备考2024届高考物理一轮复习分层练习第四章曲线运动第3讲圆周运动

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A B C D
解析 对在P位置的乘客进行受力分析可知，乘客所受的重力和座舱的作用力F的合力提供向心力，由于重力竖直向下，合力指向圆心，则座舱的作用力F只能是左上方向【点拨：已知合力和一分力求另一分力时，用平行四边形定则或三角形法则】，如答图所示，D正确.
2.[2021全国甲]“旋转纽扣”是一种传统游戏.如图所示，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（ C ）
A.10m/s2B.100m/s2
C.1000m/s2D.10000m/s2
解析 由题目所给条件可知纽扣上各点的角速度ω＝2πn＝100π rad/s，则纽扣上距离中心1 cm处的点向心加速度大小an＝ω2r＝(100π)2×0.01 m/s2≈1 000 m/s2，故A、B、D错误，C正确.
3.[2024重庆巴蜀中学校考]如图所示，下列有关生活中的圆周运动实例分析，说法正确的是（ C ）

A.脱水筒能脱水的原因是水滴受到脱水筒对它的背离圆心向外的离心力作用
B.“水流星”表演中“水流星”通过最高点时一定处于完全失重状态，不受重力作用
C.物体随着圆盘开始转动，当转盘的角速度一定时，物体离转盘中心越远，越容易做离心运动
D.在铁路转弯处，通常要求外轨比内轨高，当火车转弯超过规定速度行驶时，内轨对内轮缘会有挤压作用
解析 脱水筒的工作原理是衣服上的小水珠做圆周运动所需要的向心力大于衣服所能提供的力，从而使得水珠做离心运动，A错误；“水流星”在最高点时仍然受重力作用，B错误；在圆盘上的物体所受到的摩擦力提供向心力，当物体即将运动时，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，可知μmg＝mω2r，即ω＝μgr，所以离中心越远的物体越容易做离心运动，C正确；火车转弯超过规定速度行驶时，需要的向心力大于火车原有的向心力，火车有做离心运动的趋势，挤压外轨，D错误.
4.如图所示，在电动机转轮上距轴O为r处固定一质量为m的小球，重力加速度为g，电机启动后，球以角速度ω绕O轴匀速转动，则电机对地面最大压力和最小压力之差为（ B ）
A.mω2rB.2mω2r
C.mg＋2mω2rD.2mg＋2mω2r
解析 设电机质量为M，在小球运动到最低点时，根据牛顿第二定律得F－mg＝mrω2，解得F＝mg＋mrω2，此时电机对地面的压力最大，N＝Mg＋F＝Mg＋mg＋mrω2；在小球运动到最高点时，根据牛顿第二定律得mg＋F'＝mrω2，解得F'＝mrω2－mg，此时电机对地面的压力最小，N'＝Mg－F'＝Mg＋mg－mrω2.则压力之差ΔF＝N－N'＝2mω2r，故B正确.
5.[联系生活实际]如图所示的旋转脱水拖把，拖把杆内有一段长度为35cm的螺杆通过拖把杆下段与拖把头接在一起，螺杆的螺距（相邻螺纹之间的距离）d＝5cm，拖把头的半径为10cm，拖把杆上段相对螺杆向下运动时拖把头就会旋转，把拖把头上的水甩出去.某次脱水时，拖把杆上段1s内匀速下压了35cm，该过程中拖把头匀速转动，下列说法正确的是（ A ）
A.拖把头边缘的线速度为1.4πm/s
B.拖把杆上段向下运动的速度为0.1πm/s
C.拖把头转动的角速度为7πrad/s
D.拖把头的转速为1r/s
解析 由题意知拖把头转动的周期T＝17 s，则拖把头转动的角速度ω＝2πT＝14π rad/s，故C错误；拖把头边缘的线速度v1＝2πRT＝1.4π m/s，故A正确；拖把杆上段向下运动的速度v2＝lt＝0.35 m/s，故B错误；拖把头的转速n＝1T＝7 r/s，故D错误.
6.[多体问题分析/2024湖北黄石二中校考]如图所示，三个水平圆盘A、B、C紧挨在一起，转动过程中不打滑.已知A、B、C的半径之比为1：2：3，现将可视为质点的两个小物块M和N分别置于B、C的边缘随圆盘一起转动，M、N与圆盘之间的最大静摩擦力均为其所受重力的μ倍.从静止开始缓慢增大A转动的角速度，则下列说法正确的是（ B ）
A.B、C两圆盘转动的方向相反
B.M与圆盘之间先发生相对滑动
C.A、B、C三个圆盘转动的角速度之比为3：2：1
D.A、B、C三个圆盘边缘处的向心加速度大小之比为3：2：1
解析 由题图可知，B、C两圆盘转动方向相同，A错误；A、B、C三个圆盘边缘处的线速度大小相同，小物块发生相对滑动的临界条件为μmg＝mv2r，解得v＝μgr，由于M做圆周运动的半径更小，发生相对滑动的临界速度更小，因此先发生相对滑动，B正确；由v＝ωr以及an＝v2r可得A、B、C三个圆盘转动的角速度之比为6：3：2，边缘处的向心加速度大小之比为6：3：2，C、D错误.
