2017届江苏省高考物理第一轮复习检测题39.doc

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考点一　圆周运动中的运动学分析

1．线速度：描述物体圆周运动快慢的物理量．
v＝＝.
2．角速度：描述物体绕圆心转动快慢的物理量．
ω＝＝.
3．周期和频率：描述物体绕圆心转动快慢的物理量．
T＝，T＝.
4．向心加速度：描述速度方向变化快慢的物理量．
an＝＝rω2＝ωv＝r.
5．相互关系：(1)v＝ωr＝r＝2πrf.
(2)an＝＝rω2＝ωv＝r＝4π2f2r.
[思维深化]
1．匀速圆周运动和匀速直线运动中的两个“匀速”的含义相同吗？有什么区别？
答案　不同．前者指线速度的大小不变，后者指速度的大小和方向都不变．
2．判断下列说法是否正确．
(1)匀速圆周运动是匀变速曲线运动．(×)
(2)做匀速圆周运动的物体所受合外力大小、方向都保持不变．(×)
(3)做匀速圆周运动的物体角速度与转速成正比．(√)

1．[链条传动]图1是自行车传动装置的示意图，其中Ⅰ是半径为r1的大齿轮，Ⅱ是半径为r2的小齿轮，Ⅲ是半径为r3的后轮，假设脚踏板的转速为n r/s，则自行车前进的速度为(　　)

图1
A. B. C. D.
答案　D
解析　因为要计算自行车前进的速度，即车轮Ⅲ边缘上的线速度的大小，根据题意知：轮Ⅰ和轮Ⅱ边缘上的线速度的大小相等，据v＝rω可知：r1ω1＝r2ω2，已知ω1＝ω，则轮Ⅱ的角速度ω2＝ω，因为轮Ⅱ和轮Ⅲ共轴，所以转动的角速度相等即ω3＝ω2，根据v＝rω可知，v3＝r3ω3＝＝.
2．[皮带传动](多选)如图2所示，有一皮带传动装置，A、B、C三点到各自转轴的距离分别为RA、RB、RC，已知RB＝RC＝，若在传动过程中，皮带不打滑．则(　　)

图2
A．A点与C点的角速度大小相等
B．A点与C点的线速度大小相等
C．B点与C点的角速度大小之比为2∶1
D．B点与C点的向心加速度大小之比为1∶4
答案　BD
解析　处理传动装置类问题时，对于同一根皮带连接的传动轮边缘的点，线速度相等；同轴转动的点，角速度相等．对于本题，显然vA＝vC，ωA＝ωB，选项B正确；根据vA＝vC及关系式v＝ωR，可得ωARA＝ωCRC，又RC＝，所以ωA＝，选项A错误；根据ωA＝ωB，ωA＝，可得ωB＝，即B点与C点的角速度大小之比为1∶2，选项C错误；根据ωB＝及关系式a＝ω2R，可得aB＝，即B点与C点的向心加速度大小之比为1∶4，选项D正确．
3.[摩擦传动]如图3所示，B和C是一组塔轮，即B和C半径不同，但固定在同一转动轴上，其半径之比为RB∶RC＝3∶2，A轮的半径大小与C轮相同，它与B轮紧靠在一起，当A轮绕过其中心的竖直轴转动时，由于摩擦作用，B轮也随之无滑动地转动起来．a、b、c分别为三轮边缘的三个点，则a、b、c三点在转动过程中的(　　)

图3
A．线速度大小之比为3∶2∶2
B．角速度之比为3∶3∶2
C．转速之比为2∶3∶2
D．向心加速度大小之比为9∶6∶4
答案　D
解析　A、B轮摩擦传动故va＝vb，ωaRA＝ωbRB，ωa∶ωb＝3∶2；B、C同轴，故ωb＝ωc，＝，vb∶vc＝3∶2，因
此va∶vb∶vc＝3∶3∶2，ωa∶ωb∶ωc＝3∶2∶2，故A、B错误．转速之比等于角速度之比，故C错误．由a＝ωv得：aa∶ab∶ac＝9∶6∶4，D正确．

传动问题的类型及特点
1．传动的类型
(1)皮带传动(线速度大小相等)；(2)同轴传动(角速度相等)；(3)齿轮传动(线速度大小相等)；(4)摩擦传动(线速度大小相等)．
2．传动装置的特点
(1)同轴传动：固定在一起共轴转动的物体上各点角速度相同；(2)皮带传动、齿轮传动和摩擦传动：皮带(或齿轮)传动和不打滑的摩擦传动的两轮边缘上各点线速度大小相等．
考点二　圆周运动中的动力学分析

