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

进阶 突破 第二章匀速圆周运动 第1节圆周运动 1.（多选)一位同学玩飞镖游戏，圆盘边缘上有一P点，飞镖抛出时与P点等高，且距离P点为 L,如图所示.当飞镖以初速度。垂直盘面瞄准P点抛出的同时，圆盘以一定角速度绕盘心O 点的水平轴在竖直平面内匀速转动.忽略空气阻力，重力加速度为g,若飞镖恰好击中P点，则 A.飞镖在空中飞行的时间为= 2L B.圆盘转动周期的最大值为 Vo C.圆盘的半径可能为r= 2 D.P点随圆盘转动的线速度可能为58L Avo 第2节匀速圆周运动的向心力和向心加速度 第1课时》向心力 1.(2022·吉林吉化质检)如图所示，“V”形光滑支架绕中轴线00'匀速转动，支架两臂与水平 面间夹角0均为53°，“V”形支架的AB臂上套有一根原长为1的轻弹簧，轻弹簧的下端固定 于“V”形支架下端，已知小球质量为m,支架静止时弹簧被压缩了3，重力加速度为g现让小 球随支架一起绕中轴线00'匀速转动.sin53°= 5,c0s530=3 (1)轻弹簧的劲度系数k: (2)轻弹簧恰为原长时，支架的角速度ω； (3)当w= 2“,时轻弹簧弹力的大小 0 进阶突破·拔高练05 第2课时》向心加速度 1.(2023·浙江温州三模)在东北严寒的冬天，有一项“泼水成冰”的游戏，具体操作是把一杯滚 烫的开水按一定的弧线均匀快速地泼向空中，泼洒出的小水珠和热气被瞬间凝结成冰而形成 壮观的场景.如图甲所示是某人玩泼水成冰游戏的精彩瞬间，图乙为其示意图.假设泼水过程 中杯子做匀速圆周运动，在Q4s内杯子旋转了下列说法正确的是 A.P位置的小水珠速度方向沿a方向 B.P、Q两位置，杯子的向心加速度相同 C.杯子在旋转时的线速度大小约为6πm/s D.杯子在旋转时的向心加速度大小约为9π2m/s2 第3~4节圆周运动的实例分析 圆周运动与人类文明（选学） 1.如图所示，质量均为m的两个物块A和B左右中心开有小孔穿在粗糙的细杆CD上，细杆绕 过0点的竖直轴在水平面内匀速转动，A、B之间用轻质细线相连，物块中心与圆心距离分别 为R4=r,RB=2r,与细杆间的动摩擦因数4相同，当细杆转速缓慢加快到两物块刚好要发生 滑动时，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是（重力加速度为g) () A.此时细线张力为3umg B.此时A所受摩擦力方向沿半径指向O C.此时细杆的角速度为 Bug D.此时烧断细线，A仍相对细杆静止，B将做离心运动 2.（2023·辽宁大连期末)如图所示，一质量为m的小球（可视为质点）由轻绳a和b分别系于 一竖直细杆的A点和B点，AB间距与两轻绳长度均为L.已知重力加速度为g,当小球随杆绕 竖直轴以角速度ω匀速转动时，下列说法正确的是 A.当0= 8时，b绳恰好没有拉力 L 3g时，a绳的拉力大小为3mg B.当w=2L" C.当b绳有拉力时，总是比a绳拉力小mg D.当0= 3时，6绳的拉力大小为2mg 06黑白题物理|必修第二册·JK 3.（2023·四川成都石室中学质检)如图所示，倾角为0=53°的斜面体固定放置在水平地面上， 在斜面上固定放置一个半圆管轨道AEB,圆管的内壁光滑，半径为r=0.5m,最低点A、最高点 B的切线水平，AB是半圆管轨道的直径，现让质量为m=1kg的小球（视为质，点）从A点以一 定的水平速度滑进圆管，圆管的内径略大于小球的直径，重力加速度为g=10m/s2,sin53°= 0.8,c0s53°=0.6，管壁对小球的弹力沿着斜面.答案可含根号，求： (1)若小球在A点的加速度大小为44m/s2,到达B点时的加速度大小为20/s2,A、B两处 管壁对小球的弹力的大小之差； (2)若小球到达B点时与管壁无弹力作用，小球的落地点与B点间的距离； (3)若小球到达B点时受到管壁的弹力大小为4N,小球落地后平抛运动的水平位移. E M; 0 进阶突破·拔高练07飞行时间为tg=0.12s. 