【文档说明】高考物理一轮复习 精选题辑含答案： 课练12 圆周运动的规律及应用.doc，共(14)页，843.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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课练12圆周运动的规律及应用1．(2018·陕西长安一中模拟)(多选)有关圆周运动的基本模型，下列说法正确的是()A．如图a所示，汽车通过拱桥的最高点时处于超重状态B．如图b所示是一圆锥摆，增大θ，若保持圆锥的高度不变，则圆锥摆

的角速度不变C．如图c所示，同一小球在光滑且固定的圆锥筒内的A、B位置先后分别做匀速圆周运动，则在A、B两位置小球的角速度及所受筒壁的支持力大小相等D．火车转弯超过规定速度行驶时，外轨对火车轮缘会有挤压作用答案：BD

解析：题图a，汽车在最高点时，mg－FN＝mv2r，可知FN<mg，故处于失重状态，故A错误；题图b所示是一圆锥摆，重力和拉力的合力F＝mgtanθ＝mω2r，其中r＝htanθ，可知ω＝gh，增大θ，若保持圆锥的高度不变，则圆锥摆的角速度不变，故B正

确；题图c，根据受力分析知小球受力情况相同，即向心力相同，由F＝mω2r知r不同，角速度不同，故C错误；火车转弯超过规定速度行驶时，重力和支持力的合力不足以提供向心力，则外轨对火车轮缘会有挤压作用，故D正确．2．(2018·福建质检)(多选)图中所示为一皮带传动装置，右轮

的半径为r，a是它边缘上的一点，左侧是一轮轴，大轮的半径为4r，小轮的半径为2r，b点在小轮上，到小轮中心的距离为r，c点和d点分别位于小轮和大轮的边缘上．若在传动过程中皮带不打滑，则()A．c点与d点的角速度大小相等B．a点与b点的角速度大小相等C．a点与c点的线速度大小相等

D．a点与c点的向心加速度大小相等答案：AC解析：共轴转动的各点角速度大小相等，故b、c、d三点角速度大小相等，故A正确；a、c两点的线速度大小相等，b、c两点的角速度相等，根据v＝rω，a的角速度大于c的角速度，则a点的角速度大于b点的角速度，故B错误，C

正确；a、c两点的线速度大小相等，根据an＝v2r，a点的向心加速度大于c点的向心加速度，故D错误．3．(2018·安徽六安一中模拟)如图所示，用手握着细绳的一端在水平桌面上做半径为r的匀速圆周运动，圆心为O，角速度为ω.细绳长为L，质量忽略不计，运动过程中细绳始终与小圆相切，在细绳的

另外一端系着一个质量为m的小球，小球恰好沿以O为圆心的大圆在桌面上运动，小球和桌面之间存在摩擦力，以下说法正确的是()A．小球将做变速圆周运动B．小球与桌面间的动摩擦因数为ω2rr2＋L2gLC．小球做圆周运动的线速度为ω(l＋L)D．细绳拉力为mω2r2＋L2答案：B解析

：手握着细绳做的是匀速圆周运动，所以在细绳另外一端的小球做的也是匀速圆周运动，A错误；设大圆的半径为R，由图可知R＝r2＋L2，则小球做圆周运动的线速度为ωr2＋L2，C错误；设细绳中的张力为T，则Tcosφ＝mRω2，cosφ＝LR，故T

＝mω2R2L＝mω2r2＋L2L，D错误；根据摩擦力公式可得f＝μmg＝Tsinφ，由于T＝mω2r2＋L2L，sinφ＝rR＝rr2＋L2，所以μ＝ω2rr2＋L2gL，B正确．4．(2018·河南焦作二模)如图所示，ABC为竖直平面内的金属半圆环

，AC连线水平，A、B两点间固定着一根直金属棒，在直金属棒和圆环的BC部分上分别套着小环M、N(棒和半圆环均光滑)，现让半圆环绕竖直对称轴以角速度ω1做匀速转动，小环M、N在图示位置．如果半圆环的角速度变为ω2，ω2比ω1稍微小一些．关于小环M、N的位置变化，下列说法正确的是()A．

