2024届高考物理一轮复习课时跟踪检测（十六）圆周运动含答案

这是一份2024届高考物理一轮复习课时跟踪检测（十六）圆周运动含答案，共5页。
课时跟踪检测（十六）  圆周运动一、立足主干知识，注重基础性和综合性1.如图所示，某机械上的偏心轮绕竖直轴转动，a、b是轮上质量相等的两个质点，下列描述a、b运动的物理量大小相等的是(　 )A．线速度  B．角速度C．向心力  D．向心加速度解析：选B　a、b两点共轴转动，角速度相等，由于转动的半径不相等，根据v＝rω可知，两点转动的线速度大小不相等，根据a＝rω2、F＝mrω2可知，向心加速度大小和向心力大小都不相等，故B正确，A、C、D错误。2.陀螺是中国民间较早出现的玩具之一，为了美观，陀螺上往往会对称地镶嵌一些相同质量、不同颜色的装饰物。如图所示，一小朋友抽打陀螺后使其转动起来，若陀螺的转速为5 r/s，陀螺上一装饰物到中心的距离为2 cm，则装饰物的角速度约为(　 )A．17.85 rad/s  B．15.7 rad/sC．31.4 rad/s  D．62.8 rad/s解析：选C　装饰物的角速度等于陀螺的角速度，则有ω＝2πn＝31.4 rad/s，C正确。3．(2023·广州质检)如图是某电力机车雨刮器的示意图，雨刮器由刮水片和雨刮臂连接而成，M、N为刮水片的两个端点，P为刮水片与雨刮臂的连接点，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解析：选C　P点以O为圆心做圆周运动，所以线速度方向与向心加速度方向时刻变化，故A、B错误；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。4.(2021·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(　 )A．10 m/s2  B．100 m/s2C．1 000 m/s2  D．10 000 m/s2解析：选C　纽扣在转动过程中ω＝2πn＝100π rad/s，由向心加速度a＝ω2r≈1 000 m/s2，C正确。5.据《物原》记载：“史佚始作辘轳”。人们借助辘轳从井中汲水的示意图如图。某人以恒定角速度转动辘轳汲水时，绳子不断重叠地绕在一起，绳子的粗细不可忽略。则(　 )A．水桶匀速上升B．水桶减速上升C．绳子拉水桶的力大于水桶拉绳子的力D．绳子拉水桶的力大于水桶和水的总重力解析：选D　人以恒定角速度转动辘轳，绳子不断重叠地绕在一起，说明角速度大小一定，半径增大，由线速度公式v＝rω可知水桶加速上升，故A、B错误；绳子拉水桶的力和水桶拉绳子的力是相互作用力，根据牛顿第三定律可知二者大小相等，故C错误；水桶做加速运动，处于超重状态，说明绳子拉水桶的力大于水桶和水的总重力，故D正确。6．质量为m的小明坐在秋千上摆动到最高点时的照片如图所示，对该时刻，下列说法正确的是(　 )A．秋千对小明的作用力小于mgB．秋千对小明的作用力大于mgC．小明的速度为零，所受合力为零D．小明的加速度为零，所受合力为零解析：选A　在最高点，小明的速度为0，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，则对小明沿摆绳方向受力分析有F－mgcos θ＝m，由于小明的速度为0，则有F＝mgcos θ＜mg，沿垂直摆绳方向有mgsin θ＝ma，解得小明在最高点的加速度为a＝gsin θ，A正确，B、C、D错误。7．(2021·河北高考)(多选)如图，矩形金属框MNQP竖直放置，其中MN、PQ足够长，且PQ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PQ杆。金属框绕MN轴分别以角速度ω和ω′匀速转动时，小球均相对PQ杆静止。