专题24匀速圆周运动（原卷版+解析版）-2023届高考物理一轮复习知识点精讲与最新高考题模拟题同步训练

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2023高考一轮知识点精讲和最新高考题模拟题同步训练第五章  圆周运动专题24  匀速圆周运动第一部分  知识点精讲1．匀速圆周运动(1)定义：做圆周运动的物体，若在相等的时间内通过的弧长相等，其所做的运动就是匀速圆周运动。(2)速度特点：速度的大小不变，方向始终与半径垂直。温馨提示：匀速圆周运动是变速运动，“匀速”指的是速率不变。2．描述圆周运动的物理量 意义公式/单位线速度(v)角速度(ω)(1)描述做圆周运动的物体运动快慢的物理量(2)是矢量，方向沿圆周切线方向v＝＝＝2πrn单位：m/s描述物体绕圆心转动快慢的物理量ω＝＝＝2πn单位：rad/s周期和转速(T和n)物体沿圆周运动一周的时间叫周期，单位时间内转过的圈数叫转速T＝＝单位：s n＝，单位：r/s向心加速度(an)(1)描述速度方向变化快慢的物理量(2)方向指向圆心，时刻在改变an＝＝ω2r单位：m/s2温馨提示：线速度侧重于描述物体沿圆弧运动的快慢，角速度侧重于描述物体绕圆心转动的快慢。 二、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＝man＝m＝mrω2＝mr＝mr4π2n2＝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。4．来源：向心力可以由一个力提供，也可以由几个力的合力提供，还可以由一个力的分力提供。向心力是效果力，在分析完物体受到的重力、弹力、摩擦力等性质力后，不能另外添加一个向心力。物体做匀速圆周运动时，向心力由合外力提供；物体做一般的圆周运动时，向心力由沿半径方向的合外力提供。 三、离心现象1．定义：做圆周运动的物体，在所受合外力突然消失或不足以提供做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．本质：做圆周运动的物体，由于本身的惯性，总有沿着圆周切线方向飞出去的趋势。3．受力特点(如图所示)
(1)当F ＝mω2r时，物体做匀速圆周运动，如图所示；(2)当F＝0时，物体沿切线方向飞出；(3)当F<mω2r时，物体逐渐远离圆心，F为实际提供的向心力。物体做匀速圆周运动还是偏离圆形轨道完全是由实际提供的向心力和所需的向心力间的大小关系决定的。　　第二部分 最新高考题精选1．（2022年6月浙江选考）下列说法正确的是A．链球做匀速圆周运动过程中加速度不变B．足球下落过程中惯性不随速度增大而增大C．乒乓球被击打过程中受到的作用力大小不变D．篮球飞行过程中受到空气阻力的方向与速度方向无关【参考答案】B【命题意图】本题考查匀速圆周运动、惯性、空气阻力及其相关知识点。【解题思路】链球做匀速圆周运动过程中加速度大小不变，方向改变，A错误；根据质量是惯性大小的量度，可知足球下落过程中惯性不随速度增大而增大，B正确；乒乓球被击打过程中受到的作用力大小变化，C错误；篮球飞行过程中受到空气阻力的方向与速度方向相反，D错误。 2. （2021年高考广东学业水平选择性测试）由于高度限制，车库出入口采用图2所示的曲杆道闸，道闸由转动杆OP与横杆PQ链接而成，P、Q为横杆的两个端点．在道闸抬起过程中，杆PQ始终保持水平．