高考物理经典习题：第4章曲线运动与万有引力定律 第3讲 圆周运动（含解析）

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1、第3讲 圆周运动一、匀速圆周运动及描述1.匀速圆周运动(1)定义：如果物体沿着圆周运动，并且线速度的大小处处相等，这种运动叫作匀速圆周运动。(2)特点：加速度大小不变，方向始终指向圆心，是变加速运动。(3)条件：合力大小不变、方向始终与速度方向垂直且指向圆心。2.运动参量定义、意义公式、单位线速度描述做圆周运动的物体沿圆弧运动快慢的物理量(v)(1)v(2)单位：m/s角速度描述物体绕圆心转动快慢的物理量()(1)(2)单位：rad/s周期物体沿圆周运动一圈的时间(T)(1)T，单位：s(2)f，单位：Hz(3)n，单位：r/s向心加速度(1)描述速度方向变化快慢的物理量(an)(2)方向指向

2、圆心(1)anr2(2)单位：m/s2【自测1】 (多选)一质点做匀速圆周运动，其线速度大小为4 m/s，转动周期为2 s，则()A.角速度为0.5 rad/s B.转速为0.5 r/sC.轨迹半径为 m D.加速度大小为4 m/s2答案BCD二、匀速圆周运动的向心力1.作用效果向心力产生向心加速度，只改变速度的方向，不改变速度的大小。2.大小Fnmmr2mrmv42mf2r。3.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。4.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。【自测2】 (2020北京房山区上学期期末)如图1所示，一质量为2.01

3、03 kg的汽车在水平公路上行驶，路面对轮胎的径向最大静摩擦力为1.4104 N，当汽车经过半径为80 m的弯道时，下列判断正确的是()图1A.汽车转弯时所受的力有重力、弹力、摩擦力和向心力B.汽车转弯的速度为20 m/s时所需的向心力为1.4104 NC.汽车转弯的速度为20 m/s时汽车会发生侧滑D.汽车能安全转弯的向心加速度不超过7.0 m/s2答案D解析汽车转弯时所受的力有重力、弹力、摩擦力，但向心力是根据力的效果命名的，不是物体实际受到的力，选项A错误；当汽车转弯速度为20 m/s时，根据Fnm，得所需的向心力Fn1104 N，没有超过最大静摩擦力，所以车也不会侧滑，所以选项B、C错

4、误；汽车转弯达到最大静摩擦力时，向心加速度最大为an m/s27.0 m/s2，选项D正确。三、离心运动和近心运动1.离心运动：做圆周运动的物体，在所受合力突然消失或不足以提供做圆周运动所需的向心力时，就做逐渐远离圆心的运动。2.受力特点(如图所示)(1)当F0时，物体沿切线方向飞出。(2)当0Fmr2时，物体逐渐远离圆心。(3)当Fmr2时，物体逐渐向圆心靠近，做近心运动。3.本质：离心运动的本质并不是受到离心力的作用，而是提供的力小于做匀速圆周运动需要的向心力。命题点一圆周运动的运动学问题1.对公式vr的理解当r一定时，v与成正比。当一定时，v与r成正比。当v一定时，与r成反比。2.对an

5、2r的理解在v一定时，an与r成反比；在一定时，an与r成正比。3.常见的传动方式及特点(1)皮带传动：如图2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vAvB。图2(2)摩擦传动和齿轮传动：如图3甲、乙所示，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vAvB。图3(3)同轴转动：如图4甲、乙所示，绕同一转轴转动的物体，角速度相同，AB，由vr知v与r成正比。图4【例1】 (多选)(2020山东泰安市4月多校联考)如图5所示为学员驾驶汽车在水平面上绕O点做匀速圆周运动的俯视图。已知质量为60 kg的学员在A点位置，质量为70 kg的教练员在B点位置，A