小环M将到达B点，小环N将向B点靠近稍许B．小环M将到达B点，小环N的位置保持不变C．小环M将向B点靠近稍许，小环N将向B点靠近稍许D．小环M向B点靠近稍许，小环N的位置保持不变答案：A解析：小环M受到重力和直金属棒的支持力，在水平面内做匀速圆周运动，合力的方向沿水平方向，所

以F合＝mgtan45°＝mω2r，半圆环的角速度由ω1变为ω2后，mgtan45°>mω2r，M做向心运动，直到到达B点，小环N受到重力和圆环的支持力，在水平面内做匀速圆周运动，合力的方向沿水平方向，设其与ABC半圆环圆心的连线与竖直方向之间的夹角为θ，F′

n＝mgtanθ＝mω2Rsinθ，所以ω2R＝gcosθ，当半圆环的角速度由ω1变为ω2后，θ减小，小环N将向B点靠近稍许，故选A.5．(2018·安徽六安一中月考)高明同学撑一把雨伞站在水平地面上，伞面边缘

点所围圆形的半径为R，现将雨伞绕竖直伞杆匀速转动，伞边缘上的水滴落到地面，落点形成一个半径为r的圆形，伞边缘距离地面的高度为h，当地重力加速度为g，则()A．雨滴着地时的速度大小为2ghB．雨滴着地时的速度大小为r2－R2＋4h22hgC．雨伞转动的角速度大小为1

Rr2－R2ghD．雨伞转动的角速度大小为r－RRg2h答案：B解析：根据h＝12gt2，解得t＝2hg，根据几何关系得s＝r2－R2，平抛运动的水平位移为s＝v0t，所以v0＝st＝r2－R22hg＝gr2－R22h，下落的过程中机械能守恒，所以12mv20＋mgh＝12

mv2，联立以上方程解得v＝r2－R2＋4h22hg；根据公式v0＝ωR得ω＝v0R，联立得ω＝1Rr2－R2g2h，故B正确，A、C、D错误．6．(2018·陕西西安一中模拟)(多选)如图甲所示，用一轻质绳拴着一质量为m的小球，在竖直

平面内做圆周运动(不计一切阻力)，小球运动到最高点时绳对小球的拉力为T，小球在最高点的速度大小为v，其T－v2图象如图乙所示，则()A．轻质绳长为ambB．当地的重力加速度为amC．当v2＝c时，轻质绳的拉力

大小为acb＋aD．只要v2≥b，小球在最低点和最高点时绳的拉力差均为6a答案：BD解析：在最高点重力和绳子的拉力的合力充当向心力，所以有T＋mg＝mv2R，即T＝mRv2－mg，故斜率k＝mR，纵截距y＝－mg，根据几何知识可得k＝ab，y＝－a

，联立解得g＝am，R＝mba，A错误，B正确；当v2＝c时，代入T＝mRv2－mg，解得T＝acb－a，C错误；只要v2≥b，绳子的拉力大于0，根据牛顿第二定律得最高点，T1＋mg＝mv21R，最低点，T2－mg＝mv22R，从最高点到最低点的过

程中，根据机械能守恒定律得12mv22＝12mv21＋2mgR，联立解得T2－T1＝6mg，即小球在最低点和最高点时绳的拉力差均为6a，D正确．7．(2018·广东五校联考)如图甲所示，轻杆一端固定在O点，另一端固定一小球，现让小球在竖直面内做半径为R的圆

周运动．小球运动到最高点时，杆与小球间弹力大小为F，小球在最高点的速度大小为v，其F－v2图象如图乙所示．则()A．小球的质量为aRbB．当地的重力加速度大小为RbC．v2＝c时，杆对小球的弹力方向向上D．v2＝b时，杆对小球的弹力大小为2mg答案：A解

析：在最高点，若v＝0，则F＝mg＝a；若F＝0，则mg＝mv2R＝mbR，解得g＝bR，m＝aRb，故A正确，B错误；由图可知当v2<b时，杆对小球的弹力方向向上，当v2>b时，杆对小球的弹力方向向下，所以当v2＝c时，杆对小球的弹力方向向下，故C错误；当v2＝b时，杆对小球的弹力大小为0，

