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2026屆人教版高考物理第一輪復習：第六章圓周運動綜合提高練習1
學校:___________姓名：___________班級：___________考號：___________
一、單選題
1．某物體同時受到在同一平面內的幾個恒力作用而平衡，某時刻突然撤去其中一個力，以后這物體將不可能做（ ）
A．平拋運動 B．勻速圓周運動
C．勻加速直線運動 D．勻減速直線運動
2．物體在恒力、、作用下做勻速直線運動，若突然撤去，則物體的運動情況是（　　）
A．物體仍做勻速直線運動
B．物體一定做直線運動
C．物體可能做曲線運動
D．物體一定做勻速圓周運動
3．如圖所示，質量相等的甲、乙兩球用長度不等的輕繩拴接在同一點，兩球在同一水平面內做勻速圓周運動，穩定時拴接甲、乙兩球的輕繩與豎直方向的夾角分別為60°、30°。下列說法正確的是（　　）

A．甲、乙兩球的向心加速度大小之比為
B．甲、乙兩球所受的拉力大小之比為
C．甲、乙兩球的轉動周期之比為
D．甲、乙兩球的線速度大小之比為
4．下列有關生活中的圓周運動實例分析，正確的是（　　）
A．汽車通過凹形橋的最低點時，速度越大，越不容易爆胎
B．洗衣機脫水桶的脫水原理是因為衣服太重，把水從衣服內壓出來了
C．在鐵路的轉彎處，往往使外軌高于內軌，目的是減輕火車輪緣對外軌的擠壓
D．雜技演員表演“水流星”，當“水流星”通過最高點時盛水容器的速度可能為零
5．2007年10月24日我國首個月球探測器“嫦娥一號”成功發射，于11月7日進入離月球表面200公里的圓形工作軌道勻速繞行。“嫦娥一號”（　　）
A．處于平衡狀態
B．做勻變速運動
C．受到月球引力和向心力兩個力的作用
D．受到月球的引力作為向心力
6．修正帶是通過兩個齒輪的相互咬合進行工作的，原理可簡化為圖中的模型，A、B是轉動的大小齒輪邊緣的兩點，C是大輪上的一點，若A、B、C的軌道半徑之比為2∶3∶1，則A、B、C的線速度大小之比為（　　）
A．1∶3∶3 B．1∶1∶3
C．3∶1∶3 D．3∶3∶1
7．如圖所示，質量為m的雜技演員進行表演時，可以懸空靠在以角速度ω勻速轉動的圓筒內壁上而不掉下來。演員與圓筒間的摩擦因數為μ，圓筒半徑為r，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。則該演員（ ）

A．受到4個力的作用 B．受到的彈力大小為mrω2
C．角速度ω越大，受到的摩擦力越大 D．圓筒的角速度
8．如下圖所示，在傾角為的光滑斜面上，有一根長為的細繩，一端固定在O點，另一端系一質量為的小球，沿斜面做圓周運動，斜面固定在地面，取，小球在A點最小速度為（　　）
A． B． C． D．
9．軍事上發射導彈時，由于導彈會飛行很遠，故研究其射程時要將地面視作球面。可以將導彈的運動近似看成是繞地球中心的勻速圓周運動與垂直地球表面的上拋運動的合成。如圖所示，假設導彈從地面發射時的速度大小為v，傾角為θ，地球半徑為R，地球表面重 力加速度為g，且飛行過程中地球對導彈引力的大小近似保持不變。關于導彈射程s（導彈發射點到落地點沿地表方向的距離），你可能不會直接求解，請根據運動的合成與分解方法，結合一定的物理分析，判斷以下選項合理的是（　　）
A． B．
C． D．
10．水平放置的圓筒繞其中心對稱軸OO'勻速轉動，圓筒半徑R=0.9m，筒壁上P處有一小圓孔，一小球從圓孔正上方h=3.2m處由靜止開始下落，當圓孔轉至最高點時，小球恰好從P點落入圓筒，已知圓孔的半徑略大于小球的半徑，求小球恰好能從P點穿過圓筒時，圓筒轉動的角速度ω可能為（空氣阻力不計，g取10m/s ）（　　）
A．10πrad/s B．12.5πrad/s C．20πrad/s D．15πrad/s
二、多選題
11．“轉碟”是傳統的雜技項目，如圖所示，質量為m的發光物體放在半徑為r的碟子邊緣，雜技演員用桿頂住碟子中心，使發光物體隨碟子一起在水平面內繞A點做勻速圓周運動。當角速度為時，碟子邊緣看似一個光環。則此時發光物體的速度大小和受到的靜摩擦力大小f分別為（　　）
A． B． C． D．
12．如圖所示，質量均為m的甲、乙、丙三個小物塊（均可看作質點）隨水平轉盤一起以角速度繞OO'軸做勻速圓周運動，物塊甲疊放在物塊乙的上面，所有接觸面間的動摩擦因數均為。已知甲、乙到轉軸的距離為r1，丙到轉軸的距離為r2，且r2>r1。最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g。下列說法正確的是（　　）
A．甲受到的摩擦力一定為
B．乙受到轉盤的摩擦力一定為：
C．若角速度增大，丙先達到滑動的臨界點
D．若角速度增大，甲先達到滑動的臨界點
13．如圖所示的四幅圖表示的是有關圓周運動的基本模型，下列說法正確的是（ ）

A．如圖a，汽車通過拱橋的最高點時處于失重狀態
B．圖b所示是一圓錐擺，增大θ，但保持圓錐的高度不變，則圓錐擺的角速度減小
C．如圖c，同一小球在光滑而固定的圓錐筒內的A、B位置先后做勻速圓周運動，則在A、B兩位置小球的角速度及所受筒壁的支持力大小均相等
D．如圖d，火車轉彎超過規定速度行駛時，外軌對外輪緣會有擠壓作用
14．如圖，鋼架雪車比賽中，雪車以速率v通過截面為四分之一圓弧的彎道，彎道半徑為R，不計雪車受到冰面的摩擦力。下列說法正確的是（　　）

A．軌道對雪車的彈力和重力的合力提供其轉彎的向心力
B．軌道對雪車的彈力提供其轉彎的向心力
C．若僅減小v，則雪車離軌道底部更低
D．若僅增大R，則雪車離軌道底部更高
三、實驗題
15．如圖所示為向心力演示器，可用來“探究向心力大小與半徑、角速度、質量的關系”。轉動手柄可使塔輪、長槽和短槽隨之勻速轉動。塔輪自上而下有三層，每層左、右塔輪半徑比分別是1：1、2：1和3：1。左、右塔輪通過皮帶連接，皮帶不打滑，可通過改變皮帶所處層來改變左、右塔輪的角速度之比。實驗時，將兩個小球分別放在短槽C處和長槽的A或B處，A、C到左、右塔輪中心的距離相等，兩個小球隨塔輪做勻速圓周運動，向心力大小關系可由標尺露出的等分格的格數判斷。

（1）在探究向心力與半徑、質量、角速度的關系時，用到的實驗方法是( )
A、理想實驗法 B、控制變量法 C、等效替代法 D、類比法
（2）探究向心力F與半徑r的關系時，應將質量相同的小球分別放在擋板C和擋板 處選填（“A”或“B”），將傳動皮帶套在左、右塔輪半徑比為 （選填“或或”）的輪盤上。
16．我們可以用如圖所示的實驗裝置來探究影響向心力大小的因素。長槽上的擋板B到轉軸的距離是擋板A的2倍，長槽上的擋板A和短槽上的擋板C到各自轉軸的距離相等。轉動手柄使長槽和短槽分別隨變速塔輪勻速轉動，槽內的球就做勻速圓周運動。橫臂的擋板對球的壓力提供了向心力，球對擋板的反作用力通過橫臂的杠桿作用使彈簧測力筒下降，從而露出標尺，標尺上的紅白相間的等分格顯示出兩個球所受向心力的比值。
(1)用該裝置探究“向心力大小與半徑、角速度、質量的關系”時，主要采用的實驗方法是 法（填選項前的字母）
A．等效替代 B．控制變量
(2)探究向心力和角速度的關系時，應將傳動皮帶套在兩塔輪半徑不同的輪盤上，將質量相同的小球分別放在擋板 和擋板 處（選填“A”或“B”或“C”）。
17．用如圖所示的實驗裝置來驗證向心力公式。勻質小球由輕繩a和b分別系于一輕質木架上的A點和C點。當木架繞軸BC勻速轉動時，小球在水平面內做勻速圓周運動，繩a在豎直方向、繩b在水平方向。兩繩的A、C端分別安裝有拉力傳感器1、2，重力加速度為g，忽略空氣的阻力，實驗步驟如下：
A．實驗之前，用游標卡尺測得小球的直徑為d，用刻度尺測得a繩的長度為，b繩的長度為；
B．使木架繞BC軸勻速轉動，并帶動小球在水平面內做勻速圓周運動，記錄轉n圈對應的時間t；
C．讀出拉力傳感器1、2的示數分別為、；
D．當小球運動到圖示位置時，繩b被突然燒斷，同時木架也立即停止轉動，讀出拉力傳感器1在此瞬間的示數為。
(1)小球的質量 ，做勻速圓周運動的周期 ；
(2)繩b被燒斷之前小球做勻速圓周運動，若等式 成立，則向心力公式得到驗證：（用、、n、t、g、和d表示）
(3)繩b被燒斷之后的瞬間，加速度為 。（用、、g表示）
18．某實驗小組做探究影響向心力大小因素的實驗，圖甲為“向心力演示器”裝置，已知擋板A、C到左右塔輪中心軸的距離相等，B到左塔輪中心軸距離是A的2倍，皮帶按圖乙三種方式連接左右變速塔輪，每層半徑之比由上至下依次為1∶1、2∶1和3∶1。
在探究向心力與角速度的關系時，為了控制角速度之比為1∶3，需要將傳動皮帶調至第 （填“一”、“二”或“三”）層塔輪，然后將兩個質量相同的鋼球分別放在 擋板（填“A、B”，“A、C”或“B、C”）處，勻速轉動手柄，左側標尺露出1格，右側標尺露出9格，則可得出的結論是 。
四、解答題
19．對于做勻速圓周運動的兩個物體，下列說法是否正確？試說明理由。
（1）角速度大的物體，線速度也一定大；
（2）周期大的物體，角速度也一定大。
20．一半徑為R的雨傘繞柄以角速度勻速旋轉，如圖所示，傘邊緣距地面高h，甩出的水滴在地面上形成一個圓，重力加速度大小為g，忽略空氣阻力，則此圓半徑r為多少？
21．如圖所示，粗糙水平軌道與半徑的光滑半圓形軌道相切于B點，水平軌道與小球間的動摩擦因數，一質量的小球（可看成質點）停放在水平軌道的A點，現對小球施加一個水平向右的拉力，拉力，當小球運動到AB之間的D點（未畫出）時將撤去，小球最終進入半圓形軌道且恰好能通過半圓形軌道的最高點C，最終又落回到水平軌道上的A處，已知小球運動到B點時的速度大小在是在C點的倍，重力加速度，求：
（1）小球在C點的速度及AB兩點的距離；
（2）小球運動到點時對軌道的壓力；
（3）撤去時，AD之間的距離。
22．一輛質量為汽車在水平公路上行駛，輪胎與路面間的最大靜摩擦力是車重的0.8倍，。
（1）若汽車經過半徑為的彎路時，要使汽車不會發生側滑的最大速度是多少？
（2）若汽車駛上半徑為的圓弧拱橋，到達拱橋最高點時的速度為，求汽車對橋的壓力是多大。

