微专题06： 圆周运动 专项训练-2024-2025学年高一下学期物理人教版（2019）第二册

圆周运动 需要掌握的内容 1.描述圆周运动的物理量及关系 定义、意义 公式、单位 线速度 (v) 1.描述圆周运动的物体运动快慢的物理量 2.是矢量，方向和半径垂直，和圆周相切 1.v＝(定义式)＝(与周期的关系) 2.单位：m/s 角速度 (ω) 1.描述物体绕圆心转动快慢的物理量 2.是矢量，但不研究其方向 1.ω＝(定义式)＝(与周期的关系) 2.单位：rad/s 3.ω与v的关系：v＝ωr 周期(T) 转速(n) 频率(f) 1.周期是做匀速圆周运动的物体沿圆周运动一周所用的时间，周期的倒数为频率 2.转速是单位时间内物体转过的圈数 1.T＝＝(与频率的关系) 2.T的单位：s n的单位：r/s、r/min f的单位：Hz 向心 加速度 (a) 1.描述线速度方向变化快慢的物理量 2.方向指向圆心 1.a＝＝ω2r＝r＝ωv 2.单位：m/s2 2.匀速圆周运动及向心力 3.对两个关系式的理解 (1)对公式v＝ωr的理解 当r一定时，v与ω成正比。 当ω一定时，v与r成正比。 当v一定时，ω与r成反比。 (2)对a＝＝ω2r的理解 在v一定时，a与r成反比；在ω一定时，a与r成正比。　 4、离心运动 经典习题 （基础篇） 对点训练1 描述圆周运动的物理量 1. 在我国东北地区严寒的冬天，人们经常玩一项“泼水成冰”的游戏，具体操作是把一杯开水沿弧线均匀快速地泼向空中，图甲所示是某人玩“泼水成冰”游戏的瞬间，可抽象为如图乙所示的模型，泼水过程中杯子的运动可看成匀速圆周运动，人的手臂伸直，在0.5 s内带动杯子转动了210°，人的臂长约为0.6 m，则泼水过程中(　　) A.杯子沿顺时针方向运动 B.P位置飞出的小水珠初速度沿1方向 C.杯子运动的角速度大小为 rad/s D.杯子运动的线速度大小约为 m/s 　2.(单选)“旋转纽扣”是一种传统游戏。如图，先将纽扣绕几圈，使穿过纽扣的两股细绳拧在一起，然后用力反复拉绳的两端，纽扣正转和反转会交替出现。拉动多次后，纽扣绕其中心的转速可达50 r/s，此时纽扣上距离中心1 cm处的点的向心加速度大小约为(　　) A.10 m/s2 B.100 m/s2 C.1 000 m/s2 D.10 000 m/s2 3.(单选)如图所示，门把手上A、B两点到转轴上O点的距离之比为1∶2，匀速转动门把手时，下列说法正确的是(　　) A.A、B两点的线速度大小之比为1∶2 B.A、B两点的角速度之比为1∶2 C.A、B两点的向心加速度大小之比为1∶4 D.A、B两点与转轴上O点的连线在相同时间内扫过的面积相等 4.（单选）如图所示为旋转脱水拖把，拖把杆内有一段长度为35 cm的螺杆通过拖把杆下段与拖把头接在一起，螺杆的螺距(相邻螺纹之间的距离)d＝5 cm，拖把头的半径为10 cm，拖把杆上段相对螺杆向下运动时拖把头就会旋转，把拖把头上的水甩出去。某次脱水时，拖把杆上段1 s内匀速下压了35 cm，该过程中拖把头匀速转动，下列说法正确的是(　　) A.拖把头边缘的线速度为1.4π m/s B.拖把杆向下运动的速度为0.1π m/s C.拖把头转动的角速度为7π rad/s D.拖把头的转速为1 r/s 5.(单选)一质点做匀速圆周运动，若其所受合力的大小与轨道半径的n次方成正比，运动周期与轨道半径成反比，则n等于(　　) A.1 B.2 C.3 D.4 6.【圆周运动的多解性】（单选）剪纸艺术源远流长，经久不衰，是中国民间艺术中的瑰宝。