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2022年高考物理一轮复习专题06圆周运动（2）
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这是一份2022年高考物理一轮复习专题06圆周运动（2），共34页。试卷主要包含了单选题，共14小题，多选题，共6小题，填空题，共4小题，解答题，共12小题等内容，欢迎下载使用。
2022年高考物理一轮复习专题06圆周运动（2）
练习
一、单选题，共14小题
1．如图所示，电风扇同一扇叶上的P，Q两点到转轴的距离分别为rP，rQ，且rP
A．P点的角速度比Q点的角速度大
B．P点的角速度比Q点的角速度小
C．P点的向心加速度比Q点的向心加速度大
D．P点的线速度比Q点的线速度小
2．关于匀速圆周运动的物理量，说法正确的是（ ）
A．半径一定时，线速度与角速度成正比
B．周期一定时，线速度与角速度成正比
C．线速度一定时，角速度与半径成正比
D．角速度一定时，线速度与半径成反比
3．有关圆周运动的基本模型，下列说法正确的是（ ）
A．如图a，汽车通过拱桥的最高点处于超重状态
B．如图b所示是一圆锥摆，增大θ，若保持圆锥的高不变，则圆锥摆的角速度不变
C．如图c，同一小球在光滑而固定的圆锥筒内的A、B位置先后分别做匀速圆周运动，则在A、B两位置小球的圆运动周期相等
D．火车转弯超过规定速度行驶时，内侧轨道对火车轮缘会有侧向挤压作用
4．如图所示A、B、C三个物体（可视为质点）放在旋转圆台上，三个物体与圆台之间的动摩擦因数均为μ（运动过程中最大静摩擦力等于滑动摩擦力），A质量是2m，B和C质量均为m，A、B离轴距离为R，C离轴距离为2R，当圆台旋转时，以下选项错误的是（ ）
A．当圆台转速增大时，B比A先滑动 B．当圆台转速增大时，C比B先滑动
C．若A、B、C均未滑动，则C的向心加速度最大 D．若A、B、C均未滑动，则B所受的摩擦力最小
5．下图中按力的作用效果分解正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
6．以下说法中正确的是（ ）.
A．轨迹是圆的质点运动叫做匀速圆周运动
B．质点做匀速圆周运动时速度不变
C．质点做匀速圆周运动时，在任何时间内质点的位移与时间的比值是恒量
D．质点做匀速圆周运动时，在任何时间内质点和半径连线转过的弧度角与时间的比值是恒量
7．甲物体静止在赤道上某处，乙物体静止在北京某处（纬度约为北纬40°）。两物体随地球自转做匀速圆周运动的线速度大小分别用、表示，角速度分别用、表示，则（ ）
A． B． C． D．
8．如图所示，在匀速转动的水平圆盘上放有质量为0.2kg的小物块A，已知OA=0.05m，小物块A与圆盘的动摩擦因数均为0.25，设物块所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g=10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．当转速 时，物块受到向心力大小为0.5N
B．当转速时，物块受到的摩擦力为静摩擦力
C．物块随圆盘一起运动时受到重力、支持力、摩擦力和向心力，共4个力作用
D．物块随圆盘一起运动时受到的摩擦力方向沿半径向外
9．如图所示为自行车传动结构的示意图，其中A、B、C是大齿轮、小齿轮和后轮边缘上的点，则下列物理量大小关系正确的是（ ）
A． B． C． D．
10．最近某“七一国际广场”隆重开业，其标志性设施是如图所示的摩天轮。某同学在周末去体验了一下，他乘坐该摩天轮随座舱在竖直面内做匀速圆周运动。则下列说法正确的是
A．该同学运动到最低点时处于超重状态
B．在摩天轮转动过程中，该同学的速度和所受的合力均不变
C．该同学在与转轴等高的位置时只受重力和座舱对他竖直向上的支持力作用
D．由于该同学的向心加速度大小不变，所以他做的是匀变速运动
11．中央电视台报道了一起离奇交通事故．家住公路弯处的李先生家在三个月内连续遭遇了七次大卡车侧翻在自家门口的场面，第八次有辆卡车冲进李先生家，造成三死一伤和房屋严重损毁的血腥惨案．经公安部门和交通部门协力调查，画出的现场示意图如图所示．交警根据图示作出以下判断，你认为正确的是（ ）
A．由图可知汽车在拐弯时发生侧翻是因为车做向心运动
B．由图可知汽车在拐弯时发生侧翻是因为车做离心运动
C．公路在设计上一定是内(东)高外(西)低
D．公路在设计上一定是外(西)高内(东)低
12．公路在通过小型水库的泄洪闸的下游时，常常要修建凹形桥，也叫“过水路面”．如图所示，汽车通过凹形桥的最低点时（ ）
A．车对桥的压力等于汽车的重力
B．车对桥的压力小于汽车的重力
C．车的速度越大，车对桥面的压力越小
D．车的速度越大，车对桥面的压力越大
13．如图所示，一轻绳的一端固定一质量为m的小球，另一端以O为圆心，使小球在竖直平面内做半径为R的圆周运动，以下说法正确的是
A．小球过最高点时，绳子所受的弹力不可能为0
B．小球过最高点时的最小速度为
C．小球不可能通过最高点
D．在最高点，小球受到重力和竖直向上的支持力
14．如图所示，轻绳的一端固定在点，另一端系一质量为的小球，在最低点给小球一个初速度，小球恰好能够在竖直平面内完成圆周运动，选项中给出了轻绳对小球拉力跟小球转过的角度的余弦关系的四幅图象，其中是一段直线，是一段余弦函数线，、是一段抛物线，这四幅图象中正确的是（ ）
A． B．
C． D．
二、多选题，共6小题
15．如图所示小球沿水平面通过点进入半径为的半圆弧轨道后恰能通过最高点，然后落回水平面。不计一切阻力。下列说法正确的是（ ）
A．小球落地点离点的水平距离为
B．小球从到落地重力所做的功为
C．小球运动到半圆弧最高点时向心力恰为
D．若将半圆弧轨道上部的圆弧截去，其他条件不变，则小球能达到的最大高度比点高
16．如图所示，质量为M=1kg的薄壁细圆管竖直放置在固定的底座上，圆管内部光滑，圆半径比细管的内径大得多．已知圆的半径R=0.4m，一质量m=0.5kg的小球，在管内最低点A的速度大小为m/s，g取10m/s2，则以下说法正确的是（ ）
A．小球恰能做完整的圆周运动
B．小球沿圆轨道上升的最大高度为0.4m
C．圆管对底座的最大压力为15N
D．圆管对底座的最大压力等于25N
17．如图所示，细绳的一端系着质量为2kg的物体A，另一端通过光滑的小孔吊着质量为0.5kg物块B，A的重心与圆孔的距离为0.5m．并已知A与圆盘的最大静摩擦力为4N，g=10m/s2，A随水平圆盘一起转动，则水平转盘的角速度ω取以下何值可使B高度不变( )
A．0.5rad/s
B．1.5rad/s
C．2.5rad/s
D．3.5rad/s
18．如图所示，粗糙水平圆盘上，质量相等的A、B两物块叠放在一起，随圆盘一起做匀速圆周运动，则下列说法正确的是( )
A．A、B都有沿切线方向且向后滑动的趋势
B．B的向心力等于A的向心力大小
C．盘对B的摩擦力大小是B对A的摩擦力大小的2倍
D．若B相对圆盘先滑动，则A、B间的动摩擦因数μA小于盘与B间的动摩擦因数μB
19．如图所示,水平转台上有一个质量m为的物块,用长为L的细绳将物块连接在转轴上,细线与竖直转轴的夹角为角,此时绳中张力为零,物块与转台间动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力,物块随转台由静止开始逐渐加速转动,则下列说法中正确的是（ ）
A．物块离开转台之前所受摩擦力始终指向转轴
B．当转台角速度时,物块将离开转台
C．当物块的动能为时,物块对转台的压力恰好为零
D．当转台的角速度时,随着角速度的增加，细线与转轴的夹角增大
20．如图甲所示，一光滑的圆管轨道固定在竖直平面内，质量为m的小球在圆管内运动，小球的直径略小于圆管的内径，轨道的半径为R，小球的直径远小于R，可以视为质点，重力加度为g。现小球经最高点的初速度v，圆管对小球的弹力与的关系如图乙所示（取竖直向下为正），为通过圆心的一条水平线，关于小球的运动，下列说法不正确的是（ ）
A．图乙中的，
B．当时，小球在最低点与最高点对轨道的压力大小之差可能为
C．小球在水平线以下的管道中运动时，内侧管壁对小球可能有作用力
D．若小球从最高点静止沿轨道滑落，当滑落高度为时，小球与内、外管壁均没有作用力
三、填空题，共4小题
21．如下图所示，O1和O2是摩擦传动的两个轮子，O1是主动轮，O2是从动轮.若两轮不打滑，则对于两轮上a、b、c三点(半径比为1：2：1)，其向心加速度的比为_________
22．如图所示，放在水平圆盘上质量为0.5kg的小物块，离转轴距离0.2m。当小物块随圆盘一起以2rad/s的角速度做匀速圆周运动时，其受到静摩擦力的大小为__________N.
