第6章 圆周运动单元学能测评-【重难点手册】2025-2026学年高中物理必修第二册同步练习册（人教版）

第六章单 时间：75分钟 一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分. 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，第8~10题有多项符合题目要求. 全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错 的得0分) 1.(2025·湖南石门一中期中)如图所示，半径为R 的光滑半圆球固定在水平面上，顶部有一小物体 A,现给它一个水平初速度o=√Rg,则物体将 (). 77777 A.沿球面下滑至M点 B.沿球面下滑至某一点N,便离开球面做斜下 抛运动 C.沿半径大于R的新圆弧轨道做圆周运动 D.立即离开半圆球做平抛运动 2.(2025·四川绵阳中学期末)胎压监测器可以实 时监测汽车轮胎内部的气压，在汽车上安装胎压 监测报警器，可以预防因汽车轮胎胎压异常而引 发的事故.一辆装有胎压报警器的载重汽车在高 低不平的路面上行驶，其中一段路面的水平观察 视图如图所示，图中虚线是水平线.在保证安全 行驶的情况下，若要尽量使胎压报警器不会超压 报警，下列说法正确的是( B A A.汽车在A处应增大行驶速度 B.汽车在B处应增大行驶速度 C,汽车在A、B处均应增大行驶速度 D.汽车在A、B处均应减小行驶速度 3.如图是某电力机车雨刮器的示意图.雨刮器由刮 水片和雨刮臂链接而成，M、N为刮水片的两个 端点，P为刮水片与雨刮臂的链接点，雨刮臂绕 ,第六章圆周运动 元学能测评 满分：100分 O轴转动的过程中，刮水片始终保持竖直.下列 说法正确的是(). 刮水片 雨刮臂 A.P点的线速度始终不变 B.P点的向心加速度不变 C.M、N两点的线速度相同 D.M、N两点的运动周期不同 4.如图所示，竖直杆AB在A、B两点 通过光滑铰链连接两等长轻杆AC 和BC,AC和BC与竖直方向的夹角 均为0，轻杆长均为L,在C处固定 一质量为m的小球，重力加速度为 B g.在装置绕竖直杆AB转动的角速 度ω从0开始逐渐增大的过程中，下列说法正确 的是(). A.当ω=0时，AC杆和BC杆对球的作用力都 表现为拉力 B.AC杆对球的作用力先增大后减小 C.一定时间后，AC杆与BC杆上的力的大小之 差恒定 D.当w= 1/ os0时，BC杆对球的作用力为0 L 5.如图所示，相同的物块a、b用沿半径方向的细 线相连放置在水平圆盘上.当圆盘绕转轴转动 时，物块a、b始终相对圆盘静止.下列关于物块 a所受的摩擦力随圆盘角速度的平方(w2)的变 化关系图像正确的是( w 33 用重难点手册高中物理必修第二册RJ, 6.如图所示，半径为R、圆心为O的圆弧轨道在竖 直平面内绕竖直轴O1O2以角速度ω转动，滑块 A、B和圆弧轨道一起同向转动，其中OB处于 水平方向，OA与OO1方向成37°角，A相对于 圆弧轨道刚好没有相对运动趋势，B相对于圆弧 轨道刚好静止.重力加速度为g,最大静摩擦力 等于滑动摩擦力.下列说法中正确的是(). A.滑块A与滑块B的线速度大小相同 B.当圆弧轨道转动的角速度增大时，滑块A所 受摩擦力的方向沿圆弧切线向上 C.圆弧轨道转动的角速度w一√录 /5g D.滑块与圆弧轨道间的动摩擦因数μ=0.4 7.(2025·安徽淮北一中阶段练习)如图所示，质量 为1.6kg、半径为0.5m的光滑细圆管用轻杆 固定在竖直平面内，小球A和B(均可视为质 点)的直径略小于细圆管的内径（内径远小于细 圆管半径).它们的质量分别为mA=1kg、ms= 2kg.