1．A、B两艘快艇在湖面上做匀速圆周运动，在相同的时间内，它们通过的路程之比是6:5，运动方向改变的角度之比是5:4.则( )
A．它们的轨道半径之比是6:5
B．它们的向心加速度大小之比是24:25 C．它们的向心力大小之比是3:2 D．它们的周期大小之比是4:5 2.
极限滑板运动深受青少年喜爱，如图所示，某滑板运动员(可视为质点)由坡道进入竖直面内的圆弧性形滑道AB，从滑道的A点滑行到最低点B的过程中，由于摩擦力的存在，运动员的速率不变，则运动员沿AB下滑过程中( )
A．所受支持力始终恒定 B．所受合外力大小不变 C．所受摩擦力大小不变 D．所受合外力始终为零
3．我国高铁技术发展迅猛，目前处于世界领先水平．已知某路段为一半径为5 600 m的弯道，设计速度为216 km/h(此时车轮轮缘与轨道间无挤压)．已知我国的高铁轨距约为1400 mm，且角度较小时可近似认为tan θ＝sin θ，重力加速度g＝10 m/s2，则此弯道内、外轨高度差应为( )
A．8 cm B．9 cm C．10 cm D．11 cm 4.
杂技演员表演“水流星”，在长为1.6 m的细绳的一端，系一个与水的总质量为M＝0.5 kg的盛水容器，以绳的另一端为圆心，在竖直平面内做圆周运动，如图所示，若“水流星”通过最高点时的速率为4 m/s，(g＝10 m/s2)则下列说法正确的是( )
A．“水流星”通过最高点时，有水从容器中流出
B．“水流星”通过最高点时，绳的张力及容器底部受到的压力均为零
C．“水流星”通过最高点时，处于完全失重状态，不受力的作用
D．“水流星”通过最高点时，绳子的拉力大小为5 N 5.
共享单车是一种新型、便捷的公共交通方式．如图是某共享单车采用的无链传动系统，杜绝了传统自行车“掉链子”问题．利用圆锥齿轮90°轴交，将动力传至后轴，驱动后轮转动．在圆锥齿轮90°轴交的示意图中，A是圆锥齿轮转轴上的点，B、C分别是圆锥齿轮边缘上的点，A、B、C三点到各自圆锥齿轮中心轴的距离分别记为rA、rB和rC(rA≠rB≠rC)．下列说法正确的是( )
A．B与C点的角速度关系ωB＝ωC
rB
B．C与A点的线速度关系vC＝rvA
ArA
C．B与A点的角速度关系ωB＝rωA
B
rA
D．A与C点的向心加速度关系aA＝raC
C
6.
(多选)2013年，我国航天员在“天宫一号”为青少年进行太空授课，运行中的“天宫一号”处于完全失重状态．在“天宫一号”中，长为L的细线一端固定，另一端系一个小球，拉直细线，让小球在B点以垂直于细线的速度v0开始做圆周运动，如图所示．设“天宫一号”卫星轨道处的重力加速度为g′，在小球运动的过程中，下列说法正确的是( )
A．小球做匀速圆周运动 B．细线拉力的大小不断变化
C．只要v0>0，小球就能通过A点
D．只有v0≥5g′L，小球才能通过A点 练高考小题
7．[2016·上海卷]风速仪结构如图(a)所示．光源发出的光经光纤传输，被探测器接收，当风轮旋转时，通过齿轮带动凸轮圆盘旋转，当圆盘上的凸轮经过透镜系统时光被遮挡．已知风轮叶片转动半径为r，每转动n圈带动凸轮圆盘转动一圈．若某段时间Δt内探测器接收到的光强随时间变化关系如图(b)所示，则该时间段内风轮叶片( )
4πnr
A．转速逐渐减小，平均速率为Δt
8πnr
B．转速逐渐减小，平均速率为Δt
4πnr
C．转速逐渐增大，平均速率为Δt
8πnr
D．转速逐渐增大，平均速率为Δt 8．[2015·天津卷]
未来的星际航行中，宇航员长期处于零重力状态，为缓解这种状态带来的不适，有人设想在未来的航天器上加装一段圆柱形“旋转舱”，如图所示．当旋转舱绕其轴线匀速旋转时，宇航员站在旋转舱内圆柱形侧壁上，可以受到与他站在地球表面时相同大小的支持力．为达到上述目的，下列说法正确的是( )
A．旋转舱的半径越大，转动的角速度就应越大 B．旋转舱的半径越大，转动的角速度就应越小 C．宇航员质量越大，旋转舱的角速度就应越大 D．宇航员质量越大，旋转舱的角速度就应越小
9.