23．如图小圆柱由一根不可伸长的轻绳拴住，轻绳另一端固定，在悬点O安装一个拉力传感器，将轻绳拉至水平后由静止释放．在最低点附近放置一组光电门，测出小圆柱运动到最低点的挡光时间Δt，测出小圆柱的直径d，重力加速度为g．
（1）由以上数据可得小圆柱体摆到最低点时的速度大小为_________．
（2）测出悬点到圆柱重心的距离L，由传感器可测出绳子上的拉力F，则要验证小圆柱在最低点的向心力公式还需要测量的物理量是________________（用文字和字母表示）．若等式F＝___________成立，则可验证小圆柱在最低点的向心力公式．
24．如图为“行星传动示意图”，中心“太阳轮”的转动轴固定，其半径为 R1，周围四个“行星轮”的转动轴固定，其半径均为 R2，“齿圈”的半径为 R3，其中R1=1.5R2，A、B、C 分别是“太阳轮”、“行星轮”和“齿圈”边缘上的点，齿轮传动过程不打滑，则 A 点与C 点的线速度之比为_____， B 点与 C 点的周期之比为_______．
四、解答题，共12小题
25．长L=0.5m的轻杆，其一端连接着一个零件A，A的质量m=2kg．现让A在竖直平面内绕O点做圆周运动，如图所示．在A通过最高点时，（g=10m/s2）求：
（1）A的速率为多大时，杆对A的作用力为0
（2）A的速率v1=1m/s时，杆对A的作用力大小和方向；
（3）A的速率v2= 4m/s时，杆对A的作用力大小和方向．
26．如图所示，质量为m=2kg的小球从R=40cm的竖直圆弧轨道的顶端A点由静止开始下滑，通过圆弧轨道最低点B后做平抛运动，已知B点到地面的竖直高度H=45cm，B点与落地点C点的水平距离L=60cm，不计空气阻力，g取10m/s2，求：
（1）小球通过圆弧轨道最低点B时的速度大小；
（2）小球通过圆弧轨道最低点B时对轨道的压力；
（3）小球从A点运动到距地面的D点（D点未标出）的过程中有多少机械能转化为内能。
27．如图所示，一半径为R=2m的圆环，以直径AB为轴匀速转动，转动周期T=2s，环上有M、N两点．试求：
（1）M点的角速度；
（2）N点的线速度．
28．如图所示，位于竖直平面上的圆弧轨道，半径为R，OB沿竖直方向，上端A距地面高度为H，质量为m的小球从A点由静止释放，到达B点时的速度为，最后落在地面上C点处，不计空气阻力，不计小球自身大小，求：
(1)小球刚运动到轨道上B点时的加速度an大小和方向；
(2)小球在轨道上B点时需要的向心力F大小；
(3)小球运动到B点时对轨道的压力N大小和方向；
(4)小球落地点C与B点水平距离x．
29．雨伞边缘的半径为r，距水平地面的高度为h，现将雨伞以角速度ω匀速旋转，使雨滴自伞边缘甩出，落在地面上成一个大圆圈。求：
（1）大圆圈的半径是多少？
（2）雨滴落到地面时速率是多少？
30．如图所示的装置放在水平地面上，该装置由弧形轨道、竖直圆轨道、水平直轨道和倾角的斜轨道平滑连接而成。质量的小滑块从弧形轨道离地高处静止释放。已知，，滑块与轨道和间的动摩擦因数均为，弧形轨道和圆轨道均可视为光滑，忽略空气阻力。（，，）
(1)求滑块运动到圆的最高点时速度大小和向心力的大小；
(2)求滑块到达点时的动能；
(3)通过计算判断滑块能否冲出斜轨道的末端点。
31．如图，在竖直平面内由圆弧AB和圆弧BC组成的光滑固定轨道，两者在最低点B平滑连接。AB弧的半径为R，BC弧的半径为。一小球(可视为质点)在A点正上方与A相距处由静止开始自由下落，经A点沿圆弧轨道运动。求：
（1）小球经B点速率。
（2）求小球经B点前后瞬间对轨道的压力大小之比；
32．一物体从悬停在高空中的直升飞机上掉落，下降过程中，受到的空气阻力大小与其速度大小成正比。当速度达到vm=25m/s时，物体匀速下降。取g=10m/s2。
(1)定性作出掉落后物体的v-t关系图象。
(2)当速度为v1=15m/s时，物体的加速度为多大？
33．如图所示，竖直平面内的半圆光滑轨道与粗糙的水平轨道相切于B点，BC为半圆轨道沿竖直方向的一条直径，一质量m=0.2kg的小滑块（可视为质点）从水平轨道上的A点以的初速度向B滑行，已知A、B间的距离x=4m，之后小滑块冲上半圆轨道，恰好能够通过半圆轨道的最高点C，小滑块飞出半圆轨道后，恰好又能落回A点。不计空气阻力，重力加速度取g=10m/s2。求：
(1)半圆轨道的半径；
(2)小球过半圆轨道的B点时，对轨道的压力大小；
(3)小球与水平轨道之间的动摩擦因数。
34．如图所示，在一根细绳下端拴一个质量为m的小球，捏住绳子的上端，使小球在水平面内做匀速圆周运动，细绳就沿圆锥面旋转，这样就成了一个圆锥摆。已知绳的固定端到小球球心的长度为l，重力加速度为g。
(1)当细绳跟竖直方向的夹角为θ时，求小球运动的向心力大小和向心加速度大小；
(2)当细绳跟竖直方向的夹角为2θ时，求小球运动的角速度大小。
35．如图所示，有一质量为的木箱停在水平光滑地面上，木箱M高，一质量的小物块置于M的上表面，它距后端A点的距离为，已知m与M之间的动摩擦因数为。现对木箱M施一水平向右的大小恒为的作用力，木箱开始运动，最后小物块m会离开M后落至水平地面，运动中小物块m可视为质点。求：
(1)刚开始运动时，木箱M和小物块m的加速度；
(2)小物块m离开木箱时木箱的速度；
(3)小物块m落地时，与木箱M最左端的距离。
36．如图甲所示，倾角为θ＝37°的传送带以恒定速率逆时针运行，现将一质量m＝2 kg的小物体轻轻放在传送带的A端，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示，2 s末物体到达B端，取沿传送带向下为正方向，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，求：
(1)小物体在传送带A、B两端间运动的平均速度v；
(2)物体与传送带间的动摩擦因数μ；
(3)2 s内物体机械能的减少量ΔE ．
参考答案
1．D
【详解】
AB．因为PQ两点同轴转动，则P点的角速度等于Q点的角速度，选项AB错误；
C．根据可知，P点的向心加速度比Q点的向心加速度小，选项C错误；
D．根据v=ωr可知，P点的线速度比Q点的线速度小，选项D正确。
故选D。
2．A
【详解】
根据公式，只有当半径一定时，角速度与线速度成正比，周期一定时，由则角速度一定，A正确B错误；根据公式，线速度一定，角速度与半径成反比，C错误；根据公式，角速度一定，线速度与半径成正比，D错误．
3．B
【详解】
A．汽车在最高点有
可知
故处于失重状态，故A错误；
B．如图b所示是一圆锥摆，重力和拉力的合力
又
可得
故增大θ，但保持圆锥的高不变，圆锥摆的角速度不变，故B正确；
C．小球靠重力和支持力的合力提供向心力，重力不变，根据平行四边形定则知，支持力大小相等，向心力相等，根据
由于转动的半径不等，则角速度不等，周期不等，故C错误；
D．火车转弯超过规定速度行驶时，重力和支持力的合力不足以提供向心力，则外侧轨道对轮缘会有挤压作用，故D错误。
故选B。
4．A
【详解】
AB．物体所受静摩擦力提供向心力，当物体所受静摩擦力达到最大静摩擦力时，圆台角速度达到使物体不滑动的最大值，根据
解得
由上式可知，运动半径r越小，所能达到的不滑动的角速度最大值越大，所以当圆台转速增大到某一值时，C比B先滑动，再增大到某一值时，A、B将同时滑动，故A错误，B正确；
C．若A、B、C均未滑动，三者角速度相同，根据
可知C的向心加速度最大，故C正确；
D．若A、B、C均未滑动，三者角速度相同，根据
可知B所受的摩擦力最小，故D正确。
故选A。
5．A
【详解】
力F的作用效果，如图所示，故A正确；
物体的重力，按效果分解成一个垂直接触面的力，与垂直挡板的力，如图所示，故B错误；
按照力的作用效果，拉力分解成如图所示，故C错误；
物体的重力，按效果分解分解成如图所示，故D错误；
考点：考查了力的分解
【点睛】
本题考查运用数学知识处理物理问题的能力，比较简单．对于力的分解，关键确定力的作用效果，定出两个分力的方向．
6．D
【详解】
A．轨迹是圆且速度大小不变的质点运动叫做匀速圆周运动，A错误；
