【文档说明】全国高校物理强基计划入门试题精编（人教版2019必修第二册） 第03讲 圆周运动 Word版含解析.docx，共(38)页，4.762 MB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-69cb2d9582afefb8f0356eff79e6bfb3.html

以下为本文档部分文字说明：

第03讲圆周运动全国高校强基计划入门试题精编一、单选题1．如图所示的装置，两根完全相同、轴线在同一水平面内的平行长圆柱上放一均匀木板，木板的重心与两圆柱等距，其中圆柱的半径2cmr=，木板质量5kgm=，木板与圆柱间的动摩擦因数0.2=，两圆柱以角速度绕轴线作相反方向的转动。现施加一过木

板重心且平行圆柱轴线的拉力F于木板上，使其以速度0.6m/sv=沿圆柱表面作匀速运动。下列说法中正确的是（）A．不论多大，所需水平拉力恒为10NB．越大，所需水平拉力也越大C．若40rad/s=，则水平拉力6NF=D．若40rad/

s=，水平拉力恒为20N，则木板做匀加速运动【答案】C【详解】AC．木板与两个圆柱表面的摩擦力相等，大小为110.2510N5N22fmg===当40rad/s=，圆柱表面的点转动的线速度大小为0.8

m/svr==木板的速度0.6m/sv=，则木板相对于圆柱表面的点运动的合速度大小为22220.60.8m/s1.0m/svvv=+=+=合由几何关系可知木板所受的滑动摩擦力与拉力F的夹角为(9037)+；木板在垂直于轴线方向受到两轴的滑动摩擦力的分力大小相等方

向相反，所以在垂直于轴线方向上受到的滑动摩擦力为零；在平行于轴线方向上，木板受到的滑动摩擦力2sin37250.6N6Nff===木板做匀速直线运动，由平衡条件得6NFf==故A错误，C正确；B．圆柱转动的角速度越大，

则圆柱表面上的点的线速度越大，木板与圆柱表面的摩擦力沿垂直于轴线方向的分力越大，沿圆柱轴线方向的分力越小，所以匀速拉动木板的拉力越小，故B错误；D．若40rad/s=时，拉力为20N，木板开始做加速运动，随木板

速度的增大，则木板与圆柱表面的摩擦力沿圆柱轴线方向的分力增大，所以木板受到的合力将减小，木板不可能做匀加速直线运动，故D错误。故选C。2．如图所示，小球A可视为质点，装置静止时轻质细线AB水平，轻质细线AC与竖直方向的夹角37°。已

知小球的质量为m，细线AC长l，B点距C点的水平和竖直距离相等。装置能以任意角速度绕竖直轴转动，且小球始终在BOO平面内，那么在角速度从零缓慢增大的过程中（）（重力加速度g取210m/s，sin370.6=，cos370.8=）A．两细线张力均增大B．细线AB中

张力一直变小，直到为零C．细线AC中张力一直增大D．当AB中张力为零时，角速度可能为54gl【答案】D【详解】AB．当静止时，受力分析如图，由平衡条件由平衡条件得TAB=mgtan37°=0.75mgTAC＝cos37mg＝1.25mg若AB中的拉力为0，当ω最小时绳AC与竖直方

向夹角θ1=37°，受力分析如图根据受力分析mgtanθ1＝m(Lsinθ1)ωmin2得min54gL＝根据对称性可知，当ω最大时绳AC与竖直方向夹角θ2=53°，此时应有mgtanθ2＝mωmax2Lsinθ2得ωmax＝53gL所以ω取值范

围为54gL≤ω≤53gL绳子AB的拉力都是0．由以上的分析可知，开始时AB拉力不为0，当转速在54gL≤ω≤53gL时，AB的拉力为0，角速度再增大时，AB的拉力又会增大，AB错误；C．当绳子AC与竖直方

向之间的夹角不变时，AC绳子的拉力在竖直方向的分力始终等于重力，所以绳子的拉力绳子等于1.25mg；当转速大于54gL后，绳子与竖直方向之间的夹角增大，拉力开始增大；当转速大于53gL后，绳子与竖直方向之间的

夹角不变，AC上竖直方向的拉力不变；随后当水平方向的拉力增大，AC的拉力继续增大，C错误；D．由开始时的分析可知，当ω取值范围为54gL≤ω≤53gL时，绳子AB的拉力都是0，D正确。故选D。3．摩擦传动是传动装置中的一个重要模型，如图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:3:1rr=甲乙，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2ABRR=。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（）①滑块A和B在与轮盘相对静止时，角速度之比为:3:1=甲乙②滑块A和B在与轮盘相对静止时，向心加速度的比值为:2:9ABaa=③转速增加后滑块B先发生滑动④转速增加后滑块A先发生滑动A．①②③B．①②④C．②③④D．①③④【答案】A【详解】摩擦传动的

物体边缘线速度相等，则轮盘甲乙边缘的线速度相等。A、B与轮盘相对静止时，分别和轮盘甲乙做同轴转动，则A、B做匀速圆周运动运动时，角速度分别等于甲乙轮盘的角速度。①根据rr=甲甲乙乙解得:3:1=甲乙①正确；②根据

2aR=可得滑块A和B在与轮盘相对静止时，向心加速度的比值22::2:9ABABaaRR甲乙==②正确；③④AB物体受到的摩擦力提供圆周运动的向心力，则物体恰好与轮盘相对滑动时2AAAAmgmR=，2BBBBmgmR=解得:1:2AB=AB物体恰好

