周测卷(八) 圆周运动-【鱼跃龙门卷】2025-2026学年高三物理一轮复习周测卷（新教材版·福建专用）

2025一2026学年度高三一轮复习周测卷（八） 物理·圆周运动 (考试时间40分钟，总分100分) 乙 一、单项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。每小题只有一个选项符合题目要求。带“ A.容器壁对硬币的支持力充当了硬币做匀速圆周运动的向心力 题目为能力提升题，分值不计入总分。 B.硬币做匀速圆周运动时在A点的向心加速度大于在B点的向心加速度 1.如图所示，一倾角为0=30°的斜劈静置于粗糙水平面上，斜劈上表面光滑，一轻绳的一端固定 C.硬币在A点做匀速圆周运动的周期小于在B点做匀速圆周运动的周期 D.硬币做匀速圆周运动在A、B两点的动能之比为5：6 在斜面上的O点，另一绮系一小球。在图示位置垂直于绳给小球一初速度，使小球恰好能在 二、多项选择题：本题共3小题，每小题8分，共24分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选 斜而上做圆周运动。已知O点到小球球心的距离为1，重力加速度为，整个过程中斜劈静 对的得8分，选对但不全的得4分，有选错的得0分。带*题目为能力提升题，分值不计入 止，下列说法正确的是 总分。 A.小球在圆周最高点时的速度大小为√gI 4.图()是某型号气门结构的简化图，金属块和固定弹簧座连接弹簧上端和下端，偏心轮轴位置 且小球在圆周最低点时的速度大小为，受 固定，偏心轮以恒定角速度，转动，带动金属块与推杆整体上下往复运动，配合气门机构完成 进气、出气，此过程弹簧一直处于压缩状态，偏心轮与金属块始终保持接触。偏心轮横截面如 C.小球运动过程中，地面对斜劈的摩擦力大小不变 图(b),在1=0时通过轮轴的偏心轮直径恰好处于图示水平位置，则 D.小球运动过程中，地面对斜劈的支持力等于小球和斜劈的重力之和 偏心轮轴 偏心轮 2.如图，矩形框MNQP竖直放置，其中MN、PQ足够长，且PQ杆光滑，一根轻弹簧一端固定 在M点，另一端连接一质量为m的小球，小球穿过PQ杆。当矩形框绕MN分别以不同的 金属块 角速度仙，和仙2匀速转动时，小球相对于杆的位置不变。下列说法正确的是 推杆 .3R 弹簧 偏心轮 A.弹簧的弹力大小可能发生了变化 久同定弹簧座 偏心轮轴 B.杆PQ对小球的弹力大小一定发生了变化 C.若w2>w1,则角速度为w2时杆PQ对小球的弹力更大 图(a】 图(b) D.小球所受合力的大小一定发生了变化 A.推杆上下往复运动的周期为2云 3.火力发电的主要燃料是煤粉，将煤块制成煤粉的机械称为球磨机。球磨机的核 B【一云时弹簧的弹性势能最大 C.偏心轮上各点的线速度最大值为3RmD.偏心轮上各点的向心加速度最大值为@'R 心部件是一个半径为R的躺卧圆简，里面装有小钢球，小钢球与简壁间的动摩擦 5.钢架雪车是一项精彩刺激的冬奥会比赛项目，运动员从起跑区推动雪车起跑后俯卧在雪车 因数足够大。圆筒匀速转动时，小钢球被带到一定高度处脱离简壁，落下后与煤 上，经出发区、滑行区和减速区等一系列直道，弯道后到达终点，用时少者获胜。图(a)是比赛 块发生碰撞将煤块击碎。如图所示，当小钢球通过A点时，与圆筒分离，此后小 中一名运动员通过滑行区某弯道时的照片。假设可视为质点的运动员和车的总质量为m,其 钢球仅在重力作用下到达位置B,AB连线过圆心O,已知重力加速度为g。则圆筒旋转的角 在弯道P处做水平面内圆周运动可简化为如图(b)所示模型，车在P处的速率为，弯道表面 速度细为 与水平面成日角，此时车相对弯道无侧向滑动，不计摩擦阻力和空气阻力，重力加速度大小为 A员 2g 3g g,下列说法正确的是 B. N2R C. 2R A.在P处车对弯道的压力大小为F: *如图甲所示为一款旋转硬币游乐设备。图乙是该装置的示意图，OO为其对称轴，且OO'竖直。 mg cos 0 将一枚一元硬币从上端入口沿容器壁边缘水平切线方向滚入，硬币恰好沿容器壁做螺旋运动， B.