第6章 圆周运动 B卷 素养提升卷-【创新教程】2025-2026学年高中物理必修第二册五维课堂单元双测卷（人教版）

物 新高考 第六 理 同步单元双测卷 B (时间：90分钟 第I卷 (选择题 共40分) 一、单项选择题（本题共8小题，每小题3分，共24 类 分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题 目要求的.) 1.在冬奥会短道速滑项目 中，运动员绕周长仅111 m的短道竞赛.运动员比 如 赛过程中在通过弯道时如 果不能很好地控制速度， 将发生侧滑而摔离正常比 赛路线.图中圆弧虚线Ob代表弯道，即正常运 动路线，Oa为运动员在O点时的速度方向（研 究时可将运动员看作质点).下列论述正确的是 ( A.发生侧滑是因为运动员受到的合力方向背离 圆心 B.发生侧滑是因为运动员受到的合力大于所需 要的向心力 C.若在O点发生侧滑，则滑动的方向沿Oa 毁 方向 D.若在O点发生侧滑，则滑动的方向在Oa右 侧与O乃之间 2.如图所示，电风扇在闪光灯下运转，闪光灯每秒 闪30次，风扇转轴O上装有3个扇叶，它们互 茵 成120°角，当风扇转动时，观察者感觉扇叶不 动，则风向转速不可能是 A.600 r/min B.900 r/min C.1 200 r/min D.3 000 r/min 13 章圆周运动 卷·素养提升卷 满分：100分)》 3.一辆小汽车，分别以相同的速率经过半径相同 的拱形路面的最高点和凹形路面的最低点.车 对拱形路面顶部的压力大小为F1,车对凹形路 面底部的压力大小为F、2,则FN1与FN2的大 小关系是 ) m防m A.FN>FN2 B.FN=FN2 C.FN<FN2 D.无法判断 4.如图所示，一个内壁光 01 滑的圆锥筒，其轴线 OO垂直于水平面，圆 锥筒固定.有一质量为 0 m的小球紧贴着筒内壁在水平面内做匀速圆周 运动，筒口半径和简高分别为R和H,小球所在 的高度为筒高的一半.重力加速度为g,则 ( A.小球受到重力、支持力和向心力的作用 B.小球受到的合力方向沿斜面向下 C.小球做匀速圆周运动的向心加速度大小 为骨 D.小球做匀速圆周运动的角速度大小为√2g日 R 5.如图，两个质量均为m的 0 小木块a和b(可视为质 点)放在水平圆盘上，a与 0-21y 转轴的距离为(，b与转轴 的距离为2l,a和b跟随圆盘以角速度w绕OO' 转动，下列说法正确的是 A.a、b的向心加速度a。=2a B.a、b的转动周期Tb=2T。 C.a、b的线速度，=2v D.a、b所受的静摩擦力F。=F。 6.如图所示，一内壁光滑、质量为m、半径为r的 环形细圆管，用硬杆竖直固定在天花板上.有一 质量为m的小球（可看作质点）在圆管中运动. 小球以速率，经过圆管最低点时，杆对圆管的 作用力大小为 () 4 A.m B.mg十m C.2mg+m D.2mgm 7.如图所示，半径为R的光 滑半球固定在水平地面 网 上，一个质量为m可视为 R 质点的滑块沿半球运动 01 到半球顶点时速度为。，重力加速度为g,下列 说法正确的是 A.若，=√gR,则滑块对半球顶点无压力 B.若，=√gR,则滑块对半球顶点压力大小为 mg C.若gR,则滑块对半球顶点压力大小 为2mg 1 D,若，=2√R,则滑块对半球顶点压力大小 为mg 8.如图所示，某篮球运动员以胳 膊肘O点为转轴投篮，篮球距 O点距离为r,篮球出手瞬间 手臂转动的角速度为ω.篮球 出手后做斜上抛运动，则以下 说法正确的是 ( A.篮球出手的瞬间，线速度大 小为” B篮球出手的瞬间，加速度大小为： C.篮球在空中运动到最高点时速度为零 D.若篮球未到达篮筐（篮球运动的距离较小）， 则在不改变其他条件再次投篮时应适当增大 角速度w 二、多项选择题（本题共4小题，每小题4分，共16 分，在每小题给出的四个选项中，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) 9.如图甲所示，一长为1的轻绳，一端穿在过O点 的水平转轴上，另一端固定一质量未知的小球， 整个装置绕O点在竖直面内转动.