与轮盘相对滑动时，此时乙对应角速度分别为':'=3:3:2ABAB=所以转速增加后滑块B先发生滑动，③正确，④错误。故选A。4．如图所示，A、B、C三个物体放在水平旋转圆台上，用细线连接并固定在转轴上。已知物体与圆台间的动摩擦因数均为，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力；细线能承受的

最大拉力为12mg，A的质量为2m，B、C的质量均为m，A、B离轴的距离为R，C离轴的距离为2R，重力加速度取g，当慢慢增加圆台转速，最先滑动的是（）A．AB．BC．CD．三个物体同时滑动【答案】C【详解】当圆台转速较小时，三者都由静摩擦力提供

向心力，由牛顿第二定律2fmr=A、C需要的向心力相等，当转速增大到1时，由于ABC22mmm==，C受静摩擦力先达到最大值；再增大，B、C间细线开始有拉力，对C，由牛顿第二定律2BC+2Tmg

mr=对B2BBCfTmr−=对A2A2fmr=当B=fmg时，BC=32mgmgT，A423mgfmg=；再增大，OB间拉力出现，对A2A2fmr=对B2BBCOTmgTmr+−=对C2BC+2Tmgmr=当B、C间细线拉力达到最大值时，即BC12Tmg

=时B42OmgmgT=，A322mgfmg=则再增大，B、C间细线将断裂，故C最先滑动。ABD错误，C正确。故选C。5．如图为某型号圆锥面型娱乐设施“魔盘”的侧视图，“魔盘”可绕中心轴OO转动。儿童坐在锥面上，“魔盘”从静止开始转动，转速逐渐

增大。最大静摩擦跟正压力成正比，儿童可视为质点，下列说法正确的是（）A．玩乐的过程中，儿童受到的合外力方向时刻水平指向转轴B．其他条件相同时，儿童的质量越大越容易滑动C．当“魔盘”的转速增大到一定值时，儿童一定会向上滑动D．“魔盘”加速转动的过程，儿

童未发生滑动时，受到的摩擦力可能减小【答案】D【详解】A．由题意，只有在“魔盘”匀速转动且人未发生滑动时，人在做水平面上的匀速圆周运动，合外力提供向心力，人受到的合外力方向才水平指向转轴，故A错误；B．“魔盘”匀速转动且人未发生滑动时，设向心加速度为a，可分解为沿盘面方向的加速度2co

sxar=若“魔盘”转动的角速度较小，则在沿盘面方向，由牛顿第二定律有fsinxmgFma−=解得2fsincosFmgmr=−垂直于盘面方向的加速度2sinyar=在垂直于盘面方向，由牛顿第二定律有2NcossinFmgmr−

=解得2NsincosFmrmg=+其他条件相同时，儿童的质量越大，人受到的弹力NF就越大、则人受到的最大静摩擦力就越大，儿童越不容易滑动，故B错误；C．由选项B分析可知，在人受到的摩擦力沿“魔盘”向上时，当“魔盘”的转速增大到一定值

时，根据2n=可知随着“魔盘”匀速转动的角速度增大，人受到的摩擦力减小，但弹力NF增大、则人受到的最大静摩擦力就越大，反而越不容易向上滑动，故C错误；D．由选项B分析可知，在人受到的摩擦力沿“魔盘”向上时，有2f

sincosFmgmr=−可知在“魔盘”加速转动的过程，若儿童未发生滑动时，人受到的摩擦力反而减小，故D正确。故选D。6．两个质量为m的物体A、B由轻质硬杆相连，可被视为一“哑铃”状的卫星，该卫星围绕一质量为M的天体旋转，如图所示，两物体和天体质心在一条直线上，两物体分别

以1r和2r为半径绕中心天体做圆周运动。在某时刻连接两物体的杆突然断裂后，两物体的运动轨道会发生变化，引力常量为G，下列说法正确的是（）A．若杆突然断裂，B会做离心运动，A将做向心运动B．若B在杆突然断裂后做离心运动，则A仍在原轨道

上做圆周运动C．杆断裂前，两物体的周期为()121222122rrTrrGMrr+=+D．杆断裂前，两物体的周期为()31228rrTGM+=【答案】C【详解】CD．设杆对A、B的弹力大小均为F，则对A、B分别根据万有引力定律和牛顿第二定律有2212221214()MmmG

FGmrrrrT−−=−2222222214()MmmGFGmrrrrT++=−解得121222122()rrTrrGMrr+=+故C正确，D错误；AB．若B在杆断裂后做离心运动，则杆断裂前，杆对B有靠近中心天体的拉力作用，杆对A有背离中心天体的拉力作用，所以若杆突然断裂，A将做向心

运动。反之，若B在杆断裂后做向心运动，则A将做离心运动。故AB错误。故选C。7．四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）（）A．B．C．D．【答案】C【详解】设绳长为L，则由合力提供向心力得22tan()(sin)mgmLrT=+化简得2cos2tan()grLT=+可知，L长

的，角度大；设绳的竖直分量为h，则由合力提供向心力得22tan()(tan)mgmhrT=+化简得22tan()grhT=+可知，角度大的，竖直分量大。综上所述，故ABD错误，C正确。故选C。8．智能呼啦圈轻便美观，深受大众喜爱，如图甲，腰带外侧带有轨道，将带有滑轮

的短杆穿入轨道，短杆的另一端悬挂一根带有配重的轻绳，其简化模型如图乙所示，可视为质点的配重质量为0.5kg，绳长为0.5m，悬挂点P到腰带中心点O的距离为0.2m，水平固定好腰带，通过人体微小扭动，使配重随短杆做水平匀速圆周运动

，绳子与竖直方向夹角为θ，运动过程中腰带可看成不动，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（）A．匀速转动时，配重受到的合力恒定不变B．若增大转速，腰带受到的合力变大C．当θ稳定在37°时，配重的角速度为5rad/sD

