第6章 圆周运动 真题演练-【学霸黑白题】2025-2026学年高中物理必修第二册（人教版 江苏专用）

第六章 真题演练 黑题 真题体 限时：40min 高考非常解 3.*★（辽宁高考）2022年北京冬奥会短道速滑 1.*(山东高考)无人配送小车某次性能测 混合团体2000米接力决赛中，我国短道速滑 试路径如图所示，半径为3m的半圆弧BC 队夺得中国队在本届冬奥会的首金 与长8m的直线路径AB相切于B点，与半 (1)如果把运动员起跑后进入弯道前的过程 径为4m的半圆弧CD相切于C点.小车以 看作初速度为零的匀加速直线运动，若运 最大速度从A点驶入路径，到适当位置调 动员加速到速度v=9m/s时，滑过的距离 整速率运动到B点，然后保持速率不变依 x=15m,求加速度的大小 次经过BC和CD.为保证安全，小车速率最 (2)如果把运动员在弯道滑行的过程看作轨 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 2m/s2,CD段的加速度最大为1m/s2.小车 甲、乙两名运动员同时进人弯道，滑行半 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1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， 3 m R A=2+7)，=8m B=(7).=5m C1=r宽6, s,l=5.5m 6 D.t= 6+6+4)m 12 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次方 成正比，运动周期与轨道半径成反比，则n等于 A.1 B.2 C.3 D.4 必修第二册黑白题044 考点2生活中的圆周运动 雪地上绕O点做半径为T1的匀速圆周运 4.*(2025·山东高考)某同学用不可伸长的 动.求AB与OB之间夹角的正切值 细线系一个质量为0.1kg的发光小球，让小球 (2)将圆盘升高，如图(b)所示.圆盘匀速转 在竖直面内绕一固定点做半径为0.6m的圆 动，转椅运动稳定后在水平雪地上绕O, 周运动.在小球经过最低点附近时拍摄了一张 点做半径为2的匀速圆周运动，绳子与竖 照片，噪光时间为0由于小球运动，在照片 直方向的夹角为0，绳子在水平雪地上的 投影AB与O,B的夹角为B.求此时圆盘 上留下了一条长度约为半径号的圆弧形径迹 的角速度ω2 根据以上数据估算小球在最低点时细线的拉 水平圆盘 力大小为 A.11 N B.9N C.7N D.5N 5.*(2025·广东高考)（多选）将可视为质点 的小球沿光滑冰坑内壁推出，使小球在水平 口转椅 A 水平圆盘 面内做匀速圆周运动，如图所示.已知圆周运 一官转椅 图(a圆盘在水平雪地上 图b)圆盘在空中 动半径R为0.4m,小球所在位置处的切面与 水平面夹角0为45°，小球质量为0.1kg,重 力加速度g取10m/s2.关于该小球，下列说 法正确的有 ( B,水平面 A.角速度为5rad/s B.线速度大小为4m/s C.向心加速度大小为10m/s2 D.所受支持力大小为1N 6.整(2024·江西高考)雪地转椅是一种游乐 项目，其中心传动装置带动转椅在雪地上滑 动.如图(a)、(b)所示，传动装置有一高度可 调的水平圆盘，可绕通过中心O点的竖直轴 匀速转动.圆盘边缘A处固定连接一轻绳，轻 绳另一端B连接转椅（视为质点）.转椅运动 稳定后，其角速度与圆盘角速度相等.转椅与 雪地之间的动摩擦因数为u,重力加速度为g, 不计空气阻力， (1)在图(a)中，若圆盘在水平雪地上以角速 度ω1匀速转动，转椅运动稳定后在水平 第六章黑白题04510.(1)5m/s(2)1.75m(3)0.75m 析：()在长臂顶部，据牛顿第三定律N+mg=m,其 由题意结合牛顿第三定律可知N=2.5N,解得vo=5m/s. (2)石块被抛出后做平抛运动，落到斜面上时其速度垂直 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t==0.5s,故平抛的水平位 g 移x=,4=2.5m,平抛的竖直高度6=号-1.25m,则石块打 2g 在斜面上的点距地面高度为H=L+Lsin-h=1.75m. (3)石块落点到斜面的右端点A的水平距离sam45 H 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. 