杆OP绕O点从与水平方向成30°匀速转动到60°的过程中，下列说法正确的是A. P点的线速度大小不变 B. P点的加速度方向不变C. Q点在竖直方向做匀速运动 D. Q点在水平方向做匀速运动【参考答案】A 【名师解析】杆OP绕O点从与水平方向成30°匀速转动到60°的过程中，　P点的线速度大小不变 ， P点的加速度方向始终指向O点，方向变化，选项A正确B错误；P点绕O点做匀速圆周运动，Q点绕P做圆周运动，所以Q点在竖直方向和水平方向都不是做匀速运动 ，选项CD错误。 3. （2021高考全国甲卷）“旋转纽扣”是一种传统游戏。如图，先将纽扣绕几圈，使穿过纽扣的两股细绳拧在一起，然后用力反复拉绳的两端，纽扣正转和反转会交替出现。拉动多次后，纽扣绕其中心的转速可达50r/s，此时纽扣上距离中心1cm处的点向心加速度大小约为A.10m/s2       B. 100m/s2      C.1000m/s2        D.10000m/s2【参考答案】C【名师解析】根据纽扣绕其中心的转速可达50r/s，可知角速度ω=2π×50rad/s=100πrad/s，此时纽扣上距离中心1cm处的点向心加速度大小约为a=ω2r=（100π）2×0.01m/s2=1000m/s2，选项C正确。4．（2021高考河北物理）如图，矩形金属框竖直放置，其中、足够长，且杆光滑。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，小球穿过杆。金属框绕轴分别以角速度和匀速转动时，小球均相对杆静止。若，则与以匀速转动时相比，以匀速转动时（    ）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【参考答案】BD【名师解析】对小球受力分析，设轻弹簧弹力为FT，轻弹簧与水平方向的夹角为θ，在竖直方向，由于杆光滑，其轻弹簧拉力沿杆方向向上的分力等于小球重力，FTsinθ=mg，小球均相对杆静止，θ角不变，所以所以弹簧弹力的大小一定不变，小球高度不变，选项A错误B正确；轻弹簧拉力沿水平方向的分力和杆对小球的弹力的合力提供向心力。当转速较小时，杆对小球的弹力背离转轴，FTcosθ-FN=mrω2，解得FN= FTcosθ-mrω2；当转速较大时，杆对小球的弹力指向转轴，FTcosθ+FN=mrω2，解得FN= mrω2 -FTcosθ，因，所以由牛顿第三定律可知，小球对杆压力的大小不一定变大，选项C错误；由匀速圆周运动的向心力公式F=mrω2可知，以匀速转动时，所需的向心力增大，小球所受合外力的大小一定变大，选项D正确。【名师点评】本题采用情景新考查受力分析、匀速圆周运动，属于综合性考查，具有一定难度。第三部分 最新模拟题精选1. （2022湖南长沙长郡中学模拟）如图是某电力机车雨刷器的示意图．雨刮器由刮水片和雨刮臂链接而成，M、N为刮水片的两个端点，P为刮水片与雨利臂的链接点，雨刮臂绕O轴转动的过程中，刮水片始终保持竖直，下列说法正确的是（　　）
A. P点的线速度始终不变 B. P点的向心加速度不变C. M、N两点的线速度相同 D. M、N两点的运动周期不同【参考答案】C【名师解析】P点以O为圆心做圆周运动，所以线速度与向心加速度方向变化，故AB错误；C．由于刮水片始终保持竖直，所以刮水片各点的线速度与P点的相同，所以M、N两点的线速度相同，故C正确；刮水器上各点的周期相同，所以M、N两点的周期相同，故D错误。2. (2022广东潮州二模)2021年11月5日，占全球市场份额70%的无人机巨头大疆，发布迄今为止影像质量最优异的消费级无人机Mavic3。下图是该型号无人机绕拍摄主体时做水平匀速圆周运动的示意图。已知无人机的质量为m，无人机的轨道距拍摄对象高度为h，无人机与拍摄对象距离为r，无人机飞行的线速度大小为v，则无人机做匀速圆周运动时（　　）
