第二章　匀速圆周运动--2026教科版高中物理必修第二册章节练

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2026教科版高中物理必修第二册
第二章　匀速圆周运动
一、选择题(本题共10小题,每小题4分,共40分。1—5小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。6—10小题给出的选项中,有多项符合题目要求。全部选对的得4分,有选错的得0分,选对但不全的得2分)
1.下列有关生活中的圆周运动实例分析,其中说法正确的是(　　)
A.汽车通过凹形桥的最低点时,车对桥的压力小于汽车的重力
B.在铁路的转弯处,通常要求外轨比内轨高,目的是利用轮缘与外轨的挤压提供向心力
C.杂技演员表演“水流星”,当“水流星”通过最高点时,水对桶底的作用力不可能为零
D.洗衣机脱水筒的脱水原理是利用了离心现象
2.一种变速轮积木可以通过齿轮传动变速,如图所示。当驱动轮做大小不变的匀速转动时,可以通过改变从动轮半径的大小来实现变速。下列能正确表示从动轮边缘某质点的向心加速度a的大小随从动轮半径r变化的图像(其中C图为反比例关系图像、D图为抛物线图像)的是(　　)
　　　　　　
3.如图为学员驾驶汽车在水平面上绕O点做匀速圆周运动的俯视示意图,已知质量为60 kg的学员在A点位置,质量为70 kg的教练员在B点位置,A点的转弯半径为5.0 m,B点的转弯半径为4.0 m,学员和教练员(均可视为质点)(　　)
A.运动周期之比为5∶4
B.运动线速度大小之比为1∶1
C.向心加速度大小之比为4∶5
D.受到的合力大小之比为15∶14
4.图甲是物理实验室常用的感应起电机。它由两个大小相等、直径约为30 cm的感应玻璃盘起电,其中一个玻璃盘通过从动轮、皮带与主动轮连接。图乙为侧视图,玻璃盘以100 r/min的转速旋转,已知主动轮的半径约为8 cm,从动轮的半径约为2 cm,P和Q是玻璃盘边缘上的两点,若转动时皮带不打滑,下列说法正确的是(　　)
　
A.P、Q的线速度相同
B.从动轮的转动周期为0.01 s
C.P点的线速度大小约为1.6 m/s
D.主动轮的转速约为400 r/min
5.如图所示,整个装置可绕中心轴(图中虚线)转动,两质量不同的小球穿在光滑的杆上,并用轻绳相连,稳定时角速度为ω,两球转动半径之比为R1∶R2=1∶2,下列说法正确的是(　　)
A.P、Q两球的线速度之比为2∶1
B.P、Q两球的质量之比为1∶2
C.P、Q两球的向心加速度之比为1∶2
D.P、Q两球运动的周期之比为2∶1
6.如图所示,光滑水平面上,一小球在拉力F作用下做匀速圆周运动,若小球运动到P点时,拉力F发生变化,关于小球运动情况的说法正确的是(　　)
A.若拉力突然消失,小球将沿轨迹Pa做直线运动
B.若拉力突然变小,小球将沿轨迹Pa做离心运动
C.若拉力突然变小,小球将可能沿轨迹Pb做离心运动
D.若拉力突然变大,小球将可能沿轨迹Pc做近心运动
7.如图所示,MN为光滑放置的水平圆盘,圆盘的半径为1 m,圆盘中心O处有一光滑小孔,穿过小孔的两端各系着一个质量相等的小球A和B,小球A在圆盘面上做匀速圆周运动,关于A、B的运动情况,下列说法正确的是(g取10 m/s2)(　　)
A.小球A的运动半径为0.2 m时,它的角速度是5 rad/s
B.小球A的运动半径为0.2 m时,它的角速度是10 rad/s
C.当A球的角速度为2.5 rad/s、轨迹半径为0.8 m时,B球保持静止
D.当A球的角速度为2.5 rad/s、轨迹半径为0.4 m时,B球保持静止
8.表演“飞车走壁”的杂技演员骑着摩托车飞驶在如图1所示的圆锥形筒壁上,筒的轴线垂直于水平面,圆锥形筒固定不动,演员和摩托车的总质量为m,先后在A、B两处紧贴着内壁在水平面内做匀速圆周运动,其模型可简化为光滑的小球在如图2所示的圆锥形筒上分别沿图中虚线所示的A、B所在水平圆面做匀速圆周运动,则(　　)
　
A.A处的角速度大于B处的角速度
B.A处的线速度大于B处的线速度
C.A处的向心力大于B处的向心力
D.A处对筒的压力等于B处对筒的压力
9.如图所示,用长度为s的金属丝绕制成高度为h的等距螺旋轨道,并将其竖直固定。让一质量为m的有孔小球套在轨道上,从顶端无初速度释放。已知重力加速度为g,不计一切摩擦,则(　　)
