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2026人教版高中物理必修第二册
第六章　圆周运动
注意事项
1.本试卷满分100分,考试用时75分钟。
2.无特殊说明,本试卷中重力加速度g取10 m/s2。
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,只有一个选项符合题目要求)
1.如图所示,水平桌面上固定有四块木板A、B、C、D,拼成一个S形圆弧轨道MN。小铁球(直径略小于轨道宽度和木板厚度)以一定初速度由轨道口M进入、N穿出的过程中,与小铁球有挤压作用的木板是 (　　)
A.A板和D板　　　　　　　　B.B板和C板
C.A板和C板　　　　　　　　D.B板和D板
2.中国糖画是非物质文化遗产之一。在糖画摊位前游客转动指针,指针最后停在哪里,便可得到对应的糖画作为奖励。指针上两点P、Q距中心O点的距离分别为r和2r,如图所示。以下关于P、Q两点在转动时各物理量之比,说法正确的是 (　　)
A.周期之比为2∶1　　　　　　　　B.角速度大小之比为1∶2
C.线速度大小之比为1∶1　　　　　　　　D.向心加速度大小之比为1∶2
3.如图所示,让装有水的玻璃杯绕过其侧面的竖直轴匀速转动,杯中液面的形状可能正确的是 (　　)
　　　　　　　　　　　　
4.如图所示,一半径为R的光滑圆环处于竖直平面内,圆环上套着一个可视为质点的小球。小球沿圆环运动,当小球和圆心O的连线与竖直方向的夹角为θ时,小球与圆环间恰好没有挤压作用,重力加速度大小为g,则此时小球的角速度大小为 (　　)
A.ω=　　　　B.ω=　　　　C.ω=　　　　D.ω=
5.如图甲所示,一根细线一端系一小球(可视为质点),另一端固定在一光滑圆锥顶端,当小球在水平面内做匀速圆周运动的角速度为ω时,细线拉力大小为T,T与ω2的变化关系图像如图乙所示。已知圆锥面母线与竖直方向的夹角为θ,重力加速度为g,则当ω=ω2时,细线拉力的大小为 (　　)
　　
A.　　　　B.　　　　C.　　　　D.
6.如图所示,一圆台可以绕中心轴旋转,圆台下底面半径为1.25 m,上底面半径为0.45 m,高为0.6 m。圆台上底面粗糙,侧面光滑,质量为M=4m的物块A放置于上底面的圆心处,物块A与圆台上底面之间的动摩擦因数为μ=0.4,质量为m的物块B置于侧面与下底面交界处,A与B通过绕过上底面边缘的光滑定滑轮的轻绳相连,且均可以视为质点,sin 53°=0.8,cos 53°=0.6,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则系统维持该稳定状态的角速度的最大值为 (　　)
A. rad/s　　　　B. rad/s　　　　C. rad/s　　　　D. rad/s
7.如图甲所示,一赛车场的圆环形车道修建在水平地面上,中心为P,赛道倾斜,虚线部分的竖直截面如图乙所示,AB是半径为R的四分之一圆弧。O为圆心,OA水平,OB竖直,B、P间距离为L。赛车都在水平面内做匀速圆周运动,某一瞬时,甲、乙两辆赛车恰好在同一竖直面内不同高度处,不考虑赛车受到的侧向摩擦力作用。下列说法正确的是 (　　)
　　
A.乙车的行驶速度较大
B.此瞬间乙车的向心加速度较大
C.若乙车提高行驶速度,则其距离地面的高度将会加大
D.若甲车改变行驶速度,有可能在离地面高度为R的圆周上运动
二、多项选择题(本题共3小题,每小题6分,共18分。在每小题给出的四个选项中,有多个选项符合题目要求,全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错或不答的得0分)
