周测评(10)向心加速度 生活中的圆周运动-【衡水真题密卷】2024-2025全学年高一物理学科素养周测评（人教版）

衡水真题密卷 9.(1)4m/s(2)1.2m(3)1.6m 【解析】（1)设物体平抛后落在A,点时竖直方向 的速度为)，，根据匀变速直线运动的位移与速度 的关系得 v3-0=2gh 解得v,=3m/s 根据平抛运动速度偏角的正切值得 vo-tan 37-4m/s. (2)设物体平抛后落在A,点时的速度为VA,根据 速度的合成得 va=√o十o=5m/s<8m/s 由于mg cos37>mg sin37°，物体速度减为0后 反向运动回去，并从A点以与A大小相等，方向 相反的速度A抛出，设物体从离开传送带到运 动到最高点时间为t1,则 t,=0asin37°-0 =0.3S g 根据匀速直线运动得 2024一2025学年度学科素养周测评（十） 一、选择题 1.B【解析】如题图甲所示，物体随水平圆盘匀速 转动时，受到重力、支持力、摩擦力作用，其中的 摩擦力提供向心力，A错误；如图题乙所示，物体 在水平面上做圆周运动，若在A点运动轨迹突然 发生改变而沿虚线运动，即做离心运动，则可能 是因为物体的速度突然变大，也可能是提供的向 心力变小，B正确；如图丙所示，火车转弯时，为避 免轮缘与内外轨发生侧向变压，倾角日应满足 7gan0=m即tan0三g与火车的质量无 关，C错误；如题图丁所示，小球在平面内做圆周 运动，过最高，点时对小球进行受力分析，如果轻 2 杆对小球为向上的支持力，则mg一FN=m, 随着速度的增大，小球受到的支持力减小；若轻杆对 小球为向下的拉力，则mg十T=加号，随着速度的 增大，小球受到的拉力增大，D错误。 L 2.D【解析】转弯半径为r一日，A、B错误；客机所 受向心力大小为F=mw?,又因为w=,解得 ·18 学科素养周测评 x1=UA cOS37°·t1=1.2m。 (3)因μng cos37°<mng sin37°，所以物体无法与 传送带相对静止，由牛顿第二定律得 umg cos37°+mg sin37°=ma1 解得a1=10m/s2 mg sin37°-mg cos37°=ma2 解得a2=2m/s2 设物体由A,点加速至与传送带共速时位移为 x1,物体运动到B点时速度为VB,根据匀变速直 线运动的位移与速度的关系得 8-w=1.95m I1- 2a1 由v2-v6=2a2(L-x1） 解得g=10m/s 设物体从B点到落地，点时间为t2,由 H=sin37…i+2g 解得t2=0.2s 因此x2=vBc0s37°·t2=1.6m。 物理·向心加速度生活中的圆周运动 F=mL0 ,C错误，D正确。 3.D【解析】玩具小车在BD下方运动时，向心加 速度指向圆心，均有竖直向上的分量，故处于超 重状态，A错误；由于玩具小车在轨道上做匀速 圆周运动，切向分量上合力为零，故在B点受到 竖直向上的摩擦力，B错误；设玩具小车在C,点 时受到向下的压力FC,则Fc十mg=mR,又 0=2π=0.6rm/s,得Rc≈1N,由牛顿第三定 T 律可知玩具小车在C点时对轨道的压力Fc= FC≈1N,C错误；设玩具小车在A点时受到向 上的压力FM,则FM一mg=mR,由牛顿第三 定律可知玩具小车在A点时对轨道的压力 FA=FM,得F-FKc=2mg=10N,D正确。 4.D【解析】细绳长为L,重力沿斜面向下分力为 mg sin0,小球在最高，点的向心力最小值为mgsin0, 故存在最小速度，最小速度为v,满足mg sin0= m乙，解得u √，所以小球在最高点的连度 3gL 3gL ,必须满足≥√g,AB,C错误，D正确。 ·物理· 5.AC【解析】对小圆环进行受力分析，如图甲所 示，由牛顿第二定律得Tsin30°-Ncos30°= mw2r,Tcos30°=Nsin30°+mg,随着w的增 大，拉力T和弹力N都会变小，其中T一直减 小，而N会先减小到0再反向增大，A正确，B错 误；若弹力N=0,圆周运动的半径r=Rcos30°= 2g 它R,代入上式，解得w一√R,C正确：若拉力 T=0,此时N已经反向，对小圆环进行受力分 析，如图乙所示，由牛顿第二定律得Tsin30°+ Ncos30°=mw2r,Tcos30°+Nsin30°=mg,解 得ω= 2g,D错误。 