A.下滑过程中轨道对小球的作用力保持不变
B.小球的运动可以分解为水平方向的圆周运动和沿轨道斜向下的匀加速直线运动
C.小球从顶端运动到螺旋轨道底端的时间为
D.小球从顶端运动到螺旋轨道底端的时间为2
10.如图所示,小球在竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动,内侧壁半径为R,小球半径为r,重力加速度为g,则下列说法正确的是(　　)
A.小球通过最高点时的最小速度vmin=
B.小球通过最高点时的最小速度vmin=0
C.小球在水平线ab以下的管道中运动时,内侧管壁对小球一定无作用力
D.小球在水平线ab以上的管道中运动时,外侧管壁对小球一定有作用力
二、非选择题(本题共6小题,共60分)
11.(6分)“探究向心力F的大小与质量m、角速度ω和半径r之间的关系”的实验装置如图所示。
(1)该实验采用的实验方法是　　　　。
A.等效替代法
B.控制变量法
(2)在小球转动角速度和转动半径相同的情况下,逐渐加速转动手柄后保持匀速转动,此时左右标尺露出的红白相间等分标记的长度比值等于两小球的　　　　(选填“线速度大小”或“质量”)之比;在加速转动手柄过程中,左右标尺露出红白相间等分标记的比值　　　　(选填“变大”“变小”或“不变”)。
12.(8分)某实验小组用如图所示的实验装置做“探究向心力大小与半径、角速度和质量的关系”实验。当质量为0.25 kg的砝码随旋转臂一起在水平面内做匀速圆周运动时,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与挡光时间Δt的数据。改变旋转臂转速,重复操作获得多组数据。
(1)本实验所采用的实验探究方法与下列实验相同的是　　　　。
A.探究小车速度随时间变化规律
B.探究两个互成角度的力的合成规律
C.探究平抛运动的特点
D.探究加速度与物体受力、物体质量的关系
(2)实验时,用游标卡尺测得挡光杆的宽度为2.4 mm,某次旋转过程中挡光杆的旋转半径为0.2 m,挡光杆经过光电门时的挡光时间Δt=1.5×10-3s,则砝码做圆周运动的角速度ω=　　　　rad/s。
(3)保持挡光杆的旋转半径不变,以F为纵坐标,以　　　 为横坐标,根据测得的数据,在坐标纸上描点并绘制图线,若作出的直线斜率k=5.0×10-6 kg·m,由此可得砝码做圆周运动的半径为　　　　m(结果保留2位有效数字)。
13.(8分)如图1所示是汽油机原理结构示意图,活塞上下直线运动通过连杆推动曲轴做匀速圆周运动,可以简化为如图2所示,汽缸中心、活塞中心与曲轴转动中心在一条直线上。连杆长L= m,曲轴半径R= m,汽油机正常工作时曲轴的转速n= r/s。求:
图1
图2
(1)曲轴外边缘的线速度大小;
(2)连杆与曲轴转动圆相切时活塞运动的速度大小(结果可用分式表示)。
14.(12分)如图所示,光滑圆轨道固定在竖直面内,一轻弹簧一端连接在圆轨道圆心的光滑转轴上,另一端与圆轨道上的小球相连。开始时小球在圆轨道的最低点处于静止状态,恰好对轨道无压力。现使小球获得水平向右的初速度v0=6 m/s,小球刚好能沿圆轨道通过最高点。已知圆轨道的半径r=0.6 m,轻弹簧原长L0=0.5 m,小球的质量m=0.1 kg、可看作质点,g取10 m/s2,求:
(1)该弹簧的劲度系数k;
(2)小球获得水平向右的初速度后,在最低点轨道对小球的支持力大小FN;
(3)小球在最高点的速度大小vmin。
15.(12分)如图所示,半径为R的半球形陶罐,固定在可以绕竖直轴旋转的水平转台上,转台转轴与过陶罐球心O的对称轴OO'重合,转台以一定角速度ω匀速旋转,一质量为m的小物块落入陶罐内,经过一段时间后,小物块随陶罐一起转动且相对罐壁静止,它和O点的连线与OO'之间的夹角θ为60°。已知重力加速度大小为g,小物块与陶罐之间的最大静摩擦力大小为Ff=mg。
(1)若小物块受到的摩擦力恰好为零,求此时的角速度ω0;
(2)若小物块一直相对陶罐静止,求陶罐旋转的角速度ω的取值范围。
