第5节 圆周运动及其应用-【金版教程】2026年高考物理一轮总复习首选用卷全书Word

高考总复习首选用卷 物理 第5节　圆周运动及其应用 考点一　圆周运动的描述　传动问题 1．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：根据图乙小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。 2．(2024·辽宁高考)“指尖转球”是花式篮球表演中常见的技巧。如图，当篮球在指尖上绕轴转动时，球面上P、Q两点做圆周运动的(　　) A．半径相等 B．线速度大小相等 C．向心加速度大小相等 D．角速度大小相等 答案：D 解析：由题图可知，球面上P、Q两点的转动属于同轴转动，角速度大小相等，且P、Q两点做圆周运动的半径关系为rP＜rQ，故A错误，D正确；根据v＝rω可知，球面上P、Q两点做圆周运动的线速度大小关系为vP＜vQ，故B错误；根据an＝rω2可知，球面上P、Q两点做圆周运动的向心加速度大小关系为aP＜aQ，故C错误。 3．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。 考点二　向心力的理解及公式 4.一质量为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；汽车转弯的速度为20 m/s时，所需的向心力为Fn＝m＝2.0×103× N＝1.0×104 N，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。 考点三　水平面内圆周运动的动力学分析 5.(多选)如图所示，圆锥摆的摆长为L，摆角为α，质量为m的摆球在水平面内做匀速圆周运动，则(　　) A．摆球的向心加速度为gcosα B．摆线的拉力为 C．摆球的运动周期为2π D．摆球的运动周期为2π 答案：BC 解析：对摆球受力分析如图所示，竖直方向由平衡条件可得Fcosα＝mg，水平方向由牛顿第二定律得Fsinα＝ma＝mLsinα，解得摆线的拉力F＝，摆球的向心加速度a＝gtanα，摆球的运动周期T＝2π，故B、C正确，A、D错误。 6.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，作出受力图如图所示，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。 7．(多选)在修筑铁路时，弯道处的外轨会略高于内轨。如图所示，当火车以规定的行驶速度转弯时，内、外轨均不会受到轮缘的挤压，设此时火车的速度大小为v，重力加速度为g，两轨所在面的倾角为θ，则(　　) A．该弯道的半径r＝ B．当火车质量改变时，规定的行驶速度大小不变 C．当火车速率大于v时，内轨将受到轮缘的挤压 D．当火车速率小于v时，外轨将受到轮缘的挤压 答案：AB 解析：火车以规定的行驶速度转弯时，靠重力和轨道面的支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律得mgtanθ＝m，解得r＝，故A正确；由A项分析可知v＝，故火车规定的行驶速度与质量无关，即当火车质量改变时，规定的行驶速度大小不变，B正确；当火车速率大于v时，重力和支持力的合力不够提供向心力，此时外轨对火车有侧压力，轮缘挤压外轨，当火车速率小于v时，重力和支持力的合力大于所需的向心力，此时内轨对火车有侧压力，轮缘挤压内轨，C、D错误。 考点四　竖直面内圆周运动的动力学分析 8.(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。 9.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。 10.胎压监测器可以实时监测汽车轮胎内部的气压，在汽车上安装胎压监测报警器，可以预防因汽车胎压异常而引发的事故。如图所示，一辆质量为800 kg的小汽车行驶在山区的波浪形路面上，路面可视为圆弧且左右圆弧半径相同，半径r＝40 m，根据胎压可计算出汽车受到的支持力，当支持力达到5.8×104 N时检测器报警。重力加速度g取10 m/s2。 (1)汽车在A点速度vA多大时会触发报警？ (2)汽车要想不脱离路面，在最高点B时的最大速度vB是多少？ 