2019物理优级（备、讲、练）全国经典版讲义第4章 第3讲圆周运动及其应用 含答案

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精第3讲圆周运动及其应用板块一主干梳理·夯实基础【知识点1】匀速圆周运动、角速度、线速度、向心加速度Ⅰ1.匀速圆周运动（1）定义：线速度大小不变的圆周运动。（2)性质:加速度大小不变，方向总是指向圆心的变加速曲线运动。（3)条件:有初速度,受到一个大小不变，方向始终与速度方向垂直且指向圆心的合外力.2．描述圆周运动的物理量描述圆周运动的物理量主要有线速度、角速度、周期、频率、转速、向心加速度、向心力等,具体如下：【知识点2】匀速圆周运动与非匀速圆周运动【知识点3】离心现象Ⅰ1．离心运动(1)定义：做圆周运动的物体，在所受合外力突然消失或不足以提供圆周运动所需向心力的情况下，所做的逐渐远离圆心的运动。(2)本质：做圆周运动的物体,由于本身的惯性，总有沿着圆周切线方向飞出去的倾向.（3）受力特点：Fn为提供的向心力。①当Fn＝mω2r时,物体做匀速圆周运动；②当Fn＝0时，物体沿切线方向飞出；③当Fn〈mω2r时，物体逐渐远离圆心，做离心运动。2．近心运动：当Fn〉mω2r时，物体将逐渐靠近圆心,做近心运动。板块二考点细研·悟法培优考点1圆周运动的运动学分析［基础强化］1．圆周运动各物理量间的关系2．对公式v＝ωr的理解当r一定时，v与ω成正比;当ω一定时，v与r成正比;当v一定时，ω与r成反比。3．对a＝eq\f(v2,r）＝ω2r的理解当v一定时,a与r成反比；当ω一定时，a与r成正比。4．常见的三种传动方式及特点(1)皮带传动:如图甲、乙所示,皮带与两轮之间无相对滑动时,两轮边缘线速度大小相等，即vA＝vB。（2)摩擦传动：如图丙所示，两轮边缘接触，接触点无打滑现象时,两轮边缘线速度大小相等，即vA＝vB。（3)同轴传动：如图丁所示，两轮固定在一起绕同一转轴转动，两轮转动的角速度大小相等，即ωA＝ωB。例1如图所示的皮带传动装置中，右边两轮连在一起同轴转动。图中三轮半径的关系为：r1＝2r2,r3＝1。5r1，A、B、C三点为三个轮边缘上的点，皮带不打滑,则A、B、C三点的线速度之比为______；角速度之比为________；周期之比为______。（1）A、B两点位于两轮边缘靠皮带传动,那么vA与vB有什么关系?ωA与ωB有什么关系？提示:vA＝vB,eq\f(ωA,ωB）＝eq\f(r2，r1）。(2）B、C为同轴转动的两点,vB与vC，ωB与ωC的关系是什么？提示：ωB＝ωC，eq\f（vB,vC）＝eq\f（r2，r3)。尝试解答1∶1∶3__1∶2∶2__2∶1∶1。因为A、B两轮由不打滑的皮带相连,所以相等时间内A、B两点转过的弧长相等，即vA＝vB，则v＝ωr知eq\f(ωA，ωB)＝eq\f(r2,r1)＝eq\f(1，2)，又B、C是同轴转动，相等时间内转过的角度相等，即ωB＝ωC,由v＝ωr知eq\f（vB,vC)＝eq\f(r2，r3）＝eq\f(\f(1,2）r1,1。5r1）＝eq\f（1，3）所以vA∶vB∶vC＝1∶1∶3ωA∶ωB∶ωC＝1∶2∶2再由T＝eq\f（2π,ω）可得TA∶TB∶TC＝1∶eq\f(1,2）∶eq\f(1，2)＝2∶1∶1。总结升华传动装置类问题的关键（1)确定属于哪类传动方式，抓住传动装置的特点。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。如例题，右边两轮为同轴传动；左轮与右边小轮为皮带传动.