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第四章　第20练　圆周运动
[分值：100分]
1~7题每小题8分，共56分
1.(2024·甘肃卷·8改编)电动小车在水平面内做匀速圆周运动，下列说法正确的是(　　)
A.小车的速度不变
B.小车的动量不变
C.小车的加速度不变
D.小车所受的合外力一定指向圆心
2.(2024·黑吉辽·2)“指尖转球”是花式篮球表演中常见的技巧。如图，当篮球在指尖上绕轴转动时，球面上P、Q两点做圆周运动的(　　)
A.半径相等
B.线速度大小相等
C.向心加速度大小相等
D.角速度大小相等
3.(2021·全国甲卷·15)“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
4.(2024·江苏省镇江地区联考)如图所示，B和C是一组塔轮，即B和C半径不同，但固定在同一转轴上，其半径之比为RB∶RC＝3∶2，A轮的半径大小与C轮相同，它与B轮紧靠在一起，当A轮绕过其中心的竖直轴转动时，由于摩擦力作用，B轮也随之无滑动地转动起来。a、b、c分别为三轮边缘的三个点，则a、b、c三点在运动过程中的(　　)
A.线速度大小之比为3∶2∶2
B.角速度之比为3∶3∶2
C.转速之比为2∶3∶2
D.向心加速度大小之比为9∶6∶4
5.(来自教材改编)带有一白点的圆盘，绕过其中心且垂直于盘面的轴沿逆时针方向匀速转动，转速n＝10 r/s。某同学在暗室中用频闪光源照射圆盘，则下列说法错误的是(　　)
A.如果频闪光源每秒闪光10次，该同学观察到白点逆时针转动
B.如果频闪光源每秒闪光12次，该同学观察到白点顺时针转动
C.如果频闪光源每秒闪光15次，该同学观察到白点顺时针转动，转速为5 r/s
D.如果频闪光源每秒闪光20次，该同学只能在圆盘上的两个位置观察到白点
6.(2024·广东卷·5)如图所示，在细绳的拉动下，半径为r的卷轴可绕其固定的中心点O在水平面内转动。卷轴上沿半径方向固定着长度为l的细管，管底在O点。细管内有一根原长为、劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧底端固定在管底，顶端连接质量为m、可视为质点的插销。当以速度v匀速拉动细绳时，插销做匀速圆周运动。若v过大，插销会卡进固定的端盖，使卷轴转动停止。忽略摩擦力，弹簧在弹性限度内。要使卷轴转动不停止，v的最大值为(　　)
A.r B.l C.r D.l
7.(2024·江苏卷·11)如图所示，细绳穿过竖直的管子拴住一个小球，让小球在A高度处做水平面内的匀速圆周运动，现用力将细绳缓慢下拉，使小球在B高度处做水平面内的匀速圆周运动，不计一切摩擦，则(　　)
A.线速度vA>vB B.角速度ωA>ωB
C.向心加速度aAFB
8、9题每小题9分，10题13分，共30分
8.(2023·江苏盐城市联考)如图，矩形框MNPQ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，另一端连接一质量为m的小球，小球穿过PQ杆。当矩形框绕MN轴分别以不同的角速度ω1和ω2匀速转动时，小球相对于PQ杆的位置不变。下列说法正确的是(　　)
A.弹簧的弹力大小可能发生了变化
B.杆PQ对小球的弹力大小一定发生了变化
C.若ω2>ω1，则角速度为ω2时杆PQ对小球的弹力更大
D.小球所受合外力的大小一定发生了变化
9.如图所示，水平放置的圆柱形筒绕其中心对称轴OO'匀速转动，筒的半径R＝2 m，筒壁上有一小孔P，一小球从孔正上方h＝3.2 m处由静止释放，此时小孔开口向上转到小球正下方。已知孔的半径略大于小球半径，筒壁厚度可以忽略，若小球恰好能够从小孔离开圆筒，g取10 m/s2。则筒转动的周期可能为(　　)
A. s B. s C. s D. s
10.(12分)(2022·福建卷·13)清代乾隆的《冰嬉赋》用“躄躠”(可理解为低身斜体)二字揭示了滑冰的动作要领。500 m短道速滑世界纪录由我国运动员武大靖创造并保持。在其创造纪录的比赛中：
(1)(3分)武大靖从静止出发，先沿直道加速滑行，前8 m 用时2 s。该过程可视为匀加速直线运动，求此过程加速度大小；
(2)(4分)武大靖途中某次过弯时的运动可视为半径为10 m的匀速圆周运动，速度大小为14 m/s。已知武大靖的质量为73 kg，求此次过弯时所需的向心力大小；
(3)(5分)武大靖通过侧身来调整身体与水平冰面的夹角，使场地对其作用力指向身体重心而实现平稳过弯，如图所示。求武大靖在(2)问中过弯时身体与水平面的夹角θ的大小。(不计空气阻力，重力加速度大小取10 m/s2，tan 22°＝0.40、tan 27°＝0.51、tan 32°＝0.62、tan 37°＝0.75)
11.(14分)(2024·江西卷·14)雪地转椅是一种游乐项目，其中心传动装置带动转椅在雪地上滑动。如图(a)、(b)所示，传动装置有一高度可调的水平圆盘，可绕通过中心O点的竖直轴匀速转动。圆盘边缘A处固定连接一轻绳，轻绳另一端B连接转椅(视为质点)。转椅运动稳定后，其角速度与圆盘角速度相等。转椅与雪地之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，不计空气阻力。