将如图所示具有对称性的剪纸平放并固定在水平圆盘上，剪纸中心与圆盘中心重合，圆盘匀速转动，在暗室中用每秒闪光10次的频闪光源照射圆盘，暗室中静止不动的观察者观察到剪纸相对静止，则圆盘的转速至少为(　　) A.0.02 r/s B.2 r/s C.4 r/s D.4π r/s 7.【圆周运动的多解性】（单选）如图6所示，水平放置的圆柱形筒绕其中心对称轴OO′匀速转动，筒的半径R＝2 m，筒壁上有一小孔P，一小球从孔正上方h＝3.2 m处由静止释放，此时小孔开口向上转到小球正下方。已知孔的半径略大于小球半径，筒壁厚度可以忽略，若小球恰好能够从小孔离开圆筒，g取10 m/s2。则筒转动的周期可能为(　　) 图6 A. s B. s C. s D. s 对点训练2 圆周运动中的传动问题 常见的传动方式及特点 (1)皮带传动：如图1甲、乙所示，皮带与两轮之间无相对滑动时，两轮边缘线速度大小相等，即vA＝vB。 图1 (2)摩擦传动和齿轮传动：如图2甲、乙所示，两轮边缘接触，接触点无打滑现象时，两轮边缘线速度大小相等，即vA＝vB。　　 图2 (3)同轴转动：如图3甲、乙所示，绕同一转轴转动的物体，角速度相同，ωA＝ωB，由v＝ωr知v与r成正比。 图3 8.（单选）如图所示，修正带是通过两个齿轮的相互咬合进行工作的。其原理可简化为图中所示的模型。A、B是转动的齿轮边缘的两点，若A轮半径是B轮半径的1.5倍，则下列说法中正确的是(　　) A.A、B两点的线速度大小之比为3∶2 B.A、B两点的角速度大小之比为2∶3 C.A、B两点的周期之比为2∶3 D.A、B两点的向心加速度大小之比为1∶1 9.（单选）如图是一种新概念自行车，它没有链条，共有三个转轮，A、B、C转轮半径依次减小。轮C与轮A啮合在一起，骑行者踩踏板使轮C动，轮C驱动轮A转动，从而使得整个自行车沿路面前行，轮胎不打滑。下列说法正确的是(　　) A.转轮A、C转动方向相同，转轮A、B转动方向不相同 B.转轮A、B、C角速度之间的关系是ωA<ωB<ωC C.转轮A、B、C边缘线速度之间的关系是vA＝vB>vC D.转轮A、B、C边缘向心加速度之间的关系是aA>aB>aC 对点训练3　圆周运动的向心力 1.匀速圆周运动的实例分析 运动 模型 向心力的 来源图示 运动 模型 向心力的 来源图示 飞机水 平转弯 火车 转弯 圆锥摆 飞车 走壁 汽车在 水平路 面转弯 水平 转台 (光滑) 2.变速圆周运动的向心力 如图所示，当小球在竖直面内摆动时，半径方向的合力提供向心力，即 FT－mgcosθ＝m。 10.（单选）如图所示，汽车正在水平路面上沿圆轨道匀速率转弯，且没有发生侧滑。下列说法正确的是(　　) A.汽车转弯时由车轮和路面间的静摩擦力提供向心力 B.汽车转弯时由汽车受到的重力与支持力的合力提供向心力 C.汽车转弯时由车轮和路面间的滑动摩擦力提供向心力 D.汽车转弯半径不变，速度减小时，汽车受到的静摩擦力可能不变 11. (单选)山崖边的公路常常被称为最险公路，某弯道如图所示，外圈临悬崖，内圈靠山，为了减小弯道行车安全隐患，弯道路面往往设计成倾斜的。某汽车在这样的弯道转弯，下列说法正确的是(　　) A.汽车以恒定速率转弯时，做匀变速曲线运动 B.汽车以恒定速率转弯时，转弯半径越大，所需向心力越大 C.为了减小弯道行车安全隐患，弯道路面应该设计成内低外高 D.因弯道路面倾斜，汽车转弯时一定不需要摩擦力提供向心力 12.(多选)(2024·广东韶关市南雄中学检测)上海磁悬浮列车线路需要转弯的地方有三处，其中设计的最大转弯处半径达到8 000米，用肉眼看几乎是一条直线，而转弯处最小半径也达到1 300米。一个质量为50 kg的乘客坐在以360 km/h速率驶过半径2 500米弯道的车厢内，下列说法正确的是(g取10 m/s2)(　　) A.