人教版高中物理必修二第六章《圆周运动》测试题

一、选择题
1．如图所示，水平桌面上放了一个小型的模拟摩天轮模型，将一个小物块置于该模型上某个吊篮内，随模型一起在竖直平面内沿顺时针匀速转动，二者在转动过程中保持相对静止（）
A．物块在d处受到吊篮的作用力一定指向圆心
B．整个运动过程中桌面对模拟摩天轮模型的摩擦力始终为零
C．物块在a处可能处于完全失重状态
D．物块在b处的摩擦力可能为零
2．甲（质量为80kg）、乙（质量为40kg）两名溜冰运动员，面对面拉着轻弹簧做圆周运动的溜冰表演，如图所示，此时两人相距0.9m且弹簧秤的示数为6N，下列说法正确的是（）
A．甲的线速度为0.4m/s
B．乙的角速度为2
rad/s 3
C．两人的运动半径均为0.45m
D．甲的运动半径为0.3m
3．关于做匀速圆周运动物体的线速度、角速度、周期的关系，下列说法中正确的是
（）
A．线速度大的角速度一定大
B．线速度大的周期一定小
C．角速度大的周期一定小
D．角速度大的半径一定小
4．如图所示为某种水轮机示意图，水平管中流出的水流垂直冲击在水轮机上的挡板上，水轮机圆盘稳定转动时的角速度为 ，圆盘的半径为R，挡板长度远小于R，某时刻冲击挡
板时该挡板和圆盘圆心连线与水平方向夹角为30°，水流的速度是该挡板线速度的4倍，不计空气阻力，则水从管口流出速度的大小为（ ）
A ．/2R ω
B ．R ω
C ．2R ω
D ．4R ω
5．如图所示，竖直转轴OO '垂直于光滑水平桌面，A 是距水平桌面高h 的轴上的一点，A 点固定有两铰链。

两轻质细杆的一端接到铰链上，并可绕铰链上的光滑轴在竖直面内转动，细杆的另一端分别固定质量均为m 的小球B 和C ，杆长AC >AB >h ，重力加速度为g 。

当OO '轴转动时，B 、C 两小球以O 为圆心在桌面上做圆周运动。

在OO '轴的角速度ω由零缓慢增大的过程中，下列说法正确的是（ ）
A ．两小球的线速度大小总相等
B ．两小球的向心加速度大小总相等
C ．当ωg
h
D ．小球C 先离开桌面
6．教师在黑板上画圆，圆规脚之间的距离是25cm ，他保持这个距离不变，用粉笔在黑板上匀速地画了一个圆，粉笔的线速度是2.5m/s ，关于粉笔的运动，有下列说法：①角速度是0.1rad/s ；②角速度是10rad/s ；③周期是10s ；④周期是0.628s ；⑤频率是
10Hz ；⑥频率是1.59Hz ；⑦转速小于2r/s ；⑧转速大于2r/s ，下列选项中的结果全
部正确的是（ ） A ．①③⑤⑦
B ．②④⑥⑧
C ．②④⑥⑦
D ．②④⑤⑧
7．两个质量相同的小球，在同一水平面内做匀速圆周运动，悬点相同，如图所示，A 运动的半径比B 的大，则（ ）
A．A所需的向心力比B的大B．B所需的向心力比A的大
C．A的角速度比B的大D．B的角速度比A的大
8．杂技演员在表演“水流星”的节目时，盛水的杯子经过最高点杯口向下时水也不洒出来．对于杯子经过最高点时杯子和水的受力情况，下列说法正确的是（）
A．杯子受到重力、拉力和向心力的作用
B．杯子受到的拉力一定为零
C．杯底对水的作用力可能为零
D．水受平衡力的作用，合力为零
9．如图所示，一连接体一端与一小球相连，绕过O点的水平轴在竖直平面内做圆周运动，设轨道半径为r，图中P、Q两点分别表示小球轨道的最高点和最低点，则以下说法正确的是（）
A．若连接体是轻质细绳时，小球到达P点的速度可以为零
B．若连接体是轻质细杆时，小球到达P点的速度可以为零
C．若连接体是轻质细绳时，小球在P点受到细绳的拉力不可能为零
D．若连接体是轻质细杆时，小球在P点受到细杆的作用力为拉力，在Q点受到细杆作用力为推力
10．如图所示为一磁带式放音机的转动系统，在倒带时，主动轮以恒定的角速度逆时针转动，P和Q分别为主动轮和从动轮边缘上的点，则下列说法正确的是 ( )
A．主动轮上P点的线速度方向不变
B ．主动轮上P 点的线速度逐渐增大
C ．主动轮上P 点的向心加速度逐渐增大
D ．从动轮上Q 点的向心加速度逐渐增大
11．如图所示，线段OA =2AB ，A 、B 两球质量相等，当它们绕O 点在光滑的水平面上以相同的角速度转动时，两线段拉力之比OA AB F F ：为（ ）
A ．2 ：3
B ．3 ：2
C ．5 ：3
D ．2 ：1
12．如图，B 和C 是一组塔轮，即B 和C 半径不同，但固定在同一转动轴上，其半径之比为R B ∶R C ＝3∶2，A 轮的半径大小与C 轮相同，它与B 轮紧靠在一起，当A 轮绕过其中心的竖直轴转动时，由于摩擦作用，B 轮也随之无滑动地转动起来。

