章末达标检测6 圆周运动（Word练习）-【精讲精练】2025-2026学年高中物理必修第二册（人教版）

(本卷满分100分) 一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分。其中1～8题为单项选择题，9～12题为多项选择题。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选和不选的得0分) 1．如图所示，电风扇工作时，叶片上a、b两点的线速度分别为va、vb，角速度分别为ωa、ωb。则下列关系正确的是(　　) A．va＝vb、ωa＝ωb B．va＜vb、ωa＝ωb C．va＞vb、ωa＞ωb D．va＜vb、ωa＜ωb 解析　a、b两点绕同一转轴转动，角速度相等，即ωa＝ωb，由v＝ωr得va＜vb，故B正确。 答案　B 2．如图所示，跷跷板的支点位于板的中点，A、B两小孩距离支点一远一近。在跷动的某一时刻，A、B两小孩重心的线速度大小分别为vA、vB，角速度大小分别为ωA、ωB，则(　　) A．vA＝vB，ωA＞ωB B．vA＝vB，ωA＝ωB C．vA＞vB，ωA＝ωB D．vA＞vB，ωA＜ωB 解析　由题干可知rA＞rB，又A、B的角速度相等，根据v＝rω得线速度vA＞vB，所以C项正确。 答案　C 3．如图所示，一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定角速度ω转动，盘面上离转轴距离2.5 m处有一小物体与圆盘始终保持相对静止，物体与盘面间的动摩擦因数为(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，盘面与水平面的夹角为30°，g取10 m/s2，则ω的最大值是(　　) A． rad/s B． rad/s C．1 rad/s D．0.5 rad/s 解析　当物体转到圆盘的最低点，所受的静摩擦力沿斜面向上达到最大时，角速度最大，由牛顿第二定律得μmg cos 30°－mg sin 30°＝mω2r， 解得ω＝＝1 rad/s。 答案　C 4．如图甲所示，轻杆的一端固定一小球(视为质点)，另一端套在光滑的水平轴O上，O轴的正上方有一速度传感器，可以测量小球通过最高点时的速度大小v；O轴处有力传感器，可以测量小球通过最高点时O轴受到杆的作用力F，若竖直向下为力的正方向，小球在最低点时给不同的初速度，得到F-v2图像如图乙所示，取g＝10 m/s2，则(　　) A．小球恰好通过最高点时的速度大小为5 m/s B．小球以2 m/s的速度通过最高点时，杆对球的拉力大小为0.6 N C．O轴到球心间的距离为0.5 m D．小球的质量为3 kg 解析　由于是球杆模型，小球恰好通过最高点时的速度为零，A错误； 当小球以2 m/s的速度通过最高点时，根据 mg＋T＝m 可得T＝－0.6 N 此时杆对球的支持力大小为0.6 N，B错误； 当小球通过最高点时的速度的二次方为5 m2/s2时，恰好对杆没有作用力，此时重力提供向心力，根据mg＝m，可知杆的长度为0.5 m，C正确； 当小球通过最高点的速度为零时，杆对小球的支持力恰好等于小球的重量，由题图乙可知，小球的重量为3 N，即质量为0.3 kg，D错误。 答案　C 5．(2025·江苏泰州期中)用两根轻绳连接两个球A和B，其中一根绳的另一端固定在一个竖直转轴上，如图所示，当两球随转轴一起匀速转动时两球所处的位置可能是图中的哪一个(　　) 解析　设与球A相连的轻绳与竖直方向的夹角为θ，对整体分析，根据牛顿第二定律得Mg tan θ＝Mrω2，解得g tan θ＝rω2。设与球B相连的轻绳与竖直方向的夹角为α，隔离对B球分析可得mg tan α＝mr′ω2，解得g tan α＝r′ω2，A、B两球的角速度相等，又r′>r，则α>θ，故选C。 答案　C 6．如图所示，不计空气阻力，将湿透的雨伞水平匀速旋转，观察到水滴被抛出后的轨迹，可知(　　) A．每个水滴继续做匀速圆周运动 B．每个水滴沿切线方向做直线运动 C．许多水滴落地后排在一个圆周上 D．许多水滴落地后排在一条直线上 解析　水滴离开伞面后，仅受重力，有水平初速度，做平抛运动，由于伞做匀速旋转，可知许多水滴落地后排在一个圆周上，故A、B、D错误，C正确。 答案　C 7．