8.如图所示,一长为4L的轻杆绕O点在竖直平面内转动,光滑水平转轴穿过杆上的O点。已知杆两端固定有质量分别为3m、2m的球A和球B,O、A距离为L,O、B距离为3L。球B运动到最高点时,杆对球B有向下的拉力,大小为2mg。忽略空气阻力,重力加速度为g,则当球B在最高点时 (　　)
A.球B的速度大小为
B.球A的速度大小为2
C.轻杆对A的作用力大小为mg
D.水平转轴对杆的作用力大小是3mg
9.如图所示,一个半径为3R的圆盘可绕通过其中心且垂直于盘面的竖直轴匀速转动。在圆盘中心和边缘某点的连线上等间隔地放置着三个完全相同的小物块A、B、C,C在圆盘最外端,相邻小物块间的距离为R,每个小物块的质量均为m,与圆盘间的动摩擦因数均为μ。当圆盘转动的角速度ω缓慢增大时,重力加速度为g,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,下列说法正确的是 (　　)
A.当ω=时,A物块所受摩擦力为mω2R
B.当ω=时,B物块已经发生滑动
C.当ω=时,C物块刚要开始滑动
D.当ω=时,A、B、C三个物块均已滑动
10.一种蒸汽机的离心调速装置如图所示,竖直面内4根长度均为L的轻杆通过铰链连接,侧铰链分别固定质量为m的飞锤,上端铰链固定在竖直转轴O点处,下端铰链固定一个质量也为m、可以沿转轴上下滑动的套筒。套在转轴上的轻弹簧连接在O点与套筒之间,弹簧原长为L。装置静止时,轻杆与竖直方向的夹角θ均为37°,蒸汽机启动后,通过圆锥齿轮将转动传动到离心调速器的转轴上,带动两个飞锤绕转轴转动,从而带动套筒滑动,通过调节杠杆改变阀门的张开程度以调节蒸汽进给量,最终使蒸汽机的转速保持稳定。调节杠杆对套筒的作用力可忽略,弹簧始终在弹性限度内,不计一切摩擦和空气阻力,重力加速度大小为g,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,则 (　　)
A.若蒸汽机转速变快,调节杠杆会绕O'点逆时针转动
B.为使蒸汽机以更高转速稳定转动,可增加套筒质量
C.弹簧的劲度系数为
D.当θ稳定为53°时,飞锤的角速度为
三、非选择题(本题共5小题,共54分)
11.(6分)如图所示,用向心力演示器探究向心力大小的表达式。已知小球在挡板A、B、C处做圆周运动的轨道半径之比为1∶2∶1。
(1)在探究影响向心力大小的因素时,用到的实验方法是　　　　　　。
(2)在利用该装置探究向心力大小与角速度之间的关系时,应让质量相同的小球分别放在　　　　处(填“A、C”或“B、C”),同时选择半径　　　　(填“相等”或“不相等”)的两个塔轮。
(3)某同学把两个质量相等的钢球放在A、C位置,匀速转动手柄时,左边标尺露出9格,右边标尺露出1格,则皮带连接的左、右塔轮半径之比为　　　　;其他条件不变,若增大手柄转动的速度,两标尺示数的比值　　　　(选填“变大”“变小”或“不变”)。
12.(8分)某同学用如图甲所示的装置探究圆周运动的规律。主要实验步骤如下:
　　
Ⅰ.给小球(半径很小)一个初速度,使小球在某一水平面内做匀速圆周运动,调整电子计数器的位置,使电子计数器与小球做圆周运动的轨道在同一水平面内。用电子计数器记录小球转动的圈数为n,用秒表记录小球转动n圈的时间为t;
Ⅱ.测出细线悬挂点到电子计数器的高度h;
Ⅲ.保持细线悬挂点与小球之间的细线的长度L不变,通过改变小球的初速度改变细线悬挂点到电子计数器的高度h,重复步骤Ⅰ和Ⅱ,进行多次实验,根据得到的数据作出小球做圆周运动的周期T与细线悬挂点到电子计数器的高度的平方根的关系图像,如图乙所示。
(1)小球做圆周运动的周期T=　　　　(用n、t表示)。
(2)根据图乙可知,当L不变时,T与成　　　　(填“正比”或“反比”);若图乙中图线的斜率为k,则当地的重力加速度大小g=　　　　(用题中所给物理量的符号表示)。
(3)拉力传感器的示数F与的关系图像可能是　　　　。
　　　　　　　　　　　　