某时刻，小球A、B分别位于圆管最低点和 最高点，且A的速度大小为vA=3m/s,此时杆 对圆管的弹力为0.则B球的速度大小B为（取 g=10m/s2)(）. 34 A A.2 m/s B.4 m/s C.6 m/s D.8 m/s 8.如图所示，在水平桌面上有一个固定竖直转轴且 过圆心的转盘，转盘半径为r,边缘绕有一条足 够长的细轻绳，细绳末端系住一木块.已知木块 与桌面之间的动摩擦因数=怎当转盘以角 速度w=√5rad/s旋转时，木块被带动一起旋 转，达到稳定状态后，二者角速度相同.已知r 1m,下列说法正确的是( A.当w=√5rad/s稳定时，木块做圆周运动的 半径为2m B.当w=√5rad/s稳定时，木块的线速度与圆盘 边缘的线速度大小之比为4：1 /10N5 C.要保持上述稳定状态，角速度ω< rad/s 3 D.无论角速度多大，都可以保持上述稳定状态 9.如图所示为一种圆锥筒状转筒，左右各系着一长一 短的绳子，绳子末端挂着相同的小球，转简静止时 绳子平行于圆锥面.当转简中心轴开始缓慢加速转 动时，不计空气阻力，则下列说法正确的是(). A.角速度慢慢增大，一定是绳较长的那个球先 离开圆锥筒 B.角速度达到一定值的时候，两个球一定同时 离开圆锥筒 C.两个球都离开圆锥筒后，它们一定高度相同 D.两个球都离开圆锥筒时，两端绳子的拉力一 定相同 10.如图所示，小球A可视为质点，装置静止时轻 质细线AB水平，轻质细线AC与竖直方向的 夹角0=37°，已知小球的质量为m,细线AC长 L,B点距C点的水平和竖直距离相等.装置 BO'O能以任意角速度绕竖直轴O'O转动，且 小球始终在BO'O平面内，那么在w从0缓慢 增大的过程中(g取10m/s2,sin37°=0.6， cos37°=0.8)(). C 37 A.两细线的张力均增大 B.细线AB的张力先变小，后为0，再增大 C.细线AC的张力先减小，后增大 D.当细线AB的张力为0时，角速度可能为 √器 二、非选择题（本题共5小题，共60分） 11.(8分)如图所示，图甲为“利用向心力演示器验 证向心力公式”的实验示意图，图乙为其俯视 图，图中A、B槽分别与a、b轮同轴固定，且a、 b轮半径相同.当a、b两轮在皮带的带动下匀 速转动时： 皮带 c6 甲 A B h (1)本实验采用的科学方法是 (2)两槽转动的角速度ωA wB(填 “>”、“=”或“<”). (3)现有两个质量相同的钢球，球1放在A槽的 第六章园周运动誰 横臂挡板处，球2放在B槽的横臂挡板处，它 们到各自转轴的距离之比为2：1，则钢球1、2 的线速度之比为 ·当钢球1、2各自对 应的标尺露出的格数之比为 时，向 心力公式F=wr得到验证. 12.(8分)某物理兴趣小组利用传感器进行探究， 实验装置原理如图甲所示.装置中水平光滑直 槽能随竖直转轴一起转动，将滑块套在水平直 槽上，用细线将滑块与固定的力传感器连接.当 滑块随水平光滑直槽一起匀速转动时，细线的 拉力提供滑块做圆周运动需要的向心力.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， 角速度传感器 竖直转轴 力传感器 滑块口Y 水平光滑直槽 甲 FN 10 4 10 15w/rad·s) 丙 (1)小组同学先让一个滑块做半径x为 0.14m的圆周运动，得到图乙中①图线. 然后保持滑块质量不变，再将运动的半径 r分别调整为0.12m、0.10m、0.08m、 0.06m,在同一坐标系中又分别得到图乙 中②、③、④、⑤四条图线. (2)对①图线的数据进行处理，获得了F-x图 像，如图丙所示，该图像是一条过原点的直 线，则图像横坐标x代表的是 (3)对5条F-w图线进行比较分析，得出ω一 35 用重难点手册高中物理必修第二册RJ, 定时，F∝r的结论.