新教材高中物理第六章圆周运动质量标准检测含解析新人教版必修第二册

第六章学业质量标准检测
本卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。

满分100分，时间90分钟。

第Ⅰ卷(选择题共40分)
一、选择题(共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，第1～6小题只有一个选项符合题目要求，第7～10小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分)
1．(2021·大庆市东风中学高一开学考试)下面关于向心力的叙述中，错误的是( B ) A．向心力的方向始终沿着半径指向圆心，所以是一个变力
B．做匀速圆周运动的物体，除了受到别的物体对它的作用力外，还一定受到一个向心力的作用
C．向心力可以是重力、弹力、摩擦力中的某个力，也可以是这些力中某几个力的合力，或者是某一个力的分力
D．向心力只改变物体速度的方向，不改变物体速度的大小
解析：向心力的方向始终沿着半径指向圆心，所以是一个变力，选项A正确，不符合题意；向心力是物体指向圆心方向的合力，它是效果力，不是物体所受的力，选项B错误，符合题意；向心力可以是重力、弹力、摩擦力中的某个力，也可以是这些力中某几个力的合力，或者是某一个力的分力，选项C正确，不符合题意；向心力的方向指向圆心，则只改变物体速度的方向，不改变物体速度的大小，选项D正确，不符合题意。

2．(2021·全国甲卷，15)“旋转纽扣”是一种传统游戏。

如图，先将纽扣绕几圈，使穿过纽扣的两股细绳拧在一起，然后用力反复拉绳的两端，纽扣正转和反转会交替出现。

拉动多次后，纽扣绕其中心的转速可达50 r/s，此时纽扣上距离中心1 cm处的点向心加速度大小约为( C )
A．10 m/s2B．100 m/s2
C．1 000 m/s2D．10 000 m/s2
解析：纽扣在转动过程中ω＝2πn＝100π rad/s
由向心加速度a＝ω2r≈1 000m/s2，故选C。

3．(2021·杭州上海世界外国语中学高一期末)小明用手掌水平托着一个苹果，保持这样的姿势在竖直平面内按顺时针方向做匀速圆周运动(如图所示)。

对苹果从最左侧b点到最右侧d点之间运动的过程，下列说法中正确的是( A )
A ．苹果一直处于失重状态
B ．手掌对苹果的支持力一直不变
C ．苹果所受的合外力越来越大
D ．手掌对苹果的摩擦力先增大后减小
解析：苹果做匀速圆周运动，从b 点到d 点运动中，加速度大小不变，加速度在竖直方向有分加速度，方向一直向下，所以苹果一直处于失重状态，A 正确；苹果从b 点到d 点运动中，加速度大小不变，加速度在竖直方向的分加速度先增大后减小，方向向下，由牛顿第二定律可知，重力与支持力的合力先增大后减小，所以手掌对苹果的支持力先减小后增大，B 错误；苹果做匀速圆周运动，所受合外力大小不变，方向一直指向圆心，C 错误；苹果从
b 到d 的运动中，加速度大小不变，加速度在水平方向的分加速度先减小后增大，由牛顿第
二定律可知，手掌对苹果的摩擦力先减小后增大，D 错误。

4．(2021·高邮市临泽中学高一月考)如图所示是A 、B 两物体做匀速圆周运动的向心加速度随半径变化的图像，其中A 为双曲线的一支，由图可知( A )
A ．A 物体运动的线速度大小不变
B ．A 物体运动的角速度不变
C ．B 物体运动的角速度是变化的
D ．B 物体运动的线速度大小不变
解析：根据a n ＝v 2
r
知，当线速度v 大小为定值时，a n 与r 成反比，其图像为双曲线的一
支；根据a n ＝rω2
知，当角速度ω大小为定值时，a n 与r 成正比，其图像为过原点的倾斜直线。

故选A 。

5．如图所示，一位同学玩飞镖游戏，圆盘最上端有一P 点，飞镖抛出时与P 等高，且距离P 点为L ，当飞镖以初速度v 0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 )
A ．飞镖击中P 点所需的时间为L v 0
B ．圆盘的半径可能为gL 2
2v 20
C ．圆盘转动角速度的最小值为2πv 0
L
D ．P 点随圆盘转动的线速度不可能为5πgL 4v 0
解析：飞镖水平抛出做平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，因此t ＝L
v 0
，故A 正确；飞镖击中P 点时，P 恰好在最下方，则2r ＝12gt 2，解得圆盘的半径为r ＝gL
2
4v 20，故B 错误；飞
镖击中P 点，则P 点转过的角度满足θ＝ωt ＝π＋2k π(k ＝0,1,2…)，故ω＝
θt
＝2k ＋1πv 0L ，则圆盘转动角速度的最小值为πv 0
L
，故C 错误；P 点随圆盘转动的线速度为
v ＝ωr ＝2k ＋1πv 0L ·gL 2
4v 20＝2k ＋1πgL 4v 0。

