1、1圆周运动1. 如图为自行车的传动机构，行驶时与地面不打滑。a、c 为与车轴等高的轮胎上的两点，d 为轮胎与地面的接触点，b 为轮胎上的最高点。行驶过程中（ ）A. c 处角速度最大 B. a 处速度方向竖直向下C. b 处向心加速度指向 d D. a、b、c、d 四处对地速度大小相等【答案】C【解析】试题分析：共轴转动角速度相等，以任意一点为转轴，都是共轴转动，角速度一定相等，故 A 错误；以圆心为转轴，a 处速度方向竖直向下运动的同时，随着车一起向前运动，故合速度不是竖直向下；故 B 错误；以圆心为转轴，b 点绕轴转动的同时水平匀速前进，而 b 处向心加速度指向一定指向圆心，故也指向 d；
2、故 C 正确；以圆心为转轴，a、b、c、d 四点绕圆心转动的同时还要一起向前运动，由于绕轴转动的分速度方向不同，故各个点的线速度方向不同，大小也不同；故 D错误；故选 C考点：匀速圆周运动的规律2.如图所示，长为 L 的直棒一端可绕固定轴 o 转动，另一端搁在升降平台上，平台以速度v 匀速上升，当棒与竖直方向的夹角为 时，则关于棒的角速度不正确的为（ ）A. vsinLB. C. D. 【答案】ACD2【解析】棒与平台接触点的实际运动即合运动方向是垂直于棒指向左上，如图所示合速度 ，沿竖直向上方向上的速度分量等于 v，即 ，所以 ，故 B 正v实 =L Lsin=v =vLsin确，A、C、D
3、 错误；错误的故选 ACD。【点睛】应清楚棒与平台接触点的实际运动即合运动方向是垂直于棒指向左上，竖直向上是它的一个分速度，把速度分解，根据三角形知识求解。3.用一根细线一端系一可视为质点的小球，另一端固定在一光滑锥顶上，如图所示，设小球在水平面内作匀速圆周运动的角速度为 ，线的张力为 T，则 T 随 2变化的图象是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】试题分析：分析小球的受力，判断小球随圆锥作圆周运动时的向心力的大小，进而分析 T随 2变化的关系，但是要注意的是，当角速度超过某一个值的时候，小球会飘起来，离开圆锥，从而它的受力也会发生变化， T 与 的关系也就变了设绳长为 L，锥面
4、与竖直方向夹角为 ，当 时，小球静止，受重力 mg、支持力 N 和绳3的拉力 T 而平衡， ，AB 错误； 增大时， T 增大， N 减小，当 时，角速T=mgcos0 N=0度为 当 时，由牛顿第二定律得 ， ，解得TsinNcos=m2Lsin；当 时，小球离开锥子，绳与竖直方向夹角变大，设为 ，T=m2Lsin2+mgcos由牛顿第二定律得 ，所以 ，可知 图线的斜率变大，C 正确 D错误4.如图所示，两个用相同材料制成的靠摩擦传动的轮 A 和 B 水平放置，两轮半径 RA2 RB，当主动轮 A 匀速转动时，在 A 轮边缘放置的小木块能相对静止在 A 轮边缘上。若将小木块放在 B 轮上，
5、欲使木块相对 B 轮也静止，则木块距 B 轮转轴的最大距离为( )A. RB4B. RB3C. RB2D. RB【答案】C【解析】试题分析：A 和 B 用相同材料制成的靠摩擦传动，边缘线速度相同，则 ARA= BRB，而RA=2RB所以 ；对于在 A 边缘的木块，最大静摩擦力恰为向心力，即 mRA A2f max；AB 12当在 B 轮上恰要滑动时，设此时半径为 R，则 mR B2f max，解得 故选 C。考点：圆周运动；向心力【名师点睛】描述圆周运动的物理量较多如线速度、角速度、向心加速度、周期、频率、转速等，明确各物理量之间的关系，是解题的关键；此题中 A 和 B 用相同材料制成的靠摩擦
6、传动，边缘线速度相同。5.质量相等的 A、B 两物体置于绕竖直轴匀速转动的水平圆盘上，A 与转轴的距离是 B 与转轴距离的 2 倍，且始终相对于圆盘静止，则两物体（ ）4A. 线速度相同 B. 角速度相同 C. 向心加速度相同 D. 向心力相同【答案】B【解析】由于 A、 B 在同一转盘上无相对运动，因此它们的角速度相等，故 B 正确；由于 A、 B 在同一转盘上无相对运动，因此它们的角速度相等，由 v=r ，可知线速度不一定不同，故 A错误；根据 a= 2r，可知角速度相等，半径不同则向心加速度不同，故 C 错误；根据F=m 2r 可知，质量相等，角速度相等，半径不同则向心力不同，故 D 错