16.(14分)如图所示,平台上的小球从A点水平抛出,恰能从B点无碰撞地进入光滑的斜面BC,经C点进入光滑水平面CD时速率不变,最后进入悬挂在O点并与水平面等高的弧形轻质筐内。已知小球质量为m,A、B两点高度差为h,BC斜面高2h,倾角α=45°,悬挂弧形轻质筐的轻绳长为3h,小球可看成质点,弧形轻质筐的重力忽略不计,且其直径远小于轻绳长度,重力加速度为g,试求:
(1)B点与抛出点A点的水平距离;
(2)小球运动至C点时的速度大小;
(3)小球进入轻质筐后瞬间,轻质筐所受拉力的大小。
答案全解全析
1.D　汽车通过凹形桥的最低点时FN-mg=m,支持力大于重力,根据牛顿第三定律可知,车对桥的压力大于汽车的重力,故A错误;在铁路的转弯处,通常要求外轨比内轨高,当火车按规定速度转弯时,由重力和支持力的合力完全提供向心力,从而减轻轮缘对外轨的挤压,故B错误;杂技演员表演“水流星”时,当“水流星”通过最高点时,若满足mg=m,则此时水对桶底的作用力为零,故C错误;洗衣机脱水筒的脱水原理是附着在衣服上的小水滴做圆周运动所需的向心力大于衣服提供的力时,水滴做离心运动,从而离开衣服,故D正确。
2.C　驱动轮做大小不变的匀速转动时,驱动轮与从动轮边缘点的线速度大小相等,向心加速度a=,可得从动轮边缘某质点的向心加速度a的大小与r成反比,故选C。
3.D　因为学员和教练员同轴转动,故角速度相同,运动周期相同,A错误;因为角速度相同,根据公式v=ωr可得学员和教练员运动线速度大小之比为5∶4,B错误;根据向心加速度公式a=,学员和教练员的向心加速度之比为5∶4,C错误;根据加速度与向心力的关系F=ma,学员和教练员受到的合力大小之比为15∶14,D正确。
4.C　线速度的方向沿曲线的切线方向,由图可知,P、Q两点的线速度的方向一定不同,故A错误;玻璃盘与从动轮属于同轴转动,玻璃盘以100 r/min的转速旋转,故从动轮的转速为n2=100 r/min,由T2=得从动轮的转动周期为T2=0.6 s,故B错误;P点的转动半径为R==0.15 m,线速度大小为v2=2πn2R≈1.6 m/s,故C正确;由于主动轮与从动轮边缘的线速度大小相同,有2πn1r1=2πn2r2,得主动轮的转速为n1=25 r/min,故D错误。
5.C　P、Q两球的角速度相等,由v=ωr可得P、Q两球的线速度之比为vP∶vQ=R1∶R2=1∶2,故A错误;轻绳的作用力提供两球做圆周运动的向心力,由牛顿第二定律得F=mPω2R1=mQω2R2,可得P、Q两球的质量之比为mP∶mQ=R2∶R1=2∶1,故B错误;由a=ω2r可得P、Q两球的向心加速度之比为aP∶aQ=R1∶R2=1∶2,故C正确;由T=可得P、Q两球运动的周期之比为TP∶TQ=1∶1,故D错误。
6.ACD　由F=m知,拉力变小,提供的向心力不足,R变大,小球做离心运动,故选项C正确,B错误;反之,拉力变大,小球做近心运动,D正确;当拉力突然消失时,小球将沿直线运动,A正确。
7.AC　对A球分析可知B球重力提供A球做圆周运动的向心力,有mg=mr1,解得ω1=5 rad/s,选项A正确,B错误;当A球的角速度为2.5 rad/s时,假设此时B球保持静止,则对A球有mg=mr2,可得A球的轨迹半径为r2=0.8 m,选项C正确,D错误。
8.BD　小球受力如图所示,小球做圆周运动,根据合力提供向心力,可得mg tan θ=mω2r=m,解得ω=,v=,可知半径越大,角速度越小,线速度越大,故A错误,B正确;由Fn=mg tan θ可知A、B两处受到的向心力大小是相等的,故C错误;在竖直方向上根据平衡条件有N=,故在A、B两处筒对小球的支持力是相等的,根据牛顿第三定律可知A处对筒的压力等于B处对筒的压力,故D正确。
9.BC　下滑过程中,小球的速率不断增大,所需向心力部分不断增大,故轨道对小球的作用力逐渐增大,故A错误;小球的运动可以分解为水平方向的圆周运动和沿轨道斜向下的匀加速直线运动,故B正确;将小球运动等效为沿长为s、高为h的光滑斜面的运动,则其下滑加速度为a=g sin α=,由位移公式得s=at2,解得t==,故C正确、D错误。
10.BC　在最高点,外侧管壁和内侧管壁都可以对小球产生弹力作用,当小球的速度等于0时,内侧管壁对小球产生弹力,大小为mg,故最小速度为0,A错误,B正确;小球在水平线ab以下的管道中运动时,由于沿半径方向的合力提供小球做圆周运动的向心力,所以外侧管壁对小球一定有作用力,而内侧管壁对小球一定无作用力,C正确;小球在水平线ab以上的管道中运动时,由于沿半径方向的合力提供小球做圆周运动的向心力,可能外侧管壁对小球有作用力,也可能内侧管壁对小球有作用力,D错误。
