2021_2022学年重庆市实验中学高一（下）月考物理试卷（3月）（含答案解析）

这是一份2021_2022学年重庆市实验中学高一（下）月考物理试卷（3月）（含答案解析），共14页。试卷主要包含了 下列说法正确的是，9km/s等内容，欢迎下载使用。

A. 匀速圆周运动是匀变速曲线运动
B. 物体做离心运动是因为受到所谓离心力的作用
C. 做匀速圆周运动的物体所受的合外力大小不变
D. 匀速圆周运动的加速度恒定
2. 随着神舟十三号的成功发射，宇航员翟志刚、王亚平、叶光富在中国空间站驻留半年从而为我国空间站的建设揭开新的篇章。已知空间站离地高度约为350公里，月球离地球约为38万公里，关于宇航员和空间站，下列说法正确的是( )
A. 宇航员在空间站不受重力的作用
B. 空间站绕地球做匀速圆周运动的周期比月球绕地运行的周期大
C. 空间站绕地球做圆周运动的过程中，加速度不变
D. 空间站绕地球做圆周运动的运行速度小于7.9km/s
3. 为了得到火星的地形、地貌数据，“天问一号”在近火点不变的情况下需要不断变轨。如图所示，依次从Ⅲ轨道变轨到Ⅱ轨道，再变到Ⅰ轨道，在实施第三次近火制动后，成功着陆火星。关于“天问一号”，以下说法正确的是( )
A. “天问一号”在不同轨道的近火点的加速度相同
B. “天问一号”在Ⅱ轨道上近火点的速度小于Ⅰ轨道上近火点的速度
C. “天问一号”在Ⅲ轨道上运行的周期小于在Ⅱ轨道上运行的周期
D. “天问一号”在Ⅰ轨道近火点的速度小于在该轨道远火点的速度
4. 图为某种品牌的共享单车的链轮、链条、飞轮、踏板、后轮示意图，在骑行过程中，踏板和链轮同轴转动、飞轮和后轮同轴转动，已知链轮与飞轮的半径之比为3：1，后轮直径为800 mm，当踩踏板做匀速圆周运动的角速度为5rad/s时，后轮边缘处A点的线速度大小为( )
A. 12m/sB. 6m/sC. 23 m/sD. 43 m/s
5. 宇宙中两颗相距较近的天体称为“双星”，它们以二者连线上的某一点为圆心做匀速圆周运动，而不至因为万有引力的作用而吸引到一起。如图所示，某双星系统中A、B两颗天体绕O点做匀速圆周运动，它们的轨道半径之比rA：rB=1：2，则两颗天体的( )
A. 质量之比mA：mB=1：2B. 角速度之比ωA：ωB=1：2
C. 线速度大小之比vA：vB=2：1D. 向心力大小之比FA：FB=1：1
6. 一颗在地球赤道上空绕地球运转的同步卫星，距地面高度为h，已知地球半径为R，自转周期为T，地面处的重力加速度为g，则地球密度可以近似表达为(引力常量G已知)( )
A. 3g4πRB. 3g4π(R+h)C. 3πGT2D. 3π(R+h)3GT2R3
7. 如图所示，在粗糙水平木板上放一个物块，使木板和物块一起在竖直平面内沿逆时针方向做匀速圆周运动，ab为水平直径，cd为竖直直径，在运动中木板始终保持水平，物块相对于木板始终静止，则( )
A. 物块始终受到重力，支持力，摩擦力三个力作用
B. 物块受到的合外力始终不变
C. 在a、b两个位置，物块所受摩擦力提供向心力，支持力相等
D. 在c、d两个位置，物块所受支持力相同，摩擦力为零
8. 如图所示，一根细线绕过一个小的光滑定滑轮，两端连着质量分别m1、m2的小球，让定滑轮绕竖直轴匀速转动，稳定时，连接质量为m1的细线长为L1，与竖直方向的夹角力α，连接质量为m2的细线长为L2，与竖直方向的夹角为θ，若L1>L2，则下列关系正确的是( )
