第6章 圆周运动检测-【无敌原创】2025-2026学年高中物理必修第二册单元测试卷

物理 第六章检测 (满分100分，时间50分钟) 一、选择题（本题共12小题，合计58分。1~7小题只有一个正确选项，每小题4分；8~12小题有 多个正确选项，每小题6分，选不全得4分，错选得0分。) 1.物体做匀速圆周运动时，下列说法正确的是 A.物体必须受到恒力的作用 B.物体所受合力必须等于零 C.物体所受合力的大小可能变化 D.物体所受合力的大小不变，方向不断改变 2.如图所示，是中国古代玩具饮水鸟，它的神奇之处是，在鸟的面前放上一杯水，鸟 就会俯下身去，把嘴浸到水里，“喝”了一口水后，鸟将绕着O点不停摆动（已知 h OA>OB),一会儿它又会俯下身去，再“喝”一口水，A、B是鸟上两点，则在摆动 过程中 A.A、B两点的线速度大小相同 B.A、B两点的向心加速度大小相同 长 C.A、B两点的角速度大小相同 D.A、B两点的向心加速度方向相同 3.拱形桥是圆弧形桥梁，如图所示。当汽车以恒定速率通过拱形桥时，在拱 形桥的最高点 A.汽车对桥的压力小于汽车受到的重力 B.汽车对桥的压力大于汽车受到的重力 C.桥对汽车的摩擦力一定为零 D.汽车所受的合力为零 4.飞车走壁是观众喜爱的一项杂技表演。如图是三位车手驾车沿圆台形表 演台的侧壁的不同高度处飞车走壁，假设三车都是在水平面内做匀速圆 周运动，则下列说法正确的是 ( A.离地越高的车向心加速度越大 B.离地越高的车角速度越大 C.离地越高的车线速度越大 D.离地越高的车周期越小 5.港珠澳大桥总长约55公里，是世界上总体跨度最长、钢结构桥体最长 海底沉管隧道最长的跨海大桥，也是世界公路建设史上技术最复杂、施 工难度最大、工程规模最庞大的桥梁。如图所示的路段是一段半径约为 120m的圆弧形弯道，路面水平，路面对轮胎的径向最大静摩擦力为正压力的0.8倍，下雨时路 面被雨水淋湿，路面对轮胎的径向最大静摩擦力变为正压力的0.4倍，若汽车通过圆弧形弯道 时做匀速圆周运动，汽车可视为质点，重力加速度g取10m/s2,下列说法正确的是() A.汽车以72km/h的速率通过此圆弧形弯道时的向心加速度为43.2m/s2 B.汽车以72km/h的速率通过此圆弧形弯道时的角速度为0.6rad/s C.晴天时，汽车以100km/h的速率可以安全通过此圆弧形弯道 D.下雨时，汽车以60km/h的速率通过此圆弧形弯道时将做离心运动 6.如图所示，a、b、c三个物体放在旋转圆台上，动摩擦因数均为u,a的质量是2m,b和c的质量均 为m,a、b离轴为R,c离轴为2R。当圆台旋转时，下列说法中正确的是 A.若a、b、c均未滑动，则b的摩擦力最小 B.若a、b、c均未滑动，则c的向心加速度最小 C.当圆台转速增大时，b比a先滑动 D.当圆台转速增大时，a比b先滑动 7.如图所示为旋转脱水拖把，拖把杆内有一段长度为35cm的 螺杆 拖把杆 螺杆通过拖把杆下段与拖把头接在一起。螺杆的螺距（相邻 部分 放大图 螺杆在里面 螺纹之间的距离)为d=5cm,拖把头的半径为10cm。拖把 杆上段相对螺杆向下运动时拖把头就会旋转，把拖把头上的 螺距 拖把头 水甩出去。某次脱水时，拖把杆上段在1s内匀速下压了35cm,该过程中拖把头匀速转动，则 下列说法中正确的是 ( A.拖把头边缘的线速度大小为0.7πm/s B.拖把杆向下运动的速度大小为0.1πm/s C.拖把头转动的角速度为7πrad/s D.拖把头的转速为7r/s 5 8.