2020版高考物理一輪復習 全程訓練計劃 課練12 圓周運動的規(guī)律及應用（含解析）

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1、圓周運動的規(guī)律及應用 小題狂練? 小題是基礎　練小題　提分快 1．[2019·湖南省永州市祁陽一中檢測]如圖為學員駕駛汽車在水平面上繞O點做勻速圓周運動的俯視示意圖，已知質量為60 kg的學員在A點位置，質量為70 kg的教練員在B點位置，A點的轉彎半徑為5.0 m，B點的轉彎半徑為4.0 m，學員和教練員(均可視為質點)(　　) A．運動周期之比為5：4 B．運動線速度大小之比為1：1 C．向心加速度大小之比為4：5 D．受到的合力大小之比為15：14 答案：D 解析：學員和教練員做圓周運動的角速度相等，根據T＝知，周期相等，故A錯誤；根據v＝rω，

2、學員和教練員做圓周運動的半徑之比為5：4，則學員和教練員做圓周運動的線速度之比為5：4，故B錯誤：根據a＝rω2，學員和教練員做圓周運動的半徑之比為5：4，則學員和教練員做圓周運動的向心加速度大小之比為5：4，故C錯誤；根據F＝ma，學員和教練員做圓周運動的向心加速度大小之比為5：4，質量之比為6：7，則學員和教練員受到的合力大小之比為15：14，故D正確． 2．[2019·福建省三明一中摸底]半徑為1 m的水平圓盤繞過圓心O的豎直軸勻速轉動，A為圓盤邊緣上一點，在O點的正上方將一個可視為質點的小球以4 m/s的速度水平拋出時，半徑OA方向恰好與該初速度的方向相同，如圖所示

3、，若小球與圓盤只碰一次，且落在A點，則圓盤轉動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 答案：D 解析：小球平拋運動的時間為t＝＝ s＝0.25 s，小球做平拋運動的時間和圓盤轉動n圈的時間相等，則有t＝nT＝n，解得ω＝，n＝1,2,3，….當n＝1時，ω＝8π rad/s；當n＝2時，ω＝16π rad/s，隨著n的增大，角速度在增大，故角速度最小為8π rad/s，故D正確． 3．[2019·河北省邯鄲市曲周一中調研]如圖所示，長0.5 m的輕質細桿一端O處有光滑的固定轉動軸，另一端固定有一個質量

4、為3 kg的小球，當桿繞O在豎直平面內做圓周運動，小球通過最高點時的速率為2 m/s，則此時輕桿的受力情況是(取g＝10 m/s2)(　　) A．受54 N的拉力 B．受24 N的拉力 C．受6 N的壓力 D．受6 N的拉力 答案：C 解析：桿帶著小球在豎直平面內做圓周運動，在最高點，桿可能表現為拉力，也可能表現為推力，取決于速度的大小，在最低點，桿只能表現為拉力，設在最高點桿表現為拉力，則有F＋mg＝m，代入數據得，F＝－6 N，則桿表現為推力，大小為6 N，所以小球對桿表現為壓力，大小為6 N，故C正確． 4．[2019·云南民族大學附中模擬]如圖所示，一根細線下端

5、拴一個金屬小球P，細線的上端固定在金屬塊Q上，Q放在帶小孔的水平桌面上．小球在某一水平面內做勻速圓周運動(圓錐擺)．現使小球改到一個更高的水平面上做勻速圓周運動(圖上未畫出)，金屬塊Q兩次都保持在桌面上靜止．則后一種情況與原來相比較，下列說法錯誤的是(　　) A．Q受到桌面的支持力不變 B．Q受到桌面的靜摩擦力變大 C．小球P運動的周期變大 D．小球P運動的角速度變大 答案：C 解析：設細線與豎直方向的夾角為θ，細線的拉力大小為T，細線的長度為L.P做勻速圓周運動時，由重力和細線的拉力的合力提供向心力，則有：T＝；mgtanθ＝mω2Lsinθ；Q受到重力、細線的拉力和桌面的支持力

6、、摩擦力的作用，在豎直方向上：Mg＋Tcosθ＝FN；聯(lián)立可得：FN＝Mg＋mg，和小球的高度、細線與豎直方向之間的夾角都無關，保持不變．故A正確．對Q，由平衡條件知，Q受到桌面的靜摩擦力f＝mgtanθ，則θ變大時，Q受到桌面的靜摩擦力變大，故B正確．由mgtanθ＝mω2Lsinθ，得角速度ω＝，使小球改到一個更高的水平面上做勻速圓周運動時，θ增大，cosθ減小，角速度增大．根據T＝可知，小球運動的周期將減?。瓺正確，C錯誤．此題選擇錯誤的選項，故選C. 5．[2019·河南省南陽一中測試](多選)如圖甲所示，用一輕質繩拴著一質量為m的小球，在豎直平面內做圓周運動(不計一切阻力)，小球運

