2025-2026学年高一下学期物理自编练习卷（圆周+天体+功前三节）（广东适用）

2025-2026学年高一下物理自编练习卷（圆周+天体+功前三节）（广东适用） 一、选择题（1~7题单选题，每小题4分，8-10题多选题，每小题6分，共46分） 1．如图所示的四幅图表示的是有关圆周运动的基本模型，下列说法正确的是（　　） A．图a中汽车通过凹形桥的最低点时处于失重状态 B．图b中火车转弯超过规定速度行驶时会挤压外轨 C．图c中脱水桶的脱水原理是水滴受到的离心力大于它所受到的向心力从而被甩出 D．图d中在光滑而固定的圆锥筒内，有完全相同的A、B两个小球在图中所示的平面内分别做匀速圆周运动，则、两小球的角速度大小相等 2．2025年蛇年春晚的舞台上，《秧BOT》节目开场，一群穿着花棉袄的机器人在舞台上扭起了秧歌。其中机器人转手绢的动作，使手绢绕中心点O在竖直面内匀速转动，如图所示，若手绢上有质量不相等的两质点A、B，则（　　） A．质点A、B的线速度相同 B．质点A、B的动能可能相等 C．质点A、B受到的合外力可能相同 D．质点A的角速度比B角速度大 3．在竖直平面内，滑道由两段对称的圆弧平滑连接而成，且、、三点在同一水平线上。电动玩具车与滑道各处的动摩擦因数相同，电动玩具车在沿速度方向电机牵引力作用下由点以恒定速率沿着滑道运动到点，过程克服摩擦力做功为，过程克服摩擦力做功为，在滑道最低点点对滑道压力为，在滑道最高点点对滑道压力为，下列说法正确的是（   ） A． B． C． D． 4．为了提升运动员的体能进行一种拖轮胎跑的训练。如图所示，运动员身上系绳拖动轮胎在水平地面前进，已知连接轮胎的拖绳拉力大小为100N，与地面夹角为，若运动员拖着轮胎以6m/s的速度匀速直线前进18m，，，g取10m/s²，在此运动过程中，下列说法正确的是（　　） A．地面摩擦力对轮胎做功为1440J B．拖绳拉力对轮胎做功为1440J C．轮胎所受合力做功为1800J D．拖绳拉力对轮胎的平均功率为600W 5．一台洗地机的滚刷在高速旋转脱水时，滚刷可近似看作半径为的均匀圆柱体。滚刷以500转/分钟的转速匀速转动。下列说法正确的是（   ） A．滚刷边缘的线速度大小约为 B．滚刷转动的角速度约为 C．水珠未离开滚刷前，水珠所受合外力不是始终指向圆心 D．水珠最终被甩出去，是因为受到了离心力 6．“旋转纽扣”是一种传统游戏。如图，先将纽扣绕几圈，使穿过纽扣的两股细绳拧在一起，然后用力反复拉绳的两端，纽扣正转和反转会交替出现。拉动多次后，纽扣绕其中心的转速可达50r/s，此时对于纽扣上距离中心1cm处的点，下列说法正确的是（　　） A．周期为0.2s B．角速度约为30rad/s C．线速度约为3m/s D．向心加速度大小约100m/s2 7．图（a）所示的油纸伞是我国古人智慧的结晶。图（b）为其结构示意图，ON是一条可绕伞顶O转动的伞骨，伞撑两端分别与ON中点M和滑环P铰接。保持伞柄不动，向上推滑环P，使得伞骨ON以恒定角速度开伞，则（　　） A．M点的线速度方向总是沿PM方向 B．M点的向心加速度方向沿MP方向 C．N点线速度大小是M点的2倍 D．N点的向心加速度大小是M点的4倍 8．如图所示，篮球在指尖上绕轴转动。关于球面上做圆周运动的P、Q两点，下列说法正确的是（　　） A．Q点的角速度大于P点的角速度 B．Q点的线速度大于P点的线速度 C．Q点的周期等于P点的周期 D．