考点5 圆周运动及其应用-【金版教程】2025年高考物理一轮总复习首选用卷全书Word（新教材）

金版教程　高考总复习首选用卷　物理 考点5　圆周运动及其应用 题组一　基础小题 1．(2023·河北省九师联盟高三联考)圆周运动是一种最常见的曲线运动，例如电动机转子、车轮、皮带轮等都做圆周运动。关于圆周运动，下列说法正确的是(　　) A．质点做匀速圆周运动时，受到的合力和向心加速度恒定不变 B．匀速圆周运动是变加速运动，其角速度、周期、转速均恒定不变 C．向心加速度是描述做圆周运动的质点线速度大小变化快慢的物理量 D．做圆周运动的质点受到的合外力一定指向圆心，加速度一定指向圆心 答案　B 解析　质点做匀速圆周运动时，受到的合力提供向心力，加速度即为向心加速度，合力与加速度大小一直不变，但是方向时刻变化，总是指向圆心，故匀速圆周运动是变加速运动，其角速度、周期、转速均恒定不变，故A错误，B正确；向心加速度是描述做圆周运动的质点线速度方向变化快慢的物理量，故C错误；做变速圆周运动的质点受到的合外力和加速度不指向圆心，故D错误。 2．下列有关生活中的圆周运动的实例分析，正确的是(　　) A．图甲所示为汽车通过凹形桥最低点的情境，此时汽车受到的支持力小于重力 B．图乙所示为演员表演“水流星”的情境，当小桶刚好能通过最高点时，小桶处于完全失重状态，仍受重力作用 C．图丙所示为火车转弯的情境，火车超过规定速度转弯时，车轮会挤压内轨 D．图丁所示为洗衣机脱水桶脱水的情境，其脱水原理是水滴受到的离心力大于它受到的向心力，从而被甩出 答案　B 解析　题图甲中汽车通过凹形桥最低点时，由牛顿第二定律得N－mg＝m，解得N＝mg＋m，所以汽车受到的支持力大于重力，故A错误；题图乙中当小桶刚好能通过最高点时，只受重力，绳的拉力等于零，小桶处于完全失重状态，故B正确；题图丙中火车超过规定速度转弯时，重力和支持力的合力不足以提供转弯所需要的向心力，此时火车有做离心运动的趋势，车轮会挤压外轨，故C错误；题图丁中洗衣机脱水桶脱水原理是衣服对水滴的吸附力不足以提供水滴随衣服一起做圆周运动所需要的向心力，水滴做离心运动，从而被甩出，故D错误。 3.一质量为2.0×103 kg的汽车在水平公路上行驶，路面对轮胎的径向最大静摩擦力为1.4×104 N，当汽车经过半径为80 m的弯道时，下列判断正确的是(　　) A．汽车转弯时所受的力有重力、弹力、摩擦力和向心力 B．汽车转弯的速度为20 m/s时所需的向心力为1.4×104 N C．汽车转弯的速度为20 m/s时汽车会发生侧滑 D．汽车能安全转弯的向心加速度不超过7.0 m/s2 答案　D 解析　汽车转弯时受到重力、地面的支持力以及地面摩擦力，其中摩擦力充当向心力，A错误；当最大静摩擦力充当向心力时，速度为临界速度，大于这个速度则汽车将发生侧滑，根据牛顿第二定律可得fm＝m，解得vm＝＝ m/s＝ m/s＝20 m/s，所以汽车转弯的速度为20 m/s时，所需的向心力小于径向最大静摩擦力，汽车不会发生侧滑，B、C错误；汽车能安全转弯的最大向心加速度am＝＝ m/s2＝7.0 m/s2，即汽车能安全转弯的向心加速度不超过7.0 m/s2，D正确。 4．如图所示，自行车的大齿轮、小齿轮、后轮的半径之比为4∶1∶16，在用力蹬脚踏板前进的过程中，下列说法正确的是(　　) A．小齿轮和后轮的角速度大小之比为16∶1 B．