第11讲　圆周运动 课后分层作业 - 2027届高考物理一轮复习

**基本信息** 分层设计覆盖运动学与动力学全题型，以典型情境深化圆周运动概念关联与模型建构 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |夯基础·保本科|8题|运动学（线速度/角速度关系）、动力学（向心力来源）|从运动学量关系（v=ωr）到向心力公式推导，形成概念→规律→应用的递进链条| |提能力·冲211|3题|综合应用（平抛与圆周结合、临界分析）|整合平抛运动与圆周运动周期性，强化多过程问题中的科学推理| |迎挑战·搏985|1题|复杂系统（多体多转轴、弹簧参与）|通过弹簧弹力与向心力的动态平衡，深化模型建构与质疑创新能力|

2027届新高考高三第一轮复习 高三物理备课组 新课标 · 新高考2027届高三第一轮复习 课后分层作业 第11讲　圆周运动 班级：_________ 学号：_________ 姓名：_________ 分数：_________ ❀ 重知识 · 牢地基 ❀ ❀ 夯基础 · 保本科 ❀ 题型1　圆周运动的运动学问题 1.(2024·黑吉辽卷,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 2.(2026·山东菏泽期中)一辆前轮为驱动轮的汽车在进行上线检测时,需要把驱动轮压在两个半径相同的有固定转轴的滚筒上,保证驱动轮转动时汽车不会向前运动,工作人员模拟驾驶汽车,使汽车驱动轮以恒定的转速转动,并且车轮与滚筒间不打滑。如图所示,A、B、C分别为轮胎边缘、轮毂边缘及滚筒边缘上的三个点,半径分别为rA、rB、rC,且rA∶rB∶rC=4∶3∶2。下列说法正确的是(　　) A.A点与B点的线速度大小相等 B.A点与C点的角速度大小相等 C.B点与C点的线速度大小之比为4∶3 D.B点与C点的角速度大小之比为1∶2 3.(2025·江苏卷,4)游乐设施“旋转杯”的底盘和转杯分别以O、O'为转轴,在水平面内沿顺时针方向匀速转动,O'固定在底盘上。某时刻转杯转到如图所示位置,杯上A点与O、O'恰好在同一条直线上。则(　　) A.A点做匀速圆周运动 B.O'点做匀速圆周运动 C.此时A点的速度小于O'点 D.此时A点的速度等于O'点 4.如图所示,一个半径为5 m的圆盘正绕其圆心匀速转动,当圆盘边缘上的一点A处在如图所示位置的时候,在其圆心正上方20 m的高度有一个小球(视为质点)正在向边缘的A点以一定的速度水平抛出,g=10 m/s2,不计空气阻力,要使得小球正好落在A点,则(　　) A.小球平抛的初速度一定是2.5 m/s B.小球平抛的初速度可能是2 m/s C.圆盘转动的角速度一定是π rad/s D.圆盘转动的加速度大小可能是π2 m/s2 题型2　圆周运动的动力学问题 5.(2025·山东卷,4)某同学用不可伸长的细线系一个质量为0.1 kg的发光小球,让小球在竖直面内绕一固定点做半径为0.6 m的圆周运动。在小球经过最低点附近时拍摄了一张照片,曝光时间为 s。由于小球运动,在照片上留下了一条长度约为半径的圆弧形径迹。根据以上数据估算小球在最低点时细线的拉力大小为(　　) A.11 N B.9 N C.7 N D.5 N 6.(多选)(2026·贵州贵阳质检)如图甲所示为建筑行业使用的一种小型打夯机,其原理可简化为一个质量为M的支架(含电动机)上由一根长为L的轻杆带动一个质量为m的铁球(铁球可视为质点)在竖直平面内转动,如图乙所示,重力加速度为g。若在某次打夯过程中,铁球以角速度ω匀速转动,则 (　　) A.铁球转动过程中受到向心力的作用 B.铁球转动到最低点时,处于超重状态 C.铁球做圆周运动的向心加速度始终不变 D.若铁球转动到最高点时,支架对地面的压力刚好为零,则ω= 7.