（2)结合公式v＝ωr，v一定时ω与r成反比，ω一定时v与r成正比，判定各点v、ω的比例关系，若判定向心加速度a的比例，巧用a＝ωv这一规律。eq\a\vs4\al（［跟踪训练］）［2017·桂林模拟]如图所示,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三点在运动过程中的（）A．线速度大小之比为3∶2∶2B．角速度之比为3∶3∶2C．转速之比为2∶3∶2D．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，eq\f(vb，RB)＝eq\f（vc,RC），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。考点2圆锥摆模型及其临界问[深化理解]1．圆锥摆模型的受力特点受两个力，且两个力的合力沿水平方向，物体在水平面内做匀速圆周运动.2．运动实例:圆锥摆、火车转弯、飞机在水平面内做匀速圆周飞行、半圆形的碗内物体做匀速圆周运动.3．解题方法：①对研究对象进行受力分析，确定向心力来源。②确定圆心和半径。③应用相关力学规律列方程求解.4．规律总结（1）圆锥摆的周期如图摆长为L，摆线与竖直方向夹角为θ。受力分析,由牛顿第二定律得：mgtanθ＝meq\f（4π2，\a\vs4\al（T)2）rr＝Lsinθ解得T＝2πeq\r（\f（Lcosθ，g)）＝2πeq\r(\f（h，g））(2)结论①摆高h＝Lcosθ，周期T越小，圆锥摆转的越快，θ越大。②绳的拉力F＝eq\f(mg，cosθ），圆锥摆转的越快，摆线拉力F越大.③摆球的加速度a＝gtanθ。例2(多选)如图所示，物体P用两根长度相等、不可伸长的细线系于竖直杆上，它们随杆转动，若转动角速度为ω，则（）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的增大而增大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(1）据圆锥摆的结论，ω较小时AP绳一定有力吗？提示：不一定，ω越小，BP与杆夹角越小,AP会松。(2）当ω增大到一定程度时，物体P受几个力,如何处理这几个力？提示:三个力，重力、BP拉力、AP拉力，沿水平方向、竖直方向正交分解。尝试解答选ABC。ω较小时,绳子AP处于松弛状态，只有ω超过某一值，才产生拉力,A正确；当AP、BP都产生张力之后,受力如图,FBPsinα＝mg＋FAPsinα①FBPcosα＋FAPcosα＝mω2r②由①②可知FBP>FAP，随ω的增大FBP、FAP都变大，B、C正确,D错误。总结升华解决圆锥摆临界问题的技巧圆锥摆的临界问题，主要就是与弹力有关的临界问题。(1)绳上拉力的临界条件是①绳恰好拉直且没有弹力。②绳上的拉力恰好达最大值。如例题中,AP绳恰好拉直且没有作用力为临界状态，此时对应的ω0为临界角速度,据ω＞ω0或ω＜ω0来判断小球的受力情况。（2)压力、支持力的临界条件是物物间的弹力恰好为零.eq\a\vs4\al(［跟踪训练］）如图所示，一个光滑的圆锥体固定在水平桌面上，其轴线沿竖直方向,母线与轴线之间的夹角为θ＝30°,一条长为L的绳（质量不计），一端固定在圆锥体的顶点O处,另一端拴着一个质量为m的物体(物体可看作质点)，物体以速率v绕圆锥体的轴线做水平匀速圆周运动。（1)当v＝eq\r(\f（1,6）gL)时，求绳对物体的拉力；(2）当v＝eq\r(\f(3,2)gL）时，求绳对物体的拉力。