B．质点做匀速圆周运动时，速度方向在改变，B错误；
C．质点做匀速圆周运动时，在任何时间内质点的位移与时间的比值不是恒量，比如转过一周后位移变为零，此时比值为零，C错误；
D．质点做匀速圆周运动时，质点和半径连线转过的弧度角与时间的比值是角速度，角速度是定值，D正确。
故选D。
7．A
【详解】
两物体都随地球转动，则角速度相等，即角速度关系
在赤道处的物体甲的转动半径较大，根据
v=ωr
可知
故选A。
8．B
【详解】
物体以最大角速度转动时，最大静摩擦力提供向心力，则有
解得
AB．当转速，则
即此时物块受到的摩擦力是静摩擦力，A错误，B正确；
C．物块随圆盘一起运动时受到重力、支持力、摩擦力的作用，向心力是以效果命名的力，不能把向心力当作一个力去进行受力分析，C错误；
D．物块在水平转盘上做匀速圆周运动时，静摩擦力提供向心力，向心力的方向一定指向圆心，故静摩擦力方向总是指向圆盘中心，D错误。
故选B。
9．C
【详解】
A．A点与B点属于同一链条上传动，则边缘的线速度相等，即
故A错误；
B．A点与B点线速度相等，根据结合，可推出
故B错误；
C．A点与B点线速度相等，根据结合，可推出
故C正确；
D．B点和C点属于同轴转动的点，则角速度相等，由，且，可推出
故D错误。
故选C。
10．A
【详解】
A．因该同学乘坐摩天轮随座舱在竖直面内做匀速圆周运动，在最低点时，向心加速度向上，处于超重状态，故A正确；
B．在摩天轮转动过程中，该同学的速度方向时刻改变，故B错误；
C．该同学运动到与圆心等高位置时，竖直方向，座舱对他的作用力等于其所受重力，水平方向，座舱对他的作用力提供指向圆心的向心力，则座舱对人的合力大于其所受重力，故C错误；
D．该同学的向心加速度大小不变，所以他做的是匀速圆周运动，不是匀变速运动，故D错误。
故选A。
11．B
【详解】
AB．汽车发生侧翻是因为提供的力不够做圆周运动所需的向心力，发生离心运动．故A错误，B正确；
CD．汽车在水平路面上拐弯时，靠静摩擦力提供向心力，现在易发生侧翻可能是路面设计不合理，公路的设计上可能内侧（东）高外侧（西）低，重力沿斜面方向的分力背离圆心，导致合力不够提供向心力而致，也可能是车速太大，静摩擦力不足以提供向心力而做离心运动，故CD错误．
故选B．
【点睛】
解决本题的关键知道当提供的力等于圆周运动所需要的力，物体做圆周运动，当提供的力不够圆周运动所需要的力，物体做离心运动．
12．D
【详解】
汽车通过凹形桥的最低点时，向心力竖直向上，合力竖直向上，加速度竖直向上，根据牛顿第二定律得知，汽车过于超重状态，所以车对桥的压力比汽车的重力大，故AB错误；对汽车，根据牛顿第二定律得：N﹣mg=m，则得N=mg+m，可见，v越大，路面的支持力越大，据牛顿第三定律得知，车对桥面的压力越大，故C错误，D正确．
故选D．
【点睛】汽车在凹形桥的底端受重力和支持力，靠两个力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求出支持力的大小，通过牛顿第三定律得出汽车对路面的压力．
13．B
【解析】当小球在最高点恰好只有重力提供它的向心力的时候，此时球对绳没有作用力，此时有，解得，小于这个速度则小球不能过最高点，AC错误B正确；在最高点，小球受到重力和绳子的拉力，D错误；
【点睛】杆的模型和绳的模型是在高中常遇到的两种基本模型，这两种模型不一样，杆在最高点的速度可以为零，而绳在最高点时的速度必须大于或等于最小速度．
14．A
【详解】
从最低点到与竖直方向夹角θ位置，根据机械能守恒得
当小球恰好通过最高点时，有：
，
又
联立可得
可见F与cosθ 是一次函数关系，因此F-cosθ图象是一条直线
A.A选项中图是一条直线，与上述结论相符，故A符合题意；
BCD.BCD选中图都是一条曲线，与与上述结论不相符，故BCD不符合题意．
15．AC
【详解】
A．在最高点，根据牛顿第二定律得
解得
根据
解得
则水平距离
故A正确；
B．小球从P到落地重力所做的功为
故B错误；
C．小球沿水平面通过点进入半径为的半圆弧轨道后恰能通过最高点，轨道对小球的弹力为0，重力提供向心力，故C正确；
D．若将半圆弧轨道上部的圆弧截去，其他条件不变，设小球能达到的最大高度为比点高。由机械能守恒定律得到
解得
故D错误。
故选AC。
16．BD
【详解】
试题分析：小球在转动过程中，管壁对小球的作用力垂直于速度方向，不做功，只有重力做功，根据动能定理可得，解得：，而小球要做完整的圆周运动，需要上升的高度为0.8m，故不能上升到最高点，A错误B正确；在最低点时，速度最大，球对圆管的压力最大，根据牛顿第二定律可得，解得：，即球对圆管的压力为15N，则圆管对地的最大压力为，C错误D正确
考点：考查了圆周运动，动能定理
【名师点睛】小球运动过程中，只有重力做功，机械能守恒，根据机械能守恒定律求出小球沿圆轨道上升的最大高度，判断能不能上升到最高点，在最低点时，球对圆管的压力最大，此时圆管对地的压力最大，根据向心力公式和平衡条件列式求解
17．BC
【详解】
当物体M在此平面绕中心轴线以ω角速度转动时，当M恰好要向里滑动时，ω取得最小值为ωmin，此时M所受的静摩擦力达到最大为Fmax，方向沿半径向外，由最大静摩擦力和绳子拉力的合力提供所需要的向心力，根据牛顿第二定律和向心力公式有：mg−Fmax＝Mω2minr，代入数据解得ωmin=1rad/s；当M恰好要向外滑动时，ω取得最大值为ωmax，此时M所受的静摩擦力达到最大为Fmax，方向沿半径向里，由最大静摩擦力和绳子拉力的合力提供所需要的向心力，根据牛顿第二定律和向心力公式有：mg+Fmax＝Mω2maxr，代入数据解得ωmax=3rad/s；所以角速度范围是：1rad/s≤ω≤3rad/s，故BC正确，AD错误；故选BC．
18．BC
【详解】
A.A所受的静摩擦力方向指向圆心，可知A有沿半径向外滑动的趋势，同理，B受到盘的静摩擦力方向指向圆心，有沿半径向外滑动的趋势，故A项与题意不相符；
B.根据Fn＝mrω2，因为两物块的角速度大小相等，转动半径相等，质量相等，则向心力大小相等，故B项与题意相符；
C.对A、B整体分析，可得盘对B的摩擦力大小
fB＝2mrω2
对A分析，可得B对A的摩擦力大小
fA＝mrω2
可知盘对B的摩擦力大小是B对A摩擦力大小的2倍，故C项与题意相符；
对A、B整体分析，盘与B间静摩擦力最大时有
μB·2mg＝2m·r
解得
ωB＝
对A分析，A、B间静摩擦力最大时有
μAmg＝mr
解得
ωA＝
因为B先滑动，可知B先达到临界角速度，可知B的临界角速度较小，即
ωB＜ωA
可得
μB＜μA
故D项与题意不相符．
19．CD
【分析】
对物块进行受力分析，由牛顿第二定律求得绳中出现拉力和转台对物块支持力为零时物块的速度．
【详解】
A、在物块随转台由静止开始缓慢加速转动的过程中，物块要受到沿圆弧切线方向的摩擦力的分力使物块加速，故A错误．
B、设当转台的角速度比较小时，物块只受重力、支持力和摩擦力，当细绳恰好要产生拉力时：mg=mL，解得=，随着角速度的增大，细绳上的拉力增大，当物块恰好要离开转台时，物块受的重力和细绳的拉力的合力充当向心力有：mg=mL，解得=，此时物块的动能EK=m=，故B错误，C正确．
D、当转台的角速度时，物块离开转台后，随着角速度的增加，细线与转轴的夹角增大，D正确．
故选C、D
20．BC
【详解】
A．此问题类似于“轻杆”模型，小球通过最高点时最小速度为零，当小球经最高点的速度时，内侧管壁对小球有支持力
故
当小球经最高点的速度v=时，内、外管壁对小球均没有作用力，则
故A正确；
B．当，最高点有
由最高点和最低点机械能守恒可得
最低点有
解得
故B错误；
C．受力分析可知，为了有力提供向心力，外侧轨道对小球必有压力。故C错误；
D．若小球从最高点静止沿轨道滑落，小球绕圆心转角时，内、外管壁对小球均没有作用力，则
机械能守恒得
联立解得
当小球从最高点静止沿轨道滑落高度为
故D正确。
本题选错的，故选BC。
21．4：2：1
【详解】