7、動到最高點時繩對小球的拉力為T，小球在最高點的速度大小為v，其T—v2圖象如圖乙所示，則(　　) A．當地的重力加速度為 B．輕質繩長為 C．小球在最低點受到的最小拉力為5a D．若把輕繩換成輕桿，則從最高點由靜止轉過90°的過程中桿始終對小球產生支持力 答案：AB 解析：在最高點時，繩對小球的拉力和重力的合力提供向心力，則得：mg＋T＝m，得：T＝·v2－mg①，由圖象知，T＝0時，v2＝b，圖象的斜率k＝，則得：＝，得繩長L＝；當v2＝0時，T＝－a，由①得：a＝mg，得g＝，故A、B正確；只要v2≥b，繩子的拉力大于0，根據牛頓第二定律得，最高點：T1＋mg＝m②，最低點

8、：T2－mg＝m③，從最高點到最低點的過程中，根據機械能守恒定律得：mv－mv＝2mgL④，聯(lián)立②③④解得：T2－T1＝6mg，即小球在最低點和最高點時繩的拉力差均為6a，故C錯誤；若把輕繩換成輕桿，則從最高點由靜止轉過90°的過程中開始時桿對小球的作用力為支持力；當轉過90°時，小球的向心力必定由桿的拉力提供，所以可知，小球從最高點由靜止轉過90°的過程中，桿對小球的作用力先是支持力，然后是拉力，故D錯誤． 6．[2019·廣東省惠州調研](多選)如圖所示，在勻速轉動的水平圓盤上，沿半徑方向放著用細繩相連的質量均為m的兩個物體A和B，它們分居圓心兩側，與圓心距離分別為RA＝r，RB＝2

9、r，與盤間的動摩擦因數μ相同，當圓盤轉速緩慢加快到兩物體剛好要發(fā)生滑動時，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則下列說法正確的是(　　) A．此時繩子張力為3μmg B．此時A所受摩擦力方向沿半徑指向圓內 C．此時圓盤的角速度為 D．此時燒斷繩子，A仍相對盤靜止，B將做離心運動 答案：AC 解析：兩物體A和B隨著圓盤轉動時，合外力提供向心力，B的半徑比A的半徑大，所以B所需向心力大，繩子拉力相等，所以當圓盤轉速加快到兩物體剛好還未發(fā)生滑動時，B的最大靜摩擦力方向指向圓心，A的最大靜摩擦力方向指向圓外，根據牛頓第二定律得：T－μmg＝mω2r；T＋μmg＝mω2·2r；解得：T＝3μmg，

10、ω＝，故A、C正確，B錯誤．燒斷繩子瞬間A物體所需的向心力為2μmg，A的最大靜摩擦力不足以提供向心力，則A做離心運動，D錯誤，故選A、C. 7．[2019·四川省成都外國語學校模擬]如圖，一塊足夠大的光滑平板放置在水平面上，能繞水平固定軸MN調節(jié)其與水平面所成的夾角．板上一根長為L＝0.60 m的輕細繩，它的一端系住一質量為m的小球P，另一端固定在板上的O點．當平板的傾角為α時，先將輕繩平行于水平軸MN拉直，第一次給小球一初速度使小球恰能在板上做完整的圓周運動，小球在最高點的速度大小為 m/s，若要使小球在最高點時繩子的拉力大小恰與重力大小相等，則小球在最高點的速度大小為(取重力加速度

11、g＝10 m/s2)(　　) A. m/s B．2 m/s C．3 m/s D．2 m/s 答案：C 解析：小球在斜面上運動時受繩子拉力、斜面彈力、重力．在垂直斜面方向上合力為0，重力在沿斜面方向的分量為mgsinα，若恰好通過最高點時繩子拉力T＝0，此時mgsinα＝m，代入數據得：sinα＝，若要使小球在最高點時繩子的拉力大小恰與重力大小相等，小球在最高點時，由繩子的拉力和重力分力的合力提供向心力，T＋mgsinα＝m，代入數據得：v′＝3 m/s，故C正確． 8．[2019·重慶一中模擬]如圖，半徑為R的半球形陶罐固定在可以繞豎直軸旋轉的水平轉臺上，轉臺轉軸與