6、点的转弯半径为5.0 m，B点的转弯半径为4.0 m，则学员和教练员(均可视为质点)()图5A.线速度大小之比为54B.周期之比为54C.向心加速度大小之比为45D.受到的合力大小之比为1514答案AD解析一起做圆周运动的角速度相等，根据vr，知半径之比为54，则线速度之比为54，A正确；做圆周运动的角速度相等，根据T，周期相等，B错误；做圆周运动的角速度相等，半径之比为54，根据ar2，则向心加速度大小之比为54，C错误；根据Fma，向心加速度之比为54，质量之比为67，则合力大小之比为1514，D正确。【变式1】 (2020浙江省1月高中学业水平考试)如图6所示，圆桌桌面中间嵌着一可绕中心

7、轴O转动的圆盘，A是圆盘边缘的一点，B是圆盘内的一点。分别把A、B的角速度记为A、B，线速度vA、vB，向心加速度记为aA、aB，周期记为TA、TB，则()图6A.AB B.vAvBC.aAaB D.TATB答案B解析因A、B两点同轴转动，则角速度相同，则AB，选项A错误；因为rArB，根据vr可知，vAvB，选项B正确；因为rArB，根据a2r可知，aAaB，选项C错误；因AB，根据T可知，TATB，选项D错误。命题点二圆周运动的动力学问题1.向心力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

8、力。2.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)3.分析思路【例2】 (多选)(2020山东济南市期末学习质量评估)如图7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。下列说法正确的是()图7A.小球所受容器的作用力为B.小球所受容器的作用力为C.小球的角速度D.小球的角速度答案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，A错误，B正确；根据力的合成，可得小球所受合力Fmgtan 小球做圆

9、周运动的轨道半径为rRsin 根据向心力公式得mgtan m2r解得角速度，C错误，D正确。【变式2】 (多选)(2020河南省实验中学砺锋培卓)如图8，“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()图8A. 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

10、，由a2r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，由牛顿第二定律得mgtan m2r，解得tan ，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：FTcos mg，解得FT，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。【变式3】 (多选)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向内侧倾斜(如图9所示)，以保证除发动机推力外的其他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角，飞行周期为T，则下

11、列说法正确的是()图9A.若飞行速率v不变，增大，则半径R增大B.若飞行速率v不变，增大，则周期T增大C.若不变，飞行速率v增大，则半径R增大D.若飞行速率v增大，增大，则周期T可能不变答案CD解析飞机盘旋时重力mg和机翼升力FN的合力F提供向心力，如图所示，因此有mgtan m，解得R，T。若飞行速率v不变，增大，则半径R减小，周期T减小，A、B项错误；若不变，飞行速率v增大，则半径R增大，C项正确；若飞行速率v增大，增大，如果满足，则周期T不变，D项正确。命题点三竖直面内圆周运动的“两类模型”问题1.运动特点(1)竖直面内的圆周运动一般是变速圆周运动。(2)只有重力做功的竖直面内的变速圆周

12、运动机械能守恒。(3)竖直面内的圆周运动问题，涉及知识面比较广，既有临界问题，又有能量守恒的问题，要注意物体运动到圆周的最高点的速度。(4)一般情况下，竖直面内的圆周运动问题只涉及最高点和最低点的两种情形。2.常见模型物理情景轻绳模型轻杆模型实例球与绳连接、水流星、沿内轨道运动的“过山车”等球与杆连接、球在光滑管道中运动等图示最高点无支撑最高点有支撑受力特征除重力外，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力学方程mgFTmmgFNm临界特征FT0mgm即vminv0即F向0FNmg过最高点的条件在最高点的速度vv0模型1球绳模型【例3】 (2