a 、b 、c 分别为三轮边缘的三个点，则a 、b 、c 三点在运动过程中的（ ）
A ．线速度大小之比为3∶3∶2
B ．角速度之比为3∶3∶2
C ．转速之比为2∶3∶2
D ．向心加速度大小之比为9∶6∶2
二、填空题
13．一物体在水平面上做匀速圆周运动，质量为1kg ，物体做圆周运动的角速度为2.0rad/s ，半径为0.5m ，该物体做圆周运动的线速度为______m/s ，向心加速度为______m/s 2，受到的向心力为______N 。

14．一辆质量为34.010kg ⨯的汽车，以10m/s 的速率通过半径为40m 的圆弧形凸桥，当汽车通过桥顶部时，桥面受到汽车的压力大小为___________N ；如果该汽车通过此桥顶部时速率达到___________m/s 时，汽车就恰好对桥面无压力（取210m/s g =）。

15．如下图为一圆环，其圆心为O ，若以它的直径AB 为轴做匀速转动，如图所示，则圆环上Q 、P 两点的线速度大小之比是____。

若圆环的半径是20cm ，绕AB 轴转动的周期是0.2s ，则环上Q 点的向心加速度大小是_____m/s 2。

16．如图所示的皮带传动装置中，轮 A 和 B 同轴，A、B、C 分别是三个轮边缘的质点，且R A= R C=2R B，三质点的线速度之比为V A∶V B∶V C=__，角速度之比为ωA：ωB：ωC =
______。

17．自行车的“牙盘”和“飞轮”用链条相连，如图所示，当把后轮架空，匀速摇动脚踏板时，“牙盘”和“飞轮”边缘都可看作匀速圆周运动。

如果已知某型号自行车的“牙盘”和“飞轮”的半径之比为24:10，那么，“牙盘”和“飞轮”的周期之比为____，角速度之比为
_________，线速度之比为______。

18．某同学利用向心力演示器探究影响向心力大小的因素。

(1)该实验所采用的研究方法是__________。

(2)该同学在某次实验过程中，皮带带动的两个变速塔轮的半径相同，将两个完全相同的小球如图所示放置，可判断该同学是在研究________。

A．向心力与质量之间的关系 B．向心力与角速度之间的关系
C．向心力与线速度之间的关系 D．向心力与半径之间的关系
19．如图所示，用两根长度均为l的完全相同的细线将一重物悬挂在水平的天花板上，细线与天花板的夹角为θ，整个系统静止，这时每根细线中的张力为T，现在将一根细线剪
T为________。