弯道半径设计特别长可以使乘客在转弯时更舒适 B.弯道半径设计特别长可以减小转弯时列车的倾斜程度 C.乘客受到来自车厢的力大小约为200 N D.乘客受到来自车厢的力大小约为540 N 13.(单选)如图所示，圆盘可在水平面内绕通过O点的竖直轴转动(俯视)，圆盘上距轴r处有一质量为m的物块(可视为质点)。某时刻起，圆盘开始绕轴转动，经过一段时间，其角速度从0增大至ω。已知物块与圆盘之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，该过程中物块始终相对圆盘静止，下列说法正确的是(　　) A.物块所受摩擦力的方向始终指向O点 B.物块所受摩擦力的大小始终为μmg C.物块所受摩擦力的冲量大小为mωr D.物块所受摩擦力做的功为0 14.(多选)如图所示，杂技演员进行表演时，可以悬空靠在以角速度ω匀速转动的圆筒内壁上而不掉下来。设圆筒半径为r，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则该演员(　　) A.受到4个力的作用 B.所需的向心力由弹力提供 C.角速度越大，人受到的摩擦力越大 D.圆筒的角速度ω≥ 15.(单选)如图所示，内壁光滑的竖直圆筒绕中轴线做匀速圆周运动。一质量为m的小物块(可视为质点)用一端固定在O点的细绳拴接，细绳的长度为L。小物块紧贴圆筒内壁随圆筒一起做匀速圆周运动。已知重力加速度为g，则(　　) A.圆筒转动的角速度ω越大，细绳上的张力越大 B.继续增加圆筒转动的角速度ω，物块会相对圆筒内壁上滑 C.当圆筒转动角速度小于时，物块会脱离圆筒内壁 D.当圆筒转动角速度等于时，圆筒内壁对小物块的弹力大小为2mgtanθ 16.(多选)如图所示，矩形框MNQP竖直放置，其中MP、PQ足够长，且MP杆粗糙、MN杆光滑，轻弹簧一端连接一个穿过MN杆、质量为m的小球a，另一端连接另一个穿过MP杆、质量也为m的小球b。已知框绕MN轴分别以角速度ω和ω′匀速转动时，小球b在MP杆的位置不变，且ω′>ω，则与以ω匀速转动时相比，以ω′匀速转动时(　　) A.小球a的高度更低 B.弹簧弹力的大小相等 C.小球b所受杆的摩擦力更大 D.小球b所受合外力更大 　对点训练4 圆锥摆(筒)和单摆模型 分析思路 圆锥摆 (1)向心力F向＝mgtan θ＝m＝mω2r，且r＝Lsin θ，解得v＝，ω＝。 (2)稳定状态下，θ越大，角速度ω和线速度v就越大，小球受到的拉力F＝和运动所需向心力也越大 圆锥筒 (1)筒内壁光滑，向心力由重力mg和支持力FN的合力提供，即＝m＝mω2r，解得v＝，ω＝。 (2)稳定状态下小球所处的位置越高，半径r越大，角速度ω越小，线速度v越大，支持力FN＝和向心力F＝并不随位置的变化而变化 17. (多选)四个完全相同的小球A、B、C、D均在水平面内做圆锥摆运动。如图甲所示，其中小球A、B在同一水平面内做圆锥摆运动(连接B球的绳较长)；如图乙所示，小球C、D在不同水平面内做圆锥摆运动，但是连接C、D的绳与竖直方向之间的夹角相同(连接D球的绳较长)，则下列说法正确的是(　　) A.小球A、B角速度相等 B.小球A、B线速度大小相同 C.小球C、D向心加速度大小相同 D.小球D受到绳的拉力大于小球C受到绳的拉力 18.(多选)竖直平面内有一半径为0.5 m的光滑圆环，质量为0.5 kg的小球(视为质点)套在圆环上，当圆环以一定的角速度绕过圆环的竖直直径的转轴OO′匀速转动时，小球相对圆环静止，此时小球与圆环圆心的连线与竖直方向的夹角为37°，取重力加速度大小g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，下列说法正确的是(　　) A.