．保持转速不变，将配重的质量更换为1kg时，则θ不变【答案】D【详解】A．匀速转动时，配重做匀速圆周运动，合力大小不变，但方向在变化，故A错误；B．运动过程中腰带可看作不动，所以腰带合力始终为零，故B错误；C．对配重，由牛

顿第二定律2tansin+)mgmlr=（即tan(sin+)glr=当稳定在37°时，解得15rad/s=故C错误；D．由tan(sin+)glr=可知，保持转速不变，θ与配重质量无关，所以将配重的质量更换为1

kg时，则θ不变，故D正确。故选D。二、多选题9．游乐场有个魔力转盘项目，一个大转盘上设置了一圈供游客站立的位置，如图所示，项目开始时，游客面向转轴竖直站立，后背靠在平行于转轴的平板上，有安全绳防护，转盘绕竖直中轴线开始转动，当角速度逐渐增大到1时，供游客站立的托板下翻，游客处

在了脚不沾地的状态，“魔力”使游客紧紧地贴在背上始终不动，转动几周后转盘的转动轴开始倾斜至和水平成45°角，此时转盘转动的角速度大小为2。又转动几周后转盘的转动轴倾至水平，此时转动的角速度大小为的3，已知站立位置到转轴的距离是R，游

客的厚度可以忽略，游客的质量为m，游客后背和靠背平板之间的静摩擦因数和滑动摩擦因数相等都是1，如果3个状态下的角速度都是游客安全感的最小值（安全绳松脱，游客不会滑落），重力加速度为g，则下列说法正确的是（）A．132=B．以3转动一周的过程中，人后背受到的最大支持力是2mgC．以2

转动一周的过程中，游客受到的静摩擦力最大值是22mgD．以3转动一周的过程中，游客受到的静摩擦力最大值是mg【答案】BD【详解】B．以3转动一周的过程中，游客在最低点时，后背受到的支持力最大。则233NmgmR−=由于此状态下的角速度是游客安全感

的最小值，在最高点有23mgmR=解得32Nmg=，3gR=故B正确；D．以3转动一周的过程中，分析可知游客在与转轴等高时，后背受到的摩擦力最大。则竖直方向上，由平衡条件得3fmg=故D正确；C．以2转动一周的过程中，分析

可知，当游客与其做圆周运动的圆心等高时，受到的静摩擦力最大，则2fmg=由于此状态下的角速度是游客安全感的最小值，则此时222fNN==又222NmR=联立解得2gR=故C错误；A．以1转动一周的过程中，由于此状态下的角速度是游客安全感的

最小值。则211NmR=1fmg=111fNN==联立解得1gR=综上可得123==故A错误。故选BD。10．如图所示（俯视图），用自然长度为L0劲度系数为k的轻质弹簧，将质量均为m的两个小

物块P、Q连接在一起，放置在能绕O点在水平面内转动的圆盘上，物体P、Q和O点恰好组成一个边长为2L0的正三角形。已知小物块P、Q和圆盘间的最大静摩擦力均为03kL，现使圆盘带动两个物体以不同的角速度做

匀速圆周运动，则（）A．当圆盘的角速度为3km=时，圆盘对Q的摩擦力的大小等于弹簧弹力的大小B．当圆盘的角速度为2km=时，圆盘对Q的摩擦力的大小等于弹簧弹力的大小C．当物块P、Q刚要滑动时，圆盘的角速度2km=D．当圆盘的角速度为4=km

时，圆盘对P的摩擦力最小【答案】BD【详解】AB．根据胡克定律，弹簧的弹力大小为0kxkL=当圆盘的角速度为2km=时，向心力的大小为220022nkFmrmLkLm===根据三

角形定则，摩擦力大小为0fkL=A错误，B正确。C．当物块P、Q刚要滑动时，摩擦力达到最大值，摩擦力的方向垂直于PQ，如图所示，根据牛顿第二定律得2002cos60kLmL=解得km=C错误；D．当摩擦力与OQ垂直时，摩擦力最小，如图所示，根据牛顿第二定律得200cos602

kLmL=解得4=kmD正确。故选BD。11．如图所示，水平转台两侧分别放置A、B两物体，A质量为m，B质量为3m，到转轴'OO的距离分别为2L、L，A、B两物体间用长度为3L的轻绳连接，绳子能承受的拉力足够大，A、B两物体与水平转台间的动摩擦因数均为，最大静

摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。开始时绳刚好伸直且无张力，当水平转台转动的角速度由零逐渐缓慢增大，直到A、B恰好相对于转台滑动的过程中，下列说法正确的是（）A．当转台转动的角速度大于2gL时，细绳上可能没有拉力B．当转台转动的角速度大于2gL时，

A可能不受摩擦力C．整个过程中，A与转台间的摩擦力先增大到最大静摩擦力后保持不变D．整个过程中，B与转台间的摩擦力先增大到最大静摩擦力后保持不变【答案】BD【详解】A．当转盘刚开始转动时，物体摩擦力提供向心力

，最大静摩擦时有2MgMr=可知物体运动半径大的先达到最大静摩擦力，故物体A先达到最大静摩擦力。此时摩擦力提供向心力，有212mLmg=得到12gL=当角速度在增大时，摩擦力不足以提供向心力，细绳上开始有拉力。A错误

；BCD．物体A达到最大静摩擦力之后，角速度再缓慢增加大，设绳子拉力为T，则有222mgTmL+=2B23TfmL+=整理得到2B2fmgmL=+因角速度增大，所以B受到的静摩擦力越来越大，直至达到最大静