断，在这一时刻另一根细线中的张力'
20．如图所示，一质量为m 的汽车保持恒定的速率运动，通过凸形路面最高处时对路面的压力____(选填“大于”或“小于”)汽车的重力；通过凹形路而最低点时对路面的压力_______(选填“大于”或“小于”)汽车的重力.
三、解答题
21．如图所示，圆心角60θ=︒的水平圆弯道连接两平直公路。

一质量1200kg m =的小轿车沿ABC 路线（图中虚线所示）运动，AB 为直线，A 、B 间距离100m s =，BC 为圆弧，半径30m R =。

轿车到达A 点之前以025m /s v =的速度沿直公路行驶，司机看到弯道限速标志后，为安全通过弯道，从A 点开始以22m /s a =的加速度匀减速运动至B 点，此后轿车保持B 点的速率沿BC 圆弧运动至C 点，求： （1）轿车在BC 段运动所受的合力大小； （2）轿车从B 到C 过程的平均速度。

22．第24届冬季奥林匹克运动会将在2022年在中国北京和张家口举行。

如图所示为简化后的雪道示意图，运动员以一定的初速度从半径R =10 m 的圆弧轨道AB 末端水平飞出，落到倾角为θ=37°的斜坡CD 上的D 点，轨迹如图中虚线所示，已知运动员运动到B 点时对轨道的压力是重力的7.25倍， BC 间的高度差为5 m ， 重力加速度g 取10 m/s 2 ，不计空气阻力。

求
(1)运动员运动到B 点的速度大小； (2)CD 间的距离；
(3)运动员离斜坡的最大距离。

23．如图，长L ＝0.8m 的轻绳一端与质量m ＝6kg 的小球相连，另一端连接一个质量M ＝1kg 的滑块，滑块套在竖直杆上，与竖直杆间的动摩擦因数为µ。

现在让小球绕竖直杆在水
平面内做匀速圆周运动，当绳子与杆的夹角θ＝60°时，滑块恰好不下滑。

假设最大静摩擦力等于滑动摩擦，重力加速度g ＝10m/s 2。

求： (1)小球转动的角速度ω的大小； (2)滑块与竖直杆间的动摩擦因数µ。

24．水平放置的圆盘绕竖直轴匀速转动，盘转动时边缘挡光片从光电数字计时器的光电门的狭缝中经过，如图1，图2所示。

A 光源射出的光可照射到B 的接收器上，若A 、B 间的光路被遮断，显示器C 上可显示出光线被遮住的时间。

圆盘直径20cm D =，距转轴
10cm r =处有一质量为20kg 的零件随盘一起运动，已知挡光片的宽度10mm L =，光电
数字计时器所显示的时间为50.0ms （31ms 110s -=⨯），求： (1)圆盘转动的角速度； (2)零件受到的摩擦力。

25．测定气体分子速率的部分装置如图所示，放在高真空容器中，A 、B 是两个圆盘，绕一根共同轴以相同的转速n ＝25转/秒匀速转动．两盘相距L ＝20厘米，盘上各开一很窄的细缝，两盘细缝之间成60°的夹角．已知气体分子恰能垂直通过两个圆盘的细缝，求气体分子的最大速率。

26．如图所使用，质量为0.1kg 的小物体被长为0.2m 的细线拴住，围绕竖直轴在光滑的水平面上匀速圆周运动，周期为0.5s 。

求： (1)小物体线速度的大小；
(2)小物体向心加速度的大小；
(3)当细线的拉力是8N 时，小物体角速度的大小。

【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除
一、选择题 1．C 解析：C
AD ．物体在b 、d 处受到重力、支持力、指向圆心的摩擦力，则吊篮对物体的作用不指向圆心，故AD 错误；
B ．在d 处对摩天轮受力分析，有重力、地面的支持力、物体对吊篮水平向左的摩擦力，摩天轮要保持平衡，则需要受到地面的摩擦力，故B 错误；
C ． a 处对物体受力分析，由重力和支持力的合力提供向心力，有
2
+=v
G F m R 支
2
v F F G m R
==-压支
则当
gR v =时
0F =压
故C 正确。

