2024高考物理大一轮复习题库 第3讲 圆周运动

这是一份2024高考物理大一轮复习题库 第3讲 圆周运动，共23页。试卷主要包含了匀速圆周运动及描述，匀速圆周运动的向心力，离心运动和近心运动等内容，欢迎下载使用。
第3讲　圆周运动

一、匀速圆周运动及描述
1．匀速圆周运动
(1)定义：做圆周运动的物体，若在任意相等的时间内通过的圆弧长相等，所做的运动就是匀速圆周运动。
(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。
2．运动参量

定义、意义
公式、单位
线速度
(v)
描述做圆周运动的物体沿圆弧运动快慢的物理量(v)
(1)v＝＝
(2)单位：m/s
角速度
(ω)
描述物体绕圆心转动快慢的物理量(ω)
(1)ω＝＝
(2)单位：rad/s
周期(T)
频率(f)
转速(n)
物体沿圆周运动一周的时间(T)
(1)T＝＝，单位：s
(2)f＝，单位：Hz
(3)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(an)
(2)方向指向圆心
(1)an＝＝ω2r＝r＝ωv
(2)单位：m/s2
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＝m＝mω2r＝mr＝mωv＝4π2mf2r。
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。
三、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所示)

图1
(1)当F＝0时，物体沿切线方向飞出。
(2)当0＜F＜mω2r时，物体逐渐远离圆心。
(3)当F＞mω2r时，物体逐渐向圆心靠近，做近心运动。
3．本质：离心运动的本质并不是受到离心力的作用，而是提供的力小于做匀速圆周运动需要的向心力。
【自测 如图2所示，一质量为2.0×103 kg的汽车在水平公路上行驶，路面对轮胎的径向最大静摩擦力为1.4×104 N，当汽车经过半径为80 m 的弯道时，下列判断正确的是(　　)

图2
A．汽车转弯时所受的力有重力、弹力、摩擦力和向心力
B．汽车转弯的速度为20 m/s时所需的向心力为1.4×104 N
C．汽车转弯的速度为20 m/s时汽车会发生侧滑
D．汽车能安全转弯的向心加速度不超过7.0 m/s2
答案　D
解析　汽车转弯时所受的力有重力、弹力、摩擦力，但向心力是根据力的效果命名的，不是物体实际受到的力，选项A错误；当汽车转弯速度为20 m/s时，根据Fn＝m，得所需的向心力Fn＝1×104 N，没有超过最大静摩擦力，所以车也不会侧滑，所以选项B、C错误；汽车转弯达到最大静摩擦力时，向心加速度最大为an＝＝ m/s2＝7.0 m/s2，选项D正确。

命题点一　圆周运动的运动学分析
1．对公式v＝ωr的理解
当r一定时，v与ω成正比。
当ω一定时，v与r成正比。
当v一定时，ω与r成反比。
2．对an＝＝ω2r的理解
在v一定时，an与r成反比；在ω一定时，an与r成正比。
3．常见的传动方式及特点
(1)皮带传动：如图3甲、乙所示，皮带与两轮之间无相对滑动时，两轮边缘线速度大小相等，即vA＝vB。

图3
(2)摩擦传动和齿轮传动：如图4甲、乙所示，两轮边缘接触，接触点无打滑现象时，两轮边缘线速度大小相等，即vA＝vB。

图4
(3)同轴转动：如图5甲、乙所示，绕同一转轴转动的物体，角速度相同，ωA＝ωB，由v＝ωr知v与r成正比。

图5
【真题示例1 (2021·广东卷)由于高度限制，车库出入口采用如图6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(　　)

