第五章圆周运动 章末综合检测 高考物理一轮系统复习学思用.docx

圆周运动章末综合检测第Ⅰ卷(选择题 共46分)一、选择题(本题共10小题在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，每个小题4分；第8~10题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选或不答的得0分)1．如图所示为一种叫做“魔盘”的娱乐设施，当转盘转动很慢时，人会随着“魔盘”一起转动，当“魔盘”转动到一定速度时，人会“贴”在“魔盘”竖直壁上，而不会滑下若“魔盘”半径为r，人与“魔盘”竖直壁间的动摩擦因数为μ，在人“贴”在“魔盘”竖直壁上，随“魔盘”一起转动过程中，则下列说法正确的是(　　)A．人随“魔盘”转动过程中受重力、弹力、摩擦力和向心力作用B．如果转速变大，人与器壁之间的摩擦力变大C．如果转速变大，人与器壁之间的弹力不变D．“魔盘”的转速一定不小于【解析】 人随“魔盘”转动过程中受重力、弹力、摩擦力，故A错误；人在竖直方向受到重力和摩擦力，二力平衡，则知转速变大时，人与器壁之间的摩擦力不变，故B错误；如果转速变大，由F=mr(2πn)2，知人与器壁之间的弹力变大，故C错误；人贴在魔盘上时，有mg≤fmax，FN=mr(2πn)2，又fmax=μFN，解得转速n≥，故“魔盘”的转速一定大于，故D正确。

答案】 D2．(2021·黑龙江实验中学)如图所示，自行车的大齿轮与小齿轮通过链条相连，而后轮与小齿轮是绕共同的轴转动的设大齿轮、小齿轮和后轮的半径分别为RA、RB和RC，其半径之比为RA：RB：RC＝3：1：6，在它们的边缘分别取一点A、B、C下列说法正确的是(　　)A．线速度大小之比为2：2：3B．角速度之比为2：3：1C．转速之比为3：2：1D．向心加速度大小之比为1：3：18【解析】 A．A、B两点线速度相等，B、C两点为同轴转动，则角速度相同，则有，所以A、B、C三点的线速度之比为1：1：6，故A错误；B．A、B两点线速度相等，则角速度之比为，B、C两点为同轴转动，则角速度相同，则A、B、C三点的角速度之比为1：3：3，故B错误；C．由于A、B两点角速度之比为1：3，由公式可知，A、B两点转速之比为1：3，B、C两点为同轴转动，则角速度相同，由公式可知，B、C两点转速相同，则A、B、C三点的转速之比为1：3：3，故C错误；D．由于A、B两点角速度之比为1：3，由公式可知，A、B两点向心加速度之比为1：3，B、C两点为同轴转动，则角速度相同，由公式可知，B、C两点向心加速度之比为1：6，则A、B、C三点的向心加速度之比为1：3：18，故D正确。