大齿轮和小齿轮的角速度大小之比为1∶4 C．大齿轮边缘和后轮边缘的线速度大小之比为1∶4 D．大齿轮边缘和小齿轮边缘的向心加速度大小之比为4∶1 答案　B 解析　小齿轮和后轮共轴，角速度相等，故A错误；大齿轮和小齿轮用链条传动，轮缘的线速度大小相等，根据ω＝可知，大齿轮和小齿轮的角速度大小之比为1∶4，故B正确；小齿轮和后轮共轴，根据v＝ωr可知，小齿轮边缘和后轮边缘的线速度大小之比为1∶16，又因为大、小齿轮边缘的线速度大小相等，则大齿轮边缘的线速度和后轮边缘的线速度大小之比为1∶16，故C错误；大齿轮和小齿轮用链条传动，轮缘的线速度大小相等，根据a＝可知，轮缘的向心加速度大小之比为1∶4，故D错误。 5.如图所示，一竖直倒立的圆锥筒，筒侧壁的倾斜角度α不变。一小球在内壁做匀速圆周运动，球与筒内壁间的摩擦可忽略，小球距离地面的高度为H，则下列说法中正确的是(　　) A．H越小，小球对侧壁的压力越大 B．H越大，小球做圆周运动的线速度越大 C．H越小，小球做圆周运动的向心力越小 D．H越大，小球做圆周运动的周期越小 答案　B 解析　小球做匀速圆周运动，由重力mg和支持力F的合力提供圆周运动的向心力，作出受力图如图，则向心力Fn＝mgtanα，m、α不变，向心力大小不变，根据牛顿第二定律得Fn＝m，H越大，r越大，则v越大，故B正确，C错误；做匀速圆周运动时，侧壁对小球的支持力大小F＝不变，则小球对侧壁的压力大小不变，故A错误；根据mgtanα＝m，解得T＝，则知H越大，r越大，T越大，故D错误。 6.(2022·广东省韶关市高三下二模)应用物理知识可以分析和解释生活中的很多常见现象。假设你用手掌平托一苹果，保持这样的姿势在竖直平面内按顺时针方向做匀速圆周运动。下列说法中正确的是(　　) A．在c点苹果受到的支持力小于在a点时的支持力 B．从a到b过程中手掌对苹果的摩擦力越来越小 C．从c到d再到a过程中，苹果所受的合外力越来越大 D．从d到a过程中，苹果处于失重状态 答案　A 解析　苹果位于a、c点时，重力与支持力的合力提供其做匀速圆周运动的向心力，在c点苹果受到的向心力向下，重力大于支持力，在a点苹果受到的向心力向上，支持力大于重力，故在c点苹果受到的支持力小于在a点时的支持力，A正确；从a到b过程中，苹果的向心加速度大小不变，加速度在水平方向上的分加速度逐渐变大，根据牛顿第二定律可知，手掌对苹果的摩擦力越来越大，B错误；从c到d再到a过程中，苹果的速度大小保持不变，加速度大小不变，苹果所受的合外力大小不变，C错误；从d到a过程中，苹果的加速度在竖直方向上的分加速度一直竖直向上，苹果一直处于超重状态，D错误。 题组二　高考小题 7.(2021·浙江6月选考)质量为m的小明坐在秋千上摆动到最高点时的照片如图所示，对该时刻，下列说法正确的是(　　) A．秋千对小明的作用力小于mg B．秋千对小明的作用力大于mg C．小明的速度为零，所受合力为零 D．小明的加速度为零，所受合力为零 答案　A 解析　在最高点时，小明的速度为零；设秋千的摆长为l，摆到最高点时摆绳与竖直方向的夹角为θ，秋千对小明的作用力为F，则对小明，沿摆绳方向受力分析有F－mgcosθ＝m＝0，则有F＝mgcosθ＜mg，沿垂直摆绳方向受力分析有F合＝mgsinθ＝ma，解得小明在最高点时的加速度为a＝gsinθ。故A正确，B、C、D错误。 8．