圆周运动同步习题综述

1、1 如图所示，有一固定的且内壁光滑的半球面，球心为0,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0点的连线与竖直线 0C间的夹 角分别为 a =53 和 3 =37 （sin37 =0.6 , cos37 =0.8 ,sin53 =0.8 , cos53 =0.6 ）, 以最低点C所在的水平面为重力势能的参考平面，则试卷第17页，总10页A. A、B两球所受弹力的大小之比为4： 3B. A、B两球运动的周期之比为 4 : 3C. A、B两球的动能之比为 64 : 27D. A、B两球的

2、重力势能之比为 16 : 912. 如图所示，某物体沿4光滑圆弧轨道由最高点滑到最低点过程中，下列说法正确的是:A. 物体做匀速圆周运动B. 物体所受的合力方向始终指向圆心OC. 物体所受的支持力大小不变D. 物体所受的合力做正功3. 近年来我国高速铁路发展迅速，现已知某新型国产机车总质量为m,如图已知两轨g，如果机车要进入半径为R的弯道,间宽度为L,内外轨高度差为 h，重力加速度为 请问，该弯道处的设计速度最为适宜的是A.gRhBL2-h24 .如图所示，物块质量为 以下描述正确的是（）gRhL2 -R2L2-h2hgRL一直随转筒一起以角速度3绕竖直轴做匀速圆周运动,A. 物块所需向心力由

3、圆筒对物块的摩擦力提供B. 若角速度3增大，物块所受摩擦力增大C. 若角速度3增大，物块所受弹力增大D. 若角速度3减小，物块所受摩擦力减小5 .如图（a）所示，A B为钉在光滑水平面上的两根铁钉，小球C用细绳拴在铁钉 B上（细绳能承受足够大的拉力），A B、C在同一直线上。t=0时，给小球一个垂直于绳 的速度，使小球绕着两根铁钉在水平面上做圆周运动。在OW t =30时,小球受到的合力大小为A.、3mg B.13mgC.32 mgD. （1、3）mg9.如图所示，两物块 A B套在水平粗糙的 CD杆上，并用不可伸长的轻绳连接，整个 装置能绕过CD中点的轴OO转动，已知两物块质量相等， 杆CD

4、对物块A、B的最大静摩 擦力大小相等，开始时绳子处于自然长度 (绳子恰好伸直但无弹力)，物块B到OO轴的 距离为物块 A到OO轴的距离的两倍，现让该装置从静止开始转动，使转速逐渐增大，在从绳子处于自然长度到两物块A、( )*eCHa10IA. B受到的静摩擦力一直增大BC. A、B受到的合外力之比不变DB即将滑动的过程中，下列说法正确的是A受到的静摩擦力一直增大A受到的合外力一直在增大10 近几年有些大型的游乐项目很受年青人喜欢，在一些丛林探险的项目中都有滑索过江的体验。若把滑索过江简化成如图的模型，滑索的两端固定，且近似可看成形状固定 不变的圆弧，某人从滑索一端滑向另一端的过程中，那么A.

5、人的运动可看成是匀速圆周运动B. 人在滑到到最低点时处于失重状态C. 人在滑到最低点时重力的瞬时功率最大D. 人在滑到最低点时绳索受到的压力最大11 .两段长度相等的轻杆通过质量为m的小球A连接在一直线上，质量为 2m的小球B固定在一根杆的一端， 如图所示。当整个装置在光滑的水平面上绕另一杆的端点O匀速 转动时，OA杆的拉力F1与AB杆的拉力F2之比为A. 5 (4 B . 4 (5 C . 1 (4 D . 4 (112 .如图，叠放在水平转台上的物体A、B C能随转台一起以角速度3匀速转动，AB、 C的质量分别为3m 2m m A与B B和C与转台间的动摩擦因数都为卩，A和B、C离转台中心

6、的距离分别为r、1.5r 。设本题中的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是A. B对A的摩擦力一定为 3卩mgB. B对A的摩擦力一定为 3m 2rC.转台的角速度一定满足:o mgB . Nmg27 .如图所示，半径为 R的半球形陶罐，固定在可以绕竖直轴旋转的水平转台上，转台 转轴与过陶罐球心 0的对称轴00 重合，转台以一定角速度 匀速旋转，一质量为 m 的小物块落入陶罐内，经过一段时间后，小物块随陶罐一起转动且相对罐壁静止，它和0点的连线与00 之间的夹角二为60。已知重力加速度大小为g，小物块与陶罐之间的最大静摩擦力大小为 Ff = mg。MU(1) 若小物块受到的摩擦力恰好为