第六章章末检测 1.D2.B3.A4.D5.B6.D 7.C解析：B要使衣物过A点不掉下，筒壁的支持力需要大于 于，则mg≤m,解得T≤2放B错误；C衣至 点时F4+mg=m一，解得衣物在A点受到滚筒壁的支持力 T 为Fu=mww-mg=m 2Tv T一mg,由牛顿第三定律可知衣物在A 点对滚筒壁的压力大小为m2 T-mg,故C正确；D.衣物转到 B位置时，由牛顿第二定律有F=m2严+g,则A,B两点 的压力之差为F'NB-FNM=FNB-FM=2mg,即衣物在A、B两点 受到转筒的压力差为2mg,故D错误；A.衣物在A、B两点的 压力满足Fa=m2 2πv T+mg,Fu=mTmg,F>F,由于衣 物与水滴之间的作用力的最大值有一定限度，当超过该限度 值时，水将做离心运动，因此衣物转到B位置时的脱水效果 最好，故A错误故选C. 8.D解析：AB.轻绳OB从O点断开后，轻绳OA的拉力和重 力的合力提供向心力，竖直方向To4sin53°=mg,水平方向 ToaCos53°=m ng,轨道半径为R,=lcos53°，联立解得轻绳 OA的拉力为8N,小球的速度大小为v=1.5m/s,故AB错 误；CD.轻绳OB从O点断开前，小球运动到最低点时的向 心力P,三m,轨道半径为R,三i加53，解得向心力大小为 F。=3.6N,轻绳0B的拉力大小满足2 FoRsin53°-mg=F.,解 得FoB=6.25N,故C错误，D正确.故选D. 9.D解析：AB.一开始角速度比较小时，两物块的静摩擦力提 供所需的向心力，由于物块B的半径较大，所需向心力较 大，则物块B的摩擦力先达到最大，之后物块B的摩擦力不 变，绳子开始产生拉力，则乙图中图像b为物块B所受f与 w2的关系图像，对B由牛顿第二定律可得mg=mω子·2L, 解得绳子开始产生拉力时的角速度为心，-√受，故AB错 误：CD.乙图中图像a为物块A所受f与w2的关系图像，当 必修第二册 ω=ω2时，物块A的摩擦力达到最大，分别对A和B根据牛 顿第二定律可得wmg-T=mwL,mg+T=mw·2L,联立解得 ,T=g,则有w2:=3:4,故C错误，D正确 w2=入3L1 31 故选D. 10.(1)0.246(2)4 toL (3)mdR 1.（5。(2号 解析：(1)对B物块受力分析可知T+N=2mg,得T=2mg- 3 g=5m设0A与竖直方向夹角为0，对小球竖直方向 4mg=4 有Tcos日=mg,得cos日=mg=0.8,则日=37.对小球水平方 7T 向有Tsin0=mw2Lsin0,解得w=5rad/s.(2)当台秤示数刚 好为0时，有2 mgsin a=moLsin c,得wo=√40rad/s> 10W3 。rad/s,所以当w'=?rad/s时，小物块B没有离 3 开台秤，设此时细线的拉力为F,则Fsin B=mw2 Lsin B,得 P=g,则N=2ng号mg=学由牛顿第三定律可知，台 5 秤的示数为号 第六章 真题演练 黑题真题体验 1.B常规解：在ABC段的最大加速度为a1=2m/s2,则根据 ,可得在BC段的最大速度为1。=6m/s.在CD段 a1= 的最大加速度为a,=1m/s2,则根据a,= ,可得在CD段 T2 的最大速度为2m=2m/s<心1m,可知在BCD段运动时的速 度为，=2m/s,在BCD段运动的时间为与=+严： 2s4B段从最大速度减速到D的时间，。”_42 7 412s Umy 18,位移x2=2a1 =3m.在AB段匀速运动的最长距离为l= 8m-3m=5m,则匀速运动的时间，=↓= 4s,则从A到D (97T 最短时间为=+，+杉，=（+2).故选B. 