提分集训(22)圆周运动-【金榜题名】2026年高考物理一轮总复习提分集训

提分集训（二十二） 圆周运动 [A级练对点·固本] 3.(多选)(2025·成都模拟)如图所示，夜晚电风扇 对点练1圆周运动的运动学问题 在闪光灯下运转，闪光灯每秒闪12次，风扇转轴 1,小红同学在体验糕点制作“裱花”环节时，她在绕 O上装有3个扇叶，它们互成120°角.当风扇转动 中心匀速转动的圆盘上放了一块直径8英寸 时，观察者感觉扇叶不动，则风扇角速度可能是 (20cm)的蛋糕，如图所示，在蛋糕边缘每隔4s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.8πrad/s B.10πrad/s C.15πrad/s D.16πrad/s 对点练2圆周运动的动力学问题 A.圆盘转动的转速为2πr/min 4.(2023·全国甲卷)一质点做匀速圆周运动，若其 B圆盘转动的角速度大小为品rad/s 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，则等于 () C.蛋糕边缘的奶油线速度大小约为磊m/s A.1 B.2 C.3 D.4 D蛋糕边缘的向心加速度约为0m/: 5.如图，一圆盘绕过圆心O且与盘面垂直的竖直轴 2.(多选)辘轳是古代民间提水设施，由辘轳头、支 匀速转动，盘面上有一可视为质点、质量为m的物 架、井绳，水斗等部分构成，如图为提水设施工作 块与圆盘始终相对静止.已知物块到转轴的距离 原理简化图，某次从井中汲取m=5kg的水，辘轳 为L,物块与圆盘间的动摩擦因数为：，最大静摩 绕绳轮轴半径为r=0.1m,水斗的质量为1kg,井 擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g,下列 足够深且井绳的质量忽略不计，t=0时刻，轮轴由 说法正确的是 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10m/s2,则() /(rad/s） 20 A.物块受重力、弹力、静摩擦力和向心力的作用 0 ǒ -t/s B,圆盘转动的周期不得小于2x√： A.水斗做变加速直线运动 C.物块对圆盘有沿半径指向圆心O的静摩擦力 B.0~10s内水斗上升的高度为10m 作用 C.井绳所受拉力大小恒定，其值为51N D.若圆盘匀速转动的角速度为，则物块受圆盘 D.井绳所受拉力大小恒定，其值为61.2N 的作用力大小为mwL 380 6.(多选)(2025·东营期末)如图所示，半径为R的 A.小球Q受轻绳的拉力大小为？m 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 B.小球P运动到最高点时，受轻绳的拉力大小为 一长为R的轻绳一端系于球上，另一端系于圆环 4 g 最低点，绳能承受的最大拉力为mg,重力加速度 C.若仙不变，增大小球Q的质量，轻绳与竖直方 的大小为g.当圆环转动的角速度仙逐渐增大时， 向的夹角3变小 下列说法正确的是 ( 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 [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3kg,A、B两 A.圆环角速度等于天√是时，小球受到2个力的 球所在的圆锥筒侧面与轴线的夹角为60°.B球到 作用 圆锥底端的距离为2m,A、B两球之间的距离为 B.圆环角速度“等于爱时，小球受到2个力的 2m.已知重力加速度g取10m/s2,π2=10，两球 作用 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 C圆环角速度m等于√爱时，圆环对小球的弹力 大小为5mg D.圆环角速度仙足够大，小球能达到与圆环圆心 等高处 7.(多选)(2025·郑州一模)如图所示，长为L的轻 A.球A受到的向心力为10N 绳拴一质量为的小球P在竖直平面内摆动，小 B.