第六章《圆周运动》高分必刷巩固达标检测卷【培优卷】-2025-2026学年高一下学期物理《考点•题型 •技巧》精讲与精练高分突破系列(人教版必修第二册)

第六章《圆周运动》高分必刷巩固达标检测卷 一：单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28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．辘轳是我国古代类似起重机的装置，如图甲所示，该机构利用差速轮盘实现起重。图乙是其简化模型：大圆盘半径为，小圆盘半径为，两盘都固定在同一根水平中轴上，且都缠有同一根绳子。绳子下端绕过一滑轮，其余段保持竖直，滑轮下端挂货物。某农夫以ω的角速度转动中轴，则货物上升的速度为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】大小圆盘固定同轴转动，角速度均为，根据线速度与角速度的关系，可得大圆盘边缘线速度 小圆盘边缘线速度 中轴转动时，大圆盘收拢绳子，小圆盘放出绳子，时间内绳子的净缩短量为 下方挂货物的是动滑轮，绳子总净缩短量等于动滑轮两侧绳子缩短量之和，若货物上升速度为，时间内总缩短量满足，整理得 故选A 。 2．2025年9月，杭州超重力场启动全球最大的离心机主机。如图为离心机结构的俯视图，质量均为的模型舱和配重系统通过转臂连接，在水平面内绕竖直转轴以角速度做匀速圆周运动。正常转动时，两者重心到转轴的距离均为，转轴受到的水平作用力为0。若某次实验中，模型舱的重心到转轴的距离增加了，其余条件不变，则转轴受到的水平作用力大小为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】若某次实验中，模型舱的重心到转轴的距离增加了，其余条件不变，以配重系统为对象，水平方向根据牛顿第二定律可得 以模型舱为对象，水平方向根据牛顿第二定律可得 以转臂为对象，可得转轴对转臂的水平作用力大小为 其中， 可得 则转轴受到的水平作用力大小为。 故选B。 3．变速箱是汽车的动力传递装置，由一排排大小不一的齿轮组成。如图所示，是某变速箱中的一部分齿轮，A、B、C齿轮的半径分别为，其中点和点分别位于A、B齿轮边缘，点位于C齿轮半径的中点（图中未标出），当齿轮匀速转动时（　　） A．A齿轮上的点与B齿轮上点的向心加速度之比为2：3 B．A齿轮上的点与C齿轮上点角速度之比为2：1 C．B齿轮上的点与C齿轮上点线速度之比为1：2 D．B齿轮上的点与C齿轮上点转速之比为1：1 【答案】B 【详解】A．题意易知A与B、B与C边缘线速度大小相等，题意知，根据 可知A齿轮上的点与B齿轮上点的向心加速度之比为3∶2，故A错误； B．由A选项可知AC边缘线速度关系有，可知AC角速度之比，又因为 故A齿轮上的点与C齿轮上点角速度之比为2：1，故B正确； C．因为，根据，可知因为BC轮边缘处线速度相等，故，故C错误； D．因为BC轮边缘处线速度相等，则有 解得，因为C与c转速相等，故，故D错误。故选B。 4．如图所示，一根长为的轻绳穿过一质量为的光滑小圆环，绳两端固定在竖直杆上的A、B两点，A、B两点间的距离为，重力加速度为。现让杆缓慢加速转动，则转动后（　　） A．两段绳的夹角可能为 B．绳上拉力一定大于0.5mg C．当OB水平时，绳中的拉力等于重力 D．若转动足够快，圆环所处的高度可以超过AB中点 【答案】B 【详解】AD．当两段绳的夹角为时，由几何关系可知，小圆环在绳的中点，因圆环两边绳子的拉力相等，此时对圆环分析可知，竖直方向不能平衡，则两段绳的夹角可能为，即使转动足够快，圆环所处的高度也不可以超过AB中点，AD错误； B．当杆转动时，绳上的拉力竖直分量之和等于mg，（其中为圆环两边的绳子与竖直方向的夹角），因，则绳上拉力一定大于0.5mg，B正确； C．当OB水平时，此时绳OA与竖直方向有一定夹角，则竖直方向，可知，C错误。 故选B。 5．如图所示，在水平圆盘上，沿直径方向放着用轻绳相连的物体A和B，轻绳恰好伸长且无弹力，A的质量为m，B质量为3m。它们分居圆心两侧，与圆心的距离分别为，，A、B与盘间的动摩擦因数相同且均为。若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，当圆盘转速从零开始缓慢增大到两物体刚好要发生滑动时，下列说法正确的是（　　） A．