第四单元 曲线运动（二）《巅峰突破》2026版物理高三一轮单元突破验收卷（含答案解析）

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密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线
密 封 线 内 不 要 答 题
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姓名 班级 考号
密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线
密 封 线 内 不 要 答 题
)
第四单元　曲线运动（二）
满分90分,限时75分钟
考点1 圆周运动　　考点2 实验:探究向心力大小的表达式
一、选择题(本题共10小题,共40分。在每小题给出的四个选项中,第1—7题只有一项符合题目要求,每小题4分;第8—10题有多项符合题目要求,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)
1.盾构隧道掘进机,简称盾构机,是一种隧道掘进的专用工程机械,又被称作“工程机械之王”,是城市地铁建设、开山修路、打通隧道的利器。图为我国最新研制的“聚力一号”盾构机的刀盘,其直径约16 m,转速为5 r/min,下列说法正确的是 (　　)
A.刀盘工作时的角速度为10π rad/s
B.刀盘边缘的线速度大小约为4.2 m/s
C.刀盘旋转的周期为0.2 s
D.刀盘工作时各刀片的线速度均相同
2.在东北严寒的冬天,人们经常玩一项“泼水成冰”的游戏,具体操作是把一杯开水沿弧线均匀快速地泼向空中。图甲所示是某人玩“泼水成冰”游戏的瞬间,其示意图如图乙所示。泼水过程中杯子的运动可看成匀速圆周运动,人的手臂伸直,在0.5 s内带动杯子旋转了210°,人的臂长约为0.6 m。下列说法正确的是 (　　)
　　
A.泼水时杯子的旋转方向为顺时针方向
B.P位置飞出的小水珠初速度沿1方向
C.杯子在旋转时的角速度大小为 rad/s
D.杯子在旋转时的线速度大小约为 m/s
3.如图甲所示为东汉杜诗发明的“杜诗水排”,图乙是简化示意图,当水流带动下卧轮转动时,通过转轴带动上卧轮转动,最后依靠弦索带动小轮完成后续的动力传动,a、b、c分别位于下卧轮、上卧轮和小轮的边缘,下列说法正确的是 (　　)
　　
A.c点的线速度小于b点的线速度
B.a点的线速度大于b点的线速度
C.弦索对小轮的摩擦力方向与小轮转动方向相反
D.该装置能够将河水的重力势能全部转化为水排的机械能
4.探测器“夸父A”是我国于2022年10月9日发射的太阳探测卫星,2023年4月11至12日,我国召开观测数据试开放全球发布暨数据使用培训会,与多个国家进行信息分享,体现我国的大国担当。“夸父A”在距地球约150万公里的拉格朗日L1点,与地球一起以相同的公转周期绕太阳做匀速圆周运动,用以监测太阳活动的发生及其伴生现象,则 (　　)
A.“夸父A”处于平衡状态
B.在相同时间内,“夸父A”的位移相同
C.“夸父A”、地球绕太阳公转的向心加速度相同
D.“夸父A”绕太阳公转的加速度小于地球公转的加速度
5.在如图所示的装置中,质量分别为m、2m的A、B两个小球(视为质点)穿在光滑杆上并可沿杆滑动,两球之间用一根长为L的细线连接,现让两小球以相同的角速度绕共同的圆心O做匀速圆周运动,下列说法正确的是 (　　)
A.A、B的周期之比为2∶1
B.A、B的向心加速度之比为1∶2
C.A、B的轨道半径之比为1∶2
D.若A、B的角速度为ω,则细线的拉力为
