第四章第三节圆周运动.doc

第三节　圆周运动 [学生用书P68] 一、描述圆周运动的物理量 1．线速度：描述物体圆周运动的快慢，v＝＝. 2．角速度：描述物体转动的快慢，ω＝＝. 3．周期和频率：描述物体转动的快慢，T＝，T＝. 4．向心加速度：描述线速度方向变化的快慢． an＝rω2＝＝ωv＝r. 5．向心力：作用效果产生向心加速度，Fn＝man. 　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/s C．轨迹半径为 m D．加速度大小为4π m/s2 答案：BCD 二、匀速圆周运动和非匀速圆周运动的比较 项目 匀速圆周运动 非匀速圆周运动 定义 线速度大小不变的圆周运动 线速度大小变化的圆周运动 运动特点 F向、a向、v均大小不变，方向变化，ω不变 F向、a向、v大小、方向均发生变化，ω发生变化 向心力 F向＝F合 由F合沿半径方向的分力提供 　2.(多选)下列关于圆周运动的说法正确的是(　　) A．匀速圆周运动是匀变速曲线运动 B．向心加速度大小不变，方向时刻改变 C．当物体所受合力全部用来提供向心力时，物体做匀速圆周运动 D．做变速圆周运动的物体，只有在某些特殊位置，合力方向才指向圆心 答案：CD 三、离心运动 1．定义：做圆周运动的物体，在合力突然消失或者不足以提供圆周运动所需的向心力的情况下，就做逐渐远离圆心的运动． 2．供需关系与运动 如图所示，F为实际提供的向心力，则 (1)当F＝mω2r时，物体做匀速圆周运动； (2)当F＝0时，物体沿切线方向飞出； (3)当F<mω2r时，物体逐渐远离圆心； (4)当F>mω2r时，物体逐渐靠近圆心． 　3.(单选)下列关于离心现象的说法正确的是(　　) A．当物体所受的离心力大于向心力时产生离心现象 B．做匀速圆周运动的物体，当它所受的一切力都突然消失后，物体将做背离圆心的圆周运动 C．做匀速圆周运动的物体，当它所受的一切力都突然消失后，物体将沿切线做直线运动 D．做匀速圆周运动的物体，当它所受的一切力都突然消失后，物体将做曲线运动 答案：C 考点一　水平面内的圆周运动　　　[学生用书P68] 1．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等． 2．重力对向心力没有贡献，向心力一般来自弹力、摩擦力或电磁力．向心力的方向水平，竖直方向的合力为零． 3．涉及静摩擦力时，常出现临界和极值问题． 　如图所示，用一根长为l＝1 m的细线，一端系一质量为m＝1 kg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＝37°，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FT.(g取10 m/s2，结果可用根式表示)求： (1)若要小球离开锥面，则小球的角速度ω0至少为多大？ (2)若细线与竖直方向的夹角为60°，则小球的角速度ω′为多大？ [审题点睛]　(1)小球离开锥面的临界条件是小球沿锥面运动，支持力为零，即小球在重力和拉力的作用下，在水平面内做圆周运动． (2)细线与竖直方向夹角为60°时，小球离开锥面，做圆锥摆运动． [解析]　(1)若要小球刚好离开锥面，则小球只受到重力和细线拉力，如图所示．小球做匀速圆周运动的轨迹圆在水平面上，故向心力水平，在水平方向运用牛顿第二定律及向心力公式得： mgtan θ＝mωlsin θ 解得：ω＝ 即ω0＝＝ rad/s. (2)同理，当细线与竖直方向成60°角时，由牛顿第二定律及向心力公式：mgtan α＝mω′2lsin α 解得ω′2＝， 即ω′＝＝2 rad/s. [答案]　(1) rad/s　(2)2 rad/s [总结提升]　水平面内的匀速圆周运动的解题方法 (1)对研究对象受力分析，确定向心力的来源，涉及临界问题时，确定临界条件； (2)确定圆周运动的圆心和半径； (3)应用相关力学规律列方程求解． 　