12、過容器球心O的豎直線重合，轉臺以一定角速度ω勻速旋轉．有兩個質量均為m的小物塊落入陶罐內，經過一段時間后，兩小物塊都隨陶罐一起繞過球心，O的豎直軸轉動且相對罐壁靜止，兩物塊和球心O的連線相互垂直，且A物塊和球心O的連線與豎直方向的夾角θ＝60°，已知重力加速度大小為g，若A物塊受到的摩擦力恰好為零，則B物塊受到的摩擦力大小為(　　) A.mg B.mg C.mg D.mg 答案：A 解析：當A所受摩擦力恰為零時，A和球心的連線與豎直方向的夾角為60°，根據牛頓第二定律得mgtan60°＝mrω2，r＝Rsin60°，此時B有沿罐壁向上滑的趨勢，摩擦力沿罐壁切線向下，豎直方向上Nco

13、s30°－fsin30°－mg＝0，水平方向上Nsin30°＋fcos30°＝mr′ω2，r′＝Rsin30°，聯(lián)立解得f＝mg，A正確． 9．[2019·河北省石家莊二中模擬](多選)2017年7月23日，在第13屆莫斯科航展上“俄羅斯勇士”飛行表演隊完成了倒飛筋斗的動作．現將其簡化成如圖所示的光滑的板(飛機)和小球(飛行員)，讓小球在豎直面內始終與板相對靜止且做勻速圓周運動．A為圓周的最高點，C為最低點，B、D與圓心O等高，且此時板與水平面成θ角，設小球的質量為m，做圓周運動的半徑為R，線速度為v，重力加速度為g，下列說法正確的是(　　) A．小球通過C處時向心力與小球通過A處的向

14、心力大小相等 B．小球在C處受到板的彈力比在A處大5mg C．在B、D兩處板的傾角與小球的運動速度v應滿足tanθ＝ D．小球在B、D兩處受到板的彈力為N＝ 答案：ACD 解析：小球在豎直面內始終不脫離板而做勻速圓周運動，小球通過C處時向心力與小球通過A處的向心力大小相等，選項A正確；對小球在A、C兩處受力分析，分別由圓周運動的特點得N1＋mg＝，N2－mg＝，聯(lián)立得N2－N1＝2mg，選項B錯誤；在B、D兩處板與水平方向的夾角為θ，tanθ＝，選項C正確；對小球在B、D兩處受力分析，可得N＝，選項D正確． 10．[新情景題](多選)質量為m的小球通過輕繩a和b與兩相互垂直的輕

15、質木架上的A點和C點相連，如圖所示，當木架AB繞木架BC以角速度ω勻速轉動時，小球在水平面內做勻速圓周運動，此時輕繩a豎直伸直，輕繩b水平伸直，輕繩a的長度為La，輕繩b的長度為Lb，小球運動到圖示位置時，輕繩b被燒斷，同時木架停止轉動，已知重力加速度大小為g，則(　　) A．小球仍在水平面內做勻速圓周運動 B．在輕繩b被燒斷瞬間，輕繩a中張力突然增大 C．若ω＝，則木架停止轉動后小球不可能做完整的圓周運動 D．若ω＝，則木架停止轉動后小球可能做完整的圓周運動 答案：BD 解析：小球原來在水平面內做勻速圓周運動，輕繩b被燒斷后，小球將在垂直于平面ABC的豎直平面內擺動或做圓周運動，

16、故A錯誤；輕繩b被燒斷前，小球在豎直方向沒有位移，加速度為零，輕繩a中張力等于小球的重力，在輕繩b被燒斷瞬間，輕繩a中張力與小球重力的合力提供小球的向心力，且向心力豎直向上，輕繩a的張力將大于小球重力，即輕繩a中張力突然增大，故B正確；輕繩b被燒斷，木架停止轉動前瞬間，設小球運動的線速度為v1，v1＝ωLb，要使小球恰能做完整的圓周運動，則小球在最高點的速度v2必須滿足mg＝m，根據機械能守恒定律知mv＝mg·2La＋mv，聯(lián)立以上可求得ω＝，即ω≥時，小球可以在垂直于平面ABC的豎直面內做完整的圓周運動，C錯誤，D正確． 11．[2019·湖南師范大學附屬中學模擬]如圖放在水平轉臺上的

17、物體A、B、C正隨轉臺一起以角速度ω勻速轉動，A、B、C的質量分別為3m、2m、m，B與轉臺、C與轉臺、A與B間的動摩擦因數都為μ，B、C離轉臺中心的距離分別為r、1.5r，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g，以下說法正確的是(　　) A．B對A的摩擦力有可能為3μmg B．C與轉臺間的摩擦力大于A與B間的摩擦力 C．轉臺的角速度ω有可能恰好等于 D．若角速度ω在題干所述基礎上緩慢增大，A與B間將最先發(fā)生相對滑動 答案：C 解析：對A、B整體，有：(3m＋2m)ω2r≤μ(3m＋2m)g，對物體C，有：mω2·1.5r≤μmg，對物體A，有：3mω2r≤μ·3mg，聯(lián)立解得

