第六章 圆周运动 单元测试卷 -2025-2026学年高一下学期物理人教版必修第二册

第六章　圆周运动 (时间:75分钟　满分:100分) 一、单项选择题(本题共7小题,每小题4分,共28分。每小题只有一个选项符合题目要求) 1.关于匀速圆周运动,下列说法正确的是(　　) A.匀速圆周运动是速度不变的运动 B.匀速圆周运动的加速度不发生变化 C.任意相等时间内通过的位移相等 D.合力的方向指向圆心,大小不发生变化 2.如图所示,甲、乙两车在水平地面上匀速过圆弧形弯道(从1位置至2位置),已知两车速率相等,下列说法正确的是(　　) A.甲、乙两车过弯道的时间可能相同 B.甲、乙两车角速度可能相同 C.甲、乙两车向心加速度大小可能相同 D.甲、乙两车向心力大小可能相同 3.(2025浙江期中)为了使汽车快速安全通过弯道,高速公路转弯处的路面通常设计成外侧高、内侧低。已知某高速公路转弯处是一圆弧,圆弧半径r=850 m,路面倾角θ=6°(tan 6°=0.105),汽车与路面间的动摩擦因数μ=0.6,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g取10 m/s2,则在该弯道处(　　) A.汽车受到重力、支持力和向心力 B.汽车所需的向心力等于其所受地面的支持力 C.当汽车速度等于120 km/h时,汽车会受到平行于路面指向弯道内侧的摩擦力 D.若汽车速度小于60 km/h,汽车会向内侧滑动 4.(2025山东烟台期中)如图所示,一半径为R的圆环处于竖直平面内,A点与圆心等高,圆环上套着一个可视为质点、质量为m的小球。现使圆环绕其竖直直径转动,小球和圆环圆心O的连线与竖直方向的夹角记为θ,转速不同,小球静止在圆环上的位置可能不同。当圆环以角速度ω匀速转动且小球与圆环相对静止时(　　) A.角速度ω= B.角速度ω= C.角速度ω= D.角速度ω= 5.如图所示,水平地面上放一质量为m'的落地电风扇,一质量为m的小球固定在叶片的边缘,启动电风扇,小球随叶片在竖直平面内做半径为r的圆周运动。已知小球运动到最高点时速度大小为v,重力加速度大小为g,则小球在最高点时地面受到的压力大小为(　　) A.m'g B.(m'+m)g C.(m'+m)g-m D.(m'+m)g+m 6.(2025云南曲靖期中)某水上游乐场的螺旋滑道如图所示,螺旋滑道顶端高为h,螺距均相同。游客从顶端由静止开始沿着螺旋滑道下滑,不计阻力,重力加速度为g。关于此过程,下列说法正确的是(　　) A.游客所受的向心力保持不变 B.游客所受的支持力不断变大 C.从顶端滑到底端的时间为 D.游客的加速度始终水平指向轴线方向 7.(2025江苏无锡期中)把一个小球放在玻璃漏斗中,晃动漏斗,可使小球在短时间内沿光滑的漏斗壁在高度为h的水平面内做匀速圆周运动,如图所示。若h越大,则小球(　　) A.对侧壁的压力越大 B.加速度越小 C.角速度越小 D.线速度越小 二、多项选择题(本题共3小题,每小题6分,共18分。每小题有多个选项符合题目要求,全部选对得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分) 8.轻杆一端固定在水平转轴上,另一端固定一小球,使小球在竖直平面内做匀速圆周运动。如图所示,图中P位置小球所受杆的作用力F的示意图可能正确的是(　　) 9.(2025安徽黄山期末)如图所示,可视为质点、质量相等的A、B两球套在粗细均匀的光滑水平直杆上。分别用长度相等的两轻质细线,一端连接球,另一端固定在竖直细杆上。现让整个装置绕竖直细杆匀速转动,下列判断正确的是(　　) A.两细线上的拉力大小一定不相等 B.两细线上的拉力大小一定相等 C.若A球不受杆的弹力,则B球也不受杆的弹力 D.若B球不受杆的弹力,则A球受到杆的弹力方向竖直向下 10.(2025河北邯郸期末)游乐场中的“旋转飞椅”项目如图所示。