第4章 第3讲 圆周运动(Word练习)-【精讲精练】2026年高考物理一轮复习（人教版）

[对应学生用书第379页] [基础题组] 1．(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　质点做匀速圆周运动，根据题意设周期T＝ 合外力等于向心力，根据F合＝Fn＝mr 联立可得Fn＝r3 其中为常数，r的指数为3，故题中n＝3。 故选C。 答案　C 2．(2024·四川成都三模)一质点做匀速圆周运动，从圆周上的一点运动到另一点的过程中，下列说法一定正确的是(　　) A．质点速度不变 B．质点加速度不变 C．质点动能不变 D．质点机械能不变 解析　质点做匀速圆周运动，速度大小不变，方向时刻变化，速度是变化的，故A错误；质点做匀速圆周运动，加速度大小不变，方向时刻变化，加速度是变化的，故B错误；质点动能为Ek＝mv2，质点做匀速圆周运动，速度大小不变，故质点动能不变，故C正确；质点做匀速圆周运动，动能不变，质点的重力势能不一定不变，故质点机械能不一定不变，故D错误。 答案　C 3．(2024·四川绵阳期中)如图所示，光滑杆和轻弹簧的一端均固定在O′点，小球A固定在轻弹簧的另一端，现使整个装置环绕竖直轴OO′匀速转动，当角速度为ω0时轻弹簧处于原长状态。则下列说法正确的是(　　) A．分别以不同的角速度转动，稳定时杆与小球间的作用力大小可能相同 B．角速度由ω0逐渐增大，所需向心力减小 C．保持角速度为ω0，仅增加小球的质量，稳定时弹簧将处于伸长状态 D．换质量不同的小球转动，若角速度为ω0，稳定时弹簧仍为原长 解析　设杆与竖直方向夹角为θ，弹簧原长为L0，当角速度为ω0时，轻弹簧处于原长状态；以小球为研究对象，根据牛顿第二定律可得＝mω02L0sin θ，ω0＝ ，可知换质量不同的小球转动，若角速度为ω0，稳定时弹簧仍为原长，故选项C错误，D正确；角速度由ω0逐渐增大，小球原来受到的合力不足以提供所需的向心力，小球做圆周运动的半径逐渐增大，则小球做圆周运动所需的向心力逐渐增大，故选项B错误；若角速度由ω0逐渐增大，则所需向心力增大，小球做圆周运动的半径逐渐增大，弹簧的伸长量逐渐增大，弹簧弹力逐渐增大，竖直方向根据受力平衡可得F杆sin θ＝mg＋F弹cos θ，可知杆对小球的作用力逐渐增大；若角速度由ω0逐渐减小，则所需向心力减小，小球做圆周运动的半径逐渐减小，弹簧的压缩量逐渐增大，弹簧弹力逐渐增大，竖直方向根据受力平衡可得F杆sin θ＋F弹cos θ＝mg，可知杆对小球的作用力逐渐减小；综上分析可知，分别以不同的角速度转动，稳定时杆与小球间的作用力大小不可能相同，故选项A错误。 答案　D 4．(2024·海南海口模拟)如图所示是竖直放置的内壁光滑的长方体容器的纵截面图，ABCD是一个矩形，AB＝5 m，BC＝3 m，有一个可视为质点、质量m＝1 kg的小球用长L＝5 m的轻绳悬挂在A点。小球随容器一起绕AB边做匀速圆周运动，取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，下列说法正确的是(　　) A．当ω＝1 rad/s时，器壁CD对小球的弹力大小是4 N B．当ω＝2 rad/s时，器壁CD对小球的弹力大小是12 N C．小球刚接触器壁CD时的角速度是 rad/s D．小球刚接触器壁CD时的角速度是 rad/s 解析　设小球刚接触器壁CD时的角速度为ω0，此时绳子与竖直方向的夹角为θ，根据几何关系可得sin θ＝＝，故θ＝37°。