摩擦力。之后角速度再增大，B受到的摩擦力保持不变，物体A的摩擦力将变化，两物体仍做圆周运动，此时有2A32TfmL+=2333TmgmL+=可得2A33fmgmL=−所以随着角速度的再次增大，物体A受到的摩擦力慢慢减小，直至反向，再慢慢增加至最大静摩擦。若角速度还增大，则两

物体开始相对转台滑动。所以物体A在角速度大于2gL后，物体A受到的摩擦力先保持不变，再慢慢减小至0，再增大至最大静摩擦。而物体B在整个过程中，与转台间的摩擦力先增大，之后保持不变。B、D正确，C错误；故选BD。12．如图所示，在水平圆盘上放有质量分别为m、m、2m的

可视为质点的三个物体A、B、C，圆盘可绕垂直圆盘的中心轴OO转动。三个物体与圆盘的动摩擦因数均为0.1=，最大静摩擦力认为等于滑动摩擦力。三个物体与轴O共线且OA=OB=BC=r=0.2m，现将三个物体用轻质细线相连，保持细线伸直且恰无张

力。若圆盘从静止开始转动，角速度极其缓慢地增大，已知重力加速度为g=10m/s2，则对于这个过程，下列说法正确的是（）A．A、B两个物体同时达到最大静摩擦力B．B、C两个物体的静摩擦力先增大后不变C．当5rad/s时整体会发生滑动D．当2rad/s5rad/s时，在增大的过程中B、C

间的拉力不断增大【答案】BC【详解】ABC．当圆盘转速增大时，由静摩擦力提供向心力。三个物体的角速度相等，由2Fmr=可知，因为C的半径最大，质量最大，故C所需要的向心力增加最快，最先达到最大静摩擦力，此时2122Cmgm

r=计算得出11rad/s2.5rad/s20.4gr===当C的摩擦力达到最大静摩擦力之后，BC间绳子开始提供拉力，B的摩擦力增大，达最大静摩擦力后，AB之间绳子开始有力的作用，随着角速度增大，

A的摩擦力将减小到零然后反向增大，当A与B的摩擦力也达到最大时，且BC的拉力大于AB整体的摩擦力时物体将会出现相对滑动，此时A与B还受到绳的拉力，对C可得22222Tmgmr+=对AB整体可得2Tmg=计算得出25rad/sgr==当5rad/s时整体会发生滑

动，故A错误，BC正确；D．在2rad/s2.5rad/s时，B、C间的拉力为零，当2.5rad/s5rad/s时，在增大的过程中B、C间的拉力逐渐增大，故D错误。故选BC。13．如图所示，用一根长为l=1m的细线，一端系一质量为m=1kg的小球(可视为质点)，另一端固定

在一光滑锥体顶端，锥面与竖直方向的夹角θ=30°，当小球在水平面内绕锥体的轴做匀速圆周运动的角速度为ω时，细线的张力为T，取g=10m/s2。则下列说法正确的是（）A．当ω=2rad/s时，T=(53+1)NB．当ω=2rad/s时，T=4NC．当ω=4rad/s时，T=16ND．当ω=4rad

/s时，细绳与竖直方向间夹角大于45°【答案】ACD【详解】当小球对圆锥面恰好没有压力时，设角速度为0，则有cosTmg=20sinsinTml=解得0532rad/s3=AB．当02rad

/s<=，小球紧贴圆锥面，则cossinTNmg+=2sincossinTNml−=代入数据整理得(531)NT=+A正确，B错误；CD．当04rad/s>=，小球离开锥面，设绳子与竖直方向夹角为，则cosTmg=2sinsinTml

=解得16NT=，o5arccos458=CD正确。故选ACD。14．水平固定放置的光滑圆筒横截面如图所示，圆心为O，两个可视为质点的小球a、b固定在质量不计的刚性杆两端，开始时系统处于静止状态，aObO、与水平方

向的夹角分别为37和53。现对小球a施加始终沿圆切线方向的推力F，使小球a、b在圆筒内缓慢移动，直到小球b到达与圆心O等高处，已知4cos375=。下列说法正确的是（）A．a、b质量之比为4:3B．对a

施力前，圆筒对a、b的弹力大小之比为3:4C．移动过程杆上的弹力逐渐增加，圆筒对b的弹力逐渐增加D．b到达与圆心O等高处时，F的大小等于b的重力【答案】BD【详解】A．对小球a施力前，对a、b受力分析，组成的矢量三角形如图甲所示由正弦定理有aasin53sin45Tmg=bb

sin37sin45Tmg=杆对a、b的弹力aT、bT等大反向，可得absin373sin534mm==故A错误；B．由正弦定理有Naaasinsin53FT=Nbbbsinsin37FT=由于abπ+=有sinsinab=可得NaNbsin373sin5

34FF==故B正确；C．移动过程对b受力分析，杆对b的弹力bT与圆筒对b的弹力NbF间的夹角保持不变，画出力的矢量图如图乙所示可以看出移动过程NbF先增大后减小，当方向与竖直方向成45角时达到最大，杆对b的弹力bT一直增加，小球b到达与圆心O等高处时，bT达到最大

，故C错误；D．小球b到达与圆心O等高处时，小球a恰好位于圆筒最低点，对小球b受力分析，此时杆对b的弹力为bb2Tmg=对小球a受力分析，沿圆筒切线方向，有bbcos45FTmg==故D正确。故选BD。15．瓦特利用飞球调速器来调控蒸汽机运动的速度

