周测评(八)圆周运动-【衡水真题密卷】2026年高三物理学科素养周测评（鲁冀粤辽鄂湘黑赣桂吉晋豫陕青宁蒙新藏渝甘黔滇川皖B版）

学无止境，勤奋为舟，智慧为帆 密 2025一2026学年度学科素养周测评（八） 班级 4 题 物理·圆周运动 姓名 本试卷总分100分，考试时间40分钟。 0.5 orad'sy 一、单项选择题：本题共5小题，每小题6分，共30分。每小题只有一个选项符合题目 要求。 A.rA=0.5 m 得分 B.ra=1.0m 题号 1 2 3 4 5 C.物块与圆盘间的动摩擦因数：=0.1 答案 D.当角速度为√3rad/s时，物块恰好与圆盘相对滑动 1.公园游乐场里的海盗船是许多同学儿时美好的回忆。如图甲所示，某同学坐在船体A 4.如图所示，C为可绕过O点竖直轴转动的光滑小圆环。质量分别为m1、m2的小球与穿 处用手机物理工坊(phyphox)对正在摆动的海盗船进行了向心加速度大小和角速度大 过圆环的细绳两端A,B相连，绕C在空中做圆锥摆运动，运动的周期相等，AC、BC长 小的测量，在海盗船自由摆动阶段，测得如图乙、丙数据。下列说法正确的是() 度分别为L1、L2。不计空气阻力，小球均可视为质点，下列说法正确的是 () A若L1>L,B处的小球运动的轨迹平面更高 B.若L1>L:,B处的小球运动的轨迹平面更低 C.一定有m1L1=mL S50829 D.一定有mL1=mL2 5.在物理实验室中，研究人员设计了一个旋转容器实验装置，用于研究物体的受力情况。 向心加速度 如图所示，将长方体容器一面固定在转轴上，绕转轴做匀速圆周运动。容器内有用轻杆 相连质量均为m的A、B两物块，杆与竖直方向的夹角为0。物块A靠在光滑的左壁， 8 62 物块B在水平底面的中点，两物块均可视为质点且与底面的动摩擦因数均为：，容器底 时间（秒） 时间（秒） 边长为2，杆与容器始终保持相对静止。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为 A.此阶段海盗船摆动的周期大约为2.5s g。下列说法正确的是 () B.同一时刻座位上A、B两点的角速度大小不同 C.该同学4s末已通过最低点，速度开始减小 D.通过峰值平均数据可估算手机距离海盗船转轴约为20m 2.如图所示，ABC为竖直固定的圆形（部分）细管道，其半径为R(细管中心至O点)，内壁 光滑，将一质量为m的小球（小球直径比细管内径略小，远小于管道半径R)轻放到管道 最高点，由于微小扰动小球开始沿管道运动，空气阻力不计，重力加速度为g,下列说法 正确的是 () A,小球经过管道最低点B时，管道对小球的支持力大小为4mg &小球经过管道出口C点时，管道对小球的支持力大小为32+2m5 C.小球离开C点后上升到最高点时的速度为0 A若物块B受到的摩擦力为零，则角速度大小为，an可 D.小球离开C点后上升的最大高度一定与A点等高 77777772775 2gtan日 3.如图甲所示，质量mA=1kg、m=2kg的物块A、B分居圆心两侧放在水平圆盘上，用 B.若物块B受到的摩擦力为零，则角速度大小为 不可伸长的轻绳相连，两物块与圆心距离分别为rA和rB,其中rA<rB。A、B与圆盘的 动摩擦因数相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当圆盘以不同角速度细绕轴OO匀 C.转轴匀速转动的角速度最大值为 gtan 0+2ug r 速转动时，轻绳的弹力F随。的变化关系如图乙所示。