【文档说明】(新高考)高考物理一轮复习专题4.3《圆周运动及应用》练习（解析版）.doc，共(18)页，270.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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专题4.3圆周运动及应用【练】目录一．练经典题型.............................................................................................................

.............................................1二、练创新情景...............................................................................

...........................................................................7三．练规范解答...............................................

.........................................................................................................13一．练经典题型1．(2

021·石嘴山三中期中)质点做匀速圆周运动时，下列说法正确的是()A．速度的大小和方向都改变B．匀速圆周运动是匀变速曲线运动C．当物体所受合力全部用来提供向心力时，物体做匀速圆周运动D．向心加速度不变【答案】C【解析】质点做匀速圆周运动时，线速度大小始终不变，速度方向为质点运动轨迹的切线方向，

时刻在改变，故A错误；做匀速圆周运动的物体的加速度始终指向圆心，即方向在时刻改变，则匀速圆周运动是非匀变速曲线运动，故B、D错误；当质点所受合力全部用来提供向心力时，质点的线速度的大小不变，做匀速圆周运动，故C正确。2.(多选)如图所示，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＝RA2，若在传动过程中，皮带不打滑。则()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∶1D．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＝RA2，所以ωA＝ωC2，选项A错误。根据ωA＝ω

B，ωA＝ωC2，可得ωB＝ωC2，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＝ωC2及关系式a＝ω2R，可得aB＝aC4，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.小球P和Q用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，P球的质量大于Q球

的质量，悬挂P球的绳比悬挂Q球的绳短。将两球拉起，使两绳均被水平拉直，如图所示。将两球由静止释放。在各自运动轨迹的最低点时，有()A．P球的速度一定大于Q球的速度B．P球的动能一定小于Q球的动能C．P球所受绳的拉力一定大于Q球所受绳的拉力D．P球

的向心加速度一定小于Q球的向心加速度【答案】C【解析】小球从静止释放运动到最低点的过程中，由机械能守恒得mgR＝12mv2，解得v＝2gR，式中R为绳长，则小球在最低点的速度只与绳长有关，可知vP<vQ，动能与质量和绳长有关，由于P球的质量大于Q球的质量，悬挂P球的绳比悬挂Q球的绳短，

所以不能比较两球动能的大小，故A、B错误；小球在最低点时，拉力和重力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得F－mg＝mv2R，解得F＝mg＋mv2R＝3mg，a向＝F－mgm＝2g，所以P球所受绳的拉力一定大于Q球所受绳的拉力

，向心加速度两者相等，故C正确，D错误。4．(2021·浙江选考模拟)(多选)如图所示，长为3L的轻杆绕水平转轴O转动，在杆两端分别固定质量均为m的球A、B(可视为质点)，A球距转轴O的距离为L。现给系统一定

的动能，使杆和球在竖直平面内转动。当B球运动到最高点时，水平转轴O对杆的作用力恰好为零，忽略空气阻力。已知重力加速度为g，则B球在最高点时，下列说法正确的是()A．B球的速度为2gLB．A球的速度大于2gL2C．杆

对B球的弹力为零D．杆对B球的弹力方向竖直向下【答案】BD【解析】当B球运动到最高点时，水平转轴O对杆的作用力恰好为零时，说明杆对两球的作用力大小相等、方向相反，杆对B球的弹力方向竖直向下，D正确；由题图可知两球的角速度ω相等，由牛顿第二定律

知，对B球有mg＋T＝2mLω2，对A球有T－mg＝mω2L，联立解得ω＝2gL，T＝3mg，B球的速度vB＝2Lω＝22gL，A球的速度vA＝Lω＝2gL，故B正确，A、C错误。5．(2021·山东大学附中质检)如图所示，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()A．物块A、B的运动属于匀变速曲线运动B．B的向心力是A的向心力的2倍C．盘对B的摩擦力是B对A的摩擦力的2倍D．若B先滑动，则B与A之间的动摩擦因数μA小于盘与B之间的动摩擦因数μB【答案】：C【解

析】：A、B做匀速圆周运动，加速度方向不断变化，属于非匀变速曲线运动，选项A错误；根据Fn＝mrω2，因为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，选项B错误；对A、B整体分析，f