(2026·广东深圳高级中学月考)如图所示,一不可伸长的轻质细绳,一端固定在O点,另一端拴接小球,用手把小球拉离最低点,保持细绳拉直,给小球一初速度,第一次小球在甲水平面内做匀速圆周运动,运动过程中细绳与竖直轴线夹角为37°;第二次小球在乙水平面内做匀速圆周运动,运动过程中细绳与竖直轴线夹角为53°,sin 53°=0.8,sin 37°=0.6,重力加速度为g,小球两次做圆周运动的周期之比等于(　　) A. B. C. D. 8.(2024·广东卷,5)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 ❀ 提能力 · 冲211 ❀ 9.(多选)(2025·山东卷,10)如图所示,在无人机的某次定点投放性能测试中,目标区域是水平地面上以O点为圆心、半径R1=5 m的圆形区域,OO'垂直地面,无人机在离地面高度H=20 m的空中绕O'点、平行地面做半径R2=3 m的匀速圆周运动,A、B为圆周上的两点,∠AO'B=90°。若物品相对无人机无初速度地释放,为保证落点在目标区域内,无人机做圆周运动的最大角速度应为ωmax。当无人机以ωmax沿圆周运动经过A点时,相对无人机无初速度地释放物品。不计空气对物品运动的影响,物品可视为质点且落地后即静止,重力加速度大小g=10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A.ωmax= rad/s B.ωmax= rad/s C.无人机运动到B点时,在A点释放的物品已经落地 D.无人机运动到B点时,在A点释放的物品尚未落地 10.(多选)(2026·四川达州期末)如图所示,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.小球的高度不变 B.小球的高度增加 C.小球对杆压力的大小可能变小 D.小球对杆压力的大小不可能相等 11.(2026·河北石家庄模拟)如图甲所示,一细线一端系住一小球,另一端固定在一竖直细杆上,小球以一定大小的速度随着细杆在水平面内做匀速圆周运动,细线便在空中划出一个圆锥面,这样的模型叫“圆锥摆”。圆锥摆是研究水平面内质点做匀速圆周运动动力学关系的典型特例。小球(可视为质点)质量为m,细线AC长度为L,重力加速度为g。 (1)在紧贴着小球运动的水平面上加一光滑平板,使小球在板上做匀速圆周运动,此时细线与竖直方向所成夹角为θ,如图乙所示,当小球的角速度ω大于某一值ω1时,小球将脱离平板,求ω1的大小; (2)撤去光滑平板,再用一根细线,同样一端系在该小球上,另一端固定在细杆上的B点,当两条细线均伸直时,如图丙所示,各部分长度之比|AB|∶|AC|∶|BC|=5∶4∶3,当小球以ω2=匀速转动时,求两细线对小球的拉力的大小。 ❀ 迎挑战 · 搏985 ❀ 12.一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α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。 第 2 页 共 8 页 第 1 页 共 8 页 学科网（北京）股份有限公司 $2027届新高考高三第一轮复习 高三物理备课组 新课标 · 新高考2027届高三第一轮复习 课后分层作业 第11讲　圆周运动 班级：_________ 学号：_________ 姓名：_________ 分数：_________ ❀ 重知识 · 牢地基 ❀ ❀ 夯基础 · 保本科 ❀ 对点练1　圆周运动的运动学问题 1.(2024·黑吉辽卷,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 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。 