图6
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
答案　A
解析　由于杆OP匀速转动，P点到圆心的距离不变，故P点的线速度大小不变，A正确；P点的加速度为向心加速度，始终指向圆心，方向时刻变化，B错误；设OP＝l1，PQ＝l2，可知Q点到O点所在水平线的距离y＝l1sin(30°＋ωt)，故Q点在竖直方向的运动不是匀速运动，C错误；Q点到O点的水平距离x＝l2＋l1cos(30°＋ωt)，故Q点在水平方向的运动也不是匀速运动，D错误。
【针对训练1】 游乐场的旋转木马是小朋友们非常喜欢的游玩项目。如图7所示，一小孩坐在旋转木马上，绕中心轴在水平面内做匀速圆周运动，圆周运动的半径为3.0 m，小孩旋转5周用时1 min，则下列说法正确的是 (　　)

图7
A．小孩做圆周运动的角速度为 rad/s
B．小孩做圆周运动的线速度为2π m/s
C．小孩在1 min内通过的路程为15π m
D．小孩做圆周运动的向心加速度为2 m/s2
答案　D
解析　小孩做圆周运动的周期T＝＝12 s，则角速度为ω＝＝ rad/s，A错误；线速
度为v＝＝ m/s，B错误；在1 min内通过的路程s＝n·2πr＝30π m，C错误；向心加速度为an＝ω2r＝ m/s2，D正确。
【针对训练2】 (2021·河北衡水中学模拟)穿梭于大街小巷的共享单车解决了人们出行的“最后一公里”问题。单车的传动装置如图8所示，链轮的齿数为38，飞轮的齿数为16，后轮直径为660 mm。已知齿轮的齿数比等于半径比，若小明以5 m/s匀速骑行，则脚踩踏板的角速度约为(　　)

图8
A．3.2 rad/s B．6.4 rad/s
C．12.6 rad/s D．18.0 rad/s
答案　B
解析　飞轮和后轮角速度ω1相等，链轮和飞轮的边缘线速度v相等，链轮和踏板角速度ω2相等，可得ω2＝＝6.4 rad/s，故B正确，A、C、D错误。
命题点二　圆周运动的动力学分析
匀速圆周运动的实例分析
运动
模型
向心力的
来源图示
运动
模型
向心力的
来源图示
飞机水
平转弯

火车
转弯

圆锥摆

飞车
走壁

汽车在
水平路
面转弯

水平
转台
(光滑)

【真题示例2 (2021·浙江6月选考)质量为m的小明坐在秋千上摆动到最高点时的照片如图9所示，对该时刻，下列说法正确的是(　　)

图9
A．秋千对小明的作用力小于mg
B．秋千对小明的作用力大于mg
C．小明的速度为零，所受合力为零
D．小明的加速度为零，所受合力为零
答案　A
解析　设秋千的摆长为l，摆到最高点时摆绳与竖直方向的夹角为θ，秋千对小明的作用力为F，沿摆绳方向，对小明受力分析，有F－mgcos θ＝m，因最高点时小明的速度为0，则F＝mgcos θmg>FNB，即在A点时对轨道压力较大，A错误；摩擦力Ff＝μFN，则FfA>FfB，即在A点时所受摩擦力较大，B正确；向心力Fn＝m，因为vA>vB，rA＜rB，所以FnA>FnB，即在A点时所受向心力较大，C错误；在B点人受竖直向下的重力、竖直向下的弹力，水平方向的摩擦力，则合力的方向斜向下，D错误。
　轻杆模型
【例5 如图13所示，轻杆长3L，在杆两端分别固定质量均为m的球A和B，光滑水平转轴穿过杆上距球A为L处的O点，外界给系统一定能量后，杆和球在竖直平面内转动，球B运动到最高点时，杆对球B恰好无作用力。忽略空气阻力，重力加速度为g。则球B在最高点时(　　)