圆环对小球的弹力大小为5 N B.小球随圆环旋转的角速度为5 rad/s C.小球运动的线速度大小为1.5 m/s D.小球的向心加速度大小为10 m/s2 19.(多选)如图所示，质量均为m的a、b两小球用不可伸长的等长轻质绳子悬挂起来，使小球a在竖直平面内来回摆动，小球b在水平面内做匀速圆周运动，连接小球b的绳子与竖直方向的夹角和小球a摆动时绳子偏离竖直方向的最大夹角都为θ，重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　) A.a、b两小球圆周运动的半径之比为1∶sin θ B.a、b两小球都是所受合外力充当向心力 C.b小球受到的绳子拉力大小恒为 D.a小球运动到最高点时受到的绳子拉力为mgcosθ （综合提升练篇） 20.如图甲所示，质量相等的物块A、B放在水平圆盘上，A、B和圆盘圆心O在同一直线上，让圆盘绕过圆心O的竖直轴匀速转动，当A刚要滑动时，转动的角速度为ω1，当B刚要滑动时，转动的角速度为ω2；若A、B在圆盘上的位置不变，用细线将A、B连接，细线刚好伸直，如图乙所示，让圆盘匀速转动，当A、B一起刚要滑动时，转动的角速度为ω3，两物块与盘面间的动摩擦因数相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列关系正确的是(　　) A.ω1>ω3>ω2 B.ω1<ω3<ω2 C.ω1<ω2 D.ω1<ω3 21.如图(a)所示,倾斜圆盘与水平面的夹角为,它可绕过圆心且垂直于圆盘的转轴匀速转动,在國盘平面内以圆心O为原点建立平面直角坐标系,轴沿水平方向,y轴沿盘面向上。圆盘上一小滑块始终与圆盘保持相对静止,其所受摩擦力沿x、y轴的投影fx、fy,的关系如图(b)所示。则滑块与圆盘之间的动摩擦因数至少为( ) A. B. C. D. 22.如图所示，O为半球形容器的球心，半球形容器绕通过O的竖直轴以角速度ω匀速转动，放在容器内的两个质量相等的小物块a和b相对容器静止，b与容器壁间恰好没有摩擦力。已知a和O、b和O的连线与竖直方向的夹角分别为60°和30°，则下列说法正确的是(　　) A.小物块a和b做圆周运动的向心力之比为∶1 B.小物块a和b对容器壁的压力之比为∶1 C.小物块a与容器壁之间无摩擦力 D.容器壁对小物块a的摩擦力方向沿容器壁切线向下 23.2022年北京冬奥会短道速滑混合团体2 000米接力决赛中，我国短道速滑队夺得中国队在本届冬奥会的首金。 (1)如果把运动员起跑后进入弯道前的过程看作初速度为零的匀加速直线运动，若运动员加速到速度v＝9 m/s时，滑过的距离x＝15 m，求加速度的大小； (2)如果把运动员在弯道滑行的过程看作轨道为半圆的匀速圆周运动，如图9所示，若甲、乙两名运动员同时进入弯道，滑行半径分别为R甲＝8 m、R乙＝9 m，滑行速率分别为v甲＝10 m/s、v乙＝11 m/s，求甲、乙过弯道时的向心加速度大小之比，并通过计算判断哪位运动员先出弯道。 24.如图所示，该游戏机顶上有一个半径为4.5 m的“伞盖”，“伞盖”在转动过程中带动下面的悬绳转动，其示意图如图所示。该游戏机高O1O2＝5.8 m，绳长5 m。小明挑选了一个悬挂在“伞盖”边缘的最外侧的椅子坐下，他与座椅的总质量为40 kg。小明和椅子的转动可简化为如图所示的圆周运动。在某段时间内，“伞盖”保持在水平面内稳定旋转，绳与竖直方向夹角为37°。