13、020福建龙岩市期末质量检查)如图10甲所示，轻绳一端固定在O点，另一端固定一小球(可看成质点)，让小球在竖直平面内做圆周运动。改变小球通过最高点时的速度大小v，测得相应的轻绳弹力大小F，得到Fv2图像如图乙所示，已知图线的延长线与纵轴交点坐标为(0，b)，斜率为k。不计空气阻力，重力加速度为g，则下列说法正确的是()图10A.该小球的质量为bgB.小球运动的轨迹半径为C.图线与横轴的交点表示小球所受的合力为零D.当v2a时，小球的向心加速度为g答案B解析小球在最高点时受到的拉力为F，则有Fmg，解得Fmmg结合题图乙可知mgb，即m，斜率为k解得R，故A错误，B正确；图线与横轴的交点表示小球

14、所受的拉力为零，即合力等于重力时的情况，故C错误；根据向心加速度公式可知，当v2a时，an2g，故D错误。【变式4】 (2020全国卷，16)如图11，一同学表演荡秋千。已知秋千的两根绳长均为10 m，该同学和秋千踏板的总质量约为50 kg。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8 m/s，此时每根绳子平均承受的拉力约为()图11A.200 N B.400 NC.600 N D.800 N答案B解析该同学身高相对于秋千的绳长可忽略不计，可以把该同学看成质点。当该同学荡到秋千支架的正下方时，由牛顿第二定律有2Fmg，代入数据解得F410 N，选项B正确。模型2球杆模型【例4

15、】 (2020四川绵阳市诊断)如图12所示，轻杆长3L，在杆两端分别固定质量均为m的球A和B，光滑水平转轴穿过杆上距球A为L处的O点，外界给系统一定能量后，杆和球在竖直平面内转动，球B运动到最高点时，杆对球B恰好无作用力。忽略空气阻力，重力加速度为g。则球B在最高点时()图12A.球B的速度为零B.球A的速度大小为C.水平转轴对杆的作用力为1.5mgD.水平转轴对杆的作用力为2.5mg答案C解析球B运动到最高点时，杆对球B恰好无作用力，即重力恰好提供向心力，有mgm，解得vB，故A错误，由于A、B两球的角速度相等，则球A的速度大小vA，故B错误；B球在最高点时，对杆无弹力，此时A球所受重力和拉

16、力的合力提供向心力，有Fmgm，解得F1.5mg，根据牛顿第三定律和平衡条件可知C正确，D错误。【变式5】 (多选)(2020广东汕头市第一次模拟)如图13甲，固定在竖直面内的光滑圆形管道内有一小球在做圆周运动，小球直径略小于管道内径，管道最低处N装有连着数字计时器的光电门，可测球经过N点时的速率vN，最高处装有力的传感器M，可测出球经过M点时对管道作用力F(竖直向上为正)，用同一小球以不同的初速度重复试验，得到F与v的关系图像如图乙，c为图像与横轴交点坐标，b为图像延长线与纵轴交点坐标，重力加速度为g，则下列说法中正确的是()图13A.若小球经过N点时满足vc，则经过M点时对轨道无压力B.当

17、小球经过N点时满足vc，则经过M点时对内管道壁有压力C.小球做圆周运动的半径为D.Fb表示小球经过N点时速度等于0答案AC解析由图可知，若小球经过N点时满足vc，则经过M点时对轨道无压力，选项A正确；由图可知，当小球经过N点时满足vcc，则经过M点时对管壁的压力为正值，可知此时小球对外管道壁有压力，选项B错误；若小球经过N点时满足vc，则在M点时mgm，由机械能守恒可得mvmg2Rmv，联立解得R，选项C正确；F b表示小球经过M时对管壁的作用力方向向下，即此时小球能经过M点，经过N点时速度不等于0，选项D错误。命题点四圆周运动中的两类临界问题1.与摩擦力有关的临界极值问题物体间恰好不发生相对