6.如图所示,质量为m的小球、轻绳BC、轻杆AB、竖直轴AO始终在同一竖直面内,一起绕轴AO以恒定角速度匀速转动。β与α角始终保持不变且β=2α,绳长为R,杆长为L,重力加速度为g。下列说法正确的是 (　　)
A.小球做圆周运动的线速度与角速度的比值为R sin β
B.杆转动的角速度为
C.杆转动的角速度为
D.轻绳对小球的拉力为
7.如图所示,竖直平面内固定有一个半径为R的光滑圆环形细管,现给小球(直径略小于管内径)一个初速度,使小球在管内做圆周运动,小球通过最高点时的速度为v。已知重力加速度为g,则下列叙述中正确的是 (　　)
A.v的最小值为
B.当v=时,小球处于完全失重状态,不受力的作用
C.当v=时,轨道对小球的弹力方向竖直向下
D.在v由逐渐减小的过程中,轨道对小球的弹力也逐渐减小
8.如图所示,滚筒洗衣机脱水时,滚筒绕水平转动轴转动。滚筒上有很多漏水孔,滚筒转动时,附着在湿衣服上的水从漏水孔中被甩出,达到脱水的目的。如果认为湿衣服在竖直平面内做匀速圆周运动,那么 (　　)
A.在最高点时,水不会被甩出
B.在最低点时,相比最高点时水更容易被甩出
C.增大滚筒转动的周期,水更容易被甩出
D.增大滚筒转动的转速,水更容易被甩出
9.重庆云阳龙缸大秋千经过1 000多次的假人测试及50次以上的真人体验于2020年7月13日开放。由四根秋千绳组成的秋千摆,其摆动半径约100 m。若有一质量为50 kg的体验者(含秋千踏板)荡秋千,秋千运动到最低点时速度约为30 m/s,重力加速度g取10 m/s2,下列说法正确的是 (　　)
A.摆到最高点时,体验者的速度为零,一定处于平衡状态
B.在高速摆动的过程中,体验者受到的合力始终指向圆心
C.摆到最低点时,体验者的向心加速度大小为9 m/s2
D.在最低点时,四根秋千绳对体验者(含秋千踏板)拉力的合力约为950 N
10.如图所示,有一粗糙斜劈固定在水平转盘上与转盘一起绕垂直于转盘的轴OO'以角速度ω转动,斜劈的倾角为θ,斜劈的斜面长为L。现将一质量为m的小物块放在斜劈的中点处与斜劈一起旋转,小物块与斜劈之间的动摩擦因数为μ,角速度ω的大小可以调节,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。重力加速度大小为g。关于小物块,下列说法正确的是 (　　)
A.斜劈对小物块的支持力始终等于mg cos θ
B.当角速度ω增大时,斜劈对小物块的支持力变小
C.若要小物块始终在斜劈的中点处,则小物块受到的摩擦力最大值为μmg cos θ
D.若要小物块始终在斜劈的中点处,当角速度ω最大时,斜劈对小物块的支持力为
二、非选择题(本题共4小题,共50分)
11.(10分)利用如图甲所示的圆锥摆装置验证向心力表达式,步骤如下:
(1)用天平测出密度较大的小球的质量为m,如图乙所示用20分度游标卡尺测出小球的直径D=　　　　cm。小球静止时,用刻度尺测量此时悬挂点与小球上端之间的竖直距离为L。
　　
(2)在白纸上画几个不同半径的同心圆,用刻度尺测量各个圆的半径r。将白纸平铺在水平桌面上,使同心圆的圆心刚好位于　　　　　　　　。让小球做圆锥摆运动,俯视观察小球,其在水平面上沿着白纸上某个圆做圆周运动,当运动稳定时,用停表测量小球运动5圈所用的时间t。
(3)用向心力表达式推导出Fn=　　　　(用m、t、r和圆周率π表示);通过受力分析,推导出小球做圆周运动时所受合力F合=　　　　(用m、r、D、L和重力加速度g表示)。将记录的数据代入到上述两个表达式中进行计算。
(4)改变绳长,重复(2)、(3)实验步骤,记录多组数据。
(5)通过比较每一组实验数据计算出的Fn和F合的大小,在误差允许的范围内近似相等。由此,向心力的表达式得以验证。
