新教材适用2024-2025学年高中物理第6章圆周运动学业质量标准检测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75分钟。第Ⅰ卷(选择题共40分)一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。1．关于如图所示的圆周运动，下列说法不正确的是(C)A．如图甲，汽车通过拱桥的最高点时处于失重状态B．如图乙，火车转弯超过规定速度行驶时，外轨对外侧车轮的轮缘会有挤压作用C．如图丙，钢球在水平面内做圆周运动，钢球距悬点的距离为l，则圆锥摆的周期T＝2πeq\r(\f(l,g))D．如图丁，在水平马路上行驶的汽车，车轮与路面之间的静摩擦力供应转弯所需的向心力解析：题图甲中，汽车通过拱桥的最高点时，加速度方向向下，处于失重状态，选项A正确；题图乙中，火车转弯超过规定速度行驶时，支持力在水平方向分力不足以供应向心力，外轨对外侧车轮的轮缘会有挤压作用，选项B正确；题图丙中钢球在水平面内做圆周运动，依据牛顿其次定律可知mgtanθ＝meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)))2lsinθ，解得圆锥摆的周期T＝2πeq\r(\f(lcosθ,g))，选项C错误；题图丁中，在水平马路上行驶的汽车，车轮与路面之间的静摩擦力供应汽车转弯所需的向心力，选项D正确。故选C。2．(2024·江苏省高邮中学高一期中)无缝钢管的制作原理如图所示，竖直平面内，管状模型置于两个支承轮上，支承轮转动时通过摩擦力带动管状模型转动，铁水注入管状模型后，由于离心作用，紧紧地覆盖在模型的内壁上，冷却后就得到无缝钢管。已知管状模型内壁半径为R，则下列说法正确的是(D)A．铁水是由于受到离心力的作用才覆盖在模型内壁上B．模型各个方向上受到的铁水的作用力相同C．管状模型转动的角速度ω最大为eq\r(\f(g,R))D．若最上部的铁水恰好不离开模型内壁，此时仅重力供应向心力解析：铁水是由于离心作用覆盖在模型内壁上的，模型对它的弹力和重力沿半径方向的合力供应向心力，故A错误；模型最下部受到的铁水的作用力最大，最上方受到的作用力最小，故B错误；若最上部的铁水恰好不离开模型内壁，此时仅重力供应向心力，则有mg＝mω2R，可得ω＝eq\r(\f(g,R))，即管状模型转动的角速度ω最小为eq\r(\f(g,R))，故C错误，D正确。故选D。3．(2024·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改变的图像，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改变的D．B物体运动的线速度大小不变解析：依据an＝eq\f(v2,r)知，当线速度v大小为定值时，an与r成反比，其图像为双曲线的一支；依据an＝rω2知，当角速度ω大小为定值时，an与r成正比，其图像为过原点的倾斜直线。故选A。4．(2024·天津滨海新区高一下月考)如图所示，半径为R的半球形容器固定在水平转台上，转台绕过容器球心O的竖直轴线以角速度ω匀速转动，质量相同的小物块A、B随容器转动且相对器壁静止，A、B和球心O点连线与竖直方向的夹角分别为α和β，α＞β，α＝60°，此时物块A受到的摩擦力恰好为零，重力加速度为g，则(A)A．转台转动的角速度大小为eq\r(\f(2g,R))B．B受到的摩擦力可能为零C．B受到沿容器壁向上的摩擦力D．若ω增大，在B滑动之前，B受到的摩擦力减小解析：对物块A受力分析，因为此时物块A受到的摩擦力恰好为零，则有mgtan60°＝mω2Rsin60°，解得ω＝eq\r(\f(g,Rcos60°))＝eq\r(\f(2g,R))，故A正确；同理可求当B所受到的摩擦力为零时，ωB＝eq\r(\f(2g,\r(3)R))<ω＝eq\r(\f(2g,R))，所以A受到的静摩擦力为零时，B有沿容器壁向上滑动的趋势，即B受到沿容器壁向下的摩擦力，故B、C错误；B所受摩擦力沿容器壁向下，若ω增大，则所需的向心力变大，B受到的摩擦力肯定增大，选项D错误。故选A。5.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改变的图像是(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FN和绳的拉力T而平衡，T＝mgcosθ≠0，所以A项、B项都不正确；ω增大时，T增大，FN减小，当FN＝0时，角速度为ω0。