当绳上刚出现拉力时圆盘的角速度为 B．物体A所受的摩擦力先增大，后减小，物体B所受的摩擦力一直增大 C．当A所受的摩擦力为零时，圆盘的角速度为 D．绳子的最大张力为 【答案】D 【详解】A．刚开始角速度较小时，A、B两个物体由所受的静摩擦力提供向心力，因B物体离中心轴更远，故B物体所需要向心力更大，即B物体所受到的静摩擦力先达到最大值，此时则有 解得当绳上刚出现拉力时圆盘的角速度为 故A错误； D．当两物体刚要发生相对滑动时，以B为研究对象，有 以A为研究对象，有，联立解得， 故D正确；BC．当A所受的摩擦力为零时，以B为研究对象，有 以A为研究对象，有联立解得 故当时，A、B两物体所受的静摩擦力都增大，此时A、B所受摩擦力方向都指向圆心；当时，A物体所受静摩擦力的大小减小，方向指向圆心，B物体所受静摩擦力达到最大，大小不变，方向指向圆心；当时，A物体所受的静摩擦的大小增大，方向背离圆心，B物体所受静摩擦力达到最大，大小不变，方向指向圆心。故物体A所受的摩擦力先增大，后减小，物体B所受的摩擦力一直增大，后保持不变，故BC错误。 故选D。 6．如图，一半径为R的光滑大圆环固定在竖直平面内，质量为m的小圆环套在大圆环上。小圆环从静止开始由大圆环顶端P点经Q点自由下滑至其底部，其中Q点为大圆环最右端的点。重力加速度为g，小圆环运动过程中，下列说法正确的是（　　） A．小圆环从开始运动至到达最低点的过程中，大圆环对小圆环的作用力先增大后减小 B．小圆环从开始运动至到达最低点的过程中，其水平方向的速度大小先增大后减小 C．小圆环运动的速率之平方与其到P点的距离成正比 D．小圆环竖直方向的速度大小最大为 【答案】D 【分析】 【详解】A ．设小圆环从开始运动至到达最低点的过程中某一时刻位置与圆心夹角为，速度为，由动能定理 可得小圆环的速度为 小圆环做圆周运动所需向心力为 沿半径方向，重力分力与大圆环支持力的合力提供向心力，即 代入可得大圆环支持力， 故大圆环对小圆环的作用力先减小后增大，A错误； B．小圆环水平方向的速度分量为， 分析函数的单调性可知，小圆环水平方向的速度先增大后减小再增大，B错误； C．某一时刻位置与小圆环出发位置点的距离为 小圆环运动的速率之平方为 化简可得，小圆环运动的速率与其到P点的距离成正比，C错误； D．小圆环水平方向的速度分量为 根据三次函数求极值方法可得，当小圆环竖直方向的速度取最大值， D正确。 故选 D。 7．如图所示，以为圆心的光滑圆弧上有、两个挡板，挡板处各有一个可沿圆弧滑动的带孔小球，圆弧可绕竖直杆在水平面内转动。现将转动的角速度从0缓慢增大（　　） A．两个小球相对圆弧总保持静止 B．两个小球同时沿圆弧向上运动 C．处小球最先沿圆弧向上运动 D．处小球最先沿圆弧向上运动 【答案】C 【详解】A．设圆弧半径为R，小球与小球的连线与竖直方向的夹角为，对小球受力分析如图所示 向心加速度大小为，将向心加速度沿着切线方向和半径方向分解，则沿圆弧切线方向根据牛顿第二定律有 得 显然越大则就越小，当减小到0时，若继续增大，则小球将沿圆弧上移，故A错误； BCD．当时设角速度为，有 解得 即越大则就越大，故小的先沿圆弧向上滑动，即处小球最先沿圆弧向上运动，故BD错误，C正确。 故选C。 二：多项选择题：每小题最少有两个选项符合提议，少选且正确的3分，本地共3题，每题6分，共18分 8．如图所示，一位同学玩飞镖游戏，圆盘最上端有一点P，飞镖抛出时与P等高，且距离P点为L，当飞镖以初速度垂直盘面瞄准P点抛出的同时，圆盘以经过盘心O点的水平轴在竖直平面内匀速转动，忽略空气阻力，重力加速度为g，若飞镖恰好击中P点，则（    ） A．飞镖击中P点所需的时间为 B．圆盘的半径可能为 C．圆盘转动角速度的最小值为 D．P点随圆盘转动的线速度可能为 【答案】CD 【详解】A．飞镖击中P点所需的时间为 选项A错误； B．根据 可得圆盘的半径为 选项B错误； C．圆盘转动角速度的最小值为 选项C正确； D．P点随圆盘转动的线速度可能为 （n=0、1、2、3……） 当n=3时 选项D正确。 故选CD。 9．如图，两个圆锥内壁光滑，竖直放置在同一水平面上，圆锥母线与竖直方向夹角分别为30°和60°，有A、B两个质量相同的小球在两圆锥内壁等高处做匀速圆周运动，下列说法正确的是（    ） A．A、B球受到的支持力之比为 B．A、B球的向心力之比为 C．A、B球运动的角速度之比为 D．