第12讲 圆周运动 跟踪训练-2027届高三物理一轮复习

第12讲　圆周运动 跟踪训练 基础对点练 1． 选择题： 对点1　圆周运动的运动学问题 1.(2025·重庆杨家坪中学模拟)重庆永川“渝西之眼”摩天轮游玩项目已正式运营，该摩天轮圆盘直径约80 m，在竖直面内匀速转动一周大约需要18分钟，如图为该摩天轮简化示意图。若座舱可视为质点，在摩天轮匀速运行时，则(　　) A.座舱的线速度约为 m/s B.座舱的角速度约为 rad/s C.座舱所受的合力保持不变 D.座舱在最高点处于超重状态 2.“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 3.齿轮传动是现代各种设备中应用最广泛的一种机械传动方式。如图甲所示为某款机械手表内部的部分结构图，A、B、C三个传动轮通过齿轮咬合，C、D与轴承咬合，A、B、C、D为四个轮子，现将其简化成如图乙所示模型。a、b、c、d分别为A、B、C、D轮缘上的点，半径之比ra∶rb∶rc∶rd＝2∶1∶2∶1。则(　　) A.va∶vb＝2∶1 B.ωc∶ωd＝2∶1 C.aa∶ab＝2∶1 D.Tc∶Td＝1∶1 4.如图所示，水平放置的圆柱形筒绕其中心对称轴OO'匀速转动，筒的半径R＝2 m，筒壁上有一小孔P，一小球从孔正上方h＝3.2 m处由静止释放，此时小孔开口向上转到小球正下方。已知孔的半径略大于小球半径，筒壁厚度可以忽略，若小球恰好能够从小孔离开圆筒，g取10 m/s2。则筒转动的周期可能为(　　) A. s B. s C. s D. s 对点2　圆周运动的动力学问题 5.(2025·广东深圳模拟)为防止人类太空航行长期处于失重环境中引起的健康问题，科学家们设想将太空飞船建造成轴对称环形结构，通过圆环绕中心轴匀速转动使航天员产生模拟重力效果。若圆环的直径为40 m，航天员(可视为质点)站立于圆环内壁时，为产生与宇航员在地球表面相同的重力效果，则圆环转动的角速度ω约为(重力加速度g＝10 m/s2)(　　) A.0.7 rad/s B.1.4 rad/s C.7 rad/s D.14 rad/s 6.(2025·辽宁大连模拟)两根长度不同的细线下面分别悬挂两个小球，细线上端固定在同一点，若两个小球以相同的角速度绕共同的竖直轴在水平面内做匀速圆周运动，则两个摆球在运动过程中，相对位置关系示意图正确的是图中的(　　) 7.(多选)如图所示，杂技演员进行表演时，可以悬空靠在以角速度ω匀速转动的圆筒内壁上而不掉下来。设圆筒半径为r，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则(　　) A.该演员受到4个力的作用 B.该演员所需的向心力由弹力提供 C.角速度越大，该演员受到的摩擦力越大 D.圆筒的角速度ω≥ 二．计算题： 8.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,求: (1)子弹在圆筒中的水平速度; (2)圆筒转动的角速度。 综合提升练 1． 选择题： 9.(2025·山东菏泽高三月考)如图所示的圆盘，半径为R，可绕过圆心O的水平轴转动，在圆盘的边缘沿同一直径方向固定两根长为R的轻杆，杆的端点各有一可视为质点的小球A、B，在圆盘上缠绕足够长的轻绳，轻绳的另一端拴接一小球C。现将装置由静止释放，小球C向下以g(g为重力加速度)的加速度做匀加速直线运动，圆盘与轻绳间不打滑，经过一段时间圆盘转过两圈。下列说法正确的是(　　) A.圆盘转两圈所用的时间为2 B.圆盘转两圈时，小球A的角速度大小为2 C.圆盘转两圈时，圆盘的角速度大小为 D.圆盘转两圈时，小球B的线速度大小为2 10.