b、c共轴转动，角速度相等，a、b两点靠传送带传动，线速度大小相等；根据an=rω2，b、b的向心加速度之比为：ab：ac=2：1；根据an=v2/r，a、b的向心加速度之比为：aa：ab=2：1；则三点的向心加速度之比为4：2：1
【点睛】
解决本题的知道共轴转动的点，角速度相等，靠传送带传动轮子边缘上的点，线速度相等．
22．0.4
【解析】滑块受到静摩擦力的大小提供向心力： ，
代入数据得 ，方向：由所在位置垂直指向转轴。
点睛：解决本题的关键知道圆周运动向心力的来源，结合牛顿第二定律进行求解。
23．d/△t 小圆柱的质量m
【详解】
试题分析：（1）小圆柱体摆到最低点时的速度大小为；
（2）根据机械能守恒定律应有mgL=mv2，其中，解得
根据牛顿第二定律有，解得，可见还需要测量小圆柱的质量m，才能求出绳子的拉力．
考点：牛顿第二定律
24．1:1 2：7
【详解】
（1）A点与B点是齿轮传动，所以A与B的线速度相等，同理可知B与C的线速度相等，所以A与C的线速度相等，即两者之比为1:1
（2）由公式，再结合B与C的线速度相等，所以
25．（1）（2）（3）F2=44N
【详解】
（1）当杆的作用力为0时，根据向心力方程： ，得：
（2）当时，杆对A的作用力竖直向上，设为，根据向心力方程得：，解得
（3）当 时，杆对A的作用力竖直向下，设为 ， 解得F2=44N
26．（1）2m/s；（2）40N，方向竖直向下；（3）4J
【详解】
（1）根据平抛运动规律可得小球从B到C的运动时间为
t==0.3s
则小球通过圆弧轨道最低点B时的速度大小为
vB==2m/s
（2）设小球通过圆弧轨道最低点B时所受支持力大小为N，根据牛顿第二定律可得
解得
N=40N
根据牛顿第三定律可知小球通过圆弧轨道最低点B时对轨道的压力大小为
N′=N=40N
方向竖直向下。
（3）根据能量守恒定律可知，小球从A点运动到距地面的D点的过程中转换为内能的机械能为
27．（1）M点的角速度；(2)
【详解】
（1）根据几何关系知：，
根据，可求M点角速度：
（2）同一圆环以直径为轴做匀速转动时，环上的点的角速度相同，
根据，即可得N的线速度：．
28．(1) g向上 (2)mg (3) 2mg，竖直向下 (4)
【详解】
解：(1) 小球刚运动到轨道上B点时的加速度大小，方向沿半径指向圆心，故方向竖直向上；
(2)小球在轨道上B点时需要的向心力大小
(3)小球运动到B点时，则有
解得
根据牛顿第三定律可知小球运动到B点时对轨道的压力N方向竖直向下；
(4)小球离开B做平抛运动，则有
解得小球落地点C与B点水平距离
29．（1）；（2）
【详解】
(1)雨点甩出轨迹如图所示
雨点甩出后做平抛运动，竖直方向有
雨滴做平抛运动的时间为
因雨滴离开雨伞的速度为
雨点甩出后水平方向做匀速直线运动
所以雨滴落在地上形成的大圆的半径为
(2)设雨滴落地时的速率为v，根据动能定理，有
联立解得
30．(1) ；6N； (2)0.75J；(3) 滑块不能冲出斜轨道的末端C点；
【详解】
(1)滑块从开始下滑到D点过程机械能守恒，由机械能守恒定律得
解得
在D点，轨道的弹力提供向心力，由牛顿第二定律得
代入数据解得
F=6N
(2)从开始下滑到到达B点，由动能定理
解得
(3)设滑块在斜轨道上到达的最高点为C′，BC′的长度为L，从滑块开始下滑到C′过程，由能量守恒定律得
mgH=μmgLAB+μmgcosθ·L+mgLsinθ
代入数据解得
滑块不能冲出斜轨道的末端C点；
31．（1）（2）
【解析】（1）设小球经过B点时速度为，根据机械能守恒定律可得： ，
则： ；
（2）小球经过B点前后，根据牛顿第二定律： ，
整理可以得到： ，由牛顿第三定律可知，小球经过B点前后对轨道的压力大小也分别与、之比相等，即为。
点睛：本题考查机械能守恒定律以及牛顿第二定律的应用，注意小球经过B点前后半径会发生变化，从而向心力不同！
32．(1)见解析；(2)4m/s2
【详解】
(1)如图所示
(2)达到vm时，受力平衡，有
mg=F
F=kvm
当速度为v1=15m/s时，由牛顿第二定律有
mg-F1=ma
F1=kv1
代入数据解上式得
a=４m/s2
33．(1)2m；(2)12N；(3)0.55
【详解】
(1)小滑块恰好能过最高点C，有
①
小滑块由C到A做平抛运动，有
②
③
联立①②③解得
R=2m④
(2)小滑块由B到C机械能守恒，有
⑤
小滑块过B点，利用牛顿第二定律，有
⑥
由牛顿第三定律有
⑦
联立④~⑧解得
N ⑧
(3)对小滑块由A到B的过程利用动能定理，有
⑨
解得
⑩
34．(1)，；(2)
【详解】
(1)小球在水平面做匀速圆周运动，小球受到的合力提供向心力为
Fn=mgtanθ
小球运动的向心加速度为
an=gtanθ
(2)根据几何关系可知小球做圆周运动的半径为
r=lsin2θ
小球受到的合力提供向心力，有
mgtan2θ=mrω2
联立解得
35．(1)，；(2)8m/s；(3)1.6875m
【详解】
(1)对小物块运用牛顿第二定律得
对木箱有
又因为
联立解得
，
(2)小物块离开木箱时由位移关系得
解得
则
(3)物块离开木箱后做平抛运动，设落地时间为，则有
解得
离开物块后木箱的加速度为，则
解得
木箱的位移
物块平抛的位移
它们距离为
36．(1)8 m/s (2)0.5 (3)48 J
【详解】
（1）由v-t图象的面积规律可知传送带A、B间的距离L即为v-t图线与t轴所围的面积，所以：
代入数值得：
L=16m
由平均速度的定义得：
（2）由v-t图象可知传送代运行速度为v1=10m/s，0-1s内物体的加速度为：
则物体所受的合力为：
F合=ma1=2×10N=20N．
1-2s内的加速度为：
a2＝＝2m/s2，
根据牛顿第二定律得：
a1＝=gsinθ+μgcosθ
a2＝=gsinθ-μgcosθ
联立两式解得：
μ=0.5，θ=37°．
（3）0-1s内，物块的位移：
x1＝a1t12＝×10×1m＝5m
传送带的位移为：
x2=vt1=10×1m=10m
则相对位移的大小为：
△x1=x2-x1=5m
则1-2s内，物块的位移为：
x3＝vt2+a2t22=10×1+×2×1m＝11m
0-2s内物块向下的位移：
L=x1+x3=5+11=16m
物块下降的高度：
h=Lsin37°=16×0.6=9.6m
物块机械能的变化量：
△E＝mvB2−mgh=×2×122−2×10×9.6=-48J
负号表示机械能减小．
2022年高考物理一轮复习专题06圆周运动（2）
练习
一、单选题，共14小题
1．如图所示，电风扇同一扇叶上的P，Q两点到转轴的距离分别为rP，rQ，且rP
A．P点的角速度比Q点的角速度大
B．P点的角速度比Q点的角速度小
C．P点的向心加速度比Q点的向心加速度大
D．P点的线速度比Q点的线速度小
2．关于匀速圆周运动的物理量，说法正确的是（ ）
A．半径一定时，线速度与角速度成正比
B．周期一定时，线速度与角速度成正比
C．线速度一定时，角速度与半径成正比
D．角速度一定时，线速度与半径成反比
3．有关圆周运动的基本模型，下列说法正确的是（ ）
A．如图a，汽车通过拱桥的最高点处于超重状态
B．如图b所示是一圆锥摆，增大θ，若保持圆锥的高不变，则圆锥摆的角速度不变
C．如图c，同一小球在光滑而固定的圆锥筒内的A、B位置先后分别做匀速圆周运动，则在A、B两位置小球的圆运动周期相等
D．火车转弯超过规定速度行驶时，内侧轨道对火车轮缘会有侧向挤压作用
4．如图所示A、B、C三个物体（可视为质点）放在旋转圆台上，三个物体与圆台之间的动摩擦因数均为μ（运动过程中最大静摩擦力等于滑动摩擦力），A质量是2m，B和C质量均为m，A、B离轴距离为R，C离轴距离为2R，当圆台旋转时，以下选项错误的是（ ）
A．当圆台转速增大时，B比A先滑动 B．当圆台转速增大时，C比B先滑动
C．若A、B、C均未滑动，则C的向心加速度最大 D．若A、B、C均未滑动，则B所受的摩擦力最小
5．下图中按力的作用效果分解正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
6．以下说法中正确的是（ ）.
