第4章　抛体运动与圆周运动第3讲　圆周运动_4.2025物理总复习_2025年新高考资料_一轮复习_2025人教版新教材物理高考第一轮基础练（完结）

2025人教版新教材物理高考第一轮 第 3 讲圆周运动 基础对点练 题组一 圆周运动的运动学问题 1.夏天人们常用蚊香来驱除蚊虫。如图所示,蚊香点燃后缓慢燃烧,若某滑冰运动员(可视 为质点)的运动轨迹与该蚊香燃烧的轨迹类似,运动的速率保持不变,则该运动员( ) A.线速度不变 B.角速度变大 C.向心加速度变小 D.运动一圈(360°)所用时间保持不变 2.如图是自行车传动结构的示意图,其中大齿轮、小齿轮和后轮的半径分别为 r 、r 和 1 2 r 。假设脚踏板的转速为n,则该自行车前进的速度为( ) 3 A.2πnr r B.2πnr r C.2πr r D.2πr r 2 3 1 3 1 3 2 3 r r nr nr 1 2 2 1 题组二 圆周运动的动力学问题 3.如图所示,某自行车比赛的赛道可视为圆锥的内表面,路面与铅垂线的夹角为α。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R,重力加速度为g,自行车与路面垂 直,不计空气阻力,要使自行车不受摩擦力作用,其速度应等于( ) √ Rg A. B.√Rgtanα tanα C.√Rgsinα D.√Rgcosα4.(2024北京东城区模拟)如图所示,两根长度相同的细线悬挂两个相同的小球,小球在水平 面上做角速度相同的匀速圆周运动,已知两细线与竖直方向的夹角分别为α和β,设上下两 根细线的拉力分别为F 、F ,则F 等于( ) 1 2 1 F 2 2cosβ 2cosα A. B. cosα cosβ 2sinα 2sinβ C. D. sinβ sinα 5.(2023四川南充模拟)有一种能自动计数的智能呼啦圈深受健身者的喜爱,智能呼啦圈腰 带外侧有半径r=0.12 m的圆形光滑轨道,将安装有滑轮的短杆嵌入轨道并能自由滑动,短 杆的另一端悬挂一根带有配重的轻质细绳,其简化模型如图所示。已知配重(可视为质点) 质量m=0.6 kg,绳长L=0.3 m。水平固定好腰带,通过人体微小扭动,使配重在水平面内做 匀速圆周运动,在某一段时间内细绳与竖直方向夹角始终为53°。腰带可看作不动,重力加 速度g取10 m/s2,不计空气阻力,sin 53°=0.8,cos 53°=0.6,下列说法正确的是( ) A.配重受到的合力大小为10 N 10√30 B.配重的角速度为ω= rad/s 9 C.若细绳不慎断裂,配重将自由下落 D.若增大转速,细绳对配重的拉力将变小 题组三 离心运动 6.如图所示,足够大水平圆板可绕圆心处的竖直轴以角速度 ω匀速转动,圆板上叠放有两 物块,下面的大物块质量为km,上面的小物块(可视为质点)质量为m,小物块和转轴间有一 恰好伸直的水平轻绳,轻绳系在套住转轴的光滑小环上,小环被卡在轴上固定高度h处,轻 绳长度L=2h。已知小物块与大物块、大物块与圆板间的动摩擦因数均为 μ,且最大静摩 擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g,则下列说法不正确的是( )A.k越大,大物块发生相对滑动的ω越大 √μg B.当k=1,ω= 时,大物块未发生相对滑动 ℎ √μg C.当k=2,ω= 时,大物块未发生相对滑动 L √2μg D.当k=2,ω= 时,大物块将会一直做离心运动 ℎ 综合提升练 7.如图所示,在某十字路口,设置有右转弯专用车道。现有一辆汽车正在水平右转弯车道 上行驶,其运动可视作圆周运动,行驶过程中车辆未打滑。司机和副驾驶座上的乘客始终 与汽车保持相对静止。当汽车在水平的右转弯车道上减速行驶时,下列说法正确的是( ) A.司机和乘客具有相同的线速度 B.汽车所受的合力一定指向圆心 C.汽车对乘客的作用力小于汽车对司机的作用力 D.