在P处运动员和车的向心加速度大小 图(a) 图(b) 转动多圈后到达底部。该硬币在水平方向的运动可近似看作匀速圆周运动，曲面在A、B两点 为a=gtan8 的切线与水平方向的夹角分别为30和45，匀速圆周运动的轨道半径分别为R,=尽m 4m,R2= C在P处运动员和车做圆周运动的半径为R=, gsin 6 0.3m,重力加速度g取10m/s。则硬币在运动过程中 D.若雪车在更靠近轨道内侧的位置无侧滑通过该处弯道，则其速率比原来大 物理·周测卷（八）第1页（共4页） 物理·周测卷（八）第2页（共4页） 新教材版F 班级 6.如图甲所示，小球穿在光滑的竖直固定圆环上，并绕 9.(20分)如图所示，顶角为74°的光滑圆锥竖直固定在水平面上，圆锥的 圆心O点做半径为R的圆周运动。小球运动到最高 高为2.1m,质量为1kg的小球（可视为质点）用1m长的轻质细线悬 点时，圆环与小球间弹力大小为F,小球在最高点的 挂在圆锥的顶端。现使小球在水平面内做匀速圆周运动，小球对锥面 姓名 速度大小为，其F-2图像如图乙所示，g取 m2·s 的压力恰好为零。重力加速度g取10m/s2,sin37°=0.6，cos37°=0.8。 10m/s3,则 (1)求小球转动的角速度大小。 得分 A.小球的质量为4kg (2)通过细线对小球做功，使小球做圆周运动的角速度缓慢增大，至细 B.圆环的半径R为0.8m 线与竖直方向的夹角为53°时，细线突然断开，则小球落地时的位置离锥顶的水平距离为 C.小球在最高点的速度为4m/s时，小球受到圆环的弹力大小为20N,方向向上 多少？ D.若小球恰好能做完整的圆周运动，则其受到圆环的最大弹力为100N *如图甲所示，可视为质点的物块以。=6m/s的初速度滑上长L=2m的水平传送带，从传送 带右端离开后，平滑进入固定在竖直面内的光滑半圆细管道。管道最低点固定一压力传感器， 选择题 可测量物块经过最低点时对轨道的压力大小F。当传送带以不同的速度)运行时，得到F随 答题栏 变化的图像如图乙所示，重力加速度g取10m/s2。下列说法正确的是 FN 2 4 5 46m·s) 6 10.(20分)如图，中空的水平圆形转盘内径r=0.8m,外径足够大， 沿转盘某条直径有两条粗髓凹槽，凹槽内有A、B两个物块，两 A.F:=180 N B.管道半径为R=0.4m 根不可伸长的轻绳一端系在C物块上，另一端分别绕过转盘内 C.物块的质量为1.5kg D.物块与传送带之间的动摩擦因数为0,5 三、非选择题：本题共4小题，共58分。 侧的光滑小定滑轮系在A、B两个物块上，转盘不转动时两个物 7.(6分)如图，把一个小球放在玻璃漏斗中，晃动漏斗，可以使小球在短时间内 块放在距离竖直转轴R=1.0m处系统恰好保持静止。每根绳 沿光滑的漏斗壁在某一水平面内做匀速圆周运动，则小球运动的轨道平面越 02 长L=1.2m,A、B两个物块的质量均为m=2.0kg,C物块的 质量mc=1.5kg,所有物块均可视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度 接近漏斗上端口，所受合外力 (填“越大”“越小”或“不变”)，线速度 (填“越大”“越小”或“不变”)。 g=10m/s。 8.(12分)某学习小组使用如图所示的实验装置探究向心力大小与半径、角速 (1)启动转盘，缓慢增大转速，求A、B与凹槽间摩擦力恰好为零时转盘的角速度大小w1, 度、质量之间的关系。若两球分别放在长槽和短槽的挡板内侧，转动手柄，长 (2)当转盘的角速度ug=4rd/s时，改变物块C的质量，要使A、B相对凹槽不滑动，求物块 槽和短槽随变速轮塔匀速转动，两球所受向心力的比值 标尺 C的质量最小值m。。 可通过标尺上的等分格显示，当皮带放在皮带盘的第一 弹簧测力需 挡、第二挡和第三挡时，左、右变速轮塔的角速度之比分左变 短 别为1：1,1：2和1：3。 