(多选)在如图所示的传动装置中，P、Q两轮通过皮带连接在一起，α、b、c是两轮上的三点，已知半径 R=2R-尽，Q轮为主动轮，逆时针匀速转动，皮带不打滑，则下列关于a,c三点的说法正确的是 A.a、b、c三点的角速度之比为2：2：1 B.a、b、c三点的周期之比为1：2：4 C.a、b、c三点的向心加速度之比为2：1：1 D.a、b、c三点的转速之比为1：1：2 9.(多选)如图所示，空中飞椅在水平面内做匀速圆周运动。若飞椅和人的总质量为，运动半径 为R,角速度大小为ω，钢绳与竖直方向的夹角为0。不计空气阻力，重力加速度为g。下列说法 正确的有 ( A.运动的周期为元 B.线速度的大小为ωR C.向心加速度的大小为wR D.钢绳的拉力大小为mg sin A 10.(多选)机械表的时针和分针做圆周运动 A.分针角速度是时针角速度的12倍 B.分针角速度是时针角速度的60倍 C.如果分针的长度是时针长度的1.5倍，则分针端点的线速度是时针端点线速度的18倍 D.如果分针的长度是时针长度的1.5倍，则分针端点的线速度是时针端点线速度的1.5倍 11.(多选)一种餐桌的构造如图甲所示，已知圆形玻璃转盘的半径r=0.6,圆形桌面的半径R= 1m,不计转盘的厚度，桌面到地面的高度h=1m。轻绳一端固定在转盘边缘，另一端连着小 球，小球被轻绳带动沿桌面边缘一起旋转，达到稳定状态后，二者角速度相同，俯视图如图乙所 示。某时刻绳子突然断裂，小球沿桌面边缘飞出后的落地点到桌面和转盘共同圆心的距离、= √3m,重力加速度g取10m/s2。则 0 m 分 乙 6 无敌原创·单元卷物理·必修第二册 A.小球飞出桌面边缘的速度大小为√5m/s B.小球飞出桌面边缘的速度大小为√3m/s C.小球与桌面之间的动摩擦因数为0.75 D.小球与桌面之间的动摩擦因数为0.375 12.(多选)如图甲所示，倾角为45°的斜面置于粗糙的水平地面上，有一滑块通过轻绳绕过定滑轮 与质量为m的小球相连（绳与斜面平行），滑块质量为2m,滑块能恰好静止在粗糙的斜面上。 在图乙中，换成让小球在水平面上做匀速圆周运动，轻绳与竖直方向的夹角0，且≤45°，两幅 图中，滑块、斜面都静止，则以下说法中正确的是 X45 45° ztiadilim 甲 A.甲图滑块受到斜面的摩擦力为mg B.甲图斜面受到地面的摩擦力为√2g C.乙图中0越小，滑块受到的摩擦力越大 D.小球转动角速度越小，滑块受到的摩擦力越大 二、实验题（本题共2小题，合计16分。） 13.(6分)一个有一定厚度的圆盘，可以绕通过中心垂直于盘面的水平轴转动。用下面的方法测量 它匀速转动时的角速度。 实验器材：电磁打点计时器、刻度尺、纸带、导线、交流电源等。 实验步骤：(1)如图所示，将电磁打点计时器固定在桌面上，将纸带的一 端穿过打点计时器的限位孔后，固定在待测圆盘的侧面上，使得圆盘转 动时，纸带可以卷在圆盘侧面上。 (2)启动控制装置使圆盘转动，同时接通电源，打点计时器开始打点。 (3)经过一段时间，停止转动和打点，取下纸带，进行测量。 ①实验中应选用的电源是 A.220V交流电源 B.4~6V低压交流电源 C.4~6V低压直流电源 ②若已知打点的周期为T,x1为纸带上计算位移的初始位置坐标，x2为终了位置坐标，x1与x2 之间一共有n个打的点（包含x1和x2),圆盘的半径为r,则角速度的表达式为ω T 0 123456789 1011 (单位：cm) ③某次实验测得圆盘半径r=5.50×10-?m,得到的纸带的一段如图所示，求得角速度为 。 (交流电源频率50Hz,结果保留三位有效数字) 14.