故选D答案】 D3．(2021·黑龙江牡丹江市海林林业局一中)如图，一质量为M的光滑大圆环，用一细轻杆固定在竖直平面内．套在大环上质量为m的小环(可视为质点)，从大环的最高处由静止滑下．重力加速度大小为g，当小环滑到大环的最低点时，大环对轻杆拉力的大小为( )A． (M＋2m)g B． (M＋3m)gC． (M＋4m)g D． (M＋5m)g【解析】 小环在最低点时，根据牛顿第二定律得：，可得：，小环从最高到最低，由动能定理，则有，对大环分析，有：，A．(M＋2m)g．故选项A不符合题意． B．(M＋3m)g．故选项B不符合题意．C．(M＋4m)g．故选项C不符合题意．D．(M＋5m)g．故选项D符合题意．【答案】 D4．如图所示，质量不计的轻质弹性杆P插入桌面上的小孔中，杆的另一端套有一个质量为m的小球，今使小球在水平面内做半径为R的匀速圆周运动，且角速度为ω，则杆的上端受到球对其作用力的大小为（ ）A．mω2R B． C． D．条件不足，不能确定【解析】 对小球进行受力分析，球受重力和杆对球的作用力，合力提供向心力，由题意知，小球所受合力在水平方向，合力大小为mω2R，即重力和杆对球的作用力的合力在水平方向，大小为mω2R，根据力的合成得F=.【答案】 B5．(2021·河南省衡阳市一中)风速仪结构如图(a)所示．光源发出的光经光纤传输，被探测器接收，当风轮旋转时，通过齿轮带动凸轮圆盘旋转，当圆盘上的凸轮经过透镜系统时光被挡住．已知风轮叶片转动半径为r，每转动n圈带动凸轮圆盘转动一圈．若某段时间Δt内探测器接收到的光强随时间变化关系如图(b)所示，则该时间段内风轮叶片(　　)A．转速逐渐减小，平均速率为B．转速逐渐减小，平均速率为C．转速逐渐增大，平均速率为D．转速逐渐增大，平均速率为【解析】 根据题意，从图(b)可以看出，在时间内，探测器接收到光的时间在增长，圆盘凸轮的挡光时间也在增长，可以确定圆盘凸轮的转动速度在减小；在时间内可以从图看出有4次挡光，即圆盘转动4周，则风轮叶片转动了4n周，风轮叶片转过的弧长为，叶片转动速率为：，故选项B正确．【答案】 B6．如图所示为一个半径为5 m的圆盘，正绕其圆心做匀速转动，当圆盘边缘上的一点A处在如图所示位置的时候，在其圆心正上方20 m的高度有一个小球正在向边缘的A点以一定的速度水平抛出，取g＝10 m/s2，要使得小球正好落在A点，则(　　)A．小球平抛的初速度一定是2．5 m/s B．小球平抛的初速度可能是2．5 m/sC．圆盘转动的角速度一定是π rad/s D．圆盘转动的角速度可能是π rad/s【解析】 根据h＝gt2可得t＝＝2 s，则小球平抛的初速度v0＝＝2．5 m/s，A正确，B错误；根据ωt＝2nπ(n＝1、2、3、…)，解得圆盘转动的角速度ω＝＝nπ(n＝1、2、3、…)，圆盘转动的加速度为a＝ω2r＝n2π2r＝5n2π2(n＝1、2、3、…)，C、D错误．【答案】 A7．如图所示，足够大的水平圆台中央固定一光滑竖直细杆，原长为L的轻质弹簧套在竖直杆上，质量均为m的光滑小球A、B用长为L的轻杆及光滑铰链相连，小球A穿过竖直杆置于弹簧上。

让小球B以不同的角速度ω绕竖直杆匀速转动，当转动的角速度为时，小球B刚好离开台面弹簧始终在弹性限度内，劲度系数为k，重力加速度为g，则下列说法错误的(　　)A．小球均静止时，弹簧的长度为 B．角速度时，小球A对弹簧的压力为mgC．角速度ω0= D．角速度从继续增大的过程中，小球A对弹簧的压力不变【解析】 A．若两球静止时，均受力平衡，对B球分析可知杆的弹力为零，设弹簧的压缩量为x，再对A球分析可得，故弹簧的长度为，故A项正确；BC．当转动的角速度为ω0时，小球B刚好离开台面，即，设杆与转盘的夹角为，由牛顿第二定律可知，，而对A球依然处于平衡，有，而由几何关系，联立四式解得，，则弹簧对A球的弹力为2mg，由牛顿第三定律可知A球对弹簧的压力为2mg，故B错误，C正确；D．当角速度从ω0继续增大，B球将飘起来，杆与水平方向的夹角变小，对A与B的系统，在竖直方向始终处于平衡，有，则弹簧对A球的弹力是2mg，由牛顿第三定律可知A球对弹簧的压力依然为2mg，故D正确答案】 B8．如图所示，直径为d的竖直圆筒绕中心轴线以恒定的转速匀速转动一子弹以水平速度沿圆筒直径方向从左侧射入圆筒，从右侧射穿圆筒后发现两弹孔在同一竖直线上且相距为h，则 (　　)A．子弹在圆筒中的水平速度为v0=d B．子弹在圆筒中的水平速度为v0=2d C．圆筒转动的角速度可能为ω=2πD．圆筒转动的角速度可能为ω=3π【解析】 根据h=gt2，解得t=，则子弹在圆筒中的水平速度为v0==d，故A项正确，B项错误；因为子弹从右侧射穿圆筒后发现两弹孔在同一竖直线上，则t=(2n-1) ，n=1，2，3…，因为T=，解得：ω=(2n-1)π，当n=1时，ω=π，当n=2时，ω=3π，故C项错误，D项正确。

