第6章 圆周运动 章末检测(二)（Word练习）-【金榜题名】2025-2026学年高一物理必修第二册同步学案（人教版）

章末检测(二) (时间：90分钟　满分：100分) 一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分，1～7为单项选择题，8～12为多项选择题，全部选对的得4分，选不全的得2分，有错误选项的不得分) 1．如图所示，转笔是大部分同学都会做的一个小游戏，在转笔时，重的一端到支撑点的距离要近一点，这样才能使笔在手指上更稳定地绕该点转动， 假设重的一端的尾部是A点，轻的一端的尾部是B点，支撑点为O，OA∶OB＝2∶3，笔绕支撑点匀速转动，下列说法正确的是(　　) A．相同时间内A点和B点转过的角度之比为3∶2 B．相同时间内A点和B点走过的弧长之比为3∶2 C．A，B两点向心加速度之比为2∶3 D．相同时间内OA和OB扫过的面积相等 【解析】　A、B两点同轴转动，角速度相同，相同时间内转过的角度相同，由s＝vt＝ωrt，a＝ω2r可知弧长之比、向心加速度之比均等于半径之比，A、B不符合题意，C符合题意；D.相同时间内转过的角度相同，而半径不等，所以OA、OB扫过的面积不等，D不符合题意。故答案为：C。 【答案】　C 2．某品牌电动自行车的铭牌如下： 车型：20英寸(车轮直径：508 mm) 电池规格：36 V　12A·h(蓄电池) 整车质量：40 kg 额定转速：210 r/min(转/分) 外形尺寸：L1 800 mm ×W650 mm× H1 100 mm 充电时间：2 h～8 h 电机：后轮驱动、直流永磁式电机 额定工作电压/电流：36 V/5 A　 根据铭牌中的有关数据，可知该车的额定时速约为(　　) A．15 km/h　　　　　 B．18 km/h C．20 km/h D．25 km/h 【答案】　C 3．在一棵大树将要被伐倒的时候，有经验的伐木工人会紧盯树梢，根据树梢的运动情形就能判断大树正在朝哪个方向倒下，从而避免被倒下的大树砸伤，从物理知识角度来解释，以下说法正确的是(　　) A．树木开始倒下时树梢的角速度较大，易于判断 B．树木开始倒下时，树梢的线速度最大，易于判断 C．树木开始倒下时，树梢的质量小，易于判断 D．伐木工人的经验缺乏科学依据 【答案】　B 4. 如图所示，物体A、B随水平圆盘绕过圆心的竖直轴匀速转动，关于物体B在水平方向所受的作用力及其方向的判定正确的有(　　) A．圆盘对B及A对B的摩擦力都指向圆心 B．圆盘对B的摩擦力指向圆心，A对B的摩擦力背离圆心 C．物体B受到圆盘及A对其的摩擦力和向心力 D．物体B受到圆盘对其的摩擦力和向心力 【解析】　A、B.物体A、B在匀速转动过程中所受向心力均指向圆心，且均由摩擦力提供，所以物体B所受圆盘对其的摩擦力指向圆心，物体A所受B对其的摩擦力也指向圆心，根据牛顿第三定律可知，A对B的摩擦力背离圆心，故A错误，B正确； C、D.物体B受到圆盘和A对其的摩擦力，两个摩擦力的合力提供向心力。由于向心力是效果力，它必须是由性质力来提供，所以不能说A受到摩擦力和向心力，故C、D错误。 【答案】　B 5．在质量为M的电动机飞轮上固定着一个质量为m的重物，重物到转轴的距离为r，如图所示，为了使放在地面上的电动机不会跳起，电动机飞轮的角速度不能超过(　　) A. B. C. D. 【解析】　重物转到飞轮的最高点，电动机刚要跳起时，重物对飞轮的作用力的大小F恰好等于电动机的重力的大小Mg，即F＝Mg。以重物为研究对象，由牛顿第二定律得Mg＋mg＝mω2r，解得ω＝ ，故选D。 【答案】　D 6．如图所示为室内场地自行车赛的比赛情景，运动员以速度v在倾角为θ的粗糙倾斜赛道上做匀速圆周运动。已知运动员质量为m，圆周运动的半径为R，将运动员视为质点，则运动员的(　　) A．