【文档说明】【精准解析】【新高考】2021高考物理人教版：课练12圆周运动的规律及其应用.pdf，共(23)页，826.219 KB，由小赞的店铺上传

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课练12圆周运动的规律及其应用———[狂刷小题夯基础]———练基础小题1．A、B两艘快艇在湖面上做匀速圆周运动，在相同的时间内，它们通过的路程之比是6:5，运动方向改变的角度之比是5:4.则()A．它们的轨道

半径之比是6:5B．它们的向心加速度大小之比是24:25C．它们的向心力大小之比是3:2D．它们的周期大小之比是4:52.极限滑板运动深受青少年喜爱，如图所示，某滑板运动员(可视为质点)由坡道进入竖直面内的圆弧性形滑道AB，从滑道的A点滑行到最低点B的过程中，由于摩擦力的存在，运动员

的速率不变，则运动员沿AB下滑过程中()A．所受支持力始终恒定B．所受合外力大小不变C．所受摩擦力大小不变D．所受合外力始终为零3．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5600m的弯道，设计速度为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＝10m/s2，则此弯道内、外轨高度差应为()A．8cmB．9cmC．10cmD．11cm4.杂技演员表演

“水流星”，在长为1.6m的细绳的一端，系一个与水的总质量为M＝0.5kg的盛水容器，以绳的另一端为圆心，在竖直平面内做圆周运动，如图所示，若“水流星”通过最高点时的速率为4m/s，(g＝10m/s2)则下列说法正确的是()A．“水流星

”通过最高点时，有水从容器中流出B．“水流星”通过最高点时，绳的张力及容器底部受到的压力均为零C．“水流星”通过最高点时，处于完全失重状态，不受力的作用D．“水流星”通过最高点时，绳子的拉力大小为5N5.共享单车是一种新型、

便捷的公共交通方式．如图是某共享单车采用的无链传动系统，杜绝了传统自行车“掉链子”问题．利用圆锥齿轮90°轴交，将动力传至后轴，驱动后轮转动．在圆锥齿轮90°轴交的示意图中，A是圆锥齿轮转轴上的点，B、C分别是圆锥齿轮边缘上的点，A、B、C三点到各自圆锥齿轮中心

轴的距离分别记为rA、rB和rC(rA≠rB≠rC)．下列说法正确的是()A．B与C点的角速度关系ωB＝ωCB．C与A点的线速度关系vC＝rBrAvAC．B与A点的角速度关系ωB＝rArBωAD．A与C点的向心加速度关系aA＝rArCaC6.(多选)2013年，我国航天员在“天

宫一号”为青少年进行太空授课，运行中的“天宫一号”处于完全失重状态．在“天宫一号”中，长为L的细线一端固定，另一端系一个小球，拉直细线，让小球在B点以垂直于细线的速度v0开始做圆周运动，如图所示．设“天宫一号”卫星轨道

处的重力加速度为g′，在小球运动的过程中，下列说法正确的是()A．小球做匀速圆周运动B．细线拉力的大小不断变化C．只要v0>0，小球就能通过A点D．只有v0≥5g′L，小球才能通过A点练高考小题7．[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8πnrΔt8．[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9．[2019·江苏卷](多选)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mω2R10.[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＝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＝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5.58s11.[2015·浙江卷](多选)如图所示为赛车场的一个水平“U”形弯道，转弯处为圆心在O点的半圆，内外半径分别为r和2r.一辆质量为m的

赛车通过AB线经弯道到达A′B′线，有如图所示的①、②、③三条路线，其中路线③是以O′为圆心的半圆，OO′＝r.赛车沿圆弧路线行驶时，路面对轮胎的最大径向静摩擦力为Fmax.选择路线，赛车以不打滑的最大速率通过弯道(

所选路线内赛车速率不变，发动机功率足够大)，则()A．选择路线①，赛车经过的路程最短B．选择路线②，赛车的速率最小C．选择路线③，赛车所用时间最短D．①、②、③三条路线的圆弧上，赛车的向心加速度大小相等练模拟小题12．[2020·福建省三明一中摸底]半径为1m的水平圆盘绕过圆心O的竖直轴匀速