7、零，求此时的角速度(2) 若小物块一直相对陶罐静止，求陶罐旋转的角速度的取值范围。28 . (15分)在半径R=4000km的某星球表面，宇航员做了如下实验，实验装置如图甲所示，竖直平面内的光滑轨道由轨道 AB和圆弧轨道BC组成，将质量m=0.2kg的小球从轨 道上高H处的某点由静止滑下，用力传感器测出小球经过C点时对轨道的压力 F,改变H的大小，可测出相应的 F大小，F随H的变化关系如图乙所示，忽略星球自转。求：(1)圆弧轨道BC的半径r ； (2)该星球的第一宇宙速度 v0。329 .如图所示，竖直光滑 圆轨道BCD固定在水平面 AB上，轨道圆心为 0,半径R=lm,4轨道最低点与水平面相

8、切于B点，C为轨道最高点，D点与圆心0等高。一质量 m=1Kg的小物块，从水平面上以速度V0竖直向上抛出，抛出的初速度vo =8m/s，物块从D点进入圆轨道，最终停在 A点。若A B间的距离为8m。g=l0m/s求物块运动到 C点时，对轨道的压力为多大？ 求物块与水平面间的动摩擦因数卩。 物块从B点运动到A点所用的时间。30 将一个动力传感器连接到计算机上，我们就可以测量快速变化的力，某一小球用一 条不可伸长的轻绳连接，绳的另一端固定在悬点上，当小球在竖直面内来回摆动时，用 动力传感器测得绳子对悬点的拉力随时间变化的曲线如图所示，取重力加速度g=10m/s2,求绳子的最大偏角0。求：参考答案答

9、案第7页，总10页1. AC【解析】试题分析：对物体受力分析，根据平行四边形定则得,mgcost，则茸曲Nbc533选项A正确；根据 m gt a e =4 二TTAc o sc5 3/3,选项 B错误；Tbc o s3 72RSi,n解得T =bfC金,故2rv根据m g avn=，解得Rs脚1EkmgRta nr si nr ,贝y A B两球的动能之比2电=tan53sin53二聖，选项C正确;Ekb tan37 sin37 27小球的重力势能 B=mgR 1-cos B ）,则A、B两球的重力势能之比为 EA - 1 cos53 =2 .故EpB 1cos37D错误.故选：ACo考点：

10、牛顿第二定律的应用 2. D【解析】试题分析：物体做圆周运动，只有重力做正功，速度变大，则A错误；物体做速度逐渐增大的圆周运动，故物体既有切线加速度，又有向心加速度，合加速度方向不是指向圆心的，故 物体的合力方向不是指向圆心的（最低点除外），贝U B错误；因速度变大，则向心力变大，支持力变大，则C错误；根据动能定理可知， 动能增大，则合外力做正功，故D正确.故选： D考点：圆周运动；牛顿定律的应用3. A【解析】试题分析：列车转弯时的向心力由列车的重力和轨道对火车的支持力的合力提供，根据牛顿2 1第二定律可知： mg = m，解得_gRh ，选项 A正确。R%L2h2考点：牛顿第二定律的应用

11、4. C【解析】试题分析：物块所需向心力由圆筒对物块的支持力提供，选项A错误；在竖直方向，摩擦力等于物体的重力，故无论角速度3如何增大，物块所受摩擦力不变，选项BD错误；由于物块所需向心力由圆筒对物块的支持力提供，则FN =m2r，若角速度3增大，物块所受弹力增大，选项C正确；故选C. 考点：向心力；牛顿第二定律 .5. ABD【解析】2 2试题分析：06s内绳子的拉力不变，知 Fi= m , 610s内拉力大小不变，知 F2 = mVr ,ll因为F2= 655 51F1,贝U I = _|，两钉子之间的间距x = l - l = - l 故A正确第一个半圈经历的时6 66I5=-t = 5

12、s，贝U t=10.5s 时，小球在v6I间为6s，则一 =6s，则第二个半圈的时间tvI 2转第二个半圈，则绳子的拉力为 6N.故B正确.小球转第三个半圈的时间 t = 一 = tv 3=4s，则t=14s时，小球转动的半径r = I1，2根据F= mJ，则拉力变为原来的r-倍，大2小为7.5N .故C错误.细绳每跟钉子碰撞一次，转动半圈的时间少1-t = 1s，则细绳第三次碰钉子到第四次碰钉子的时间间隔厶t 63X仁3s.故D正确.故6选ABD考点：圆周运动的规律；向心力。6. A【解析】试题分析：小球所受重力和杆子的作用力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律有：co2Lmgsin 0 =m