(1)(7分)在图(a)中，若圆盘在水平雪地上以角速度ω1匀速转动，转椅运动稳定后在水平雪地上绕O点做半径为r1的匀速圆周运动。求AB与OB之间夹角α的正切值。
(2)(7分)将圆盘升高，如图(b)所示。圆盘匀速转动，转椅运动稳定后在水平雪地上绕O1点做半径为r2的匀速圆周运动，绳子与竖直方向的夹角为θ，绳子在水平雪地上的投影A1B与O1B的夹角为β。求此时圆盘的角速度ω2。
参考解析
1.D　[做匀速圆周运动的小车速度大小不变，方向时刻在改变，故A、B错误；做匀速圆周运动的小车加速度大小不变，方向时刻在改变，故C错误；小车所受的合外力一定指向圆心，故D正确。]
2.D　[由题意可知，球面上P、Q两点转动时属于同轴转动，故角速度大小相等，故D正确；由题图可知，球面上P、Q两点做圆周运动的半径的关系为rP3.C　[根据匀速圆周运动的规律，
此时ω＝2πn＝100π rad/s，
向心加速度大小
a＝ω2r≈1 000 m/s2，故选C。]
4.D　[A、B靠摩擦传动，则两轮边缘上a、b两点的线速度大小相等，即va∶vb＝1∶1，选项A错误；B、C同轴转动，则两轮边缘上b、c两点的角速度相等，即ωb＝ωc，转速之比，选项B、C错误；对a、b两点，由an＝得，对b、c两点，由an＝ω2r得，故aa∶ab∶ac＝9∶6∶4，选项D正确。]
5.A　[如果频闪光源每秒闪光10次，则每两次闪光的时间间隔为0.1 s，白点正好转了一圈，回到初始位置，视觉效果白点静止，A错误；如果频闪光源每秒闪光12次，则每两次闪光间隔内白点转了圈，视觉效果白点顺时针转动，B正确；如果频闪光源每秒闪光15次，则每两次闪光间隔内白点转了圈，视觉效果白点顺时针转了圈，故转速为5 r/s，C正确；如果频闪光源每秒闪光20次，则每两次闪光间隔内白点转了圈，只能在圆盘上的两个位置观察到白点，D正确。]
6.A　[由题意可知当插销刚卡进固定端盖时弹簧的伸长量为Δx＝，
根据胡克定律有F＝kΔx＝
插销与卷轴同轴转动，角速度相同，对插销，弹力提供向心力，
则有F＝mlω2
对卷轴有v＝rω
联立解得v＝r，故选A。]
7.C　[设绳子与竖直方向夹角为θ，从小球到顶点的绳子长度为l，小球所在平面距离顶点的竖直高度为h，对小球受力分析有F向＝mgtan θ＝ma，由题图可知，小球从A高度到B高度θ增大，则FB>FA，aB>aA，故C正确，D错误；
又mgtan θ＝mrω2＝m，r＝htan θ＝lsin θ，整理有v＝，ω＝，小球从A处到达B处，l减小，θ增大，则无法判断vA、vB的关系，又hBωA，故A、B错误。]
8.D　[由题意，因为小球相对于PQ杆的位置不变，所以弹簧长度不变，伸长量不变，则弹力大小一定不变，故A错误；设弹簧弹力大小为F，弹簧与竖直方向的夹角为θ，假设矩形框绕MN轴以角速度ω1转动时，PQ对小球的弹力方向背离MN，且大小为FN1；矩形框绕MN轴以角速度ω2转动时，PQ对小球的弹力方向指向MN，且大小为FN2，则根据牛顿第二定律分别有Fsin θ－FN1＝mr
FN2＋Fsin θ＝mr
解得FN1＝Fsin θ－mr
FN2＝mr－Fsin θ
若ω2>ω1，则FN1和FN2可能相等，FN2也可能小于FN1，故B、C错误；小球做圆周运动的半径不变，角速度变化，则所需向心力大小发生变化，所以用于提供向心力的合外力大小一定发生了变化，故D正确。]
9.D　[当小孔开口向上时，根据自由落体规律有h＝g，解得t1＝0.8 s，当小孔开口转到小球正下方时，有h＋2R＝g，解得t2＝1.2 s，在圆筒中的时间Δt＝t2－t1＝0.4 s，小球在圆筒中的运动时间等于圆筒转动周期一半的奇数倍，有Δt＝(n＋)T(n＝0，1，2，…)，解得T＝ s(n＝0，1，2，…)，当n＝0时，T＝ s，故D正确。]
10.(1)4 m/s2　(2)1 430.8 N　(3)27°
解析　(1)设武大靖运动过程的加速度大小为a，根据x＝at2，
解得a＝ m/s2＝4 m/s2
(2)根据F向＝m
解得过弯时所需的向心力大小为
F向＝73× N＝1 430.8 N
(3)设场地对武大靖的作用力大小为F，受力如图所示
根据牛顿第二定律可得F向＝
解得tan θ＝≈0.51，可得θ＝27°。
11.(1)　(2)
解析　(1)设转椅做匀速圆周运动时轻绳拉力为FT，转椅质量为m，受力分析可知轻绳拉力沿切线方向的分量与转椅受到地面的滑动摩擦力平衡，沿径向方向的分量提供转椅做圆周运动的向心力，故可得
FTcos α＝mr1，μmg＝FTsin α
联立解得tan α＝
(2)设此时轻绳拉力为FT'，沿A1B方向和垂直A1B方向竖直向上的分力分别为FT1＝FT'sin θ，
FT2＝FT'cos θ
对转椅根据牛顿第二定律得
FT1cos β＝mr2
沿切线方向根据平衡条件有
FT1sin β＝Ff＝μFN
竖直方向根据平衡条件有
FN＋FT2＝mg
联立解得
ω2＝。

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