(2025·山东卷)某同学用不可伸长的细线系一个质量为0.1 kg的发光小球，让小球在竖直面内绕一固定点做半径为0.6 m的圆周运动。在小球经过最低点附近时拍摄了一张照片，曝光时间为 s。由于小球运动，在照片上留下了一条长度约为半径的圆弧形径迹。根据以上数据估算小球在最低点时细线的拉力大小为(　　) A．11 N B．9 N C．7 N D．5 N 解析　根据题意可知在曝光时间内小球运动的长度为Δl＝r＝×0.6 m＝0.12 m 近似认为在曝光时间内小球做匀速直线运动，故有v＝＝ m/s＝6 m/s 在最低点根据牛顿第二定律有FT－mg＝m 代入数据解得FT＝7 N 故C正确。 答案　C 8．如图所示，在水平匀速转动的圆盘圆心正上方一定高度处，若向同一方向以相同速度每秒抛出N个小球，不计空气阻力，发现小球仅在盘边缘共有4个均匀对称分布的落点，则圆盘转动的角速度可能是(　　) A．πN B．πN C．πN D．πN 解析　小球在盘边缘共有4个均匀分布的落点，说明每转动(2nπ＋π)后就有一个小球落在圆盘的边缘，故Δθ＝(2nπ＋π)(n＝0，1，2，…)，Δt＝，故角速度为ω＝＝(2n＋)πN rad/s(n＝0，1，2，…)。当n＝0时，则ω＝πN；当n＝1时，则ω＝πN；当n＝2时，则ω＝πN，故选A。 答案　A 9．(多选)(2025·广东卷)将可视为质点的小球沿光滑冰坑内壁推出，使小球在水平面内做匀速圆周运动，如图所示，已知圆周运动半径R为0.4 m。小球所在位置处的切面与水平面夹角θ为45°，小球质量为0.1 kg，重力加速度g取10 m/s2。关于该小球，下列说法正确的有(　　) A．角速度为5 rad/s B．线速度大小为4 m/s C．向心加速度大小为10 m/s2 D．所受支持力大小为1 N 解析　 答案　AC 10．水平光滑直轨道ab与半径为R的竖直半圆形光滑轨道bc相切，一小球以初速度v0沿直轨道向右运动，如图所示，小球进入圆形轨道后刚好能通过c点，然后小球落在直轨道上的d点，则(　　) A．小球到达c点的速度为 B．小球在c点将向下做自由落体运动 C．小球在直轨道上的落点d与b点距离为2R D．小球从c点落到d点所需时间为2 解析　小球在c点时由牛顿第二定律得mg＝，vc＝，A项正确；小球在c点具有速度，它将做平抛运动，并非做自由落体运动，B项错误；小球由c点平抛，在平抛运动过程中由运动学公式得x＝vct，2R＝gt2，解得t＝2 ，D项正确；x＝2R，C项正确。 答案　ACD 11．如图所示，水平的木板B托着木块A一起在竖直平面内做圆心为O的匀速圆周运动，Oa水平，从a点沿逆时针方向运动到最高点b的过程中(　　) A．B对A的支持力越来越大 B．B对A的支持力越来越小 C．B对A的摩擦力越来越小 D．B对A的摩擦力越来越大 解析　如图所示，木块A做匀速圆周运动的加速度大小恒为an，在由a向b的过程中，加速度an与水平方向夹角θ逐渐增大，竖直方向由牛顿第二定律得mg－FN＝mansin θ，FN随θ增大而越来越小，水平方向应用牛顿第二定律得Ff＝mancos θ，Ff随θ增大而越来越小，故B、C正确，A、D错误。 答案　BC 12．陶瓷是中华瑰宝，是中华文明的重要名片。在陶瓷制作过程中有一道工序叫利坯，将陶瓷粗坯固定在绕竖直轴转动的水平转台上，用刀旋削，使坯体厚度适当，表里光洁。对应的简化模型如图所示，粗坯的对称轴与转台转轴OO′重合。当转台转速恒定时，关于粗坯上P、Q两质点，下列说法正确的是(　　) A．P的角速度大小比Q的大 B．P的线速度大小比Q的大 C．P的向心加速度大小比Q的大 D．同一时刻P所受合力的方向与Q的相同 解析　由题意可知，粗坯上P、Q两质点属于同轴转动，故ωP＝ωQ，即P的角速度大小跟Q的一样大，故A错误；根据v＝rω，且rP>rQ，ωP＝ωQ，所以vP>vQ，即P的线速度大小比Q的大，故B正确；根据a＝rω2，且rP>rQ，ωP＝ωQ，aP>aQ，即P的向心加速度大小比Q的大，故C正确；因为当转台转速恒定，所以同一时刻P所受合力的方向与Q的所受的合力方向均指向中心轴，故合力方向不相同，故D错误。 答案　BC 二、实验题(本题共2小题，共10分) 13．(4分)向心力演示器如图所示，用来探究小球做圆周所需向心力的大小F与质量m、角速度ω和半径r之间的关系。