A、B球运动的线速度之比为 【答案】AC 【详解】A．设小球受到的支持力为，向心力为，则有 代入题中数据，可得，故A正确； B．由平行四边形定则可知向心力 代入题中数据，可得，故B错误； C．小球运动轨道高度相同，则半径 可知 由 联立可得，故C正确； D．由 联立可得，故D错误。 故选AC。 10．如图所示，能绕O点在水平面内转动的圆盘上，放置两个可视为质点且质量均为2kg的物块A和B,它们与圆盘间动摩擦因数均为，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力。两物块间连接一自然长度为5cm、劲度系数为200N/m的轻质弹性橡皮筋，橡皮筋的形变都在弹性限度内且遵从胡克定律;两物块A、B和O点恰好构成一边长为10cm的正三角形，现使圆盘带动两个物块以不同的角速度做匀速圆周运动，取g= 10m/s2,则（　　） A．当圆盘的角速度为5rad/s时，圆盘对物块A的摩擦力最小 B．当圆盘的角速度为5rad/s时，物块B受到的合力大小为10N C．当圆盘的角速度为rad/s时，圆盘对物块B的摩擦力大小为10N D．物块A、B刚要滑动时，圆盘的角速度为10rad/s 【答案】ACD 【详解】A．如图所示 设原长为。圆盘对物块A的摩擦力最小时，此时 解得 A正确； B．当圆盘的角速度为时，此时 B错误； C．圆盘对物块B的摩擦力的大小等于橡皮筋弹力的大小时，此时 解得 C正确； D．物块A、B刚要滑动时，有 此时 解得 D正确。 故选ACD。 三：实验题:本题共2小题，第一小题小题6分，第二小题10分，共16分。 11．某同学用向心力演示器来探究物体做圆周运动所需向心力的大小与质量、角速度和半径之间的关系。 (1)该同学应采用的实验方法是（　　） A．理想实验法 B．控制变量法 C．等效替代法 D．理想模型法 (2)若要探究与之间的关系，应采用下列三图中的____________图； (3)某次实验时，左右两标尺显示如图丁所示，此时左右两处小球所受向心力大小之比约为（　　） A． B． C． D． (4)在探究与之间的关系时，若左右两标尺显示如图丁所示，则左右变速塔轮半径之比为（　　） A． B． C． D． (5)通过本实验可以得到的结论是（　　） A．在与一定的情况下，与成正比 B．在与一定的情况下，与成反比 C．在与一定的情况下，与成反比 D．在与一定的情况下，与成正比 【答案】(1)B(2)乙(3)C(4)B(5)AD 【详解】（1）探究物体做圆周运动所需向心力的大小与质量、角速度和半径之间的关系，采用的实验方法是控制变量法。 故选B。 （2）若要探究与之间的关系，应使两小球质量不相等，两小球做圆周运动半径和角速度相等，则应采用乙图。 （3）某次实验时，左右两标尺显示如图丁所示，此时左右两处小球所受向心力大小之比约为。 故选C。 （4）在探究与之间的关系时，应控制两球质量和做圆周运动半径相同，根据 若左右两标尺显示如图丁所示，则有 根据 由于左右变速塔轮边缘线速度大小相等，则左右变速塔轮半径之比为 故选B。 （5）根据 A．在与一定的情况下，与成正比，故A正确； BD．在与一定的情况下，与成正比，故B错误，D正确； C．在与一定的情况下，与成正比，故C错误。 故选AD。 12．某实验小组用图甲所示的装置，来探究向心力与角速度大小的关系。滑块套在光滑的水平杆上，可随水平杆一起绕竖直杆做匀速圆周运动，力传感器通过细绳连接滑块。滑块中心固定一宽度为d的遮光片，滑块（含遮光片）总质量为m，固定在支架上的光电门可以记录遮光片通过的时间，滑块中心到竖直杆的距离为l。 (1)滑块随杆做匀速圆周运动，经过光电门时的遮光时间为，则滑块的角速度______（用、l、d表示）。 (2)多次测量滑块随杆做匀速圆周运动的角速度，得到多组力传感器示数F和遮光时间t的数据后，以F为纵坐标，以______（选填“”或“”）为横坐标，作出图像，如图乙所示，图像是一条斜率为______（用m、l、d表示）且过原点的直线，说明向心力与______（选填“角速度”或“角速度平方”）成正比。 【答案】(1) (2) 角速度平方 【详解】（1）滑块的线速度大小为 由 可得 （2）[1]由向心力表达式 则 [2][3]以为横坐标，直线的斜率为，说明向心力与角速度平方成正比。 四：解答题:本题共3小题,第一小题小题10分，第二小题12分，第三小题16分，共38分。 13．