故D错误．8．(2018·安徽蚌埠二中模拟)(多选)如图所示，在水平转台上放置用轻绳相连的质量相同的滑块1和滑块2，转台绕转轴OO′以角速度ω匀速转动过程中，轻绳始终处于水平状态，两滑块始终相对转台静止，且与转台之间的动摩擦

因数相同，滑块1到转轴的距离小于滑块2到转轴的距离．关于滑块1和滑块2受到的摩擦力f1、f2与角速度的二次方的关系图线，可能正确的是()答案：AC解析：两滑块的角速度相等，根据向心力公式F＝mrω2，考虑到两滑块质量相同，滑块2

的运动半径较大，开始时摩擦力提供向心力，所以角速度增大时，滑块2先达到最大静摩擦力；继续增大角速度，滑块2所受的摩擦力不变，绳子拉力增大，滑块1的摩擦力减小，当滑块1的摩擦力减小到零后，又反向增大，当滑块1摩擦力达到最大值时，再增大角速度，将发

生相对滑动，故滑块2的摩擦力先增大达到最大值，然后保持不变，滑块1的摩擦力先增大后减小，再反向增大，故A、C正确．9．(2018·河南豫南九校质检)(多选)如图所示，甲、乙两水平圆盘紧靠在一块，甲圆盘为主动轮，乙靠摩擦随

甲转动，接触处无相对滑动．甲圆盘与乙圆盘的半径之比r甲：r乙＝：1，两圆盘和小物体m1、m2之间的动摩擦因数相同，m1距O点为2r，m2距O′点为r，当甲缓慢转动起来且转速慢慢增加时，下列说法正确的是()A．滑动前m1与m2的角速度之比ω1：ω2＝：3B．滑动前m1与m2的向心加速度之比a1

：a2＝：9C．随转速慢慢增加，m1先开始滑动D．随转速慢慢增加，m2先开始滑动答案：ABD解析：甲、乙两圆盘边缘上的各点线速度大小相等，有ω1·r甲＝ω2·r乙，则得ω1：ω2＝：3，所以小物体相对圆盘开始滑动前，m1与m2的角速度之比为ω1：ω2＝：

3，故A正确；小物体相对圆盘开始滑动前，根据a＝ω2r得，m1与m2的向心加速度之比a1：a2＝ω21·2r：ω22r＝：9，故B正确；根据μmg＝mrω2知，小物体刚要滑动时角速度为m＝μgr，可知m1、m2的临界角速度之比为：2，而甲、乙的角速度之比为ω1

：ω2＝：3，可知当转速增加时，m2先达到临界角速度，所以m2先开始滑动，故D正确，C错误．10．(2018·四川资阳一诊)(多选)如图所示，水平转台上有一个质量为m的物块，用长为l的轻质细绳将物块连接在转轴上，细绳与竖直转轴的夹角θ＝30°，此时细绳伸直但无张力，物块与转台间动摩擦因数为μ

＝13，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块随转台由静止开始缓慢加速转动，角速度为ω，重力加速度为g，则()A．当ω＝g2l时，细绳的拉力为0B．当ω＝3g4l时，物块与转台间的摩擦力为0C．当ω＝4g3l时，细绳的拉力大小为4

3mgD．当ω＝gl时，细绳的拉力大小为13mg答案：AC解析：当转台的角速度比较小时，物块只受重力、支持力和摩擦力，当细绳恰好要产生拉力时μmg＝mω21lsin30°，解得ω1＝2g3l，随角速度的

增大，细绳上的拉力增大，当物块恰好要离开转台时，物块受到重力和细绳的拉力的作用，mgtan30°＝mω22lsin30°，解得ω2＝23g3l，由于ω1<3g4l<ω2，所以当ω＝3g4l时，物块与转台

