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）

第六章 真题演练 黑题真题体验 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点驶入路径，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 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、z=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 A=(2+7）.=8m =71=5 D.=[2+6+6+4)m]s,1=55m 12 2 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·RJ黑白题044 考点2生活中的圆周运动 点).转椅运动稳定后，其角速度与圆盘角速度 4.(2024·江苏高考)如图所示是生产陶瓷的工 相等.转椅与雪地之间的动摩擦因数为4，重 作台，台面上掉有陶屑，与工作台一起绕00' 力加速度为g,不计空气阻力 匀速转动，陶屑与桌面间的动摩擦因数处处 (1)在图(a)中，若圆盘在水平雪地上以角速 相同（台面够大）.最大静摩擦力等于滑动摩 度ω，匀速转动，转椅运动稳定后在水平 擦力，则 雪地上绕0点做半径为1的匀速圆周运 A.越靠近台面边缘的陶屑质量越大 动.求AB与OB之间夹角的正切值， B.越靠近台面边缘的陶屑质量越小 (2)将圆盘升高，如图(b)所示.圆盘匀速转 C.陶屑只能分布在工作台边缘 动，转椅运动稳定后在水平雪地上绕0 D.陶屑只能分布在某一半径的圆内 点做半径为2的匀速圆周运动，绳子与竖 直方向的夹角为0，绳子在水平雪地上的 端盖 卷轴 投影A1B与O1B的夹角为B.求此时圆盘 的角速度w2 0900w0 插销 细绳 水平圆盘 细管 (第4题) (第5题) 5.(2024·广东高考)如图所示，在细绳的拉动 下，半径为π的卷轴可绕其固定的中心点O在 水平圆盘 0: 水平面内转动.卷轴上沿半径方向固定着长度 B转椅 图(a)圆盘在水平雪地上 图b)圆盘在空中 为1的细管，管底在0点.细管内有一根原长 为？劲度系数为k的轻质弹黄，弹簧底端固 定在管底，顶端连接质量为m、可视为质点的 插销.当以速度v匀速拉动细绳时，插销做匀 速圆周运动.若过大，插销会卡进固定的端 盖.使卷轴转动停止.忽略摩擦力，弹簧在弹性 限度内.要使卷轴转动不停止，的最大值为 ( B. A.2m c.,2 D. 2m m \m 6.(2024·江西高考)雪地转椅是 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0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 第六章黑白题045第六章章末检测 1.A2.B3.B4.D 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(1-6)cos60°=mw1,解得=mu21 ,放选D 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 内圈数为120，可得周期为T=1=0.5s,所以u=2π 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(2πn)2r,圆周的半径为 r=ro+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=m唱，所以，若增大转速，0 c0s0' 将增大，细绳拉力变大，故D正确故选D. mg 7.C 8.BC解析：A航天员竖直方向上加速度为0，不处于失重状 态，故A错误；B.角速度w=2πn,航天员运动的线速度大小 为v=oR=2πnR,故B正确：C.航天员做匀速圆周运动需要 的向心力为F=mw2R=4m2n2mR,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.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 o2的关系图像，对B由牛顿第二定律可得mg=mw足·2L, 解得开始产生绳子拉力时的角速度为，=√凫故A8结 误；CD.乙图中图像a为物块A所受f与w2的关系图像，当 ω=w2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umg-T=mwL,wmg+T=mw2·2L,联立解得 √受，7学则有：时=3：4放C错误，D正确 故选D. 10.(1)0.246(2) 't :(3)mR 2 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，=”0=d L toL （3)由牛顿第二定律F=mwR=m d'R md'R 1 1 像为过原点的直线，则斜率k=mPR L2 1.1)5ns(2)号 解析：(1)对B物块受力分析可知T+VN=2mg,得T=2mg 必修第二册·RJ 3 5mg设O4与竖直方向夹角为0，对小球竖直方向 4mg= 4 有70s0=mg,得c0s0=学=08，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，有2 mgsin a=mLsin a,得wo=√40rad/s> 02as,所以当w=105as时，小物块B没有高 105 开台秤，设此时绳中的拉力为F,则Fsin B=mw2 Lsin B,得 了g,则N=2mg了mg=学由牛顿第三定律可知，台 5 3 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BC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。