13.(10分)如图甲所示为我国传统民俗文化表演“抡花”,祈福来年风调雨顺、免于火灾,已被列入国家级非物质文化遗产。“抡花”原理如图乙所示,快速转动竖直转轴O1O2上的手柄AB,带动“花筒”M、N在水平面内转动,筒内烧红的铁片沿轨迹切线飞出,落到地面,形成绚丽的图案。已知MO1=NO1=2 m,M、N离地高3.2 m,若手摇AB转动的角速度大小为15 rad/s,不计空气阻力,求:
(1)“花筒”M的线速度大小;
(2)“花筒”(内含铁片)质量为2 kg时所需向心力大小;
(3)铁片落地点距O2的距离大小(计算结果可用根号表示)。
　
14.(13分)如图甲所示,一根不可伸长的轻绳穿过一竖直固定的光滑细管,轻绳两端系有小球A、B。A球的质量为4m,对A施加一水平向右的拉力F(F未知),当θ=37°时,系统正好处于静止状态,球A到管顶之间的距离为L。空气阻力不计,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重力加速度为g。
(1)求球B的质量mB;
(2)撤去拉力F,为保证球B的位置和角θ不变,可使球A绕细管中心轴以角速度ω匀速转动,如图乙所示,求ω;
(3)撤去拉力F,使球A绕细管中心轴以角速度ω'(ω'>ω)匀速转动,测出球B相对于原来的位置高度变化了0.5L,求ω'。
　　
15.(17分)如图所示为设计师设计的货物运输装置。将货物从光滑斜面顶点由静止释放,货物滑过斜面后进入光滑圆弧部分,在圆弧的最低点有力传感器可以采集货物到达最低点时对圆弧轨道的压力。水平传送带与圆弧最低点相切,货物到达传送带上时,若传送带速度合适,货物可经传送带右端水平抛出后落入收集箱,货物的尺寸相对于收集箱的尺寸可忽略。传送带两转轴轴心间的距离L=3.6 m,货物与传送带之间的动摩擦因数μ=0.50。传送带上表面到收集箱上边沿的竖直高度h=1.8 m,水平距离x=1.5 m,收集箱的长度l=3.3 m,高度d=1.4 m,货物的质量均为m=0.5 kg。已知货物到达圆弧最低点时传感器上的示数FN=15 N。若传送带静止时,货物恰好能到达传送带的最右端。忽略空气阻力,不考虑收集箱箱体厚度,可认为货物运动轨迹经过收集箱上边沿时货物能落入收集箱。
(1)求货物到达圆弧最低点时的速度大小v以及圆弧的半径R;
(2)若货物恰好落到收集箱底部距离左侧壁0.5 m处的A点,求货物在传送带上运动的时间t;
(3)要使货物都能落入收集箱内,求传送带的速度大小v'的取值范围。
答案全解全析
1.D　小铁球在每一段小圆弧上做圆周运动,需要弹力提供向心力,而向心力指向圆心,所以B板和D板对小铁球有弹力作用,即与小铁球有挤压作用的木板是B和D,D正确。
2.D　因P、Q两点同轴转动,可知角速度相等,周期相等,A、B错误;根据v=ωr可知P、Q两点的线速度大小之比为1∶2,C错误;根据a=ω2r可知P、Q两点的向心加速度大小之比为1∶2,D正确。
3.C　对水面上一个质量为m的小水滴受力分析,其受竖直向下的重力和周围水的作用力,两个力的合力充当向心力,因向心力沿水平方向指向转轴,可知周围的水对水滴的作用力应该沿斜向上方向,设与竖直方向夹角为θ,则由牛顿第二定律可得mg tan θ=mω2r,可知tan θ=r,因r越大,θ越大,水面的形状为C中所示,选项C正确。
4.A　小球和圆环间恰好没有挤压作用,则小球重力沿半径方向的分力恰好提供向心力,由牛顿第二定律得mg cos θ=mω2R,所以小球此时的角速度ω=,A正确。
5.B　根据题意,当角速度ω=0时,小球受重力、支持力和细线的拉力,有T0=mg cos θ;当角速度ω=ω1时,小球恰好只受重力和细线的拉力,则mg tan θ=ml sin θ;当角速度ω=ω2时,小球已经脱离圆锥面,只受重力和细线的拉力,且随角速度增大,细线与竖直方向的夹角α变大,有T sin α=ml sin α,联立可得T=,B正确。