B＝2mrω2，对A分析，有：fA＝mrω2，知盘对B的摩擦力是B对A的摩擦力的2倍，选项C正确．对A、B整体分析，μB·2mg＝2mrω2B，解得ωB＝μBgr，对A分析，μAmg＝mrω2A，解得ωA＝μAgr，

若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，选项D错误．6．(多选)(2020·四川成都七中5月测试)天花板下悬挂的轻质光滑小圆环P可绕过悬挂点的竖直轴无摩擦地旋转.一根轻绳穿过P，

两端分别连接质量为m1和m2的小球A、B(m1≠m2).设两球同时做如图所示的圆锥摆运动，且在任意时刻两球均在同一水平面内，则()A.两球运动的周期相等B.两球的向心加速度大小相等C.球A、B到P的距离之比等于m2∶m1D.球A、B到P的距离之比等于m

1∶m2【答案】AC【解析】对其中一个小球受力分析，其受到重力和绳的拉力FT，绳的拉力在竖直方向的分力与重力平衡，设轻绳与竖直方向的夹角为θ，则有FTcosθ＝mg，拉力在水平方向上的分力提供向心力，设该小球到P的距离为l，则有FTsinθ＝

mgtanθ＝m4π2T2lsinθ，解得周期为T＝2πlcosθg＝2πhg，因为任意时刻两球均在同一水平面内，故两球运动的周期相等，选项A正确；连接两球的绳的张力FT相等，由于向心力为Fn＝FTsinθ＝mω2lsinθ，故m与l成反比，即l1l2＝m

2m1，又小球的向心加速度a＝ω2htanθ＝(2πT)2htanθ，故向心加速度大小不相等，选项C正确，B、D错误.7.(多选)质量为m的小球由轻绳a和b分别系于一轻质细杆的A点和B点，如图所示，绳a与水平方向成θ角，绳b在水平方向且长为l，当轻杆绕轴AB以角速度ω匀速转动时，小球在

水平面内做匀速圆周运动，则下列说法正确的是()A．a绳的张力不可能为零B．a绳的张力随角速度的增大而增大C．当角速度ω>gcotθl时，b绳将出现弹力D．若b绳突然被剪断，则a绳的弹力一定发生变化【答案】AC【解析

】对小球受力分析，可得a绳的弹力在竖直方向的分力平衡了小球的重力，解得Ta＝mgsinθ，为定值，A正确，B错误。当Tacosθ＝mω2l，即ω＝gcotθl时，b绳的弹力为零，若角速度大于该值，则b

绳将出现弹力，C正确。由于绳b可能没有弹力，故绳b突然被剪断，则a绳的弹力可能不变，D错误。8．(多选)(2021·哈尔滨三中期中)如图所示，长为L的细绳一端拴一质量为m小球，另一端固定在O点，绳的最大承受能力为11mg，在O点正下方O′点有一小钉，先把绳拉至水平再释放

小球，为使绳不被拉断且小球能以O′为轴完成竖直面完整的圆周运动，则钉的位置到O点的距离为()A．最小为25LB．最小为35LC．最大为45LD．最大为910L【答案】BC【解析】当小球恰好到达圆周运动的最高点时小球的转动半径为r，重力提供向心力，则有mg＝mv2r，根据机械能守恒定律

可知，mg(L－2r)＝12mv2，联立解得：r＝25L，故钉的位置到O点的距离为L－25L＝35L；当小球转动时，恰好达到绳子的最大拉力时，即F＝11mg，此时一定处在最低点，设半径为R，则有：11mg－mg＝mv20R，根据机械能守恒定律可知，mgL＝12mv20，联立解得：R

＝15L，故此时离最高点距离为45L，则可知，距离最小为35L，距离最大为45L，故B、C正确，A、D错误．9.如图所示，一轻杆一端固定在O点，另一端固定一小球，在竖直平面内做半径为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FN，小球在最高点的速度大小为v，FN－v2图