1．向心力的来源
向心力是按力的作用效果命名的，可以是重力、弹力、摩擦力等各种力，也可以是几个力的合力或某个力的分力，因此在受力分析中要避免再另外添加一个向心力．
2．向心力的确定
(1)确定圆周运动的轨道所在的平面，确定圆心的位置．
(2)分析物体的受力情况，找出所有的力沿半径方向指向圆心的合力，就是向心力．
3．向心力的公式
Fn＝man＝m＝mω2r＝mr＝mr4π2f2.
4．匀速圆周运动的条件
当物体所受的合外力(大小恒定)始终与速度方向垂直时，物体做匀速圆周运动，此时向心力由物体所受合外力提供．
[思维深化]
判断下列说法是否正确．
(1)做圆周运动的物体，一定受到向心力的作用，所以分析做圆周运动物体的受力时，除了分析其受到的其他力，还必须指出它受到向心力的作用．(×)
(2)做圆周运动的物体所受到的合外力不一定等于向心力．(√)
(3)做圆周运动的物体所受合外力突然消失，物体将沿圆周的半径方向飞出．(×)
(4)在绝对光滑的水平路面上汽车可以转弯．(×)
(5)火车转弯速率小于规定的数值时，内轨受到的压力会增大．(√)
(6)飞机在空中沿半径为R的水平圆周盘旋时，飞机机翼一定处于倾斜状态．(√)

4．[圆周运动的受力分析]如图4所示，小物体A与圆盘保持相对静止，跟着圆盘一起做匀速圆周运动，则A受力情况是(　　)

图4
A．重力、支持力
B．重力、向心力
C．重力、支持力和指向圆心的摩擦力
D．重力、支持力、向心力和摩擦力
答案　C
5．[火车拐弯的动力学分析]摆式列车是集电脑、自动控制等高新技术于一体的新型高速列车．当列车转弯时，在电脑控制下，车厢会自动倾斜，抵消离心力的作用；行走在直线上时，车厢又恢复原状，就像玩具“不倒翁”一样．假设有一超高速列车在水平面内行驶，以360 km/h的速度拐弯，拐弯半径为1 km，则质量为50 kg的乘客，在拐弯过程中所受到的火车给他的作用力为(g取10 m/s2)(　　)
A．500 N B．1 000 N C．500 N D．0
答案　C
解析　乘客所需的向心力：Fn＝m＝500 N，而乘客的重力为500 N，故火车对乘客的作用力大小为500 N，C正确．
6．[斜面上圆周运动的动力学分析]如图5所示，一个内壁光滑的圆锥形筒的轴线垂直于水平面，圆锥筒固定不动，有两个质量相等的小球A和B紧贴着内壁分别在图中所示的水平面内做匀速圆周运动，则以下说法中正确的是(　　)

图5
A．A球的角速度等于B球的角速度
B．A球的线速度大于B球的线速度
C．A球的运动周期小于B球的运动周期
D．A球对筒壁的压力大于B球对筒壁的压力
答案　B
解析　先对小球受力分析，如图所示，由图可知，两球的向心力都来源于重力G和支持力FN的合力，建立如图所示的坐标系，则有：
FNsin θ＝mg①
FNcos θ＝mrω2②
由①得FN＝，小球A和B受到的支持力FN相等，选项D错误．由于支持力FN相等，结合②式知，A球运动
的半径大于B球运动的半径，A球的角速度小于B球的角速度，选项A错误．A球的运动周期大于B球的运动周期，选项C错误．又根据FNcos θ＝m可知：A球的线速度大于B球的线速度，选项B正确．

水平面内圆周运动临界问题的分析技巧
1．审清题意，确定研究对象；明确物体做圆周运动的平面是至关重要的一环；
2．分析物体的运动情况，即物体的线速度、角速度、周期、轨道平面、圆心、半径等；
3．分析物体的受力情况，画出受力分析图，确定向心力的来源；
4．根据牛顿运动定律及向心力公式列方程．
考点三　水平面内圆周运动的临界问题