[2019·江苏卷](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( )
2πR
A．运动周期为ω B．线速度的大小为ωR
C．受摩天轮作用力的大小始终为mg D．所受合力的大小始终为mω2R 10．[2016·浙江卷](多选)如图所示为赛车场的一个水平“梨形”赛道，两个弯道分别为半径R＝90 m的大圆弧和r＝40 m的小圆弧，直道与弯道相切．大、小圆弧圆心O、O′距离L＝100 m．赛车沿弯道路线行驶时，路面对轮胎的最大径向静摩擦力是赛车重力的2.25倍．假设赛车在直道上做匀变速直线运动，在弯道上做匀速圆周运动．要使赛车不打滑，绕赛道一圈时间最短(发动机功率足够大，重力加速度g＝10 m/s2，π＝3.14)，则赛车( )
A．在绕过小圆弧弯道后加速
B．在大圆弧弯道上的速率为45 m/s C．在直道上的加速度大小为5.63 m/s2 D．通过小圆弧弯道的时间为5.58 s 11.
[2015·浙江卷](多选)如图所示为赛车场的一个水平“U”形弯道，转弯处为圆心在O点的半圆，内外半径分别为r和2r.一辆质量为m的赛车通过AB线经弯道到达A′B′线，有如图所示的①、②、③三条路线，其中路线③是以O′为圆心的半圆，OO′＝r.赛车沿圆弧路线行驶时，路面对轮胎的最大径向静摩擦力为Fmax.选择路线，赛车以不打滑的最大速率通过弯道(所选路线内赛车速率不变，发动机功率足够大)，则( )
A．选择路线①，赛车经过的路程最短 B．选择路线②，赛车的速率最小 C．选择路线③，赛车所用时间最短
D．①、②、③三条路线的圆弧上，赛车的向心加速度大小相等 练模拟小题
12．[2020·福建省三明一中摸底]
半径为1 m的水平圆盘绕过圆心O的竖直轴匀速转动，A为圆盘边缘上一点，在O点的正上方将一个可视为质点的小球以4 m/s的速度水平抛出时，半径OA方向恰好与该初速度的方向相同，如图所示，若小球与圆盘只碰一次，且落在A点，则圆盘转动的角速度大小可能是( )
A．2π rad/s B．4π rad/s C．6π rad/s D．8π rad/s 13.
[2020·云南民族大学附中模拟]如图所示，一根细线下端拴一个金
属小球P，细线的上端固定在金属块Q上，Q放在带小孔的水平桌面上．小球在某一水平面内做匀速圆周运动(圆锥摆)．现使小球改到一个更高的水平面上做匀速圆周运动(图上未画出)，金属块Q两次都保持在桌面上静止．则后一种情况与原来相比较，下列说法错误的是( )
A．Q受到桌面的支持力不变 B．Q受到桌面的静摩擦力变大 C．小球P运动的周期变大 D．小球P运动的角速度变大 14.
[2020·广东省惠州调研](多选)如图所示，在匀速转动的水平圆盘上，沿半径方向放着用细绳相连的质量均为m的两个物体A和B，它们分居圆心两侧，与圆心距离分别为RA＝r，RB＝2r，与盘间的动摩擦因数μ相同，当圆盘转速缓慢加快到两物体刚好要发生滑动时，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是( )
A．此时绳子张力为3μmg
B．此时A所受摩擦力方向沿半径指向圆内
2μg
C．此时圆盘的角速度为 r
D．此时烧断绳子，A仍相对盘静止，B将做离心运动 15.
[2020·重庆一中模拟]如图，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，转台转轴与过容器球心O的竖直线重合，转台以一定角速度ω匀速旋转．有两个质量均为m的小物块落入陶罐内，经过一段时间后，两小物块都随陶罐一起绕过球心，O的竖直轴转动且相对罐壁静止，两物块和球心O的连线相互垂直，且A物块和球心O的连线与竖直方向的夹角θ＝60°，已知重力加速度大小为g，若A物块受到的摩擦力恰好为零，则B物块受到的摩擦力大小为( )
3－13－1A.2mg B.4mg 3－33－23C.6mg D.6mg 16.