五、綜合題
23．某校航模小組進行無人機表演展示。
(1)如圖所示，無人機在空中勻速直線向前飛行時，每隔一段相同的時間向下投擲一枚“炸彈”。如果不考慮空氣阻力，在“炸彈”下落過程中，下列關于炸彈與飛機的位置關系，正確的是（ ）
A． B． C． D．
(2)若無人機質量為m，以恒定速率v在空中某一水平面內盤旋，做勻速圓周運動的半徑為R，重力加速度為g，則空氣對無人機的作用力大小為 。
(3)（簡答）無人機做定點投物表演時，在水平地面上方某一高度處沿水平方向拋出一個質量為0.2的小物體，拋出后物體的速度方向與水平方向的夾角為45°，落地時物體的速度方向與水平方向的夾角為60°，重力加速度g取10。求：
①物體平拋時的初速度；
②拋出點距離地面的豎直高度h；
③物體從拋出點到落地點的水平位移；
④拋出至落地的過程中，重力對小物體做的功W。
自駕游屬于自助旅游的一種類型。自駕游在選擇對象、參與程序和體驗自由等方面，給旅游者提供了自由自在的空間，因而使這種方式深受旅游者的青睞。
24．如圖為汽車在同一平面內的一段運動軌跡，速度大小不變，則在這段運動過程中：
（1）與a點運動方向相同的點有 個（選填：A．1　　B．2　　C．3）；
（2）a、b兩點的角速度的關系： （選填：A．大于　　B．等于　　C．小于）。
25．從平原到高原過程中，地球對汽車的引力F隨高度h的變化關系圖像可能是（　　）
A． B．
C． D．
26．由于考慮到出行高峰可能遇到高速公路大堵車，也有不少游客轉投鐵路運輸的懷抱。中國高鐵保有量世界最多、種類最全，中國高鐵的速度也是世界第一的。高速列車在轉彎時可認為是在水平面做圓周運動。為讓列車順利轉彎，同時避免車輪和鐵軌受損，在修建鐵路時會選擇合適的內外軌高度差，使列車以規定的速度轉彎時所需要的向心力完全由重力和支持力的合力提供。如圖當火車以規定的行駛速度轉彎時，內外軌不會受到輪緣的擠壓，設火車軌道在某轉彎處其軌道平面傾角為，在該轉彎處規定行駛的速度為v，重力加速度為g，則（　　）
A．該彎道半徑為r=v2gtan
B．當火車速度小于v時，外軌擠壓輪緣
C．當火車速度大于v時，外軌擠壓輪緣
D．當列車質量變大時，規定的行駛速度會變小
王老師質量M=60kg，騎一輛質量m=50kg的電動自行車上下班，已知當地重力加速度g=10m/s2。
27．下圖中，1為王老師上班途徑的路，2為王老師下班途徑的路，經過兩條線路時的速度大小相同，在線路1上所受向心力大小為F1，在線路2上所受向心力大小為F2，則
（1）F1 F2（填“>“<”或“=”）；
（2）提供向心力的是( )
A．摩擦力 B．重力 C．彈力
（3）若王老師上班路上保持勻速率行駛，線路1可以看成半徑為5m的圓的一部分，電動自行車與地面之間的動摩擦因數為0.5，求王老師在線路1安全行駛的最大速度。
28．清明節假期，王老師騎電動自行車前往家附近的公園游玩。在通過如圖半徑為8m的拱橋最高點時車速為4m/s，求人和車整體對橋面的壓力大小。
生活中的物理無處不在：籃球彈跳遵循彈性碰撞與重力原理；平拋石子展現拋物線運動軌跡，受初速度與重力影響；子彈飛行依據空氣動力學與牛頓第二定律；秋千擺動則是簡諧運動的實例；電梯內“減肥”錯覺源于失重感。
29．如圖所示，某人在對面的山坡上水平拋出兩個質量不等的小石塊，分別落在A，B兩處。不計空氣阻力，則落到A處的石塊（　　）
A．初速度大，運動時間短 B．初速度大，運動時間長
C．初速度小，運動時間短 D．初速度小，運動時間長
30．靶場的射擊運動十分有趣，兩把手槍在同一位置先后沿水平方向各射出一顆子彈，打在遠處的同一個靶上，A為甲槍子彈留下的彈孔，B為乙槍子彈留下的彈孔，兩彈孔在豎直方向上相距高度為h，如圖所示，不計空氣阻力。下列判斷正確的是（　　）
A．子彈在空中運動時均做變加速曲線運動
B．甲槍射出的子彈初速度較大
C．甲、乙兩槍射出的子彈運動時間一樣長
D．乙槍射出的子彈初速度較大
31．小張同學投籃時籃球恰好垂直打在籃板上，已知籃球撞擊籃板處與拋出點的高度差為L，水平距離為2L。設籃球拋出時速度大小為v，與水平面的夾角為，則下列判斷正確的是（　　）
A． B．
C． D．
32．如圖所示，雜技演員將一個彈性小球由距離豎直擋板處朝擋板水平拋出，小球經擋板反彈后恰好落入地面上的孔中，孔的位置距離擋板的距離為s。已知小球離手時距離地面的高度為h，重力加速度為g，不計空氣阻力，小球可視為質點，且與擋板碰撞過程無能量損失（即小球碰撞前后的瞬間，豎直方向的速度不變，水平方向的速度大小不變、方向相反），則小球離手時的速度大小為（　　）
A． B．
C． D．
33．如圖所示，直徑為d的紙筒以角速度ω繞中心軸勻速轉動，將槍口垂直指向圓筒軸線，使子彈穿過圓筒，結果發現圓筒上只有一個彈孔，若忽略空氣阻力及子彈自身重力的影響，則子彈的速度可能是（　　）
A． B． C． D．
試卷第1頁，共3頁
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《2026屆人教版高考物理第一輪復習：第六章圓周運動綜合提高練習1》參考答案
1．B
【知識點】圓周運動的定義和描述、物體做曲線運動的條件
【詳解】物體原受多個恒力平衡，撤去一個力后，剩余力的合力為恒力，故加速度恒定。
A．合力恒定大小恰好等于重力且與初速度垂直時，物體做平拋運動，故A正確，不符合題意；
B．勻速圓周運動需大小恒定但方向不斷變化的向心力，而撤去后的合力為恒力，無法提供變化的向心力，故B錯誤，符合題意；
C．若合力方向與初速度同向，物體做勻加速直線運動，故C正確，不符合題意；
D．若合力方向與初速度反向，物體做勻減速直線運動，故D正確，不符合題意。
本題選擇錯誤選項，故選B。
2．C
【知識點】圓周運動的定義和描述、物體做曲線運動的條件
【詳解】撤去，其余力的合力與等大、反向、共線，與速度方向不共線時，物體做勻變速曲線運動，共線時做勻變速直線運動，不可能做勻速圓周運動。
故選C。
3．A
【知識點】圓錐擺問題
【詳解】A．以小球為對象，水平方向根據牛頓第二定律可得
可知甲、乙兩球的向心加速度大小之比為
故A正確；
B．以小球為對象，豎直方向根據受力平衡可得
可知甲、乙兩球所受的拉力大小之比為
故B錯誤；
C．以小球為對象，水平方向根據牛頓第二定律可得
可得
可知甲、乙兩球的轉動周期之比為
故C錯誤；
D．以小球為對象，水平方向根據牛頓第二定律可得
可得
可知甲、乙兩球的線速度大小之比為
故D錯誤。
故選A。
4．C
【知識點】離心運動的應用和防止、火車和飛機傾斜轉彎模型
【詳解】A．汽車通過凹形橋的最低點時，根據牛頓第二定律有
速度越大，汽車輪胎所受地面支持力越大，越容易爆胎。故A錯誤；
B．洗衣機脫水筒的脫水原理是附著在衣服上的小水滴做圓周運動所需的向心力大于衣服提供的力時，做離心運動，從而離開衣服。故B錯誤。
C．在鐵路的轉彎處，通常要求外軌比內軌高，由火車自身重力與所受支持力的合力來提供轉彎所需的向心力，目的是減輕輪緣與外軌的擠壓。故C正確；
D．雜技演員表演“水流星”，當“水流星”通過最高點時，最小速度是由自身重力提供向心力時對應的速度，不可以為零。故D錯誤；
故選C。
5．D
【知識點】向心力的定義及與向心加速度的關系、勻速圓周運動
【詳解】AB．“嫦娥一號”圍繞月球做圓周運動，一定有向心加速度，向心加速度的方向不斷變化，所以不是做勻變速圓周運動，也不是處于平衡狀態，故AB錯誤；
CD．“嫦娥一號”圍繞月球做圓周運動的向心力有月球對“嫦娥一號”的引力提供，故D正確，C錯誤。
故選D。
6．D
【知識點】周期、角速度、轉速、頻率與線速度之間的關系式、傳動問題
【詳解】修正帶是通過兩個齒輪的相互咬合進行工作的，邊緣點的線速度大小相等，即
B、C兩點為同軸轉動，角速度相等
根據，，可得A、B、C的線速度大小之比為3∶3∶1。
故選D。
7．B
【知識點】圓錐擺問題、判斷哪些力提供向心力、有關向心力的簡單計算
【詳解】ABC．雜技演員受到重力、筒壁的彈力和靜摩擦力的作用，共3個力作用，由于雜技演員在圓筒內壁上不掉下來，豎直方向上沒有加速度，重力與靜摩擦力二力平衡，靜摩擦力不變，靠彈力提供向心力，AC錯誤、B正確；
D．要讓雜技演員不掉下來有
，
解得
D錯誤。
故選B。
8．B
【知識點】光滑斜面上的圓周運動
【詳解】小球在A點最小速度時，小球所受重力沿斜面向下的分力提高向心力，則
解得
故選B。
9．D
【知識點】向心加速度與角速度、周期的關系、斜拋運動
【詳解】導彈沿切線方向的速度為vcosθ，法向方向的速度為vsinθ；沿切線方向做勻速圓周運動，對應的向心加速度為
故沿法向上拋滿足
又s=vcosθt
聯立解得
故選D。
10．D
【知識點】圓周運動的周期性多解問題
【詳解】小球第一次運動至P點有
可計算出
小球第二次運動至P點有
可計算出
在小球穿過圓桶的過程中滿足（）
聯立解得，當時，，其他數值無法求出。
故選D。
11．BC
【知識點】通過牛頓第二定律求解向心力、周期、角速度、轉速、頻率與線速度之間的關系式
【詳解】AB．發光體的速度
故A錯誤，B正確；
CD．發光體做勻速圓周運動，則靜摩擦力充當做圓周運動的向心力，則靜摩擦力大小為
故C正確，D錯誤。
故選BC。
12．BC
【知識點】水平轉盤上的物體
【詳解】A．當轉動角速度較小時，甲受到的靜摩擦力提供向心力，大小不等于，故A錯誤；
B．對甲、乙整體分析可知，乙受到轉盤的摩擦力為
故B正確；
CD．若角速度增大，根據
丙到轉軸的距離較大，則丙先達到滑動的臨界點，故C正確，D錯誤；
故選BC。
13．AD
【知識點】拱橋和凹橋模型、圓錐擺問題、火車和飛機傾斜轉彎模型
【詳解】A．汽車通過拱橋的最高點時受到的合力豎直向下，加速度豎直向下，處于失重狀態，故A正確；
B．設小球的質量為m，根據牛頓第二定律有
即
所以增大θ，但保持圓錐的高度不變，則圓錐擺的角速度不變，故B錯誤；
C．設筒壁與中心軸線的夾角為，根據牛頓第二定律有
即
則可知A、B兩位置小球的角速度不同，根據力的合成與分解可得
可知A、B兩位置小球所受筒壁的支持力大小均相等，故C錯誤；
D．火車轉彎超過規定速度行駛時，外軌對外輪緣會有擠壓作用，以提供需要的向心力，故D正確。
故選AD。
14．AC
【知識點】火車和飛機傾斜轉彎模型
【詳解】AB．軌道對雪車的彈力和重力的合力提供其轉彎的向心力，故A正確，B錯誤；
C．若僅減小v，雪車做圓周運動所需要的向心力變小，軌道對雪車的支持力變小，則雪車離軌道底部更低，故C正確；
D．若僅增大R，雪車做圓周運動所需要的向心力變小，軌道對雪車的支持力變小，則雪車離軌道底部更低，故D錯誤。
故選AC。
15． B B
【知識點】探究向心力大小與半徑、角速度、質量的關系
【詳解】（1）[1]探究向心力大小與半徑、角速度、質量的關系實驗，每次只改變一個變量，控制其他變量不變，運用的是控制變量法。
故選B。
（2）[2]探究向心力與半徑的關系，應保證小球質量相等、圓周運動的角速度相等、半徑不相等，因此質量相同的小球分別放在擋板C和擋板B處。
[3]確保半徑不同，將傳送皮帶套在兩塔輪半徑相同的輪盤上確保角速度相同，故傳動皮帶套在左、右塔輪半徑比為。
16．(1)B
(2) A C
【知識點】探究向心力大小與半徑、角速度、質量的關系
【詳解】（1）用該裝置探究“向心力大小與半徑、角速度、質量的關系”時，主要采用的實驗方法是控制變量法。
故選B。
（2）[1][2]探究向心力和角速度的關系時，利用控制變量法，根據可知控制質量相同和半徑相同，所以將質量相同的小球分別放在擋板A和擋板C處。
17．(1)
(2)
(3)
【知識點】探究向心力大小與半徑、角速度、質量的關系
【詳解】（1）[1]由題意可知，小球在水平方向做勻速圓周運動，水平方向受力平衡，由平衡條件可知
[2]記錄轉n圈對應的時間t，則做勻速圓周運動的周期為
（2）小球做勻速圓周運動，所需向心力由繩b的拉力提供，圓周半徑為
由牛頓第二定律可得
若，則有
則向心力公式得到驗證。
（3）繩b被燒斷之后的瞬間，小球的速度不能突變，小球將在豎直平面內以A點為圓心做變速圓周運動，在此瞬間繩的拉力突變為，由牛頓第二定律可得
解得
18． 三 A、C 在質量和半徑一定時，F與ω2成正比
【知識點】探究向心力大小與半徑、角速度、質量的關系
【詳解】[1] 變速塔輪邊緣處的線速度相等，根據
可知為了控制角速度之比為1∶3，需要將傳動皮帶調至第三層塔輪。
[2] 根據
可知在探究向心力大小與角速度的關系時，需控制小球質量和軌道半徑相同，將兩個質量相等的鋼球分別放在A、C擋板處。
[3] 左右兩球所受向心力大小之比為
則可得出的結論是在質量和半徑一定時，F與ω2成正比。
19．（1）錯誤；（2）錯誤
【知識點】周期、角速度、轉速、頻率與線速度之間的關系式
【詳解】（1）由公式
可知只有r一定的情況下，速度大的物體，線速度才一定大，題中未給出r一定，故該說法錯誤；
（2）由公式
可知周期大的物體，角速度也一定小，題中“周期大的物體，角速度也一定大”的說法錯誤。
20．
【知識點】周期、角速度、轉速、頻率與線速度之間的關系式、平拋運動位移的計算
【詳解】間距關系如圖所示（俯視圖）
水滴飛出的速度大小為
水滴做平拋運動，在豎直方向上有
在水平方向上有
由幾何關系知，甩出的水滴在地面上所形成圓的半徑
聯立解得
21．（1）2m/s，0.8m；（2）60N；（3）0.6m
【知識點】繩球類模型及其臨界條件、牛頓定律與直線運動-復雜過程、平拋運動位移的計算
【詳解】（1）小球恰好過C點，則有
可得
小球做平拋運動，豎直方向
水平方向
聯立可得
（2）由題可知
對小球受力分析有
代入數據可得
根據牛頓第三定律可知小球對軌道的壓力大小為60N，方向豎直向下。
（3）設小球在D點時的速度為的距離為則由A到D點有
其中
由D到B點有
其中
聯立可得
22．（1）；（2）
【知識點】拱橋和凹橋模型、汽車和自行車在水平面的轉彎問題
【詳解】（1）汽車經過彎路時，要使汽車不發生側滑，據牛頓第二定律有
解得
（2）汽車到達橋頂的速度為時，據牛頓第二定律有
解得
據牛頓第三定律可知，此時對橋的壓力大小為。
23．(1)D
(2)
(3)①；②；③；④
【知識點】飛機投彈問題
【詳解】（1）炸彈和飛機一起在空中勻速直線向前飛行，當向下投擲炸彈時，炸彈由于慣性，要保持原來的運動狀態繼續向前運動，忽略空氣阻力，炸彈向前運動的速度和飛機相等，所以炸彈在飛機的正下方，又因為炸彈在重力的作用下向下做加速運動，所以炸彈間的距離越來越大，D正確。
故選D。
（2）根據牛頓第二定律
空氣對無人機的作用力
（3）①對拋出一秒后物體的速度分解，豎直分速度滿足
由題可得
解得物體平拋時的初速度是
②物體落地時豎直分速度為
拋出點距離地面的數值高度為
③根據
下落時間為
物體從拋出點到落地點的水平位移
④物體下落時重力做功
24． B A 25．C 26．C
【知識點】火車和飛機傾斜轉彎模型
【解析】24．[1]軌跡的切線為運動方向，由圖可知，與a點運動方向相同的點有3個，但是只有2個的運動方向與a相同。
故選B。
[2]圓周運動的角速度與線速度的關系為
汽車的速度大小不變，由圖像可知，，故。
故選A。
25．設地球的質量為M，地球半徑為R，汽車質量為m，根據萬有引力定律可得
故選C。
26．A．火車轉彎時，不側向擠壓車輪輪緣，靠重力和支持力的合力提供向心力，受力分析如圖所示
根據牛頓第二定律
解得
故A錯誤；
BC．當火車的速率大于時，重力和支持力的合力不夠提供向心力，此時外軌對火車有側壓力，輪緣擠壓外軌，故B錯誤，C正確；
D．根據牛頓第二定律
解得
與質量無關，故D錯誤。
故選C。
27． > A 5m/s 28．880N
【知識點】拱橋和凹橋模型、汽車和自行車在水平面的轉彎問題
【解析】27．（1）[1]向心力大小為
王老師下班的路運動半徑大，故王老師下班時所受的向心力小。
（2）[2]摩擦力提供向心力。
故選A。
（3）[3]根據
解得
28．根據
解得
根據牛頓第三定律可知人和車整體對橋面的壓力大小
29．D 30．B 31．D 32．C 33．AC
【知識點】平拋運動速度的計算、圓周運動的周期性多解問題、曲線運動概念和性質、斜拋運動
【解析】29．在平拋運動中，豎直方向為自由落體運動
解得
因，所以落到A處的石塊運動時間長；水平方向為勻速直線運動
因，，所以落到A處的石塊初速度較小。
故選D。
30．A．子彈在空中只受重力，做平拋運動，是勻變速曲線運動，故A錯誤；
BCD．在平拋運動中，豎直方向為自由落體運動
解得
因，所以；水平方向為勻速直線運動
因x相同，，所以甲槍射出的子彈初速度較大，故B正確，CD錯誤。
故選B。
31．根據逆向思維，將正向的斜拋運動看成反向的平拋運動，設藍球拋出時豎直分速度為，根據平拋運動在豎直方向的分運動為自由落體運動
解得
根據
解得
在水平方向的分運動為勻速直線運動
解得
則斜拋的初速度大小為
解得
則與水平方向夾角的正切值為
解得
故選D。
32．由于小球與擋板碰撞過程中無能量損失，且碰撞前后小球的速度大小不變，假設沒有擋板，
根據對稱性可知，可視為小球由距離擋板右側為處且距離地面高度為處水平向左拋出并落入孔中，
則水平位移為，根據平拋運動規律，有，
解得小球離手時的速度大小為
故選C。
33．由題意圓筒上只有一個彈孔，說明子彈穿過圓筒時，圓筒轉過的角度應滿足θ＝(2k＋1)π (k＝0，1，2…)
子彈穿過圓筒所用的時間
則子彈的速度
可知k分別取0、1時，可得速度。
故選AC。
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答案第1頁，共2頁2026屆人教版高考物理第一輪復習：第六章圓周運動綜合提高練習2
學校:___________姓名：___________班級：___________考號：___________
一、單選題
1．如圖所示，當工人師傅用扳手擰螺母時，扳手上的P、Q兩點的轉動半徑之比為，其角速度分別為和，線速度大小分別為和，則（　　）
A． B．
C． D．
2．如圖所示，一圓桶盛有適量的水，圓桶和水均繞其中心線勻速轉動，a、b可以看做是水中兩個質量相同的質點，a距離近些，則a、b的（　　）

A．線速度大小相等 B．角速度大小相等
C．加速度大小相等 D．向心力大小相等
3．汽車以某一速度經過拱橋頂端的瞬間（　　）
A．處于超重狀態，重力增大
B．處于超重狀態，重力不變
C．處于失重狀態，重力減小
D．處于失重狀態，重力不變
4．如圖所示，汽車以v通過一弧形的拱橋頂端時，關于汽車受力的說法中正確（ ）

A．汽車的向心力就是它所受的重力
B．汽車的向心力是它所受的重力與支持力的合力，方向指向圓心
C．汽車受重力、支持力、牽引力、摩擦力和向心力的作用
5．如圖甲所示，游樂場有一種叫作“快樂飛機”的游樂項目，模型如圖乙所示。已知模型飛機的質量為m，固定在長為L的旋臂上，旋臂與豎直方向的夾角為θ。重力加速度為g。當模型飛機以角速度ω繞中央軸在水平面內做勻速圓周運動時，下列說法正確的是（　　）
A．模型飛機受到重力、旋臂的作用力和向心力
B．旋臂對模型飛機的作用力方向一定沿旋臂
C．旋臂對模型飛機的作用力方向一定豎直向上，大小為mg
D．旋臂對模型飛機的作用力大小為
6．在一個傾角為的山巖斜面上，質量為m、可視為質點的探險愛好者用長為L、不可伸長的輕繩一端固定在斜面上的O點，另一端系住自己。現探險愛好者將輕繩拉直，使輕繩水平且與斜面平行，然后愛好者沿半徑為L的圓周做初速度為零、切線方向加速度大小為a的加速運動，如圖所示。重力加速度大小為g，不計空氣阻力，愛好者運動到最低點時輕繩的拉力T為（　　）

A． B．
C． D．
7．如圖，一同學表演蕩秋千，已知秋千的兩根繩長均為10m，該同學和秋千踏板的總質量約為40kg，繩的質量忽略不計．當該同學蕩到秋千支架的正下方時，速度大小為5m/s，此時每根繩子平均承受的拉力約為（　　）
A．250N B．300N C．350N D．500N
8．如圖所示，半徑分別為R和2R的兩個轉盤A、B處于水平面內，兩者邊緣緊密接觸，靠靜摩擦傳動，均可以繞豎直方向的轉軸O1及O2轉動，兩個轉盤A、B始終不打滑。一個滑塊（視為質點，圖中未畫出）放在轉盤A上，離O1的距離為，已知滑塊與轉盤間的動摩擦因數為μ，重力加速度大小為g，滑動摩擦力等于最大靜摩擦力。現使轉盤B的轉速逐漸增大，要使滑塊不滑動，轉盤B的角速度的最大值為（　　）

A． B． C． D．
9．如圖所示是杭州第19屆亞運會鏈球比賽的場景，運動員雙手握住柄環，經過預擺和3~4圈連續加速旋轉后用力將鏈球擲出，把鏈球整個運動過程簡化為加速圓周運動和斜拋運動，忽略空氣阻力。下列說法正確的是（　　）
A．鏈球圓周運動過程中受到的拉力指向圓心
B．鏈球擲出瞬間速度方向沿圓周的切線方向
C．鏈球擲出后運動過程中加速度的方向不斷變化
D．鏈球擲出瞬間的速度越大運動的水平距離越遠
10．如圖所示，水平地面上有一個可以繞豎直軸勻速轉動的圓錐筒，筒壁與水平面的夾角，內壁有一個可視為質點、質量為3.2kg的物塊，始終相對筒壁靜止在A點，隨圓錐筒一起做勻速圓周運動，物塊受到的最大靜摩擦力是正壓力的k倍。當角速度為時，物塊受到的摩擦力恰好為零。當角速度為時，物塊即將相對于圓錐筒滑動。，則k值為（　　）
A．0.6 B．0.3 C．0.5 D．0.4
二、多選題
11．如圖所示，地球可以看成一個巨大的拱形橋，橋面半徑，地面上行駛的汽車中駕駛員的重力，在汽車不離開地面的前提下，下列分析中正確的是（　　）