18、滑动的临界条件是物体间恰好达到最大静摩擦力。(1)如果只是摩擦力提供向心力，则最大静摩擦力Fm，静摩擦力的方向一定指向圆心。(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，其中一个物体存在一个恰不向内滑动的临界条件和一个恰不向外滑动的临界条件，分别为静摩擦力达到最大且静摩擦力的方向沿半径背离圆心和沿半径指向圆心。2.与弹力有关的临界极值问题(1)压力、支持力的临界条件是物体间的弹力恰好为零。(2)绳上拉力的临界条件是绳恰好拉直且其上无弹力或绳上拉力恰好为最大承受力。【例5】 (多选)(2020山西大同市第一次联考)如图14所示，两物块A、B套在水平粗糙的CD杆上，并用不可伸长的

19、轻绳连接，整个装置能绕过CD中点的轴OO转动，已知两物块质量相等，杆CD对物块A、B的最大静摩擦力大小相等，开始时绳子处于自然长度(绳子恰好伸直但无弹力)，物块A到OO轴的距离为物块B到OO轴距离的两倍，现让该装置从静止开始转动，使转速逐渐增大，从绳子处于自然长度到两物块A、B即将滑动的过程中，下列说法正确的是()图14A.B受到的静摩擦力一直增大B.B受到的静摩擦力是先增大后减小再增大C.A受到的静摩擦力是先增大后减小D.A受到的合力一直在增大答案BD解析开始角速度较小时，两物体均靠静摩擦力提供向心力，角速度增大，静摩擦力增大，根据Ffmr2，知，随着角速度的增大，A先达到最大静摩擦力，A先

20、使绳子产生拉力，所以当绳子刚好产生拉力时，B受静摩擦力作用且未到最大静摩擦力，随着角速度的增大，对B，拉力和静摩擦力的合力提供向心力，角速度增大，则B的静摩擦力会减小，然后反向增大。对A，拉力和最大静摩擦共同提供向心力，角速度增大，静摩擦力不变，可知A的静摩擦力先增大达到最大静摩擦力后不变，B的静摩擦力先增大后减小，再增大，故A、C错误，B正确；根据向心力公式Fm，在发生相对滑动前物体的半径是不变的，质量也不变，随着速度的增大，向心力增大，而向心力就是物体受到的合力，故D正确。【变式6】 (多选)(20211月河北学业水平选择性考试模拟演练，8)如图15所示，内壁光滑的玻璃管内用长为L的轻绳悬

21、挂一个小球。当玻璃管绕竖直轴以角速度匀速转动时，小球与玻璃管间恰无压力。下列说法正确的是()图15A.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C.仅增加小球质量后，小球将受到玻璃管斜向上方的压力D.仅增加角速度至后，小球将受到玻璃管斜向下方的压力答案BD解析小球做圆锥摆运动，根据受力分析有：mgtan mLsin 2；增大绳长，小球需要的向心力变大，所以小球将受到玻璃管斜向下方的压力，A错误；增大绳长，若仍保持小球不受玻璃管的压力，因为，所以需要角速度变小，故B正确；仅增大小球质量，则小球与玻璃管间无压力，C错误；若仅增大角速度，则小球

22、需要的向心力变大，所以玻璃管需要给小球斜下方的压力，故D正确。课时限时练(限时：30分钟)对点练1圆周运动的运动学问题1.(多选)(2020辽宁丹东质检)在如图1所示的齿轮传动中，三个齿轮的半径之比为236，当齿轮转动的时候，小齿轮边缘的A点和大齿轮边缘的B点()图1A.线速度大小之比为11B.线速度大小之比为31C.角速度之比为11D.角速度之比为31答案AD解析题图中三个齿轮边缘线速度大小相等，A点和B点的线速度大小之比为11，选项A正确，B错误；由vr可得，线速度大小一定时，角速度与半径成反比，A点和B点角速度之比为31，选项C错误，D正确。2.如图2所示，轮O1、O3固定在同一转轴上，

