高三物理总复习 课时跟踪检测（十六） 圆周运动

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.(2022·南京模拟)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．(2022·重庆诊断)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/s

C．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.(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/s2

C．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。

4.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。

5.(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

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。

6.如图所示，地球可以看成一个巨大的拱形桥，桥面半径R＝6 400 km，桥面上行驶的汽车中驾驶员的重力G＝800 N，汽车的速度可以达到需要的任意值，且汽车不离开地面的前提下，下列分析中正确的是(　 )

A．汽车的速度越大，则汽车对桥面的压力也越大

B．不论汽车的行驶速度如何，驾驶员对座椅压力大小都等于800 N

C．不论汽车的行驶速度如何，驾驶员对座椅的压力大小都小于他自身的重力

D．如果某时刻汽车的速度增大到使汽车对桥面压力为零，则此时驾驶员会有超重的感觉

解析：选C　汽车的重力和桥面对汽车的支持力的合力提供汽车的向心力，则有G－FN＝m，v越大，则FN越小，由牛顿第三定律知汽车对桥面的压力越小，故A错误；同理对驾驶员受力分析可知B错误；因为驾驶员的一部分重力用于提供驾驶员做圆周运动所需的向心力，所以驾驶员对座椅的压力小于他自身的重力，故C正确；如果汽车的速度增大到使汽车对桥面的压力为零，说明汽车和驾驶员的重力全部用于提供做圆周运动所需的向心力，处于完全失重状态，此时驾驶员会有失重的感觉，故D错误。

7.(2022·黄冈模拟)游乐园的小型“摩天轮”上对称站着质量均为m的8位同学，其中甲、乙同学的位置如图所示，“摩天轮”在竖直平面内逆时针匀速转动，若某时刻转到顶点a的甲同学将一小重物向右水平抛出使之恰好做自由落体运动，并立即通知下面的同学接住，结果重物掉落过程中被乙同学第一次到达最低点b时接到。已知“摩天轮”半径为R，重力加速度为g，(不计人和吊篮的大小及重物的质量，假设人与吊篮之间除脚接触外没有其他接触)。则(　 )

A．“摩天轮”转动的周期为2

B．乙同学初始状态受到的摩擦力向右

C．乙同学在最低点时对吊篮地板的压力大小为mg－mg

D．甲同学在最高点时对吊篮地板的压力大小为mg＋mg

解析：选B　由题意可知，重物做自由落体运动有2R＝gt2，解得t＝2，此时间正好等于摩天轮圆周运动周期的八分之一，故摩天轮转动的周期为T＝8t＝16，故A错误；乙同学若只受到支持力与重力，则不能提供乙做圆周运动的向心力，所以乙同学初始状态受到向右的摩擦力，故B正确；由牛顿第二定律可知，甲同学在最高点时有mg－F1＝mR，解得F1＝mg－mg，乙同学在最低点时有F2－mg＝mR，解得F2＝mg＋mg，根据牛顿第三定律可知，乙同学对吊篮地板的压力大小与吊篮地板对乙同学的支持力大小相等，故C、D错误。

8．(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。

9.(2022·安徽池州月考)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

10．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 s

B．拖把头转动的角速度为14π rad/s

C．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，需要的向心力越多，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。

11.一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° ①

Tcos 37°＋FNsin 37°＝mg ②

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＝m

T2cos 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 m

0．8 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