当角速度为d:时，物块 A恰好不受摩擦力作用，g取10m/s2,下列说法正确的是 D,转轴匀速转动的角速度最大值为 gtan 6+ug () 学科素养周测评（八）物理第1页（共4页】 真题密卷 学科素养周测评（八）物理第2页（共4页） 二、多项选择题：本题共2小题，每小题10分，共20分。每小题有多个选项符合题目要求， (4)若适当满大电机的转速，则激光笔应 (填“上移”“不动”或“下移”)。 全部选对的得10分，选对但不全的得5分，有选错的得0分。 (5)改变电机转速，重复实验，将得到的多组T和h的数据记录到表格中，并绘制 题号 6 7 (填“hT”或“”)图像，根据图像的斜率友可以进一步求出当地重力加速度 答案 8= (用题中所给字母表示) 6.如图所示，光滑的长方形框架绕着竖直轴O1O:匀速转动，O,O:与框架的左右两边平 ) 行，A是框架其中一个顶点，两根劲度系数均为k、原长相同的轻质弹簧上端悬挂在框架 上边的O,点，下端分别悬挂小球1、2（均可视为质点），其中质量为m的小球1套在框 架的竖直边上，在框架的另一条竖直边上固定一水平光滑的硬杆，小球2套在水平硬杆 上，系统匀速转动稳定时，小球1位于B点，且框架的竖直边对小球1的掸力刚好为0， 小球2连接的弹簧与水平方向的夹角为53°，且水平硬杆对小球2的弹力刚好为0，A与 O1之间的距离为4L,A与B之间的距离为3L,重力加速度为g,5in53°=0,8，co553° 9.(18分)如图所示，质量为m的小球静止在足够大的水平转盘上，一根长为L的细线 0.6,两弹簧始终在弹性限度内，下列说法正确的是 (） 端连接在小球上，另一端连接在圆盘竖直转轴上的A点，细线刚好伸直时与竖直方向的 夹角0=37°，重力加速度为g,sin37°=0.6，c0s37°=0.8，使转盘绕转轴在水平面内缓 A.长方形框架匀速转动的角速度为，√3元 4 慢转动，并逐渐增大转动的角速度，求： (1)当小球对转盘的作用力恰好为零时，转盘转动的角速度大小： B弹簧的原长为5L-g 3k (2)当小球转动的角速度为 C小球2做匀迷圆周运动的半径为只 区时，细线突然断开，小球在转盘上的落点离转轴的距离。 D,与小球2连接的弹资的伸长量为- 7.如图所示，半圆竖直轨道与水平面平滑连接于B点，半圆轨道的圆心为O,半径为R,C 为其最高点。BD段为双轨道，D点以上只有内轨道，D点与圆心的连线与水平方向的 夹角为8，一小球从水平面上的A点以一定的初速度向右运动，能沿圆弧轨道恰好到达 C点。不计一切摩藤，下列说法正确的是 () A.小球到达C点时速度为0 B.小球到达C点后做平抛运动落在地面上 10.(20分)某装置可简化为如图所示模型。水平传送带A、B间距x=3.6m,传送带沿顺 C.小球在A点的初速度为/5gR 时针方向匀速运行，速度V大小可调，传送带上表面与光滑水平面BC在同一水平面 2 内。半径R=0.5m的光滑半圆弧轨道CD周定在竖直面内，圆弧面的最低点C与水 D.若小球到达D点时对内外轨道均无弹力，则sin0 平面相切，物块与传送带上表面间动摩擦因数：=0.5，运行时先调节传送带速度，然后 三、非选择题：本题共3小题，共50分。 只需将质量m=0.5kg的物块轻放在传送带上表面的左端，g取10m/s2。 8.(12分)一物理老师设计了一款研究向心力大小的实验装置，其简化示意图如图所示，装 (1)若传送带的速度调为2m/s,求物块运动到圆弧面C点时对圆弧面的压力大小。 置固定在水平桌面上，在可调速的电机上固定一个半圆形有机玻璃凹槽（表而光滑，可 (2)要使物块在圆弧面上运动时不离开圆弧面，则传送带匀速运行的速度应调节在什 忽略摩擦的影响)，凹槽在电机的带动下能绕过凹槽圆心的竖直轴转动，旁边竖直固定 么范围内（不考虑反复运动）。 