当ω＜ω0时，由牛顿其次定律得，Tsinθ－FNcosθ＝mω2Lsinθ，Tcosθ＋FNsinθ＝mg，解得T＝mω2Lsin2θ＋mgcosθ；当ω＞ω0时，小球离开锥面，绳与竖直方向夹角变大，设为β，由牛顿其次定律得Tsinβ＝mω2Lsinβ，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。6．小球a、b分别通过长度相等的轻绳拴在O点，给a、b恰当速度，使两小球分别在不同水平面内做匀速圆周运动，已知两小球运动过程中始终在同一以O点为球心的球面上，Oa与竖直面夹角为60°，Ob与竖直面夹角为30°，则a做圆周运动的周期与b做圆周运动的周期之比为(C)A.eq\r(\f(\r(3),6)) B．eq\r(\f(\r(3),2))C．eq\r(\f(\r(3),3)) D．eq\f(\r(3),2)解析：由图可知tanθ＝eq\f(ma,mg)，设球面半径为R，所以向心加速度a＝gtanθ＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)))2Rsinθ，解得T＝2πeq\r(\f(Rcosθ,g))，所以eq\f(Ta,Tb)＝eq\r(\f(cos60°,cos30°))＝eq\r(\f(\r(3),3))，A、B、D错误，C正确。故选C。7．(2024·大庆试验中学高一阶段练习)如图所示，用水平传送带传送一质量为m的小物体(可视为质点)，A为终端皮带轮，已知皮带轮半径为r，传送带与皮带轮间不会打滑。当小物体可被水平抛出时，A轮每秒的转速最小是(重力加速度为g)(B)A.eq\f(g,r) B．eq\f(1,2π)eq\r(\f(g,r))C．eq\r(gr) D．eq\f(1,2π)eq\r(gr)解析：小物体要能被水平抛出，满意向心力仅有重力供应的条件mg＝meq\f(v2,r)，v＝eq\r(gr)，又因为v＝2πnr，所以n＝eq\f(1,2π)eq\r(\f(g,r))，A、C、D错误，B正确，故选B。8．(2024·南阳高一阶段练习)如图所示，两个用相同材料制成的靠摩擦传动的轮P和Q水平放置，两轮之间不打滑，两轮半径RP＝60cm，RQ＝30cm。当主动轮P匀速转动时，在P轮边缘上放置的小物块恰能相对P轮静止，若将小物块放在Q轮上，欲使物块相对Q轮也静止，则物块距Q轮转轴的最大距离为(B)A．10cm B．15cmC．20cm D．30cm解析：相同材料制成的靠摩擦传动的轮P和Q，则边缘线速度相同，则ωPRP＝ωQRQ，解得eq\f(ωP,ωQ)＝eq\f(1,2)，对于在P边缘的木块，最大静摩擦力恰为向心力，即mωeq\o\al(2,P)RP＝Ffmax，当在Q轮上恰要滑动时，设此时半径为R，mωeq\o\al(2,Q)R＝Ffmax，解得R＝15cm，故选B。二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。9．铁道转弯处内、外铁轨间设计有高度差，可以使火车顺当转弯，下列说法中正确的是(BD)A．主要是为了削减车轮与铁轨间的摩擦B．主要是为了削减轮缘与铁轨间的挤压C．内轨应略高于外轨D．重力和支持力的合力为火车转弯供应了向心力解析：铁道转弯处，轨道设计成外轨高于内轨，目的是让重力和弹力的合力供应向心力，避开轨道对车轮轮缘产生侧向挤压力，以爱护内轨和外轨。故A、C错误，B、D正确。10．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，人肯定会掉下去B．人在最高点时对座位仍可能产生压力，且压力不肯定小于mgC．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，由重力供应向心力时，则有mg＝meq\f(v\o\al(2,0),R)，解得临界速度为v0＝eq\r(gR)，当速度v≥eq\r(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>eq\r(gR)时人对座位就产生压力。