 A. 角速度为 B. 所受空气作用力为mgC. 向心加速度为 D. 绕行一周的周期为【参考答案】C【名师解析】做圆周运动的半径,则角速度为,A错误；无人机做匀速圆周运动时，向心力为解得，所受空气作用力，B错误，C正确；根据，D错误。3. (2022年高考广东梅州二模)上海磁悬浮列车线路需要转弯的地方有三处，其中设计的最大转弯处半径达到8000米，用肉眼看几乎是一条直线，而转弯处最小半径也达到1300米。一个质量50kg的乘客坐在以360km/h速率驶过半径2500米弯道的车厢内，下列说法正确的是（　　）A. 弯道半径设计特别长可以使乘客在转弯时更舒适B. 弯道半径设计特别长可以减小转弯时列车的倾斜程度C. 乘客受到来自车厢的力大小约为200ND. 乘客受到来自车厢的力大小约为540N【参考答案】ABD【名师解析】根据,可知，转弯速度一定的情况下，半径越大，则向心力越小，则弯道半径设计特别长可以使乘客在转弯时更舒适，选项A正确；由牛顿第二定律可知，列车转弯时当列车在规定速度下转弯时满足则在转弯速度一定时，转弯半径越大，则列车倾斜的角度θ越小，则弯道半径设计特别长可以减小转弯时列车的倾斜程度，选项B正确；乘客受到的向心力乘客受到来自车厢的力大小约为选项C错误，D正确。4. （2022河南名校联盟大联考）如图所示为高速入口或出口的ETC车牌自动识别系统的直杆道闸，水平细直杆可绕转轴在竖直面内匀速转动。自动识别线到直杆正下方的距离，自动识别系统的反应时间为，直杆转动角速度，要使汽车安全通过道闸，直杆必须转动到竖直位置，则汽车不停车匀速安全通过道闸的最大速度是（　　）A.  B.  C.  D. 【参考答案】C【名师解析】直杆转动到竖直位置的时间是系统的反应时间是t2=02s则汽车从识别线ab 到达直杆处的时间至少是t=t1+t2=2.2s汽车不停车匀速安全通过道闸最大速度是，C正确，ABD错误。5. (2022上海七宝中学模拟)两粗细相同内壁光滑的半圆形圆管ab和bc连接在一起，且在b处相切，固定于水平面上．一小球从a端以某一初速度进入圆管，并从c端离开圆管．则小球由圆管ab进入圆管bc后A. 线速度变小B. 角速度变大C. 向心加速度变小D. 小球对管壁的压力变大【参考答案】C【名师解析】小球由圆管ab进入圆管bc后线速度大小不变，A错误；根据角速度与线速度的关系可知，线速度不变，轨道半径增大，所以小球的角速度减小．故B错误；根据向心力的表达式，线速度不变，轨道半径增大，所以小球的向心力减小，则向心加速度也减小，故C正确；小球需要的向心力减小，则轨道对小球的沿水平方向的支持力减小，根据牛顿第三定律可知，小球对管壁的压力减小，故D错误．6．(2022广东江门模拟). 螺旋测微器是常见的长度测量工具,如图所示,旋动旋钮一圈,旋钮同时会随测微螺杆沿着旋转轴线方向前进或后退一个螺距的距离,已知旋钮上的可动刻度“0”刻线处A点的旋转半径为R=5.0mm,内部螺纹的螺距x=0.5mm,若匀速旋动旋钮,则A点绕轴线转动的线速度和沿轴线水平移动的速度大小之比为A. 10:1 B. 10:1 C. 20:1 D. 20:1【参考答案】C【名师解析】旋动旋钮一圈，测微螺杆便沿着旋转轴线方向前进或后退一个螺距的距离，A点做圆周运动的线速度为：，A点水平移动的速度为：，代入数据得：，选项C正确．7.（2022北京东城区高三下一模）9．一个质量为m的小物块静止在表面粗糙的圆锥形漏斗的内表面，如图所示。现使该漏斗从静止开始转动，转动的角速度缓慢增大时，物块仍相对漏斗保持静止。当角速度达到时，物块将要与漏斗发生相对滑动。在角速度从0缓慢增大到的过程中，下列说法正确的是（　　）A．