汽车对乘客的作用力大于乘客所受的重力 8.无人机绕拍摄主体做水平匀速圆周运动的示意图如图所示。已知无人机的质量为 m,无 人机的轨迹圆心距拍摄对象高度为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( ) v A.角速度为 r B.所受空气作用力为mg C.向心加速度为 v2 √r2- ℎ 2 2πr D.绕行一周的周期为 v9.(多选)(2024湖南长沙模拟)如图所示,倾角θ=53°的斜面ABC固定在可以绕竖直轴转动 的水平转台上,斜面最低点A在转轴OO 上。转台以角速度ω匀速转动时,将质量为m的 1 小物块(可视为质点)放置于斜面上,经过一段时间后小物块与斜面一起转动且相对斜面静 止在AB线上,此时小物块到A点的距离为L。已知小物块与斜面之间的动摩擦因数为 0.5,重力加速度为g,若最大静摩擦力等于滑动摩擦力,sin 53°=0.8,cos 53°=0.6。则物块相 对斜面静止时( ) A.小物块对斜面的压力大小不小于mg B.小物块对斜面的压力大小不大于4mg √5g C.水平转台转动角速度ω应不小于 6L √11g D.水平转台转动角速度ω应不大于 2L 10.(2023云南玉溪模拟)卡丁车是业余赛车爱好者喜欢参加的一种运动。如图为某卡丁车 赛道部分示意图,AB段为长L=135 m的直道,BC段和CD段是中心线半径均为R=30 m的 半圆形赛道,整个赛道位于同一水平面内,卡丁车与赛道动摩擦因数均为 μ=0.75。某爱好 者驾驶卡丁车从A点由静止开始沿赛道中心线行驶,因受功率限制,卡丁车在直道上能达 到的最大速度为45 m/s,卡丁车加速的最大加速度大小为 a =5 m/s2,减速的最大加速度大 1 小为a =7.5 m/s2,卡丁车加速和减速过程视为匀变速直线运动,卡丁车在半圆形赛道中匀 2 速行驶且恰好不发生侧滑。若取最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10 m/s2,π 取3.14,卡丁车和人均可视为质点。求卡丁车从A到D最少需要多长时间?参考答案 第3讲 圆周运动 1.B 解析 由题意可知线速度大小不变,方向时刻改变,故A错误;运动员运动半径在减小, v2 由v=ωr可知角速度变大,故B正确;由a= 可知,运动半径r减小,向心加速度a变大,故C r 错误;一圈的长度逐渐变小,所以运动一圈所用的时间变短,故D错误。 2.B 解析 脚踏板的转速等于大齿轮的转速,则大齿轮边缘的线速度 v =2πr n,小齿轮边 1 1 缘的线速度也为v =2πr n,小齿轮和后轮同轴转动,角速度相等,则后轮边缘的线速度即自 1 1 行车前进的速度为v =v r =2πnr r ,故选B。 2 1 3 1 3 r r 2 2 v2 3.A 解析 对自行车进行受力分析,水平方向、竖直方向分别有 Fcos α=m ,Fsin α- R √ Rg mg=0,解得v= ,A正确。 tanα 4.A 解析 设小球质量为m,对下面的小球隔离进行受力分析,小球受重力和下面细线的 mg 拉力,做匀速圆周运动,竖直方向受力平衡,则F = ,将两个小球看成一个整体进行受力 2 cosβ 2mg 分析,两球受重力和上面细线的拉力,做匀速圆周运动,竖直方向受力平衡,则F = ,所 1 cosα 以F 2cosβ,故A正确,B、C、D错误。 1= F cosα 2 5.B 解析 配重在水平面内做匀速圆周运动,根据牛顿第二定律有 F =mgtan 合 4 53°=0.6×10× N=8 N,故A错误;根据牛顿第二定律有mgtan 53°=mω2(Lsin 53°+r),解得 3 10√30 ω= rad/s,故B正确;若细绳不慎断裂,配重由于具有切线方向的初速度,配重将做平 9抛运动,故C错误;若增大转速,即增大角速度,配重做匀速圆周运动的半径增大,细绳与竖 mg 直方向的夹角增大,竖直方向根据受力平衡有F cos θ=mg,可得F = ,可知细绳对配重 T T cosθ 的拉力将变大,故D错误。 