球A角速度为10rad/s 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 C.球B的运动周期为2√3s 水平面内以角速度仙做匀速圆周运动，轻绳与竖 D.球B的线速度为√30m/s 直方向的夹角B=37°.已知sin37°=0.6，cos37 9.(2022·辽宁高考)2022年北京冬奥会短道速滑 =0.8,重力加速度为g,P,Q两球均可视为质点. 混合团体2000米接力决赛中，我国短道速滑队夺 下列说法正确的是 ( ) 得中国队在本届冬奥会的首金， 2 381 (1)如果把运动员起跑后进入弯道前的过程看作 10.(2025·合肥期末)某校高一物理兴趣小组正在 初速度为零的匀加速直线运动，若运动员加速到 进行无人机飞行表演.如图所示，质量m=1kg 速度v=9m/s时，滑过的距离x=15m,求加速 的无人机用长为(=1m的轻绳吊起质量也为 度的大小： m=1kg的小物块，此时无人机绕着O点在水平 (2)如果把运动员在弯道滑行的过程看作轨道为 面内做半径r=0.3m匀速圆周运动，稳定后轻 半圆的匀速圆周运动，如图所示，若甲、乙两名运 绳偏离竖直方向的夹角始终为0=37°，重力加速 动员同时进入弯道，滑行半径分别为Rm-8m、 度g取10m/s2,sin37°-0.6，不计空气阻力对 Rz=9m,滑行速率分别为柳=10m/s、吃=11m/s, 物块的影响，试求出（结果可保留根号）： 求甲、乙过弯道时的向心加速度大小之比，并通过 (1)轻绳的拉力大小； 计算判断哪位运动员先出弯道。 (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 3825.解析：(1)水平方向相邻小球的间距几平相等，说明小球在水平：6，迭ACA.设角逸度在0一m1范国时绳处于松弛我态，球受到 方向做匀逸直线运动： 重力与环的弹力两个力的作用，弹力与竖直方向夹角为，则有 (2)由题意可知，服片中小球的初速度为 ”一宁，盟片与实除的比朝为分批有吕-品，得0一器 mgan0=mRsin·w,即w√Rcos0 /2g (3)游标卡只的读数为主尺读数与游标尺读数之和，所以小球的 当蝇拾好仲直时有0-60，则仙，√侵，可知国环角连度。等于 直径为D=22mm+8×0.05mm-22.40mm=2.240cm 照片中小球直径d=0.56cm,得实际长度与照片中的长度之比 √景时小球交到2个力的作月，故A正确： 为号-8思 BC.设在纱<w<2时绳中有张力且小于mg,此时有 Fxcos60°-mg+FTcos60°， (4)根据逐差法可得照片中小球适动的加逸度 F、xsin60°+Fr sin60°-mRsin60°·a2, 4-+为）当+y2-2.3m/s 当F取最大值mg时代入可得√辰： /1R 实际小球的加速度a-=la'=9.72m/s 答案：)匀滤直线（(2片 (3)2.2101(4)9.72 时绳将斯梨，小球又只受到重力，环的弹力两个力 即当√ 提分集训（二十二） 的作用，由此可知國环角建度如等√震时，小球金到3个力的 1.选DA.圆盘每转一圈的时间T一15×4s一60s,故转逸为 作用，国环角选度。等√爱时说已断裂，小球又只受到重力 1r/min,故A错误； 环的弹力两个力的作用，别有F、sin0一mRsin0·u,解 B.由角速度与周期的关系可得圆盘转动的角速度大小为 得F、=5mg, 。-学-斋nds,故B错误： 即园环对小球的弹力大小为5mg,故B错误：C正确： D,依题意，小球能达到与园环同心等高处时，圆环的弹力沿水平 方向指向国环的圆心，此外小球还受重力作用，二者的合力不可 C蛋糕边據的奶油线逢度大小约为u=如r一30ms,故C错误： 能指向圆心了，即园环角逸度细不论增大到多少，小球均不能达 D.蛋糕边蜂的向心加诡度的为4=mr=m/g,故D正. 到与圆环圆心等高处，故D错误，故进AC, 7,选BDAC.小球Q竖直方向受力平衡，根据牛顿第二定# 故选D 2.