2025版高考物理全程一輪復習課時分層精練二十一圓周運動習題

課時分層精練(二十一)圓周運動基礎落實練1．天宮空間站天和核心艙的機械臂，長度約10米，是我國自主研發(fā)的七自由度系統(tǒng)，與同樣屬于七自由度系統(tǒng)的人的手臂一樣靈活和機動．如圖A、B、C是三個主要關節(jié)支點，P為BC臂上的一點，機械臂整體以A支點為軸抬起，則下列說法正確的是()A．作業(yè)過程中P與B線速度大小一定相等B．作業(yè)過程中P與B線速度方向一定相同C．作業(yè)過程中P與B角速度大小一定相等D．作業(yè)過程中P與B加速度大小一定相等2．[2024·天津河西區(qū)二模]汽車在水平地面轉彎時，坐在車里的小云發(fā)現(xiàn)車內(nèi)掛飾偏離了豎直方向，如圖所示．設轉彎時汽車所受的合外力為F，關于本次轉彎，下列圖示可能正確的是()3.在室內(nèi)自行車比賽中，運動員以速度v在傾角為θ的賽道上做勻速圓周運動．已知運動員的質(zhì)量為m，做圓周運動的半徑為R，重力加速度為g，則下列說法正確的是()A．將運動員和自行車看作一個整體，整體受重力、支持力、摩擦力和向心力的作用B．運動員受到的合力大小為meq\f(v2,R)，做圓周運動的向心力大小也是meq\f(v2,R)C．運動員做圓周運動的角速度為vRD．如果運動員減速，運動員將做離心運動4.[2024·山東聯(lián)考]如圖所示，水平機械臂BC固定在豎直轉軸CD上，B處固定一與BC垂直的光滑水平轉軸，輕桿AB套在轉軸上．輕桿可在豎直面內(nèi)轉動，其下端固定質(zhì)量為m的小球，輕桿和機械臂的長度均為L，開始小球靜止，緩慢增大豎直軸轉動的角速度，直至桿與豎直方向的夾角為37°，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度為g，則()A．此時小球的角速度大小為eq\r(\f(5g,4L))B．此時小球的線速度大小為eq\f(\r(3gL),2)C．此過程中桿對小球做的功為eq\f(4,5)mgLD．此過程中桿對小球做的功為eq\f(3,5)mgL5.[2024·浙江嘉興統(tǒng)考二模]如圖所示是港珠澳大橋的一段半徑為120m的圓弧形彎道．晴天時路面對輪胎的徑向最大靜摩擦力為正壓力的0.8，下雨時路面對輪胎的徑向最大靜摩擦力變?yōu)檎龎毫Φ?.4.若汽車通過圓弧形彎道時做勻速圓周運動，汽車視為質(zhì)點，路面視為水平且不考慮車道的寬度，則()A.汽車以72km/h的速率通過此圓弧形彎道時的向心加速度為3.0m/s2B．汽車以72km/h的速率通過此圓弧形彎道時的角速度為0.6rad/sC．晴天時汽車以180km/h的速率可以安全通過此圓弧形彎道D．下雨時汽車以70km/h的速率可以安全通過此圓弧形彎道6．[2022·遼寧卷]2022年北京冬奧會短道速滑混合團體2000米接力決賽中，我國短道速滑隊奪得中國隊在本屆冬奧會的首金．(1)如果把運動員起跑后進入彎道前的過程看作初速度為零的勻加速直線運動．若運動員加速到速度v＝9m/s時，滑過的距離x＝15m．求加速度的大小；(2)如果把運動員在彎道滑行的過程看作軌道為半圓的勻速圓周運動，如圖所示，若甲、乙兩名運動員同時進入彎道，滑行半徑分別為R甲＝8m、R乙＝9m，滑行速率分別為v甲＝10m/s，v乙＝11m/s，求甲、乙過彎道時的向心加速度大小之比，并通過計算判斷哪位運動員先出彎道．素養(yǎng)提升練7．