，如图甲所示，其工作原理是两个飞球被蒸汽机带动旋转起来，蒸汽量越多旋转越快，飞球再带动下方的套筒运动，通过杠杆再把套筒的运动传递到蒸汽阀，控制进入蒸汽机的蒸汽量，达到自动稳定蒸汽机运行速度的目的。调速器飞球及套筒的运动可简化为如图乙所示模型，它

由两个质量为m的钢球（可视为质点）通过4根长为l的轻杆与竖直轴的上、下两个套筒铰接，上方套筒固定，下方套筒质量为M，可沿轴上下滑动不计一切摩擦，重力加速度为g，飞球调速器的转速和蒸汽机的转速相同，则下列说法中正确的是（）A．蒸汽机转速增大或减小，上方轻杆对飞球的作用力都不变B．若蒸

汽机转速过快，则调速器套筒会下移，控制蒸汽阀减少进入蒸汽机的蒸汽量C．若蒸汽机转速过慢，则调速器套筒会下移，控制蒸汽阀增加进入蒸汽机的蒸汽量D．若蒸汽机稳定工作时调速器轻杆与竖直杆夹角为θ，则此时蒸汽机的转速()24cosmMgnml+=【答

案】CD【详解】D．当整个装置绕竖直轴以恒定的角速度匀速转动时，小球做匀速圆周运动，套筒静止对小球和套筒受力分析如图所示小球受到重力mg、上下两根轻杆的拉力1F、2F，竖直方向上，由平衡条件有12coscosFFmg=+

水平方向上，由牛顿第二定律有212sinsinFFmr+=且sinrl=此时，下面套筒受到重力Mg、左右两根轻杆的拉力3F、4F（根据对称性3F、4F大小相等），由套筒处于静止状态，可知32cosFMg=而3

2,2FFn==联立解得2()4cosmMgnml+=故D正确；A．由2()4cosmMgnml+=可知，转速增大，变大，由12coscosFFmg=+22cosFMg=可得()122cosMmgF+=可知上方轻杆对飞球的作用力会增大，同理，转速减小，轻杆对飞球的作用力会减小

，故A错误；B．由2()4cosmMgnml+=可知，转速过快，变大，套筒会上移，为保持原来的转速，传动机构会控制阀门减少进入蒸汽机的蒸汽量，故B错误；C．由2()4cosmMgnml+=可知，转速过慢，变小，套筒会下移，为保持原来的转速，传动机构

会控制阀门增加进入蒸汽机的蒸汽量，故C正确。故选CD。16．如图甲所示（俯视图），两个水平放置的齿轮紧紧咬合在一起（靠齿轮传动），其中O、O'分别为两轮盘的转轴，大齿轮与小齿轮的齿数比为2：1，大、小两齿轮的上表面水平，分别放有质量相同的小滑块A、B，两滑块与所在齿轮转轴的距离均

为r。现将两滑块通过一轻细线经转轴及上方两定滑轮连接，如图乙所示（侧视图）。已知两滑块与齿轮间的动摩擦因数为μ、最大静摩擦力等于滑动摩擦力，忽略其他摩擦，重力加速度为g。齿轮静止时细线恰好拉直且无张力，若大齿轮由静止开始缓慢增大转动的角速度，则（）A．当大齿轮的

角速度为3gr时，细线上有拉力B．当大齿轮的角速度为3gr时，滑块B所受摩擦力为0C．当小齿轮的角速度为23gr时，两滑块恰好未相对齿轮滑动D．当两滑块开始相对齿轮滑动时，滑块B会做离心运动【答案】AD【详解】A．由齿轮传动的边缘线速度相等，齿数

比等于半径比，因此小齿轮的角速度是大齿轮的2倍，故BA2=随着大齿轮的角速度逐渐增大，滑块与齿轮间的静摩擦力逐渐增大，即2AAmrf=AB22B4mrmrf==因此小齿轮上的滑块B所受静摩擦力先达到最大静摩擦力，当达到最大静摩擦力时有22BA4mgmrmr==

解得此时大齿轮的角速度为A14gr=之后再增大角速度，当大齿轮的角速度为3gr时，细线上有拉力，故A正确；B．当细绳产生拉力后，设细绳的拉力为T，则2AB4FmrTmg==+向2AAAFrT

f==+向随着角速度的增加，绳子的拉力T越来越大，因此滑块B所受摩擦力不可能为0，而滑块A所受静摩擦力可减小到0，当滑块A所受摩擦力为0时有2A2rT=2A24mrTmg=+解得A23gr=故B错误；CD．由B选项可知，当滑块A摩擦力减小为0后，随着角速度继续增大，则滑块

A所受静摩擦力将反向增大，当反向摩擦力达到最大最摩擦力时有2A3mrTmg=−2A34mrTmg=+可得A323gr=此时小齿轮的角速度为B3A3823gr==若角速度继续增大，滑块A将做近心运动，滑块B将

做离心运动，故C错误，D正确。故选AD。三、实验题17．用如图所示的实验装置来验证向心力公式。匀质小球由轻绳a和b分别系于一轻质木架上的A点和C点。当木架绕轴BC匀速转动时，小球在水平面内做匀速圆周运动，绳a在竖直方向、绳b在

水平方向。两绳的A、C端分别安装有拉力传感器1、2，重力加速度为g，忽略空气的阻力，实验步骤如下：A．实验之前，用游标卡尺测得小球的直径为d，用刻度尺测得a绳的长度为al，b绳的长度为bl；B．使木架绕BC轴匀速转动，并带动小球在

水平面内做匀速圆周运动，记录转n圈对应的时间t；C．读出拉力传感器1、2的示数分别为aF、bF；D．当小球运动到图示位置时，绳b被突然烧断，同时木架也立即停止转动，读出拉力传感器1在此瞬间的示数为0F。（1）小球的质量m=___________，做匀速圆周运动的周