1.(多选)如图所示，一个内壁光滑的圆锥筒的轴线垂直于水平面，圆锥筒固定不动，有两个质量相同的小球A和B紧贴着内壁分别在图中所示的水平面内做匀速圆周运动，则下列说法正确的是(　　) A．球A的线速度必定大于球B的线速度 B．球A的角速度必定小于球B的角速度 C．球A的运动周期必定小于球B的运动周期 D．球A对筒壁的压力必定大于球B对筒壁的压力 解析：选AB.根据上述规律可知，此题中的A、B两小球实际上是具有相同的向心加速度，根据a＝＝Rω2＝可知，加速度相同时，半径越大，线速度越大，角速度越小，周期越大，即由RA＞RB，可知vA＞vB，ωA＜ωB，TA＞TB，则选项A、B正确，C错误．由于A、B质量相同，在相同的倾斜面上，则向心力相等，进一步可知两球所受的弹力相等，结合牛顿第三定律可知选项D错误． 考点二　竖直面内的圆周运动　　　[学生用书P69] 1．物体在竖直平面内的圆周运动有匀速圆周运动和变速圆周运动两种． 2．只有重力做功的竖直面内的圆周运动一定是变速圆周运动，遵守机械能守恒． 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． 4．一般情况下，竖直面内的变速圆周运动问题只涉及最高点和最低点的两种情形． 　(单选)(2015·广州模拟)轮箱沿如图所示的逆时针方向在竖直平面内做匀速圆周运动，圆半径为R，速率v＜，AC为水平直径，BD为竖直直径．物块相对于轮箱静止，则(　　) A．物块始终受两个力作用 B．只有在A、B、C、D四点，物块受到的合外力才指向圆心 C．从B运动到A，物块处于超重状态 D．从A运动到D，物块处于超重状态 [审题点睛]　(1)物块在B、D两点受到的力有____________．向心力分别为________． (2)物块在A、C两点受到的力有________，向心力是由________力提供． (3)根据________的方向判断超、失重． [解析]　在B、D位置，物块受重力、支持力，在A、C位置，物块受重力、支持力和静摩擦力，故A错；物块做匀速圆周运动，任何位置的合外力都指向圆心，B错；从B运动到A，向心加速度斜向下，物块失重，从A运动到D，向心加速度斜向上，物块超重，C错、D对． [答案]　D 　2. (单选)(2014·高考新课标全国卷Ⅱ)如图，一质量为M的光滑大圆环，用一细轻杆固定在竖直平面内；套在大环上质量为m的小环(可视为质点)，从大环的最高处由静止滑下．重力加速度大小为g.当小环滑到大环的最低点时，大环对轻杆拉力的大小为(　　) A．Mg－5mg 　　　　　　　 B．Mg＋mg C．Mg＋5mg D．Mg＋10mg 解析：选C.法一：以小环为研究对象，设大环半径为R，根据机械能守恒定律，得mg·2R＝mv2，在大环最低点有FN－mg＝m，得FN＝5mg，此时再以大环为研究对象，受力分析如图，由牛顿第三定律知，小环对大环的压力为FN′＝FN，方向竖直向下，故F＝Mg＋5mg，由牛顿第三定律知C正确． 法二：设小环滑到大环最低点时速度为v，加速度为a，根据机械能守恒定律mv2＝mg·2R，且a＝，所以a＝4g，以整体为研究对象，受力情况如图所示．F－Mg－mg＝ma＋M·0，所以F＝Mg＋5mg，C正确． 考点三　圆周运动的综合问题　　　[学生用书P69] 圆周运动常与平抛(类平抛)运动、匀变速直线运动等组合而成为多过程问题，除应用各自的运动规律外，还要结合功能关系进行求解．解答时应从下列两点入手： 1．