处理临界问题的解题步骤
(1)判断临界状态：有些题目中有“刚好”“恰好”“正好”等字眼，明显表明题述的过程存在着临界点；若题目中有“取值范围”“多长时间”“多大距离”等词语，表明题述的过程存在着“起止点”，而这些起止点往往就对应着临界状态；若题目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼，表明题述的过程存在着极值，这个极值点也往往对应着临界状态．
(2)确定临界条件：判断题述的过程存在临界状态之后，要通过分析弄清临界状态出现的条件，并以数学形式表达出来．
(3)选择物理规律：当确定了物体运动的临界状态和临界条件后，要分别对不同的运动过程或现象，选择相对应的物理规律，然后列方程求解．

7．[相对滑动的临界问题](2014·新课标全国Ⅰ·20)(多选)如图6所示，两个质量均为m的小木块a和b(可视为质点)放在水平圆盘上，a与转轴OO′的距离为l，b与转轴的距离为2l，木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的k倍，重力加速度大小为g.若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，用ω表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是(　　)

图6
A．b一定比a先开始滑动
B．a、b所受的摩擦力始终相等
C．ω＝ 是b开始滑动的临界角速度
D．当ω＝ 时，a所受摩擦力的大小为kmg
答案　AC
解析　小木块a、b做圆周运动时，由静摩擦力提供向心力，即f＝mω2R.当角速度增加时，静摩擦力增大，当增大到最大静摩擦力时，发生相对滑动，对木块a：fa＝mωl，当fa＝kmg时，kmg＝mωl，ωa＝ ；对木块b：fb＝mω·2l，当fb＝kmg时，kmg＝mω·2l，ωb＝ ，所以b先达到最大静摩擦力，选项A正确；两木块滑动前转动的角速度相同，则fa＝mω2l，fb＝mω2·2l，famω2l＝kmg，选项D错误．
8．[绳子张力的临界问题]如图7所示，水平杆固定在竖直杆上，两者互相垂直，水平杆上O、A两点连接有两轻绳，两绳的另一端都系在质量为m的小球上，OA＝OB＝AB，现通过转动竖直杆，使水平杆在水平面内做匀速圆周运动，三角形OAB始终在竖直平面内，若转动过程中OB、AB两绳始终处于拉直状态，则下列说法正确的是(　　)

图7
A．OB绳的拉力范围为0～mg
B．OB绳的拉力范围为mg～mg
C．AB绳的拉力范围为mg～mg
D．AB绳的拉力范围为0～mg
答案　B
解析　当转动的角速度为零时，OB绳的拉力最小，AB绳的拉力最大，这时两者的值相同，设为F1，则2F1cos 30°＝mg，F1＝mg，增大转动的角速度，当AB绳的拉力刚好等于零时，OB绳的拉力最大，设这时OB绳的拉力为F2，则F2cos 30°＝mg，F2＝mg，因此OB绳的拉力范围为mg～mg，AB绳的拉力范围为0～mg，B项正确．
9．[接触与脱离的临界问题]如图8所示，用一根长为l＝1 m的细线，一端系一质量为m＝1 kg的小球(可视为质点)，另一端固定在一光滑锥体顶端，锥面与竖直方向的夹角θ＝37°，当小球在水平面内绕锥体的轴做匀速圆周运动的角速度为ω时，细线的张力为FT.(g取10 m/s2，结果可用根式表示)求：

图8
(1)若要小球刚好离开锥面，则小球的角速度ω0至少为多大？
(2)若细线与竖直方向的夹角为60°，则小球的角速度ω′为多大？
答案　(1) rad/s　(2)2 rad/s
解析　(1)若要小球刚好离开锥面，则小球只受到重力和细线的拉力，受力分析如图所示．小球做匀速圆周运动的轨迹圆在水平面上，故向心力水平，在水平方向运用牛顿第二定律及向心力公式得：
mgtan θ＝mωlsin θ
解得：ω＝
即ω0＝ ＝ rad/s.
(2)同理，当细线与竖直方向成60°角时，由牛顿第二定律及向心力公式得：mgtan α＝mω′2lsin α
解得：ω′2＝，即ω′＝ ＝2 rad/s.