A．汽車的速度越大，則汽車對地面的壓力也越大
B．不論汽車的行駛速度如何，駕駛員對座椅壓力大小都等于
C．只要汽車行駛，駕駛員對座椅壓力大小都小于他自身的重力
D．如果某時刻速度增大到使汽車對地面壓力為零，則此時駕駛員會有失重的感覺
12．3D地圖技術能夠為無人駕駛汽車分析數據，提供操作的指令。如圖所示為一段公路拐彎處的地圖，則（　　）
A．若彎道是水平的，汽車拐彎時受到重力、支持力、摩擦力和向心力
B．若彎道是水平的，為防止汽車側滑，汽車拐彎時收到的指令是讓車速小一點
C．若彎道是傾斜的，為了防止汽車側滑，道路應為內（東北）高外（西南）低
D．若彎道是傾斜的，為了防止汽車側滑，道路應為外（西南）高內（東北）低
13．汽車輪胎可以簡單看做是以轉軸為中心點的一個圓，更換輪胎后如果這個圓上因為各部位的重量不一致，導致其重心偏離中心轉軸，輪胎在圍繞這個中心旋轉時會產生不平衡，特別高速運轉時會造成車輛抖動，因此需對輪胎進行動態平衡調整。卸下輪胎固定在動平衡機上，在輪轂上的恰當位置貼上適當質量的平衡塊來補差，使整個圓質量分布處于一個均勻狀態，就可以讓其重心恢復到中心轉軸。若平衡塊的質量為，與轉軸的距離為，重力加速度為，當輪胎以角速度勻速轉動時，下列說法正確的是（　　）
A．若平衡塊到達最高點時車軸受到的合力豎直向上，則應減小平衡塊的質量
B．若平衡塊到達最高點時車軸受到的合力沿水平方向，則調整平衡塊的質量就可解決問題
C．平衡塊到達最低點時處于失重狀態
D．平衡塊到達與轉軸等高的位置時，受到輪轂的作用力為
14．如圖1所示一個光滑的圓錐體固定在水平桌面上，其軸線豎直，母線與軸線之間夾角為θ，一條長度為l的輕繩，一端固定在圓錐體的頂點O處，另一端拴著一個質量為m的小球（可看作質點），小球以角速度ω繞圓錐體的軸線做勻速圓周運動，細線拉力F隨ω2變化關系如圖2所示。重力加速度g取10m/s2，由圖2可知（　　）
A．繩長為l = 1m
B．母線與軸線之間夾角θ = 30°
C．小球質量為0.5kg
D．小球的角速度為2.5rad/s時，小球剛離開錐面
三、實驗題
15．用如圖所示的實驗裝置來探究影響向心力大小的因素。長槽橫臂的擋板B到轉軸的距離是擋板A的2倍，長槽橫臂的擋板A和短槽橫臂的擋板C到各自轉軸的距離相等。轉動手柄1，使變速塔輪2和3以及長槽4和短槽5隨之勻速轉動，槽內的小球就做勻速圓周運動。小球做圓周運動的向心力由橫臂6的擋板對小球的壓力提供，球對擋板的反作用力通過橫臂的杠桿使彈簧測力套筒7下降，從而露出標尺8，標尺8上露出的紅白相間等分格子的多少可以顯示出兩個球所受向心力的大小。為了探究金屬球的向心力F的大小與角速度ω之間的關系，下列說法正確的是 。
A．應使用兩個質量相等的小球
B．應使兩小球分別放在A、C位置
C． 應將皮帶套在兩邊半徑相等的變速塔輪上
16．用如圖所示的裝置來探究小球做圓周運動所需向心力的大小F與質量m、角速度ω和半徑r之間的關系，兩個變速輪塔通過皮帶連接，轉動手柄使長槽和短槽分別隨變速塔輪勻速轉動，槽內的鋼球就做勻速圓周運動.橫臂的擋板對鋼球的壓力提供向心力，鋼球對擋板的反作用力通過橫臂的杠桿作用使彈簧測力筒下降，從而露出標尺，標尺上的紅白相間的等分格顯示出兩個鋼球所受向心力的比值，如圖是探究過程中某次實驗時裝置的狀態。
（1）該實驗用到的方法是 。
A．理想實驗 B．等效替代法 C．微元法 D．控制變量法

（2）圖中所示是在研究向心力的大小F與 的關系。
A．質量m B．半徑r C．角速度ω
（3）另一組同學用如下圖所示實驗裝置進行探究，圓柱體放置在水平圓盤上做勻速圓周運動，圓柱體與圓盤之間的摩擦可忽略不計。力傳感器測量向心力大小F，角速度傳感器測量角速度大小ω，該組同學通過保持圓柱體質量和運動半徑不變，來探究F與ω的關系。

該組同學讓圓柱體做半徑為r的勻速圓周運動，得到如圖1所示圖像，對圖線的數據進行處理，獲得了如圖2所示的圖像，該圖像是一條過原點的直線，則圖像橫坐標x代表的是 ，如果直線的斜率為k，則可以得到圓柱體的質量為 。

圖1 圖2
17．某同學學習了勻速圓周運動相關知識后，設計了如下圖甲、乙所示的實驗裝置，用來驗證做勻速圓周運動的物體，其軌道半徑、線速度大小、角速度大小、向心力各物理量是否滿足課本所給的關系；
圖甲：圓柱體放置在水平光滑圓盤上做勻速圓周運動。拉力傳感器測量向心力的大小，速度傳感器測量圓柱體線速度的大小，實驗中通過保持圓柱體質量和運動半徑恒定，來探究向心力大小與線速度大小的關系；
圖乙：水平光滑直桿隨豎直轉軸一起做勻速圓周運動，將一個滑塊（質量保持恒定）套在水平光滑桿上，用細線與固定在豎直轉軸上的拉力傳感器連接，讓細繩處于水平并且伸直狀態并保持長度不變，當滑塊隨水平光滑直桿一起做勻速圓周運動時，細繩上的拉力就是滑塊做勻速圓周運動需要的向心力。拉力的大小可以直接通過拉力傳感器讀得，滑塊做勻速圓周運動的角速度可以通過輕質角速度傳感器讀得。
(1)對于圖甲和圖乙，該同學采用的實驗方法均為 。
(2)圖甲中，為了得到結論的普遍性，該同學改變了線速度進行了多次測量，并記錄下了多組、數據；實驗結束后該同學對數據進行分析時，認為只需要再測量一個物理量即可求得圓柱體的質量，則需要測量的物理量為 。
(3)現測得甲、乙裝置做圓周運動半徑均為；根據甲、乙采集的數據分別作出圖像，圖像，則圖像斜率為 ，圖像斜率為 ，假設圓盤與滑桿并不光滑，則根據圖像得到斜率將 。（填“增大”“不變”或“減小”）
18．某小組設計了“利用圓錐擺驗證圓周運動向心力表達式”實驗。實驗器材包括：直流電動機（可調節轉速）、細竹棒、細線、小球（質量為m，可看成質點）、鐵架臺（帶鐵夾）、刻度尺、細棉線長度為L、膠水。實驗步驟：
①如圖1，用膠水把細竹棒中心固定在電動機轉軸上；
②按圖2把直流電動機固定在鐵架臺上，細竹棒保持水平，用導線把電動機接入電路中；
③把一端系有小球的細棉線系牢在細竹棒的一端，測出系線處到轉軸距離x；合上開關，電動機轉動，使小球在水平面上做勻速圓周運動，調節電動機的轉速，使小球轉速在人眼可分辨范圍為宜。
④測出小球做圓周運動的半徑r。
⑤用秒表測出小球轉20圈所用時間t，求出小球轉動周期T。
⑥實驗中小球做圓周運動時擺角為θ，改變電動機轉速，重復上述過程多次（5次），作出圖像如圖3.
根據實驗請完成以下內容：
（1）如圖2可求sinθ= （用L、x、r表示）；向心力F= （用m、θ、重力加速度g表示）。
（2）步驟⑤可求小球圓周運動的周期T= 。
（3）分析圖3：如果tanθ與成 關系（選填“正比”“反比”），直線的斜率值與表達式： （用π和重力加速度g表示）相等，則向心力公式的正確性得到驗證。
四、解答題
19．如圖所示，長度為L=10m的繩，系一小球在豎直面內做圓周運動，小球的質量為m=2kg，小球半徑不計，小球在通過最低點時的速度大小為v=30m/s，試求：
（1）小球在最低點的向心加速度大小；
（2）小球在最低點所受繩的拉力大小。
20．如圖所示，長為L的輕繩一端固定在天花板上，另一端系一可視為質點的質量為m的小球。若給小球一個合適的初速度，小球便可在水平面內做勻速圓周運動，這樣就構成了一個圓錐擺，此時細繩與豎直方向的夾角為θ，忽略空氣阻力與繩子的形變量，重力加速度為g。
（1）對小球進行受力分析；
（2）求繩子受到的拉力；
（3）求小球運動的周期。
21．如圖，放置在水平轉臺上的小物體A、B能隨轉臺一起以角速度勻速轉動，A、B的質量分別為3m，m，A，B與轉臺的動摩擦因數均為，離轉臺中心的距離分別為r、1.5r。設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，已知重力加速度為，求：
（1）當轉臺的角速度時，A受到的摩擦力大小；
（2）為保證小物體B不滑動，轉臺角速度的最大值。

