2025届高考物理一轮复习课时作业17圆周运动及其应用含解析鲁科版

PAGEPAGE10课时作业17圆周运动及其应用时间：45分钟1.如图为学员驾驶汽车在水平面上绕O点做匀速圆周运动的俯视示意图．已知质量为60kg的学员在A点位置，质量为70kg的教练员在B点位置，A点的转弯半径为5.0m，B点的转弯半径为4.0m．学员和教练员(均可视为质点)(D)A．运动周期之比为54B．运动线速度大小之比为11C．向心加速度大小之比为45D．受到的合力大小之比为1514解析：汽车上A、B两点随汽车做匀速圆周运动的角速度和周期均相等，由v＝ωr可知，学员和教练员做圆周运动的线速度大小之比为54，故A、B均错误；依据a＝rω2，学员和教练员做圆周运动的半径之比为54，则学员和教练员做圆周运动的向心加速度大小之比为54，故C错误；依据F＝ma，学员和教练员做圆周运动的向心加速度大小之比为54，质量之比为67，则学员和教练员受到的合力大小之比为1514，故D正确．2．汽车后备厢盖一般都配有可伸缩的液压杆，如图甲所示，其示意图如图乙所示，可伸缩液压杆上端固定于后盖上A点，下端固定于箱内O′点，B也为后盖上一点，后盖可绕过O点的固定铰链转动．在合上后备厢盖的过程中(C)A．A点相对O′点做圆周运动B．A点与B点相对于O点转动的线速度大小相等C．A点与B点相对于O点转动的角速度大小相等D．A点与B点相对于O点转动的向心加速度大小相等解析：在合上后备厢盖的过程中，O′A的长度是改变的，因此A点相对O′点不是做圆周运动，A错误；在合上后备厢盖的过程中，A点与B点都是绕O点做圆周运动，相同的时间绕O点转过的角度相同，即A点与B点相对O点的角速度相等，又由于OB大于OA，依据v＝rω，可知B点相对于O点转动的线速度大，故B错误，C正确；依据向心加速度a＝rω2可知，B点相对O点的向心加速度大于A点相对O点的向心加速度，故D错误．3．(多选)如图所示，摩天轮悬挂的座舱在竖直平面内做匀速圆周运动．座舱的质量为m，运动半径为R，角速度大小为ω，重力加速度为g，则座舱(BD)A．运动周期为eq\f(2πR,ω)B．线速度的大小为ωRC．受摩天轮作用力的大小始终为mgD．所受合力的大小始终为mω2R解析：本题考查匀速圆周运动相关物理量的计算．依据角速度的定义式ω＝eq\f(Δθ,Δt)可知，ω＝eq\f(2π,T)，所以T＝eq\f(2π,ω)，选项A错误；由于在匀速圆周运动中线速度与角速度的关系为v＝ωr，所以座舱的线速度大小为v＝ωR，选项B正确；匀速圆周运动的向心加速度始终指向圆心，座舱在最低点时，向心加速度竖直向上，座舱超重，所受摩天轮作用力大于重力；座舱在最高点时，向心加速度竖直向下，座舱失重，所受摩天轮作用力小于重力，选项C错误；做匀速圆周运动的物体所受合力供应向心力，即座舱所受合力大小始终为Fn＝mω2R，选项D正确．4．(多选)如图所示，甲、乙圆盘的半径之比为12，两水平圆盘紧靠在一起，乙靠摩擦随甲不打滑转动，两圆盘上分别放置质量为m1和m2的小物体a、b，m1＝2m2，两小物体与圆盘间的动摩擦因数相同．a距甲盘圆心r，b距乙盘圆心2A．a和b的线速度之比为14B．a和b的向心加速度之比为21C．随转速渐渐增加，a先起先滑动D．随转速渐渐增加，b先起先滑动解析：甲、乙两圆盘边缘上的各点线速度大小相等，有ω1·R＝ω2·2R，则得ω1ω2＝21，所以物体相对盘起先滑动前，a与b的角速度之比为21，依据公式v＝ωr，有eq\f(v1,v2)＝eq\f(ω1r,ω2·2r)＝eq\f(1,1)，A错误；依据a＝ω2r得a与b的向心加速度之比为a1a2＝(ωeq\o\al(2,1)·r)(ωeq\o\al(2,2)·2r)＝21，B正确；依据μmg＝mrω2＝ma知，a先达到临界角速度，可知当转速增加时，a先起先滑动，C正确，D错误．5.如图所示，质量相同的甲、乙两小球用轻细线悬于同一点O1，在不同的平面内做圆周运动，两球做圆周运动的轨道在同一倒立的圆锥面上，悬点O1与两圆轨道的圆心O2、O3以及锥顶O4在同一竖直线上，且O2、O3将O1O4三等分，则甲、乙两球运动的角速度的比值为(D)A．1B.eq\f(\r(2),2)C．