=6m在CD段 a1= 的最大加速度为a2=1m/s2,则根据a2= ,可得在CD段 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 及AB段从最大速度议速到的时间=。号 哈-2 1s,位移幻22a =3m.在AB段匀速的最长距离为l=8m 15 3m=5m,则匀速运动的时间t2== 4s,则从A到D最短 时间为：场烤=(？）小放选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 大加速度为4，=1m/,则根据a,-,可得在GD段的最 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= +m_7 2&观 察ABCD四个选项，其中含有项的只有B.故选于 名师点评：4=：，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T,因此只要求出 了BCD段的时间为。，观察选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 黑白题16 移公式有v2=2ax,代入数据可得a=2.7m/s2.(2)根据向心 加速度的表达式a= 专。可得甲、乙的向心加速度之比为 a乙 x=25甲、乙做匀速圆周运动，则运动的时间为日 2R甲242 一代人数据可得甲，乙运动的时间为，行-行因 4π t甲<t之，所以甲先出弯道 4.D解析：ABC.与台面相对静止的陶屑做匀速圆周运动，静 摩擦力提供向心力，当静摩擦力为最大静摩擦力时，根据牛 顿第二定律可得mg=mwr,解得r=g,因与台面相对静止 的这些陶屑的角速度相同，由此可知能与台面相对静止的陶 屑离轴O0'的距离与陶屑质量无关，故ABC错误：D.离轴最 远的陶屑其受到的静摩擦力为最大静摩擦力，由前述分析可 知最大的运动半径为R=,μ与ω均一定，故R为定值，即 离轴最远的陶屑距离不超过某一值R,即陶屑只能分布在半 径为R的圆内，故D正确.故选D. 第七章 万有3 第1节行星的运动 白题基础过关 1.D2.B 3.C解析：AB.根据开普勒第二定律可知，海王星从P到Q阶 段，速率逐渐变小，在P点速率最大，在Q点速率最小，由对 称性可知从P到Q的时间为了，所以从P到M的时间小于 从M到Q的时间大于不，故AB错误；B,根据开普韧第 T 二定律可知相同时间内，海王星与太阳的连线扫过的面积相 同，由于P点到太阳的距离比Q点更近，所以P点的角速度 大于Q点的角速度，故C正确；D.由上分析可知，从Q到N 的时间大于子，故从M到N的时间大于子，放D错误故 选C. 4.AC解析：AB.在轨道I上A是轨道I上的近地点，B是轨 道I上的远地点，根据开普勒第二定律，在轨道I上经过B 时的线速度比经过A时小，A正确，B错误；CD.根据开普勒 第三定律=k,轨道Ⅱ的半径大于轨道1的半长轴，在轨道 I上运行的周期比在轨道Ⅱ上小，C正确，D错误故选AC. 5.D解析：根据几何知识可知，圆轨道半径为r=R+R=2R.椭 圆轨道的半长轴为a=6 =3R,设乙的运动周期为T.由开普 勒第三定律得5=Q R=2,可得T”=36T,故ABC错误，D正确 故选D. 黑题应用提优 1.A2.C 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 参考答案与解析 5.A解析：由题意可知当插销刚卡进固定端盖时弹簧的伸长 量为△分根据胡克定律有F=仙-丝，插销与卷轴同轴 转动，角速度相同，对插销有弹力提供向心力F=mlw2,对卷 轴有u=rw,联立解得v=r ，故选A /2m' 6.(1)(2), ugsin 0cos B 01T1 sin Osin B+ucos 0)r2 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=mω，2r1,mg=Tsina,联立解得 tan a=ug (2)设此时轻绳拉力为T,沿A1B和垂直A,B竖直向上的分 力分别为T,=Tsin0,T,=Tcos0,对转椅根据牛顿第二定律 得T1cosB=mwr2,沿切线方向T1sinB=∫=uFN,竖直方向 F、+,=mg,联立解得o,√(sin Osin B+ucos) ugsin Ocos B 引力与宇宙航行 段很短的时间，则有之AR=,△几，即-尼。 .1 1 8R,ACD错 误，B正确.故选B. 4A解析：AB,根据开普勒第三定律号=k,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， 有2-24=，解得≈0.55年，故CD错误故选A T地T木 压轴挑战 5.BD解析：AB.由题意可知，海王星与天王星相距最近时，对 天王星的影响最大，且每隔时间t。发生一次最大的偏离，则 有22m 。o=2m,解得T。元，故B正确，A错误：CD.由 Ro R 3T2 开普勒第三定律可得 分，解得R=风√发，又因T to o9,联立解得R=R2,故C错误，D正确故一 。-1T 选BD 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1、2，飞船质量为m',飞船所受地球、月球引力合力为 0,即cMm' .故选A 5.A解析：设地球半径为R,地球质量为M,引力常量为G,地 球表面重力加速度为g。,太空电梯离地高度为h,太空电梯 所在位置处重力加速度为g',根据万有引力公式有 黑白题17