课时分层检测(11)圆周运动的综合分析-【创新大课堂系列】2025-2026学年高中物理必修第二册同步辅导与测试(人教版)

班级 姓名 课时分层检测（十一） …0 基础达标练 0 1.（多选)在如图所示光滑轨道上，小球滑下经 平直部分冲上圆弧部分的最高点A时，对圆 弧的压力为g,已知圆弧的半径为R,则 A.在最高点A,小球受重力和向心力 B.在最高点A,小球受重力和圆弧的压力 C.在最高点A,小球的速度为√gR D.在最高点A,小球的向心加速度为2g 2.半径为R的光滑半圆球 A 固定在水平面上（如图 ☑→o 所示)，顶部有一小物体 R N M 7777777777777777777元 A,今给它一个水平初速 度0=√Rg,则物体将 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 3.如图所示，长为3L的轻杆 可绕水平转轴O转动，在 2 杆两端分别固定质量均为 m的球A、B(可视为质 点)，球A距轴O的距离为 L.现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0 B.杆对球B的弹力为0 C.球B的速度为√2gL D.球A的速度等于2gL 1￥ 得分 圆周运动的综合分析 4.如图所示，质量为m的 小球刚好静止在竖直放 R a b 置的光滑圆管道内的最 低点，管道的半径为R (不计内外径之差)，水平线ab过轨道圆心， 现给小球一向右的初速度，下列说法正确 的是 () A.若小球刚好能做完整的圆周运动，则它通 过最高点时的速度为√gR B.若小球刚好能做完整的圆周运动，则它通 过最高点时的速度为零 C.小球在水平线ab以下的管道中运动时， 外侧管壁对小球一定无作用力 D.小球在水平线ab以上的管道中运动时， 外侧管壁对小球一定有作用力 5.(多选)如图甲所示，轻杆一端固定在O点， 另一端固定一小球，现让小球在竖直平面内 做半径为R的圆周运动.小球运动到最高点 时，杆与小球间弹力大小为F,小球在最高点 的速度大小为，其F一2图像如图乙所示. 则 父 A,小球的质量为R b B当地的重力加速度大小为公 C.2=c时，杆对小球的弹力方向向上 D.2=2b时，小球受到的弹力与重力大小 相等 6.如图所示，两种不同的半圆形光滑竖直轨道 AB,底端都与一光滑水平轨道相连并相切 于B点，两轨道的半径均为R,图2中管道 的直径略大于小球直径（管道和小球的直径 相对R可忽略不计).现有一质量为m的小 班级 姓名 球以不同的初速度从水平轨道冲入圆轨道， 且都能运动到最高点A,重力加速度为g. 0 O 小 图1 A 0 Q B 图2 (1)若小球以速度v进入图1圆弧轨道中的 最低点B,求此时小球对轨道的压力； (2)若小球以速度√gR通过图2轨道中的最 高点A,求此时小球对轨道的压力大小： (3)若C点与圆心O等高且OC的距离为R, 在图1和图2中能否调整初速度使得小球过 A点后能恰好落到C点，若能，则求出A点 的速度；若不能，则说明理由. …0能力提升练。 7.质量为m的小球由轻绳 a和b分别系于一轻质 细杆的B点和A点，如 图所示，绳a与水平方向 成0角，绳b在水平方向 m 得分 且长为1.当轻杆绕轴AB以角速度ω匀速转 动时，小球在水平面内做匀速圆周运动，则 下列说法正确的是 ) A.a绳的张力随角速度的增大而增大 B当角浓度w>√b绳将出现弹力 C.若角速度足够大，a绳的张力可能为零 D.若b绳突然被剪断，则a绳的弹力一定发 生变化 8.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 速度平方的关系如图乙所示.重力加速度 为g.下列判断正确的是 ) 0 甲 A.图像函数表达式为FT=m B.绳长不变，用质量较小的球做实验，图线b 点的位置变小 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重力加速度g=名 9.