g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，在此过程中： (1)求座椅受到绳子的拉力大小； (2)求小明运动的线速度大小； (3)小明随身带的玻璃球从座椅上不慎滑落，求玻璃球落地点与游戏机转轴的距离(本问保留2位有效数字)。 25、(18分)如图所示，餐桌中心是一个可以匀速转动、半径为R的圆盘。近似认为圆盘与餐桌在同一水平面内且两者之间的间隙可忽略不计。放置在圆盘边缘的质量为m的物体(可视为质点)与圆盘之间的动摩擦因数为μ,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。 (1)为使物体不滑到餐桌上,求圆盘角速度的最大值; (2)已知餐桌半径为1.25R，如果圆盘角速度继续缓慢增大，物体从圆盘上被甩出后，不会从餐桌上滑到地面上求物体与餐桌间的动摩擦因数的最小值。 参考答案 1.答案　C 解析：由图乙中做离心运动的轨迹可知，杯子的旋转方向为逆时针方向，P位置飞出的小水珠初速度沿2方向，故A、B错误；杯子旋转的角速度为ω＝，代入数据得ω＝ rad/s，故C正确；杯子旋转的轨迹半径约为0.6 m，则线速度大小为v＝ωR＝ m/s，故D错误。 2.答案　C 解析　向心加速度的公式an＝ω2r，结合角速度与转速的关系ω＝2πn，代入数据可得an≈1 000 m/s2，C正确。 3.答案　A 解析　门把手上A、B两点都绕O点转动，角速度相等，A、B两点的角速度之比为1∶1，故B错误；由v＝ωr可知，A、B两点的线速度大小之比为vA∶vB＝rA∶rB＝1∶2，故A正确；由a＝ω2r可知，A、B两点的向心加速度大小之比为aA∶aB＝1∶2，故C错误；门把手上的点与转轴上O点的连线在相同时间内扫过的面积为S＝θr2＝ωtr2，所以A、B两点与转轴上O点的连线在相同时间内扫过的面积之比为SA∶SB＝1∶4，故D错误。 4.答案　A 解析：由题意知拖把头周期T＝ s，则拖把头转动的角速度ω＝＝14π rad/s，故C错误；拖把头边缘的线速度v1＝＝1.4π m/s，故A正确；拖把杆向下运动的速度v2＝＝0.35 m/s，故B错误；拖把头的转速n＝＝7 r/s，故D错误。 5.答案　C 解析：设该质点的质量为m，运动周期为T，轨道半径为r，所受合力为F，由题意知T＝，k为比例系数，将上式代入F＝mr得F＝mr3，即质点所受合力的大小与轨道半径的3次方成正比，故C正确。 6.答案　B 解析：剪纸每转动θ＝×2π(N＝1，2，3，…)，转动后的图形都会与原图形重合，只要在经过相邻两次闪光的时间间隔内，剪纸都转过θ＝×2π(N＝1，2，3，…)，静止不动的观察者就观察到剪纸相对静止，则ω＝＝(N＝1，2，3，…)，n＝＝2N r/s(N＝1，2，3，…)，当N＝1时，n最小，此时n＝2 r/s，B正确。 另解：剪纸在0.1 s内至少转圈，则看起来相对静止，即1 s至少转2圈，故B正确。 7．答案　D 解析：当小孔开口向上时，根据自由落体规律有h＝gt，解得t1＝0.8 s，当小孔开口转到小球正下方时，有h＋2R＝gt，解得t2＝1.2 s，在圆筒中的时间Δt＝t2－t1＝0.4 s，小球在圆筒中的运动时间与筒自转的时间相等，有Δt＝T(n＝0，1，2…)，解得T＝ s(n＝0，1，2…)，当n＝0时，T＝ s，故D正确。 8.答案　B 9.答案　B 解析　由于A、C啮合在一起，转动方向相同，转轮A、B向着同一方向运动，故转动方向相同，故A错误；由ω＝可知，在线速度相等的情况下，半径越小角速度越大，故B正确；自行车运动过程中，前后轮A、B的线速度相等，由于A、C啮合在一起，A、C线速度也相等，有vA＝vB＝vC，又rA>rB>rC，根据a＝可得aA<aB<aC，故C、D错误。 