22．如圖所示，相互垂直的兩光滑桿ON、OM，其中OM桿水平放置，兩桿上分別套著環Q和P。環Q的質量m1=2m，P的質量m2=m，用長為輕繩連接。一根彈簧左端固定于O點，右端與環P拴接，彈簧的原長為l。兩環靜止時，彈簧長度為，重力加速度g=10m/s2。整個裝置可繞ON軸勻速旋轉，求：
（1）彈簧的勁度系數；
（2）彈簧長度恰好為原長時，轉動的角速度ω1；
（3）彈簧長度為時，轉動的角速度ω2。
五、綜合題
23．某校航模小組進行無人機表演展示。
(1)如圖所示，無人機在空中勻速直線向前飛行時，每隔一段相同的時間向下投擲一枚“炸彈”。如果不考慮空氣阻力，在“炸彈”下落過程中，下列關于炸彈與飛機的位置關系，正確的是（ ）
A． B． C． D．
(2)若無人機質量為m，以恒定速率v在空中某一水平面內盤旋，做勻速圓周運動的半徑為R，重力加速度為g，則空氣對無人機的作用力大小為 。
(3)（簡答）無人機做定點投物表演時，在水平地面上方某一高度處沿水平方向拋出一個質量為0.2的小物體，拋出后物體的速度方向與水平方向的夾角為45°，落地時物體的速度方向與水平方向的夾角為60°，重力加速度g取10。求：
①物體平拋時的初速度；
②拋出點距離地面的豎直高度h；
③物體從拋出點到落地點的水平位移；
④拋出至落地的過程中，重力對小物體做的功W。
24．如圖所示，AB為豎直光滑圓弧軌道，其半徑，A端切線水平，水平軌道BC與光滑圓弧軌道CD相接于C點，D為圓弧軌道的最低點。圓弧軌道CD對應的圓心角。一質量為的小球（視為質點）從水平軌道上某點以某一速度沖上豎直圓軌道，并從A點飛出，經過C點恰好沿切線進入圓弧軌道，取，，。
求：
(1)小球從A點飛出的速度大小；
(2)小球在A點對圓弧軌道的壓力大小；
(3)改變小球在水平軌道上的速度，使小球恰好能從A點飛出，求小球落地點與B點的水平距離。
閱讀情境、回答問題
在生產、生活和自然界中，許多物體都涉及圓周運動，例如汽車轉彎、洗衣機脫水等。
25．如圖為學員駕駛汽車在水平面上繞O點做勻速圓周運動的俯視示意圖，已知質量為60kg的學員在A點位置，質量為70kg的教練員在B點位置，A點的轉彎半徑為5.0m，B點的轉彎半徑為4.0m，學員和教練員（均可視為質點）（　　）
A．運動周期之比為5∶4 B．運動線速度大小之比為1∶1
C．向心加速度大小之比為4∶5 D．受到的合力大小之比為15∶14
26．小易同學假期去游玩看到了一條彎曲的河流，圖中A、B、C、D為四處河岸，他想根據所學知識分析一下河水對河岸的沖刷程度，你認為沖刷最嚴重最有可能的是（　　）
A．A處 B．B處 C．C處 D．D處
27．（多選）如圖為用于超重耐力訓練的離心機。航天員需要在高速旋轉的座艙內完成超重耐力訓練。這種訓練的目的是為了鍛煉航天員在承受巨大過載的情況下仍能保持清醒，并能進行正確操作。離心機擁有長18m的巨型旋轉臂，在訓練中產生8g的向心加速度，航天員的質量為70kg，可視為質點，，則下列說法正確的是（　　）
A．離心機旋轉的角速度為
B．離心機旋轉的角速度為
C．座椅對航天員的作用力約為5600N
D．座椅對航天員的作用力約為5644N
28．（多選）滾筒洗衣機里衣物隨著滾筒做高速勻速圓周運動，以達到脫水的效果。滾筒截面如圖所示，下列說法正確的是（　　）
A．衣物運動到最低點B點時處于超重狀態
B．衣物和水都做離心運動
C．衣物運動到最高點A點時脫水效果更好
D．衣物運動到最低點B點時脫水效果更好
29．（多選）陶瓷是中華瑰寶，是中華文明的重要名片。在陶瓷制作過程中有一道工序叫利坯，如圖（a）所示。將陶瓷粗坯固定在繞豎直軸轉動的水平轉臺上，用刀旋削，使坯體厚度適當，表里光潔。對應的簡化模型如圖（b）所示，粗坯的對稱軸與轉臺轉軸重合。當轉臺轉速恒定時，關于粗坯上P、Q兩質點，下列說法正確的是（　　）
A．P的角速度大小比Q的大 B．P的線速度大小比Q的大
C．P的向心加速度大小比Q的大 D．同一時刻P所受合力的方向與Q的相同
30．運動員趴在雪橇上從山坡沿截面為圓弧型的冰道快速滑降至水平面上的大圓軌道上。雪橇和運動員（可視為質點）的總質量為m，以速度v在大圓軌道上做勻速圓周運動。圓弧型冰道截面半徑為R，雪橇離圓弧型冰道最低點的豎直高度為。忽略摩擦和空氣阻力，重力加速度為g。其中R未知，求：
（1）圓弧型冰道對雪橇的支持力；
（2）雪橇的向心加速度；
（3）大圓軌道的半徑r。
31．質量分別為m、2m的物塊A、B通過不可伸長的細線連接，細線的長度為3L，現將物塊A、B和細線組成的系統沿圓盤直徑方向放置在水平圓盤的不同位置處，如圖甲、乙、丙所示，細線處于伸直狀態。圖甲中，物塊A位于圓盤的中心O點；圖乙中，物塊A、B位于圓盤中O點的同一側且物塊A離圓盤的中心O點的距離為3L；圖丙中，物塊A、B分別位于圓盤的中心O點的兩側且到O點的距離分別為L、2L。現讓圓盤繞通過中心O點的豎直軸勻速轉動，物塊A、B與圓盤間的動摩擦因數均為μ且始終相對于圓盤靜止，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，物塊A、B均可視為質點，重力加速度大小為g。
(1)圖甲中，求圓盤勻速轉動的最大角速度ω ；
(2)圖乙中，當圓盤勻速轉動的角速度為ω 時，細線上恰好出現拉力；當圓盤勻速轉動的角速度為 時，物塊A、B相對于圓盤剛要發生相對滑動，求
(3)圖丙中，若圓盤勻速轉動的角速度由O緩慢增大，請定性判斷該過程中物塊A受到摩擦力的變化情況（不需要說明理由），然后求出圓盤勻速轉動的最大角速度ω 。
試卷第1頁，共3頁
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《2026屆人教版高考物理第一輪復習：第六章圓周運動綜合提高練習2》參考答案
1．D
【知識點】傳動問題
【詳解】扳手上的P、Q兩點隨扳手同軸轉動，角速度相等，即
由可得
故選D。
2．B
【知識點】周期、角速度、轉速、頻率與線速度之間的關系式
【詳解】B．圓桶繞其中心線勻速轉動時，各部分水之間保持相對靜止，角速度大小相等，故B正確；
A．根據
b的速度大，故A錯誤；
C．根據
b的加速度大，故C錯誤；
D．根據
b的向心力大，故D錯誤。
故選B。
3．D
【知識點】拱橋和凹橋模型
【詳解】汽車以某一速度經過拱橋頂端的瞬間，汽車豎直方向的加速度向下，則豎直方向的合力向下，汽車受到的支持力小于重力，處于失重狀態，但重力不變。
故選D。
4．B
【知識點】判斷哪些力提供向心力、有關向心力的簡單計算
【詳解】汽車受重力、支持力、牽引力、摩擦力的作用，其中汽車的向心力是它所受的重力與支持力的合力，方向指向圓心。
故選B。
5．D
【知識點】圓錐擺問題
【詳解】A．向心力是效果力，是合力作用，物體實際不受向心力作用，故A錯誤；
BC．飛機在水平面內勻速圓周運動，豎直方向平衡，所以旋臂的一個分力平衡了飛機的重力，另一個分力提供了飛機勻速圓周運動的向心力，所以旋臂對模型飛機的作用力方向不是豎直向上，也不沿旋臂，故BC錯誤；
D．旋臂對模型飛機的作用力大小
故D正確。
故選D。
6．C
【知識點】繩球類模型及其臨界條件
【詳解】由于切線方向上加速度大小為a，切線方向上有
故
在最低點時，由于沿半徑方向的合力提供向心力，則
故
故選C。
7．A
【知識點】繩球類模型及其臨界條件
【詳解】設每根繩子平均承受拉力為F，在最低點有
解得
故選A。
8．B
【知識點】水平轉盤上的物體、傳動問題
【詳解】兩轉盤邊緣線速度相等，根據
兩轉盤角速度之比為
滑塊恰好不滑動時
轉盤B的角速度的最大值
得
故選B。
9．B
【知識點】斜拋運動、判斷哪些力提供向心力、有關向心力的簡單計算
【詳解】A．球做加速圓周運動，拉力和重力的合力提供兩方面的效果：徑向的合力提供向心力，切向的合力提供切向力，故拉力不指向圓心，故A錯誤；
B．做曲線運動的物體在某一點的速度方向沿曲線在這一點的切線方向，所以鏈球擲出瞬間速度方向沿該點圓周運動的切線方向，故B正確；
C．鏈球擲出后只在重力作用做斜拋運動，是勻變速運動，加速度恒定，故C錯誤；
D．鏈球做斜拋運動，設初速度為v，速度方向與水平方向夾角為θ，則
即鏈球擲出后的水平距離與擲出瞬間的速度的大小和方向均有關，故D錯誤。
故選B。
10．C
【知識點】有摩擦的傾斜轉盤上的物體
【詳解】對物塊受力分析，當摩擦力為零時，如圖所示：
根據牛頓第二定律，可得
當r為定值時，靜摩擦力沿筒壁向下取最大靜摩擦時，具有最大角速度，受力分析如圖所示：
由牛頓第二定律，可得
又
其中
，
聯立解得
k=0.5
故選C。
11．CD
【知識點】拱橋和凹橋模型
【詳解】A．在汽車不離開地面的前提下，有
再由牛頓第三定律可知，汽車的速度越大，汽車對地面的壓力就越小，故A錯誤；
BC．以駕駛員為分析對象，則有
再由牛頓第三定律可知，只要汽車行駛，駕駛員對座椅的壓力大小都小于他自身的重力，故B錯誤、C正確；
D．如果某時刻速度增大到使汽車對地面壓力為零，則此時駕駛員加速度向下，對座椅的壓力也為零，處于失重狀態。駕駛員會有失重的感覺，故D正確。
故選CD。
12．BD
【知識點】火車和飛機傾斜轉彎模型、汽車和自行車在水平面的轉彎問題
【詳解】A．如果彎道是水平的，則“無人駕駛”汽車在拐彎時受到重力、支持力、摩擦力，不會受向心力，向心力是效果力，由物體所受性質力提供，故A錯誤；
B．如果彎道是水平的，由靜摩擦力提供向心力，根據
可知，速度越大，所需要的向心力越大，當需要的向心力大于最大靜摩擦力時，汽車做離心運動，所以“無人駕駛”汽車在拐彎時收到的指令應讓車速小一點，防止汽車做離心運動而發生側翻，故B正確；
CD．如果彎道是傾斜的，重力和支持力的合力可以提供向心力，而向心力指向圓心，所以3D地圖上應標出外（西南）高內（東北）低，故C錯誤，D正確；
故選BD。
13．AD
【知識點】桿球類模型及其臨界條件
【詳解】A．平衡塊在最高點時，根據牛頓第二定律，可知合力提供向心力
方向豎直向下。若車軸受到的合力豎直向上，說明平衡塊對車軸的力過大，應減小平衡塊的質量，故A正確；
B．平衡塊到達最高點時，平衡塊對輪轂的力在豎直方向，僅調整平衡塊質量，只能改變車軸豎直方向的受力，不能改變車軸水平方向的受力，故B錯誤；
C．平衡塊到達最低點時，根據牛頓第二定律
可得
說明平衡塊處于超重狀態，故C錯誤；
D．平衡塊到達與轉軸等高的位置時，水平方向，根據牛頓第二定律
豎直方向，根據平衡條件
根據平行四邊形寫則，可得受到輪轂的作用力為
故D正確。
故選AD。
14．CD
【知識點】圓錐擺問題
【詳解】ABC．當小球將要離開錐面時，分析小球受力知
即
由圖2可知，離開錐面后，設繩子與豎直方向的夾角為
即
圖2可知，離開錐面后
ml = 1
當小球未離開錐面時，分析小球受力得，x軸方向上有
y軸方向上有
二式聯立可得
則
所以
θ = 37°，m = 0.5kg，l = 2m
AB錯誤、C正確；
D．離開錐面前
離開錐面后
由圖可知，當
時圖像斜率發生改變，即小球剛離開錐面。解得
時小球剛離開錐面，所以D正確。
故選CD。
15．AB/BA
【知識點】探究向心力大小與半徑、角速度、質量的關系
【詳解】AB．根據向心力公式
可知影響向心力的因素有小球的質量m、旋轉半徑r、角速度ω，本實驗探究金屬球的向心力F的大小與角速度ω之間的關系，利用控制變量法，應該控制除向心力F與角速度ω以外的影響因素不變，即使用兩個質量相等的小球，兩小球分別放在A、C位置，控制小球旋轉半徑r不變，故AB正確；
C．根據公式
可知皮帶套在兩邊半徑相等的變速塔輪上時，線速度v、旋轉半徑r相同，即角速度ω相同，本實驗探究金屬球的向心力F的大小與角速度ω之間的關系，故應角速度ω改變，故C錯誤。
故選AB。
16． D C
【知識點】探究向心力大小與半徑、角速度、質量的關系
【詳解】（1）[1]本實驗探究向心力的大小F與質量m、角速度ω和半徑r之間的關系，先控制其中兩個物理不變，探究向心力與另一個物理量的關系，采用的科學方法是控制變量法。
故選D。
（2）[2]圖中兩小球質量相等，做圓周運動的半徑相等，所以圖中所示是在研究向心力的大小F與角速度ω的關系。
故選C。
（3）[3]由向心力公式
可知，當質量和運動半徑不變時，有
所以圖像橫坐標代表的是。
[4]如果直線的斜率為，可知
可以得到圓柱體的質量為
17．(1)控制變量法
(2)圓柱體做勻速圓周運動的半徑
(3) 不變
【知識點】水平轉盤上的物體、探究向心力大小與半徑、角速度、質量的關系
【詳解】（1）物理學中，該方法為控制變量法。
（2）由向心力公式，可知在現有條件下，只需要測量出圓柱體做勻速圓周運動的半徑即可。
（3）[1][2] 由與，不難發現圖像與圖像斜率分別為與；
[3] 由于圓盤與滑桿均不光滑，即有摩擦力的影響，故圖甲與圖乙向心力表達式為
因此斜率并沒有改變。
18． 正比
【知識點】判斷哪些力提供向心力、有關向心力的簡單計算、圓錐擺問題、通過牛頓第二定律求解向心力
【詳解】（1）[1]如圖2，
[2]小球在運動過程中受到重力和繩子的拉力，重力和繩子的拉力的合力提供小球做圓周運動的向心力，或者是繩子拉力的水平分量提供向心力。故
（2）[3]小球做圓周運動的周期為
（3）[4]根據向心力公式可知
得
根據上面的表達式可以推測tanθ-圖像是直線，且其斜率為一常量，分析圖3，如果tanθ與成正比關系（即圖像是過原點的一條直線）；
[5]由[4]直線的斜率值的表達式為，則向心力公式的正確性得到驗證。
19．（1）；（2）200N
【知識點】繩球類模型及其臨界條件
【詳解】（1）小球在最低點的向心加速度大小
（2）根據牛頓第二定律
解得
20．（1）見解析；（2）；（3）
【知識點】圓錐擺問題
【詳解】（1）小球受到自身重力及繩的拉力的作用，兩個力的合力提供小球做勻速圓周運動所需的向心力，如圖所示
（2）小球在豎直方向處于平衡狀態，滿足
解得繩對小球的拉力大小為
（3）小球做勻速圓周運動，水平面內滿足
聯立解得，小球運動的周期為
21．（1）；（2）
【知識點】水平轉盤上的物體
【詳解】（1）對A有
解得
（2）為保證小物體B不滑動，則
解得
22．（1）；（2）；（3）
【知識點】圓錐擺問題、胡克定律及其應用
【詳解】（1）由幾何關系可知
設繩子上的拉力為T，對Q受力分析
對P受力分析
根據胡克定律，彈簧彈力為
聯立解得
（2）彈簧長度恰好為原長時
設繩子上的拉力為T，對Q受力分析
對P受力分析
解得
（3）彈簧長度為時，由幾何關系可知
設繩子上的拉力為T，對Q受力分析
對P受力分析
解得
23．(1)D
(2)
(3)①；②；③；④
【知識點】飛機投彈問題
【詳解】（1）炸彈和飛機一起在空中勻速直線向前飛行，當向下投擲炸彈時，炸彈由于慣性，要保持原來的運動狀態繼續向前運動，忽略空氣阻力，炸彈向前運動的速度和飛機相等，所以炸彈在飛機的正下方，又因為炸彈在重力的作用下向下做加速運動，所以炸彈間的距離越來越大，D正確。
故選D。
（2）根據牛頓第二定律
空氣對無人機的作用力
（3）①對拋出一秒后物體的速度分解，豎直分速度滿足
由題可得
解得物體平拋時的初速度是
②物體落地時豎直分速度為
拋出點距離地面的數值高度為
③根據
下落時間為
物體從拋出點到落地點的水平位移
④物體下落時重力做功
24．(1)
(2)
(3)
【知識點】平拋運動速度的計算、繩球類模型及其臨界條件、通過牛頓第二定律求解向心力、平拋運動位移的計算
【詳解】（1）將小球在C處的速度分解，如圖所示
在豎直方向上有
在水平方向上有
聯立并代入數據得
（2）在A處，對小球有
解得
根據牛頓第三定律可得圓弧軌道受到的壓力大小為
（3）小球恰好能從A點飛出，在A點，重力提供向心力
有
又小球落地時間，滿足
水平位移
聯立解得
25．D 26．C 27．AD 28．BD 29．BC 30．（1）；（2）；（3）
【知識點】通過牛頓第二定律求解向心力、周期、角速度、轉速、頻率與線速度之間的關系式、向心加速度與角速度、周期的關系
【解析】25．A．學員和教練員的角速度相等，根據可知，周期之比為1：1，故A錯誤；
B．根據可知，線速度之比為5：4，故B錯誤；
C．根據可知，向心加速度之比為5：4，故C錯誤；
D．學員和教練員所受合力提供向心力，則，可知受到的合力大小之比為15∶14，故D正確；
故選D。
26．河水經過彎曲處，根據牛頓第二定律可得
則可知在河水流量及流速一定的情況下，彎曲處的曲率半徑越小，所需向心力越大，沖刷越嚴重，由圖可知C處曲率半徑最小，則沖刷最嚴重的是C處。故選C。
27．AB．根據向心加速度公式，得
rad/s
故A正確，B錯誤；CD．由向心力公式得
所以座椅對航天員的作用力為
代入數據解得
=5644N
故C錯誤，D正確。故選AD。
28．A．衣物運動到最低點B點時，加速度方向豎直向上，處于超重狀態，故A錯誤；B．衣物受到筒的支持力和重力，做向心運動，水所受合力不足以提供向心力，做離心運動，故B正確；CD．衣物運動到最低點B點時，加速度方向豎直向上，處于超重狀態，由牛頓第二定律可知，衣物在B點受到滾筒的作用力最大，脫水效果更好，故C錯誤，D正確。故選BD。
29．A．由題意可知，粗坯上P、Q兩質點屬于同軸轉動，它們的角速度相等，故A錯誤；B．由圖可知P點繞轉軸轉動的半徑大，根據，所以P的線速度大小比Q的大，故B正確；C．根據，且，，可知P的向心加速度大小比Q的大，故C正確；D．因為當轉臺轉速恒定，所以同一時刻P所受合力的方向與Q的所受的合力方向均指向中心軸，故合力方向不相同，故D錯誤。故選BC。
30．（1）設雪車和圓弧圓心O連線與豎直方向的夾角為，則
圓弧型冰道對雪橇的支持力為
解得
（2）由牛頓第二定律
得
（3）由向心加速度公式
解得
31．(1)
(2)
(3)
【知識點】水平轉盤上的物體
【詳解】（1）圖甲中，當物塊B相對于圓盤剛要發生相對滑動時，圓盤具有最大的角速度，設細線上拉力為 對物塊A有
對物塊B有
解得
（2）圖乙中，當圓盤勻速轉動的角速度為ω 時，細線上恰好出現拉力，此時，對物塊B剛好最大靜摩擦力提供 向心力，則
解得
當圓盤勻速轉動的角速度為時，物塊A、B相對于圓盤剛要發生相對滑動，設細線上拉力為
對物塊A有
對物塊B有
解得
所以
（3）圖丙中，若圓盤勻速轉動的角速度由O緩慢增大，物塊A受到的摩擦力的變化情況為沿向圓盤中心方向先增大再減小，然后反向增大
當物塊A 相對于圓盤剛要發生相對滑動時，圓盤具有最大的角速度ω ，設細線上拉力為
對物塊A有
對物塊B有
解得
答案第1頁，共2頁
答案第1頁，共2頁2026屆人教版高考物理第一輪復習：第六章圓周運動綜合提高練習3
學校:___________姓名：___________班級：___________考號：___________
一、單選題
1．關于勻速圓周運動，下列說法正確的是（　　）
A．勻速圓周運動是勻變速曲線運動
B．勻速圓周運動是速度不變的運動
C．勻速圓周運動的加速度恒定不變
D．勻速圓周運動的角速度恒定不變
2．關于物體的運動，下列說法正確的是（ ）
A．物體受到的合外力方向變化，一定做曲線運動
B．物體做曲線運動，其加速度一定變化
C．做曲線運動的物體，其速度一定變化
D．物體做圓周運動時，向心力就是物體受到的合外力
3．如圖所示，長度l=0.50m的輕質桿OA，A端固定一個質量m=3.0kg的小球，小球以O為圓心在豎直平面內做圓周運動。通過最高點時小球的速率是2.0m/s，g取10m/s2，則此時細桿OA（　　）
A．受到6.0N的拉力 B．受到6.0N的壓力
C．受到24N的拉力 D．受到54N的拉力
4．下列的哪個量越大表示圓周運動越慢（　　）
A．線速度 B．角速度 C．周期 D．轉速
5．如圖所示，質量為m的小球固定在長為L的細桿一端，繞細桿的另一端O點在豎直面內做圓周運動，小球轉到最高點A時，線速度大小為，則此時小球對細桿的作用力方向和大小分別為(　　)
A．向下， B．向上， C．向上， D．向下，
6．兩個質量相同的小球，在同一水平面內做勻速圓周運動，懸點相同，如圖所示，A運動的半徑比B的大，則（　　）
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
7．如圖所示為一個半徑為的圓盤，正繞其圓心做勻速轉動，當圓盤邊緣上的一點A處在如圖所示位置的時候，在其圓心正上方的高度有一小球正在向邊緣的A點以一定的速度水平拋出，，要使得小球正好落在A點，則（　　）
A．小球平拋的初速度一定是
B．小球平拋的初速度可能是
C．圓盤轉動的角速度一定是
D．圓盤轉動的加速度可能是
8．如圖所示，豎直細桿O點處固定有一水平橫桿，在橫桿上有A、B兩點，且，在A、B兩點分別用兩根等長的輕質細線懸掛兩個相同的小球a和b，將整個裝置繞豎直桿勻速轉動，則a、b兩球穩定時的位置關系可能正確的是（　　）
A． B．
C． D．
9．如圖所示，廣場水平地面上同種盆栽緊密排列在以O為圓心、R1和R2為半徑的同心圓上，圓心處裝有豎直細水管，其上端水平噴水嘴的高度、出水速度及轉動的角速度均可調節，以保障噴出的水全部落入相應的花盆中。依次給內圈和外圈上的盆栽澆水時，噴水嘴的高度、出水速度及轉動的角速度分別用h1、v1、ω1和h2、v2、ω2表示。花盆大小相同，半徑遠小于同心圓半徑，出水口截面積保持不變，忽略噴水嘴水平長度和空氣阻力，重力加速度為g。下列說法正確的是（　　）
A．若，則
B．ω增大，其他量不變，單位時間落入花盆的總水量增大
C．若 ，，噴水嘴各轉動一周，落入每個花盆的平均水量相同
D．若 ，噴水嘴各轉動一周過程中落入內圈每個花盆的平均水量更少
10．如圖所示，靠在一起的M、N兩轉盤靠摩擦傳動，兩盤均繞過圓心的豎直軸轉動，M盤的半徑為r，N盤的半徑R=2r，A為M盤邊緣上的一點，B、C為N盤直徑的兩個端點。當O′、A、B、C共線時，從O′的正上方P點以初速度v0沿O′O方向水平拋出一小球，小球落至圓盤C點，重力加速度為g。則下列說法正確的是（　　）
A．若M盤轉動角速度，則小球拋出時到O′的高度
B．若小球拋出時到O′的高度為，則M盤轉動的角速度必為
C．小球若能落至C點，則只要M盤轉動角速度滿足（n=1，2，3…）
D．只要小球拋出時到O′的高度恰當，小球就一定落至C點
二、多選題
11．關于向心力的下列說法中正確的是（　　）
A．物體必須受到一個向心力的作用才能做圓周運動
B．向心力是指向圓心方向的合外力，它是根據力的作用效果命名的
C．向心力可以是重力、彈力、摩擦力等各種力的合力，也可以是某種力的分力
D．向心力只能改變物體的運動方向，不可能改變運動的快慢
12．乘坐游樂園的過山車時，質量為m的人隨車在豎直平面內沿圓周軌道運動(如圖所示)，下列說法正確的是(　　)
A．車在最高點時，人處于倒坐狀態，全靠保險帶拉住，若沒有保險帶，人一定會掉下去
B．人在最高點時，對座位仍可能產生壓力，但壓力一定小于mg
C．人在最低點時，處于超重狀態
D．人在最低點時，對座位的壓力大于mg
13．汽車試車場中有一個檢測汽車在極限狀態下的車速的試車道，試車道呈錐面（漏斗狀），簡化為如圖所示測試的汽車質量，車道轉彎半徑，路面傾斜角，路面與車胎間的動摩擦因數為0.25，設路面與車胎間的側向最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g取，則（　　）
A．汽車恰好不受路面側向摩擦力時的速度為
B．汽車恰好不受路面側向摩擦力時的速度為
C．汽車在該車道上所能允許的最小車速為
D．汽車在該車道上所能允許的最小車速為
14．如圖所示，一半徑為r的光滑圓環固定在豎直面內，中間有孔質量為m的小球套在圓環上。現用始終沿圓環切線方向的外力拉著小球從圖示位置由靜止開始運動，第二次通過最高點的速度是第一次通過最高點速度的2倍，兩次圓環對小球的彈力大小相等，重力加速度大小為g，則下列說法正確的是（　　）
A．小球第一次到達最高點時圓環對小球的彈力向上
B．小球第二次到達最高點時圓環對小球的力可能向上
C．小球兩次過最高點受到的彈力大小均為
D．小球第一次到達最高點的速度大小為
三、實驗題
15．如圖所示，在探究向心力公式的實驗中，為了探究物體質量、圓周運動的半徑、角速度與向心力的關系，運用的實驗方法是 法；現將小球分別放在兩邊的槽內，為探究小球受到的向心力大小與角速度大小的關系，正確的做法是：在小球運動半徑 （填“相等”或“不相等”）的情況下，用質量 （填“相同”或“不相同”）的鋼球做實驗。
16．如圖所示，圖甲為“向心力演示器驗證向心力公式”的實驗示意圖，圖乙為俯視圖．圖中A、B槽分別與a、b輪同軸固定，且a、b輪半徑相同．當a、b兩輪在皮帶的帶動下勻速轉動，兩質量相同的鋼球，1球放在A槽的邊緣，2球放在B槽的邊緣，它們到各自轉軸的距離之比為2:1．
（1）鋼球1、2轉動的角速度之比 ．
（2）鋼球1、2受到的向心力之比為 ．
17．一個有一定厚度的圓盤，可以繞通過中心垂直于盤面的水平軸轉動.用下面的方法測量它勻速轉動時的角速度.實驗器材:電磁打點計時器、米尺、紙帶、復寫紙片.
實驗步驟:
①如圖所示，將電磁打點計時器固定在桌面上，將紙帶的一端穿過打點計時器的限位孔后，固定在待測圓盤的側面上，使得圓盤轉動時，紙帶可以卷在圓盤側面上.
②啟動控制裝置使圓盤轉動，同時接通電源，打點計時器開始打點.
③經過一段時間，停止轉動和打點，取下紙帶，進行測量.
（1）由已知量和測得量表示的角速度的表達式為ω=_________，式中各量的意義是：___________________________________________________________________________.
（2）某次實驗測得圓盤半徑r=5.50×10-2m，得到的紙帶的一段如圖所示，求得角速度為__________.（保留兩位有效數字）
18．某同學利用如圖所示的向心力演示器定量探究勻速圓周運動所需向心力F跟小球質量m、轉速n和運動半徑r之間的關系。
(1)為了單獨探究向心力跟小球質量的關系，必須用 法；
(2)轉動手柄可以使長槽和短槽分別隨變速塔輪勻速轉動，槽內的球隨之做勻速圓周運動。這時我們可以看到彈簧測力筒上露出標尺，通過標尺上紅白相間等分格數，即可求得兩個球所受的 ；
(3)該同學通過實驗得到如下表的數據：
次數 球的質量m/g 轉動半徑r/cm 轉速/每秒幾圈 向心力大小F/紅格數
1 14.0 15.00 1 2
2 28.0 15.00 1 4
3 14.0 15.00 2 8
4 14.0 30.00 1 4
根據以上數據，可歸納概括出向心力F跟小球質量m、轉速n和運動半徑r之間的關系是： （文字表述）；
(4)實驗中遇到的問題有： （寫出一點即可）。
四、解答題
19．我們在觀看摩托車比賽時經常被摩托車手嫻熟的駕車技術、風馳電掣的車速震驚，想必你也會看到摩托車高速通過彎道時的情況，摩托車要向里傾斜，車手的膝蓋幾乎擦著地面，如圖所示。此時若把摩托車與車手看作一個整體，這個整體受幾個力作用？方向如何？
20．如圖所示，水平轉盤可繞豎直中心軸轉動，盤上放著質量均為1kg的A、B兩個物塊，物塊之間用長為1m的細線相連，細線剛好伸直且通過轉軸中心O，A物塊與O點的距離為0.4m，物塊可視為質點。A、B與轉盤間的動摩擦因數均為0.1，且認為最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g取10m/s2。
（1）當轉盤至少以多大的角速度勻速轉動時，細線上出現拉力？
（2）當轉盤以ω1=1rad/s的角速度勻速轉動時，A、B受到的摩擦力分別是多大？
（3）當轉盤至少以多大的角速度勻速轉動時，A、B兩個物塊均會在轉盤上滑動？
21．一根不可伸長的細線長為，細線一端系一可視為質點的小球，，另一端固定在一光滑圓錐的頂部，如圖甲所示，小球在水平面內做勻速圓周運動的角速度為，細線的張力大小為，隨變化的規律如圖乙所示，，不計一切摩擦.
（1）求圓錐母線與軸的夾角；
（2）寫出段所描繪的小球的運動中和的函數關系式，并求出點坐標。
22．如圖所示，細桿ABC靠在固定的半圓環上，兩者處于同一豎直平面內，桿上的B點恰好落在圓環上，圓環的半徑為R．已知A端沿半圓直徑方向移動的速度大小為，當桿與水平線夾角為時，求：
(1)桿的角速度；
(2)桿上相切點B的速度；
(3)圓環上相切點的速度與加速度．
試卷第1頁，共3頁
試卷第1頁，共3頁
《2026屆人教版高考物理第一輪復習：第六章圓周運動綜合提高練習3》參考答案
1．D
【知識點】圓周運動的定義和描述
【詳解】ABC．勻速圓周運動的加速度與速度的方向時刻改變，所以是非勻變曲線運動，ABC錯誤；
D．勻速圓周運動的角速度恒定不變，D正確。
故選D。
2．C
【知識點】曲線運動概念和性質、向心力的定義及與向心加速度的關系
【詳解】A. 物體做曲線運動的條件是合力的方向與速度方向不在同一條直線上，若合外力方向與運動方向在同一直線上，雖然改變，但還是直線運動，故A錯誤．
B. 物體做曲線運動，其加速度不一定變化，如平拋運動，故B錯誤．
C. 做曲線運動的物體，速度沿切線方向，所以其速度方向一定變化，故C正確．
D. 物體做勻速圓周運動時，向心力就是物體受到的合外力，如果做變速圓周運動，向心力是合力的一個分力，D錯誤．
3．B
【知識點】桿球類模型及其臨界條件
【詳解】設細桿對小球的支持力為F，以小球為研究對象，由牛頓第二定律可知
解得
由牛頓第三定律可知，球對細桿OA的壓力為6.0N，方向豎直向下。
故選B。
4．C
【知識點】圓周運動的定義和描述
【詳解】線速度越大、或者角速度越大、或者轉速越大，則圓周運動越快；而周期越大，則轉速越小，圓周運動越慢。
故選C。
5．A
【知識點】桿球類模型及其臨界條件
【詳解】設桿對小球向上的支持力為F，則根據牛頓第二定律得
代入數據解得
根據牛頓第三定律得小球對細桿的作用力向下，大小為。
故選A。
6．A
【知識點】圓錐擺問題
【詳解】AB．對其中一個小球受力分析，如圖所示
受重力、繩子的拉力，由于小球做勻速圓周運動，合力提供向心力，由牛頓第二定律可得
F=mgtanθ
A繩與豎直方向夾角大，說明A受到的向心力比B的大，故A正確，B錯誤；
CD．由向心力公式得到
F=mω2r
設球與懸掛點間的高度差為h，由幾何關系得
r=htanθ
解得
分析表達式可知A的角速度與B的角速度大小相等，故CD錯誤。
故選A。
7．A
【知識點】平拋運動位移的計算、角速度的定義和計算式、向心加速度的概念、公式與推導
【詳解】AB．根據可得
則小球平拋運動的初速度
A正確，B錯誤；
CD．根據，，解得圓盤轉動的角速度
，
圓盤轉動的加速度為
，
故選項CD錯誤。
故選A。
8．C
【知識點】圓錐擺問題
【詳解】將小球的圓周運動等效成圓錐擺，設擺長為，等效擺線與豎直方向夾角為，則
解得
為等效懸點到小球的高度差，由于兩球的角速度相同，因此相同。
故選C。
9．D
【知識點】平拋運動位移的計算、周期、角速度、轉速、頻率與線速度之間的關系式
【詳解】A．根據平拋運動的規律
解得
可知若，則
A錯誤；
B．若ω增大，則噴水嘴轉動一周的時間變短，噴出的水量變小，其他量不變，單位時間落入花盆的總水量減小，B錯誤；
C．若，則噴水嘴各轉動一周的時間相同，因，出水口的截面積相同，可知單位時間噴出水的質量相同，噴水嘴轉動一周噴出的水量相同，但因內圈上的花盆總數量較小，可知得到的水量較多， C錯誤；
D．設出水口橫截面積為S0，噴水速度為v，因h相等，則水落地的時間相等，則
在圓周上單位時間內單位長度的水量為
若噴水嘴各轉動一周過程中落入內圈每個花盆的平均水量更少，D正確。
故選D。
10．A
【知識點】平拋運動位移的計算、傳動問題
【詳解】M盤、N盤輪子邊緣各點線速度相等，由可知，若M盤角速度為，則N盤角速度為，故N盤的周期為
設小球經過時間t落到圓盤上的C點。若落在C點時，各點順序為，則有
（n=1，2，3…）
聯立可得
（n=1，2，3…），
若落在C點時，各點順序為，則有
（n=1，2，3…）
聯立可得
（n=1，2，3…），
A．由上述分析可知，若落在C點時，各點順序為，則，下落高度一定為
角速度需滿足
（n=1，2，3…）
當時
故A正確；
B．若下落高度為
則可以確定小球落在C點時，各點順序為。此時角速度滿足
（n=1，2，3…）
故不一定必為，B錯誤；
C．由上述分析可知，只要M盤轉動角速度滿足（n=1，2，3…）或者（n=1，2，3…），小球都可以落至C點，C錯誤；
D．由上述分析可知，能否落在C點除與高度有關，還與初速度有關，D錯誤。
故選A。
11．BCD
【知識點】向心力的定義及與向心加速度的關系
【詳解】向心力是根據力的作用效果命名的，而不是一種性質力，物體之所以能做勻速圓周運動，不是因為物體多受了一個向心力的作用 ，而是物體所受各種力的合外力始終指向圓心，從而只改變速度的方向而不改變速度的大小，故選項A錯誤，BCD三個選項均正確。
故選BCD。
12．CD
【知識點】繩球類模型及其臨界條件
【詳解】當人與保險帶間恰好沒有作用力，由重力提供向心力時，臨界速度為 ．當速度v≥時，沒有保險帶，人也不會掉下來．故A錯誤．當人在最高點的速度v＞人對座位就產生壓力．當速度增大到2時，壓力為3mg，故B錯誤；人在最低點時，加速度方向豎直向上，根據牛頓第二定律分析可知，,，即人處于超重狀態，人對座位的壓力大于mg．故CD正確；故選CD．
點睛：本題是實際問題，考查運用物理知識分析實際問題的能力，關鍵根據牛頓運動定律分析處理圓周運動動力學問題.
13．BC
【知識點】火車和飛機傾斜轉彎模型
【詳解】AB．汽車恰好不受路面側向摩擦力時，由重力和支持力的合力提供向心力，根據牛頓第二定律得
解得
所以A錯誤；B正確；
CD．當車道對車的側向摩擦力沿車道斜面向上且等于側向最大靜摩擦力時，車速最小，如答圖所示
根據牛頓第二定律得
，
解得
所以C正確；D錯誤；
故選BC。
14．AD
【知識點】桿球類模型及其臨界條件
【詳解】AB．由分析可知，兩次彈力的方向不同，第一次經過最高點速度較小，所需向心力較小，重力大于所需的向心力，故彈力向上，第二次經過最高點速度較大，重力不足以提供向心力，所以第二次彈力向下，故A正確，B錯誤；
CD．設第一次過最高點小球的速度為v，則第二次小球過最高點速度為2v，分別對兩次過最高點列牛頓第二定律式有
聯立解得
故D正確，C錯誤。
故選AD。
15． 控制變量 相等 相同
【知識點】探究向心力大小與半徑、角速度、質量的關系
【詳解】[1]在探究物體的向心力大小與質量、角速度和半徑之間的關系時，由于變量較多，因此采用了控制變量法進行研究，分別控制兩個物理量不變，探究另外兩個物理量之間的關系；
[2][3]在探究小球受到的向心力大小與角速度大小的關系時，必須在小球運動半徑相等的情況下，用質量相同的鋼球做實驗。
16． 1:1 2:1
【知識點】探究向心力大小與半徑、角速度、質量的關系
【詳解】[1]．皮帶傳送，邊緣上的點線速度大小相等，所以va=vb，a輪、b輪半徑之比為1：1，共軸的點，角速度相等，兩個鋼球的角速度分別與共軸輪子的角速度相等，則ωA=ωB，鋼球1、2轉動的角速度之比1：1；
[2]．根據題意可知，r1：r2=2：1，根據F=mrω2得向心力之比為：
FA：FB=2：1．
17．（1），T為打點計時器打點的時間間隔，r為圓盤半徑，x1、x2是紙帶上選定的兩點分別對應的米尺上的刻度值，n為選定的兩點間的打點數（含兩點）；（2）7.0 rad/s
【知識點】周期、角速度、轉速、頻率與線速度之間的關系式
【詳解】（1）[1][2]．在紙帶上取兩點為n個打點周期，距離為L，則圓盤的線速度為
則圓盤的角速度
式中T為打點計時器打點的時間間隔，r為圓盤半徑，x1、x2是紙帶上選定的兩點分別對應的米尺上的刻度值，n為選定的兩點間的打點數（含兩點）；
（2）[3]．從圖中可知第一個點到最后一個點共有n=15個周期，其總長度L=11.50cm．代入數據解得
．
18． 控制變量 向心力大小之比（或向心力之比） 向心力F跟小球質量m成正比，跟轉速n的平方成正比，跟運動半徑r成正比（或向心力F跟小球質量m、轉速n的平方、運動半徑r的乘積成正比） 難以保證小球做勻速圓周運動，轉速難按比例調節和露出格子數（或力的讀數）不穩定，難定量化
【知識點】探究向心力大小與半徑、角速度、質量的關系
【詳解】(1)[1]為了單獨探究向心力跟小球質量的關系，需要控制轉速n和運動半徑r不變，所以需要采用控制變量法；
(2)[2]標尺上紅白相間等分格子的多少可以顯示小球所受向心力的大小，所以通過標尺上紅白相間等分格數，即可求得兩個球所受的向心力大小之比；
(3)[3]根據表格中數據可知向心力F跟小球質量m成正比，跟轉速n的平方成正比，跟運動半徑r成正比（或向心力F跟小球質量m、轉速n的平方、運動半徑r的乘積成正比）；
(4)[4]實驗中可能遇到的問題是難以保證小球做勻速圓周運動，轉速難按比例調節和露出格子數（或力的讀數）不穩定，難定量化。
19．答案見解析
【知識點】分析物體受到幾個力作用、汽車和自行車在水平面的轉彎問題
【詳解】整體受：重力，方向豎直向下；支持力，方向豎直向上；摩擦力，方向沿水平方向，且指向彎道內側。
20．（1）；（2）0.4N，0.6N；（3）
【知識點】水平轉盤上的物體
【詳解】（1）（2）A、B做圓周運動，角速度大小相等，當角速度增大時，B先達到最大靜摩擦力，對B物塊，有
解得
因為
可知A、B均未達到最大靜摩擦力，則
fA=mω12r1=0.4N
fB=mω12r2=0.6N
（3）設細線拉力為T，當A、B所受摩擦力均達到最大，對A物塊
T μmg=mω32r1
對B物塊
T+μmg=mω32r2
聯立解得
21．（1）；（2），點坐標為（，）
【知識點】圓錐擺問題
【詳解】（1）由圖乙可知，當角速度為時，繩子拉力為，此時小球處于靜止狀態，根據受力平衡可得
解得
可知
（2）由圖乙可知，段小球一直與圓錐接觸，點小球剛要離開圓錐接觸面，設圓錐對小球的支持力為，豎直方向根據受力平衡可得
水平方向根據牛頓第二定律可得
聯立可得和的函數關系式為
點小球剛要離開圓錐接觸面，此時，可得
解得
，
故點的坐標為（，）
22．(1)；(2) ；(3)
【知識點】桿連接物體運動的分析、向心加速度與角速度、周期的關系
【詳解】(1)根據運動的分解可知，A點垂直于桿的線速度為
再由
(2)桿上相切點B的速度等于A點沿桿方向的分速度
(3)切點的角速度與桿的角速度相等，根據
方向沿
聯立解得
答案第1頁，共2頁
答案第1頁，共2頁2026屆人教版高考物理第一輪復習：第六章圓周運動綜合提高練習4【較難】
學校:___________姓名：___________班級：___________考號：___________
一、單選題
1．在光滑水平桌面中央固定一邊長為0.3m的小正三棱柱abc俯視如圖。長度為L=1 m的細線，一端固定在a點，另一端拴住一個質量為m=0.5 kg、不計大小的小球。初始時刻，把細線拉直在ca的延長線上，并給小球以v0=2m/s且垂直于細線方向的水平速度，由于光滑棱柱的存在，細線逐漸纏繞在棱柱上（不計細線與三棱柱碰撞過程中的能量損失）。已知細線所能承受的最大張力為7 N，則下列說法中錯誤的是（　　）