分析转变点：分析哪些物理量突变，哪些物理量不变，特别是转变点前后的速度关系． 2．分析每个运动过程的受力情况和运动性质，明确遵守的规律． 　(2013·高考福建卷)如图，一不可伸长的轻绳上端悬挂于O点，下端系一质量m＝1.0 kg的小球．现将小球拉到A点(保持绳绷直)由静止释放，当它经过B点时绳恰好被拉断，小球平抛后落在水平地面上的C点．地面上的D点与OB在同一竖直线上，已知绳长L＝1.0 m，B点离地高度H＝1.0 m，A、B两点的高度差 h＝0.5 m，重力加速度g取10 m/s2，不计空气影响，求： (1)地面上DC两点间的距离s； (2)轻绳所受的最大拉力大小． [审题点睛]　(1)小球从A→B做圆周运动，其机械能守恒，轻绳断前瞬间绳拉力与重力的合力提供向心力． (2)绳断瞬间，小球速度方向水平，做平抛运动．平抛初速度等于绳断瞬间的速度． [解析]　(1)小球从A到B过程机械能守恒，有 mgh＝mv① 小球从B到C做平抛运动，在竖直方向上有 H＝gt2② 在水平方向上有s＝vBt③ 由①②③式解得s＝1.41 m．④ (2)小球下摆到达B点时，绳的拉力和重力的合力提供向心力，有F－mg＝m⑤ 由①⑤式解得F＝20 N 根据牛顿第三定律得F′＝－F 故轻绳所受的最大拉力为20 N. [答案]　(1)1.41 m　(2)20 N [总结提升]　平抛运动与圆周运动的组合题，用平抛运动的规律求解平抛运动问题，用牛顿定律求解圆周运动问题，关键是找到两者的速度关系．若先做圆周运动后做平抛运动，则圆周运动的末速等于平抛运动的水平初速；若物体平抛后进入圆轨道，圆周运动的初速等于平抛末速在圆切线方向的分速度． 　3.如图所示，半径为R、内径很小的光滑半圆管竖直放置，两个质量均为m的小球A、B以不同的速度进入管内．A通过最高点C时，对管壁上部压力为3mg，B通过最高点C时，对管壁下部压力为0.75mg，求A、B两球落地点间的距离． 解析：A球通过最高点时，由FNA＋mg＝m 已知FNA＝3mg，可求得vA＝2 B球通过最高点时，由mg－FNB＝m 已知FNB＝0.75mg，可求得vB＝ 平抛落地历时t＝ 故两球落地点间的距离s＝(vA－vB)t＝3R. 答案：3R 物理模型——竖直平面内圆周运动的“轻杆、轻绳”模型 1．模型特点 在竖直平面内做圆周运动的物体，运动至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、沿内轨道的“过山车”等)，称为“轻绳模型”；二是有支撑(如球与杆连接、小球在弯管内运动等)，称为“轻杆模型”． 2．模型分析 绳、杆模型常涉及临界问题，分析如下： 轻绳模型 轻杆模型 常见类型 过最高点的临界条件 由mg＝m得v临＝ 由小球能运动即可，得v临＝0 讨论分析 (1)过最高点时，v≥，FN＋mg＝m，绳、轨道对球产生弹力FN (2)不能过最高点时v＜，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＜时，－FN＋mg＝m，FN背离圆心且随v的增大而减小 (3)当v＝时，FN＝0 (4)当v＞时，FN＋mg＝m，FN指向圆心并随v的增大而增大 　(多选)(2015·东城区模拟)长为L的轻杆，一端固定一个小球，另一端固定在光滑的水平轴上，使小球在竖直平面内做圆周运动，关于小球在最高点的速度v，下列说法中正确的是(　　) A．当v的值为时，杆对小球的弹力为零 B．当v由逐渐增大时，杆对小球的拉力逐渐增大 C．当v由逐渐减小时，杆对小球的支持力逐渐减小 D．