答案（1）1.03mg(2）2mg解析物体的受力分析如图所示，当v达到一定值v0时，斜面给物体的支持力FN＝0,则有：mgtanθ＝meq\f（v\o\al（2,0)，Lsinθ)解得:v0＝eq\r（\f（\r（3）gL,6））（1)v1＝eq\r（\f(1,6）gL)<v0，此时FN≠0正交分解列方程：水平方向:FTsinθ－FNcosθ＝eq\f（mv\o\al(2，1），Lsinθ)竖直方向：FTcosθ＋FNsinθ＝mg解得：FT＝eq\f(\r(3)，2）mg＋eq\f（1，6)mg≈1.03mg。(2）当v2＝eq\r(\f（3,2）gL）>v0时，物体已离开锥面，但仍绕轴线做水平面内的匀速圆周运动，设此时绳与轴线间的夹角为α(α〉θ)。则有FT2sinα＝meq\f（v\o\al（2，2）,Lsinα）FT2cosα＝mg联立得，cosα＝eq\f（1,2)，所以α＝60°FT2＝eq\f(1,2）mg＋eq\f(3,2）mg＝2mg。考点3水平转盘上运动物体的临界问题[解题技巧]水平转盘上运动物体的临界问题,主要涉及到与摩擦力和弹力有关的临界极值问题。1．如果只有摩擦力提供向心力，物体间恰好不发生相对滑动的临界条件是物体间恰好达到最大静摩擦力，则最大静摩擦力Fm＝eq\f(mv2，r)，方向指向圆心。2．如果除摩擦力以外还有其他力，如绳两端连接物体随水平面转动，其临界情况要根据题设条件进行判断。3．注意审题，关注题目中的关键词，从而确定临界条件，然后通过受力分析，对于不同运动过程或现象，选择相应的物理规律，列关系式求解。例3［2014·全国卷Ⅰ］（多选）如图，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(）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＝eq\r（\f（kg,2l）)是b开始滑动的临界角速度D．当ω＝eq\r(\f(2kg，3l))时,a所受摩擦力的大小为kmg（1)木块和水平圆盘何时发生相对滑动？提示：它们之间的摩擦力达到最大值时。(2)如何分析a、b谁先滑动？提示：谁的临界角速度小谁先滑动。尝试解答选AC。因圆盘从静止开始绕转轴缓慢加速转动，在某一时刻可认为，木块随圆盘转动时，其受到的静摩擦力的方向指向转轴，两木块转动过程中角速度相等，则根据牛顿第二定律可得f＝mω2R，由于小木块b的轨道半径大于小木块a的轨道半径,故小木块b做圆周运动需要的向心力较大，因为两小木块的最大静摩擦力相等，故b一定比a先开始滑动，B错误，A正确；当b开始滑动时，由牛顿第二定律可得kmg＝mωeq\o\al（2,b)·2l，可得ωb＝eq\r（\f(kg,2l))，C正确；当a开始滑动时，由牛顿第二定律可得kmg＝mωeq\o\al(2,a)l，可得ωa＝eq\r（\f(kg,l）)，而转盘的角速度eq\r(\f（2kg，3l))<eq\r（\f(kg，l))，小木块a未发生滑动，其所需的向心力由静摩擦力来提供，由牛顿第二定律可得f＝mω2l＝eq\f(2，3）kmg，D错误。总结升华解临界问题的注意事项(1）先确定研究对象受力情况，看哪些力充当向心力,哪些力可能突变引起临界问题。（2)注意分析物体所受静摩擦力大小和方向随圆盘转速的变化而发生变化。（3)关注临界状态，即静摩擦力达最大值时。例题中，随圆盘转动、静摩擦力提供向心力，随转速的增大，静摩擦力增大，当达到最大静摩擦力时开始滑动，出现临界情况,此时对应的角速度为临界角速度。eq\a\vs4\al([跟踪训练]）如图所示，水平转盘的中心有一个光滑的竖直小圆筒，质量为m的物体A放在转盘上，物体A到圆心的距离为r，物体A通过轻绳与物体B相连,物体B的质量也为m.若物体A与转盘间的动摩擦因数为μ，则转盘转动的角速度ω在什么范围内，物体A才能随盘转动？