高考物理一轮复习考点通关检测考点巩固卷06 圆周运动的理解应用和生活中的圆周运动（2份，原卷版+解析版）

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圆周运动的理解和应用（8单选+1多选）
1．（2024·江苏·二模）半径为R的光滑水平玻璃圆桌以周期T匀速转动，一小球从桌边对准圆心以速度匀速通过桌面，则小球在桌面留下的痕迹可能是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【详解】BD．小球通过桌面的时间为
此时小球的起点与终点重合，故BD错误；
AC．设圆桌转动的角速度为，小球离圆心的距离为
则小球相对圆周沿径向方向位移为
垂直于径向方向的速度为
则垂直于径向方向的位移为
可知
则
轨迹方程是类似抛物线的方程，故A错误，C正确。
故选C。
2．（2024·广东深圳·模拟预测）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，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约为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】当宇航员随圆环转动时，重力提供向心力，可得
可得
故选A。
3．（2024·河北·三模）在河北省滦平县表演的我国传统民俗文化表演“抡花”如图甲所示，“抡花”是为了祈福来年风调雨顺、免于火灾，已被列入国家级非物质文化遗产。“抡花”原理如图乙所示，快速转动竖直转轴上的手柄AB，带动可视为质点的“花筒”M、N在水平面内转动，筒内烧红的铁花沿轨迹切线飞出，落到地面，形成绚丽的图案。已知水平杆的长度，M、N离地高为3.2m，若手摇AB转动的角速度大小为，不计空气阻力，重力加速度g取，则铁花落地点到的距离约为（ ）
A．5.6mB．5.7mC．6.6mD．8.4m
【答案】B
【详解】“花筒”M转动的角速度与AB相同，其线速度大小为
解得
烧红的铁花沿切线飞出后做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，有
水平方向做匀速直线运动，有
故落地点到O2的距离
联立解得
故选B。
4．（2024·广西南宁·二模）如图所示，修正带是一种常见的学习用具，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是转动的大小齿轮边缘的两点，C是大轮上的一点，若A、B、C的轨道半径之比为2：3：2，则A、B、C的向心加速度大小之比（ ）
A．9：6：4B．9：6：2C．6：4：3D．6：3：2
【答案】A
【详解】修正带是通过两个齿轮的相互咬合进行工作的，边缘点的线速度大小相等，即
根据向心加速度的公式
可知A、B的向心加速度大小之比3：2；又B、C两点为同轴转动，则角速度相等，即
根据向心加速度的公式
可知B、C的向心加速度大小之比3：2；综上可知A、B、C的向心加速度大小之比9：6：4。
故选A。
5．（2023·湖南·模拟预测）如图是某自行车的传动结构示意图，其中Ⅰ 是半径的牙盘（大齿轮），Ⅱ是半径的飞轮（小齿轮），Ⅲ是半径的后轮。若某人在匀速骑行时每分钟踩脚踏板转30圈，取π=3.14，下列判断正确的是（ ）
A．脚踏板的周期为B．牙盘转动的角速度为6.28 rad/s
C．飞轮边缘的线速度大小为3.14 m/sD．自行车匀速运动的速度大小为2.826 m/s
【答案】D
【详解】A．脚踏板每分钟转30圈，则周期为
A错误；
B．牙盘转动的角速度
B错误；
C．飞轮边缘的线速度与牙盘边缘的线速度大小相等，即
C错误；
D．后轮的角速度与飞轮的角速度相等，则后轮边缘各点的线速度大小为
自行车匀速运动的速度大小为2.826 m/s，D正确。
故选D。
6．（22-23高三下·湖南衡阳·开学考试）如图甲所示是古代用牛车灌溉时的场景，其简化图如图乙所示，已知A、B、C三个圆的半径分别为，C每转一圈能将8个相同竹筒中的水（质量均为m）灌溉到农田中，已知牛每分钟牵引中柱转动n圈，则一个小时内该牛车对农田灌溉水的质量为（ ）
A．B． C． D．
【答案】A
【详解】根据图乙可知，中柱和A的转速相同，有
A和B边缘的线速度大小相等，有
B和C的角速度相同，则有
则C的转速为
则一个小时内牛车对农田灌溉水的质量为
故选A。
7．（2024·重庆·模拟预测）在水平面内绕中心轴旋转的圆盘上固定有甲、乙两个木马，各自到中心轴的距离之比为1∶2，圆盘从开始运动到停止过程中的角速度ω随时间t的变化关系如题图所示。则（ ）
A．在0~t0内任意时刻，乙的线速度大小是甲的4倍
B．在t0~2t0内，乙的向心加速度大小是甲的4倍
C．乙在t0~2t0内的旋转角度是甲在2t0~4t0内的2倍
D．乙在2t0~4t0内的运动路程是甲在0~t0内的4倍
【答案】D
【详解】A．由于甲乙木马属于同轴转动，因此在转动过程中角速度相同，而根据角速度与线速度之间的关系
可知，两木马转动半径比为1：2，因此任意时刻线速度之比为1：2，即在0~t0内任意时刻，乙的线速度大小是甲的2倍，故A错误；
B．向心加速度
可知向心加速度之比等于半径之比，因此在t0~2t0内，乙的向心加速度大小是甲的2倍，故B错误；
C．做圆周运动的物体在任意时间内转过的角度
由此可知图像与时间轴围成的面积表示转过的角度，则根据图像可得乙在t0~2t0内的旋转角度为
甲在2t0~4t0内转过的角度
即乙在t0~2t0内的旋转角度与甲在2t0~4t0内的相等，故C错误；
D．甲在2t0~4t0内转过的角度与乙在2t0~4t0内转过的角度相等，均为，则可得乙在2t0~4t0内的运动路程
甲在0~t0内转过的角度
则甲在0~t0内的路程为
可得
即乙在2t0~4t0内的运动路程是甲在0~t0内的4倍，故D正确。
故选D。
8．（2023·四川雅安·模拟预测）在如图所示的装置中，质量分别为m、2m的A、B两个小球（视为质点）穿在光滑杆上并可沿杆滑动，两球之间用一根长为L的细线连接，现让两小球以相同的角速度绕共同的圆心O做匀速圆周运动，下列说法正确的是（ ）