0 :30A T 309 0 0 T mg mg 02 分 乙 6.ABD【解析】在Q点，由牛顿第二定律得F 0 mg=m尺，所以图线I对应Q传感器的图像，在 UN N点由牛顿第二定律得mg一F=mR,由Q点 到N点，由动能定理得-mg·2R= 1 -2 mN2mv6, 联立得F=5mg-。”,所以图线Ⅲ对应N传感 器的图像，对M点由牛顿第二定律得mg十F= m,由Q点到M点，由动能定理得-mg·2R= m 名mvimoi,联立得F-"袋-5mg,所以图 1 线Ⅱ对应M传感器的图像，传感器P不会受到 压力作用，A正确；根据以上分析可知，I、Ⅱ、Ⅲ对 应Q、M、N的图像，由图像可求得，当速度为零时， 在Q点，F。=mg=10N,所以小球的质量m= 1kg,B正确；根据题图乙可知，当v品=20m2/s 时，N点弹力为10N,此时到达N点的向心力 为零，速度为零，所以当。<2√5m/s时，小球无 法通过轨道的最高点，C错误；当vo=5m/s时， 小球到达N点时对传感器的压力为零，重力提供 参考答案及解析 向心力，大小为10N,D正确。 二、非选择题 7.(1)0(2)3.32N或4.28N 【解析】(1)对B受力分析有，竖直方向由平衡条 件得 Ficos 0-mBg 解得F1=5N 对A受力分析有，由牛顿第二定律得 Fisin 0+f:=maw(Lisin 0+L2) 解得f1=0。 (2)小环A受到摩擦力的大小为f2=1.8N时。 当摩擦力向左时，对A由牛顿第二定律得 Fisin 0-f2=maw(Lisin 0+L2) 解得w2=2rad/s 对B,由牛顿第二定律得 F-Fsin 0=m Bw2L2 解得B、P间细线拉力的大小为 F=3.32N 当摩擦力向右时，对A由牛顿第二定律得 Fisin 0+f2=maw(Lisin 0+L2) 解得w3=4rad/s 对B,由牛顿第二定律得 F'-F sin 0=mBoL2 解得B、P间细线拉力的大小为 F′=4.28N. 8.(1)1rad/s(2)1.75m 【解析】(1)分析可知，最大角速度应满足滑块运 动到最低点时对应的所需向心力的大小，此时滑 块所受到的摩擦力最大，由牛顿第二定律有 umg cos -mg sin 0=mo2R 解得w=1rad/s。 (2)圆盘顶点离地高度为 h=2Rsin 0=1 m 滑块离开圆盘最高，点后做平抛运动，由竖直分运 动有 1 h=28t 解得t= s 由水平分运动有 1 x:=u=4m 圆盘顶端到A点在水平面上的投影为 x2=2Rcos0=√3m 入y 衡水真题密卷 则滑块落地时到A,点的距离为 8=2+-子m=1.75m. 9.(1)5rad/s(2)0.75m≤ra≤3.25m (3)w2≤2√7rad/s 【解析】(1)设盘的角速度为ω。时，小物块A将 开始滑动，则 uimg=mworo 解得小物块A即将打滑时wo=5rad/s。 (2)小物块A放置在离中心距与不同的位置上弹 力不同，由临界条件可得 F1十f=mwir1 F2-f=mωir2 f=umg 由胡克定律可知 2024一2025学年度学科素养周测评（十- 一、选择题 1.C【解析】若地球绕太阳的运动为圆周运动，则 4π2 太阳对地球的引力提供向心力，即F=m,TR,根 据开音勒第三定律得琴-，联立可得F=标· 0心”2，A错误：由以上分析可知，太阳对地球 的引力为F=4π2k· ,月理可得，地球对 太阳的引力为F'=坛·袋心，共比例系数 中的只与中心天体的质量有关，所以二者的比 例系数不相同，B错误；类比地球绕太阳的运动规 律及开普勒第三定律得出，地球对月球的引力为 f=4“…2,C正碗；若地球对平果的引 r2 F月 力与地球对月球的力是同一种力，则a月一m月 Gm2 r2,a*= 本一年一R飞，所以苹果自由落体加速度 与月球绕地球做圆周运动的向心加速度之比为 a月RD错误。 