选BDA水斗的遂度为 Tc0sB=mR,解得T=于mg,故A错误： v-rw-0.1×21-0.2(m/s), B.小球P运动到最高点时，根据牛顿第二定律 水斗做匀加遮直线运动，故A错误： T1=mgc08a=方mg,故B正确： B根据往移与时同关系有一之4，其中a一是-0.2m/,解 得h一10m,故B正确： C对小球Q有mgm月=mLs血可得cosB-气：若a不 CD.对水斗分析，F一(m+m)g=(m十m)口，解得F=61.2N, 变，增大小球Q的质量，轻绳与竖直方向的夹角B不变，故C 辑误； 故C错误，D正确：故选BD. D,小球P从最高点到最低点，根据动能定理 3.送AD国为电扇叶片有三个，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 mR1-os-m2 倍，别有0-…号x(k-12,3…) 在菜低点根据牛桶第二定律了一mg-"吧， 闪光灯每秒闪12次，则转动的角速度为 联主解得T-3mg一2 ngcos a-1.4mg. 若a不变，增大小球P的质量，运动到最低点时轻蝇拉力变大， =1”rad/s-k·8xrd/s(k-1,2,3…） 故D正确.故选BD. 8,选ACA,对小球受力分析，小球受到重力和支持力，它们的合 12 力提供向心力，根据牛频第二定律，球A受到的向心力为 当k=1时，可得a1=8xrad/g 当表-2时.可得仙-16xrad/s F=器。-10N,故A正角： 故选AD. 4.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 且对于小球A,根据牛顿第二定徐有。m 合力为F,由题意知T一冬，k为比例系量，将上式代入F-m 解择。一 rnd/s,故B错误； 芹，得F一m学，中质点所受合力的大小与轨道车径的3次 C,对于小球B,根据牛频第二定律有 方成正比，故C正确 品品)-m景解得T=2厅s,故C正确： 5.选BA.物块受到重力，弹力与静摩擦力，由三个力的合力提供 D.对于小球B,根据牛顿第二定律有 向心力，故A错误： B.物块与国盒龄终相对静止，对物块分析有了一m兰≤mg, 品。-m号，解得=而m/,故D错误，其选AC 9.解析：(1)根据速度与位移公式有=2ax 解得T2√ 代入数据可得a=2.7m/s, (2)根据向心加逸度的表达式a=尺 可知，国盘转动的周期不得小于2红√ 正，故B正喷： 可得甲，乙的向心加谁度之北为里_平.R一25 C,结合上述可知，圆盘对物块指向国心的静摩擦力提供向心力， a2远‘Rp22 根据牛顿第三定律可知，物块对国盘有沿半径背离圆心O的静 甲、乙两运动员微匀连圈周运动，测运动的时间为！=迟 摩擦力作用，故C错误： D.站合上述可知，园盘对物块的静摩擦力作用为一m侧°L 代入就据可得甲，乙在弯道运动的时同为1？一誓s红一晋： 实际上圆盘对物块有指句园心的摩擦力与垂直于盘面向上的支 因为1w<t之，所以甲先出弯道. 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m@L,故D错误，故选B. 答案：2.7ad2器甲 620 10.解析：(1)对物块受力分析，如图所示 TA 由图可知T-mg 4选D运动员从口到c根据动能定理有mg一子m呢，在c点有 cos 2h 代入可得T-12.5N Fe一mg一m反，F:≤mg,联立有R≥气故选项D正确 (2)根据物块的受力分析可知 5,遮CA,小球在最高点，当重力刚好提供向心力时，别有 mgtan0-m(r+l·sin0)a mg一m尺，解得一√不，可知如果小球在最高点时的追率为 部得a-5ad g下，小球对管道无作用力，故A错误： 无人机的角速度与物块角速度相等，无人机的 B.如采小球在最低点时的逸率为√g下，则此时重力与管道外壁 线鞋度大小r一号 的支持力的合力做圈周运动的向心力，则小球对管道外壁有作 用力，故B错误： (3)设空气对无人机的作用力为F, CD.