(多选)如图所示，质量为m 的物体沿着半径为R的半 球形金属壳内壁滑下，半 球形金属壳竖直固定放置，开口向上，物体 滑到最低点时速度大小为.若物体与球壳 之间的动摩擦因数为，重力加速度大小为 g,则物体在最低点时，下列说法正确的是 A.受到的向心力大小为mg十mR B.受到的摩擦力大小为mR C,受到的摩擦力大小为以(mg十m) D.受到的合力方向斜向左上方 班级 姓名 10.如图所示，啮合传动 的甲、乙两齿轮，半 0 ·02 径分别为2r和r,一 小物体与两轮面间 的动摩擦因数相同. 分 将该小物体放在甲轮边缘处时恰能相对静 止，现保持转动情况不变，将小物体放在乙 轮盘面上仍能相对静止，则小物体距乙轮 圆心O2的距离r'应满足 A.r=r即可 B.r≤r就能满足 C必须满足≤ D.在<<r区间才能满足 11.如图所示，在倾角a= 30°的光滑斜面上，有 、A 一长L=0.4m的细 绳，一端固定在O点， m B 另一端拴一质量m= 0.2kg的小球.使小球在斜面上做圆周运 动，g=10m/s2.求： (1)小球通过最高点A时的最小速度； (2)如果细绳能承受的最大拉力为9N,小： 球通过最低点B时的最大速度 4444 …0创新应用练0… 12.如图甲，滚筒洗衣机脱水时，衣物紧贴着滚 筒壁在竖直平面内做顺时针的匀速圆周运 动.如图乙，一件小衣物（可理想化为质点） 质量为m,滚筒半径为R,角速度大小为w, 重力加速度为g,a、b分别为小衣物经过的 最高位置和最低位置.下列说法正确的是 ( 147 得分 分 乙 A.衣物所受滚筒的支持力的大小始终 为mw2R B.衣物转到b位置时的脱水效果最好 C.衣物所受滚筒的作用力大小始终为mg D.衣物在a位置对滚筒壁的压力比在b位 置的大 3.“太极球”是近年来在广大市民中较流行的 一种健身器材.做该项运动时，健身者半马 步站立，手持太极球拍，拍上放一橡胶太极 球，健身者舞动球拍时，球却不会掉落地 上.现将太极球简化成如图甲所示的平板 和小球，熟练的健身者让球在竖直面内始 终不脱离板而做匀速圆周运动，且在运动 到图中的A、B、C、D位置时球与板无相对 运动趋势.A为圆周的最高点，C为最低点， B、D与圆心O等高.设球的重力为1N,不 计拍的重力. ttan 4 3 2 01234FN 甲 乙 (1)C处球拍对球的弹力比在A处大多少？ (2)设在A处时球拍对球的弹力为F,当球 运动到B、D位置时，板与水平方向需有一 定的夹角0，请在图乙中作出tan0-F的关 系图像。课时分层检测（十） 1.D[甲和丁所述的情况都是利用了离心现象，乙所述的情况，外 轨会受到挤压，汽车无论是过凸形桥还是凹形桥都要减速行驶， 故A、B、C错误，D正确. 2.A[汽车在水平面内做匀速圆周运动，摩擦力提供其做匀速圆周 运动的向心力，即F=F向=m子，由于子m甲=m2,0p=2p> r乙，则F甲<F之，A正确.] 3.B[车中间一个质量为6kg的大西瓜受到周围西瓜对它的作用 力和重力的作用，其合力提供其做圈周运动的向心力，即F一mg m,所以下mg十m75N,选项A,C、D错送，B正确.] 4.B[赛车在水平路面上转弯时，静摩擦力提供向心力，最大静摩 擦力与重力成正比，而需要的向心力为"紧，靠车在转亨前递度很 大，转弯时做圆周运动的半径就需要很大，运动员没有及时减速 就会造成赛车冲出跑道，选项B正确，A、C、D错误， 5.D「物体处于完全失重状态，对台秤的压力为零，无法通过台秤称量 物体的质量，故A错误：水杯中的水处于完全失重状态，无法用图中 水杯盛水，故B错误；沙子处于完全失重状态，不能通过沉淀法与水 分离，故C错误：小球处于完全失重状态，给小球很小的初速度，小球 可在拉力作用下在竖直平面内做匀速圆周运动，故D正确.】 6.