水平面内圆周运动临界问题的分析技巧
1．在水平面内做圆周运动的物体，当角速度ω变化时，物体有远离或向着圆心运动的趋势(半径有变化)．这时要根据物体的受力情况，判断某个力是否存在以及这个力存在时方向朝哪(特别是一些接触力，如静摩擦力、绳的拉力等)．
2．三种临界情况：
(1)接触与脱离的临界条件：两物体相接触或脱离，临界条件是：弹力FN＝0.
(2)相对滑动的临界条件：两物体相接触且处于相对静止时，常存在着静摩擦力，则相对滑动的临界条件是：静摩擦力达到最大值．
(3)绳子断裂与松驰的临界条件：绳子所能承受的张力是有限度的，绳子断与不断的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力，绳子松弛的临界条件是：FT＝0.
考点四　竖直面内圆周运动的临界问题

1．在竖直平面内做圆周运动的物体，按运动到轨道最高点时的受力情况可分为两类：一是无支撑(如球与绳连接、沿内轨道运动的过山车等)，称为“绳(环)约束模型”，二是有支撑(如球与杆连接、在弯管内的运动等)，称为“杆(管)约束模型”．
2．绳、杆模型涉及的临界问题

绳模型
杆模型
常见类型

均是没有支撑的小球

均是有支撑的小球
过最高点的临界条件
由mg＝m得v临＝
由小球恰能做圆周运动得v临＝0
讨论分析
(1)过最高点时，v≥，FN＋mg＝m，绳、圆轨道对球产生弹力FN
(2)不能过最高点时，v<，在到达最高点前小球已经脱离了圆轨道
(1)当v＝0时，FN＝mg，FN为支持力，沿半径背离圆心
(2)当0时，FN＋mg＝m，FN指向圆心并随v的增大而增大

10．[过山车的分析](多选)如图9所示甲、乙、丙、丁是游乐场中比较常见的过山车，甲、乙两图的轨道车在轨道的外侧做圆周运动，丙、丁两图的轨道车在轨道的内侧做圆周运动，两种过山车都有安全锁(由上、下、侧三个轮子组成)把轨道车套在了轨道上，四个图中轨道的半径都为R，下列说法正确的是(　　)

图9
A．甲图中，当轨道车以一定的速度通过轨道最高点时座椅一定给人向上的力
B．乙图中，当轨道车以一定的速度通过轨道最低点时，安全带一定给人向上的力
C．丙图中，当轨道车以一定的速度通过轨道最低点时，座椅一定给人向上的力
D．丁图中，轨道车过最高点的最小速度为
答案　BC
解析　在甲图中，当速度比较小时，根据牛顿第二定律得，mg－FN＝m，即座椅给人施加向上的力，当速度比较大时，根据牛顿第二定律得，mg＋FN＝m，即座椅给人施加向下的力，故A错误；在乙图中，因为合力指向圆心，重力竖直向下，所以安全带给人一定是向上的力，故B正确；在丙图中，当轨道车以一定的速度通过轨道最低点时，合力方向向上，重力竖直向下，则座椅给人的作用力一定竖直向上，故C正确；在丁图中，由于轨道车有安全锁，可知轨道车在最高点的最小速度为零，故D错误．
11.[杆模型分析](2014·新课标Ⅱ·17)如图10所示，一质量为M的光滑大圆环，用一细轻杆固定在竖直平面内；套在大环上质量为m的小环(可视为质点)，从大环的最高处由静止滑下．重力加速度大小为g.当小环滑到大环的最低点时，大环对轻杆拉力的大小为(　　)

图10
A．Mg－5mg B．Mg＋mg C．Mg＋5mg D．Mg＋10mg
答案　C
解析　设大环半径为R，质量为m的小环下滑过程中遵守机械能守恒定律，所以mv2＝mg·2R.小环滑到大
环的最低点时的速度为v＝2，根据牛顿第二定律得FN－mg＝，所以在最低点时大环对小环的支持力FN＝mg＋＝5mg.根据牛顿第三定律知，小环对大环的压力FN′＝FN＝5mg，方向向下．对大环，据平衡条件轻杆对大环的拉力T＝Mg＋FN′＝Mg＋5mg.根据牛顿第三定律，大环对轻杆拉力的大小为T′＝T＝Mg＋5mg，故选项C正确，选项A、B、D错误．
12．[绳模型分析](多选)如图11所示，竖直放置的光滑圆轨道被固定在水平地面上，半径r＝0.4 m，最低点处有一小球(半径比r小很多)，现给小球一水平向右的初速度v0，则要使小球不脱离圆轨道运动，v0应当满足(取g＝10 m/s2)(　　)