18、：ω≤ ，即若不發(fā)生相對滑動，轉臺的角速度ω≤ ，可知A與B間的靜摩擦力最大值fm＝3mrω2＝3mr·＝2μmg，故A錯誤，C正確．由于A與C轉動的角速度相同，由摩擦力提供向心力，有m×1.5rω2<3mrω2，即C與轉臺間的摩擦力小于A與B間的摩擦力，B錯誤；由對A選項的分析可知，最先發(fā)生相對滑動的是C，D錯誤．故選C. 12．[2017·江蘇卷]如圖所示，一小物塊被夾子夾緊，夾子通過輕繩懸掛在小環(huán)上，小環(huán)套在水平光滑細桿上．物塊質量為M，到小環(huán)的距離為L，其兩側面與夾子間的最大靜摩擦力均為F.小環(huán)和物塊以速度v向右勻速運動，小環(huán)碰到桿上的釘子P后立刻停止，物塊向上擺動．整個過程中，

19、物塊在夾子中沒有滑動．小環(huán)和夾子的質量均不計，重力加速度為g.下列說法正確的是(　　) A．物塊向右勻速運動時，繩中的張力等于2F B．小環(huán)碰到釘子P時，繩中的張力大于2F C．物塊上升的最大高度為 D．速度v不能超過 答案：D 解析：物塊向右勻速運動時，繩中的張力等于物塊的重力Mg，因為2F為物塊與夾子間的最大靜摩擦力，物塊做勻速運動時所受的靜摩擦力小于2F，A項錯誤；當小環(huán)碰到釘子P時，由于不計夾子的質量，因此繩中的張力等于夾子與物塊間的靜摩擦力，即小于或等于2F，B項錯誤；如果物塊上升的最大高度不超過細桿，則根據機械能守恒可知，Mgh＝Mv2，即上升的最大高度h＝，C項錯誤

20、；當物塊向上擺動的瞬時，如果物塊與夾子間的靜摩擦力剛好為2F，此時的速度v是最大速度，則2F－Mg＝M，解得v＝，D項正確． 13．[2019·武漢模擬]如圖所示的裝置可以測量子彈的飛行速度．在一根軸上相距s＝1 m處安裝兩個平行的薄圓盤，使軸帶動兩圓盤以n＝3 000 r/min的轉速勻速轉動，飛行的子彈平行于軸沿一條直線穿過兩圓盤，即在盤上留下兩個小孔，現測得兩小孔所在半徑間的夾角為30°，子彈飛行的速度大小可能是下述的(設在穿過兩圓盤的過程中子彈的速度保持不變)(　　) A．500 m/s B．600 m/s C．700 m/s D．800 m/s 答案：B 解析：子彈

21、經過兩盤，盤轉過的角度為θ＝2πN＋(N＝0,1,2，…)，盤轉動的角速度ω＝2πn＝100π rad/s，子彈在兩盤間運動的時間等于圓盤轉動時間，即＝，所以v＝ m/s(N＝0,1,2，…)，N＝0時，v＝600 m/s，N＝1時，v＝ m/s，最大速度為600 m/s，故B正確． 14．如圖甲所示，一輕桿一端固定在O點，另一端固定一小球，在豎直平面內做半徑為R的圓周運動．小球運動到最高點時，桿與小球間的彈力大小為F，小球在最高點的速度大小為v，F—v2圖象如圖乙所示．下列說法正確的是(　　) A．當地的重力加速度大小為 B．小球的質量為 C．當v2＝c時，桿對小球彈力方向向上

22、 D．若v2＝2b，則桿對小球彈力大小為2a 答案：B 解析：由題圖乙知，當v2＝0時，F＝a，故有F＝mg＝a，當v2＝b時，F＝0，桿對小球無彈力，此時重力提供小球做圓周運動的向心力，有mg＝m，得g＝，故A錯誤；小球的質量m＝＝，故B正確；由題圖乙可知，當v2＝c時，有0

23、確的是(　　) A．將小車放于B點且水平向右的初速度滿足2R即可 D．上述三個選項都不對 答案：D 解析：若小車恰好能上升到圓心等高處，則有mgR＝mv，解得v01＝；若小車恰好能運動到軌道最高點C處，則有mg＝m，同時有mv＝2mgR＋mv2，解上述兩式得v02＝，所以

