第六章 圆周运动 单元综合测试-2025-2026学年高一下学期物理人教版必修第二册

第六章 圆周运动 单元综合测试 2025-2026学年高一下学期物理人教版必修第二册 班级： 姓名： 学号： 分数： （考试时间：90分钟 试卷满分：100分） 注意事项： 1．本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的班级、姓名、学号填写在试卷上。 2．回答第I卷时，选出每小题答案后，将答案填在选择题尾的答题表中。 3．回答第II卷时，将答案直接写在试卷上。 第Ⅰ卷（选择题 共43分） 一、选择题（本题共10小题，共43分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题中只有一项符合题目要求，每小题4分，第8~10题有多项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分） 1．炎炎夏日，电风扇为我们带来了凉爽。扇叶匀速转动时，扇叶上某两质点的物理量一定相同的是（　　） A．向心加速度 B．线速度 C．向心力 D．转速 2．水车是我国最古老的农业灌溉工具，体现了中华民族高超的劳动技艺和创造力，是中国农耕文化的重要组成部分。如图所示，水车最外层圆型支架上固定多个水斗，内部有两个圆形支架固定木辐条，在流水的冲力作用下，水车匀速转动。下列说法正确的是（　　） A．所有水斗的角速度都相同 B．所有水斗的向心加速度都相同 C．水斗的周期比木辐条中点的周期大 D．在最低点的水斗向心加速度最大 3．如图甲所示，《天工开物》记载了水转翻车的使用场景：水轮通过水流冲击转动，转轮带动龙骨板将水提升至高处灌溉农田。如图乙所示，若水轮边缘某点的线速度大小为，水轮的半径为，则下列说法正确的是（   ） A．水轮上的质点转动过程中处于平衡状态 B．水轮转动的角速度大小为 C．水轮转动的周期为 D．该点转动的向心加速度大小为 4．看电影时，常发现银幕上小轿车虽然在行驶中，但车轮似乎并未转动。设车轮表面形状如图所示，半径为25cm，电影放映时每秒播放24帧画面。则车轮转动的最小线速度和角速度为（　　） A． B． C． D． 5．夏天人们常用蚊香来驱除蚊虫。如图所示，蚊香点燃后缓慢燃烧，若某滑冰运动员（可视为质点）的运动轨迹与该蚊香燃点的轨迹类似，运动的速率保持不变，则该运动员（　　） A．线速度不变 B．角速度变小 C．向心加速度变大 D．运动一圈（360°）所用时间保持不变 6．如图所示，两根长度相同的细线分别系有两个完全相同的小球，细线的上端都系于O点，设法让两个小球均在水平面上做匀速圆周运动。已知跟竖直方向的夹角为60°，跟竖直方向的夹角为30°，下列说法正确的是（    ） A． 细线和细线所受的拉力大小之比为3：1 B．小球和的角速度大小之比为3：1 C．小球和的向心力大小之比为3：1 D．小球和的线速度大小之比为33：1 7．如图所示摩天轮在竖直平面内做匀速圆周运动，某时刻甲乘客所在的吊舱正好处在最高点，乙乘客所在吊舱处在最低点，若两乘客质量相等，则此时（　　） A． 吊舱对甲、乙的作用力方向相反 B． B．吊舱对甲的作用力大于对乙的作用力 C． 吊舱对乙的作用力等于对甲的作用力 D． 甲乘客处于失重状态，乙乘客处于超重状 8．狮河公园有一种叫做“快乐飞机”的游乐项目，模型如图所示，已知模型飞机质量为m，固定在长为L的旋臂上，旋臂与竖直方向夹角为θ，当模型飞机以角速度ω绕中央轴在水平面内做匀速圆周运动时，下列说法正确的是（　　） A．模型飞机受到重力、旋臂的作用力和向心力 B．旋臂对模型飞机的作用力方向一定与旋臂垂直 C．旋臂对模型飞机的作用力大小为 D．若夹角θ增大，则旋臂对模型飞机的作用力增大 9．如图所示，相同的物块A、B叠放在一起，放在水平转台上随圆盘一起匀速运动，它们和圆盘保持相对静止，以下说法正确的是（　　） A．两物块所受的合力大小始终是相等的 B．图中A对B摩擦力是向左的 C．B所需的向心力比A大 D．圆盘对B的摩擦力是B对A的摩擦力的2倍 10．如图甲所示，一长为l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v2的关系如图乙所示，重力加速度为g，下列判断正确的是（　　） A．