非常解：在ABC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1n=6m/,在CD段的最 大加速度为，=1m?,则根据=一，可得在D段的量 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t= ”-观 察ABCD四个选项，其中含有项的只有B故选B。 黑白题16 名师点评：=X,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BCD段的时间为，观察迭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，选择题可以节省很多时间. 2.C 3.（1)2.7m/s2(2)225:242甲 解析：(1)根据速度一位移公式有v2=2ax,代入数据可得 a=27m/s.(2)根据向心加速度的表达式a=可得甲、乙 R 的向心加速度之比为。，。2×42甲、乙做匀速圆周运 动，则运动的时间为：=，代入数据可得甲，乙运动的时间 4π 9π 为m=5s,2&因<“2，所以甲先出弯道 4.C解析：根据题意可知在曝光时间内小球运动的长度为 11 △l= 5 5×0.6m=0.12m,近似认为在曝光时间内小球做 第七章 万有 第1节行星的运动 白题基础过关 1.D2.B3.C 4.C解析：根据开普勒第二定律分析可知，卫星与地心的连 线在相等时间内扫过的面积相等，则知v4>g;轨道I的半长 轴小于轨道Ⅱ的半径，由开普刷第三定件号-：知T,<T1: 故选C 5.A解析：根据题意可得，甲的公转轨道半径为r甲= ,2 1 -R+2R+ 7 的椭圆运动的半长轴为2- 一=3R,设乙的运动 2 周期为T,由开普勒第三定律可得 ,综合 解得Tz=22T,故选A. 黑题应用提优 1.A2.B 3.B解析：根据开普勒第二定律可知，对于一个卫星而言，地 球和卫星的连线在相等的时间内扫过相等的面积若取一小 段很短的时间，则有宁4R 2AR,即4=尾 E,ACD错 误，B正确.故选B. 参考答案与解析 匀速直线运动，故有：=兰-0=6，在最低点根据 50 牛顿第二定律有T-g=m二，代人数据解得T=7N,放 选C. 5.AC解析：A.对小球受力分析可知F向=mgtan45°=mw2R, 解得w=5rad/s,故A正确；B.线速度大小为v=ωR=2m/s, 故B错误；C.向心加速度大小为an=w2R=10m/s2,故C正 确：D.所受支持力大小为N5。=V2N,故D错误故 选AC. 6.(1)g(2)√sm0®in002 ugsin 0cos B ω1T1 解析：(1)转椅做匀速圆周运动，设此时轻绳拉力为T,转椅 质量为m,受力分析可知轻绳拉力沿切线方向的分量与转椅 受到地面的滑动摩擦力平衡，沿径向方向的分量提供圆周运 动的向心力，故可得Tcos a=mw121,mg=Tsin a,联立解得 tan a=ug (2)设此时轻绳拉力为T,沿A1B和垂直A1B竖直向上的分 力分别为T,=T'sin0,T2=T'cos0,对转椅根据牛顿第二定律 得T,cosB=mwr2,沿切线方向T1sinB=∫=uFN,竖直方向 FN+T2=mg,联立解得ω2= ugsin 0cos B (sin 0sin B+ucos 0)r2 力与宇宙航行 4A解析：AB,根据开普勒第三定律分=太，可知木星的公转 半径约为地球公转半径的5.2倍，所以木星和地球最近的距 离大约是地球公转半径的4.2倍，故A正确，B错误；CD.木 星、地球和太阳再次处于同一直线时地球比木星多转半周， “t=T,解得t≈0.55年，故CD错误.故选A. 压轴挑战 5.C解析：由题意可知当天王星、海王星、太阳位于同一直线 时天王星绕太阳做圆周运动的实际轨道偏离最大，周期每隔 时间发生一次最大偏离，可知每隔t时间天王星、海王星 相距最近，即每隔。时间天王星比海王星多运行一圈.有： T07。=2m,则T= 2π2π 。-T ,由开普勒第三定律可得： 31 联立解得R=R√(7） ,故选C. 第2节万有引力定律 白题基础过关 1.D2.C3.A 4.A解析：设飞船到地球中心的距离与到月球中心的距离分 别为12，飞船质量为m',飞船所受地球、月球引力合力为 黑白题17