间的摩擦力不为零，故B错误；由于g2l<ω1，所以当ω＝g2l时，细绳的拉力为零，故A正确；由于ω1<gl<ω2，由牛顿第二定律得f＋Fsin30°＝mgl2lsin30°，因为压力小于mg，所以f<13mg，解得F>13mg，故D错误；当ω＝4

g3l>ω2时，物块已经离开转台，细绳的拉力与重力的合力提供向心力，则mgtanα＝m4g3l2lsinα，解得cosα＝34，故F＝mgcosα＝43mg，故C正确．11．如图所示，一小球从A点以某一水平向右的初速度出发，沿水平直线轨道运动到B点后，进入半径R＝10cm的光滑竖

直圆形轨道，圆形轨道间不相互重叠，即小球离开圆形轨道后可继续向C点运动，C点右侧有一壕沟，C、D两点间的竖直高度h＝0.8m，水平距离s＝1.2m，水平轨道AB长为L1＝1m，BC长为L2＝3m，小球与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.2，重力

加速度g取10m/s2.(1)若小球恰能通过圆形轨道的最高点，求小球在A点的初速度．(2)若小球既能通过圆形轨道的最高点，又不掉进壕沟，求小球在A点的初速度的范围．答案：(1)3m/s(2)3m/s≤vA≤4m/s和vA≥5m/s解析：(1)设小球恰能通过圆形轨道最高

点的速度为v，由牛顿第二定律得mg＝mv2R，由B到最高点，由机械能守恒定律得12mv2B＝2mgR＋12mv2，由A到B，－μmgL1＝12mv2B－12mv2A，解得小球在A点的速度为vA＝3m/s.(2)若小球刚好停在C处，则有－μmg(L1＋L2)＝0－12mv2A1，解得vA1＝4m/

s.若小球停在BC段，则3m/s≤vA≤4m/s.若小球能通过C点，并恰好越过壕沟，则有h＝12gt2，s＝vCt，－μmg(L1＋L2)＝12mv2C－12mv2A2，则有vA2＝5m/s，所以小球在A点的初速度范围为3m/s≤vA≤4m/s和vA≥5m

/s.12.如图所示，装置BO′O可绕竖直轴O′O转动，可视为质点的小球A与两细线连接后分别系于B、C两点，装置静止时细线AB水平，细线AC与竖直方向的夹角为37°.已知小球的质量m＝1kg，细线AC长l＝1m，B点距C点的水平和竖

直距离相等．(重力加速度g取10m/s2)(1)若装置匀速转动的角速度为ω1，细线AB上的张力为零而细线AC与竖直方向的夹角仍为37°，求角速度ω1的大小．(2)若装置匀速转动的角速度ω2＝503rad/s，求细线AC与竖直方向的夹角．(3)装置可

以以不同的角速度匀速转动，试通过计算在坐标图中画出细线AC上张力FT随角速度的平方ω2变化的关系图象．答案：(1)522rad/s(2)53°(3)ω≤ω1＝522rad/s时，FT＝12.5N不变；ω>ω1时，FT＝mω2l＝ω2(N)．FT

－ω2关系图象略解析：(1)当细线AB上的张力为零时，小球的重力和细线AC张力的合力提供小球做圆周运动的向心力，有mgtan37°＝mω21lsin37°，解得ω1＝glcos37°＝522rad/s.(2)当ω2＝503rad/s时，因为503rad/s>5

22rad/s，小球应该向左上方摆起，假设细线AB上的张力仍然为零，则mgtanθ′＝mω22lsinθ′，解得cosθ′＝35，则θ′＝53°.因为B点距C点的水平和竖直距离相等，所以，当θ′＝53°时，细线AB恰好竖直，且mω22ls

in53°mg＝43＝tan53°.说明细线AB此时的张力为零，故此时细线AC与竖直方向的夹角为53°.(3)①ω≤ω1＝522rad/s时，细线AB水平，细线AC上的张力的竖直分量等于小球的重力，即FTcos37°＝m

g，则FT＝mgcos37°＝12.5N.②ω1<ω<ω2时，细线AB松弛，细线AC上张力的水平分量等于小球做圆周运动需要的向心力，FTsinθ＝mω2lsinθ，则FT＝mω2l.③ω2≤ω时，细线AB在竖直方向绷直，仍然由细线AC上张力的水平分量提供小球做