2D.eq\r(2)解析：设连接甲球的细线与竖直方向的夹角为α，连接乙球的细线与竖直方向的夹角为β，O1、O2的距离为h，对甲和乙，分别有mgtanα＝mωeq\o\al(2,1)htanα，mgtanβ＝2mωeq\o\al(2,2)htanβ，联立可得eq\f(ω1,ω2)＝eq\r(2)，选项D正确．6.如图所示，用长为L的细线系着一个质量为m的小球(可以看成质点)，以细线端点O为圆心，在竖直平面内做圆周运动．P点和Q点分别为圆轨迹的最低点和最高点，不考虑空气阻力，重力加速度为g，小球经过P点和Q点所受细线拉力的差值为(C)A．2mg B．4mgC．6mg D．8mg解析：在Q点，拉力和重力的合力供应向心力，故F1＋mg＝meq\f(v\o\al(2,1),L)；对从最高点到最低点过程，依据动能定理，有2mgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)；在最低点，拉力和重力的合力供应向心力，故F2－mg＝meq\f(v\o\al(2,2),L)；联立有F2－F1＝6mg，故选C.7.有一如图所示的装置，轻绳上端系在竖直杆的顶点O点，下端P连接一个小球(小球可视为质点)，轻弹簧一端通过铰链固定在杆的A点，另一端连接在P点，整个装置可以在外部驱动下绕OA轴旋转．刚起先时，整个装置处于静止状态，弹簧处于水平方向．现在让杆从静止起先缓慢加速转动，整个过程中，绳子始终处于拉伸状态，弹簧始终在弹性限度内，忽视一切摩擦和空气阻力．已知：eq\x\to(OA)＝4m，eq\x\to(OP)＝5m，小球质量m＝1kg，弹簧原长l＝5m，重力加速度g取10m/s2.求：(1)弹簧的劲度系数k；(2)当弹簧弹力为零时，整个装置转动的角速度ω.解析：(1)起先整个装置处于静止状态，如图甲所示，对小球进行受力分析有eq\f(F弹,\x\to(AP))＝eq\f(mg,\x\to(OA))F弹＝k(l－eq\x\to(AP))，eq\x\to(AP)＝eq\r(\x\to(OP)2－\x\to(OA)2)联立解得k＝3.75N/m.(2)当弹簧弹力为零时，小球上移至P′位置，如图乙所示，绕eq\x\to(OA)中点C做匀速圆周运动轨道半径r＝eq\x\to(CP′)＝eq\r(\a\vs4\al(\x\to(OP′)2－\x\to(OC)2))向心力mgtanθ＝mrω2，tanθ＝eq\f(\x\to(CP′),\x\to(OC))eq\x\to(AP′)＝eq\x\to(OP′)＝5m，eq\x\to(OC)＝2m代入数据解得ω＝eq\r(5)rad/s.答案：(1)3.75N/m(2)eq\r(5)rad/s

8.细绳一端系住一个质量为m的小球，另一端固定在光滑水平桌面上方h处，绳长l大于h，使小球在桌面上做如图所示的匀速圆周运动．若要小球不离开桌面，其转速不得超过(D)A.eq\f(1,2π)eq\r(\f(g,l)) B．2πeq\r(gh)C.eq\f(1,2π)eq\r(\f(h,g)) D.eq\f(1,2π)eq\r(\f(g,h))解析：本题考查圆锥摆模型问题．对小球受力分析，小球受三个力的作用，重力mg、水平桌面支持力N、绳子拉力F.在竖直方向合力为零，在水平方向合力供应向心力，设绳子与竖直方向夹角为θ，由几何关系可知R＝htanθ，受力分析可知Fcosθ＋N＝mg，Fsinθ＝meq\f(v2,R)＝mω2R＝4mπ2n2R＝4mπ2n2htanθ；当球即将离开水平桌面时，N＝0，转速n有最大值，此时n＝eq\f(1,2π)eq\r(\f(g,h))，故选D.9.如图所示，两个质量均为m的小木块a和b(可视为质点)沿半径方向放在水平圆盘上并用细线相连，a与转轴OO′的距离为l，b与转轴的距离为2l.木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的k倍，重力加速度大小为g.若圆盘从静止起先绕转轴缓慢地加速转动至两木块刚好未发生滑动，ωA．细线中的张力等于kmgB．ω＝eq\r(\f(kg,2l))是细线刚好绷紧时的临界角速度C．剪断细线后，两木块仍随圆盘一起运动D．