期T=___________；（2）绳b被烧断之前小球做匀速圆周运动，若等式___________成立，则向心力公式得到验证；（用aF、bF、n、t、g、bl和d表示）（3）绳b被烧断之后的瞬间，若等式___________

成立，则向心力公式得到验证。（用0F、aF、n、t、g、bl和d表示）【答案】aFgtn2224π2abbnFdFlgt=+222024π212baadnlFFdgtl+=++【详解】(1)[1][2]小球做匀速圆

周运动时，竖直方向二力平衡，则有aFmg=解得aFmg=做匀速圆周运动的周期tTn=(2)[3]小球做匀速圆周运动所需要的向心力由绳b的拉力bF提供，轨迹半径2bdrl=+再根据向心力公式2n2πFmrT=求出向心力的值22n242a

bnFdFlgt=+看bF、nF两者是否相等，若nbFF=，即2224π2abbnFdFlgt=+则向心力公式得到验证。(3)[4]小球做匀速圆周运动的线速度2π2bndvl

t=+绳b被烧断之后的瞬间，小球的速度未来得及突变，即将在竖直面内做变速圆周运动，半径为2adl+，绳a的拉力突变为0F，向心力突变为0Fmg−，若202aaFvFmgdgl−=+成立，即222024π212baadnlFFdgtl+

=++则向心力公式得到验证。18．（1）甲、乙、丙三个实验小组分别采用如图（甲）、（乙）、（丙）所示的实验装置，验证“当质量一定时，物体运动的加速度与它所受的合力成正比”这一物理规

律。已知他们使用的小车完全相同，小车的质量为M，重物的质量为m，试回答下列问题：①甲、乙、丙实验中，必须平衡小车和长木板之间的摩擦力的实验小组是___________。A．甲、乙、丙B．甲、乙C．甲、丙②实验时，必须满足“M远大于m”的实验小

组是___________（填“甲”、“乙”或“丙”）。③实验时，甲、乙、丙三组同学的操作均完全正确，他们作出的a-F图线如图（丁）中A、B、C所示，则甲、乙、丙三组实验对应的图线依次是___________。（选填“ABC”、“

BCA”或“CAB”）（2）实验中，有同学用打点计时器得到了在不同拉力作用下的A、B、C、D……几条较为理想的纸带，交流电的频率为50Hz，并在纸带上每5个点取一个计数点，按打点先后依次为0，1，2，3，4，5.

由于不小心，几条纸带都被撕断了，如图所示（图中数据为相邻两计数点间的距离），请根据给出的四段纸带判断：在甲、乙、丙三段纸带中，可能是从纸带A撕下的是___________。A．bB．cC．dD．无法确定（3）小明同学采用（乙）图实验装置探究质量一定时加速度与力的

关系的实验时，以弹簧测力计的示数F为横坐标，加速度a为纵坐标，画出的a-F图像是图（丁）中的一条直线，图线与横坐标的夹角为θ，求得图线的斜率为k，则小车的质量为___________。A．2tanB．1tanC．2kD．k【答案】A甲“CAB”BC【详解】解：（

1）①[1]A甲、乙、丙实验中，小车和长木板之间都有摩擦力，为使小车所受的力就是所受的合力，所以都需要平衡摩擦力，A正确，BC错误。故选A。②[2]甲图是用重物的重力代替绳上的合力，所以必须满足“M远大于m”；乙、丙两图绳上的合力由弹簧测力计和

力的传感器直接测出，所以不需要满足“M远大于m”。故选填甲。③[3]甲图用重物的重力代替绳子的合力，需满足“M远大于m”，当随m的增大，不在满足“M远大于m”时图像出现弯曲，所以甲组对应的图线C。乙、丙图由当拉力相等时，a乙>a丙，从而确定乙组对应图

线A，丙组对应的图线B，因此则有甲、乙、丙三组实验对应的图线依次是“CAB”。（2）[4]由匀变速直线运动的特点，即相邻的时间间隔位移差相等，得出x12−x01=6.11cm−3.00cm=3.11cm则有

xb−x12=7.43cm−6.11cm=1.32cmb不可能是从A上撕下的；xc−x12=12.31cm−6.11cm=6.20cm≈2×3.11cm所以c可能是从A上撕下的；xd−x12=16.32cm−6.11cm=10.21cm≈3.3×3.11cm所以d

不可能是从A上撕下的，因此ACD错误，B正确。故选B。（3）[5]小明同学采用（乙）图实验装置探究质量一定时加速度与力的关系的实验时，以弹簧测力计的示数F为横坐标，加速度a为纵坐标，对小车由牛顿第二定律可得2F=Ma整理得到2aFM=由

图线的斜率为k可得2kM=解得小车的质量为2Mk=ABD错误，C正确。故选C。19．如图甲所示，一圆盘绕垂直于盘面的水平轴转动，圆盘加速转动时，角速度的增加量Δω与对应时间Δt的比值定义为角加速度β（即t=）。我们用电磁打点计时器（所用电源

频率为f、刻度尺、游标卡尺、纸带（厚度不计）、复写纸来完成下列实验。实验步骤如下：①用游标卡尺测得圆盘直径为D；②将打点计时器固定在桌面上，将纸带的一端穿过打点计时器的限位孔，然后固定在圆盘的侧面，当圆盘转动时，纸带可以卷在

圆盘侧面上。③接通电源，打点计时器开始打点，启动控制装置使圆盘匀加速转动（即角加速度恒定）。④经过一段时间，停止转动和打点，取下纸带标出A、B、C、D……计数点（相邻两计数点间有一个点未画出），进行测量。请回答下列问题：（1）打出纸带上相邻两个计数点的时