合外力方向沿赛道斜面向下 B．自行车对运动员的作用力方向竖直向上 C．合力大小为 D．合力大小为 【解析】　A．运动员受重力、自行车对他的作用力，合力提供向心力，合力的方向始终指向圆心，A不符合题意； B．运动员所受重力、自行车对他的作用力的合力提供其做圆周运动的向心力，故自行车对运动员的作用力应斜向左上方，B不符合题意；C.运动员的合力提供运动员做圆周运动的向心力，根据向心力公式可得F向＝m ，C符合题意；D.以运动员为研究对象，受到的重力和自行车对他的作用力的合力提供向心力时，合力即向心力为F向＝m总 ＝m总gtan θ，D不符合题意。故答案为：C。 【答案】　C 7. 用一根细线一端系一小球(可视为质点)，另一端固定在一光滑圆锥顶上，如图所示，设小球在水平面内做匀速圆周运动的角速度为ω，细线的张力为FT，则FT随ω2变化的图像是下列图中的(　　) 【解析】　由题图可知，锥面与竖直方向的夹角为θ，设细线长为L，当ω＝0时，小球静止，受重力mg、支持力FN和细线的拉力FT而平衡，如图甲所示，FT＝mgcos θ≠0，故A错误；ω增大时，FT增大，FN减小，当FN＝0时，角速度为ω0。当ω<ω0时，由牛顿第二定律得FTsin θ－FN cos θ＝mω2Lsin θ，FTcos θ＋FNsin θ＝mg，解得FT＝mω2Lsin 2θ＋mgcos θ；当ω>ω0时，小球离开锥面，细线与竖直方向的夹角变大，设为β，如图乙所示，由牛顿第二定律得FTsin β＝mω2Lsin β，所以FT＝mLω2，此时图像的反向延长线经过原点，FT－ω2图线的斜率变大，故B正确，C、D错误。 【答案】　B 8. 一个质量为M的箱子放在水平地面上，箱内用一段固定长度的轻质细线拴一质量为m的小球，线的另一端拴在箱子的顶板上，现把细线和球拉到左侧与竖直方向成θ角处静止释放，如图所示，在小球摆动的过程中箱子始终保持静止，则以下判断正确的是(　　) A．在小球摆动的过程中，线的张力呈周期性变化，但地面对箱子的作用力始终保持不变 B．小球摆到右侧最高点时，箱子对地面的压力为(M＋m)g，箱子受到地面向左的静摩擦力 C．小球摆到最低点时，箱子对地面的压力大于(M＋m)g，箱子不受地面的摩擦力 D．小球摆到最低点时，小球对细线的拉力大于mg，箱子处于超重状态 【答案】　C 9. 如图所示，水平转台上有一个质量为m的物块，用长为l的轻质细绳将物块连接在转轴上，细绳与竖直转轴的夹角θ为，此时绳绷直但无张力，物块与转台间动摩擦因数为μ＝，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块随转台由静止开始缓慢加速转动，角速度为ω，加速度为g，则(　　) A．当ω＝时，细线中张力为零 B．当ω＝ 时，物块与转台间的摩擦力为零 C．当ω＝时，细线的张力为 D．当ω＝ 时，细绳的拉力大小为 【答案】　AD 10. 如图所示，质量为m的木块，从位于竖直平面内的圆弧形曲面上滑下，由于摩擦力的作用，木块从a到b运动的速率增大，b到c的速率一直保持不变，c到d的速率减小，则(　　) A．木块在abcd段运动的加速度都不为零 B．木块在ab段和cd段的加速度不为零，但bc段的加速度为零 C．木块在整个运动过程中所受合外力的大小一定，方向始终指向圆心 D．它只在bc段所受合外力的大小不变，方向指向圆心 【答案】　AD 11. 如图所示，长为3L的轻杆可绕光滑水平转轴O转动，在杆两端分别固定质量均为m的球A、B，球A距轴O的距离为L。现给系统一定能量，使杆和球在竖直平面内转动。当球B运动到最高点时，水平转轴O对杆的作用力恰好为零，忽略空气阻力，已知重力加速度为g，则球B在最高点时，下列说法正确的是(　　) A．球B的速度为零 B．