23、轮O1、O2用皮带连接且不打滑。在O1、O2、O3三个轮的边缘各取一点A、B、C，已知三个轮的半径之比r1r2r3211，求：图2(1)A、B、C三点的线速度大小之比vAvBvC；(2)A、B、C三点的角速度之比ABC；(3)A、B、C三点的向心加速度大小之比aAaBaC。答案(1)221(2)121(3)241解析(1)令vAv，由于皮带传动时不打滑，所以vBv。因AC，由公式vr知，当角速度一定时，线速度跟半径成正比，故vCv，所以vAvBvC221。(2)令A，由于轮O1、O3同轴转动，所以C。因vAvB，由公式知，当线速度相等时，角速度跟半径成反比，故B2，所以ABC121。(3)令A

24、点向心加速度大小为aAa，因vAvB，由公式a知，当v一定时，向心加速度大小跟半径成反比，所以aB2a。又因为AC，由公式a2r知，当角速度一定时，向心加速度大小跟半径成正比，故aCa，所以aAaBaC241。对点练2圆周运动的动力学问题3.(2020浙江选考科目模拟)如图3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，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()图3A. 物块受重力、弹力、向心力作用，合力大小为m2rB.物块受重力、弹力、摩擦力、向心力作用，合力大小为m2rC.物块受重力、弹力、摩擦力作用，合力大小为m2r

25、D.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Ffm2r，选项A、B、D错误，C正确。4.(多选)如图4所示为运动员在水平道路上转弯的情景，转弯轨迹可看成一段半径为R的圆弧，运动员始终与自行车在同一平面内。转弯时，只有当地面对车的作用力通过车(包括人)的重心时，车才不会倾倒。设自行车和人的总质量为M，轮胎与路面间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。下列说法正确的是()图4A.车受到地面的支持力方向与车所在平面平行B.转弯时车不发生侧滑的最大

26、速度为C.转弯时车与地面间的静摩擦力一定为MgD.转弯速度越大，车所在平面与地面的夹角越小答案BD解析车受到的地面的支持力方向垂直地面竖直向上，不与车所在的平面平行，故A错误；设自行车受到地面的弹力为FN，则有FfmFN，由平衡条件有FNMg，根据牛顿第二定律有FfmM，代入数据解得vm，故B正确；对车(包括人)受力分析如图，地面对自行车的弹力FN与摩擦力Ff的合力过人与车的重心，转弯车速较小时，不一定达到最大静摩擦力，所以转弯时车与地面间的静摩擦力不一定为Mg，转弯速度越大，向心力越大，由于Ff知越小，即车所在平面与地面的夹角越小，C错误，D正确。5. (2020辽宁大连市第一次模拟)为了解

27、决高速列车在弯路上运行时轮轨间的磨损问题，保证列车能经济、安全地通过弯道，常用的办法是将弯道曲线外轨轨枕下的道床加厚，使外轨高于内轨，外轨与内轨的高度差叫曲线外轨超高。已知某曲线路段设计外轨超高值为70 mm，两铁轨间距离为1 435 mm，最佳的转弯速度为350 km/h，则该曲线路段的半径约为(g取10 m/s2)()A.40 km B.30 km C.20 km D.10 km答案C解析设倾角为，列车转弯的合力提供向心力，则有mgtan m，得R由于倾角很小，则有tan sin 则有R20 km故A、B、D错误，C正确。6.(2020山东滨州第二次模拟)如图5所示，甲、乙为两辆完全一样的

28、电动玩具汽车，以相同且不变的角速度在水平地面上做匀速圆周运动。甲运动的半径小于乙运动的半径，下列说法正确的是()图5A.甲的线速度大于乙的线速度B.甲、乙两辆车的摩擦力相同C.若角速度增大，乙先发生侧滑D.甲的加速度大于乙的加速度答案C解析甲、乙两车以相同且不变的角速度在水平地面上做匀速圆周运动，甲运动的半径小于乙运动的半径，根据vr可得甲的线速度小于乙的线速度，故A错误；甲、乙两车做匀速圆周运动时，静摩擦力提供向心力，则有Ffm2r，由于甲运动的半径小于乙运动的半径，所以甲车受到的摩擦力小于乙车受到的摩擦力，故B错误；车辆刚好发生侧滑时，则有mgm2r，解得，运动的半径越大，临界的角速度越小