A. m1>m2B. m19. 石墨烯是目前世界上已知的强度最高的材料，其发现者由此获得2010年诺贝尔物理学奖。用石墨烯制作的“太空电梯”缆线，使人类进入太空成为可能。假设从赤道上空与地球同步的太空站竖直放下由石墨烯材料做成的太空电梯，固定在赤道上，这样太空电梯随地球一起旋转，如图所示。关于太空电梯仓停在太空电梯中点P时，下列对于太空电梯仓说法正确的是( )
A. 处于平衡状态B. 向心加速度比同高度卫星的小
C. 速度比第一宇宙速度大D. 上面的乘客处于失重状态
10. 如图甲，小球用不可伸长的轻绳连接后绕固定点O在竖直面内做圆周运动，小球经过最高点时的速度大小为v，此时绳子的拉力大小为FT，拉力FT与速度的平方v2的关系如图乙所示，图像中的数据a和b包括重力加速度g都为已知量，以下说法正确的是( )
A. 数据a与小球的质量无关
B. 数据b与小球的质量无关
C. 比值ba只与小球的质量有关，与圆周轨道半径无关
D. 利用数据a、b和g能够求出小球的质量和圆周轨道半径
11. 三颗人造卫星A、B、C都在赤道正上方同方向绕地球做匀速圆周运动，A、C为地球同步卫星，某时刻A、B相距最近，如图所示。已知地球自转周期为T1，B的运行周期为T2，则下列说法正确的是( )
A. A、C受到的万有引力大小相等
B. 经过时间T1T2T1+T2，A、B再次相距最近
C. 经过时间T1T22(T1−T2)，A、B相距最远
D. 在相同时间内，A与地心连线扫过的面积大于B与地心连线扫过的面积
12. 如图所示，图1为“向心力演示器验证向心力公式”的实验示意图，图2为俯视图。图中A、B槽分别与a、b轮同轴固定，且a、b轮半径相同。当a、b两轮在皮带的带动下匀速转动，两质量相同的钢球，①球放在A槽的边缘，②球放在B槽的边缘，它们到各自转轴的距离之比为2：1。
(1)钢球①、②转动的角速度之比______。
(2)钢球①、②受到的向心力之比为______。
13. 如图所示，在“实验：研究平抛运动”中：
(1)为准确确定坐标轴，还需要的器材是______；
A.弹簧测力计 B.铅垂线 C.打点计时器 D.天平
(2)实验中，下列说法正确的是______；
A.小球每次从斜槽上不相同的位置自由滚下
B.斜槽轨道必须光滑
C.要使描出的轨迹更好地反映真实运动，记录的点应适当多一些
D.为了比较准确地描出小球运动的轨迹，应该用一条曲线把所有的点连接起来
(3)在做该实验时某同学只记录了物体运动的轨迹上的A、B、C三点，已知相邻两点的时间间隔相等，并以A点为坐标原点建立了直角坐标系，得到如图所示的图像，g取10m/s2。
①据图像求出相邻两点的时间间隔为______s；
②据图像求出物体平抛运动的初速度大小为______m/s；
③物体运动到B点时的速度大小为______m/s。(结果可含根号)
14. 一宇航员在半径为R的某星球表面，做如下实验：如图所示，在不可伸长的长度为l的轻绳一端系一质量为m的小球，另一端固定在O点，当小球绕O点在竖直面内做圆周运动通过最高点速度为v0时，绳的弹力为零。不计小球的尺寸，已知引力常量为G，求：
(1)该行星表面的重力加速度；
(2)该行星的第一宇宙速度。
15. 如图所示，半径为R的半球形陶罐，固定在可以绕竖直轴旋转的水平转台上，转台转轴与过陶罐球心O的对称轴OO′重合，转台以一定角速度ω匀速旋转，一质量为m的小物块落入陶罐内，经过一段时间后，小物块随陶罐一起转动且相对罐壁静止，它和O点的连线与OO′之间的夹角θ为60∘.已知重力加速度大小为g，小物块与陶罐之间的最大静摩擦力大小为Ff=34mg。