24、為v0，軌道對小車的彈力為F0，小車在最高點C處速度為v，軌道對小車的彈力為F，則有mv＝mv2＋2mgR，F0－mg＝m，F＋mg＝m，解上述三式得F0－F＝6mg，B錯誤；由mgh＝2mgR＋mv2和mg＝m解得h＝2.5R，所以C錯誤；A、B、C均錯誤，所以D正確． 16．(多選)飛機飛行時除受到發(fā)動機的推力外，還受到重力和機翼的升力，機翼的升力垂直于機翼所在平面向上，當飛機在空中盤旋時機翼向內側傾斜(如圖所示)，以保證除發(fā)動機推力和阻力外的其他力的合力提供向心力．設飛機以速率v在水平面內做半徑為R的勻速圓周運動時機翼與水平面成θ角，飛行周期為T，則下列說法正確的是(　　) A．

25、若飛行速率v不變，θ增大，則半徑R增大 B．若飛行速率v不變，θ增大，則周期T增大 C．若θ不變，飛行速率v增大，則半徑R增大 D．若飛行速率v增大，θ增大，則周期T可能不變 答案：CD 解析：飛機盤旋時重力mg和機翼升力FN的合力F提供向心力，如圖所示，因此有mgtanθ＝m，解得R＝，T＝＝.若飛行速率v不變，θ增大，則半徑R減小，A項錯誤．若飛行速率v不變，θ增大，則周期T減小，B項錯誤．若θ不變，飛行速率v增大，則半徑R增大，C項正確．若飛行速率v增大，θ增大，如果滿足＝，則周期T不變，D項正確． 課時測評? 綜合提能力　課時練　贏高分 一、選擇

26、題 1．[2019·陜西長安一中模擬](多選)有關圓周運動的基本模型，下列說法正確的是(　　) A．如圖a所示，汽車通過拱橋的最高點時處于超重狀態(tài) B．如圖b所示是一圓錐擺，增大θ，若保持圓錐的高度不變，則圓錐擺的角速度不變 C．如圖c所示，同一小球在光滑且固定的圓錐筒內的A、B位置先后分別做勻速圓周運動，則在A、B兩位置小球的角速度及所受筒壁的支持力大小相等 D．火車轉彎超過規(guī)定速度行駛時，外軌對火車輪緣會有擠壓作用 答案：BD 解析：題圖a，汽車在最高點時，mg－FN＝，可知FN

27、2r，其中r＝htanθ，可知ω＝，增大θ，若保持圓錐的高度不變，則圓錐擺的角速度不變，故B正確；題圖c，根據受力分析知小球受力情況相同，即向心力相同，由F＝mω2r知r不同，角速度不同，故C錯誤；火車轉彎超過規(guī)定速度行駛時，重力和支持力的合力不足以提供向心力，則外軌對火車輪緣會有擠壓作用，故D正確． 2．[2019·福建質檢](多選)圖中所示為一皮帶傳動裝置，右輪的半徑為r，a是它邊緣上的一點，左側是一輪軸，大輪的半徑為4r，小輪的半徑為2r，b點在小輪上，到小輪中心的距離為r，c點和d點分別位于小輪和大輪的邊緣上．若在傳動過程中皮帶不打滑，則(　　) A．c點與d點的角速度大小相等

28、 B．a點與b點的角速度大小相等 C．a點與c點的線速度大小相等 D．a點與c點的向心加速度大小相等 答案：AC 解析：共軸轉動的各點角速度大小相等，故b、c、d三點角速度大小相等，故A正確；a、c兩點的線速度大小相等，b、c兩點的角速度相等，根據v＝rω，a的角速度大于c的角速度，則a點的角速度大于b點的角速度，故B錯誤，C正確；a、c兩點的線速度大小相等，根據an＝，a點的向心加速度大于c點的向心加速度，故D錯誤． 3．[2019·安徽六安一中模擬]如圖所示，用手握著細繩的一端在水平桌面上做半徑為r的勻速圓周運動，圓心為O，角速度為ω.細繩長為L，質量忽略不計，運動過程中細

29、繩始終與小圓相切，在細繩的另外一端系著一個質量為m的小球，小球恰好沿以O為圓心的大圓在桌面上運動，小球和桌面之間存在摩擦力，以下說法正確的是(　　) A．小球將做變速圓周運動 B．小球與桌面間的動摩擦因數為 C．小球做圓周運動的線速度為ω(l＋L) D．細繩拉力為mω2 答案：B 解析：手握著細繩做的是勻速圓周運動，所以在細繩另外一端的小球做的也是勻速圓周運動，A錯誤；設大圓的半徑為R，由圖可知R＝，則小球做圓周運動的線速度為ω，C錯誤；設細繩中的張力為T，則Tcosφ＝mRω2，cosφ＝，故T＝＝，D錯誤；根據摩擦力公式可得f＝μmg＝Tsinφ，由于T＝，sinφ＝＝，所