圆周运动需要的向心力．FTsinθ＝mω2lsinθ，则FT＝mω2l.综上所述：ω≤ω1＝522rad/s时，FT＝12.5N不变；ω>ω1时，FT＝mω2l＝ω2(N)．FT－ω2关系图略．刷题加餐练刷高考真题——找规律1．(2015·天津卷)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()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：宇航员在舱内受到的支持力与他站在地球表面时受到的支持力大小相等，mg＝mω2r，即g＝ω2r，可见r越大，ω就应越小，B正确、A错误；角速度与质量m无关，C、D错误．2．(2016·上海卷)风

速仪结构如图(a)所示．光源发出的光经光纤传输，被探测器接收，当风轮旋转时，通过齿轮带动凸轮圆盘旋转，当圆盘上的凸轮经过透镜系统时光被遮挡．已知风轮叶片转动半径为r，每转动n圈带动凸轮圆盘转动一圈．若某段时间Δt内探测器接收到的光强随时间变

化关系如图(b)所示，则该时间段内风轮叶片()A．转速逐渐减小，平均速率为4πnrΔtB．转速逐渐减小，平均速率为8πnrΔtC．转速逐渐增大，平均速率为4πnrΔtD．转速逐渐增大，平均速率为8πnr

Δt答案：B解析：据题意，从题图(b)可以看出，在Δt时间内，探测器接收到光的时间在增长，圆盘上的凸轮挡光时间也在增长，可以确定圆盘上的凸轮的转动速度在减小；在Δt时间内从题图(b)可以看出有4次挡光，即圆盘转动4周．则风轮叶片转动了4

n周，风轮叶片转过的弧长为l＝4n×2πr，叶片转动的平均速率为v＝8πnrΔt，故选项B正确．3．(2016·浙江卷)(多选)如图所示为赛车场的一个水平“梨形”赛道，两个弯道分别为半径R＝90m的大圆弧和r＝40m的小圆弧，直道与弯道相切．大、小圆弧圆心O、O′距离L＝1

00m．赛车沿弯道路线行驶时，路面对轮胎的最大径向静摩擦力是赛车重力的2.25倍，假设赛车在直道上做匀变速直线运动，在弯道上做匀速圆周运动，要使赛车不打滑，绕赛道一圈时间最短(发动机功率足够大，重力加速度g＝10m/s2，π＝3.14)，则赛车()A．

在绕过小圆弧弯道后加速B．在大圆弧弯道上的速率为45m/sC．在直道上的加速度大小为5.63m/s2D．通过小圆弧弯道的时间为5.58s答案：AB解析：赛车在弯道上做匀速圆周运动时最大径向静摩擦力提供向心力，设最大径向静摩擦力与赛车重

力的比值为k，则kmg＝mv21r，得在小圆弧赛道的最大速率v1＝kgr＝30m/s，在大圆弧赛道的最大速率为v2＝kgR＝45m/s，B正确；为确保所用时间最短，需要在以v1＝30m/s绕过小圆弧弯道后加速以v2＝45m/s的速率在大圆弧弯道做

匀速圆周运动，A正确；直道的长度l＝L2－R－r2＝503m，在小圆弧弯道的最大速度v1＝30m/s，在大圆弧弯道的最大速度v2＝45m/s，故在直道上的加速度大小为a＝v22－v212l＝452－3022×

503m/s2＝6.50m/s2，C错误；由题图知小圆弧为所在圆的13，即小圆弧弯道的长度为x＝2πr3，则通过小圆弧弯道的时间t＝xv1＝2πr3v1＝2.79s，D错误．刷仿真模拟——明趋向4．(201

8·安徽六安一中模拟)如图所示，两个可视为质点的相同的木块A和B放在水平转盘上，两者用长为L的细绳连接，木块与转盘间的最大静摩擦力均为各自重力的k倍，A放在距离转轴L处，整个装置能绕通过转盘中心的转轴O1O2转动．开始时，绳恰好伸直但无弹力，现让