解析(1)由于路面是水平的，故提供的向心力仅由最大静摩擦 力提供，有mg=mR 解得最大速度为v如 =√4gR=√0.4X10X100m/s=20m/s. (2)如果高速转弯路面设置倾斜，可以由汽车重 力和支持力的合力提供向心力，则汽车受力如图 所示，将支持力正交分解在y轴上，由平衡条 件有 Fxcos 0=mg ① 在x轴上，由牛领第二定律，有下in0=m尺② 联立①②得v=√gRtn0,可见高速转弯路面的坡度和转弯半径 对速度有要求，因此应该在高速转弯路面设定速度范围，严禁超 速行歌， 驾客 (1)20m/s(2)见解析 7,D[洗衣机甩千衣服的道理就是利用了水在高速旋转时会做离 心运动，故甲同学说法正确：速度小于规定速度才会与内轨挤压， 因为小于规定速度后火车有向内翻的趋势，所以乙同学说法错 误：为了行车的安全，无论通过凹形桥还是凸形桥，汽车都应该减 速慢行，丙同学的说法错误：游乐园里的吊椅转得越快，就会离转 轴越远，这也是高心现象，故丁同学说法正确，选项D正确，] 8.D[A、B两物体刚好还未发生滑动时，物体A需要的向心力 FA=Fmax十FT=murA,物体B需要的向心力FB=Fmx一Fr= rB,因此F4>FB·烧断细线后，细线上拉力FT消失，对A有 Fm<m2r4,物体A做离心运动：对B有Fmx>murB,物体B 随盘一起转动，选项D正确，A、B、C错误. 9CD[汽车做匀速圈周运动，则所受的合力不为零，A错误：汽车 在竖直面内做匀速圈周运动，运动到Q点（圆孤最高点）时牵引力 等于阻力，B错误：由于汽车在竖直面内做匀速圈周运动，沿半径 方向有向心加速度，当汽车运动到Q点时，有mg一Fv=m尺，可 知桥面对汽车的支待力小于汽车的重力，C正确：汽车从P点运 动到S点所用的时间为t 、2mR 迟，D正确.] 2 I0.D[汽车转弯时受到重力、地面的支持力以及地面给的摩擦力， 其中摩擦力充当向心力，A错误：当最大静摩擦力充当向心力 时，速度为临界速度，大于这个速度则发生侧滑，根据牛顿第二 定律可得F=mr =√2.0x10 ，解得=√m /1.4×101×80 m/s= √/560m/s=20√1.4m/s,所以汽车转弯的速度为20m/s时， 所需的向心力小于1.4×10N,汽车不会发生侧滑，B、C错误： 汽车能安全转弯的向心加速度a= 560 80 m/s2=7m/s2,即汽 车能安全转弯的向心加速度不超过7m/s°，D正确.] 11.解析(1)汽车在水平路面上转弯，可视为汽车做匀速图周运 动，其最大向心力等于车与路面间的最大静摩擦力，有 Fm-0.6mg=m -,由于速度v=30m/s 解得弯道的最小半径r=150m. (2)汽车过拱桥，可看成在竖直平面内做匀速圆周运动，到达最 高点时 有mg一FN=m尺 为了保证安全，路面对车的支持力F、必须大于等于零 2 有mg≥m尺，代入数据解得R≥90m 3 (3)设弯道倾斜角度为日，汽车通过此弯道时向心力由重力及支 待力的合力提供 有mgtan0=m号 解得tan0= 3 4 故弯道路面的倾斜角度θ=37°， 答案(1)150m(2)90m(3)37° 12.CD[对飞机进行受力分析，根据题意，向心力Fm=mgtan0= m，解得R=所以当飞行建率不变增大时，丰径R 减小，若不变，飞行速率？增大，则半径R增大，则A错误，C 正确：由T=得T所以当飞行速率0不变，0增大 时，周期T减小，若飞行速率增大，0增大，周期T可能不变，则 B错误，D正确.」 13.解析(1)货车向左转弯 (2)设货车的总质量为M,转弯时不发生侧滑，有 uMg=- imax R 解得vmax=√gR=8m/s. (3)车匀速运动时F%=mg=4N,m=0.4kg 此次转弯时小球受细线的拉力F=5N 分析有c0s0= m =0.8,则0=37°. 小球受到的合力为F6,tan0-F色 mg 期有mgtan0=mo R 解得w'=√gRtan0=2√15m/s. 答案(1)货车问左转弯(2)8m/s (3)37°2√15m/s 课时分层检测（十一） 1,BD[小球在最高点受重力和压力，由牛顿第二定律得F、十mg 2 =ma=mR,又Fv=mg,所以a=2g,D=√2gR,故B、D正确， A、C错误.] 2.D[当o=√gR时，所需向心力F=m尺 =g,此时，物体与半 球面顶部接触但无弹力作用，物体只受重力作用，故做平抛 运动.