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2023人教版带答案高中物理必修二第六章圆周运动微公式版基础知识手册

1

单选题
1、如图所示，长为L的悬线固定在O点，在O点正下方L2处有一钉子C。把悬线另一端的小球m拉到跟悬点在同一水平面上无初速度释放，小球运动到悬点正下方时悬线碰到钉子，则小球的（  ）

A．线速度突然增大为原来的2倍B．线速度突然减小为原来的一半
C．向心加速度突然增大为原来的2倍D．悬线拉力突然增大为原来的2倍
答案：C
AB．碰到钉子的瞬间，根据惯性可知，小球的速度不能发生突变，即线速度不变，AB错误；
C．由an=v2r知，运动半径变小了一半，向心加速度突然增大为原来的2倍，C正确；
D．在最低点，根据牛顿第二定律，满足
F-mg=mv2r
故碰到钉子后合力变为原来的2倍，悬线拉力变大，但不是原来的2倍，D错误。
故选C。
2、下列说法正确的是（　　）
A．重力的大小和方向与物体运动状态无关
B．“越走越快”表示物体的加速度越来越大
C．做曲线运动的物体的加速度一定变化
D．做圆周运动的物体其所受的合外力即为其向心力
答案：A
A．重力的大小和方向与物体运动状态无关，大小为mg，方向始终竖直向下，故A正确；
B．“越走越快”表示物体的速度越来越大，故B错误；
C．做曲线运动的物体的速度一定变化，但加速度不一定改变，如平抛运动，加速度恒定，故C错误；
D．做匀速圆周运动的物体其所受的合外力即为其向心力，故D错误。
故选A。
3、如图所示为一走时准确的时钟，A、B分别是分针和时针的端点，在时钟正常工作时（  ）

A．TA>TBB．ωA>ωB
C．vA=vBD．vA<vB
答案：B
A．分针的周期为
TA=1h
时针的周期为
TB=12h
可知
TA<TB
A错误；
B．根据角速度与周期关系
ω=2πT
可知角速度与周期成反比，则有
ωA>ωB
B正确；
CD．根据线速度与角速度关系
v=ωr
由于
ωA>ωB，rA>rB
可知
vA>vB
CD错误；
故选B。
4、如图，在水平圆盘上沿半径放有质量均为m＝3kg的两物块a和b（均可视为质点），两物块与圆盘间的动摩擦因数均为μ=0.9，物块a到圆心的距离为ra=0.5m，物块b到圆心的距离为rb=1m。圆盘由静止开始绕通过圆心的转轴OO'缓慢地加速转动，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计空气阻力，重力加速度大小为g=10m/s2。下列说法正确的是（  ）

A．物块a、b相对圆盘滑动前所受摩擦力方向相反
B．物块a比物块b先滑动
C．物块b刚好要滑动时，圆盘转动的角速度为9rad/s
D．若用水平轻绳（图中未画出）将两物块连接，轻绳刚好拉直，当两物块刚好要滑动时，轻绳的拉力大小为9N
答案：D
A．物块a、b相对圆盘滑动前所受摩擦力提供向心力，方向相同，故A错误；
B．设物块刚好要发生相对滑动时的圆盘的角速度为ω，根据牛顿第二定律有
μmg=mω2r
解得
ω=μgr
因为ra<rb，所以ωa>ωb，即物块b比物块a先滑动，故B错误；
C．根据B项表达式可得物块b刚好要滑动时，圆盘转动的角速度为
ωb=μgrb=3rad/s
故C错误；
D．用水平轻绳将两物块连接，轻绳刚好拉直，当两物块刚好要滑动时，两物块与圆盘间的摩擦力均达到最大静摩擦力，设此时轻绳的拉力大小为T，圆盘的角速度为ω′，则对a、b根据牛顿第二定律分别有
μmg-T=mω'2ra
μmg+T=mω'2rb
解得
T=9N
故D正确。
故选D。
5、如图所示，赛车在跑道上转弯时，常常在弯道上冲出跑道，这是由于赛车行驶到弯道时（　　）

