第2章 匀速圆周运动 真题体验-【学霸黑白题】2025-2026学年高中物理必修第二册（教科版）

B.当@在2 << 短范围内增大时，B所 3L 受摩擦力大小不变 C.当w= 2g时，A,B相对于转盘即将滑动 D.在绳子产生张力后，两木块还未与圆盘相 对滑动时，若突然剪断细线，则A将逐渐靠 近圆心，B将做离心运动 二、非选择题 10.(2023·内蒙古北师大集宁附中质检)利用 水平旋转平台验证向心力与质量、角速度、 半径的定量关系，选取光滑水平平台MN,如 图甲所示，平台可以绕竖直转轴O0'转动，M 端固定的压力传感器可以测出物体对其压力 的大小，N端有一宽度为d的遮光条，光电门 可以测出每一次遮光条通过时的遮光时间. 压力 0,光电门 传感器 门遮 012345 tp 01234567890 实验过程如下： a.用游标卡尺测出遮光条的宽度，如图乙所示； b.用天平测出小物块质量为m; c.测出遮光条到转轴间的距离为L; d.将小物块放置在水平平台上且靠近压力 传感器，测出小物块中心位置到转轴间的 距离为R; e.使平台绕转轴做不同角速度的匀速转动； ￡.通过压力传感器得到不同角速度时，小物 块对传感器的压力F和遮光条通过光电 门的时间t; g.在保持m、R不变的前提下，得到不同角速 第二章黑 度下压力F与}的图像如图丙所示，其图 线斜率为k. 请回答下列问题： (1)遮光条宽度d= cm. (2)当遮光条通过光电门的时间为t。时，平 台转动的角速度ω。= (用相应 的字母符号表示) (3)验证小物块受到的向心力与质量、角速 度、半径间的定量关系时，则图线斜率应 满足k= （用m、d、R、L等物理 量符号表示) 1.如图所示，结实且不可伸长的细线一端拴一 质量为m的小球A,另一端穿过竖直光滑的 细管与质量为2m的物块B连接，物块B放 在电子台秤上.用手摇动细管让小球A围绕 细管做匀速圆周运动.已知拉着小球A的细 线的长度OA为0.5m,细管半径忽略不计， 重力加速度g取10m/s2,sin37°=0.6，cos37°= 0.8. (1)当电子台秤的示数为m时，求小球A 做匀速转动的角速度大小 (2)当小球A匀速转动的角速度为103 3 rad/s 时，求台秤的示数， 白题043 真题体验 第二章 匀速圆周运动 黑题 高考真题练 限时：40min 高考非常解 3.（2022·辽宁高考)2022年北京冬奥会短道速 1.★★★(2022·山东高考)无人配送小车某 滑混合团体2000米接力决赛中，我国短道速 次性能测试路径如图所示，半径为3m的半 滑队夺得中国队在本届冬奥会的首金， 圆弧BC与长8m的直线路径AB相切于B (1)如果把运动员起跑后进入弯道前的过程 点，与半径为4m的半圆弧CD相切于C点. 看作初速度为零的匀加速直线运动，若运 小车以最大速度从A点驶人路径，到适当位 动员加速到速度v=9m/s时，滑过的距离 置调整速率运动到B点，然后保持速率不变 x=15m,求加速度的大小 依次经过BC和CD.为保证安全，小车速率 (2)如果把运动员在弯道滑行的过程看作轨 最大为4m/s.在ABC段的加速度最大为 道为半圆的匀速圆周运动，如图所示，若 甲、乙两名运动员同时进入弯道，滑行半 2m/s2,CD段的加速度最大为1m/s2.小车 视为质点，小车从A到D所需最短时间t及 径分别为R甲=8m、Rz=9m,滑行速率分 在AB段做匀速直线运动的最长距离L为 别为v甲=10m/s、uz=11m/s,求甲、乙过 弯道时的向心加速度大小之比，并通过计 算判断哪位运动员先出弯道， R A1=27s.8m B=(27),-5m 6 s,l=5.5m n6,64 s,l=5.5m 考点1描述圆周运动的物理量 2.(2023·全国甲卷)一质点做匀速圆周运动， 若其所受合力的大小与轨道半径的n次方成 考点2生活中的圆周运动 正比，运动周期与轨道半径成反比，则n等于 4.（2021·浙江高考)质量为m的小明坐在秋千 上摆动到最高点时的照片如图所示，对该时 刻，下列说法正确的是 A.1 B.2 C.3 D.4 A.秋千对小明的作用力小于mg B.