10.答案　A 11.答案　C 解析：汽车以恒定速率转弯时，汽车的加速度大小不变，方向时刻发生变化，汽车做变加速曲线运动，故A错误；汽车以恒定速率转弯时，根据F＝m可知转弯半径越大，所需向心力越小，故B错误；为了减小弯道行车安全隐患，弯道路面应该设计成内低外高，使路面支持力有指向圆心的分力，故C正确；弯道路面倾斜，汽车转弯时的速度不一样时，汽车可能需要摩擦力提供向心力，故D错误。 12.答案　ABD 解析：根据F＝m可知，转弯速度一定的情况下，半径越大，则向心力越小，则弯道半径设计特别长可以使乘客在转弯时更舒适，故A正确；由牛顿第二定律可知，当列车在规定速度下转弯时满足mgtanθ＝m，则在转弯速度一定时，转弯半径越大，则列车倾斜的角度θ越小，则弯道半径设计特别长可以减小转弯时列车的倾斜程度，故B正确；乘客受到的向心力F＝m＝50× N＝200 N，乘客受到来自车厢的力大小约为FN＝＝ N≈540 N，故C错误，D正确。 13.答案　C 解析：由题意可知，在圆盘角速度增大的过程中，物块始终相对圆盘静止，则物块所受摩擦力为静摩擦力，某时刻物块受到的静摩擦力及其按作用效果的分解如图所示，转盘加速运动，f静≠μmg，其中f1提供向心力效果，f2提供改变速度大小的效果，A、B错误；由动量定理得If＝mv－0，则If＝mωr，C正确；由动能定理得Wf＝mv2，v＝ωr，则Wf＝mω2r2，D错误。 14.答案　BD 解析：杂技演员受到重力、筒壁的弹力和静摩擦力共3个力作用，A错误；由于杂技演员在圆筒内壁上不掉下来，竖直方向根据平衡条件，有mg＝f，筒壁的弹力提供向心力，水平方向，有F＝mω2r，角速度越大，人受到的摩擦力不变，弹力变大，B正确，C错误；要想不下滑，最大静摩擦力需要大于等于重力，所以μF≥mg，F＝ω2mr，解得ω≥，D正确。 15.答案　C 解析　当物块紧贴圆筒内壁时竖直方向有FTcos θ＝mg，水平方向有FTsin θ＋FN＝mLsin θ·ω2，所以只要物块与圆筒内壁接触，始终有FT＝，故A错误；若物块沿圆筒内壁上滑，绳子松弛，无张力，这是不可能的，故B错误；若物块恰好脱离圆筒壁，有FN＝0，解得ω＝，故C正确；根据水平方向有FTsin θ＋FN＝mLsin θ·ω2，其中ω＝，解得FN＝mgtan θ，故D错误。 16.答案　BD 解析　对小球a受力分析，设弹力为T，弹簧与水平方向的夹角为θ，小球在竖直方向有Tsin θ＝mg，而T＝k，可知θ为定值，T不变，则当转速增大后，小球a的高度不变，弹簧的弹力不变，A错误，B正确；以ω匀速转动时，根据题意无法判断小球b所受摩擦力的方向，所以无法判断摩擦力的变化，对小球b，有F合＝mω2r，r不变，角速度变大，则合外力变大，C错误，D正确。 17.答案　AC 解析：对题图甲中小球A、B分析，设绳与竖直方向的夹角为θ，小球的质量为m，小球A、B到悬点O的竖直距离为h，则mgtan θ＝mω2lsin θ，解得ω＝＝，所以小球A、B的角速度相等，线速度大小不相同，故A正确，B错误；对题图乙C、D分析，设绳与竖直方向的夹角为θ，小球的质量为m，绳长为L，绳上拉力为FT，则有mgtanθ＝ma，FTcosθ＝mg得a＝gtanθ，FT＝，所以小球C、D向心加速度大小相同，受到绳的拉力大小也相同，故C正确，D错误。 18.答案　BC 解析：小球做匀速圆周运动，由所受外力的合力提供圆周运动的向心力，令圆环对小球的弹力为FN，对小球分析有FN＝＝6.25 N，故A错误；对小球进行受力分析有mgtan 37°＝mω2Rsin 37°，解得ω＝5 rad/s，故B正确；同理有mgtan 37°＝ma＝m，解得a＝7.5 m/s2，v＝1.5 m/s，故C正确，D错误。 