Q点的向心加速度大于P点的向心加速度 9．铁路在弯道处的内、外轨道高度是不同的，已知内、外轨道平面与水平面的夹角为θ，如图所示，弯道处的圆弧半径为R，若质量为m的火车转弯时速度等于，则（　　） A．内轨对内侧车轮轮缘有挤压 B．外轨对外侧车轮轮缘无挤压 C．这时铁轨对火车的支持力等于 D．这时铁轨对火车的支持力等于 10．2023年2月24日下午，“逐梦寰宇问苍穹—中国载人航天工程三十年成就展”开幕式在中国国家博物馆西大厅举行，本次展览为期3个月，全面系统回顾工程全线三十年来自信自强、奋斗圆梦的辉煌历程。载人航天进行宇宙探索过程中，经常要对航天器进行变轨。某次发射Z卫星时，先将Z卫星发射至近地圆轨道I，Z卫星到达轨道I的A点时实施变轨进入椭圆轨道Ⅱ，到达轨道Ⅱ的远地点B时，再次实施变轨进入轨道半径为4R（R为地球半径）的圆形轨道Ⅲ绕地球做圆周运动。下列判断正确的是（　　） A．Z卫星可能是一颗地球同步卫星 B．Z卫星在轨道Ⅰ上运动的周期大于在轨道Ⅱ上运动的周期 C．Z卫星在轨道Ⅲ上经过B点时的速度大于在轨道Ⅱ上经过B点时的速度 D．Z卫星在圆形轨道Ⅲ上运行时的加速度小于它在圆轨道Ⅰ上运行时的加速度 二、非选择题（11题8分，12题8分，13题11分，14题13分，15题14分，共54分） 11．一同学设计了一个有关圆周运动的实验，如图所示，质量为的小滑块的中心固定一个遮光片，遮光片宽度为，滑块套在水平杆上，滑块用细线与力传感器相连，杆和滑块在外力驱动下一起绕竖直轴做匀速圆周运动，滑块每经过光电门一次，通过光电门和力传感器就同时获得一组挡光时间和拉力F的数据。 （1）若滑块（质量分布均匀）中心到转轴的距离为，光电门测得挡光时间为，则滑块转动的角速度是______，向心力是______N。 （2）按上述实验测得拉力F和计算得到的向心力不相等的原因可能是______。 （3）本实验若不用光电门，可用秒表测得滑块转n圈所用的时间t，则角速度为______。 12．向心力演示器如图所示，用来探究小球做圆周运动所需向心力F的大小与质量m，角速度和半径r之间的关系。两个变速塔轮通过皮带连接，匀速转动手柄使长槽和短槽分别随变速塔轮1和变速塔轮2匀速转动，槽内的钢球就做匀速圆周运动。横臂的挡板对钢球的压力提供向心力，钢球对挡板的反作用力通过横臂的杠杆作用使弹簧测力筒下降，从而露出标尺，标尺上的黑白相间的等分格显示出两个钢球所受向心力的比值。如图是探究过程中某次实验时装置的状态。 (1)在研究向心力F的大小与质量m、角速度和半径r之间的关系时我们主要用到了物理学中的_________。 A．控制变量法 B．等效替代法 C．理想实验法 D．演绎法 (2)图中所示。若两个钢球质量和运动半径相等，则是在研究向心力的大小F与________的关系。 A．钢球质量m B．角速度 C．运动半径r D．线速度v (3)图中所示，若两个钢球质量和运动半径相等，图中标尺上黑白相间的等分格显示出钢球A和钢球C所受向心力的比值为，则与皮带连接的变速塔轮1和变速塔轮2的半径之比为__________。 A． B． C． D． 13．中国于2023年5月30号成功发射“神舟十六号”载人飞船。如图，“神舟十六号”载人飞船发射后先在近地圆形轨道Ⅰ上运动，到达轨道a点时点火变轨进入椭圆轨道Ⅱ，到达b点时再次点火进入圆轨道Ⅲ。载人飞船离地球表面的距离为h。地球表面的重力加速度为g、地球的半径为R、引力常量为G，忽略地球自转。