(10分)如图甲所示，同学们分小组探究影响向心力大小的 因素。同学们用细绳系一纸杯（杯中有30mL的水）在空 中甩动，使杯在水平面内做圆周运动，来感受向心力。 (1)下列说法中正确的是 A.保持质量、绳长不变，增大转速，绳对手的拉力将不变 B.保持质量、绳长不变，增大转速，绳对手的拉力将增大 C.保持质量、角速度不变，增大绳长，绳对手的拉力将不变 D.保持质量、角速度不变，增大绳长，绳对手的拉力将增大 (2)如图乙，绳离杯心40cm处打一结点A,80cm处打一结点B,学习小组中一位同学用手表 计时，另一位同学操作，其余同学记录实验数据： 长 操作一：手握绳结点A,使杯在水平方向每秒运动两周，体会向心力的大小。 操作二：手握绳结点B,使杯在水平方向每秒运动两周，体会向心力的大小。 操作三：手握绳结点A,使杯在水平方向每秒运动一周，体会向心力的大小。 操作四：手握绳结点A,再向杯中添加30L的水，使杯在水平方向每秒运动两周，体会向心力 的大小。 则：①操作二与一相比较：质量、角速度相同，向心力的大小与转动半径大小有关； 操作三与一相比较：质量、半径相同，向心力的大小与角速度的大小有关； 操作四与一相比较： 相同，向心力大小与 有关。 ②物理学中此种实验方法叫 法。 ③小组总结阶段，在空中甩动，使杯在水平面内做圆周运动的同学谈感受时说：“感觉手腕发 酸，感觉力的方向不是指向圆心的向心力而是背离圆心的离心力，跟书上说的不一样”，你认为 该同学的说法是否正确，为什么？ 三、计算题（本题共3小题，合计26分。） 15.(6分)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在同一竖直面 内等高，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，圆盘绕经过盘心 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，求： (1)圆盘的半径； (2)圆盘转动角速度的最小值。 7 16.(8分)如图所示，一质量为0.5kg的小球，用0.4长的细线拴住在竖直面内做圆周运动(g 取10m/s2),求： (1)若小球恰好能过最高点，则小球在最高点的速度为多大？ (2)当小球在圆下最低点的速度为4√2m/s时，细绳对小球的拉力是多大？ 10 8无敌原创·单元卷物理·必修第二册 17.(12分)如图所示，小球沿水平面通过O点进入半径为R的半圆弧轨道后恰能通过最高点P, 然后落回水平面。不计一切阻力，求： (1)小球经过P点时速度的大小？ (2)小球落地点到O点的水平距离为多少？ P R 0参考答案 第五章检测 L.C[解析：在竖直方向上红蜡块是匀速上升，所以竖直方向 上合力为零，在水平方向上向右做匀加速直线运动，所以水平 合力指向右侧，故红蜡块的合力水平向右，指向轨迹的内侧， 并且水平方向上的速度越来越大，所以轨迹的斜率越来越小， C正确。故选C。] 2.A[解析：由题图甲知，x轴方向上物体做匀速直线运动，速度 为：，=5m/s=4m/s.由题图乙知，y轴方向物体做匀加速直线 运动，加速度为a=是？m/g=2n/。4s末y轴方向的速 度为8m/s,则4s末物体的速度为v=√82+4m/s= √80m/s=4w5m/s。故选A。] 3.C【解析：甲同学用时t甲= 0 水十v人 OA 12 12 以一w=1.5十2.58+2.5-1.58=15s，"人 A、B错误。乙同学运动方向沿OB,需人在水 中的合速度沿OB方向，哈=√队一冰= 2m/s。