答案】 AD9．如图所示为赛车场的一个水平“梨形”赛道，两个弯道分别为半径R＝90 m的大圆弧和r＝40 m的小圆弧，直道与弯道相切．大、小圆弧圆心O、O′距离L＝100 m．赛车沿弯道路线行驶时，路面对轮胎的最大径向静摩擦力是赛车重力的2.25倍．假设赛车在直道上做匀变速直线运动，在弯道上做匀速圆周运动．要使赛车不打滑，绕赛道一圈时间最短(发动机功率足够大，重力加速度g＝10 m/s2，π＝3.14)，则赛车(　　)A．在绕过小圆弧弯道后加速B．在大圆弧弯道上的速率为45 m/sC．在直道上的加速度大小为5.63 m/s2D．通过小圆弧弯道的时间为5.58 s【解析】 因赛车在圆弧弯道上做匀速圆周运动，由向心力公式有F＝m，则在大小圆弧弯道上的运动速率分别为v大＝ ＝ ＝45m/s，v小＝ ＝ ＝30m/s，可知赛车在绕过小圆弧弯道后做加速运动，则A、B项正确；由几何关系得直道长度为d＝＝50 m，由运动学公式v－v＝2ad，得赛车在直道上的加速度大小为a＝6.50 m/s2，则C项错误；赛车在小圆弧弯道上运动时间t＝＝2.79 s，则D项错误．【答案】 AB10．如图所示为一半径为R的水平转盘，两可视为质点、质量分别为m和2m的滑块P、Q用一质量不计的原长为1.5R的橡皮筋相连，当滑块P、Q随水平转盘以恒定的角速度ω转动时，滑块P、Q到转盘圆心的距离分别为1.5R和R。

已知两滑块与转盘之间的动摩擦因数均为μ，且橡皮筋满足胡克定律，劲度系数为k，重力加速度大小为g，假设两滑块与转盘之间的最大静摩擦力均等于滑动摩擦力，则(　　)A．当时，滑块P与水平转盘之间的摩擦力为零B．当时，滑块Q与水平转盘之间的摩擦力为零C．当时，滑块Q将要发生滑动，而滑块P仍相对水平转盘静止D．当时，滑块P将要发生滑动，而滑块Q仍相对水平转盘静止【解析】 B．当两滑块随水平转盘以角速度ω匀速转动时，橡皮筋处于伸长状态，此时橡皮筋的拉力大小为F0＝kR，且μmg≥kR当滑块Q与水平转盘之间的摩擦力刚好为零时，则有，解得，此时，对于滑块P：，滑块P未滑动，选项B正确；A．当滑块P与水平转盘之间的摩擦力刚好为零时，则有，解得，则此时对于滑块Q：，说明滑块Q未滑动，但与转盘问有摩擦，选项A错误；CD．当滑块Q将要发生滑动时，由，解得，当滑块P将要发生滑动时，由，解得，ω′Q>ω′P，则滑块P先发生滑动，选项C错误，D正确故选BD答案】 BD第Ⅱ卷(非选择题 共54分)二、非选择题(本题共5小题，共54分)11．(2022•上海市崇明区高三(上)一模)已知地球半径R=6.37×103km，假设地球是一个标准的圆球体，位于北纬30°附近的某地有一质点A，其随地球自转的线速度为______m/s，A的向心加速度方向沿______方向(选填AO、AB、AC)。

解析】 [1]其随地球自转的线速度为[2] A的向心加速度方向一定指向圆心，不指向地心，沿AB方向答案】 400.9     AB12．如图所示，在质量为M的电动机的飞轮上固定着一个质量为m的重物，重物到轴的距离为R，电动机飞轮匀速转动．当角速度为ω时，电动机恰好不从地面上跳起，则ω＝________，电动机对地面的最大压力F＝________(重力加速度为g)．【解析】　重物在正上方时，电动机对地面的压力刚好为零，则此时重物对电动机向上的作用力大小等于电动机的重力，即F1＝Mg根据牛顿第三定律，此时电动机对重物的作用力向下，大小为F′1＝F1＝Mg ①对重物：F′1＋mg＝mω2R ②由①②得ω＝ ③当重物转到最低点时，电动机对地面的压力最大对重物有：F2－mg＝mω2R 。