限时规范训练(15) 第4章 第3讲 圆周运动（word课时作业）-【高考领航】2025年高考物理大一轮复习

限时规范训练(15) [基础巩固题组] 1.如图所示，用起瓶器开启瓶盖时，起瓶器上A、B两点绕O点转动的角速度分别为ωA和ωB，线速度的大小分别为vA和vB，下列说法正确的是(　　) A．ωA＝ωB，vA<vB　 B．ωA＝ωB，vA>vB C．ωA>ωB，vA＝vB D．ωA>ωB，vA<vB 解析：A　A、B两点绕O点转动，相同时间转过相同的角度，由ω＝可知ωA＝ωB，因为rB>rA，由线速度和角速度的关系v＝ωr可知vA<vB，故A正确。 2.如图，一同学表演荡秋千。已知秋千的两根绳长均为10 m，该同学和秋千踏板的总质量约为50 kg。绳的质量忽略不计，当该同学荡到秋千支架的正下方时，速度大小为8 m/s，此时每根绳子平均承受的拉力约为(　　) A．200 N B．400 N C．600 N D．800 N 解析：B　取该同学与踏板为研究对象，到达最低点时，受力如图所示，设每根绳子平均受力为F。由牛顿第二定律知2F－mg＝，代入数据得F＝410 N，选项B正确。 3.(2024·四川资阳市高三诊断)如图所示，水平放置的两个用相同材料制成的轮P和Q靠摩擦传动，两轮的半径R∶r ＝2∶1。当主动轮Q匀速转动时，在Q轮边缘上放置的小木块恰能相对静止在Q轮边缘上，此时Q轮转动的角速度为ω1，木块的向心加速度为a1，若改变转速，把小木块放在P轮边缘也恰能静止，此时Q轮转动的角速度为ω2，木块的向心加速度为a2，则(　　) A．＝ B．＝ C．＝ D．＝ 解析：C　根据题述，a1＝ω12r，μmg＝ma1，联立解得μg＝ω12r。小木块放在P轮边缘也恰能静止，μg＝ω2R＝2ω2r。由ωR＝ω2r，联立解得＝，选项A、B错误；μmg＝ma2，所以＝，选项C正确，D错误。 4.如图所示，一质量为m＝0.5 kg的小球(可视为质点)，用长为0.4 m的轻绳拴着在竖直平面内做圆周运动，g＝10 m/s2，下列说法不正确的是(　　) A．小球要做完整的圆周运动，在最高点的速度至少为2 m/s B．当小球在最高点的速度为4 m/s时，轻绳拉力为15 N C．若轻绳能承受的最大张力为45 N，小球的最大速度不能超过4 m/s D．若轻绳能承受的最大张力为45 N，小球的最大速度不能超过4 m/s 解析：D　设小球通过最高点时的最小速度为v0，则根据牛顿第二定律有mg＝m，解得v0＝2 m/s，故A正确；当小球在最高点的速度为v1＝4 m/s时，设轻绳拉力大小为FT，根据牛顿第二定律有FT＋mg＝m，解得FT＝15 N，故B正确；小球在轨迹最低点处速度最大，此时轻绳的拉力最大，根据牛顿第二定律有FTm－mg＝m，解得vm＝4 m/s，故C正确，D错误。 5．(2023·全国甲卷)一质点做匀速圆周运动，若其所受合力的大小与轨道半径的n次方成正比，运动周期与轨道半径成反比，则n等于(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 解析：C　质点做匀速圆周运动，根据题意设周期T＝，合外力等于向心力，根据F合＝Fn＝mr，联立可得Fn＝r3，其中为常数，r的指数为3，故题中n＝3，故选C。 6．(多选)如图所示，在半径为R的水平圆盘中心轴正上方a点水平抛出一小球，圆盘以角速度ω匀速转动，当圆盘半径Ob方向恰好转到与小球初速度方向相同的位置时，将小球抛出，要使小球与圆盘只碰一次，且落点为b，重力加速度为g，则小球抛出点a距圆盘的高度h和小球的初速度v0可能满足(　　) A．h＝，v0＝ B．h＝，v0＝ C．h＝，v0＝ D．h＝，v0＝ 解析：ABD　由题意可知，小球做平抛运动在竖直方向上有h＝gt2，水平方向上有v0t＝R，对圆盘有t＝(k＝1，2，3，…)，经上述分析可解得v0＝(k＝1，2，3，…)，h＝(k＝1，2，3，…)，根据k的取值不同，经计算可知，A、B、D正确，C错误。 7.(2024·浙江山水联盟联考)如图所示，内壁光滑的空心圆柱体竖直固定在水平地面上，圆柱体的内径为R。沿着水平切向给贴在内壁左侧O点的小滑块一个初速度v0，小滑块将沿着柱体的内壁旋转向下运动，最终落在柱体的底面上。已知小滑块可看成质点，质量为m，重力加速度为g，O点距柱体的底面距离为h。下列判断正确的是(　　) A．v0越大，小滑块在圆柱体中运动时间越短 B．小滑块运动中的加速度越来越大 C．小滑块运动中对圆柱体内表面的压力越来越大 D．