如图所示，在光滑圆锥顶端系一长L＝2m的细绳，绳子下端拴质量m＝1kg的小球，圆锥顶角 （g取10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）。求： （1）小球与圆锥体处于静止状态时，小球所受细绳的拉力及圆锥体的弹力大小； （2）小球与圆锥体向左匀加速运动的加速度多大时，小球与圆锥体之间恰好没有弹力； （3）当小球绕圆锥体以ω＝1rad/s做匀速圆周运动时，细绳上的拉力大小； （4）当小球绕圆锥体以ω＝5rad/s做匀速圆周运动时，细绳上的拉力大小。 【答案】（1），；（2）7.5m/s2；（3）8.72 N；（4）50N 【详解】（1）小球与圆锥体处于静止状态时，根据受力平衡可得 ， 解得球所受细绳的拉力及圆锥体的弹力大小分别为 ， （2）小球与圆锥体向左匀加速运动，当小球与圆锥体之间恰好没有弹力时，设此时加速度大小为，以小球为对象，根据牛顿第二可得 解得 （3）设当小球绕圆锥体以做匀速圆周运动时，圆锥体的弹力刚好为0，以小球为对象，根据牛顿第二可得 解得 当小球绕圆锥体以做匀速圆周运动时，以小球为对象，竖直方向根据受力平衡可得 水平方向根据牛顿第二可得 联立解得细绳上的拉力大小为 （4）当小球绕圆锥体以做匀速圆周运动时，小球已经离开圆锥体表面，设稳定时细线与竖直方向的夹角为，以小球为对象，根据牛顿第二可得 解得 竖直方向根据受力平衡可得 解得细绳上的拉力大小为 14．地面上有一个半径为R的圆形跑道，高为h的平台边缘上的P点在地面上P'点的正上方，P'与跑道圆心O的距离为L（L>R），如图所示。跑道上停有一辆小车，现从P点水平抛出小沙袋，使其落入小车中（沙袋和小车均可视为质点，沙袋所受空气阻力不计，重力加速度为g）。问： （1）当小车分别位于A点和B点时（∠AOB=90°），沙袋被抛出时的初速度各为多大? （2）要使沙袋落在跑道上，则沙袋被抛出时的初速度v0在什么范围内? （3）若小车沿跑道顺时针运动，当小车恰好经过A点时，将沙袋抛出，为使沙袋能在B处落入小车中，小车的速率v应满足什么条件? 【答案】（1）(L-R)，；（2）(L-R)≤v0≤(L+R)；（3）v=(4n+1)πR(n=0，1，2，…) 【详解】（1）沙袋从P点被抛出后做平抛运动，设它的下落时间为t，则 h=gt2 解得 t= 当小车位于A点时，有 xA=vAt=L-R 联立解得 vA=(L-R) 当小车位于B点时，有 xB=vBt= 联立解得 vB= （2）若小车在跑道上运动，要使沙袋落入小车，最小的抛出速度为 v0min=vA=(L-R) 若当小车经过C点时沙袋刚好落入，抛出时的初速度最大，有 xC=v0maxt=L+R 联立解得 v0max=(L+R) 故沙袋被抛出时的初速度范围为 (L-R)≤v0≤(L+R) （3）要使沙袋能在B处落入小车中，小车运动的时间应与沙袋下落时间相同，即 tAB=(n=0，1，2，…) tAB=t= 联立解得 v=(4n+1)πR(n=0，1，2，…) 15．如图所示，倾角的斜面体固定在可以绕竖直轴转动的水平转台上，斜面最低点在转轴OO1上，质量均为m=1kg、可视为质点的两个小物块P、Q随转台一起匀速转动，P、Q到转轴OO1的距离均为0.4m，P与转台之间的动摩擦因数为0.5，Q与转台之间的动摩擦因数为0.8，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。转台转动时，P、Q均与转台保持相对静止，求： (1)当P不受摩擦力时转台的角速度； (2)转台角速度的最大值； (3)Q所受摩擦力的变化范围。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）当P不受摩擦力时对P受力分析如图所示 根据牛顿第二定律有 代入数据解得 （2）当P受到的摩擦力达到最大且方向沿斜面向下时，假设此时Q与转台保持相对静止，设此时的角速度为ω1，对P根据牛顿第二定律有， 又 联立代入数据解得 这时Q的向心力大小为 Q与转台之间的最大静摩擦力为 说明此时Q已经和转台发生了相对滑动，所以转台的最大角速度为ωm 对Q根据牛顿第二定律有 解得 （3）当P受到斜面的摩擦力方向沿斜面向上且达到最大静摩擦力时，转台的角速度最小，设为ω'，对P受力分析，如下图所示 根据牛顿第二定律有， 又 联立代入数据解得 此时Q受到的摩擦力大小为 所以Q受到的摩擦力大小范围为。 