专题六 《圆周运动》信息优化卷（基础A）-备战高考物理一轮复习单元信息优化AB卷

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（考试时间90分钟 试卷满分100分）
注意事项：
本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。
2．测试范围：人教版（2019）必修第二册 第六章《圆周运动》
第 Ⅰ 卷（选择题）
一、选择题：本题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1~8题只有一项符合题目要求，第9~12题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分。
1．夏天人们常用蚊香来驱除蚊虫。如图所示，蚊香点燃后缓慢燃烧，若某滑冰运动员（可视为质点）的运动轨迹与该蚊香燃点的轨迹类似，运动的速率保持不变，则该运动员（ ）
A．线速度不变
B．角速度变大
C．向心加速度变小
D．运动一圈（）所用时间保持不变
【答案】B
【详解】由题意可知线速度大小不变，方向时刻改变，故A错误；动员运动半径在减小，由可知角速度变大，故B正确；由可知，运动半径r减小，向心加速度a变大，故C错误；一圈的长度逐渐变小，故运动一圈所用的时间变短，故D错误。故选B。
2．2022年6月5日，法国网球公开赛圆满落幕。高速旋转的网球在空气中飞行将受到垂直于气流方向的横向力的作用，球体产生横向位移，改变原来的运动轨迹，这就是马格努斯效应。研究表明，马格努斯力的大小与球在流体中飞行的瞬时速度v、球旋转的角速度ω、球半径R以及流体的密度ρ、流体与球面间的粘性系数A有关，其表达式为，关于表达式中A的单位。下列说法正确的是（ ）
A．国际单位制中，A的单位是N/m3
B．国际单位制中，A的单位是kg/rad
C．国际单位制中，A的单位是kg/m2
D．国际单位制中，A是一个没有单位的比例系数
【答案】D
【详解】国际单位制中，中，的单位是kg，可以看作质量m，由向心加速度可知就是加速度a，F与ma的单位相同，由此可见国际单位制中，A是一个没有单位的比例系数。
故选D。
3．如图为自行车气嘴灯及其结构图，弹簧一端固定在A端，另一端拴接重物，当车轮高速旋转时，重物由于做离心运动拉伸弹簧后才使触点M、N接触，从而接通电路，LED灯就会发光．下列说法正确的是( )
A．安装时A端比B端更靠近气嘴
B．高速旋转时，重物由于受离心作用而拉伸弹簧，从而使触点接触
C．增大重物质量可使LED灯在较低转速下也能发光
D．匀速行驶时，若LED灯转到最低点时能发光，则在最高点时也一定能发光
【答案】C
【详解】要使重物做离心运动拉伸弹簧后才使触点M、N接触，则A端应靠近圆心，因此安装时A端比B端更远离气嘴，故A错误；转速越大，重物做圆周运动所需的向心力越大，则弹簧被拉伸得越长，M、N接触时灯就会发光，不能说重物受离心力作用，故B错误；灯在最低点时，根据牛顿第二定律有解得因此。增大重物的质量可使LED灯在较低转速下也能发光，故C正确；灯在最低点时，有牛顿第二定律有灯在最高点时，有牛顿第二定律有，匀速行驶时，在最低点时弹簧对重物的弹力大于在最高点时对重物的弹力，因此匀速行驶时，若LED灯转到最低点时能发光，则在最高点时不一定发光，故D错误。故选C。
4．汽车的车厢地面上水平放着一个内装圆柱形工件的木箱，工件截面和车的行驶方向垂直如图乙所示，当汽车匀速通过三个半径依次变小的圆形弯道时木箱及箱内工件均保持相对静止。从汽车行驶方向上看下列分析判断正确的是（ ）

A．Q和M对P的支持力大小始终相等
B．汽车过A、B、C三点时工件P受到的合外力大小相等
