提分集训(22) 圆周运动的运动学问题(Word练习)-【金榜题名】2026年高考物理一轮总复习

[A级　练对点·固本] 对点练1　圆周运动的运动学问题 1．小红同学在体验糕点制作“裱花”环节时，她在绕中心匀速转动的圆盘上放了一块直径8英寸(20 cm)的蛋糕，如图所示，在蛋糕边缘每隔4 s均匀“点”一次奶油，蛋糕转动一周正好均匀“点”上15点奶油，则下列说法正确的是(　　 ) A．圆盘转动的转速为2πr/min B．圆盘转动的角速度大小为 rad/s C．蛋糕边缘的奶油线速度大小约为 m/s D．蛋糕边缘的向心加速度约为 m/s2 解析：选D　A．圆盘每转一圈的时间 T＝15×4 s＝60 s 故转速为1 r/min，故A错误； B.由角速度与周期的关系可得圆盘转动的角速度大小为 ω＝＝ rad/s 故B错误； C．蛋糕边缘的奶油线速度大小约为 v＝ωr＝ m/s 故C错误； D．蛋糕边缘的向心加速度约为 an＝ω2r＝ m/s2 故D正确． 故选D. 2．(多选)辘轳是古代民间提水设施，由辘轳头、支架、井绳、水斗等部分构成，如图为提水设施工作原理简化图，某次从井中汲取m＝5 kg的水，辘轳绕绳轮轴半径为r＝0.1 m，水斗的质量为1 kg，井足够深且井绳的质量忽略不计，t＝0时刻，轮轴由静止开始绕中心轴转动向上提水斗，其角速度随时间变化规律如图所示，g取10 m/s2，则(　　 ) A.水斗做变加速直线运动 B．0～10 s内水斗上升的高度为10 m C．井绳所受拉力大小恒定，其值为51 N D．井绳所受拉力大小恒定，其值为61.2 N 解析：选BD　A．水斗的速度为 v＝rω＝0.1×2t＝0.2t(m/s) 水斗做匀加速直线运动，故A错误； B．根据位移与时间关系有h＝at2 其中a＝＝0.2 m/s2 解得h＝10 m 故B正确； CD.对水斗分析 F－(m＋m′)g＝(m＋m′)a 解得F＝61.2 N 故C错误，D正确； 故选BD. 3．(多选)(2025·成都模拟)如图所示，夜晚电风扇在闪光灯下运转，闪光灯每秒闪12次，风扇转轴O上装有3个扇叶，它们互成120°角．当风扇转动时，观察者感觉扇叶不动，则风扇角速度可能是(　　 ) A．8 πrad/s　　　　　　　B．10 πrad/s C．15 πrad/s D．16 πrad/s 解析：选AD　因为电扇叶片有三个，相互夹角为120°，现在观察者感觉扇叶不动，说明在闪光时间里，扇叶转过的角度应为120°的整数倍，则有 θ＝k·π(k＝1，2，3…) 闪光灯每秒闪12次，则转动的角速度为 ω＝＝rad/s＝k·8 πrad/s(k＝1，2，3…) 当k＝1时，可得ω1＝8 πrad/s 当k＝2时，可得ω1＝16 πrad/s 故选AD. 对点练2　圆周运动的动力学问题 4．(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 解析：选C　设该质点的质量为m，运动周期为T，轨道半径为r，所受合力为F，由题意知T＝，k为比例系数，将上式代入F＝mr得F＝mr3，即质点所受合力的大小与轨道半径的3次方成正比，故C正确． 5．如图，一圆盘绕过圆心O且与盘面垂直的竖直轴匀速转动，盘面上有一可视为质点、质量为m的物块与圆盘始终相对静止．已知物块到转轴的距离为L，物块与圆盘间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g.下列说法正确的是(　　 ) A．物块受重力、弹力、静摩擦力和向心力的作用 B．圆盘转动的周期不得小于2π C．物块对圆盘有沿半径指向圆心O的静摩擦力作用 D．