新高考物理一轮复习巩固练（含解析）：第4章第4练圆周运动

这是一份新高考物理一轮复习巩固练（含解析）：第4章第4练圆周运动，共7页。试卷主要包含了“旋转纽扣”是一种传统游戏等内容，欢迎下载使用。
1．(多选)下列关于匀速圆周运动的说法，正确的是( )
A．匀速圆周运动的速度大小保持不变，所以做匀速圆周运动的物体没有加速度
B．做匀速圆周运动的物体，虽然速度大小不变，但方向时刻都在改变，所以必有加速度
C．做匀速圆周运动的物体，加速度的大小保持不变，所以是匀变速曲线运动
D．匀速圆周运动中加速度的方向时刻都在改变，所以匀速圆周运动一定是变加速曲线运动
2．(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
3.(2023·甘肃庆阳市期中)如图所示是一种能够方便脱水的地拖桶，拖把脱水时把拖把头放进脱水桶，用脚上下踩踏踏板可以把拖把头中的水分脱干，下列说法正确的是( )
A．拖把头中的水离脱水桶的转轴越远角速度越大
B．拖把头中的水离脱水桶的转轴越近越容易被甩出
C．踩踏踏板的速度越大，拖把头中的水分越容易被甩出
D．踩踏踏板的速度不变，拖把头中所有水分的线速度大小相等
4.(2023·黑龙江齐齐哈尔市第十六中学期中)如图所示，在匀速转动的圆筒内壁上，有一物体随圆筒一起转动而未滑动。当圆筒的角速度增大以后，下列说法正确的是( )
A．物体所受弹力增大，摩擦力不变
B．物体所受弹力增大，摩擦力减小
C．物体所受弹力和摩擦力都增大
D．物体所受弹力和摩擦力都减小
5．(2023·全国甲卷·17)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
6.(2021·北京卷·10)如图所示，圆盘在水平面内以角速度ω绕中心轴匀速转动，圆盘上距轴r处的P点有一质量为m的小物体随圆盘一起转动。某时刻圆盘突然停止转动，小物体由P点滑至圆盘上的某点停止。下列说法正确的是( )
A．圆盘停止转动前，小物体所受摩擦力的方向沿运动轨迹切线方向
B．圆盘停止转动前，小物体运动一圈所受摩擦力的冲量大小为2mωr
C．圆盘停止转动后，小物体沿圆盘半径方向运动
D．圆盘停止转动后，小物体整个滑动过程所受摩擦力的冲量大小为mωr
7．(2023·浙江杭州市期中)齿轮传动是现代各种设备中应用最广泛的一种机械传动方式。它具有传动效率高，结构紧凑，工作可靠，寿命长等优点。如图甲所示为某款机械手表内部的部分结构图，A、B、C三个传动轮通过齿轮咬合，C、D与轴承咬合，A、B、C、D为四个轮子，现将其简化成如图乙所示模型。a、b、c、d分别为A、B、C、D轮缘上的点，半径之比ra∶rb∶rc∶rd＝2∶1∶2∶1。则( )
A．va∶vb＝2∶1 B．ωc∶ωd＝2∶1
C．aa∶ab＝2∶1 D．Tc∶Td＝1∶1
8．(2023·四川绵阳市一诊)如图为带车牌自动识别系统的直杆道闸，离地面高为1 m的细直杆可绕O在竖直面内匀速转动。汽车从自动识别线ab处到达直杆处的时间为2.3 s，自动识别系统的反应时间为0.3 s；汽车可看成高1.6 m的长方体，其左侧面底边在aa′直线上，且O到汽车左侧面的距离为0.6 m，要使汽车安全通过道闸，直杆转动的角速度至少为( )
A.eq \f(π,6) rad/s B.eq \f(3π,8) rad/s
C.eq \f(π,8) rad/s D.eq \f(π,12) rad/s
9.(多选)(2023·广东汕头市期中)如图所示，趣味飞镖游戏的镖盘以角速度ω绕过O点的水平轴匀速转动，某人将一枚飞镖正对盘边缘P点(O点正上方)以水平速度v0掷出，恰好击中P点。不计空气阻力，飞镖每次从同一位置正对P点水平掷出，下列说法正确的是( )
A．仅增大v0，飞镖仍可能击中P点
B．仅减小v0，飞镖不可能击中镖盘
C．仅增大ω，飞镖仍可能击中P点
D．减小ω和v0，飞镖仍可能击中P点
10.(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)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)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)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.(2024·江苏扬州市仪征中学月考)如图所示，水平地面与一半径为L的竖直光滑圆弧轨道相接于B点，轨道上的C点位置处于圆心O的正下方。距离地面高度也为L的水平平台边缘上的A点有质量为m的小球以v0＝eq \r(2gL)的初速度水平抛出，小球在空中运动至B点时，恰好沿圆弧轨道在该点的切线方向滑入轨道。小球运动过程中空气阻力不计，重力加速度为g，求：
(1)圆弧BC段所对应的圆心角θ；
(2)小球经B点时，对圆轨道的压力大小。