A．A、B的周期之比为2：1
B．A、B的向心加速度之比为1：2
C．A、B的轨道半径之比为 1：2
D．当A、B的角速度为ω，则细线的拉力为
【答案】D
【详解】A．两个小球做同轴转动，角速度相等，根据可知周期相等，其比例为，故A错误；
B．两个小球的向心力均由绳子拉力提供，根据牛顿第二定律
可知A、B的向心加速度之比为，故B错误；
CD．设的轨道半径为，B的轨道半径为，根据分析可得
又
联立解得
故D正确，C错误。
故选D。
9．（2024·广东江门·模拟预测）机动车检测站进行车辆尾气检测原理如下：车的主动轮压在两个相同粗细的有固定转动轴的滚动圆筒上，可在原地沿前进方向加速，然后把检测传感器放入尾气出口，操作员把车加速到一定程度，持续一定时间，在与传感器相连的电脑上显示出一系列相关参数。现有如下检测过程简图：车轴A的半径为r，车轮B的半径为8r，滚动圆筒C的半径为4r，车轮与滚动圆筒间不打滑，当车轮B以一定的角速度运行时，下列说法正确的是（ ）
A．车轴A的边缘线速度大小为
B．车轮B与滚动圆筒C的角速度之比为2：1
C．滚动圆筒C的边缘线速度大小为
D．A、B、C的角速度大小相等，均为，且均沿顺时针方向转动
【答案】AC
【详解】A.车轴A和车轮B为共轴传动，有
所以A车轴的边缘线速度大小为
故A正确；
BD.车轮B和滚动圆筒C为摩擦传动，有
由公式
可知车轮B与滚动圆筒C的角速度之比为1:2；故BD错误；
C.由上分析知滚动圆筒C的角速度为
所以C滚动圆筒的边缘线速度大小为
故C正确。
故选AC。
生活中的圆周运动（4单选+2多选）
1．（2024·山东烟台·三模）如图所示，MN为半径为r的圆弧路线，NP为长度19r的直线路线，为半径为4r的圆弧路线，为长度16r的直线路线。赛车从M点以最大安全速度通过圆弧路段后立即以最大加速度沿直线加速至最大速度vm并保持vm匀速行驶。已知赛车匀速转弯时径向最大静摩擦力和加速时的最大合外力均为车重的k倍，最大速度，g为重力加速度，赛车从M点按照MNP路线运动到P点与按照路线运动到点的时间差为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【详解】赛车从M点按照MNP路线运动到P点过程，在圆周运动过程有
，
在NP直线路线匀加速过程有
，
解得
，
在NP直线路线匀加速至最大速度过程的位移为
则匀速过程的时间
赛车从M点按照路线运动到点过程，在圆周运动过程有
，
在直线路线匀加速过程有
，
解得
，
在直线路线匀加速至最大速度过程的位移为
即匀加速至最大速度时，恰好到达，则赛车从M点按照MNP路线运动到P点与按照路线运动到点的时间差为
解得
故选C。
2．（2024·黑龙江齐齐哈尔·模拟预测）驾车过拱桥时应减速慢行，以免发生危险。一质量为1200kg的轿车以18km/h的速率匀速通过一半径为80m的拱桥，汽车在桥顶时对桥的压力大小为，在平直公路上行驶时对地面的压力大小为，取。下列说法正确的是（ ）
A．轿车在拱桥上运动时，始终处于超重状态
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】A．汽车匀速过拱桥时，有指向圆心的向心加速度，即汽车存在竖直向下的分加速度，汽车处于失重状态，故A错误；
BCD．汽车在桥顶时，由重力与支持力的合力提供向心力，则有
汽车在平直公路上行驶时，竖直方向合力为0，则有
根据牛顿第三定律有
，
解得
故BD错误，C正确。
故选C。
3．（2024·山西阳泉·三模）如图甲所示，汽车后备箱水平放置一内装圆柱形工件的木箱，工件截面和车的行驶方向垂直，图甲是车尾的截面图，当汽车以恒定速率从直道通过图乙所示的三个半径依次变小的水平圆弧形弯道A、B、C时，木箱及箱内工件均保持相对静止。已知每个圆柱形工件的质量为m。下列说法正确的是（ ）
A．汽车在由直道进入弯道A前，M对P的支持力大小为
B．汽车过A、B两点时，M、Q对P的合力依次增大
C．汽车过A、B、C三点时，汽车重心的角速度依次减小
D．汽车过A、C两点时，M对P的支持力小于Q对P的支持力
【答案】B
【详解】A．汽车在由直道进入弯道A前，以P为对象，根据受力平衡可得
解得M对P的支持力大小为
故A错误；
B．汽车过A、B两点时，M、Q对P的合力的竖直分力与P的重力平衡，合力的水平分力提供所需的向心力，则有
，
当汽车以恒定速率通过半径依次变小的A、B两点时，M、Q对P的合力依次增大，故B正确；
C．由角速度与线速度关系
当汽车以恒定速率通过半径依次变小的A、B、C三点时，汽车重心的角速度依次增大，故C错误；
D．汽车过A、C两点时，所受的合外力向左，因此M对P的支持力大于Q对P的支持力，故D错误。
故选B。
4．（2024·广东惠州·三模）在修筑铁路时，弯道处的外轨会略高于内轨，如图所示，内外铁轨平面与水平面倾角为θ，当火车以规定的行驶速度v转弯时，内、外轨均不会受到轮缘的侧向挤压，火车转弯半径为r，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．火车以速度v转弯时，铁轨对火车支持力大于其重力
B．火车转弯时，实际转弯速度越小越好
C．当火车上乘客增多时，火车转弯时的速度必须降低
D．火车转弯速度大于时，外轨对车轮轮缘的压力沿水平方向
【答案】A
【详解】A．火车以速度v转弯时，对火车受力分析，如图
可得
解得
根据矢量三角形的边角关系可知铁轨对火车支持力大于其重力，故A正确；
B．当火车以规定的行驶速度v转弯时，内、外轨均不会受到轮缘的侧向挤压，效果最好，所以实际转弯速度不是越小越好，故B错误；
C．由可知规定行驶的速度与质量无关，当火车质量改变时，规定的行驶速度不变，故C错误；
D．火车转弯速度大于时，外轨对车轮轮缘的压力沿接触面指向轮缘，故D错误。
故选A。
5．（23-24高三下·陕西西安·阶段练习）摩托车特技表演中的飞檐走壁让人震撼，其运动可简化为如图所示的小球在光滑的半球形容器内做圆周运动。小球的质量为m，容器的球心为O、半径为R，小球在水平面内做圆周运动，运动到a点时，Oa与竖直方向夹角为θ，运动过程中容器静止在水平地面上。半球形容器及底座的质量为M，重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ）