图11
A．v0≥0 B．v0≥4 m/s C．v0≥2 m/s D．v0≤2 m/s
答案　CD
解析　当v0较大时，小球能够通过最高点，这时小球在最高点处需要满足的条件是mg≤，又根据机械能守恒定律有mv2＋2mgr＝mv，得v0≥2 m/s，C正确．当v0较小时，小球不能通过最高点，这时对应的临界条件是小球上升到与圆心等高位置处时速度恰好减为零，根据机械能守恒定律有mgr＝mv，得v0≤2 m/s，D正确．
13．[凹形桥分析](2015·新课标全国Ⅰ·22)某物理小组的同学设计了一个粗糙玩具小车通过凹形桥最低点时的速度的实验．所用器材有：玩具小车、压力式托盘秤、凹形桥模拟器(圆弧部分的半径为R＝0.20 m)．

图12
完成下列填空：
(1)将凹形桥模拟器静置于托盘秤上，如图12(a)所示，托盘秤的示数为1.00 kg；
(2)将玩具小车静置于凹形桥模拟器最低点时，托盘秤的示数如图(b)所示，该示数为___ kg；
(3)将小车从凹形桥模拟器某一位置释放，小车经过最低点后滑向另一侧，此过程中托盘秤的最大示数为m；多次从同一位置释放小车，记录各次的m值如下表所示：
序号
1
2
3
4
5
m(kg)
1.80
1.75
1.85
1.75
1.90

(4)根据以上数据，可求出小车经过凹形桥最低点时对桥的压力为________ N；小车通过最低点时的速度大小为________ m/s.(重力加速度大小取9.80 m/s2，计算结果保留2位有效数字)
答案　(2)1.40　(4)7.9　1.4
解析　(2)由题图(b)可知托盘秤量程为10 kg，指针所指的示数为1.40 kg.
(4)由多次测出的m值，利用平均值可求m＝1.81 kg.而模拟器的重力为G＝m0g＝9.8 N，所以小车经过凹形桥最低点时对桥的压力为FN＝mg－m0g≈7.9 N；根据径向合力提供向心力，即7.9 N－(1.40－1.00)×9.8 N＝，解得v≈1.4 m/s.

竖直面内圆周运动类问题的解题技巧
1．定模型：首先判断是绳模型还是杆模型，两种模型过最高点的临界条件不同．
2．确定临界点：抓住绳模型中最高点v≥及杆模型中v≥0这两个临界条件．
3．研究状态：通常情况下竖直平面内的圆周运动只涉及最高点和最低点的运动情况．
4．受力分析：对物体在最高点或最低点时进行受力分析，根据牛顿第二定律列出方程，F合＝F向．
5．过程分析：应用动能定理或机械能守恒定律将初、末两个状态联系起来列方程．

1．(多选)如图13所示，水平的木板B托着木块A一起在竖直平面内做匀速圆周运动，从水平位置a沿逆时针方向运动到最高点b的过程中，下列说法正确的是(　　)

图13
A．木块A处于超重状态 B．木块A处于失重状态
C．B对A的摩擦力越来越小 D．B对A的摩擦力越来越大
答案　BC
解析　A、B一起做匀速圆周运动，合力提供向心力，加速度即向心加速度．水平位置a沿逆时针方向运动到最高点b的过程中，加速度大小不变，方向指向圆心．在竖直方向有竖直向下的分加速度，因此A、B都处于失重状态，A错误，B正确；对A受力分析，加速度指向圆心，那么此过程中水平方向加速度逐渐减小，而能够提供A水平加速度的力只有B对A的摩擦力，因此B对A的摩擦力越来越小，C正确，D错误．
2．(多选)如图14所示，水平放置的两个用相同材料制成的轮P和Q靠摩擦传动，两轮的半径R∶r＝2∶1.当主动轮Q匀速转动时，在Q轮边缘上放置的小木块恰能相对静止在Q轮边缘上，此时Q轮转动的角速度为ω1，木块的向心加速度为a1，若改变转速，把小木块放在P轮边缘也恰能静止，此时Q轮转动的角速度为ω2，木块的向心加速度为a2，则(　　)

图14
A.＝ B.＝ C.＝ D.＝
答案　AC
解析　根据题述，a1＝ωr，ma1＝μmg；联立解得μg＝ωr.小木块放在P轮边缘也恰能静止，μg＝ω2R＝2ω2r.由ωR＝ω2r联立解得＝，选项A正确，B错误；ma＝μmg，所以＝，选项C正确，D错误．
3．(2015·福建理综·17)如图15，在竖直平面内，滑道ABC关于B点对称，且A、B、C三点在同一水平线上．若小滑块第一次由A滑到C，所用的时间为t1，第二次由C滑到A，所用的时间为t2，小滑块两次的初速度大小相同且运动过程始终沿着滑道滑行，小滑块与滑道的动摩擦因数恒定，则(　　)

