（2022-2024年）3年高考2年模擬匯編專題一圓周運動（單選題）-解析卷

（2022-2024年）3年高考2年模擬匯編專題一圓周運動（單選題）3年真題1．（2022·北京·高考真題）我國航天員在“天宮課堂”中演示了多種有趣的實驗，提高了青少年科學探索的興趣。某同學設計了如下實驗：細繩一端固定，另一端系一小球，給小球一初速度使其在豎直平面內做圓周運動。無論在“天宮”還是在地面做此實驗（）A．小球的速度大小均發(fā)生變化 B．小球的向心加速度大小均發(fā)生變化C．細繩的拉力對小球均不做功 D．細繩的拉力大小均發(fā)生變化【答案】C【解析】AC．在地面上做此實驗，忽略空氣阻力，小球受到重力和繩子拉力的作用，拉力始終和小球的速度垂直，不做功，重力會改變小球速度的大??；在“天宮”上，小球處于完全失重的狀態(tài)，小球僅在繩子拉力作用下做勻速圓周運動，繩子拉力仍然不做功，A錯誤，C正確；BD．在地面上小球運動的速度大小改變，根據和（重力不變）可知小球的向心加速度和拉力的大小發(fā)生改變，在“天宮”上小球的向心加速度和拉力的大小不發(fā)生改變，BD錯誤。故選C。2．（2022·浙江·高考真題）下列說法正確的是（

）A．鏈球做勻速圓周運動過程中加速度不變B．足球下落過程中慣性不隨速度增大而增大C．乒乓球被擊打過程中受到的作用力大小不變D．籃球飛行過程中受到空氣阻力的方向與速度方向無關【答案】B【解析】A．鏈球做勻速圓周運動過程中加速度方向在改變，A錯誤；B．慣性只與質量有關，則足球下落過程中慣性不隨速度增大而增大，B正確；C．乒乓球被擊打過程中受到的作用力隨著形變量的減小而減小，C錯誤；D．籃球飛行過程中受到空氣阻力的方向與速度方向有關，D錯誤。故選B。3．（2022·全國·高考真題）北京2022年冬奧會首鋼滑雪大跳臺局部示意圖如圖所示。運動員從a處由靜止自由滑下，到b處起跳，c點為a、b之間的最低點，a、c兩處的高度差為h。要求運動員經過c點時對滑雪板的壓力不大于自身所受重力的k倍，運動過程中將運動員視為質點并忽略所有阻力，則c點處這一段圓弧雪道的半徑不應小于（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】運動員從a到c根據動能定理有在c點有FNc≤kmg聯立有故選D。4．（2023·北京·高考真題）在太空實驗室中可以利用勻速圓周運動測量小球質量。如圖所示，不可伸長的輕繩一端固定于O點，另一端系一待測小球，使其繞O做勻速圓周運動，用力傳感器測得繩上的拉力為F，用停表測得小球轉過n圈所用的時間為t，用刻度尺測得O點到球心的距離為圓周運動的半徑R。下列說法正確的是（）

A．圓周運動軌道可處于任意平面內B．小球的質量為C．若誤將圈記作n圈，則所得質量偏大D．若測R時未計入小球半徑，則所得質量偏小【答案】A【解析】A．空間站內的物體都處于完全失重狀態(tài)，可知圓周運動的軌道可處于任意平面內，故A正確；B．根據解得小球質量故B錯誤；C．若誤將n-1圈記作n圈，則得到的質量偏小，故C錯誤；D．若測R時未計入小球的半徑，則R偏小，所測質量偏大，故D錯誤。故選A。5．（2023·全國·高考真題）一質點做勻速圓周運動，若其所受合力的大小與軌道半徑的n次方成正比，運動周期與軌道半徑成反比，則n等于（

）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【解析】質點做勻速圓周運動，根據題意設周期合外力等于向心力，根據聯立可得其中為常數，的指數為3，故題中故選C。6．（2024·江蘇·高考真題）如圖所示是生產陶瓷的工作臺，臺面上掉有陶屑，與工作臺一起繞OO'勻速轉動，陶屑與桌面間的動摩因數處處相同（臺面夠大）。最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則（