如图所示，将球拍和太极球简化成平板和小球，健身者用平板托着质量m＝0.5 kg的小球，使球与平板保持相对静止，在竖直平面内做半径R＝0.2 m的匀速圆周运动。A为圆周的最高点，C为最低点，B、D与圆心O等高。当小球运动到B点时速度v＝2 m/s，平板与水平方向的夹角θ＝37°。重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，不计空气阻力。关于小球运动及受力的分析正确的是(　　) A.在A点，平板对小球没有作用力 B.在B点，平板对小球的摩擦力大小为5 N C.在B点，平板对小球的摩擦力沿板向上 D.在C点，平板对小球有摩擦力作用 11.(2025·河北衡水模拟)如图所示，O为半球形容器的球心，半球形容器绕通过O的竖直轴以角速度ω匀速转动，放在容器内的两个质量相等的小物块a和b相对容器静止，b与容器壁间恰好没有摩擦力。已知a和O、b和O的连线与竖直方向的夹角分别为60°和30°，则下列说法正确的是(　　) A.小物块a和b做圆周运动的向心力之比为∶1 B.小物块a和b对容器壁的压力之比为∶1 C.小物块a与容器壁之间无摩擦力 D.容器壁对小物块a的摩擦力方向沿容器壁切线向下 二．计算题： 12.清代乾隆的《冰嬉赋》用“躄躠”（可理解为低身斜体）二字揭示了滑冰的动作要领。500 m短道速滑世界纪录由我国运动员武大靖创造并保持。在其创造纪录的比赛中。 （1）武大靖从静止出发，先沿直道加速滑行，前8 m用时2 s。该过程可视为匀加速直线运动，求此过程加速度大小； （2）武大靖途中某次过弯时的运动可视为半径为10 m的匀速圆周运动，速度大小为14 m/s。已知武大靖的质量为73 kg，求此次过弯时所需的向心力大小； （3）武大靖通过侧身来调整身体与水平冰面的夹角，使场地对其作用力指向身体重心而实现平稳过弯，如图所示。求武大靖在（2）问中过弯时身体与水平面的夹角θ的大小。（不计空气阻力，重力加速度大小取10 m/s2，tan 22°＝0.40、tan 27°＝0.51、tan 32°＝0.62、tan 37°＝0.75） 13.(2025·八省联考山陕青宁卷，14)图(a)是某小河的航拍照片，河道弯曲形成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。 参考答案： 1.答案　A解析　座舱的线速度约为v＝ m/s＝ m/s，选项A正确;座舱的角速度约为ω＝ rad/s＝ rad/s，选项B错误;座舱做匀速圆周运动，则所受的合力大小保持不变，方向指向圆心，不断变化，选项C错误;座舱在最高点加速度向下，处于失重状态，选项D错误。 2.答案　D解析　由图可知rP<rQ，A错误;篮球绕轴转动时，P、Q在相同时间内转过的圆心角相等，根据ω＝可知，ωP＝ωQ，D正确;根据v＝ωr可知，线速度vP<vQ，B错误;根据a＝ω2r可知，向心加速度aP<aQ，C错误。 3.答案　D解析A、B属于齿轮传动，边缘点的线速度大小相等，则va∶vb＝1∶1，由向心加速度公式a＝得aa∶ab＝rb∶ra＝1∶2，A、C错误;C、D属于同轴转动，角速度相等，则ωc∶ωd＝1∶1，B错误;根据匀速圆周运动的周期T＝，可得Tc∶Td＝ωd∶ωc＝1∶1，D正确。 4.答案　D解析　当小孔开口向上时，根据自由落体规律有h＝g，解得t1＝0.8 s，当小孔开口转到小球正下方时，有h＋2R＝g，解得t2＝1.2 s，在圆筒中的时间Δt＝t2－t1＝0.4 s，小球在圆筒中的运动时间与筒自转的时间相等，有Δt＝T(n＝0，1，2，…)，解得T＝ s(n＝0，1，2，…)，当n＝0时，T＝ s，故D正确。 5.