[2024·江蘇淮安市聯(lián)考]學校門口的車牌自動識別系統(tǒng)如圖所示，閘桿距地面高為1m，可繞轉軸O在豎直面內(nèi)勻速轉動，自動識別區(qū)前邊界ab到后邊界a′b′的距離為6.9m，閘桿開始保持水平靜止，a′b′在閘桿的正下方．汽車以速度3m/s勻速駛入自動識別區(qū)，識別的反應時間為0.3s，若汽車可看成高1.6m的長方體，閘桿轉軸O與車左側面的水平距離為0.6m．要使汽車勻速順利通過，閘桿抬桿時勻速轉動的角速度至少為()A．eq\f(π,3)rad/sB．eq\f(π,4)rad/sC．eq\f(π,6)rad/sD．eq\f(π,8)rad/s8．(多選)《流浪地球2》中太空電梯非常吸引觀眾眼球．太空電梯通過超級纜繩連接地球赤道上的固定基地與配重空間站，它們隨地球以同步靜止狀態(tài)一起旋轉，如圖所示．圖中配重空間站距地面距離為10R，R為地球半徑，地球自轉周期為T，重力加速度為g，則()A．配重空間站線速度大小為eq\f(20πR,T)B．若纜繩斷裂，空間站做離心運動，被甩出去C．若太空電梯與貨物停留在如圖位置，則電梯內(nèi)的貨物處于完全失重狀態(tài)D．配重空間站的線速度大于同步衛(wèi)星的線速度9．如圖甲所示，在勻速轉動的水平盤上，沿半徑方向放著用輕質(zhì)細線相連的質(zhì)量相等的兩個物體A和B，它們分居圓心兩側，與圓心距離分別為2r和3r，兩物體與盤間的動摩擦因數(shù)相同，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力．若初始時繩子恰好拉直但沒有拉力，現(xiàn)增大轉盤角速度讓轉盤做勻速圓周運動，但兩物體還未發(fā)生相對滑動，這一過程A與B所受摩擦力f的大小與ω2的大小關系圖像如圖乙所示，下列關系式正確的是()A．2ωeq\o\al(2,2)＝3ωeq\o\al(2,1)B．ωeq\o\al(2,2)＝2ωeq\o\al(2,1)C．2ωeq\o\al(2,2)＝5ωeq\o\al(2,1)D．ωeq\o\al(2,2)＝3ωeq\o\al(2,1)課時分層精練（二十一）圓周運動1．解析：由于P、B兩點為同軸傳動，所以兩點的角速度相同，P、B兩點的半徑不確定是否相同，故A錯誤；線速度的方向在該點與原圓心連線的垂直方向上，由于P、B兩點與圓心連線不重合，故B錯誤；根據(jù)A選項的分析，故C正確；根據(jù)圓周運動加速度公式a＝ω2r，P、B的r不確定是否相同，故D錯誤．故選C.答案：C2．解析：根據(jù)圖中可知，車內(nèi)的掛飾偏向了右方，由此可知，汽車正在向左轉彎，由于汽車做曲線運動，故合力F指向軌跡的內(nèi)側，故A正確，B、C、D錯誤．答案：A3．解析：向心力是整體所受力的合力，選項A錯誤；做勻速圓周運動的物體，合力提供向心力，選項B正確；運動員做圓周運動的角速度為ω＝eq\f(v,R)，選項C錯誤；只有運動員加速到所受合力不足以提供做圓周運動的向心力時，運動員才做離心運動，選項D錯誤．答案：B4．解析：當桿與豎直方向成37°時，小球做勻速圓周運動，桿對小球的拉力沿桿方向，合力提供向心力，則有F合＝mgtan37°＝ma，可得a＝gtan37°＝eq\f(3,4)g，因為圓周運動半徑r＝L＋Lsin37°＝eq\f(8,5)L，根據(jù)a＝rω2＝eq\f(v2,r)，可得ω＝eq\r(\f(15g,32L))，v＝eq\r(\f(6gL,5))，選項A、B錯誤；設此過程中桿對小球做功為W，由動能定理W－mgL（1－cos37°）＝eq\f(1,2)mv2，解得W＝eq\f(4,5)mgL，選項C正確，D錯誤．答案：C5．