A．細線斷裂之前，小球角速度的大小保持不變
B．細線斷裂之前，小球的速度大小保持不變
C．細線斷裂之前，小球運動的總時間為0.7πs
D．細線斷裂之前，小球運動的位移大小為0.9m
2．如圖所示，拖拉機后輪的半徑是前輪半徑的兩倍，A和B是前輪和后輪邊緣上的點，若車行進時車輪沒有打滑，則（　　）
A．A點和B點的線速度大小之比為1：2
B．A點和B點的線速度大小之比為1：1
C．前輪和后輪的角速度之比為1：1
D．A點和B點的向心加速度大小之比為1：2
3．如圖為某品牌自行車的部分結構示意圖。A、B、C分別是飛輪邊緣、大齒盤邊緣和鏈條上的點，現在提起自行車后輪，轉動腳踏板，使大齒盤和飛輪在鏈條帶動下轉動，下列說法錯誤的是（　　）
A．A、B、C三點線速度大小相等
B．A、B兩點的角速度大小相等
C．A、B兩點的向心加速度大小與飛輪、大齒盤半徑成反比
D．由圖中信息可知，A、B兩點的角速度之比為3∶1
4．圖甲為游樂場某種型號的“魔盤”，兒童坐在圓錐面上，隨“魔盤”繞通過頂點的豎直軸轉動，圖乙為“魔盤”側視截面圖，圖丙為俯視圖。可視為質點的三名兒童、、，其質量，到頂點的距離，與錐面的動摩擦因數都相等。在“魔盤”轉動過程中，下列說法正確的是（　　）
A．若三名兒童均未在錐面上發生滑動，則、、的向心力之比
B．若“魔盤”勻速轉動且三名兒童均未在錐面上發生滑動，、、所受合外力都指向頂點O
C．若“魔盤”轉速緩慢增大且三名兒童均未在錐面上發生滑動，則、、所受摩擦力均增大
D．若“魔盤”轉速緩慢增大，將最先發生滑動，然后發生滑動，最后發生滑動
5．如圖所示，一長度為的光滑輕桿可繞點在光滑水平面內做勻速圓周運動，輕桿上套有一質量為的小球，原長為、勁度系數為的輕質彈簧一端固定在輕桿左端，另一端與小球連接。已知在彈性限度內，輕質彈簧的最大伸長量為，轉動過程中彈簧始終未超過彈性限度，輕桿右端點線速度的最大值為（ ）
A． B． C． D．
6．如圖，質量均為m的A、B兩個小球固定在長為L的輕桿上，繞桿的端點O在豎直面內做勻速圓周運動，B球固定在桿的中點，A球在桿的另一端，不計小球的大小，當小球A在最高點時，桿對球A的作用力恰好為零，重力加速度為g。當A球運動到最低點時，OB段桿對B球的作用力大小為（　　）
A．2.5mg B．3mg C．3.5mg D．4mg
7．如圖所示，操場跑道的彎道部分是半圓形，最內圈的半徑大約是。一位質量約為的同學沿最內圈跑過一側彎道的時間約為，該過程可視為勻速圓周運動。則該同學沿彎道跑步時（ ）

