周测卷(八)圆周运动-【鱼跃龙门卷】2026-2027学年高三物理一轮复习周测卷

8 2026一2027学年度高三一轮复习周测卷（八） 物理·圆周运动 (考试时间40分钟，总分100分) 一、单项选择题：本题共5小题，每小题6分，共30分。每小题只有一个选项符合题目要求。带 题目为能力提升题，分值不计入总分。 1.如图为某一皮带传动装置，主动轮M的半径为r1,从动轮N的半径为 r2,已知主动轮做顺时针转动，转速为1，转动过程中皮带不打滑。下列 说法正确的是 A.从动轮做顺时针转动 B.从动轮的角速度为 2πn1r1 r2 C.从动轮边缘线速度大小为， D.从动轮的转速为n1 r1 2.“灯光表演”中，同学们用投影仪把校徽图案投到教学楼的墙壁上。现将投 影过程简化为如图所示，投影仪放置在水平地面上，与教学楼相距20m, 此时校徽图案距离地面15m,正在沿竖直方向以0.02m/s的速度上升。投影仪 此时投影仪转动的角速度约为 A.8.2×10-4rad/s B.6.4×10-4rad/s C.4.8×10-4rad/s D.3.0×10-4rad/s 3.如图所示，一倾角为0=30°的斜劈静置于粗糙水平面上，斜劈上表面光滑，一轻绳的一端固定 在斜面上的O点，另一端系一小球。在图示位置垂直于绳给小球一初速度，使小球恰好能在 斜面上做圆周运动。已知O点到小球球心的距离为1，重力加速度为g,整个过程中斜劈静 止，下列说法正确的是 A.小球在圆周最高点时的速度大小为g B.小球在圆周最低点时的速度大小为g 2 C.小球运动过程中，地面对斜劈的摩擦力大小不变 D.小球运动过程中，地面对斜劈的支持力等于小球和斜劈的重力之和 4.如图，矩形框MNQP竖直放置，其中MN、PQ足够长，且PQ杆光滑，一根轻弹簧一端固定 在M点，另一端连接一质量为m的小球，小球穿过PQ杆。当矩形框绕MN分别以不同的 角速度w1和ω2匀速转动时，小球相对于杆的位置不变。下列说法正确的是 A.弹簧的弹力大小可能发生了变化 B.杆PQ对小球的弹力大小一定发生了变化 C.若w2>w1,则角速度为w2时杆PQ对小球的弹力更大 D.小球所受合力的大小一定发生了变化 物理·周测卷（八）第1页（共4页） 8 鱼默龙门卷 5.火力发电的主要燃料是煤粉，将煤块制成煤粉的机械称为球磨机。球磨机的核 心部件是一个半径为R的躺卧圆筒，里面装有小钢球，小钢球与筒壁间的动摩擦 因数足够大。圆筒匀速转动时，小钢球被带到一定高度处脱离筒壁，落下后与煤 块发生碰撞将煤块击碎。如图所示，当小钢球通过A点时，与圆筒分离，此后小 B 钢球仅在重力作用下到达位置B,AB连线过圆心O,已知重力加速度为g。则圆筒旋转的角 速度ω为 A.2R B. 2g 3g 2R C.2R D.R ￥如图甲所示为一款旋转硬币游乐设备。图乙是该装置的示意图，OO'为其对称轴，且OO竖直。 将一枚一元硬币从上端入口沿容器壁边缘水平切线方向滚入，硬币恰好沿容器壁做螺旋运动， 转动多圈后到达底部。该硬币在水平方向的运动可近似看作匀速圆周运动，曲面在A、B两点 的切线与水平方向的夹角分别为30°和45°，匀速圆周运动的轨道半径分别为尺，=3 4m、R2= 0.3m,重力加速度g取10m/s2。则硬币在运动过程中 30° 45 甲 乙 A.容器壁对硬币的支持力充当了硬币做匀速圆周运动的向心力 B.硬币做匀速圆周运动时在A点的向心加速度大于在B点的向心加速度 C.硬币在A点做匀速圆周运动的周期小于在B点做匀速圆周运动的周期 D.硬币做匀速圆周运动在A、B两点的动能之比为5：6 二、多项选择题：本题共2小题，每小题10分，共20分。每小题有多个选项符合题目要求。全部 选对的得10分，选对但不全的得5分，有选错的得0分。带￥题目为能力提升题，分值不计入 总分。 6.钢架雪车是一项精彩刺激的冬奥会比赛项目，运动员从起跑区推动雪车起跑后俯卧在雪车 上，经出发区、滑行区和减速区等一系列直道、弯道后到达终点，用时少者获胜。图()是比赛 中一名运动员通过滑行区某弯道时的照片。