29、，越容易发生侧滑，所以若角速度增大时，乙先发生侧滑，故C正确；根据a2r可知，甲的加速度小于乙的加速度，故D错误。对点练3竖直面内圆周运动的两类模型问题7.(多选)(2020天津市六校期末联考)如图6所示，轻杆一端套在光滑水平转轴O上，另一端固定一质量为m1 kg的小球，使小球在竖直平面内做半径为R0.4 m 的圆周运动。设运动轨迹的最低点为A点，最高点为B点，不计一切阻力，重力加速度为g10 m/s2，下列说法中正确的是()图6A.要使小球能够做完整的圆周运动，则小球通过B点的速度至少为2 m/sB.若小球通过B点的速度为1 m/s时，杆对小球的作用力为7.5 N，方向向上C.小球能过最高点

30、B时，杆对小球的作用力大小一定随着小球速度的增大而增大D.小球能过最高点B时，杆对小球的作用力大小可能为零答案BD解析在最高点，由于杆能支撑小球，所以小球在最高点B时的速度可以恰好为零，故A错误；设竖直向下为正方向，在B点由牛顿第二定律有mgFm，得Fmmg(1110) N7.5 N，负号说明杆对小球的作用力方向竖直向上，故B正确；在最高点，若小球所受的杆的作用力方向向上，根据牛顿第二定律mgFm，若增大小球的速度，则F减小，若小球受杆的弹力方向向下，则mgFm，v增大，F增大，当v2 m/s时，F0，故C错误，D正确。8.(2020陕西西安中学第二次模拟)长均为L的两根轻绳，一端共同系住质量

31、为m的小球，另一端分别固定在等高的A、B两点，A、B两点间的距离也为L，重力加速度大小为g。今使小球在竖直平面内以A、B连线为轴做圆周运动，若小球在最高点速率为v时，两根绳的拉力恰好均为零，则小球在最高点速率为2v时，每根绳的拉力大小均为()图7A.mg B.2mg C.3mg D.答案A解析小球在最高点速率为v时，两根绳的拉力恰好均为零，有mgm；当小球在最高点的速率为2v时，根据牛顿第二定律有mg2FTcos 30m，解得FTmg，故选项A正确。对点练4圆周运动中的两类临界问题9.(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8所示，绳a与水平方向成角，绳b在水平方

32、向且长为l，当轻杆绕轴AB以角速度匀速转动时，小球在水平面内做匀速圆周运动，重力加速度为g，则下列说法正确的是()图8A.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，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解析小球做匀速圆周运动，在竖直方向上的合力为零，水平方向上的合力提供向心力，所以a绳在竖直方向上的分力与重力相等，可知a绳的张力不可能为零，故选项A正确；根据竖直方向上平衡得，Fasin mg，计算得出Fa，可知a绳的拉力不变，故B错误；当b绳拉力为零时，有ml2，计算得出2，当角速度2，b绳将出现弹力，故选项C正确；因为b绳可能没有弹力，

33、故b绳突然被剪断，a绳的弹力可能不变，故D错误。10.(多选)(2020四川南充市第一次高考适应性考试)如图9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()图9A.A与B的线速度大小之比为1B.A与B的角速度之比为11C.A与B的向心加速度大小之比为11D.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AB11，由vr得，vAvBrArB21，故A错误，B正确；根据ar2知，aAaBrArB21，故C错误；由于只有摩擦力对物体做功，由动能定理得WfEk，转盘转速增加，则

34、物体A、B的动能增加，所以摩擦力对物体做正功，故D正确。11.(多选)(2020山东济宁市期末质量检测)如图10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()图10A.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g