答案eq\r（\f（g1－μ,r））≤ω≤eq\r（\f(g1＋μ,r）)解析由于A在转盘上随转盘做匀速圆周运动，所以它所受的合力必然指向圆心。对物体A进行受力分析可知，重力与支持力平衡,绳的拉力指向圆心,因此A所受的摩擦力方向一定沿着半径方向，或指向圆心，或背离圆心.具体而言，当ω较小时,A有向圆心O运动的趋势，故转盘对A的摩擦力方向背离圆心;当ω较大时，A有远离圆心O运动的趋势,故转盘对A的摩擦力方向指向圆心。当A将要沿转盘背离圆心滑动时，A所受的摩擦力为最大静摩擦力，方向指向圆心,此时A做圆周运动所需的向心力为绳的拉力与最大静摩擦力的合力，即F＋Fm＝mrωeq\o\al(2,1)，①由于B静止，则有F＝mg②又因为Fm＝μFN＝μmg③由①②③式可得：ω1＝eq\r(\f（\a\vs4\al(g1＋μ），r))。当A将要沿转盘指向圆心滑动时，A所受的摩擦力为最大静摩擦力,方向背离圆心，此时A做圆周运动所需的向心力为F－Fm＝mrωeq\o\al(2，2)④由②③④式可得：ω2＝eq\r(\f(\a\vs4\al(g1－μ),r))。故要使A随转盘一起转动，其角速度ω的范围为ω2≤ω≤ω1,即eq\r（\f（\a\vs4\al(g1－μ），r))≤ω≤eq\r(\f（\a\vs4\al（g1＋μ)，r))。考点4竖直面内圆周运动-—“绳”模型和“杆”模型［拓展提升]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受力特征除重力外，物体受到的弹力方向：向下或等于零除重力外,物体受到的弹力方向：向下、等于零或向上受力示意图过最高点的临界条件由mg＝meq\f（v2,r）得v临＝eq\r（gr）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≥eq\r（gr），FN＋mg＝meq\f（v2,r），绳、圆轨道对球产生弹力FN(2)不能过最高点时,v<eq\r(gr),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〈v〈eq\r(gr）时，mg－FN＝meq\f（v2，r）,FN背离圆心，随v的增大而减小(3)当v＝eq\r(gr）时，FN＝0（4)当v>eq\r（gr）时，FN＋mg＝meq\f（v2,r），FN指向圆心并随v的增大而增大例4［2017·烟台模拟]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，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eq\r（gR)C．小球过最高点时，杆对球的作用力一定随速度增大而增大D．小球过最高点时,杆对球的作用力一定随速度增大而减小（1)杆模型中小球通过最高点的临界速度是多大?提示：v＝0。（2）最高点时杆对球的力一定是拉力吗？提示：不一定,还可以是支持力，要据最高点速度大小来判定。尝试解答选A.轻杆可对小球产生向上的支持力，小球经过最高点的速度可以为零,当小球过最高点的速度v＝eq\r（gR)时，杆所受的弹力等于零，A正确，B错误；若v〈eq\r（gR),则杆在最高点对小球的弹力竖直向上，mg－F＝meq\f（v2,R)，随v增大,F减小,若v>eq\r（gR)，则杆在最高点对小球的弹力竖直向下，mg＋F＝meq\f(v2，R），随v增大，F增大，故C、D均错误。