小球通过最 高点时，绳对小球的拉力F与其速度平方2的 关系如图乙所示，重力加速度为g,下列判断正 确的是 () 甲 乙 A.图像函数表达式为F=m号十mg R重力加速度&名 C.绳长不变，用质量较小的球做实验，得到的图 线斜率更大 D.绳长不变，用质量较小的球做实验，图像上b 点的位置不变 10.如图所示，木板B托着木 块A在竖直平面内逆时 针方向做匀速圆周运动. 则下列说法中正确的是 A.从水平位置a到最高 点b的过程中A的向心加速度越来越大 B.从水平位置a到最高点b的过程中B对A 的摩擦力越来越小 C.在a处时A对B的压力等于A的重力，A 所受的摩擦力达到最大值 D.在过圆心的水平线以下A对B的压力一定 大于A的重力 11.如图所示，两个质量不同的小球用长度不等的 细线拴在同一点，并在同一水平面内做匀速圆 周运动，则它们的 () A.周期相等 B.线速度的大小相等 C.角速度的大小相等 D.向心加速度的大小相等 12.如图所示，M能在水平 光滑杆上自由滑动，滑 杆连架装在转盘上，M 用绳跨过在圆心处的光 m 滑滑轮与另一质量为m的物体相连.当转盘以 角速度ω转动时，M离轴距离为r,且恰能保 持稳定转动.当转盘转速增至原来的2倍，调 整r使之达到新的稳定转动状态，则滑块M A.所受向心力变为原来的4倍 B线速度变为原来的号 C.半径r变为原来的 4 D.M的角速度变为原来的 第Ⅱ卷 (非选择题 共60分) 三、（本题6小题，共60分） 13.(6分)向心力演示仪可以 利用控制变量法探究向心 力的大小与质量、角速度 和半径之间的关系.它通 过皮带传动改变两轮的转 速，让两轮上的实心小球（体积相同）同时做圆 周运动，然后通过连动装置使安放在圆盘中心 套筒中的弹簧产生形变，利用形变大小来反映 向心力的大小，形变越大，露出的标尺格数越 多.采用如图示的实验装置，可以实现的实 验目的和观察到的现象是 .（多选) A.控制角速度和半径相同，研究向心力大小与 质量的关系 B.控制半径相同，研究向心力大小与角速度大 小的关系 C.钢球比铝球的质量大，钢球一侧露出的标尺 格数多 D.钢球比铝球的质量大，铝球一侧露出的标尺 格数多 14.(8分)用如图所示的装置来探究小球做圆周运 动所需向心力的大小F与质量m、角速度w和 半径r之间的关系.两个变速轮塔通过皮带连 接，转动手柄使长槽和短槽分别随变速轮塔匀 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 个 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.如 图是探究过程中某次实验时装置的状态. 标尺1标尺2 变速 钢球钢球 变速 轮塔1 轮塔2 皮带 转动手柄 (1)在研究向心力的大小F与质量m关系时， 要保持 相同. A.w和r B.w和m C.m和r D.m和F (2)如图中所示，两个钢球质量和半径相等，则 是在研究向心力的大小F与 的关系 A.质量m B.半径r C.角速度w (3)若图中标尺上红白相间的等分格显示出两 个小球所受向心力的比值为1：9，与皮带连接 的两个变速轮塔的半径之比为 A.1:3 B.3:1 C.1:9 D.9:1 15.(8分)一光滑的半径为 B R的半圆形轨道放在水 平面上，一个质量为m 的小球以某一速度冲上 C 轨道，然后小球从轨道口 B处飞出，最后落在水平面上，已知小球落地 点C距B处的距离为3R.求小球对轨道口B 处的压力为多大？ 16.（8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 B以不同速率进人管内，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0.75mg.求A、B两 球落地点间的距离. 17.(14分)如图所示，AB为一竖直面内的四分之 一光滑圆弧轨道，半径R=0.5m,与水平滑道 BC相切于B点.BC长为2m,动摩擦因数 =0.2.C点下方h=1.25m处放置一水平圆 盘，圆心O与C点在同一竖直线上，其半径OE 上某点固定一小桶（可视为质点），OE∥BC.一 质量m=0.2kg的物块（可视为质点）从圆轨 道上某点滑下，当物块经过B点时，圆盘开始 从图示位置绕通过圆心的竖直轴匀速转动.