2026届高三物理一轮复习专项训练：第13讲 圆周运动

第13讲 圆周运动 同步测试 1． 选择题： 1．2023年5月28日，我国自主研制的大型客运飞机C919从上海虹桥飞抵北京首都国际机场，标志着中国造大飞机正式迈入商业运营阶段。若客机空中转弯时，在t时间内以恒定的速率沿圆弧路径飞行的路程为L，客机相对圆弧圆心转过的角度为θ，客机的质量为m，下列对客机转弯过程的分析，正确的是(　　) A．转弯半径为L B．转弯半径为 C．客机所受向心力大小为 D．客机所受向心力大小为 2．自行车用链条传动来驱动后轮前进，如图是链条传动的示意图，两个齿轮俗称“牙盘”。A、B、C分别为牙盘边缘和后轮边缘上的点，大齿轮半径为r1、小齿轮半径为r2、后轮半径为r3。下列说法正确的是(　　) A．A、B两点的角速度相等 B．B、C两点的线速度大小相等 C．大、小齿轮的转速之比为 D．在水平路面匀速骑行时，脚踏板转一圈，自行车前进的距离为2πr3 3．(2024·广东卷)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 4．如图所示，甲汽车在水平路面上转弯行驶。乙汽车在倾斜路面上转弯行驶。关于两辆汽车的受力情况，以下说法正确的是(　　) A．两车都受到路面竖直向上的支持力作用 B．两车都一定受平行路面指向弯道内侧的摩擦力 C．甲车可能不受平行路面指向弯道内侧的摩擦力 D．乙车可能受平行路面指向弯道外侧的摩擦力 5．智能呼啦圈轻便美观，深受大众喜爱。如图甲，将带有滑轮的短杆一端穿入腰带外侧轨道，另一端悬挂一根带有配重的轻绳，将腰带水平系在腰间，通过人体扭动，配重会随轻绳做水平匀速圆周运动。其简化模型如图乙所示，悬挂点P到腰带中心点O的距离为0.2 m，绳子与竖直方向夹角为θ，绳长为0.5 m，可视为质点的配重质量为0.5 kg，重力加速度g＝10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A．增大转速，腰带受到的合力变大 B．增大转速，则身体对腰带的摩擦力增大 C．当θ变大时，配重的运动周期变小 D．当使用者掌握好锻炼节奏后，能够使θ稳定在37°，此时配重的角速度为5 rad/s 6．(多选)一辆小车沿水平面向右做加速度a＝0.2 m/s2的匀加速直线运动，车中有甲、乙两轻绳和轻弹簧共同系着质量m＝200 g的小球，如图所示，甲轻绳竖直，乙轻绳和轻弹簧水平。甲轻绳的长度L＝20 cm，轻弹簧处于伸长状态，弹力大小F＝1 N。当小车的速度达到v＝1 m/s时，速度突然减为零，在该瞬间下列说法正确的是(　　) A．轻绳甲的张力立即减为零 B．轻绳乙的张力立即减为零 C．小球的加速度大小变为5 m/s2 D．小球的加速度大小变为5 m/s2 7．(多选)(2025·河北邯郸高三期中)竖直平面内有一半径为0.5 m的光滑圆环，质量为0.5 kg的小球(视为质点)套在圆环上，当圆环以一定的角速度绕过圆环的竖直直径的转轴OO′匀速转动时，小球相对圆环静止，此时小球与圆环圆心的连线与竖直方向的夹角为37°，取重力加速度大小g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，下列说法正确的是(　　) A．圆环对小球的弹力大小为5 N B．小球随圆环旋转的角速度为5 rad/s C．小球运动的线速度大小为1.5 m/s D．小球的向心加速度大小为10 m/s2 8．(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 9．(多选)如图所示，直径为d的竖直圆筒绕中心轴线以恒定的转速匀速转动。一子弹以水平速度沿圆筒直径方向从左侧射入圆筒，从右侧射穿圆筒后发现两弹孔在同一竖直线上且相距为h，重力加速度为g，不计空气阻力，则(　　) A．子弹在圆筒中的水平速度为d B．子弹在圆筒中的水平速度为2d C．圆筒转动的角速度可能为π D．圆筒转动的角速度可能为3π 10．(多选)如图所示，一个固定在竖直平面内的光滑半圆形管道，管道里有一个直径略小于管道内径的小球，小球在管道内做圆周运动，从B点脱离后做平抛运动，经过0.3 s后又恰好与倾角为45°的斜面垂直相碰。已知半圆形管道的半径R＝1 m，小球可看作质点且其质量m＝1 kg，g取10 m/s2，则(　　) A．