当v由零逐渐增大时，向心力也逐渐增大 [审题点睛]　(1)模型类型：竖直平面内圆周运动的杆模型． (2)临界条件：最高点杆受力为零的条件为v＝ (3)选用规律：用牛顿第二定律列表达式、讨论． [解析]　在最高点球对杆的作用力为0时，由牛顿第二定律得：mg＝，v＝，A对；当v＞时，轻杆对球有拉力，则F＋mg＝，v增大，F增大，B对；当v＜时，轻杆对球有支持力，则mg－F′＝，v减小，F′增大，C错；由F向＝知，v增大，向心力增大，D对． [答案]　ABD [总结提升]　竖直面内圆周运动的求解思路 (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，其原因主要是“绳”不能支持物体，而“杆”既能支持物体，也能拉物体． (2)确定临界点：v临＝，对轻绳模型来说是能否通过最高点的临界点，而对轻杆模型来说是FN表现为支持力还是拉力的临界点． (3)定规律：用牛顿第二定律列方程求解． 　4.(单选)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率为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.mg　　　　　　　　 B．2mg C．3mg D．4mg 解析：选A.当小球到达最高点速率为v时，有mg＝m，当小球到达最高点速率为2v时，应有F＋mg＝m，所以F＝3mg，此时最高点各力如图所示，所以FT＝mg，A正确． 1．(多选)(2015·四川资阳高三上学期诊断性考试)如图所示，水平放置的两个用相同材料制成的轮P和Q靠摩擦传动，两轮的半径R∶r＝2∶1.当主动轮Q匀速转动时，在Q轮边缘上放置的小木块恰能相对静止在Q轮边缘上，此时Q轮转动的角速度为ω1，木块的向心加速度为a1；若改变转速，把小木块放在P轮边缘也恰能静止，此时Q轮转动的角速度为ω2，木块的向心加速度为a2，则(　　) A.＝　　　　　　　 B.＝ C.＝ D.＝ 解析：选AC.根据题述，a1＝ωr，ma1＝μmg，联立解得μg＝ωr，小木块放在P轮边缘也恰能静止，μg＝ω2R＝2ω2r，ωR＝ω2r，联立解得＝，选项A正确B错误；a2＝μg＝ω2R，＝，选项C正确D错误． 2．(多选)(2015·浙江杭州七校联考)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(小孔光滑)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一些的水平面上做匀速圆周运动(图中P′位置)，两次金属块Q都静止在桌面上的同一点，则后一种情况与原来相比较，下面的判断中正确的是(　　) A．Q受到桌面的支持力变大 B．Q受到桌面的静摩擦力变大 C．小球P运动的角速度变大 D．小球P运动的周期变大 解析：选BC.金属块Q保持在桌面上静止，根据平衡条件知，Q受到桌面的支持力等于其重力，保持不变，故A错误．设细线与竖直方向的夹角为θ，细线的拉力大小为FT，细线的长度为L，P球做匀速圆周运动时，由重力和细线的拉力的合力提供向心力，如图，则有FT＝，Fn＝mgtan θ＝mω2Lsin θ，得角速度ω＝，周期T＝＝2π.使小球改到一个更高一些的水平面上做匀速圆周运动时，θ增大，cos θ减小，则得到细线拉力FT增大，角速度增大，周期T减小，C正确，D错误．对Q，由平衡条件知，Q受到桌面的静摩擦力变大，故B正确． 3.(多选)(2015·洛阳模拟)如图所示，竖直圆环A半径为r，固定在木板B上，木板B放在水平地面上，B的左右两侧各有一挡板固定在地面上，使B不能左右移动，在环的最低点静止放置一个小球C.A、B、C的质量均为m，给小球一水平向右的瞬时速度v，小球会在环内侧做圆周运动．不计一切摩擦，重力加速度为g，为保证小球能通过环的最高点，且不会使环在竖直方向上跳起，瞬时速度v必须满足(　　) A．