请你简要说明得到该 结论的方法： 13.(10分)(2025·浙江绍兴一中期中)如图所示， 摩托车做腾跃特技表演，沿曲面冲上高0.8m、 顶部水平的高台，接着以3m/s的水平速度离 开平台，落至地面时，恰能无碰撞地沿圆弧切线 从A点切入光滑竖直圆弧轨道，并沿轨道下滑. A、B为圆弧两端点，其连线水平.已知圆弧半径 为3m,人和车的总质量为210kg,空气阻力不 计.g=10m/s2,sin53°=0.8，cos53°=0.6，求： (1)从平台飞出到A点，人和车运动的水平距离s (2)从平台飞出到达A点时，人和车的速度大 小及圆弧对应的圆心角9. (3)若已知人和车运动到圆弧轨道最低点O时 速度为7m/s,求此时人和车对轨道压力的 大小 14.(16分)如图所示，细绳一端系着质量M= 4.0kg的物块，静止在水平桌面上，另一端通 过光滑小孔吊着质量m=2.0kg的物体，物块 与圆孔的距离r=1.0m.已知物块与桌面间的 动摩擦因数4为0.2，重力加速度g取10m/s2, 设物块受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力， 现使物块随水平桌面以小孔为圆心在水平面 上匀速转动.求： (1)要使吊着的物体不下降，转台匀速转动的 最小角速度w1. 36 (2)要使吊着的物体不上升，转台匀速转动的 最大角速度w2. m 15.(18分)(2025·四川成都七中阶段练习)如图 所示，倾角a=45°、高H=0.2m的斜面MNP 固定在水平地面上.O点位于M点正上方且与 N点等高.不可伸长的轻质细绳下方悬挂一质 量为m=0.3kg的小球（可视为质点），另一端 固定在O点.小球从某点静止释放在竖直平面 内做圆周运动，运动到最低点时细绳恰好被拉 断，之后小球垂直击中斜面的中点Q,不计空气 阻力，重力加速度g=10m/s2 (1)求细绳被拉断时小球的速度大小. (2)求细绳能承受的最大拉力T. (3)若小球击中斜面后速度反向，大小为击中前 的一半，则反弹后小球能不能落到M点？ 请列式说明. H mmm8AMnm M低点c,合外力向上，由对磁铁受力分析可知 摩擦力方向一定向上，磁铁受到的摩擦力不 为0，故B错误；根据题意知磁铁做匀速圆周 运动，在b点摩擦力斜向右上，摩擦力与重力F 的合力提供向心力，则磁铁受到的摩擦力大 小不等于重力，故C错误；磁铁做匀速圆周运 mg 动，在d点摩擦力斜向左上，摩擦力与重力的合力提供向心 力，如图所示，得磁铁受到的摩擦力大小一定大于重力，故D 正确.故选A、D, 40Dmg+mL(2√。（③)见解折 【解析】(1)在最低点时，铁块受到重力和杆拉力的作用，有 T低-mg=mw2L,解得T低=mg十mw2L. (2)夯受到重力Mg,杆对夯的拉力T,地面的支持力N的 作用，当铁块在最高点时，杆对夯的拉力最大，要求夯不离开 地面，即在最高点时有TMg, 又T+mg=mu2L,故mw2L≤Mg+mg, 解得o心√M mL g, /m+M 铁块匀速转动的角速度最大为√mL8, (3)在最低点时夯对地面的压力最大，在最低点时有T一 2 mg=m工’ m+M 又u=Lws=L√mLg' 代入得T'=2mg十Mg, 对夯受力分析有：夯受到重力Mg,地面的支持力N,杆对夯 的拉力与杆对球的拉力大小相同，方向相反，也记作T',有 N=T'+Mg=2mg+2Mg, 根据牛顿第三定律有Fmx=N=2g+2Mg=2(m+M)g, 因为m十M=定值，所以铁块质量m对Fmx无影响. 