图象函数表达式为 B．重力加速度 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，图线b点的位置不变 第Ⅱ卷（非选择题 共57分） 二、非选择题（本题共6小题，满分57分，其中11题6分，12题8分，13题8分，14题12分，15题10分，16题13分，除了第11、12题外每小题需写出必要的解题步骤，只有答案不得分） 11．用如图所示的装置可以探究做匀速圆周运动的物体需要的向心力的大小与哪些因素有关。 （1）本实验采用的科学方法是________。 A．控制变量法    B．等效替代法    C．理想实验法    D．放大法 （2）图示情景正在探究的是________。 A．向心力的大小与半径的关系    B．向心力的大小与线速度大小的关系 C．向心力的大小与角速度的关系    D．向心力的大小与物体质量的关系 （3）如果用这套装置来探究向心力的大小F与角速度的关系时，应将传动皮带套在两塔轮半径不同的轮盘上，将质量相同的小球分别放在挡板C和挡板________（选填“A”或“B”）处。 12．为探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系，小明按图甲装置进行实验，物块放在平台卡槽内，平台绕轴转动，物块做匀速圆周运动，平台转速可以控制，光电计时器可以记录物块转动的快慢。 (1)为了探究向心力与角速度的关系，需要控制 和 保持不变，小明由计时器测出物块转动的周期为T，计算ω2的表达式是 。 (2)小明按上述实验将测算得的结果用作图法来处理数据，如图乙所示，纵轴F为力传感器读数，横轴为ω2，图线不过坐标原点的原因是 ，用电子天平测得物块质量为1.50kg，直尺测得半径为50.00cm，图线斜率为 kg·m（结果保留2位有效数字）。 13．在用高级沥青铺设的高速公路上．对汽车的设计限速是30m/s。汽车在这种路面上行驶时，它的轮胎与地而的最大静摩擦力等于车重的0.6倍。 （1）如果汽车在这种高速路的水平弯道上拐弯，假设弯道的路面是水平的，其弯道的最小半径为多大？ （2）如果弯道的路面设计为倾斜（外高内低），弯道半径为360m，要使汽车以30m/s的速度通过此弯道时不产生侧向摩擦力，则弯道路面的倾斜角度正切为多大？ 14．如图所示，为竖直光滑圆弧的直径，其半径，A端沿水平方向。水平轨道与半径的竖直光滑圆弧轨道相接于C点，D为圆轨道的最低点，圆弧轨道、对应的圆心角。圆弧和倾斜传送带相切于E点，的长度为。一质量为的物块（视为质点）从水平轨道上某点以某一速度冲上竖直圆轨道，并从A点飞出，经过C点恰好沿切线进入圆弧轨道，再经过E点，随后物块滑上传送带。已知物块经过E点时速度大小与经过C点时速度大小相等，物块与传送带间的动摩擦因数，取，，。求： （1）水平轨道的长度是多少； （2）物块到达C点时对C点的压力大小； （3）若物块能被送到F端，则传送带顺时针运转的速度应满足的条件及物块从E端到F端所用时间的范围。 15．某人站在水平地面上，手握不可伸长的轻绳一端，绳的另一端系有一质量为的小球，甩动手腕可以使球在竖直平面内以手为圆心做圆周运动，如图1所示，也可以使球在水平面内做匀速圆周运动，如图2所示．已知握绳的手离地高度为，手与球之间的绳长为，绳能承受的最大拉力为，重力加速度为，忽略空气阻力和手的摆动，问： （1）当某次在竖直平面内运动到最低点时，绳恰好受到所能承受的最大拉力被拉断，球以绳断时的速度水平飞出，球从绳断飞出到落地的水平距离多大？ （2）如果小球在水平面内做匀速圆周运动，球的速度增大，绳子拉力增大，绳恰好受到所能承受的最大拉力时对应的速度多大？落地点到手的竖直投影点的距离多大？ 16．一游戏装置由四分之一光滑圆弧轨道，水平粗糙轨道，目标区域组成。如图所示，一可视为质点的滑块从上距某一高度处由静止释放，经后从点水平抛出，落入区域为游戏成功。已知圆弧半径之间的距离分别为间的高度，滑块质量，与间的动摩擦因数，滑块释放高度与滑块滑至点时的速度之间满足，轨道间平滑连接，滑块落到任一位置后不再弹起。 (1)若，求滑块经过轨道的最低点时，对轨道的压力大小？ (2)要求滑块能够落入目标区域，求的范围？ (3)为调节滑块的落点位置，在轨道上安装一位置可调节宽度不计的减速装置（图中未画出），滑块经过减速装置前后瞬间的速度大小之比为滑块从某一高度范围内释放时，通过调节减速装置的位置（设减速装置距点的位置为，滑块总能打到目标区域的所有位置，已知，求和的范围分别为多大？ 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 第6章 圆周运动 单元综合测试 2025-2026学年高一下学期物理人教版必修第二册 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D A C A C C D CD AD BD 1．D【详解】D．扇叶上某两质点同轴转动，角速度相等，根据可得转速相等，故D正确； B．扇叶上某两质点圆周运动半径不一定相等，根据 线速度不一定相等，故B错误； AC．向心加速度 扇叶上某两质点圆周运动半径不一定相等，则向心加速度不一定相等，根据可知向心力不一定相等，故AC错误；故选D。 2．A【详解】AC．同轴转动的物体，任意位置的角速度、周期都相同，故A正确，C错误； BD．做匀速圆周运动的物体，向心加速度大小不变、方向时刻指向圆心，故BD错误。 故选A。 3．C【知识点】线速度与角速度的关系、向心加速度与角速度、周期的关系 【详解】A．水轮上的质点在转动过程中受到的合力不为零，并非处于平衡状态，故A错误； B．水轮转动的角速度大小，故B错误； C．水轮转动的周期，故C正确； D．该点转动的向心加速度大小，故D错误。故选C。 4．A【详解】释放电影时每秒映出24幅画面，拍电影时也是每秒摄取24个镜头。相邻两次拍摄的时间间隔为 若此时间间隔车轮转过的角度恰好是的整数倍，则两张底片中车轮外形重合，便观察不出车轮的转动。当两次相邻拍摄间，车轮恰好转过的角度时，这种情况对应的即是车轮的最小转动速度，此时 AB．，故A正确，B错误。 CD．，故CD错误。故选A。 5．C【详解】A．由题意可知，线速度大小不变，方向时刻改变，故A错误； B．运动员的速率保持不变，运动半径在减小，由v = ωr可知，角速度变大，故B错误； C．运动员的速率保持不变，运动半径r减小，由可知，向心加速度a变大，故C正确； D．运动员的速率保持不变，一圈的长度逐渐变小，故运动一圈所用的时间变短，故D错误。 故选C。 6．C【详解】A．对任一小球分析。设细线与竖直方向的夹角为，竖直方向受力平衡，有 解得 所以细线L1和细线L2所受的拉力大小之比 故A错误； B．小球所受合力的大小为 根据牛顿第二定律得 解得 所以 故B错误； C．小球所受合力提供向心力，由几何关系得 小球m1和m2的向心力大小之比为 故C正确； D．根据牛顿第二定律得 解得 则线速度大小之比为 故D错误。故选C。 7．D【详解】A．此时吊舱对甲、乙的作用力方向都竖直向上，方向相同，A错误； BC．依题意，甲、乙都做匀速圆周运动，甲、乙质量相等，设均为，甲、乙做圆周运动的轨道半径为，速度大小为 对甲受力分析有 对乙受力分析有 解得，B错误，C错误； D．由前面分析知，甲乘客的加速度竖直向下，处于失重状态，乙乘客的加速度竖直向上，处于超重状态，D正确。故选D。 8.CD【详解】A．向心力是效果力，是合力作用，物体实际不受向心力作用，故A错误； B．模型飞机在水平面内匀速圆周运动，竖直方向平衡，所以杆的一个分力平衡了飞机的重力，另一个分力提供了飞机匀速圆周运动的向心力，所以旋臂对模型飞机的作用力方向不一定与旋臂垂直，故B错误； CD．旋臂对模型飞机的作用力大小当夹角θ增大，旋臂对模型飞机的作用力增大，故CD正确。故选CD。 9.CD【详解】A．两物块所受的合力提供向心力，而A、B向心力相同，故A正确。 B．图中A做圆周运动向心力是B对其向左的摩擦力提供的，所以A对B摩擦力是向右的，故B错误。 C．由向心力公式相同的物块A、B叠放在一起做圆周运动，故向心力相同。故C错误。 D．物块A所受摩擦力为物块B所受转台提供摩擦力和A对B的摩擦力合力提供向心力，与等大，所以故D正确。故选CD。 10.BD【详解】Ａ．球在最高点解得，A错误； BD．