A．線速度約為 B．角速度約為
C．向心加速度約為 D．向心力約為
8．早在19世紀。匈牙利物理學家厄缶就明確指出：“沿水平地面向東運動的物體，其重量（即：列車的視重或列車對水平軌道的壓力）一定會減輕”。后來，人們常把這類物理現象稱之為“厄缶效應”，已知地球的半徑R，考慮地球的自轉，赤道處相對于地面靜止的列車隨地球自轉的線速度為v0，列車的質量為m，此時列車對軌道的壓力為N0，若列車相對地面正在以速率v沿水平軌道勻速向東行駛，此時列車對軌道的壓力為N，那么，由于該火車向東行駛而引起列車對軌道的壓力減輕的數量N0-N為（　　）
A．
B．
C．
D．
9．如圖所示，一圓盤可以繞其豎直軸在水平面內轉動，水平輕繩連接兩個物體M和m，物體M在轉軸位置上，繩剛好被拉直且無拉力。兩物體均看作質點，兩物體與圓盤之間的動摩擦因數相等。在圓盤轉動的角速度從零慢慢增大的過程中（　　）
A．繩中一直有拉力，且逐漸最大
B．物體m一直受到圓盤的摩擦力
C．物體M一直受到圓盤的摩擦力
D．物體m和M受到圓盤的摩擦力大小相等
二、多選題
10．如圖所示，A、B兩輪繞軸轉動，A和C兩輪用皮帶傳動（皮帶不打滑），A、B、C三輪的半徑之比，a、b、c為三輪邊緣上的點，則正確的是（　　）
A．線速度 B．周期
C．角速度 D．向心加速度
11．如圖所示，“旋轉秋千”中的兩個座椅A、B質量相等，通過相同長度的纜繩懸掛在旋轉圓盤上。不考慮空氣阻力的影響，當旋轉圓盤繞豎直的中心軸勻速轉動時，下列說法正確的是（　　）
A．A的速度比B的大
B．A的向心加速度比B的小
C．懸掛A、B的纜繩與豎直方向的夾角相等
D．懸掛A的纜繩所受的拉力比懸掛B的小
12．下面說法中正確的是（　　）
A．物體在恒力作用下不可能做曲線運動
B．物體在變力作用下有可能做曲線運動
C．物體在恒力作用下不可能做圓周運動
D．物體所受的力始終不與速度垂直，則一直不做圓周運動
13．A，B兩個小球分別用長為10L，5L的細繩懸掛在同一豎直線的兩點，現使兩球在水平面內做圓周運動，且角速度均緩慢增大，當兩球剛好運動到相同高度時，A，B兩球運動半徑分別為6L，4L，兩球離地高度為12L，則下列說法正確的是（　　）
A．在角速度緩慢增大的過程中兩繩的拉力均增大
B．此時兩球的周期比為
C．此時A球的速度為
D．兩根繩都剪斷，兩球不可能落在水平地面上同一點
三、實驗題
14．某學習小組利用如圖所示的裝置探究做勻速圓周運動的物體需要的向心力大小與哪些因素有關。

（1）在探究向心力的大小與質量、角速度和半徑之間的關系時我們主要用到了物理學中的 ；
A．理想實驗法 B．等效替代法 C．控制變量法 D．演繹法
（2）若兩個鋼球的質量和運動半徑相等，圖中標尺上黑白相間的等分格顯示出A、C位置兩鋼球所受向心力的比值為，則塔輪1和塔輪2轉動的角速度之比為 。
（3）利用此裝置探究向心力與角速度之間的關系，某同學測出數據后作圖，為了能簡單明了地觀察出向心力與角速度的關系，最適合做的圖像是 。
A． B． C． D．
15．某校物理小組嘗試利用智能手機對豎直面內的圓周運動進行探究。實驗裝置如圖甲所示，輕繩一端連接拉力傳感器，另一端連接智能手機，把手機拉開一定角度，由靜止釋放，手機在豎直面內擺動過程中，手機中的陀螺儀傳感器可以采集角速度實時變化的數據并輸出圖像，同時，拉力傳感器可以采集輕繩拉力實時變化的數據并輸出圖像。經查閱資料可知，面向手機屏幕，手機逆時針擺動時陀螺儀傳感器記錄的角速度為正值，反之為負值。
(1)某次實驗，手機輸出的角速度隨時間變化的圖像如圖乙所示，由此可知在0到時間段內______
A．手機20次通過最低點
B．手機10次通過最低點
C．手機在整個擺動過程中，機械能守恒
(2)為進一步拓展研究，分別從力傳感器輸出圖和手機角速度—時間圖中讀取幾對手機運動到最低點時的拉力和角速度的數據，并在坐標圖中以F（單位：N）為縱坐標、（單位：）為橫坐標進行描點，請在圖中作出的圖像 。
根據圖像求得實驗所用手機的質量為 kg，手機重心做圓周運動的半徑為 m。（結果均保留兩位有效數字，重力加速度）
16．某物理小組用圖甲所示的裝置探究向心力大小與半徑、線速度、質量的關系。滑塊套在水平桿上，隨水平桿一起繞豎直桿做勻速圓周運動，力傳感器通過一細繩連接滑塊，用來測量向心力F的大小。滑塊上固定一遮光片，寬度為d，光電門可以記錄遮光片通過的時間，測得旋轉半徑為r。滑塊隨桿做勻速圓周運動，每經過光電門一次，通過力傳感器和光電門就同時獲得一組向心力F和線速度v的數據。已知重力加速度為g，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。

（1）為了探究向心力與線速度的關系，需要控制滑塊質量m和 不變；
（2）改變線速度大小，以F為縱坐標，以為橫坐標，在坐標紙中描出數據點作一條直線如圖乙所示。測滑塊與桌面間的滑動摩擦力因數為 （用a、b、c、m、g等題干中的物理量表示）。
17．探究向心力大小F與物體的質量m、角速度ω和軌道半徑r的關系實驗。
（1）本實驗所采用的實驗探究方法與下列哪些實驗是相同的 。
A．探究平拋運動的特點
B．卡文迪什扭秤測量萬有引力常量
C．探究兩個互成角度的力的合成規律
D．探究加速度與物體受力、物體質量的關系
（2）某同學用向心力演示器進行實驗，實驗情景如甲、乙、丙三圖所示。

a.三個情境中，圖 是探究向心力大小F與質量m關系（選填“甲”、“乙”、“丙”）。
b.在甲情境中，若兩鋼球所受向心力的比值為l:4，則實驗中選取兩個變速塔輪的半徑之比為 。
（3）某物理興趣小組利用傳感器進行探究，實驗裝置原理如圖所示。裝置中水平光滑直槽能隨豎直轉軸一起轉動，將滑塊套在水平直槽上，用細線將滑塊與固定的力傳感器連接。當滑塊隨水平光滑直槽一起勻速轉動時，細線的拉力提供滑塊做圓周運動需要的向心力。拉力的大小可以通過力傳感器測得，滑塊轉動的角速度可以通過角速度傳感器測得。小組同學先讓一個滑塊做半徑r為0.14m的圓周運動，得到圖甲中①圖線。然后保持滑塊質量不變，再將運動的半徑r分別調整為0.12m、0.10m、0.08m、0.06m，在同一坐標系中又分別得到圖甲中②、③、④、⑤四條圖線。

a.對①圖線的數據進行處理，獲得了F-x圖像，如圖乙所示，該圖像是一條過原點的直線，則圖像橫坐標x代表的是 。
b.對5條F-ω圖線進行比較分析，得出ω一定時，的結論。請你簡要說明得到結論的方法。( )