图15
A．t1＜t2 B．t1＝t2
C．t1＞t2 D．无法比较t1、t2的大小
答案　A
解析　在滑道AB段上取任意一点E，比较从A点到E点的速度v1和从C点到E点的速度v2易知，v1>v2.因E点处于“凸”形轨道上，速度越大，轨道对小滑块的支持力越小，因动摩擦因数恒定，则摩擦力越小，可知由A滑到C比由C滑到A在AB段上的摩擦力小，因摩擦造成的动能损失也小．同理，在滑道BC段的“凹”形轨道上，小滑块速度越小，其所受支持力越小，摩擦力也越小，因摩擦造成的动能损失也越小，从C处开始滑动时，小滑块损失的动能更大．故综上所述，从A滑到C比从C滑到A在轨道上因摩擦造成的动能损失要小，整个过程中从A滑到C平均速度要更大一些，故t1点C与B点的水平距离是1.9 m
C．小球经过管道的B点时，受到管道的作用力FNB的大小是1 N
D．小球经过管道的B点时，受到管道的作用力FNB的大小是2 N
答案　AC
解析　根据平抛运动的规律，小球在C点的竖直分速度vy＝gt＝3 m/s，水平分速度vx＝vytan 45°＝3 m/s，则B点与C点的水平距离为x＝vxt＝0.9 m，选项A正确，B错误；在B点设管道对小球的作用力方向向下，根据牛顿第二定律，有FNB＋mg＝m，vB＝vx＝3 m/s，解得FNB＝－1 N，负号表示管道对小球的作用力方向向上，选项C正确，D错误．
5.如图17所示，水平转盘上放有质量为m的物块，当物块到转轴的距离为r时，连接物块和转轴的绳刚好被拉直(绳中张力为零)，物块与转盘间最大静摩擦力是其重力的k倍，则：

图17
(1)当转盘的角速度为ω1＝ 时，绳中的张力为多大？
(2)当转盘的角速度为ω2＝ 时，绳中的张力为多大？
答案　(1)0　(2)kmg
解析　(1)设静摩擦力达到最大，绳中开始出现张力时的角速度为ω0，则kmg＝mωr，得ω0＝
因为ω1<ω0，所以此时绳中的张力F1＝0.
(2)因为ω2＝ >ω0，所以绳中出现张力，由kmg＋F2＝mωr得F2＝mωr－kmg＝m( )2r－kmg＝kmg.
练出高分
基础巩固
1.如图1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(　　)

图1
A．角速度大小相同 B．线速度大小相同
C．向心加速度大小相同 D．向心力大小相同
答案　A
解析　同轴转动角速度相等，A正确；由于两者半径不同，根据公式v＝ωr可得两点的线速度不同，B错误；根据公式a＝ω2r，角速度相同，半径不同，所以向心加速度不同，C错误；根据公式F＝ma，质量相同，但是加速度不同，所以向心力大小不同，D错误．
2．(2015·天津理综·4)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2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(　　)

图2
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
答案　B
解析　由题意知有mg＝F＝mω2r，即g＝ω2r，因此r越大，ω越小，且与m无关，B正确．
3．在高速公路的拐弯处，通常路面都是外高内低．如图3所示，在某路段汽车向左拐弯，司机左侧的路面比右侧的路面低一些．汽车的运动可看做是半径为R的圆周运动．设内外路面高度差为h，路基的水平宽度为d，路面的宽度为L.已知重力加速度为g.要使车轮与路面之间的横向摩擦力(即垂直于前进方向)等于零，则汽车转弯时的车速应等于(　　)

图3
A. B. C. D.
答案　B
解析　汽车做匀速圆周运动，向心力由重力与斜面对汽车的支持力的合力提供，且向心力的方向水平，向心力大小F向＝mgtan θ，根据牛顿第二定律：F向＝m，tan θ＝，解得汽车转弯时的车速v＝ ，B对．
4.如图4所示，一内壁光滑、质量为m、半径为r的环形细圆管，用硬杆竖直固定在天花板上．有一质量为m的小球(可看做质点)在圆管中运动．小球以速率v0经过圆管最低点时，杆对圆管的作用力大小为(　　)