A．运动员未能及时转动方向盘才造成赛车冲出跑道的
B．运动员没有及时加速才造成赛车冲出跑道的
C．运动员没有及时减速才造成赛车冲出跑道的
D．由公式F=mω2r可知，弯道半径越大，越容易冲出跑道
答案：C
赛车在水平路面上转弯时，它需要的向心力是由赛车与地面间的摩擦力提供的，有
F=mv2r
在弯道半径不变时，速度越大，向心力越大，摩擦力不足以提供向心力时，赛车将冲出跑道。同理在速度大小不变时，弯道半径越大，所需向心力越小，越不容易冲出跑道。故ABD错误；C正确。
故选C。
6、“S路”曲线行驶是我国驾驶证考试中的一个项目。某次练习过程中，有两名学员分别坐在驾驶座和副驾驶座上，并且始终与汽车保持相对静止，汽车在弯道上行驶时可视作圆周运动，行驶过程中未发生打滑。如图所示，当汽车在水平“S路”图示位置处减速行驶时（  ）

A．两名学员具有相同的线速度
B．两名学员具有相同的角速度
C．汽车受到的重力和支持力的合力提供向心力
D．在副驾驶座上的学员需要的向心力较大
答案：B
AB．两名学员绕同一点做圆周运动，则他们的角速度相等，两名学员离圆心的距离不相等，据v=rω，所以他们的线速度大小不相同，故A错误，B正确；
C．摩擦力指向圆心方向的分力提供向心力，故C错误；
D．两学员质量未知，无法比较他们所需向心力的大小，故D错误。
故选B。
7、无级变速是在变速范围内任意连续地变换速度，性能优于传统的挡位变速器，很多种高档汽车都应用了无级变速。如图所示是截锥式无级变速模型示意图，两个锥轮之间有一个滚轮，主动轮、滚轮、从动轮之间靠着彼此之间的摩擦力带动。当位于主动轮和从动轮之间的滚轮从左向右移动时，从动轮转速降低；滚轮从右向左移动时，从动轮转速增加。当滚轮位于主动轮直径为D1、从动轮直径为D2的位置时，主动轮转速n1、从动轮转速n2的关系是（  ）

A．n1n2＝D1D2
B．n1n2＝D2D1
C．n2n1＝D12D22
D．n2n1＝D1D2
答案：B
因主动轮、从动轮边缘的线速度大小相等，所以
2πn1D12＝2πn2D22
即
n1n2＝D2D1
故选B。
8、某玩具可简化为如图所示的模型，竖直杆上同一点O系有两根长度均为l的轻绳，两轻绳下端各系一质量为m的小球，两小球间用长为l的轻绳相连，轻绳不可伸长。当球绳系统绕竖直杆以不同的角速度匀速转动时，小球A、B关于杆对称，关于OA绳上的弹力FOA与AB绳上的弹力FAB大小与角速度平方的关系图像，正确的是（  ）

A．B．
C．D．
答案：B
在AB绳绷直前AB绳上弹力为零，OA绳上拉力大小为FOA，设OA绳与竖直杆间的夹角为θ，有
FOAsinθ=mω2lsinθ
得
FOA=mω2l
当AB绳恰好绷直时，OA绳与竖直杆间的夹角为30°，有
mgtan30∘=mω2lsin30∘
得
ω2=23g3l
当ω2>23g3l时，竖直方向有
FOAcos30∘=mg
得
FOA=233mg
水平方向有
FOAsin30∘+FAB=mω2lsin30∘
解得
FAB=12mω2l-33mg
综上可知：FOA先与角速度平方成正比，后保持不变；FAB开始为零，当角速度平方增大到一定值后与角速度平方成一次增函数关系。
故选B。
9、飞行员的质量为m，驾驶飞机在竖直平面内以速度v做半径为r的匀速圆周运动（在最高点时，飞行员头朝下，且v>gr），则在轨道的最高点和最低点时，飞行员对座椅的压力（  ）
A．相差6mgB．相差mv2rC．相差2v2⋅rD．相差2mg
答案：D
在最高点有
F1+mg＝mv2r
解得
F1＝mv2r-mg
在最低点有
F2-mg＝mv2r
解得
F2＝mv2r+mg
所以
F2-F1=2mg
故选D。
10、当老鹰在高空中盘旋时，垂直于翼面的升力和其重力的合力提供向心力。已知当质量为m的老鹰以速率v匀速水平盘旋时，半径为R，则其向心力为（  ）
A．mv2RB．mv2RC．mRv2D．mvR
答案：B
根据向心力计算公式得
Fn=mv2R
故选B。
11、下列说法中正确的是（　　）
A．因向心力总是沿半径指向圆心，且大小不变，故向心力是一个恒力
B．因向心力指向圆心，且与线速度的方向垂直，所以它不能改变线速度的大小
C．物体因为做匀速圆周运动才受到向心力
D．做圆周运动的物体所受各力的合力一定是向心力
答案：B
A．向心力总是沿半径指向圆心，且大小不变，但是方向不断变化，故向心力是一个变力，选项A错误；
B．因向心力指向圆心，且与线速度的方向垂直，所以它不能改变线速度的大小，选项B正确；
C．物体不是因为做圆周运动才受到向心力，而是做圆周运动外界必须提供向心力才使物体做圆周运动，选项C错误；
D．只有做匀速圆周运动的物体所受各力的合力才是向心力，选项D错误。
故选B。
12、设轨道半径为r、角速度大小为ω、线速度大小为v、质量为m的物体做匀速圆周运动时，所需要的向心力大小为（  ）
A．mωrB．mvr2C．mωvD．mr2ω
答案：C
物体做圆周运动所需要的向心力大小为
F=ma=mω2r=mv2r
将
v=ωr
代入可得
F=mωv
故选C。
13、下列关于向心加速度的说法中正确的是（  ）
A．向心加速度表示做圆周运动的物体速率改变的快慢
B．向心加速度的方向不一定指向圆心
C．向心加速度描述线速度方向变化的快慢
D．匀速圆周运动的向心加速度不变
答案：C
A．做匀速圆周运动的物体速率不变，向心加速度只改变速度的方向，故A错误；
B．向心加速度的方向总是沿着圆周运动轨迹的半径指向圆心，故B错误；
C．匀速圆周运动中线速度的变化只表现为线速度方向的变化，作为反映速度变化快慢的物理量，向心加速度只描述线速度方向变化的快慢，故C正确；
D．向心加速度的方向是变化的，故D错误。
故选C。
14、自行车，又称脚踏车或单车，骑自行车是一种绿色环保的出行方式，如图所示，A、B、C分别是大齿轮、小齿轮以及后轮边缘上的点，则（  ）

