第4章 第3课时 圆周运动 演练知能提升(教用Word)-【精微方案】2027年高考一轮总复习讲义·物理

**基本信息** 聚焦圆周运动与向心力，通过11道典型题构建"概念理解-模型应用-综合计算"的递进训练体系，强化科学思维与模型建构能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础计算|1（题1）|给定运动参数求角速度|从斜抛运动分解切入，建立线速度与角速度关联| |传动系统|2（题2、3）|共轴与皮带传动比较|通过半径与线速度关系推导向心加速度差异| |竖直圆周|2（题5、6）|轻杆/圆环模型分析|围绕临界条件构建弹力与向心力动态关系| |斜面圆锥|3（题4、7、9）|倾角与摩擦力作用|重力分力与弹力合力提供向心力的逻辑链| |综合应用|3（题8、10、11）|双绳/平抛结合问题|多力平衡与曲线运动规律的综合应用|

1．(2026·广东深圳市调研)网球训练中心使用的轮式发球机，侧视结构如图所示。两个半径均为25 cm的橡胶轮，沿相反方向等速旋转，带动网球飞出。发球机喷嘴在地面附近，与水平面成37°角斜向上，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2。若要求水平射程约为15 m，应将橡胶轮角速度调为约(　　) A．5 rad/s B．10 rad/s C．50 rad/s D．100 rad/s 解析：选C。设发球机射出网球速度大小为v，喷嘴在地面附近，网球离开喷嘴后做与水平面成37°角的斜抛运动，在水平方向有s＝2vt cos 37°，在竖直方向上有0＝v sin 37°－gt，速度v＝rω，联立解得ω＝50 rad/s，故C正确。 2．(多选)(2026·辽宁辽阳市模拟)陶瓷是中华瑰宝，是中华文明的重要名片。在陶瓷制作过程中有一道工序叫利坯，将陶瓷粗坯固定在绕竖直轴转动的水平转台上，用刀旋削，使坯体厚度适当，表里光洁。对应的简化模型如图所示，粗坯的对称轴与转台转轴OO′重合。当转台匀速转动时，关于粗坯上的P、Q两点，下列说法正确的是(　　) A．P、Q两点的加速度大小相等 B．P、Q两点的加速度均指向转轴OO′ C．相同时间内P点转过的角度比Q点大 D．一个周期内P点通过的位移与Q点相等 解析：选BD。粗坯上P、Q两点属于同轴转动，P、Q两点的角速度相同，所以相同时间内转过的角度相等，根据a＝ω2r可知，由于P点做圆周运动的半径大于Q点做圆周运动的半径，则P点的加速度大于Q点的加速度，故A、C错误；P、Q两点做圆周运动的圆心均在转轴OO′上，所以P、Q两点的加速度均指向转轴OO′，故B正确；一个周期内P点通过的位移与Q点相等，均为0，故D正确。 3．(2026·广东深圳市龙岗区期末质量监测)脚踏车上的飞轮传动系统如图所示，设各轮的转轴均固定且相互平行，甲、乙两轮同轴且无相对转动，已知甲、乙、丙、丁四轮的半径比为5∶2∶3∶1，A、B分别是甲、乙两轮边缘上的点，两传送带在四轮转动时均不打滑，下列判断正确的是(　　) A．甲、乙两轮的角速度相等 B．A点向心加速度比B点的小 C．两传送带的线速度大小相等 D．当丙轮转1圈时，丁轮已转10圈 解析：选A。甲、乙两轮同轴且无相对转动，所以角速度相同，A正确；由于A、B角速度相同，rA＞rB，根据a＝ω2r可知，A点向心加速度比B点的大，B错误；由于r甲∶r乙＝5∶2，且甲、乙两轮角速度相同，根据v＝ωr可得v甲∶v乙＝5∶2，两传送带的线速度大小不同，C错误；由于丁轮与甲轮线速度大小相同，丙轮与乙轮线速度大小相同，所以有v丁∶v丙＝5∶2，由于r丁∶r丙＝1∶3，根据v＝ωr，可得ω丁＝ω丙，可知丙转1圈，丁转了圈，D错误。 4．(2026·江西南昌市模拟)如图所示为火车某节车厢在匀速转弯时的情形，此时该节车厢的向心力可能由(　　) A．