间间隔为___________。（2）由图乙可知，打下计数点B时，圆盘转动的角速度大小为B=___________，圆盘转动的角加速度大小为β=___________（用s1、s2、s3、s4、f、d表示）。【答案

】2f22sfD242(2)8ssfD−【详解】（1）[1]时间间隔为周期1Tf=由相邻两计数点间有一个点未画出可得时间间隔为2f（2）[2][3]由2222BBsDvf==故22BsfD=因为t=而vr=即vr=且=vat所以242(2)8ss

fvatrtrD−====20．某同学利用如图所示的向心力演示器探究小球做匀速圆周运动向心力F的大小与小球质量m、转速n和运动半径r之间的关系。匀速转动手柄1，可使变速塔轮2和3以及长槽4和短槽5随之匀速转动，槽内的小球也随之做匀速圆周运动。使小球做匀速圆周运动的向心力由横臂

6的挡板对小球的弹力提供。球对挡板的反作用力，通过横臂的杠杆作用使弹簧测力套筒7下降，从而露出标尺8。根据标尺8上露出的红白相间等分标记，可以粗略计算出两个球所受向心力的比值。实验过程如下：(1)把两个

质量相同的小球分别放在长槽和短槽上，使它们的运动半径相同，调整塔轮上的皮带的位置，探究向心力的大小与_____的关系，将实验数据记录在表格中；(2)保持两个小球质量不变，调整塔轮上皮带的位置，使与皮带相连的左、右两轮

半径r左___r右（选填“＞”、“＝”或“＜”），保证两轮转速相同，增大长槽上小球的运动半径，探究向心力的大小与运动半径的关系，将实验数据记录在表格中；(3)使两小球的运动半径和转速相同．改变两个小球的质量，探究向心力的大小与质量的关系，将实验

数据记录在表格中；次数转速之比//nn右左球的质量/mg运动半径/cmr向心力大小F/红白格数m左m右r左r右F左F右111212201042211224101024321212101082(4)根据表中数据，向心力F与小球质量m、转速n和运动半径r之间的关系是_______。A．

FmnrB．2FmnrC．22FmnrD．2Fmnr【答案】转速rr=右左B【详解】(1)[1]根据2Fmr=2n=解得224Fmnr=把两个质量相同的小球分别放在长槽和短槽上，使它们的运动半径相同，调整塔轮上的皮带的位置，探究向心力的大小与转速的关系，将实验数据记录在表格中

；(2)[2]保持两个小球质量不变，调整塔轮上皮带的位置，使与皮带相连的左、右两轮半径rr=右左，保证两轮转速相同，增大长槽上小球的运动半径，探究向心力的大小与运动半径的关系，将实验数据记录在表格中；(4)[3]根据表中数据第1次：1nn=

左右12112mm==左右202101rr==左右4221FF==左右结论1：转速相等，质量相等时，向心力与半径成正比，即Fr；第2次：1nn=左右10110rr==左右121242mm==左右2142FF==左右结论2：转速相等，半径相等时，向心力与

质量成正比，即Fm；第3次：12112mm==左右10110rr==左右21nn=左右2842211FF===左右结论3：质量相等，半径相等，向心力与转速的平方成正比，即2Fn；综上所述：向心力F与小球质量m、转速n和运动半径r之间的关系是2Fmnr。故选B。四、解答题21．

如图所示，水平转盘可绕竖直中心轴转动，盘上叠放着质量均为1kg的A、B两个物块，B物块用长为0.20m的细线与固定在转盘中心处的力传感器相连，两个物块和传感器的大小均可不计。细线能承受的最大拉力为8N，A、B间的动摩擦因数为0.5，B与转盘间的动摩擦因数为

0.18，且可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力。转盘静止时，细线刚好伸直，传感器的读数为零。当转盘以不同的角速度匀速转动时，传感器上就会显示相应的读数F（g=10m/s2）。（1）当B与地面之间的静摩擦力达到最大值时，求转盘的角速度1；（2

）当A与B恰好分离时，求F的大小和转盘的角速度2；（3）试通过计算写出2F−关系式。【答案】(1)3rad/s；(2)6.4N，5rad/s；(3)见详解【详解】（1）当B物体将要发生滑动时，对AB物体21122mgmr=有11=gr解得ω1

=3rad/s（2）当A物体所受的摩擦力大于最大静摩擦力时，A将要脱离B物体，此时角速度由222mrmg=有22=gr解得ω2=5rad/s此时对AB整体有2122Fmrmg=−解得F=6.4N（3）如（1）（2）问所求当0≤ω≤ω1时F=0当ω1＜ω≤ω2

时2122Fmrmg=−=0.4ω2-3.6(N)当ω2＜ω时，A物体所受的摩擦力大于最大静摩擦力，A脱离B物体，此时只有B物体做匀速圆周运动，有牛顿第二定律有F+μ1mg=mω2r当绳子拉力达到最大值时max13Tmgmr

+==7rad/s所以，当ω2＜ω≤ω3时F=mω2r－μ1mg=0.2ω2-1.8(N)22．如图所示，用内壁光滑的薄壁细圆管弯成的由半圆形APB（圆半径比细管的内径大得多）和直线BC组成的轨道固定在水平桌面上，已知APB部分的半径R＝1.0m，BC段长L＝1.5m．弹射装

置将一个质量为0.1kg的小球（可视为质点）以0v＝3m/s的水平初速度从A点射入轨道，小球从C点离开轨道随即水平抛出，桌子的高度h=0.8m，不计空气阻力，g取10m/s2．求：（1）小球在半圆轨道上运动时的角速度ω、向心加速度a的大小及圆管在水平方向上对小球的作用力大小；（2）小球