物块所受的摩擦力随角速度增大，一直增大B．物块所受的摩擦力随角速度增大，一直减小C．物块所受的支持力随角速度增大，一直增大D．物块所受的支持力随角速度增大，先增大后减小【参考答案】C【名师解析】小物块静止在表面粗糙的圆锥形漏斗的内表面，受重力，支持力，沿斜面向上的静摩擦力，当漏斗转动的角速度缓慢增大时，受力如图所示由牛顿第二定律有，物体的离心趋势越来越大，则静摩擦力逐渐减小，物块所受的支持力逐渐增大。故选C。8. （2022山东淄博二模）如图为车牌自动识别系统的直杆道闸，离地面高为1m的细直杆可绕O在竖直面内匀速转动。汽车从自动识别线ab处到达直杆处的时间为2.3s，自动识别系统的反应时间为0.3s；汽车可看成高1.6m的长方体，其左侧面底边在直线上，且O到汽车左侧面的距离为0.6m，要使汽车安全通过道闸，直杆转动的角速度至少为（　　）A.  B.  C.  D. 【参考答案】C【名师解析】由题意可知，在2.3s-0.3s=2.0s的时间内，横杆的距离O点0.6m的点至少要抬高h=1.6m-1.0m=0.6m即根据几何关系得，横杆至少转过，则角速度，故选C。9. （2022湖南衡阳期中）如图所示的装置中，光滑水平杆固定在竖直转轴上，小圆环A和轻弹簧套在杆上，弹簧两端分别固定于竖直转轴和环A，细线穿过小孔O，两端分别与环A和小球B连接，线与水平杆平行，环A的质量为m，小球B的质量为2m。现使整个装置绕竖直轴以角速度匀速转动，环A与转轴间距离不变时，细线与竖直方向的夹角为37°。已知重力加速度g，，。求：（1）装置转动的角速度为时，细线OB的拉力T。（2）装置转动的角速度为时，细线OB的长度s。（3）若装置转动的角速度为，环A与转轴间距离再次不变，细线与竖直方向的夹角为53°，此时弹簧弹力与角速度为时大小相等，求此时弹簧的弹力大小F。【参考答案】（1）2.5mg；（2）；（3）【名师解析】（1）装置转动的角速度为时，对小球B，由竖直方向的平衡可得解得T=2.5mg（2）装置转动的角速度为时，对小球B，由牛顿第二定律可得解得（3）装置转动的角速度为时，设OB的长度变为，对小球B，竖直方向和水平方向分别满足联立解得设细线的长度为L，对圆环A，角速度为时，有角速度为时有联立解得10. （2022江苏第二次百校大联考）(13分)如图所示,足够长的水平轻杆中点固定在竖直轻质转轴O1O2上的O点,小球A和B分别套在水平杆中点的左右两侧,套在转轴上原长为L的轻质弹簧上端固定在O点,下端与小球C连接,小球A、C间和B、C间均用长度为L的不可伸缩的轻质细线连接,三个小球的质量均为m,均可以看成质点。装置静止时,小球A、B紧靠在转轴上,两根绳子恰被拉直且张力为零。转动该装置并缓慢增大转速,小球C缓慢上升,弹簧始终在弹性限度内,忽略一切摩擦和空气阻力,重力加速度为g。求:(1)弹簧的劲度系数k;(2)当弹簧恢复原长时,装置的转动角速度;(3)在弹簧的长度由初状态变为L的过程中,外界对装置所做的功。 【名师解析】(1)整个装置静止时,细线恰好被拉直,细线中拉力F1=0,弹簧长度等于细线长对小球C,由k(L-L)=mg　(2分)得k=　(1分)(2)设弹簧恢复原长时,细线的拉力为F2,装置转动的角速度为ω1,细线与转轴间的夹角为θ1,由几何关系可知sinθ1=0.6,cosθ1=0.8对小球C有2F2cosθ1=mg　(2分)对小球A有F2sinθ1=m×Lsinθ1　(2分)解得ω1=　(1分)(3)设弹簧长度为L时,细线的拉力为F3,装置转动的角速度为ω2,细线与转轴间的夹角为θ2,由几何关系可知sinθ2=0.8,cosθ2=0.6对小球C有2F3cosθ2=mg+k(L-L)　(1分)对小球A有F3sinθ2=m×Lsinθ2　(1分)在弹簧的长度由初状态变为L的过程中,弹簧弹性势能不变,外界对装置所做的功W=m(ω2L)2×2+mgL　(2分)解得 W=mgL　(1分) 11．