车厢重力及轨道摩擦力的合力提供 B．车厢重力及轨道弹力的合力提供 C．轨道对车轮的侧向挤压产生的弹力提供 D．重力沿轨道斜面的分力提供 解析：选B。火车在倾斜轨道上转弯时，如果速度等于设计速度，则向心力由火车受到的重力和轨道对它的支持力的合力提供，故B正确，A、C、D错误。 5．(2026·四川巴中市诊断)一个粗细均匀、半径为r的光滑圆环固定在竖直转轴上，圆环和转轴在同一竖直平面内，如图所示。一个质量为m的小球套在圆环上，当圆环绕竖直轴以角速度ω匀速转动时，小球到转轴的距离为a，此时圆环对小球弹力大小为F，重力加速度为g，则下列表达式正确的是(　　) A．F＝mω2r B．F＝mω2a C．mg＝mω2r D．mg＝mω2a 解析：选A。设圆环对小球弹力与竖直方向的夹角为θ，以小球为对象，则有F cos θ＝mg，F sin θ＝mω2a，根据几何关系可得sin θ＝，联立可得F＝mω2r，mg＝mω2r cos θ。 6．如图所示，一长为l的轻杆的一端固定在水平转轴上，另一端固定一质量为m的小球。使轻杆随转轴在竖直平面内做角速度为ω的匀速圆周运动，重力加速度为g。下列说法正确的是(　　) A．小球运动到最高点时，杆对球的作用力一定向上 B．小球运动到水平位置A时，杆对球的作用力指向O点 C．若ω＝，小球通过最高点时，杆对球的作用力为零 D．小球通过最低点时，杆对球的作用力可能向下 解析：选C。根据题意可知，小球做匀速圆周运动，小球运动到最高点时，若杆对球的作用力为零，则有mg＝mω2l，解得ω＝，可知若小球运动的角速度ω＞，杆对球的作用力向下，若小球运动的角速度ω＜，杆对球的作用力向上，故A错误，C正确；根据题意可知，小球做匀速圆周运动，则小球运动到水平位置A时，合力指向圆心，对小球受力分析可知，小球受重力和杆的作用力，由平行四边形定则可知，杆对球的作用力不可能指向O点，故B错误；根据题意可知，小球做匀速圆周运动，小球通过最低点时，合力竖直向上，则杆对球的作用力一定向上，故D错误。 7．(多选)(2026·四川泸州市模拟)如图所示，水平地面上有一个可以绕竖直轴匀速转动的圆锥筒，筒壁与水平面的夹角为θ(tan θ＝0.25)，内壁有一个可视为质点的物块始终随圆锥筒一起做匀速圆周运动，物块受到的最大静摩擦力是正压力的0.6。当物块做圆周运动的半径为r，受到的摩擦力恰好为零时，角速度为ω0。忽略空气阻力，g取10 m/s2，则下列说法正确的是(　　) A．当r越大，则ω0越大 B．当r越大，则ω0越小 C．当r＝1.6 m时，最大角速度ωm＝2.5 rad/s D．当r＝1.6 m时，最大角速度ωm＝5.0 rad/s 解析：选BC。对物块受力分析，当摩擦力为零时，如图甲所示，根据牛顿第二定律，可得mg tan θ＝Fn＝mωr，可知当r越大，则ω0越小，故A错误，B正确；当r为定值时，静摩擦力沿筒壁向下取最大静摩擦时，具有最大角速度，受力分析如图乙所示，由牛顿第二定律，可得N sin θ＋fm cos θ＝mωr，N cos θ＝fm sin θ＋mg，又fm＝0.6N，联立解得ωm＝2.5 rad/s，故C正确，D错误。 　　 8．(2026·河北石家庄一中模拟)如图所示，在竖直的转动轴上，a、b两点间距为40 cm，细线ac长50 cm，bc长30 cm，在c点系一质量为m的小球，在转动轴带着小球转动过程中，下列说法不正确的是(　　) A．转速小时，ac受拉力，bc松弛 B．bc刚好拉直时，ac的拉力为1.25mg C．bc拉直后转速增大，ac拉力增大 D．bc拉直后转速增大，ac拉力不变 解析： 选C。