C．汽车过A点时，汽车重心的角速度最大
D．汽车过A、C两点时，M对P的支持力大于Q对P的支持力
【答案】D
【详解】汽车过A、B、C三点时，做匀速圆周运动，合外力指向圆弧的圆心，故对P分析，AC两点合外力向左，B点合外力向右，Q和M对P的支持力大小不是始终相等，A错误。汽车过A、B、C三点时的圆弧轨道半径不同，根据合外力提供向心力得，当汽车匀速通过三个半径依次变小的圆形弯道时，工件P受到的合外力大小依次在增大，B错误；汽车过A点时，由角速度与线速度关系得，在A点圆弧轨道半径最大，汽车重心的角速度应该最小，C错误；汽车过A、C两点时，所受的合外力向左，故M对P的支持力大于Q对P的支持力，D正确。故选D。
如图所示，竖直平面内的光滑金属细圆环半径为R，质量为m的带孔小球穿于环上，同时有一长为R的轻杆一端固定于球上，另一端通过光滑的铰链固定于圆环最低点，当圆环以角速度绕竖直直径转动时，轻杆对小球的作用力大小和方向为（ ）
A．沿杆向上B．沿杆向下
C．沿杆向上D．沿杆向下
【答案】B
【详解】设轻杆与竖直直径夹角为，由几何关系可得，解得，则小球作圆周运动的半径为，作圆周运动所需向心力为，小球有向上运动的趋势，设杆对小球有沿杆向下的拉力F1，环对小球有指向圆心的支持力F2，有平衡条件可知，，解得，故选B。
6．汽车行驶中经常会经过一些凹凸不平的路面，其凹凸部分路面可以看作圆弧的一部分，如图所示的A、B、C处，其中B处的曲率半径最大，A处的曲率半径为，C处的曲率半径为，重力加速度为g。若有一辆可视为质点、质量为m的小汽车与路面之间各处的动摩擦因数均为，当该车以恒定的速率v沿这段凹凸路面行驶时，下列说法正确的是（ ）
A．汽车经过A处和C时处于失重状态
B．汽车经过B处时最容易爆胎
C．为了保证行车不脱离路面，该车的行驶速度不得超过
D．汽车经过C处时所受的摩擦力大小为
【答案】C
【详解】小车经过A处时具有向下指向圆心的向心加速度，处于失重状态，经过C处时具有向上指向圆心的向心加速度，处于超重状态，A错误；在B、C处受向下的重力mg、向上的弹力 ，由圆周运动有得车对轨道的压力，故在B、C处处于超重，以同样的速度行驶时，R越小，压力越大，越容易爆胎，故在半径较小的C处更容易爆胎，B错误；在C处所受的滑动摩擦力，D错误；要使车安全行驶，则不得离开地面，故经过A处时恰不离开地面有即安全行驶的速度不得超过，C正确。故选C。
7．如图甲所示，在匀速转动的水平盘上，沿半径方向放着用轻质细线相连的质量相等的两个物体A和B，它们分居圆心两侧，与圆心距离分别为和，两物体与盘间的动摩擦因数相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。若初始时绳子恰好拉直但没有拉力，现增大转盘角速度让转盘做匀速圆周运动，但两物体还未发生相对滑动，这一过程A与B所受摩擦力f的大小与的大小关系图像如图乙所示，下列关系式正确的是（ ）

A．B．C．D．
【答案】D
【详解】由题意可知，因为物体A和B分居圆心两侧，与圆心距离分别为和，两个物体都没滑动之前，都受静摩擦力的作用，与成正比，由于B物体到圆心的距离大，故B物体先达到滑动摩擦力，摩擦力大小不变为，角速度达到后绳子出现拉力，在角速度为时，设绳子拉力为T，对B有，对A有，解得，故选D。
8．内壁光滑的圆筒竖直固定，圆筒半径为R，圆筒圆心的正上方悬挂一轻绳，轻绳下悬挂一质量为m的小球，轻绳长度为L=2R，重力加速度为g，现使小球在水平面内做圆周运动，则下列说法正确的是（ ）
A．轻绳的拉力随小球角速度的增大而增大
B．轻绳受到的最大拉力为2mg
C．当小球的角速度等于，此时轻绳的拉力大小为
D．当小球的角速度等于，此时侧壁对小球的弹力小于
【答案】D