6.C　若圆台的角速度达到某一值ω0时,物块B与侧面恰好分离,重力和拉力的合力提供向心力,设此时绳子与竖直方向的夹角为θ,根据几何关系可得tan θ==,可得θ=53°,此时绳的拉力FT==mg,而物块A与圆台上底面间的最大静摩擦力为fm=4μmg=1.6mg7.C　对车进行受力分析,知mg tan θ=m,其中θ为支持力与竖直方向的夹角,轨道半径r=R sin θ+L,解得v=,乙车的θ角较小,故行驶速度较小,A错误;若乙车提高行驶速度,即v增大,则θ变大,轨道平面距离地面的高度变大,C正确;由mg tan θ=ma,可得向心加速度a=g tan θ,故甲车的向心加速度较大,B错误;若甲车改变行驶速度,在离地面高度为R的圆周上运动,则θ=90°,由tan 90°→∞,知v也趋向无穷大,实际是不可能实现的,所以甲车改变行驶速度,不能在离地面高度为R的圆周上运动,D错误。
8.AD　当球B在最高点时,所受的合力提供向心力,有2mg+2mg=2m,解得vB=,A、B角速度相同,线速度与半径成正比,可得vA=vB=,A正确,B错误;球A在最低点,对A进行分析,有F-3mg=3m,解得F=5mg,水平转轴对杆的作用力大小ΔF=5mg-2mg=3mg,C错误,D正确。
9.BD　当ω=时,假设A物块仍相对圆盘静止,A物块所受摩擦力为f=mRω2=μmg<μmg,故假设成立,A受到的摩擦力为mω2R,A错误;当ω=时,假设B物块仍相对圆盘静止,B物块所受摩擦力为f=m×2Rω2=2μmg>μmg,假设不成立,说明物块B已经相对圆盘滑动,B正确;当ω=时,假设C物块仍相对圆盘静止,C物块所受摩擦力为f=m×3Rω2=6μmg>μmg,C物块已经滑动,C错误;当A物块刚要滑动时,有μmg=mRω2,解得ω=<,说明当ω=时,A已经滑动,因为B、C转动半径大于A,需要的向心力更大,也已经滑动,D正确。
10.BC　圆锥齿轮转动后,当θ<60°时,对飞锤受力分析,如图甲所示,则F1 cos θ+F2 cos θ=mg,F1 sin θ-F2 sin θ=mrω2=mL sin θ·ω2,对套筒受力分析,如图乙所示,分析可知2F2' cos θ+mg=kΔx,Δx=2L cos θ-L,F2=F2',联立解得2mg=mLω2 cos θ+kL(2 cos θ-1)。若蒸汽机转速变快,飞锤角速度增大,可知θ增大,套筒上升,则杠杆会绕O'点顺时针转动,其他条件不变时,要使蒸汽机以更高转速稳定转动,进入的蒸汽应该增多,套筒应该下降,可将套筒质量增加,A错误,B正确;初始时刻θ=37°,ω=0,代入2mg=mLω2 cos θ+kL(2 cos θ-1),解得k=,C正确;当θ=53°时,代入2mg=mLω2 cos θ+kL(2 cos θ-1),解得ω=,D错误。
　　
11.答案　(1)控制变量法(1分)　(2)A、C(1分)　不相等(1分)
(3)1∶3(2分)　不变(1分)
解析　(1)在探究影响向心力大小的因素时,用到的实验方法是控制变量法。
(2)在利用该装置探究向心力大小与角速度之间的关系时,要保持质量和半径相同,角速度不同,应将质量相同的小球分别放在A、C处,同时选择半径不相等的两个塔轮。
(3)某同学把两个质量相等的钢球放在A、C位置,匀速转动手柄时,左边标尺露出9格,右边标尺露出1格,即向心力之比为9∶1,根据F=mω2r可知,角速度之比为3∶1,根据v=ωr,可得皮带连接的左、右塔轮半径之比为1∶3;其他条件不变,若增大手柄转动的速度,角速度之比不变,则向心力之比不变,即两标尺示数的比值不变。
12.答案　(1)(2分)　(2)正比(2分)　(2分)　(3)D(2分)
解析　(1)根据题意,小球转动n圈所用的时间为t,则小球转一圈所用的时间即做圆周运动的周期T=。
(2)根据题图乙可知,当L不变时,T与成正比;对小球受力分析,小球受到重力与细线的拉力,有mg tan θ=mL sin θ,L=,其中θ为细线与竖直方向的夹角,可得T=2π,结合题图乙有k=,解得g=。
(3)经分析可得F sin θ=mL sin θ,整理得F=mL=4π2mL,故D正确。
13.答案　(1)30 m/s　(2)900 N　(3)2 m
解析　(1)“花筒”M转动的角速度与AB转动的角速度相同,则其线速度大小为v=ωr (1分)
得v=2×15 m/s=30 m/s(1分)
(2)“花筒”所需向心力大小为F=mrω2 (1分)
得F=2×152×2 N=900 N(2分)
(3)烧红的铁片沿切线飞出后做平抛运动,竖直方向做自由落体运动,有h=gt2 (1分)
解得t==0.8 s(1分)
水平方向做匀速直线运动,有x=vt=24 m(1分)
所以,落地点距O2的距离大小为d==2 m(2分)
14.答案　(1)5m　(2)　(3)
解析　(1)B球处于平衡状态,则轻绳上的张力T=mBg (1分)
A球处于平衡状态,由平衡条件有T= (1分)
解得mB=5m (1分)
(2)A球匀速转动,对A受力分析可知,轻绳拉力的水平分力提供向心力,在水平方向有
T sin θ=mAω2L sin θ (2分)
其中T=mBg (1分)
解得ω== (1分)
(3)设稳定后A球到管顶的距离为L',连接A球的绳与竖直方向的夹角为θ',对A分析,在水平方向上,有T sin θ'=mAω'2L' sin θ' (2分)
在竖直方向上,有T cos θ'=mAg (1分)
其中T=mBg
解得 cos θ'=,ω'= (1分)
由此可知,当A球和B球的质量不变时,连接A球的绳与竖直方向的夹角保持不变;仅增大A球的角速度时,A球到管顶的距离会缩短,所以B球相对于原来的位置应该下降了0.5L,那么此时
L'=L-0.5L=0.5L (1分)
则ω'=== (1分)
15.答案　(1)6 m/s,1.8 m　(2)0.95 s　(3)2.5 m/s≤v'≤8 m/s
解析　(1)货物在圆弧最低点时,圆弧对货物的弹力和货物重力的合力提供向心力,有FN-mg=m (1分)
传送带静止时,货物在传送带上做匀减速运动,有v2=2aL (1分)
由牛顿第二定律得μmg=ma (1分)
联立解得v=6 m/s,R=1.8 m(1分)
(2)设货物从传送带右端抛出至运动到收集箱底部所用时间为t1,有h+d=g (1分)
解得t1=0.8 s(1分)
货物落入收集箱底部A点,有x+xA=v1t1 (1分)
解得v1=2.5 m/s(1分)
则传送带的速度为v1,货物在传送带上先匀减速运动后匀速运动,设匀减速运动的时间为t2,有v=v1+at2,L=t2+v1(t-t2) (1分)
联立解得t=0.95 s(1分)
(3)货物恰好经过收集箱左侧壁顶端时,抛出速度最小,设为v2,则有
x=v2t3,h=g (1分)
解得t3=0.6 s,v2=2.5 m/s(1分)
传送带的最小速度为2.5 m/s
货物恰好经过收集箱右侧壁顶端时,抛出速度设为v3,有x+l=v3t3 (1分)
解得v3=8 m/s(1分)
设货物在传送带上从6 m/s匀加速到离开传送带时的速度为v4,有-v2=2aL (1分)
解得v4=6 m/s(1分)
v4>v3,故货物在传送带上先加速后匀速,传送带的最大速度为8 m/s
故传送带的速度满足2.5 m/s≤v'≤8 m/s时,货物都能落入收集箱内。 (1分)
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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