转动，A为圆盘边缘上一点，在O点的正上方将一个可视为质点的小球以4m/s的速度水平抛出时，半径OA方向恰好与该初速度的方向相同，如图所示，若小球与圆盘只碰一次，且落在A点，则圆盘转动的角速度大小可能是()A．2πrad/sB．4πrad/s

C．6πrad/sD．8πrad/s13.[2020·云南民族大学附中模拟]如图所示，一根细线下端拴一个金属小球P，细线的上端固定在金属块Q上，Q放在带小孔的水平桌面上．小球在某一水平面内做匀速圆周运动(圆锥摆)．现使小球改到一个更高的水平面上做匀速圆

周运动(图上未画出)，金属块Q两次都保持在桌面上静止．则后一种情况与原来相比较，下列说法错误的是()A．Q受到桌面的支持力不变B．Q受到桌面的静摩擦力变大C．小球P运动的周期变大D．小球P运动的角速度变大14.[2020·广东省惠州

调研](多选)如图所示，在匀速转动的水平圆盘上，沿半径方向放着用细绳相连的质量均为m的两个物体A和B，它们分居圆心两侧，与圆心距离分别为RA＝r，RB＝2r，与盘间的动摩擦因数μ相同，当圆盘转速缓慢加快到两物体刚好要发生滑动

时，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是()A．此时绳子张力为3μmgB．此时A所受摩擦力方向沿半径指向圆内C．此时圆盘的角速度为2μgrD．此时烧断绳子，A仍相对盘静止，B将做离心运动15.[2020

·重庆一中模拟]如图，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，转台转轴与过容器球心O的竖直线重合，转台以一定角速度ω匀速旋转．有两个质量均为m的小物块落入陶罐内，经过一段时间后，两小物块都随陶罐一起绕过球心

，O的竖直轴转动且相对罐壁静止，两物块和球心O的连线相互垂直，且A物块和球心O的连线与竖直方向的夹角θ＝60°，已知重力加速度大小为g，若A物块受到的摩擦力恰好为零，则B物块受到的摩擦力大小为()A.3－12mgB.3－14mgC.3－36mgD.3－236mg16.[新情景题](

多选)质量为m的小球通过轻绳a和b与两相互垂直的轻质木架上的A点和C点相连，如图所示，当木架AB绕木架BC以角速度ω匀速转动时，小球在水平面内做匀速圆周运动，此时轻绳a竖直伸直，轻绳b水平伸直，轻绳a的长度为La，轻绳b的长度为Lb，小球运动到图示位置时，轻绳b

被烧断，同时木架停止转动，已知重力加速度大小为g，则()A．小球仍在水平面内做匀速圆周运动B．在轻绳b被烧断瞬间，轻绳a中张力突然增大C．若ω＝5gLaLb，则木架停止转动后小球不可能做完整的圆周运动D．若ω＝3gLaLb，则木架停止转动后小球可能做完整的圆周运动———[综合测评提

能力]———一、单项选择题(本题共8小题，每小题3分，共24分)1．如图，广州塔摩天轮位于塔顶450米高空处，摩天轮由16个“水晶”观光球舱组成，沿着倾斜的轨道做匀速圆周运动，则在观光球舱中的某游客()A．动量不变B．线速度不变C．所受的合外力不变D．机械能不守恒2．如

图甲所示，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，杆与小球间的弹力大小为F，小球在最高点的速度大小为v，F—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2a3．[2020·湖南六校联考]一根细线一端系一小球(可视为质点)，另一端固定在光滑圆锥顶上，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，细线的张力为FT，则FT随ω2