7、误。所以 B 正确，ACD 错误。6.如图所示，A、B、C 三个物体放在水平旋转的圆盘上，三物与转盘的最大静摩擦因数均为 ，A 的质量是 2m，B 和 C 的质量均为 m，A、B 离轴距离为 R，C 离轴 2R，若三物相对盘静止，则（ ）A. 每个物体均受重力、支持力、静摩擦力、向心力四个力作用B. C 的向心力最大C. A、B 的摩擦力相等D. 当圆台转速增大时，C 比 B 先滑动，A 和 B 同时滑动【答案】D【解析】【分析】物体随圆盘一起转动，静摩擦力提供向心力，向心力大小由物体的质量与半径决定当圆盘转速增大时，提供的静摩擦力随之而增大当需要的向心力大于最大静摩擦力时，物体做离心运动，开
8、始滑动【详解】A、物体做匀速圆周运动，受到重力、支持力、静摩擦力作用，由三个力的合力提供向心力，向心力不是物体实际受到的力;故 A 错误.B、当圆盘转速增大时，由静摩擦力提供向心力，三个物体的角速度相等，由5F=ma=m 2r，得知： A、 B、 C 的向心力分别为： FA=2m 2R， FB=m 2R， FC=m 22R，所以 C的向心力不是最大。故 B 错误；C、三个物体所受的摩擦力分别为： FA=2m 2R， FB=m 2R， FC=m 22R，所以静摩擦力 B 物体最小；故 C 错误.D、当圆盘匀速转动时， A、 B、 C 三个物体相对圆盘静止，它们的角速度相同，所需要的向心力最小的是
9、 B 物体。最大静摩擦力分别为： fA= 2mg， fB=mg ， fC=mg ；当圆盘转速增大时， C 的静摩擦力先达到最大，最先开始滑动. A 和 B 的静摩擦力同时达到最大，两者同时开始滑动；故 D 正确.故选 D.【点睛】物体做圆周运动时，静摩擦力提供向心力由于共轴向心力大小是由质量与半径决定；而谁先滑动是由半径决定，原因是质量已消去7.如图所示，长为 L 的轻杆一端固定一个质量为 m 的小球，另一端固定在水平转轴 O 上，杆绕转轴 O 在竖直平面内匀速转动，角速度为 .某时刻杆对球的作用力恰好与杆垂直，则此时杆与水平面的夹角 满足( )A. sin 2LgB. tan 2LgC. s
10、in g2LD. tan g2L【答案】A【解析】小球所受重力和杆子的作用力的合力提供向心力，受力如图所示；6根据牛顿第二定律有：mgsin=mL 2解得：sin= 2Lg故 A 正确，BCD 错误故选：A点睛：小球做匀速圆周运动，靠合力提供向心力，根据重力、杆子的作用力的合力指向圆心，求出杆与水平面的夹角8.利用双线可以稳固小球在竖直平面内做圆周运动而不易偏离竖直面，如图用两根长为 L的细线系一质量为 m 的小球，两线上端系于水平横杆上，A、B 两点相距也为 L，若小球恰能在竖直面内做完整的圆周运动，则小球运动到最低点时，每根线承受的张力为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】小球
11、恰好过最高点时有：mg=m ；解得： v1 ；根据动能定理得，v12R 32gL7；在最低点，由牛顿第二定律得： ；联立得，T=2mg3L=12mv2212mv12mg，故 A 正确，BCD 错误故选 A3点睛：本题综合运用了动能定理和牛顿第二定律，知道细线拉着小球在竖直面内做圆周运动，最高点和最低点靠竖直方向上的合力提供向心力9. 如右图所示，在倾角为 30的光滑斜面上，有一根长为 L0.8 m 的细绳，一端固定在 O 点，另一端系一质量为 m0.2 kg 的小球，沿斜面做圆周运动，若要小球能通过最高点 A，则小球在最低点 B 的最小速度是( )A. 2 m/s B. m/s210C. m/
12、s D. m/s【答案】A【解析】小球恰好能在斜面上做完整的圆周运动，刚小球通过 A 点时细线的拉力为零，根据圆周运动和牛顿第二定律有： ，解得： ，故选 A.mgsin=mv2AL10.如图所示， OO为竖直轴， MN 为固定在 OO上的水平光滑杆，有两个质量相同的金属球 A、 B 套在水平杆上， AC 和 BC 为抗拉能力相同的两根细线， C 端固定在转轴 OO上当绳拉直时， A、 B 两球转动半径之比恒为 2:1，当转轴的角速度逐渐增大时( ) A. AC 先断B. BC 先断C. 两线同时断D. 不能确定哪段线先断8【答案】A【解析】试题分析：设绳子与水平方向的夹角为 ，绳子拉力的分力