小球能够通过最高点时的最小速率为0，别从最低点到最高 与水平方向夹角为a,对无人机受力 分析如下 点由机械能守恒可得号m一mg·2R,解得小球在最低点时的 水平方向有Fcos a一Tsin0一mrw 论率至少为v=2/gR,故C正确，D错误.故选C. 竖直方向有Fsin a=Tcos0十mg 6.选DAB.小球做圆周运动，在最高点，根据牛顿第二定律有 两式联主可得F=10√5N 答案：112.5Ne号a mgsin十N=m京，当V=0时，小球有最小逢度，解得 tatn -VgRsin g- 2 m/s,故AB错误： (3)105N C.小球以2/s的逸度通过圆轨道最低点时，根据牛顿第二定 提分集训（二十三） 律有N一mgin0=m尺，解得N=gN,根据牛顿第三定律，球 1.选DA.当客车的逸度为87km/h时，客车不受横向摩擦力作 对轨道的压力大小为9N,故C错误： 用，由于汽车做匀速回周运动，初向所受合力为0，可知，切向方 句上的摩擦力与牵引力平衡，表明此时由重力与领斜路面的支 D.锆合上还，小球微国周运动，在最高点有mgin0+N-m反 持力的合力提供回周运动的向心力，即此时客车受到横向摩擦 力为0，但切向的摩擦力不为0，故A错误： 小球通过国轨道最低点时有N一mgn0一m尺 B.客车沿该圆彩跑道做匀逸国周运动时的轨道平面位于水平面 从最高点到最低，点，根据动能定理有 上，故B错误 C,当客车以90km/h的速度沿该跑道做匀速圆周运动时，与 mg·2Rsn0-之m3-之m2, 87km/h相比较，所需向心力增大，单独由重力与倾针路面的支 解得N一N-6N,故D正确.故法D, 持力的合力已经不足以提供圆周运动的向心力，可知，客车所受 7.选AAB.由图乙可知，当F、=0时，对小球在最高点由牛顿第 到的横向摩擦力沿领斜路面指向内侧，故C错误： h D.当客车以80km/h的诡度沿孩跑道微匀速圈周运动时，与 二定律得mg一m一m尽，可得当地的重力加速度大小为】 87km/h相比较，所需向心力减小，若没有摩擦力作用，重力与顿 b 斜路面的支持力的合力大于圆周运动所需的向心力，可知，客车 g下 所受到的横向摩擦力沿倾斜路面指向外侧，故D正确 当u-0时，在最高点有mg一FN一a, 故选D. 2,遍CAB.对物块受力分析，根据牛顿第二定律可知 可得小球的资量m一号-公R,数A正确，B特送 mgn0-mR品0m芹Rin,解得T-2√g v- Rcos 0 C若c一2h,在最离点对小球由牛领第二定律得mg十F一mR,解 26 =√gRan0n0,送项AB错误， 得F一m京一mg一m尺一mg一mg一，则杆对小球的弹力大 C若减小转台的转速，物块将有沿陶雄向下滑动的趋势，此时陶 小为a,故C错误： 罐受斜向上的摩擦力，则Ncos0十fsin0一mg, D.当一>b时，在最高点对小球由牛顿第二定律得mg十F、 Nsin0-fcos0一wr,解得N-mgcos0十mna rsin0,则减小转 台的转地，角速度减小，别陶雄对物块的支持力将变小，选项C 一m发，可得F、=m京一mg一袋（一b)>0,可知杆对小球弹 正确： 力方向向下，则小球对杆弹力方向向上，故D措误.故选A D.若继续增大转台的转逸，物块有上滑的趁势，选项D错误，故 选C 品选B当小球到选最高点连率为”时，有以一m号 3.选DAB.根据题图乙，可得小球透动到最高，点时绳对小球的拉 当小球到达最高点连率为3时，应有F叶mg一m3,所以 力与小球的连度关系为T=云2-a, F一8mg, 吉小球经过最高点时，根据牛城第二定律T十mg=m号，基理 此时最高点各力如图所示： 得T-只2-mg, 结合小球挂力的高凝可知号-兴mg-,解得-心 gm 故AB正确： C.把口=（代入绳对小球挂力的画最可得T=若一a,故C 正确； 设每根线上的张力为F,满是2F60s30-R,所以F-8 二m,故 3 D,若小球在最低点时的追度一b,根据牛顿第二定律，小球运 迭B, 动到装纸点时T-mg=m冬，解得桃的拉力工=2mg一20，北 9,选ACDA.小球进入国形轨道后刚好能通过c,点，重力提供向 心力，则 D错误. 本题选错误的，故选D g一m装解得心二及，故A正确 621