图13
A．球B的速度为零
B．球A的速度大小为
C．水平转轴对杆的作用力为1.5mg
D．水平转轴对杆的作用力为2.5mg
答案　C
解析　球B运动到最高点时，杆对球B恰好无作用力，即重力恰好提供向心力，有mg＝m，解得vB＝，故A错误；由于A、B两球的角速度相等，则球A的速度大小vA＝，故B错误；B球在最高点时，对杆无弹力，此时A球所受重力和拉力的合力提供向心力，有F－mg＝m，解得F＝1.5mg，故C正确，D错误。
命题点四　圆周运动中的两类临界问题
1．与摩擦力有关的临界极值问题
物体间恰好不发生相对滑动的临界条件是物体间恰好达到最大静摩擦力。
2．与弹力有关的临界极值问题
(1)压力、支持力的临界条件是物体间的弹力恰好为零。
(2)绳上拉力的临界条件是绳恰好拉直且其上无弹力或绳上拉力恰好为最大承受力。
【例6 (多选) (2021·湖北省高考模拟)如图14所示，竖直杆AB在A、B两点通过光滑铰链连接两等长轻杆AC和BC，AC和BC与竖直方向的夹角均为θ，轻杆长均为L，在C处固定一质量为m的小球，重力加速度为g，在装置绕竖直杆AB转动的角速度ω从0开始逐渐增大过程中，下列说法正确的是(　　)

图14
A．当ω＝0时，AC杆和BC杆对球的作用力都表现为拉力
B．AC杆对球的作用力先增大后减小
C．一定时间后，AC杆与BC杆上的力的大小之差恒定
D．当ω＝时，BC杆对球的作用力为0
答案　CD
解析　当ω＝0时，由于小球在水平方向受力平衡，因此AC杆对小球的作用力表现为拉力，BC杆对小球的作用力表现为支持力，且大小相等，选项A错误；当ω逐渐增大时，AC杆对小球的拉力逐渐增大，BC杆对小球的支持力逐渐减小，当BC杆的作用力为0时，有mgtan θ＝mω2Lsin θ，解得ω＝，当ω继续增大时，AC杆对小球的拉力继续增大，BC杆对小球的作用力变为拉力，且逐渐增大，选项B错误，D正确；一定时间后，AC杆和BC杆的作用力都变为拉力，拉力的竖直分力之差等于小球的重力，即F1cos θ－F2cos θ＝mg，则F1－F2＝，因此AC杆与BC杆上的力的大小之差恒定，选项C正确。
【针对训练4】 (2019·海南卷)如图15所示，一硬币(可视为质点)置于水平圆盘上，硬币与竖直转轴OO′的距离为r，已知硬币与圆盘之间的动摩擦因数为μ(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，重力加速度大小为g。若硬币与圆盘一起绕OO′轴匀速转动，则圆盘转动的最大角速度为(　　)

图15
A. B.
C. D．2
答案　B
解析　硬币做圆周运动的向心力由静摩擦力提供，则Ff＝mω2r ，而Ff≤Ffm＝μFN＝μmg，联立可得mω2r≤μmg，解得ω≤，即圆盘转动的最大角速度为，故选项B正确。


对点练 圆周运动的运动学分析
1．(2021·全国甲卷，15) “旋转纽扣”是一种传统游戏。如图1，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50 r/s，此时纽扣上距离中心1 cm处的点的向心加速度大小约为(　　)

图1
A．10 m/s2 B．100 m/s2
C．1 000 m/s2 D．10 000 m/s2
答案　C
解析　向心加速度的公式an＝rω2，结合角速度与转速的关系ω＝2πn，代入数据可得an≈1 000 m/s2，C正确。
2．如图2所示，修正带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是转动的齿轮边缘的两点，若A轮半径是B轮半径的1.5倍，则下列说法中正确的是(　　)

图2
A．A、B两点的线速度大小之比为3∶2
B．A、B两点的角速度大小之比为2∶3
C．A、B两点的周期之比为2∶3
D．A、B两点的向心加速度大小之比为1∶1
答案　B
解析　由题意知rA∶rB＝3∶2，A、B两轮边缘的线速度相等，即vA∶vB＝1∶1，故A错误；由v＝ωr知ωA∶ωB＝rB∶rA＝2∶3，故B正确；由T＝知TA∶TB＝3∶2，C错误；由an＝ω2r知aA∶aB＝2∶3，D错误。
3．(2021·陕西咸阳市5月检测)如图3所示为车牌自动识别系统的直杆道闸，离地面高为1 m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3.3 s，自动识别系统的反应时间为0.3 s；汽车可看成高1.6 m的长方体，其左侧面底边在aa′直线上，且O到汽车左侧面的距离为0.6 m，要使汽车安全通过道闸，直杆转动的角速度至少为(　　)

