第四章　培优练6　圆周运动-2027版高考物理一轮复习

培优练6圆周运动[分值：50分][1~9题，每题4分]1.陶瓷是中华瑰宝，是中华文明的重要名片。在陶瓷制作过程中有一道工序叫利坯，将陶瓷粗坯固定在绕竖直轴转动的水平转台上，用刀旋削，使坯体厚度适当，表里光洁。对应的简化模型如图所示，粗坯的对称轴与转台转轴OO'重合。当转台匀速转动时，关于粗坯上的P、Q两点，下列说法正确的是()A.P、Q两点的加速度大小相等B.P、Q两点的加速度均指向转轴OO'C.相同时间内P点转过的角度比Q点大D.一个周期内P点通过的位移大于Q点通过的位移答案B解析粗坯上P、Q两点属于同轴转动，P、Q两点的角速度相同，所以相同时间内转过的角度相等；根据a=ω2r，由于P点做圆周运动的半径大于Q点做圆周运动的半径，则P点的加速度大于Q点的加速度，故A、C错误；P、Q两点做圆周运动的圆心均在转轴OO'上，所以P、Q两点的加速度均指向转轴OO'，故B正确；一个周期内P点通过的位移与Q点相等，均为0，故D错误。2.如图所示，在2025年春节文艺晚会的机器人表演中，机器人转动手帕使其在竖直面内做匀速圆周运动，机器人手帕的持续转速达到每分钟1200转，远超人类极限的每分钟800转。已知手帕边缘P点的转动半径为0.3m。则下列说法正确的是()A.手帕转动的角速度ω=20πrad/sB.手帕转动的角速度ω=2400πrad/sC.P点转动的向心加速度a=480π2m/s2D.P点转动的向心加速度a=40π2m/s2答案C解析由题意可知，机器人手帕的持续转速达到每分钟1200转，则每秒钟转20转，则角速度ω=2πn=2π×20rad/s=40πrad/s，故A、B错误；P点转动的向心加速度a=ω2r=480π2m/s2，故C正确，D错误。3.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∶1C.aa∶ab=2∶1 D.Tc∶Td=1∶1答案D解析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=v2r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=2πω，可得Tc∶Td=ωd∶ωc=1∶14.如图甲所示为某商场的旋转玻璃门，图乙为它的俯视示意图，旋转门逆时针旋转，左右两侧弧形玻璃完全对称，三扇旋转门连在一起且两两之间夹角相等。旋转门宽度为1.5m，左侧两扇旋转门和弧形玻璃恰好围成一个封闭空间。已知商场旋转玻璃门外边缘的最大安全旋转速度为1m/s，玻璃门处于如图位置时，一位顾客(可视为质点)在下边缘虚线某处进入旋转玻璃门，则顾客穿过旋转玻璃门的最大平均速度为()A.6πm/s B.3C.33πm/s D.答案A解析若想顾客穿过旋转玻璃门平均速度最大，则需要顾客穿过旋转玻璃门的过程中位移最大且用时最短。则顾客的最大位移为圆的直径，顾客进入旋转门若要用时最短，需要在旋转门逆时针旋转60°时出去。商场旋转玻璃门外边缘的最大安全旋转速度为1m/s。玻璃门安全旋转的最大角速度为ωm=vmR=11.5rad/s=23rad/s，此时旋转门转过60°所用时间最短，其大小为tmin=θωm=π2s，则顾客穿过旋转玻璃门的最大平均速度为vmax=5.(2025·广东卷·8改编)将可视为质点的小球沿光滑冰坑内壁推出，使小球在水平面内做匀速圆周运动，如图所示。已知圆周运动半径R为0.4m，小球所在位置处的切面与水平面夹角θ为45°，小球质量为0.1kg，重力加速度g取10m/s2。关于该小球，下列说法正确的有()A.角速度为6rad/sB.线速度大小为4m/sC.向心加速度大小为10m/s2D.所受支持力大小为1N答案C解析对小球受力分析可知F向=mgtan45°=mω2R，解得ω=5rad/s，故A错误；线速度大小为v=ωR=2m/s，故B错误；向心加速度大小为a向=ω2R=10m/s2，故C正确；所受支持力大小为FN=mgcos45°=2N，故D6.游乐场内有一种叫“空中飞椅”的游乐项目，静止时的状态可简化为如图所示。左边绳长大于右边绳长，左边人与飞椅的总质量大于右边人与飞椅的总质量。当匀速转动时，下列四幅图可能的状态为()答案A解析设绳与竖直方向的夹角为θ，绳延长线与转轴交点到人所在水平面的高度为h，人与飞椅受到重力与绳拉力，合力提供向心力，即mgtanθ=mω2htanθ，解得h1=h2，由h=rtanθ+Lcosθ(其中r为圆盘半径，L为绳长)，可知，L越小，θ越小，则θ左一定大于θ所以左侧人与飞椅位置低一些，故A正确，B、C、D错误。7.如图，圆形水平餐桌面上有一个半径为r、可绕中心轴转动的同心圆盘，在圆盘的边缘放置一个质量为m的小物块。物块与圆盘及与餐桌面间的动摩擦因数均为μ，现从静止开始缓慢增大圆盘的角速度，物块从圆盘上滑落后，最终恰好停在桌面边缘。若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，圆盘厚度及圆盘与餐桌间的间隙不计，物块可视为质点。则()A.物块从圆盘上滑落的瞬间，圆盘的线速度大小为μgB.