当F=0时解得；可见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，图线b点的位置不变，BD正确； C．根据图像分析可知图线的斜率绳长不变，用质量较小的球做实验，斜率变小，C错误。故选BD。 11． A D A 【知识点】探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系 【详解】（1）[1]本实验采用的科学方法是控制变量法。故选A。 （2）[2]在图示情景中，两球的质量不等，转动半径相等，塔轮半径相同，则角速度相等，则装置正在探究的是向心力的大小与物体质量的关系，故选D。 （3）[3]探究向心力F与角速度ω的关系，应保证小球做圆周运动的质量和半径均相同，塔轮半径不同，则将质量相同的小球分别放在挡板A和挡板C处。 12．(1) 质量 半径 (2) 物块与平台间存在摩擦力 0.75 【知识点】探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系(创新） 【详解】（1）[1][2]根据 可知为了探究向心力与角速度的关系，需要控制质量和半径保持不变； [3]小明由计时器测出物块转动的周期为T，根据 可得 （2）[1]以滑块为对象，根据牛顿第二定律可得 可知图线不过坐标原点的原因是物块与平台间存在摩擦力； [2]用电子天平测得物块质量为1.50kg，直尺测得半径为50.00cm，图线斜率为 13．（1）150 m；（2） 【知识点】汽车/自行车转弯问题 【详解】（1）汽车在水平路面上拐弯，可认为汽车做匀速圆周运动，由静摩擦力提供向心力可得 可得 可知其弯道的最小半径为150 m。 （2）设弯道路面的倾斜角度为，要使汽车通过此弯道时不产生侧向摩擦力，汽车受到的重力和支持力的合力提供向心力，则有 可得 14．（1）4.8；（2）208N；（3），物块可以传送到顶端，且用时 【知识点】物块在倾斜传送带上运动分析、平抛运动位移的计算、拱桥和凹桥模型 【详解】（1）物块从A到C做平抛运动，根据竖直方向 得下落时间 物块到C点时，竖直方向的速度 vy=gt=6m/s 由几何关系得 BC轨道的长度 =t=4.8m （2）对物块在C点受力，根据牛顿第二定律可得 由几何关系得 解得 FNC=208N 由牛顿第三定律可得，物块对C点的压力大小为208N。 （3）物块上滑过程中，若速度大于传送带速度，据牛顿第二定律，物块加速度大小a1为 解得 a1=10m/s2 若物块速度小于传送带速度，物块加速度大小a2为 解得 a2=2m/s2 ①当传送带速度 时，物块在皮带上一直减速运动，减为零的位移为 说明物块到达传送带顶端时速度不为零，故当传送带速度时，可以传送到顶端； 则物块从E到F一直做匀减速运动，时间为 ）s ②当传送带速度时，则物块先以加速度a1减速到v，之后以a2匀减速运动。要使物块能够到达顶端，则到达顶端时物块速度要大于等于零。 设皮带速度为v时，物块恰好运动到顶端，到达F点速度为零 v=5m/s =+=3s 即时，物块可以传送到顶端，且用时最长为3s. 综上， 时，物块可以传送到顶端，且用时s 15．【答案】（1）；（2）， 【知识点】平抛运动位移的计算、绳/单层轨道模型、圆锥摆问题 【详解】（1）在最低点由牛顿第二定律可得其中，解得 由平抛运动规律可得解得则球从绳断飞出到落地的水平距离为 （2）设绳与竖直方向的夹角为，对小球，水平方向有，竖直方向有 联立解得，由平抛运动规律可得解得则 则落点与O点的距离为 16．(1) (2) (3) 【知识点】绳/单层轨道模型、平抛运动位移的计算 【详解】（1）当时， 在点，由牛顿第二定律得 得 （2）从点平抛， 速度 落到，由 得， 同理， 落到点，由得 ， 综上，释放的高度 （3）设滑块经过减速装置前后速度，平抛初速度为，则有 解得 ①打到点时 由释放 ，故无法打到点 当时，，此时 由释放， 此时 即 相应的 ②打到点时 由释放 ， 由释放，，此时，故打不到点 当，， 即 相应的 综上，， 答案第1页，共2页 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