A．轨迹是圆的质点运动叫做匀速圆周运动
B．质点做匀速圆周运动时速度不变
C．质点做匀速圆周运动时，在任何时间内质点的位移与时间的比值是恒量
D．质点做匀速圆周运动时，在任何时间内质点和半径连线转过的弧度角与时间的比值是恒量
7．甲物体静止在赤道上某处，乙物体静止在北京某处（纬度约为北纬40°）。两物体随地球自转做匀速圆周运动的线速度大小分别用、表示，角速度分别用、表示，则（ ）
A． B． C． D．
8．如图所示，在匀速转动的水平圆盘上放有质量为0.2kg的小物块A，已知OA=0.05m，小物块A与圆盘的动摩擦因数均为0.25，设物块所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g=10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．当转速 时，物块受到向心力大小为0.5N
B．当转速时，物块受到的摩擦力为静摩擦力
C．物块随圆盘一起运动时受到重力、支持力、摩擦力和向心力，共4个力作用
D．物块随圆盘一起运动时受到的摩擦力方向沿半径向外
9．如图所示为自行车传动结构的示意图，其中A、B、C是大齿轮、小齿轮和后轮边缘上的点，则下列物理量大小关系正确的是（ ）
A． B． C． D．
10．最近某“七一国际广场”隆重开业，其标志性设施是如图所示的摩天轮。某同学在周末去体验了一下，他乘坐该摩天轮随座舱在竖直面内做匀速圆周运动。则下列说法正确的是
A．该同学运动到最低点时处于超重状态
B．在摩天轮转动过程中，该同学的速度和所受的合力均不变
C．该同学在与转轴等高的位置时只受重力和座舱对他竖直向上的支持力作用
D．由于该同学的向心加速度大小不变，所以他做的是匀变速运动
11．中央电视台报道了一起离奇交通事故．家住公路弯处的李先生家在三个月内连续遭遇了七次大卡车侧翻在自家门口的场面，第八次有辆卡车冲进李先生家，造成三死一伤和房屋严重损毁的血腥惨案．经公安部门和交通部门协力调查，画出的现场示意图如图所示．交警根据图示作出以下判断，你认为正确的是（ ）
A．由图可知汽车在拐弯时发生侧翻是因为车做向心运动
B．由图可知汽车在拐弯时发生侧翻是因为车做离心运动
C．公路在设计上一定是内(东)高外(西)低
D．公路在设计上一定是外(西)高内(东)低
12．公路在通过小型水库的泄洪闸的下游时，常常要修建凹形桥，也叫“过水路面”．如图所示，汽车通过凹形桥的最低点时（ ）
A．车对桥的压力等于汽车的重力
B．车对桥的压力小于汽车的重力
C．车的速度越大，车对桥面的压力越小
D．车的速度越大，车对桥面的压力越大
13．如图所示，一轻绳的一端固定一质量为m的小球，另一端以O为圆心，使小球在竖直平面内做半径为R的圆周运动，以下说法正确的是
A．小球过最高点时，绳子所受的弹力不可能为0
B．小球过最高点时的最小速度为
C．小球不可能通过最高点
D．在最高点，小球受到重力和竖直向上的支持力
14．如图所示，轻绳的一端固定在点，另一端系一质量为的小球，在最低点给小球一个初速度，小球恰好能够在竖直平面内完成圆周运动，选项中给出了轻绳对小球拉力跟小球转过的角度的余弦关系的四幅图象，其中是一段直线，是一段余弦函数线，、是一段抛物线，这四幅图象中正确的是（ ）
A． B．
C． D．
二、多选题，共6小题
15．如图所示小球沿水平面通过点进入半径为的半圆弧轨道后恰能通过最高点，然后落回水平面。不计一切阻力。下列说法正确的是（ ）
A．小球落地点离点的水平距离为
B．小球从到落地重力所做的功为
C．小球运动到半圆弧最高点时向心力恰为
D．若将半圆弧轨道上部的圆弧截去，其他条件不变，则小球能达到的最大高度比点高
16．如图所示，质量为M=1kg的薄壁细圆管竖直放置在固定的底座上，圆管内部光滑，圆半径比细管的内径大得多．已知圆的半径R=0.4m，一质量m=0.5kg的小球，在管内最低点A的速度大小为m/s，g取10m/s2，则以下说法正确的是（ ）
A．小球恰能做完整的圆周运动
B．小球沿圆轨道上升的最大高度为0.4m
C．圆管对底座的最大压力为15N
D．圆管对底座的最大压力等于25N
17．如图所示，细绳的一端系着质量为2kg的物体A，另一端通过光滑的小孔吊着质量为0.5kg物块B，A的重心与圆孔的距离为0.5m．并已知A与圆盘的最大静摩擦力为4N，g=10m/s2，A随水平圆盘一起转动，则水平转盘的角速度ω取以下何值可使B高度不变( )
A．0.5rad/s
B．1.5rad/s
C．2.5rad/s
D．3.5rad/s
18．如图所示，粗糙水平圆盘上，质量相等的A、B两物块叠放在一起，随圆盘一起做匀速圆周运动，则下列说法正确的是( )
A．A、B都有沿切线方向且向后滑动的趋势
B．B的向心力等于A的向心力大小
C．盘对B的摩擦力大小是B对A的摩擦力大小的2倍
D．若B相对圆盘先滑动，则A、B间的动摩擦因数μA小于盘与B间的动摩擦因数μB
19．如图所示,水平转台上有一个质量m为的物块,用长为L的细绳将物块连接在转轴上,细线与竖直转轴的夹角为角,此时绳中张力为零,物块与转台间动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力,物块随转台由静止开始逐渐加速转动,则下列说法中正确的是（ ）
A．物块离开转台之前所受摩擦力始终指向转轴
B．当转台角速度时,物块将离开转台
C．当物块的动能为时,物块对转台的压力恰好为零
D．当转台的角速度时,随着角速度的增加，细线与转轴的夹角增大
20．如图甲所示，一光滑的圆管轨道固定在竖直平面内，质量为m的小球在圆管内运动，小球的直径略小于圆管的内径，轨道的半径为R，小球的直径远小于R，可以视为质点，重力加度为g。现小球经最高点的初速度v，圆管对小球的弹力与的关系如图乙所示（取竖直向下为正），为通过圆心的一条水平线，关于小球的运动，下列说法不正确的是（ ）
A．图乙中的，
B．当时，小球在最低点与最高点对轨道的压力大小之差可能为
C．小球在水平线以下的管道中运动时，内侧管壁对小球可能有作用力
D．若小球从最高点静止沿轨道滑落，当滑落高度为时，小球与内、外管壁均没有作用力
三、填空题，共4小题
21．如下图所示，O1和O2是摩擦传动的两个轮子，O1是主动轮，O2是从动轮.若两轮不打滑，则对于两轮上a、b、c三点(半径比为1：2：1)，其向心加速度的比为_________
22．如图所示，放在水平圆盘上质量为0.5kg的小物块，离转轴距离0.2m。当小物块随圆盘一起以2rad/s的角速度做匀速圆周运动时，其受到静摩擦力的大小为__________N.