变化的图象是()4.如图所示，一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定角速度ω转动，盘面上离转轴距离2.5m处有一小物体与圆盘始终保持相对静止．物体与盘面间的动摩擦因数为32(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，盘面与水平面的夹角为30°，g取10m/

s2.则ω的最大值是()A.5rad/sB.3rad/sC．1.0rad/sD．0.5rad/s5．[新情境题]如图所示，ABC为竖直平面内的金属半圆环，AC连线水平，AB为固定在A、B两点间的直金属棒，在直金属棒上和圆环的BC部分分别套着两个相同的小环M、N，现让半圆环绕对称轴以角速

度ω匀速转动，半圆环的半径为R，小环M、N的质量均为m，棒和半圆环均光滑，已知重力加速度的大小为g，小环可视为质点，忽略空气阻力，则M、N两环做圆周运动的线速度大小的比值为()A.gR2ω4－g2B.g2－R2ω4gC

.gg2－R2ω4D.R2ω4－g2g6．[2020·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<2kg3L范围内增大时，A所受摩擦力一直变大

7.如图所示，在竖直平面内固定两同心圆轨道，内外轨道均光滑，ab是一条过直径的水平线．一质量为m的小球从轨道的最低点以初速度v0开始运动，球的直径略小于两圆半径之差，球运动的轨道半径为R，不计空气阻力．下列说法正确的是()A．若小球能通过圆轨道的最高点，则初速度v0一定大于5gRB．若v0>5

gR，则小球可做完整的圆周运动且对内轨道无压力C．若v0<2gR，则内圆轨道对小球有作用力D．若2gR<v0<5gR，则内圆轨道对小球一直没有作用力8.如图所示，竖直平面内固定有一光滑的绝缘轨道ABCD，其中倾角θ的斜面AB与半径为R的圆弧轨道

平滑相切于B点，θ＝60°，CD为竖直方向的直径，O为圆心，质量为m的小球(可视为质点)从斜面上的A点由静止释放，小球能够运动到D点．已知A、B两点高度差为h，则下列判断正确的是()A．h一定大于5R2B．增大h，小球运动到D点对轨道的压力F随

h的变化是非线性的C．增大h，小球运动到C、D两点的速度之差为一定值D．小球运动到C、D两点时对轨道的压力之差与h无关二、多项选择题(本题共2小题，每小题4分，共8分)9．[2020·陕西渭南质检]如图所示，甲、乙圆盘的半径之比为1:2，两水平圆盘紧靠在一起，乙靠

摩擦随甲不打滑转动，两圆盘上分别放置质量为m1和m2的小物体a、b，m1＝2m2，两小物体与圆盘间的动摩擦因数相同．a距甲盘圆心r，b距乙盘圆心2r，此时它们正随盘做匀速圆周运动，下列判断正确的是()A．a和b的线速度之比为1￿4B

．a和b的向心加速度之比为2￿1C．随转速慢慢增加，a先开始滑动D．随转速慢慢增加，b先开始滑动10．[2020·陕西西安模拟]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无关三、非选择题(本题共3小题，共35分)11．(10分)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/s

2.(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．12．(11分)[2020·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.13．(14分)一转动装置如图所示，四根轻杆

OA、OC、AB和CB与两小球及一小环通过铰链连接，轻杆长均为l，球和环的质量均为m，O端固定在竖直的轻质转轴上．套在转轴上的轻质弹簧连接在O与小环之间，原长为L.装置静止时，弹簧长为32L.转动该装置并缓慢增大转速，小环缓慢上升．弹

簧始终在弹性限度内，忽略一切摩擦和空气阻力，重力加速度为g.求：(1)弹簧的劲度系数k；(2)AB杆中弹力为零时，装置转动的角速度ω0；(3)弹簧长度从32L缓慢缩短为12L的过程中，外界对转动装置所做的功W.课练12圆周运动的规律及其应用[狂刷小题夯基础]1．D快艇做匀速圆周运动，

根据线速度的定义可知两者的线速度大小之比为vAvB＝65，根据角速度定义ω＝θt可知两者角速度之比为ωAωB＝54，根据公式an＝v2r＝vvr＝vω可得两者的向心加速度大小之比为aAaB＝vAωAvBωB＝6