物 块通过圆弧轨道上B点时对轨道的压力大小 为5.6N,物块由C点水平抛出后恰好落人小 桶内.g取10m/s2,求： A厂------- (1)物块通过B点的速度 (2)小桶到圆心O的距离」 (3)圆盘转动的角速度ω应满足的条件. 18.(16分)如图所示，在光滑的 圆锥顶用长为L的细线悬挂 6 一质量为m的物体，圆锥体 固定在水平面上不动，其轴 线沿竖直方向，细线与轴线mmmmn 些 之间的夹角为0=30°，物体以速度v绕圆锥体 轴线做水平匀速圆周运动， (1)当u/6 时，求细线对物体的拉力。 (2当受时，求细线对物体的拉力， 烯 16物理·必 小球刚好能在竖直面内做圆周运动，则在最高点，重力 提供向心力，u=√g,C正确；小球在圆周最低点时，具 有竖直向上的向心加速度，处于超重状态，拉力一定大 于重力，故D正确.] 13.解析：探究向心力大小与质量m之间的关系保证角速 度相同，而质量不同，所以是图丙，探究向心力大小与 角速度仙之间的关系，保证质量相同，而角速度不同， 所以是图甲 答案：(1)丙(3分)(2)甲(3分) 14.解析：(1)从小球第1次到第n次通过A位置， 转动圈数为n-1,时间为t, 故周期为：T故A错误 小球的线速度大小为： =2R-2n-1DR,故B正确； T t 小球受重力和拉力，合力提供向心力，设绳与竖直方向 的夹角为a,则： Tcos a=mg Tsin a=F向 故F向=ngtan a=mg 一I,故C错误； h 若电动机的转速增加，则转动半径增加，故激光笔1、2 应分别左移、上移，故D正确；故选B、D. (2)小球做圆周运动的周期T=t, 100.00 s= Γn-1 51-1 2.00s; gR片=m禁R 向心力：F向=mgh 解得：g= 4πRh (R-)T =9.86m/s 答案：(1)B、D(2分)(2)2.00(3分)9.86(3分) 15.解析：1)由h=s和R=a1 (2分) 解得B球的水平初速度助=尼√条 (1分) (2)B球下落的时间t√ h (2分) 只要在B球落至a点时A球同时也到达a点即相碰. 考虑到A球运动的周期性， 所以有2πR /2h (2分) 由此解得v=2kR√ g(k=1,2,3,…). (1分) 答案：(1)R√ (2)uw=2kR√苏 (k=1,2,3,…) 修第二册 vi 16,解析：由题意可知，在B点，有F十mg=m尺，(2分) 解得FB=g (1分) 在A点，有FA一mg=m尺： (2分) 解得F4=7mg, (1分) 所以在A、B两，点轨道对摩托车的压力大小相差6mg. (2分) 答案：6mg 17.解析：(1)汽车在水平路上的速度=108km/h=30 m/s,汽车拐弯的向心力由地面对汽车的摩擦力提供， 静摩擦力最大时，汽车拐弯的半径最小， 即Fn二mr小 (4分) 所以最小半径 m=mX(30m/s)=150m r小三 (2分) F 0.6mg (2)汽车在高速公路上拐弯的向心力 F。=mgtan8 (2分) 而E=m,所以mgtan日=m尺 (4分) v=√gRtan0=√10X200X0.2m/s=20m/s.(2分) 答案：见解析 18.解析：(1)当转台以角速度ω=3rad/s旅转时， 物体A的向心加速度的大小an=wr=3×0.2m/s2=1.8 m/s'. (2分) (2)当A所受的静摩擦力达到最大值时，A有向外运动 的趋势，绳子才有拉力，根据牛顿第二定律得 F十mg=mwr (3分) 则得F=rw2一mg (2分) 由数学知识可得，F一w2图像的斜率等于r, 即有mr=k= 0.2 20-10 (2分) 解得m=0.1kg (2分) 由图知F=0时w2=10(rad/s)2 (2分) 当F=0时，由F=mrw2-mg得 4=g-02X10=0.2. (3分) g 10 答案：(1)1.8m/s2(2)0.1kg0.2 第六章圆周运动(B卷) 1.D[发生侧滑是因为运动员受到的合力方向偏离圆心， 而不是背离圆心，A错误；发生侧滑是因为运动员受到 的合力小于所需要的向心力，选项B错误。