30、以μ＝，B正確． 4．[2019·河南焦作模擬]如圖所示，ABC為豎直平面內的金屬半圓環(huán)，AC連線水平，A、B兩點間固定著一根直金屬棒，在直金屬棒和圓環(huán)的BC部分上分別套著小環(huán)M、N(棒和半圓環(huán)均光滑)，現讓半圓環(huán)繞豎直對稱軸以角速度ω1做勻速轉動，小環(huán)M、N在圖示位置．如果半圓環(huán)的角速度變?yōu)棣?，ω2比ω1稍微小一些．關于小環(huán)M、N的位置變化，下列說法正確的是(　　) A．小環(huán)M將到達B點，小環(huán)N將向B點靠近稍許 B．小環(huán)M將到達B點，小環(huán)N的位置保持不變 C．小環(huán)M將向B點靠近稍許，小環(huán)N將向B點靠近稍許 D．小環(huán)M向B點靠近稍許，小環(huán)N的位置保持不變 答案：A 解析：小

31、環(huán)M受到重力和直金屬棒的支持力，在水平面內做勻速圓周運動，合力的方向沿水平方向，所以F合＝mgtan45°＝mω2r，半圓環(huán)的角速度由ω1變?yōu)棣?后，mgtan45°>mω2r，M做向心運動，直到到達B點，小環(huán)N受到重力和圓環(huán)的支持力，在水平面內做勻速圓周運動，合力的方向沿水平方向，設其與ABC半圓環(huán)圓心的連線與豎直方向之間的夾角為θ，F′n＝mgtanθ＝mω2Rsinθ，所以ω2R＝，當半圓環(huán)的角速度由ω1變?yōu)棣?后，θ減小，小環(huán)N將向B點靠近稍許，故選A. 5．[2019·安徽六安一中月考]高明同學撐一把雨傘站在水平地面上，傘面邊緣點所圍圓形的半徑為R，現將雨傘繞豎直傘桿勻速轉動，傘邊

32、緣上的水滴落到地面，落點形成一個半徑為r的圓形，傘邊緣距離地面的高度為h，當地重力加速度為g，則(　　) A．雨滴著地時的速度大小為 B．雨滴著地時的速度大小為 C．雨傘轉動的角速度大小為 D．雨傘轉動的角速度大小為 答案：B 解析：根據h＝gt2，解得t＝，根據幾何關系得s＝，平拋運動的水平位移為s＝v0t，所以v0＝＝＝，下落的過程中機械能守恒，所以mv＋mgh＝mv2，聯(lián)立以上方程解得v＝g；根據公式v0＝ωR得ω＝，聯(lián)立得ω＝ ，故B正確，A、C、D錯誤． 6．[2019·安徽蚌埠二中模擬](多選)如圖所示，在水平轉臺上放置用輕繩相連的質量相同的滑塊1和滑

33、塊2，轉臺繞轉軸OO′以角速度ω勻速轉動過程中，輕繩始終處于水平狀態(tài)，兩滑塊始終相對轉臺靜止，且與轉臺之間的動摩擦因數相同，滑塊1到轉軸的距離小于滑塊2到轉軸的距離．關于滑塊1和滑塊2受到的摩擦力f1、f2與角速度的二次方的關系圖線，可能正確的是(　　) 答案：AC 解析：兩滑塊的角速度相等，根據向心力公式F＝mrω2，考慮到兩滑塊質量相同，滑塊2的運動半徑較大，開始時摩擦力提供向心力，所以角速度增大時，滑塊2先達到最大靜摩擦力；繼續(xù)增大角速度，滑塊2所受的摩擦力不變，繩子拉力增大，滑塊1的摩擦力減小，當滑塊1的摩擦力減小到零后，又反向增大，當滑塊1摩擦力達到最大值時，再增大角速度，將

34、發(fā)生相對滑動，故滑塊2的摩擦力先增大達到最大值，然后保持不變，滑塊1的摩擦力先增大后減小，再反向增大，故A、C正確． 7. [2019·河南豫南九校質檢](多選)如圖所示，甲、乙兩水平圓盤緊靠在一塊，甲圓盤為主動輪，乙靠摩擦隨甲轉動，接觸處無相對滑動．甲圓盤與乙圓盤的半徑之比r甲r乙＝31，兩圓盤和小物體m1、m2之間的動摩擦因數相同，m1距O點為2r，m2距O′點為r，當甲緩慢轉動起來且轉速慢慢增加時，下列說法正確的是(　　) A．滑動前m1與m2的角速度之比ω1：ω2＝1：3 B．滑動前m1與m2的向心加速度之比a1：a2＝2：9 C．隨轉速慢慢增加，m1先開始滑