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 第六章《圆周运动》高分必刷巩固达标检测卷 一：单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28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．辘轳是我国古代类似起重机的装置，如图甲所示，该机构利用差速轮盘实现起重。图乙是其简化模型：大圆盘半径为，小圆盘半径为，两盘都固定在同一根水平中轴上，且都缠有同一根绳子。绳子下端绕过一滑轮，其余段保持竖直，滑轮下端挂货物。某农夫以ω的角速度转动中轴，则货物上升的速度为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】大小圆盘固定同轴转动，角速度均为，根据线速度与角速度的关系，可得大圆盘边缘线速度 小圆盘边缘线速度 中轴转动时，大圆盘收拢绳子，小圆盘放出绳子，时间内绳子的净缩短量为 下方挂货物的是动滑轮，绳子总净缩短量等于动滑轮两侧绳子缩短量之和，若货物上升速度为，时间内总缩短量满足，整理得 故选A 。 2．2025年9月，杭州超重力场启动全球最大的离心机主机。如图为离心机结构的俯视图，质量均为的模型舱和配重系统通过转臂连接，在水平面内绕竖直转轴以角速度做匀速圆周运动。正常转动时，两者重心到转轴的距离均为，转轴受到的水平作用力为0。若某次实验中，模型舱的重心到转轴的距离增加了，其余条件不变，则转轴受到的水平作用力大小为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】若某次实验中，模型舱的重心到转轴的距离增加了，其余条件不变，以配重系统为对象，水平方向根据牛顿第二定律可得 以模型舱为对象，水平方向根据牛顿第二定律可得 以转臂为对象，可得转轴对转臂的水平作用力大小为 其中， 可得 则转轴受到的水平作用力大小为。 故选B。 3．变速箱是汽车的动力传递装置，由一排排大小不一的齿轮组成。如图所示，是某变速箱中的一部分齿轮，A、B、C齿轮的半径分别为，其中点和点分别位于A、B齿轮边缘，点位于C齿轮半径的中点（图中未标出），当齿轮匀速转动时（　　） A．A齿轮上的点与B齿轮上点的向心加速度之比为2：3 B．A齿轮上的点与C齿轮上点角速度之比为2：1 C．B齿轮上的点与C齿轮上点线速度之比为1：2 D．B齿轮上的点与C齿轮上点转速之比为1：1 【答案】B 【详解】A．题意易知A与B、B与C边缘线速度大小相等，题意知，根据 可知A齿轮上的点与B齿轮上点的向心加速度之比为3∶2，故A错误； B．由A选项可知AC边缘线速度关系有，可知AC角速度之比，又因为 故A齿轮上的点与C齿轮上点角速度之比为2：1，故B正确； C．因为，根据，可知因为BC轮边缘处线速度相等，故，故C错误； D．因为BC轮边缘处线速度相等，则有 解得，因为C与c转速相等，故，故D错误。故选B。 4．如图所示，一根长为的轻绳穿过一质量为的光滑小圆环，绳两端固定在竖直杆上的A、B两点，A、B两点间的距离为，重力加速度为。现让杆缓慢加速转动，则转动后（　　） A．两段绳的夹角可能为 B．绳上拉力一定大于0.5mg C．当OB水平时，绳中的拉力等于重力 D．若转动足够快，圆环所处的高度可以超过AB中点 【答案】B 【详解】AD．当两段绳的夹角为时，由几何关系可知，小圆环在绳的中点，因圆环两边绳子的拉力相等，此时对圆环分析可知，竖直方向不能平衡，则两段绳的夹角可能为，即使转动足够快，圆环所处的高度也不可以超过AB中点，AD错误； B．当杆转动时，绳上的拉力竖直分量之和等于mg，（其中为圆环两边的绳子与竖直方向的夹角），因，则绳上拉力一定大于0.5mg，B正确； C．当OB水平时，此时绳OA与竖直方向有一定夹角，则竖直方向，可知，C错误。 故选B。 5．如图所示，在水平圆盘上，沿直径方向放着用轻绳相连的物体A和B，轻绳恰好伸长且无弹力，A的质量为m，B质量为3m。它们分居圆心两侧，与圆心的距离分别为，，A、B与盘间的动摩擦因数相同且均为。若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，当圆盘转速从零开始缓慢增大到两物体刚好要发生滑动时，下列说法正确的是（　　） A．当绳上刚出现拉力时圆盘的角速度为 B．