人教高中物理同步讲义练习必修二6.2 圆周运动的受力特点 （解析版）

6.2圆周运动的受力特点学习目标学习目标课程标准学习目标1．通过实验，探究并了解匀速圆周运动向心力大小与半径、角速度、质量的关系。2．能用牛顿第二定律分析匀速圆周运动的向心力。1、知道向心力是根据力的效果命名的，会分析向心力的来源。2、感受影响向心力大小的因素，通过实验探究它们之间的关系。3、掌握向心力的表达式，能够计算简单情境中的向心力。4、知道变速圆周运动和一般曲线运动的分析方法。002预习导学课前研读课本，梳理基础知识：一、匀速圆周运动的向心力1．大小：Fn＝meq\f(v2,r)＝mω2r＝meq\f(4π2r,T2)＝mωv＝m·4π2f2r。2．方向：始终沿半径方向指向圆心，时刻在改变，即向心力是一个变力。3．来源：向心力可以由一个力提供，也可以由几个力的合力提供，还可以由一个力的分力提供。二、运动模型运动模型向心力的来源图示运动模型向心力的来源图示飞机水平转弯火车转弯圆锥摆飞车走壁汽车在水平路面转弯水平转台(光滑)三、分析思路四、变速圆周运动的合力(如图)①与圆周相切的分力Ft产生切向加速度at，改变线速度的大小，当at与v同向时，速度增大，做加速圆周运动，反向时做减速圆周运动．②指向圆心的分力Fn提供向心力，产生向心加速度an，改变线速度的方向．（二）即时练习：【小试牛刀1】如图所示，一个圆盘绕过圆心O且与盘面垂直的竖直轴匀速转动，角速度为ω，盘面上有一质量为m的物块随圆盘一起做匀速圆周运动，已知物块到转轴的距离为r，下列说法正确的是()A.物块受重力、弹力、向心力作用，合力大小为mω2rB.物块受重力、弹力、摩擦力、向心力作用，合力大小为mω2rC.物块受重力、弹力、摩擦力作用，合力大小为mω2rD.物块只受重力、弹力作用，合力大小为零答案C解析对物体进行受力分析可知物体受重力、圆盘对它的支持力及摩擦力作用。物体所受的合力等于摩擦力，合力提供向心力。根据牛顿第二定律有F合＝Ff＝mω2r，选项A、B、D错误，C正确。【小试牛刀2】(多选)如图所示，长为L的细绳一端固定，另一端系一质量为m的小球。给小球一个合适的初速度，小球便可在水平面内做匀速圆周运动，这样就构成了一个圆锥摆，设细绳与竖直方向的夹角为θ。下列说法中正确的是()A．小球受重力、绳的拉力和向心力作用B．小球只受重力和绳的拉力作用C．θ越大，小球运动的速率越大D．θ越大，小球运动的周期越大解析：选BC小球受重力、绳的拉力作用，二者合力提供向心力，由牛顿第二定律可得：Fcosθ＝mg，Fsinθ＝meq\f(v2,Lsinθ)，T＝eq\f(2πLsinθ,v)，可求得v＝eq\r(gLsinθtanθ)，T＝2πeq\r(\f(Lcosθ,g))，可见θ越大，v越大，T越小。B、C正确，A、D错误。【小试牛刀3】质量为m的木块从半径为R的半球形的碗口下滑到碗的最低点的过程中，如果由于摩擦力的作用使木块的速率不变，那么()A．因为速率不变，所以木块的加速度为零B．木块下滑过程中所受的合外力越来越大C．木块下滑过程中所受的摩擦力大小不变D．木块下滑过程中的加速度大小不变，方向始终指向球心答案D解析由于木块沿圆弧下滑速率不变，故木块做匀速圆周运动，存在向心加速度，选项A错误；由牛顿第二定律得：F合＝man＝meq\f(v2,R)，而v的大小不变，故合外力的大小不变，选项B错误；由于木块在滑动过程中与接触面的正压力是变化的，故滑动摩擦力在变化，选项C错误；木块在下滑过程中，速度的大小不变，所以向心加速度的大小不变，方向始终指向球心，选项D正确．003题型精讲【题型一】圆锥摆【典型例题1】如图所示，一质量m＝1kg的小球用长L＝0.5m的细线悬挂在O点，O点距地面的高度H＝1m。现使小球绕OO′轴在水平面内做圆周运动，已知细线的拉力T＝12.5N，取g＝10m/s2，不计空气阻力。(1)求小球的线速度大小v。