5.C【解析】对小物体受力分析如图所示，由牛顿第二定律有 mg cos60°+FN=mw2r,f=mngsin60°≤FN,解得w≥ √I0rad/s,故A、B、D错误，C正确！ 6020 6.AB【解析】运动员运动到最高点时恰好不受摩擦力，则有 mgsin0=mw2r,解得圆盘的角速度大小为w= /sin0,故 A正确；当运动员在最低点时受到的摩擦力最大，根据牛顿 第二定律有fm-mgsin0=mw2r,解得fm=mgsin0+ 18 mwr=2 ngsin0,又fm=N=mg cos0,可得运动员与盘 面间的动摩擦因数应满足u≥2tan0,故B正确，C错误；若 仅减小圆盘的转速，即角速度减小，运动员在最低点时有 fm=ng sin0十mw2r,可知随着角速度的减小，运动员在最 低点受到的静摩擦力减小，当角速度减小为0时，根据受力 平衡可知，摩擦力大小为f=mg sin0<fm=2 mg sin0,可知 运动员不可能相对于圆盘滑动，故D错误， 第六章单元学能测评 1.D【解析】在最高点，物体受到重力和支持力作用，根据牛 2009 顿第二定律和向心力公式，有mg一N=mR,解得N=0, 所以物体在最高点仅受重力，有水平初速度，将做平抛运动， 故D正确，A、B、C错误 2.B【解析】在A处，根据牛顿第二定律有FN一mg=m, 解得F=mg十m号，在A处，速度越大轮胎受到的作用 力越大，越容易超压报警.在B处，根据牛顿第二定律有 mgF=M解得Fmg,在B处，速度越 大，轮胎受到的作用力越小，越不容易超压报警.因此若要尽 量使胎压报警器不会超压报警，则汽车在A处应减小行驶 速度，在B处应增大行驶速度.故选B. 3.C【解析】P点以O为圆心做圆周运动，所以线速度与向心 加速度方向变化，故A、B错误；由于刮水片始终保持竖直， 所以刮水片各点的线速度与P点的相同，所以M、N两点的 线速度相同，故C正确；刮水片上各点的周期相同，所以M、 N两点的周期相同，故D错误 4.C【解析】当w=0时，小球在水平方向受力平衡，因此AC 杆对小球的作用力表现为拉力，BC杆对小球的作用力表现 为支持力，且大小相等，A错误；当ω逐渐增大时，AC杆对 小球的拉力逐渐增大，BC杆对小球的支持力逐渐减小，当 BC杆的作用力为0时，有mg tan0=moLsin8,解得ω= √c0s0当，继续增大时，AC杆对小球的拉力继续增大， BC杆对小球的作用力变为拉力，且逐渐增大，B,D错误；一 定时间后，AC杆和BC杆对球的作用力都变为拉力，拉力的 竖直分力之差等于小球的重力，即FAc cos日-Fgccos0= mg,则Fe-Fe=g因此AC杆与BC杆上的力的大 小之差恒定，C正确. 5.D【解析】转动过程中a、b角速度相同，当圆盘角速度较小 时，a、b由静摩擦力充当向心力，绳子拉力为0，此过程中a、 b所需要的摩擦力分别为fa=mr.w2,f6=r6w2.因为r6> ra,故f6>f。,又因为a、b与平台的最大静摩擦力相同，所 以随着角速度增大，b先达到最大静摩擦力.当b达到最大 静摩擦力f。时绳子开始出现拉力，此时对于a、b有f。一 T=mraw2,f。十T=mr6w2,联立可得f。=m(ra十r6)w2 f。.由上述分析可知，绳子拉力出现之前∫。w2图像的斜率 为mr。,绳子拉力出现之后图线的斜率为m(r。十r6),所以 绳子有拉力时图线斜率变大.故选D. 6.C【解析】滑块A与滑块B的角速度相同，但转动的半径不 同，因此线速度大小不相同，A错误；当圆弧轨道转动的角速 度增大时，滑块A有离心的趋势，因此所受摩擦力沿圆弧切 线向下，B错误；对滑块A受力分析可知FNCOS37°=mAg, Fs血37=m,wRs血37，解得w=√偎C正确对滑块 B受力分析可知FN=mBw2R,FN=mgg,解得h=0.8, D错误. 7.B【解析】对A分析，根据牛顿第二定律有FA一mAg= m,可得圆管对小球A的弹力为FA=8N,方向向上， 则小球A对圆管的弹力为F1=FA=28N,方向向下.