(1)若小物块受到的摩擦力恰好为零，求此时的角速度ω0；
(2)若小物块一直相对陶罐静止，求陶罐旋转的角速度的取值范围。
16. 如图所示，在水平圆盘上放有质量分别为2 kg、1 kg、1 kg的可视为质点的三个物体A、B、C。圆盘可绕其中心轴线OO′转动，三个物体与圆盘间动摩擦因数均为μ=0.1，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，三个物体与中心轴线的O点共线，且OC=OB=AB=r=0.1m，现将三个物体分别用两根轻质细线相连，保持两根细线都伸直且绳中恰无张力，若圆盘从静止开始转动，且角速度ω在极其缓慢的变化，重力加速度g=10m/s2，则在这一过程中求：
(1)A、B之间的绳子即将出现拉力时，圆盘转动的角速度ω1；
(2)B、C之间的绳子即将出现拉力时，圆盘转动的角速度ω2以及此时A、B之间绳上的张力T；
(3)当C所受摩擦力的大小为0.5 N时，圆盘转动的角速度可能的值。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】
【分析】
向心加速度的方向始终指向圆心，表示速度方向变化快慢的物理量，向心加速度只改变速度的方向，不改变速度的大小；匀速圆周运动，合力提供向心力，加速度不恒定。
解决本题的关键知道向心加速度的物理意义，知道向心加速度只改变速度的方向，不改变速度的大小。
【解答】
AD.匀速圆周运动的加速度为向心加速度，方向始终指向圆心，只改变速度的方向，不改变速度的大小，加速度不恒定，故匀速圆周运动不是匀变速运动，故AD错误；
C.匀速圆周运动中，物体的合力提供向心力，合力大小不变，故C正确；
B.物体做离心运动或向心运动是物体的运动趋势，并不是受离心力或向心力(效果力)，故B错误。
故选C。
2.【答案】D
【解析】
【分析】
根据万有引力提供向心力列方程求解周期和线速度的表达式，然后分析。向心加速度的方向是指向地心的。
本题主要是考查万有引力定律及其应用，解答本题的关键是能够根据万有引力提供向心力进行分析。
【解答】
A.宇航员在空间站仍受重力的作用，由重力提供向心力，故A错误；
B.空间站绕地球做匀速圆周运动的轨道半径比月球绕地球运行的轨道半径小，由开普勒第三定律知空间站绕地球做匀速圆周运动的周期比月球的周期小，故B错误；
C.空间站绕地球做圆周运动的过程中，加速度大小不变，方向改变，故C错误；
是近地卫星的运行速度，是卫星绕地球做匀速圆周运动最大的运行速度，可知空间站绕地球做圆周运动的运行速度小于7.9km/s，故D正确。
故选D。
3.【答案】A
【解析】
【分析】
卫星经过不同轨道相交的同一点时加速度相同；外轨道上经过该点的速度大于内轨道上经过该点的速度；根据开普勒第三定律比较在轨道Ⅲ和在轨道Ⅱ上运行的周期；根据开普勒第二定律比较卫星在Ⅰ轨道近火点和远火点的速度大小。
此题考查了万有引力定律及其应用，关键是明确卫星变轨的原理，以及开普勒行星运动定律的灵活运用。
【解答】
A.根据牛顿第二定律得GMmr2=ma，解得a=GMr2，因为“天问一号”在不同轨道的近火点r相等，所以加速度相同，A正确；
B.Ⅱ轨道近火点需要减速变到Ⅰ轨道，所以Ⅱ轨道近火点速度更大，故B错误；
C.根据开普勒第三定律r3T2=k，半长轴越大，周期越大，所以Ⅲ轨道周期更大，故C错误；
D.根据开普勒第二定律，近火点的速度应该大于远火点速度，故D错误。
故选A.