A．A点的线速度大于B点的线速度
B．A点的角速度小于B点的角速度
C．C点的角速度小于B点的角速度
D．A、B、C三点的线速度相等
答案：B
A．A、B两点属于链条传动，线速度相等，故A错误；
B．由图可知
rA>rB
根据
ω=vr
知
ωA<ωB
故B正确；
C．C、B两点属于同轴转动，则角速度相等，故C错误；
D．根据
v=ωr
可得
vB<vC
故D错误。
故选B。
15、如图，带车牌自动识别系统的直杆道闸，离地面高为1m的细直杆可绕O在竖直面内匀速转动。汽车从自动识别线ab处到达直杆处的时间为2.3s，自动识别系统的反应时间为0.3s；汽车可看成高1.6m的长方体，其左侧面底边在aaˊ直线上，且O到汽车左侧面的距离为0.6m，要使汽车安全通过道闸，直杆转动的角速度至少为（  ）

A．π6rad/sB．3π8rad/sC．π8rad/sD．π12rad/s
答案：C
设汽车恰好通过道闸时直杆转过的角度为α，由几何关系得
tanα=1.6-10.6=1
解得
α=π4
直杆转动的时间
t=t汽-t反=2s
直杆转动的角速度
ω=αt=π42rad/s=π8rad/s
故C正确，ABD错误。
故选C。
多选题
16、如图所示，某物体沿14光滑圆弧轨道由最高点滑到最低点过程中，物体的速率逐渐增大，则（  ）