轮塔 右变 (1)第三挡对应左、右皮带盘的半径之比为 轮塔 (2)探究向心力大小与质量之间的关系时，把皮带放在 皮带盘的第一挡后，应将质量 (填“相同”或 皮带盛手柄 “不同”)的铝球和钢球分别放在长、短槽上半径 (填“相同”或“不同”)处挡板 内侧。 (3)探究向心力大小与角速度之间的关系时，该小组将两个相同的钢球分别放在长、短槽上半 径相同处挡板内侧，改变皮带挡位，记录一系列标尺示数。其中一组数据为左边1.5格、右 边6.1格，则记录该组数据时，皮带位于皮带盘的第（填“一”“二”或“三”）挡。 新教材版F 物理·周测卷（八）第3页（共4页） 物理·周测卷（八）第4页（共4页）高三一轮复习周测卷 ·新教材版F· 物理（八） 1.B【模型建构】 v=wR,从A点开始小钢球做斜上抛运动，则 建构模型 绳模型圆周运动的临界条件 2Rcos 0-vsin 0.t,-2Rsin 0-vcos 0.g, 确定物理原理 在斜面上mg sin0=m7 联立可得ω= 2g 【解析】小球在圆周最高点时，绳的拉力Fτ与重力 W2R· 沿斜面向下的分力的合力提供小球做圆周运动所需 *D【解析】容器壁对硬币的支持力与硬币重力的合力 充当了硬币做匀速圆周运动的向心力，选项A错误。 的向心力，有Fr+mg sin8=m),可知绳的拉力越 对硬币受力分析可知mg tan0=ma,因在A点时0角 小，小球的速度越小，当绳的拉力为零时，小球恰好 较小，则硬币在A点做匀速圆周运动的向心加速度小 在斜面上做圆周运动，其速度为vmim=√glsin0 于在B点做匀速圆周运动的向心加速度，选项B错 √2，选项A错误。小球由最高点向最低点运动时， gl 误。根据mg tan0=m 4π2 R R,解得T=2√gan0' 只有重力对小球做功，根据动能定理mg·2lsin0= 因硬币在A点时0角较小且R较大，则硬币在A点 m心-合mi,代人数据可得u=√受，远项B 1 做匀速圆周运动的周期大于在B点做匀速圆周运动 正确。小球在斜面上受重力、支持力和绳的拉力作 的周期，选项C错误。根据mg tan0=mR,Ek- 用，做变速圆周运动，其所受重力与斜面的支持力大 1 小和方向均保持不变，绳的拉力大小和方向均不断 2mu2三)mgR tan0 ocRtan0,可得硬币做匀速圆周 变化，根据牛顿第三定律，以斜劈为研究对象，斜劈 运动在A、B两点的动能之比为4=R1tan30°5 在小球恒定的压力、绳沿斜面方向不断变化的拉力、 EksR2tan45°6， 地面的支持力、摩擦力和自身的重力作用下保持平 选项D正确。 衡，绳的拉力沿斜面方向不断变化，故其在水平和竖 4.ABC【解析】根据周期和角速度的关系可得T= 直方向上的分量也在不断变化，根据斜劈的平衡条 ,故A正确。弹簧一直处于压缩状态，则当弹簧 件可知，它受到的水平方向上的摩擦力大小是变化 的，地面对斜劈支持力的大小不一定等于小球和斜 度最短时，压缩量最大，弹簧的弹性势能最大，弹力 劈重力之和，选项C、D错误。 最大，偏心轮应转到最低点，即从初始位置转动t 2.D【解析】由于小球相对于杆的位置不变，故弹簧的 (号+m)Tn=0,1,2…),当n=0时，有4=号T 形变量不变，根据胡克定律可知弹簧的弹力大小不 变，故A错误。小球在水平面内做匀速圆周运动，由 乙，放B正确，根据线速度与角速度的关系口=， 合外力提供向心力，当角速度较小时，此时杆对小球 偏心轮上各点的r的最大值为3R,则最大线速度为 的弹力向外，弹簧的弹力在水平方向的分力和杆对 3Rw,故C正确。根据a=w2r可知，偏心轮上各点 小球的支持力的合力提供向心力，当角速度较大时， 的向心加速度最大值为3a2R,故D错误。 此时杆对小球的弹力向里，弹簧的弹力在水平方向 的分力和杆对小球的支持力的合力提供向心力，当 5.AB【解析】对运动员和车 角速度发生改变时，杆对小球弹力的大小可能相同， 受力分析，如图所示，根据 故B错误。