求： （1）地球的质量M； （2）飞船在圆轨道Ⅲ绕地球运动的线速度v大小。 14．如图所示，一质量为的物体，由光滑圆弧轨道上端从静止开始下滑，到达底端后沿水平面向右滑动1m距离后停止。已知圆弧底端与水平面平滑连接，圆弧轨道半径，取，求： (1)物体滑至圆弧底端时的速度大小； (2)物体滑至圆弧底端时对轨道的压力大小； (3)物体与水平面之间的动摩擦因数和在水平面上减速的时间。 15．图1所示是一种叫“旋转飞椅”的游乐项目，将其结构简化为图2所示的模型。长的钢绳一端系着座椅，另一端固定在半径，的水平转盘边缘。转盘可绕穿过其中心的竖直轴转动。转盘静止时，钢绳沿竖直方向自由下垂；转盘匀速转动时，钢绳与转轴在同一竖直平面内，与竖直方向的夹角。将游客和座椅看作一个质点，质量。不计钢绳重力和空气阻力，重力加速度。 (1)当转盘匀速转动时，求游客做圆周运动线速度的大小。 (2)求游客由静止到随转盘匀速转动与竖直方向夹角为的过程中，钢绳对游客和座椅做的功。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 1．B【详解】A．当汽车通过最低点时，需要向上的向心力，则有，故汽车处于超重状态，故A错误； B．超速时重力与支持力的合力不足以提供向心力，会挤压外轨产生向里的力，故B正确； C．物体所受合外力不足以提供向心力才会做离心运动，故C错误； D．根据牛顿第二定律解得 由图可知可得，故D错误。故选B。 2．B【详解】AD．由于质点A、B绕中心点O在竖直面内匀速转动，则两质点具有相同的角速度，但质点A转动半径小于B的转动半径，根据线速度与角速度关系 可知，质点A的线速度小于质点B的线速度，A错误，D错误； B．由动能表达式可知动能与质量和线速度有关，故质点A、B的动能可能相等，B正确； C．质点所受的合外力为 可知二者质量不相等，合外力大小可能相等，但方向指向圆心，二者方向不同，C错误。故选B。 3．C【详解】AB．根据牛顿第二定律，则在N点时在S点时 可知根据牛顿第三定律可知，AB错误； CD．根据因在PM段运动时玩具车对轨道的平均压力均大于在MQ段运动时对轨道的平均压力，可知 根据可知，C正确，D错误。故选C。 4．B【详解】B．在轮胎匀速前进18m的过程中，拖绳拉力对轮胎做功为，故B正确； A．在轮胎匀速前进18m的过程中，根据平衡条件，可得地面摩擦力 则地面摩擦力对轮胎做功为，故A错误； C．在轮胎匀速前进18m的过程中，合力等于零，故合力做的功为零，故C错误； D．在轮胎匀速前进18m的过程中，所用的时间为 则拖绳拉力对轮胎的平均功率为，故D错误。故选B。 5．A【详解】AB．根据已知条件可知，滚刷转动的角速度约为 滚刷边缘的线速度大小约为故A正确，B错误； C．由于滚刷做匀速圆周运动，则水珠未离开滚刷前，水珠所受合外力始终指向圆心，提供水珠做匀速圆周运动的向心力，故C错误； D．水珠最终被甩出去，是因为受到的合外力不足以提供做圆周运动的向心力，故D错误。故选A。 6．C【详解】根据匀速圆周运动的规律可得 ，，故选C。 7．C【详解】A．由题意可知，M点做匀速圆周运动，线速度方向始终沿圆周的切线方向，始终与ON垂直，而非沿PM方向，故A错误； B．由题意可知，ON是一条可绕伞顶O转动的伞骨，M点以O点为圆心做匀速圆周运动，所以向心加速度方向始终沿M指向圆心O，不是沿MP方向，故B错误； C．