解析：汽車通過此圓弧形彎道時做勻速圓周運動，軌道半徑為120m，運動速率v＝72km/h＝20m/s，向心加速度為a＝eq\f(v2,R)＝eq\f(202,120)m/s2≈3.3m/s2，角速度ω＝eq\f(v,R)＝eq\f(20,120)rad/s＝eq\f(1,6)rad/s，A、B錯誤；以汽車為研究對象，當路面對輪胎的徑向摩擦力指向內(nèi)側且達到徑向最大靜摩擦力時，此時汽車的速率為安全通過圓弧形彎道的最大速率vm.設汽車的質(zhì)量為m，在水平方向上根據(jù)牛頓第二定律得fm＝meq\f(veq\o\al(2,m),R)，在豎直方向有FN＝mg，徑向最大靜摩擦力變?yōu)檎龎毫Φ?.8，即fm＝kFN，聯(lián)立得vm＝eq\r(kgR)，解得vm≈111.5km/h，所以晴天時，汽車以180km/h的速率不能安全通過此圓弧形彎道，C錯誤；下雨時，路面對輪胎的徑向最大靜摩擦力變?yōu)檎龎毫Φ?.4，有v′m＝eq\r(k′gR)，解得v′m＝78.9km/h>70km/h，所以下雨時汽車以70km/h的速率可以安全通過此圓弧形彎道，D正確．答案：D6．解析：（1）根據(jù)速度—位移公式有v2＝2ax代入數(shù)據(jù)可得a＝2.7m/s2（2）根據(jù)向心加速度的表達式an＝eq\f(v2,R)可得甲、乙的向心加速度之比為eq\f(an甲,an乙)＝eq\f(veq\o\al(2,甲),veq\o\al(2,乙))×eq\f(R乙,R甲)＝eq\f(225,242)甲、乙兩物體做勻速圓周運動，則運動的時間為t＝eq\f(πR,v)代入數(shù)據(jù)可得甲、乙運動的時間為t甲＝eq\f(4π,5)s，t乙＝eq\f(9π,11)s因t甲<t乙，所以甲先出彎道．答案：（1）2.7m/s2（2）eq\f(225,242)甲7．解析：閘桿轉動時間為t＝eq\f(x,v)－t0＝eq\f(6.9,3)s－0.3s＝2s，汽車勻速順利通過，閘桿轉動的角度至少為tanθ＝eq\f(1.6－1,0.6)，解得θ＝eq\f(π,4)，則閘桿轉動的角速度至少為ω＝eq\f(θ,t)＝eq\f(π,8)rad/s，故選D.答案：D8．解析：配重空間站繞地心轉動的周期與地球自轉的周期相同T＝24h，配重空間站線速度大小為v＝eq\f(2π（R＋10R）,T)＝eq\f(22πR,T)，故A錯誤；若配重空間站沒有纜繩連接，由萬有引力提供向心力得Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(v′2,r)，r＝R＋10R，地面的物體受到的萬有引力等于重力，則Geq\f(Mm0,R2)＝m0g，解得v′＝eq\r(\f(gR,11))，由于v>v′，若纜繩斷裂，空間站做離心運動，被甩出去，故B正確；以周期T運行時，同步衛(wèi)星軌道上物體萬有引力提供向心力，處于完全失重狀態(tài)；有F萬＝Geq\f(Mm,req\o\al(2,1))，F(xiàn)向＝meq\f(4π2,T2)r1，F(xiàn)萬＝F向，由題知貨物停留在位置運行半徑小于同步衛(wèi)星運行半徑，即半徑減小，則萬有引力大于所需向心力，電梯內(nèi)的貨物不會處于完全失重狀態(tài)，故C錯誤；由圖知配重空間站運行半徑大于同步衛(wèi)星運行半徑，由角速度與線速度關系v＝ωr可知，角速度相同，則配重空間站的線速度大于同步衛(wèi)星的線速度，故D正確．故選BD.答案：BD9．解析：由題意可知，因為物體A和B分居圓心兩側，與圓心距離分別為2r