2.A【解析】设火星在近日点的线速度为v1,与太 阳的距离为R1,远日点的线速度为V2,与太阳的 ·2( 学科素养周测评 F1=k(r1一r0) F2=k(r2-r0) 解得r1=0.75m,r2=3.25m 故满足条件的小物块A转动半径rA的大小范围 0.75m≤r4≤3.25m (3)若小物块B解除固定状态，则小物块B刚好 滑动时弹簧拉力为F3,则对小物块B有 F3=u2mg=2 N 由胡克定律可知 F3=k(r3-ro) 解得r3=0.25m 对小物块A受力分析，为了保证小物块B不打 滑，则有 Fg+μ1mg≥mw2r3 解得w2≤2√7rad/s。 一)物理·行星的运动万有引力定律 距离为R2,根据开普勒第二定律，设在极短时间 1 △t内，则有2uR1·△t=20R:·△t,可知u1> 2,即近日点的线速度大于远日点的线速度，结 合开普勒第二定律可知，火星从近日，点向远日，点 运动的过程中，线速度在逐渐减小；从远日，点向 近日点运动的过程中，线速度逐渐增大。因此可 知，火星由a到b过程速度先增大后减小，由c到 d过程速度减小，A正确，B错误；根据开普勒第 二定律，行星与中心天体的连线在相同时间内扫 过的面积相等，而根据题意，由a到b和由c到d 过程，火星与太阳连线扫过的面积均为S,则可知 由a到b所用的时间等于由c到d所用的时间， C、D错误。 3.C【解析】由开普勒第二定律可知，侦察卫星在 D,点速度最小，由于中星26与椭圆轨道侦察卫 星的运行周期都为T,则中星26在C点线速度 o1大于侦察卫星在D点线速度v2,A错误；根据 题意，由于中星26与椭圆轨道侦察卫星的运行 周期都为T,由题图可知，中星26在下半周转动 时，侦察卫星在上半周转动，中星26在上半周转 动时，侦察卫星在下半周转动，则中星26与侦察 卫星不可能相遇，B错误；根据题意可知，中星26 与椭圆轨道侦察卫星的运行周期都为T,由开普2024一2025学年度学科素养周测评（十） 9 物理·向心加速度生活中的圆周运动 (考试时间40分钟，总分100分) 一、选择题：本题共6小题，每小题8分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1~4题 只有一项符合题目要求，第5、6题有多项符合题目要求。全部选对的得8分，选对但不 全的得4分，有选错的得0分。 题号 2 3 6 答案 1.关于生活中的圆周运动，下列说法正确的是 车轮 外 车轮 。内轨 A.如图甲所示，物体随水平圆盘匀速转动时，受到重力、支持力、摩擦力和向心力作用 B.如图乙所示，用一根轻绳拴着物体在竖直平面内做圆周运动，若在A点运动轨迹突然 发生改变而沿虚线运动，则可能是因为轻绳上的拉力突然变小了 C.如图丙所示，火车转弯时，为避免轮缘与内外轨发生侧向变压，倾角0应根据火车的 质量设计 D.如图丁所示，轻杆的一端连接一小球，在竖直平面内做圆周运动，过最高点时，若小球 的速度越大，则小球对轻杆的作用力也越大 2.2023年5月28日，我国自主研制的大型客运飞机C919从上海虹桥飞抵北京首都国际 机场，标志着中国造大飞机正式迈入商业运营阶段。若客机空中转弯时，在t时间内以 恒定的速率沿圆弧路径飞行的路程为L,客机相对圆弧圆心转过的角度为0，客机的质 量为m,下列对客机转弯过程的分析，正确的是 ) A.转弯半径为 B.转弯半径为L 心客机所受向心力大小为？必 D,客机所受向心力大小为mL 3.如图所示，玩具小车在轨道上做匀速圆周运动，测得小车1s绕轨道运 动一周，圆轨道半径为0.3m,玩具小车的质量为0.5kg,AC为过圆心 的竖直线，BD为过圆心的水平线，重力加速度g取10m/s2,玩具小车 可看作质点，下列说法正确的是 ( 高一学科素养周测评（十）物理第1页（共4页） 衡水真是 A.玩具小车在BD下方运动时处于失重状态 班级 B.玩具小车在B点不受摩擦力作用 C.玩具小车在C点时对轨道的压力恰好为零 姓名 D.玩具小车在A点时对轨道的压力比在C点时大10N 4.如图所示，质量为m的小球用轻质细绳连接，细绳另一端固定在光滑固定斜面上的O ---------- 得分 3 点，细绳为L,斜面倾角为0，且tan日一，重力加速度为g。将小球拉至最高点以某一 初速度。释放，在此后的运动过程中，下列说法正确的是 A.无论小球的初速度v。为多大，小球均能做完整的圆周运动 B.为了能做完整的圆周运动，小球在最高点的速度v。必须满足v。≥√gL C.