A．小球运动的角速度大小为
B．小球运动的线速度大小为
C．底座受到地面的摩擦力大小为
D．底座对地面的压力大于
【答案】AC
【详解】A．对小球受力分析，如图

由牛顿第二定律，可得
，
根据几何关系，有
联立，解得
故A正确；
B．根据线速度与角速度关系，可得
故B错误；
C．对容器受力分析，如图

由平衡条件，可得
又
联立，解得
故C正确；
D．同理
根据牛顿第三定律，可得
故D错误。
故选AC。
6．（2024·山东济南·一模）如图甲所示，一水平放置的内表面光滑对称“V”型二面体，可绕其竖直中心轴在水平面内匀速转动，其二面角为120°，截面图如图乙所示。面ABCD和面CDEF的长和宽均为L=20cm，CD距水平地面的高度为。置于AB中点P的小物体（视为质点）恰好在ABCD面上没有相对滑动，取重力加速度。（ ）
A．“V”型二面体匀速转动的角速度
B．“V”型二面体匀速转动的角速度
C．若“V”型二面体突然停止转动，小物体从二面体上离开的位置距离AB边距离2.5cm
D．若“V”型二面体突然停止转动，小物体从二面体上离开的位置距离AB边距离5cm
【答案】BC
【详解】AB．设小物体受到的支持力为，则有
解得
故A错误、B正确；
CD．若“V”型二面体突然停止转动，设小物体在二面体上运动的时间为，运动的初速度大小为，加速度大小为，沿AD方向向下运动的距离为，则有
解得
故C正确、D错误。
故选BC。
考点序号
考点
考向
题型分布
考点1
圆周运动的理解应用
考向1：圆周运动各物理量及其关系
考向2：传动装置
考向3：向心力与向心加速度
8单选+1多选
考点2
生活中的圆周运动
考向1：拱桥和凹桥模型
考向2：汽车水平转弯问题
考向3：火车和飞机倾斜转弯问题
考向4：圆锥摆问题
4单选+2多选