假设可视为质点的运动员和车的总质量为，其 在弯道P处做水平面内圆周运动可简化为如图(b)所示模型，车在P处的速率为，弯道表面 与水平面成角，此时车相对弯道无侧向滑动，不计摩擦阻力和空气阻力，重力加速度大小为 g。下列说法正确的是 图(a) 图(b) 物理·周测卷（八）第2页（共4页） 班级 A. 在P处车对弯道的压力大小为F压=mg cos 0 B.在P处运动员和车的向心加速度大小为a=gtan0 姓名 C. 在P处运动员和车做圆周运动的半径为R=口 gsinθ D.若雪车在更靠近轨道内侧的位置无侧滑通过该处弯道，则其速率比原来大 得分 7. 如图甲所示，小球穿在光滑的竖直固定圆环上，并绕圆心O点做半径为R的圆周运动。小球 运动到最高点时，圆环与小球间弹力大小为F,小球在最高点的速度大小为，其F-02图像如 图乙所示，g取10m/s2,则 F/N A.小球的质量为4kg B.圆环的半径R为0.8m R C.小球在最高点的速度为4m/s时，小球受到圆环 选择题 →w2/(m2·s-2) 的弹力大小为20N,方向向上 答题栏 D.若小球恰好能做完整的圆周运动，则其受到圆环 乙 04“““ 1 的最大弹力为100N 2 如图甲所示，可视为质点的物块以vo=6m/s的初速度滑上长L=2m的水平传送带，从传送 3 带右端离开后，平滑进入固定在竖直面内的光滑半圆细管道。管道最低点固定一压力传感器， 可测量物块经过最低点时对轨道的压力大小F。当传送带以不同的速度运行时，得到F随 变化的图像如图乙所示，重力加速度g取10m/s2。下列说法正确的是 5 FNN 6 F 140 7 R 90 0 4 63v/(m·s) 甲 乙 A.F3=180N B. 管道半径为R=0.4m C.物块的质量为1.5kg D.物块与传送带之间的动摩擦因数为0.5 三、非选择题：本题共3小题，共50分。 8.(10分)某学习小组使用如图所示的实验装置探究向心 标尺 力大小与半径、角速度、质量之间的关系。若两球分别 弹簧测力筒 放在长槽和短槽的挡板内侧，转动手柄，长槽和短槽随左变速 长槽 短槽 变速轮塔匀速转动，两球所受向心力的比值可通过标尺轮塔 上的等分格显示，当皮带放在皮带盘的第一挡、第二挡 右变速 轮塔 和第三挡时，左、右变速轮塔的角速度之比分别为1：1， 1:2和1：3。 皮带盘手柄 (1)第三挡对应左、右皮带盘的半径之比为 (2)探究向心力大小与质量之间的关系时，把皮带放在皮带盘的第一挡后，应将质量 (填“相同”或“不同”)的铝球和钢球分别放在长、短槽上半径 (填“相同”或“不 同”)处挡板内侧。 (3)探究向心力大小与角速度之间的关系时，该小组将两个相同的钢球分别放在长、短槽上半 径相同处挡板内侧，改变皮带挡位，记录一系列标尺示数。其中一组数据为左边1.5格、右 边6.1格，则记录该组数据时，皮带位于皮带盘的第 (填“一”“二”或“三”)挡。 物理·周测卷（八）第3页（共4页） 鱼跃龙门卷 9.(20分)如图所示，顶角为74°的光滑圆锥竖直固定在水平面上，圆锥的高为2.1m,质量为 1kg的小球（可视为质点）用1长的轻质细线悬挂在圆锥的顶端。现使小球在水平面内做 匀速圆周运动，小球对锥面的压力恰好为零。重力加速度g取10m/s2,sin37°=0.6，cos37°= 0.8。 (1)求小球转动的角速度大小。 (2)通过细线对小球做功，使小球做圆周运动的角速度缓慢增大，至细 线与竖直方向的夹角为53°时，细线突然断开，则小球落地时的位置 749 离锥顶的水平距离为多少？ 10.(20分)如图，中空的水平圆形转盘内径x=0.8,外径足够大，沿转盘某条直径有两条粗糙 凹槽，凹槽内有A、B两个物块，两根不可伸长的轻绳一端系在C物块上，另一端分别绕过转 盘内侧的光滑小定滑轮系在A、B两个物块上，转盘不转动时两个物块放在距离竖直转轴 R=1.0m处系统恰好保持静止。每根绳长L=1.2m,A、B两个物块的质量均为m= 2.0kg,C物块的质量mc=1.5kg,所有物块均可视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力， 取重力加速度g=10m/s2。 (1)启动转盘，缓慢增大转速，求A、B与凹槽间摩擦力恰好为零 时转盘的角速度大小ω1。 (2)当转盘的角速度w2=4rad/s时，改变物块C的质量，要使 A、B相对凹槽不滑动，求物块C的质量最小值m。。 物理·周测卷（八）第4页（共4页）·物理· 自由滚下，斜槽轨道可以不光滑，只要保证能够水平 抛出就行，故A正确，B错误。实验中必须保证小球 做平抛运动，则斜槽轨道末端必须水平，故C错误。 要使描出的轨迹更好地反映真实运动，记录的点应 适当多一些，故D正确。为了比较准确地描出小球 运动的轨迹，应该用一条平滑曲线将点连接起来，偏 差大的点舍去，以减小实验误差，故E错误。 (3)小球在水平方向做匀速直线运动，根据公式x= ot,代入数据可得，小球运动到位置A时，其速度的 水平分量大小为va=,=工=5X102 0.05m/s= 1.0m/s。根据中间时刻的瞬时速度等于这段时间内 的平均速度可得，竖直分量大小为y= (8.6+11.0)×10-2 0.05×2 m/s≈2.0m/s。 (4)小球在竖直方向做匀加速直线运动，根据△x aT2可知，重力加速度为g (13.4+11.0-8.6-6.1)×10-2 (0.05×2)2 m/s2=9.7m/s2. 9.(1)3m/s(2)1.2m(3)1.4s 【解析】(1)小球恰好沿斜面方向进入斜面，则 tan53°-，=2gh,解得=3m/s。 (2)根据h= 28,x=v0t,解得t1=0.4s,x= 1.2m。 物理( 1.B【模型建构】 建构模型 皮带传动 ①线速度大小相等： 确定物理原理 ②转动方向看实际的皮带绕向； ③角速度与半径成反比 【解析】因为主动轮做顺时针转动，从动轮通过皮带 的摩擦力带动转动，所以从动轮做逆时针转动，故A 错误。由于通过皮带传动，皮带与轮边缘接触处的 线速度相等，根据v=n·2πr得n2r2=n1r1,所以 n,=,则w,= r2 2πn1,故B正确，D错误。从动 r2 轮边缘线速度大小为v2=n2·2πr2=2n1πr1,故C 错误。 2.B【解析】校徽图案的实际 运动为沿墙壁竖直向上的运 动，其运动效果是一方面绕投 =ucos 0 影仪转动，另一方面沿光线方 15m 向延伸，因此应将竖直向上的 速度分解为沿光线和垂直于 20m 光线的分速度。设校徽图案的速度为，投影仪转动 的角速度为ω，投影仪到图案间的距离为L,光线与 ·15 参考答案及解析 (3)对小球在斜面上受力分析得a=gsin53°， 小球在斜面顶端的初速度v=√/o十o=5m/s, H sin53o=t:十2at,联立解得t2=1s, 则t=t1十t2=1.4s。 0.(1)20m(2)30√3m(3)10√7m/s 【解析】(1)沙袋释放瞬间，沿竖直方向的分速度大 小为v,=osin0=10m/s, 沙袋上升到最高点时，距抛出点的竖直高度为1= 2一5m, 28 所以沙袋离地面的最大高度为H=h十h1=20m。 (2)沙袋释放瞬间，沿水平方向的分速度大小为 vx=voc0s0=10√3m/s, 沙袋在水平方向上，将做匀速直线运动。在竖直方 向上，取竖直向上为正方向，则根据时间位移公式 1 -h=u,t-282, 解得沙袋从抛出到落地在竖直方向上运动的时间 为t=3s, 根据分运动的等时性可知，沙袋在水平方向上运动 的时间也为3$，则沙袋落地点距释放点的水平距离 为L=vzt=30√3m。 (3)在竖直方向，有o,=vy一gt=一20m/s, 落地的速度为u=√0，+=107m/s。 八) 墙壁的夹角为0，将校徽图案的速度沿光线方向和垂 直光线方向分解，得垂直光线方向的速度为v1= vsin0,同时有v,=wL,根据几何知识可得L= √152+20m=25m,sin0=25m=0.8,联立解得 w=6.4×10-4rad/s,A、C、D错误，B正确。 B【模型建构】 建构模型 绳模型圆周运动的临界条件 确定物理原理 v2 在斜面上mg sin0=m乙 【解析】小球在圆周最高点时，绳的拉力Fτ与重力 沿斜面向下的分力的合力提供小球做圆周运动所需 的向心力，有Fn十ng sin0=m,可知绳的拉力越 小，小球的速度越小，当绳的拉力为零时，小球恰好 在斜面上做圆周运动，其速度为vmin=√glsin0= 、√？