该装置从静止开始转动，使角速度缓慢增大，以下说法不正确的是()A．当ω>2kg3L时，A、B相对于转盘会滑动B．当ω>kg2L时，绳子一定有弹力C．当ω在kg2L<ω<2kg3L范围内增大时，B所受摩擦力变大D．当ω在0<ω<2kg

3L范围内增大时，A所受摩擦力一直变大答案：C解析：当A所受的摩擦力达到最大静摩擦力时，A、B相对于转盘会滑动，对A有kmg－T＝mLω21，对B有T＋kmg＝m·2Lω21，解得ω1＝2kg3L，当ω>2kg3L时，A、B相对于转盘会滑动，故A正确．当B达

到最大静摩擦力时，绳子将要产生弹力，kmg＝m·2Lω22，解得ω2＝kg2L，知ω>kg2L时，绳子一定有弹力，故B正确．当ω在0<ω<kg2L范围内增大时，B所受摩擦力变大，当ω在kg2L<ω<2kg3L范围内增大时，B所受摩擦力不变，故C错误；当ω在0<ω<2

kg3L范围内增大时，A所受摩擦力一直增大，故D正确．本题选错误的，故选C.5．(2018·黑龙江哈三中一模)“水流星”是在一根彩绳两端各系一只玻璃碗，内盛彩色水，演员甩绳舞弄，晶莹的玻璃碗飞快地旋转飞舞，在竖直面内做圆周运动，而碗中之水不洒点滴．下列说法正确的是

()A．玻璃碗到最高点时，水对碗底的压力一定为零B．玻璃碗到最高点时，玻璃碗的速度可以为零C．若玻璃碗转动时能经过圆周最高点，则在最高点和最低点绳子对碗拉力之差随转动线速度增大而增大D．若玻璃碗转动时能经过圆周最高点，则在最高点和最低点碗对水弹力之差与绳长无关答案：D解析：玻璃

碗到最高点时，水对碗底的压力大于或等于零，当v＝gl时，水对碗底的压力为零；当v>gl时，水对碗底的压力大于零，故A错误；玻璃碗在最高点的最小速度为gl，故B错误；设玻璃碗在最低点速度为v1，在最高点速度为v2，根据向

心力公式，最低点有F1－mg＝mv21l，最高点有F2＋mg＝mv22l，根据动能定理，有－mg·2l＝12mv22－12mv21，联立得ΔF＝F1－F2＝6mg，与绳长无关，故C错误，D正确．6．(2018·陕西西安一模)(多选)如图所示，一质量为m的小球置于半径为R的光滑竖直圆轨道

最低点A处，B为轨道最高点，弹簧一端固定于圆心O点，另一端与小球拴接．已知弹簧的劲度系数k＝mgR，原长L＝2R，弹簧始终处于弹性限度内，若给小球一水平初速度v0，已知重力加速度为g，则()A．当v0较小时，小

球可能会离开圆轨道B．若2gR<v0<5gR，则小球会在B、D间脱离圆轨道C．只要v0>4gR，小球就能做完整的圆周运动D．只要小球能做完整的圆周运动，则小球与轨道间最大压力与最小压力之差与v0无关答案：CD解析：因为弹簧的劲度系数k＝mgR，原长L＝2R，所以小球始终会受到弹簧的弹力作用，

大小为F＝k(L－R)＝kR＝mg，方向始终背离圆心，无论小球在CD以上的哪个位置速度为零，重力在沿半径方向上的分量都小于或等于弹簧的弹力(在CD以下，轨道对小球一定有指向圆心的支持力)，所以无论v0多大，小球均不会离开圆轨道，故A、B错误．小球在运动过程中只有重力做功，弹簧的弹力和轨道

的支持力不做功，机械能守恒，当运动到最高点速度为零时，在最低点的速度最小，有12mv2min＝2mgR，所以只要v0>vmin＝4gR，小球就能做完整的圆周运动，故C正确．在最低点时，设小球受到的支持力为N，有N－kR－mg＝mv20R，解得N＝2mg＋mv20