四、解答題
18．走時準確的大掛鐘和小鬧鐘，它們的分針的周期、角速度都一樣嗎？分針針尖線速度的大小呢？
19．活動：如圖所示，壓路機大輪的半徑R是小輪半徑r的2倍，C點在大輪上距軸心距離為的位置。壓路機勻速行駛時，大輪邊緣上A點的向心加速度是12cm/s2。
（1）怎么比較A、B、C三點的向心加速度大小？
（2）A、B兩點有什么物理量相同？A、C兩點有什么物理量相同？
20．如圖所示的傳動裝置中，B、C兩輪固定在一起同軸轉動，A、B兩輪用皮帶傳動，三個輪的半徑關系是rA=rC=2rB。若皮帶不打滑，求A、B、C三輪邊緣上a、b、c三點的角速度之比和線速度之比。
21．如圖為某游戲裝置的示意圖。AB、CD均為四分之一圓弧，E為圓弧DEG的最高點，各圓弧軌道與直軌道相接處均相切。GH與水平夾角為，底端H有一彈簧，A、、、D、、H在同一水平直線上。一質量為0.01kg的小鋼球（其直徑稍小于圓管內徑，可視作質點，從距A點高為h處的O點靜止釋放，從A點沿切線進入軌道，B處有一裝置，小鋼球向右能無能量損失的通過，向左則不能通過且小鋼球被吸在B點。若小鋼球能夠運動到H點，則被等速反彈。各圓軌道半徑均為，BC長，水平直軌道BC和GH的動摩擦因數，其余軌道均光滑，小鋼球通過各圓弧軌道與直軌道相接處均無能量損失。某次游戲時，小鋼球從O點出發恰能第一次通過圓弧的最高點E。（，，）求：
（1）小鋼球第一次經過C點時的速度大小；
（2）小鋼球第一次經過圓弧軌道最低點B時受到的支持力大小；
（3）若改變小鋼球的釋放高度h，求出小鋼球在斜面軌道上運動的總路程s與h的函數關系。
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《2026屆人教版高考物理第一輪復習：第六章圓周運動綜合提高練習4【較難】》參考答案
1．A
【知識點】判斷哪些力提供向心力、有關向心力的簡單計算、線速度的方向、角速度的定義和計算式
【詳解】A．細線斷裂之前，繩子拉力與速度垂直，不做功，不改變小球的速度大小，故小球的速度大小保持不變，繩子剛斷裂時，拉力大小為7N，由
F=m
解得
r=m
由于小球每轉120°半徑減小0.3 m，則知小球剛好轉過一周，細線斷裂，根據速度、角速度公式
v=ωr
速度不變，半徑變小，故在細線斷裂之前，小球角速度變大，故A錯誤，符合題意；
B．細線斷裂之前，繩子拉力與速度垂直，不做功，不改變小球的速度大小，故小球的速度大小保持不變，故B正確，不符合題意；
C．小球運動的總時間為
t=+·+·
其中r1=1 m，r2=0.7 m，r3=0.4 m解得t=0.7πs，故C正確，不符合題意；
D．由于小球每轉120°半徑減小0.3 m，則知小球剛好轉過一周，細線斷裂，小球運動的位移大小為
x=1m-0.1m=0.9m
故D正確，不符合題意。
故選A。
2．B
【知識點】傳動問題、比較向心加速度的大小
【詳解】AB．根據題目條件可知A、B兩點的線速度大小相等，即
vA＝vB
故A錯誤，B正確；
C．根據
v＝ωr
vA＝vB
可知，前、后兩輪的角速度之比為2：1，故C錯誤；
D．由
可知，v一定時，向心加速度大小與半徑成反比，則A、B兩點的向心加速度大小之比為2：1，故D錯誤。
故選B。
3．B
【知識點】比較向心加速度的大小、傳動問題
【詳解】A．A、B、C三點通過同一鏈條傳動，線速度大小相等，A正確不符合題意；
BD．由ω＝可知，A、B兩點的角速度大小不相等，且
B錯誤符合題意，D正確不符合題意；
C．由a＝可知，A、B兩點的向心加速度與飛輪、大齒盤半徑成反比，C正確不符合題意。
故選B。
4．C
【知識點】判斷哪些力提供向心力、有關向心力的簡單計算、通過牛頓第二定律求解向心力
【詳解】A．未滑動時，、、角速度相同，根據向心力公式
由題意可知做圓周運動的半徑之比等于到頂點的各距離之比，故可得、、的向心力之比
A錯誤；
B．未滑動時，、、所受合外力提供此時向心力，故合力沿水平方向指向轉軸，B錯誤；
C．設錐面與豎直軸夾角為，對沿錐面方向根據牛頓第二定律有
即
①
隨著轉速緩慢增大，在增大，故、、所受摩擦力均增大，C正確；
D．對沿垂直于錐面方向根據牛頓第二定律有
②
達到臨界角速度時有
③
聯立①②③解得
因為做圓周運動的半徑最大，故臨界角速度最小，所以當轉速緩慢增大時，最先滑動；、做圓周運動的半徑相同，故隨著轉速緩慢增大將同時發生滑動，D錯誤。
故選C。
5．A
【知識點】水平轉盤上的物體
【詳解】彈簧彈力提供小球的向心力，可得
解得
小球、光滑輕桿同軸轉動，角速度相同，則輕桿右端點線速度的最大值為
故選A。
6．C
【知識點】桿球類模型及其臨界條件
【詳解】設轉動的角速度為，當A球在最高點時
當A球運動到最低點時
對于B球
解得
故選C。
7．B
【知識點】向心力的定義及與向心加速度的關系、線速度的定義和計算公式、角速度的定義和計算式、向心加速度與角速度、周期的關系
【詳解】A．該同學沿彎道跑步時線速度約為
故A錯誤；
B．由題知該同學繞圓心轉過的角度，則該同學角速度約為
故B正確；
C．該同學向心加速度約為
故C錯誤；
D．該同學向心力約為
故D錯誤。
故選B。
8．D
【知識點】拱橋和凹橋模型
【詳解】根據題意，設地球質量為M，當列車相對于地面靜止時，有
當列車相對地面的速度為v向東運動時，有
聯立解得
故選D。
9．B
【知識點】水平轉盤上的物體
【詳解】m的向心力
當角速度從0開始增大，m由靜摩擦力提供向心力，且所受的靜摩擦力開始增大；
當m達到最大靜摩擦力，角速度繼續增大，此時m靠拉力和靜摩擦力的合力提供向心力，此時M開始受到圓盤的靜摩擦力作用，且隨著角速度繼續增大，拉力和M受到的圓盤的靜摩擦力都逐漸增大；
隨著角速度繼續增大，拉力越大，當拉力和M的最大靜摩擦力相等時，角速度達到最大值。
故選B。
10．AD
【知識點】傳動問題、向心加速度與角速度、周期的關系
【詳解】A．根據A、B、C三輪的半徑關系，可得
由于A、B兩個輪子是同軸傳動，角速度相等，則有
根據公式，可得a、b的線速度之比為
a、c有相同大小的線速度，則有
故A正確；
BC．由于A、B兩個輪子是同軸傳動，角速度相等，則有
a、c有相同大小的線速度，根據公式，可得a、c的角速度之比為
故有
根據
可得
故BC錯誤；
D．根據
可知
故D正確。
故選AD。
11．BD
【知識點】圓錐擺問題
【詳解】A．由題意可知，A、B角速度相同，B的半徑大于A的半徑，則根據可知，A的速度比B的小，故A錯誤；
B．根據可知，A的向心加速度比B的小，故B正確；
C．設纜繩與豎直方向的夾角為，對座椅受力分析如下圖所示
則根據牛頓第二定律有
可得
由此可知，半徑r不相等，則懸掛A、B的纜繩與豎直方向的夾角不相等，故C錯誤；
D．由上述分析可知，懸掛A的纜繩與豎直方向的夾角小，而纜繩的拉力為
可知小，則纜繩的拉力T小，所以懸掛A的纜繩所受的拉力比懸掛B的小，故D正確。
故選BD。
12．BC
【知識點】圓周運動的定義和描述、物體做曲線運動的條件
【詳解】A．物體在恒力作用下可能做曲線運動，比如平拋運動，是在重力作用下做曲線運動，A錯誤；
B．物體在變力作用下有可能做曲線運動，比如勻速圓周運動，物體受到的合力大小不變，方向時刻在變，B正確；
C．物體在恒力作用下不可能做圓周運動，因為做圓周運動物體受到的力大小可能不變，可方向一定變，C正確；
D．物體所受的力始終不與速度垂直，則可能做圓周運動，可不是勻速圓周運動，這個力在沿半徑方向的分力提供向心力，在沿速度方向的分力改變速度的大小，D錯誤。
故選BC。
13．ABC
【知識點】圓錐擺問題、平拋運動位移的計算
【詳解】A．設繩子與豎直方向的夾角為，則繩子的豎直分力始終與重力平衡
在角速度緩慢增大的過程中，逐漸變大，則兩繩的拉力均逐漸增大，A正確；
B．由題意可知
則
聯立可得
B正確；
C．此時對于A球
解得
C正確；
D．由
B球做圓周運動的速度為
兩根繩都剪斷，兩球做平拋運動，由平拋運動規律可知
如圖
滿足
兩球會落到同一點，D錯誤。
故選ABC。
14． C D
【知識點】探究向心力大小與半徑、角速度、質量的關系
【詳解】（1）[1]探究1個物理量與多個物理量之間的關系時，應采用控制變量法。
故選C。
（2）[2]根據題意，由向心力公式可得
則塔輪1和塔輪2轉動的角速度之比為。
（3）[3]由上述分析可知，向心力與角速度的平方成正比，則最適合做的圖像是。
故選D。
15．(1)A
(2) 見解析 0.20 0.35
【知識點】探究向心力大小與半徑、角速度、質量的關系
【詳解】（1）AB．手機經過最低點時，速度達到峰值，根據圖乙可知，在0到時間段內，手機20次通過最低點，故A正確，B錯誤；
C．根據圖乙可知，角速度的峰值隨時間減小，表明手機在最低點的速度逐漸減小，即手機經過最低點的動能減小，可知，手機在整個擺動過程中，機械能減小，故C錯誤。
故選A。
（2）[1]將圖中的數據點用平滑直線連接起來，如圖所示
[2][3]手機在最低點，對手機進行分析，根據牛頓第二定律有
則有
幾何圖形有
，
解得
m=0.20kg，
16． 旋轉半徑為r
【知識點】探究向心力大小與半徑、角速度、質量的關系
【詳解】（1）[1] 為了探究向心力與線速度的關系，需要控制滑塊質量m和旋轉半徑為r不變。
（2）[2]由圖乙可知當時恰好由最大靜摩擦力提供向心力，所以
解得
17． D 丙 2:1 見解析 見解析
【知識點】探究向心力大小與半徑、角速度、質量的關系
【詳解】（1）[1]A．本實驗所采用的實驗探究方法為控制變量法，探究平拋運動的特點采用等效思想，故A錯誤；
B．卡文迪什扭秤測量萬有引力常量，采用微小量放大法，故B錯誤；
C．探究兩個互成角度的力的合成規律，采用等效替代法，故C錯誤；
D．探究加速度與物體受力、物體質量的關系，采用控制變量法，故D正確。
故選D。
（2）[2]探究向心力大小F與質量m關系時，應保證角速度和半徑相同，但兩球質量不同，故選丙。
[3]由圖可知，兩球質量相等，且轉動半徑相等，所以該實驗探究向心力大小與角速度的關系，當向心力的比值為l:4時，根據公式
可得，角速度之比為1:2，而塔輪邊緣點的線速度相等，根據公式
可知，實驗中選取兩個變速塔輪的半徑之比2:1。
（3）[4]小組同學先讓一個滑塊做半徑r為0.14m的圓周運動，得到圖甲中①圖線，由①圖線可知，F與ω不成正比，通過數據分析可知F與ω2成正比，即F與ω2的關系圖線是一條過原點的直線，即x可以是ω2，又因ω變化時，滑塊質量和半徑不變，所以x也可以是mω2或rω2等含有ω2即可；
[5]探究F與r的關系時，要保證m和ω不變，因此可以在F-ω圖像中找到同一個ω對應的向心力，根據5組向心力F和半徑r的數據，在F-x坐標系中描點作圖，若得到一條過原點的直線，則說明F與r成正比。
18．周期和角速度都一樣；分針針尖線速度的大小不同
【知識點】周期、角速度、轉速、頻率與線速度之間的關系式
【詳解】不管什么形狀的表，分針做的都是勻速圓周運動，它們的周期都是一小時，所以它們的角速度是相等的，但因為不同規格的表，分針的長度不同，即做圓周運動的半徑不同，根據線速度和角速度的關系
分針的長度不同，則針尖的線速度不同。
19．見解析
【知識點】傳動問題、比較向心加速度的大小
【詳解】（1）（2）大輪邊緣上A點的線速度大小與小輪邊緣上B點的線速度大小相等，由
，C點和A點同軸轉動，角速度相同，由
，
所以
20．1∶2∶2，1∶1∶2
【知識點】傳動問題
【詳解】A、B兩輪通過皮帶傳動，皮帶不打滑，則A、B兩輪邊緣的線速度大小相等，即
va∶vb=1∶1 ①
由v=ωr得
ωa∶ωb=rB∶rA=1∶2 ②
B、C兩輪固定在一起同軸轉動，則B、C兩輪的角速度相等，即
ωb∶ωc=1∶1 ③
由v=ωr得
vb∶vc=rB∶rC=1∶2 ④
由②③式得
ωa∶ωb∶ωc=1∶2∶2
由①④式得
va∶vb∶vc=1∶1∶2
21．（1）；（2）；（3）
【知識點】摩擦力做功的計算、應用動能定理解多段過程問題、拱橋和凹橋模型
【詳解】（1）小鋼球在E點處做圓周運動，當其恰好通過E點時，小鋼球速度為零，從C到E的運動過程，根據動能定理有
解得
（2）設小鋼球通過B點時的速度為，從B到C的運動過程，摩擦力做功為
根據動能定理有
小鋼球經過B點時，根據向心力公式有
兩式聯立，解得
（3）設小鋼球恰好能經過E點時，其釋放的高度為h1，從O到E的運動過程，根據動能定理有
解得
當小鋼球的釋放高度時，小鋼球將無法通過E點，所以其在GH斜面軌道上運動的總路程s為零。
根據幾何關系可知，斜面軌道GH的長度
小鋼球在斜面GH上運動時，所受摩擦力大小為
小鋼球在斜面軌道上完成從G到H的運動，摩擦力做功
可知，小鋼球完成從H到G的運動，摩擦力做功也為-0.032J。
設小鋼球釋放高度為h2時，其能夠運動到H點，并被反彈，且恰好能夠再次經過E點，根據動能定理有
解得
當小鋼球的釋放高度時，小鋼球再次通過E點后，將向D、C方向運動，并不再返回，所以其在GH斜面軌道上運動的總路程
小鋼球重力沿斜面向下的分力大小為
因為，所以當小鋼球的釋放高度時，小鋼球第一次通過E點后，無法再次經過E點，它將會在斜面軌道上反復運動，最終停在H點。根據動能定理有
解得
綜上可的
答案第1頁，共2頁
答案第1頁，共2頁2026屆人教版高考物理第一輪復習：第六章圓周運動綜合提高練習5
學校:___________姓名：___________班級：___________考號：___________
一、單選題
1．關于洗衣機脫水桶的有關問題，下列說法不正確的是（　　）
A．如果脫水桶的角速度太小，脫水桶就不能進行脫水
B．脫水桶工作時衣服上的水做離心運動，貼在桶壁上的衣服沒有做離心運動
C．脫水桶工作時桶內的衣服也會做離心運動，所以脫水桶停止工作時衣服緊貼在桶壁上
D．只要脫水桶開始旋轉，衣服上的水就做離心運動
2．在長期的太空生活中以及未來星際旅行過程中，失重會影響人的健康。如圖所示，通過讓圓形空間站旋轉的方法可獲得人工重力。已知空間站半徑為1000米，為了使宇航員感覺跟在地球表面上的時候一樣“重”，g取10m/s2，空間站轉動的角速度為（　　）
A．10rad/s B．1rad/s
C．0.1rad/s D．0.01rad/s
3．如圖所示，一個水平大圓盤繞過圓心的豎直軸勻速轉動，一個小孩坐在距圓心為r處的P點不動，關于小孩的受力，以下說法正確的是（　　）
A．小孩在P點不動，因此不受摩擦力的作用
B．小孩隨圓盤做勻速圓周運動，其重力和支持力的合力充當向心力
C．小孩隨圓盤做勻速圓周運動，圓盤對他的摩擦力充當向心力
D．若使圓盤以較小的轉速轉動，小孩在P點受到的摩擦力不變
4．如圖所示，在水平轉臺上放置有質量之比為的滑塊P和Q（均視為質點），它們與轉臺之間的動摩擦因數之比；P到轉軸的距離為，Q到轉軸的距離為，且，轉臺繞轉軸勻速轉動，轉動過程中，兩滑塊始終相對轉臺靜止。認為最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度大小為，下列說法正確的是（　　）
A．P所受的摩擦力比Q所受的摩擦力大
B．P、Q的線速度大小相等
C．若轉臺轉動的角速度緩慢增大，則Q一定比P先開始滑動
D．若轉臺轉動的角速度緩慢增大，則在任一滑塊滑動前，P能達到的最大向心加速度為
5．甲同學在周五離校時，看到乙同學的家長用某型號汽車接其回家，甲同學觀察該汽車的后雨刮器，如圖1所示。設雨刮器擺臂可視為繞O點旋轉的折桿OAB，如圖2所示，OA長為a、AB長為3a，∠OAB＝120°，AB部分裝有膠條，雨刮器工作時膠條緊貼后窗平面可視為勻速轉動（可能用到的數學公式：若三角形中角α兩鄰邊長度為x、y，則其對邊長度l＝）。雨刮器工作時，下列說法正確的是（　　）
A．A、B兩點線速度大小之比為1∶4
B．A、B角速度之比為1∶3
C．A、B加速度大小之比為1∶
D．B點加速度方向沿著AB指向A
6．機動車檢測站進行車輛尾氣檢測原理如下：車的主動輪壓在兩個相同粗細的有固定轉動軸的滾動圓筒上，可在原地沿前進方向加速，然后把檢測傳感器放入尾氣出口，操作員把車加速到一定程度，持續一定時間，在與傳感器相連的電腦上顯示出一系列相關參數。現有如下檢測過程簡圖：車軸A的半徑為ra，車輪B的半徑為rb，滾動圓筒C的半徑為rc，車輪與滾動圓筒間不打滑，當車輪以恒定轉速n（每秒鐘n轉）運行時，下列說法正確的是（　　）
A．C的邊緣線速度為2πnrc
B．A、B的角速度大小相等，均為2πn，且A、B沿順時針方向轉動，C沿逆時針方向轉動
C．A、B、C的角速度大小相等，均為2πn，且均沿順時針方向轉動
D．B、C的角速度之比為
7．四個完全相同的小球A、B、C、D均在水平面內做圓錐擺運動。如圖甲所示，小球A、B在同一水平面內做圓錐擺運動（連接B球的繩較長）；如圖乙所示，小球C、D在不同水平面內做圓錐擺運動，但是連接C、D的繩與豎直方向之間的夾角相等（連接D球的繩較長），則下列說法錯誤的是（　　）
A．小球A、B角速度相等
B．小球A、B線速度大小相等
C．小球C、D所需的向心加速度大小相等
D．小球D受到繩的拉力與小球C受到繩的拉力大小相等
8．如圖所示，AB桿以恒定角速度ω繞A點在豎直平面內順時針轉動，并帶動同時套在水平桿OC及轉動桿AB上的小環M運動。已知A點到水平桿OC距離為h，運動開始時AB桿在豎直位置。從運動開始時計時，下列說法正確的是（ ）
A．小環M向C端勻速運動
B．小環M向C端減速運動
C．t時刻時，小環M的速度大小為
D．t時刻時，小環M的速度大小為
9．早在19世紀。匈牙利物理學家厄缶就明確指出：“沿水平地面向東運動的物體，其重量（即：列車的視重或列車對水平軌道的壓力）一定會減輕”。后來，人們常把這類物理現象稱之為“厄缶效應”，已知地球的半徑R，考慮地球的自轉，赤道處相對于地面靜止的列車隨地球自轉的線速度為v0，列車的質量為m，此時列車對軌道的壓力為N0，若列車相對地面正在以速率v沿水平軌道勻速向東行駛，此時列車對軌道的壓力為N，那么，由于該火車向東行駛而引起列車對軌道的壓力減輕的數量N0-N為（　　）
A．
B．
C．
D．
二、多選題
10．如圖所示，光滑水平面上，質量為m的小球在拉力F作用下做勻速圓周運動。若小球運動到P點時，拉力F發生變化，下列關于小球運動情況的說法中正確的是（　　）
A．若拉力突然變大，小球將沿軌跡Pb做離心運動
B．若拉力突然變小，小球將沿軌跡Pb做離心運動
C．若拉力突然消失，小球將沿軌跡Pa做離心運動
D．若拉力突然變小，小球將沿軌跡Pc做近心運動
11．鋼架雪車是一項精彩刺激的冬奧會比賽項目，運動員從起跑區推動雪車起跑后俯臥在雪車上，經出發區、滑行區和減速區等一系列直道、彎道后到達終點，用時少者獲勝。圖（a）是比賽中一名運動員通過滑行區某彎道時的照片。假設可視為質點的運動員和車的總質量為m，其在彎道P處做水平面內圓周運動可簡化為如圖（b）所示模型，車在P處的速率為v，彎道表面與水平面成角，此時車相對彎道無側向滑動，不計摩擦阻力和空氣阻力，重力加速度大小為g。下列說法正確的是（　　）
A．在P處車對彎道的壓力大小為
B．在P處運動員和車的向心加速度大小為
C．在P處運動員和車做圓周運動的半徑為
D．若雪車在更靠近軌道內側的位置無側滑通過該處彎道，則速率比原來大
12．甲、乙兩名溜冰運動員，，，面對面拉著彈簧測力計在水平冰面上做圓周運動的溜冰表演，如圖所示，兩人相距L=0.9m，彈簧測力計的示數F=9.2N，不計冰面摩擦與空氣阻力，下列判斷正確的是（　　）
A．兩人的線速度相同，約為40m/s
B．兩人的角速度相同，為
C．兩人的運動半徑相同，都是0.45m
D．兩人的運動半徑不同，甲為0.3m，乙為0.6m
13．學習了圓周運動知識后，某興趣小組受到啟發，設計了一個自行車限速報警裝置，如圖所示，該限速報警裝置固定在車輪邊緣，套在輕桿上的重物下端與輕彈簧相連，上端固定有兩個用導線相連的觸點，當車輪的轉速達到一定值時，重物會沿半徑向外運動，使各觸點接觸，電路導通，蜂鳴器發出警報聲，提醒騎行者減速，以保證安全，忽略一切摩擦，下面說法正確的是（　　）

A．重物向外運動是因為它受到離心力的作用
B．發出警報時，重物運動的角速度與車輪轉動的角速度相同
C．報警器運動到最高點時，彈簧的彈力大于重物的重力
D．若自行車前進的速度大小為v，則車輪最高點的速度大小為2v
三、實驗題
14．用如圖所示的裝置來探究小球做圓周運動所需向心力的大小F與質量m、角速度ω和半徑r之間的關系，兩個變速輪塔通過皮帶連接，轉動手柄使長槽和短槽分別隨變速塔輪勻速轉動，槽內的鋼球就做勻速圓周運動.橫臂的擋板對鋼球的壓力提供向心力，鋼球對擋板的反作用力通過橫臂的杠桿作用使彈簧測力筒下降，從而露出標尺，標尺上的紅白相間的等分格顯示出兩個鋼球所受向心力的比值，如圖是探究過程中某次實驗時裝置的狀態。
（1）該實驗用到的方法是 。
A．理想實驗 B．等效替代法 C．微元法 D．控制變量法

（2）圖中所示是在研究向心力的大小F與 的關系。
A．質量m B．半徑r C．角速度ω
（3）另一組同學用如下圖所示實驗裝置進行探究，圓柱體放置在水平圓盤上做勻速圓周運動，圓柱體與圓盤之間的摩擦可忽略不計。力傳感器測量向心力大小F，角速度傳感器測量角速度大小ω，該組同學通過保持圓柱體質量和運動半徑不變，來探究F與ω的關系。

該組同學讓圓柱體做半徑為r的勻速圓周運動，得到如圖1所示圖像，對圖線的數據進行處理，獲得了如圖2所示的圖像，該圖像是一條過原點的直線，則圖像橫坐標x代表的是 ，如果直線的斜率為k，則可以得到圓柱體的質量為 。

圖1 圖2
15．某校物理小組嘗試利用智能手機對豎直面內的圓周運動進行探究。實驗裝置如圖甲所示，輕繩一端連接拉力傳感器，另一端連接智能手機，把手機拉開一定角度，由靜止釋放，手機在豎直面內擺動過程中，手機中的陀螺儀傳感器可以采集角速度實時變化的數據并輸出圖像，同時，拉力傳感器可以采集輕繩拉力實時變化的數據并輸出圖像。經查閱資料可知，面向手機屏幕，手機逆時針擺動時陀螺儀傳感器記錄的角速度為正值，反之為負值。
(1)某次實驗，手機輸出的角速度隨時間變化的圖像如圖乙所示，由此可知在0到時間段內______
A．手機20次通過最低點
B．手機10次通過最低點
C．手機在整個擺動過程中，機械能守恒
(2)為進一步拓展研究，分別從力傳感器輸出圖和手機角速度—時間圖中讀取幾對手機運動到最低點時的拉力和角速度的數據，并在坐標圖中以F（單位：N）為縱坐標、（單位：）為橫坐標進行描點，請在圖中作出的圖像 。
根據圖像求得實驗所用手機的質量為 kg，手機重心做圓周運動的半徑為 m。（結果均保留兩位有效數字，重力加速度）
16．探究向心力大小與角速度、運動半徑、質量的關系，使用的向心力演示儀如圖1所示，簡化示意圖如圖2所示。擋板B、C到轉軸距離為R，擋板A到轉軸距離為2R，塔輪①④半徑相同。
(1)本實驗所采用的實驗探究方法與下列哪些實驗是相同的__________；
A．探究平拋運動的特點
B．探究小車速度隨時間變化的規律
C．探究加速度與物體受力、物體質量的關系
(2)探究向心力的大小與角速度的關系，可將傳動皮帶套在②⑤塔輪上，將質量相同的小球分別放在擋板 處（選填“A”、“B”或“C”中的兩個）；
(3)探究向心力的大小與運動半徑之間的關系。應將皮帶套在 塔輪上（選填“①④”、“②⑤”或“③⑥”）；
(4)某興趣小組用如圖3所示的裝置與傳感器結合驗證向心力的表達式。實驗時用手撥動旋臂產生圓周運動，力傳感器和光電門固定在實驗器上，實時測量角速度和向心力的大小：
a。圖4中取①②兩條曲線為相同半徑、不同質量下向心力與角速度的關系圖線，由圖可知曲線①對應的砝碼質量 （填“大于”或“小于”）曲線②對應的砝碼質量；
b。為了進一步明確向心力和角速度的關系，可以做哪兩個量之間關系的圖像 ？
17．探究向心力大小F與物體的質量m、角速度ω和軌道半徑r的關系實驗。
（1）本實驗所采用的實驗探究方法與下列哪些實驗是相同的 。
A．探究平拋運動的特點
B．卡文迪什扭秤測量萬有引力常量
C．探究兩個互成角度的力的合成規律
D．探究加速度與物體受力、物體質量的關系
（2）某同學用向心力演示器進行實驗，實驗情景如甲、乙、丙三圖所示。

a.三個情境中，圖 是探究向心力大小F與質量m關系（選填“甲”、“乙”、“丙”）。
b.在甲情境中，若兩鋼球所受向心力的比值為l:4，則實驗中選取兩個變速塔輪的半徑之比為 。
（3）某物理興趣小組利用傳感器進行探究，實驗裝置原理如圖所示。裝置中水平光滑直槽能隨豎直轉軸一起轉動，將滑塊套在水平直槽上，用細線將滑塊與固定的力傳感器連接。當滑塊隨水平光滑直槽一起勻速轉動時，細線的拉力提供滑塊做圓周運動需要的向心力。拉力的大小可以通過力傳感器測得，滑塊轉動的角速度可以通過角速度傳感器測得。小組同學先讓一個滑塊做半徑r為0.14m的圓周運動，得到圖甲中①圖線。然后保持滑塊質量不變，再將運動的半徑r分別調整為0.12m、0.10m、0.08m、0.06m，在同一坐標系中又分別得到圖甲中②、③、④、⑤四條圖線。

a.對①圖線的數據進行處理，獲得了F-x圖像，如圖乙所示，該圖像是一條過原點的直線，則圖像橫坐標x代表的是 。
b.對5條F-ω圖線進行比較分析，得出ω一定時，的結論。請你簡要說明得到結論的方法。( )