）A．越靠近臺面邊緣的陶屑質量越大B．越靠近臺面邊緣的陶屑質量越小C．陶屑只能分布在工作臺邊緣D．陶屑只能分布在某一半徑的圓內【答案】D【解析】ABC．與臺面相對靜止的陶屑做勻速圓周運動，靜摩擦力提供向心力，當靜摩擦力為最大靜摩擦力時，根據牛頓第二定律可得解得因與臺面相對靜止的這些陶屑的角速度相同，由此可知能與臺面相對靜止的陶屑離軸OO′的距離與陶屑質量無關，只要在臺面上不發(fā)生相對滑動的位置都有陶屑。故ABC錯誤；D．離軸最遠的陶屑其受到的靜摩擦力為最大靜摩擦力，由前述分析可知最大的運動半徑為μ與ω均一定，故R為定值，即離軸最遠的陶屑距離不超過某一值R，即陶屑只能分布在半徑為R的圓內。故D正確。故選D。7．（2024·廣東·高考真題）如圖所示，在細繩的拉動下，半徑為r的卷軸可繞其固定的中心點O在水平面內轉動。卷軸上沿半徑方向固定著長度為l的細管，管底在O點。細管內有一根原長為、勁度系數為k的輕質彈簧，彈簧底端固定在管底，頂端連接質量為m、可視為質點的插銷。當以速度v勻速拉動細繩時，插銷做勻速圓周運動。若v過大，插銷會卡進固定的端蓋。使卷軸轉動停止。忽略摩擦力，彈簧在彈性限度內。要使卷軸轉動不停止，v的最大值為（）A． B． C． D．【答案】A【解析】有題意可知當插銷剛卡緊固定端蓋時彈簧的伸長量為，根據胡克定律有插銷與卷軸同軸轉動，角速度相同，對插銷有彈力提供向心力對卷軸有聯立解得故選A。8．（2024·江蘇·高考真題）如圖所示，輕繩的一端拴一個蜂鳴器，另一端穿過豎直管握在手中。蜂鳴器在水平面內做勻速圓周運動，緩慢下拉繩子，使蜂鳴器升高到水平面內繼續(xù)做勻速圓周運動。不計空氣阻力和摩擦力，與升高前相比，蜂鳴器（

）A．角速度不變B．線速度減小C．向心加速度增大D．所受拉力大小不變【答案】C【解析】設繩子與豎直方向夾角為θ，小球做圓周運動的半徑為r，小球質量為m。CD．對小球分析有，根據a、b兩個位置可知，b位置更高，則θb>θa，代入上式，故此FTb>FTa，anb>ana故C正確、D錯誤；AB．根據角動量守恒有mvr=mωr2=L可解出θb>θa，代入上式，有vb>va，ωb>ωa故AB錯誤。故選C。9．（2024·遼寧·高考真題）“指尖轉球”是花式籃球表演中常見的技巧。如圖，當籃球在指尖上繞軸轉動時，球面上P、Q兩點做圓周運動的（）A．半徑相等 B．線速度大小相等C．向心加速度大小相等 D．角速度大小相等【答案】D【解析】D．由題意可知，球面上P、Q兩點轉動時屬于同軸轉動，故角速度大小相等，故D正確；A．由圖可知，球面上P、Q兩點做圓周運動的半徑的關系為故A錯誤；B．根據可知，球面上P、Q兩點做圓周運動的線速度的關系為故B錯誤；C．根據可知，球面上P、Q兩點做圓周運動的向心加速度的關系為故C錯誤。故選D。2年模擬10．（2023·湖南永州·二模）如圖所示，電動打夯機由偏心輪（飛輪和配重物組成）、電動機和底座三部分組成。電動機、飛輪和底座總質量為M，配重物質量為m，配重物的重心到輪軸的距離為R，重力加速度為g。在電動機帶動下，偏心輪在豎直平面內勻速轉動，皮帶不打滑。當偏心輪上的配重物轉到頂端時，底座剛好對地面無壓力。下列說法正確的是（）

A．電動機輪軸與偏心輪轉動角速度相同B．配重物轉到頂點時處于超重狀態(tài)C．偏心輪轉動的角速度為D．打夯機對地面壓力的最大值大于【答案】D【解析】A．電動機輪軸與偏心輪通過皮帶傳動，線速度相等，根據電動機輪軸與偏心輪半徑不同，故電動機輪軸與偏心輪轉動角速度不相同，故A錯誤；B．配重物轉到頂點時，具有向下的加速度，故配重物處于失重狀態(tài)，故B錯誤；C．當偏心輪上的配重物轉到頂端時，底座剛好對地面無壓力，有對配重物有解得偏心輪轉動的角速度為故C錯誤；D．在最低點，打夯機對地面壓力最大，對配重物有對打夯機有解得根據牛頓第三定律可知，打夯機對地面壓力的最大值大于，故D正確。故選D。11．（2023·四川眉山·一模）如圖，豎直面內兩個完全相同的光滑圓弧軌道平滑對接，P、Q是等高的兩端。讓一可視為質點的小球以沿切線的初速度從P端進入軌道，則（