图4
A．m B．mg＋m
C．2mg＋m D．2mg－m
答案　C
解析　以小球为研究对象，根据牛顿第二定律得，FN－mg＝m，解得FN＝mg＋m，由牛顿第三定律知：小球对圆管的作用力大小FN′＝FN＝mg＋m，方向向下．再以圆管为研究对象，由平衡条件可得：杆对圆管的作用力大小F＝mg＋FN′＝2mg＋m.
5．(多选)如图5所示，质量为m的物体，沿着半径为R的半球形金属壳内壁滑下，半球形金属壳竖直固定放置，开口向上，滑到最低点时速度大小为v，若物体与球壳之间的动摩擦因数为μ，则物体在最低点时，下列说法正确的是(　　)

图5
A．受到的向心力为mg＋m
B．受到的摩擦力为μm
C．受到的摩擦力为μ(mg＋m)
D．受到的合力方向斜向左上方
答案　CD
解析　物体在最低点做圆周运动，则有FN－mg＝m，解得FN＝mg＋m，故物体受到的滑动摩擦力Ff＝μFN＝μ(mg＋m)，A、B错误，C正确．物体受到竖直向下的重力、水平向左的摩擦力和竖直向上的支持力(支持力大于重力)，故物体所受的合力斜向左上方，D正确．
6．(多选)如图6所示，物体P用两根长度相等、不可伸长的细线系于竖直杆上，它随杆转动，若转动角速度为ω，则(　　)

图6
A．ω只有超过某一值时，绳子AP才有拉力
B．绳子BP的拉力随ω的增大而不变
C．绳子BP的张力一定大于绳子AP的张力
D．当ω增大到一定程度时，绳子AP的张力大于绳子BP的张力
答案　AC
解析　ω较小时，AP松弛，绳子BP的拉力随ω的增大而增大，故A选项正确，B选项错误．当ω达到某一值ω0时，AP刚好绷紧．物体P受力分析如图所示，其合力提供向心力，竖直方向合力为零．故FBP>FAP，C选项正确，D选项错误．
7．(多选)“水流星”是一种常见的杂技项目，该运动可以简化为轻绳一端系着小球在竖直平面内的圆周运动模型，如图7所示，已知绳长为l，重力加速度为g，则(　　)

图7
A．小球运动到最低点Q时，处于失重状态
B．小球初速度v0越大，则在P、Q两点绳对小球的拉力差越大
C．当v0>时，小球一定能通过最高点P
D．当v0<时，细绳始终处于绷紧状态
答案　CD
解析　小球在最低点时，重力与拉力的合力提供向心力，所以小球受到的拉力一定大于重力，小球处于超重状态．故A错误；设小球在最高点的速度为v1，最低点的速度为v2.由动能定理得：
mg·2l＝mv－mv①
球经过最高点P：mg＋F1＝②
球经过最低点Q时，受重力和绳子的拉力，如图
根据牛顿第二定律得到，
F2－mg＝m③
联立①②③解得：F2－F1＝6mg，与小球的速度无关．故B错误；球恰好经过最高点P，速度取最小值，故只受重力，重力提供向心力：mg＝m，得：v3＝④
小球以v0向上运动到最高点时，由动能定理得：
mg·2l＝mv－mv⑤
得：v4>>＝v3，所以小球一定能够过最高点P.故C正确；若v0<，设小球能够上升的最大高度为h，由机械能守恒得：mgh＝mv与原来相比较，下列判断中正确的是(　　)

图8
A．细线所受的拉力变小
B．小球P运动的角速度变小
C．Q受到桌面的静摩擦力变大
D．Q受到桌面的支持力变大
答案　C
解析　设细线与竖直方向的夹角为θ，细线的拉力大小为FT，细线的长度为L.P球做匀速圆周运动时，由重力和细线的拉力的合力提供向心力，如图，则有：FT＝，mgtan θ＝mω2Lsin θ，得角速度ω＝ ，周期T＝，使小球改到一个更高一些的水平面上做匀速圆周运动时，θ增大，cos θ减小，则细线拉力FT增大，角速度增大，周期T减小．对Q球，由平衡条件得知，Q受到桌面的静摩擦力变大，故A、B错误，C正确；金属块Q保持在桌面上静止，根据平衡条件知，Q受到桌面的支持力等于其重力，保持不变．故D错误．
9.如图9所示，光滑固定的水平圆盘中心有一个光滑的小孔，用一细绳穿过小孔连接质量分别为m1、m2的小球A和B，让B球悬挂，A球在光滑的圆盘面上绕圆盘中心做匀速圆周运动，角速度为ω，半径为r，则关于r和ω关系的图象正确的是(　　)