[新情景题](多选)质量为m的小球通过轻绳a和b与两相互垂直的轻质木架上的A点和C点相连，如图所示，当木架AB绕木架BC以角速度ω匀速转动时，小球在水平面内做匀速圆周运动，此时轻绳a竖直伸直，轻绳b水平伸直，轻绳a的长度为La，轻绳b的长度为Lb，小球运动到图示位置时，轻绳b被烧断，同时木架停止转动，已知重力加速度大小为g，则( )
A．小球仍在水平面内做匀速圆周运动
B．在轻绳b被烧断瞬间，轻绳a中张力突然增大
5gLa
C．若ω＝L，则木架停止转动后小球不可能做完整的圆周
b
运动
3gLa
D．若ω＝L，则木架停止转动后小球可能做完整的圆周运
b
动
17．如图甲所示，一轻杆一端固定在O点，另一端固定一小球，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，杆与小球间的弹力大小为F，小球在最高点的速度大小为v，F—v2图象如图乙所示．下列说法正确的是( )
R
A．当地的重力加速度大小为b
aR
B．小球的质量为b
C．当v2＝c时，杆对小球弹力方向向上 D．若v2＝2b，则杆对小球弹力大小为2a ———[综合测评 提能力]———
一、选择题 1．[2020·陕西长安一中模拟](多选)有关圆周运动的基本模型，下列说法正确的是( )
A．如图a所示，汽车通过拱桥的最高点时处于超重状态
B．如图b所示是一圆锥摆，增大θ，若保持圆锥的高度不变，则圆锥摆的角速度不变
C．如图c所示，同一小球在光滑且固定的圆锥筒内的A、B位置先后分别做匀速圆周运动，则在A、B两位置小球的角速度及所受筒壁的支持力大小相等
D．火车转弯超过规定速度行驶时，外轨对火车轮缘会有挤压作用
2．[2020·陕西渭南质检](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2r，此时它们正随盘做匀速圆周运动，下列判断正确的是( )
A．a和b的线速度之比为1:4 B．a和b的向心加速度之比为2:1 C．随转速慢慢增加，a先开始滑动 D．随转速慢慢增加，b先开始滑动 3.
[2020·重庆南开中学考试](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
L
的横梁上，O、A间的距离为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一直保持静止．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( )
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
gL
C．若v＝3，则底座对水平地面的压力为Mg＋3mg
1mg
D．若v＝3gL，则底座对水平地面的压力为Mg＋3 4．[2020·湖南六校联考]
一根细线一端系一小球(可视为质点)，另一端固定在光滑圆锥顶上，如图所示，设小球在水平面内做匀速圆周运动的角速度为ω，细线的张力为FT，则FT随ω2变化的图象是( )
5.
如图所示，一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定角速度ω转动，盘面上离转轴距离2.5 m处有一小物体与圆盘始终保
3
持相对静止．物体与盘面间的动摩擦因数为2(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，盘面与水平面的夹角为30°，g取10 m/s2.则ω的最大值是( )
A.5 rad/s B.3 rad/s C．1.0 rad/s D．0.5 rad/s 6．[新情境题]
如图所示，ABC为竖直平面内的金属半圆环，AC连线水平，AB为固定在A、B两点间的直金属棒，在直金属棒上和圆环的BC部分分别套着两个相同的小环M、N，现让半圆环绕对称轴以角速度ω匀速转动，半圆环的半径为R，小环M、N的质量均为m，棒和半圆环均光滑，已知重力加速度的大小为g，小环可视为质点，忽略空气阻力，则M、N两环做圆周运动的线速度大小的比值为( )
g2－R2ω4g
A.242 B. gRω－g