小滑块落至底面时的速度大小为 解析：D　小滑块在竖直方向做自由落体运动，加速度恒定不变，根据h＝gt2，可得t＝，可知小滑块在圆柱体中的运动时间与v0无关，小滑块在水平方向的加速度大小也不变，则小滑块的加速度大小不变，故A、B错误；小滑块沿着圆柱体表面切向的速度大小不变，所需向心力不变，则小滑块运动中对圆柱体内表面的压力不变，故C错误；小滑块落至底面时竖直方向的速度vy＝，小滑块落至底面时的速度大小v＝＝，故D正确。 [能力提升题组] 8.如图所示，AC、BC两绳系一质量为m＝0.1 kg的小球，AC绳长L＝2 m，两绳的另一端分别固定于轴的A、B两处，两绳拉直时与竖直轴的夹角分别为30°和45°。小球在水平面内做匀速圆周运动时，若两绳中始终有张力，小球的角速度可能是(g＝10 m/s2)(　　) A．2 rad/s B．2.5 rad/s C．3.5 rad/s D．4 rad/s 解析：B　当上绳绷紧、下绳恰好伸直但无张力时，小球受力如图甲所示，由牛顿第二定律得mgtan 30°＝mω12r，又有r＝Lsin 30°，解得ω1＝ rad/s≈2.4 rad/s，当下绳绷紧、上绳恰好伸直无张力时，小球受力如图乙所示，由牛顿第二定律得mgtan 45°＝mω22r，解得ω2＝ rad/s≈3.2 rad/s，故当2.4 rad/s＜ω＜3.2 rad/s时，两绳始终有张力，故B正确，A、C、D错误。 　　　 甲　　　　　　　乙 9．如图所示，一轻杆一端固定在O点，另一端固定一小球，在竖直平面内做半径为R的圆周运动。小球运动到最高点时，杆与小球间弹力大小为FN，小球在最高点的速度大小为v，FN-v2图像如图乙所示。下列说法正确的是(　　) 甲　　　　　　　　乙 A．当地的重力加速度大小为 B．小球的质量为 C．当v2＝c时，杆对小球弹力方向向上 D．若v2＝2b，则杆对小球弹力大小为2a 解析：B　小球在最高点，若v＝0，则FN＝a＝mg；若FN＝0，则mg＝m＝m，解得g＝，m＝R，故A错误，B正确；由题图可知：当v2<b时，杆对小球弹力方向向上，当v2>b时，杆对小球弹力方向向下，所以当v2＝c时，杆对小球弹力方向向下，故C错误；若v2＝2b，则FN＋mg＝m，解得FN＝a，故D错误。 10．(多选)如图甲所示，两个完全相同的物块A和B(均可视为质点)放在水平圆盘上，它们分居圆心两侧，用不可伸长的轻绳相连，两物块质量均为 1 kg。与圆心距离分别为RA和RB，其中RA＜RB且RA＝1 m。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当圆盘以不同角速度ω绕轴OO′匀速转动时，绳中弹力FT与ω2的变化关系如图乙所示，重力加速度 g＝10 m/s2。下列说法正确的是(　　) 甲　　　　　　　　　　　　乙　 A．物块与圆盘间的动摩擦因数μ＝0.5 B．物块B与圆心距离RB＝2 m C．A受到的静摩擦力方向始终指向圆心 D．当角速度为 rad/s时，A恰好要相对圆盘发生滑动 解析：BD　角速度较小时，物块各自受到的静摩擦力提供向心力，绳中无拉力，根据牛顿第二定律可得Ff＝mω2R，因为RA＜RB，所以物块B与圆盘间的静摩擦力先达到最大值，随着角速度增大，轻绳出现拉力，拉力FT和最大静摩擦力的合力提供向心力，对物块B分析有FT＋μmg＝mω2RB，则FT＝mω2RB－μmg，结合题图图像可得μ＝0.1，RB＝2 m，故A错误，B正确；当A恰好要相对圆盘发生滑动时，其静摩擦力达到最大值，且方向沿半径向外，对A分析，根据牛顿第二定律可得到FT－μmg＝mω12RA，此时对B分析有FT＋μmg＝mω12RB，联立解得ω1＝ rad/s，故D正确；当角速度大于 rad/s时，随着角速度增大，绳子中拉力增大，则A所受的静摩擦力变小，当A所受的静摩擦力为0时，对A由牛顿第二定律有 FT1＝mω22RA，对B有FT1＋μmg＝mω22RB，联立解得ω2＝1 rad/s，当角速度大于1 rad/s，拉力增大，A要保持相对静止，则静摩擦力沿着半径向外，故C错误。 11.(2022·辽宁卷)2022年北京冬奥会短道速滑混合团体2000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。 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＝ 可得甲、乙的向心加速度之比为 ＝×＝ 甲、乙两运动员做匀速圆周运动，则运动的时间为 t＝ 代入数据可得甲、乙运动的时间为 t甲＝ s，t乙＝ s 因t甲＜t乙，所以甲先出弯道。 答案：(1)2.7 m/s2　(2)　甲 学科网（北京）股份有限公司 $$