总结升华竖直面内圆周运动类问题的解题技巧（1)定模型:首先判断是轻绳模型还是轻杆模型，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≥eq\r(gR)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。eq\a\vs4\al(［递进题组])1。如图所示,小球紧贴在竖直放置的光滑圆形管道内壁做圆周运动，内侧壁半径为R，小球半径为r,则下列说法正确的是（）A．小球通过最高点时的最小速度vmin＝eq\r（gR＋r）B．小球通过最高点时的最小速度vmin＝eq\r(gR)C．小球在水平线ab以下的管道中运动时，内侧管壁对小球一定无作用力D．小球在水平线ab以上的管道中运动时,外侧管壁对小球一定有作用力答案C解析此题属于杆模型，最高点的最小速度vmin＝0，故A、B错误;当小球在ab以下的管道中运动时，外侧管壁需给小球支持力和重力一起提供向心力，故C正确；当小球在水平线ab以上的管道中运动时，要看速度的大小来决定是外侧管壁对小球有力,还是内侧管壁对小球有力，故D错误。2.[2018·忻州一中检测]如图所示，两段长均为L的轻质线共同系住一个质量为m的小球，另一端分别固定在等高的A、B两点，A、B两点间距也为L,今使小球在竖直平面内做圆周运动，当小球到达最高点时速度为v，两段线中张力恰好均为零,若小球到达最高点时速率为2v,则此时每段线中张力大小为（)A.eq\r(3）mg B．2mgC．3mg D．4mg答案A解析当小球到达最高点时速率为v，两段线中张力恰好均为零，有mg＝meq\f（v2，r)；当小球到达最高点时速率为2v,设每段线中张力大小为F,应有2Fcos30°＋mg＝meq\f（2v2，r)；解得F＝eq\r(3）mg，选项A正确。［2013·重庆高考]（16分)如图所示，半径为R的半球形陶罐,固定在可以绕竖直轴旋转的水平转台上，转台转轴与过陶罐球心O的对称轴OO′重合。转台以一定角速度ω匀速转动，一质量为m的小物块落入陶罐内，经过一段时间后，小物块随陶罐一起转动且相对罐壁静止，它和O点的连线与OO′之间的夹角θ为60°，重力加速度大小为g。(1)若ω＝ω0，小物块受到的摩擦力恰好为零,求ω0;(2）ω＝（1±k)ω0，且0<k≪1，求小物块受到的摩擦力大小和方向。试卷抽样评析指导1。失分点①:方程和结果错误,被扣1分。失分原因:该同学分析正确但列方程时出现错误，对公式使用上所表述的意义、理解不透彻。补偿建议：在对公式的使用上面圆心在哪半径是指哪一段需搞清楚。规范解答：列出正确方程mgtanθ＝mωeq\o\al(2,0)Rsinθ，ω0＝eq\r(\f（2g，R)）2．失分点②：摩擦力的方向判断错误。失分原因：该同学两次分析摩擦力的方向错误而造成丢分。意义:应加强对摩擦力方向判断的理解。补偿建议：加深对摩擦力概念的理解。板块三限时规范特训时间:45分钟满分:100分一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分。其中1～6为单选,7～10为多选)1．如图为某一皮带传动装置。主动轮的半径为r1，从动轮的半径为r2.已知主动轮做顺时针转动,转速为n1，转动过程中皮带不打滑。下列说法正确的是(）A．从动轮做顺时针转动B．从动轮做逆时针转动C．从动轮边缘线速度大小为eq\f(r\o\al(2，2),r1）n1D．从动轮的转速为eq\f(r2，r1)n1答案B解析主动轮沿顺时针方向转动时，传送带沿M→N方向运动,故从动轮沿逆时针方向转动，故A错误，B正确；由ω＝2πn、v＝ωr可知，2πn1r1＝2πn2r2，解得n2＝eq\f(r1，r2)n1，故C、D错误。2．