12.(10分)如图所示,AB面光滑、倾角θ=30°的斜面体固定在水平桌面上,桌面右侧与光滑半圆形轨道CD相切于C点,圆弧轨道的半径R=0.1 m。物块甲、乙用跨过轻质定滑轮的轻绳连接,开始时乙被按在桌面上,甲位于斜面顶端A点,滑轮左侧轻绳竖直、右侧轻绳与AB平行;现释放乙,当甲滑至AB中点时轻绳断开,甲恰好能通过圆形轨道的最高点D。已知AB长L=1 m,桌面BC段长l=0.5 m,甲质量M=1.4 kg,乙质量m=0.1 kg,甲从斜面滑上桌面时速度大小不变,重力加速度大小g=10 m/s2,不计空气阻力。求:
(1)甲到达斜面底端时重力的瞬时功率;
(2)甲与桌面间的动摩擦因数。
13.(13分)如图所示,AOB是竖直平面内的光滑圆弧形滑道,由两个半径都是R的圆弧平滑连接而成,圆心O1、O2与两圆弧的连接点O在同一竖直线上,O2B与水池的水面平齐。一小滑块可由弧AO上的任意点由静止开始下滑。
(1)若小滑块从圆弧AO上某点释放,之后在两个圆弧上滑过的弧长相等,求释放点和O1的连线与竖直线的夹角;
(2)若小滑块能从O点脱离滑道,求其可能的落水点在水面上形成的区域长度。
14.(17分)某商家为了促销推出了弹珠抽奖游戏,如图为游戏的模型示意图,平面游戏面板与水平面成θ=30°角固定放置,面板右侧的直轨道与半径为R=0.1 m的圆弧轨道平滑连接,两者固定在面板上。圆弧轨道的圆心为O,顶端水平。顾客游戏时,用外力压缩面板底部连接的小弹簧将弹簧顶端的小弹珠(可视为质点)弹出,若弹珠直接打中面板底部的中奖区域,则获得相应奖励,若弹珠打中侧面挡板,则抽奖无效。已知弹珠质量m=100 g,直管道长度l=0.4 m,中奖区域AB长度d=0.5 m,其等分为如图所示的五个中奖区域,不计所有摩擦和阻力,弹簧的长度忽略不计,重力加速度g取10 m/s2,求:
(1)弹珠从圆弧轨道顶端以v=0.5 m/s的速度飞出时,弹珠对轨道侧面的压力以及此时顾客的中奖情况;
(2)顾客获得一等奖时,弹簧初始弹性势能的取值范围。
答案全解全析
1.B　刀盘的转速n=5 r/min= r/s,刀盘工作时的角速度ω=2πn= rad/s,A错误;刀盘边缘的线速度v=ωr=ω×≈4.2 m/s,B正确;刀盘旋转的周期T==12 s,C错误;刀盘各刀片工作时的角速度ω均相等,但各刀片的半径r不一定相等,根据v=ωr可知,刀盘工作时各刀片的线速度不一定相等,D错误。
2.D　由题图乙中小水珠做离心运动的轨迹可知,杯子的旋转方向为逆时针方向,P位置飞出的小水珠初速度沿2方向,故A、B错误。杯子旋转的角速度为ω== rad/s= rad/s,故C错误。杯子旋转的轨迹半径约为0.6 m,则线速度大小约为v=ωR=×0.6 m/s= m/s,故D正确。
3.B　c点与b点位于轮的边缘,且通过弦索传动,所以二者的线速度大小相等,故A错误;a点与b点绕同一转轴转动,二者的角速度相等,由于a点做圆周运动的半径大于b点做圆周运动的半径,根据v=ωr,可知a点的线速度大于b点的线速度,故B正确;弦索对小轮的摩擦力对小轮提供动力使小轮转动,方向与小轮转动方向相同,故C错误;由于存在摩擦阻力等因素的影响,所以该装置不能够将河水的重力势能全部转化为水排的机械能,故D错误。
4.D　“夸父A”与地球一起做匀速圆周运动,不处于平衡状态,故A错误;做匀速圆周运动的物体在相同的时间内走过的弧长相等,但位移是矢量,位移的大小相等但方向不同,故B错误;根据匀速圆周运动规律可知Fn=m=ma,即a=,因为二者的公转周期相同,地球的公转半径更大,所以地球绕太阳公转的向心加速度更大,故C错误,D正确。
5.D
思路点拨　两个小球做同轴转动,角速度相等;两个小球的向心力均由细线的拉力提供,则两个小球的向心力大小相等。