(2)在小球运动的过程中，若细线突然断裂，则细线断裂后小球做平抛运动的落地点与O′点之间的距离s为多少？解析：(1)设细线与竖直方向的夹角为α，有Tcosα＝mg对小球，根据牛顿第二定律得Tsinα＝meq\f(v2,Lsinα)联立解得v＝1.5m/s。(2)小球做平抛运动，在竖直方向上有H－Lcosα＝eq\f(1,2)gt2水平方向上有x＝vt落地点与O′点之间的距离s为s＝eq\r(vt2＋Lsinα2)＝0.6m。答案：(1)1.5m/s(2)0.6m【典型例题2】(多选)如图，内壁光滑的玻璃管内用长为L的轻绳悬挂一个小球。当玻璃管绕竖直轴以角速度ω匀速转动时，小球与玻璃管间恰无压力。下列说法正确的是()A．仅增加绳长后，小球将受到玻璃管斜向上方的压力B．仅增加绳长后，若仍保持小球与玻璃管间无压力，需减小ωC．仅增加小球质量后，小球将受到玻璃管斜向上方的压力D．仅增加角速度至ω′后，小球将受到玻璃管斜向下方的压力[解析]根据题意可知，mgtanθ＝mrω2＝mω2Lsinθ，仅增加绳长后，小球需要向心力变大，则有离心趋势会挤压管壁外侧，小球受到玻璃管给的斜向下方的压力，若仍保持小球与玻璃管间无压力，需减小ω，故A错误，B正确；小球质量可以被约去，所以仅增加小球质量，小球仍与管壁间无压力，故C错误；仅增加角速度至ω′后，小球需要向心力变大，则有离心趋势会挤压管壁外侧，小球受到玻璃管斜向下方的压力，故D正确。[答案]BD【对点训练1】有一竖直转轴以角速度ω匀速旋转，转轴上的A点有一长为l的细绳系有质量为m的小球。要使小球在随转轴匀速转动的同时又不离开光滑的水平面，则A点到水平面的高度h最小为()A．eq\f(g,ω2) B．ω2gC．eq\f(ω2,g) D．eq\f(g,2ω2)解析：选A以小球为研究对象，小球受三个力的作用，重力mg、水平面支持力N、绳子拉力F，在竖直方向合力为零，在水平方向所需向心力为mω2R，设绳子与竖直方向的夹角为θ，则有：R＝htanθ，那么Fcosθ＋N＝mg，Fsinθ＝mω2htanθ；当球即将离开水平面时，N＝0，此时Fcosθ＝mg，Fsinθ＝mgtanθ＝mω2htanθ，即h＝eq\f(g,ω2)。故A正确。【对点训练2】.(多选)如图所示，倾角为30°的斜面体置于粗糙的水平地面上，斜面上质量为4m的滑块通过轻质刚性绳穿过光滑的圆环与质量为m的小球(可视为质点)相连，轻绳与斜面平行，小球在水平面内做圆周运动，轻绳与竖直方向的夹角也为30°。斜面体和滑块始终静止，小球与圆环之间的绳长为L，重力加速度为g，下列说法正确的是()A.斜面体所受摩擦力大小为mgB.滑块所受摩擦力大小为2mgC.若改变小球的转速，当滑块恰好不受摩擦力时，小球的动能为eq\f(\r(3),4)mgLD.若改变小球的转速，当滑块恰好不受摩擦力时，小球的向心加速度大小为eq\r(3)g答案AD解析对小球受力分析有mg＝Tcos30°，解得T＝eq\f(mg,cos30°)＝eq\f(2\r(3),3)mg；对滑块受力分析得重力沿斜面向下的分力为4mgsin30°＝2mg，所以f＝2mg－T＝eq\f(6－2\r(3),3)mg；将滑块和斜面看成整体，由平衡条件得，斜面体所受摩擦力大小为f1＝Tcos30°＝eq\f(2\r(3),3)mg×eq\f(\r(3),2)＝mg，故A正确，B错误；当滑块恰好不受摩擦力时，绳的拉力为T′＝2mg，设此时细绳与竖直方向的夹角为θ，则T′cosθ＝mg，所以θ＝60°。小球做圆周运动，则有T′sin60°＝meq\f(v2,Lsin60°)，得小球的动能为Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)T′Lsin260°＝eq\f(3,4)mgL，向心加速度为a＝eq\f(T′sin60°,m)＝eq\r(3)g，故C错误，D正确。