【详解】根据题意，设小球的角速度为时，恰好沿桶壁做圆周运动，此时，细绳与竖直方向的夹角为，则有则对小球受力分析，受细绳拉力和本身重力，竖直方向上，由平衡条件有
水平方向上，由牛顿第二定律有解得，。当角速度时，随小球角速度增大增大，绳子的拉力增大，当时，随小球角速度增大不变，绳子的拉力不变，即当时，最大，此时绳子的拉力最大为故AB错误；当小球的角速度时，小球受绳子的拉力和重力两个力的作用，设轻绳与竖直方向的夹角为，则有可得代入数据解得故C错误；当小球的角速度时，小球受绳子的拉力、重力和桶壁的支持力三个力的作用，由牛顿第二定律有可得故D正确。故选D。
9．如图甲所示，质量为m的小球与轻绳一端相连，绕另一端点O在竖直平面内做圆周运动，圆周运动半径为R，重力加速度为g，忽略一切阻力的影响。现测得绳子对小球的拉力T随时间变化的图线如图乙所示，则（ ）
A．小球的周期为t4B．小球在t2时刻的速度为
C．时刻小球在最低点D．t2 ~t4 小球处于失重状态
【答案】AB
【详解】由图可知，0和t4时刻拉力最大，既小球在最低点，所以小球的周期为t4，故A正确；小球在t2时刻受到的拉力为0，则由，可得，故B正确；t2时刻拉力最小，即小球在最高点，故C错误；小球在竖直面内做变速圆周运动，t2 ~t4的前一段时间内，小球合力方向斜向下，从某时刻开始，合力方向斜向上，t4时刻合力方向竖直向上，所以小球先失重，后超重，故D错误。故选AB。
10．2022年2月5日，由曲春雨、范可新、张雨婷、武大靖、任子威组成的短道速滑混合接力队夺得中国在本次冬奥会的首枚金牌如图所示，若将武大靖在弯道转弯的过程看成在水平冰面上的一段匀速圆周运动，转弯时冰刀嵌入冰内从而使冰刀受与冰面夹角为（蹬冰角）的支持力，不计一切摩擦，弯道半径为R，重力加速度为g。以下说法正确的是（ ）
A．武大靖转弯时速度的大小为
B．武大靖转弯时速度的大小为
C．若武大靖转弯速度变大则需要增大蹬冰角
D．若武大靖转弯速度变大则需要减小蹬冰角
【答案】AD
【详解】依题意，武大靖转弯时，根据牛顿第二定律有，可得其转弯时速度的大小为，故A正确，B错误；依题意，根据武大靖转弯时速度的大小，可知，若减小蹬冰角，则减小，武大靖转弯速度将变大，故C错误，D正确。故选AD。
11．下图是游乐场中的“旋转飞椅”，它可以简化为下图所示的模型，圆盘直径为D，飞椅通过长度相同的钢丝绳悬挂起来，不同的飞椅悬点到转轴中心的距离不同，乘客坐上座椅后其重心到悬点的距离均为L。座椅上坐满质量均相等的乘客后，机器启动，带动圆盘匀速转动，稳定后悬挂于圆盘边缘的A座椅钢丝绳与竖直方向夹角为。座椅及悬挂座椅的所有钢丝绳重力均不计，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（ ）
A．圆盘转动的角速度为
B．每位乘客的加速度大小均为
C．飞椅悬点到转轴中心距离越大，悬挂座椅的钢丝绳拉力越大
D．悬挂座椅的所有钢丝绳拉力大小均相等
【答案】AC
【详解】对乘客受力分析，设绳子拉力为T，可知；，解得，
因为角速度相同，但是不同乘客半径不同，所以加速度不同，故B错误；由图可知，乘客转动半径为，由于；则故A正确；由于，则飞椅悬点到转轴中心距离越大，越大，越小，则T越大，故C正确；由于靠外侧的绳子的夹角较大，故外侧绳子的拉力较大，故D错误。故选AC。
12．一半径为r的小球紧贴竖直放置的圆形管道内壁做圆周运动，如图甲所示。小球运动到最高点时管壁对小球的作用力大小为，小球的速度大小为v，其图像如图乙所示。已知重力加速度为g，规定竖直向下为正方向，不计一切阻力。则下列说法正确的是（ ）

A．小球的质量为
B．圆形管道内侧壁半径为
C．当时，小球受到外侧壁竖直向上的作用力，大小为