当ω＝eq\r(\f(kg,2l))时，a所受摩擦力的大小为kmg解析：两木块刚要发生滑动时，有kmg－T＝mω2l，kmg＋T＝2mω2l，联立可得T＝eq\f(1,3)kmg，选项A错误；细线刚好绷紧时，有kmg＝2mω2l，解得ω＝eq\r(\f(kg,2l))，此时细线张力为0，对a，有f＝mω2l＝eq\f(1,2)kmg，选项B正确，D错误；剪断细线后，a随圆盘一起转动，但b所受合力减小，将做离心运动，选项C错误．10．(多选)在飞镖嬉戏中，匀速转动的竖直圆盘边缘有一点A，当A点转到最高点时与A点等高处的飞镖以初速度v0垂直圆盘对准A点水平抛出，恰好击中圆盘上A点，已知飞镖抛出点与圆盘水平距离为L，如图所示，不计空气阻力，下列推断正确的是(AB)A．从飞镖抛出到恰好击中A点的时间为eq\f(L,v0)B．圆盘的直径为eq\f(gL2,2v\o\al(2,0))C．圆盘转动的最大周期为eq\f(L,v0)D．圆盘转动的角速度为eq\f(2kπv0,L)(k＝1,2,3，…)解析：本题考查平抛运动与圆周运动相结合的临界问题．飞镖做平抛运动的同时，圆盘上A点做匀速圆周运动，飞镖恰好击中A点，说明A点正好在最低点时被击中，设飞镖飞行的时间为t，由L＝v0t，可得飞镖飞行时间为t＝eq\f(L,v0)，故A正确；在此期间，圆盘转过k＋eq\f(1,2)(k＝0,1,2，…)圈，则当k＝0时，圆盘转动周期最大，此时T＝2t＝eq\f(2L,v0)，故C错误；设圆盘转动的角速度为ω，在时间t内，圆盘转过的角度为ωt＝(2k＋1)π，解得圆盘转动的角速度为ω＝eq\f(2k＋1πv0,L)(k＝0,1,2，…)，故D错误；分析可知，圆盘的直径为飞镖下落的高度，即d＝h＝eq\f(1,2)gt2＝eq\f(gL2,2v\o\al(2,0))，故B正确．11.(多选)如图所示，支架固定在底座上，它们的总质量为M.质量分别为2m和m的小球A、B(可视为质点)固定在一根长度为L的轻杆两端，该轻杆通过光滑转轴O安装在支架的横梁上，O、A间的距离为eq\f(L,3)，两小球和轻杆一起绕轴O在竖直平面内做圆周运动，运动过程中支架和底座始终保持静止．当转动到图示竖直位置时，小球A的速度为v，重力加速度为g，对于该位置有(BC)A．小球A、B的加速度大小相等B．小球A、B的向心力大小相等C．若v＝eq\r(\f(gL,3))，则底座对水平地面的压力为Mg＋3mgD．若v＝eq\f(1,3)eq\r(gL)，则底座对水平地面的压力为Mg＋eq\f(mg,3)解析：两小球和轻杆一起绕轴O在竖直平面内做圆周运动，所以两小球的角速度相同，依据a＝ω2r可知小球A、B的加速度之比为aAaB＝12，故A错误；依据F＝mω2r可知A、B的向心力之比为FAFB＝11，故B正确；若v＝eq\r(\f(gL,3))时，对A分析则有2mg－FA＝eq\f(2mv2,\f(1,3)L)，解得轻杆对A的支持力为FA＝0，依据v＝ωr可知vB＝2eq\r(\f(gL,3))，对B分析则有FB－mg＝eq\f(mv\o\al(2,B),\f(2,3)L)，解得轻杆对B的拉力为FB＝3mg，以底座和轻杆为探讨对象，水平地面对底座的支持力为FN＝Mg＋3mg，故C正确；若v＝eq\f(1,3)eq\r(gL)时，对A分析则有2mg－FA′＝eq\f(2mv2,\f(1,3)L)，解得轻杆对A的支持力为FA′＝eq\f(4,3)mg，依据v＝ωr可知vB′＝eq\f(2,3)eq\r(gL)，对B分析则有FB′－mg＝eq\f(mvB′2,\f(2,3)L)，解得轻杆对B的拉力为FB′＝eq\f(5,3)mg，以底座和轻杆为探讨对象，水平地面对底座的支持力为FN＝Mg＋3mg，故D错误．12.某同学设计了一个粗测玩具小车经过凹形桥模拟器最低点时的速度的试验．所用器材有：玩具小车(可视为质点)、压力式托盘秤、凹形桥模拟器(圆弧部分的半径为R＝0.20m)．将凹形桥模拟器静置于托盘秤上，如图所示，托盘秤的示数为1.00kg；将玩具小车静置于凹形桥模拟器最低点时，托盘秤的示数为1.40kg；将小车从凹形桥模拟器某一位置释放，小车经过最低点后滑向另一侧，此过程中托盘秤的最大示数为1.80kg，凹形桥模拟器与托盘间始终无相对滑动．重力加速度g取10m/s2，求：(1)玩具小车的质量m；(2)玩具小车经过最低点时对凹形桥模拟器的压力大小F；(3)玩具小车经过最低点时的速度大小v.解析：(1)小车