故选C 。

2．D
解析：D
CD ．弹簧秤对甲、乙两名运动员的拉力提供向心力，根据牛顿第二定律得
22
M R M R ωω=甲甲甲乙乙乙
由于甲、乙两名运动员面对面拉着弹簧秤做圆周运动的溜冰表演，所以有
ωω=甲乙
则
401
802
R m R m ===甲乙乙甲
两人相距0.9m ，所以两人的运动半径不同
0.3m R =甲 0.6m R =乙
故C 错误D 正确； B ．根据
2F M R ω=乙乙
得角速度
0.5rad/s ω=
==
故B 错误； A ．根据线速度
v R ω=甲甲
得甲的线速度是
=0.15m/s v 甲
故A 错误。

故选D 。

3．C
解析：C AD ．由
v wr =
可得，当半径一定时，才有线速度大的角速度大，当线速度一定时，角速度大的半径小，故AD 错误； B ．由
2r
v T
π=
可得，当半径一定时，线速度大的周期小，故B 错误； C ．由
2w T
π=
可得，角速度大的周期小，故C 正确。

故选C 。

4．C
解析：C
水平管中流出的水流垂直冲击在水轮机上的挡板上时，水的末速度等于挡板的线速度的4倍，即
=44v v R ω=轮
将水的速度分解如下
可知水的初速度
0sin302v v R ω=︒=
故选C 。

5．C
解析：C
A ．两球的角速度相同，但轨道半径不同，则线速度大小不等，则A 错误；
B ．向心加速度2a r ω=，因半径不同则加速度不同，则B 错误； CD ．设杆与竖直向的角为α，要离开桌面须满足
2tan tan mg mh ααω=
即
g h
ω=
对桌面无压力，与角度无关，则两球同时离开桌面，则D 错误，C 正确。

故选C 。

6．C
解析：C 由题意知半径
0.25m R =
线速度
2.5m/s v =
则角速度
10rad/s v
R
ω=
= ②正确；周期
20.2s 0.628s T π
πω
=
==
④正确；频率
1
1.59Hz f T
=
= ⑥正确；转速
1.59r/s 2r/s n f ==<
⑦正确； 故选C 。

7．A
解析：A
AB ．对其中一个小球受力分析，如图所示
受重力、绳子的拉力，由于小球做匀速圆周运动，合力提供向心力，由牛顿第二定律可得
F =mg tan θ
A 绳与竖直方向夹角大，说明A 受到的向心力比
B 的大，故A 正确，B 错误； CD ．由向心力公式得到
F =mω2r
设球与悬挂点间的高度差为h ，由几何关系得
r =h tan θ
解得=
g h
ω 分析表达式可知A 的角速度与B 的角速度大小相等，故CD 错误。

故选A 。

8．C
解析：C
A ．由于向心力是效果力，故A 错误；
B ．当在最点时速度为0v gR gR 到拉力的作用，故B 错误；
C ．当在最点时的速度为0v gR =，则在最高点，水靠重力提供向心力，杯底对水的作用
力为零，故C 正确；
D ．在最高点，水靠重力和弹力的合力提供向心力，合力不为零，故D 错误．
9．B
解析：B
A ．若连接体是细绳，在P 点的临界情况是拉力为零，根据mg =m 2
v r
，最小速度为
gr A 错误；
B ．若连接体是细杆，可以提供向上的支持力，若重力等于支持力时，在P 点的最小速度为零．故B 正确；
C ．当小球在P gr C 错误；
D ．若连接体是细杆，小球在P 点可以表现为拉力，也可以表现为支持力，在Q 点只能表现为拉力．故D 错误． 故选B 。

10．D
解析：D 【解析】
在倒带时，主动轮以恒定的角速度逆时针转动，根据v r ω=，可知P 点的线速度大小不变，方向时刻在变化，根据2a r ω=，可知P 点的向心加速度大小不变，故ABC 错误；主动轮与从动轮有相同的线速度，根据v r ω=可知，主动轮的r 不断增大，故线速度不断增大，则从动轮的线速度也不断增大，而从动轮的半径r 不断减小，根据v r ω=可知，从动轮的角速度不断增大，根据2a r ω=，可知Q 点的向心加速度不断增大，故D 正确；故选D ．
【点睛】主动轮和从动轮边缘上的点线速度相等，A 的角速度恒定，半径增大，线速度增大，根据v r ω=和2a r ω=进行分析求解．
11．C
解析：C
设2OA r =，则3OB r =，角速度为ω，每个小球的质量为m 。

则根据牛顿第二定律，对B 球
23AB F m r ω=⋅
对A 球
22OA AB F F m r ω-=⋅
联立以上两式得
:5:3A A B O F F =
故选C 。

12．A
解析：A
A ．由于A 、
B 之间不打滑，因此
A B v v = ①
由于B 、C 固定在同一转动轴上
B C =ωω ②
根据
v r ω=③
可得
B C :3:2v v =
因此a 、b 、c 三点线速度大小之比
A B C ::3:3:2v v v =④
A 正确；
B ．由①③代入数据可得
A B :3:2ωω=⑤
由②⑤可得
A B C ::3:2:2ωωω=⑥
B 错误；
C ．根据
=2n ωπ
因此转速之比
A B C ::3:2:2n n n =
C 错误；
D ．向心加速度，根据
2a r v ωω==
由④⑥可得
A B C ::9:6:4a a a =
D 错误。

故选A 。

二、填空题
13．02020
解析：0 2.0 2.0 [1]根据匀速圆周运动规律有
20.5m/s 1.0m/s v r ω==⨯=
[2]匀速圆周运动的向心加速度为
2222n 20.5m/s 2.0m/s a r ω==⨯=
[3]匀速圆周运动的向心力为
n n 1 2.0N=2.0N F ma ==⨯
14．4310⨯
[1]汽车通过桥顶部时，由汽车的重力和桥面的支持力提供汽车的向心力，根据牛顿第二定律得
2
N v mg F m R
-=
解得
2
4N 310N v F mg m R
=-=⨯
又由牛顿第三定律得，桥面受到汽车的压力大小为
4N
N 310N F F '==⨯ [2]当N 0F =时，有
2
0v mg m R
=
020m/s v gR ==
15．1∶10π2
解析：1∶
3 10π2
(1)[1]P 、Q 两点以它的直径AB 为轴匀速转动，它们的角速度相同，都为ω，如下图所示，由图可知，Q 点的转动半径
11sin 302
r R R ==
P 点的转动半径
23sin 60=
2
r R R = 由v =ωr 得
121212:::3v v r r r r ωω===(2)[2]由22
4r
a T
π=，代入数据解得Q 点的向心加速度大小是 2221
2410m s r a T ππ==
16．2：1：12：2：1
解析：2：1：1 2：2：1
[1]A 、B 两点的角速度相等，根据v r ω=知
::2:1A B A B v v R R ==
B 、
C 两点靠传送带传动，线速度相等
:1:1B C v v =
所以
::2:1:1A B C v v v =
[2]B 、C 两点靠传送带传动，线速度相等
B C v v =
根据v r ω=知
::2:1B C C B R R ωω==
::2:2:1A B C ωωω=
17．1：1
解析：24:10 10:24 1：1
[1][2][3]“牙盘”和“飞轮”通过链条相连，则线速度相等，即线速度之比为1：1，角速度为
v r
ω=，则角速度之比为10：24，由公式2π
T
ω=
可知，周期之比为24：10 18．控制变量法D
解析：控制变量法 D
(1)[1]本实验通过控制变量法探究影响向心力大小的因素。

(2)[2]由图可知，两个小球完全相同，放置的位置到变速塔轮的距离不同，故可知该同学是在研究向心力与半径之间的关系，故ABC 错误，D 正确。

故选D 。

19．22sin T θ
[1]剪断细线前，根据共点力的平衡，有
2sin T mg θ=①
剪断细线后，根据牛顿第二定律，有
2
sin 0v T mg m l
θ'
-==②
联立式①和式②，得22sin T T θ'=
20．小于大于【解析】
解析：小于 大于 【解析】
[1]汽车过凸形路面的最高点时，设速度为v ，半径为r ，竖直方向上合力提供向心力，由牛顿第二定律得：
mg -F 1′=m 2
v r
得：
F 1′＜mg ，
根据牛顿第三定律得：
F 1=F 1′＜mg ；
[2]汽车过凹形路面的最高低时，设速度为v ，半径为r ，竖直方向上合力提供向心力，由牛顿第二定律得：
F 2′-mg =m 2
v r
得：
F 2′＞mg ，
根据牛顿第三定律得：
F 2=F 2′＞mg 。

三、解答题
21．（1）9000N ；（2）
45
m /s π
，方向由B C →
（1）设轿车在B 的速度为v ，从A B →，由运动学公式
22
02as v v -=-
在圆弯道上，由牛顿第二定律
2
mv F R
= 代入数据得9000N F =
（2）从B C →，由几何关系得轿车的位移
x R =
轿车从B 到C 运动的时间
BC
l t v
=
BC 60
2360
l R π=
⋅ 由公式x v t
=
得 45
m /s v π
=
，方向由B C →
22．(1)25m /s ；(2) 125m ；(3) 18.1m (1)运动员在B 点的速度为v B ，由牛顿第二定律
2B v F mg m R
-=
由牛顿第三定律
'
B 7.25mg B F F ==
解得
025m /s v =
(2)设CD 间的距离为s ，运动员由B 运动到D 的时间为t ，由平抛运动规律
0scos v t θ=
2
1sin 2
h s gt θ+=
解得
s= 125m
(3)建立如图所示坐标系。

运动员沿y 轴方向做匀变速直线运动，v y =0时，离斜坡的距离最
大。

此时，运动员离x 轴的距离为
()2
sin 2cos n v y g θθ
=
故运动员离斜坡的最大距离为
cos m y y BC θ=+
解得
y m = 18.1m
23．(1)10rad/s.；(2)7
318
μ=
(1)通过对小球的受力分析，由牛顿第二定律得：
2tan sin mg m L θωθ=
解得小球转动的角速度
10rad/s ω=
(2)对小球，在竖直方向
cos T F mg θ=
对滑块，由平衡条件可得
sin T N F F θ=
解得
3N F mg
整体竖直方向上
()f N F F m M g μ==+
联立解得
7
318
μ=
24．(1)2rad/s ；(2)8N ，方向指向圆心 (1)圆盘转动的线速度
0.01m/s=0.2m/s 0.05
L v t =
= 由v r ω=可得
0.2rad/s=2rad/s 0.1
v r ω=
=
(2)零件受到的摩擦力提供零件作匀速圆周运动的向心力，即
222020.1N=8N f m r ω==⨯⨯
方向指向圆心。

25．30m/s
两盘相距L =20cm=0.2m ；圆盘转动的角速度250rad/s ωπn π== 分子在两盘间运动的时间为
L t v
=
此时间内圆盘有
23n t +=
π
πω
联立解得
30
m/s 61
v n =
+(n =0、1、2……) 当n =0时，气体分子的最大速率为v =30m/s
26．（1）0.8πm/s ；（2）3.2π2m/s 2；（3）20rad/s
(1)由2πR
T v
=
得 2π2π0.2
m/s=0.8πm/s 0.5
R v T ⨯=
= (2)由2
2π(
)a R T
=得 2
222π(
)0.2 3.2πm/s 0.5
a =⨯= (3)由2F mR ω=得
20rad/s ω=
=。