）A．小球在軌道最低點的機械能最大B．小球在軌道最低點對軌道的壓力最大C．初速度足夠大時，小球可能飛離“凹形”軌道D．初速度足夠大時，小球一定能通過“凸形”軌道最高點【答案】B【解析】A．小球在光滑圓弧軌道上運動，只有重力做功，機械能守恒，故A錯誤；B．小球在軌道最低點有根據機械能守恒則小球在軌道最低點速度最大，則球在軌道最低點軌道對球的支持力最大，根據牛頓第三定律球對軌道的壓力最大，故B正確；C．設小球與豎直方向的夾角為，在“凹形”軌道運動，根據牛頓第二定律有球的重力與軌道對球的支持力的合力提供向心力，初速度足夠大時，小球不可能飛離“凹形”軌道，故C錯誤；D．在“凸形”軌道運動，根據牛頓第二定律有初速度足夠大時，球的重力與軌道對球的支持力的合力不足以提供向心力，小球不能通過“凸形”軌道最高點，故D錯誤。故選B。12．（2023·山東濰坊·模擬預測）如圖所示，質量為m的小物塊開始靜止在一半徑為R的球殼內，它和球心O的連線與豎直方向的夾角為30°?，F讓球殼隨轉臺繞轉軸一起轉動，物塊在球殼內始終未滑動，重力加速度大小為g，則（）

A．靜止時物塊受到的摩擦力大小為B．若轉臺的角速度為，小物塊不受摩擦力作用C．若轉臺的角速度為，小物塊受到的摩擦力沿球面向下D．若轉臺的角速度為，小物塊受到的摩擦力沿球面向下【答案】D【解析】A．靜止時，對物塊分析，根據平衡條件有故A錯誤；B．球殼隨轉臺繞轉軸一起轉動，物塊做勻速圓周運動，由沿圓周半徑方向的合力提供向心力，若物塊所受摩擦力恰好為0時，角速度為，對物塊進行分析，則有解得故B錯誤；C．若轉臺的角速度為，由于可知，物塊有沿球殼向下運動的趨勢，小物塊受到的摩擦力沿球面向上，故C錯誤D．若轉臺的角速度為，由于可知，物塊有沿球殼向上運動的趨勢，小物塊受到的摩擦力沿球面向下，故D正確。故選D。13．（2023·安徽·二模）如圖所示，某同學設計了如下實驗裝置研究向心力，輕質套筒A和質量為1kg的小球B通過長度為L的輕桿及鉸鏈連接，套筒A套在豎直桿OP上與原長為L的輕質彈簧連接，小球B可以沿水平槽滑動，讓系統以某一角速度繞OP勻速轉動，球B對水平槽恰好無壓力，此時輕桿與豎直方向夾角。已知彈簧的勁度系數為100N/m，彈簧始終在彈性限度內，不計一切摩擦，，則系統轉動的角速度為（）A．2rad/s B．2.5rad/s C．4rad/s D．5rad/s【答案】D【解析】B球對槽恰好無壓力時，此時彈簧的壓縮量為，對B分析有根據牛頓第二定律有解得故選D。14．（2023·河北保定·二模）如圖所示，在傾角為的固定粗糙斜面體上，有一可視為質點、質量為的小球用長為的輕繩拴接，輕繩的另一端固定在點，小球靜止時位于最低點A，現給小球一與輕繩垂直的初速度，使小球在斜面上做圓周運動，經過一段時間小球剛好能運動到最高點，重力加速度取，忽略空氣阻力。關于此過程，下列說法正確的是（）