13、来提供向心力，根据牛顿第二定律得出： ，其中 为做圆周运动的轨道半径， （L 为绳子长度），推导出拉力 可以看出拉力与绳子与水平方向的夹角无关，两小球是同轴转动，角速度相等，质量也相等，拉力只与绳子的长度有关，由图可知绳子 AC 的长度大于 BC 绳子，当角速度增大时，AC 绳先达到最大拉力，所以 AC 绳子先断，A 项正确；B、C、D 项错误。考点：本题考查了同轴转动和匀速圆周运动11.如图所示为用绞车拖物块的示意图。拴接物块的细线被缠绕在轮轴上，轮轴逆时针转动从而拖动物块。已知轮轴的半径 R0.5 m，细线始终保持水平；被拖动物块质量 m1.0 kg，与地面间的动摩擦因数 0.5；轮轴的角
14、速度随时间变化的关系是 kt， k2 rad/s， g10 m/s 2，以下判断正确的是( )A. 物块做匀速运动B. 细线对物块的拉力是 5.0 NC. 细线对物块的拉力是 6.0 ND. 物块做匀加速直线运动，加速度大小是 1.0 m/s2【答案】CD【解析】AD、由题意知，物块的速度为： v R 2 t0.51 t，又 v at，故可得： a1 m/s2，所以物块做匀加速直线运动，加速度大小是 1.0 m/s2。故 A 错误，D 正确；BC、由牛顿第二定律可得：物块所受合外力为： F ma1 N， F FT Ff，地面摩擦力为：Ff mg 0.5110 N5 N，故可得物块受细线拉力为：
15、 FT Ff F5 N1 N6 N，故 B 错误，C 正确。故选：CD。12. 小球 m 用长为 L 的悬线固定在 O 点，在 O 点正下方 L/2 处有一个光滑钉子 C，如图所9示，今把小球拉到悬线成水平后无初速度地释放，当悬线成竖直状态且与钉子相碰时A. 小球的速度突然增大 B. 小球的角速度突然增大C. 小球的向心加速度突然增大 D. 悬线的拉力突然增大【答案】CD【解析】试题分析：当悬线成竖直状态且与钉子相碰时，小球的速度不变，选项 A 错误；根据可知，半径减小，小球的角速度突然变大，选项 B 错误；根据 可知，线速度不变，v=r a=v2r半径减小，故小球的向心加速度突然增大，选项
16、C 正确；根据 可知，悬线的拉力突然增大，选项 D 错误；故选 C.考点：角速度、线速度、向心加速度.13.（多选）如图所示，有一固定的且内壁光滑的半球面，球心为 O，最低点为 C，在其内壁上有两个质量相同的小球（可视为质点）A 和 B，在两个高度不同的水平面内做匀速圆周运动，A 球的轨迹平面高于 B 球的轨迹平面，A、B 两球与 O 点的连线与竖直线 OC 间的夹角分别为 =53和 =37，以最低点 C 所在的水平面为重力势能的参考平面，则（sin37 0=0.6，cos37 0=0.8；） （ ）A. A、B 两球所受支持力的大小之比为 4：3 B. A、B 两球运动的周期之比为 4：3C
17、. A、B 两球的动能之比为 16：9 D. A、B 两球的机械能之比为 112：51【答案】AD【解析】试题分析：根据平行四边形定则得， ，则 故 A 正确根据NANB cos37cos53 0.80.6 43，r=Rsin，解得 Ek mv2 mgRtansin，则 A、B 两球的动能之12 1210比 解得 ，则 故 BC 错误小球的重力势能为：EKAEKB tan53sin53tan37sin37 6427 TATB cos53cos37 32Ep=mgR（1-cos） ，机械能为：E=E K+EP=mgR（1-cos）+ mgRtansin=mgR（1+ tansin-cos） ；1
18、2 12得： 故 D 正确故选 AD。考点：机械能守恒定律；牛顿第二定律14.如图 1 所示，轻杆一端固定在 O 点，另一端固定一小球，现让小球在竖直平面内做半径为 R 的圆周运动，小球运动到最高点时，杆与小球间弹力大小为 F，小球在最高点的速度大小为 v，其 图象如图 2 所示.则（ ）F-v2A. 小球的质量为B. 当地的重力加速度大小为RbC. 时，小球对杆的弹力方向向上v2=cD. 时，小球受到的弹力与重力大小相等【答案】AD【解析】试题分析：在最高点，若 ，则 ；若 ，由图知： ，则有，解得 ， ，故 A 正确，B 错误；由图可知：当 时，杆对小球弹力方向向上，当 时，杆对小球弹力方