(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n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 答案　C 解析　质点做匀速圆周运动，运动周期T与轨道半径r成反比，则T＝(k>0且为常量)；质点所受合力等于向心力，则有F合＝Fn＝mr，联立可得F合＝r3，其中为非零常量，则F合与r3成正比，故题中n＝3。故选C。 9．(2023·北京高考)在太空实验室中可以利用匀速圆周运动测量小球质量。如图所示，不可伸长的轻绳一端固定于O点，另一端系一待测小球，使其绕O做匀速圆周运动，用力传感器测得绳上的拉力为F，用停表测得小球转过n圈所用的时间为t，用刻度尺测得O点到球心的距离为圆周运动的半径R。下列说法正确的是(　　) A．圆周运动轨道可处于任意平面内 B．小球的质量为 C．若误将n－1圈记作n圈，则所得质量偏大 D．若测R时未计入小球半径，则所得质量偏小 答案　A 解析　由于在太空实验室中，任何物体都处于完全失重状态，所以圆周运动轨道可以处于任意平面内，A正确；由匀速圆周运动规律有F＝mR，T＝，联立解得m＝，B错误；由m＝可知，若误将n－1圈记作n圈，即测得的n偏大，则所得质量偏小，C错误；由m＝可知，若测R时未计入小球半径，即测得的R偏小，则所得质量偏大，D错误。 ※10.(2022·河北高考)(多选)如图，广场水平地面上同种盆栽紧密排列在以O为圆心、R1和R2为半径的同心圆上，圆心处装有竖直细水管，其上端水平喷水嘴的高度、出水速度及转动的角速度均可调节，以保障喷出的水全部落入相应的花盆中。依次给内圈和外圈上的盆栽浇水时，喷水嘴的高度、出水速度及转动的角速度分别用h1、v1、ω1和h2、v2、ω2表示。花盆大小相同，半径远小于同心圆半径，出水口截面积保持不变，忽略喷水嘴水平长度和空气阻力。下列说法正确的是(　　) A．若h1＝h2，则v1∶v2＝R2∶R1 B．若v1＝v2，则h1∶h2＝R∶R C．若ω1＝ω2，v1＝v2，喷水嘴各转动一周，则落入每个花盆的水量相同 D．若h1＝h2，喷水嘴各转动一周且落入每个花盆的水量相同，则ω1＝ω2 答案　BD 解析　根据平抛运动的规律有h＝gt2，R＝vt，解得R＝v，可知若h1＝h2，则v1∶v2＝R1∶R2，若v1＝v2，则h1∶h2＝R∶R，A错误，B正确。设喷水嘴的横截面积为S0，转动周期为T，则喷水嘴转动一周的喷水量Q＝vS0T＝vS0，单位长度上的花盆所得水量为Q单＝＝；若ω1＝ω2，v1＝v2，则＝，知Q单1>Q单2，即喷水嘴各转动一周，落入内圈上每个花盆的水量较多，C错误。根据Q单＝、R＝v，得Q单＝，若h1＝h2，喷水嘴各转动一周且落入每个花盆的水量相同，即Q单1＝Q单2，则ω1＝ω2，D正确。 ※11.(2021·河北高考)(多选)如图，矩形金属框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，另一端连接一个质量为m的小球，小球穿过PQ杆。金属框绕MN轴分别以角速度ω和ω′匀速转动时，小球均相对PQ杆静止。若ω′>ω，则与以ω匀速转动时相比，以ω′匀速转动时(　　) A．小球的高度一定降低 B．弹簧弹力的大小一定不变 C．小球对杆压力的大小一定变大 D．