当k ＝2时，v ＝5πgL
4v 0
，故D 错误。

6．用一根细线一端系一可视为质点的小球，另一端固定在一光滑锥顶上，如图所示，设小球在水平面内做匀速圆周运动的角速度为ω，线的张力为T ，则T 随ω2
变化的图像是( C )
解析：设绳长为L ，锥面与竖直方向夹角为θ，当ω＝0时，小球静止，受重力mg 、支持力N 和绳的拉力T 而平衡，T ＝mg cos θ≠0，所以A 项、B 项都不正确；ω增大时，T 增大，N 减小，当N ＝0时，角速度为ω0。

当ω＜ω0时，由牛顿第二定律得，T sin θ－N cos
θ＝mω2L sin θ，T cos θ＋N sin θ＝mg ，解得T ＝mω2L sin 2θ＋mg cos θ；当ω＞ω0
时，小球离开锥面，绳与竖直方向夹角变大，设为β，由牛顿第二定律得T sin β＝mω2
L sin
β，所以T ＝mLω2，可知T －ω2图线的斜率变大，所以C 项正确，D 错误。

故选C 。

7．如图所示，甲、乙两艘快艇在湖面上做匀速圆周运动，甲的运动半径大于乙的运动半径。

若它们转一圈的时间相等，下列说法正确的是( AC )
A ．甲的线速度大于乙的线速度
B ．甲的角速度大于乙的角速度
C ．甲的运动周期等于乙的运动周期
D ．甲的向心加速度小于乙的向心加速度
解析：由转一圈的时间相等可知T 甲＝T 乙，C 正确；由ω＝2π
T
知ω甲＝ω乙，B 错误；
由v ＝ωR 可知在ω相同时R 甲>R 乙，所以v 甲>v 乙，A 正确；同理，向心加速度a ＝ω2
R 可知在ω相同时R 甲>R 乙，a 甲>a 乙，D 错误。

8．(2021·大庆市东风中学高一开学考试)铁路在弯道处的内外轨道高度是不同的，已知内外轨道平面与水平面倾角为θ，如图所示，弯道处的圆弧半径为R ，若质量为m 的火车转弯时速度大于gR tan θ，则( BC )
A ．内轨对内侧车轮轮缘有挤压
B ．外轨对外侧车轮轮缘有挤压
C ．这时铁轨对火车的支持力不等于mg
cos θ
D ．车轮对内外侧均没有挤压
解析：火车的重力和轨道对火车的支持力的合力恰好等于需要的向心力时，此时火车的速度正好是gR tan θ，当 v >gR tan θ时重力和支持力的合力不够提供向心力，则火车拐弯时会挤压外轨，故A 、D 错误，B 正确；当内外轨没有挤压力时，受重力和支持力N ＝mg
cos θ，
但此时外轨对外侧车轮轮缘有挤压，所以铁轨对火车的支持力不等于mg
cos θ
，故C 正确。

9．乘坐如图所示游乐园的过山车时，质量为m 的人随车在竖直平面内沿圆周轨道运动，下列说法正确的是( BC )
A ．车在最高点时人处于倒坐状态，全靠保险带拉住，若没有保险带，人一定会掉下去
B ．人在最高点时对座位仍可能产生压力，且压力不一定小于mg
C ．人在最低点时对座位的压力大于mg ，处于超重状态
D ．人在最高点和最低点时的向心加速度大小相等
解析：当人与保险带间恰好没有作用力，由重力提供向心力时，则有mg ＝m v 20
R
，解得临
界速度为v 0＝gR ，当速度v ≥gR 时，没有保险带，人也不会掉下来，故A 错误；当人在
最高点的速度v >gR 时人对座位就产生压力。

当速度增大到v ＝2gR 时，根据F N ＋mg ＝m v 2
R
，
解得F N ＝3mg ，故压力为3mg ，故B 正确；人在最低点时，加速度方向竖直向上，根据牛顿第二定律分析可知，人处于超重状态，人对座位的压力大于mg ，故C 正确；在最高点和最
低点速度大小不等，根据向心加速度公式a ＝v 2
r
可知，人在最高点和最低点时的向心加速度
大小不相等，故D 错误。