当速度增大到v＝2eq\r(gR)时，依据FN＋mg＝meq\f(v2,R)，解得FN＝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，依据牛顿其次定律分析可知，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，依据向心加速度公式a＝eq\f(v2,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。11．(2024·新乡高一期中)如图所示，长为r＝0.3m的轻杆一端固定质量为m的小球(可视为质点)，另一端与水平转轴(垂直于纸面)于O点连接。现使小球在竖直面内绕O点做匀速圆周运动，已知转动过程中轻杆对小球的最大作用力为eq\f(7,4)mg，轻杆不变形，重力加速度g＝10m/s2。下列推断正确的是(ACD)A．小球转动的角速度为5rad/sB．小球通过最高点时对杆的作用力为零C．小球通过与圆心等高的点时对杆的作用力大小为eq\f(5,4)mgD．转动过程中杆对小球的作用力不肯定总是沿杆的方向解析：转动过程中轻杆对小球的最大作用力在最低点，有eq\f(7mg,4)－mg＝mω2r，解得ω＝5rad/s，所以A正确；在最高点有F＋mg＝mω2r，F＝－eq\f(1,4)mg，则杆对小球的力为支持力，所以B错误；小球通过与圆心等高的点时对杆的作用力大小为F′＝eq\r(mg2＋F\o\al(2,向))，F向＝mω2r，联立解得F′＝eq\f(5,4)mg，所以C正确；转动过程中杆对小球的作用力不肯定总是沿杆的方向，小球的合外力供应向心力才肯定沿杆方向指向圆心，所以D正确。故选ACD。12．(2024·宜春高一阶段练习)如图(a)所示，A、B为钉在光滑水平面上的两根铁钉，质量为0.6kg的小球C(小球可视为质点)用细绳拴在铁钉B上，A、B、C在同始终线上，t＝0时，给小球一垂直于绳、大小为2m/s的速度，使小球在水平面上做圆周运动。在0≤t≤t2时间内，细绳的拉力随时间改变的规律如图(b)所示，若细绳能承受的最大拉力为6.4N，则下列说法正确的是(AC)A．两钉子间的距离为0.2mB．t＝3.3s时细绳的拉力为3NC．t1＝0.6πsD．小球从起先运动到绳被拉断历时3πs解析：小球在水平方向只受垂直于速度方向的细绳的拉力作用，小球速度大小不变，由牛顿其次定律可得F＝eq\f(mv2,r)，当F＝2N时，r1＝1.2m，当F＝2.4N时，r2＝1m，两钉子间的距离d为小球做圆周运动减小的半径，即d＝r1－r2＝0.2m，故A正确；由周期v＝eq\f(2πr,T)可得，当r1＝1.2m时，T1＝1.2πs，当r2＝1m时，T2＝πs，而小球每经半个周期与另一钉子接触，小球从起先运动经过时间eq\f(T1,2)＝0.6πs，细绳与铁钉A接触，小球做圆周运动的半径减小，细绳受到的拉力增大，所以t1＝0.6πs，小球从起先运动经时间t2＝eq\f(T1＋T2,2)＝1.1πs≈3.45s>3.3s，细绳再次与铁钉B接触，所以t＝3.3s时细绳拉力仍为2.4N，故B错误，C正确；当细绳受到的拉力为6.4N时，r＝0.375m<0.4m，即当r＝0.4m时，绳子还不会断，小球从起先运动到细绳被拉断历时t＝(0.6π＋0.5π＋0.4π＋0.3π＋0.2π)s＝2πs，故D错误。故选AC。第Ⅱ卷(非选择题共60分)三、非选择题：本题共6小题，共60分。13．(6分)某爱好小组的同学设计了图甲所示的装置测量滑块和水平台面间的动摩擦因数。水平转台能绕竖直的轴匀速转动，装有遮光条的小滑块放置在转台上，细线一端连接小滑块，另一端连到固定在转轴上的力传感器上，连接到计算机上的传感器能显示细线的拉力F，安装在铁架台上的光电门可以读出遮光条通过光电门的时间t，爱好小组实行了下列步骤：①用螺旋测微器测量遮光条的宽度d。②用天平称量小滑块(包括遮光条)的质量m。③将滑块放置在转台上，使细线刚好绷直。④限制转台以某一角速度匀速转动，记录力传感器和光电门的示数，分别为F1和t1；依次增大转台的角速度，并保证每次都做匀速转动，记录对应的力传感器示数F2、F3…和光电门的示数t2、t3…。回答下面的问题：(1)螺旋测微器的示数如图乙所示，则d＝_1.732__mm。(2)滑块匀速转动的线速度大小可由v＝eq\f(d,t)计算得出。(3)处理数据时，爱好小组的同学以力传感器的示数F为纵轴，对应的线速度大小的平方v2为横轴，建立直角坐标系，描点后拟合为一条直线，如图丙所示，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，则滑块和台面间的滑动摩擦因数μ＝eq\f(a,mg)。