A．物体的合力不为零B．物体的合力大小不变，方向始终指向圆心O
C．物体的合力就是向心力D．物体的合力方向始终与其运动方向不垂直（最低点除外）
答案：AD
A．物体做圆周运动，一定有外力提供向心力，物体的合力一定不为零，A正确；
BCD．物体做圆周运动，一定有指向圆心的外力提供向心力，物体的速率逐渐增大，一定有沿圆弧切线方向的分力，根据平行四边形定则可知，物体的合力方向始终与其运动方向不垂直（最低点除外），D正确，BC错误；
故选AD。
17、在绕地球做匀速圆周运动的人造地球卫星中，下列仪器可以使用的是（　　）
A．弹簧测力计B．水银气压计
C．水银温度计D．天平
答案：AC
A．弹簧秤是用来测量物体的重力，但是在太空中，物体处于失重状态，所以不能测量重力，但可能测量力，因此可能使用，故A正确；
B．在失重状态下，水银不会产生压强，所以不能在失重状态下有效使用。所以不能使用，故B错误；
C．温度计是根据液体热胀冷缩的性质制成的，跟重力没有关系，在太空中能用温度计测量温度。所以可以使用，故C正确；
D．天平是根据杠杆平衡条件制成的，在太空中，物体和砝码处于失重状态，天平的左右两盘无论放多少物体，天平都是平衡的。所以无法用天平测量物体的质量，所以不能使用，故D错误。
故选AC。
18、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失重状态
B．如图b所示是一圆锥摆，增大θ，但保持圆锥的高度不变，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位置小球所受筒壁的支持力要大于在B位置时的支持力
D．如图d，火车转弯超过规定速度行驶时，内轨对内轮缘会有挤压作用
答案：AB
A．图a中，汽车通过拱桥的最高点时向心加速度竖直向下，汽车处于失重状态，故A正确；
B．图b中，摆球重力和绳的拉力的合力提供向心力，根据力的合成与分解和向心力公式有
F向=mω2r=mgtanθ
设摆球与悬点的高度差为h，则
tanθ=rh
联立可得
ω=gh
所以增大θ，但保持圆锥的高度不变，则圆锥摆的角速度不变，故B正确；
C．图c中，设小球做匀速圆周运动时与圆锥顶连线与竖直方向的夹角为θ，小球所受筒壁的支持力大小为N，小球在竖直方向上受力平衡，即
Nsinθ=mg
所以N的大小与小球所在位置无关，两小球在A、B两位置所受筒壁的支持力大小相等，故C错误；
D．图d中，火车转弯超过规定速度行驶时，火车重力和铁轨支持力的合力不足以提供过弯的向心力，此时外轨对外轮缘会有挤压作用，从而提供一部分向心力，故D错误。
故选AB。
19、一质点做曲线运动，下列说法正确的是（　　）
A．质点速度方向不可能始终不变B．质点速度大小不可能始终不变
C．质点速度方向一定与加速度方向相同D．质点速度方向一定沿曲线的切线方向
答案：AD
A．质点做曲线运动，速度方向始终在变，A正确；
B．质点做曲线运动，速度大小可能始终不变，如匀速圆周运动，B错误；
C．由曲线运动的条件可知，质点速度方向一定与加速度方向不在同一直线上，C错误；
D．质点速度方向一定沿曲线的切线方向，D正确。
故选AD。
20、大雾天气，司机以10m/s的速度在水平路面上向前行驶，突然发现汽车已开到一个丁字路口，前面15m处是一条小河，司机可采用紧急刹车或紧急转弯两种方法避险。已知车与地面之间的动摩擦因数为0.6，g=10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列措施中不正确的是（  ）

A．紧急刹车B．紧急转弯C．都可以D．正常过弯
答案：BCD
A．由题意，紧急刹车的位移为
x=v22a
由牛顿第二定律
μmg=ma
解得
x≈8.3m<15m
紧急刹车是安全的，故A可以，不符题意；
BCD．转弯时速度大小不变，由最大静摩擦力提供向心力时，有
μmg=mv2R
解得
R≈16.7m>15m
可知，而紧急转弯是不安全的，正常过弯不安全。故BCD不可以，不符题意。
故选BCD。
21、如图所示为旋转脱水拖把结构图，旋转杆上有长度为35cm的螺杆，螺杆的螺距（相邻螺纹之间的距离）为d=5cm，固定套杆内部有与旋转杆的螺纹相配套的凹纹，如果旋转杆不动，固定杆可以在旋转杆上沿其轴线旋转上行或下行。把拖把头放置于脱水桶中，手握固定套杆向下运动，固定套杆就会给旋转杆施加驱动力，驱动旋转杆使拖把头和脱水桶一起转动，把拖把上的水甩出去。拖把头的托盘半径为8cm，拖布条的长度为6cm，脱水桶的半径为12cm。某次脱水时，固定套杆在2s内匀速下压了35cm，该过程中拖把头匀速转动，则下列说法正确的是（  ）