［2018·山东烟台一模]两粗细相同内壁光滑的半圆形圆管ab和bc连接在一起，且在b处相切,固定于水平面上。一小球从a端以某一初速度进入圆管，并从c端离开圆管。则小球由圆管ab进入圆管bc后(）A．线速度变小 B．角速度变大C．向心加速度变小 D．小球对管壁的压力变大答案C解析由于管道光滑，小球到达b点后,重力做功为零，速度大小保持不变，根据v＝ωR可知角速度ω减小，根据a＝eq\f（v2,R）可知向心加速度减小，根据F＝ma可知小球对管道的压力减小，故C正确。3.质量分别为M和m的两个小球,分别用长2l和l的轻绳拴在同一转轴上，当转轴稳定转动时，拴质量为M和m的小球悬线与竖直方向夹角分别为α和β，如图所示，则（)A．cosα＝eq\f（\a\vs4\al(cosβ)，2) B．cosα＝2cosβC．tanα＝eq\f（\a\vs4\al(tanβ）,2） D．tanα＝tanβ答案A解析以M为研究对象受力分析，由牛顿第二定律得Mgtanα＝Mωeq\o\al（2，1)·2lsinα,解得ωeq\o\al(2,1）＝eq\f(gtanα,2lsinα）。同理：以m为研究对象：ωeq\o\al(2,2）＝eq\f(gtanβ，lsinβ)。因ω1＝ω2，所以2cosα＝cosβ，故A正确。4．水平转台上有质量相等的A、B两小物块，两小物块间用沿半径方向的细线相连,两物块始终相对转台静止，其位置如图所示(俯视图），两小物块与转台间的最大静摩擦力均为f0，则两小物块所受摩擦力FA、FB随转台角速度的平方（ω2)的变化关系正确的是(）答案B解析设A、B到圆心O的距离分别为r1、r2，若细线不存在，则由f0＝mω2r及r1〈r2可知A、B两物体相对转台滑动的临界角速度满足ωA〉ωB，即物体B所受摩擦力先达到最大值，随后在一段时间内保持不变，C、D错误；当ω〉ωB时，细线中出现拉力T，对物体A：T＝0时，FA＝mω2r1，T〉0后，FA－T＝mω2r1，而对物体B满足T＋f0＝mω2r2，联立得FA＝mω2(r1＋r2）－f0,所以T>0后直线斜率比T＝0时大,当转台对A的摩擦力达到最大静摩擦力后，若转台角速度再增大，则A、B相对转台将出现滑动,所以A错误，B正确.5。［2017·云南省高三一统]用一根细线一端系一可视为质点的小球，另一端固定在一光滑锥顶上，如图所示，设小球在水平面内做匀速圆周运动的角速度为ω。线的张力为FT，则FT随ω2变化的图象是下图中的()答案C解析当ω较小时，斜面对小球有支持力，当ω＝ω0时,FN＝0，当ω<ω0时，受力分析如图甲，FTsinθ＋FNcosθ＝mgFTcosθ－FNsinθ＝mω2r则FT＝mgsinθ＋mω2rcosθFT。ω2函数为一次函数,斜率为mrcosθ当ω〉ω0时，受力分析如图乙,FTsinα＝mω2LsinαFT＝mω2LFT。ω2的函数为正比例，斜率为mL〉mrcosθ，故C正确.6．如图所示，一质量为M的人站在台秤上，一根长为R的悬线一端系一个质量为m的小球，手拿悬线另一端，小球绕悬线另一端点在竖直平面内做圆周运动，且小球恰好能通过圆轨道最高点，则下列说法正确的是（)A．小球运动到最高点时，小球的速度为零B．当小球运动到最高点时，台秤的示数最小，且为MgC．小球在a、b、c三个位置时,台秤的示数相同D．小球从最高点运动到最低点的过程中台秤的示数增大,人处于超重状态答案C解析小球恰好能通过圆轨道最高点，由mg＝meq\f（v2，R)，得v＝eq\r（gR），A项错误；当小球恰通过圆轨道最高点b时,悬线拉力为0，此时对人受力分析，得出台秤对人的支持力F＝Mg，在a、c两处时小球受重力和水平指向圆心的拉力，台秤对人的支持力也为F＝Mg，即台秤的示数也为Mg,故C项正确;小球在a、c连线以上（不包括b点)时,人受到悬线斜向上的拉力，人对台秤的压力小于Mg,在a、c连线以下时，人受到悬线斜向下的拉力，人对台秤的压力大于Mg，人处于平衡态,没有超、失重现象，B、D两项错误。