第20讲 圆周运动 专项训练 -2027届高考物理一轮复习

**基本信息** 以“概念-模型-应用”为逻辑链，通过分层训练系统构建圆周运动解题方法，强化物理观念与科学思维 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |描述圆周运动的物理量|3题（含齿轮模型）|线速度、角速度、向心加速度公式联动应用|从基本物理量定义出发，通过传动模型建立各量关系| |圆锥摆模型分析|2题|受力分析正交分解，向心力与重力、支持力合力关联|建构圆锥摆模型，推导角速度与几何参数关系| |竖直圆周运动特殊位置|3题（最高点/最低点/等高点）|临界速度分析，弹力方向与速度关系判断|从最高点临界条件拓展到各位置受力特点，深化运动与相互作用观念| |综合应用与素养提升|4题（含平抛结合/实际情境）|运动合成（平抛+圆周）、微元法处理流体问题|融合多知识点，通过实际情境（超速离心机/河道弯曲）培养科学探究能力|

第20讲　圆周运动 基础·满分练 命题角度一　描述圆周运动的物理量 1.(2026黑龙江牡丹江检测)高速或超速离心机是基因提取中的关键设备。当超速离心机转速达8.1×104 r/min时,关于距超速离心机转轴10 cm处的质点,下列说法正确的是(　 　) A.线速度大小为270 m/s B.角速度大小为2.7×103π rad/s C.向心加速度大小为7.29×105 m/s2 D.周期为1.35×103 s 2.如图所示,修正带是通过两个齿轮的相互咬合进行工作的。其原理可简化为图中所示的模型。A、B是转动的齿轮边缘的两点,若大齿轮半径是小齿轮半径的1.5倍,则下列说法正确的是(　　) A.A、B两点的线速度大小之比为3∶2 B.A、B两点的角速度大小之比为2∶3 C.A、B两点的周期之比为2∶3 D.A、B两点的向心加速度大小之比为1∶1 3.(2025湖南长沙模拟)周五大扫除时,调皮的小玲想用拖把匀速地在地面上画一个圆,请问小玲应该往哪个方向用力(　　) A.1 B.2 C.3 D.4 命题角度二　圆锥摆模型的分析 4.(2025山西太原模拟)如图所示,内壁光滑的锥形圆筒固定在水平地面上,小球沿内壁在某一水平面内做匀速圆周运动,该小球的向心力(　　) A.由重力和支持力的合力提供 B.由重力、支持力和摩擦力的合力提供 C.只由重力提供 D.只由支持力提供 5.如图,质量分别为m1、m2的小球A和B被两根长度不同的细线拴着,在同一水平面内分别以角速度ω1、ω2做匀速圆周运动,则下列关系式一定成立的是(　　) A.m1=m2 B.m1<m2 C.ω1>ω2 D.ω1=ω2 命题角度三　圆周运动中的最高点处理方法 6.如图所示的是游乐场中的一种过山车,轨道车套在轨道上且在轨道的外侧做圆周运动。设图中轨道半径为R,则对轨道车中某名乘客而言(　　) A.速度大于才能通过最高点 B.过最高点时车对人的作用力一定向上 C.过最低点时车对人的作用力一定向上 D.过最低点时的速度一定大于过最高点时的速度 7.如图所示,竖直平面内固定有一个半径为R的光滑圆环形细管,现给小球(直径略小于管内径)一个初速度,使小球在管内做圆周运动,小球通过最高点时的速度为v。已知重力加速度为g,则下列叙述正确的是(　　) A.v的最小值为 B.当v=时,小球处于完全失重状态,不受力的作用 C.当v=时,轨道对小球的弹力方向竖直向下 D.当v由逐渐减小的过程中,轨道对小球的弹力也逐渐减小 命题角度四　圆周运动中的最低点、与圆心等高的点的分析 8.(多选)(2025山东济宁期中)如图所示,摩天轮悬挂的座舱在竖直平面内做匀速圆周运动。座舱的质量为m,运动半径为R,角速度大小为ω,重力加速度为g,则座舱(　　) A.运动周期为 B.线速度的大小为ωR C.受摩天轮作用力的大小始终为mg D.所受合力的大小始终为mω2R 能力·高分练 9.(多选)(2025湖南湘潭期末)电影《哪吒之魔童降世》中,哪吒脚踩风火轮在空中自由飞翔。如图所示,风火轮正在高速旋转做圆周运动,A、B为风火轮上与圆心等距的两点,C到圆心的距离是A、B两点的一半,则下列说法正确的是(　　) A.A、B两点的线速度相同 B.A、C两个点的线速度大小之比为2∶1 C.A点的向心加速度大小是C点的4倍 D.A、B、C在相同时间内转过的角度相等 10.在医学研究中,常常用超速离心机分离血液中的蛋白。如图所示,用极高的角速度旋转封闭的玻璃管,一段时间后管中的蛋白会按照不同的属性而相互分离、分层,且密度大的出现在远离转轴的管底部。已知玻璃管绕转轴匀速转动时,管中两种不同的蛋白P、Q相对于转轴的距离分别为r和2r,则(　　) A.蛋白P和蛋白Q的角速度之比为1∶2 B.蛋白P和蛋白Q的线速度之比为1∶2 C.蛋白P和蛋白Q的向心加速度之比为1∶4 D.