×55×4＝32，B错误；根据v＝ωr可得r＝vω，故两者的轨道半径之比为rArB＝vAωBvBωA＝6×45×5＝2425，A错误；由于不知道两者质量关系，所以无法计算两者向心力之比，C错误；根据公式T＝2πω可得周期和角速度成反比，故A、B的周期大

小之比为4:5，D正确．2．B运动员从A到B的过程中，滑道与水平方向之间的夹角θ逐渐减小，可知运动员所受支持力mgcosθ逐渐变大，选项A错误；根据F合＝mv2r可知，运动员所受合外力大小不变，且不为零，选项B正确，D错误；运动员下滑过程中受到重力、

滑道的支持力与摩擦力，重力沿滑道向下的分力逐渐减小，运动员的速率不变，则运动员沿滑道方向的合外力始终等于0，所以摩擦力也逐渐减小，故C错误．3．B由题意得按照设计速度拐弯时，列车受到重力和轨道的支持力作用，这两个力的合

力指向圆心，提供向心力，mgtanθ＝mv2r，由于角度较小，又有mgsinθ＝mv2r，sinθ＝hL，联立两式得h＝v2Lgr＝9cm，所以选项B正确．4．B当水对容器底压力为零时有mg＝mv2r，解得v＝gr＝4m/s.“水流星”通过最高点的速度为4m/s，知水对容器底压力为零

，不会从容器中流出，对水和容器分析，有T＋Mg＝Mv2r，解得T＝0.知此时绳子的拉力为零，故AD错误，B正确；“水流星”通过最高点时，仅受重力，处于完全失重状态，故C错误．5．B根据题意，结合圆锥齿轮的特点，得vB＝vC，根据

v＝ω·r，可知ωB≠ωC，选项A错误．A、B同轴转动，故角速度相同，vC＝vB＝rBrAvA，结合aC＝v2CrC，得aA＝rArCr2BaC，选项B正确，选项CD错误．6．AC在“天宫一号”中，小球处于完全失重状态，让小球在B点以垂直于细线的速度v0开始做圆周运动，则小球做匀速

圆周运动，细线的拉力提供向心力，大小不变，方向时刻变化，选项A正确，B错误；只要v0>0，小球就能通过A点，选项C正确，D错误．7．B本题考查圆周运动．挡光时间间隔越来越长，故风速仪转速逐渐减小；Δt时间内，光强为4个周期，风速仪转动的弧长

为4n2πr，故平均速率为8πnrΔt，选项B正确．8．B本题考查圆周运动的规律．根据向心力的公式man＝mω2r，要想使宇航员在旋转舱内受到侧壁的弹力等于站在地球表面受到地面的支持力，旋转舱的向心加速度an应等于重力加速度，半径越大，转动的角速

度应该越小，选项A错误，选项B正确；向心加速度大小与宇航员的质量无关，选项CD错误．9．BD本题考查匀速圆周运动的角速度、周期、线速度、向心力等知识点，意在考查了考生的理解能力和推理能力．由题意可知座舱运动周期为T＝2πω、线速度为v＝ωR、受到的合力为F＝mω

2R，选项BD正确，A错误；座舱的重力为mg，座舱做匀速圆周运动受到的向心力(即合力)大小不变，方向时刻变化，故座舱受摩天轮的作用力大小时刻在改变，选项C错误．10．AB本题考查圆周运动规律．赛车在圆弧轨道上做圆周运动，径向摩擦力提供向心力，

由向心力公式F＝mv2r可知，由于径向最大静摩擦力一定，因此轨迹半径越大，赛车可以做圆周运动的线速度越大，因此赛车手可在绕过小圆弧弯道后加速，选项A正确；在大圆弧弯道上，有2.25mg＝mv21R，解得v1＝45m/s，选项B正确；

在小圆弧弯道上，有2.25mg＝mv22r，解得v2＝30m/s，因此在直道上的加速度大小为a＝v21－v2221002－90－402＝1543m/s2≈6.50m/s，选项C错误；通过小圆弧弯道的时间t＝13×2πrv2＝2×3.