秋千对小明的作用力大于mg 必修第二册·JK黑白题044联立可得o= 10w3 3 m/s. (2)A,D的水平距离为=，+Rsin0,解得5=13 3m. 1 (3)小球从D到B,Rsin0=n41,R(1+cos0)=2所，解得 UD n=5ms,在D点mg-F=m尺，解得R=3N,小球对管 壁的作用力F、=-K=-3N,即小球对管壁的作用力大小为 3N,方向竖直向下， 10.(1)5m/s(2)1.75m(3)0.75m :在长臂顶部，据牛顿第二定律N+mg=m 中N=2.5N,解得vo=5m/s. (2)石块被抛出后做平抛运动，其速度垂直于斜面，故 an45°=，解得，=，=5m/s,从水平抛出到落到斜面上 所经历的时间为=号=0.5s,故平抛的水平位移x=,1= 25m.平甜的整直高度=125m,则石快打在制面 的点距地面高度为H=L+Lsin c-h=1.75m, (3)该点到斜面的右端点A的水平距离5=，H tan 45= 1.75m,故斜面的右端点A距抛出点的水平距离△x= x-s=2.5m-1.75m=0.75m. 本章达标检测 白题单元达标测 1.A2.B3.B4.C 5.D解析：对小球受力分析，相邻两根橡皮筋的合力提供向 心力，则2k(-h)cos60°=m@L,解得片=%放法卫 6.D解析：A.匀速转动时，配重受到的合力大小不变，方向时 刻指向圆心，因此是变力，故A错误：B.计数器显示在1min 2r- 内图数为120，可得周期为T=120=058,所以0= 120 4πrad/s,故B错误：C.配重构成圆锥摆，受力分析如图所示 根据几何关系可得mgtan0=m(2mn)2r,圆周的半径为r= r。+Lsin0,由此可知，若增大转速，0将增大，故C错误；D.配 重做匀速圆周运动时，有T:。。所以，若增大转速，0将增 大，细绳拉力变大，故D正确.故选D. 7.A 8.BC解析：A航天员竖直方向上加速度为0，不处于失重状 必修第二册·JK 态，故A错误；B.角速度w=2mn,航天员运动的线速度大小 为v=wR=2mnR,故B正确；C.航天员做匀速圆周运动需要 的向心力为F=mw2R=4r2n2mR,故C正确；D.航天员受到 座舱对他的作用力方向应该斜向上，一个分力与重力平衡， 一个分力提供向心力，所以航天员受到座舱对他的作用力大 于mg,故D错误故选BC. 9.ABC解析：A.当B所受静摩擦力达到最大值后，绳子开始 有弹力，则有g=心2·2，解得@=，√原，可知当w> √原时，绳子有弹力，赦A正确，C当4，B所受摩擦力均达 到最大值时，A、B相对转盘即将滑动；对B有kmg+T= m2·2,对A有g-T=wL,联立解得w=√受，故 C正确；B当>√凫时，B已达到最大静摩擦力，则当0在 kg √2w<√3 范围内增大时，B受到的摩擦力大小不变， 故B正确；D.若在细线无拉力时剪断细线，A、B都会继续做 圆周运动：若在细线有拉力时剪断细线，则A所受静摩擦力 减小，随圆盘继续做圆周运动，B不再受到拉力，最大静摩擦 力不足以提供向心力，将做离心运动，故D错误故选ABC. 10.(1)0.246(2)0 (3)mR 解析：(1)游标卡尺读数d=2mm+0.02×23mm=2.46mm= 0.246cm(2)时间为，时，平台转动角速度，=”= L toL (3)由牛顿第二定律F=mw2R=m 器图 像为过原点的直线，则斜率k=mdR 1.(1)5ad(2)g 解析：(1)对B物块受力分析可知T+N=2mg,得T=2mg g-5设0A与竖直方向夹角为8，对小球竖直方向 3 有Te0s0=mg,得c0s0=学=0.8，则0=37°.对小球水平方 向有Tsin0=mw2Lsin0,解得w=5rad/s.(2)当台秤示数刚 好为0时，则有2 ngsin a=mLsin a,得wo=√40rad/s> 10W3 rad/s,即小物块B没有离开台秤，设此时绳中的拉力 3 为F,则Fsin B=mw2 Lsin B,得F=S0m 5 3m,则N=2mg-3mg= 学由牛顿第三定律可知，台秤的示数为号 真题体验第二章匀速圆周运动 黑题高考真题练 1.B常规解：在BC段的最大加速度为a1=2m/s2,则根据 a,,可得在C段的最大速度为1。