象如图乙所示.下列说法正确的是()A.当地的重力加速度大小为RbB.小球的质量为aRbC.当v2＝c时，杆对小球弹力方向向上D.若v2＝2b，则杆对小球弹力大小为2a【答案】B【解析】小球在最高点，若v＝0，则FN＝a＝mg；若FN＝0，则mg＝mv2R＝mbR

，解得g＝bR，m＝abR，故A错误，B正确；由题图可知：当v2<b时，杆对小球弹力方向向上，当v2>b时，杆对小球弹力方向向下，所以当v2＝c时，杆对小球弹力方向向下，故C错误；若v2＝2b，则FN＋mg＝m2bR，解得FN＝a，故D错误.10.一轻杆一端固

定质量为m的小球，以另一端O为圆心，使小球在竖直面内做半径为R的圆周运动，如图所示，重力加速度为g，则下列说法正确的是()A.小球过最高点时，杆所受到的弹力可以等于零B.小球过最高点的最小速度是gRC.小球过最高点时，杆对球的作用力一定随速度的增大而增大D.小球过最高点时，杆对球的作用力一定随速度

的增大而减小【答案】A【解析】当小球在最高点所受的弹力为零时，有mg＝mv2R，解得v＝gR，即当速度v＝gR时，轻杆所受的弹力为零，所以A正确.小球通过最高点的最小速度为零，所以B错误.小球在最高点，若v<gR，则有：

mg－F＝mv2R，轻杆的作用力随着速度的增大先减小后反向增大，若v>gR，则有：mg＋F＝mv2R，轻杆的作用力随着速度的增大而增大，所以C、D错误.二、练创新情景1.(2021·温州九校联考)环球飞车是一场将毫无改装

的摩托车文化进行演绎的特技表演。如图所示，在舞台中固定一个直径为6.5m的球形铁笼，其中有一辆摩托车在与球心共面的水平圆面上做匀速圆周运动，下列说法正确的是()A．摩托车受摩擦力、重力、弹力和向心力的作用B．摩托车做圆周运动的向心力由弹力来提供C．在此

圆周运动中摩托车受到的弹力不变D．摩托车受到水平圆面内与运动方向相同的摩擦力【答案】B【解析】摩托车受重力、摩擦力、弹力的作用，向心力是效果力，故A错误；竖直方向上，摩托力所受重力和摩擦力平衡，所以摩擦

力方向竖直向上。弹力提供向心力，所以弹力方向改变，故B正确，C、D错误。2.(2020·全国卷Ⅰ·16)如图，一同学表演荡秋千.已知秋千的两根绳长均为10m，该同学和秋千踏板的总质量约为50kg.绳的质量忽略不计.当该同学荡到秋千支架的正下方时，速度大小为8m/s，此

时每根绳子平均承受的拉力约为()A.200NB.400NC.600ND.800N【答案】B【解析】取该同学与踏板为研究对象，到达最低点时，受力如图所示，设每根绳子中的平均拉力为F.由牛顿第二定律知：2F－mg＝mv2r代入数据得F＝405

N，故每根绳子平均承受的拉力约为405N，选项B正确.3.(2020·合肥调研)如图所示，两艘快艇在湖面上做匀速圆周运动，在相同时间内，它们通过的路程之比是3∶2，运动方向改变的角度之比是2∶1，则()A．二者线速度大小之比为2∶3B．二者角速度大小之比为1∶2C．二者圆周

运动的半径之比为1∶3D．二者向心加速度大小之比为3∶1【答案】D【解析】线速度v＝st，两快艇通过的路程之比为3∶2，由于运动时间相等，则二者的线速度大小之比为3∶2，故A错误；角速度ω＝θt，运动方向改变的角度等于圆周运动转过的角度，两快艇转过的角度之比为2∶1，由于运动时间相等，

则角速度大小之比为2∶1，故B错误；根据v＝rω得，圆周运动的半径r＝vω，则两快艇做圆周运动的半径之比为3∶4，故C错误；根据a＝vω得，向心加速度大小之比为3∶1，故D正确。4．(2021·沈阳一模)我国高铁技术发展迅猛，目前处于世界