7.[多选]如图所示，两根长度不同的细线分别系有小球a、b，质量分别为m1、m2，细线的上端都系于O点，两个小球在同一水平面上做匀速圆周运动.已知两细线长度之比L1∶L2＝3∶1，长细线与竖直方向的夹角为θ＝60°，下列说法正确的是（ AD ）
A.两小球做匀速圆周运动的周期相等
B.两小球做匀速圆周运动的线速度相等
C.m1∶m2＝3∶1
D.短细线与竖直方向成30°角
解析 由几何关系知，短细线与竖直方向的夹角为30°，D正确；如图所示，小球a受两个力作用，重力m1g和细线的拉力Fa，将Fa分解为Fx和Fy，则Fy＝m1g，Fx＝m1ω2L1 sin θ，即Fa cs θ＝m1g，Fa sin θ＝m1ω2L1 sin θ，解得ω＝gL1csθ＝gh，有Ta＝2πhg，同理可知，Tb＝2πhg，可看出，两小球运动的周期相等，A正确；两小球角速度相同，做圆周运动的半径不同，则线速度不相等，B错误；从本题中所给信息不能推出两小球质量的关系，C错误.
8.[联系生活实际/2024江苏南通开学考]如图所示，在圆形伞边缘的A、B两点分别用两根细线挂质量相同的小球，且线长L1＞L2.当伞带动两球在水平面内绕竖直柄OO'匀速转动时，细线L1、L2与竖直方向的夹角分别为θ1、θ2，拉力大小分别为F1、F2，小球角速度大小分别为ω1、ω2，距地面高度分别为h1、h2，不计空气阻力.则（ B ）
A.ω1＞ω2B.θ1＞θ2
C.F1＜F2D.h1＞h2
解析 当伞带动两球在水平面内绕竖直柄OO'匀速转动时，稳定时，两球的角速度大小相等，则有ω1＝ω2，A错误.设细线与竖直方向的夹角为θ，伞的半径为r，根据牛顿第二定律可得mgtan θ＝mω2(r＋L sin θ)，解得ω2＝gtanθr＋Lsinθ＝grtanθ＋Lcsθ，由于角速度大小相等，伞的半径r一定，为了保证rtanθ＋L cs θ为定值，当L大时，则θ大， cs θ小，tan θ大；由于L1＞L2，则有θ1＞θ2，B正确.竖直方向根据受力平衡可得F cs θ＝mg，则有F＝mgcsθ，由于θ1＞θ2，则有F1＞F2，C错误.根据ω2＝gtanθr＋Lsinθ＝grtanθ＋Lcsθ，为了保证rtanθ＋L cs θ为定值，当L大时，则θ大， cs θ小，tan θ大，则有L cs θ大.由于L1＞L2，则L1 cs θ1＞L2 cs θ2，可知挂A点处的小球位置更低，则有h1＜h2，D错误.
9.[2024福建泉州质检/多选]如图所示，水平圆盘的圆心O处开一小孔，沿径向固定一长度为L的细玻璃管PQ，P端与圆盘边缘重合，Q端与圆心O重合，管内有一半径略小、质量为m的小球，系在小球上的轻绳穿过小孔，下端悬挂重物，圆盘在电机驱动下可绕竖直轴OO'匀速转动，转速为n时重物处于悬停状态，不计一切摩擦，重力加速度大小为g.下列说法正确的是（ BC ）
A.小球越靠近Q端，悬停的重物质量越大
B.小球越靠近Р端，悬停的重物质量越大
C.若小球处于玻璃管正中间，悬停的重物质量为2π2mLn2g
D.若略微增大圆盘转速，重物将上升一定高度后再悬停
解析 当重物处于悬停状态时，对重物由平衡条件有T＝Mg，对小球由牛顿第二定律有T'＝mω2r，又ω＝2πn，T＝T'，联立解得r＝Mg4mπ2n2，则重物的质量M越大，对应小球做圆周运动的半径r越大，小球离P端越近，A错误，B正确；当r＝L2时，代入r＝Mg4mπ2n2得M＝2π2mLn2g，C正确；略微增大圆盘转速时，拉力不足以提供向心力，小球将向P端移动，其做圆周运动的半径r增大，所需的向心力更大，则重物将一直上升【易错：这里很容易误认为重物上升一定高度后，绳子拉力等于向心力而误选D】，D错误.