小球若不转时，ac为重垂线，当转速由零逐渐增加时，ac与竖直方向的夹角逐渐增加，当转速小时，ac受拉力，bc松弛，故A正确；bc刚好拉直时，且此时细线bc的拉力为零，球受重力和细线ac的拉力，合力指向圆心，如图所示，故Tac＝＝1.25mg，故B正确；bc拉直后转速增大，小球受重力、细线bc的拉力和细线ac的拉力，将细线ac拉力沿着水平和竖直方向正交分解，由于竖直方向受力平衡，有Tacsin 53°＝mg，故细线ac拉力不变，故C错误，D正确。 9．(多选)(2026·陕西、山西、青海、宁夏第一次联考)如图所示，光滑斜面ABCD为长方形，AB边长l1＝1.8 m，BC边长l2＝2.0 m，倾角θ＝30°，一质量m＝1 kg的小球通过长r＝0.5 m的轻绳固定于长方形两条对角线的交点O，将轻绳拉直并使小球在某一位置P(未画出)静止。现给小球一垂直于绳的速度，小球开始做圆周运动，绳子恰好在最低点时断裂，小球刚好能够到达C点。不计摩擦，重力加速度g取10 m/s2，则(　　) A．绳能够承受的最大张力为15 N B．绳断裂瞬间小球速度大小为2.5 m/s C．小球到达C点时速度大小为3 m/s D．P点一定不会在最高点 解析：选BD。绳子在最低点时断裂时的速度设为v，断裂后做类平抛运动，有(g sin θ)t2＝－r，vt＝，解得t＝0.4 s，v＝2.5 m/s，小球到达C点时速度大小v1＝＝ m/s，故B正确，C错误；小球在最低点时绳能够承受的张力最大，根据牛顿第二定律T－mg sin θ＝，解得T＝17.5 N，故A错误；若P点在最高点，小球从P点到最低点的过程，根据动能定理mg·2r sin θ＝mv2－mv，又因为mg·2r sin θ＞mv2，故P点一定不会在最高点，故D正确。 10．(8分)(2026·广东三校模拟)如图所示，置于圆形水平转台边缘的小物块随转台做不同转速的匀速圆周运动，当转速达到某一数值时，物块恰好滑离转台开始做初速度大小为1 m/s的平抛运动，现测得转台半径R＝2 m，离水平地面的高度H＝0.8 m，设物块所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小g取10 m/s2，求： (1)物块平抛落地过程位移的大小；(4分) (2)物块落地时的速度大小；(2分) (3)物块与转台间的动摩擦因数。(2分) 解析：(1)物块在竖直方向做自由落体运动 H＝gt2 解得t＝0.4 s 物块水平位移x＝v0t＝0.4 m 所以，物块的位移s＝＝ m。 (2)物块落地时速度的竖直分量vy＝gt＝4 m/s 物块的合速度大小v合＝＝ m/s。 (3)根据牛顿第二定律有μmg＝m 解得μ＝0.05。 答案：(1) m　(2) m/s　(3)0.05 11．(10分)(2026·陕西渭南市模拟)如图所示是场地自行车比赛的圆形赛道。路面与水平面的夹角θ＝15°，sin 15°＝0.259，cos 15°＝0.966，不考虑空气阻力，g取10 m/s2。 (1)某运动员骑自行车在该赛道上做匀速圆周运动，圆周的半径为60 m，要使自行车不受摩擦力作用，其速度应等于多少？(4分) (2)若该运动员骑自行车以18 m/s的速度仍沿该赛道做匀速圆周运动，自行车和运动员的质量一共是100 kg，此时自行车所受摩擦力的大小又是多少？方向如何？(6分) 解析：(1)设人和自行车的总质量为m，若不受摩擦力作用则由重力和支持力的合力提供向心力 根据牛顿第二定律可得mg tan θ＝ 解得v＝≈12.7 m/s。 (2)当自行车速度v′＝18 m/s＞12.7 m/s，此时重力和支持力的合力不足以提供向心力，斜面对人和自行车施加沿斜面向下的静摩擦力，其受力分析如图所示 根据平衡条件及牛顿第二定律可得，在y轴方向N cos θ＝mg＋f sin θ 在x轴方向f cos θ＋N sin θ＝ 联立解得f≈263 N。 答案：(1)12.7 m/s　(2)263 N　沿斜面向下 学科网（北京）股份有限公司 $