2.(2026·山东菏泽期中)一辆前轮为驱动轮的汽车在进行上线检测时,需要把驱动轮压在两个半径相同的有固定转轴的滚筒上,保证驱动轮转动时汽车不会向前运动,工作人员模拟驾驶汽车,使汽车驱动轮以恒定的转速转动,并且车轮与滚筒间不打滑。如图所示,A、B、C分别为轮胎边缘、轮毂边缘及滚筒边缘上的三个点,半径分别为rA、rB、rC,且rA∶rB∶rC=4∶3∶2。下列说法正确的是(　　) A.A点与B点的线速度大小相等 B.A点与C点的角速度大小相等 C.B点与C点的线速度大小之比为4∶3 D.B点与C点的角速度大小之比为1∶2 答案　D 解析　由题图可知,A点与B点为同轴转动,所以角速度相等,即ωA=ωB,根据v=ωr,又因为rA∶rB=4∶3,所以vA∶vB=4∶3,故A错误;A点与C点为摩擦传动,具有相同的线速度大小,即vA=vC,根据v=ωr,又因为rA∶rC=4∶2=2∶1,所以ωA∶ωC=1∶2,故B错误;因为vA∶vB=4∶3,vA=vC,所以vB∶vC=3∶4,故C错误;因为ωA=ωB,ωA∶ωC=1∶2,所以ωB∶ωC=1∶2,故D正确。 3.(2025·江苏卷,4)游乐设施“旋转杯”的底盘和转杯分别以O、O'为转轴,在水平面内沿顺时针方向匀速转动,O'固定在底盘上。某时刻转杯转到如图所示位置,杯上A点与O、O'恰好在同一条直线上。则(　　) A.A点做匀速圆周运动 B.O'点做匀速圆周运动 C.此时A点的速度小于O'点 D.此时A点的速度等于O'点 答案　B 解析　底盘以O点为轴匀速转动,底盘上除O点外所有点均做同轴转动,转杯上除O'点外所有点不仅相对O点同轴转动,还相对O'点同轴转动,所以O'点做匀速圆周运动,A点做的不是匀速圆周运动,A错误,B正确;设该时刻A点在底盘上的竖直投影点所对应的底盘上的点为A',A'点转动的半径大于O'点的转动半径,由v=ωr可知,A'点的速度大于O'点的速度,又由于该时刻 A点绕O'点与底盘做同方向转动,则A点的速度大于A'点的速度,则此时A点的速度一定大于O'点的速度,C、D错误。 4.如图所示,一个半径为5 m的圆盘正绕其圆心匀速转动,当圆盘边缘上的一点A处在如图所示位置的时候,在其圆心正上方20 m的高度有一个小球(视为质点)正在向边缘的A点以一定的速度水平抛出,g=10 m/s2,不计空气阻力,要使得小球正好落在A点,则(　　) A.小球平抛的初速度一定是2.5 m/s B.小球平抛的初速度可能是2 m/s C.圆盘转动的角速度一定是π rad/s D.圆盘转动的加速度大小可能是π2 m/s2 答案　A 解析　根据h=gt2,可得t==2 s,则小球平抛的初速度v0==2.5 m/s,故A正确,B错误;根据ωt=2nπ(n=1、2、3、…),解得圆盘转动的角速度ω==nπ rad/s(n=1、2、3、…),圆盘转动的加速度大小为a=ω2r=n2π2r=5n2π2 m/s2(n=1、2、3、…),故C、D错误。 对点练2　圆周运动的动力学问题 5.(2025·山东卷,4)某同学用不可伸长的细线系一个质量为0.1 kg的发光小球,让小球在竖直面内绕一固定点做半径为0.6 m的圆周运动。在小球经过最低点附近时拍摄了一张照片,曝光时间为 s。由于小球运动,在照片上留下了一条长度约为半径的圆弧形径迹。根据以上数据估算小球在最低点时细线的拉力大小为(　　) A.11 N B.9 N C.7 N D.5 N 答案　C 解析　根据题意可知,小球经过最低点的速率约为v==,在最低点,对小球由牛顿第二定律有F-mg=m,重力加速度大小g取10 m/s2,解得小球在最低点时细线的拉力大小约为F=7 N,C正确。 6.(多选)(2026·贵州贵阳质检)如图甲所示为建筑行业使用的一种小型打夯机,其原理可简化为一个质量为M的支架(含电动机)上由一根长为L的轻杆带动一个质量为m的铁球(铁球可视为质点)在竖直平面内转动,如图乙所示,重力加速度为g。