=6在GD段 r 黑白题16 的最大加速度为a,=1,则根据a,-,可得在CD段 ra 的最大速度为2m=2m/s<1m,可知在BCD段运动时的速 度为v=2m/s,在BCD段运动的时间为t3= +2_ 2AB段从最大速度。减速到的时间，= 7 Vm-v 4-2 012 -8= 1s,位移x2= 2- -=3m.在AB段匀速的最长距离为l=8m- 2a1 35,测阿速运动的时狗则从4到D是短 时间为：=(？受）小故选B 非常解：在BC段的最大加速度为a1=2m/s2,则根据a1= ,可得在BC段的最大速度为1。=6m/s,在CD段的最 n 大加速度为a=1mvs,则根据a,=,可得在CD段的最 T2 大速度为2m=2m/s<U1m,可知在BCD段运动时的速度为 wr+ur2 7T v=2/s,在BCD段运动的时间为t3= s.观 2 察ABCD四个选项，其中含有T项的只有B.故选B. 名师点评：=年，很明显本题各阶段的速度：中都不可能 出现π，故总时间中含有π的分段时间一定是圆周运动 BCD段的时间，AB段的时间不可能含有π，因此只要求出 了CD段的时间为'，观察法项就能得到唯一正确答 案B. 学霸分享：即便是高考选择题也可能存在内在逻辑的漏 洞，甚至有些隐含的漏洞是高考命题人故意设置的，找到 这些漏洞，选择题节省很多时间 2C解析：质点做匀速圆周运动，根据题意设周期T=,合 外力等于向心力，根据F4=R=m行，联立可得R 40·户其中为常数，r的指数为3，故意中=3，成 22 选C 3.（1)2.7m/s2(2)225:242甲解析：(1)根据速度-位 移公式有2=2ax,代入数据可得a=2.7m/s2.(2)根据向心 加滤度的表达式a=广可得甲，乙的向心加速度之比为： 喱x_225甲、乙做匀速圆周运动，则运动的时间为 吃R甲242 ,代人数据可得甲，乙运动的时间为，一暂2行因 t甲<z,所以甲先出弯道. 4.A解析：在最高点，小明的速度为0，设秋千的摆长为1，摆 到最高点时摆绳与竖直方向的夹角为0，秋千对小明的作用 参考答案与解析 02 力为F,则对人，沿摆绳方向受力分析有F-mg©os8=m乙， 由于小明的速度为0，则有F=mgcos0<mg沿垂直摆绳方向 有mgsin0=ma,解得小明在最高点的加速度为a=gsin0.所 以A正确，BCD错误，故选A. 5.BD解析：对小球受力分析，设弹力为T,弹簧与水平方向的 夹角为0，则对小球竖直方向Tsin0=mg,而T=k(MP cos 0 。,可知0为定值，T不变，则当转速增大后，小球的高度不 变，弹簧的弹力不变，则A错误，B正确；水平方向当转速较 小时，杆对小球的弹力Fv背离转轴，则Tcos0-FN=mw2r,即 F、=Tcos0-mw2r,当转速较大时，FN指向转轴，则Tcos0+ F'x=mw'2r,即F'N=mw2r-Tcos0,则因w'>ω，根据牛顿第 三定律可知，小球对杆的压力不一定变大，则C错误：根据 F合=mw2,可知，因角速度变大，则小球所受合外力变大，则 D正确故选BD. 6.BD解析：AB.根据平范运动的规律A=之g,R=,解得 0,√2可知若九=2，则=R:R,若 则h1:h2=R:R,选项A错误，B正确；C.若w1=w2,则喷 水嘴各转动一周的时间相同，因1=2，出水口的横截面积 相同，可知单位时间喷出水的质量相同，喷水嘴转动一周喷 出的水量相同，但因内圈上的花盆总数量较小，可知得到的 水量较多，选项C错误；D设出水口横截面积为S。,喷水速 度为v,若01=ω2，则喷水管转动一周的时间相等，因h相 等，则水落地的时间相等，则=R相等；在圆周上单位时间 内单位长度的水量为0心s0相等即 2h 0入g 一周中每个花盆中的水量相同，选项D正确故选BD. 7.(1)4m/s2(2)1430.8N(3)27° 解析：(1)设武大靖运动过程的加速度大小为a,根据x= u2,解得a= 1 2x2×8 222 m/s2=4m/s2. (2)根据F向=m,解得过弯时所需的向心力大小为F向- 73xl4 N=1430.8N. 10 (3)设场地对武大靖的作用力大小为F,受力如图所示 F mg 根据牛顿第二定律可得器。解得m0= F向 73×10 ≈0.51，可得0=27. 1430.8 黑白题17