以小球为研究对象，根据牛顿第二定律可得mg tan 37°＝mω02r，解得ω0＝＝ rad/s＝ rad/s，故选项C正确，D错误；当ω＝1 rad/s时，由于ω＝1 rad/s<ω0＝ rad/s，可知小球还未接触器壁CD，故选项A错误；当ω＝2 rad/s时，ω＝2 rad/s>ω0＝ rad/s，设器壁CD对小球的弹力大小为FN，绳子拉力大小为FT，则有FTcos 37°＝mg，FTsin 37°＋FN＝mω2r，联立解得FN＝4.5 N，故选项B错误。 答案　C 5．如图所示，天花板上有一可自由转动光滑小环Q，一轻绳穿过Q，两端分别连接质量为m1、m2的小球A、B。两小球分别在各自的水平面内做圆周运动，它们周期相等。则A、B小球到Q的距离l1l2的比值为(　　) A．　　　　　　　 B． C． D． 解析　设悬挂A、B两球的绳子与竖直方向的夹角分别为θ1、θ2，绳子拉力为FT，对A小球水平方向有FTsin θ1＝m1ω2l1sin θ1；对B小球水平方向有FTsin θ2＝m2ω2l2sin θ2，联立解得＝，故选项D正确，A、B、C错误。 答案　D 6．(2024·北京门头沟一模)当做圆周运动的物体以角速度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变化如图乙所示。下列说法正确的是(　　) A．第4 s末，转盘停止转动 B．第2 s末，转盘的角速度大小为8 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 解析　根据β＝，可知Δω＝βΔt，故β­t图像与t轴围成的“面积”表示角速度的变化量，第4 s末，角速度的变化量最大，转盘未停止转动，故A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；β­t图线与t轴围成的“面积”表示角速度的变化量，可知第2 s末，转盘的角速度大小为ω＝×2×10 rad/s＝10 rad/s，故D正确，B错误。 答案　D 7．(2024·北京平谷模拟)如图所示，细线的下端系着一个小钢球，用手拿着细线的上端，使小钢球在水平面内做匀速圆周运动。当小球的角速度为ω1时，小球在较低的圆周1上做匀速圆周运动，此时细线对小球的拉力为T1，小球的向心力为F1，小球的线速度为v1；当小球的角速度为ω2时，小球在较高的圆周2上做匀速圆周运动，此时细线对小球的拉力为T2，小球的向心力为F2，小球的线速度为v2。则(　　) A．ω1>ω2 B．T1>T2 C．F1<F2 D．v1＝v2 解析　小球水平面内做匀速圆周运动，设绳长为l，细线与竖直方向夹角为θ，根据牛顿第二定律mg tan θ＝mω2l sin θ，解得ω＝。由于θ1<θ2，cos θ1>cos θ2，故ω1<ω2，A错误；绳上的拉力为T＝，由于θ1<θ2，cos θ1>cos θ2，故T1<T2，B错误；小球的向心力为F＝mg tan θ，由于θ1<θ2，tan θ1<tan θ2，故F1<F2，C正确；根据牛顿第二定律，有mg tan θ＝m，解得v＝＝，由于θ1<θ2，tan θ1<tan θ2，sin θ1<sin θ2，v1<v2，D错误。 答案　C [提升题组] 8．(多选)(2024·四川成都二模)如图所示，轻杆中点及一端分别固定有两个完全相同的小球A和B，另一端与O点相连。当轻杆绕竖直定轴OO2匀速转动时，A、B在水平面上做匀速圆周运动。下列说法正确的是(　　) A．小球A、B的角速度大小之比为2∶1 B．小球A、B的线速度大小之比为1∶2 C．