对圆 管分析，有F2=F1十mg,解得小球B对圆管的弹力为F2= 44N,方向向上，则圆管对小球B的弹力为FB=F2=44N, 方向向下，对小球B分析，有F。十mBg=。,解得小球 B的速度为B=4m/s,故选B. 8.AC【解析】设木块的质量为m,做圆周运动的半径为R,对 木块受力分析如图所示，根据几何关系有sin0= R,tan √R—一根据题意，木块的切向加速度为0，则有T, 了一m?,根据几何关系有m0-分，木块做匀速圆周运 动有T2=w2R,联立解得R= ugr vug2-wr .当w= √5rad/s稳定时，代人数据解得木块做圆周运动的半径为 R=2m,木块的线速度与圆盘边缘线速度大小之比为” 02 、-故B错误，A正确要保持上述的稳定状态，由R= ugr √a2g2-wr2 可知g2-or>0,解得u<√停- /103 rad/s,故D错误，C正确. 9.AC【解析】设绳子与竖直方向的夹角为O,小球刚好离开圆 锥筒时，圆锥筒的支持力为0，则有mg tan0=-ma2lsin0,解 8 得w一√10s),则绳子越长，其角速度的临界值越小，越容 易离开圆锥筒，A正确，B错误；两个球都离开圆锥筒后，小 球都只受重力与绳子的拉力，两小球都随圆锥筒一起转动， 有相同的角速度，则有小球的高度为h=lcos0,代入数据解 得h一号，C正确；小球都离开圆锥简时绳子的拉力为T一 。。由于绳子长度不同，则小球离开圆锥简时的夹角也不 同，所以拉力也不相同，D错误. 10.BD【解析】当装置静止时，小球受沿着AB方向的拉力、 沿着AC方向的拉力和自身重力，三力平衡，有TAB= mg1am37=0.75mg,Tc=57=1.25mg.若细线AB 的拉力为0，当w最小时，AC与竖直方向夹角为37°，有 mgam37”=ma2Lsn37,解得am=-√2.当u最大 时，如图所示，此时小球摆到A1点，根据几何关系可知此 时A1C与竖直方向的夹角为53°，则有mg tan53°= 5g mw2 Lsin53,解得wmx=√3L ,所以，若细线AB的拉力 为0心的取值花围为√爱<o<√爱，根据以上分析可 g和 知，开始时细线AB的拉力不为0，当角速度在√ 之间时，细线AB的拉力为0，若角速度继续增大，则 3L 细线AB的拉力会继续增大，A错误，B正确；当细线AC 与竖直方向的夹角不变时，细线AC的拉力在竖直方向上 的分力始终等于重力，直至小球开始向上运动，细线AC的 拉力逐渐增大，C错误；根据以上分析可知，当细线AB张 5g,D正确。 力为0时，角速度可能为√ 37 0O' 11.(1)控制变量法(2)=(3)2：1；2：1 【解析】(1)该实验控制两物体角速度一样，控制半径不同， 来验证向心力公式，为控制变量法， (2)a、b轮用皮带连接，所以线速度相等.同时a、b轮的半 径相同，a=号，放A=0: 19 (3)A、B槽的角速度相等，半径之比为2：1，线速度= wr,所以球1、2的线速度之比为2：1.向心力F=w2r,两 球的质量、角速度都相等，所以向心力之比为2：1时，故当 钢球1、2各自对应的标尺露出的格数之比为2：1，向心力 公式得到验证 12.(2)w2(或mw2等带aw2即可) (3)探究F与r的关系时，要先控制m和w不变，因此可在 Fw图像中找到同一个ω对应的向心力，根据5组向心力 F与半径r的数据，在F-r坐标系中描点作图，若得到一条 过原点的直线，则说明F与x成正比 【解析】(2)根据向心力的公式F=mw2r,由F-x图像知，该 图像是一条过原点的直线，F与x的图像成正比，则图像横 坐标x代表的是w2(或w2等带w2即可). 