A．紧贴脱水桶壁的拖布条上附着的水最不容易甩出
B．旋转时脱水桶壁与托盘边缘处的点向心加速度之比为3：2
C．拖把头转动的周期为3.5s
D．拖把头转动的角速度为7πrad/s
答案：BD
A．紧贴脱水桶内壁的拖布条半径最大，根据
a=ω2r
半径越大，向心加速度越大，需要的向心力越大，越容易甩出，选项A错误；
B．脱水桶内壁半径为12cm，托盘边缘半径为8cm，根据
a=ω2r
向心加速度之比为
a1a2=r1r2=128=32
选项B正确；
C．旋转杆上有长度为35cm的螺杆，相邻螺纹之间的距离为d=5cm，所以共7圈，固定套杆在2s内匀速下压了35cm，所以2s转了7个周期，故周期为
T=27s
选项C错误；
D．根据周期和角速度的关系式
ω=2πT=2π27rad/s=7πrad/s
选项D正确。
故选BD。
22、一辆载重汽车在高低不平的路面上行驶，其中一段路面如图所示，图中虚线是水平线。若汽车速率不变，下列说法正确的是（　　）

A．经过图中A处最容易爆胎
B．经过图中B处最容易爆胎
C．为防止汽车爆胎，应增大汽车的速度
D．为防止汽车爆胎，应减小汽车的速度
答案：AD
AB．在A处，有
NA-mg=mv2R
可得
NA=mg+mv2R
在B处，有
mg-NB=mv2R
可得
NB=mg-mv2R
可知汽车经过凹形面时轮胎受到的作用力更大，所以经过图中A处最容易爆胎，A正确，B错误；
CD．当汽车在A处时容易爆胎，根据上述分析，若要防止爆胎，应当减小汽车的速度，这样会减小轮胎受到的作用力，C错误，D正确。
故选AD。
23、如图所示，小球Q在竖直平面内绕O点做匀速圆周运动，当Q球转到图示位置时，O点正上方有另一小球P在距圆周最高点h处开始自由下落，两球在圆周最高点相碰，从小球P开始下落到与小球Q相碰过程中下列判断正确的是（  ）

A．小球P下落时间是：2hg
B．小球P下落时间是：h2g
C．小球Q角速度为：π2+2kπg2h（k=0、1、2、3…）
D．小球Q的角速为：π4+2kπg2h（k=0、1、2、3…）
答案：AC
AB．小球P自由落体运动的时间为t，则有
h=12gt2
解得
t=2hg
故A正确，B错误；
CD．Q球运动到最高点的可能时间为
t'=T4+kT=14+k2πω（k=0、1、2、3…）
由于
t=t'
解得角速度
ω=2π14+kg2h（k=0、1、2、3…）
故C正确，D错误。
故选AC。
24、小球质量为m，用长为L的轻质细线悬挂在O点，在O点的正下方L2处有一钉子P，把细线沿水平方向拉直，如图所示，无初速度地释放小球，当细线碰到钉子的瞬时，设线没有断裂，则下列说法正确的是（  ）

A．小球的线速度突然增大到原来的2倍
B．小球的角速度突然增大到原来的2倍
C．小球的向心加速度突然增大到原来的2倍
D．细线对小球的拉力突然增大到原来的2倍
答案：BC
A．当细线碰到钉子的瞬间，小球的线速度沿水平方向，此时水平方向外力为零，不存在加速度，线速度不会发生突变，故A错误；
B．根据ω=vr可知，当细线碰到钉子的瞬时，r突然变为原来的12，小球的角速度突然增大到原来的2倍，故B正确；
C．根据a=v2r可知，当细线碰到钉子的瞬时，r突然变为原来的12，小球的加速度突然增大到原来的2倍，故C正确；
D．在最低点时，设细线对小球的拉力大小为F，根据牛顿第二定律得
F-mg=mv2r
解得
F=mg+mv2r
当细线碰到钉子的瞬时，r突然变为原来的12，F会突然增大，但不会达到原来的2倍，故D错误。
故选BC。
25、如图甲所示是中学物理实验室常用的感应起电机，它主要是由两个大小相等、直径约为30 cm的感应玻璃盘组成的。其中一个玻璃盘通过从动轮与手摇主动轮连接，如图乙所示。现手摇主动轮以60 r/min的转速匀速旋转，已知主动轮的半径约为8 cm，从动轮的半径约为2 cm，P和Q是玻璃盘边缘上的两点，若转动时皮带不打滑，下列说法正确的是（  ）