第二章匀速圆周运动 第1节圆周运动 1.ABD解析：A.飞镖在水平方向做匀速直线运动，则有t= L,故A正确；B.设圆盘转动的周期为T,则根据圆周运动的 周期性可知t= (2n+1),:当n=0 2L 时，T有最大值为T,弘放B正确；C飞镖击中P点时，D 点恰好位于圆盘最低点处，则有2=2g,解得圆盘的半径 4,故C错误；D.P点随圆盘转动的线速度为=2 为r= T (2n+1)m坠，当n=2时可得=-5g,故D正确故选ABD. 4w0 第2节 匀速圆周运动的向心力和向心加速度 第1课时向心力 1(a'2√受(eg 20g 解析：(1)受力分析如图所示： 支架静止B时弹资被压缩了行，则有兮=g血8，解得 k=12mg 1 (2)轻弹簧恰为原长时，弹簧不产生弹力，如图所示： 设支架的角速度w,则mgtan0=mcos0,解得u,二√ 20g (3)当ω=2“，时，弹簧将处于压缩状态，如图所示： 0 mg 0'B 必修第二册·JK Ncos 0+kxsin 0=mg,Nsin 0-kxcos 0=ma2(I-x)cos 0, 解得轻弹簧弹力F=:=36mS 55 第2课时向心加速度 1.D解析：A.根据图乙水珠做离心运动的方向可知杯子旋转 方向为逆时针，故可知P位置的小水珠速度方向沿b方 向，A错误：B.向心加速度方向指向圆心，P、Q两位置，杯子 的向心加速度方向不同，B错误：C.杯子在旋转时的角速度 6π 0,4ads=3mad/,杯子在旋转时的运动半 05 大小为ω= 径大约为1m,故线速度大小约为v=wr=3mm/s,C错误； D.杯子在旋转时的向心加速度大小约为a=w2r=9π2m/s2, D正确.故选D. 第3~4节圆周运动的实例分析 圆周运动与人类文明（选学） 1.A解析：ABC.两物块A和B随着细杆转动时，合外力提供 向心力，则有F=mwr,又B的半径比A的半径大，所以B所 需向心力大，又因为细线拉力相等，所以当细杆转速加快到 两物块刚好要发生滑动时，B的静摩擦力方向指向圆心，A 的最大静摩擦力方向指向圆外，有相对细杆沿半径指向圆内 的运动趋势，根据牛顿第二定律得Fr-umg=mw2r,Fr+ umg=2·2r,解得F,=ng,u=√华，故A正确，BG错 误；D.烧断细线瞬间A所需向心力为F,=mw2r=2mg,B所 需向心力为F2=mw2·2r=4umg,此时烧断细线，A、B所受最 大静摩擦力均不足以提供向心力，则A、B均做离心运动，故 D错误.故选A 2.D解析：A.当b绳恰好没有拉力时，将a绳的拉力F,沿着 竖直方向和水平方向分解，竖直方向的分力与小球的重力等 大反向，水平方向的分力给小球提供了向心力，则有 F.os号=mg,R.as石=mw(as石)，联立解得uw= √受放A结误：B当。-√昏时设a绳与整直轩之间 的夹角为a,将a绳的拉力F。沿着竖直方向和水平方向分 解，则有F.cosa=mg,F.sina=mw2(Lsin c),联立解得 子，3受，故B错误C当6绳上有拉力时，设 cos a=- 绳上的拉力分别为R.、E,则有E.oeas号-F,cos写=mg， E.oas名+f,eas石=na2(las石），联立解得R.=mg+ T 2mwL,F,=2mwL-mg,整理得F。-F。-=2mg,即6绳上的 拉力总是比a绳上的拉力小2mg,故C错误；D.由上述分析 可知，当w=√五 、3g时，b绳上的拉力大小为R,=2mwL- 1 1 mg=2 上3-mg=2mg,故D正确.故选D 3.(1)40N(2)0.82m(3)26m 22 5m或5m 解析：(1)小球在A点的加速度大小为44m/s2时，F1- mgsin0=m×44,到达B点时的加速度大小为20m/s2时， F2+mgsin0=m×20,解得F1-F2=40N; 黑白题46 (2)小球到达B点时沿斜面上下侧受到的弹力刚好为0，则 有mgsin9=m6,小球从B点飞出后有竖直方向2rsin93 2的，水平方向。=6，小球的落地点与B点间的距离为 1 L=√/x场+(2rsin0)7,解得L=0.82m; (3)小球到达B点受到的弹力大小为4N.