2025版高考物理全程一轮复习训练题课时分层精练二十一圆周运动

这是一份2025版高考物理全程一轮复习训练题课时分层精练二十一圆周运动，共6页。试卷主要包含了解析等内容，欢迎下载使用。

1．天宫空间站天和核心舱的机械臂，长度约10米，是我国自主研发的七自由度系统，与同样属于七自由度系统的人的手臂一样灵活和机动．如图A、B、C是三个主要关节支点，P为BC臂上的一点，机械臂整体以A支点为轴抬起，则下列说法正确的是( )
A．作业过程中P与B线速度大小一定相等
B．作业过程中P与B线速度方向一定相同
C．作业过程中P与B角速度大小一定相等
D．作业过程中P与B加速度大小一定相等
2．[2024·天津河西区二模]汽车在水平地面转弯时，坐在车里的小云发现车内挂饰偏离了竖直方向，如图所示．设转弯时汽车所受的合外力为F，关于本次转弯，下列图示可能正确的是( )
3.
在室内自行车比赛中，运动员以速度v在倾角为θ的赛道上做匀速圆周运动．已知运动员的质量为m，做圆周运动的半径为R，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A．将运动员和自行车看作一个整体，整体受重力、支持力、摩擦力和向心力的作用
B．运动员受到的合力大小为m eq \f(v2,R)，做圆周运动的向心力大小也是m eq \f(v2,R)
C．运动员做圆周运动的角速度为vR
D．如果运动员减速，运动员将做离心运动
4.
[2024·山东联考]如图所示，水平机械臂BC固定在竖直转轴CD上，B处固定一与BC垂直的光滑水平转轴，轻杆AB套在转轴上．轻杆可在竖直面内转动，其下端固定质量为m的小球，轻杆和机械臂的长度均为L，开始小球静止，缓慢增大竖直轴转动的角速度，直至杆与竖直方向的夹角为37°，已知sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，重力加速度为g，则( )
A．此时小球的角速度大小为 eq \r(\f(5g,4L))
B．此时小球的线速度大小为 eq \f(\r(3gL),2)
C．此过程中杆对小球做的功为 eq \f(4,5)mgL
D．此过程中杆对小球做的功为 eq \f(3,5)mgL
5.
[2024·浙江嘉兴统考二模]如图所示是港珠澳大桥的一段半径为120 m的圆弧形弯道．晴天时路面对轮胎的径向最大静摩擦力为正压力的0.8，下雨时路面对轮胎的径向最大静摩擦力变为正压力的0.4.若汽车通过圆弧形弯道时做匀速圆周运动，汽车视为质点，路面视为水平且不考虑车道的宽度，则( )
A.汽车以72 km/h的速率通过此圆弧形弯道时的向心加速度为3.0 m/s2
B．汽车以72 km/h的速率通过此圆弧形弯道时的角速度为0.6 rad/s
C．晴天时汽车以180 km/h的速率可以安全通过此圆弧形弯道
D．下雨时汽车以70 km/h的速率可以安全通过此圆弧形弯道
6．[2022·辽宁卷]2022年北京冬奥会短道速滑混合团体2 000米接力决赛中，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＝9 m/s时，滑过的距离x＝15 m．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R甲＝8 m、R乙＝9 m，滑行速率分别为v甲＝10 m/s，v乙＝11 m/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．