4.【答案】B
【解析】
【分析】
同轴传动角速度相等，同缘传动线速度相等，先结合v=ωr判断后轮的角速度，然后再求解后轮边缘处A点的线速度大小。
本题以某种品牌的共享单车为背景，考查链条传动问题，解决此题的关键是要明确同轴传动角速度相等，同缘传动线速度相等。
【解答】
当踩踏板做匀速圆周运动的角速度为5rad/s时，由于链轮与飞轮通过链条传动，边缘线速度大小相等，由公式v=rω可知，角速度与半径成反比，故飞轮的角速度为：ω′=15rad/s，后轮的角速度与飞轮相等，可知后轮边缘处A点的线速度大小为：v=Rω=0.82×15 m/s=6 m/s，故B正确，ACD错误。
故选B。
5.【答案】D
【解析】
【分析】
根据双星系统的受力特点，结合角速度相等，根据万有引力提供向心力和圆周运动公式分析出质量，角速度，线速度和向心力的比值关系。
本题主要考查了双星系统的相关应用，解题的关键点是理解双星系统的角速度和周期相等，结合万有引力定律和向心力公式即可完成分析。
【解答】
ABD.双星绕连线上的一点做匀速圆周运动，其角速度相同，两者之间的万有引力提供向心力，即向心力大小之比相同，则有F=mAω2rA=mBω2rB,所以mA:mB=2:1，AB错误，D正确；
C.由v=ωr可知，线速度大小之比vA:vB=1:2，C错误。
故选D。
6.【答案】D
【解析】
【分析】
同步卫星的万有引力提供同步卫星做圆周运动的向心力，同时结合体积公式计算出地球的密度。
本题主要考查了万有引力定律的相关应用，根据万有引力定律计算出地球的质量，同时根据密度的公式计算出地球的密度即可，整体难度不大。
【解答】
设同步卫星的质量为m，对同步卫星而言，同步卫星受到的万有引力提供同步卫星做圆周运动的向心力，则GMm(R+h)2=m4π2T2(R+h)，根据密度公式ρ=MV，V=4πR33，
联立解得：ρ=3π(R+h)3GT2R3，故D正确，ABC错误；
故选D。
7.【答案】C
【解析】
【分析】
木板托着物块在竖直平面内逆时针方向一起做匀速圆周运动，物块所受的合力提供圆周运动所需的向心力。
解决本题的关键知道物块所受的合力提供向心力，向心力大小不变，知道物块所受合力在竖直方向的分力等于重力和支持力的合力，在水平方向的分力等于摩擦力。
【解答】
A.物块在最高点和最低点受重力和支持力两个力作用，靠两个力的合力提供向心力，在a、b两点，受重力、支持力和静摩擦力三个力作用，A错误；
B.物块做匀速圆周运动，靠合外力提供向心力，可知合外力始终指向圆心发生改变，B错误；
C.在a、b两个位置，物块所受静摩擦力提供向心力，支持力等于重力，则支持力相等，C正确；
D.在位置c，根据牛顿第二定律得mg−Nc=mv2R，得Nc=mg−mv2R，在位置d，根据牛顿第二定律得Nd−mg=mv2R，得Nd=mg+mv2R可见在c、d点摩擦力为零，且d点的支持力大于c点的支持力，D错误。
故选C。
8.【答案】B
【解析】
【分析】
根据受力分析，找到向心力的来源，列式找到其关系式，即可找到大小关系。
本题主要考查了匀速圆周运动，通过受力分析，找到向心力的来源，列牛顿第二定律的表达式即可。
【解答】
AB.设细线上的拉力为T，则有Tsinα=m1L1ω2sinα，得T=m1L1ω2，
同理可得T=m2L2ω2，因此有m1L1=m2L2，
由于L1>L2，因此m1CD.根据力的平衡有Tcsα=m1g，Tcsθ=m2g，
因此α>θ，故CD错误。
故选B。
9.【答案】BD
【解析】
【分析】
电梯做圆周运动，有加速度，受力不平衡，根据v=rω知速度比同步卫星小，根据a=rω2知向心加速度比同高度卫星的小。
在比较线速度和加速度时要注意公式的选用，利用万有引力充当向心力是解决此类问题的主要思想。
【解答】
A.太空电梯仓绕地球做匀速圆周运动，不是平衡状态，故A错误；
B.根据a=ω2r可知，太空电梯仓转动的向心加速度小于同步卫星A的向心加速度，根据a=GMr2可知，同步卫星A的向心加速度小于与P同高度卫星的向心加速度，则太空电梯仓向心加速度比同高度卫星的小，故B正确；