35、動 D．隨轉速慢慢增加，m2先開始滑動 答案：ABD 解析：甲、乙兩圓盤邊緣上的各點線速度大小相等，有ω1·r甲＝ω2·r乙，則得ω1：ω2＝1：3，所以小物體相對圓盤開始滑動前，m1與m2的角速度之比為ω1：ω2＝1：3，故A正確；小物體相對圓盤開始滑動前，根據a＝ω2r得，m1與m2的向心加速度之比a1：a2＝ω·2r：ωr＝2：9，故B正確；根據μmg＝mrω2知，小物體剛要滑動時角速度為ω＝ ，可知m1、m2的臨界角速度之比為1：，而甲、乙的角速度之比為ω1：ω2＝1：3，可知當轉速增加時，m2先達到臨界角速度，所以m2先開始滑動，故D正確，C錯誤． 8．[

36、2019·安徽六安一中模擬]如圖所示，兩個可視為質點的相同的木塊A和B放在水平轉盤上，兩者用長為L的細繩連接，木塊與轉盤間的最大靜摩擦力均為各自重力的k倍，A放在距離轉軸L處，整個裝置能繞通過轉盤中心的轉軸O1O2轉動．開始時，繩恰好伸直但無彈力，現讓該裝置從靜止開始轉動，使角速度緩慢增大，以下說法不正確的是(　　) A．當ω> 時，A、B相對于轉盤會滑動 B．當ω> 時，繩子一定有彈力 C．當ω在 <ω< 范圍內增大時，B所受摩擦力變大 D．當ω在0<ω< 范圍內增大時，A所受摩擦力一直變大 答案：C 解析：當A所受的摩擦力達到最大靜摩擦力時，A、B相對于轉盤會滑動，對A有k

37、mg－T＝mLω，對B有T＋kmg＝m·2Lω，解得ω1＝ ，當ω> 時，A、B相對于轉盤會滑動，故A正確．當B所受摩擦力達到最大靜摩擦力時，繩子將要產生彈力，kmg＝m·2Lω，解得ω2＝ ，知ω> 時，繩子一定有彈力，故B正確．當ω在0<ω< 范圍內增大時，B所受摩擦力變大，當ω在 <ω< 范圍內增大時，B所受摩擦力不變，故C錯誤；當ω在0<ω< 范圍內增大時，A所受摩擦力一直增大，故D正確．本題選錯誤的，故選C. 9．[2019·陜西西安模擬](多選)如圖所示，一質量為m的小球置于半徑為R的光滑豎直圓軌道最低點A處，B為軌道最高點，彈簧一端固定于圓心O點，另一端與小球拴接．已知彈簧

38、的勁度系數k＝，原長L＝2R，彈簧始終處于彈性限度內，若給小球一水平初速度v0，已知重力加速度為g，則(　　) A．當v0較小時，小球可能會離開圓軌道 B．若，小球就能做完整的圓周運動 D．只要小球能做完整的圓周運動，則小球與軌道間最大壓力與最小壓力之差與v0無關 答案：CD 解析：因為彈簧的勁度系數k＝，原長L＝2R，所以小球始終會受到彈簧的彈力作用，大小為F＝k(L－R)＝kR＝mg，方向始終背離圓心，無論小球在CD以上的哪個位置速度為零，重力在沿半徑方向上的分量都小于或等于彈簧的彈力(在CD以下，軌道對小球一定有指向圓心的

39、支持力)，所以無論v0多大，小球均不會離開圓軌道，故A、B錯誤．小球在運動過程中只有重力做功，彈簧的彈力和軌道的支持力不做功，機械能守恒，當運動到最高點速度為零時，在最低點的速度最小，有mv＝2mgR，所以只要v0>vmin＝，小球就能做完整的圓周運動，故C正確．在最低點時，設小球受到的支持力為N，有N－kR－mg＝m，解得N＝2mg＋m， 運動到最高點時受到軌道的彈力最小，設為N′，設此時的速度為v，由機械能守恒有mv＝2mgR＋mv2， 此時合外力提供向心力，有N′－kR＋mg＝m， 聯(lián)立解得N′＝m－4mg， 得壓力之差ΔN＝N－N′＝6mg，與v0無關，故D正確． 10．