，选项A错误。小球由最高点向最低点运动时， 只有重力对小球做功，根据动能定理mg·2lsin0= 2mo2、1 1 2mw,代人数据可得o三/户多，选项B 正确。小球在斜面上受重力、支持力和绳的拉力作 高三一轮复习周测卷 用，做变速圆周运动，其所受重力与斜面的支持力大 小和方向均保持不变，绳的拉力大小和方向均不断 变化，根据牛顿第三定律，以斜劈为研究对象，斜劈 在小球恒定的压力、绳沿斜面方向不断变化的拉力、 地面的支持力、摩擦力和自身的重力作用下保持平 衡，绳的拉力沿斜面方向不断变化，故其在水平和竖 直方向上的分量也在不断变化，根据斜劈的平衡条 件可知，它受到的水平方向上的摩擦力大小是变化 的，地面对斜劈支持力的大小不一定等于小球和斜 劈重力之和，选项C、D错误。 4.D【解析】由于小球相对于杆的位置不变，故弹簧的 形变量不变，根据胡克定律可知弹簧的弹力大小不 变，故A错误。小球在水平面内做匀速圆周运动，由 合外力提供向心力，当角速度较小时，此时杆对小球 的弹力向外，弹簧的弹力在水平方向的分力和杆对 小球的支持力的合力提供向心力，当角速度较大时， 此时杆对小球的弹力向里，弹簧的弹力在水平方向 的分力和杆对小球的支持力的合力提供向心力，当 角速度发生改变时，杆对小球弹力的大小可能相同， 故B错误。若矩形框的角速度较小，杆对小球的弹 力方向垂直于杆向外，如图所示，在产” 水平方向上，由牛顿第二定律得 Fsin a-FN=mw2r,则得FN= Fsin a-mw2r,w变大，其他量不变，N 则F、变小，由牛顿第三定律知小球对杆压力的大小 变小，故C错误。小球所受合外力的大小F合=F。= mw2r,w变化时，其他量不变，则F合一定发生变化， 故D正确。 5.B【解析】设AB连线与水平直径的夹角为0，在A 点时，根据牛顿第二定律可得mg sin0=m尺，其中 v=R,从A点开始小钢球做斜上抛运动，则 1 2Rcos0=wsin0·t,-2Rsin0=ucos0·i-2gt, 2g 联立可得w=√2R· D【解析】容器壁对硬币的支持力与硬币重力的合力 充当了硬币做匀速圆周运动的向心力，选项A错误。 对硬币受力分析可知mgtan0=ma,因在A点时0角 较小，则硬币在A点做匀速圆周运动的向心加速度小 于在B点做匀速圆周运动的向心加速度，选项B错 4π2 R 误。根据ng tan0=mR,解得T=2rgan9' 因硬币在A点时日角较小且R较大，则硬币在A点 做匀速圆周运动的周期大于在B点做匀速圆周运动 的周期，选项C错误。根据mg tan0=mR,Ek= ·16 1 =2 mgR tan0 cRtan0,可得硬币做匀速圆周 Ek4_R1tan30°5 运动在A、B两点的动能之比为E。一R2tan456' 选项D正确。 6.AB【解析】对运动员和车 N 受力分析，如图所示，根据 几何关系可知N=mg。 cos日，根 据牛顿第三定律，车对弯道 的压力大小为F医=mg, cos g' 故A正确。根据牛顿第二定律可得mg tan0= v2 mR=m,解得R=gtn0a-gtan0,故B正确，C 错误。若运动员滑行的位置更加靠近轨道内侧，则 圆周运动的半径减小，根据mgtan0=mR,可知其 速率比原来小，故D错误。 7.BD【模型建构】 建构模型 轻杆模型 轻杆模型恰好能做完整的圆周运动 确定物理原理 时，在最高点速度为0 【解析】对小球在最高点进行受力分析，速度为0时 F-mg=0,结合图像可知20N-m·10m/s2=0, 解得小球质量m=2kg,选项A错误。当F=0时， 由重力提供向心力可得mg一"，结合图像可知 v2=8m2/s2,解得圆环半径R=0.8m,选项B正 确。小球在最高点的速度为4m/s时，设小球受圆环 的弹力方向向下，由牛顿第二定律得F十mg= v2 mR,代入数据解得F=20N,选项C错误。小球经 过最低点时，其受力最大，由牛顿第二定律得F′ mg=mR,若小球恰好做完整的圆周运动，由机械 能守恒得mg·2R=号m,代入数据得P 100N,选项D正确。 *BD【解析】由题图乙可知当传送带速度大于4m/s 后，传送带速度越大，压力越大，说明当传送带速度小 于v1=4m/s时，物块在传送带上一直做匀减速直线 运动，当速度v1=4m/s时，恰好全程减速，由匀变速 直线运动的规律可得v一v=一2aL,由牛顿第二定 律可得mg=ma,联立解得μ=0.5，故D正确。当 传送带以o2=6m/s的速度运动时，物块在传送带上 做匀速直线运动，物块从传送带右端离开到经过圆轨 道的最低点的过程中，由动能定理可得2mgR= ·物理· 1 m0最低点一之m02,物块经过最低点时，由牛顿第二 1 V最低点 定律可得F一mg=mR,当o=1=4m/s时， F1=90N,当v=v2=6m/s时，F2=140N,解得 m=1kg,R=0.4m,故B正确，C错误。由题图乙可 知，当传送带速度大于3时，物块在传送带上一直做 匀加速直线运动，由匀变速直线运动的规律可得一 v=2aL,解得v3=√56m/s,由动能定理可得2mgR 1 1 2m0最点一2m05,物块经过最低点时，由牛顿第二 定律可得F,一mg=n餐，可得P,=190N,故A 错误。 8.(1)3:1(2)不同相同(3)二 【解析】(1)皮带传动线速度相等，第三挡变速轮塔 的角速度之比为1：3，根据v=wr可知，第三挡对应 左、右皮带盘的半径之比为3：1。 (2)探究向心力大小与质量之间的关系时，需要保证 两个物体做圆周运动的角速度相等、半径相等，质量 不同，所以应将质量不同的铝球和钢球分别放在长、 短槽上半径相同处挡板内侧。 (3)根据F.=mw2r,其中一组数据为左边1.5格、右 边6.1格，则角速度平方之比为合（分），可知忽 略误差的情况下，角速度之比为2，则皮带位于皮带 盘的第二挡。 9.a)3Erad/s(2)学6m 【解析】(1)设小球转动的角速度为ω1，小球在水平 面内做匀速圆周运动，小球对锥面的压力恰好为零， 则有mg tan37°=mwLsin37°，解得w1= rad/s. (2)当细线与竖直方向的夹角为53°时，设小球转动的 角速度大小为w2,则有mg tan53°=mwLsin53°，解 物理( 1.A【模型建构】 建构模型 双星模型 ①向心力由彼此间的万有引力提供； ②两星的周期、角速度相同； ③两星的轨道半径之和等于两星间距； 确定物 ④两星到转动中心的距离之比等于质量之比 理原理 的倒数； ⑤周期与两星的总质量和间距有关，T= L3 2m√G(m,+m】 1> 参考答案及解析 w三？6rad/s,此时小球的线速度为2 w2Lsin53°= a/s, 细线断开时，小球离地面的高度为h=H一Lcos53°= 1.5m, 离转轴的距离为d=Lsin53°=0.8m, 细线断后，小球做平抛运动，运动的时间为t= =3 Vg√10s, 做平抛运动的水平位移为x=0,=青5m, 则小球落地时，离锥顶的水平距离为s=√d2十x= 总6m. 0.(1)2.5rad/s(2)2.34kg 【解析】(1)设绳子上的拉力为T,绳子与竖直方向 的夹角为0，由几何知识可得sin0=L-(R-) 0.8,即0=53°， 对物块C受力分析，有2Tcos0=mcg,解得T= mcg 2cos53°=12.5N, A、B与凹槽间摩擦力恰好为零时，绳子的拉力为其 做圆周运动提供向心力，根据牛顿第二定律可得 「T T=mwR,解得w=√mR =2.5rad/s。 (2)转盘不动时，A、B受到的摩擦力与绳子的拉力 平衡，则有mg=T, 当转盘转动的角速度w2=4rad/s,A、B所需的向 心力Fm=mw2R=32N, 要使物块C的质量最小，绳子上的拉力应最小，对 物块A、B受力分析可知Fmin十g=Fm, 联立解得Fmin=19.5N, 对物块C受力分析可得2 Fmin COS0=mog,联立可 得m0=2.34kg。 九) 【解析】设脉冲星的质量为m1、轨道半径为r1,其伴 星的质量为m2、轨道半径为r2,两者间的距离为L, 轨道周期为T,由万有引力提供向心力有Gm,m: L.2 m()=m:()变式得0=() -()出数学知汉有+ (2)'+(答)r可得T=2√Gm十m),在