(4)该小组同学换用相同材料的质量更大的滑块再次做了该试验，作出F－v2的图像，与图丙中a和b比较，发觉a_增大__、b_不变__(填“增大”“减小”和“不变”)。解析：(1)图乙中螺旋测微器测量遮光条的宽度d＝1.5mm＋23.2×0.01mm＝1.732mm。(2)滑块匀速转动的线速度大小可由光电门测得v＝eq\f(d,t)。(3)对在转台上做匀速圆周运动滑块，依据图丙知v2＝0，时F＝－a，依据牛顿其次定律F＋μmg＝meq\f(v2,r)，带入数据－a＋μmg＝0，解得μ＝eq\f(a,mg)。(4)依据图丙得到－a＋μmg＝0。0＋μmg＝meq\f(b,r)，解得a＝μmg，b＝μgr，则换用质量m更大的滑块，a增大而b不变。14．(6分)(2024·广东试验中学高一下期中)DIS向心力试验装置如图甲、乙所示，可以用来探究影响向心力大小的因素，试验中可以用力传感器测出小物块在水平光滑的横杆上做圆周运动所须要的向心力大小，用光电门传感器协助测量小物块转动的角速度。(1)试验测得挡光条遮光时间t，挡光条的宽度d、挡光条做圆周运动的半径r，则小物块的角速度的表达式为ω＝eq\f(d,rt)(请用字母t、d、r表示)。(2)为了提高试验精度，挡光条的宽度应适当_小__(填“小”或“大”)些。(3)图丙中①②两条曲线为相同半径、不同质量的小物块向心力与角速度的关系图线，由图丙可知，曲线①对应的砝码质量_小于__(填“大于”或“小于”)曲线②对应的砝码质量。解析：(1)挡光条处的线速度v＝eq\f(d,t)，由v＝ωr得ω＝eq\f(v,r)＝eq\f(d,rt)。(2)挡光条宽度越窄，经过光电门时间越少，平均速度越接近瞬时速度。(3)若保持角速度和半径都不变，由牛顿其次定律F＝ma＝mω2r，可以知道，质量大的砝码须要的向心力大，所以曲线①对应的砝码质量小于曲线②对应的砝码质量。15．(10分)如图所示，匀速转动的水平转台上，沿半径方向放置两个用细线相连的小物块A、B(可视为质点)，质量分别为mA＝3kg、mB＝1kg；细线长L＝2m，A、B与转台间的动摩擦因数μ＝0.2。起先转动时A放在转轴处，细线刚好拉直但无张力，重力加速度g＝10m/s2。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：(1)使细线刚好拉直但无张力，转台转动的最大角速度ω1为多少；(2)使A、B能随转台一起匀速圆周运动，转台转动的最大角速度ω2为多少？答案：(1)1rad/s(2)2rad/s解析：(1)当转台角速度为ω1时，B与转台间摩擦力恰好达最大静摩擦力，细绳的张力刚好为零；有：μmBg＝mBLωeq\o\al(2,1)代入数值解得：ω1＝1rad/s。(2)当转台角速度为ω2时，A、B与转台间摩擦力都达最大静摩擦力，则：对A有：μmAg＝T；对B有：T＋μmBg＝mBLωeq\o\al(2,2)代入数值解得：ω2＝2rad/s。16．(10分)(2024·河南濮阳高一期末)如图所示，半径为R、内径很小的光滑半圆管竖直固定放置。两个质量均为m的小球a、b(小球直径略小于圆管内径)以不同的速度进入管内，a通过最高点A时，对管壁上部的压力为3mg，b通过最高点A时，对管壁下部的压力为0.75mg，g为重力加速度。a、b两球从A点飞出管口后，求a、b两球落地点之间的距离。答案：3R解析：a球通过圆周最高点A时受重力mg、管壁上部对a的压力FNa，依据牛顿第三定律可得FNa＝3mg由牛顿其次定律有3mg＋mg＝meq\f(v\o\al(2,a),R)b球通过圆周最高点A时受重力mg、管壁下部对b的支持力FNb，依据牛顿第三定律可得FNb＝0.75mg由牛顿定律有mg－0.75mg＝meq\f(v\o\al(2,b),R)两小球从A点飞出管口后，做平抛运动，设落地前的水平位移分别为xa、xb，由平抛运动公式有xa＝vat，xb＝vbt,2R＝eq\f(1,2)gt2两球落地点之间的距离为d＝xa－xb联立解得d＝3R。17．(12分)(2024·华中师大附中高一期中)如图所示，长为l的轻杆一端固定一个质量为m的小球(可视为质点)，另一端可绕O点转动。轻杆在外力作用下做匀速圆周运动，圆平面和水平面夹角为θ。当小球转至最高点A时，杆对小球的作用力恰好垂直于圆平面，B为圆周上的另一点，且OB⊥OA。已知重力加速度为g，求：(1)角速度大小；(2)小球转至B点时，杆对小球的作用力大小。答案：(1)eq\r(\f(gsinθ,l))(2)mgeq\r(sin2