最小值为 B．最小值为 C．最大值为 D．最大值为 解析：选BD.要保证小球能通过环的最高点，在最高点最小速度满足mg＝m，由最低点到最高点由机械能守恒得mv＝mg·2r＋mv，可得小球在最低点瞬时速度的最小值为；为了不会使环在竖直方向上跳起，在最高点有最大速度时，球对环的压力为2mg，满足3mg＝m，从最低点到最高点由机械能守恒得：mv＝mg·2r＋mv，可得小球在最低点瞬时速度的最大值为. 4.(单选)(2015·杭州四中统测)有一长度为L＝0.50 m的轻质细杆OA，A端有一质量为m＝3.0 kg的小球，如图所示，小球以O点为圆心在竖直平面内做圆周运动，通过最高点时小球的速度是2.0 m/s，g取10 m/s2，则此时细杆OA受到(　　) A．6.0 N的拉力　　　　 B．6.0 N的压力 C．24 N的拉力 D．24 N的压力 解析：选B.设杆对小球的作用力为FN，方向竖直向下，如图所示， 由向心力公式得FN＋mg＝m，则 FN＝m－mg＝ N＝－6 N. 负号说明FN的方向与假设方向相反，即竖直向上． 由牛顿第三定律知应选B. 5.(单选)如图所示， 为了检测一玩具枪射出子弹的速度，用一个半径为r的圆盘做目标靶，枪口与圆盘的距离为L，圆盘绕垂直盘面且过盘心O点的水平轴匀速转动，转动的角速度大小为ω.子弹出枪口时圆盘边缘上的A点在最高点位置，若子弹恰好击中A点，空气阻力忽略不计，重力加速度为g，则子弹出枪口的速度可能为(　　) A. B. C. D．πωL 解析：选B.子弹射出后做平抛运动，有L＝v0t；子弹击中A点时，A恰好在最低点位置，则A点转过的角度为θ＝ωt＝π＋2kπ(k＝0,1,2…)，联立得v0＝(k＝0,1,2…)，B正确． 6.(多选)(2015·长春调研)如图所示，有一固定的且内壁光滑的半球面，球心为O，最低点为C，在其内壁上有两个质量相同的小球(可视为质点)A和B，在两个高度不同的水平面内做匀速圆周运动，A球的轨迹平面高于B球的轨迹平面，A、B两球与O点的连线与竖直 线OC间的夹角分别为α＝53°和β＝37°，以最低点C所在的水平面为重力势能的参考平面，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则(　　) A．A、B两球所受支持力的大小之比为4∶3 B．A、B两球运动的周期之比为4∶3 C．A、B两球的动能之比为16∶9 D．A、B两球的机械能之比为112∶51 解析：选AD.由题意可知N＝，所以＝＝，A正确；mgtan θ＝mRsin θ，所以＝＝，B错误；Ek∝v2，v＝Rsin θ，所以＝＝，C错误；Ep＝mgR(1－cos θ)，所以＝＝，D正确． 一、单项选择题 1.(2015·廊坊模拟)如图所示，光滑水平面上，小球m在拉力F作用下做匀速圆周运动．若小球运动到P点时，拉力F发生变化，关于小球运动情况的说法正确的是(　　) A．若拉力突然消失，小球将沿轨迹Pa做离心运动 B．若拉力突然变小，小球将沿轨迹Pa做离心运动 C．若拉力突然变大，小球将沿轨迹Pb做离心运动 D．若拉力突然变小，小球将沿轨迹Pc运动 答案：A 2．(2015·浙江台州书生中学检测)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点相距的地方有一枚与竖直平面垂直的钉子A.把球拉起使细绳在水平方向伸直，由静止开始释放，当细绳碰到钉子后的瞬间(细绳没有断)，下列说法中正确的是(　　) A．小球的向心加速度突然增大到原来的3倍 B．小球的线速度突然增大到原来的3倍 C．小球的角速度突然增大到原来的1.5倍 D．细绳对小球的拉力突然增大到原来的1.5倍 解析：选A.