23．如图小圆柱由一根不可伸长的轻绳拴住，轻绳另一端固定，在悬点O安装一个拉力传感器，将轻绳拉至水平后由静止释放．在最低点附近放置一组光电门，测出小圆柱运动到最低点的挡光时间Δt，测出小圆柱的直径d，重力加速度为g．
（1）由以上数据可得小圆柱体摆到最低点时的速度大小为_________．
（2）测出悬点到圆柱重心的距离L，由传感器可测出绳子上的拉力F，则要验证小圆柱在最低点的向心力公式还需要测量的物理量是________________（用文字和字母表示）．若等式F＝___________成立，则可验证小圆柱在最低点的向心力公式．
24．如图为“行星传动示意图”，中心“太阳轮”的转动轴固定，其半径为 R1，周围四个“行星轮”的转动轴固定，其半径均为 R2，“齿圈”的半径为 R3，其中R1=1.5R2，A、B、C 分别是“太阳轮”、“行星轮”和“齿圈”边缘上的点，齿轮传动过程不打滑，则 A 点与C 点的线速度之比为_____， B 点与 C 点的周期之比为_______．
四、解答题，共12小题
25．长L=0.5m的轻杆，其一端连接着一个零件A，A的质量m=2kg．现让A在竖直平面内绕O点做圆周运动，如图所示．在A通过最高点时，（g=10m/s2）求：
（1）A的速率为多大时，杆对A的作用力为0
（2）A的速率v1=1m/s时，杆对A的作用力大小和方向；
（3）A的速率v2= 4m/s时，杆对A的作用力大小和方向．
26．如图所示，质量为m=2kg的小球从R=40cm的竖直圆弧轨道的顶端A点由静止开始下滑，通过圆弧轨道最低点B后做平抛运动，已知B点到地面的竖直高度H=45cm，B点与落地点C点的水平距离L=60cm，不计空气阻力，g取10m/s2，求：
（1）小球通过圆弧轨道最低点B时的速度大小；
（2）小球通过圆弧轨道最低点B时对轨道的压力；
（3）小球从A点运动到距地面的D点（D点未标出）的过程中有多少机械能转化为内能。
27．如图所示，一半径为R=2m的圆环，以直径AB为轴匀速转动，转动周期T=2s，环上有M、N两点．试求：
（1）M点的角速度；
（2）N点的线速度．
28．如图所示，位于竖直平面上的圆弧轨道，半径为R，OB沿竖直方向，上端A距地面高度为H，质量为m的小球从A点由静止释放，到达B点时的速度为，最后落在地面上C点处，不计空气阻力，不计小球自身大小，求：
(1)小球刚运动到轨道上B点时的加速度an大小和方向；
(2)小球在轨道上B点时需要的向心力F大小；
(3)小球运动到B点时对轨道的压力N大小和方向；
(4)小球落地点C与B点水平距离x．
29．雨伞边缘的半径为r，距水平地面的高度为h，现将雨伞以角速度ω匀速旋转，使雨滴自伞边缘甩出，落在地面上成一个大圆圈。求：
（1）大圆圈的半径是多少？
（2）雨滴落到地面时速率是多少？
30．如图所示的装置放在水平地面上，该装置由弧形轨道、竖直圆轨道、水平直轨道和倾角的斜轨道平滑连接而成。质量的小滑块从弧形轨道离地高处静止释放。已知，，滑块与轨道和间的动摩擦因数均为，弧形轨道和圆轨道均可视为光滑，忽略空气阻力。（，，）
(1)求滑块运动到圆的最高点时速度大小和向心力的大小；
(2)求滑块到达点时的动能；
(3)通过计算判断滑块能否冲出斜轨道的末端点。
31．如图，在竖直平面内由圆弧AB和圆弧BC组成的光滑固定轨道，两者在最低点B平滑连接。AB弧的半径为R，BC弧的半径为。一小球(可视为质点)在A点正上方与A相距处由静止开始自由下落，经A点沿圆弧轨道运动。求：
（1）小球经B点速率。
（2）求小球经B点前后瞬间对轨道的压力大小之比；
32．一物体从悬停在高空中的直升飞机上掉落，下降过程中，受到的空气阻力大小与其速度大小成正比。当速度达到vm=25m/s时，物体匀速下降。取g=10m/s2。
(1)定性作出掉落后物体的v-t关系图象。
(2)当速度为v1=15m/s时，物体的加速度为多大？
33．如图所示，竖直平面内的半圆光滑轨道与粗糙的水平轨道相切于B点，BC为半圆轨道沿竖直方向的一条直径，一质量m=0.2kg的小滑块（可视为质点）从水平轨道上的A点以的初速度向B滑行，已知A、B间的距离x=4m，之后小滑块冲上半圆轨道，恰好能够通过半圆轨道的最高点C，小滑块飞出半圆轨道后，恰好又能落回A点。不计空气阻力，重力加速度取g=10m/s2。求：
(1)半圆轨道的半径；
(2)小球过半圆轨道的B点时，对轨道的压力大小；
(3)小球与水平轨道之间的动摩擦因数。
34．如图所示，在一根细绳下端拴一个质量为m的小球，捏住绳子的上端，使小球在水平面内做匀速圆周运动，细绳就沿圆锥面旋转，这样就成了一个圆锥摆。已知绳的固定端到小球球心的长度为l，重力加速度为g。
(1)当细绳跟竖直方向的夹角为θ时，求小球运动的向心力大小和向心加速度大小；
(2)当细绳跟竖直方向的夹角为2θ时，求小球运动的角速度大小。
35．如图所示，有一质量为的木箱停在水平光滑地面上，木箱M高，一质量的小物块置于M的上表面，它距后端A点的距离为，已知m与M之间的动摩擦因数为。现对木箱M施一水平向右的大小恒为的作用力，木箱开始运动，最后小物块m会离开M后落至水平地面，运动中小物块m可视为质点。求：
(1)刚开始运动时，木箱M和小物块m的加速度；
(2)小物块m离开木箱时木箱的速度；
(3)小物块m落地时，与木箱M最左端的距离。
36．如图甲所示，倾角为θ＝37°的传送带以恒定速率逆时针运行，现将一质量m＝2 kg的小物体轻轻放在传送带的A端，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示，2 s末物体到达B端，取沿传送带向下为正方向，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，求：
(1)小物体在传送带A、B两端间运动的平均速度v；
(2)物体与传送带间的动摩擦因数μ；
(3)2 s内物体机械能的减少量ΔE ．
参考答案
1．D
【详解】
AB．因为PQ两点同轴转动，则P点的角速度等于Q点的角速度，选项AB错误；
C．根据可知，P点的向心加速度比Q点的向心加速度小，选项C错误；
D．根据v=ωr可知，P点的线速度比Q点的线速度小，选项D正确。
故选D。
2．A
【详解】
根据公式，只有当半径一定时，角速度与线速度成正比，周期一定时，由则角速度一定，A正确B错误；根据公式，线速度一定，角速度与半径成反比，C错误；根据公式，角速度一定，线速度与半径成正比，D错误．
3．B
【详解】
A．汽车在最高点有
可知
故处于失重状态，故A错误；
B．如图b所示是一圆锥摆，重力和拉力的合力
又
可得
故增大θ，但保持圆锥的高不变，圆锥摆的角速度不变，故B正确；
C．小球靠重力和支持力的合力提供向心力，重力不变，根据平行四边形定则知，支持力大小相等，向心力相等，根据
由于转动的半径不等，则角速度不等，周期不等，故C错误；
D．火车转弯超过规定速度行驶时，重力和支持力的合力不足以提供向心力，则外侧轨道对轮缘会有挤压作用，故D错误。
故选B。
4．A
【详解】
AB．物体所受静摩擦力提供向心力，当物体所受静摩擦力达到最大静摩擦力时，圆台角速度达到使物体不滑动的最大值，根据
解得
由上式可知，运动半径r越小，所能达到的不滑动的角速度最大值越大，所以当圆台转速增大到某一值时，C比B先滑动，再增大到某一值时，A、B将同时滑动，故A错误，B正确；
C．若A、B、C均未滑动，三者角速度相同，根据
可知C的向心加速度最大，故C正确；
D．若A、B、C均未滑动，三者角速度相同，根据
可知B所受的摩擦力最小，故D正确。
故选A。
5．A
【详解】