两个变速轮塔通过皮带连接，匀速转动手柄使长槽和短槽分别随变速轮塔1和变速轮塔2匀速转动，槽内的钢球就做匀速圆周运动。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，标尺上的黑白相间的等分格显示出两个钢球所受向心力的比值。下图是探究过程中某次实验时装置的状态。 (1)在研究向心力的大小F与质量m、角速度ω和半径r之间的关系时我们主要用到了物理学中的________(填字母，下同)。 A．理想实验法 B．等效替代法 C．控制变量法 D．演绎法 (2)若两个钢球质量和运动半径相等，则是在研究向心力的大小F与________的关系。 A．钢球质量m B．运动半径r C．角速度ω (3)若两个钢球质量和运动半径相等，图中标尺上黑白相间的等分格显示出钢球1和钢球2所受向心力的比值为1∶9，则与皮带连接的变速轮塔1和变速轮塔2的半径之比为________。 A．1∶3 B．3∶1 C．1∶9 D．9∶1 解析　(1)在研究向心力的大小F与质量m、角速度ω和半径r之间的关系时我们主要用到了物理学中的控制变量法，故选C。 (2)题图所示，若两个钢球质量和运动半径相等，则是在研究向心力的大小F与角速度ω的关系，故选C。 (3)根据F＝mω2r可知，若两个钢球质量m和运动半径r相等，图中标尺上黑白相间的等分格显示出钢球1和钢球2所受向心力的比值为1∶9，可知两轮的角速度之比为1∶3，根据v＝ωR可知，因为变速轮塔1和变速轮塔2是皮带传动，边缘线速度相等，则与皮带连接的变速轮塔1和变速轮塔2的半径之比为3∶1，故选B。 答案　(1)C　(2)C　(3)B 14．(6分)某物理小组的同学设计了一个小钢球通过凹形桥最低点时的速度的实验。所用器材有：小钢球、压力式托盘秤、凹形桥模拟器(圆弧部分的半径为R＝0.25 m)等。请完成下列填空： (1)将凹形桥模拟器静置于托盘秤上，如图甲所示，托盘秤的示数为0.70 kg。 (2)将小钢球静置于凹形桥模拟器最低点时，托盘秤的示数如图乙所示，该示数为________ kg。 (3)将小钢球从凹形桥模拟器某一位置释放，小钢球经过最低点后滑向另一侧，此过程中托盘秤的最大示数为m；多次从同一位置释放小钢球，记录各次的m值如下表所示： 序号 1 2 3 4 5 m/kg 2.3 2.2 2.3 2.1 2.2 (4)根据以上数据，可求出小钢球经过凹形桥最低点时对桥的压力为________ N；小钢球通过最低点时的速度大小为________ m/s(重力加速度大小取10 m/s2，速度计算结果保留2位有效数字)。 解析　(2)最小分度为0.1 kg，注意估读到最小分度的下一位，为1.20 kg。 (4)根据表格知最低点小球和凹形桥模拟器对秤的最大压力平均值为： F＝×10 N＝m桥g＋N＝7＋N 解得N＝15.2 N 根据牛顿第二定律知N－m0g＝m0 代入数据解得v＝2.3 m/s。 答案　(2)1.20　(4)15.2　2.3 三、计算题(本题共4小题，共42分) 15．(10分)(2025·八省联考)图(a)是某小河的航拍照片，河道弯曲形成的主要原因之一可解释为：河道弯曲处的内侧与外侧河堤均受到流水重力产生的压强，外侧河堤还受到流水冲击产生的压强。小河某弯道处可视为半径为R的圆弧的一部分，如图(b)所示，假设河床水平，河水密度为ρ，河道在整个弯道处宽度d和水深h均保持不变，水的流动速度v大小恒定，d≪R，忽略流水内部的相互作用力。取弯道某处一垂直于流速的观测截面，求在一极短时间Δt内：(R、ρ、d、h、v、Δt均为已知量) (1)通过观测截面的流水质量Δm； (2)流水速度改变量Δv的大小； (3)外侧河堤受到的流水冲击产生的压强p。 解析　(1)由题可知，极短时间Δt水流的距离 Δl＝v·Δt 由于横截面积为S＝dh 根据ρ＝ 可得水的质量Δm＝ρ·ΔV＝ρdhv·Δt。 (2)由于Δt极短，可以把水的运动简化为匀速圆周运动，根据匀速圆周运动的规律可知，其加速度为a＝ 又因为a＝ 联立解得Δv＝·Δt。 (3)根据牛顿第二定律可得F＝Δm 联立上述结论，解得F＝ 水流与河堤作用的面积S′＝Δl·h＝vh·Δt 故外侧河堤受到的流水冲击产生的压强 p＝＝＝。 答案　(1)ρdhv·Δt　(2)·Δt　(3) 16．(10分)某游乐设施如图所示，由半圆形APB和直线形BC细圆管组成的细圆管轨道固定在水平桌面上(圆半径比细圆管内径大得多)，轨道内壁光滑。