若圆盘匀速转动的角速度为ω，则物块受圆盘的作用力大小为mω2L 解析：选B　A．物块受到重力、弹力与静摩擦力，由三个力的合力提供向心力，故A错误； B．物块与圆盘始终相对静止，对物块分析有 f＝m≤μmg 解得T≥2π 可知，圆盘转动的周期不得小于2π，故B正确； C．结合上述可知，圆盘对物块指向圆心的静摩擦力提供向心力，根据牛顿第三定律可知，物块对圆盘有沿半径背离圆心O的静摩擦力作用，故C错误； D.结合上述可知，圆盘对物块的静摩擦力作用为f＝mω2L 实际上圆盘对物块有指向圆心的摩擦力与垂直于盘面向上的支持力两个力的作用，根据力的合成可知，物块受圆盘的作用力大小大于mω2L，故D错误． 故选B. 6．(多选)(2025·东营期末)如图所示，半径为R的光滑金属圆环悬挂在竖直面内，可绕过圆心的竖直轴转动．质量为m的带孔小球穿于环上，同时有一长为R的轻绳一端系于球上，另一端系于圆环最低点．绳能承受的最大拉力为mg，重力加速度的大小为g.当圆环转动的角速度ω逐渐增大时，下列说法正确的是(　　 ) A．圆环角速度ω等于时，小球受到2个力的作用 B．圆环角速度ω等于时，小球受到2个力的作用 C．圆环角速度ω等于时，圆环对小球的弹力大小为5mg D．圆环角速度ω足够大，小球能达到与圆环圆心等高处 解析：选AC　A．设角速度 在0～ω1范围时绳处于松弛状态，球受到重力与环的弹力两个力的作用，弹力与竖直方向夹角为θ，则有 mg tan θ＝mR sin θ·ω2 即ω＝ 当绳恰好伸直时有θ＝60°，则ω1＝ 可知圆环角速度ω等于时，小球受到2个力的作用．故A正确； BC.设在ω1＜ω＜ω2时绳中有张力且小于mg，此时有 FNcos 60°＝mg＋FTcos 60° FNsin 60°＋FTsin 60°＝mR sin 60°·ω2 当FT取最大值mg时代入可得ω1＝ 即当ω＞时绳将断裂，小球又只受到重力、环的弹力两个力的作用，由此可知圆环角速度ω等于时，小球受到3个力的作用．圆环角速度ω等于时，绳已断裂，小球又只受到重力、环的弹力两个力的作用，则有FNsin θ＝mR sin θ·ω2 解得FN＝5mg 即圆环对小球的弹力大小为5mg.故B错误；C正确； D．依题意，小球能达到与圆环圆心等高处时，圆环的弹力沿水平方向指向圆环的圆心，此外小球还受重力作用，二者的合力不可能指向圆心了，即圆环角速度ω不论增大到多少，小球均不能达到与圆环圆心等高处．故D错误． 故选AC. 7．(多选)(2025·郑州一模)如图所示，长为L的轻绳拴一质量为m的小球P在竖直平面内摆动，小球P摆动到最高点时，轻绳与竖直方向的夹角α＝37°；另一长也为L的轻绳拴着同样的小球Q在水平面内以角速度ω做匀速圆周运动，轻绳与竖直方向的夹角β＝37°.已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度为g，P、Q两球均可视为质点．下列说法正确的是(　　 ) A．小球Q受轻绳的拉力大小为mg B．小球P运动到最高点时，受轻绳的拉力大小为mg C．若ω不变，增大小球Q的质量，轻绳与竖直方向的夹角β变小 D．若α不变，增大小球P的质量，运动到最低点时轻绳拉力变大 解析：选BD　AC.小球Q竖直方向受力平衡，根据牛顿第二定律T cos β＝mg 解得T＝mg 故A错误； B.小球P运动到最高点时，根据牛顿第二定律 T1＝mg cos α＝mg 故B正确； C．对小球Q有mg tan β＝mω2L sin β 可得cos β＝ 若ω不变，增大小球Q的质量，轻绳与竖直方向的夹角β不变，故C错误； D．