发生侧滑时， 运动员所受合力仍提供向心力，只是合力不足，运动员 做逐渐远离圆心的运动，选项D正确，C错误.] 2.B[因为电扇叶片有三个，相互夹角为120°，现在观察 者感觉扇叶不动，说明在闪光时间里，扇叶转过三分之 参考 一、或三分之二，或一周…即转过的角度9=2) 3元1，n=1, 2,3…,由于光源每秒闪光30次，所以电扇每秒转过的角 度为0=号m,转速为10mr/s=60mr/min,所以n=1 时，转速为600r/min,n=2时，转速为1200r/min,n=5 时，转速为3000r/min,故A、C、D项正确，B项错误.] 3.C[小汽车在最高点和最低点，靠径向的合力提供向心 力，结合牛顿第二定律分析求解，小汽车在拱形路面的 最高点，根据牛颜第二定律得mg一F三m,则 =mg一m京<mg,在回形路面的最低点，根据牛领第二 v 定律得FN:一mg=m尺，解得F:=m尺十mg>mg, 故N1<F2,C正确.] 4.D[设该圆锥底边圆的半径与 0 圆锥侧边的夹角为日，小球在光 滑圆锥筒内壁受到自身重力竖 直向下和内壁支持力垂直内壁 0 向上，如图所示， 二力的合力提供向心力，所以小球只受到两个力的作 用，选项A错误；小球在水平面内做匀速圆周运动，所以 重力和支持力的合力指向水平面内圆周运动的圆心，B 错误；根据几何关系可得合力F=mgian0=mg型=ma, R a=,C错误：F=mgan0=m爱=mmrr=受，解 R 得：w=②亚，D正确，] R 5.C[a,b的向心加速度分别为wl、2wl,A错误；a、b的 转动周期相等，均为2红，B错误：ab的线速度分别为、 w 2wl,C正确；a、b所受的静摩擦力分别等于它们的向心 力，即F,=mwl,Fb=2mwl,D错误.] 6.C[小球做圆周运动，若圆管对它的作用力为F,根据 牛颜第二定律R、一mg=m三，可得R、=mg十m号，小 球对圆管的压力F、'=F,以圆管为研究对象，若杆对 国管的作用力为R,则下=mg十mg十m三，即F=2mg 十m,选项C正确] 7.A[在最高点，根据牛顿第二定律得mg一Fv=m尺， 若U%=√gR,解得F,=0,即滑块对半球顶，点无压力，故 A正确、B错误；在最高点，根据牛顿第二定律得：mg R=m瓷若=合V丽，解得R=子mg即滑块对 半圆顶点的压力大小为mg,故CD错误.] 答案 8.D[由线速度与角速度的关系可知，线速度v=wr,故选 项A错误；根据向心加速度公式可知，向心加速度a= wr,故选项B错误；由题意可知，篮球出手后做斜上抛运 动，由运动的分解可知，篮球在空中运动到最高点时水 平方向上的速度不为零，竖直方向上的速度为零，故选 项C错误：若蓝球未到达篮筐（篮球运动的距离较小）， 则在不改变其他条件再次投蓝时需增大水平分位移，故 需增大水平分速度，即在不改变其他条件再次投蓝时应 适当增大角速度，故选项D正确，] 9.BD[小球在最高点，根据牛顿第二定律有F十mg= m,解得F=m-mg,故A错误：当F=0时，根据 表达式有m5=m二，解得只=号-÷，故B正确：旅据 F=m号-mg知，因限的针奉6一丹，远长不支，用质受 较小的球做实验，斜率更小，故C错误；当F=0时，g= 名，可知b点的位置与小球的质量无关，绳长不变，用质 量较小的球做实验，图像b,点的位置不变，故D正确.门 10.BCD[由于木块A在竖直平面内做匀速圆周运动，A 的向心加速度大小不变，A错误；从水平位置a到最高 点b的过程中，A的向心加速度沿水平方向的分量逐渐 减小，即此过程B对A的摩擦力越来越小，B正确；在a 处时A的向心加速度水平向左，竖直方向上A处于平 衡，A对B的压力等于A的重力，A所受的摩擦力达到 最大值，C正确；在过圆心的水平线以下有向上的加速 度的分量，此时A处于超重状态，A对B的压力大于A 的重力，D正确.门 11.AC[对小球受力分析如图所示， 受自身重力mg、绳子拉力FT,合力 提供向心力即水平指向圆心，设细线 和竖直方向夹角为日，小球到悬点的 距离为h,则有mgtan8=an= mg ma'htan0,可得向心加速度an=gtan 日，所以向心加速度大小不相等，选项D错误；角速度仙 √兵，所以角達度大小相等，选项C正确：由于水平面 内圆周运动的半径不同，线速度v=htan 0,所以线速度大 小不同，选项B错误，周期T=红，角速度相等，所以周期 相等，选项A正确.