R2ω4－g2g
C.2 D. 24gg－Rω
7．(多选)如图所示，半径为R的内壁光滑的圆管固定在竖直平面内，直径略小于圆管内径的两质量均为m＝0.1 kg的小球在圆管内转动，当小球A以vA＝2gR的速度通过最高点时，小球B刚好以vB＝3vA的速度通过最低点，忽略一切摩擦和空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2.则下列说法正确的是( )
A．小球A在最高点时，对管内壁的压力大小为1 N B．小球A在最高点时，对管外壁的压力大小为1 N C．小球B在最低点时，对管外壁的压力大小为7 N D．小球B在最低点时，对管外壁的压力大小为6 N 8．[2020·安徽六安一中模拟]如图所示，两个可视为质点的相同的木块A和B放在水平转盘上，两者用长为L的细绳连接，木块与转盘间的最大静摩擦力均为各自重力的k倍，A放在距离转轴L处，
整个装置能绕通过转盘中心的转轴O1O2转动．开始时，绳恰好伸直但无弹力，现让该装置从静止开始转动，使角速度缓慢增大，以下说法不正确的是( )
2kg
3L时，A、B相对于转盘会滑动 kg
B．当ω> 2L时，绳子一定有弹力
kg2kg
C．当ω在 2L<ω< 3L范围内增大时，B所受摩擦力变大
2kg
D．当ω在0<ω< 3L范围内增大时，A所受摩擦力一直变大 A．当ω>
9．[2020·陕西西安模拟](多选)如图所示，一质量为m的小球置于半径为R的光滑竖直圆轨道最低点A处，B为轨道最高点，弹簧一
mg
端固定于圆心O点，另一端与小球拴接．已知弹簧的劲度系数k＝R，原长L＝2R，弹簧始终处于弹性限度内，若给小球一水平初速度v0，已知重力加速度为g，则( )
A．当v0较小时，小球可能会离开圆轨道
B．若2gR D．只要小球能做完整的圆周运动，则小球与轨道间最大压力与最小压力之差与v0无关 10．[2020·河南郴州模拟](多选)如图所示，BC是半径为R＝1 m的竖直面内的圆弧轨道，轨道末端C在圆心O的正下方，∠BOC＝60°，将质量为m＝1 kg的小球，从与O等高的A点水平抛出，小球恰好从B点沿圆弧切线方向进入轨道，由于小球与圆弧之间有摩擦，能够使小球从B到C做匀速圆周运动，重力加速度大小g取10 m/s2，则下列说法正确的是( ) A．从B到C，小球与轨道之间的动摩擦因数可能保持不变 B．从B到C，小球克服摩擦力做功为5 J 7 C．A、B两点间的距离为 12 m D．小球从B到C的全过程中，小球对轨道的压力不变 二、非选择题 11．如图所示，一小球从A点以某一水平向右的初速度出发，沿水平直线轨道运动到B点后，进入半径R＝10 cm的光滑竖直圆形轨道，圆形轨道间不相互重叠，即小球离开圆形轨道后可继续向C点运动，C点右侧有一壕沟，C、D两点间的竖直高度h＝0.8 m，水平距离s＝1.2 m，水平轨道AB长为L1＝1 m，BC长为L2＝3 m，小球与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g取10 m/s2. (1)若小球恰能通过圆形轨道的最高点，求小球在A点的初速度． (2)若小球既能通过圆形轨道的最高点，又不掉进壕沟，求小球在A点的初速度的范围． 12．[2020·日照联合检测]如图所示，M是水平放置的半径足够大的圆盘，绕过其圆心的竖直轴OO′匀速转动，规定经过圆心O且水平向右为x轴正方向．在O点正上方距盘面高为h＝5 m处有一个可间断滴水的容器，从t＝0时刻开始，容器沿水平轨道向x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动．已知t＝0时刻滴下第一滴水，以后每当前一滴水刚好落到盘面时再滴下一滴水．(取g＝10 m/s2) (1)每一滴水离开容器后经过多长时间滴落到盘面上？ (2)要使每一滴水在盘面上的落点都位于同一直线上，圆盘的角 速度ω应为多大？ (3)当圆盘的角速度为1.5π时，第二滴水与第三滴水在盘面上落点间的距离为2 m，求容器的加速度a. 课练12 圆周运动的规律及其应用 [狂刷小题 夯基础] 1．