从A点运动到B点的时间t；（3）小球在空中做平抛运动的时间及落到地面D点时的速度大小．【答案】（1）见解析；（2）1.05s；（3）5.0m/s．【详解】（1）小球做匀速圆周运动角速度033rad/s1vR===加速度2

22039m/s1vaR===圆管对球作用力0.19N0.9NFma===（2）小球从A到B的时间103.141s1.05s3tvR===（3）小球在竖直方向做自由落体运动，由212hgt=得0.4st=落地时竖直方向的速度

4m/syvgt==落地的速度大小2205.0m/syvvv=+=考点：平抛运动；线速度、角速度和周期、转速．23．如图所示，装置BOO可绕竖直轴OO转动，可视为质点的小球A与两轻细线连接后分别系于

B、C两点，装置静止时细线AB水平，细线AC与竖直方向的夹角37=．已知小球的质量m=1kg，细线AC长L=1m，B点距C点的水平和竖直距离相等．（重力加速度g取210m/s，3sin375=，4cos375=）（1）若装置以一定的角速度匀速转动时，线A

B水平且张力恰为0，求线AC的拉力大小？（2）若装置匀速转动的角速度110rad/s=，求细线AC与AB的拉力分别多大？（3）若装置匀速转动的角速度220rad/s=，求细线AC与AB的拉力分别多大？【答案】（1）12.5N（2）12.5N1.5N（3）

20N2N【详解】（1）线AB水平且张力恰为0时，对小球受力分析：线AC的拉力：T=cos37mg=100.8N=12.5N（2）当细线AB上的张力为0时，小球的重力和细线AC拉力的合力提供小球圆周运动的向心力，有：2tan37sin37mgmL=

解得：1052rad/srad/scos3710.82gL===由于1，则细线AB上有拉力，设为1ABT，AC线上的拉力为2ACT竖直方向2cos37ACTmg=根据牛顿第二定律得2211si

n37sin37ACABTTmL−=解得细线AC的拉力212.5NACT=细线AB的拉力11.5NABT=（3）当AB细线竖直且拉力为零时，B点距C点的水平和竖直距离相等，故此时细线与竖直方向的夹角为53，此时

的角速度为，根据牛顿第二定律2tan53sin53mgmL=解得50rad/s3=由于25020rad/srad/s3=，当220rad/s=时，细线AB在竖直方向绷直，拉力为2ABT，

仍然由细线AC上拉力3ACT的水平分量提供小球做圆周运动需要的向心力．水平方向232sin53sin53ACTmL=竖直方向32cos530ACABTmgT−−=解得细线AC的拉力320NACT=，细线AB的拉力22NABT=24．如图

所示，粗糙斜面倾角37=，斜面长72sL=，斜面底端A有固定挡板，斜面顶端有一长度为h的粘性挡板BC，CD为一段半径12RL=的圆弧，半径OC与竖直方向夹角为37=，OD处于竖直平面上，将质量为m、长度为L，厚度为h的木板置于斜面底端，质量也为m的

小物块（可看作质点）静止在木板下端，整个系统处于静止状态。木板上端若到达斜面顶端B点会被牢固粘连，物块若到达C点能无能量损失进入圆弧CD。若同时给物块和木板一沿斜面向上的初速度0v，木板上端恰能到达B点。现给物块初速度0v，并给木板施加一沿斜面

向上的恒力85Fmg=，物块刚好不从木板上端脱离木板。已知木板与斜面间的动摩擦因数114=，物块与木板间的动摩擦因数2，21μ，且最大摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。（1）求0v大小；（2）求物块与木板间的动摩擦因数2；（3）若改变s的大小，木板能在与物块共速前到达B端且物块进入

圆弧CD后不脱离圆弧，求s的取值范围。【答案】（1）2gL；（2）98；（3）164153LsL【详解】（1）由于21μ，可知，当同时给物块和木板一沿斜面向上的初速度0v时，物块与木板保持相对

静止向上做匀减速直线运动，对物块与木板整体有112sin2cos2mgmgma+=解得145ag=根据题意，此过程木板上端恰能到达B点，则有()2012vasL=−解得02vgL=（2）给物块初速度0v时，对物块有22sincosmgmgma

+=对木板有213cossin2cosFmgmgmgma+−−=经历时间1t，两者达到相等速度1v，则有102131vvatat=−=之后，由于182sin2cos5mgmgmgF+==即之后做匀速直线运

动，木板到达B后，物块进一步向上做匀减速直线运动，由于物块刚好不从木板上端脱离木板，则物块减速至C时，速度恰好等于0，则有20111112+222vvvvLtta+=−解得2332aag==，298=（3）若物块在圆弧中恰好做完整的圆周运动，则在最高点D有2Dv

mgmR=解得2DgLv=令物块此过程在C点速度为1Cv，则有()22111cos22DCmgRRmvmv−+=−解得12310CgLv=若物块在圆弧中恰好到达与圆心等高位置速度减为0，令物块此过程在

C点速度为2Cv，则有221cos02CmgRmv−=−解得245CgLv=改变s的大小，木板能即在与物块共速前到达B端，则此过程中，物块一直以加速度a2向上做匀减速直线运动，当减速至1Cv时，s为最大值，则22012max2Cv

vas−=解得max1730sLL=斜面长度不可能小于木板的长度，表明上述情景不存在。当减速至2Cv时，s为最小值，则22022min2Cvvas−=解得min1615sL=根据（2）可知物块前后做匀减速的位移和值为202423vxLa==综合所述，s的取值范围为1641

53LsL