领先水平。已知某路段为一半径为5600米的弯道，设计时速为216km/h(此时车轮轮缘与轨道间无挤压)，已知我国的高铁轨距约为1400mm，且角度较小时可近似认为tanθ＝sinθ，重力加速度g取10m/s2，则此弯道内、外轨高度差应为()A．8

cmB．9cmC．10cmD．11cm【答案】B【解析】由题可知半径R＝5600m，时速为v＝216km/h＝60m/s；根据牛顿第二定律得mgtanθ＝mv2R，解得tanθ＝9140，由几何关系得tanθ＝sinθ＝hL，而L＝1400mm，联立得h＝90

mm＝9cm，故B正确，A、C、D错误。5.(2021·北京密云质检)如图所示，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()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gR【答案】：BC【解析】：甲图中，由mg＝mv2R可知，当轨道车以一定的速度v＝gR通过轨道最高点时，座椅给人向上的力为零，选项A错误；乙图中，由F－mg＝mv2R可

知，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F＝mg＋mv2R，选项B正确；丙图中，由F－mg＝mv2R可知，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F＝mg＋mv2R，选项C正确；由于过山车都有安全锁(由上、下、侧三个轮子组成)把轨道车套在了轨道上，丁图中，

轨道车过最高点的最小速度可以为零，选项D错误．6.如图所示，“旋转秋千”中的两个座椅A、B质量相等，通过相同长度的缆绳悬挂在旋转圆盘上。不考虑空气阻力的影响，当旋转圆盘绕竖直的中心轴匀速转动时，下列说法正确的是()A．A的速度比B的大B．A与B的向心加速度大小相等C．悬挂A、B的缆绳与

竖直方向的夹角相等D．悬挂A的缆绳所受的拉力比悬挂B的小【答案】D【解析】在转动过程中，A、B两座椅的角速度相等，但由于B座椅的半径比较大，故B座椅的速度比较大，向心加速度也比较大，A、B项错误；A、B两座椅所需向心力不等，而重力相同，故缆绳与竖直方向的夹角不等，C项错误；根据F＝mω

2r判断A座椅的向心力较小，所受拉力也较小，D项正确。7.(2021·武汉高考调研)机动车检测站进行车辆尾气检测原理如下：车的主动轮压在两个相同粗细的有固定转动轴的滚动圆筒上，可在原地沿前进方向加速，然后把检测传感器放入尾气出口，操

作员把车加速到一定程度，持续一定时间，在与传感器相连的电脑上显示出一系列相关参数．现有如下检测过程简图：车轴A的半径为ra，车轮B的半径为rb，滚动圆筒C的半径rc，车轮与滚动圆筒间不打滑，当车轮以恒定转速n(每秒钟n转)运行时，下列说法正确的是

()A．C的边缘线速度为2πnrcB．A、B的角速度大小相等，均为2πn且A、B沿顺时针方向转动，C沿逆时针方向转动C．A、B、C的角速度大小相等，均为2πn，且均沿顺时针方向转动D．B、C的角速度之比为rbrc【答案】：B【解析】：由v＝2πn

R可知B轮的线速度为vb＝2πnrb，B、C线速度相同，即C的线速度为vc＝vb＝2πnrb，A错误．B、C线速度相同，B、C角速度比为半径的反比，D错误．A、B同轴转动，A、B角速度相等为2πn，C的角速度为

2πnrbrc，A、B为主动轮，C为从动轮，A、B顺时针转动，C逆时针转动，B正确，C错误．8．(多选)(2019·江苏高考)如图所示，摩天轮悬挂的座舱在竖直平面内做匀速圆周运动。座舱的质量为m，运动半径为

R，角速度大小为ω，重力加速度为g，则座舱()A．运动周期为2πRωB．线速度的大小为ωRC．受摩天轮作用力的大小始终为mgD．所受合力的大小始终为mω2R【答案】BD【解析】由T＝2πω，v＝ωR可知A错误，B正确。由座舱做匀速圆周运动，可知座舱所受的合力提供向心力，F＝mω2R，方向

始终指向摩天轮中心，则座舱在最低点时，其所受摩天轮的作用力为mg＋mω2R，故C错误，D正确。9.(多选)(2021·天津市南开区下学期二模)飞机飞行时除受到发动机的推力和空气阻力外，还受到重力和机翼的升力，机翼的升力垂直于机