解析　两个小球做同轴转动,角速度相等,根据T=可知周期相等,选项A错误;两个小球的向心力大小相等,两个小球的质量之比为1∶2,根据牛顿第二定律a=可知A、B的向心加速度之比为2∶1,选项B错误;设A的轨道半径为r1,B的轨道半径为r2,可得m·ω2r1=2m·ω2r2=F,又r1+r2=L,解得r1∶r2=2∶1,F=,选项C错误,D正确。
6.C　小球做圆周运动的线速度与角速度的关系满足r=,由几何关系可知r=(R+L)sin α,即小球做圆周运动的线速度与角速度的比值为=(R+L)sin α,故A错误;稳定转动时,杆转动的角速度与小球转动的角速度相等,对小球受力分析可知由绳的拉力和小球所受重力的合力提供向心力,得mg tan α=mrω2,由于r=(R+L)sin α,解得ω=,故B错误,C正确;由受力分析可知轻绳对小球的拉力T=,故D错误。
7.C
模型建构
“轻杆”模型
图示
受力特征 在最高点,物体受到的弹力可能向下、等于零或向上
受力示意图
力学方程 mg±FN=m
过最高点的条件 在最高点的速度v≥0
解析　持力,当支持力的大小等于小球重力的大小时,小球的速度最小,为零,故A错误;根据公式a=可知,当v=时,小球的加速度为a=g,方向竖直向下,则小球处于完全失重状态,只受重力作用,故B错误;当v=时,小球需要的向心力为Fn=m=2mg,可知,轨道对小球的弹力大小为mg,方向竖直向下,故C正确;当v<时,小球需要的向心力Fn=m8.BD　滚筒高速转动时,在最高点,水所受重力不足以提供向心力,所以水也会被甩出,故A错误;用F1和F2分别表示在最高点和最低点水与衣服之间的作用力,假设水随衣服一起做匀速圆周运动时所需的向心力为F向,在最高点时,根据牛顿第二定律有mg+F1=F向,在最低点时,同理有F2-mg=F向,所以F2>F1,则在最低点时,相比最高点时水更容易被甩出,故B正确;增大滚筒转动的周期,根据F向=mr可知水所需向心力减小,水更不容易被甩出,故C错误;增大滚筒转动的转速,根据F向=m(2πn)2r可知水所需向心力增大,水更容易被甩出,故D正确。
9.CD
思路点拨　体验者摆到最高点时的速度为零,则没有向心加速度,但体验者做变速圆周运动,切线方向的合力不为零,即切线方向存在加速度。
解析　摆到最高点时,体验者的速度为零,但加速度不为零,不是处于平衡状态,故A错误;在高速摆动的过程中,由于体验者不是做匀速圆周运动,则体验者受到的合力不是始终指向圆心(易错点),故B错误;摆到最低点时,体验者的向心加速度大小为a== m/s2=9 m/s2,故C正确;在最低点时,设四根秋千绳对体验者(含秋千踏板)拉力的合力为F,根据牛顿第二定律可得F-mg=m,解得F=950 N,故D正确。
归纳总结
变速圆周运动中一般位置的向心力分析
(1)在变速圆周运动中,F合不一定指向圆心。 (2)合力沿半径方向的分力Fn提供物体做圆周运动的向心力
10.BD
思路点拨　将物块所受的静摩擦力Ff、支持力FN分解到水平方向和竖直方向上,如图所示,在竖直方向的合力满足平衡条件,在水平方向的合力提供向心力。
解析　物块做圆周运动的轨迹圆心在与物块等高的轴上,对物块进行受力分析,建立水平方向和竖直方向的平面直角坐标系,物块所受静摩擦力Ff沿斜面向上,在竖直方向有FN cos θ+Ff sin θ=mg,在水平方向有Ff cos θ-FN sin θ=mrω2,由以上两式可知,ω变大,则Ff变大,FN变小,故A错误;由A项分析可知,当角速度ω增大时,斜劈对小物块的支持力变小,故B正确;当物块所受静摩擦力最大时,有FN cos θ+Ffm sin θ=mg,Ffm=μFN,解得FN=,Ffm=μFN=,故C错误,D正确。
11.答案　(1)1.500(2分)　(2)静止的小球球心正下方(2分)　(3)(3分)　(3分)