13.(1)1.2m(2)5m/s;106°(3)5530N 【解析11)车做平抛运动，由H=号g2,9=4,可得9= 1.2m. (2)车落至A点时，其竖直方向的分速度v,=gt=4m/s, 到达A点时速度va=/v十v?=5m/s. 设车落地时速度方向与水平方向的夹角为a,则tana=马= 00 含，即a=53,所以9=2a=10c (3)对车受力分析可知，车受到的指向圆心方向的合力作为 '2 圆周运动的向心力，有N一mg=mR, 当v'=7m/s时，计算得出N=5530N, 由牛顿第三定律可知人和车在最低点O时对轨道的压力 大小为5530N. 14.(1)3 rad/s (2)7 rad/s 【解析】(1)要使m静止，应有Fr=mg、 设角速度的最小值为w1,此时M有向着圆心运动的趋势， 其受到的最大静摩擦力沿半径向外，由牛顿第二定律得 Fr一uMg=Mw1r,联立解得w1=√3rad/s. (2)设角速度的最大值为ω2，此时M有背离圆心运动的趋 势，其受到的最大静摩擦力沿半径指向圆心，由牛顿第二定 律得Fr十uMg=Mwr, 联立解得w2=√7rad/s. 15.(1)1m/s(2)9N(3)恰好落到M点 【解析】(1)小球做平抛运动并垂直击中斜面的中点， 有an45°-买，且x=7=t,解得。=1m/s H 00 (2)小球做平抛运动的竖直位移为A==0,05m, 20 所以细绳的长度为L=H-k-号=0.05m, 在圆周运动最低点时有Tmx一g=m乙， 解得Tmax=9N. (3)若小球击中斜面反弹的速度大小为击中前的一半，设小 球经过t'时间落到地面，则在竖直方向上有 -号-（分）r-, 解得t=0.2s. 所以水平方向位移为x/=2d=0.1m=x, 由此可知，小球从Q点反弹后做斜上抛运动，恰好落到 M点： 第七章万有引力与宇宙航行 第1节行星的运动 基础过关练 1.A【解析】由开普勒面积定律，相同时间内嫦娥六号围绕月 球转过的面积相等，因为P点速率大，是近月点，所以月球 应该位于F1点，故A正确， 2.B【解析】根据开普勒第一定律可知，所有行星绕太阳运动 的轨道都是椭圆，太阳处在椭圆的一个焦点上，故A正确， 不符合题意；在开普勒第三定律表达式中，a代表行星运行 轨道的半长轴，故B错误，符合题意；在开普勒第三定律表达 式中，k与中心天体质量有关，故C正确，不符合题意；在开 普勒第三定律表达式中，T代表星球运行的公转周期，故 D正确，不符合题意， 3.B【解析】根据开普勒第一定律，水星绕太阳运行的轨道是 椭圆，太阳位于椭圆的焦点处，A错误；水星绕太阳运行的半 长轴小于地球绕太阳运行的半长轴，根据开普勒第三定律， 可知水星绕太阳运行一周的时间比地球的短，B正确；水星 绕太阳运行的过程中，近日点速度最大，远日点速度最小，所 以水星靠近太阳的过程中，运行速率增大，C错误；根据开普 勒第二定律可知，水星远离太阳的过程中，它与太阳的连线 在相等时间内扫过的面积相等，D错误。 4.AB【解析】从题图中我们可以看到，冬至时地球位于近日 点附近，公转速度最快.随着地球向远日点移动，公转速度逐 渐减小.因此，芒种（位于远日点附近）时的公转速度应该比 小满（位于近日点和远日点之间）时小，故A正确；地球公转 轨道是椭圆形的，但轨道上的速度并不是均匀分布的.由于 公转速度的变化，芒种到小暑的时间间隔与大雪到小寒的时 间间隔并不相等.从题图中可以看出，芒种到小暑的时间间 隔要大于大雪到小寒的时间间隔，故B正确；地球公转的加