14×403×30s≈2.79s，选项D错误．11．ACD本题考查圆周运算．路程是运动轨迹的长度，由几何关系和①②③三条路线的路程分别为(π＋2)r、2(π＋1)r、2πr，故沿路径①运动时，赛车经过的路程最短，选项A正确；赛车在转弯时，最大静摩擦

力提供向心力，由Fmax＝mv2R，得v＝FmaxRm，转弯半径最大时转弯速度最大，故沿路线①的速率最小，选项B错误；由t＝sv得赛车沿路线①②③通过弯道的时间分别为(π＋2)·mrFmax、2(π＋1)mrFmax、2πmrFmax，故沿路线③运动

的时间最短，选项C正确；由Fmax＝ma，故沿三个路径转弯的向心加速度大小相等，选项D正确．12．D小球平抛运动的时间为t＝Rv0＝14s＝0.25s，小球做平抛运动的时间和圆盘转动n圈的时间相等，则有t＝nT＝n2πω，解得ω＝2nπt，n＝1,2,3，….当n＝1时，ω＝

8πrad/s；当n＝2时，ω＝16πrad/s，随着n的增大，角速度在增大，故角速度最小为8πrad/s，故D正确．13．C设细线与竖直方向的夹角为θ，细线的拉力大小为T，细线的长度为L.P做匀速圆周运动时，由重力和细线的拉力的合力

提供向心力，则有：T＝mgcosθ；mgtanθ＝mω2Lsinθ；Q受到重力、细线的拉力和桌面的支持力、摩擦力的作用，在竖直方向上：Mg＋Tcosθ＝FN；联立可得：FN＝Mg＋mg，和小球的高度、细线与竖直方向之间的夹角都无关，保持不变．故A正确；

对Q，由平衡条件知，Q受到桌面的静摩擦力f＝mgtanθ，则θ变大时，Q受到桌面的静摩擦力变大，故B正确；由mgtanθ＝mω2Lsinθ，得角速度ω＝gLcosθ，使小球改到一个更高的水平面上做匀速

圆周运动时，θ增大，cosθ减小，角速度增大．根据T＝2πω可知，小球运动的周期将减小．D正确，C错误．此题选择错误的选项，故选C.14．AC两物体A和B随着圆盘转动时，合外力提供向心力，B的半径比A的半

径大，所以B所需向心力大，绳子拉力相等，所以当圆盘转速加快到两物体刚好还未发生滑动时，B的最大静摩擦力方向指向圆心，A的最大静摩擦力方向指向圆外，根据牛顿第二定律得：T－μmg＝mω2r；T＋μmg＝mω2·2r；解得：T＝3μmg，ω＝2μgr，故A、C正确，B错误；烧断绳子瞬间A物体所需的向

心力为2μmg，A的最大静摩擦力不足以提供向心力，则A做离心运动，D错误．15．A当A所受摩擦力恰为零时，A和球心的连线与竖直方向的夹角为60°，根据牛顿第二定律得mgtan60°＝mrω2，r＝Rsin60°，此时B有沿罐壁向上滑的趋势，摩擦力沿罐壁切线向下，竖

直方向上Ncos30°－fsin30°－mg＝0，水平方向上Nsin30°＋fcos30°＝mr′ω2，r′＝Rsin30°，联立解得f＝3－12mg，A正确．16．BD小球原来在水平面内做匀速圆周运动，轻绳b被烧断后，小球将在垂直于平面ABC