35、答案AD解析对小球受力分析有mgTcos 30，解得Tmg；对滑块受力分析得重力沿斜面向下的分力为4mgsin 302mg，所以f2mgTmg；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f1Tcos 30mgmg，故A正确，B错误；当滑块恰好不受摩擦力时，绳的拉力为T2mg，设此时细绳与竖直方向的夹角为，则Tcos mg，所以60。小球做圆周运动，则有Tsin 60m，得小球的动能为Ekmv2TLsin260mgL，向心加速度为ag，故C错误，D正确。12.游乐场有一种叫做“快乐飞机”的游乐项目，其简化模型如图11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

36、夹角为(0)，当模型飞机以角速度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()图11A.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mD.若夹角增大，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Fm，选项C正确；由C项分析可知，当夹角增大时

37、，旋臂对模型飞机的作用力增大，选项D错误。13.(多选)摩擦传动是传动装置中的一个重要模型，如图12所示的两个水平放置的轮盘靠摩擦力传动，其中O、O分别为两轮盘的轴心，已知两个轮盘的半径比r甲r乙31，且在正常工作时两轮盘不打滑。今在两轮盘上分别放置两个同种材料制成的完全相同的滑块A、B，两滑块与轮盘间的动摩擦因数相同，两滑块距离轴心O、O的间距RA2RB。若轮盘乙由静止开始缓慢地转动起来，且转速逐渐增加，则下列叙述正确的是()图12A.滑块A和B在与轮盘相对静止时，角速度之比为甲乙13B.滑块A和B在与轮盘相对静止时，向心加速度大小的比值为aAaB29C.转速增加后滑块B先发生滑动D.转速增

38、加后两滑块一起发生滑动答案ABC解析由题意可知两轮盘边缘的线速度大小相等，由vr，r甲r乙31，可得甲乙13，所以滑块相对轮盘滑动前，A、B的角速度之比为13，故A正确；滑块相对轮盘开始滑动前，根据向心加速度公式aR2，又RARB21，A：B13，所以A、B的向心加速度大小之比为aAaB29，故B正确；设滑块A、B的质量均为m，滑块的最大静摩擦力为 Ffmg，则最大静摩擦力之比为FfAFfB11；转动中所受的静摩擦力之比为FfAFfBmaAmaB29，由上可得滑块B先达到最大静摩擦力而先开始滑动，故C正确，D错误。14.利用如图13实验装置可验证做匀速圆周运动的物体所受合力与所需向心力的“供”

39、“需”关系，启动小电动机带动小球做圆锥摆运动，不计一切阻力，移动水平圆盘，当盘与球恰好相切时关闭电动机，让球停止运动，悬线处于伸直状态。利用弹簧秤水平径向向外拉小球，使小球恰好离开圆盘且处于静止状态时，测出水平弹力的大小F。图13(1)为算出小球做匀速圆周运动时所需向心力，下列物理量还应该测出的有_；A.用秒表测出小球运动周期TB.用刻度尺测出小球做匀速圆周运动半径rC.用刻度尺测出小球到线的悬点的竖直高度hD.用天平测出小球质量m(2)小球做匀速圆周运动时，所受重力与线拉力的合力大小_弹簧秤测出F大小；(选填“大于”“等于”或“小于”)(3)当所测物理量满足_关系式时，则做匀速圆周运动的物体所受合力与所需向心力的“供”“需”平衡。答案(1)ABD(2)等于(3)Fmr解析(1)根据向心力公式Fnmr分析知，为算出小球做匀速圆周运动时所需向心力，需要测出小球做匀速圆周运动的周期T、半径r和小球质量m，故A、B、D正确，C错误。(2)据题意，小球静止时，F等于悬线拉力的水平分力，即有Fmgtan ，是悬线与竖直方向的夹角，小球做匀速圆周运动时，由重力与悬线拉力的合力提供向心力，重力与悬线拉力的合力大小F合mgtan ，则F合F。(3)当F合Fn，即Fmr时，做匀速圆周运动的物体所受合力与所需向心力的“供”“需”平衡。