若矩形框的角速度较小，杆对小球的弹 几何关系可知N=心根 力方向垂直于杆向外，如图所示，在六 据牛顿第三定律，车对弯道 水平方向上，由牛顿第二定律得 Fsin a-FN=mw2r,则得FN= 的压力大小为F医=mg。 cos 0' Fsin a-mw2r,w变大，其他量不变，N 则FN变小，由牛顿第三定律知小球 故A正确。根据牛顿第二定律可得mg tan)=mg 对杆压力的大小变小，故C错误。小球所受合外力 的大小F合=F。=w2r,w变化时，其他量不变，则 ma,解得R= gtan0,a-gtan0,故B正确，C错误。 F合一定发生变化，故D正确。 若运动员滑行的位置更加靠近轨道内侧，则圆周运 3.B【解析】设AB连线与水平直径的夹角为0，在A 动的半径减小，根据mng tan0=m令，可知其速率比 点时，根据牛顿第二定律可得mg sin0=mR,其中 原来小，故D错误。 ·16· ·物理· 参考答案及解析 6.BD【模型建构】 和支持力的合力提供向心力广，一。则小球运动 建构模型 轻杆模型 的轨道平面接近漏斗上端口，α不变，所受合外力不 轻杆模型恰好能做完整的圆周运动 确定物理原理 时，在最高点速度为0 变。小球做匀速圆周运动合力提供向心力g tan a 【解析】对小球在最高点进行受力分析，速度为0时 F-一mg=0,结合图像可知20N-m·10m/s2=0, m,解得。=√。，则小球运动的轨道平面越接 解得小球质量m=2kg,选项A错误。当F=0时， 近漏斗上端口，线速度越大。 由重力提供向心力可得mg="区，结合图像可知 8.(1)3:1(2)不同相同(3)二 【解析】(1)皮带传动线速度相等，第三挡变速轮塔 o2=8m/s2,解得圆环半径R=0.8m,选项B正 的角速度之比为1：3，根据v=wr可知，第三挡对应 确。小球在最高点的速度为4m/s时，设小球受圆 左、右皮带盘的半径之比为3：1。 环的弹力方向向下，由牛顿第二定律得F十g= (2)探究向心力大小与质量之间的关系时，需要保证 两个物体做圆周运动的角速度相等、半径相等，质量 m代人数据解得F=20N,远项C错误。小球孕 不同，所以应将质量不同的铝球和钢球分别放在长、 过最低点时，其受力最大，由牛顿第二定律得F' 短槽上半径相同处挡板内侧。 v' (3)根据F。=mwr,其中一组数据为左边1.5格、右 mg=mR,若小球恰好做完整的圆周运动，由机械 边6,1格，则角速度平方之比为合：（合》广，可知忽 能守恒得mg·2R=方m,代人数据得F' 1 略误差的情况下，角速度之比为2，则皮带位于皮带 100N,选项D正确。 盘的第二挡。 *BD【解析】由题图乙可知当传送带速度大于4m/s 后，传送带速度越大，压力越大，说明当传送带速度小 9. (1rad/s(2m 于v1=4m/s时，物块在传送带上一直做匀减速直线 【解析】(1)设小球转动的角速度为ω1，小球在水平 运动，当速度01=4m/s时，恰好全程减速，由匀变速 面内做匀速圆周运动，小球对锥面的压力恰好为零， 直线运动的规律可得v?一v=一2aL,由牛顿第二定 则有mg tan37°=moLsin37°，解得w1= 律可得umg=ma,联立解得μ=0.5，故D正确。当 传送带以v2=6m/s的速度运动时，物块在传送带上 含rad/. 做匀速直线运动，物块从传送带右端离开到经过圆轨 (2)当细线与竖直方向的夹角为53°时，设小球转动的 道的最低点的过程中，由动能定理可得2mgR= 角速度大小为w2,则有mgtan53°-mwLsin53°，解 2m0最猛放一2mu,物块经过最低点时，由牛顿第二 1 得，=了6rad/s,此时小球的线速度为u, 5 定律可得F-mg=m v低点，当0=U1=4m/s时， R m,Lsin53°=36m/s, 4 F1=90N,当v=v2=6m/s时，F2=140N,解得 细线断开时，小球离地面的高度为h=H一Lcos53°= m=1kg,R=0.4m,故B正确，C错误。