答案　A解析　当宇航员随圆环转动时，重力提供向心力，有mg＝mω2r，可得ω＝＝0.7 rad/s，故A正确。 6.答案　B解析　小球做匀速圆周运动，对其受力分析如图所示，由牛顿第二定律有mgtan θ＝mω2Lsin θ，整理可得Lcos θ＝，两球的角速度相同，即悬点到圆心的高度相同，则两球处于同一高度，故B正确。 7.答案　BD解析　杂技演员受到重力、筒壁的弹力和静摩擦力共3个力作用，A错误;由于杂技演员在圆筒内壁上不掉下来，竖直方向根据平衡条件，有mg＝Ff，水平方向筒壁的弹力提供向心力，有F＝mω2r，角速度越大，人受到的摩擦力不变，弹力变大，B正确，C错误;要想不下滑，最大静摩擦力需要大于等于重力，所以μF≥mg，F＝mω2r，解得ω≥，D正确。 8.【答案】 (1)d (2)(2n+1)π(n=0,1,2,…) 【解析】 (1)子弹在圆筒中运动的时间与自由下落高度h的时间相同, 由h=gt2,　　　　　解得t=, 则v0==d。 (2)根据题意可知,在子弹射入到穿出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,…), 解得ω==(2n+1)π(n=0,1,2,…)。 9.答案　B解析　圆盘转过两圈时，小球C下落的高度为h＝4πR，由匀变速直线运动规律得h＝×gt2，解得t＝4，故A错误;圆盘转两圈时，小球C的速度大小为v＝at＝2，则圆盘边缘线速度为2，可得圆盘的角速度为ω＝＝2，由于小球A和圆盘共轴，此时小球A的角速度也为2，故B正确，C错误;小球B圆周运动的角速度等于圆盘的角速度，则小球B的线速度大小为v＝ω·2R＝4，故D错误。 10.答案　B解析　由于小球随平板一起做匀速圆周运动，在A点，有mg＋FNA＝m，解得FNA＝5 N，故A错误;在B点，受力分析如图所示，水平方向有FNBsin θ＋FfBcos θ＝m，竖直方向有FNBcos θ＝FfBsin θ＋mg，联立解得FNB＝10 N，FfB＝5 N，平板对小球的摩擦力方向沿板向下，故B正确，C错误;由于小球做匀速圆周运动，合力提供向心力，所以在C点小球所受的合力方向竖直向上，小球只受重力和向上的支持力，平板对小球没有摩擦力作用，故D错误。 11.答案　A解析　a、b角速度相等，向心力可表示为F＝mω2Rsin α，所以a、b向心力之比为Fa∶Fb＝sin 60°∶sin 30°＝∶1，A正确;对b分析可得mgtan 30°＝mω2Rsin 30°，对a分析有mω2Rsin 60°<mgtan 60°，即支持力在指向转轴方向的分力大于所需要的向心力，因此摩擦力有背离转轴方向的分力，即摩擦力沿切线方向向上，C、D错误;对b有FNbcos 30°＝mg，对a有FNacos 60°＋Ffsin 60°＝mg，所以≠，B错误。 12.【答案】（1）4 m/s2　（2）1 430.8 N　（3）27° 【解析】（1）设武大靖刚开始运动过程的加速度大小为a，根据x＝at2 解得a＝＝ m/s2＝4 m/s2。 （2）根据F向＝m 解得武大靖过弯时所需的向心力大小为F向＝73× N＝1 430.8 N。 （3） 设场地对武大靖的作用力大小为F，受力分析如图所示， 根据牛顿第二定律可得F向＝ 解得tan θ＝＝≈0.51 可得θ＝27°。 13.【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 横截面积为S＝dh 根据ρ＝ 可得水的质量Δm＝ρ·ΔV＝ρdhv·Δt (2)由于Δt极短，可以把流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＝。 学科网（北京）股份有限公司 $