13、Lo 2,解得 sin 0 = .故 A 正确，B、C、D错误.故选 A.g考点：牛顿第二定律；向心力 7. AD【解析】试题分析：开始时，物块 B所受的摩擦力为 =4mgsin。=2mg，方向沿斜面向上；小球A运动到最低点时，由机械能守恒定律可得:mgL1 2mv2，解得：T=3mg此时物块B所受的摩擦力为f =T_4mgsin30： = mg，方向沿斜面向下，选项 A正确，B 错误；由上述计算可知，当物块A到达最低点时，绳子的拉力与绳长无关，故若适当增加OA段绳子的长度，物块不可能发生运动，选项C错误；对物块 B和斜面体的整体而言，当物块A向下摆动时，绳子对整体的拉力斜向左下方，故地面对斜

14、面体的摩擦力方向一定水平向右，选项D正确；故选AD.考点：牛顿定律；机械能守恒；物体的平衡8. B【解析】1 2试题分析：当绳与竖直方向的夹角 二=30时，由机械能守恒定律可得： mgLcos mv ；根据牛顿定律可得小球沿绳子方向的合力即向心力为:= 2mgcos_：i ,小球受的合力为：F合二；(mg sin 30)2(2 mgcos30)2 = mg，故选 B.考点：机械能守恒定律及牛顿第二定律9. CD【解析】试题分析：根据fm=m，得，3 = fm，知当角速度逐渐增大时，B物体先达到最大静 mr摩擦力，角速度继续增大，B物体靠绳子的拉力和最大静摩擦力提供向心力，角速度增大，拉力增大，

15、则A物体的摩擦力减小，当拉力增大到一定程度，A物体所受的摩擦力减小到零后反向，角速度增大， A物体的摩擦力反向增大所以A所受的摩擦力先增大后减小，又增大，方向先指向圆心，然后背离圆心，B物体的静摩擦力一直增大达到最大静摩擦力后不变， A、B错误.A、B所受的合力即向心力之比等于半径之比，不变， C正确；向心力随角速度 增大一直增大， D正确。故选 CD 考点：向心力、牛顿第二定律10. D【解析】试题分析：人在运动过程中，向下运动时速度越来越快，而向上运动时速度越来越慢，因此 A错误；人在滑到到最低点时加速度向上处于超重状态，B错误；人在滑到最低点时速度恰好水平，而重力竖直向下，两者相互垂直，

16、因此重力的功率为零，C错误；人到达最低点时速度最快，而此时向下的力向心力最大，因此绳子拉力最大，D正确。考点：圆周运动11 . A【解析】试题分析：两者的角速度相等，因为rA : rB =1:2,根据公式F = m2r可得F2二mB B2rB,F1 - F2二mA 2rA，两式联立可得 吕二总，故A正确。F24考点：考查了圆周运动，牛顿第二定律12. BDf=3m 2r,A错B对；物块C刚好发生滑动时【解析】试题分析：B对A的静摩擦力提供向心力，有/Mg =1.5r?w =D对;试题分析：据题意，摆球释放瞬间摆绳拉力为0,支架对地面的压力为：Fn二Mg，故选物体A刚好发生滑动时C错;考点：匀速

17、圆周运动、向心力13. BD【解析】2项A错误；摆球摆到最低点时支架对地面的压力为：Fn =(M - m)g - m，由于机械能l守恒有：mgl =lmv2，则压力为：Fn = (M 3m)g，故选项C错误而选项D正确；小球2下摆瞬间绳子拉力为 0，此时地面对支架摩擦力等于0,当小球摆到最低点时细绳拉力方向竖直向上，此时支架受到摩擦力也为0,那么从下摆到最低点的过程中，支架受到的摩擦力应该先增加后减小，故选项B正确。考点：本题考查牛顿第二定律。14. B【解析】试题分析：因为圆环光滑，所以这三个力肯定是重力、环对球的弹力、绳子的拉力，细绳要产生拉力，绳要处于拉升状态，根据几何关系可知，此时细绳

18、与竖直方向的夹角为60,当圆环旋转时，小球绕竖直轴做圆周运动，向心力由三个力在水平方向的合力提供， 其大小为：F=mo 2r，根据几何关系，其中r=Rsin60 定，所以当角速度越大时，所需要的向心力越大，绳子拉力越大，所以对应的临界条件是小球在此位置刚好不受拉力，此时角速度最小，需要的向心力最小，2对小球进行受力分析得：Fmin=2mgsin60 ,即2mgsin60 =m w min Rsin60 解得：min竖直方向：Nsin30 - (2mcj) sin30水平方向：Ncos30 + ( 2mg sin30当绳子拉力达到 2mg时，此时角速度最大，对小球进行受力分析得:-mg=02=m