D 快艇做匀速圆周运动，根据线速度的定义可知两者的线 vA6θ 速度大小之比为v＝5，根据角速度定义ω＝t可知两者角速度之比为B v2vωA5 根据公式an＝r＝vr＝vω可得两者的向心加速度大小之比为ωB＝4，vaAvAωA6×53 aB＝vBωB＝5×4＝2，B错误；根据v＝ωr可得r＝ω，故两者的轨道rAvAωB6×424 半径之比为r＝vω＝＝，A错误；由于不知道两者质量关系， 5×525BBA 2π 所以无法计算两者向心力之比，C错误；根据公式T＝ω可得周期和角速度成反比，故A、B的周期大小之比为4:5，D正确． 2．B 运动员从A到B的过程中，滑道与水平方向之间的夹角θ逐渐减小，可知运动员所受支持力mgcos θ逐渐变大，选项A错误； v2 根据F合＝mr可知，运动员所受合外力大小不变，且不为零，选项B正确，D错误；运动员下滑过程中受到重力、滑道的支持力与摩擦力，重力沿滑道向下的分力逐渐减小，运动员的速率不变，则运动员沿滑道方向的合外力始终等于0，所以摩擦力也逐渐减小，故C错误． 3．B 由题意得按照设计速度拐弯时，列车受到重力和轨道的 v2 支持力作用，这两个力的合力指向圆心，提供向心力，mgtan θ＝mr，v2v2Lh 由于角度较小，又有mgsin θ＝mr，sin θ＝L，联立两式得h＝gr＝9 cm，所以选项B正确． v2 4．B 当水对容器底压力为零时有mg＝mr，解得v＝gr＝4 m/s.“水流星”通过最高点的速度为4 m/s，知水对容器底压力为零， v2 不会从容器中流出，对水和容器分析，有T＋Mg＝Mr，解得T＝0.知此时绳子的拉力为零，故AD错误，B正确；“水流星”通过最高点时，仅受重力，处于完全失重状态，故C错误． 5．B 根据题意，结合圆锥齿轮的特点，得vB＝vC，根据v＝ω·r，可知ωB≠ωC，选项A错误．A、B同轴转动，故角速度相同，vC＝vB v2rBrArCC ＝rvA，结合aC＝r，得aA＝r2aC，选项B正确，选项CD错误． ACB 6．AC 在“天宫一号”中，小球处于完全失重状态，让小球在B点以垂直于细线的速度v0开始做圆周运动，则小球做匀速圆周运动，细线的拉力提供向心力，大小不变，方向时刻变化，选项A正确，B错误；只要v0>0，小球就能通过A点，选项C正确，D错误． 7．B 本题考查圆周运动． 挡光时间间隔越来越长，故风速仪转速逐渐减小；Δt时间内， 8πnr 光强为4个周期，风速仪转动的弧长为4n2πr，故平均速率为Δt，选项B正确． 8．B 本题考查圆周运动的规律． 根据向心力的公式man＝mω2r，要想使宇航员在旋转舱内受到侧壁的弹力等于站在地球表面受到地面的支持力，旋转舱的向心加速度an应等于重力加速度，半径越大，转动的角速度应该越小，选项A错误，选项B正确；向心加速度大小与宇航员的质量无关，选项CD错误． 9．BD 本题考查匀速圆周运动的角速度、周期、线速度、向心力等知识点，意在考查了考生的理解能力和推理能力． 2π 由题意可知座舱运动周期为T＝ω、线速度为v＝ωR、受到的合力为F＝mω2R，选项BD正确，A错误；座舱的重力为mg，座舱做匀速圆周运动受到的向心力(即合力)大小不变，方向时刻变化，故座舱受摩天轮的作用力大小时刻在改变，选项C错误． 10．AB 本题考查圆周运动规律． 赛车在圆弧轨道上做圆周运动，径向摩擦力提供向心力，由向心 v2 力公式F＝mr可知，由于径向最大静摩擦力一定，因此轨迹半径越大，赛车可以做圆周运动的线速度越大，因此赛车手可在绕过小圆弧 v21 弯道后加速，选项A正确；在大圆弧弯道上，有2.25mg＝mR，解得v22 v1＝45 m/s，选项B正确；在小圆弧弯道上，有2.25mg＝mr，解得 2 v21－v2 v2＝30 m/s，因此在直道上的加速度大小为a＝＝22 2100－90－40 1 ×2πr3152 3 m/s≈6.50 m/s，选项C错误；通过小圆弧弯道的时间t＝v422×3.14×40＝s≈2.79 s，选项D错误． 3×30 11．ACD 本题考查圆周运算． 