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7．[2024·江苏淮安市联考]学校门口的车牌自动识别系统如图所示，闸杆距地面高为1 m，可绕转轴O在竖直面内匀速转动，自动识别区前边界ab到后边界a′b′的距离为6.9 m，闸杆开始保持水平静止，a′b′在闸杆的正下方．汽车以速度3 m/s匀速驶入自动识别区，识别的反应时间为0.3 s，若汽车可看成高1.6 m的长方体，闸杆转轴O与车左侧面的水平距离为0.6 m．要使汽车匀速顺利通过，闸杆抬杆时匀速转动的角速度至少为( )
A． eq \f(π,3) rad/s B． eq \f(π,4) rad/s
C． eq \f(π,6) rad/s D． eq \f(π,8) rad/s
8．(多选)《流浪地球2》中太空电梯非常吸引观众眼球．太空电梯通过超级缆绳连接地球赤道上的固定基地与配重空间站，它们随地球以同步静止状态一起旋转，如图所示．图中配重空间站距地面距离为10R，R为地球半径，地球自转周期为T，重力加速度为g，则( )
A．配重空间站线速度大小为 eq \f(20πR,T)
B．若缆绳断裂，空间站做离心运动，被甩出去
C．若太空电梯与货物停留在如图位置，则电梯内的货物处于完全失重状态
D．配重空间站的线速度大于同步卫星的线速度
9．如图甲所示，在匀速转动的水平盘上，沿半径方向放着用轻质细线相连的质量相等的两个物体A和B，它们分居圆心两侧，与圆心距离分别为2r和3r，两物体与盘间的动摩擦因数相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．若初始时绳子恰好拉直但没有拉力，现增大转盘角速度让转盘做匀速圆周运动，但两物体还未发生相对滑动，这一过程A与B所受摩擦力f的大小与ω2的大小关系图像如图乙所示，下列关系式正确的是( )
A．2ωeq \\al(2,2)＝3ω eq \\al(2,1) B．ω eq \\al(2,2) ＝2ω eq \\al(2,1)
C．2ω eq \\al(2,2) ＝5ω eq \\al(2,1) D．ω eq \\al(2,2) ＝3ω eq \\al(2,1)
课时分层精练（二十一） 圆周运动
1．解析：由于P、B两点为同轴传动，所以两点的角速度相同，P、B两点的半径不确定是否相同，故A错误；线速度的方向在该点与原圆心连线的垂直方向上，由于P、B两点与圆心连线不重合，故B错误；根据A选项的分析，故C正确；根据圆周运动加速度公式a＝ω2r，P、B的r不确定是否相同，故D错误．故选C.
答案：C
2．解析：根据图中可知，车内的挂饰偏向了右方，由此可知，汽车正在向左转弯，由于汽车做曲线运动，故合力F指向轨迹的内侧，故A正确，B、C、D错误．
答案：A
3．解析：向心力是整体所受力的合力，选项A错误；做匀速圆周运动的物体，合力提供向心力，选项B正确；运动员做圆周运动的角速度为ω＝ eq \f(v,R)，选项C错误；只有运动员加速到所受合力不足以提供做圆周运动的向心力时，运动员才做离心运动，选项D错误．
答案：B
4．解析：当杆与竖直方向成37°时，小球做匀速圆周运动，杆对小球的拉力沿杆方向，合力提供向心力，则有F合＝mg tan 37°＝ma，可得a＝g tan 37°＝ eq \f(3,4)g，因为圆周运动半径r＝L＋L sin 37°＝ eq \f(8,5)L，根据a＝rω2＝ eq \f(v2,r)，可得ω＝ eq \r(\f(15g,32L))，v＝ eq \r(\f(6gL,5))，选项A、B错误；设此过程中杆对小球做功为W，由动能定理W－mgL（1－cs 37°）＝ eq \f(1,2)mv2，解得W＝ eq \f(4,5)mgL，选项C正确，D错误．
答案：C