门 12.BC[转速增加，再次稳定时，M做圆周运动的向心力 仍由拉力提供，拉力仍然等于的重力，所以向心力不 变，故A错误.转速增至原来的2倍，则角速度变为原 来的2倍，根据F=rw,向心力不变，则r变为原来的 子，旅据=©，线递度变为原表的分，故B,C正确，D 错误.] 物理·必 13.解析：因转动时控制两球的角速度大小相等，铝球与钢 球质量不同，控制转动的半径相等，则本实验可研究向 心力与质量之间的关系，不是研究向心力与角速度的 关系，故A正确、B错误：根据F=wr,钢球比铝球的 质量大，则角速度和半径相同时钢球的向心力较大，则钢 球一侧露出的标尺格数多，故选项C正确，D错误」 答案：AC(6分) 14解析：在研究向心力的大小F与质量、角速度仙和半 径r之间的关系时，需先控制某些量不变，研究另外两 个物理量的关系，该方法为控制变量法。 (1)因F=mwr,根据控制变量法的原理可知，在研究 向心力的大小F与质量m关系时，要保持其他的物理 量不变，其中包括角速度“与半径r,即保持角速度与 半径相同，故选A. (2)图中所示两球的质量相同，转动的半径相同，根据F =wr可知研究的是向心力与角速度的关系，故选C. (3)根据F=mr可知，两球的向心力之比为1：9，半 径和质量相等，则转动的角速度之比为1：3，因为靠皮 带传动，变速轮塔的线速度大小相等，根据v=w可知与 皮带连接的变速轮塔对应的半径之比为3：1，故选B. 答案：(1)A(2分)(2)C(3分)(3)B(3分) 15.解析：设小球经过B点时的速度为v,小球平抛运动的 水平位移x=√(3R)2一(2R)2=√5R, (1分) 竖直方向上2R= 281. (2分) 故0==5R=5gR (1分) /4R 2 在B点根据牛频第二定律：F十mg=m尺 (2分) 所以F=1 mg, (1分) 根据牛顿第三定律： 小球对轨道口B处的压力F'=F=1 (1分) 答案：mg 16.解析：两个小球在最高点时，受重力和管壁的作用力， 这两个力的合力提供向心力，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做平抛运 动的水平位移之差.对A球：3mg十mg=m尺，va= 2√gR, (2分) 对B球：mg-0.75mg=m 1 (2分) ==-R=g =R,(2分) 所以xA一xu=3R. (2分) 答案：3R 修第二册 17.解析：(1)物块到达B,点时，由牛顿第二定律得 F一改=m爱 (2分) 解得：v=3m/s (1分) (2)从B到C根据牛顿第二定律可知 umg=ma (1分) 解得a=2m/s (1分) 根据速度一位移公式可知一u=一2aL (2分) 从C,点做平抛运动x=ct (1分) h (1分) 联立解得x=0.5m (1分) (3)物块由B点到C点的时间为t c=vg一at1 (1分) 物块从B运动到小桶的总时间为 t=tt (1分) 圆盘转动的角速度仙应满足条件 wt=2nn (1分) 得w=grad/sn=1.2,34) (1分) 答案：(1)3m/s(2)0.5m(3)w=4mπ rad/s(n=1、 3 2、3、4…) 18.解析：当物体恰好离开锥面时，此时物 体与锥面接触但是没有弹力作用，知 图所示： 则：竖直方向：Frcos日-mg=0, (2分) 水平方向：Frsin8=尺， U (2分) R=lsin0,解得v√6 3gl (2分) (1)当1<v时，物体没有离开锥 面，此时物体与锥面之间有弹力 作用，如图所示 N 则在水平方向： Fr1sin9-FNc0s0=g(2分 mg 竖直方向：Fr1cos0+Fv1sin9-mg=0, (2分) R=lsin0,解得：Fr1= 33+1 6 -mg. (1分) (2)2>1时，物体离开锥面，设 a 线与竖直方向上的夹角为a,如 图所示： 则竖直方向：Fr2cosa-mg=0, (2分) mus 水平方向：Fr2sina=R2 (2分) 而且：R2=lsin a,解得：Fr2=2mg. (1分) 答案：(1)1+3B)mg 6 (2)2mg 56