答案：(1)50 m/s　(2)20 m/s 解析：(1)设汽车的质量为m，汽车在A点触发报警时受到的支持力为Fm＝5.8×104 N，根据牛顿第二定律有Fm－mg＝ 解得vA＝50 m/s。 (2)汽车要想不脱离路面，则汽车在最高点B速度最大时，对路面没有压力，只受到重力作用，有mg＝m 解得vB＝20 m/s。 11．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。 答案：(1)mg＋m，方向竖直向下　(2)0 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 解得轨道对小球的支持力FN＝mg＋m 由牛顿第三定律可知，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，设轨道对小球有向下的支持力，大小为FN′，由牛顿第二定律得FN′＋mg＝m 因vA＝，可得FN′＝0 由牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力大小为0。 12．(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。 13.(2024·江苏省南京市盐城市高三下三模)如图所示，竖直平面内的光滑金属细圆环半径为R，质量为m的带孔小球穿于环上，一长为R的轻杆一端固定于球上，另一端通过光滑的铰链连接于圆环最低点，重力加速度为g。当圆环以角速度ω＝绕竖直直径转动时，轻杆对小球的作用力大小和方向分别为(　　) A．2mg，沿杆向上 B．2mg，沿杆向下 C．(2－1)mg，沿杆向上 D．(2－1)mg，沿杆向下 答案：B 解析：设轻杆与竖直直径之间的夹角为θ，由几何关系可得θ＝60°，则小球做圆周运动的半径为r＝Rsinθ＝R，设轻杆对小球有沿杆向下的拉力F1，圆环对小球有指向圆心的支持力F2，受力分析如图所示，且由几何知识可知F2与竖直方向的夹角α＝60°，水平方向根据牛顿第二定律有F1sinθ＋F2sinα＝mω2r，竖直方向受力平衡，有F1cosθ＋mg＝F2cosα，联立解得F1＝2mg，则轻杆对小球的作用力大小为2mg，方向沿杆向下，故选B。 14.(2024·广东高考)如图所示，在细绳的拉动下，半径为r的卷轴可绕其固定的中心点O在水平面内转动。卷轴上沿半径方向固定着长度为l的细管，管底在O点。细管内有一根原长为、劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧底端固定在管底，顶端连接质量为m、可视为质点的插销。当以速度v匀速拉动细绳时，插销做匀速圆周运动。若v过大，插销会卡进固定的端盖，使卷轴转动停止。忽略摩擦力，弹簧在弹性限度内。要使卷轴转动不停止，v的最大值为(　　) A．r B．l C．r D．l 答案：A 解析：由题意可知，当插销恰好不会卡进固定的端盖时v最大，设为vm，此时弹簧的伸长量为Δx＝l－＝，根据胡克定律，此时弹簧弹力F＝kΔx，插销与卷轴同轴转动，角速度相同，设为ω，对插销有F＝mlω2，对卷轴边缘有vm＝rω，联立解得vm＝r，故选A。 15．(2025·陕西省铜川市高三上模拟)如图所示，电动打夯机由偏心轮(飞轮和配重物组成)、电动机和底座三部分组成。电动机、飞轮和底座总质量为M，配重物质量为m，配重物的重心到轮轴的距离为R，重力加速度为g。在电动机带动下，偏心轮在竖直平面内匀速转动，皮带不打滑。当偏心轮上的配重物转到顶端时，底座刚好对地面无压力。下列说法正确的是(　　) A．电动机轮轴与偏心轮转动角速度相同 B．配重物转到顶点时处于超重状态 C．偏心轮转动的角速度为 D．打夯机对地面压力的最大值大于(M＋m)g 答案：D 解析：电动机轮轴与偏心轮通过皮带传动，边缘线速度相等，电动机轮轴与偏心轮半径不同，根据v＝ωr，可知电动机轮轴与偏心轮转动角速度不相同，A错误；配重物转到顶点时，具有向下的加速度，故配重物处于失重状态，B错误；当偏心轮上的配重物转到顶端时，底座刚好对地面无压力，设配重物对飞轮的作用力为T1，对电动机、飞轮和底座整体受力分析，有T1＝Mg，对配重物有T1′＋mg＝mω2R，且由牛顿第三定律可知T1′＝T1，解得偏心轮转动的角速度为ω＝，故C错误；配重物在最低点时，打夯机对地面压力最大，此时对配重物有T2′－mg＝mω2R，对电动机、飞轮和底座整体有Mg＋T2＝N，且由牛顿第三定律可知T2′＝T2，解得地面对打夯机的支持力N＝2(M＋m)g>(M＋m)g，根据牛顿第三定律可知，打夯机对地面压力的最大值N′＝N>(M＋m)g，故D正确。 