由题图乙可 1.5m, 知，当传送带速度大于3时，物块在传送带上一直做 离转轴的距离为d=Lsin53°=0.8m, 匀加速直线运动，由匀变速直线运动的规律可得号 细线断后，小球做平抛运动，运动的时间为t= 2h3 x=2aL,解得v3=√56m/s,由动能定理可得2mgR= S, 2m量一2m,物块经过最低点时，由牛顿第二 1 做平抛运动的水平位移为=0，=号5m, 定律可得F3一mg=m 4,可得F,=190N,故A R 则小球落地时，离锥顶的水平距离为s=√d+x2= 错误。 台6m 7.不变越大【解析】小球的受 10.(1)2.5rad/s(2)2.34kg 力示意图如图所示，小球在做 【解析】(1)设绳子上的拉力为T,绳子与竖直方向 匀速圆周运动过程中，受重力 和支持力作用，二力的合力水 的夹角为0，由几何知识可得sin9=L-(R-r) 平指向轨迹的圆心，因此重力 G=mg 0.8,即0=53°， ·17· 高三一轮复习周测卷 ·新教材版F· 对物块C受力分析，有2Tcos0=mcg,解得T= 平衡，则有mg=T, 2cos53°=12.5N, mcg 当转盘转动的角速度w2=4rad/s,A、B所需的向 心力Fn=mwR=32N, A、B与凹槽间摩擦力恰好为零时，绳子的拉力为其 要使物块C的质量最小，绳子上的拉力应最小，对 做圆周运动提供向心力，根据牛顿第二定律可得 物块A、B受力分析可知Fmia十mg=Fn, T=m@R,解得u1一√mR T =2.5rad/s。 联立解得Fmn=19.5N, 对物块C受力分析可得2 Fmin COS0=mog,联立可 (2)转盘不动时，A、B受到的摩擦力与绳子的拉力 得m=2.34kg。 物理（九） 1.D【模型建构】 【归纳总结】 建构模型 卫星变轨 双星、多星问题的解题方法 ①高轨、低速、大周期（绕同一中心天体运动的 根据双星或多星的运动特点及规律，确定系统的 各卫星轨道半径越大，线速度、角速度和加速 转动中心以及各自运动的轨道半径 结论 度越小，周期越大)； 2 星体的向心力由其他天体的万有引力的合力提供 ②升轨加速，降轨减速 3 星体的角速度大小相等 【解析】飞船从②轨道变轨到③轨道需要在Q点点 星体的轨道半径并不是它们间的距离。要利用几 火加速，使飞船做离心运动，选项A错误。第一宇宙 何知识，寻找两者之间的关系，正确计算万有引力 速度是所有绕地球做圆周运动卫星的最大环绕速 和向心力 度，则飞船在轨道③上运行的速度小于第一宇宙速 度，选项B错误。飞船和天和核心舱的质量关系不 3.C【解析】载人飞船在轨道1和轨道2上的P处， 确定，则不能比较飞船在①轨道的动能与天和核心 舱在③轨道的动能关系，选项C错误。若天和核心 都由万有引力来提供向心力，根据G-m,轨道 半径相同，则加速度大小相同，故A错误。在轨道2 舱在③轨道运行周期为T,则根据开普勒第三定律 R十R213 上由万有引力来提俄向心力G-加二，在地球 2 2 R /R1+R23 T ,解得T=T 2R2 ,飞船 表面上有G=mg,解得载人飞船在轨道2上的 R2 在②轨道从P到Q的时间为t= T 线速度大小为2= gR2 ,由于载人飞船从轨道2 17R1+R23 2√2R2 T,选项D正确。 到轨道1要在P点减速，则载人飞船在轨道1上经 2.B【解析】根据对称性可知四颗星 过P点时速度小于。 gR2 r ，故B错误。载人飞船在 围绕正方形对角线的交点做匀速圆 R+r 周运动，如图所示，故A正确。由 图可知轨道半径，=1。 V2a,放B错 轨道1和轨道2运行的半径之比为2=2 m R+ 误。在星体表面，根据万有引力等于重力，可得 2r ,由开普勒第三定律-可知，载人飞船运 Gmm' =m'g,得四颗星表面的重力加速度均为g= 行调别和空间站运行周期之比为会一、月 G R,故C正确。由万有引力提供向心力可知2· (",),放心正确。在镜道2上由万有引力来损 G 4π2 (2a 。=m(),解得四颗星的周期均 供向心力G”=mrT,解得地球质量为M 2a 为T=2πa ,故D正确。 4π2r3 N(4+√2)Gm GT,由于T≠T,故D错误。 ·18