球B的速度为 C．球A的速度为 D．杆对球B的弹力方向竖直向下 【答案】　CD 12. 如图所示，一个固定在竖直平面上的光滑圆形管道，管道里有一个直径略小于管道内径的小球，小球在管道内做圆周运动，下列说法中正确的是(　　) A．小球通过管道最低点时，小球对管道的压力向下但大小小于重力 B．小球通过管道最低点时，小球对管道的压力向上但大小大于重力 C．小球通过管道最高点时，小球对管道的压力可能向上且大于重力 D．小球通过管道最高点时，小球对管道可能无压力 【解析】　A、B.小球通过管道最低点时，具有向上的向心加速度，根据牛顿第二定律得知，合力向上，则管道对小球的支持力向上，由牛顿第二定律有N－mg＝m 可知管道对小球的支持力大小大于重力，由牛顿第三定律得到，小球对管道的压力向下，大小大于重力，AB不符合题意； C、D.当v＝时，根据牛顿第二定律得mg＝m 说明管道对小球无压力，当v＞时， 则有mg＋FN＝m ，则FN＝－mg 则FN随速度的增大而增大，所以小球对管道的压力可能向上且大于重力，C、D符合题意。故答案为：C、D。 【答案】　CD 二、实验题(本题共2小题，每空2分，共12分) 13．如图所示是探究向心力的大小F与质量m、角速度ω和半径r之间的关系的实验装置图，转动手柄1，可使变速塔轮2和3以及长槽4和短槽5随之匀速转动。皮带分别套在塔轮2和3上的不同圆盘上，可使两个槽内的小球6、7分别以不同的角速度做匀速圆周运动。小球做圆周运动的向心力由横臂8的挡板对小球的压力提供，球对挡板的反作用力，通过横臂8的杠杆作用使弹簧测力套筒9下降，从而露出标尺10，标尺10上露出的红白相间的等分格显示出两个球所受向心力的比值。那么： (1)现将两小球分别放在两边的槽内，为了探究小球受到的向心力大小和角速度的关系，下列说法中正确的是________。 A．在小球运动半径相等的情况下，用质量相同的小球做实验 B．在小球运动半径相等的情况下，用质量不同的小球做实验 C．在小球运动半径不相等的情况下，用质量不同的小球做实验 D．在小球运动半径不相等的情况下，用质量相同的小球做实验 (2)在该实验中应用了________(选填“理想实验法”“控制变量法”或“等效替代法”)来探究向心力的大小与质量m、角速度ω和半径r之间的关系。 (3)当用两个质量相等的小球做实验，且左边小球的轨道半径为右边小球的轨道半径的2倍时，转动时发现右边标尺上露出的红白相间的等分格数为左边的2倍，那么，左边塔轮与右边塔轮之间的角速度之比为______。 【解析】　(1)根据F＝mrω2知，要研究小球受到的向心力大小与角速度的关系，需控制小球的质量和半径不变，所以A正确，B、C、D错误。 (2)由前面分析可以知道该实验采用的是控制变量法。 (3)线速度相等，则角速度与半径成反比，故可以知道左边塔轮与右边塔轮之间的角速度之比为1∶2。 【答案】　(1)A　(2)控制变量法　(3)1∶2 14．我校某兴趣小组为了验证向心力的表达式，用如图所示的装置进行验证；将一压力传感器(可直接显示压力的大小)固定在一桌面的边缘，将一半径为r的圆弧固定在传感器上，圆弧末端水平，然后将一光电计时器固定在圆弧末端O点：验证向心力的表达式的实验步骤： (1)将实验器材组装好后，还未放上小钢球时压力传感器的示数为F1，把一质量为m，直径为D(D远小于圆弧半径r)的小刚球放在圆弧上端某点释放，当小球通过圆弧末端O时压力传感器的示数为F，则向心力的大小的表达式为Fn＝__________(用F、F1、m及重力加速度g表示)，光电计时器的示数为Δt，设此时速度的大小为v0，则v0＝________。 (2)用向心力的公式Fn＝m可计算出向心力的另一表达式，在实验误差允许范围内，当________________成立时(用F、F1、m、g、D、r及Δt表示)，即验证了向心力的表达式。 