的竖直平面内摆动或做圆周运动，故A错误；轻绳b被烧断前，小球在竖直方向没有位移，加速度为零，轻绳a中张力等于小球的重力，在轻绳b被烧断瞬间，轻绳a中张力与小球重力的合力提供小球的向心力，且向心力竖直向上，轻绳a的张力将大于小球重力，即轻绳

a中张力突然增大，故B正确；轻绳b被烧断，木架停止转动前瞬间，设小球运动的线速度为v1，v1＝ωLb，要使小球恰能做完整的圆周运动，则小球在最高点的速度v2必须满足mg＝mv22La，根据机械能守恒定律知12mv21＝mg·2La＋12m

v22，联立以上可求得ω＝5gLaLb，即ω≥5gLaLb时，小球可以在垂直于平面ABC的竖直面内做完整的圆周运动，C错误，D正确．[综合测评提能力]1．D本题考查考生对动量、线速度、机械能、向心力等的理解．随摩天轮做匀速圆周运动的游客，动量、线速度方向不断发生变化，A、B项

错误；游客所受合外力始终指向圆心，C项错误；游客的动能不变，但重力势能不断变化，所以机械能不守恒，D项正确．2．B由题图乙知，当v2＝0时，F＝a，故有F＝mg＝a，当v2＝b时，F＝0，杆对小球无弹力，此时重力提供小球做圆周运动的向心力

，有mg＝mv2R，得g＝bR，故A错误；小球的质量m＝ag＝aRb，故B正确；由题图乙可知，当v2＝c时，有0<F<a＝mg，杆对小球弹力方向向下，故C错误；由题图乙可知，当v2＝2b时，由F合＝mv2R，故有F＋mg＝2mbR＝2×aRb×bR＝2a，得F＝mg，故D错误．3．C由题知小球未

离开圆锥表面时细线与竖直方向的夹角为θ，用L表示细线长度，小球离开圆锥表面前，细线的张力为FT，圆锥对小球的支持力FN，根据牛顿第二定律有FTsinθ－FNcosθ＝mω2Lsinθ，FTcosθ＋FNsinθ＝mg，联立解得FT＝mgcosθ＋ω2m

Lsin2θ.小球离开圆锥表面后，设细线与竖直方向的夹角为α，根据牛顿第二定律有FTsinα＝mω2Lsinα，解得FT＝mL·ω2.对照四个选项的图象可知C项正确．4．C物体随圆盘做圆周运动，运动到最低点时最容易滑

动，因此物体在最低点且刚好要滑动时的转动角速度为最大值，这时，根据牛顿第二定律可知，μmgcos30°－mgsin30°＝mrω2，求得ω＝1.0rad/s，C项正确，A、B、D项错误．5．A小环M受到重力和棒的支持力，在水

平面内做匀速圆周运动，合力的方向沿水平方向，所以Fn＝mgtan45°＝mωvM，vM＝gω，小环N受到重力和半圆环的支持力，在水平面内做匀速圆周运动，合力的方向沿水平方向，设ON与竖直方向之间的夹角为θ，则

有F′n＝mgtanθ＝mωvN，所以vN＝gtanθω，又vN＝ωr，r＝Rsinθ，联立解得vN＝1ωR2ω4－g2，所以vMvN＝gR2ω4－g2，A正确．6．C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所受摩擦力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<2kg3L范围内增大时，A所受摩擦力一直增大，故D正

确．7．B本题考查考生的理解能力，需要考生掌握圆周运动的相关知识．小球在最高点时，内圆轨道给小球向上的支持力，向心力可以趋近于零，则速度的最小值为0，此时内圆轨道对小球有向上的支持力N，N＝mg，由mg·2R＝12mv20得，v0＝2gR，故v0≥2gR时，小球能通过圆轨道的最高点，A错

误；若要使小球做完整的圆周运动且对内轨道无压力，小球应沿外圆轨道运动，在运动过程中机械能守恒，设小球运动到最高点时的最小速度为v，则有mg＝mv2R，由机械能守恒定律得mg·2R＝12mv20－12mv2

，则小球在最低点时的最小速度v0＝5gR，即v0≥5gR时，小球可做完整的圆周运动且对内轨道无压力，B正确；当v0＝2gR时，由12mv20＝mgR可知，小球运动到b点速度减为0，则当v0<2gR时，小球会一直在ab水平线下方沿外圆轨道运动，内