故乙所用时间2=2.OB=2× 2 s=12s,C正确，D U合 错误。故选C。】 4.C【解析：将直杆端点A的线 速度进行分解，如图。由图中的 几何关系可得=”。 cos。故 zi77kkii7z7777ik777 选C。】 5.D[解析：质点沿x轴方向，02s内从静止开始做匀加速 直线运动，2~4s内做匀速直线运动：沿y轴方向，02s内 静止不动，2~4s内从静止开始做匀加速直线运动。由题图 可知，4s末，质点在x轴上的分速度为2m/s,y轴上的分速 度为2m/s,故其合速度v=√v22十v,2=22m/s,A错误； 质点2~4s内沿x轴方向做匀速直线运动，沿y轴方向做初 速度为0的匀加速直线运动，其合运动为匀变速曲线运动，B 错误；在v-t图像中，图线与坐标轴围成的面积大小等于质点 运动的位移大小，即质点0~4s内在x轴上的位移x=分× 6×2m=6m,在y轴上的位移y=0+号×2×2m=2m,故 在4s末质点的位置坐标为(6m,2m),C错误，D正确。故 选D。J 6.D【解析：=工 =√2x· 2h Ng √务，两球的初速度之比为1：22，A,B错误；若两球同时 抛出，则落地的时间差为√臣-√受-（巨-1D√臣，若两 球同时落地，则两球抛出的时向差也为√臣-√受-（巨- 巫，C错误，D正确。故选D] 1g 7.B【解析：小物体下落h2一h1过程中，做平抛运动，竖直方 向上有：h:-h=之g,解得t=0.6s;相应时间内水平位移 =t=1.2m>s,所以物体落在了CD面上。故选B】 8.AC[解析：由船的运动轨迹可知，切线方向即为船的合速 度方向，将合速度分解，由于静水速度不变，可知越接近河岸 水流速度越小，A正确，B错误。小船渡河的时候，当船身方 向垂直河岸时渡河时间是最短的，而且时间是不受水流速度 影响的，C正确，D错误。故选AC。】 9.BD[解析：设运动的时间为t,由运动学公式可得y=t, 一a,联立可得一器，A错误，B正确。将蜡块的速度 ◆y/cm a--xu at R閨 x/cm 进行分解。如图所示，由图中几何关系，可得。一品。在变 化，C错误。at=6tana,a和vo为定值，D正确。故选BD,】 10.AD[解析：根据平抛运动规律可得平抛运动速度偏向角 的正切值tan0=丝=&t,所以t=必tan0,即图像斜率为k= Vo Vo g 女=兰，所以助=g=之&，A正确：y时刻物体的速度大小 g x 为√(g)2+(兰g）广，B错误：由平抛运动规律可知，y时间 内位移大小为√（兰g）+(2g）,C错误；平抛运动的位 移方向与水平方向的夹角为B,tanB= 282 D正确。故选AD。] 可知， 1山.BD【解析：由平抛运动规律h=zg→1=√ 落点为b时，小球的竖直位移较大，故飞行时间较长，A错误； 落点为a,b时，位移方向相同，故an0=2品 ，可见飞行时间t 与成正比，B正确；小球在飞行过程中速度变化快慢即加速 度均为g,C错误；小球在飞行过程中，水平方向上速度不变， 速度变化△。一g,由=√臣可知，小球落在6点时迷度变化 最大，D正确。故选BD] 号2，其水平方向：1+)c0s37”=4,解得w=20m/s 12.AC[解析：根据题述可知物体的00 运动情况如图所示，由x=%t,y= (2)假设动物开始时在斜面的底端，对于动物，其运动的位移 子8，联立得y=合2，可见古 为=a。