图3
A. rad/s B. rad/s
C. rad/s D. rad/s
答案　D
解析　如图所示，在3.3 s－0.3 s＝3.0 s的时间内，横杆上距离O点水平距离0.6 m的点至少要抬高1.6 m－1.0 m＝0.6 m，设汽车恰好通过时直杆转过的角度为θ，由几何关系得tan θ＝＝1，即横杆至少转过θ＝，则角速度ω＝＝
rad/s，故A、B、C错误，D正确。

对点练 圆周运动的动力学分析
4．(多选)(2019·江苏卷，6)如图4所示，摩天轮悬挂的座舱在竖直平面内做匀速圆周运动。座舱的质量为m，运动半径为R，角速度大小为ω，重力加速度为g，则座舱(　　)

图4
A．运动周期为
B．线速度的大小为ωR
C．受摩天轮作用力的大小始终为mg
D．所受合力的大小始终为mω2R
答案　BD
解析　座舱的周期T＝＝，A错误；根据线速度与角速度的关系v＝ωR知，B正确；座舱做匀速圆周运动，摩天轮对座舱的作用力与重力大小不相等，其合力提供向心力，合力大小为F合＝mω2R，C错误，D正确。
5．(多选) (2021·湖南怀化市一模)如图5所示，双手端着半球形的玻璃碗，碗内放有三个相同的小玻璃球。双手晃动玻璃碗，当碗静止后碗口在同一水平面内，三小球沿碗的内壁在不同的水平面内做匀速圆周运动。不考虑摩擦作用，下列说法中正确的是(　　)

图5
A．三个小球受到的合力大小相等
B．距碗口最近的小球线速度最大
C．距碗口最近的小球向心加速度最大
D．处于中间位置的小球的周期最小
答案　BC
解析　对于任意一球，设其轨道处半球形碗的半径与竖直方向的夹角为θ，半球形碗的半径为R。根据重力和支持力的合力提供小球圆周运动的向心力，得F合＝mgtan θ，三个小球在碗中不同位置，θ不同，F合不同，故A错误；因r＝Rsin θ，F合＝mgtan θ＝m＝ma＝mr，联立得v＝，T＝2π，a＝gtan θ，R一定，可知θ越大(越接近碗口)，线速度v越大、周期越小、加速度a越大，B、C正确，D错误。
对点练 竖直面内圆周运动的“两类模型”问题
6．(2021·辽宁大连测试)过山车是青少年喜欢的一种游乐项目。为了研究过山车的原理，可将过山车简化为如图6所示的模型，质量为m的小球在光滑竖直圆轨道上做圆周运动，在轨道的最高点和最低点分别安装有压力传感器。让小球从同一位置由静止下滑，经多次测量得到在最高点和最低点小球对轨道压力的平均值分别为F1、F2，则当地的重力加速度为(　　)

图6
A. B.
C. D.
答案　D
解析　过山车模型可以看做轻绳模型，小球在轨道上运动时受到轨道对其指向圆心的弹力作用。由牛顿第三定律可得在M点和N点轨道对小球的弹力大小平均值分别为F2、F1。设圆轨道半径为R，在M点，对小球受力分析，根据小球所受的合力提供向心力得F2－mg＝m，在N点，对小球受力分析，根据小球所受的合力提供向心力得mg＋F1＝m，由M到N，根据动能定理得－mg·2R＝mv－mv，联立解得g＝，D正确。
7．如图7甲所示，一轻杆一端固定在O点，另一端固定一小球，在竖直平面内做半径为R的圆周运动。小球运动到最高点时，杆与小球间弹力大小为FN，小球在最高点的速度大小为v，FN－v2图像如图乙所示。下列说法正确的是(　　)