物体A所受的摩擦力先增大，后减小，物体B所受的摩擦力一直增大 C．当A所受的摩擦力为零时，圆盘的角速度为 D．绳子的最大张力为 【答案】D 【详解】A．刚开始角速度较小时，A、B两个物体由所受的静摩擦力提供向心力，因B物体离中心轴更远，故B物体所需要向心力更大，即B物体所受到的静摩擦力先达到最大值，此时则有 解得当绳上刚出现拉力时圆盘的角速度为 故A错误； D．当两物体刚要发生相对滑动时，以B为研究对象，有 以A为研究对象，有，联立解得， 故D正确；BC．当A所受的摩擦力为零时，以B为研究对象，有 以A为研究对象，有联立解得 故当时，A、B两物体所受的静摩擦力都增大，此时A、B所受摩擦力方向都指向圆心；当时，A物体所受静摩擦力的大小减小，方向指向圆心，B物体所受静摩擦力达到最大，大小不变，方向指向圆心；当时，A物体所受的静摩擦的大小增大，方向背离圆心，B物体所受静摩擦力达到最大，大小不变，方向指向圆心。故物体A所受的摩擦力先增大，后减小，物体B所受的摩擦力一直增大，后保持不变，故BC错误。 故选D。 6．如图，一半径为R的光滑大圆环固定在竖直平面内，质量为m的小圆环套在大圆环上。小圆环从静止开始由大圆环顶端P点经Q点自由下滑至其底部，其中Q点为大圆环最右端的点。重力加速度为g，小圆环运动过程中，下列说法正确的是（　　） A．小圆环从开始运动至到达最低点的过程中，大圆环对小圆环的作用力先增大后减小 B．小圆环从开始运动至到达最低点的过程中，其水平方向的速度大小先增大后减小 C．小圆环运动的速率之平方与其到P点的距离成正比 D．小圆环竖直方向的速度大小最大为 【答案】D 【分析】 【详解】A ．设小圆环从开始运动至到达最低点的过程中某一时刻位置与圆心夹角为，速度为，由动能定理 可得小圆环的速度为 小圆环做圆周运动所需向心力为 沿半径方向，重力分力与大圆环支持力的合力提供向心力，即 代入可得大圆环支持力， 故大圆环对小圆环的作用力先减小后增大，A错误； B．小圆环水平方向的速度分量为， 分析函数的单调性可知，小圆环水平方向的速度先增大后减小再增大，B错误； C．某一时刻位置与小圆环出发位置点的距离为 小圆环运动的速率之平方为 化简可得，小圆环运动的速率与其到P点的距离成正比，C错误； D．小圆环水平方向的速度分量为 根据三次函数求极值方法可得，当小圆环竖直方向的速度取最大值， D正确。 故选 D。 7．如图所示，以为圆心的光滑圆弧上有、两个挡板，挡板处各有一个可沿圆弧滑动的带孔小球，圆弧可绕竖直杆在水平面内转动。现将转动的角速度从0缓慢增大（　　） A．两个小球相对圆弧总保持静止 B．两个小球同时沿圆弧向上运动 C．处小球最先沿圆弧向上运动 D．处小球最先沿圆弧向上运动 【答案】C 【详解】A．设圆弧半径为R，小球与小球的连线与竖直方向的夹角为，对小球受力分析如图所示 向心加速度大小为，将向心加速度沿着切线方向和半径方向分解，则沿圆弧切线方向根据牛顿第二定律有 得 显然越大则就越小，当减小到0时，若继续增大，则小球将沿圆弧上移，故A错误； BCD．当时设角速度为，有 解得 即越大则就越大，故小的先沿圆弧向上滑动，即处小球最先沿圆弧向上运动，故BD错误，C正确。 故选C。 二：多项选择题：每小题最少有两个选项符合提议，少选且正确的3分，本地共3题，每题6分，共18分 8．如图所示，一位同学玩飞镖游戏，圆盘最上端有一点P，飞镖抛出时与P等高，且距离P点为L，当飞镖以初速度垂直盘面瞄准P点抛出的同时，圆盘以经过盘心O点的水平轴在竖直平面内匀速转动，忽略空气阻力，重力加速度为g，若飞镖恰好击中P点，则（    ） A．飞镖击中P点所需的时间为 B．圆盘的半径可能为 C．圆盘转动角速度的最小值为 D．P点随圆盘转动的线速度可能为 【答案】CD 【详解】A．飞镖击中P点所需的时间为 选项A错误； B．根据 可得圆盘的半径为 选项B错误； C．圆盘转动角速度的最小值为 选项C正确； D．P点随圆盘转动的线速度可能为 （n=0、1、2、3……） 当n=3时 选项D正确。 故选CD。 9．如图，两个圆锥内壁光滑，竖直放置在同一水平面上，圆锥母线与竖直方向夹角分别为30°和60°，有A、B两个质量相同的小球在两圆锥内壁等高处做匀速圆周运动，下列说法正确的是（    ） A．A、B球受到的支持力之比为 B．A、B球的向心力之比为 C．A、B球运动的角速度之比为 D．A、B球运动的线速度之比为 【答案】AC 【详解】A．