【题型二】对比问题【典型例题3】天花板下悬挂的轻质光滑小挂钩可绕过悬挂点的竖直轴无摩擦地转动。一根光滑轻质细绳穿过挂钩，两端分别连接小球P和Q。两小球同时做匀速圆周运动，且在任意时刻两球均在同一水平面上，此时悬挂两球的细绳与竖直方向的夹角分别为45°和30°，则()A．两球向心加速度的大小相等B．小球P、Q的质量之比为eq\r(2)∶2C．小球P、Q所受向心力的大小之比为eq\r(2)∶1D．两球线速度的大小相等解析：选C对小球受力分析可知，绳的拉力在水平方向的分力提供向心力，则有Fsinθ＝mgtanθ＝ma，得a＝gtanθ，P、Q两小球相连接的细绳与竖直方向的夹角的正切值不同，故它们的向心加速度大小不相等，故A错误；两小球由同一细绳连接，故细绳对小球的拉力大小相等，由受力分析可知Fcosθ＝mg，故两小球的质量之比为mP∶mQ＝cos45°∶cos30°＝eq\r(2)∶eq\r(3)，故B错误；两小球所受向心力由绳的拉力在水平方向的分力提供，有F向＝Fsinθ，故两小球所受向心力的大小之比为F向P∶F向Q＝sin45°∶sin30°＝eq\r(2)∶1，故C正确；设挂钩到两小球做圆周运动的平面的距离为h，由圆周运动得mgtanθ＝meq\f(v2,htanθ)，得v＝eq\r(gh)tanθ，所以两小球做圆周运动的线速度大小之比为vP∶vQ＝tan45°∶tan30°＝eq\r(3)∶1，故D错误。【典型例题4】(2021·河北高考)(多选)如图，矩形金属框MNQP竖直放置，其中MN、PQ足够长，且PQ杆光滑。一根轻弹簧一端固定在M点，另一端连接一个质量为m的小球，小球穿过PQ杆。金属框绕MN轴分别以角速度ω和ω′匀速转动时，小球均相对PQ杆静止。若ω′＞ω，则与以ω匀速转动时相比，以ω′匀速转动时()A．小球的高度一定降低B．弹簧弹力的大小一定不变C．小球对杆压力的大小一定变大D．小球所受合外力的大小一定变大解析：选BD对小球受力分析，设弹簧弹力为F弹，弹簧与水平方向的夹角为θ，则对小球在竖直方向，F弹sinθ＝mg，而F弹＝keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(MP,cosθ)－l0))，可知θ为定值，F弹不变，则当转速增大后，小球的高度不变，弹簧的弹力不变，A错误，B正确；当转速较小时，水平方向杆对小球的弹力FN背离转轴，则F弹cosθ－FN＝mω2r，即FN＝F弹cosθ－mω2r，当转速较大时，杆对小球的弹力指向转轴，F弹cosθ＋FN′＝mω′2r，即FN′＝mω′2r－F弹cosθ，则因ω′>ω，根据牛顿第三定律可知，小球对杆的压力的大小不一定变大，C错误；根据F合＝mω2r，可知，因角速度变大，则小球所受合外力一定变大，D正确。【对点训练3】(多选)如图，“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水平的旋转圆盘上，座椅A离转轴的距离较近。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，稳定后A、B都在水平面内做匀速圆周运动。则下列说法正确的是()A.座椅B的角速度比A大B.座椅B的向心加速度比A大C.悬挂A、B的缆绳与竖直方向的夹角相等D.悬挂B的缆绳所承受的拉力比悬挂A的缆绳所承受的拉力大答案BD解析同轴转动角速度相同，由于座椅B的圆周半径比座椅A的半径大，由a＝ω2r得B的向心加速度比A的大，故选项A错误，B正确；设细线与竖直方向的夹角为θ，由牛顿第二定律得mgtanθ＝mω2r，解得tanθ＝eq\f(ω2r,g)，由于座椅B的圆周半径比座椅A的半径大，故B与竖直方向的夹角大，在竖直方向上有：FTcosθ＝mg，解得FT＝eq\f(mg,cosθ)，悬挂B的缆绳所受到的拉力比悬挂A的大，故选项C错误，D正确。