路程是运动轨迹的长度，由几何关系和①②③三条路线的路程分别为(π＋2)r、2(π＋1)r、2πr，故沿路径①运动时，赛车经过的路程最短，选项A正确；赛车在转弯时，最大静摩擦力提供向心力，由Fmax mv2FmaxR＝R，得v＝m，转弯半径最大时转弯速度最大，故沿路线① s 的速率最小，选项B错误；由t＝v得赛车沿路线①②③通过弯道的mrmrmr时间分别为(π＋2)·F、2(π＋1)F、2πF，故沿路线 maxmaxmax ③运动的时间最短，选项C正确；由Fmax＝ma，故沿三个路径转弯的向心加速度大小相等，选项D正确． R1 12．D 小球平抛运动的时间为t＝v＝4 s＝0.25 s，小球做平抛 0 2π 运动的时间和圆盘转动n圈的时间相等，则有t＝nT＝nω，解得ω2nπ＝t，n＝1,2,3，….当n＝1时，ω＝8π rad/s；当n＝2时，ω＝16π rad/s，随着n的增大，角速度在增大，故角速度最小为8π rad/s，故D正确． 13．C 设细线与竖直方向的夹角为θ，细线的拉力大小为T，细线的长度为L.P做匀速圆周运动时，由重力和细线的拉力的合力提 mg 供向心力，则有：T＝cos θ；mgtan θ＝mω2Lsin θ；Q受到重力、细线的拉力和桌面的支持力、摩擦力的作用，在竖直方向上：Mg＋Tcos θ＝FN；联立可得：FN＝Mg＋mg，和小球的高度、细线与竖直方向之间的夹角都无关，保持不变．故A正确；对Q，由平衡条件知，Q受到桌面的静摩擦力f＝mgtan θ，则θ变大时，Q受到桌面的静摩擦 g力变大，故B正确；由mgtan θ＝mωLsin θ，得角速度ω＝Lcos θ，使小球改到一个更高的水平面上做匀速圆周运动时，θ增大，cos θ 2π 减小，角速度增大．根据T＝ω可知，小球运动的周期将减小．D正确，C错误．此题选择错误的选项，故选C. 14．AC 两物体A和B随着圆盘转动时，合外力提供向心力，B的半径比A的半径大，所以B所需向心力大，绳子拉力相等，所以当圆盘转速加快到两物体刚好还未发生滑动时，B的最大静摩擦力方向指向圆心，A的最大静摩擦力方向指向圆外，根据牛顿第二定律得： 2μg22 T－μmg＝mωr；T＋μmg＝mω·2r；解得：T＝3μmg，ω＝r，故A、C正确，B错误；烧断绳子瞬间A物体所需的向心力为2μmg，A的最大静摩擦力不足以提供向心力，则A做离心运动，D错误． 15．A 当A所受摩擦力恰为零时，A和球心的连线与竖直方向的夹角为60°，根据牛顿第二定律得mgtan 60°＝mrω2，r＝Rsin 60°，此时B有沿罐壁向上滑的趋势，摩擦力沿罐壁切线向下，竖直方向上Ncos 30°－fsin 30°－mg＝0，水平方向上Nsin 30°＋fcos 30°＝mr′ω2， 3－1 r′＝Rsin 30°，联立解得f＝2mg，A正确． 16．BD 小球原来在水平面内做匀速圆周运动，轻绳b被烧断后，小球将在垂直于平面ABC的竖直平面内摆动或做圆周运动，故A错误；轻绳b被烧断前，小球在竖直方向没有位移，加速度为零，轻绳a中张力等于小球的重力，在轻绳b被烧断瞬间，轻绳a中张力与小球重力的合力提供小球的向心力，且向心力竖直向上，轻绳a的张力将大于小球重力，即轻绳a中张力突然增大，故B正确；轻绳b被烧断，木架停止转动前瞬间，设小球运动的线速度为v1，v1＝ωLb，要使小球恰能做完整的圆周运动，则小球在最高点的速度v2必须满 v212122 足mg＝mL，根据机械能守恒定律知2mv1＝mg·2La＋2mv2，联立以上 a 5gLa5gLa可求得ω＝L，即ω≥L时，小球可以在垂直于平面ABC的 bb 竖直面内做完整的圆周运动，C错误，D正确． 17．B 由题图乙知，当v2＝0时，F＝a，故有F＝mg＝a，当v2＝b时，F＝0，杆对小球无弹力，此时重力提供小球做圆周运动的 v2baaR 向心力，有mg＝mR，得g＝R，故A错误；小球的质量m＝g＝b，故B正确；由题图乙可知，当v2＝c时，有0 v2 力方向向下，故C错误；由题图乙可知，当v＝2b时，由F合＝mR，aR2×b×b2mb 故有F＋mg＝R＝＝2a，得F＝mg，故D错误． R 2 [综合测评 提能力] mv2 1．