门 UB 3.D[对B球：F十mg=m2元，对A球：F-mg=m亡，同时 1=2)A,要使轴O对杆作用力为0，即满足FT=FT',解得2A √2gL,=2√2gL,故只有D项正确. 4.B[在最高，点，由于外管或内管都可以对小球产生弹力作用，当 小球的速度等于0时，内管对小球产生弹力，大小为g,故最小 速度为0，A错误，B正确：小球在水平线αb以下管道运动，由于 沿半径方向的合力提供做圆周运动的向心力，所以外侧管壁对小 球一定有作用力，而内侧管壁对小球一定无作用力，C错：小球 在水平线αb以上管道中运动时，当速度非常大时，内侧管壁没有 作用力，此时外侧管壁有作用力，当速度比较小时，内侧管壁有作 用力，外侧管壁没有作用力，D错误.」 5,AD[在最高点，若=0,则Fv=mg=a:若Fy=0,由题图知 D bl有mg=mp=mR,解得g=R,n=bR,古 确，B错误：由题图可知：当w<b时，杆对小球弹力方向向上，当 >b时，杆对小球弹力方向向下，所以当一（时，杆对小球禅力 方向向下，故C错误：若=2b,则Fv十mg=mF=m尺，解得 F=mg,即小球受到的弹力与重力大小相等，故D正确，门 6.解析(1)对图1中B点的小球受力分析，有F、一mg=m尺，解 得Fy=mg十mR 由牛领第三定律，小球对轨道的压力大小为mg十m尺，方向竖直 向下 (2)对图2中A点的小球受力分析，有Fy十mg=m令，因为 ?4=√gR,解得Fy=0,那么小球对轨道的压力为0. (3)无论是图1还是图2，从A点运动到C点的时间均为 /2R t一Ng 对于图1情景，由于vA≥√gR,则水平分位移x=v44≥√2R>R, 因此不能落到C点， 2 gR 对于图2情景，当水平分位移为R时，有R=巴A1,得A=√分， 因为满足A≥0，所以能落到C点。 7 答案(1)mg十m尺，方向竖直向下(2)0(3)见解析 7.B[小球做匀速圆周运动，在竖直方向上的合力为零，故Fsin0 =mg,郎得R.一器可知a绳的拉力不变，故A,C错民：当b绳 拉力为零时，有品品。=m,解得w=√品0当角達度w> g √品)时，a绳水平方向的分力不足以提供向心力，此时b绳出 现禅力，故B正确：由于b绳可能没有弹力，故b绳突然被剪断 时，绳的禅力可能不变，故D错误.] 8.D[小球在最高点，根据牛顿第二定律有FT十mg=m,解得 F=m7一mg,故A错误：当Fn=0时，g=,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，图线b 点的位置不变，故B错送，D正确：根据FT=m一g知，图线 的斜率=只，绳长不变，用质量较小的球微实验，斜率更小，故C 错误.] 9.CD[物体做圈周运动经过最低点时，则有F向=Fy一mg= 2 m尺·解得F=mg十m,故物体受到的滑动摩擦力F=西 =u(mg十mR),A,B错误，C正确：物体受到竖直向下的重力、 水平向左的摩擦力和竖直向上的支持力（支持力大于重力），故物 体所受的合力斜向左上方，D正确，] 10.C[设甲轮角速度为山，乙轮角速度为的，由将小物体放在甲 轮边缘处时恰能相对静止，有2·2-g,又甲、乙两轮边缘线 速度大小相等，则有1·2r=ω？·r,解得2=2山1，由题意将小 物体放在乙轮盘面上仍能相对静止，则有22·r≤g,联立解 得r≤r,故选C.门 11,解析(1)小球在最高点A时，若速度最小，则只受重力和支持力， 绳子上拉力为索，即mgna=m空，剥A=VLn0=巨m/ (2)小球通过最低点B时，若绳子拉力达到最大值，速度最大，有 Fr-mgsin a-=m工 UB 代入数值可得阳=4m/s 答案(1)√2m/s(2)4m/s 12,B[衣物随滚简一起做匀速圆周运动，故在转动过程中，根据牛 顿第二定律可知衣物所受合力的大小始终为F合=mr,以a、b 位置为例，由于重力方向始终竖直向下，向心力方向始终指向圈 心，可知衣物所受滚筒的支持力大小不相等，故A错误；在口、b 2 两位置，根据牛顿第二定律有mg十F1=mR,F一mg m尺，则衣物对滚简壁的压力在a位置比在b位置的小，D错 误：衣物做匀速圈周运动，所需的向心力相同，对筒壁的压力不 同，在b,点最大，脱水效果最好，故B正确：衣物随滚筒一起做匀 速圆周运动，在转动过程中，衣物所受的重力及滚简的作用力大 小的合力大小不变，所以衣物所受滚筒的作用力大小是在不断 变化的，故C错误. 13.