小球所受合外力的大小一定变大 答案　BD 解析　对小球进行受力分析，设弹簧弹力为T，弹簧与水平方向的夹角为θ，在竖直方向由平衡条件得Tsinθ＝mg　①，且T＝k　②，当角速度从ω变为ω′时，若θ增大(减小)，根据①式，T应减小(增大)，而根据②式，T应增大(减小)，故角速度从ω变为ω′时，θ和T都不变，即小球的高度不变，弹簧的弹力不变，A错误，B正确。在水平方向，小球的运动半径r不变，当角速度较小时，PQ杆对小球的弹力FN背离转轴，有Tcosθ－FN＝mω2r，即FN＝Tcosθ－mω2r；当角速度较大时，FN指向转轴，有Tcosθ＋FN＝mω2r，即FN＝mω2r－Tcosθ；由以上分析，结合牛顿第三定律可知，当角速度增大后，小球对杆的压力不一定变大，C错误。根据F合＝mω2r可知，当角速度增大后，小球所受合外力变大，D正确。 题组三　模拟小题 12．(2023·浙江省温州市高三下适应性考试第三次模拟)在东北严寒的冬天，有一项“泼水成冰”的游戏，具体操作是把一杯滚烫的开水按一定的弧线均匀快速地泼向空中，泼洒出的小水珠被瞬间凝结成冰而形成壮观的场景。如图甲所示是某人玩泼水成冰游戏的精彩瞬间，图乙为其示意图。假设泼水过程中杯子做匀速圆周运动，在0.4 s内杯子旋转了 rad。下列说法正确的是(　　) A．P位置的小水珠速度方向沿a方向 B．P、Q两位置，杯子的向心加速度相同 C．杯子在旋转时的线速度大小约为6π m/s D．杯子在旋转时的向心加速度大小约为9π2 m/s2 答案　D 解析　根据图乙水珠做离心运动的情况可知，杯子旋转方向为逆时针，则P位置的小水珠速度方向沿b方向，A错误；向心加速度方向指向圆心，P、Q两位置，杯子的向心加速度方向不同，B错误；杯子在旋转时的角速度大小为ω＝＝ rad/s＝3π rad/s，杯子在旋转时的运动半径略大于人手臂的长度，大约为r＝1 m，故线速度大小约为v＝ωr＝3π m/s，C错误；杯子在旋转时的向心加速度大小约为a＝ω2r＝9π2 m/s2，D正确。 13.（2023·广东省广州市高三下第二次模拟）（多选）如图为某种秋千椅的示意图，“”形轻质钢制支架O1A1A2O2固定在竖直面内，A1A2沿水平方向，四根等长轻质硬杆通过光滑铰链O1、O2悬挂长方形匀质椅板B1C1C2B2，竖直面内的O1B1C1、O2B2C2为等边三角形，并绕O1、O2沿图中虚线来回摆动。已知重力加速度为g，椅板的质量为m，则椅板摆动到最低点时（　　） A．B1、C1两点角速度相等 B．B2、C2两点线速度相同 C．O1A1受到的拉力等于mg D．O2A2受到的拉力大于mg 答案　AD 解析　B1、C1两点相同时间内转过的角度相同，则角速度相等，同理可知B2、C2两点角速度相同，又B2、C2两点绕O2转动的半径相等，由v＝ωr可知，当椅板摆动到最低点时，B2、C2两点的线速度大小相等，但方向不同，故A正确，B错误；根据对称性可知O1A1、O2A2受到的拉力F大小相等，以四根轻杆O1B1、O1C1、O2B2、O2C2和椅板整体为研究对象，当椅板摆动到最低点时，根据牛顿第二定律，有2F－mg＝mω2R，式中R为椅板到O1或O2的距离，得F＝mg＋mω2R，可知O1A1、O2A2受到的拉力F>mg，故C错误，D正确。 ※14.(2022·浙江省嘉兴市高三下4月教学测试(二模))如图所示，质量忽略不计、长度分别为l1和l2的不可伸长的轻绳，分别系质量为5m和m的小球，它们以相同的转速绕中心轴线做匀速圆周运动。