蛋白P和蛋白Q的向心力之比为1∶4 11.(多选)(2025四川成都期中)半径为R的水平圆盘绕过圆心O的竖直轴匀速转动,A为圆盘边缘上一点,在O的正上方有一个可视为质点的小球以初速度v水平抛出时,半径OA恰好与v的方向相同,如图所示,若要使小球与圆盘只碰一次,且落在A,重力加速度为g,则圆盘转动的角速度可能为(　　) A. B. C. D. 素养·提升练 12.(13分)图甲是某小河的航拍照片,河道弯曲形成的主要原因之一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,如图乙所示,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。 答案： 1.B　解析 该质点的频率f= Hz=1.35×103 Hz,则周期T= s,角速度大小ω==2.7×103π rad/s,线速度大小v=ωr=270π m/s,向心加速度大小an=ωv=7.29×105π2 m/s2,故选B。 2.B　解析 由题意知rA∶rB=3∶2,A、B两轮边缘的线速度相等,即vA∶vB=1∶1,A错误;由v=ωr知ωA∶ωB=rB∶rA=2∶3,B正确;由T=知TA∶TB=3∶2,C错误;由an=ω2r知aA∶aB=2∶3,D错误。 3.C　解析 若要匀速画一个圆(即拖把做匀速圆周运动),拉力沿着速度反方向的分力与摩擦力平衡,垂直速度方向指向圆心的分力提供向心力,根据力的合成可知小玲应该往3这个方向用力。故选C。 4.A　解析 圆筒内壁光滑,小球做匀速圆周运动,合力完全提供向心力,因此小球所受重力和支持力的合力来提供向心力。故选A。 5.D　解析 设细线与竖直方向的夹角为θ,悬点到圆心的距离为h,线长为l,对其中一个小球受力分析,有mgtan θ=mω2·lsin θ,解得ω=,可知对两个小球,g和h相等,则ω1=ω2,质量关系无法求出,D正确。 6.C　解析 由于轨道车套在轨道上,因此乘客速度大于零即可通过最高点,A错误;当过最高点车对人的作用力恰好为0时,由牛顿第二定律可得mg=m,解得v=,当0≤v<时,人受到车的作用力向上,当v>时人受到车的作用力向下,B错误;过最低点时,由牛顿第二定律可得FN-mg=m,车对人的作用力一定向上,C正确;过最低点时的速度不一定大于过最高点时的速度,D错误。 7.C　解析 小球通过最高点时细管可以提供竖直向上的支持力,当支持力的大小等于小球重力的大小,小球的最小速度为零,A错误;根据公式a=可知,当v=时,小球的加速度为a=g,方向竖直向下,则小球处于完全失重状态,只受重力作用,B错误;当v=时,小球需要的向心力为Fn=m=2mg,则可知,轨道对小球的弹力大小为mg,方向竖直向下,C正确;当v<时,小球需要的向心力Fn=m<mg可知,小球受轨道竖直向上的弹力,由牛顿第二定律有mg-FN=m,可得FN=mg-m,则v逐渐减小的过程中,轨道对小球的弹力FN逐渐增大,D错误。 8.BD　解析 由于座舱做匀速圆周运动,由公式ω=,解得T=,故A错误;由圆周运动的线速度与角速度的关系可知,v=ωR,故B正确;由于座舱做匀速圆周运动,所以座舱受到摩天轮的作用力是变力,不可能始终为mg,故C错误;由匀速圆周运动的合力提供向心力可得F合=mω2R,故D正确。 9.BD　解析 A、B两点均绕O点做圆周运动,角速度相同,且半径相同,根据v=ωr,知线速度大小相同,但方向时刻沿切线方向,不相同,A错误;A、C两点的角速度相等,半径之比为2∶1,根据v=ωr,得线速度之比为2∶1,B正确;根据a=ω2r,得A、C两点向心加速度之比为2∶1,C错误;A、B、C三点的角速度相等,故相等时间内转过角度相同,D正确。故选BD。 10.B　解析 蛋白P、Q同轴转动,则蛋白P和蛋白Q的角速度相等,A错误;根据v=ωr,可得蛋白P和蛋白Q的线速度之比为vP∶vQ=r∶2r=1∶2,B正确;根据a=ω2r,可得蛋白P和蛋白Q的向心加速度之比为aP∶aQ=r∶2r=1∶2,C错误;根据F向=mω2r,由于不清楚蛋白P和蛋白Q的质量关系,所以无法确定蛋白P和蛋白Q的向心力大小关系,D错误。故选B。 11.CD　解析 小球做平抛运动,在水平方向上做匀速直线运动,则运动的时间为t=,小球与圆盘只碰一次,且落在A点,满足ωt=2πn(n=1,2,3…),联立解得ω=(n=1,2,3…),C、D正确。故选CD。 12.(1)ρdhv·Δt (2)·Δt (3) 解析 (1)极短时间Δt内水流的距离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,解得F=,水流与河堤作用的面积S'=Δlh=vh·Δt,故外侧河堤受到的流水冲击产生的压强p=。 1 学科网（北京）股份有限公司 $