若ω′＞ω，则与以ω匀速转动时相比，以ω′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解析：选BD　对小球受力分析，设弹簧弹力为F弹，弹簧与水平方向的夹角为θ，则对小球在竖直方向，F弹·sin θ＝mg，而F弹＝k，可知θ为定值，F弹不变，则当转速增大后，小球的高度不变，弹簧的弹力不变，A错误，B正确；当转速较小时，水平方向杆对小球的弹力FN背离转轴，则F弹cos θ－FN＝mω2r，即FN＝F弹cos θ－mω2r，当转速较大时，杆对小球的弹力指向转轴，F弹cos θ＋FN′＝mω′2r，即FN′＝mω′2r－F弹cos θ，则因ω′>ω ，根据牛顿第三定律可知，小球对杆的压力的大小不一定变大，C错误；根据F合＝mω2r，可知，因角速度变大，则小球所受合外力一定变大，D正确。8．如图所示，一质量m＝1 kg的小球用长L＝0.5 m的细线悬挂在O点，O点距地面的高度H＝1 m。现使小球绕OO′轴在水平面内做圆周运动，已知细线的拉力T＝12.5 N，取g＝10 m/s2，不计空气阻力。(1)求小球的线速度大小v。(2)在小球运动的过程中，若细线突然断裂，则细线断裂后小球做平抛运动的落地点与O′点之间的距离s为多少？解析：(1)设细线与竖直方向的夹角为α，有Tcos α＝mg对小球，根据牛顿第二定律得Tsin α＝m联立解得v＝1.5 m/s。(2)小球做平抛运动，在竖直方向上有H－Lcos α＝gt2水平方向上有x＝vt落地点与O′点之间的距离s为s＝＝0.6 m。答案：(1)1.5 m/s　(2)0.6 m 二、强化迁移能力，突出创新性和应用性9．如图所示为旋转脱水拖把结构图。把拖把头放置于脱水桶中，手握固定套杆向下运动，固定套杆就会给旋转杆施加驱动力，驱动旋转杆、拖把头和脱水桶一起转动，把拖把上的水甩出去。旋转杆上有长度为35 cm的螺杆，螺杆的螺距(相邻螺纹之间的距离)为d＝5 cm，拖把头的托盘半径为10 cm，拖布条的长度为6 cm，脱水桶的半径为12 cm。某次脱水时，固定套杆在1 s内匀速下压了35 cm，该过程中拖把头匀速转动，则下列说法正确的是(　 )A．拖把头的周期为7 sB．拖把头转动的角速度为14π rad/sC．紧贴脱水桶内壁的拖布条上附着的水最不容易甩出D．旋转时脱水桶内壁与托盘边缘处的点向心加速度之比为5∶6解析：选B　每转动一周固定套杆向下运动5 cm，故拖把头转动的周期为T＝ s，故A错误；拖把头转动的角速度为ω＝＝14π rad/s，故B正确；拖布条上所有位置角速度相同，越靠近脱水桶内壁的位置转动半径越大，需要的向心力越大，水越容易被甩出，故C错误；托盘和脱水桶内壁的半径之比为5∶6，由a＝ω2r可知，脱水桶内壁与托盘边缘处的点向心加速度之比为6∶5，故D错误。10．一光滑圆锥固定在水平地面上，其圆锥角为74°，圆锥底面的圆心为O′。用一根长为0.5 m的轻绳一端系一质量为0.1 kg的小球(可视为质点)，另一端固定在光滑圆锥顶上O点，O点距地面高度为0.75 m，如图所示，如果使小球在光滑圆锥表面上做圆周运动。(1)当小球的角速度为4 rad/s时，求轻绳中的拉力大小。(2)逐渐增加小球的角速度，若轻绳受力为 N时会被拉断，求当轻绳断裂后小球落地点与O′点间的距离。(g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)解析：(1)当小球在圆锥表面上运动时，据牛顿第二定律可得：Tsin 37°－FNcos 37°＝mω2Lsin 37°①Tcos 37°＋FNsin 37°＝mg②小球刚要离开圆锥表面时，支持力为零，求得：ω0＝5 rad/s　T0＝1.25 N当小球的角速度为4 rad/s时，小球在圆锥表面上运动，根据公式①②可求得：T1＝1.088 N。(2)当轻绳断裂时，绳中的拉力大于T0＝1.25 N，故小球已经离开了圆锥表面，设绳子断裂前与竖直方向的夹角为θ。根据牛顿运动定律可得：T2sin θ＝mT2cos θ＝mg，求得：θ＝53°，v＝ m/s轻绳断裂后，小球做平抛运动，此时距离地面的高度为：h＝H－Lcos 53°＝0.45 m，据h＝gt2，求得：t＝0.3 s如图所示：水平位移为：x＝vt＝ m抛出点与OO′间的距离为：y＝Lsin 53°＝0.4 m，＝0.8 m0．8 m>0.75 m×tan 37°，即小球做平抛运动没有落到圆锥表面上，所以落地点与O′点间的距离为0.8 m。答案：(1)1.088 N　(2)0.8 m