7．如图所示，长为L的细绳一端固定在O点,另一端拴住一个小球，在O点的正下方与O点相距eq\f(L，2）的地方有一枚与竖直平面垂直的钉子，把球拉起使细绳在水平方向伸直，由静止开始释放，当细绳碰到钉子的瞬间，下列说法正确的是（）A．小球的角速度突然增大B．小球的线速度突然增大C．小球的向心加速度突然增大D．小球受悬线的拉力突然增大答案ACD解析细绳碰到钉子,半径减半，圆周运动的圆心变为P点,由于只是细绳碰钉子，小球并未受到其他外力作用而改变速度大小，即小球的线速度不变，B错误；由ω＝eq\f(v，r)可知ω变大，A正确；由a＝eq\f(v2，r）可知a增大,C正确；在经过最低点时,F－mg＝meq\f（v2,r）,得F＝mg＋meq\f(v2，r),可以判断F增大,D正确。8．如图所示，叠放在水平转台上的物体A、B、C能随转台一起以角速度ω匀速转动，A、B、C的质量分别为3m、2m、m，A与B、B和C与转台间的动摩擦因数均为μ，A和B、C离转台中心的距离分别为r、1.5r.最大静摩擦力等于滑动摩擦力。以下说法中正确的是（）A．B对A的摩擦力一定为3μmgB．B对A的摩擦力一定为3mω2rC．转台的角速度一定满足ω≤eq\r（\f(\a\vs4\al(2μg),3r）)D．转台的角速度一定满足ω≤eq\r（\f(\a\vs4\al(μg），r）)答案BC解析要使A能够与B一起以角速度ω转动，根据牛顿第二定律可知，B对A的摩擦力一定等于A物体所需向心力，即Ff＝3mω2r，A错误，B正确；要使A、B两物体同时随转台一起以角速度ω匀速转动，则对于A有：3μmg≥3mω2r，对A、B有：5μmg≥5mω2r，对于C有:μmg≥eq\f(3,2)mω2r,综合以上可得：ω≤eq\r(\f（\a\vs4\al（2μg),3r))，C正确,D错误。9。如图所示,直径为d的竖直圆筒绕中心轴线以恒定的转速匀速转动.一子弹以水平速度沿圆筒直径方向从左侧射入圆筒，从右侧射穿圆筒后发现两弹孔在同一竖直线上且相距为h，则（)A．子弹在圆筒中的水平速度为v0＝deq\r(\f（g，2h）)B．子弹在圆筒中的水平速度为v0＝2deq\r（\f(g,2h))C．圆筒转动的角速度可能为ω＝πeq\r（\f(g，2h））D．圆筒转动的角速度可能为ω＝3πeq\r(\f（g，2h)）答案ACD解析子弹在圆筒中运动的时间与自由下落h的时间相同，即t＝eq\r（\f(2h，g)）。v0＝eq\f(d,t)＝deq\r(\f（g，2h)），故A正确；在此时间内圆筒只需转半圈的奇数倍ωt＝（2n＋1）π(n＝0,1，2，…），所以ω＝eq\f(2n＋1π,t)＝（2n＋1)πeq\r（\f(g，2h)）（n＝0,1,2，…）。故C、D正确。10．[2017·杭州模拟］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T­v2图象如图乙所示，则()A．轻质绳长为eq\f(am，b)B．当地的重力加速度为eq\f（a,m）C．当v2＝c时，轻质绳的拉力大小为eq\f(ac,b)＋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解析设绳长为L,最高点由牛顿第二定律得：T＋mg＝eq\f（mv2,L)，则T＝eq\f(mv2，L)－mg。对应图象有:mg＝a得g＝eq\f（a，m)，故B正确。e