翼所在平面向上，当飞机在空中盘旋时机翼倾斜(如图7所示)，以保证重力和机翼升力的合力提供向心力.设飞机以速率v在水平面内做半径为R的匀速圆周运动时机翼与水平面成θ角，飞行周期为T.则下列说法正确的是()A.若飞行速率v不变，θ增大，则半径R增大B.若飞行速率v不变，θ增大，则周期T增大C

.若θ不变，飞行速率v增大，则半径R增大D.若飞行速率v增大，θ增大，则周期T可能不变【答案】CD【解析】对飞机进行受力分析，如图所示，根据重力和机翼升力的合力提供向心力，得mgtanθ＝mv2R＝m4π2T2R，解得：v＝gRtanθ，T＝2πRgtanθ.若飞行速率v不变，θ增

大，由v＝gRtanθ知，R减小，则再由T＝2πRgtanθ知，T减小，故A、B错误；若θ不变，飞行速率v增大，由v＝gRtanθ知，R增大，故C正确；若飞行速率v增大，θ增大，R的变化不能确定，则周期T可能不变，故D正确.10.(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＝100m.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取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5.5

8s【答案】AB【解析】如图所示，设直道分别为AB和CD段，作BE平行OO′，根据几何知识可得BE＝100m，AE＝50m，AB＝503m，赛车在大圆弧弯道上做匀速圆周运动，设在大圆弧弯道上各处速度为vA，根据牛顿第二定律，2.25mg＝mvA2R，可得v

A＝45m/s，设在小圆弧弯道上各处速度为vB，由2.25mg＝mvB2r，可得vB＝30m/s，vC＝vB<vA＝vD，绕过小圆弧弯道后加速，A、B选项正确；根据运动学公式a＝vA2－vB22lAB≈6.50m/s2，C选项错误；通过小圆弧弯道的时间为t＝13×2πrvB≈2.79s，D选

项错误.三．练规范解答1．(2021·山东德州月考)一竖直杆上相距L的A、B两点拴着一根不可伸长的轻绳，绳长1.4L，绳上套着一个光滑的小铁环，设法转动竖直杆，不让绳缠绕在杆上，而让小铁环在某水平面上做匀速圆周运动，

如图所示．当两段绳成直角时，求小铁环转动的周期．已知重力加速度为g.【答案】：4π53L7g【解析】：设两段绳呈直角时小铁环所在的位置为O点，∠BAO＝θ，绳中拉力为F.由牛顿第二定律得：Fcosθ＝Fsinθ＋mg①Fsinθ＋Fcosθ＝ma②由圆周运动规律得：a＝(2

πT)2r③由几何关系得：r＝Lcosθsinθ④Lcosθ＋Lsinθ＝1.4L⑤由①得：cosθ>sinθ⑥由⑤⑥解得：sinθ＝0.6，cosθ＝0.8⑦则由①②③④⑤⑦解得T＝4π53L7g2.如图所示，质

量为m＝1.2kg的小球P(可以看成质点)，用两根轻绳OP和O′P在P点拴结后再分别系于竖直轴上相距0.3m的O、O′两点上，绳OP长0.5m，绳O′P长0.4m.(1)今在小球上施加一方向与水平方向成θ＝37°角的拉力F，将小球缓慢拉起.当绳O′P刚伸

直时，拉力F的大小是多少？(已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2)(2)如果撤去拉力F，使轴加速转动，求两绳绷紧时的最小角速度；(3)如果撤去拉力F，使轴匀速转动，设绳O′P对球的作用力为F′，系统与轴

一起转动的角速度为ω，请写出F′与角速度ω的关系式并且作F′－ω2的图象.【答案】(1)10N(2)1033rad/s(3)见解析【解析】(1)绳O′P刚拉直时，设OP绳拉力为FT1，此时O′P绳子拉力为零，小球受力如图甲所示.根据几何关系可得：sinα＝OO′OP，所以有：α

＝37°，根据共点力的平衡条件可得：Fcosθ＝FT1cosα，Fsinθ＋FT1sinα＝mg，联立解得F＝10N；(2)如果撤去力F，使轴加速转动，角速度最小对应的是O′P绳的拉力为零，合力提供向心力，故：F合＝

mgtan53°＝mω2rO′P，解得：ω＝1033rad/s；(3)当角速度大于1033rad/s时，绳子O′P有拉力，球受重力、两个拉力，合力提供向心力.如图乙所示，竖直方向：FT1′sin37°＝mg，水平方向：F′＋FT1′cos37°＝mω2rO′P，联立解得：F′＝0.

