2026高考物理一轮复习-第四章-第20课时-圆周运动-专项训练【含答案】

这是一份2026高考物理一轮复习-第四章-第20课时-圆周运动-专项训练【含答案】，共13页。试卷主要包含了匀速圆周运动等内容，欢迎下载使用。
考点一 圆周运动的运动学问题
1.描述圆周运动的物理量
2.匀速圆周运动
(1)定义：如果物体沿着圆周运动，并且线速度的大小处处相等，所做的运动叫作匀速圆周运动。
(2)特点：加速度大小不变，方向始终指向圆心，是变加速运动。
(3)条件：合外力大小不变，方向始终与速度方向垂直且指向圆心。
1.匀速圆周运动是匀变速曲线运动。( × )
2.物体做匀速圆周运动时，其线速度是不变的。( × )
3.物体做匀速圆周运动时，其所受合外力是变力。( √ )
4.向心加速度公式在非匀速圆周运动中不适用。( × )
在an＝v2r，an＝ω2r两式中an与r成正比还是成反比？
答案 在v一定时，an与r成反比；在ω一定时，an与r成正比。
例1 A、B两艘快艇在水平湖面上做匀速圆周运动，在相同时间内(该时间小于A、B的周期)，它们通过的路程之比是4∶3，运动方向改变的角度之比是3∶2，则它们( )
A.线速度大小之比为4∶3
B.角速度之比为3∶4
C.圆周运动的半径之比为2∶1
D.向心加速度大小之比为1∶2
答案 A
解析 由v＝ΔsΔt知，时间相同，路程之比即线速度大小之比，为4∶3，A项正确；由ω＝ΔθΔt知，时间相同，运动方向改变的角度之比等于快艇与圆心连线扫过的圆心角之比，即角速度之比，为3∶2，B项错误；由v＝ωr知半径之比为8∶9，C项错误；由向心加速度an＝v2r知，向心加速度大小之比为2∶1，D项错误。
例2 如图所示，B和C是一组塔轮，即B和C半径不同，但固定在同一转轴上，其半径之比为RB∶RC＝3∶2，A轮的半径大小与C轮相同，它与B轮紧靠在一起，当A轮绕过其中心的竖直轴转动时，由于摩擦力作用，B轮也随之无滑动地转动起来。a、b、c分别为三轮边缘的三个点，则a、b、c三点在运动过程中的( )
A.线速度大小之比为3∶2∶2
B.角速度之比为3∶3∶2
C.转速之比为2∶3∶2
D.向心加速度大小之比为9∶6∶4
答案 D
解析 A、B靠摩擦传动，则两轮边缘上a、b两点的线速度大小相等，即va∶vb＝1∶1，选项A错误；B、C同轴转动，则两轮边缘上b、c两点的角速度相等，即ωb＝ωc，转速之比nbnc＝ωbωc＝11，选项B、C错误；对a、b两点，由an＝v2r得aaab＝RBRA＝32，对b、c两点，由an＝ω2r得abac＝RBRC＝32，故aa∶ab∶ac＝9∶6∶4，选项D正确。
例3 (多选)一位同学玩飞镖游戏，已知飞镖距圆盘为L，对准圆盘上边缘的A点水平抛出飞镖，初速度为v0，飞镖抛出的同时，圆盘绕垂直于盘面且过盘心O点的水平轴匀速转动。不计空气阻力，重力加速度为g。若飞镖恰好击中A点，下列说法正确的是( )
A.从飞镖抛出到恰好击中A点，A点一定转动到最低点位置
B.从飞镖抛出到恰好击中A点的时间为Lv0
C.圆盘的半径为gL24v02
D.圆盘转动的角速度一定满足2kπv0L(k＝1，2，3，…)
答案 ABC
解析 飞镖抛出后做平抛运动，则从飞镖抛出到恰好击中A点，A点一定转动到了圆盘最低点位置，故A正确；飞镖水平抛出，在水平方向做匀速直线运动，因此t＝Lv0，故B正确；飞镖击中A点时，A恰好在圆盘最低点，有2r＝12gt2，解得r＝gL24v02，故C正确；飞镖击中A点，则A点转过的角度满足θ＝ωt＝π＋2kπ(k＝0，1，2，…)，故ω＝2k＋1Lπv0(k＝0，1，2，…)，故D错误。
匀速圆周运动的周期性和多解性问题
匀速圆周运动基本特征之一就是周期性，即在做匀速圆周运动过程中，物体的空间位置具有时间上的重复性。这一特点决定了匀速圆周运动问题的多解性。在分析匀速圆周运动与其他运动(匀速直线运动、平抛运动等)相联系的问题时，利用运动的等时性(同时发生、同时结束)是解决此类问题的关键。
考点二 圆周运动的动力学问题
1.匀速圆周运动的向心力
(1)作用效果
向心力产生向心加速度，只改变速度的方向，不改变速度的大小。
(2)大小
Fn＝mv2r＝mrω2＝m4π2T2r＝mωv。
(3)方向
始终沿半径方向指向圆心，时刻在改变，即向心力是一个变力。
2.匀速圆周运动中向心力的来源
3.离心运动和近心运动