稳定时绳子与竖直方向夹角的正切值分别为及，圆周运动半径分别为r1和r2，两绳子中的张力分别为T1和T2，则(　　) A．r1∶r2＝2∶5 B．T1∶T2＝5∶2 C．l1∶l2＝1∶1 D．l1∶l2＝3∶2 答案　A 解析　设两段绳子与竖直方向的夹角分别为α、β，稳定时，对下面的小球受力分析，在竖直方向有mg＝T2cosβ，对两个小球整体受力分析，在竖直方向上有5mg＋mg＝T1cosα，由题意知，稳定时绳子与竖直方向夹角的正切值分别为tanα＝，tanβ＝，联立解得T1∶T2＝2∶1，B错误；对下面的小球受力分析，在水平方向有T2sinβ＝mω2r2，对上面的小球受力分析，在水平方向有T1sinα－T2sinβ＝5mω2r1，联立解得r1∶r2＝2∶5，A正确；根据几何关系有r1＝l1sinα，r2＝l1sinα＋l2sinβ，联立解得l1∶l2＝4∶9，C、D错误。 题组一　基础大题 15．如图所示，两种不同的半圆形光滑竖直轨道AB，底端都与一光滑水平轨道相连并相切于B点，两轨道的半径均为R，图2中管道的内径略大于小球直径(管道的内径和小球的直径相对R可忽略不计)。现有一质量为m的小球以不同的初速度从水平轨道冲入圆轨道，且都能运动到最高点A，重力加速度为g。 (1)若小球以速度v进入图1圆弧轨道中的最低点B，求此时小球对轨道的压力； (2)若小球以速度通过图2轨道中的最高点A，求此时小球对轨道的压力大小； (3)若C点与圆心O等高且O、C的距离为R，在图1和图2中能否调整初速度使得小球过A点后能恰好落到C点？若能，则求出在A点的速度大小；若不能，则说明理由。 答案　(1)mg＋m，方向竖直向下　(2)0　(3)见解析 解析　(1)对图1中过B点的小球受力分析， 由牛顿第二定律得：FN－mg＝m， 可得：FN＝mg＋m，根据牛顿第三定律，可得小球对轨道的压力大小为mg＋m，方向竖直向下。 (2)对图2中过A点的小球受力分析，由牛顿第二定律得：FN′＋mg＝m， 因vA＝，可得：FN′＝0，则小球对轨道的压力大小为0。 (3)无论是图1还是图2，小球过A点后都做平抛运动，根据平抛运动的规律，小球从A点下落高度R所用的时间均为t＝。 对于图1中的小球，vA1≥，下落高度为R时水平位移x1＝vA1t≥R，因此小球不能落到C点； 对于图2中的小球，假设可以落到C点，则落到C点时水平位移x2＝R＝vA2t，解得vA2＝＞0，因此假设成立，即当在A点的速度大小为时，图2中的小球能落到C点。 题组二　高考大题 16.(2023·江苏高考)“转碟”是传统的杂技项目。如图所示，质量为m的发光物体放在半径为r的碟子边缘，杂技演员用杆顶住碟子中心，使发光物体随碟子一起在水平面内绕A点做匀速圆周运动。当角速度为ω0时，碟子边缘看似一个光环。求此时发光物体的速度大小v0和受到的静摩擦力大小f。 答案　ω0r　mωr 解析　由匀速圆周运动规律知，发光物体的速度大小v0＝ω0r 发光物体做匀速圆周运动，受到的静摩擦力充当其做圆周运动的向心力，则静摩擦力大小为f＝mωr。 ※17.(2023·福建高考)一种离心测速器的简化工作原理如图所示。细杆的一端固定在竖直转轴OO′上的O点，并可随轴一起转动。杆上套有一轻质弹簧，弹簧一端固定于O点，另一端与套在杆上的圆环相连。当测速器稳定工作时，圆环将相对细杆静止，通过圆环的位置可以确定细杆匀速转动的角速度。