为了能做完整的圆周运动，小球在最高点的速度v。必须满足vo≥ 3gL D.为了能做完整的圆周运动，小球在最高点的速度，必须满足≥、°) 3gL 5.如图所示，竖直放置一光滑的大圆环，圆心为O,半径为R。一根轻质细绳一端固定在 大圆环的最高点，另一端连接一质量为M且套在大圆环上的小圆环，静止时细绳与竖 直轴之间的夹角为30°，现让大圆环绕过圆心O的竖直轴O1O2做圆周运动，角速度从 零开始缓慢增加，直至小圆环将要沿着大圆环向上滑动，重力加速度为g,下列说法正确 的是 () 309 O+ 0 A.细绳拉力一直减小，大圆环对小圆环的弹力先减小后增大 B.细绳对小圆环的拉力比大圆环对小圆环的弹力先达到零 C.角速度增大到 时，大圆环对小圆环的弹力为零 3R D.角速度增大到 时，细绳对小圆环的拉力为零 题密卷 高一学科素养周测评（十）物理第2页（共4页） 1 6.如图甲所示，被固定在竖直平面内的轨道是由内径很小、内壁均光滑的水平直轨道和半 圆形轨道平滑连接而成，在半圆形轨道内壁的最高和最低处分别安装M、N、P、Q四个 压力传感器。一小球（可视为质点）在水平轨道内以不同的初速度。向右运动（传感器 不影响小球的运动)。在同一坐标系中绘出传感器的示数F与？的图像I、Ⅱ、Ⅲ如图 乙所示。重力加速度g取10m/s2。下列判断正确的是 () FN P 10 0 20252/(m2s 甲 乙 A.图线I、Ⅱ、Ⅲ分别是传感器Q、M、N的图像 B.由图像可求得小球的质量m=1kg C.当v。<2√5m/s时，小球可以通过轨道的最高点 D.当vo=5m/s时，小球运动到最高点时向心力的大小为10N 二、非选择题：本题共3小题，共52分。 7.(12分)如图所示，小环A套在粗糙的水平杆KO上，小球B通过细线分别与小环和竖 直轴OO'相连，A、B间细线长为L1=0.5m,与竖直方向的夹角0=37°，B、P间细线水 平，长为L2=0.2m,整个装置可绕竖直轴OO'转动。已知小环A和小球B均可视为质 点，小环A的质量为mA=0.6kg,小球B的质量为mg=0.4kg,sin37°=0.6，cos37°= 0.8,重力加速度g取10m/s2,在以下两问中，小环A与杆均未发生相对滑动。求： (1)装置匀速转动的角速度为w1=√I0rad/s时，小环A受到摩擦力的大小。 (2)小环A受到摩擦力的大小为f2=1.8N时，B、P间细线拉力的大小。 1 高一学科素养周测评（十）物理第3页（共4页） 衡水真 8.(20分)如图为一半径R=1m的圆盘，其圆心O穿过一根垂直于圆面的转轴，圆盘平面 与水平面夹角0=30°，其下端与水平面上A点接触但无挤压。一可视为质点的滑块置 于圆盘边缘（图中未画出），滑块可随圆盘一起绕轴做匀速圆周运动。已知滑块与圆盘 间的动摩擦因数以-2石，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10mg, (1)求滑块随圆盘一起做匀速圆周运动的最大角速度。 2)若滑块随圆盘以=ms的速度做匀速圆周运动，当滑块运动至最高点时，突然 撤去圆盘，滑块与圆盘分离瞬间滑块速度不变，求滑块落地点与水平地面上的A点 之间的距离。 mmm 4 9.(20分)如图所示，在足够大的转盘中心固定一个小物块B,距离中心为r。=0.2m处放 置小物块A,A、B质量均为m=1kg,小物块A与转盘之间的动摩擦因数为1=0.5， 现在用原长为d=0.2m、劲度系数k=40N/m的轻质弹簧将两者栓接。重力加速度g 取10/s2,弹簧始终处于弹性限度以内，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。 (1)缓慢增加转盘转动的角速度，求小物块A即将打滑时的角速度大小。 (2)若转盘的角速度w1=6rad/s,小物块A可以放置在与中心距离不同的位置上，且小 物块A始终不打滑，求满足条件的小物块A转动半径4的大小范围； (3)若小物块B解除固定状态，小物块B和转盘间动摩擦因数为42=0.2，现将转盘角 速度从0开始缓慢增大，为了保证小物块B不打滑，求满足条件的转盘角速度ω2的 大小范围。 B☐w 题密卷 高一学科素养周测评（十）物理第4页（共4页）