若该弹力方向沿 斜面向下F+mgsin0=m,,若该弹力方向沿斜面向上 mgsin6-F=m号，由于平抛高度一定，此两种情况下小球飞 26 出至落地时间与(2)中相同，则水平位移x1== -m, 5 专%622 5 m. 第三章万有引力定律 第1节天体运动 1.D解析：C.因小行星20220S,距太阳的距离大于小行 星20220N,距太阳的距离，可设小行星20220S,距太阳的距 离为r1,小行星20220N,距太阳的距离为T2.根据图像可知： T1-T2=1.5r,11+2=4.5r,联立解得：r1=3r,T2=1.5r,则 20220S,与20220N,圆周运动的半径之比为2：1，故C错 误；AB.因经过时间T两星再次相距最近，设小行星20220S, 与小行星20220N,绕太阳运动的周期分别为1、12，则T 了1，根据开背勒第三定律可知、 2解 得：=(22-1)7，=(1-)r,故AB错误：D根据@ T,可得小行星20220S,与小行星20220N,绕太阳运动的角 2 速度分别为：w1= 12π 22-1T,02= 2=25一·元，根据0=r 可得线速度之比为1：2=1：√2，故D正确故选D. 第2节万有引力定律 1.C解析：设地球的密度为P,在地球表面，重力和地球的万 有引力大小相等，有c-mg,由于地球的质量M=pV 4 4 p3mR,联立上式解得g=πGpR,根据题意，在深度为d 的地球内部，“蛟龙号”受到地球的万有引力等于半径为(R- d)的球体表面的重力，故“蛟龙号”在海里的重力加速度 为g'=4 3和(R一正，联立可得一二，对卫星，根据万有 引力提供向心力有G R+h)=mu,解得加速度a= Mm GM R+h)2, 所以4= R ,故选C g'(R+h)2(R-d) 2.AC解析：挖去半径为的球体，根据公式V 3mR,挖去 4 小球的体积是原来大球体积的。，故其质量为m=?A若 参考答案与解析 质点在Q位置，没有挖时原球体对质点的万有引力为F,= G2挖去部分对质点的万有写引力上=6%M (1.5R2,则剩 余部分对质点的万有引力F=F-F2= GA正确：B若质 点在P位置，没有挖时原球体对质点的万有引力为F1= mim G挖去部分对质点的万有引力P三G生 1。 2,则剩余 (2R 部分对质点的万有引力F=上-上，B错误，C若质点 在O,位置，没有挖时原球体对质点的万有引力为0，挖去 部分对质点的万有引力F1=G ( 2=)2,则剩余部分 受到质点的万有引力与挖去部分对质点的万有引力大小相 等方向相反，即大小为)，C正确；D,若质点在0，位置，宠 将球体腔填满，则可知剩余部分球体对质点的万有引力大小 等于整个完整的球体对质点的万有引力大小与挖去部分的 小球体对质点的万有引力大小之差，而挖去部分对质点的万 有引力为零，则剩余部分球体对质点的万有引力大小等于 整个完整球对质点的万有引力大小.以大球体的球心为球 心，做半径为号的球，根据公式V=专R,挖去小球的体职 是原来大球体积的日，故其质景为：，球完部分对质点的 万有引力为0，整个球对质点的万有引力等于中间部分半径 为空的球体对质点的万有引力，则F= Mm 8 (合 袋则 }2 剩余部分对质点的万有引力为)P,D错误放选AC 第3节预言未知星体计算天体质量 1.B解析：A.在知道C的轨道半径和周期的情况下，根据万 有引力定律和牛顿第二定律列方程只能求解B的质量，无 法求解C的质量，故A错误；B.在A、B组成的双星系统中， 对A根据牛顿第二定律有G 微%（停 2 4π2R4(R4+RB)2 得Mn= ,故B正确：C.若A也有一颗运动周 GT 期为T2的卫星，设卫星的质量为m,轨道半径为r,则根据牛 顿第二定律有G=m 。Mam 2π2 ,解得r三4之，同理 可得C的轨道半径为Rc= GMRT √4，对4，B组成的双是系 统有MA (停)=（停）元，因为风<见所以 M4>MB,则r>Rc,故C错误；D.如图所示，A、B、C三星由图 示位置到再次共线时，A、B转过圆心角日，与C转过的圆心 黑白题47