小球在斜面上的相碰点C与B点的水平距离是0.9 m B．小球在斜面上的相碰点C与B点的水平距离是1.9 m C．小球经过管道的B点时，受到管道的作用力FNB的大小是1 N D．小球经过管道的B点时，受到管道的作用力FNB的大小是2 N 二．计算题： 11．(2025·八省联考山西陕西卷)图(a)是某小河的航拍照片，河道弯曲的主要原因之一可解释为：河道弯曲处的内侧与外侧河堤均受到流水重力产生的压强，外侧河堤还受到流水冲击产生的压强。小河某弯道处可视为半径为R的圆弧的一部分，如图(b)所示，假设河床水平，河水密度为ρ，河道在整个弯道处宽度d和水深h均保持不变，水的流动速度v大小恒定，d≪R，忽略流水内部的相互作用力。取弯道某处一垂直于流速的观测截面，求在一极短时间Δt内：(R、ρ、d、h、v、Δt均为已知量) (1)通过观测截面的流水质量Δm； (2)流水速度改变量Δv的大小； (3)外侧河堤受到的流水冲击产生的压强p。 12．(2023·福建卷)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a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。 13.(2025·安徽淮北阶段练习)一滑雪运动员最开始在如图所示光滑倾斜圆轨道上，沿轨道中心线FA以速度v匀速运动。随后在A点滑离圆轨道，恰好落在三角形木支架上的B点，且速度沿BC方向。已知运动员滑行轨迹FA处于同一水平面内，倾斜圆轨道与水平面的夹角为α＝53°，AE、BD都在竖直方向，AE距离20 m。运动员的圆轨道半径r＝30 m，运动员及其装备质量为60 kg。BC与水平面夹角为θ，且tan θ＝。已知重力加速度g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，运动员可看成质点。求： (1)速度v大小； (2)BD及EC的距离； (3)若倾斜圆轨道粗糙，运动员离开A点速度大小是多少可以恰好落在C点？ 参考答案： 1.[答案]　D[解析]　转弯半径为r＝，A、B错误；客机所受向心力大小为F＝mω2r，又因为ω＝，解得F＝，C错误，D正确。故选D。 2.[答案]　D[解析]　A、B两点属于皮带传动，线速度大小相等，因为半径不同，所以角速度不相等，故A错误；B、C两点属于同轴转动，角速度相等，因为半径不同，所以线速度大小不相等，故B错误；大、小齿轮的转速之比为＝＝＝，故C错误；脚踏板转动一圈，自行车前进的距离为s＝×2πr3＝2πr3，故D正确。 3.[答案]　A[解析]　由题意可知当插销刚卡进固定端盖时弹簧的伸长量Δx＝，根据胡克定律可得弹力F＝kΔx＝，插销与卷轴同轴转动，角速度相同，对插销由弹力提供向心力有F＝mlω2，对卷轴有v＝rω，联立解得v＝r，A正确。 4.[答案]　D[解析]　题图甲中路面对汽车的支持力方向竖直向上，题图乙中路面对汽车的支持力方向垂直路面斜向上，A错误；题图甲中汽车转弯所需的向心力由路面对其指向弯道内侧的摩擦力提供，C错误；题图乙中，当路面的支持力与汽车重力的合力提供向心力时，有mgtan θ＝m，解得v＝，此时路面对汽车没有摩擦力作用，若v<，则乙车受平行路面指向弯道外侧的摩擦力，B错误，D正确。 5.[答案]　C[解析]　运动过程中腰带可认为不动，所以腰带受到的合力始终为零，保持不变，A错误；配重的合力提供向心力，mgtan θ＝m×4π2n2(lsin θ＋r)，若增大转速，绳与竖直方向的夹角θ将增大，竖直方向mg＝Tcos θ，则拉力T变大，对腰带分析可得，竖直方向f＝Mg＋Tcos θ＝Mg＋mg，故身体对腰带的摩擦力不变，B错误；对配重，由牛顿第二定律得mgtan θ＝mω2(lsin θ＋r)，解得ω＝，当θ稳定在37°时，角速度ω＝ rad/s，T＝＝2π，由数学知识可知，当θ变大时，配重的运动周期变小，C正确，D错误。 6.[答案]　BC[解析]　在该瞬间，小球要绕甲绳做圆周运动，因此竖直方向的加速度为向心加速度ay＝＝5 m/s2，绳子甲的拉力和重力的合力充当向心力，因此甲的拉力不为零，小球由于惯性具有向右运动的趋势，所以轻绳乙的张力立即减为零，根据牛顿第二定律可知此时小球的水平加速度大小变为ax＝＝5 m/s2，因此合加速度为a＝＝5 m/s2。