BD 题图a，汽车在最高点时，mg－FN＝r，可知FN 的合力F＝mgtan θ＝mω2r，其中r＝htan θ，可知ω＝h，增大θ，若保持圆锥的高度不变，则圆锥摆的角速度不变，故B正确；题图c，根据受力分析知小球受力情况相同，即向心力相同，由F＝mω2r知r不同，角速度不同，故C错误；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，则外轨对火车轮缘会有挤压作用，故D正确． 2．BC 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ω1:ω2＝2:1，所以物体相对盘开始滑动前，a与b的角 v1ω1r1 速度之比为2:1，根据公式v＝ωr，有v＝ω·＝1，A错误；根据a′ 222r 22 ＝ω2r得a与b的向心加速度之比为a′1:a′2＝(ω1·r):(ω2·2r)＝2:1，B正确；根据μmg＝mrω2＝ma知，a先达到临界角速度，可知当转速增加时，a先开始滑动，C正确，D错误． 3．BC 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，根据a＝ω2r可知小球A、B的加速度之比为aA:aB＝1:2，故A错误；根据F＝mω2r可知A、B的向心力之比为FA:FB 2mv2gL ＝1:1，故B正确；若v＝3时，对A分析则有2mg－FA＝1，3LgL 解得轻杆对A的支持力为FA＝0，根据v＝ωr可知vB＝23，对B 2mvB 分析则有FB－mg＝2，解得轻杆对B的拉力为FB＝3mg，以底座 3L和轻杆为研究对象，水平地面对底座的支持力为FN＝Mg＋3mg，故C 2mv21 正确；若v＝3gL时，对A分析则有2mg－F′A＝1，解得轻杆对 3L42 A的支持力为F′A＝3mg，根据v＝ωr可知v′B＝3gL，对B分析 mv′25B 则有F′B－mg＝2，解得轻杆对B的拉力为F′B＝3mg，以底 3L 座和轻杆为研究对象，水平地面对底座的支持力为FN＝Mg＋3mg，故D错误． 4．C 由题知小球未离开圆锥表面时细线与竖直方向的夹角为θ，用L表示细线长度，小球离开圆锥表面前，细线的张力为FT，圆锥对小球的支持力FN，根据牛顿第二定律有FTsin θ－FNcos θ＝mω2Lsin θ，FTcos θ＋FNsin θ＝mg，联立解得FT＝mgcos θ＋ω2mLsin2 θ.小球离开圆锥表面后，设细线与竖直方向的夹角为α，根据牛顿第二定律有FTsin α＝mω2Lsin α，解得FT＝mL·ω2.对照四个选项的图象可知C项正确． 5．C 物体随圆盘做圆周运动，运动到最低点时最容易滑动，因此物体在最低点且刚好要滑动时的转动角速度为最大值，这时，根据牛顿第二定律可知，μmgcos 30°－mgsin 30°＝mrω2，求得ω＝1.0 rad/s，C项正确，A、B、D项错误． 6．A 小环M受到重力和棒的支持力，在水平面内做匀速圆周 g 运动，合力的方向沿水平方向，所以Fn＝mgtan 45°＝mωvM，vM＝ω，小环N受到重力和半圆环的支持力，在水平面内做匀速圆周运动，合力的方向沿水平方向，设ON与竖直方向之间的夹角为θ，则有F′n gtan θ ＝mgtan θ＝mωvN，所以vN＝ω，又vN＝ωr，r＝Rsin θ，联立解 vM1g 得vN＝ωR2ω4－g2，所以v＝242，A正确． NRω－g v20 7．BC 小球A在最高点对圆管作用力为零时，由mg＝mR，解得v0＝gR.由于小球A在最高点的速度vA>gR，故小球A与圆管的外壁有力的作用，则由小球A所受的合力提供所需向心力得FA＋mg v2A ＝mR，又vA＝2gR，联立并代入数据解得FA＝1 N，由牛顿第三定律可知，此时小球A对管外壁的压力大小为1 N，A错误，B正确．小球B在最低点时，受圆管外壁向上的作用力，则由小球B所受的合 v2B 力提供所需的向心力得FB－mg＝mR，又vB＝3vA，联立并代入数据解得FB＝7 N，由牛顿第三定律可知，此时小球B对管外壁的压力大小为7 N，C正确，D错误． 8．