A．小球由A運動到的過程中機械能守恒B．小球由A運動到的過程中，重力的瞬時功率一直減小C．小球在A點時，輕繩的拉力大小為D．小球由A運動到的過程中克服摩擦力做的功為【答案】C【解析】A．由于小球由A運動到的過程有摩擦力做功，所以小球的機械能不守恒，故A錯誤；B．小球在A點時的速度與重力垂直，則重力的功率為0，同理小球在點時，重力的功率也為0，所以小球由A到的過程，重力的瞬時功率先增大后減小，故B錯誤；C．小球在A點時，由牛頓第二定律得解得故C正確；D．小球剛好運動到點時，輕繩沒有作用力，則由牛頓第二定律得設小球由A到的過程中克服摩擦力做功為，由動能定理得解得故D錯誤。故選C。15．（2023·浙江寧波·三模）如圖所示，物體A、B用細線連接，在同一高度做勻速圓周運動，且圓心均為點O。在某時刻，兩細線同時斷裂，兩物體同時開始做平拋運動，并同時落在水平面上的同一點。連接A、B的細線長度分別為10、5，A、B圓周運動的半徑分別為6、4，則O點到水平面的高度為（忽略物體的大小和細線質量）（）A．10 B．12 C．13 D．14【答案】B【解析】由幾何關系可知連接A物體的細線與豎直方向夾角為，連接B物體的細線與豎直方向夾角為。由圓周運動向心力公式可知，可求出，A和B都沿著圓的切線飛出，做平拋運動并落到同一點，如圖所示由幾何關系可知又由平拋運動規(guī)律，豎直方向上解得16．（2023·湖北武漢·模擬預測）鏈球是利用雙手投擲的競遠項目，運動員兩手握著鏈球上鐵鏈的把手，經過3~4圈加速旋轉，帶動鏈球旋轉，最后鏈球脫手而出，整個過程可簡化為某傾斜平面內的加速圓周運動和脫離后的斜拋運動，如圖所示。某次訓練中鏈球脫手時速度的方向與水平面成角，忽略空氣阻力，下列說法中正確的是（）A．鏈球做加速圓周運動過程中，合力的方向指向圓心B．鏈球做加速圓周運動過程中，向心力不斷增大C．若其他條件不變僅改變，則當增大時，鏈球斜拋過程中動量的變化率變大D．若其他條件不變僅改變，則時，鏈球落地點離脫手點水平距離最遠【答案】B【解析】A．若鏈球做勻速圓周運動，則合力提供向心力，方向指向圓心，所以鏈球做加速圓周運動過程中，合力的方向不指向圓心，故A錯誤；B．鏈球做加速圓周運動過程中，向心力，不斷增大，故B正確；C．鏈球斜拋過程中動量的變化率為所以當增大時，鏈球斜拋過程中動量的變化率不變，故C錯誤；D．若鏈球在水平面做斜拋運動，則有聯立可得當，水平位移最大；但該模型豎直高度與也有關，根據斜拋運動規(guī)律可知并非時，鏈球落地點離脫手點水平距離最遠，故D錯誤；故選B。17．（2023·四川成都·模擬預測）在2022年北京冬奧會短道速滑項目男子1000米決賽中，中國選手任子威奪得冠軍。如圖所示，A、B、A'、B'在同一直線上，O'為AA'的中點，運動員由直線AB經彎道到達直線A'B'，若有如圖所示的①②兩條路線可選擇，其中路線①中的半圓以O為圓心，半徑為8m，路線②是以O'為圓心，半徑為15m的半圓。若運動員在沿兩圓弧路線運動的過程中，冰面與冰刀之間的徑向作用力的最大值相等，某一運動員均以不打滑的最大速率通過兩條路線中的彎道（所選路線內運動員的速率不變），則下列說法正確的是（）

A．在①②兩條路線上，運動員的向心加速度大小不相等B．沿①②兩條路線運動時，運動員的速度大小相等C．選擇路線①，運動員所受合外力沖量小D．選擇路線②，運動員所受合外力沖量小【答案】C【解析】A．因為運動過程中運動員以不打滑的最大速率通過彎道，最大徑向作用力提供向心力，有所以運動員在①②兩條圓弧路線上運動時的向心加速度大小相同，故A錯誤；B．根據牛頓第二定律，有解得因為路線①的半徑小，所以路線①上運動員的速度小，故B錯誤；CD．根據動量定量由于路線①上運動員的速度小，所以運動員所受合外力沖量小，故C正確，D錯誤。故選C。18．（22-23高三下·湖南·階段練習）水平面上放置質量為M的物塊，通過光滑的定滑輪用一根輕繩與質量為m的小球連接，滑輪到小球的距離為L，現使小球在水平面內做勻速圓周運動。要使物塊保持靜止，細繩與豎直方向的最大夾角為已知物塊與水平面間的最大靜摩擦力和滑動摩擦力相等，物塊和水平面間的動摩擦因數。重力加速度為g，不計定滑輪和小球的大小，物塊M始終保持靜止，則（）