设小球受到的支持力为，向心力为，则有 代入题中数据，可得，故A正确； B．由平行四边形定则可知向心力 代入题中数据，可得，故B错误； C．小球运动轨道高度相同，则半径 可知 由 联立可得，故C正确； D．由 联立可得，故D错误。 故选AC。 10．如图所示，能绕O点在水平面内转动的圆盘上，放置两个可视为质点且质量均为2kg的物块A和B,它们与圆盘间动摩擦因数均为，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力。两物块间连接一自然长度为5cm、劲度系数为200N/m的轻质弹性橡皮筋，橡皮筋的形变都在弹性限度内且遵从胡克定律;两物块A、B和O点恰好构成一边长为10cm的正三角形，现使圆盘带动两个物块以不同的角速度做匀速圆周运动，取g= 10m/s2,则（　　） A．当圆盘的角速度为5rad/s时，圆盘对物块A的摩擦力最小 B．当圆盘的角速度为5rad/s时，物块B受到的合力大小为10N C．当圆盘的角速度为rad/s时，圆盘对物块B的摩擦力大小为10N D．物块A、B刚要滑动时，圆盘的角速度为10rad/s 【答案】ACD 【详解】A．如图所示 设原长为。圆盘对物块A的摩擦力最小时，此时 解得 A正确； B．当圆盘的角速度为时，此时 B错误； C．圆盘对物块B的摩擦力的大小等于橡皮筋弹力的大小时，此时 解得 C正确； D．物块A、B刚要滑动时，有 此时 解得 D正确。 故选ACD。 三：实验题:本题共2小题，第一小题小题6分，第二小题10分，共16分。 11．某同学用向心力演示器来探究物体做圆周运动所需向心力的大小与质量、角速度和半径之间的关系。 (1)该同学应采用的实验方法是（　　） A．理想实验法 B．控制变量法 C．等效替代法 D．理想模型法 (2)若要探究与之间的关系，应采用下列三图中的____________图； (3)某次实验时，左右两标尺显示如图丁所示，此时左右两处小球所受向心力大小之比约为（　　） A． B． C． D． (4)在探究与之间的关系时，若左右两标尺显示如图丁所示，则左右变速塔轮半径之比为（　　） A． B． C． D． (5)通过本实验可以得到的结论是（　　） A．在与一定的情况下，与成正比 B．在与一定的情况下，与成反比 C．在与一定的情况下，与成反比 D．在与一定的情况下，与成正比 【答案】(1)B(2)乙(3)C(4)B(5)AD 【详解】（1）探究物体做圆周运动所需向心力的大小与质量、角速度和半径之间的关系，采用的实验方法是控制变量法。 故选B。 （2）若要探究与之间的关系，应使两小球质量不相等，两小球做圆周运动半径和角速度相等，则应采用乙图。 （3）某次实验时，左右两标尺显示如图丁所示，此时左右两处小球所受向心力大小之比约为。 故选C。 （4）在探究与之间的关系时，应控制两球质量和做圆周运动半径相同，根据 若左右两标尺显示如图丁所示，则有 根据 由于左右变速塔轮边缘线速度大小相等，则左右变速塔轮半径之比为 故选B。 （5）根据 A．在与一定的情况下，与成正比，故A正确； BD．在与一定的情况下，与成正比，故B错误，D正确； C．在与一定的情况下，与成正比，故C错误。 故选AD。 12．某实验小组用图甲所示的装置，来探究向心力与角速度大小的关系。滑块套在光滑的水平杆上，可随水平杆一起绕竖直杆做匀速圆周运动，力传感器通过细绳连接滑块。滑块中心固定一宽度为d的遮光片，滑块（含遮光片）总质量为m，固定在支架上的光电门可以记录遮光片通过的时间，滑块中心到竖直杆的距离为l。 (1)滑块随杆做匀速圆周运动，经过光电门时的遮光时间为，则滑块的角速度______（用、l、d表示）。 (2)多次测量滑块随杆做匀速圆周运动的角速度，得到多组力传感器示数F和遮光时间t的数据后，以F为纵坐标，以______（选填“”或“”）为横坐标，作出图像，如图乙所示，图像是一条斜率为______（用m、l、d表示）且过原点的直线，说明向心力与______（选填“角速度”或“角速度平方”）成正比。 【答案】(1) (2) 角速度平方 【详解】（1）滑块的线速度大小为 由 可得 （2）[1]由向心力表达式 则 [2][3]以为横坐标，直线的斜率为，说明向心力与角速度平方成正比。 四：解答题:本题共3小题,第一小题小题10分，第二小题12分，第三小题16分，共38分。 13．