“旋转飞椅”简化结构装置图如图乙所示,转动轴带动顶部圆盘转动,长为L的轻质悬绳一端系在圆盘上,另一端系着椅子。悬点分别为A、B的两悬绳与竖直方向夹角分别为θ1=37°、θ2=53°,椅子与游客总质量分别为mA、mB,悬绳拉力分别为FA、FB,向心加速度分别为aA、aB。忽略空气阻力,则椅子和游客随圆盘匀速转动的过程中(　　) A.由重力与悬绳拉力的合力提供向心力 B.FA∶FB=4mA∶3mB C.aA∶aB=16∶9 D.悬绳与竖直方向的夹角与游客质量无关 三、非选择题(本题共5小题,共54分) 11.(8分)在探究向心力大小与哪些因素有关时,某兴趣小组用向心力演示器进行实验,如图甲所示。两个变速塔轮通过皮带连接,转动手柄使长槽和短槽分别随变速塔轮匀速转动,槽内的钢球做匀速圆周运动。横臂的挡板对钢球的压力提供向心力,钢球对挡板的反作用力通过横臂的杠杆作用使弹簧测力筒下降,从而露出标尺,标尺上的红白相间的等分格显示出两个钢球所受向心力的比值。 (1)本实验图甲采用的探究方法是　　　　　(选填“理想实验法”“等效替代法”或“控制变量法”)。  (2)第一组同学利用图甲装置进行实验时,两个钢球质量和转动半径相等,若皮带连接的两个变速塔轮的半径之比为3∶1,则标尺1、2露出红白相间的等分格数之比约为　　　　　。  (3)第二组同学采用传感器装置进行探究,实验装置原理如图乙所示。装置中水平直杆能随竖直转轴一起转动,将滑块套在水平直杆上,用细线将滑块与固定的力传感器连接。当滑块随水平直杆一起匀速转动时,细线的拉力提供滑块做圆周运动的向心力。拉力的大小可以通过力传感器测得,滑块转动的角速度可以通过角速度传感器测得。保持滑块的质量m和到竖直转轴的距离r不变,仅多次改变竖直转轴转动的快慢,测得多组力传感器的示数F及角速度传感器的示数ω,根据实验数据得到如图丙所示的一条直线,图线的横轴代表　　　　　(用题中字母表示),图线不过坐标原点的原因可能是　　　　　。  12.(10分)(2025四川成都期中)如图所示,一个光滑的圆锥体固定在水平桌面上,其轴线沿竖直方向,母线与轴线之间的夹角为θ=37°。一长为L=0.5 m的轻绳一端固定在圆锥体的顶点O处,另一端系着一个质量为m=1 kg的小物体。小物体绕圆锥体的轴线在水平面内做匀速圆周运动。重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。 (1)小物体角速度至少多大时,才能飞离圆锥体? (2)若小物体以角速度ω= rad/s转动,小物体受到斜面和绳子的作用力分别为多大? 13.(10分)如图所示,AB为竖直半圆轨道的竖直直径,轨道A端与水平面相切,质量为0.4 kg的光滑木块从水平面上滑上A再经过B,若木块在A、B两点速度大小分别是vA=10 m/s、vB=10 m/s,到B点对轨道的压力恰好为零,g取10 m/s2,求: (1)轨道半径的大小; (2)木块经A点时对轨道的压力; (3)木块落地点到A点的距离。 14.(12分)(2025安徽马鞍山期末)如图所示,水平转台上的物体1、2通过轻质细线相连,质量分别为m、2m。保持细线伸直且恰无拉力,并静止在转台上,可绕垂直转台的中心轴OO'转动。两物体与转台表面间的动摩擦因数相同且均为μ,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。两物体与轴OO'共线且物体1到转轴的距离为r,物体2到转轴的距离为2r,重力加速度为g。转台从静止开始转动,角速度极其缓慢地增大,在这个过程中: (1)求细线刚有拉力时转台的角速度; (2)求当转台角速度为ω=时,物体1受到的摩擦力大小; (3)求当物体1和物体2均被甩离转台时的角速度。 15.(14分)(2025浙江温州期中)如图所示,一玩具转盘半径为l,角速度ω可以调节,转盘中心O点固定了一竖直杆。