【对点训练4】(多选)如图所示，A、B两个物体放在水平旋转的圆盘上，A的质量为m，B的质量为2m，B离轴距离为R，A离轴距离为2R，在转盘转速增加的过程中，两物体始终相对盘静止，则()A.A与B的线速度大小之比为eq\r(2)∶1B.A与B的角速度之比为1∶1C.A与B的向心加速度大小之比为1∶1D.摩擦力对物体做正功答案BD解析A、B同轴转动，角速度相等，即ωA∶ωB＝1∶1，由v＝rω得，vA∶vB＝rA∶rB＝2∶1，故A错误，B正确；根据a＝rω2知，aA∶aB＝rA∶rB＝2∶1，故C错误；由于只有摩擦力对物体做功，由动能定理得Wf＝ΔEk，转盘转速增加，则物体A、B的动能增加，所以摩擦力对物体做正功，故D正确。【题型三】联系实际【典型例题5】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解析因为物体的角速度ω相同，线速度v＝rω，而rA<rB，所以vA<vB则A项错；根据an＝rω2知anA<anB，则B项错；如图，tanθ＝eq\f(an,g)，而B的向心加速度较大，则B的缆绳与竖直方向的夹角较大，缆绳所受的拉力T＝eq\f(mg,cosθ)，则TA<TB，所以C项错，D项正确．【典型例题6】拨浪鼓最早出现在战国时期，宋代时小型拨浪鼓已成为儿童玩具。四个拨浪鼓上分别系有长度不等的两根细绳，绳一端系着小球，另一端固定在关于手柄对称的鼓沿上，现使鼓绕竖直放置的手柄匀速转动，两小球在水平面内做周期相同的圆周运动。下列各图中两球的位置关系可能正确的是(图中细绳与竖直方向的夹角α<θ<β)()[解析]小球做匀速圆周运动，角速度相同，受力分析如图所示，设绳长为L1，反向延长与拨浪鼓转轴交点为O，小球到O点的距离为L，鼓面半径为r。根据牛顿第二定律得mgtanγ＝mω2Lsinγ，整理得Lcosγ＝eq\f(g,ω2)＝L1cosγ＋eq\f(r,tanγ)，则O点到小球转动平面的高度h＝Lcosγ相同，可知绳子长度L1越长，细绳与竖直方向的夹角γ越大，故绳子与拨浪鼓连接点A离小球做圆周运动平面的距离h1＝L1cosγ＝h－eq\f(r,tanγ)越大，即绳子长度L1越大，γ越大，h1越大。故C正确，A、B、D错误。[答案]C【对点训练5】某游乐场有一种叫“空中飞椅”的游乐设施，其基本装置是将绳子上端固定在转盘的边缘上，绳子下端连接坐椅，人坐在坐椅上随转盘旋转而在空中飞旋．若将人和坐椅看作一个质点，则可简化为如图所示的物理模型，其中P为处于水平面内的转盘，可绕竖直转轴OO′转动．设绳长l＝10m，质点的质量m＝60kg，转盘静止时质点与转轴之间的距离d＝4m．转盘逐渐加速转动，经过一段时间后质点与转盘一起做匀速圆周运动，此时绳与竖直方向的夹角θ＝37°.(不计空气阻力及绳重，绳不可伸长，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2)求质点与转盘一起做匀速圆周运动时转盘的角速度及绳的拉力．解析半径R＝d＋lsinθ＝10m由受力分析图可知：FT＝eq\f(mg,cosθ)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(600×\f(5,4)))N＝750NF＝mgtanθ＝450N由F向＝ma向得a向＝eq\f(F,m)＝7.5m/s2，a向＝Rω2，ω＝eq\r(\f(a向,R))＝eq\f(\r(3),2)rad/s答案eq\f(\r(3),2)rad/s750N【对点训练6】游乐场有一种叫做“快乐飞机”的游乐项目，其简化模型如图所示，已知模型飞机质量为m，固定在长为L的旋臂上，旋臂与竖直方向夹角为θ(0＜θ≤eq\f(π,2))，当模型飞机以角速度ω绕中央轴在水平面内做匀速圆周运动时，下列说法正确的是()A.模型飞机受到重力、旋臂的作用力和向心力B.旋臂对模型飞机的作用力方向一定与旋臂垂直C.