C.根据v=ωr可知，太空电梯仓转动的速度小于同步卫星A的速度，根据v=GMr，可知同步卫星A的速度小于第一宇宙速度，则太空电梯仓的速度比第一宇宙速度小，故C错误；
D.由于各点随地球一起做匀速圆周运动，重力提供需要的向心力，则上面的乘客处于失重状态，故D正确。
故选BD。
10.【答案】AD
【解析】A.由题图乙可知，当v2=a 时，此时绳子的拉力为零，小球的重力提供其做圆周运动的向心力，则由牛顿第二定律得mg=mv2r，解得v2=gr，即a=gr，与小球的质量无关，故A正确；
B.当v2=2a时，对小球受力分析，则由牛顿第二定律得mg+b=mv2r，解得b=mg，即b与小球的质量有关，故B错误；
C.根据上述分析可知ba=mr，与小球的质量和圆周轨迹半径有关，故C错误；
D.由上述可知r=ag ，m=bg，故D正确。
故选：AD。
本题主要考查了圆周运动向心力公式的直接应用，要求同学们能根据图像获取有效信息，尤其是图像与坐标轴的交点的物理意义。
11.【答案】CD
【解析】
【分析】
A、C质量未知，无法得出向心力大小；卫星A、B由相距最近到再次相距最近，圆周运动转过的角度差为2π；A、B卫星由相距最近至相距最远时，两卫星转的圈数差半圈，求所需要的时间；根据卫星与地心连线扫过的面积与轨道半径的关系分析C与地心连线扫过的面积与B与地心连线扫过的面积关系。
本题以三颗人造卫星A、B、C都在赤道正上方同方向绕地球做匀速圆周运动为背景，考查了万有引力定律在实际问题中的应用，解答本题的关键要知道卫星绕地球做匀速圆周运动时，由地球的万有引力提供向心力。
【解答】
A.卫星A和C的角速度与地球赤道物体自转的角速度相等，轨道半径大于地球半径，根据an=rω2可知，卫星A和C的向心加速度相等，但A、C质量未知，无法得出向心力大小，故A错误；
B.卫星A、B由相距最近到再次相距最近，圆周运动转过的角度差为2π，所以可得ωBt−ωAt=2π，其中ωB=2πT2，ωA=2πT，则经历的时间t=T1T2T1−T2，故B错误；
C.卫星A、B由相距最近到相距最远，圆周运动转过的角度差为π，所以可得ωBt−ωAt=π，
其中ωB=2πT2，ωA=2πT，则经历的时间t′=T1T22(T1−T2)，故C正确；
D.绕地球运动的卫星与地心的连线在相同时间t内扫过的面积S=12vtr，由万有引力提供向心力，可知GMmr2=mv2r，整理解得S=12vtr=t2GMr，可知在相同时间内，A与地心连线扫过的面积大于B与地心连线扫过的面积，故D正确。
故选CD。

12.【答案】(1)1：1;(2)2：1。
【解析】
【分析】
皮带传送，边缘上的点线速度大小相等；共轴的点，角速度相等，再根据向心加速度F=ma=mrω2分析。
解决本题关键掌握皮带传送，边缘上的点线速度大小相等；共轴的点，角速度相等，难度适中。
【解答】
(1)皮带传送，边缘上的点线速度大小相等，所以va=vb，a轮、b 轮半径之比为1：1，共轴的点，角速度相等，两个钢球的角速度分别与共轴轮子的角速度相等，则ωA=ωB，钢球1、2转动的角速度之比1：1；
(2)根据题意可知，r1：r2=2：1，根据F=mrω2得向心力之比为：FA：FB=2：1。
13.【答案】(1)B；(2)C；(3)①0.1；②2.0；③22。
【解析】
【分析】
本实验需要用铅垂线确定竖直方向上的y轴，保证小球做平抛运动必须通过调节使斜槽的末端保持水平，因为要画同一运动的轨迹，必须每次释放小球的位置相同，且由静止释放，以保证获得相同的初速度，最后轨迹应连成平滑的曲线；正确应用平抛运动规律：水平方向匀速直线运动，竖直方向自由落体运动；解答本题的突破口是利用在竖直方向上连续相等时间内的位移差等于常数求出时间间隔，然后进一步根据匀变速直线运动的规律、推论求解。
解决本题的关键知道平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，要特别注意实验的注意事项，在平抛运动的规律探究活动中不一定局限于课本实验的原理，要注重学生对探究原理的理解；掌握匀变速直线运动的推论，在连续相等时间内的位移之差是一恒量；在某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度.