40、[2019·河南郴州模擬](多選)如圖所示，BC是半徑為R＝1 m的豎直面內的圓弧軌道，軌道末端C在圓心O的正下方，∠BOC＝60°，將質量為m＝1 kg的小球，從與O等高的A點水平拋出，小球恰好從B點沿圓弧切線方向進入軌道，由于小球與圓弧之間有摩擦，能夠使小球從B到C做勻速圓周運動，重力加速度大小g取10 m/s2，則下列說法正確的是(　　) A．從B到C，小球與軌道之間的動摩擦因數可能保持不變 B．從B到C，小球克服摩擦力做功為5 J C．A、B兩點間的距離為 m D．小球從B到C的全過程中，小球對軌道的壓力不變 答案：BC 解析： 小球從A到B做平拋運動，在B點，小球

41、速度方向偏轉角θ＝60°，則tan60°＝，vy＝gt，豎直方向的位移y＝Rcos60°＝gt2，水平方向的位移x＝vAt，解得x＝ m，則A、B兩點間的距離xAB＝＝ m，C正確；在B點小球的速度大小v＝＝ m/s，小球從B到C做勻速圓周運動，則由能量守恒定律可知，小球克服摩擦力做的功等于重力做的功，即Wf＝WG＝mg(R－Rcos60°)＝mgR＝5 J，B正確；從B到C，小球對軌道的壓力變大，而小球重力沿軌道切線方向上的分力變小，小球勻速圓周運動，沿軌道切線方向受力平衡，則所受摩擦力變小，則小球與軌道之間的動摩擦因數變小，A、D錯誤． 二、非選擇題 11．如圖所示，一小球從A點以某一

42、水平向右的初速度出發(fā)，沿水平直線軌道運動到B點后，進入半徑R＝10 cm的光滑豎直圓形軌道，圓形軌道間不相互重疊，即小球離開圓形軌道后可繼續(xù)向C點運動，C點右側有一壕溝，C、D兩點間的豎直高度h＝0.8 m，水平距離s＝1.2 m，水平軌道AB長為L1＝1 m，BC長為L2＝3 m，小球與水平軌道間的動摩擦因數μ＝0.2，重力加速度g取10 m/s2. (1)若小球恰能通過圓形軌道的最高點，求小球在A點的初速度． (2)若小球既能通過圓形軌道的最高點，又不掉進壕溝，求小球在A點的初速度的范圍． 答案：(1)3 m/s　(2)3 m/s≤vA≤4 m/s和vA≥5 m/s 解析：(1

43、)設小球恰能通過圓形軌道最高點的速度為v，由牛頓第二定律得mg＝m，由B到最高點，由機械能守恒定律得mv＝2mgR＋mv2，由A到B，－μmgL1＝mv－mv，解得小球在A點的速度為 vA＝3 m/s. (2)若小球剛好停在C處，則有－μmg(L1＋L2)＝0－mv，解得 vA1＝4 m/s. 若小球停在BC段，則3 m/s≤vA≤4 m/s. 若小球能通過C點，并恰好越過壕溝，則有h＝gt2，s＝vCt， －μmg(L1＋L2)＝mv－mv，則有vA2＝5 m/s， 所以小球在A點的初速度范圍為3 m/s≤vA≤4 m/s和vA≥5 m/s. 12．[2019·日照聯(lián)合檢測]

44、如圖所示，M是水平放置的半徑足夠大的圓盤，繞過其圓心的豎直軸OO′勻速轉動，規(guī)定經過圓心O且水平向右為x軸正方向．在O點正上方距盤面高為h＝5 m處有一個可間斷滴水的容器，從t＝0時刻開始，容器沿水平軌道向x軸正方向做初速度為零的勻加速直線運動．已知t＝0時刻滴下第一滴水，以后每當前一滴水剛好落到盤面時再滴下一滴水．(取g＝10 m/s2) (1)每一滴水離開容器后經過多長時間滴落到盤面上？ (2)要使每一滴水在盤面上的落點都位于同一直線上，圓盤的角速度ω應為多大？ (3)當圓盤的角速度為1.5π時，第二滴水與第三滴水在盤面上落點間的距離為2 m，求容器的加速度a. 答案：(1)1

45、 s　(2)kπ(k＝1,2,3，…)　(3) m/s2 解析：(1)離開容器后，每一滴水在豎直方向上做自由落體運動．則每一滴水滴落到盤面上所用時間t＝ ＝1 s (2)要使每一滴水在盤面上的落點都位于同一直線上，則圓盤在1 s內轉過的弧度為kπ，k為不為零的正整數 由ωt＝kπ，得ω＝kπ ＝kπ，其中k＝1,2,3… (3)第二滴水離開O點的距離為x1＝at2＋(at)t＝a 第三滴水離開O點的距離為x2＝a(2t)2＋(a·2t)t＝4a 又Δθ＝ωt＝1.5π 即第二滴水和第三滴水分別滴落在圓盤上x軸方向及垂直x軸的方向上，所以x＋x＝x2 即2＋(4a)2＝22，解得a＝ m/s2 20