图7
A．当地的重力加速度大小为
B．小球的质量为
C．当v2＝c时，杆对小球弹力方向向上
D．若v2＝2b，则杆对小球弹力大小为2a
答案　B
解析　在最高点，若v＝0，则FN＝a＝mg；若FN＝0，则mg＝m＝m，解得g＝，m＝R，故A错误，B正确；由题图可知，当v2＜b时，杆对小球弹力方向向上，当v2＞b时，杆对小球弹力方向向下，所以当v2＝c时，杆对小球弹力方向向下，故C错误；若v2＝2b，则FN＋mg＝m，解得FN＝a＝mg，故D错误。
对点练 圆周运动中的临界问题
8．(多选) (2021·广东惠州市第三次调研)如图8所示，为一种圆锥筒状转筒，左右各系着一长一短的绳子挂着相同的小球，转筒静止时绳子平行圆锥面，当转筒中心轴开始缓慢加速转动，不计空气阻力，则下列说法正确的是(　　)

图8
A．角速度慢慢增大，线长的球先离开圆锥筒
B．角速度达到一定值时两球同时离开圆锥筒
C．两球都离开圆锥筒后，相较于原位置上升的高度相同
D．两球都离开圆锥筒时两绳中的拉力大小相同
答案　AC
解析　设绳子与竖直方向的夹角为θ，小球刚好离开圆锥筒时，圆锥筒的支持力为0，有mgtan θ＝mω2lsin θ，解得ω＝，绳子越长的其角速度的临界值越小，越容易离开圆锥筒，故A正确，B错误；两小球都离开圆锥筒后，小球都只受重力与绳子的拉力，两小球都随圆锥筒一起转动，有相同的角速度，小球的高度为h＝lcos θ，代入数据解得h＝，故C正确；由以上分析可知，绳长的小球先离开圆锥筒，绳短的小球离开圆锥筒时，两绳与竖直方向的夹角不同，绳中拉力大小不同，故D错误。
9．(多选)质量为m的小球由轻绳a和b分别系于一轻质细杆的A点和B点，如图9所示，绳a与水平方向成θ角，绳b在水平方向且长为l，当轻杆绕轴AB以角速度ω匀速转动时，小球在水平面内做匀速圆周运动，重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　)

图9
A．a绳的张力不可能为零
B．a绳的张力随角速度的增大而增大
C．当角速度ω＞，b绳将出现弹力
D．若b绳突然被剪断，则a绳的弹力一定发生变化
答案　AC
解析　小球做匀速圆周运动，在竖直方向上的合力为零，水平方向上的合力提供向心力，所以a绳在竖直方向上的分力与重力相等，可知a绳的张力不可能为零，故选项A正确；根据竖直方向上平衡得Fasin θ＝mg，即Fa＝，可知a绳的拉力不变，故B错误；当b绳拉力为零时，有＝mlω2，计算得出ω2＝，当角速度ω2＞，b绳将出现弹力，故选项C正确；因为b绳可能没有弹力，故b绳突然被剪断，a绳的弹力可能不变，故D错误。

10．(多选)如图10所示，两个质量均为m的小木块a和b(可视为质点)放在水平圆盘上，a与转轴OO′的距离为l，b与转轴的距离为2l。木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的k倍，重力加速度大小为g。若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，用ω表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是 (　　)