质量为m的小球用轻绳AC和轻杆BC一起连接在竖直杆上,轻绳AC长为l,与竖直杆上A点相连,轻杆BC用铰链连接在竖直杆上的B点且可绕B点自由转动,OB=l。圆盘静止时轻绳AC与竖直方向夹角θ1=30°,轻杆BC与竖直方向夹角θ2=45°。不计摩擦,重力加速度为g。 (1)要保持轻绳拉直,求ω的取值范围; (2)当ω=时,求轻绳AC、轻杆BC所受的弹力大小; (3)在转动过程中小球忽然脱离,要求小球不能碰到圆盘,求ω的取值范围。 参考答案 1.D　解析 匀速圆周运动速度方向时刻发生变化,是变速运动,故A错误;匀速圆周运动的加速度方向时刻发生变化,即加速度时刻发生变化,故B错误;任意相等时间内通过的路程相等,但位移方向不同,所以位移不相等,故C错误;匀速圆周运动合力充当向心力,大小不变,方向始终指向圆心,故D正确。 2.D　解析 速率相等,半径越大,路程越长,时间越长,故A错误;两车速率相等,根据ω=可知,半径越大,角速度越小,故B错误;根据a=可知,两车速率相等,半径越大,向心加速度越小,则甲、乙两车向心加速度大小不可能相同,故C错误;两车速率相等,由向心力的公式F=知,因为两车的质量未知,故两车的向心力可能相同,故D正确。 3.C　解析 汽车受到重力、支持力和摩擦力或受到重力和支持力,这些力的合力提供向心力,故A错误;汽车所需的向心力等于其所受地面的支持力和摩擦力的合力的水平分力,故B错误;结合上述,对汽车分析有mgtan θ=m,解得v=30 m/s=108 km/h,当速度大于108 km/h时,汽车会受到平行于路面指向弯道内侧的摩擦力,故C正确;由题意可知=0.175,则mgsin θ<μmgcos θ,所以无论汽车以什么速度过弯道都不会向内侧滑动,故D错误。 4.B　解析 对小球受力分析,受到重力和弹力作用,由力的合成法则和牛顿第二定律可知mgtan θ=mω2Rsin θ,可得ω=,故选B。 5.C　解析 根据牛顿第二定律,小球mg-FN=m,解得FN=mg-m,根据牛顿第三定律,小球在最高点时对风扇的压力FN'=mg-m,对电风扇m'g+FN'=FN地,解得地面对电风扇的支持力FN地=(m'+m)g-m,根据牛顿第三定律小球在最高点时地面受到的压力大小为(m'+m)g-m,故选C。 6.B　解析 游客的运动可分解为水平方向的圆周运动和沿轨道斜面向下的匀加速运动,游客的速度越来越大,向心力的大小和方向都在改变,故A错误;支持力指向轴线方向的水平分力提供向心力,有Fcos θ=m,速度变大,向心力变大,则支持力变大,故B正确;在高h处做自由落体运动时h=gt2,运动时间t=,游客在竖直方向的加速度小于g,则从顶端滑到底端的时间大于,故C错误;游客的加速度为切向加速度与向心加速度的合加速度,加速度方向不是水平指向轴线方向,故D错误。 7.C　解析 对小球受力分析如图所示。小球受到的支持力FN与重力mg提供向心力Fn,设FN方向与竖直方向成θ角,则FN=,h增大后,因为θ不变,故支持力FN大小不变,根据牛顿第三定律可知,小球对侧壁压力大小不变,故A错误。由于小球受到的支持力FN与重力mg提供向心力Fn,设向心加速度为a,则Fn=mgtan θ=m=mω2r=ma,解得a=gtan θ==ω2r,h增大后,因为θ不变,故向心加速度a不变;h增大后,r增大,故线速度v增大,角速度ω减小,故B、D错误,C正确。 8.BD　解析 小球在竖直平面内做匀速圆周运动,说明小球受到的合力完全提供向心力,即重力与F的合力指向圆心O,故B、D正确。 9.BD　解析 设细线长为L,细线与竖直方向的夹角为θ,细线的拉力为F,则Fsin θ=mLsin θω2,得F=mLω2,由此判断两细线上的拉力大小相等,A错误,B正确;由于两球重力相等,两细线拉力大小相等,若A球不受杆的弹力,则A球上细线的竖直分力等于其重力,B球上细线拉力的竖直分力小于其重力,所以杆对B球的弹力方向竖直向上,C错误;若B球不受杆的弹力,则B球上细线的竖直分力等于其重力,A球上细线拉力的竖直分力大于其重力,所以杆对A球的弹力方向竖直向下,D正确。 