圆轨道对小球没有作用力，C错误；当2gR<v0<5gR时，小球在ab水平线上方的某点会和内圆轨道之间产生作用力，D错误．8．D本题意在考查考生的分析综合能力，需要考生利用牛顿第二定律和机械能守恒定律对圆周运动和平抛运动进行分析．小球刚好到达点D时，h有最小值，由圆周运动及

机械能守恒定律得mv2DR＝mg，12mv2D＋mgR(1＋cosθ)＝mgh，解得h＝2R，故A错误；小球从A运动到D的过程，根据机械能守恒定律有mgh－mgR(1＋cosθ)＝12mv2D，根据牛顿第二定律有F＋mg＝mv2DR，联立解得F＝2mgR·h－(3mg＋2mgcosθ

)，故在F>0的情况下，小球在D点对轨道的压力F随h的变化是线性的，B错误；小球从A运动到C的过程，根据机械能守恒定律有mgh＋mgR(1－cosθ)＝12mv2C，解得vC＝g2h＋2R－2Rcosθ＝2h＋Rg，从C运动到D的过程，根据机械能守恒定律有12mv2C＝

mg·2R＋12mv2D，解得vD＝g2h－2R－2Rcosθ＝2h－3Rg，故小球在C、D两点的速度差与释放高度h有关，C错误；根据牛顿第二定律，在C点有FC－mg＝mv2CR，在D点有FD＋mg＝mv2DR，故ΔF＝FC－FD＝2mg＋mv2C－v2DR＝6mg，与释放高度

h无关，D正确．9．BC甲、乙两圆盘边缘上的各点线速度大小相等，有ω1·R＝ω2·2R，则得ω1:ω2＝2:1，所以物体相对盘开始滑动前，a与b的角速度之比为2:1，根据公式v＝ωr，有v1v2＝ω1rω2·2r＝11，A错误；根据a′＝ω2r得a与b的向心加速度之

比为a′1:a′2＝(ω21·r):(ω22·2r)＝2:1，B正确；根据μmg＝mrω2＝ma知，a先达到临界角速度，可知当转速增加时，a先开始滑动，C正确，D错误．10．CD因为弹簧的劲度系数k＝mgR，原长L＝2

R，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＋mv20R，运动到最高点时受到轨道的弹力最小，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．11．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．答案：(1)1s(2)kπ(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(32a)2＋(4a)2＝22，解得a＝47373m/s213．答案：(1)4mgL(2)8g5L(

3)mgL＋16mgl2L解析：(1)装置静止时，设OA、AB杆中的弹力分别为F1、T1，OA杆与转轴的夹角为θ1，则小环受到弹簧的弹力F弹1＝k·L2小环受力平衡，则有F弹1＝mg＋2T1cosθ1小球受力平衡，

则有F1cosθ1＋T1cosθ1＝mgF1sinθ1＝T1sinθ1解得k＝4mgL(2)AB杆中的弹力为零时，设OA杆中的弹力为F2，OA杆与转轴的夹角为θ2，弹簧长度为x，则小环受到弹簧的弹力F弹2＝k(

x－L)小环受力平衡，则有F弹2＝mg解得x＝54L对小球有F2cosθ2＝mg，F2sinθ2＝mω20lsinθ2，且cosθ2＝x2l解得ω0＝8g5L(3)弹簧长度为12L时，设OA、AB杆中的弹力分别为F3、T3，OA杆与弹簧的夹角为θ3，则小环受到弹簧的弹力F弹3＝12kL小环受力平衡

，则有2T3cosθ3＝mg＋F弹3，且cosθ3＝L4l对小球有F3cosθ3＝T3cosθ3＋mgF3sinθ3＋T3sinθ3＝mω23lsinθ3解得ω3＝16gL整个过程弹簧弹性势能变化为零，则弹力做的功为零，由动能定理有W－mg(3L2－L2)－2mg

(3L4－L4)＝2×12m(ω3lsinθ3)2解得W＝mgL＋16mgl2L