图9

答案　B
解析　根据m2g＝m1rω2得：r＝·，可知r与成正比，与ω2成反比，故A错误，B正确．因为＝ω2，则与ω2成正比．故C、D错误．
10．(多选)如图10所示，粗糙水平圆盘上，质量相等的A、B两物块叠放在一起，随圆盘一起做匀速圆周运动，则下列说法正确的是　　)

图10
A．B的向心力是A的向心力的2倍
B．盘对B的摩擦力是B对A的摩擦力的2倍
C．A、B都有沿半径向外滑动的趋势
D．若B先滑动，则B对A的动摩擦因数μA小于盘对B的动摩擦因数μB
答案　BC
解析　根据Fn＝mrω2，因为A、B两物块的角速度大小相等，转动半径相等，质量相等，则向心力相等，故A错误；对AB整体受力分析，FfB＝2mrω2，对A受力分析，有：FfA＝mrω2，知盘对B的摩擦力是B对A的摩擦力的2倍，故B正确；A所受的摩擦力方向指向圆心，可知A有沿半径向外滑动的趋势，B受到盘的静摩擦力方向指向圆心，有沿半径向外滑动的趋势，故C正确；对AB整体受力分析，μB2mg＝2mrω，解得ωB＝ ，对A受力分析，μAmg＝mrω，解得ωA＝ ，因为B先滑动，可知B先达到临界角速度，可知B的临界角速度较小，即μB<μA，故D错误．
11.如图11，置于圆形水平转台边缘的小物块随转台加速转动，当转速达到某一数值时，物块恰好滑离转台开始做平抛运动．现测得转台半径R＝0.5 m，离水平地面的高度H＝0.8 m，物块平抛落地过程水平位移的大小x＝0.4 m．设物块所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2.求：

图11
(1)物块做平抛运动的初速度大小v0；
(2)物块与转台间的动摩擦因数μ.
答案　(1)1 m/s　(2)0.2
解析　(1)物块做平抛运动，竖直方向有
H＝gt2①
水平方向有x＝v0t②
联立①②两式得v0＝x＝1 m/s③
(2)物块离开转台时，最大静摩擦力提供向心力，有
μmg＝m④
联立③④得μ＝＝0.2
12．如图12所示，光滑半圆形轨道处于竖直平面内，半圆形轨道与光滑的水平地面相切于半圆的端点A.一质量为m的小球在水平地面上C点受水平向左的恒力F由静止开始运动，当运动到A点时撤去恒力F，小球沿竖直半圆形轨道运动到轨道最高点B点，最后又落在水平地面上的D点(图中未画出)．已知A、C间的距离为L，重力加速度为g.

图12
(1)若轨道半径为R，求小球到达半圆形轨道B点时对轨道的压力FN；
(2)为使小球能运动到轨道最高点B，求轨道半径的最大值Rm；
(3)轨道半径R多大时，小球在水平地面上的落点D到A点距离最大？最大距离xm是多少？
答案　(1)－5mg　(2)　(3)　
解析　(1)设小球到B点速度为v，从C到B根据动能定理有
FL－2mgR＝mv2
解得v＝
在B点，由牛顿第二定律有FN＋mg＝m
解得FN＝－5mg
(2)小球恰能运动到轨道最高点时，轨道半径有最大值，则有
FN＝－5mg＝0
解得Rm＝
(3)设小球平抛运动的时间为t，有2R＝gt2
解得t＝
水平位移
x＝vt＝·
＝
当2FL－4mgR＝4mgR时，水平位移最大．
解得R＝
D到A的最大距离xm＝

沁园春·雪 <毛泽东>
北国风光，千里冰封，万里雪飘。
望长城内外，惟余莽莽；
大河上下，顿失滔滔。
山舞银蛇，原驰蜡象，
欲与天公试比高。
须晴日，看红装素裹，分外妖娆。
江山如此多娇，引无数英雄竞折腰。
惜秦皇汉武，略输文采；
唐宗宋祖，稍逊风骚。
一代天骄，成吉思汗，
只识弯弓射大雕。
俱往矣，数风流人物，还看今朝。
薄雾浓云愁永昼， 瑞脑消金兽。 佳节又重阳， 玉枕纱厨， 半夜凉初透。
东篱把酒黄昏后， 有暗香盈袖。 莫道不消魂， 帘卷西风， 人比黄花瘦。