对于石块，其竖直方向：Lsin37°=合62，其水平方 U=2v0 向：Lcos37°+s2=6t2,解得6=(4/10+15)m/s≈27.65m/s 备，整理得=√受，Λ正确：由 所以此种情况下，石块的速度范围为20m/s<%≤27.65m/s。 图可见，一段时间后物体的速度方向与水平方向的夹角为， 17.解：(1)恰能落到槽底上的P点，则d=%,h=g2。由 则c0s0= 之，得0=平，故由推论可知位移的方向与水平方 W2 牛顿运动定律知加速度a=m8=kg=1m/s。由匀变速直 m 向夹角为a时，则有tan0=2tana,D错误；由y,=o和v=gt 线运动规律知vn一%=at2,n2一%2=2as。联立解得t2= 得四√B错误，平均速度十立 1s。 g (2)小球碰壁反弹，水平方向2nd=%t(n=1、2、3…),竖直方向 、g,C正确。故选AC】 -N8 hB=号g2联立解得=0.5nm/s(n=1、2、3…)。 13.(1)水平初速度相同(2)1.2(3)2.02.0 (-0.1m,0) 第六章检测 [解析：(1)平抛物体的初速度方向为水平方向，故应调节实验 装置直到斜槽未端切线保持水平；每次让小球从同一位置由 1.D[解析：匀速圆周运动指速度大小不变的圆周运动，其周 期和角速度都是不变的，但是线速度的方向不断改变，合外力 静止释放，小球下落高度相同才能保证每次平抛得到相同的 指向圆心，大小不变，方向时刻变化。故选D。] 初速度。(2)根据平抛运动规律h=乞g,x=w,代人数据 2.C[解析：由于整个玩具都绕0点转动，各处的角速度都相 解得=1.2m/s。(3)由题图丙可知，从A到B和从B到C, 同，又因OA>OB,根据v=wr可知A点的线速度大于B点线 小球水平方向通过的位移相等，故两段运动时间相同。由℃一 速度，A错误；根据a=wr可知，A点的向心加速度大于B点 hB=g可得△y=0.1s,所以'-发=20m/s,,一 hg一 的向心加速度，A、B错误，C正确；A、B两点的向心加速度方 △M 向都指向O点，因此向心加速度方向相反，D错误。故选C。] 2.0m/s,则小球从抛出点运动到B点所经过的时间B=坠= 3.A【解析：在拱形桥的最高点，根据牛顿第二定律得mg g 0.2s,故平抛运动初位置的水平坐标x=6×0.05m一tB R、=m发，可得=mg一m发，根据牛顿第三定律可得 -0.1m,竖直坐标y=4×0.05m-2ga2=0,所以平抛运 U F压=FN=mg一mR。所以汽车对桥的压力小于汽车受到的 动初位置的坐标为（一0.1m,0)。] 重力，A正确，B错误；在最高点，摩擦力与此时刻的汽车牵引 g(2)1.00(3)0.20 力相等，不为零，C错误；汽车做圆周运动，合力不为零，D错 14.(1)x·Ny2-1 误。故选A。】 [解析：(1)平抛运动在竖直方向上为自由落体运动，△y=y2一 4.C[解析：设侧壁与水平面夹角为0，对飞车受力分析，根据 =g;水平方向上：x=,联立解得=x·√2产 g 牛顿第二定律得ngtan0=ma,解得a=gtan0,三个车的向心 加速度相同，A错误；根据牛顿第二定律得mgtan0=mwr,解 (2)根据w=x“√产，代入数据解得=01义 得w=√am0,离地越高的车半径越大，角速度越小，B错 √0.1482=0.0502m/s=1.00m/s。(3)平抛运动的水平方 9.80 误；根据牛顿第二定律得mgtan0=m二，解得v=√grian0, 向为匀速直线运动，可得c=丝-2X0.1s=0.20s.】 离地越高的车半径越大，线速度越大，C正确；根据牛顿第二 1 15.