解析　(1)游标卡尺读数为D=15 mm+0×0.05 mm=15.00 mm=1.500 cm。
(2)将白纸平铺在水平桌面上,使同心圆的圆心刚好位于静止的小球球心正下方。
(3)根据向心力公式,得Fn=mr==;设小球做圆周运动时悬绳与竖直方向的夹角为θ,可知F合=mg tan θ,又由几何关系可知 tan θ=,解得F合=mg tan θ=。
12.答案　(1)21 W　(2)0.4
解析　(1)设轻绳断开时甲的速度为v1,对甲、乙组成的系统,由机械能守恒有
Mg sin θ-mg=(M+m) (1分)
解得v1=2 m/s(1分)
设甲到达斜面底端B时的速度为v2,由动能定理有Mg× sin θ=M-M (1分)
解得v2=3 m/s
重力的瞬时功率P=Mgv2 sin θ (1分)
解得P=21 W(1分)
(2)设甲到达D时的速度为v4,由牛顿第二定律有Mg=M (1分)
解得v4=1 m/s(1分)
设甲到达C时的速度为v3,从C到D过程中由动能定理有-Mg×2R=M-M (1分)
解得v3= m/s
从B到C过程中由动能定理有
-μMgl=M-M (1分)
解得μ=0.4 (1分)
13.答案　(1)37°　(2)(2-)R
思路点拨　(1)设释放点和O1的连线与竖直线的夹角为θ,由于小滑块在两个圆弧上滑过的弧长相等,则小滑块在圆弧OB离开点与O2的连线与竖直线的夹角也为θ,小滑块受到的支持力为零时离开圆弧,此时重力指向圆心的分力mg cos θ提供向心力,如图所示;
(2)小滑块恰好从O点离开圆弧时,受到的支持力为零,此时重力提供向心力;小滑块离开O点后做平抛运动,恰好能从O点脱离圆弧时,平抛的水平分位移最小;从A点释放时,平抛的水平分位移最大。
解析　(1)设离开圆弧时的速度为v,由动能定理有
2mgR(1- cos θ)=mv2-0 (1分)
小滑块在离开圆弧位置,由牛顿第二定律有
mg cos θ=m (1分)
可得cos θ=,解得θ=37° (1分)
(2)设小滑块刚好能从O点脱离滑道的速度为v1,则mg=m (1分)
解得v1= (1分)
当小滑块在A点静止释放时,小滑块到达O点的速度为v2,由动能定理有mgR=m-0 (1分)
解得v2= (1分)
可知小滑块能从O点脱离滑道的速度范围为≤vO≤ (1分)
小滑块离开滑道后做平抛运动,竖直方向有R=gt2 (1分)
解得t= (1分)
水平方向有x=vOt (1分)
可得小滑块的水平位移满足R≤x≤2R (1分)
则小滑块可能的落水点在水面上形成的区域长度为Δx=2R-R=(2-)R (1分)
14.答案　(1)0.25 N,方向沿面板向下　三等奖
(2) J≤Ep≤ J或 J≤Ep≤ J
解析　(1)弹珠在圆弧轨道顶端时有
mg sin θ+F=m (1分)
解得F=-0.25 N(1分)
根据牛顿第三定律可知弹珠对轨道侧面的压力为0.25 N,方向沿面板向下。 (1分)
弹珠从圆弧轨道顶端飞出后,沿面板向下的分运动为匀加速直线运动,
根据牛顿第二定律有mg sin θ=ma (1分)
解得a=g sin θ=5 m/s2 (1分)
根据运动学规律有l+R=a (1分)
解得t1= s(1分)
在水平方向有x1=vt1 (1分)
解得x1= m(1分)
由于 m< m< m,则弹珠落在三等奖区域,顾客获得三等奖。 (1分)
(2)根据能量守恒有
Ep=mg(l+R) sin 30°+m (2分)
弹珠做类平抛运动,有l+R=at2 (1分)
x=v1t (1分)
联立得Ep=mg(l+R) sin 30°+x2 (1分)
顾客获得一等奖时,0≤x≤0.1 m或0.4 m≤x≤0.5 m
解得 J≤Ep≤ J(1分)
或 J≤Ep≤ J(1分)