10．(2021·河北卷，9)如图，矩形金属框MNQP 竖直放置，其中MN 、PQ 足够长，且PQ 杆光滑，一根轻弹簧一端固定在M 点，另一端连接一个质量为m 的小球，小球穿过PQ 杆，金属框绕MN 轴分别以角速度ω和ω′匀速转动时，小球均相对PQ 杆静止，若ω′>ω，则与以ω匀速转动时相比，以ω′匀速转动时( BD )
A ．小球的高度一定降低
B ．弹簧弹力的大小一定不变
C ．小球对杆压力的大小一定变大
D ．小球所受合外力的大小一定变大
解析：对小球受力分析，设弹力为T ，弹簧与水平方向的夹角为θ，则对小球竖直方向
T sin θ＝mg ，而T ＝k ⎝
⎛⎭
⎪
⎫MP cos θ－l 0
可知θ为定值，T 不变，则当转速增大后，小球的高度不变，弹簧的弹力不变，A 错误，B 正确；水平方向当转速较小时，杆对小球的弹力F N 背离转轴，则
T cos θ－F N ＝m ω2r
即F N ＝T cos θ－m ω2
r
当转速较大时，F N 指向转轴T cos θ＋F N ′＝mω′2
r 即F N ′＝mω′2
r －T cos θ
因ω′>ω ，根据牛顿第三定律可知，小球对杆的压力不一定变大，C 错误； 根据F 合＝mω2r
可知，因角速度变大，半径不变，则小球受合外力变大，D 正确。

第Ⅱ卷(非选择题 共60分)
二、填空题(2小题，共14分。

把答案直接填在横线上)
11．(6分)(2021·浙江高一月考)用如图所示的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 处做圆周运动的轨迹半径之比为1︰2︰1，回答以下问题：
(1)在该实验中，主要利用了__C__ 来探究向心力与质量、半径、角速度之间的关系； A ．理想实验法 B ．微元法 C ．控制变量法
D ．等效替代法
(2)探究向心力与半径之间的关系时，应让质量相同的小球分别放在__C__处，同时选择半径__相同__(填“相同”或“不同”)的两个塔轮。

A ．挡板A 与挡板
B B ．挡板A 与挡板C
C ．挡板B 与挡板C
解析：(1)保持m 、ω、r 任意两个量不变，研究小球做圆运动所需的向心力F 与其中一个量之间的关系，这种实验方法叫作控制变量法，故选C 。

(2)探究向心力和半径的关系时，要保持其余的物理量不变，则需要质量、角速度都相
同，如角速度相同，则应将传动皮带套在两塔轮半径相同的轮盘上，将质量相同的小球分别放在挡板B 和挡板C 处，故选C 。

12．(8分)如图所示是“DIS 向心力实验器”，当质量为m 的砝码随旋转臂一起在水平面内做半径为r 的圆周运动时，所需的向心力可通过牵引杆由力传感器测得，旋转臂另一端的挡光杆(挡光杆的挡光宽度为Δs ，旋转半径为R )每经过光电门一次，通过力传感器和光电门就同时获得一组向心力F 和角速度ω的数据。

(1)某次旋转过程中挡光杆经过光电门时的遮光时间为Δt ，则角速度ω＝__
Δs
R Δt
__。

(2)以F 为纵坐标，以__1Δt 2__(选填“Δt ”“1Δt ”“Δt 2
”或“1Δt 2”)为横坐标，可
在坐标纸中描出数据点作一条直线，该直线的斜率为k ＝__m Δs
2
R 2
r __。

(用上述已知量的字母
表示)
解析：(1)挡光杆通过光电门时的线速度v ＝Δs Δt ，由ω＝v R 解得ω＝Δs
R Δt 。

(2)根据向心力公式有F ＝mω2
r ，将ω＝Δs R Δt 代入解得F ＝m Δs
2
R 2Δt
2r ，
可以看出，以1
Δt 2为横坐标；可在坐标纸中描出数据点作一条直线，该直线的斜率为k
＝m Δs
2
R 2
r 。

三、论述、计算题(本题共4小题，共46分。

解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)
13．(8分)如图甲，某汽车以恒定的速率驶入一个狭长的90°圆弧形水平弯道，弯道两端连接的都是直道。