解：(1)设滑雪者离开平台的速度为，由匀变速直线运动 定律得mgan0=m答，解得T=2x√n0,离地越商的 规律得一2=一2as,由牛顿第二定律得mg=ma。综上， 车半径越大，周期越大，D错误。故选C。】 v=5m/s。 5.C[解析：汽车通过此圆弧形弯道时做匀速圆周运动，轨道 (2)滑雪者离开平台做平抛运动。设下落时间为t,由h= 半径R=120m,运动速率v=72km/h=20m/s,向心加速度 之g心得t=0.5s,水平距离为x=t=2.5m. 为a=长≈3.3m/g,角速度a京-言ad/s,A,B错误：以 16.解：(1)设石块运动过程中所需时间为1，对于动物，其运动 汽车为研究对象，当路面对轮胎的径向摩擦力指向内侧且达 的位移s=vt1。对于石块，其竖直方向：(L十s1)sin37°= 到径向最大静摩擦力时，此时汽车的速率为安全通过圆弧形 39 弯道的最大速率v,设汽车的质量为m,在水平方向上根据牛 顿第二定律得人。="只，在竖直方向上八、=mg,径向最大静 摩擦力为正压力的O.8倍，即fm=kFN,以上三式联立解得= √/kgR≈31.0m/s=111.6km/h,所以晴天时汽车以 l00km/h的速率可以安全通过此圆弧形弯道，C正确；下雨时， 路面对轮胎的径向最大静摩擦力变为正压力的0.4倍，有' √RgR≈21.9m/s≈78.8km/h,60km/h<78.8km/h,所以 汽车可以安全通过此圆弧形弯道，且不做离心运动，D错误。 故选C。】 6.A[解析：若a、b、c均未滑动，由F:=mwr得，w相同，b的 mr最小，则b的摩擦力最小，A正确；若a、b、c均未滑动，由 a=wr得，w相同，c的r最大，则c的向心加速度最大，B错 误；由mg=mwr得，w=√，a和b做圆周运动的半径r 相同，当圆台转速增大时，a和b同时滑动，C、D错误。故 选A。] 7.D【解析：拖把头边缘的线速度大小为=2-1.4红m/s, T A错误；拖把杆向下运动的速度大小为==0,35m/s,B错 误；螺杆在旋转的一个周期T内向下移动一个螺距d,则有T= 子-品s=宁s,则拖把头转动的角速度u-经=14xnd/. C错误；拖把头的转速为n=宁=7r/s,D正确。故选D.】 8.AC[解析：由于a和c两点靠同一皮带传动，线速度的大 小与皮带的线速度大小相同，即a=v。a和b共轴转动，角 速度和周期相等，即=aw,工。=T,B错误；由u=”,可得a 和c的角速度之比为2：1，即a、b、c三点的角速度之比为2： 2:1,A正确：由a=兰可得a和c的向心加速度之比为2：1， 由a=w2r可得a和b的向心加速度之比为2：1，即a、b、c三 点的向心加速度之比为2：1：1，C正确：由n=云可得，a,6、c 三点转速之比为2：2：1，D错误。故选AC。] 9.BC[解析：由于角速度大小为w,根据周期公式可得运动 周期为T=2π，A错误；根据线速度和角速度关系可得线速度 大小为v=wR,B正确：向心加速度大小为an=wR,C正确： 当飞椅转动时，钢绳对它的拉力T及其自身重力的合力提供 向心力，则有Tos0=mg,解得T=gD错误。放选C】 2π 10.AC[解析：分针的角速度为m一3600rad/s,时针的角 2π 速度为m=12x360rad/s,分针角速度与时针角速度的比 2π 值为必=12，A正确，B错误；分针的线速度为=3600· 2π 1.5n,时针的线速度为=12X3600·n,分针线速度与时 40 无敌原创·单元卷物理·必修第二册 针线速度的比值为9=18，C正确，D错误。故选AC.】 