【解答】
(1)为准确确定坐标轴，还需要的器材是铅垂线，故B正确。
(2)AB.为了使小球每次从斜槽末端抛出时的初速度相同，小球每次应从斜槽上相同的位置由静止自由滚下，而斜槽轨道是否光滑对上述要求无影响，故AB错误；
C.要使描出的轨迹更好地反映真实运动，记录的点应适当多一些，故C正确；
D.由于实验中存在误差，坐标纸上所记录的点不可能严格地分布在一条抛物线上，所以在绘制小球运动的轨迹时，应先舍去一些误差较大的点，将误差较小的点用平滑曲线连接起来，而这些点有的可能在曲线上，有的可能靠近并均匀分布在曲线两侧，故D错误。
故选C。
(3)①设相邻两点的时间间隔为T，则根据运动学公式有Δy=yBC−yAB=gT2，
代入数据解得T=0.1s。
②物体平抛运动的初速度大小为v0=xABT=2 m/s，
③物体运动到B点时的竖直分速度大小为v1=yAB+yBC2T=2 m/s，
则合速度大小为vB=v02+v12=22 m/s。
14.【答案】解：(1)小球通过最高点时mg=mv02l，解得g=v02l；
(2)对在行星表面附近做匀速圆周运动的质量为m0 的卫星，有m0g=m0v2R，
解得第一宇宙速度为v=v0Rl。

【解析】(1)在最高点，根据牛顿第二定理可求星球表面的重力加速度。
(2)在行星表面根据重力提供向心力，可求第一宇宙速度。
对于卫星类问题，关键是明确卫星的动力学原理，根据牛顿第二定律列式求解；同时要记住第一宇宙速度的计算方法。
15.【答案】解：(1)当摩擦力为零，支持力和重力的合力提供向心力，如图所示，
根据牛顿第二定律有mgtanθ=mRsinθω02，解得ω0=2gR；
(2)当ω>ω0 时，重力和支持力的合力不够提供向心力，当角速度最大时，摩擦力方向沿罐壁切线向下达最大值，如图所示，
设此最大角速度为ω1，由牛顿第二定律得Ffcs 60∘+FNcs 30∘=mRsin 60∘ω12，
Ffsin60∘+mg=FNsin30∘，代入数据解得ω1=3gR；
当ω<ω0 时，重力和支持力的合力大于所需向心力，摩擦力方向沿罐壁切线向上，当角速度最小时，摩擦力向上达到最大值，设此最小角速度为ω2，由牛顿第二定律得FNcs 30∘−Ffcs 60∘=mRsin 60∘ω22 ，
mg=FNsin30∘+Ffsin60∘，代入数据解得ω2=gR，
综上所述，陶罐旋转的角速度范围为gR≤ω≤3gR。

【解析】(1)小物块受到的摩擦力恰好为零，靠重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律可求得角速度的大小；
(2)当ω>ω0时，重力和支持力的合力不够提供向心力，当角速度最大时，摩擦力方向沿罐壁切线向下达最大值，根据牛顿第二定律及平衡条件求解最大角速度；当ω<ω0时，重力和支持力的合力大于所需向心力，摩擦力方向沿罐壁切线向上，当角速度最小时，摩擦力沿罐壁切线向上达到最大值，根据牛顿第二定律及平衡条件求解最小角速度。
解决本题的关键是搞清物块做圆周运动向心力的来源，结合牛顿第二定律，抓住竖直方向上合力为零，水平方向上的合力提供向心力进行求解，难度适中。
16.【答案】解：(1)A、B之间的绳子即将出现拉力时，对A：2μmg=2mω122r，得ω1=μg2r=5 rad/s ；
(2)B、C之间的绳子即将出现拉力时，对A：T+2μmg=2mω222r，对B：μmg−T=mω22r，
得：ω2=3μmg5r=6 rad/s，T=25μmg=0.4 N；
(3)当ω<ω2，绳BC上拉力T′为0时：对C：fc=0.5=mω32r，得ω3=5 rad/s ，
当ω>ω2，绳BC上拉力T′不为0，且圆盘对C摩擦力沿径向向圆心时：对A：T+2μmg=2mω422r，
对B：T′+μmg−T=mω42r ，对C：T′+fC=mω42r，得ω4=52 rad/s ，
当ω>ω2，绳BC上拉力T′不为0，且圆盘对C摩擦力沿径向向半径的延长线时：对A：T+2μmg=2mω522r，
对B：T′+μmg−T=mω52r ，对C：T′-fC=mω52r，得ω5=352 rad/s。

【解析】 本题涉及圆周运动的向心力，属于基础问题的考查。依据向心力表达式，可以分析影响向心力的因素，进而结合题目给定的已知量确定相关问题。
(1)A、B之间绳子即将出现拉力时，对A进行分析，摩擦力提供向心力，利用牛顿第二定律求解角速度；
(2)A、B即将相对运动时：对AB找到向心力的来源，利用牛顿第二定律求解；
(3)当C所受摩擦力的大小为0.5 N时，绳BC上拉力可能为零也可能不为零，分两种情况根据牛顿第二定律求解。