已知APB部分的半径R＝0.8 m，BC段长L＝1.6 m。弹射装置将一质量m＝0.2 kg的小球(可视为质点)以水平初速度v0从A点弹入轨道，小球从C点离开轨道水平抛出，落地点D离C点的水平距离为s＝1.6 m，桌子的高度h＝0.8 m，不计空气阻力，取g＝10 m/s2。求： (1)小球水平初速度v0的大小； (2)小球在半圆形轨道上运动的角速度ω以及从A点运动到C点的时间t； (3)小球在半圆形轨道上运动时细圆管对小球的作用力F的大小。 解析　(1)小球离开轨道后做平抛运动，则有： 竖直方向：h＝gt2 水平方向：s＝v0t 得v0＝s＝1.6× m/s＝4 m/s。 (2)小球在半圆轨道上运动时的角速度为 ω＝＝ rad/s＝5 rad/s 小球从A到B的时间为 t1＝＝ s≈0.628 s 从B到C做匀速直线运动，时间为 t2＝＝ s＝0.4 s 因此从A点运动到C点的时间为t＝t1＋t2＝1.028 s。 (3)根据牛顿第二定律得，圆管对小球的水平作用力大小为Fx＝m＝0.2× N＝4 N 竖直作用力大小为Fy＝mg＝2 N 故细圆管对小球的作用力为F＝＝2 N。 答案　(1)4 m/s　(2)5 rad/s　1.028 s (3)2 N 17．(10分)(2025·湖北荆州期末)如图所示，一个半径为R的圆盘浮在水面上，圆盘表面保持水平且与水平道路AB的高度差为h，C为圆盘边缘上一点。某时刻将一小球从B点水平向右抛出，初速度v0的方向与圆盘半径OC在同一竖直平面内。已知圆盘的圆心O与B点之间的水平距离为2R，重力加速度为g，不计空气阻力，小球可看做质点。 (1)若小球正好落在圆盘的圆心O处，求此次平抛小球的初速度v0； (2)若小球要能落在圆盘上，求小球初速度v0的范围； (3)若小球从B点以最大初速度抛出的同时，圆盘绕过其圆心O的竖直轴以角速度ω匀速转动，要使小球落到C点，求圆盘转动的角速度ω。 解析　(1)小球从B点到圆盘做平抛运动，竖直方向上有h＝gt2，t＝ 此时小球正好落在圆心O，水平方向上有x＝v0t＝2R，v0＝＝。 (2)初速度v0最小时，小球刚好落在圆盘左侧边缘，由水平方向小球做匀速直线运动可得 2R－R＝vmint，vmin＝ 初速度v0最大时，小球刚好落在圆盘右侧边缘，由水平方向小球做匀速直线运动可得 2R＋R＝vmaxt，vmax＝ 综合可得，小球要能落在圆盘上，小球初速度的范围为≤v0≤。 (3)C点随圆盘一起以角速度ω匀速转动，要使小球落到C点，必须满足t＝nT＝(n＝1，2，3，…)，即ω＝(n＝1，2，3，…) 联立解得ω＝(n＝1，2，3，…)。 答案　(1)　(2)≤v0≤ (3)(n＝1，2，3，…) 18．(12分)(2024·江西卷)雪地转椅是一种游乐项目，其中心传动装置带动转椅在雪地上滑动。如图(a)、(b)所示，传动装置有一高度可调的水平圆盘，可绕通过中心O点的竖直轴匀速转动。圆盘边缘A处固定连接一轻绳，轻绳另一端B连接转椅(视为质点)。转椅运动稳定后，其角速度与圆盘角速度相等。转椅与雪地之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，不计空气阻力。 (1)在图(a)中，若圆盘在水平雪地上以角速度ω1匀速转动，转椅运动稳定后在水平雪地上绕O点做半径为r1的匀速圆周运动。求AB与OB之间夹角α的正切值。 (2)将圆盘升高，如图(b)所示。圆盘匀速转动，转椅运动稳定后在水平雪地上绕O1点做半径为r2的匀速圆周运动，绳子与竖直方向的夹角为θ，绳子在水平雪地上的投影A1B与O1B的夹角为β。求此时圆盘的角速度ω2。 解析　(1)对转椅受力分析，转椅在水平面内受摩擦力、轻绳拉力，两者合力提供其做圆周运动所需向心力，如图所示，设转椅的质量为m， 则转椅所需的向心力Fn1＝mω12r1 转椅受到的摩擦力f1＝μmg 根据几何关系有tan α＝ 联立解得tan α＝。 (2)转椅在题图(b)情况下所需的向心力 Fn2＝mω22r2 转椅受到的摩擦力f2＝μFN2 根据几何关系有tan β＝ 竖直方向上由平衡条件有FN2＋FTcos θ＝mg 水平面上有f2＝FTsin θsin β 联立解得ω2＝。 答案　(1)　(2) 学科网（北京）股份有限公司 $