(1)离心运动：做圆周运动的物体，在所受合外力突然消失或不足以提供圆周运动所需向心力的情况下，就做逐渐远离圆心的运动。
(2)受力特点(如图)
①当F＝0时，物体沿切线方向飞出，做匀速直线运动。
②当0ω，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
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(MPcsθ－l0)
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，则FTcs θ－FN＝mω2r，即FN＝FTcs θ－mω2r
当转速较大，杆对小球的弹力指向转轴时，
则FTcs θ＋FN'＝mω'2r
即FN'＝mω'2r－FTcs 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.(16分)(八省联考·陕西·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)(5分)通过观测截面的流水质量Δm；
(2)(5分)流水速度改变量Δv的大小；
(3)(6分)外侧河堤受到的流水冲击产生的压强p。
答案 (1)ρdhv·Δt (2)v2R·Δt (3)ρdv2R
解析 (1)由题可知，极短时间Δt内水流的长度Δl＝v·Δt
由于横截面积为S＝dh
根据ρ＝mV
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＝v2R，又因为a＝ΔvΔt
联立解得Δv＝v2R·Δt
(3)根据牛顿第二定律可得F＝Δm·v2R
联立上述结论，解得F＝ρdhv3·ΔtR
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＝FS'＝ρdhv3·ΔtRvh·Δt＝ρdv2R。
10.(18分)(2024·江西卷·14)雪地转椅是一种游乐项目，其中心传动装置带动转椅在雪地上滑动。如图(a)、(b)所示，传动装置有一高度可调的水平圆盘，可绕通过中心O点的竖直轴匀速转动。圆盘边缘A处固定连接一轻绳，轻绳另一端B连接转椅(视为质点)。转椅运动稳定后，其角速度与圆盘角速度相等。转椅与雪地之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，不计空气阻力。
(1)(9分)在图(a)中，若圆盘在水平雪地上以角速度ω1匀速转动，转椅运动稳定后在水平雪地上绕O点做半径为r1的匀速圆周运动。求AB与OB之间夹角α的正切值。
(2)(9分)将圆盘升高，如图(b)所示。圆盘匀速转动，转椅运动稳定后在水平雪地上绕O1点做半径为r2的匀速圆周运动，绳子与竖直方向的夹角为θ，绳子在水平雪地上的投影A1B与O1B的夹角为β。求此时圆盘的角速度ω2。
答案 (1)μgω12r1 (2)μgsinθcsβ(sinθsinβ＋μcsθ)r2
解析 (1)设转椅做匀速圆周运动时轻绳拉力为FT，转椅质量为m，受力分析可知轻绳拉力沿切线方向的分量与转椅受到地面的滑动摩擦力平衡，沿径向方向的分量提供转椅做圆周运动的向心力，故可得
FTcs α＝mω12r1，μmg＝FTsin α
联立解得tan α＝μgω12r1
(2)设此时轻绳拉力为FT'，沿A1B方向和垂直A1B方向竖直向上的分力分别为FT1＝FT'sin θ，FT2＝FT'cs θ
对转椅根据牛顿第二定律得FT1cs β＝mω22r2
沿切线方向根据平衡条件有FT1sin β＝Ff＝μFN
竖直方向根据平衡条件有FN＋FT2＝mg
联立解得ω2＝μgsinθcsβ(sinθsinβ＋μcsθ)r2。同轴转动
皮带传动
齿轮传动
装置
A、B两点在同轴的一个圆盘上
两个轮子用皮带连接，A、B两点分别是两个轮子边缘上的点
两个齿轮轮齿啮合，A、B两点分别是两个齿轮边缘上的点
特点
角速度、周期相同
线速度大小相等
线速度大小相等
转向
相同
相同
相反
规律
线速度与半径成正比： vAvB＝rR
向心加速度与半径成正比： aAaB＝rR
角速度与半径成反比： ωAωB＝rR
向心加速度与半径成反比：aAaB＝rR
角速度与半径成反比： ωAωB＝r2r1
向心加速度与半径成反比：aAaB＝r2r1
运动模型
向心力Fn的来源(图示)
汽车在水平路面转弯
水平转台(光滑)
圆锥摆
飞车走壁
飞机水平转弯
火车转弯