V 11.AD【解析：小球沿桌面边缘飞出后做平抛运动，竖直方 向有人=之g2,水平方向有x=w,由几何关系知，落地点到 桌面和转盘共同圆心的距离s=/R2+x2十h2,联立解得小球 飞出桌面边缘的速度=√5m/s,A正确，B错误；对小球进 行受力分析，设绳子拉力大小为F,方向与过小球和圆心的直 线的夹角为0，则sin日=京，小球受到的向心力由绳子的拉力、 摩擦力共同提供，故Fcos0=m发，又Fn0=,=mg, 联立解得小球与桌面之间的动摩擦因数4=0.375，C错误，D 正确。故选AD。】 12.CD[解析：甲图中，以小球为研究对象，根据平衡条件可 知绳子的拉力T=mg,以滑块为研究对象，根据平衡条件得： 滑块受到斜面的摩擦力为f甲=2 ngsin45°-T=(W2-1)mg, A错误；以滑块与斜面体组成的整体为研究对象，根据平衡条 件可知水平方向有：斜面受到地面的摩擦力∫=Tcos45°= 「二mg,方向水平向左，B错误；乙图中小球做圆锥摆运动，小 球竖直方向没有加速度，则有Tcos0=mg,得绳子拉力T= O对滑块，根据平衡条件得：滑块受到的摩擦力2 71g 2mgn45”T=反mg一g0长45，知么为正值，即方向 沿斜面向上，所以，0越小，cos越大，则滑块受到的摩擦力越 大，C正确；小球转动角速度越小，0越小，滑块受到的摩擦力 越大，D正确。故选CD。】 13.(30B②二， ③6.78 [解析：(3)①电磁打点计时器使用的是4~6V的低压交流电 源，故B正确：②圆盘的线速度为=合二放。=号 T”二引)，：③取纸带上首末两个点的过程研究，之间有15个间 隔，则圆盘的线速度子-记器m/0373ms, 代人数据解得w号=nd/s6.78ad/s.】 0.373 14.(1)BD(2)①角速度、半径质量②控制变量③说法 不正确，该同学受力分析的对象是自己的手，我们实验受力分 析的对象是纸杯（包括水），细绳对纸杯（包括水）的拉力提供 纸杯（包括水）做圆周运动的向心力，指向圆心。细绳对手的 拉力与细绳对纸杯（包括水）的拉力大小相等，方向相反，背离 圆心[解析：(1)由题意，根据向心力公式F向=mwr,由牛顿 第二定律，则有Fr=mwr;保持质量、绳长不变，增大转速，根 据公式可知，绳对手的拉力将增大，故A错误，B正确；保持质 量、角速度不变，增大绳长，据公式可知，绳对手的拉力将增 大，故C错误，D正确。(2)①根据向心力公式F向=mwr,由 牛顿第二定律，则有Fr=mwr;操作二与一相比较：质量、角 速度相同，向心力的大小与转动半径大小有关；操作三与一相 比较：质量、半径相同，向心力的大小与角速度的大小有关；操 4π2r 作四与一相比较：角速度、半径相同，向心力大小与质量有关。 √，所以，轨道半径越大，速度越小，周期越长。故 ②物理学中此种实验方法叫控制变量法。③该同学受力分析 选A。] 的对象是自己的手，我们实验受力分析的对象是纸杯（包括 5.C[解析：由万有引力定律和匀速圆周运动知识可知，探测 水)，细绳的拉力提供纸杯（包括水）做圆周运动的向心力，指 向圆心。细绳对手的拉力与“向心力”大小相等、方向相反，背 器的线速度。=√受，探测器的周期T=妥，探测器的向心 离圆心。] 加速度a,-,选项A,B.D中的物理量均能求得，但由于不 15.解：(1)飞镖水平抛出后做平抛运动，在水平方向做匀速直 知道探测器质量，不能求得探测器的动能。故选C。】 