R，运动到最高点时受到轨道的支持力最小，设为N′，设此时的速度为v，由机械能守恒有12mv20＝2mgR＋12mv2，此时合外力提供向心力，有N′－kR＋mg＝mv2R，联立解得N′＝mv20R－4mg，得压力之差ΔN＝N－N′＝6mg，

与v0无关，故D正确．7．(2018·河南郴州一模)(多选)如图所示，BC是半径为R＝1m的竖直面内的圆弧轨道，轨道末端C在圆心O的正下方，∠BOC＝60°，将质量为m＝1kg的小球，从与O等高的A点水平抛出

，小球恰好从B点沿圆弧切线方向进入轨道，由于小球与圆弧之间有摩擦，能够使小球从B到C做匀速圆周运动，重力加速度大小g取10m/s2，则下列说法正确的是()A．从B到C，小球与轨道之间的动摩擦因数可能保持不变B．从B到C，小球克服摩擦力做功为5JC．A、B两点间的距离为712mD．小球

从B到C的全过程中，小球对轨道的压力不变答案：B解析：小球从A到B做平抛运动，在B点，小球速度方向偏转角θ＝60°，则tan60°＝vyvA，vy＝gt，竖直方向的位移y＝Rcos60°＝12gt2，水平方向的位移x＝vAt，解得x＝33m，则A、B两点间的距离x

AB＝x2＋y2＝712m，C正确；在B点小球的速度大小v＝v2A＋v2y＝2330m/s，小球从B到C做匀速圆周运动，则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°)＝12mgR＝5J，B正确；从B

到C，小球对轨道的压力变大，而小球重力沿轨道切线方向上的分力变小，小球匀速圆周运动，沿轨道切线方向受力平衡，则所受摩擦力变小，则小球与轨道之间的动摩擦因数变小，A、D错误．刷最新原创——抓重点8．两根长度不同的细线下面分别悬挂

两个小球，细线上端固定在同一点，若两个小球以相同的角速度，绕共同的竖直轴在水平面内做匀速圆周运动，则两个摆球在运动过程中，相对位置关系示意图正确的是()答案：B解析：小球做匀速圆周运动，对其受力分析如图所示，则有mgtanθ＝mω

2Lsinθ，整理得：Lcosθ＝gω2，则两球处于同一高度，故B正确．9．如图所示，在竖直放置的离心浇铸装置中，电动机带动两个支承轮同向转动，管状模型放在这两个支承轮上靠摩擦带动，支承轮与管状模型间不打滑．铁水注入之后，由于离心作用，铁水紧

紧靠在模型的内壁上，从而可得到密实的铸件，浇铸时支承轮转速不能过低，否则，铁水会脱离模型内壁，产生次品．已知管状模型内壁半径为R，支承轮的半径为r，重力加速度为g，则支承轮转动的最小角速度为()A.gRB.gRrC.g2RD.gR2r答案：B

解析：经过最高点的铁水要紧压模型内壁，临界情况是重力恰好提供向心力，根据牛顿第二定律，有mg＝mv2R，解得v＝gR.支承轮边缘与模型边缘线速度相等，故支承轮边缘的最小线速度也为gR，支承轮转动的最小

角速度ω＝vr＝gRr，B正确．刷易错易误——排难点易错点1不能正确分析向心力的来源10．如图所示，水平放置的圆管内有A、B两个小滑块，A的质量小于B的质量，A与管的接触面粗糙，B与管的接触面光滑，两滑块间用轻绳相连，且到O点距离相等，轻绳的最

大承受力小于A与管间的最大静摩擦力．当管在水平面内绕过O点的竖直轴转动时，角速度从零开始增大，下列说法正确的是()A．A的合力等于B的合力B．角速度较小时，A受到的静摩擦力沿管向里C．随着角速度的增大，A受到的静摩擦力先沿管向外逐渐减小，然后沿管向里逐渐增大D．当角速度增大

到一定数值时，轻绳断开，B沿管向外运动，A仍能与管一起转动答案：D解析：本题考查向心力和离心运动，意在考查考生对圆周运动和向心力的分析能力．两滑块随管一起转动时，向心力F＝mω2r，由于A的质量小于B的质量，故A的合力小于B的