【答案】　(1)F－F1－mg　 (2)F－F1－mg＝ 三、计算题(本题共4小题，共40分) 15．(10分)汽车行驶在半径为50 m的圆形水平跑道上，速度为10 m/s。已知汽车的质量为1 000 kg，汽车与地面的最大静摩擦力为车重的0.8倍。求(g取10 m/s2)： (1)汽车的角速度是多少？ (2)汽车受到的向心力是多大？ (3)汽车绕跑道一圈需要的时间是多少？ (4)要使汽车不打滑，则其速度最大不能超过多少？ 【解析】　(1)由v＝rω可得，角速度为 ω＝ ＝ rad/s＝0.2 rad/s。 (2)向心力的大小为 F向＝m＝1 000× N＝2 000 N。 (3)汽车绕一周的时间即是指周期， 由v＝＝得 T＝≈ s≈31.4 s。 (4)汽车做圆周运动的向心力由车与地面之间的静摩擦力提供。随车速的增加，需要的向心力增大，静摩擦力随着一直增大到最大值为止。由牛顿第二定律得： F向＝fm　① 又F向＝m　② fm＝0.8G　③ 联立①②③式解得，汽车过弯道允许的最大速度为 v＝ m/s＝20 m/s。 【答案】　(1)0.2 rad/s　(2)2 000 N (3)31.4 s　(4)20 m/s 16．(8分)飞机在做俯冲拉起运动时，可以看成是圆周运动，如图所示，若在最低点附近做半径为R＝240 m的圆周运动，飞行员的质量m＝60 kg，飞机经过最低点P时的速度为v＝360 km/h，试计算： (1)此时飞机的向心加速度a的大小； (2)此时飞行员对座椅的压力FN是多大。(g取10 m/s2) 【解析】　(1)v＝360 km/h＝100 m/s 则a＝＝ m/s2＝ m/s2； (2)对飞行员进行受力分析，则飞行员在最低点受重力和座椅的支持力，向心力由二力的合力提供。 所以FN－mg＝m 得FN＝mg＋m，代入数据得 FN＝3 100 N 根据牛顿第三定律可知，飞行员对座椅的压力大小也为3 100 N。 【答案】　(1) m/s2　(2)3 100 N 17．(10分)如图所示，半径为R，内径很小的光滑半圆管竖直放置，两个质量均为m的小球A、B以不同速率进入管内，A通过最高点C时，对管壁上部的压力为3mg，B通过最高点C时，对管壁下部的压力为0.75 mg。求A、B两球落地点间的距离。 【解析】　两个小球在最高点时，受重力和管壁的作用力，这两个力的合力作为向心力，离开轨道后两球均做平抛运动，A、B两球落地点间的距离等于它们平抛运动的水平位移之差。 对A球：3mg＋mg＝m 解得vA＝ 对B球：mg－0.75mg＝m 解得vB＝ 由2R＝gt2，t＝ 解得xA＝vAt＝vA ＝4R， xB＝vBt＝vB ＝R 所以Δx＝xA－xB＝3R。 【答案】　3R 18．(12分)如图，长L＝1.5 m的细线一端系一小球，另一端悬挂在竖直转轴P上，缓慢增加转轴P的转动速度使小球在水平面内做圆周运动。已知小球的质量m＝1.2 kg，细线能承受的最大拉力Fm＝20 N，P点到水平地面的距离h＝1.7 m，重力加速度g取10 m/s2，求： (1)小球能在水平面内做圆周运动的最大角速度ωm； (2)细线被拉断后，小球的落地点到P点在水平地面上的竖直投影点O′的距离d。 【解析】　(1)设小球转动角速度最大时细线与转轴的夹角为θ，对小球受力分析可知 Fmcos θ＝mg mgtan θ＝mωm2Lsin θ 解得：ωm＝ rad/s； (2)细线拉断时，小球的速度 v＝ωm·Lsin θ 解得：v＝4 m/s 细线拉断后小球做平抛运动 h－Lcos θ＝gt2 x＝vt 小球的落地点到P在水平地面上的投影点O′的距离 d＝ 解得：d＝2 m。 【答案】　(1) rad/s　(2)2 m 学科网（北京）股份有限公司 $