由匀速圆周运动规律可知由于，所以有 所以N点线速度大小是M点的2倍，故C正确； D．由向心加速度公式可知由于，所以有 所以N点的向心加速度大小是M点的2倍，故D错误。故选C。 8．BCD【详解】A．篮球上的P、Q绕轴做同轴转动，P、Q两点的角速度相等，A错误； B．根据，角速度相等，半径越大线速度越大，所以Q点的线速度大于P点的线速度，B正确； C．根据可知，Q点的周期等于P点的周期，C正确； D．根据可知，Q点的向心加速度大于P点的向心加速度，D正确。故选BCD。 9．BC【详解】AB．当火车的重力和轨道的支持力的合力提供火车做圆周运动的向心力时，则 可得 即火车转弯时速度等于时外轨对外侧车轮轮缘以及内轨对内侧车轮轮缘均无挤压，故A错误，B正确； CD．这时铁轨对火车的支持力等于，故C正确，D错误。故选BC。 10．CD【详解】A．对于地球同步卫星有 其中周期T等于24小时，在地球表面有可以解得 由于Z卫星变轨后最终轨道半径为4R，可知，Z卫星不可能是一颗地球同步卫星，故A错误； B．Z卫星在轨道Ⅰ上运动的半径小于在轨道Ⅱ上运动的半长轴，根据开普勒第三定律可知，Z卫星在轨道Ⅰ上运动的周期小于在轨道Ⅱ上运动的周期，故B错误； C．轨道Ⅲ相对于轨道Ⅱ是高轨道，由低轨道变轨到高轨道需要加速，即轨道Ⅲ上经过B点时的速度大于在轨道Ⅱ上经过B点时的速度，故C正确； D．根据牛顿第二定律有解得 由于轨道Ⅲ的半径大于轨道Ⅰ的半径，则Z卫星在圆形轨道Ⅲ上运行时的加速度小于它在圆轨道Ⅰ上运行时的加速度，故D正确。故选CD。 11． 1 滑块与杆之间存在摩擦力 【详解】（1）[1]滑块通过光电门时的线速度大小为 故滑块转动的角速度为[2]向心力为 （2）[3]按上述实验测得拉力F和计算得到的向心力不相等的原因可能是滑块与杆之间存在摩擦力。 （3）[4]滑块转n圈所用的时间t，可得滑块做圆周运动的周期为故角速度为 12．(1)A(2)B(3)C 【详解】（1）为了研究向心力与其中某一个因素的关系，需控制其他量不变，即采用控制变量法，故选A。 （2）根据 若两个钢球质量和运动半径相等，则是在研究向心力的大小F与角速度的关系，故选B。 （3）若两个钢球质量和运动半径相等，根据 得变速轮塔1和变速轮塔2的角速度之比为 两塔轮与皮带连接处线速度大小相等，根据 得皮带连接的变速轮塔1和变速轮塔2的半径之比为故选C。 13．（1）；（2）【详解】（1）当飞船在近地圆形轨道Ⅰ上时，有所以 （2）当飞船在圆轨道Ⅲ上运行时，有所以 14．(1)(2)300 N(3)0.8，0.5s 【详解】（1）设物体滑至圆弧底端时速度大小为v，由动能定理得代入数据得 （2）设物体滑至圆弧底端时受到轨道的支持力大小为，根据牛顿第二定律得 代入数据得 根据牛顿第三定律得 所以物体对圆弧轨道底端的压力大小为300 N。 （3）设物体与水平面之间的动摩擦因数为，在水平面上减速的时间为，物体滑动过程中，根据动能定理可知代入数据解得由牛顿第二定律可得 另由运动学知识得联立并代入数据得 15．(1)(2)1440J 【详解】（1）对游客一起受力分析如图所示 根据受力分子可知游客做圆周运动所需要的向心力为 根据几何关系可知游客圆周运动的半径为根据代入数据得 （2）游客和座椅由静止到随转盘匀速转动得过程，根据功能关系有代入数据解得 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $