2015山东省枣庄市薛城区高一下期中物理试卷解析版要点.doc

2015-2016学年山东省枣庄市薛城区高一（下）期中物理试卷

一、选择题（共11小题，每小题4分，满分44分）
1．关于曲线运动，下列说法正确的是（　　）
A．做曲线运动的物体，受到的合外力一定不为零
B．物体受到的合外力方向变化，一定做曲线运动
C．只要物体做圆周运动，它所受的合外力一定指向圆心
D．物体只要受到垂直于初速度方向的恒力作用，就一定能做匀速圆周运动
2．下列说法正确的是（　　）
A．行星在远离太阳的过程中速度越来越大
B．所有行星轨道的半长轴的二次方跟公转周期的三次方的比值都相同
C．行星轨道的长半轴越长，公转周期越大
D．万有引力定律对质量大的物体适用，对质量小的物体不适用
3．如图所示，一偏心轮绕垂直纸面的轴O匀速转动，a和b是轮上质量相等的两个质点，则偏心轮转动过程中a、b两质点（　　）

A．线速度大小相同 B．角速度大小相同
C．向心力大小相同 D．向心加速度大小相同
4．火车轨道在转弯处外轨高于内轨，其高度差由转弯半径与火车速度确定．若在某转弯处规定行驶速度为v，则下列说法中正确的是（　　）
A．当以v的速度通过此弯路时，火车重力与轨道面支持力的合力提供向心力
B．当以v的速度通过此弯路时，火车重力、轨道面支持力和外轨对轮缘弹力的合力提供向心力
C．当速度大于v时，轮缘挤压内轨
D．当速度小于v时，轮缘挤压外轨
5．如图所示，套在竖直细杆上的环A，由跨过定滑轮且不可伸长的轻绳与重物B相连．在释放B后，A将沿杆上升，当A环上升过程中经过C点时（a＜90°），A环的速度大小为v1（v1≠0），B的速度大小为v2，则（　　）

A．v2=0 B．v2＞v1 C．v2＜v1 D．v2=v1
6．如图所示为两级皮带转动装置，转动时皮带均不打滑，轮1的半径和轮2的半径均为R，轮3的半径和轮4的半径均为r，轮2和轮3同轴固定在一起，且R=3r，则轮1边缘的a点和轮4边缘的c点相比（　　）

A．角速度之比为1：3 B．角速度之比为1：9
C．线速度之比为3：1 D．线速度之比为1：9
7．人造卫星绕地球做匀速圆周运动，其轨道半径为R，线速度为v，周期为T，若要使卫星的周期变为3T，可以采用的办法是（　　）
A．R不变，使线速度变为 B．v不变，使轨道半径变为3R
C．使轨道半径变为R D．使卫星的高度增加2R
8．如图所示是某地的摩天轮．假设摩天轮的半径为R，每个轿厢质量（包括轿厢内的人）相等且为m，尺寸远小于摩天轮的半径，摩天轮以角速度ω匀速转动．则下列说法正确的是（　　）

A．转动到竖直面最高点的轿厢处于超重状态
B．转动到竖直面最低点的轿厢处于超重状态
C．部分轿厢所受的合外力小于mRω2
D．所有轿厢所受的合外力都等于mRω2
9．宇宙中有相距较近且质量差别不太大的两颗星球，其他星球对它们的万有引力可以忽略不计，它们在相互之间的万有引力作用下，围绕连线上的某一固定点做周期相同的匀速圆周运动，这样的系统叫双星系统．关于双星系统中的这两颗星球，下列说法正确的是（　　）
A．它们受到的向心力大小相等
B．它们的向心加速度大小相等
C．星球的线速度大小与其轨道半径成正比
D．星球的线速度大小与其质量成正比
10．假设地球可视为质量均匀分布的球体．已知地球表面重力加速度在两极的大小为g0，在赤道的大小为g，地球自传周期为T，引力常量为G，则（　　）
A．地球的密度为
B．地球的密度为
C．假如地球自转周期T增大，两极处重力加速度g0值增大
D．假如地球自转周期T增大，赤道处重力加速度g值增大
11．如图所示，半圆形容器竖直放置，从圆心O点处分别以水平速度v1、v2抛出两个小球（可视为质点），最终它们分别落在圆弧上的A点和B点，已知OA和OB互相垂直，且OB与竖直方向的夹角为θ，则下列说法正确的是（　　）

A．两小球飞行的时间之比为
B．两小球飞行的时间之比为tanθ
C．两小球的初速度之比为
D．两小球的初速度之比为

二、填空题
12．火星探测卫星绕火星飞行．卫星飞行周期为T，卫星轨道距火星表面的高度为h，万有引力常数为G，火星半径为R，则火星的密度为　　　　　　．
13．如图所示，O为地球球心，A为地球表面上的点，B为O、A连线间的点，AB=d，将地球视为质量分布均匀的球体，半径为R．设想挖掉以B为圆心，以为半径的球．若忽略地球自转，则挖出球体后A点的重力加速度与挖去球体前的重力加速度之比为　　　　　　．

14．（6分）某同学在做“研究平抛运动”的实验中，忘记记下小球抛出点的位置O．如图所示，A为小球运动一段时间后的位置．取g=10m/s2，根据图象，可知小球的初速度为　　　　　　m/s；小球抛出点A的位置坐标为　　　　　　．

三、计算题
15．（8分）直升机空投物资时，可以停留在空中不动，设投出的物资离开飞机后由于降落伞的作用在空中匀速下落．无风时落地速度为3m/s，若飞机停留在离地90m高处空投物资，由于风的作用，使降落伞和物资以1m/s的速度匀速水平向北运动，求：
（1）物资在空中运动的时间；
（2）物资落地时速度的大小；
（3）物资在下落过程中水平方向移动的距离．
16．（10分）有一探测卫星在地球赤道正上方绕地球做匀速圆周运动，已知地球质量为M，地球半径为R，万有引力常量为G，探测卫星绕地球运动的周期为T．求：
（1）探测卫星绕地球做匀速圆周运动时的轨道半径；
（2）探测卫星绕地球做匀速圆周运动时的速度大小．
17．（12分）如图所示，轻质杆长为3L，在杆的两端分别固定质量均为m的球A和球B，杆上距球A为L处的小孔穿在光滑的水平转轴上，杆和球在竖直面内转动，当球A运动到最高点时，杆对球A的拉力大小为mg，已知当地重力加速度为g，求此时：
（1）球A转动的角速度大小；
（2）球B对杆的作用力大小及方向；
（3）轻质杆对水平转轴的作用力大小和方向．

18．（12分）某电视台“快乐向前冲”节目中的场地设施如图所示，AB为水平直轨道，上面安装有电动悬挂器，可以载人运动，水面上漂浮着一个半径为R，角速度为ω，铺有海绵垫的转盘，转盘的轴心离平台的水平距离为L，平台边缘与转盘平面的高度差为H．选手抓住悬挂器，可以在电动机带动下，从A点下方的平台边缘处沿水平方向做初速度为零，加速度为a的匀加速直线运动．选手必须作好判断，在合适的位置释放，才能顺利落在转盘上．设人的质量为m（不计身高大小），人与转盘间的最大静摩擦力为μmg，重力加速度为g．
（1）假设选手落到转盘上瞬间相对转盘速度立即变为零，为保证他落在距圆心范围内不会被甩出转盘，转盘的角速度ω应限制在什么范围？
（2）若已知H=5m，L=9m，R=2m，a=2m/s2，g=10m/s2，在（1）的情况下，选手从某处C点释放能落到转盘上且不被甩出转盘，则他是从平台出发后经过多长时间释放悬挂器的？

2015-2016学年山东省枣庄市薛城区高一（下）期中物理试卷
参考答案与试题解析

一、选择题（共11小题，每小题4分，满分44分）
1．关于曲线运动，下列说法正确的是（　　）
A．做曲线运动的物体，受到的合外力一定不为零
B．物体受到的合外力方向变化，一定做曲线运动
C．只要物体做圆周运动，它所受的合外力一定指向圆心
D．物体只要受到垂直于初速度方向的恒力作用，就一定能做匀速圆周运动
【考点】物体做曲线运动的条件；曲线运动
【分析】物体做曲线运动时，所受合外力的方向与加速度的方向在同一直线上，合力可以是恒力，也可以是变力，加速度可以是变化的，也可以是不变的．平抛运动的物体所受合力是重力，加速度恒定不变，平抛运动是一种匀变速曲线运动．物体做圆周运动时所受的合外力不一定是其向心力．
【解答】解：A、物体做曲线运动时，所受合外力的方向与加速度的方向在同一直线上，所以合外力一定不为零．所以A正确．
B、物体做曲线运动的条件是合力的方向与速度方向不在同一条直线上，若合外力方向与运动方向在同一直线上，虽然改变，但还是直线运动，故B错误．
C、物体做圆周运动时所受的合外力不一定是其向心力，指向圆心的合力是向心力．故C错误；
D、匀速圆周运动受到的向心力是始终指向圆心的，合力垂直于初速度方向的方向，并不一定始终与速度的方向垂直，比如平抛运动的受力就是这样，所以D错误．
故选A．

2．下列说法正确的是（　　）
A．行星在远离太阳的过程中速度越来越大
B．所有行星轨道的半长轴的二次方跟公转周期的三次方的比值都相同
C．行星轨道的长半轴越长，公转周期越大
D．万有引力定律对质量大的物体适用，对质量小的物体不适用
【考点】开普勒定律
【分析】根据万有引力提供向心力判断；根据开普勒第三定律，所有行星的椭圆轨道的半长轴的三次方跟公转周期的平方的比值都相等分析；由万有引力定律适用范围判断
【解答】解：A、根据万有引力提供向心力，行星在远离太阳的过程中，距离大万有引力小，速度小，故A错误
B、开普勒第三定律，所有行星的椭圆轨道的半长轴的三次方跟公转周期的平方的比值都相等，故B错误
C、开普勒第三定律，所有行星的椭圆轨道的半长轴的三次方跟公转周期的平方的比值都相等，故长半轴越长公转周期越大，故C正确
D、万有引力定律适用任何物体，故D错误
故选：C

3．如图所示，一偏心轮绕垂直纸面的轴O匀速转动，a和b是轮上质量相等的两个质点，则偏心轮转动过程中a、b两质点（　　）

A．线速度大小相同 B．角速度大小相同
C．向心力大小相同 D．向心加速度大小相同
【考点】线速度、角速度和周期、转速
【分析】a、b两点共轴转动，角速度相等，根据转动半径的大小比较线速度和向心加速度大小．
【解答】解：a、b两点共轴转动，角速度相等，由于转动的半径不等，根据v=rω知，线速度大小不等，根据a=rω2、F=mrω2知，向心加速度大小、向心力大小都不等．
故选B．

4．火车轨道在转弯处外轨高于内轨，其高度差由转弯半径与火车速度确定．若在某转弯处规定行驶速度为v，则下列说法中正确的是（　　）
A．当以v的速度通过此弯路时，火车重力与轨道面支持力的合力提供向心力
B．当以v的速度通过此弯路时，火车重力、轨道面支持力和外轨对轮缘弹力的合力提供向心力
C．当速度大于v时，轮缘挤压内轨
D．当速度小于v时，轮缘挤压外轨
【考点】向心力；牛顿第二定律
【分析】火车拐弯时以规定速度行驶，此时火车的重力和支持力的合力提供圆周运动所需的向心力．若速度大于规定速度，重力和支持力的合力不够提供，此时外轨对火车有侧压力；若速度小于规定速度，重力和支持力的合力提供偏大，此时内轨对火车有侧压力．
【解答】解：A、当火车以v的速度通过此弯路时，火车重力与轨道面支持力的合力恰好提供向心力，内外轨都无压力．故A正确．
B、若速度大于规定速度，重力和支持力的合力不够提供，此时外轨对火车有侧压力，轮缘挤压外轨，若速度小于规定速度，重力和支持力的合力提供偏大，此时内轨对火车有侧压力，轮缘挤压内轨．所以不是速度越小越安全，故BCD错误．
故选：A．

5．如图所示，套在竖直细杆上的环A，由跨过定滑轮且不可伸长的轻绳与重物B相连．在释放B后，A将沿杆上升，当A环上升过程中经过C点时（a＜90°），A环的速度大小为v1（v1≠0），B的速度大小为v2，则（　　）

A．v2=0 B．v2＞v1 C．v2＜v1 D．v2=v1
【考点】运动的合成和分解
【分析】把A上升的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向的速度，而沿绳子方向的速度与B的速度相等，从而即可求解．
【解答】解：对于A，它的速度如图中标出的v1，这个速度看成是A的合速度，其分速度分别是v，v2，
其中v2就是B的速度（同一根绳子，大小相同），

根据运动的合成与分解法则，则有，v1cosθ=v2，所以v2＜v1；故C正确，ABD错误；
故选：C．

6．如图所示为两级皮带转动装置，转动时皮带均不打滑，轮1的半径和轮2的半径均为R，轮3的半径和轮4的半径均为r，轮2和轮3同轴固定在一起，且R=3r，则轮1边缘的a点和轮4边缘的c点相比（　　）

A．角速度之比为1：3 B．角速度之比为1：9
C．线速度之比为3：1 D．线速度之比为1：9
【考点】线速度、角速度和周期、转速
【分析】皮带传动的特点是皮带和轮子接触点的线速度的大小相等，同轴传动的特点是角速度相同，然后结合公式v=ωr和a==ω2r列式分析．
【解答】解：由图可知，a与3属于皮带传动，线速度之比为1：1；2与c属于皮带传动，线速度之比为1：1．
2与3的边缘各点属于同轴转动，具有相等的角速度，根据：v=ωr，可知：
所以：得：3va=3v3=v2=vc，其中v2、v3为轮2和轮3边缘的线速度，则va：vc=1：3．
==，故ACD错误，B正确．
故选：B

7．人造卫星绕地球做匀速圆周运动，其轨道半径为R，线速度为v，周期为T，若要使卫星的周期变为3T，可以采用的办法是（　　）
A．R不变，使线速度变为 B．v不变，使轨道半径变为3R
C．使轨道半径变为R D．使卫星的高度增加2R
【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系
【分析】人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，由地球的万有引力提供向心力，牛顿第二定律推导周期T与半径的关系，选择可能的办法．若半径R不变，使卫星的线速度减小，卫星将做近心运动，周期减小．若v不变，卫星只能在原轨道上运动，周期不变．
【解答】解：A、若半径R不变，使卫星的线速度减小，卫星将做近心运动，周期减小，因此不可能，故A错误．
B、若v不变，卫星只能在原轨道上运动，半径不变，周期也不变．故B错误．
C、设地球的质量为M，卫星的质量为m．由牛顿第二定律得：G=mr
得卫星运动的周期 T=2π，根据数学知识可知，若要使卫星的周期变为3T，使轨道半径R变为R时，卫星的周期变为3T．故C正确．
D、由上知，卫星的轨道半径增大R﹣R=（﹣1）R时，卫星的周期变为3T，即卫星的高度增加（﹣1）R．故D错误．
故选：C

8．如图所示是某地的摩天轮．假设摩天轮的半径为R，每个轿厢质量（包括轿厢内的人）相等且为m，尺寸远小于摩天轮的半径，摩天轮以角速度ω匀速转动．则下列说法正确的是（　　）

A．转动到竖直面最高点的轿厢处于超重状态
B．转动到竖直面最低点的轿厢处于超重状态
C．部分轿厢所受的合外力小于mRω2
D．所有轿厢所受的合外力都等于mRω2
【考点】向心力；牛顿运动定律的应用-超重和失重
【分析】根据加速度的方向分析轿厢的状态．由牛顿第二定律和向心力公式求轿厢所受的合外力
【解答】解：A、转到竖直面最高点的轿厢加速度向下指向圆心，处于失重状态，故A错误；
B、转动到竖直面最低点的轿厢具有向上的加速度，处于超重状态，故B正确；
CD、根据题意摩天轮以角速度ω匀速转动，且每个轿厢质量（包括轿厢内的人）相等且为m，根据牛顿第二定律，所以所有轿厢所受的合外力度等于，故C错误，D正确；
故选：BD

9．宇宙中有相距较近且质量差别不太大的两颗星球，其他星球对它们的万有引力可以忽略不计，它们在相互之间的万有引力作用下，围绕连线上的某一固定点做周期相同的匀速圆周运动，这样的系统叫双星系统．关于双星系统中的这两颗星球，下列说法正确的是（　　）
A．它们受到的向心力大小相等
B．它们的向心加速度大小相等
C．星球的线速度大小与其轨道半径成正比
D．星球的线速度大小与其质量成正比
【考点】万有引力定律及其应用；向心力
【分析】双星靠相互间的万有引力提供向心力，具有相同的周期，根据v=及=分析即可求解．
【解答】解：A、B、双星靠相互间的万有引力提供向心力，根据牛顿第三定律，它们受到的向心力大小相等，但是两星的质量不等，故加速度不等，故A正确、B错误．
C、两星具有相同的周期，根据v=可知，线速度大小与轨道半径成正比，故C正确．
D、根据=，所以，结合C可知，速度大小与质量成反比，故D错误
故选：AC．

10．假设地球可视为质量均匀分布的球体．已知地球表面重力加速度在两极的大小为g0，在赤道的大小为g，地球自传周期为T，引力常量为G，则（　　）
A．地球的密度为
B．地球的密度为
C．假如地球自转周期T增大，两极处重力加速度g0值增大
D．假如地球自转周期T增大，赤道处重力加速度g值增大
【考点】万有引力定律及其应用
【分析】质量为m的物体在两极所受地球的引力等于其所受的重力．根据万有引力定律和牛顿第二定律，在赤道的物体所受地球的引力等于其在两极所受的重力联立求解
【解答】解：AB、地球两极：①
在 地球赤道上：②
联立①②得：
由①得
地球密度==，故A错误，B正确；
CD、由②式知，假如地球自转周期T增大，赤道处重力加速度g值增大，故D正确；
由①式知，两极处的重力加速度与地球自转周期无关，故C错误；
故选：BD

11．如图所示，半圆形容器竖直放置，从圆心O点处分别以水平速度v1、v2抛出两个小球（可视为质点），最终它们分别落在圆弧上的A点和B点，已知OA和OB互相垂直，且OB与竖直方向的夹角为θ，则下列说法正确的是（　　）

A．两小球飞行的时间之比为
B．两小球飞行的时间之比为tanθ
C．两小球的初速度之比为
D．两小球的初速度之比为
【考点】平抛运动
【分析】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据平抛运动水平位移和竖直位移的关系确定两小球运动时间之比和初速度大小之比．
【解答】解：由几何关系可知：小球A下降的竖直高度为yA=Rsinθ，小球B下降的竖直高度为yB=Rcosθ
由平抛运动规律可知：yA=gtA2；yB=gtB2
由此可得：时间之比 =
由几何关系可知：两小球水平运动的位移分别为：
xA=Rcosθ，xB=Rsinθ
由平抛运动规律可知：xA=vAtA，xB=vBtB，
由此可得：两小球的初速度之比为 =．故AD正确，BC错误．
故选：AD

二、填空题
12．火星探测卫星绕火星飞行．卫星飞行周期为T，卫星轨道距火星表面的高度为h，万有引力常数为G，火星半径为R，则火星的密度为　　．
【考点】万有引力定律及其应用
【分析】根据万有引力提供向心力求出火星质量，再根据密度公式求火星的密度
【解答】解：火星探测卫星绕火星飞行，设火星质量为M，卫星质量为m根据万有引力提供向心力，有

得火星的质量
火星的体积
火星的密度
故答案为：

13．如图所示，O为地球球心，A为地球表面上的点，B为O、A连线间的点，AB=d，将地球视为质量分布均匀的球体，半径为R．设想挖掉以B为圆心，以为半径的球．若忽略地球自转，则挖出球体后A点的重力加速度与挖去球体前的重力加速度之比为　　．

【考点】万有引力定律及其应用
【分析】没有挖去以B为圆心，以为半径的球之前，根据万有引力定律列式求解万有引力；此时的引力是以B为圆心、以为半径的球的引力和剩余部分的引力的矢量和；最后根据牛顿第二定律列式求解
【解答】解：设球的密度为ρ
挖去球体前A点的重力加速度为，根据重力等于万有引力得=
球B在A点的重力加速度：
挖去球体B后A点的重力加速度：=
挖出球体后A点的重力加速度与挖去球体前的重力加速度之比为
故答案为：

14．（6分）某同学在做“研究平抛运动”的实验中，忘记记下小球抛出点的位置O．如图所示，A为小球运动一段时间后的位置．取g=10m/s2，根据图象，可知小球的初速度为　3　m/s；小球抛出点A的位置坐标为　（﹣30，﹣5）　．

【考点】研究平抛物体的运动
【分析】（1）平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据竖直方向上相等时间内的位移之差是一恒量求出相等的时间间隔，结合水平位移求出初速度．
（2）根据竖直方向上某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出B点竖直分速度，结合速度时间公式求出抛出点到B点的时间，从而得出B点距离抛出点的水平位移和竖直位移，得出抛出点的位置坐标．
【解答】解：（1）根据yBC﹣yAB=gT2得：T=s=0.1s，
则小球平抛运动的初速度为：v0==m/s=3m/s．
（2）B点的竖直分速度为：vyB==m/s=2m/s
根据vyB=gt知，t==s=0.2s．
则抛出点与B点的竖直位移为：yB=gt2=×10×0.04m=0.2m=20cm，
水平位移为：xB=v0t=3×0.2m=0.6m=60cm．
则抛出点的位置坐标为x=30﹣60=﹣30cm，y=15﹣20=﹣5cm．
故答案为：（1）3；（2）（﹣30，﹣5）．

三、计算题
15．（8分）直升机空投物资时，可以停留在空中不动，设投出的物资离开飞机后由于降落伞的作用在空中匀速下落．无风时落地速度为3m/s，若飞机停留在离地90m高处空投物资，由于风的作用，使降落伞和物资以1m/s的速度匀速水平向北运动，求：
（1）物资在空中运动的时间；
（2）物资落地时速度的大小；
（3）物资在下落过程中水平方向移动的距离．
【考点】运动的合成和分解
【分析】（1）根据平抛运动，分解成水平方向匀速直线运动与竖直方向匀速直线运动，由运动学公式，即可求解；
（2）根据速度的合成，运用三角函数，可求出落地的速度的大小；
（3）根据分运动与合运动时间相等，结合位移与时间的关系式，即可求解．
【解答】解：整个落地过程中水平方向与竖直方向始终做匀速直线运动
（1）下落的时间为：t==s=30s；
（2）竖直方向匀速直线运动，
根据运动的合成，则有：落地时的速度大小v===m/s；
（3）下落时水平向右移动的距离s=v水t=1×30m=30m；
答：（1）物资在空中的运动时间30s；
（2）物资落地时的速度大小m/s；
（3）物资下落时水平向右移动的距离30m．

16．（10分）有一探测卫星在地球赤道正上方绕地球做匀速圆周运动，已知地球质量为M，地球半径为R，万有引力常量为G，探测卫星绕地球运动的周期为T．求：
（1）探测卫星绕地球做匀速圆周运动时的轨道半径；
（2）探测卫星绕地球做匀速圆周运动时的速度大小．
【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用
【分析】（1）卫星绕地球做匀速圆周运动时，由地球的万有引力提供向心力，根据万有引力定律和牛顿第二定律列式求轨道半径．
（2）星绕地球做匀速圆周运动时的速度大小与半径的关系为v=，与上题结果联立可求得速度大小．
【解答】解：（1）设卫星质量为m，卫星绕地球运动的轨道半径为r，根据万有引力定律和牛顿运动定律得：

解得
（2）卫星绕地球做匀速圆周运动时的速度大小
答：
（1）探测卫星绕地球做匀速圆周运动时的轨道半径是；
（2）探测卫星绕地球做匀速圆周运动时的速度大小为．

17．（12分）如图所示，轻质杆长为3L，在杆的两端分别固定质量均为m的球A和球B，杆上距球A为L处的小孔穿在光滑的水平转轴上，杆和球在竖直面内转动，当球A运动到最高点时，杆对球A的拉力大小为mg，已知当地重力加速度为g，求此时：
（1）球A转动的角速度大小；
（2）球B对杆的作用力大小及方向；
（3）轻质杆对水平转轴的作用力大小和方向．