若在某次打夯过程中,铁球以角速度ω匀速转动,则 (　　) A.铁球转动过程中受到向心力的作用 B.铁球转动到最低点时,处于超重状态 C.铁球做圆周运动的向心加速度始终不变 D.若铁球转动到最高点时,支架对地面的压力刚好为零,则ω= 答案　BD 解析　向心力是效果力,并不是铁球受到的力,故A错误;铁球转动到最低点时,有竖直向上的加速度,铁球处于超重状态,故B正确;铁球做圆周运动的角速度和半径均不发生变化,由a=ω2L可知,铁球做圆周运动的向心加速度大小不变,但其方向在不断地发生变化,故C错误;以支架和铁球整体为研究对象,铁球转动到最高点时,只有铁球有向下的加速度,由牛顿第二定律得(M+m)g=mω2L,解得ω=,故D正确。 7.(2026·广东深圳高级中学月考)如图所示,一不可伸长的轻质细绳,一端固定在O点,另一端拴接小球,用手把小球拉离最低点,保持细绳拉直,给小球一初速度,第一次小球在甲水平面内做匀速圆周运动,运动过程中细绳与竖直轴线夹角为37°;第二次小球在乙水平面内做匀速圆周运动,运动过程中细绳与竖直轴线夹角为53°,sin 53°=0.8,sin 37°=0.6,重力加速度为g,小球两次做圆周运动的周期之比等于(　　) A. B. C. D. 答案　D 解析　对运动的小球进行受力分析,小球受到自身的重力以及细绳的拉力,小球在这两个力的合力作用下做匀速圆周运动,设细绳与竖直轴线的夹角为θ,细绳的长度为L,对小球由牛顿第二定律有mgtan θ=mLsin θ,整理有T=2π,由题意可知,第一次细绳与竖直轴线的夹角为37°,第二次细绳与竖直轴线的夹角为53°,则有==,故D正确。 8.(2024·广东卷,5)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 答案　A 解析　由题意可知当插销刚卡紧固定端盖时弹簧的伸长量为Δx=,根据胡克定律有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F=mω2l,对卷轴有v=ωr,联立解得v=r,故A正确。 ❀ 提能力 · 冲211 ❀ 9.(多选)(2025·山东卷,10)如图所示,在无人机的某次定点投放性能测试中,目标区域是水平地面上以O点为圆心、半径R1=5 m的圆形区域,OO'垂直地面,无人机在离地面高度H=20 m的空中绕O'点、平行地面做半径R2=3 m的匀速圆周运动,A、B为圆周上的两点,∠AO'B=90°。若物品相对无人机无初速度地释放,为保证落点在目标区域内,无人机做圆周运动的最大角速度应为ωmax。当无人机以ωmax沿圆周运动经过A点时,相对无人机无初速度地释放物品。不计空气对物品运动的影响,物品可视为质点且落地后即静止,重力加速度大小g=10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A.ωmax= rad/s B.ωmax= rad/s C.无人机运动到B点时,在A点释放的物品已经落地 D.无人机运动到B点时,在A点释放的物品尚未落地 答案　BC 解析　物品从抛出到落地的过程做平抛运动,当其恰不落在目标区域外时,物品的水平位移示意图如图所示,由几何关系有xm==4 m,此时物品的初速度最大,水平方向上有xm=vmt,竖直方向上有H=gt2,联立解得物品的最大初速度(无人机的最大线速度)为vm=2 m/s,所以无人机的最大角速度ωmax== rad/s,A错误,B正确;由H=gt2可知,物品释放后在空中运动的时间为t=2 s,该过程无人机转过的角度θ=ωmaxt=<,所以无人机运动到B点时,在A点释放的物品已经落地,C正确,D错误。 10.