旋臂对模型飞机的作用力大小为meq\r(g2＋ω4L2sin2θ)D.若夹角θ增大，则旋臂对模型飞机的作用力减小答案C解析当模型飞机以角速度ω绕中央轴在水平面内做匀速圆周运动时，模型飞机受到重力和旋臂的作用力，它们的合力提供向心力，选项A错误；旋臂对模型飞机的作用力方向可以与旋臂不垂直，这个作用力在水平方向的分力提供向心力，在竖直方向的分力与重力平衡，选项B错误；由力的合成可知，旋臂对模型飞机的作用力大小为F＝meq\r(g2＋ω4L2sin2θ)，选项C正确；由C项分析可知，当夹角θ增大时，旋臂对模型飞机的作用力增大，选项D错误。004体系构建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，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．求解圆周运动问题必须进行的三类分析几何分析目的是确定圆周运动的圆心、半径等运动分析目的是确定圆周运动的线速度、角速度、向心加速度等受力分析目的是通过力的合成与分解，表示出物体做圆周运动时，外界所提供的向心力005记忆清单一．向心力的公式Fn＝man＝meq\f(v2,r)＝mω2r＝m·eq\f(4π2,T2)r＝m·4π2f2r＝mωv。二．做匀速圆周运动的条件当物体所受的合外力大小恒定，且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。三．水平面内的匀速圆周运动1．水平面内的匀速圆周运动轨迹特点运动轨迹是圆且在水平面内。2．匀速圆周运动的受力特点(1)物体所受合外力大小不变，方向总是指向圆心。(2)合外力充当向心力。3．解答匀速圆周运动问题的一般步骤(1)选择做匀速圆周运动的物体作为研究对象。(2)分析物体受力情况，其合外力提供向心力。(3)由Fn＝meq\f(v2,r)或Fn＝mω2r或Fn＝meq\f(4π2r,T2)列方程求解。00601强化训练1．(多选)如图所示为内壁光滑的半球形容器，半径为R。质量为m的小球在容器内的某个水平面内做匀速圆周运动，小球与球心O连线方向与竖直方向夹角为α。下列说法正确的是()A.小球所受容器的作用力为eq\f(mg,sinα)B.小球所受容器的作用力为eq\f(mg,cosα)C.小球的角速度eq\r(\f(g,Rsinα))D.小球的角速度eq\r(\f(g,Rcosα))答案BD解析对小球受力分析，如图所示：根据力的合成，可得小球所受容器的作用力为支持力FN＝eq\f(mg,cosα)，A错误，B正确；根据力的合成，可得小球所受合力F＝mgtanα小球做圆周运动的轨道半径为r＝Rsinα根据向心力公式得mgtanα＝mω2r解得角速度ω＝eq\r(\f(g,Rcosα))，C错误，D正确。2.在玻璃管中放一个乒乓球后注满水，然后用软木塞封住管口，将此玻璃管固定在转盘上，管口置于转盘转轴处，处于静止状态。当转盘在水平面内转动时，如图所示，则乒乓球会(球直径比管直径略小)()A．向管底运动 B．向管口运动C．保持不动 D．无法判断解析：选B开始时，玻璃管壁的摩擦力不足以提供水做圆周运动时所需要的合外力，所以水被“甩”到外侧管底才能随转盘进行圆周运动，则乒乓球在水的作用下向管口运动，故B正确。3.[多选]如图所示，一个内壁光滑的圆锥筒固定在地面上，圆锥筒的轴线竖直。一个小球贴着筒的内壁在水平面内做圆周运动，由于微弱的空气阻力作用，小球的运动轨迹由A轨道缓慢下降到B轨道，则在此过程中()A．小球的向心加速度逐渐减小B．小球运动的角速度逐渐减小C．小球运动的线速度逐渐减小D．小球运动的周期逐渐减小解析：选CD以小球为研究对象，对小球受力分析，小球受力如图所示。由牛顿第二定律得：eq\f(mg,tanθ)＝ma＝eq\f(mv2,r)＝mrω2可知在A、B轨道的向心力大小相等，a＝eq\f(g,tanθ)，向心加速度不变，故A错误。