10.AD　解析 对游客与椅子的整体受力分析,可知其受重力和悬绳拉力,是这两个力的合力提供向心力,故A正确;重力和拉力的合力提供向心力,由矢量三角形可得,向心加速度为,故B、C错误;设游客做匀速圆周运动的半径为r,根据牛顿第二定律得mgtan θ=mω2r,可得tan θ=,由此可知,悬绳与竖直方向的夹角与游客质量无关,故D正确。 11.解析 (1)本实验图甲采用的探究方法是控制变量法。 (2)第一组同学利用图甲装置进行实验时,两个钢球质量和转动半径相等,若皮带连接的两个变速塔轮的半径之比为3∶1,因边缘的线速度相同,根据v=ωr,可知角速度之比为1∶3,根据F=mω2r可知,向心力之比为1∶9,则标尺1、2露出红白相间的等分格数之比约为1∶9。 (3)根据F=mω2r可知,保持滑块的质量m和到竖直转轴的距离r不变,多次改变竖直转轴转动的快慢,即改变角速度ω,则F与ω2成正比,则横轴应该是ω2;图线不过坐标原点的原因可能是滑块与水平直杆之间有摩擦力,当角速度增加到一定值时传感器才有示数。 答案 (1)控制变量法　(2)1∶9　(3)ω2　滑块与水平直杆之间有摩擦力,当角速度增加到一定值时传感器才有示数 12.解析 (1)当小物体做圆周运动所受的圆锥体的支持力恰好为0时,对应着飞离圆锥体的临界状态,此时重力和轻绳的拉力提供向心力,有mgtan θ=mr,r=Lsin θ,解得ω0=5 rad/s。 (2)由于ω<ω0,所以小物体与斜面间存在弹力,对小物体受力分析,则水平方向有FTsin θ-FNcos θ=mω2r,竖直方向有FTcos θ+FNsin θ=mg,代入数据解得FN=4.8 N,FT=8.9 N。 答案 (1)5 rad/s　(2)4.8 N　8.9 N 13.解析 (1)木块经B点时,对轨道的压力恰好为零,重力刚好提供向心力,则有mg=m,解得轨道半径的大小为R==10 m。 (2)在A点,根据牛顿第二定律可得FN-mg=m,解得FN=mg+m=24 N,根据牛顿第三定律可知,木块经A点时对轨道的压力大小为24 N,方向竖直向下。 (3)木块离开B点后做平抛运动,则竖直方向有2R=gt2,水平方向有x=vBt,联立解得x=20 m。 答案 (1)10 m　(2)24 N　方向竖直向下　(3)20 m 14.解析 (1)细线刚有拉力时,物体2与转台间的摩擦力达到最大静摩擦力,由牛顿第二定律可得μ·2mg=2m·2r 解得ω0=。 (2)转台角速度为ω=>ω0,此时物体2与转台间的摩擦力是最大静摩擦力,则对物体2有μ·2mg+FT=2mω2·2r,对物体1有Ff1+FT=mω2r,解得Ff1=0。 (3)当圆盘转动的角速度大于时,物体2与转盘间的摩擦力仍为最大静摩擦力,但物体1所受的摩擦力沿半径向外,且随着角速度的增大,摩擦力不断增大,当物体1和物体2均被甩离转台时,物体1所受的摩擦力达到最大值,根据牛顿第二定律可得μ·2mg+FT'=2mω'2·2r,FT'-μmg=mω'2r 解得ω'=。 答案 (1)　(2)0　(3) 15.解析 (1)当轻绳AC拉力F1=0时,对应的ω1为最大,由牛顿第二定律可得mgtan θ2=mlsin θ1,可得ω1=,则ω的范围为0≤ω≤。 (2)当ω=时,小球的受力如图所示 水平方向有F1sin θ1-F2sin θ2=mω2× 竖直方向有F1cos θ1=F2cos θ2+mg 联立解得F1=mg,F2=mg。 (3)在转动过程中小球忽然脱离,由平抛运动的规律可得,水平方向有x0=v0t,竖直方向h=gt2,设小球刚好碰到圆盘边缘,由几何关系可得x0=l,h=l-l=l,可得v0=,ω0=,当ω增大时,不管轻绳是否拉直,水平位移一定增大,则要小球不能碰到圆盘,ω的范围为ω>。 答案 (1)0≤ω≤　(2)mg　mg (3)ω> 学科网（北京）股份有限公司 $