图10
A．b一定比a先开始滑动
B．a、b所受的摩擦力始终相等
C．ω＝是b开始滑动的临界角速度
D．当ω＝时，a所受摩擦力的大小为kmg
答案　AC
解析　小木块a、b做圆周运动时，由静摩擦力提供向心力，即Ff＝mω2R。当角速度增加时，静摩擦力增大，当增大到最大静摩擦力时，发生相对滑动，对木块a：Ffa＝mωl，当Ffa＝kmg时，kmg＝mωl，ωa＝；对木块b：Ffb＝mω·2l，当Ffb＝kmg时，kmg＝mω·2l，ωb＝，所以b先达到最大静摩擦力，选项A正确；两木块滑动前转动的角速度相同，则Ffa＝mω2l，Ffb＝mω2·2l，Ffa＜Ffb，选项B错误；当ω＝时，b刚开始滑动，选项C正确；ω＝＜ωa＝，a没有滑动，则Ffa＝mω2l＝kmg，选项D错误。
11．(2021·江西八校4月联考)如图11，用手握着细绳的一端在水平桌面上做半径为r的匀速圆周运动，圆心为O，角速度为ω，细绳长为L，质量忽略不计，运动过程中细绳始终与小圆相切。在细绳的另外一端系着一个质量为m的小球，小球恰好在以O为圆心的大圆上做圆周运动。小球和桌面之间动摩擦因数处处相同，以下说法正确的是 (　　)

图11
A．细绳拉力大小为mω2r
B．小球与桌面间的摩擦力大小为
C．小球受到的合外力大小为mω2
D．手对细绳做功的功率为
答案　C
解析　手握着细绳做的是匀速圆周运动，细绳的另外一端系着的小球做的也是匀速圆周运动，小球做匀速圆周运动的角速度也为ω，设大圆半径为R。由图分析可知

R＝，设细绳中张力为FT，则FTcos θ＝mRω2，cos θ＝，细绳拉力大小为FT＝＝，故A错误；根据摩擦力公式，可得小球与桌面间的摩擦力大小为Ff＝μmg＝FTsin θ＝×＝，故B错误；小球受到的合外力大小为F＝mω2，故C正确；手对细绳做功的功率为P＝FTv0＝·ωr＝，故D错误。
12．(2021·福建福州一中开学考)如图12所示，长L＝0.2 m的轻绳一端与质量m＝2 kg的小球相连，另一端连接一个质量m块＝1 kg的滑块，滑块套在竖直杆上，与竖直杆间的动摩擦因数为μ。现在让小球绕竖直杆在水平面内做匀速圆周运动，当绳子与杆的夹角θ＝60°时，滑块恰好不下滑。假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2。求：

图12
(1)小球转动的角速度ω的大小；
(2)滑块与竖直杆间的动摩擦因数μ。
答案　(1)10 rad/s　(2)
解析　(1)通过对小球的受力分析，由牛顿第二定律得mgtan θ＝mω2Lsin θ，解得小球转动的角速度ω＝10 rad/s。
(2)对小球，在竖直方向有FTcos θ＝mg
对滑块，由平衡条件得
FTsin θ＝FN，μFN＝m块g＋FTcos θ
解得滑块与竖直杆间的动摩擦因数μ＝。
13．(2021·河北廊坊市摸底)如图13所示，暗室中一水平转台上，距离转轴OO′长为L的位置嵌入一物块(可视为质点)。在常亮光源照射下从上往下看，转台逆时针匀速转动，如果用频闪光源照射转台，发现物块做顺时针匀速转动。已知物块质量为m，频闪光源闪光频率为N，观察到物块做顺时针圆周运动的周期为T，当地重力加速度的大小为g。求：

图13
(1)水平转台的最小转速n；
(2)转台以最小转速转动时给物块的作用力大小。
答案　(1)N－ (2)m
解析　(1)水平转台的角速度ω＝2πn
频闪光源闪光一次的时间间隔里转台逆时针转过的角度
θ＝·ω
观察到物块顺时针转过的角度
θ′＝2kπ－θ(k＝1，2，3…)
由角速度的定义有θ′·N＝
解得n＝kN－(k＝1，2，3…)
k＝1时，转速最小，n1＝N－。
(2)物块做圆周运动所需向心力为
Fn＝mL(2πn)2
转台给物块的作用力为F＝
解得F＝m。