48ω2－16，作F′－ω2的图象，如图丙所示.3.(2021·河南开封模拟)如图所示，一块足够大的光滑平板放置在水平面上，能绕水平固定轴MN调节其与水平面所成的倾角．板上一根长为l＝0.60m的轻细绳，它的一端系住一质量为m的小球P，另一端固定在板上的O点．当平板的倾角固定为α时，

先将轻绳平行于水平轴MN拉直，然后给小球一沿着平板并与轻绳垂直的初速度v0＝3.0m/s.若小球能保持在板面内做圆周运动，倾角α的值应在什么范围内？(重力加速度g取10m/s2)【答案】：0°≤α≤30°【解析】：小球在倾斜平板上运动时受到

绳子拉力、平板弹力、重力．在垂直平板方向上合力为0，重力在沿平板方向的分量为mgsinα小球在最高点时，由绳子的拉力和重力沿平板方向的分力的合力提供向心力，有FT＋mgsinα＝mv21l①研究小球从释放到

最高点的过程，根据动能定理有－mglsinα＝12mv21－12mv20②若恰好能通过最高点，则绳子拉力FT＝0③联立①②③解得sinα＝12，解得α＝30°故α的范围为0°≤α≤30°.4.(2020·陕西宝鸡市模拟)如图所示，餐桌中心是一个半径为

r＝1.5m的圆盘，圆盘可绕中心轴转动，近似认为圆盘与餐桌在同一水平面内且两者之间的间隙可忽略不计.已知放置在圆盘边缘的小物体与圆盘间的动摩擦因数为μ1＝0.6，与餐桌间的动摩擦因数为μ2＝0.225，餐桌离地高度为h＝0.8m.设小物体与圆盘以及餐桌之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，

重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力.(1)为使物体不滑到餐桌上，圆盘的角速度ω的最大值为多少？(2)缓慢增大圆盘的角速度，物体从圆盘上甩出，为使物体不滑落到地面，餐桌半径R的最小值为多大？(3)若餐桌半径R′＝2r，则在圆盘角速度缓慢增大时，物体从圆盘上被甩出后滑落到地

面上的位置到从圆盘甩出点的水平距离L为多少？【答案】(1)2rad/s(2)2.5m(3)2.1m【解析】(1)由题意可得，当小物体在圆盘上随圆盘一起转动时，圆盘对小物体的静摩擦力提供向心力，所以随着圆盘转速的增大

，小物体受到的静摩擦力增大.当静摩擦力最大时，小物体即将离开圆盘，此时圆盘的角速度达到最大，则有Ffm＝μ1FN＝mrω2FN＝mg两式联立可得ω＝2rad/s(2)由题意可得，当物体滑到餐桌边缘时速度恰好减为零，对应的餐桌半径取最小值.设物体在餐桌上

滑动的位移为x，物体在餐桌上做匀减速运动的加速度大小为a，则a＝FfmFf＝μ2mg所以a＝μ2g＝2.25m/s2物体在餐桌上滑动的初速度为v0＝ωr＝3m/s由运动学公式0－v02＝－2ax可得x＝2m由几何关系可得餐桌半径的最小值为R＝r2＋x2＝2.5m(3)当物体滑离餐桌时，

开始做平抛运动，平抛的初速度为物体在餐桌上滑动的末速度vt′，由题意可得vt′2－v02＝－2ax′由于餐桌半径为R′＝2r，所以x′＝r＝1.5m解得vt′＝1.5m/s设物体做平抛运动的时间为t，则h＝12gt2

解得t＝2hg＝0.4s物体做平抛运动的水平位移为x″＝vt′t＝0.6m所以由题意可得L＝x′＋x″＝2.1m