四、解答題
18．走時準確的大掛鐘和小鬧鐘，它們的分針的周期、角速度都一樣嗎？分針針尖線速度的大小呢？
19．如圖所示，半徑為r的圓筒A繞豎直中心軸勻速轉動，筒的內壁上有一個質量為m的物體B，物體B一邊隨圓筒A轉動，一邊以豎直向下的加速度a下滑。若物體與筒壁間的動摩擦因數為，圓筒A轉動的角速度為多大？
20．如圖所示，A、B兩個齒輪的齒數分別是z1、z2，各自固定在過O1、O2的軸上，其中過O1的軸與電動機相連接，此軸每分鐘轉速為n1。求：
（1）B齒輪的轉速n2。
（2）A、B兩齒輪的半徑之比。
（3）在時間t內，A、B兩齒輪轉過的角度之比。

21．如圖為某游戲裝置的示意圖。AB、CD均為四分之一圓弧，E為圓弧DEG的最高點，各圓弧軌道與直軌道相接處均相切。GH與水平夾角為，底端H有一彈簧，A、、、D、、H在同一水平直線上。一質量為0.01kg的小鋼球（其直徑稍小于圓管內徑，可視作質點，從距A點高為h處的O點靜止釋放，從A點沿切線進入軌道，B處有一裝置，小鋼球向右能無能量損失的通過，向左則不能通過且小鋼球被吸在B點。若小鋼球能夠運動到H點，則被等速反彈。各圓軌道半徑均為，BC長，水平直軌道BC和GH的動摩擦因數，其余軌道均光滑，小鋼球通過各圓弧軌道與直軌道相接處均無能量損失。某次游戲時，小鋼球從O點出發恰能第一次通過圓弧的最高點E。（，，）求：
（1）小鋼球第一次經過C點時的速度大小；
（2）小鋼球第一次經過圓弧軌道最低點B時受到的支持力大小；
（3）若改變小鋼球的釋放高度h，求出小鋼球在斜面軌道上運動的總路程s與h的函數關系。
試卷第1頁，共3頁
試卷第1頁，共3頁
《2026屆人教版高考物理第一輪復習：第六章圓周運動綜合提高練習5》參考答案
1．D
【知識點】離心運動的應用和防止
【詳解】A．根據
可知，當脫水桶的角速度較小時，衣物對水的作用力能夠提供水滴圓周運動的向心力，水不能夠被甩出去，即水沒有做離心運動，可知如果脫水桶的角速度太小，脫水桶就不能進行脫水，故A正確，不符合題意；
B．脫水桶工作時，由于角速度較大，衣服上的水由于衣物對水的作用力不足以提供水圓周運動的向心力，水做離心運動，貼在桶壁上的衣服由于桶壁對衣物的作用力能夠提供衣物圓周運動的向心力，則衣物沒有做離心運動，故B正確，不符合題意；
C．脫水桶工作時，由于沒有桶壁的作用力，靠近桶中心位置的衣物先做離心運動，之后貼在桶壁上后，脫水桶停止工作時，由于桶壁對衣物的作用力能夠衣服緊貼在桶壁上，故C正確，不符合題意；
D．根據上述可知，當桶的角速度較小時，衣物對水的作用力能夠提供水滴圓周運動的向心力，水不能夠被甩出去，即水沒有做離心運動，當桶的角速度較大時，衣服上的水由于衣物對水的作用力不足以提供水圓周運動的向心力，水做離心運動，故D錯誤，符合題意。
故選CD。
2．C
【知識點】向心力的定義及與向心加速度的關系
【詳解】空間站中宇航員做勻速圓周運動，宇航員感覺跟在地球表面上的時候一樣“重”，說明此時宇航員所需的向心力等于地球表面時受到的重力，則有
可得空間站轉動的角速度為
故選C。
3．C
【知識點】水平轉盤上的物體
【詳解】ABC．以小孩為研究對象，受到重力、支持力和靜摩擦力；小孩相對圓盤靜止，與圓盤一起做勻速圓周運動，所需要的向心力在水平面內指向圓心，重力G與支持力FN在豎直方向上，G與FN二力平衡，不可能提供向心力，因此小孩做圓周運動的向心力由靜摩擦力f提供，故AB錯誤，C正確；
D．根據牛頓第二定律可得
若使圓盤以較小的轉速轉動，小孩在P點受到的摩擦力變小，故D錯誤。
故選C。
4．C
【知識點】水平轉盤上的物體
【詳解】AB．根據題意可知，、隨圓盤轉動，它們的角速度相同為，由公式可得
所需要的向心力由靜摩擦力提供，則有
可得
故AB錯誤；
CD．由于最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則有
可得
可知，的最大靜摩擦力大于，由于P所受的摩擦力等于Q所受的摩擦力，若轉臺轉動的角速度緩慢增大，則Q一定比P先開始滑動，開始滑動時，兩物塊受到的摩擦力均為
P能達到的最大向心加速度為
故D錯誤，C正確。
故選C。
5．C
【知識點】向心加速度與角速度、周期的關系、周期、角速度、轉速、頻率與線速度之間的關系式、向心加速度的概念、公式與推導
【詳解】ABC．由幾何知識可知B點做勻速圓周運動的半徑為OB距離，為
由于A、B兩點同步繞O點旋轉，故有
由
可得A、B兩點線速度大小之比為
由向心加速度公式
可得A、B兩點加速度大小之比為
故AB錯誤，C正確；
D．由于向心加速度方向始終指向圓心，得B點加速度方向沿著OB指向O，故D錯誤。
故選C。
6．B
【知識點】傳動問題
【詳解】A．根據
可知，B的線速度為
B、C線速度相同，即C的線速度為
故A錯誤；
BC．A、B為主動輪，且同軸，角速度大小相等，即
C為從動輪，A、B順時針轉動，C逆時針轉動，故B正確，C錯誤；
D．B、C線速度相同，B、C角速度比為半徑的反比，則
故D錯誤。
故選B。
7．B
【知識點】圓錐擺問題
【詳解】AB．對題圖甲中A、B分析，設繩與豎直方向的夾角為，繩長為l，小球的質量為m，小球A、B到懸點O的豎直距離為h，則
解得
所以小球A、B的角速度相等，線速度大小不相等，故A正確，不符合題意；B錯誤，符合題意；
CD．對題圖乙中C、D分析，設繩與豎直方向的夾角為，小球的質量為m，繩上拉力為FT，則有
，
得
，
所以小球C、D所需的向心加速度大小相等，小球C、D受到繩的拉力大小也相等，故CD正確，不符合題意。
故選B。
8．C
【知識點】桿連接物體運動的分析、周期、角速度、轉速、頻率與線速度之間的關系式
【詳解】經過時間t，則有
AM的長度為
則AB桿上的M點繞A點的線速度為
將小環M的速度沿AB桿方向和垂直于AB桿方向分解，垂直于AB桿上分速度等于M點繞A點的線速度，則小環M的速度大小為
聯立，解得
可知隨著時間的增加，小環M向C端運動的速度增大，所以小環做加速運動。
故選C。
9．D
【知識點】拱橋和凹橋模型
【詳解】根據題意，設地球質量為M，當列車相對于地面靜止時，有
當列車相對地面的速度為v向東運動時，有
聯立解得
故選D。
10．BC
【知識點】圓周運動的小球向心力突變后的軌跡
【詳解】A．光滑水平面上，質量為m的小球在拉力F作用下做勻速圓周運動，若拉力突然變大，拉力大于所需的向心力，小球做近心運動，小球將沿軌跡Pc做近心運動，故A錯誤；
BD．若拉力突然變小，拉力不足以提供所需的向心力，小球做離心運動，軌跡位于圓與切線之間，即小球將沿軌跡Pb做離心運動，故B正確，D錯誤；
C．若拉力突然消失，小球將沿切線方向做勻速直線運動，即沿軌跡Pa做離心運動，故C正確。
故選BC。
11．AB
【知識點】通過牛頓第二定律求解向心力、火車和飛機傾斜轉彎模型
【詳解】A．對人和車受力分析，如圖所示
根據幾何關系可知
根據牛頓第三定律，車對彎道的壓力大小為
故A正確；
BC．根據牛頓第二定律可得
解得
，
故B正確，C錯誤；
D．若人滑行的位置更加靠近軌道內側，則圓周運動的半徑減小，根據
可知，當圓周運動的半徑減小，則其速率比原來小，故D錯誤。
故選AB。
12．BD
【知識點】周期、角速度、轉速、頻率與線速度之間的關系式、判斷哪些力提供向心力、有關向心力的簡單計算
【詳解】B．對甲乙分析，兩者做圓周運動，相同時間轉過的角度相等，即兩人的角速度相同，則有
，
根據題意有
解得
B正確；
CD．根據上述解得
，
C錯誤，D正確；
A．根據
，
解得
即兩人的線速度不相等，A錯誤。
故選BD。
13．BD
【知識點】離心運動的應用和防止
【詳解】AB．自行車輪轉動時重物一起做圓周運動，重物和車輪的角速度相等，當速度達到一定值時合力不足以提供向心力而做離心運動，彈簧被拉長，使得電路接通，而不是受到了離心力，故A錯誤，B正確；
C．報警器運動到最高點時合力豎直向下，所以重力大于彈簧的彈力，故C錯誤；
D．車子以速度v前進，是指輪心相對地面往前走，車子底部與地面接觸點相對地面的速度為零，其實輪心相對地面向后轉，相對輪心的速度為-v，輪子上各點相對輪心的速度大小都一樣，都是v，而輪子的最高點相對輪心向前轉，輪心也向前走，車輪最高點相對地面的速度為2v，故D正確。
故選BD。
14． D C
【知識點】探究向心力大小與半徑、角速度、質量的關系
【詳解】（1）[1]本實驗探究向心力的大小F與質量m、角速度ω和半徑r之間的關系，先控制其中兩個物理不變，探究向心力與另一個物理量的關系，采用的科學方法是控制變量法。
故選D。
（2）[2]圖中兩小球質量相等，做圓周運動的半徑相等，所以圖中所示是在研究向心力的大小F與角速度ω的關系。
故選C。
（3）[3]由向心力公式
可知，當質量和運動半徑不變時，有
所以圖像橫坐標代表的是。
[4]如果直線的斜率為，可知
可以得到圓柱體的質量為
15．(1)A
(2) 見解析 0.20 0.35
【知識點】探究向心力大小與半徑、角速度、質量的關系
【詳解】（1）AB．手機經過最低點時，速度達到峰值，根據圖乙可知，在0到時間段內，手機20次通過最低點，故A正確，B錯誤；
C．根據圖乙可知，角速度的峰值隨時間減小，表明手機在最低點的速度逐漸減小，即手機經過最低點的動能減小，可知，手機在整個擺動過程中，機械能減小，故C錯誤。
故選A。
（2）[1]將圖中的數據點用平滑直線連接起來，如圖所示
[2][3]手機在最低點，對手機進行分析，根據牛頓第二定律有
則有
幾何圖形有
，
解得
m=0.20kg，
16．(1)C
(2)B、C/C、B
(3)①④
(4) 小于 F-ω2
【知識點】探究向心力大小與半徑、角速度、質量的關系
【詳解】（1）本實驗所采用的實驗探究方法為控制變量法，與探究加速度與物體受力、物體質量的關系實驗方法是相同的；故選C。
（2）探究向心力的大小與角速度的關系，要保持轉動半徑和質量一定，則可將傳動皮帶套在②⑤塔輪上，將質量相同的小球分別放在擋板B、C處；
（3）探究向心力的大小與運動半徑之間的關系，要保持角速度和質量一定，應將皮帶套在①④塔輪上；
（4）a.[1]根據F=mω2r可知，相同半徑，當角速度相同時，質量越大，則向心力F越大，由圖可知曲線①對應的砝碼質量小于曲線②對應的砝碼質量；
b.[2]為了進一步明確向心力和角速度的關系，可以做向心力F與角速度ω平方，即F-ω2的關系圖像，該圖像為線性圖像，容易觀察。
17． D 丙 2:1 見解析 見解析
【知識點】探究向心力大小與半徑、角速度、質量的關系
【詳解】（1）[1]A．本實驗所采用的實驗探究方法為控制變量法，探究平拋運動的特點采用等效思想，故A錯誤；
B．卡文迪什扭秤測量萬有引力常量，采用微小量放大法，故B錯誤；
C．探究兩個互成角度的力的合成規律，采用等效替代法，故C錯誤；
D．探究加速度與物體受力、物體質量的關系，采用控制變量法，故D正確。
故選D。
（2）[2]探究向心力大小F與質量m關系時，應保證角速度和半徑相同，但兩球質量不同，故選丙。
[3]由圖可知，兩球質量相等，且轉動半徑相等，所以該實驗探究向心力大小與角速度的關系，當向心力的比值為l:4時，根據公式
可得，角速度之比為1:2，而塔輪邊緣點的線速度相等，根據公式
可知，實驗中選取兩個變速塔輪的半徑之比2:1。
（3）[4]小組同學先讓一個滑塊做半徑r為0.14m的圓周運動，得到圖甲中①圖線，由①圖線可知，F與ω不成正比，通過數據分析可知F與ω2成正比，即F與ω2的關系圖線是一條過原點的直線，即x可以是ω2，又因ω變化時，滑塊質量和半徑不變，所以x也可以是mω2或rω2等含有ω2即可；
[5]探究F與r的關系時，要保證m和ω不變，因此可以在F-ω圖像中找到同一個ω對應的向心力，根據5組向心力F和半徑r的數據，在F-x坐標系中描點作圖，若得到一條過原點的直線，則說明F與r成正比。
18．周期和角速度都一樣；分針針尖線速度的大小不同
【知識點】周期、角速度、轉速、頻率與線速度之間的關系式
【詳解】不管什么形狀的表，分針做的都是勻速圓周運動，它們的周期都是一小時，所以它們的角速度是相等的，但因為不同規格的表，分針的長度不同，即做圓周運動的半徑不同，根據線速度和角速度的關系
分針的長度不同，則針尖的線速度不同。
19．
【知識點】通過牛頓第二定律求解向心力
【詳解】設圓筒A轉動的角速度為，物體B做圓周運動的向心力由筒壁的支持力提供，則筒壁的支持力
根據牛頓第三定律，物體對筒壁的壓力
①
根據牛頓第二定律
②
聯立①②得
20．（1）n1；（2）z1∶z2；（3）z2∶z1
【知識點】周期、角速度、轉速、頻率與線速度之間的關系式、傳動問題
【詳解】（1）齒數與半徑成正比，根據
線速度相等，齒輪的轉速與齒數成反比，所以B齒輪的轉速
n2=n1
（2）齒輪A邊緣的線速度
v1=ω1r1=2πn1r1
齒輪B邊緣的線速度
v2=ω2r2=2πn2r2
因兩齒輪邊緣上點的線速度大小相等，即
v1=v2
所以
2πn1r1=2πn2r2
即兩齒輪半徑之比
r1∶r2=n2∶n1=z1∶z2
（3）在時間t內A、B轉過的角度分別為
φA=ω1t=2πn1t
φB=ω2t=2πn2t
轉過的角度之比
φA∶φB=n1∶n2=z2∶z1
21．（1）；（2）；（3）
【知識點】摩擦力做功的計算、應用動能定理解多段過程問題、拱橋和凹橋模型
【詳解】（1）小鋼球在E點處做圓周運動，當其恰好通過E點時，小鋼球速度為零，從C到E的運動過程，根據動能定理有
解得
（2）設小鋼球通過B點時的速度為，從B到C的運動過程，摩擦力做功為
根據動能定理有
小鋼球經過B點時，根據向心力公式有
兩式聯立，解得
（3）設小鋼球恰好能經過E點時，其釋放的高度為h1，從O到E的運動過程，根據動能定理有
解得
當小鋼球的釋放高度時，小鋼球將無法通過E點，所以其在GH斜面軌道上運動的總路程s為零。
根據幾何關系可知，斜面軌道GH的長度
小鋼球在斜面GH上運動時，所受摩擦力大小為
小鋼球在斜面軌道上完成從G到H的運動，摩擦力做功
可知，小鋼球完成從H到G的運動，摩擦力做功也為-0.032J。
設小鋼球釋放高度為h2時，其能夠運動到H點，并被反彈，且恰好能夠再次經過E點，根據動能定理有
解得
當小鋼球的釋放高度時，小鋼球再次通過E點后，將向D、C方向運動，并不再返回，所以其在GH斜面軌道上運動的總路程
小鋼球重力沿斜面向下的分力大小為
因為，所以當小鋼球的釋放高度時，小鋼球第一次通過E點后，無法再次經過E點，它將會在斜面軌道上反復運動，最終停在H點。根據動能定理有
解得
綜上可的
答案第1頁，共2頁
答案第1頁，共2頁

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