19、向向下，所以当 时，杆对小球弹力方向向下，所以小球对杆的弹力方向向上，故 C 错误；若 ，则 ，解得 ，即小球受到的弹力与重力大小相等，故 D 正确。11考点：向心力、牛顿第二定律【名师点睛】本题主要考查了圆周运动向心力公式的直接应用，要求同学们能根据图象获取有效信息。15.如图所示，质量为 1 kg 的小球用长为 0.5 m 的细线悬挂在 O 点， O 点距地面竖直距离为 1 m，如果使小球绕 OO竖直轴在水平面内做圆周运动，若细线最大承受拉力为 12.5 N，( g10 m/s 2)求：(1)当小球的角速度为多大时，细线将断裂；(2)线断裂后小球落地点与悬点的水平距离.【答案】 （1） 0
20、=5rad/s；（2）s=0.6m【解析】试题分析：根据绳子的最大承受拉力，结合竖直方向上平衡求出绳子与竖直方向的夹角，结合合力提供向心力求出小球的角速度大小；根据线速度与角速度的关系求出小球做圆周运动的线速度大小，根据平抛运动的高度求出绳断裂后小球平抛运动的时间，结合初速度和时间求出平抛运动的水平位移，根据几何关系求出线断裂后小球落地点与悬点的水平距离。（1）当绳子拉力达到最大时，在竖直方向上有： FTcos =mg，代入数据解得： =37根据牛顿第二定律得： mgtan=mLsin 2，代入数据解得： =5rad/s（2）小球转动的线速度为： v0=Lsin 37=50.50.6m/s=1
21、.5m/s，落地时竖直位移为： ，水平位移为： x=v0t，小球落地点与悬点的水平距离为： 代入数据解得： d=0.6m12点睛：本题考查了平抛运动和圆周运动的综合运用，知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律以及圆周运动向心力的来源是解决本题的关键。16.如图所示一质量 m=01kg 的小球静止于桌子边缘 A 点，其右方有底面半径 r=02m 的转筒，转筒顶端与 A 等高，筒底端左侧有一小孔，距顶端 h=08m。开始时 A、小孔以及转筒的竖直轴线处于同一竖直平面内。现使小球以速度 A=4m/s 从 A 点水平飞出，同时转筒立刻以某一角速度做匀速转动，最终小球恰好进入小孔。取 g=l0m/
22、s2，不计空气阻力。（1）求转筒轴线与 A 点的距离 d；（2）求转筒转动的角速度 ；【答案】 （1）18m（2）=5nrad/s （n=1，2，3）【解析】试题分析：（1）滑块从 A 点到进入小孔的时间d-r= At解得 d=18m（2）在小球平抛的时间内，圆桶必须恰好转整数转，小球才能进入小孔，即t=2n（n=1，2，3）解得 =5nrad/s （n=1，2，3）考点：平抛运动；圆周运动【名师点睛】此题是平抛运动和圆周运动的结合题；关键是知道平抛运动在水平和竖直方向的运动特点，抓住圆周运动和平抛运动的等时性来处理17.如图所示，有一个可视为质点的质量为 的小物块，从光滑平台上的 A 点以的
23、初速度水平抛出，到达 C 点时，恰好沿 C 点的切线方向进入固定在水平地面上v0=2 m/s的光滑圆弧轨道，最后小物块滑上紧靠轨道末端 D 点的质量为 的长木板，已知木板13上表面与圆弧轨道末端切线相平，木板下表面与水平地面之间光滑，小物块与长木板间的动摩擦因数 ，圆弧轨道的半径为 ， C 点和圆弧的圆心连线与竖直方向的夹角R=0.4 m，不计空气阻力， g 取 ，求：=60（1）小物块刚要到达圆弧轨道末端 D 点时对轨道的压力；（2）要使小物块不滑出长木板，木板的长度 L 至少多大？【答案】 （1） （2） L=2.5 m【解析】试题分析：（1）物块到达 C 点的速度与水平方向的夹角为 度，根据平行四边形定则知，根据动能定理得，vC=2v0=4m/s根据牛顿第二定律得， Nmg=mvD2R代入数据，联立两式解得， ， vD 25m/s则小物块对轨道的压力为 。（2）根据动量守恒定律得， ，解得 mvD=（ M+m） v v=mvDM+m 1254 52m/s根据能量守恒定律得， mgL12mvD212(M+m)v2代入数据解得 。考点：向心力、平抛运动、动能定理【名师点睛】本题考查了平抛运动、圆周运动与动量守恒定律、牛顿第二定律、动能定理、能量守恒的综合，知道平抛运动在竖直方向和水平方向上的运动规律和圆周运动向心力的来源是解决本题的关键。