【考点】向心力；线速度、角速度和周期、转速
【分析】（1）抓住A球在最高点对杆子的作用力为零，结合牛顿第二定律求出球A转动的角速度；
（2）根据A、B角速度相等，然后对B分析，根据牛顿第二定律求出杆子对B的作用力大小，再由牛顿第三定律得出球B对杆的作用力大小及方向．
（3）对杆进行研究，由共点力平衡求出作用力的大小和方向．
【解答】解：（1）设球A转动的角速度为ω，此时杆对球A的拉力大小为mg，由重力和杆的拉力提供A球的向心力，则得：
mg+mg=mω2L，
得：ω=．
（2）A、B两球的角速度相等，设此时杆对球B的作用力为FAB，则有：
FB﹣mg=mω2•2L，
解得：FB=5mg，方向竖直向上．
根据牛顿第三定律可知，球B对杆的作用力大小是5mg，方向竖直向下．
（3）由题得杆对A球的作用力等于mg，方向向下；根据牛顿第三定律，则球A对杆的作用力的方向向上．
以杆为研究对象，杆受到A对杆的作用力、B对杆的作用力以及水平转轴对杆的作用力，根据共点力的平衡可知，设水平转轴对杆的作用力方向向上，选择向上为正方向，则：
F+FA′﹣FB′=0
解得：F=4mg，方向向上．
根据牛顿第三定律，轻质杆对水平转轴的作用力大小也是4mg，方向竖直向下．
答：（1）球A转动的角速度大小是；
（2）球B对杆的作用力大小是5mg，方向竖直向下；
（3）轻质杆对水平转轴的作用力大小是4mg，方向竖直向下．

18．（12分）某电视台“快乐向前冲”节目中的场地设施如图所示，AB为水平直轨道，上面安装有电动悬挂器，可以载人运动，水面上漂浮着一个半径为R，角速度为ω，铺有海绵垫的转盘，转盘的轴心离平台的水平距离为L，平台边缘与转盘平面的高度差为H．选手抓住悬挂器，可以在电动机带动下，从A点下方的平台边缘处沿水平方向做初速度为零，加速度为a的匀加速直线运动．选手必须作好判断，在合适的位置释放，才能顺利落在转盘上．设人的质量为m（不计身高大小），人与转盘间的最大静摩擦力为μmg，重力加速度为g．
（1）假设选手落到转盘上瞬间相对转盘速度立即变为零，为保证他落在距圆心范围内不会被甩出转盘，转盘的角速度ω应限制在什么范围
（2）若已知H=5m，L=9m，R=2m，a=2m/s2，g=10m/s2，在（1）的情况下，选手从某处C点释放能落到转盘上且不被甩出转盘，则他是从平台出发后经过多长时间释放悬挂器的？

【考点】向心力；平抛运动
【分析】（1）根据静摩擦力提供向心力，结合牛顿第二定律求出转盘角速度的范围．
（2）抓住平抛运动的水平位移和匀加速直线运动的位移等于L±，结合位移公式和速度公式求出匀加速运动的时间；根据平抛运动的分位移公式列式求解平抛运动的时间．
【解答】解：（1）设人落在距圆心R处不至被甩下，最大静摩擦力提供向心力，则有：
μmg≥mω2•R
即转盘转动的角速度满足：ω≤
（2）选手从某处C点释放能落到转盘上且不被甩出转盘，则选手需落在距离圆心半径为的范围以内．
沿水平加速段位移为x1，时间为t1；平抛运动的水平位移为x2，时间为t2．
Ⅰ、若选手落在圆心的左侧处，则加速时有：
x1=at2
v=at1
平抛运动阶段：
x2=vt2
H=gt22
平抛运动的时间：
t2=
全程水平方向：x1+x2=L﹣
代入数据，联立各式解得：
t1=2s
Ⅱ、若选手落在圆心的右侧处，则加速时有：
全程水平方向：x1+x2=L+
代入数据，联立以上各式解得：
t1=s
选手从某处C点释放能落到转盘上且不被甩出转盘，则他是从平台出发后到释放悬挂器的时间为：
答：（1）转盘的角速度ω不应大于．
（2）选手从某处C点释放能落到转盘上且不被甩出转盘，则他是从平台出发后到释放悬挂器的时间为：．