19.答案　ACD 解析：由几何关系可知，a、b两小球圆周运动的半径之比为1∶sin θ，故A正确；小球a做变速圆周运动，只有在最低点是合外力充当向心力，其他位置是绳拉力与重力沿绳向外的分力的合力提供向心力；而小球b做匀速圆周运动，是合外力充当向心力，故B错误；根据矢量三角形可得Fbcosθ＝mg，即Fb＝，故C正确；a小球到达最高点时速度为零，将重力正交分解有Fa＝mgcosθ，故D正确。 20.答案　A 解析：设物块到圆心的距离为r，当物块刚要滑动时，最大静摩擦力提供向心力，由牛顿第二定律有μmg＝mω2r，可得ω＝，故当A刚要滑动时，转动的角速度为ω1＝，当B刚要滑动时，转动的角速度为ω2＝；若用细线将A、B连接，当它们一起刚要滑动时，最大静摩擦力和拉力合力提供向心力，对B物块由牛顿第二定律有μmg＋T＝mωrB，对A物块有μmg－T＝mωrA，联立解得ω3＝，因为rA<<rB，所以可得ω1>ω3>ω2，故A正确。 另解　当A、B用细线连在一起时，可以把A、B看成一个整体，整体的质量是2m，整体重心在原来A、B的中点处。由牛顿第二定律有μmg＝mω2r，可得ω＝，此临界角速度与物体的质量无关，只与离转轴的远近有关。离转轴越远临界角速度越小，因为rA<rAB重心<rB，所以ω1>ω3>ω2，故A正确。 21.D 22.答案　A 解析：a、b角速度相等，向心力可表示为F＝mω2Rsin α，所以a、b向心力之比为Fa∶Fb＝sin 60°∶sin 30°＝∶1，A正确；对b分析可得mgtan 30°＝mω2Rsin 30°，对a分析mω2Rsin 60°<mgtan 60°，即支持力在指向转轴方向的分力大于所需要的向心力，因此摩擦力有背离转轴方向的分力，即摩擦力沿切线方向向上，C、D错误；对b有FNbcos 30°＝mg，对a有FNacos 60°＋fsin 60°＝mg，所以≠＝，B错误。 23.答案　(1)2.7 m/s2　(2)　甲 解析　(1)根据速度与位移公式有v2＝2ax 代入数据可得a＝2.7 m/s2。 (2)根据向心加速度的表达式a＝ 可得甲、乙的向心加速度之比为 ＝·＝ 甲、乙两运动员做匀速圆周运动， 则运动的时间为t＝ 代入数据可得甲、乙在弯道运动的时间为 t甲＝ s，t乙＝ s 因为t甲<t乙，所以甲先出弯道。 24.答案　(1)500 N　(2)7.5 m/s　(3)8.7 m 解析：(1)拉力沿竖直方向的分力大小等于重力，由平行四边形定则可知，拉力 FT＝＝ N＝500 N。 (2)根据受力分析，由牛顿第二定律得 mgtan 37°＝m 其中R0＝R＋lsin 37°＝4.5 m＋5 m×0.6＝7.5 m 联立解得v＝7.5 m/s。 (3)由几何关系可知座椅离地高度 h＝OO1－lcos 37°＝5.8 m－5 m×0.8＝1.8 m 由平抛运动规律得x＝vt，h＝gt2 联立解得x＝4.5 m 由勾股定理可知，落地点与游戏机转轴距离 r′＝＝ m＝8.7 m。 25.【答案】（1）；（2） 【解析】 （1）当物体恰好滑离圆盘时，最大静摩擦力提供向心力，即， 解得圆盘角速度的最大值为：； （2）物体从圆盘上被甩出后，沿切线方向飞出，在桌面上做匀减速直线运动， 设加速度大小为a，物体与餐桌间的动摩擦因数为，根据牛顿第二定律有：， 当物体恰好不从餐桌上滑离时，由几何关系可知，物体在餐桌上减速时位移大小为：， 此时圆盘的角速度大小为，物体减速时的初速度大小为：， 减速过程中，有：， 联立解得：。 8 / 23 学科网（北京）股份有限公司 $$