A．小球運動的最大周期為B．小球運動的最大線速度大小為C．組繩的最大拉力為D．滑塊的質量可能小于小球的質量【答案】B【解析】A．對小球進行受力分析，小球受細繩的拉力F和重力mg，二者的合力提供小球圓周運動的向心力，設細繩和豎直方向的夾角為，根據解得故越大周期越短，小球運動的最小周期為選項A錯誤；B．根據故越大，線速度越大，小球運動的最大線速度為選項B正確；CD．細繩的最大拉力根據題意故一定有選項CD錯誤。故選B。19．（2023·新疆·三模）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細線相連的質量相等的兩個物體A和B，它們分居圓心兩側，與圓心距離分別為和，兩物體與盤間的動摩擦因數相同，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的大小與的大小關系圖像如圖乙所示，下列關系式正確的是（）

A． B． C． D．【答案】D【解析】由題意可知，因為物體A和B分居圓心兩側，與圓心距離分別為和，兩個物體都沒滑動之前，都受靜摩擦力的作用，與成正比，由于B物體到圓心的距離大，故B物體先達到滑動摩擦力，摩擦力大小不變?yōu)榻撬俣冗_到后繩子出現拉力，在角速度為時，設繩子拉力為T，對B有對A有解得故選D。20．（2024·四川內江·一模）如圖，半徑為的光滑圓軌道被豎直固定在水平地面上，在圓軌道的最低處有一小球（小球的半徑比小很多）。現給小球一個水平向右的初速度，恰能使其做完整的圓周運動，不計空氣阻力，重力加速度取。則下列說法中正確的是（）A．圓軌道的半徑B．小球所受合力始終指向圓心C．小球轉動一圈，軌道對小球的彈力的沖量豎直向上D．在小球運動的整個過程中，在最左、右兩邊時小球的向心加速度最小【答案】C【解析】A．小球恰能使其做完整的圓周運動，從最低點到最高點，根據動能定理有最高點有解得m故A錯誤；B．小球做圓周運動，速度不斷改變，所受重力與彈力的合力并非始終指向圓心，故B錯誤；C．小球轉動一圈，根據動量定理有則軌道對小球的彈力的沖量豎直向上，故C正確；D．根據向心加速度公式，由于在最高點小球速度最小，則在最高點向心加速度最小，故D錯誤；故選C。21．（2024·四川內江·一模）如圖，在粗糙的水平圓盤上，甲、乙兩個小物體（可視為質點）疊放在一起隨圓盤一起做角速度為的勻速圓周運動，兩小物體所在位置到轉軸距離為，乙的質量是甲的質量的2倍，甲、乙兩物體間的動摩擦因數為，盤與乙物體間的動摩擦因數為，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，，重力加速度為。則下列說法正確的是（）A．乙所需要的向心力是甲所需要的向心力的3倍B．盤對乙的摩擦力是甲對乙的摩擦力的2倍C．為了保證甲、乙均不發(fā)生滑動，角速度的最大值為D．為了保證甲、乙均不發(fā)生滑動，角速度的最大值為【答案】D【解析】A．兩物體隨圓盤轉動，角速度相同為，運動半徑為，則兩物體轉動所需的向心力為，即乙所需要的向心力是甲所需要的向心力的2倍，故A錯誤；B．設乙對甲的摩擦力為，盤對乙的摩擦力為，根據牛頓第二定律有解得故B錯誤；CD．當A、B整體剛好和轉盤發(fā)生相對滑動時，有解得此時A所受摩擦力為所以為了保證甲、乙均不發(fā)生滑動，角速度的最大值為故C錯誤，D正確；故選D。22．（2024·全國·模擬預測）“指尖籃球”是花式籃球表演中的常見技巧。如圖所示，半徑為的籃球在指尖繞豎直軸轉動，若此時籃球下半球部分表面有一些小水滴，當籃球角速度達到一定值時，小水滴將被甩出。已知小水滴質量為，籃球對小水滴的最大吸附力為，重力加速度為，若小水滴僅受重力和籃球的吸附力作用，籃球對小水滴的吸附力時刻指向球心，則小水滴被籃球甩出時籃球的角速度、小水滴和球心的連線與水平方向的夾角應滿足（