11.答案　(1)B　(2)质量　不变(每空2分)
解析　(1)探究向心力F的大小与质量m、角速度ω和半径r之间的关系,先控制其中两个物理量不变,探究向心力与另外一个物理量的关系,故本实验采用的实验方法是控制变量法。故选B。
(2)在小球转动角速度和转动半径相同的情况下,逐渐加速转动手柄后保持匀速转动,左右标尺露出的红白相间等分标记的长度比值即为向心力大小的比值,根据F=mω2r可知,此时左右标尺露出的红白相间等分标记的长度比值等于两小球的质量之比;在加速转动手柄过程中,由于质量之比保持不变,所以左右标尺露出红白相间等分标记的比值不变。
12.答案　(1)D　(2)8.0　(3)　0.14(每空2分)
解析　(1)在该实验中,采用的实验探究方法是控制变量法。探究小车速度随时间变化规律,利用极限思想计算小车的速度,故A不符合题意;探究两个互成角度的力的合成规律,应用了等效替代法,故B不符合题意;探究平抛运动的特点,应用了等效思想,故C不符合题意;探究加速度与物体受力、物体质量的关系,应用了控制变量法,故D符合题意。
(2)挡光杆与砝码同轴转动,角速度相等,挡光杆的宽度d=2.4 mm,因挡光过程时间极短,则可认为挡光杆的瞬时线速度大小等于该段时间内的平均速度大小,即v==1.6 m/s,挡光杆的旋转半径R=0.2 m,根据v=ωR,可知砝码的角速度ω==8.0 rad/s。
(3)由(2)可知,挡光杆的挡光时间与其角速度之间的关系为ω=,砝码与挡光杆具有相同的角速度,设砝码旋转半径为r,根据向心力公式有F=mω2r=·,可得F与成线性关系,作图时以F为纵坐标,以为横坐标,直线斜率k=,解得r≈0.14 m。
13.答案　(1)50 m/s　(2) m/s
解析　(1)ω=2πn=200 rad/s,(2分)
v=ωR=50 m/s(2分)
(2)连杆与曲轴转动圆相切时,
设连杆与活塞中心和曲轴转动圆圆心的连线夹角为θ
tan θ==,(2分)
由沿杆方向的分速度相同得v1 cos θ=v,解得v1= m/s(2分)
14.答案　(1)10 N/m　(2)6.0 N　(3)2 m/s
解析　(1)小球在最低点时受弹簧拉力和重力处于平衡状态,有k(r-L0)=mg,解得k=10 N/m(3分)
(2)由向心力公式,有FN+k(r-L0)-mg=m,解得FN=6.0 N(3分)
(3)小球在最高点时,有k(r-L0)+mg=m(3分)
解得vmin=2 m/s(3分)
15.答案　(1)　(2)≤ω≤
解析　(1)当小物块受到的摩擦力为零时,支持力和重力的合力提供向心力,受力分析如图1所示
根据牛顿第二定律有mg tan θ=mR sin θ(2分)
解得ω0=(1分)
(2)当陶罐旋转的角速度ω达到最大值ω1时,摩擦力沿罐壁切线向下达到最大值,如图2所示
在竖直方向上,根据平衡条件有
FN cos θ=mg+Ff sin θ(1分)
在水平方向上,根据牛顿第二定律有
FN sin θ+Ff cos θ=mR sin θ(1分)
解得ω1=(2分)
当陶罐旋转的角速度ω达到最小值ω2时,摩擦力沿罐壁切线向上达到最大值,如图3所示
在竖直方向上,根据平衡条件有
FN cos θ+Ff sin θ=mg(1分)
在水平方向上,根据牛顿第二定律有
FN sin θ-Ffcos θ=mR sin θ(1分)
解得ω2=(2分)
综上所述,陶罐旋转的角速度ω的取值范围是≤ω≤(1分)
16.答案　(1)2h　(2)2　(3)mg
解析　(1)小球在B点时的速度方向与斜面平行
vy=v0(1分)
t=h(1分)
v0t=x(1分)
联立解得x=2h(1分)
(2)小球在斜面上时,由牛顿第二定律得
mg sin α=ma(1分)
且在B点有vB==2(2分)
-=2a(2分)
联立解得vC=2(1分)
(3)小球进入轻质筐后瞬间,由牛顿第二定律得
F-mg=m(2分)
解得F=mg(2分)
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