力F的作用效果，如图所示，故A正确；
物体的重力，按效果分解成一个垂直接触面的力，与垂直挡板的力，如图所示，故B错误；
按照力的作用效果，拉力分解成如图所示，故C错误；
物体的重力，按效果分解分解成如图所示，故D错误；
考点：考查了力的分解
【点睛】
本题考查运用数学知识处理物理问题的能力，比较简单．对于力的分解，关键确定力的作用效果，定出两个分力的方向．
6．D
【详解】
A．轨迹是圆且速度大小不变的质点运动叫做匀速圆周运动，A错误；
B．质点做匀速圆周运动时，速度方向在改变，B错误；
C．质点做匀速圆周运动时，在任何时间内质点的位移与时间的比值不是恒量，比如转过一周后位移变为零，此时比值为零，C错误；
D．质点做匀速圆周运动时，质点和半径连线转过的弧度角与时间的比值是角速度，角速度是定值，D正确。
故选D。
7．A
【详解】
两物体都随地球转动，则角速度相等，即角速度关系
在赤道处的物体甲的转动半径较大，根据
v=ωr
可知
故选A。
8．B
【详解】
物体以最大角速度转动时，最大静摩擦力提供向心力，则有
解得
AB．当转速，则
即此时物块受到的摩擦力是静摩擦力，A错误，B正确；
C．物块随圆盘一起运动时受到重力、支持力、摩擦力的作用，向心力是以效果命名的力，不能把向心力当作一个力去进行受力分析，C错误；
D．物块在水平转盘上做匀速圆周运动时，静摩擦力提供向心力，向心力的方向一定指向圆心，故静摩擦力方向总是指向圆盘中心，D错误。
故选B。
9．C
【详解】
A．A点与B点属于同一链条上传动，则边缘的线速度相等，即
故A错误；
B．A点与B点线速度相等，根据结合，可推出
故B错误；
C．A点与B点线速度相等，根据结合，可推出
故C正确；
D．B点和C点属于同轴转动的点，则角速度相等，由，且，可推出
故D错误。
故选C。
10．A
【详解】
A．因该同学乘坐摩天轮随座舱在竖直面内做匀速圆周运动，在最低点时，向心加速度向上，处于超重状态，故A正确；
B．在摩天轮转动过程中，该同学的速度方向时刻改变，故B错误；
C．该同学运动到与圆心等高位置时，竖直方向，座舱对他的作用力等于其所受重力，水平方向，座舱对他的作用力提供指向圆心的向心力，则座舱对人的合力大于其所受重力，故C错误；
D．该同学的向心加速度大小不变，所以他做的是匀速圆周运动，不是匀变速运动，故D错误。
故选A。
11．B
【详解】
AB．汽车发生侧翻是因为提供的力不够做圆周运动所需的向心力，发生离心运动．故A错误，B正确；
CD．汽车在水平路面上拐弯时，靠静摩擦力提供向心力，现在易发生侧翻可能是路面设计不合理，公路的设计上可能内侧（东）高外侧（西）低，重力沿斜面方向的分力背离圆心，导致合力不够提供向心力而致，也可能是车速太大，静摩擦力不足以提供向心力而做离心运动，故CD错误．
故选B．
【点睛】
解决本题的关键知道当提供的力等于圆周运动所需要的力，物体做圆周运动，当提供的力不够圆周运动所需要的力，物体做离心运动．
12．D
【详解】
汽车通过凹形桥的最低点时，向心力竖直向上，合力竖直向上，加速度竖直向上，根据牛顿第二定律得知，汽车过于超重状态，所以车对桥的压力比汽车的重力大，故AB错误；对汽车，根据牛顿第二定律得：N﹣mg=m，则得N=mg+m，可见，v越大，路面的支持力越大，据牛顿第三定律得知，车对桥面的压力越大，故C错误，D正确．
故选D．
【点睛】汽车在凹形桥的底端受重力和支持力，靠两个力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求出支持力的大小，通过牛顿第三定律得出汽车对路面的压力．
13．B
【解析】当小球在最高点恰好只有重力提供它的向心力的时候，此时球对绳没有作用力，此时有，解得，小于这个速度则小球不能过最高点，AC错误B正确；在最高点，小球受到重力和绳子的拉力，D错误；
【点睛】杆的模型和绳的模型是在高中常遇到的两种基本模型，这两种模型不一样，杆在最高点的速度可以为零，而绳在最高点时的速度必须大于或等于最小速度．
14．A
【详解】
从最低点到与竖直方向夹角θ位置，根据机械能守恒得
当小球恰好通过最高点时，有：
，
又
联立可得
可见F与cosθ 是一次函数关系，因此F-cosθ图象是一条直线
A.A选项中图是一条直线，与上述结论相符，故A符合题意；
BCD.BCD选中图都是一条曲线，与与上述结论不相符，故BCD不符合题意．
15．AC
【详解】
A．在最高点，根据牛顿第二定律得
解得
根据
解得
则水平距离
故A正确；
B．小球从P到落地重力所做的功为
故B错误；
C．小球沿水平面通过点进入半径为的半圆弧轨道后恰能通过最高点，轨道对小球的弹力为0，重力提供向心力，故C正确；
D．若将半圆弧轨道上部的圆弧截去，其他条件不变，设小球能达到的最大高度为比点高。由机械能守恒定律得到
解得
故D错误。
故选AC。
16．BD
【详解】
试题分析：小球在转动过程中，管壁对小球的作用力垂直于速度方向，不做功，只有重力做功，根据动能定理可得，解得：，而小球要做完整的圆周运动，需要上升的高度为0.8m，故不能上升到最高点，A错误B正确；在最低点时，速度最大，球对圆管的压力最大，根据牛顿第二定律可得，解得：，即球对圆管的压力为15N，则圆管对地的最大压力为，C错误D正确
考点：考查了圆周运动，动能定理
【名师点睛】小球运动过程中，只有重力做功，机械能守恒，根据机械能守恒定律求出小球沿圆轨道上升的最大高度，判断能不能上升到最高点，在最低点时，球对圆管的压力最大，此时圆管对地的压力最大，根据向心力公式和平衡条件列式求解
17．BC
【详解】
当物体M在此平面绕中心轴线以ω角速度转动时，当M恰好要向里滑动时，ω取得最小值为ωmin，此时M所受的静摩擦力达到最大为Fmax，方向沿半径向外，由最大静摩擦力和绳子拉力的合力提供所需要的向心力，根据牛顿第二定律和向心力公式有：mg−Fmax＝Mω2minr，代入数据解得ωmin=1rad/s；当M恰好要向外滑动时，ω取得最大值为ωmax，此时M所受的静摩擦力达到最大为Fmax，方向沿半径向里，由最大静摩擦力和绳子拉力的合力提供所需要的向心力，根据牛顿第二定律和向心力公式有：mg+Fmax＝Mω2maxr，代入数据解得ωmax=3rad/s；所以角速度范围是：1rad/s≤ω≤3rad/s，故BC正确，AD错误；故选BC．
18．BC
【详解】
A.A所受的静摩擦力方向指向圆心，可知A有沿半径向外滑动的趋势，同理，B受到盘的静摩擦力方向指向圆心，有沿半径向外滑动的趋势，故A项与题意不相符；
B.根据Fn＝mrω2，因为两物块的角速度大小相等，转动半径相等，质量相等，则向心力大小相等，故B项与题意相符；
C.对A、B整体分析，可得盘对B的摩擦力大小
fB＝2mrω2
对A分析，可得B对A的摩擦力大小
fA＝mrω2
可知盘对B的摩擦力大小是B对A摩擦力大小的2倍，故C项与题意相符；
对A、B整体分析，盘与B间静摩擦力最大时有
μB·2mg＝2m·r
解得
ωB＝
对A分析，A、B间静摩擦力最大时有
μAmg＝mr
解得
ωA＝
因为B先滑动，可知B先达到临界角速度，可知B的临界角速度较小，即
ωB＜ωA
可得
μB＜μA
故D项与题意不相符．
19．CD
【分析】
对物块进行受力分析，由牛顿第二定律求得绳中出现拉力和转台对物块支持力为零时物块的速度．
【详解】
A、在物块随转台由静止开始缓慢加速转动的过程中，物块要受到沿圆弧切线方向的摩擦力的分力使物块加速，故A错误．