物块从圆盘上滑落的瞬间，圆盘的角速度大小为μgrC.物块随圆盘运动的过程中，圆盘对小物块做功为μmgrD.餐桌面的半径为52答案D解析物块从圆盘上滑落的瞬间，物块与圆盘的角速度大小相等，线速度大小相等，此时摩擦力达到最大静摩擦力，由牛顿第二定律可得μmg=mω2r，解得ω=μgr，v=ωr=μgr，故A、B错误；物块随圆盘运动的过程中，由动能定理可得圆盘对小物块做功为W=12mv2=12μmgr，故C错误；物块从圆盘上滑落到滑到桌面的边缘，其轨迹如图所示，由动能定理可得-μmgx=0-12mv2，代入数据解得x=r2，由几何关系可得R2=r2+(r2)2，解得餐桌面的半径为R8.游乐场里有一个半径为5m的倾斜匀质圆盘，盘面与水平面的夹角为30°，圆盘可绕过圆盘圆心O且垂直于盘面的固定轴以1rad/s的角速度匀速转动，如图所示。一个小孩(可视为质点)坐在盘面上距O点距离r处，小孩与盘面间的动摩擦因数为32，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2。要保证小孩与圆盘始终保持相对静止，则距离r的可能取值范围为(A.0<r≤2.5m B.1m≤r≤3.5mC.2.5m≤r≤4m D.2.5m≤r≤5m答案A解析当小孩转到圆盘的最低点刚要滑动时，所受的静摩擦力沿斜面向上达到最大，设此时半径为r1，根据牛顿第二定律有μmgcos30°-mgsin30°=mω2r1，解得r1=2.5m，当小孩转到圆盘的最高点刚要滑动时，所受的静摩擦力沿斜面向下达到最大，设此时半径为r2，根据牛顿第二定律有μmgcos30°+mgsin30°=mω2r2，解得r2=12.5m，可知r2=12.5m>5m，故r2不符合要求。故距离r的可能取值范围为0<r≤2.5m，故选A。9.有一质量m=2kg的物块在水平外力F作用下，从A点由静止开始向右运动，物块与水平面之间的动摩擦因数μ=0.3，A右侧有一竖直放置的光滑圆弧轨道，圆弧轨道的最低点为B，圆心为O，C为圆弧轨道最高点且OC与水平方向夹角30°。物块在到达B点之前已撤去外力F。经过B点时物块对圆弧轨道的压力是物块重力的5倍，已知AB间距离x=4m，圆弧的半径R=0.4m，重力加速度g取10m/s2。下列说法正确的是()A.物块在B点时的速度大小为3m/sB.外力F对物块做的功为80JC.物块在C点受到的弹力大小为20ND.物块落回水平地面时与B点的水平距离为15-答案D解析对物块在B点时进行受力分析，根据牛顿第二定律有FN1-mg=mvB2R，其中FN1=5mg，解得物块在B点时的速度大小为vB=4m/s，故A错误；物块由A点运动至B点过程中，根据动能定理有WF-μmgx=12mvB2-0，代入数据解得外力F对物块做的功为WF=40J，故B错误；物块由B点到C点过程，根据动能定理有-mg(R+Rsin30°)=12mvC2-12mvB2，代入数据解得物块在C点的速度大小为vC=2m/s，在C点根据牛顿第二定律有FN2+mgsin30°=mvC2R，代入数据解得物块在C点受到的弹力大小为FN2=10N，故C错误；物块在C点斜向上抛出，之后将做斜抛运动，水平方向分速度为vx=vCsin30°=1m/s，竖直方向分速度为vy=vCcos30°=3m/s，由分析可知竖直方向物块以vy做竖直上抛运动，设落到地面的时间为t，则有y=-(R+Rsin30°)=vyt-12gt2，代入数据解得t1=3-1510s(舍掉)，t2=3+1510s，故水平方向物块匀速直线运动的位移为x=vxt2=3+1510.(14分)为激发学生参与体育活动的兴趣，某学校计划修建用于滑板训练的场地。老师和同学们围绕物体在起伏地面上的运动问题，讨论并设计了如图所示的路面，其中AB是倾角为53°的斜面，凹圆弧和凸圆弧的半径均为R，且D、F两点处于同一高度，B、E两点处于另一高度，整个路面无摩擦且各段之间平滑连接。在斜面AB上距离水平面BE高度为h(未知量)的地方放置一个质量为m的小球(可视为质点)，让它由静止开始运动。已知重力加速度为g，sin37°=0.6，cos37°=0.8。(1)(4分)当h=0.6R时，求小球经过最低点C时，路面受到的压力大小；(2)(4分)若小球一定能沿路面运动到F点，求h的取值范围；(3)(6分)在某次试验中，小球运动到BC段的G点时，重力功率出现了极大值，已知该点路面倾角θ=37°，求h的值。答案(1)3mg(2)0<h<0.2R(3)0.025R解析(1)从h=0.6R处由静止释放到C点的过程中，根据机械能守恒定律得mgh+mg(R-Rsin37°)=12m在C点根据牛顿第二定律得FN-mg=mv解得FN=3mg，根据牛顿第三定律得路面受到的压力大小FN'=FN=3mg(2)分析可知小球能到达F点即可通过E点，刚好到达F点时有mgcos37°=mv根据机械能守恒定律得mgh'+mg(R-Rcos37°)=12m解得h'=0.2R，h的取值范围0<h<0.2R(3)设在G点时速度为v，根据机械能守恒定律得mgh+mg(Rcosθ-Rsin37°)=12mv该处重力的瞬时功率为P=mgvsinθ解得P2=m2g2[2gh+2gR(cosθ