一标尺，其上是可调高度的激光笔，激光笔发出水平方向的激光（不考虑折射现象），初 (3)若传送带的速度调为4m/s,求物块在圆弧面上运动时离开圆弧面的位置距水平面 始时刻，凹槽与标尺在同一平面内。实验步骤如下： 的高度。 (1)将钢球放入凹槽底部，上下移动激光笔对准凹槽圆心，此时激光笔所在位置读数记 为h。。 (2)接通电源，开启电机调速开关，钢球开始随凹槽转动，当钢球到达某一高度后随凹槽 做稳定的匀速圆周运动，上下移动激光笔，当激光对准纲球球心位置时，记录此时激 光笔所在位置读数为h:(h,>ho),记h=h:一ho, (3)利用光电传感器探测钢球运动的周期。每当激光笔发出的激光照在钢球上时，光电 传感器便会接收信号计次，若第1次光电传感器接收到信号时数字计时器开始计 时，并记录为0次，达到n次时计时器停止计时，记录总时间t,则钢球运动的周期 T= (用题中所给字母表示)。 学科素养周测评（八）物理第3页（共4页） 真题密卷 学科素养周测评（八）物理第4页（共4页）·物理· 参考答案及解析 △x1=x奉1十50一x弹1=0 (2分) 由于55m<60m (1分) 可知，此时两者垂直位移之差为 可知，汽车在攻击范围内，即空爆弹能击杀敌军， 1 敌军是因空爆而死。 (2分) △h=h-2g经=55m (2分) 2025一2026学年度学科素养周测评（八）】 物理·圆周运动 一、单项选择题 先达到最大，此后fA十F=mAw2rABg十F 1.C【解析】由题图可知，此阶段海盗船摆动的周期 mwrB,随着角速度增大，B所受摩擦力不变，则 大约为5.0s,A错误；由于A、B两，点在摆动的过 有F=mBw2rB一1Bg,结合题图像可得1Bg= 程中属于同轴转动，故同一时刻座位上A、B两点 2 的角速度大小相同，B错误；由题图可知，在最低 2,mnVn一0.5=4，解得=0.1，rm=2m,当角速 点速度最大，加速度最大，故该同学4s末已通过 最低，点，速度开始减小，C正确：由题图可知，加速度 度=6 rads时，物块A恰好不受摩擦力，则 的峰值a=3.5m/s2,角速度的峰值=0.7rads, 有F,=mAωrABg十F1=mBωrB,联立解得 根据a=rw,可得通过峰值平均数据可估算手机 rA=1m,A、B错误，C正确；当物块恰好与圆盘相 距离海盗船转轴约为7m,D错误。 对滑动时，A所受摩擦力达到最大，且沿半径向 2.B【解析】小球经过管道最低点B时，由牛顿第二 外，则有F2一nAg=mAωrA,nBg十F2= UB m BO3rB,联立解得w2=1rads,D错误。 定律可得Fg一mg=mR,小球由管道最高点运 4.C【解析】设AC、BC与竖直方向夹角分别为a、 动到最低，点的过程，由机械能守恒定律可得mgX B,则有m1 g tan a=m1 4π2 Tz Lisina,m2gtan B= 2R=名m5,联立解得管道对小球的支持力。 4π 5mg,A错误；小球经过管道口C点时，对小球受 m:TL,sinB,解得L1cosa=L2cosB,表明两小 力分析如图所示，由牛顿第二定律可得F。一 球运动的轨迹平面在同一高度，A、B错误：由于细 绳穿过圆环，则细绳对两小球的拉力大小相等，结 mgc0s45°=m尺，小球由管道最高点运动到管 合上述有Tcos a=m1g,Tcos3=m2g,解得 道出口C点的过程，由机械能守恒定律可得 m1L1=m2L2,C正确，D错误。 