D．小球在最低点的最小速度为
【答案】AB
【详解】规定竖直向下为正方向，设圆形管道内侧壁半径为R，小球受到圆形管道的作用力大小为，在最高点，由牛顿第二定律，当时，；当时，由重力提供向心力有，解得当时，由牛顿第二定律有，解得，当时，由牛顿第二定律有，解得，故，故小球的质量为或，故A正确；当时，；，解得圆形管内侧壁半径，故B正确；当时，小球受到外侧壁竖直向下的作用力，由牛顿第二定律有解得，故C错误；根据能量守恒定律，当小球在最高点具有最小速度（为零）时，其在最低点的速度最小，即；，故D错误。故选AB。
第Ⅱ卷（非选择题）
二、实验题
13．（8分）如图甲所示是某兴趣小组设计的验证向心力大小表达式的实验装置。在O处固定一力传感器，其下方用细线悬挂一重力为的小球，在小球静止的最低点A处固定一光电门。（含有数据采集器及配套设施的光电门和力传感器均未画出）实验时，首先用刻度尺测出小球静止时悬点O到球心的距离L，然后将小球从最低点A处拉升到一定高度后（保持细线绷紧）由静止释放，释放后。小球做（部分）圆周运动，当小球运动到A处时采集一组数据：力传感器的示数F和小球通过光电门的遮光时间。之后每隔采集一组F、的数据，共采集6~10组。改变小球做圆周运动的半径L，重复上述步骤。根据采集的数据，作出的图像如图乙所示。
（1）图乙是以________为纵坐标作出的（用已知量和测量量的字母表示）。
（2）根据图乙中的任意一条图线均可得到：做圆周运动的物体，当质量和________一定时，向心力的大小与线速度或角速度的平方成正比。
（3）若在图乙中横坐标上取某一值，图乙中的每一条图线对应的纵坐标的值与相应的半径的________（选填“乘积”或“比值”）相等，则可得：做圆周运动的物体，当质量和线速度的大小一定时，向心力的大小与半径成反比。
（4）实验中，每次改变小球做圆周运动的半径L后，小球由静止释放的位置距最低点的高度________。
A．必须相同 B．必须不同 C．可以相同，也可以不同
【答案】 半径 乘积 C
【详解】（1）根据向心力公式有可见图乙是以为纵坐标作出的。
（2）根据图乙中的任意一条图线的斜率所以可得到做圆周运动的物体，当质量和半径一定时，向心力的大小与线速度或角速度的平方成正比。
（3）由上分析变形得所以若在图乙中横坐标上取某一值，图乙中的每一条图线对应的纵坐标的值与相应的半径的乘积相等，则可得：做圆周运动的物体，当质量和线速度的大小一定时，向心力的大小与半径成反比。
（4）实验中，小球到最低点的速度不需要保持定值，所以每次改变小球做圆周运动的半径L后，小球由静止释放的位置距最低点的高度可以相同，也可以不同。故选C。
14．（6分）某物理小组的同学设计了一个粗测玩具小车通过凹形桥模拟器最低点时速度大小的实验。所用器材有：玩具小车、压力式托盘秤、凹形桥模拟器（圆弧部分的半径为）。

完成下列填空：
（1）将凹形桥模拟器静置于托盘秤上，如图甲所示，托盘秤的示数为1.00kg。
（2）将玩具小车静置于凹形桥模拟器最低点时，托盘秤的示数如图乙所示，该示数为 kg。
（3）将小车从凹形桥模拟器某一位置释放，小车经过最低点后滑向另一侧，此过程中托盘秤的最大示数为m；多次从同一位置释放小车，记录各次的m值如下表所示。根据以上数据，可求出小车经过凹形桥最低点时对桥的压力大小为 N（保留三位有效数字）；小车通过最低点时的速度大小为 m/s。（重力加速度g取，计算结果可保留根号）
【答案】 1.50 8.00
【详解】（2）托盘秤的分度值为0.1kg，则读数为1.50kg；
（3）对表格中的5次m值求平均值得1.8kg，则小车经过凹形桥最低点时对桥的压力大小为
由（2）可知小车的质量为
在最低点合力提供向心力，得
代入数据解得
三、解答题