（16分）（2022四川成都高二质检）某航天员在一个半径为R的星球表面做了如下实验：取一根细线穿过光滑的细直管，细线一端拴一质量为m的砝码，另一端连在一固定的测力计上，手握直管抡动砝码，使它在水平面内做圆周运动，停止抡动细直管并保持细直管竖直。砝码继续在一水平面绕圆心O做匀速圆周运动，如图所示，此时测力计的示数为F，细直管下端和砝码之间的细线长度为L且与竖直方向的夹角为θ。（1）求该星球表面重力加速度g的大小；（2）求砝码在水平面内绕圆心O做匀速圆周运动时的角速度大小；（3）若某卫星在距该星球表面h高处做匀速圆周运动，则该卫星的线速度为多大？      【名师解析】：（1）砝码在水平面内做匀速圆周运动，竖直方向处于平衡状态，则：             解得：    4分（2）细线拉力在水平方向的分力提供向心力，根据牛顿第二定律得：            解得：     5分(3)  在星球表面的物体有：     2分 对卫星，根据万有引力提供向心力得：     3分       解得：    2分12. （2022江苏镇江期中）(13分)竖直转轴上固定有两根沿水平方向长度均为r的轻杆，间距为l，一轻绳上穿一个质量为m的光滑小环，轻绳两端分别固定于两杆末端A、B两点，开始时小环静止悬挂在底部，如图甲所示．重力加速度为g，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6.(1) 用力F使小环静止在与A等高处，力F沿绳方向，此时α＝53°，如图乙所示，求F的大小；(2) 若从图甲状态开始用外力转动转轴，稳定时小环与B等高，如图丙所示，求：①此时转动的角速度ω；②此过程外力对系统所做的功W.                                          甲              乙                丙 【名师解析】. (1) 由m的平衡条件得T＋Tcos α＝Fcos α，(1分)Tsin α＋mg＝Fsin α，(1分)可得F＝2mg.(2分)　(2) ①由向心力公式可得T′cos α＋T′＝mω2，(1分)T′sin α＝mg，(1分)可得ω＝＝2.(2分)②由几何关系可得初始时m位于B点下方，(1分)由能量守恒关系可得W＝mg＋mω2，(2分)可得W＝mgr＋mgl.(2分) 13. (2022江苏名校质检)如图所示，粗糙轻杆水平固定在竖直轻质转轴上A点，质量为m小球和轻弹簧套在轻杆上，小球与轻杆间的动摩擦因数为，弹簧原长为0.6L，左端固定在A点，右端与小球相连，长为L的细线一端系住小球，另一端系在转轴上B点，AB间距离为0.6L，装置静止时将小球向左缓慢推到距A点0.4L处时松手，小球恰能保持静止。接着使装置由静止缓慢加速转动。已知小球与杆间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，不计转轴所受摩擦。（1）求弹簧的劲度系数k；（2）求小球与轻杆间恰无弹力时，装置转动的角速度ω；（3）从开始转动到小球与轻杆间恰无弹力过程中，外界提供给装置的能量为E，求该过程摩擦力对小球做的功W。【参考答案】（1）；（2）；（3）【名师解析】（1）依题意，有解得（2）小球与轻杆间恰无弹力时受力情况如图所示，此时弹簧长度为0.8L有解得（3）题设过程中弹簧的压缩量与伸长量相等，故弹性势能改变量则由功能关系有其中解得