5．解析：汽车通过此圆弧形弯道时做匀速圆周运动，轨道半径为120 m，运动速率v＝72 km/h＝20 m/s，向心加速度为a＝ eq \f(v2,R)＝ eq \f(202,120) m/s2≈3.3 m/s2，角速度ω＝ eq \f(v,R)＝ eq \f(20,120) rad/s＝ eq \f(1,6) rad/s，A、B错误；以汽车为研究对象，当路面对轮胎的径向摩擦力指向内侧且达到径向最大静摩擦力时，此时汽车的速率为安全通过圆弧形弯道的最大速率vm.设汽车的质量为m，在水平方向上根据牛顿第二定律得fm＝m eq \f(v eq \\al(2,m) ,R)，在竖直方向有FN＝mg，径向最大静摩擦力变为正压力的0.8，即fm＝kFN，联立得vm＝ eq \r(kgR)，解得vm≈111.5 km/h，所以晴天时，汽车以180 km/h的速率不能安全通过此圆弧形弯道，C错误；下雨时，路面对轮胎的径向最大静摩擦力变为正压力的0.4，有v′m＝ eq \r(k′gR)，解得v′m＝78.9 km/h>70 km/h，所以下雨时汽车以70 km/h的速率可以安全通过此圆弧形弯道，D正确．
答案：D
6．解析：（1）根据速度—位移公式有v2＝2ax
代入数据可得a＝2.7 m/s2
（2）根据向心加速度的表达式an＝ eq \f(v2,R)
可得甲、乙的向心加速度之比为
eq \f(an甲,an乙)＝ eq \f(v eq \\al(2,甲) ,v eq \\al(2,乙) )× eq \f(R乙,R甲)＝ eq \f(225,242)
甲、乙两物体做匀速圆周运动，则运动的时间为t＝ eq \f(πR,v)
代入数据可得甲、乙运动的时间为
t甲＝ eq \f(4π,5) s，t乙＝ eq \f(9π,11) s
因t甲答案：（1）2.7m/s2 （2） eq \f(225,242) 甲
7．解析：闸杆转动时间为t＝ eq \f(x,v)－t0＝ eq \f(6.9,3) s－0.3 s＝2 s，汽车匀速顺利通过，闸杆转动的角度至少为tan θ＝ eq \f(1.6－1,0.6)，解得θ＝ eq \f(π,4)，则闸杆转动的角速度至少为ω＝ eq \f(θ,t)＝ eq \f(π,8) rad/s，故选D.
答案：D
8．解析：配重空间站绕地心转动的周期与地球自转的周期相同T＝24 h，配重空间站线速度大小为v＝ eq \f(2π（R＋10R）,T)＝ eq \f(22πR,T)，故A错误；若配重空间站没有缆绳连接，由万有引力提供向心力得G eq \f(Mm,r2)＝m eq \f(v′2,r)，r＝R＋10R，地面的物体受到的万有引力等于重力，则G eq \f(Mm0,R2)＝m0g，解得v′＝ eq \r(\f(gR,11))，由于v>v′，若缆绳断裂，空间站做离心运动，被甩出去，故B正确；以周期T运行时，同步卫星轨道上物体万有引力提供向心力，处于完全失重状态；有F万＝G eq \f(Mm,r eq \\al(2,1) )，F向＝m eq \f(4π2,T2)r1，F万＝F向，由题知货物停留在位置运行半径小于同步卫星运行半径，即半径减小，则万有引力大于所需向心力，电梯内的货物不会处于完全失重状态，故C错误；由图知配重空间站运行半径大于同步卫星运行半径，由角速度与线速度关系v＝ωr可知，角速度相同，则配重空间站的线速度大于同步卫星的线速度，故D正确．故选BD.
答案：BD
9．解析：由题意可知，因为物体A和B分居圆心两侧，与圆心距离分别为2r和3r，两个物体都没滑动之前，都受静摩擦力的作用，静摩擦力大小与ω2成正比，由于B物体到圆心的距离大，故B物体先达到滑动摩擦力，摩擦力大小不变，为μmg＝m·3rω eq \\al(2,1) ，角速度达到ω1后绳子出现拉力，在角速度为ω2时，设绳子拉力为T，对B有T＋μmg＝m·3rω eq \\al(2,2) ，对A有T＝m·2rω eq \\al(2,2) ，解得ω eq \\al(2,2) ＝3ω eq \\al(2,1) ，故选D.
答案：D