(多选)(2026·四川达州期末)如图所示,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.小球的高度不变 B.小球的高度增加 C.小球对杆压力的大小可能变小 D.小球对杆压力的大小不可能相等 答案　AC 解析　小球在水平面内做匀速圆周运动,由合力提供向心力,如图所示,小球在竖直方向受力平衡,则有Fcos α=mg,若ω'>ω,假设小球上移,α增大,则弹簧形变量减小,F减小,Fcos α<mg,可知假设不成立;同理,假设小球下移,α减小,则弹簧形变量增大,F增大,Fcos α>mg,可知假设不成立;所以α不变,小球的高度不变,弹簧弹力的大小F一定不变,故A正确,B错误;设杆对球的弹力大小为FN,若开始时角速度过小,则有Fsin α-FN=mω2r,由于Fsin α、r不变,可知角速度增大时,FN减小;若开始角速度过大,则有Fsin α+FN=mω2r,可知角速度增大时,FN增大;综上可知FN可能增大、可能减小、可能不变,根据牛顿第三定律,可知小球对杆压力的大小可能增大、可能减小、可能不变,故C正确,D错误。 11.(2026·河北石家庄模拟)如图甲所示,一细线一端系住一小球,另一端固定在一竖直细杆上,小球以一定大小的速度随着细杆在水平面内做匀速圆周运动,细线便在空中划出一个圆锥面,这样的模型叫“圆锥摆”。圆锥摆是研究水平面内质点做匀速圆周运动动力学关系的典型特例。小球(可视为质点)质量为m,细线AC长度为L,重力加速度为g。 (1)在紧贴着小球运动的水平面上加一光滑平板,使小球在板上做匀速圆周运动,此时细线与竖直方向所成夹角为θ,如图乙所示,当小球的角速度ω大于某一值ω1时,小球将脱离平板,求ω1的大小; (2)撤去光滑平板,再用一根细线,同样一端系在该小球上,另一端固定在细杆上的B点,当两条细线均伸直时,如图丙所示,各部分长度之比|AB|∶|AC|∶|BC|=5∶4∶3,当小球以ω2=匀速转动时,求两细线对小球的拉力的大小。 答案　(1)　(2)0　mg 解析　(1)当平板对小球支持力为零时,小球恰好脱离平板,此时重力和绳子拉力的合力提供向心力,根据牛顿第二定律得mgtan θ=mLsin θ 解得ω1=。 (2)当细线BC恰好伸直时,由几何关系得,AC与竖直方向所成夹角为37°,同理可得,此时小球的角速度为ω0==>ω2 则ω2=时细线BC未伸直,即TBC=0 设此时细线AC与竖直方向的夹角为β 由上得ω2= 解得cos β== 根据平衡条件得TAC==mg。 ❀ 迎挑战 · 搏985 ❀ 12.一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α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。 答案　(1)0.05 m　(2) rad/s　(3)10 rad/s 解析　(1)当圆环和细杆处于静止状态时,对圆环受力分析可知,弹簧弹力和重力沿细杆向下的分力平衡,设此时弹簧压缩量为Δx, 可得mgcos α=kΔx,代入数据可得Δx=0.05 m。 (2)当弹簧处于原长时,圆环所受重力和细杆对圆环的弹力的合力提供向心力F,可得F= 当弹簧处于原长时,圆环做圆周运动的半径为r=x0sin α,由圆环做匀速圆周运动的向心力公式F=mω2r,联立以上三式并代入数据可得 ω= rad/s。 (3)当圆环处于细杆末端P时,对圆环受力如图所示, 进行正交分解,设此时的向心力为F', 细杆对圆环弹力为FN, 可得FNsin α=mg+k(L-x0)cos α FNcos α+k(L-x0)sin α=mω'2r' 设此时圆环做匀速圆周运动的半径为r', 则r'=Lsin α 代入数据可得ω'=10 rad/s。 第 2 页 共 8 页 第 1 页 共 8 页 学科网（北京）股份有限公司 $