角速度ω＝eq\r(\f(g,rtanθ))，由于半径减小，则角速度变大，故B错误。线速度v＝eq\r(\f(gr,tanθ))，由于半径减小，线速度减小，故C正确。周期T＝eq\f(2π,ω)，角速度增大，则周期减小，故D正确。4.如图所示，一根细线下端拴一个金属小球A，细线的上端固定在金属块B上，B放在带小孔的水平桌面上，小球A在某一水平面内做匀速圆周运动。现使小球A改到一个更低一些的水平面上做匀速圆周运动(图上未画出)，金属块B在桌面上始终保持静止，则后一种情况与原来相比较，下面的判断中正确的是()A．金属块B受到桌面的静摩擦力变大B．金属块B受到桌面的支持力变小C．细线的张力变大D．小球A运动的角速度减小解析：选D设A、B质量分别为m、M,A做匀速圆周运动的向心加速度为a，细线与竖直方向的夹角为θ，对B研究，B受到的摩擦力f＝Tsinθ，对A，有Tsinθ＝ma，Tcosθ＝mg，解得a＝gtanθ，θ变小，a减小，则静摩擦力变小，故A错误；以整体为研究对象知，B受到桌面的支持力大小不变，应等于(M＋m)g，故B错误；细线的拉力T＝eq\f(mg,cosθ)，θ变小，T变小，故C错误；设细线长为l，则a＝gtanθ＝ω2lsinθ，ω＝eq\r(\f(g,lcosθ))，θ变小，ω变小，故D正确。5.四个完全相同的小球A、B、C、D均在水平面内做圆锥摆运动．如图甲所示，小球A、B在同一水平面内做圆锥摆运动(连接B球的绳较长)；如图乙所示，小球C、D在不同水平面内做圆锥摆运动，但是连接C、D的绳与竖直方向之间的夹角相等(连接D球的绳较长)，则下列说法错误的是()A．小球A、B角速度相等B．小球A、B线速度大小相等C．小球C、D所需的向心加速度大小相等D．小球D受到绳的拉力与小球C受到绳的拉力大小相等答案B解析对题图甲中A、B分析，设绳与竖直方向的夹角为θ，绳长为l，小球的质量为m，小球A、B到悬点O的竖直距离为h，则mgtanθ＝mω2lsinθ，解得ω＝eq\r(\f(g,lcosθ))＝eq\r(\f(g,h))，所以小球A、B的角速度相等，线速度大小不相等，故A正确，B错误；对题图乙中C、D分析，设绳与竖直方向的夹角为θ，小球的质量为m，绳上拉力为FT，则有mgtanθ＝man，FTcosθ＝mg，得an＝gtanθ，FT＝eq\f(mg,cosθ)，所以小球C、D所需的向心加速度大小相等，小球C、D受到绳的拉力大小也相等，故C、D正确．6．如图所示，质量相等的甲、乙两个小球，在光滑玻璃漏斗内壁做水平面内的匀速圆周运动，甲在乙的上方．则()A．球甲的角速度一定大于球乙的角速度B．球甲的线速度一定大于球乙的线速度C．球甲的运动周期一定小于球乙的运动周期D．甲对内壁的压力一定大于乙对内壁的压力答案B解析对小球受力分析，小球受到重力和支持力，它们的合力提供向心力，设支持力与竖直方向夹角为θ，根据牛顿第二定律有mgtanθ＝meq\f(v2,R)＝mRω2，解得v＝eq\r(gRtanθ)，ω＝eq\r(\f(gtanθ,R))，由题图可知，球甲的轨迹半径大，则球甲的角速度一定小于球乙的角速度，球甲的线速度一定大于球乙的线速度，故A错误，B正确；根据T＝eq\f(2π,ω)，因为球甲的角速度一定小于球乙的角速度，则球甲的运动周期一定大于球乙的运动周期，故C错误；因为支持力FN＝eq\f(mg,cosθ)，结合牛顿第三定律，球甲对内壁的压力一定等于球乙对内壁的压力，故D错误．7.如图所示，内壁光滑的空心圆柱体竖直固定在水平地面上，圆柱体的内径为R.沿着水平切向给贴在内壁左侧O点的小滑块一个初速度v0，小滑块将沿着柱体的内壁旋转向下运动，最终落在柱体的底面上．已知小滑块可看成质点，质量为m，重力加速度为g，O点距柱体的底面距离为h.下列判断正确的是()A．v0越大，小滑块在圆柱体中运动时间越短B．小滑块运动中的加速度越来越大C．小