C 当A所受的摩擦力达到最大静摩擦力时，A、B相对于转 2 盘会滑动，对A有kmg－T＝mLω22Lω1，解得1，对B有T＋kmg＝m· 2kg2kgω1＝ 3L，当ω> 3L时，A、B相对于转盘会滑动，故A正确；当B所受摩擦力达到最大静摩擦力时，绳子将要产生弹力，kmg＝ kgkg m·2Lω2，解得ω＝ ，知ω> 22 2L2L时，绳子一定有弹力，故Bkg 正确；当ω在0<ω< 2L范围内增大时，B所受摩擦力变大，当ω kg2kg在 2L<ω< 3L范围内增大时，B所受摩擦力不变，故C错误； 2kg 当ω在0<ω< 3L范围内增大时，A所受摩擦力一直增大，故D正确． mg 9．CD 因为弹簧的劲度系数k＝R，原长L＝2R，所以小球始终会受到弹簧的弹力作用，大小为F＝k(L－R)＝kR＝mg，方向始终背离圆心，无论小球在CD以上的哪个位置速度为零，重力在沿半径方向上的分量都小于或等于弹簧的弹力(在CD以下，轨道对小球一定有指向圆心的支持力)，所以无论v0多大，小球均不会离开圆轨道，故A、B错误．小球在运动过程中只有重力做功，弹簧的弹力和轨道的支持力不做功，机械能守恒，当运动到最高点速度为零时，在最低 12 点的速度最小，有2mvmin＝2mgR，所以只要v0>vmin＝4gR，小球就能做完整的圆周运动，故C正确．在最低点时，设小球受到的支持 v2v200 力为N，有N－kR－mg＝mR，解得N＝2mg＋mR， 运动到最高点时受到轨道的弹力最小，设为N′，设此时的速度 121 为v，由机械能守恒有2mv0＝2mgR＋2mv2， v2 此时合外力提供向心力，有N′－kR＋mg＝mR， v20 联立解得N′＝mR－4mg， 得压力之差ΔN＝N－N′＝6mg，与v0无关，故D正确． 10．BC 小球从A到B做平抛运动，在B点，小球速度方向偏转角θ＝60°， vy12 则tan 60°＝v，vy＝gt，竖直方向的位移y＝Rcos 60°＝2gt，水平方 A 3 向的位移x＝vAt，解得x＝3 m，则A、B两点间的距离xAB＝x2＋y2 722 ＝12 m，C正确；在B点小球的速度大小v＝v2＋v＝Ay 330 m/s， 小球从B到C做匀速圆周运动，则由能量守恒定律可知，小球克服 1 摩擦力做的功等于重力做的功，即Wf＝WG＝mg(R－Rcos 60°)＝2mgR＝5 J，B正确；从B到C，小球对轨道的压力变大，而小球重力沿轨道切线方向上的分力变小，小球匀速圆周运动，沿轨道切线方向受力平衡，则所受摩擦力变小，则小球与轨道之间的动摩擦因数变小，A、D错误． 11．答案：(1)3 m/s (2)3 m/s≤vA≤4 m/s和vA≥5 m/s 解析：(1)设小球恰能通过圆形轨道最高点的速度为v，由牛顿第 v212 二定律得mg＝mR，由B到最高点，由机械能守恒定律得2mvB＝2mgR121212 ＋2mv，由A到B，－μmgL1＝2mvB－2mvA，解得小球在A点的速度为 vA＝3 m/s. 12 (2)若小球刚好停在C处，则有－μmg(L1＋L2)＝0－2mvA1，解得 vA1＝4 m/s. 若小球停在BC段，则3 m/s≤vA≤4 m/s. 12 若小球能通过C点，并恰好越过壕沟，则有h＝2gt，s＝vCt， 112 －μmg(L1＋L2)＝2mv2－C 2mvA2，则有vA2＝5 m/s， 所以小球在A点的初速度范围为3 m/s≤vA≤4 m/s和vA≥5 m/s. 473 12．答案：(1)1 s (2)kπ(k＝1,2,3，…) (3)73 m/s2 解析：(1)离开容器后，每一滴水在竖直方向上做自由落体运 2h动．则每一滴水滴落到盘面上所用时间t＝ g＝1 s (2)要使每一滴水在盘面上的落点都位于同一直线上，则圆盘在1 s内转过的弧度为kπ，k为不为零的正整数 g由ωt＝kπ，得ω＝kπ 2h＝kπ，其中k＝1,2,3… 123 (3)第二滴水离开O点的距离为x1＝2at＋(at)t＝2a 1 第三滴水离开O点的距离为x2＝2a(2t)2＋(a·2t)t＝4a 又Δθ＝ωt＝1.5π 即第二滴水和第三滴水分别滴落在圆盘上x轴方向及垂直x轴的 22 方向上，所以x21＋x2＝x 3247322即2a＋(4a)＝2，解得a＝73 m/s2 因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容