10.[多选]飞机飞行时除受到发动机的推力和空气阻力外，还受到重力和机翼的升力，机翼的升力垂直于机翼所在平面向上，当飞机在空中盘旋时机翼向内侧倾斜（如图所示），以保证除发动机推力外的其他力的合力提供向心力.设飞机以速率v在水平面内做半径为R的匀速圆周运动时机翼与水平面成θ角，飞行周期为T，则下列说法正确的是（ CD ）
A.若飞行速率v不变，θ增大，则半径R增大
B.若飞行速率v不变，θ增大，则周期T增大
C.若θ不变，飞行速率v增大，则半径R增大
D.若飞行速率v增大，θ增大，则周期T可能不变
解析 飞机盘旋时重力mg和机翼升力FN的合力F提供向心力，如图所示，因此有mgtan θ＝mv2R，解得R＝v2gtanθ，T＝2πRv＝2πvgtanθ.若飞行速率v不变，θ增大，则半径R减小，周期T减小，A、B错误；若θ不变，飞行速率v增大，则半径R增大，C正确；若飞行速率v增大，θ增大，且满足vtanθ＝v'tanθ'，则周期T不变，D正确.
11.[2024山东泰安新泰一中校考]如图所示，在水平桌面上有一个可绕竖直固定转轴O'O转动的转盘，转盘半径为r，边缘绕有一条足够长的细绳，细绳末端系住一小木块.已知木块与桌面之间的动摩擦因数μ＝33.当转盘以角速度ω＝5rad/s旋转时，木块被带动一起旋转，达到稳定状态后，二者角速度相同.已知r＝1m，重力加速度取g＝10m/s2.下列说法正确的是（ C ）
A.当ω＝5rad/s稳定时，木块做圆周运动的半径为1.2m
B.当ω＝5rad/s稳定时，木块的线速度与圆盘边缘线速度大小之比为4：1
C.要保持上述的稳定状态，角速度ω＜1033rad/s
D.无论角速度多大，都可以保持上述稳定状态
解析 设小木块的质量为m，做圆周运动的半径为R，对木块受力分析，如图所示，根据几何关系，有 sin θ＝rR，tan θ＝rR2-r2，根据题意知，木块做匀速圆周运动时的切向加速度为零，则有T1＝f＝μmg，根据几何关系有tan θ＝T1T2，物块做匀速圆周运动有T2＝mω2R，联立解得R＝μgrμ2g2-ω4r2，当ω＝5 rad/s稳定时，木块做圆周运动的半径为R＝2 m，木块的线速度与圆盘边缘线速度大小之比为v1v2＝ωRωr＝21，A、B错误；要保持上述的稳定状态，由R＝μgrμ2g2-ω4r2可知，μ2g2－ω4r2＞0，解得ω＜μgr＝1033 rad/s，C正确、D错误.
12.[联系体育运动/2022辽宁]2022年北京冬奥会短道速滑混合团体2000m接力决赛中，我国短道速滑队夺得中国队在本届冬奥会的首金.
（1）如果把运动员起跑后进入弯道前的过程看作初速度为零的匀加速直线运动，若运动员加速到速度v＝9m/s时，滑过的距离x＝15m，求加速度的大小；
（2）如果把运动员在弯道滑行的过程看作轨道为半圆的匀速圆周运动，如图所示，若甲、乙两名运动员同时进入弯道，滑行半径分别为R1＝8m，R2＝9m，滑行速率分别为v1＝10m/s，v2＝11m/s，求甲、乙过弯道时的向心加速度大小之比，并通过计算判断哪位运动员先出弯道.
答案 （1）2.7m/s2 （2）225242 甲
解析 （1）根据速度位移公式有v2＝2ax，代入数据可得a＝2.7m/s2.
（2）由向心加速度的表达式an＝v2R可得甲、乙的向心加速度之比为a1a2＝v12R1·R2v22＝225242
甲、乙两运动员均做匀速圆周运动，则运动半周经过的时间为t＝πRv，可得甲、乙运动的时间之比为t1t2＝R1v1·v2R2＜1，所以甲先出弯道.
13.[多运动组合考查]如图所示，竖直平面内光滑34圆弧形轨道半径为R，A端与圆心O等高，AD为与水平方向成45°角的斜面，B点在O的正上方.一个小球在A点正上方由静止开始释放，自由下落至A点后进入圆弧形轨道并恰能到达B点，求：
（1）释放点距A点的竖直高度；
（2）小球落到斜面上C点时的速度大小.
答案 （1）1.5R （2）5gR
解析 （1）小球恰能到达B点，在B点由重力提供向心力，则有mg＝mv2R
得v＝gR
设小球的释放点距A点高度为h，小球从开始下落到B点，由动能定理得mg（h－R）＝12mv2
得h＝1.5R
（2）小球离开B点后做平抛运动，小球落到C点时有
tan45°＝yx＝12gt2vt＝gt2v
解得t＝2Rg
小球落在斜面上C点时竖直分速度为vy＝gt＝2gR
小球落到C点的速度大小vC＝v2＋vy2＝5gR.