16.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。 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。 18．(多选)如图甲所示，倾角为θ的光滑斜面固定在水平地面上，细线一端与可看成质点的质量为m的小球相连，另一端穿入小孔O与力传感器(位于斜面体内部)连接，传感器可实时记录细线拉力大小及扫过的角度。初始时，细线水平，小球位于小孔O的右侧，现敲击小球，使小球获得一平行于斜面向上的初速度v0，此后传感器记录细线拉力T的大小随细线扫过角度α的变化图像如图乙所示，图中F0已知，小球到O点的距离为l，重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　) A．小球位于初始位置时的加速度为 B．小球通过最高点时速度为 C．小球通过最高点时速度为v0 D．小球通过最低点时速度为v0 答案：CD 解析：小球位于初始位置时的向心加速度为a1＝，沿斜面向下的加速度为a2＝＝gsinθ，则小球位于初始位置时的加速度a＝>，故A错误；由图乙可知，小球通过最高点时细线的拉力为零，则有mgsinθ＝m，解得小球通过最高点时速度为v1＝，B错误；小球在初始位置时，有F0＝m，则小球通过最高点时速度为v1＝v0，C正确；小球通过最低点时，有2F0－mgsinθ＝m，解得小球通过最低点时速度为v2＝v0，D正确。 19．(2024·北京市门头沟区高三下一模)当做圆周运动的物体角速度ω变化时，我们可以引用角加速度β来描述角速度ω的变化快慢，即β＝。图甲中某转盘自t＝0时由静止开始转动，其前4 s内角加速度β随时间t的变化如图乙所示。则(　　) A．第4 s末，转盘停止转动 B．角加速度的变化率的单位为rad/s C．0～2 s内转盘做匀角加速圆周运动 D．第2 s末，转盘的角速度大小为10 rad/s 答案：D 解析：根据β＝，可得Δω＝βΔt，可知β­t图像中图线与时间轴围成的面积表示角速度的变化量，由题图乙可知，第2 s末，转盘的角速度大小为ω＝×2×10 rad/s＝10 rad/s，第4 s末，角速度的变化量最大，转盘未停止转动，故A错误，D正确；角加速度β的单位为rad/s2，角加速度的变化率应为，故其单位为rad/s3，故B错误；由题图乙可知，0～2 s内转盘的角加速度均匀增加，则转盘做非匀角加速圆周运动，故C错误。 20.(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。 21．(2024·福建省泉州市南平市高三下一模)(多选)市面上有一种自动计数的智能呼啦圈。如图甲，腰带外侧带有轨道，将带有滑轮的短杆穿过轨道，短杆的另一端悬挂一根带有配重的细绳，其模型简化如图乙所示。将腰带水平套在腰上，通过人体微小扭动，使配重在水平面内做匀速圆周运动，此时绳子与竖直方向夹角为θ。配重运动过程中认为腰带没有变形，下列说法正确的是(　　) A．若增大转速，绳子的拉力变小 B．若增大转速，腰受到腰带的弹力变大 C．若减小转速，腰受到腰带的摩擦力不变 D．若只增加配重质量，保持转速不变，则绳子与竖直方向夹角θ变小 答案：BC 解析：设腰带半径为r0，绳子长为l，绳子的拉力为T，配重质量为m，做圆周运动的角速度为ω，对配重受力分析，如图1所示，竖直方向由平衡条件有Tcosθ＝mg，水平方向由牛顿第二定律有Tsinθ＝mω2(r0＋lsinθ)，联立并整理得g＝ω2，若只增大转速，即ω增大，分析知θ将变大，T＝变大，A错误；若只增加配重质量m，保持转速不变，即ω不变，由g＝ω2分析知θ不变，D错误；设腰带的质量为M，腰带受到腰对它的弹力为N，摩擦力为f，对腰带受力分析，如图2所示，根据平衡条件，水平方向有N＝Tsinθ＝mgtanθ，竖直方向有f＝Mg＋Tcosθ＝Mg＋mg，若增大转速，由前面分析知θ将变大，则N＝mgtanθ变大，结合牛顿第三定律知，腰受到腰带的弹力变大，B正确；若减小转速，f＝Mg＋mg不变，结合牛顿第三定律知，腰受到腰带的摩擦力不变，C正确。 15 学科网（北京）股份有限公司 $$