故选BC。 7.[答案]　BC[解析]　小球做匀速圆周运动，由所受外力的合力提供圆周运动的向心力，令圆环对小球的弹力为FN，对小球分析有FN＝＝6.25 N，故A错误；对小球进行受力分析有mgtan 37°＝mω2Rsin 37°，解得ω＝5 rad/s，故B正确；同理有mgtan 37°＝ma＝m，解得a＝7.5 m/s2，v＝1.5 m/s，故C正确，D错误。 8.[答案]　BD[解析]　对小球受力分析，设弹簧弹力为FT，弹簧与水平方向的夹角为θ，则对小球竖直方向有FTsin θ＝mg，而FT＝k可知θ为定值，FT不变，则当转速增大后，小球的高度不变，弹簧的弹力不变，A错误，B正确；水平方向当转速较小，杆对小球的弹力背离转轴时，有FTcos θ－FN＝mω2r，即FN＝FTcos θ－mω2r，当转速较大，杆对小球的弹力指向转轴时，有FTcos θ＋FN′＝mω′2r，即FN′＝mω′2r－FTcos θ，因ω′>ω，根据牛顿第三定律可知，小球对杆的压力不一定变大，C错误；根据F合＝mω2r可知，因角速度变大，则小球所受合外力变大，D正确。 9.[答案]　ACD[解析]　子弹在圆筒中运动的时间与自由下落高度h的时间相同，即t＝，则v0＝＝d，故A正确，B错误；在此段时间内圆筒转过的圈数为半圈的奇数倍，即ωt＝(2n＋1)π(n＝0,1,2，…)，所以ω＝＝(2n＋1)π(n＝0.1,2，…)，故C、D正确。 10.[答案]　AC[解析]　根据平抛运动的规律，小球在C点的竖直分速度vy＝gt＝3 m/s，水平分速度vx＝vytan 45°＝3 m/s，则B点到C点的水平距离x＝vxt＝0.9 m，A项正确，B项错误；在B点设管道对小球的作用力方向向下，根据牛顿第二定律有FNB＋mg＝m，vB＝vx＝3 m/s，解得FNB＝－1 N，负号表示管道对小球的作用力方向向上，C项正确，D项错误。 11.[答案]　(1)ρdhv·Δt　(2)·Δt　(3) [解析]　(1)由题可知，极短时间Δt水流的距离Δl＝v·Δt 由于横截面积为S＝dh 可得水的质量Δm＝ρ·ΔV＝ρ·dhv·Δt。 (2)由于Δt极短，可以把水的运动简化为匀速圆周运动，根据匀速圆周运动的规律可知，其加速度为a＝ 又因为a＝ 联立解得Δv＝·Δt。 (3)根据牛顿第二定律可得F＝Δm 联立上述结论，解得F＝ 水流与河堤作用的面积S′＝Δl·h＝vh·Δt 故外侧河堤受到的流水冲击产生的压强p＝＝＝。 12.[答案]　(1)0.05 m　(2) rad/s (3)10 rad/s [解析]　(1)当细杆和圆环处于平衡状态时， 对圆环受力分析得T0＝mgcos α＝5 N 根据胡克定律F＝kΔx得Δx0＝＝0.05 m 弹簧弹力沿杆向上，故弹簧处于压缩状态，弹簧此时的长度即为圆环到O点的距离x1＝x0－Δx0＝0.05 m。 (2)若弹簧处于原长，则圆环仅受重力和支持力，其合力使得圆环沿水平方向做匀速圆周运动。根据牛顿第二定律得＝mωr 由几何关系得圆环此时转动的半径为r＝x0sin α 联立解得ω0＝ rad/s。 (3)圆环处于细杆末端P时，对圆环受力分析，圆环受重力和支持力，弹簧伸长，弹力沿杆向下。根据胡克定律得T＝k(L－x0)＝10 N 圆环在竖直方向受力平衡，水平方向由合力提供向心力， 则有mg＋Tcos α＝FNsin α，Tsin α＋FNcos α＝mω2r′ 由几何关系得r′＝Lsin α 联立解得ω＝10 rad/s。 13.[答案]　(1)20 m/s　(2)15 m　50 m (3)25 m/s [解析]　(1)对运动员在倾斜圆轨道上受力分析，如图所示 其做匀速圆周运动，可得向心力为 Fn＝mg·tan α Fn＝m解得v＝20 m/s。 (2)在A点以v＝20 m/s做平抛运动， 在B点相切于BC方向进入斜面，其中tan θ＝ 解得vy＝10 m/s 根据平抛运动规律可得vy＝gt 解得t＝1 s 水平方向上做匀速直线运动，故xED＝vt＝20 m 根据竖直方向上做自由落体运动可得 xBD＝xAE－gt2＝15 m 其中xCD＝＝30 m 故xEC＝xED＋xDC＝50 m。 (3)若恰好落在C点，则xEC＝vAt′ xAE＝gt′2 解得vA＝25 m/s 故运动员离开A点速度大小是25 m/s可以恰好落在C点。 学科网（北京）股份有限公司 $