有人在车内测量汽车的向心加速度随时间的变化关系如图乙所示。

求：
(1)汽车转弯所用的时间； (2)汽车行驶的速率。

答案：(1)10 s (2)10 m/s
解析：(1)由题图乙可得汽车转弯所用的时间为：t ＝10 s 。

(2)汽车在转弯过程中做圆周运动的周期T ＝4t ＝40 s ， 由a n ＝4π
2
T
2r ，可得：r ＝63.7 m ，
由a n ＝v 2
r
，解得v ＝10 m/s 。

14．(10分)(2021·云南省南华第一中学高一月考)有一辆质量为m ＝800 kg 的小汽车驶上圆弧半径R ＝40 m 的拱桥上，g ＝10 m/s 2
，若汽车到达桥顶时的速度v ＝10 m/s 。

(1)求向心加速度的大小； (2)拱桥受到的压力大小；
(3)汽车恰好对拱桥无压力时的速度？
答案：(1)2.5 m/s 2
(2)6 000 N (3)20 m/s
解析：(1)由向心加速度公式可得a ＝v 21R
＝2.5 m/s 2。

(2)根据牛顿第二定律mg －F N ＝ma ，可得支持力大小F N ＝6 000 N 。

(3)汽车恰好对拱桥无压力时mg ＝m v 22
R
，解得v 2＝20 m/s 。

15．(14分)如图所示装置可绕竖直轴OO ′转动，可视为质点的小球A 与两细线连接后分别系于B 、C 两点，当细线AB 沿水平方向绷直时，细线AC 与竖直方向的夹角θ＝37°。

已知小球的质量m ＝1 kg ，细线AC 长L ＝1 m 。

(重力加速度g 取10 m/s 2
，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
(1)若装置匀速转动，细线AB 刚好被拉直成水平状态，求此时的角速度ω1；
(2)若装置匀速转动的角速度ω2＝56
3 rad/s ，求细线AB 和AC 上的张力大小F T AB 、F T AC 。

答案：(1)52
2
rad/s (2)2.5 N 12.5 N
解析：(1)当细线AB 刚好被拉直时，细线AB 的拉力为零，细线AC 的拉力和小球重力的
合力提供小球做圆周运动的向心力，根据牛顿第二定律有mg tan 37°＝mL AB ω2
1，又有L AB ＝L sin 37°，
解得ω1＝
g tan 37°
L AB
＝10×
341×35
rad/s ＝522 rad/s 。

(2)若装置匀速转动的角速度ω2＝56
3
rad/s>ω1，
L AB ＝L sin 37°，
竖直方向：F T AC cos 37°＝mg ，
水平方向：F T AC sin 37°＋F T AB ＝mL AB ω2
2， 代入数据解得F T AC ＝12.5 N ，F T AB ＝2.5 N 。

16．(14分)(2021·广东广州市第二中学高一月考)如图，质量为m ＝0.6 kg 的小球以某一初速度从P 点水平抛出，恰好从光滑竖直圆轨道ABC 的A 点的切线方向进入圆轨道，B 点和C 点分别为圆轨道的最低点和最高点。

已知圆轨道的半径R ＝0.3 m ，OA 连线与竖直方向成θ＝60°，小球到达A 点时的速度v A ＝4 m/s ，取g ＝10 m/s 2
，求：
(1)小球做平抛运动的初速度v 0； (2)P 点与A 点的水平距离和竖直高度；
(3)小球到达C 点后飞出，试通过计算判断，小球能否击中A 点。

答案：(1)2 m/s (2)23
5 m,0.
6 m (3)无法击中
解析：(1)小球到A 点的速度进行分解，则有
v 0＝v A cos 60°＝2 m/s 。

(2)竖直方向的分速度为v y ＝v A sin 60°＝2 3 m/s ，
由公式v y ＝gt 得t ＝v y g ＝23
10
s ，
由平抛运动规律得v 2
y ＝2gh 、x ＝v 0t ， 联立解得h ＝0.6 m 、x ＝2
5
3 m 。

(3)设小球在C 点速度为v C 时，刚好能击中A 点。

则有水平方向R sin 60°＝v C t C ，
竖直方向R cos 60°＋R ＝12gt 2C ，联立解得v C ＝3
2 m/s ，
小球在圆周轨道最高点的最小速度为v ，则有
mg ＝m v 2
R
，
得v ＝ 3 m/s ，因为v C <v ，故小球无法击中A 点。