小球P从最高点到最低点，根据动能定理 mgL(1－cos α)＝mv2 在最低点根据牛顿第二定律 T2－mg＝ 联立解得T＝3mg－2mg cos α＝1.4mg 若α不变，增大小球P的质量，运动到最低点时轻绳拉力变大，故D正确． 故选BD. [B级　练综合·提分] 8．(多选)(2025·甘肃武威测试)如图所示，内壁光滑的圆锥筒固定，圆锥筒的轴线垂直于水平面，小球A、B(均可视为质点)的质量均为 kg，A、B两球所在的圆锥筒侧面与轴线的夹角为60°.B球到圆锥底端的距离为2 m，A、B两球之间的距离为2 m．已知重力加速度g取10 m/s2，π2＝10，两球紧贴着内壁分别在图中所示的水平面内做匀速圆周运动，则(　　) A．球A受到的向心力为10 N B．球A角速度为 rad/s C．球B的运动周期为2 s D．球B的线速度为 m/s 解析：选AC　A．对小球受力分析，小球受到重力和支持力，它们的合力提供向心力，根据牛顿第二定律，球A受到的向心力为 F＝＝10 N 故A正确； B．对于小球A，根据牛顿第二定律有 ＝mω2r 解得ω＝ rad/s 故B错误； C.对于小球B，根据牛顿第二定律有 ＝mr′ 解得T＝2s 故C正确； D．对于小球B，根据牛顿第二定律有 ＝m 解得v＝ m/s 故D错误． 故选AC. 9．(2022·辽宁高考)2022年北京冬奥会短道速滑混合团体2 000米接力决赛中，我国短道速滑队夺得中国队在本届冬奥会的首金． (1)如果把运动员起跑后进入弯道前的过程看作初速度为零的匀加速直线运动，若运动员加速到速度v＝9 m/s时，滑过的距离x＝15 m，求加速度的大小； (2)如果把运动员在弯道滑行的过程看作轨道为半圆的匀速圆周运动，如图所示，若甲、乙两名运动员同时进入弯道，滑行半径分别为R甲＝8 m、R乙＝9 m，滑行速率分别为v甲＝10 m/s、v乙＝11 m/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． 解析：(1)根据速度与位移公式有v2＝2ax 代入数据可得a＝2.7 m/s2. (2)根据向心加速度的表达式a＝ 可得甲、乙的向心加速度之比为＝·＝ 甲、乙两运动员做匀速圆周运动， 则运动的时间为t＝ 代入数据可得甲、乙在弯道运动的时间为 t甲＝ s，t乙＝ s 因为t甲<t乙，所以甲先出弯道． 答案：(1)2.7 m/s2　(2)　甲 10．(2025·合肥期末)某校高一物理兴趣小组正在进行无人机飞行表演．如图所示，质量m＝1 kg的无人机用长为l＝1 m的轻绳吊起质量也为m＝1 kg的小物块，此时无人机绕着O点在水平面内做半径r＝0.3 m匀速圆周运动，稳定后轻绳偏离竖直方向的夹角始终为θ＝37°，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，不计空气阻力对物块的影响，试求出(结果可保留根号)： (1)轻绳的拉力大小； (2)无人机做匀速圆周运动的线速度大小； (3)无人机受到的空气的作用力大小． 解析：(1)对物块受力分析，如图所示 由图可知T＝ 代入可得T＝12.5 N (2)根据物块的受力分析可知mg tan θ＝m(r＋l·sin θ)ω2 解得ω＝rad/s 无人机的角速度与物块角速度相等，无人机的线速度大小 v＝ωr＝ m/s (3)设空气对无人机的作用力为F，与水平方向夹角为α，对无人机受力分析如下 水平方向有F cos α－T sin θ＝mrω2竖直方向有F sin α＝T cos θ＋mg 两式联立可得F＝10N 答案：(1)12.5 N　(2) m/s　(3)10 N 学科网（北京）股份有限公司 $$