15．（8分）抛石机是古代战场的破城重器（如图甲），可简化为图乙所示。将石块放在长臂A端的半球形凹槽（内壁视为光滑）内，在短臂B端挂上重物，将A端拉至地面然后突然释放，假设石块运动到竖直上方最高点P时被水平抛出。已知转轴O到地面的距离，OB略小于h，，石块质量（可视为质点），测得从P点抛出后的水平射程为，不计空气阻力和所有摩擦，取，求：
（1）石块落地时速度的大小；
（2）石块到达最高点P时对凹槽压力的大小及方向。

【答案】（1）；（2）,方向竖直向上
【详解】（1）石块从P点抛出后做平抛运动，竖直方向有
解得
石块从P点抛出到达地面过程中，水平方向有
解得
石块落地时竖直方向的速度大小为
解得
石块落地时速度的大小为
解得
（2）石块到达最高点P时，根据牛顿第二定律有
代入数据求得凹槽对石块的压力大小为
根据牛顿第三定律可知石块对凹槽压力的大小为
方向竖直向上。
16．（9分）市面上有一种自动计数的智能呼拉圈深受女士们喜爱。如图甲，腰带外侧带有轨道，轨道内有一滑轮，滑轮与细绳连接，细绳的另一端连接配重，其模型简化如图乙所示，已知配重质量，绳长为，悬挂点到腰带中心的距离为，水平固定好腰带，通过人体微小扭动，使配重在水平面内做匀速圆周运动。不计一切阻力，绳子与竖直方向夹角，配重距离地面高度为，，．。求：
（1）绳的拉力；
（2）滑轮在轨道中圆周运动的角速度是多少？
（3）若配重球不慎脱落，落地点到脚的距离大约是多少？

【答案】（1）6.25N;（2） ;（3）)1.08m
【详解】（1）对配重进行受力分析，根据共点力平衡得
则
（2）配重做匀速圆周运动，则
所以，
配重球不慎脱落后做平抛运动，则
利用角速度和线速度的关系可知
落地点到脚的距离为
17．（9分）如图所示，一根原长为L的轻弹簧套在光滑直杆AB上，其下端固定在杆的A端，质量为m的小球也套在杆上且与弹簧的上端相连。小球和杆一起绕经过杆A端的竖直轴匀速转动，且杆与水平面间始终保持θ=37°角。已知杆处于静止状态时弹簧长度为0.5L，重力加速度为g，求：
（1）弹簧的劲度系数k；
（2）弹簧为原长时，小球的角速度ω0；
（3）当杆的角速度时弹簧的长度。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）由平衡条件有
解得弹簧的劲度系数为
（2）当弹簧弹力为零时，小球只受到重力和杆的支持力，它们的合力提供向心力，则有
解得
（3）当时，弹簧处于伸长状态，伸长量为x，由正交分解知竖直方向
水平方向
解得
所以弹簧长度为
18．（12分）如图所示，半径为的半球形陶罐，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的对称轴重合。转台静止不转动时，将一质量为、可视为质点的小物块放入陶罐内，小物块恰能静止于陶罐内壁的A点，且A点与陶罐球心O的连线与对称轴成角。重力加速度，，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则：
（1）物块与陶罐内壁之间的动摩擦因数为多少？
（2）当转台绕转轴匀速转动时，若物块在陶罐中的A点与陶罐一起转动且所受的摩擦力恰好为0，则转台转动的角速度为多少？
（3）若转台转动的角速度为，物块仍在陶罐中的A点随陶罐一起转动，则陶罐给物块的弹力和摩擦力大小为多少？
【答案】（1）；（2）；（3），
【详解】（1）物块受力如图甲所示
由平衡条件得、
且得
物块受力如图乙所示
由圆周运动的条件得
圆周运动半径
得
当转台的角速度为时，由于该角速度大于5rad/s，则物块有向外滑的趋势，可知摩擦力沿切线向下，则有
解得
序号
1
2
3
4
5
1.80
1.75
1.85
1.75
1.85