小球A、B的加速度大小之比为1∶2 D．小球A、B受轻杆的作用力大小之比为1∶2 解析　小球A、B绕同一转轴转动，则角速度相等，即两球的角速度大小之比为1∶1，选项A错误；小球A、B转动的半径之比为1∶2，根据v＝ωr可知两球的线速度大小之比为1∶2，选项B正确； 根据a＝ωv，可知小球A、B的加速度大小之比为1∶2，选项C正确；两球受轻杆的作用力竖直方向与重力平衡，水平方向的分力提供向心力，＝，可知小球A、B受轻杆的作用力大小之比为不等于1∶2，选项D错误。 答案　BC 9．(多选)(2024·重庆统考二模)如图甲所示，将长为L的轻绳一端固定在O点的拉力传感器上，另一端与一质量为m且可视为质点的小球相连，拉直轻绳使其与竖直方向夹角为θ。现让小球在不同θ角下由静止开始在竖直面内做圆周运动，记录每个θ角下小球运动过程中传感器上的最大拉力Fmax与最小拉力Fmin，并作出它们之间的部分关系图像如图乙所示。忽略一切阻力及轻绳长度变化，重力加速度为g，则图乙中(　　) A．图线的斜率与小球质量m无关 B．a的大小与绳长L有关 C．c的大小可能为1.2mg D．当b＝2mg时对应的θ＝60° 解析　由题知小球由静止开始在竖直面内做圆周运动0<θ≤，小球在最高点时，轻绳上拉力最小Fmin＝mg cos θ，在最低点时轻绳上拉力最大Fmax－mg＝m，由机械能守恒定律有mgL(1－cos θ)＝mv2，联立解得Fmax＝3mg－2mg cos θ＝3mg－2Fmin，可知题图乙中Fmax­Fmin图线的斜率恒为k＝－2，与小球质量m无关，故选项A正确；当Fmin＝0时有a＝3mg，可知a的大小与绳长L无关，故选项B错误；由Fmin＝mg cos θ可知，当θ＝0时，Fmin最大值为mg，c<mg，故选项C错误；由Fmax＝3mg－2mg cos θ，可知Fmax＝b＝2mg，即有cos θ＝，又0<θ≤，对应的θ＝60°，故选项D正确。 答案　AD 10．如图所示，在A点以v0＝1 m/s的初速度水平向右抛出一质量为m＝1 kg的小球(可视为质点)，小球抛出后受到水平向右的恒定风力F的作用。经过一段时间后恰能无碰撞地从B点以速率v＝5 m/s沿圆弧切线进入半径为R＝1 m的竖直粗糙、圆心角为θ＝37°的圆弧轨道，进入圆弧轨道后小球不再受风力F的作用，由于摩擦力的作用，小球在圆弧轨道内速率不变，小球从C点水平飞出后击在一个竖直截面为y＝x2的抛物线的容器壁，已知C点的坐标为(0，1)，重力加速度大小g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不计空气阻力。求：(结果均可用根号表示) (1)小球在C点对圆弧轨道的压力大小； (2)小球在进入圆弧轨道前受到的水平风力F的大小； (3)小球击在容器壁处的坐标。 解析　(1)小球在C点时，根据牛顿第二定律FN－mg＝m，FN＝35 N 根据牛顿第三定律可得小球在C点对圆弧轨道的压力大小FN′＝35 N。 (2)小球在B点，则有vy＝v sin θ 小球从A点到B点的运动过程中，有vy＝gt1 解得t1＝0.3 s 小球在B点vx＝v cos θ 小球从A点到B点的运动过程中，有 vx＝v0＋at1，F＝ma 联立解得F＝10 N。 (3)根据抛物线方程y＝x2，yC＝1 m，假设小球击在容器壁D点处。小球从C点到D点的运动过程中，有xD＝vt2，yD＝yC－gt22，yD＝xD2 联立解得xD＝ m，yD＝ m 所以小球击在容器壁处的坐标为。 答案　(1)35 N　(2)10 N　(3) 学科网（北京）股份有限公司 $$