合力，A错误；轻绳对B的拉力等于B的向心力，即T＝mBω2r，由于mA<mB，A的向心力小于T，故A受到沿管向外的静摩擦力，有T－f＝mAω2r，可得f＝(mB－mA)·ω2r，ω增大，f增大，方向不变，B、C错误；当角速度增大，轻绳拉力达到最大承受力，此时A受到的静摩擦力小于最大静摩

擦力，轻绳断开，B沿管向外做离心运动，而A受到的静摩擦力方向瞬间变为沿管向里，提供其做圆周运动的向心力，故A仍然随管一起转动，D正确．易错点2不会分析、比较物体在粗糙圆弧上来回运动时摩擦力的大小关系11．(多选)如图所示，在竖直平面内固定两个半径均为R的细圆管轨道A、

B，A轨道光滑，B轨道粗糙．两个质量均为m的小球(可视为质点)分别从两轨道的最低点以相同的初速度向右运动，A轨道中的小球恰好能到达最高点，B轨道中的小球恰好能到达与圆心等高的位置，不计空气阻力，重力加速度为g.下列说法正确的是(

)A．B轨道中的小球从最低点运动到与圆心等高的位置时，小球克服摩擦力做的功为mgRB．A轨道中的小球，在最高点时重力的功率为零，在最低点时重力的功率最大C．B轨道中的小球再次回到最低点时的速度为零D．A轨道中的

小球再次回到最低点时，对轨道的压力大于mg答案：AD解析：本题考查圆周运动规律，意在考查考生的分析推理能力．设小球的初速度为v0，对于A轨道中的小球有12mv20＝mg·2R，对于B轨道中的小球有12mv20＝mgR＋Wf，B轨道中的小球从最低点运动到与圆心等高的位置时，小球克服摩擦力做的功为Wf

＝mgR，选项A正确；A轨道中的小球，在最高点时重力的功率为零，在最低点时重力方向与速度方向垂直，重力的功率也为零，选项B错误；B轨道中的小球从最低点运动到与圆心等高的位置的过程与从与圆心等高的位置运动到最低点的过程，小球对轨道的压力不同，受到的摩擦力不同，两次摩擦力做功不同，

B轨道中的小球再次回到最低点时的速度不为零，选项C错误；根据合力提供向心力，A轨道中的小球再次回到最低点时，对轨道的压力大于mg，选项D正确．刷综合大题——提能力12．(2018·日照联合检测)如图所示，M是水平放置的半径足够大的圆盘，绕过其圆

心的竖直轴OO′匀速转动，规定经过圆心O且水平向右为x轴正方向．在O点正上方距盘面高为h＝5m处有一个可间断滴水的容器，从t＝0时刻开始，容器沿水平轨道向x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动．已知t＝0时刻滴下第一滴水，以后每

当前一滴水刚好落到盘面时再滴下一滴水．(取g＝10m/s2)(1)每一滴水离开容器后经过多长时间滴落到盘面上？(2)要使每一滴水在盘面上的落点都位于同一直线上，圆盘的角速度ω应为多大？(3)当圆盘的角速度为1.5π时，第二滴水与第三滴水在盘面上落点间的距离为2m，求容器的加

速度a.答案：(1)1s(2)kπg2h(k＝1,2,3，„)(3)47373m/s2解析：(1)离开容器后，每一滴水在竖直方向上做自由落体运动．则每一滴水滴落到盘面上所用时间t＝2hg＝1s(2)要使每一滴水在盘面

上的落点都位于同一直线上，则圆盘在1s内转过的弧度为kπ，k为不为零的正整数由ωt＝kπ得ω＝kπg2h＝kπ，其中k＝1,2,3„(3)第二滴水离开O点的距离为x1＝12at2＋(at)t＝32a第三滴水离开O点

的距离为x2＝12a(2t)2＋(a·2t)t＝4a又Δθ＝ωt＝1.5π即第二滴水和第三滴水分别滴落在圆盘上x轴方向及垂直x轴的方向上，所以x21＋x22＝x2即32a2＋(4a)2＝22解得a＝47373m/s2