19、 max(Rsin60 ) 故ACD错误，B正确；故选：B.考点：牛顿定律的应用；圆周运动的规律。15. BCD【解析】试题分析：小球原来在水平面内做匀速圆周运动，绳b被烧断后，小球在垂直于平面ABC的竖直平面内摆动或圆周运动，故A错误；绳b被烧断前，小球在竖直方向没有位移，加速度为零，a绳中张力等于重力，在绳 b被烧断瞬间，a绳中张力与重力的合力提供小球的向 心力，而向心力竖直向上，绳 b的张力将大于重力，即张力突然增大，故B正确；若角速度较小，小球原来的速度较小， 小球在垂直于平面 ABC的竖直平面内摆动， 故C正确.若角 速度，较大，小球原来的速度较大，小球可能在垂直于平面ABC的竖直平

20、面内做圆周运动，故D正确.考点：考查了牛顿第二定律；向心力.16. A【解析】2试题分析：当小球到达最高点速率为v,有mg，当小球到达最高点速率为 2v时，r(2v)2应有F + mg = m一- =4 mg所以F =3mg ,此时最高点各力如图所示，所以r2答案第15页，总10页考点：向心力；匀速圆周运动.17. AD卩mg=miw 2知，临界角速度故B错误.根据【解析】试题分析：甲、乙两轮子边缘上的各点线速度大小相等，有：3 1?3r= 3 2?r，则得 3 甲：3乙=1： 3，所以物块相对盘开始滑动前，m与m2的角速度之比为1：3 .故A正确；物块相对盘开始滑动前，根据 a=3 2r得：

21、m与rn的向心加速度之比为a 1：2 2a2= 3 1 ?2r: 3 2 r=2 : 9，g，可知甲乙的临界角速度之比为3，甲乙线速度相等，甲乙的角速度之比为3甲：3乙=1： 3，可知当转速增加时，乙先达到临界角速度，所以乙先开始滑动.故D正确，C错误.故选：AD.考点：圆周运动；牛顿定律；向心加速度。18. AD【解析】2试题分析：由牛顿定律可知，球所受的合外力大小为R，选项A正确，b错误；根据平行四边形法则可知，球对杆作用力的大小为F = F合+ (mg)2二 m. g2 4R2，选项D正确，C错误。考点：向心力；牛顿定律的应用。19. D【解析】试题分析：球在环内侧做圆周运动， 通过最高

22、点速度最小时， 轨道对球的最小弹力为零，在2最高点，速度最小时有：,解得：vi= . gr ,根据机械能守恒定律，有：r2mgr+ 3 mv； = 1 mv12,2mg,根据牛顿第二定律求出最高点的最大速度，2mg+2mg=mv2，解得：V2= . 3gr，根据机械能守恒定律，有:r为了不会使环在竖直方向上跳起，小球在最高点对轨道的弹力不能大于1 i；2mgr+ mvf = mv?2, V2二-7gr ;所以保证小球能通过环的最高点，且不会使环在竖直2 2方向上跳起，在最低点的速度范围为：.5gr 不满足该条件，故 C错误；当t 2gR 2g2gRhB =2R2时，可使B球从轨道最高点飞出后，

23、恰好落在轨道右端口处，故D正确。4g考点：本题考查了机械能守恒定律、匀速圆周运动的概念26. BD【解析】22试题分析：通过凸形路面时，根据牛顿第二定律有：mg - N1 = m，所以N! =mg-mv , RiR故Ni：mg , A错误，B正确；通过凹形路面最低处时，根据牛顿第二定律有：2噸，所以N22d正确。=m堂 mg，故N2 mg , C错误,R2考点：考查了圆周运动实例分析27. (1) 0【解析】试题分析：(1)当摩擦力为零，支持力和重力的合力提供向心力，有：mgta- mRsi解得：-0 =（2 ）当33 0时，重力和支持力的合力不够提供向心力，当角速度最大时，摩擦力方向 沿罐壁

24、切线向下达最大值，设此最大角速度为3 1,由牛顿第二定律得，2Ff cos60 Fn cos30二 mRsin60 “Ff sin60mg = Fn sin30联立以上二式解得:答案第19页，总10页当3 3 0时，重力和支持力的合力大于所需向心力，摩擦力方向沿罐壁切线向上，当角速度最小时，摩擦力向上达到最大值，设此最小角速度为 3 2由牛顿第二定律得，Fn COS30 - Ff cos60 二 mRsin60 22mg 二 Fn sin30Ff sin60联立三式解得综述，陶罐旋转的角速度范围为co 考点：牛顿第二定律；圆周运动,28. (1) r = 0.16 m3(2) vo = 4 10 m/s【解析】1试题分析：（1）小球由A到C的过程中