解析(1)设球运动的线速度为，半径为R 则在A处时FA十mg=mR ② 在C处时Fc一mg=mR ② 由①②式得△F=Fc-F4=2mg=2N. (2)在A处时球拍对球的弹力为F,球做匀速图周运动的向心力 F向=F十mg,在B处不受摩擦力作用，受力分析如图甲所示， 则tan0= F=F十mg=1F十1 71g mg 作出的tan0-F的关系图像如图乙所示. ttan 8 4 2F 01234F/N 甲 乙 答案(1)2N(2)图见解析 2 课时分层检测（十二） 1,ABC[以地球为中心来研究天体的运动有很多无法解决的问 题，故A正确：由开普勒定律可知，所有行星绕太阳做椭圆运动， 以太阳为中心，许多问题都可以解决，行星运动的描述也变得简 单，故B正确：由开普勒第一定律可知，太阳系所有行星都是围绕 太阳运转的，故C正确：太阳从东面升起，从西面落下，属于地心 说的基本内容，故D错误.」 2,C[设地球与太阳之间的距离和公转周期分别为”1、T1,火星与 太阳之间的距离和公转周期分别为”2、T2,则根据开着勒第三定 律有八 r2" T2三，解得2三4，故C正确.] 广地 3.C[根据开督物第三定律得宁食一，代入数据解得火星到大 阳的距离约为地球到太阳的距高的1.5倍，故AB错误：根据了 =1代入数据解得地球和火星从第1次会合到再次会合的 时间t约为2.1年，故C正确，D错误.] 4.B[设彗星的公转周期为T1、轨道半长轴为R1,地球的公转周期 为T公转丰径为民由开普粉第三定#号=业得，云-√贷 T =√18≈76，则替星回归的次数n=240+986+1≈30，因此最 76 合理的次数为30次，] 5,D[由开普物第三定律，其轨道半径的三次方与周期T的二次方 的比值都相等，可知地球的公转周期T最小，海王星的公转周期 最大，设地球外另一行星的周期为T,则两次冲日时间间隔为1， T! =1,得t= T,则T越大，1越小，即地外行星中，海 1一 王星相邻两次冲日的时间间隔最短，故D正确，A,B、C错误.] 6.解析(1)根据圆周运动w= 2红得A=T=8 出 TA 1 (2)根据开首勒第三定律 I A ru T 导，由向心加速度 公式a=wr得 aA Tu TB) =16 1 答案(1)8：1(2)16：1 7,A[设地球与太阳的距离为R1,木星与太阳的距离为R,,由地球 与木星的距离是地球与太阳距离的k倍可得R,2=R,2十(kR)2, 由开督物第三定律加行器又地球公转月期为一年，屏得厅 =(1十k2)六年，A正确.] 8B[由开香粉第三交非布器祭时（民）广-（任）广，即 -兆云，同此收是子因线为这原点的斜率为号的立 3lg Ro 线，故B正确.] 9.解析地球公转周期T=1年，哈雷彗星的周期为T'=(2061 1986)年=75年， T2752 根据开普勒第三定律有品，解得。它8， 答案18倍 10.BD[卫星B沿椭圈轨道从P运动至Q过程，速度减小，故在P 点时的速度比在Q点时的速度大，A错误：由开普勒第三定律 =k可知，卫星B的轨道半长轴大于卫星A的轨道半径，故卫 星B的周期比卫星A的周期大，B正确：由开普勒第三定律可得 RA+R R43 2 72 Tu? ,卫星B从P第一次到Q的时间为1=号T, T (RA+R)3 联立解得1=√2R,C错误D正确.] 课时分层检测（十三） 1,B[牛顿根据行星的运动规律和牛顿运动定律推导出了万有引 力定律，100多年后，英国物理学家卡文迪什利用扭秤装置巧妙的 测量出了两个铁球间的引力，从而第一次较为准确地得到引力常 量的值，故A、C、D错误，B正确， 3