6.A 解析 对于大物块,当所受的最大静摩擦力提供向心力时,有μmg+μ(k+1)mg=kmω2L, 解得ω=√μ(k+2)g √(2 )μg,可知k越大,大物块发生相对滑动的 ω就越小,A错误; = +1 kL k L √μg 当k=1,ω= 时,大物块所受的最大静摩擦力F =μ(k+2)mg=3μmg,大物块所需要的向心 fm1 ℎ √μg 力F =kmω2L=2μmgF ,所以大物块将会发 fm2 n3 fm2 生相对滑动,与小物块脱离之后,摩擦力进一步减小,运动半径继续增大,所以将一直做离心 运动,D正确。 7.D 解析 司机和副驾驶座上的乘客始终与汽车保持相对静止,司机和乘客具有相同的 角速度,但半径不同,根据线速度与角速度的关系v=ωr,可得线速度不同,故A错误;因汽车 做减速圆周运动,汽车所受的合力分解为指向圆心的向心力和与运动方向相反使速率减 小的切向力,故合力的方向一定不指向圆心,B错误;乘客和司机角速度相同,由牛顿第二定 律有F=mω2r,右转弯时乘客的半径小,但因不确定乘客和司机的质量大小关系,故汽车对 乘客的作用力和对司机的作用力大小关系无法确定,C错误;汽车对乘客的作用力为竖直 方向的支持力和水平方向使乘客做减速圆周运动的合力,竖直方向的支持力与乘客所受 的重力平衡,则汽车对乘客两个方向的力的合力一定大于乘客所受的重力,故D正确。 8.C 解析 依题意无人机做圆周运动的半径R= ,则角速度为ω=v v ,A错 √r2- ℎ 2 R = √r2- ℎ 2 误;无人机做匀速圆周运动时,向心力为F =mv2 mv2 =ma,解得a= v2 ,所受空气 向 = R √r2- ℎ 2 √r2- ℎ 2作用力F= √(mg)2+F 2= √ (mg)2+ m2v4 ,B错误,C正确;周期为T=2πR = 2π√r2- ℎ 2,D 向 r2- ℎ 2 v v 错误。 9.AC 解析 当角速度最小时,物块恰好不下滑,受力分析如图甲所示,y轴方向根据平衡条 件得F cos θ+F sin θ=mg,x轴方向根据牛顿第二定律得F sin θ-F cos θ=m Lcos θ, N1 f1 N1 f1 ω 2 1 √5g 又F =μF ,联立解得ω = ,F =mg;当角速度最大时,物块恰好不上滑,受力分析如图 f1 N1 1 N1 6L 乙所示,y 轴方向根据平衡条件得 F cos θ=F sin θ+mg,x 轴方向根据牛顿第二定律得 N2 f2 √55g F sin θ+F cos θ=mω 2Lcos θ,又F =μF ,联立解得ω = ,F =5mg。由以上分析可 N2 f2 2 f2 N2 2 6L N2 √5g √55g 知,角速度取值范围为 ≤ω≤ ,小物块对斜面的压力大小 F '=F ,取值范围为 N N 6L 6L mg≤F '≤5mg。故选AC。 N 甲 乙 10.答案 20.56 s 解析 卡丁车在半圆形赛道中匀速行驶且恰好不发生侧滑,由静摩擦力提供向心力,设速度 为v ,有 1μmg=mv 2 1 R 解得v =15 m/s 1 由运动学公式可得 =2a x v 2 1 max 解得x=202.5 m>L=135 m 设卡丁车由静止加速到v后开始减速,到B点时速度恰好为15 m/s,加速位移为x ,时间为 1 t ,减速位移为x ,时间为t ,有 1 2 2 v=a t 1 1 v-v =a t 1 2 2 v2=2a x 1 1 -v2=-2a x v 2 2 2 1 x +x =135 m 1 2 解得t =6 s 1 t =2 s 2 2πR 卡丁车在半圆形赛道中的时间为t = =12.56 s 3 v 1 卡丁车从A到D最少需要的时间为t=t +t +t =20.56 s。 1 2 3