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2026 届高考物理一轮复习专题练习卷
《圆周运动》答案解析
一、单选题：本大题共4 小题，共16 分
1. 解：设小球在最低点时的速度为
，从最低点开始转过 角时，根据机械能守恒
有
根据牛顿第二定律可得
联立可得
可得
解得小球的质量
故选B。
2.解： A.在
点，根据共点力平衡可得
，解得
，故A 错误；
B.在
点，重力沿半径方向分力和支持力的合力提供向心力，可得
根据牛顿第三定律
，解得
，故B 错误；
C.滑块从
点运动到
点的过程中机械能的减少量
，解得
，故C 正确；
D.若滑块下滑至
点恰好离开圆柱体，可得
，解得
，故D 错误。
故选C。
3. 解：轮
、轮
靠摩擦传动，边缘点线速度大小相等，故：
：
：
根据公式
，有：
：
：
根据
，有：
：
：
根据
，有：
：
：
轮
、轮
是共轴传动，角速度相等，故：
：
：
根据公式
，有：
：
：
根据
，有：
：
：
根据
，有：
：
：
综合得到：
：
：
：：；
：
：
：：；
：
：
：：；
：
：
：：，故ABC 错误，D 正确。
故选：
。
4.解：
小球在碗内的某一水平面上做匀速圆周运动，受力如图
竖直方向有
，水平方向有
联立解得
，
，故AB 错误；
C.又由
，小球的运动周期为
，故C 正确；
D.又由
，小球运动的速度为
，故D 错误。
故选C。
二、多选题：本大题共4 小题，共24 分
5. 解：A.由题意可知，、
的线速度大小相等，、
的齿数之比为
，根据
可知，、
的
角速度之比为
，故A 正确；
B.齿轮
与的边缘处线速度大小相等，故B 错误；
C.由题意可知，齿轮
的角速度为
，
、的齿数之比为
，且线速度大小相等，根
据
可知，
、的角速度之比为
，即齿轮 的角速度为
，、同轴传动，角
速度相等，即齿轮 的角速度为
，、
的齿数之比为
，且线速度大小相等，根
据
可知，、
的角速度之比为
，即齿轮
的角速度为
，则齿轮
边缘处的线
速度大小为
，故C 正确；
D.齿轮
边缘处的向心加速度大小为
，故D 错误。
故选AC。
6. 解：A、小球在最低点时，力传感器的示数细线拉力
，拉力与重力的合力提供向心力
代入
，解得
，故A 正确。
B、最高点时拉力
，拉力与重力的合力提供向心力
解得
小球从最高点到最低点，由动能定理
解得
，即克服空气阻力做功为
故B 正确。
C、重力的瞬时功率
是竖直分速度
从最高点到最低点，小球竖直分速度先增大后减小最高点竖直分速度为，最低点竖直分速度也为
，
因此重力的瞬时功率先增大后减小，并非一直增大。故C 错误。
D、小球从最低点返回最高点时，需克服空气阻力做功与去程类似，到达最高点时的速度会小于
。
而最高点的临界速度拉力为时为
，但实际拉力需满足
，若速度过小，拉力会为负
细线松他，小球无法完成圆周运动。因此小球不能再次通过最高点。
故D 错误。
故选：
。
7. 解：小球在竖直平面内恰好能做完整的圆周运动，则小球在最高点的速度恰好为零，A 错误；
从最高点到最低点对小球应用动能定理可得
，解得
， B 错误；
在最低点对小球受力分析，由牛顿第二定律
，解得
，C 正确；
当杆处于水平位置时，杆对小球在竖直方向没有力的作用，从最高点到水平位置对小球运用动能定理可得
，由牛顿第二定律可知杆对小球作用力为
，解得
，D 正确。
故选：CD。
8. 解：A.游客做匀速圆周运动的半径
，向心力大小
，得
，故A 错误；
B.角速度大小
，故B 正确；
C.由
，得向心加速度大小
，故C 错误；
D.竖直方向有
，得
，故D 正确。
故选：BD。
三、填空题：本大题共3 小题，共8 分
9. 解： 轮
和轮
边缘上各点的线速度大小相等，有
由
得
，即
由
得
，即
；轮
和轮
上各点的角速度相等，有
由
得
，即
由
得
，即
轮
和轮
边缘上各点的线速度
大小相等，有
由
得
，即
由
得
，
即
所以
，
，
．
故答案为：
10. 解： 小球的线速度
，对小球受力分析可知，小球受重力、轻绳的拉力，一者的合力提供向心
力，拉力大小为
，当转速越来越快时，向心力越大，轻绳与水平方向的夹角变小，
但是由于竖直方向拉力的分力与重力平衡，不可能被拉至水平。
故答案为：
不可能
11. 解：两个小物体是同轴转动，所以它们的角速度相等，根据
可得，
、
的向心加速度之比
为：；
、
两个物体在竖直方向上受力平衡，即重力和摩擦力是一对平衡力，因为这两个小物体的
质量相等，所以它们受到的摩擦力也是相等的，则受到筒壁的摩擦力之比为：。
故答案为：：，：。
四、实验题：本大题共2 小题，共14 分
12.解：
为了充分利用纸带，安装好器材，应先接通打点计时器的电源，然后使圆盘转动；
相邻计数点之间的时间间隔
根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，打点计时器打
点时圆盘上
点
的速度大小
根据向心加速度公式，向心加速度
由于纸带缠绕在圆盘上，圆盘含纸带的真实半径偏大；若选用圆盘转动圈后的数据来求出圆盘上
点的向心加速度大小，根据向心加速度公式
可知，向心加速度的真实值偏小，则测量值大于真
实值。
故答案为：接通打点计时器的电源
大于
13. 解：
挡光片的线速度
，小刚球和挡光片同轴，则小钢球转动的角速度
；
根据牛顿第二定律，要求出加速度还需要测量小刚球的质量；
根据
，即
，又
，则
，即
。
故答案为：
小刚球的质量
五、计算题：本大题共3 小题，共38 分
14. 解：
小球从
到
做平抛运动，有
，
，
解得
，
；
小球到
点时，水平分速度因为绳子作用瞬间变为，小球从
运动到
的过程中，
根据动能定理可得
，
，
，
解得
。
15. 解：
设杆对小球的作用力大小为
，由于小球做匀速圆周运动时，竖直方向的合力为零，则根据力
的平衡有
解得
设小球做匀速圆周运动的角速度为
，做圆周运动的半径为，则
根据牛顿第二定律有
解得
小球在
点时做圆周运动的线速度大小
设小球在
点时做圆周运动的线速度大小为
，根据牛顿第二定律有
解得小球在
点时做圆周运动的线速度大小
设小球从
点运动到
点，杆对小球做功为
，根据动能定理有
解得
16. 解：
小球恰好能从
点飞出，在
点，重力提供向心力，有
又小球落地时间 满足
水平位移
联立解得
；
将小球在
处的速度分解在竖直方向上有
在水平方向上有
联立并代入数据得
，
在
处，对小球，由牛顿第二定律得
解得
根据牛顿第三定律知，圆弧轨道受到的压力大小
；
小球在
处速度
其受力分析如图所示：
由牛顿第二定律得：
解得
。