mgR十Rs460)-2mi,联立解释Fe- 5.C【解析】设A、B间杆的作用力为T,若物块B所 受摩擦力为零，对A受力分析有mg=Tcos0,对 3,22mgB正确：小琼高开C点后微斜地运 B受力分析有Tsin0=mw2r,解得w= gtan 0 动，在最高点具有水平速度，由机械能守恒定律可 A、B错误；对B受力分析有Tsin0十f=mw2r,又 知，上升的最大高度一定低于A点，C、D错误。 由Tcos0=mg,故mg tan0+f=mw2r,因为杆 与容器始终保持相对静止，故对A、B整体受力分 '459 析有f≤μ·2mg,故mwr≤ng tan0+μ·2mg, 即w≤ gtan 0+2ug ,C正确，D错误。 45 二、多项选择题 6,AD【解析】设弹簧的原长为x0,与小球1、小球2连 mg 接的弹簧的伸长量分别为x1x2,由几何关系有x1十 3.C【解析】当角速度较小时，绳中没有拉力，对A、 x。=5L,与小球1连接的弹簧与竖直方向的夹角为 B分别受力分析有∫A=mA2rA,fa=mBω2rB,由 53°，小球1做匀速圆周运动的半径为4L,对小球1进 于rA<rB,所以，随着角速度增大，B所受摩擦力 行受力分析，有mg=kx1cos53°，mng tan53°=mw2× ·17· B 真题密卷 学科素养周测评 4L,解得w= 景=-器)A正确B错溪： (2)当小球转动的角速度为 5g 时，设悬线与竖 对小球2进行受力分析，有kx2cos53°=m'ωR, 直方向的夹角为α，则有 9 L,C错误；由几何 ng tan a=nL sin a·ω (2分) m'g=kx2sin53°，解得R= 1 解得cosa=5 (1分) 关系可知，与小球2连接的弹簧的伸长量x2= R 这时小球离盘面的高度 c0s53°-0，解得x2= 5mg5, L,D正确」 3k4 7.AD【解析】小球恰好过圆孤轨道最高点C,由于 h-I.cos0-I.cosa-31 (2分) 下方有支持物，所以过C点时速度为0，A正确； 细线断开后，小球做平抛运动，运动的时间 小球过C点时速度为0，不能做平抛运动，B错误； 2h 6L (2分) 由A到C,根据机拔能字恒定徐得m=mg· I-8N58 平抛运动的初速度 2R,解得vA=2√gR,C错误；由D到C,根据机 16 v=w2Lsin a=2 √58L (2分) 械能守恒有mgR(1-sin0)= 2nv品，若在D,点 平抛运动的水平位移 小球对内外轨道均无弹力，则重力的分力提供向 12 x=vI=- (2分) UD 应力，有ngsin0=m尽·解得sin03D正确 则落到转盘上的位置离转轴的距离 三、非选择题 8.（3)2(2分)④上移(2分)5)h-T(4分) =√2+(Lsin a)F=2v42 5 (2分) 1 10.(1)9N(2)0/10m,s或v≥5m.s 4π2k(4分) (3)0.7m 【解析】(3)由于钢球运动一周的过程中，光电传感 【解析】(1)由牛顿第二定律，可知 器接收到2次信号，则钢球运动的周期T= 2t umg =ma (1分) n 解得a=5ms2 (1分) (4)若适当调大电机的转速，则钢球向上运动，则 依题意，物块在传送带上先做匀加速直线运动， 激光笔应上移。 v2 (5)设当某时刻钢球所在位置与凹槽圆心位置的 则有x如=2a 0.4m<3.6m (1分) 连线与竖直方向夹角为日，凹槽半径为R,则对钢 即物块离开传送带时，速度为传送带的速度⑦， 4π 球分析可知ng tan9=m个Rsin0,由几何关系 BC段光滑，物块在C点，由牛顿第二定律，可得 02 s9-於可如A=是了，期将得到的多组T和 Fx-mg-m R (1分) 解得FN=9N (1分) h的数据记录到表格中，并绘制h-T2图像，根据 根据牛顿第三定律，可知物块运动到圆弧面C点 图像的斜率贞可得k 4元，可以进一步求出当地 时对圆孤面的压力大小 FN=FN=9N (1分) 重力加速度g=4πk。 (2)物块经传送带能获得的最大速度 、9.c1)5gL(224工 品 2L x一2d (1分) 【解析】(1)当小球对转盘的作用力恰好为零时，根 解得vm=6m/s (1分) 据牛顿第二定律 要使物块在圆孤面上运动时不离开圆孤面，有两 mg tan 0=mro (2分) 个临界情况，其一物块恰好运动到与圆心等高 根据几何关系r=Lsin0 (1分) 处，有 解得w,=6gL 1 2L。 (2分) mgR= (1分) B ·18· ·物理· 参考答案及解析 解得vmm=√10m/s<vn (1分) 说明物块离开圆孤面时，其高度已经超过圆心高 其二物块恰好能过圆孤最高点，有 度，但是还未达到圆孤最高，点，设离开圆孤面的 1 1 位置离水平面的高度为五，则有 一2mgR=2mwa米-2m02m (1分) 1 1 临界 一mgh=2m0%开一2mw (1分) 又有mg=mR (1分) 其中v1=4m/s 联立解得vmax=5ms<Um (1分) 离升 则传送带匀速运行的速度范围 又mgcos0=mR (1分) v≤√/10ms或者v≥5m/s (1分) 由几何关系，可得cos9=h二R (1分) R (3)根据(2)可知，若传送带的速度调为4m.s,则 联立解得h=0.7m (2分) 有√10m,s<4m's<5mfs (1分) 2025一2026学年度学科素养周测评（九）】 物理·万有引力与航天 一、单项选择题 1.D【解析】在月球表面，根据万有引力等于重力 在里球表 行星X表面的重力加速度之比5A=1 M 有GKmg报据露度公式P共中V Mm 面的物体，有G =mg,M=0.4 3,联立可得 3g0 3R:,联立解得月球平均密度p=4πGR,A错 g=4标C心，剥X与地球半径之比_8=4，根据 3 rA gA 误：根据开普勒第三定律可知，轨道半径越小，则 公转周期越小，所以在近月轨道绕月飞行时，卫星 V=4 ,可知行星X的体积为地球的64倍，由于 Mm 的周期最小，根据万有引力提供向心力有G 二者密度相等，所以行星X的质量为地球的64 R2 'R,解得绕月飞行的卫星的最小周期T 倍，A、B、C错误；由题意，根据G 2m Mm' ，可 GM Mm 得第一宇宙速度)= =r· 2x,B错误：根据牛颜第二定律有G 2 √3πGp,则行 ma,可得a=GM 星X与地球第一宇宙速度之比='B=4,D r2 ,则载人飞船在P、Q点加速度 UA TA 大小之比为a1:a2=(R十h)2:R,C错误；根据 正确。 2R+h3 R3 开普勒第三定律有T 2 3C【解标】装影开香粉彩三定作膏一产解得 T -,解得载人飞船 r同=6.7R,则此同步卫星离地面高度约为地球半 径的5.7倍，A错误；月球的向心加速度a月= 在椭圆轨道Ⅱ上的运动周期T2= π(2R+h)3 R 2go 2π12 T月 月，地球赤道上的物体的向心加速度a= 1 则载人飞船从Q点到P点所用时间t=2T: (2R+h)3 T自转 ,D正确。 2R1 280 向心加速度小于地球赤道上随地球自转物体的向 心加速度，B错误；当月球、同步卫星、地球三者共 2.D【解析】根据单摆周期公式T=2元√ ,可得 t 27 线时，则T#一T一2解得1一2天，即大约每 T=不.厂，由题图可得厂相等时T √g 1 天会共线一次，C正确：设地月距离为L,若 2,可得84_TB1 Mn4x2 gB Ta 2 则地球表面重力加速度与 地球不动，月球绕地球转动，则G L=m L, ·19· B