如图所示，在光滑圆锥顶端系一长L＝2m的细绳，绳子下端拴质量m＝1kg的小球，圆锥顶角 （g取10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）。求： （1）小球与圆锥体处于静止状态时，小球所受细绳的拉力及圆锥体的弹力大小； （2）小球与圆锥体向左匀加速运动的加速度多大时，小球与圆锥体之间恰好没有弹力； （3）当小球绕圆锥体以ω＝1rad/s做匀速圆周运动时，细绳上的拉力大小； （4）当小球绕圆锥体以ω＝5rad/s做匀速圆周运动时，细绳上的拉力大小。 【答案】（1），；（2）7.5m/s2；（3）8.72 N；（4）50N 【详解】（1）小球与圆锥体处于静止状态时，根据受力平衡可得 ， 解得球所受细绳的拉力及圆锥体的弹力大小分别为 ， （2）小球与圆锥体向左匀加速运动，当小球与圆锥体之间恰好没有弹力时，设此时加速度大小为，以小球为对象，根据牛顿第二可得 解得 （3）设当小球绕圆锥体以做匀速圆周运动时，圆锥体的弹力刚好为0，以小球为对象，根据牛顿第二可得 解得 当小球绕圆锥体以做匀速圆周运动时，以小球为对象，竖直方向根据受力平衡可得 水平方向根据牛顿第二可得 联立解得细绳上的拉力大小为 （4）当小球绕圆锥体以做匀速圆周运动时，小球已经离开圆锥体表面，设稳定时细线与竖直方向的夹角为，以小球为对象，根据牛顿第二可得 解得 竖直方向根据受力平衡可得 解得细绳上的拉力大小为 14．地面上有一个半径为R的圆形跑道，高为h的平台边缘上的P点在地面上P'点的正上方，P'与跑道圆心O的距离为L（L>R），如图所示。跑道上停有一辆小车，现从P点水平抛出小沙袋，使其落入小车中（沙袋和小车均可视为质点，沙袋所受空气阻力不计，重力加速度为g）。问： （1）当小车分别位于A点和B点时（∠AOB=90°），沙袋被抛出时的初速度各为多大? （2）要使沙袋落在跑道上，则沙袋被抛出时的初速度v0在什么范围内? （3）若小车沿跑道顺时针运动，当小车恰好经过A点时，将沙袋抛出，为使沙袋能在B处落入小车中，小车的速率v应满足什么条件? 【答案】（1）(L-R)，；（2）(L-R)≤v0≤(L+R)；（3）v=(4n+1)πR(n=0，1，2，…) 【详解】（1）沙袋从P点被抛出后做平抛运动，设它的下落时间为t，则 h=gt2 解得 t= 当小车位于A点时，有 xA=vAt=L-R 联立解得 vA=(L-R) 当小车位于B点时，有 xB=vBt= 联立解得 vB= （2）若小车在跑道上运动，要使沙袋落入小车，最小的抛出速度为 v0min=vA=(L-R) 若当小车经过C点时沙袋刚好落入，抛出时的初速度最大，有 xC=v0maxt=L+R 联立解得 v0max=(L+R) 故沙袋被抛出时的初速度范围为 (L-R)≤v0≤(L+R) （3）要使沙袋能在B处落入小车中，小车运动的时间应与沙袋下落时间相同，即 tAB=(n=0，1，2，…) tAB=t= 联立解得 v=(4n+1)πR(n=0，1，2，…) 15．如图所示，倾角的斜面体固定在可以绕竖直轴转动的水平转台上，斜面最低点在转轴OO1上，质量均为m=1kg、可视为质点的两个小物块P、Q随转台一起匀速转动，P、Q到转轴OO1的距离均为0.4m，P与转台之间的动摩擦因数为0.5，Q与转台之间的动摩擦因数为0.8，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。转台转动时，P、Q均与转台保持相对静止，求： (1)当P不受摩擦力时转台的角速度； (2)转台角速度的最大值； (3)Q所受摩擦力的变化范围。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）当P不受摩擦力时对P受力分析如图所示 根据牛顿第二定律有 代入数据解得 （2）当P受到的摩擦力达到最大且方向沿斜面向下时，假设此时Q与转台保持相对静止，设此时的角速度为ω1，对P根据牛顿第二定律有， 又 联立代入数据解得 这时Q的向心力大小为 Q与转台之间的最大静摩擦力为 说明此时Q已经和转台发生了相对滑动，所以转台的最大角速度为ωm 对Q根据牛顿第二定律有 解得 （3）当P受到斜面的摩擦力方向沿斜面向上且达到最大静摩擦力时，转台的角速度最小，设为ω'，对P受力分析，如下图所示 根据牛顿第二定律有， 又 联立代入数据解得 此时Q受到的摩擦力大小为 所以Q受到的摩擦力大小范围为。 2 学科网（北京）股份有限公司 $