12.(2023·湖北武汉市模拟)剪纸艺术源远流长，经久不衰，是中国民间艺术中的瑰宝。将如图所示具有对称性的剪纸平放并固定在水平圆盘上，剪纸中心与圆盘中心重合，圆盘匀速转动，在暗室中用每秒闪光10次的频闪光源照射圆盘，暗室中静止不动的观察者观察到剪纸相对静止，则圆盘的转速至少为( )
A．0.02 r/s B．2 r/s C．4 r/s D．4π r/s
第4练 圆周运动
1．BD [速度和加速度都是矢量，做匀速圆周运动的物体，虽然速度大小不变，但方向时刻在改变，速度时刻发生变化，必然具有加速度；加速度大小虽然不变，但方向时刻改变，所以匀速圆周运动是变加速曲线运动，故B、D正确，A、C错误。]
2．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。]
3．C [拖把头中的水同时都绕转轴一起做圆周运动，因此角速度相同，A错误；
由向心力公式F＝mω2r，可知拖把头中的水离脱水桶的转轴越远，转动的半径越大，所需的向心力越大，水在拖把头上的附着力越不容易提供所需向心力，水越容易做离心运动，因此越容易被甩出，B错误；
踩踏踏板的速度越大，脱水桶的转速也越大，线速度也越大，由向心力公式F＝meq \f(v2,r)可知，转动半径一定时，线速度越大，所需向心力也越大，拖把头中的水分越容易被甩出，C正确；
踩踏踏板的速度不变，可知拖把头中的水转动的角速度大小相同，由线速度与角速度的关系v＝ωr，可知在不同位置的水到脱水桶转轴的距离不同，即转动半径不同，所以所有水分的线速度大小不相等，D错误。]
4．A [物体做匀速圆周运动，合力指向圆心，对物体受力分析如图所示，可知物体的重力与摩擦力平衡，即Ff＝G，根据物体所受弹力提供向心力有FN＝mω2r，可知当圆筒的角速度增大以后，物体所受弹力增大，摩擦力不变，故选A。]
5．C [质点做匀速圆周运动，根据题意设周期T＝eq \f(k,r)，质点所受合外力提供质点做圆周运动的向心力，则F合＝Fn＝meq \f(4π2,T2)r，联立可得Fn＝eq \f(4mπ2,k2)r3，其中eq \f(4mπ2,k2)为常数，r的指数为3，
故n＝3，故选C。]
6．D
7．D [A、B属于齿轮传动，边缘点的线速度大小相等，则va∶vb＝1∶1，由向心加速度公式a＝eq \f(v2,r)得aa∶ab＝rb∶ra＝1∶2，A、C错误；C、D属于同轴转动，角速度相等，则ωc∶ωd＝1∶1，B错误；根据匀速圆周运动的周期T＝eq \f(2π,ω)，可得Tc∶Td＝ωd∶ωc＝1∶1，D正确。]
8．C [设汽车恰好通过道闸时直杆转过的角度为α，由几何关系得tan α＝eq \f(1.6－1,0.6)＝1，解得α＝eq \f(π,4)，直杆转动的时间t＝t汽－t反＝2 s，直杆转动的角速度ω＝eq \f(α,t)＝eq \f(\f(π,4),2) rad/s＝eq \f(π,8) rad/s，故选C。]
9．BC [飞镖以水平速度v0掷出，恰好击中P点，则有x＝v0t,2R＝eq \f(1,2)gt2，ωt＝(2n＋1)π(n＝0,1,2,3…)，仅增大v0，则飞镖到镖盘的时间变短，所以下落的高度h＝eq \f(1,2)gt22R，飞镖不可能击中镖盘，故B正确；仅增大ω， 可知n值变大，关系式ωt＝(2n＋1)π(n＝0,1,2,3…)仍可成立，则飞镖仍可能击中P点，故C正确；由A、B、C项的分析可知，若减小ω和v0，飞镖不可能击中P点，故D错误。]
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＝eq \f(1,2)at2
解得a＝eq \f(2x,t2)＝eq \f(2×8,22) m/s2＝4 m/s2
(2)根据F向＝meq \f(v2,r)
解得过弯时所需的向心力大小为
F向＝73×eq \f(142,10) 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＝eq \f(mg,tan θ)
解得tan θ＝eq \f(mg,F向)＝eq \f(73×10,1 430.8)≈0.51
可得θ＝27°。
11．(1)45° (2)(4＋eq \f(\r(2),2))mg
解析 (1)小球到达B点时竖直分速度vy＝eq \r(2gL)
则tan θ＝eq \f(vy,v0)，解得θ＝45°
(2)设小球到达B点时速度大小为vB，则有vB＝eq \r(2)v0，设轨道对小球的支持力为F，
根据F－mgcs 45°＝meq \f(vB2,L)，
解得F＝(4＋eq \f(\r(2),2))mg
由牛顿第三定律可知，小球对圆轨道的压力大小为F′＝(4＋eq \f(\r(2),2))mg。
12．B [暗室中静止不动的观察者观察到剪纸相对静止，则频闪光源照射圆盘时，圆盘转过的角度是θ＝eq \f(2π,5)的整数倍，则T＝eq \f(1,10) s内至少转过eq \f(2π,5)，则角速度最小为ω＝eq \f(θ,T)＝4π rad/s，则转速至少为n＝eq \f(ω,2π)＝2 r/s，故选B。]