线运动，因此飞行时间1=二，飞镖击中P点时，P恰好在最下 6.C[解析：天体受到黑洞的万有引力提供天体圆周运动所 馈则2r三g,解得圆盘的半径为r 需向心力，则G=m号，即有M=名，AB错误：设展润 r2 (2)飞镖击中P点，则P点转过的角度0满足0=π十2kπ(k= 的半径为R,质量M和半径R的关系满足贺-元，即有R= 0、1,2、…),故u=2=2k+D恤(k=0、1、2、…,圆盘转动 L 2tr,C正确，D错误。故选C] 角速度的最小值为吧， 7.A[解析：在地球表面附近，重力与万有引力近似相等，则 16.解：(1)小球恰能过最高点，小球在圆上最高点时，重力提 供向心力，根据牛顿第二定律知mg=吧，解得最高点的速度 有6学-潮得一6岩所以是总活兰-新： 4 1。故选A。] o=√gl=2m/s。 8.BD[解析：在地球表面发射卫星的速度大于11.2km/s (2)小球在圆的最低点时，合力提供向心力，根据牛顿第二定 时，卫星将脱离地球束缚，绕太阳运动，A错误；根据万有引力 律知T-g=受。 提供向心力，G0=m0,得a,由此可知在轨道1上经 解得细线的拉力T=45N。 过P点的加速度等于在轨道2上经过P点的加速度，B正确： 17.解：(1)在最高点P,根据牛顿第二定律得mg=m?,解 嫦娥三号在动力下降段中，除了受到重力，还受到动力，并不 得p=√gR。 是完全失重状态，C错误；根据开普勒定律，不=k,由此可知， (2)小球离开最高点后做平抛运动，2R=号gP,水平距离为 轨道半径越小，周期越小，由于嫦娥三号在环月轨道2的轨道 x=vpt,联立以上解得x=2R。 半径比环月轨道1的轨道半径小，故嫦娥三号在环月轨道2 上运行周期比在环月轨道1上运行周期小，D正确。故 第七章枪测 选BD。] 9.BC [解析：不考虑地球自转，物体重力等于地球对物体的 1.B[解析：万有引力定律适用于质点间万有引力的计算，质 量较大的天体可以看作质点，质量较小的一般物体不一定就 万有引力，有袋=mg,解得M=警地球密度为恶A 能看成质点，A错误；万有引力定律是在开普勒定律等基础上 错误；第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，根据mg=m尺 总结出来的，B正确；太阳对不同的行星的万有引力大小不 等，C错误；两物体间相互吸引的一对万有引力是一对作用力 可得第一宇宙速度为=√gR,B正确；卫星绕地球做匀速圆 与反作用力，D错误。故选B。] 周运动，根据万有引力提供向心力得GMm=m.织， r2 2.C[解析：太阳位于木星运行轨道的一个焦点上，A错误； 火星与木星轨道不同，在运行时速度不可能始终相等，B错 解得卫星的线速度，=√四，卫星的轨道半径， 误；“在相等的时间内，行星与太阳连线扫过的面积相等”是对 ERT 于同一颗行星而言的，不同的行星则不具有可比性，D错误； √4x,卫星离地的高度为√4 gR下-R,C正确，D错误。 根据开普勒第三定律，对同一中心天体来说，行星公转半长轴 故选BC。] 的三次方与其周期的平方的比值为一定值，C正确。故选C。】 10.BC【解析：根据开普勒第二定律可知，在轨道I上近点的 3.B【[解析：工具包在太空中，万有引力提供向心力，处于完 速度大于远点的速度，即>2，假如探测器经过B点绕月球 全失重状态，当有其他外力作用于工具包时才会离开宇航员。 故选B。] 做圆周运动的速度为4，则根据G恤=m二，解得。 4.A[解析：本题考查的是对人造地球卫星的运行周期问题， 圆，可知>，而由轨道I上的B点进入圆轨道时要经 由G恤=m号得=√，由G恤=m(停)}r得T 过加速，可知4>2，则>2，在A点由轨道I到轨道Ⅱ要