）A．， B．，C．， D．，【答案】B【解析】如圖所示小水滴恰好被甩出時，水平方向有豎直方向有解得，故選B。23．（2024·河南·模擬預測）A、B兩個粗細均勻的同心光滑圓環(huán)固定在豎直轉軸上，圓心O在轉軸上，兩環(huán)和轉軸在同一豎直面內，a、b兩個小球分別套在A、B兩個圓環(huán)上，當兩環(huán)繞豎直軸勻速轉動后，a、b兩球在環(huán)上的位置可能是（）A． B．C． D．【答案】B【解析】對小環(huán)受力分析如圖由牛頓第二定律得故兩小球角速度相同，故h相同，即在同一個水平面內做圓周運動。故選B。24．（23-24高一下·陜西榆林·期末）汽車行駛中經常會經過一些凹凸不平的路面，其凹凸部分路面可以看作圓弧的一部分，如圖所示的A、B、C處，其中B處的曲率半徑最大，A處的曲率半徑為，C處的曲率半徑為，，重力加速度為。若有一輛可視為質點、質量為的小汽車與路面之間各處的動摩擦因數均為，當該車以恒定的速率沿這段凹凸路面行駛經過A、B、C三點時，下列說法正確的是（）A．汽車在A處受到的摩擦力大小為B．汽車經過A處時處于失重狀態(tài)，經過C處時處于超重狀態(tài)C．汽車在A點的行駛速度小于時，汽車將做平拋運動D．汽車經過C處時所受的向心力最小【答案】B【解析】A．汽車在A處得汽車在A處受到的摩擦力大小故A錯誤；B．汽車經過A處時，加速度向下，處于失重狀態(tài)，經過C處時，加速度向上，處于超重狀態(tài)，故B正確；C．要使車安全行駛，則不得離開地面，故經過A處時恰不離開地面有即安全行駛的速度不得超過，汽車在A點的行駛速度大于時，汽車將做平拋運動，故C錯誤；D．該車以恒定的速率，汽車所受向心力B處的曲率半徑最大，汽車經過B處時所受的向心力最小，故D錯誤。故選B。25．（2024·山東煙臺·三模）如圖所示，MN為半徑為r的圓弧路線，NP為長度19r的直線路線，為半徑為4r的圓弧路線，為長度16r的直線路線。賽車從M點以最大安全速度通過圓弧路段后立即以最大加速度沿直線加速至最大速度vm并保持vm勻速行駛。已知賽車勻速轉彎時徑向最大靜摩擦力和加速時的最大合外力均為車重的k倍，最大速度，g為重力加速度，賽車從M點按照MNP路線運動到P點與按照路線運動到點的時間差為（）A． B．C． D．【答案】C【解析】賽車從M點按照MNP路線運動到P點過程，在圓周運動過程有，在NP直線路線勻加速過程有，解得，在NP直線路線勻加速至最大速度過程的位移為則勻速過程的時間賽車從M點按照路線運動到點過程，在圓周運動過程有，在直線路線勻加速過程有，解得，在直線路線勻加速至最大速度過程的位移為即勻加速至最大速度時，恰好到達，則賽車從M點按照MNP路線運動到P點與按照路線運動到點的時間差為解得故選C。26．（2024·四川德陽·二模）三個質量均為m的小物塊，用三根長度為L、最大張力為的輕繩連接，置于動摩擦因數為的粗糙水平圓盤上面，初始時刻輕繩恰好繃直，構成正三角形，正三角形的中心與圓盤的圓心重合．讓圓盤繞過O點垂直于圓盤的軸緩慢轉動起來，隨著角速度的緩慢增加，在輕繩斷裂的瞬間，圓盤的角速度大小為（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】當繩斷裂瞬間，拉力為mg，對任意一個小球，根據力的合成結合牛頓第二定律有解得故選A。27．（2024·貴州黔西·一模）2022年9月2日，印度科欽造船廠建造的首艘航母“維克蘭特”號正式服役?！盎S式”起飛甲板比“電磁彈射式”起飛甲板建造技術更為簡單，印度該艘航母選擇裝配“滑躍式”起飛甲板。如圖所示，艦載飛機起飛時，先在水平甲板上加速后沖上圓弧形的甲板，運動過程中受到垂直于運動方向的升力，升力的大小與速度成正比，在離開圓弧甲板時，艦載飛機與甲板之間沒有相互作用力則可以正常起飛，此時艦載飛機的動能為E0，已知圓弧軌道的水平長度為L，圓弧半徑為R，艦載飛機的重力為G，艦載飛機可視為質點，則下列說法正確的是（）A．艦載飛機在圓弧形甲板上運動時處于失重狀態(tài)B．艦載飛機在圓弧軌道的底端對甲板的壓力一定大于艦載飛機的重力C．起飛時，艦載飛機受到的升力為D．若艦載飛機在離開甲板時的動能E<E0，則仍然可以正常起飛【答案】C【解析】A．艦載飛機做變速圓周運動沖出甲板，有指向圓心的向心加速度，其加速度的豎直分量向上，則飛機處于超重狀態(tài)，故A錯誤；B．艦載飛機在圓弧軌道的底端時，由徑向合力提供向心力，有可知甲板對飛機的支持力不一定大于重力，由牛頓第三定律可知飛機對甲板的壓力不一定大于重力，故B錯誤；C．艦載飛機與甲板之間沒有相互作用力正常起飛，此時艦載飛機的動能為E0，設此時半徑與豎直方向的夾角為，有，聯立解得艦載飛機受到的升力為故C正確；D．若艦載飛機在離開甲板時的動能E<E0，則速度偏小，因升力的大小與速度成正比，則升力偏小，艦載飛機與甲板之間有相互作用力，則不能正常起飛，故D錯誤。故選C。28．（2024·四川瀘州·二模）如圖甲所示為車庫入口的擋車裝置，OA桿繞O點沿順時針方向以角速度勻速轉動，AB桿始終保持水平狀態(tài)，其模型可簡化為如圖乙所示。已知OA和AB兩桿長度均為L，在某次抬桿過程中，OA桿從水平位置轉到豎直位置，關于此過程，下列判斷正確的是（