A．玻璃盘的转动方向与摇把转动方向相同
B．从动轮的转速是240 r/min
C．P点的线速度大小约为3.8 m/s
D．Q点的向心加速度约为48 m/s
答案：BC
A．若主动轮沿顺时针方向转动，从动轮通过皮带的摩擦力带动转动，由题图皮带绕向可知从动轮沿逆时针方向转动，所以玻璃盘的转动方向与摇把转动方向相反，故A错误；
B．主动轮边缘的线速度
v1＝ω1r1＝2π×6060×0.08m/s=0.16πm/s
由于主动轮的边缘各点的线速度与从动轮边缘各点的线速度大小相等，所以从动轮的转速
n2＝ω22π=v1r22π=240r/min
故B正确；
C．玻璃盘的直径是30 cm，转速是240 r/min，所以P点的线速度
v3＝ω2r3＝2πn2r3≈3.8m/s
故C正确；
D．P和Q的向心加速度大小相等，故
an＝v32r3≈96m/s2
故D错误。
故选BC。
小提示：皮带传动（摩擦传动和齿轮传动）模型，接触点无打滑现象时，两轮边缘线速度大小相等。同轴转动模型，角速度和周期相等。
填空题
26、根据如图所示可知，当物体所需的向心力大于物体所受的合外力时，物体做___________运动；当物体所受的合外力等于零时，物体做___________运动。

答案：     离心     匀速直线
[1]根据如图所示可知，当物体所需的向心力大于物体所受的合外力时，物体做离心运动；
[2]当物体所受的合外力等于零时，物体做匀速直线运动。
27、如图所示，两个啮合齿轮，小齿轮半径为10cm，大齿轮半径为20cm，A、B分别为两个齿轮边缘上的点，C为大齿轮中离圆心O2距离为10cm的点，则A、B、C三点的周期之比__________；向心加速度大小之比__________。

答案：     1:2:2     4:2:1
[1]由图知vA=vB，ωB=ωC ，又T=2πrv，T=2πω 得
TATB=rArB=12，  TB=TC
所以
TA:TB:TC=1:2:2
[2]由a=4π2rT2得
aA:aB:aC=4:2:1
28、如图所示，用一根结实的轻质细绳，一端拴一个小球。在光滑桌面上抡动细绳，使小球做匀速圆周运动。

（1）仅减小旋转的速度，绳上拉力的大小将___________（填“增大”或“减小”或“不变”）；
（2）仅增大小球的质量，绳上拉力的大小将___________（填“增大”或“减小”或“不变”）；
（3）松手后，小球在桌面上的运动是___________（填选项代码）。
A． 仍做匀速圆周运动        B． 做匀变速曲线运动
C． 沿半径朝外做匀速直线运动    D． 沿圆周的切线方向做匀速直线运动
答案：     减小     增大     D
(1)[1]由
F=mv2r
可知仅减小旋转的速度，绳上拉力的大小将减小；
(2)[2]由上式可知仅增大小球的质量，绳上拉力的大小将增大；
(3)[3]因为桌面光滑，松手后，小球只受重力和支持力，二力平衡，所以由于惯性，小球在桌面上的运动是沿圆周的切线方向做匀速直线运动，故ABC错误，D正确。
故选D。
29、物体做匀速圆周运动中，分别用v、ω、T表示，写出向心力计算公式：
_______；_______；_______。
答案：     Fn=mv2r     Fn=mω2r     Fn=m(2πT)2r
[1][2]精确的实验表明，向心力的大小可以表示为
Fn=mv2r
或者
Fn=mω2r
其中，m为做圆周运动的物体的质量，r为轨道半径。
[3]由于ω=2πT，所以向心力的大小可表示为
Fn=m(2πT)2r
30、如图，一根轻质细绳穿过水平圆形转盘中心处的光滑小孔O，一端与转盘上光滑凹槽内的小球A相连，另一端连接物体B，已知mA=mB=1kg，转盘半径OC=50cm。开始转动时B与水平地面接触，OA=25cm，且OB>AC。小球A始终在凹槽内随着转台一起运动。当转台的角速度ω=4rad/s时，此时B对地面的压力为________N。当转台转速增大到某一定值时，小球A滑到转台边缘且稳定在C点，此时小球的线速度为________m/s（g取10m/s2）。

答案：     6     5 
[1] 当转台的角速度ω=4rad/s时，小球A的向心力为
F=mω2r=4N
可知线的张力为4N，设地面对B的支持力为FN，对物体B有
FN+F=mBg
解得
FN=6N
根据牛顿第三定律，可知此物体B对地面的压力为6N，方向竖直向下。
[2] 当小球A滑到转台边缘且稳定在C点时，可知细线的张力等于物体B的重力，也等于小球A的向心力，则有
mv2r=10N
r=0.5m
联立解得
v=5m/s

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