已知细杆长度l＝0.2 m，杆与竖直转轴的夹角α始终为60°，弹簧原长x0＝0.1 m，弹簧劲度系数k＝100 N/m，圆环质量m＝1 kg；弹簧始终在弹性限度内，重力加速度大小取10 m/s2，摩擦力可忽略不计。 (1)若细杆和圆环处于静止状态，求圆环到O点的距离； (2)求弹簧处于原长时，细杆匀速转动的角速度大小； (3)求圆环处于细杆末端P时，细杆匀速转动的角速度大小。 答案　(1)0.05 m　(2) rad/s (3)10 rad/s 解析　(1)设细杆和圆环处于静止状态时，弹簧的压缩量为Δx0，圆环到O点的距离为x1，则x1＝x0－Δx0 对圆环受力分析，如图1所示，图中T0为弹簧对圆环的弹力，N0为细杆对圆环的弹力。根据平衡条件，沿细杆方向有 T0＝mgcosα 根据胡克定律得T0＝kΔx0 联立并代入数据，解得x1＝0.05 m。 (2)设弹簧处于原长时，细杆匀速转动的角速度大小为ω1，圆环做匀速圆周运动的半径为r1，由几何关系可知r1＝x0sinα 根据牛顿第二定律，圆环所受合力F合＝mωr1 对圆环受力分析，如图2所示，根据力的合成法则，可得F合tanα＝mg 联立并代入数据，解得ω1＝ rad/s。 (3)设圆环处于细杆末端P时，细杆匀速转动的角速度大小为ω2，圆环做匀速圆周运动的半径为r2，由几何关系有r2＝lsinα 对圆环受力分析，如图3所示，根据胡克定律得，弹簧对圆环的弹力大小T2＝k(l－x0) 对圆环，在竖直方向，根据平衡条件有 mg＋T2cosα＝N2sinα 在水平方向，根据牛顿第二定律有 T2sinα＋N2cosα＝mωr2 联立并代入数据，解得ω2＝10 rad/s。 题组三　模拟大题 ※18.(2023·山东省济宁市高三下三模)翼型飞行器有很好的飞行性能，其原理是通过对降落伞的调节，使空气升力和空气阻力都受到影响，同时通过控制动力的大小和方向改变飞行器的飞行状态。已知飞行器的动力F始终与飞行方向相同，空气升力F1沿降落伞的中垂线且与飞行方向垂直，大小与速度的平方成正比，即F1＝C1v2；空气阻力F2与飞行方向相反，大小与速度的平方成正比，即F2＝C2v2；其中C1、C2相互影响，可由运动员调节，并满足如图甲所示的关系。已知运动员和装备的总质量为m＝120 kg，取g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。 (1)若运动员使飞行器以速度v1＝20 m/s在空中沿水平方向匀速飞行，如图乙所示，降落伞中垂线沿竖直方向。结合图甲，求飞行器受到的动力F的大小； (2)若运动员使飞行器在空中某一水平面内做匀速圆周运动，如图丙所示，调节C1＝5.0 N·s2/m2，降落伞中垂线和竖直方向夹角为θ＝37°，求飞行器做匀速圆周运动的半径r和速度v2的大小。 答案　(1)1000 N　(2)40 m　10 m/s 解析　(1)选飞行器和运动员整体为研究对象，由平衡条件可知，在竖直方向上空气升力F1＝C1v＝mg 解得C1＝3.0 N·s2/m2 由C1与C2关系图像可得C2＝2.5 N·s2/m2 在水平方向上，动力和阻力平衡，有 F＝F2＝C2v 解得F＝1000 N。 (2)由题意知空气升力F1＝C1v F1与竖直方向夹角为θ，在竖直方向合力平衡，有mg＝F1cosθ 水平方向合力提供向心力，有F1sinθ＝m 联立解得r＝40 m，v2＝10 m/s。 11 学科网（北京）股份有限公司 $$