）A．A、B兩端點的速度總相同 B．端點B的速度大小為C．端點B的運動軌跡不是圓弧 D．抬桿過程中，兩桿掃過的總面積為【答案】A【解析】在某次抬桿過程中，OA桿從水平位置轉到豎直位置，如圖所示AB．因為OA和AB兩桿長度均為L，可知A、B兩端點的速度均相同，大小為故A正確，B錯誤；C．如圖所示，端點B的運動軌跡與端點A的運動軌跡均是圓弧，故C錯誤；D．抬桿過程中，OA桿掃過的面積為由圖可知，AB桿掃過的面積為一個正方形故抬桿過程中，兩桿掃過的總面積故D錯誤。故選A。29．（2024·山東臨沂·一模）在我國漢代，勞動人民就已經發(fā)明了轆轤，如圖所示，可轉動的把手邊緣上a點和轆轤邊緣b點，忽略空氣阻力。在水桶裝滿水離開水面后加速向上運動的過程中，下列說法正確的是（）A．把手邊緣上a點的角速度小于轆轤邊緣b點的角速度B．水桶上升的速度大小等于把手邊緣上a點的線速度大小C．人對轆轤做功的功率等于繩子拉力對水桶和水做功的功率D．拉力對水桶和水的沖量大于水桶和水動量的變化量【答案】D【解析】A．手邊緣上a點與轆轤邊緣b點屬于同軸轉動，所以角速度相同，A錯誤；B．設可轉動的把手邊緣上a點到轉軸的距離為，轆轤邊緣b點到轉軸的距離為Rb，根據角速度與線速度的關系，可得水桶上升的速度大小，其中所以水桶上升的速度大小小于把手邊緣上a點的線速度大小，B錯誤；C．水桶受到重力和拉力作用，根據功能關系可知繩子拉力對水桶做的功等于水桶和水的機械能的增加量，但人對轆轤做的功大于繩子拉力對水桶和水做的功，根據可得人對轆轤做功的功率大于繩子拉力對水桶和水做功的功率，C錯誤；D．對水桶和水整體分析，根據動量定理可知拉力對水桶和水的沖量等于重力對水桶和水的沖量與水桶和水動量的變化量之和，故拉力對水桶和水的沖量大于水桶和水動量的變化量，故D正確。故選D。30．（2024·貴州·一模）齒輪傳動是現代工業(yè)中常見的一種動力傳動方式，荷蘭設計師