B、设当转台的角速度比较小时，物块只受重力、支持力和摩擦力，当细绳恰好要产生拉力时：mg=mL，解得=，随着角速度的增大，细绳上的拉力增大，当物块恰好要离开转台时，物块受的重力和细绳的拉力的合力充当向心力有：mg=mL，解得=，此时物块的动能EK=m=，故B错误，C正确．
D、当转台的角速度时，物块离开转台后，随着角速度的增加，细线与转轴的夹角增大，D正确．
故选C、D
20．BC
【详解】
A．此问题类似于“轻杆”模型，小球通过最高点时最小速度为零，当小球经最高点的速度时，内侧管壁对小球有支持力
故
当小球经最高点的速度v=时，内、外管壁对小球均没有作用力，则
故A正确；
B．当，最高点有
由最高点和最低点机械能守恒可得
最低点有
解得
故B错误；
C．受力分析可知，为了有力提供向心力，外侧轨道对小球必有压力。故C错误；
D．若小球从最高点静止沿轨道滑落，小球绕圆心转角时，内、外管壁对小球均没有作用力，则
机械能守恒得
联立解得
当小球从最高点静止沿轨道滑落高度为
故D正确。
本题选错的，故选BC。
21．4：2：1
【详解】
b、c共轴转动，角速度相等，a、b两点靠传送带传动，线速度大小相等；根据an=rω2，b、b的向心加速度之比为：ab：ac=2：1；根据an=v2/r，a、b的向心加速度之比为：aa：ab=2：1；则三点的向心加速度之比为4：2：1
【点睛】
解决本题的知道共轴转动的点，角速度相等，靠传送带传动轮子边缘上的点，线速度相等．
22．0.4
【解析】滑块受到静摩擦力的大小提供向心力： ，
代入数据得 ，方向：由所在位置垂直指向转轴。
点睛：解决本题的关键知道圆周运动向心力的来源，结合牛顿第二定律进行求解。
23．d/△t 小圆柱的质量m
【详解】
试题分析：（1）小圆柱体摆到最低点时的速度大小为；
（2）根据机械能守恒定律应有mgL=mv2，其中，解得
根据牛顿第二定律有，解得，可见还需要测量小圆柱的质量m，才能求出绳子的拉力．
考点：牛顿第二定律
24．1:1 2：7
【详解】
（1）A点与B点是齿轮传动，所以A与B的线速度相等，同理可知B与C的线速度相等，所以A与C的线速度相等，即两者之比为1:1
（2）由公式，再结合B与C的线速度相等，所以
25．（1）（2）（3）F2=44N
【详解】
（1）当杆的作用力为0时，根据向心力方程： ，得：
（2）当时，杆对A的作用力竖直向上，设为，根据向心力方程得：，解得
（3）当 时，杆对A的作用力竖直向下，设为 ， 解得F2=44N
26．（1）2m/s；（2）40N，方向竖直向下；（3）4J
【详解】
（1）根据平抛运动规律可得小球从B到C的运动时间为
t==0.3s
则小球通过圆弧轨道最低点B时的速度大小为
vB==2m/s
（2）设小球通过圆弧轨道最低点B时所受支持力大小为N，根据牛顿第二定律可得
解得
N=40N
根据牛顿第三定律可知小球通过圆弧轨道最低点B时对轨道的压力大小为
N′=N=40N
方向竖直向下。
（3）根据能量守恒定律可知，小球从A点运动到距地面的D点的过程中转换为内能的机械能为
27．（1）M点的角速度；(2)
【详解】
（1）根据几何关系知：，
根据，可求M点角速度：
（2）同一圆环以直径为轴做匀速转动时，环上的点的角速度相同，
根据，即可得N的线速度：．
28．(1) g向上 (2)mg (3) 2mg，竖直向下 (4)
【详解】
解：(1) 小球刚运动到轨道上B点时的加速度大小，方向沿半径指向圆心，故方向竖直向上；
(2)小球在轨道上B点时需要的向心力大小
(3)小球运动到B点时，则有
解得
根据牛顿第三定律可知小球运动到B点时对轨道的压力N方向竖直向下；
(4)小球离开B做平抛运动，则有
解得小球落地点C与B点水平距离
29．（1）；（2）
【详解】
(1)雨点甩出轨迹如图所示
雨点甩出后做平抛运动，竖直方向有
雨滴做平抛运动的时间为
因雨滴离开雨伞的速度为
雨点甩出后水平方向做匀速直线运动
所以雨滴落在地上形成的大圆的半径为
(2)设雨滴落地时的速率为v，根据动能定理，有
联立解得
30．(1) ；6N； (2)0.75J；(3) 滑块不能冲出斜轨道的末端C点；
【详解】
(1)滑块从开始下滑到D点过程机械能守恒，由机械能守恒定律得
解得
在D点，轨道的弹力提供向心力，由牛顿第二定律得
代入数据解得
F=6N
(2)从开始下滑到到达B点，由动能定理
解得
(3)设滑块在斜轨道上到达的最高点为C′，BC′的长度为L，从滑块开始下滑到C′过程，由能量守恒定律得
mgH=μmgLAB+μmgcosθ·L+mgLsinθ
代入数据解得
滑块不能冲出斜轨道的末端C点；
31．（1）（2）
【解析】（1）设小球经过B点时速度为，根据机械能守恒定律可得： ，
则： ；
（2）小球经过B点前后，根据牛顿第二定律： ，
整理可以得到： ，由牛顿第三定律可知，小球经过B点前后对轨道的压力大小也分别与、之比相等，即为。
点睛：本题考查机械能守恒定律以及牛顿第二定律的应用，注意小球经过B点前后半径会发生变化，从而向心力不同！
32．(1)见解析；(2)4m/s2
【详解】
(1)如图所示
(2)达到vm时，受力平衡，有
mg=F
F=kvm
当速度为v1=15m/s时，由牛顿第二定律有
mg-F1=ma
F1=kv1
代入数据解上式得
a=４m/s2
33．(1)2m；(2)12N；(3)0.55
【详解】
(1)小滑块恰好能过最高点C，有
①
小滑块由C到A做平抛运动，有
②
③
联立①②③解得
R=2m④
(2)小滑块由B到C机械能守恒，有
⑤
小滑块过B点，利用牛顿第二定律，有
⑥
由牛顿第三定律有
⑦
联立④~⑧解得
N ⑧
(3)对小滑块由A到B的过程利用动能定理，有
⑨
解得
⑩
34．(1)，；(2)
【详解】
(1)小球在水平面做匀速圆周运动，小球受到的合力提供向心力为
Fn=mgtanθ
小球运动的向心加速度为
an=gtanθ
(2)根据几何关系可知小球做圆周运动的半径为
r=lsin2θ
小球受到的合力提供向心力，有
mgtan2θ=mrω2
联立解得
35．(1)，；(2)8m/s；(3)1.6875m
【详解】
(1)对小物块运用牛顿第二定律得
对木箱有
又因为
联立解得
，
(2)小物块离开木箱时由位移关系得
解得
则
(3)物块离开木箱后做平抛运动，设落地时间为，则有
解得
离开物块后木箱的加速度为，则
解得
木箱的位移
物块平抛的位移
它们距离为
36．(1)8 m/s (2)0.5 (3)48 J
【详解】
（1）由v-t图象的面积规律可知传送带A、B间的距离L即为v-t图线与t轴所围的面积，所以：
代入数值得：
L=16m
由平均速度的定义得：
（2）由v-t图象可知传送代运行速度为v1=10m/s，0-1s内物体的加速度为：
则物体所受的合力为：
F合=ma1=2×10N=20N．
1-2s内的加速度为：
a2＝＝2m/s2，
根据牛顿第二定律得：
a1＝=gsinθ+μgcosθ
a2＝=gsinθ-μgcosθ
联立两式解得：
μ=0.5，θ=37°．
（3）0-1s内，物块的位移：
x1＝a1t12＝×10×1m＝5m
传送带的位移为：
x2=vt1=10×1m=10m
则相对位移的大小为：
△x1=x2-x1=5m
则1-2s内，物块的位移为：
x3＝vt2+a2t22=10×1+×2×1m＝11m
0-2s内物块向下的位移：
L=x1+x3=5+11=16m
物块下降的高度：
h=Lsin37°=16×0.6=9.6m
物块机械能的变化量：
△E＝mvB2−mgh=×2×122−2×10×9.6=-48J
负号表示机械能减小．
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