细绳碰到钉子的瞬间，线速度不变，B错误．圆周运动的半径由L变为，由a＝知，a增大到原来的3倍，A正确．根据v＝rω知角速度ω增大到原来的3倍，C错误．细绳碰到钉子前瞬间FT－mg＝m，碰后瞬间FT′－mg＝m，再根据机械能守恒有mgL＝mv2，由此可得FT′＝FT，D错误． 3．(2013·高考江苏卷)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 解析：选D.根据v＝ωr，两座椅的ω相等，由rB＞rA可知vB＞vA，A错误；向心加速度a＝ω2r，因ω相等r不等，故a不相等，B错误；水平方向mgtan θ＝mω2r，即tan θ＝，因rB＞rA，故θB＞θA，C错误；竖直方向T cos θ＝mg，绳子拉力T＝，因θB＞θA，故TB＞TA，D正确． 4.(2015·安徽江南十校联考)如图，在一半径为R的球面顶端放一质量为m的物块，现给物块一初速度v0，则(　　) A．若v0＝，则物块落地点离A点R B．若球面是粗糙的，当v0＜时，物块一定会沿球面下滑一段，再斜抛离开球面 C．若v0＜，则物块落地点离A点为R D．若v0≥，则物块落地点离A点至少为2R 解析：选D.若v0＝，物块将离开球面做平抛运动，由y＝2R＝gt2/2，x＝v0t，得x＝2R，A错误，D正确；若v0＜，物块将沿球面下滑，若摩擦力足够大，则物块可能下滑一段后停下来，若摩擦力较小，物块在圆心上方球面上某处离开，斜向下抛，落地点离A点距离大于R，B、C错误． 5.(2015·黑龙江示范性高中联考)一对男女溜冰运动员质量分别为m男＝80 kg和m女＝40 kg，面对面拉着一弹簧测力计做圆周运动的溜冰表演，如图所示，两人相距0.9 m，弹簧测力计的示数为9.2 N，则两人(　　) A．速度大小相同约为40 m/s B．运动半径分别为r男＝0.3 m和r女＝0.6 m C．角速度相同为6 rad/s D．运动速率之比为v男∶v女＝2∶1 解析：选B.因为两人的角速度相等，由F＝mω2r以及两者的质量关系m男＝2m女，可得r女＝2r男，所以r男＝0.3 m，r女＝0.6 m，则角速度均为0.6 rad/s，B正确，C错误；由v＝ωr知，运动速率之比为v男∶v女＝1∶2，A、D错误． 二、多项选择题 6.公路急转弯处通常是交通事故多发地带．如图，某公路急转弯处是一圆弧，当汽车行驶的速率为vc时，汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势．则在该弯道处，(　　) A．路面外侧高内侧低 B．车速只要低于vc，车辆便会向内侧滑动 C．车速虽然高于vc，但只要不超出某一最高限度，车辆便不会向外侧滑动 D．当路面结冰时，与未结冰时相比，vc的值变小 解析：选AC.汽车在公路转弯处做圆周运动，需要外力提供向心力，当汽车行驶的速率为vc时，汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势，即没有指向公路两侧的摩擦力，此时的向心力由地面的支持力和重力的合力提供，故路面外侧高内侧低，选项A正确；当车速低于vc时，车所需向心力减小，车可能只是具有向内侧滑动的趋势，不一定能够滑动，选项B错误；同理，当车速高于vc，且不超出某一最高限度，车辆可能只是有向外侧滑动的趋势，不一定能够滑动，当超过最大静摩擦力时，才会向外侧滑动，故选项C正确；当路面结冰时，只是最大静摩擦力变小，vc值不变，D错误． 7.(2015·广东广州一模)如图，在绕地球运行的“天宫一号”实验舱中，航天员王亚平将支架固定在桌面上，摆轴末端用细绳连接一小球．拉直细绳并给小球一个垂直细绳的初速度，它做圆周运动．在a、b两点时，设小球动能分别为Eka、Ekb，细绳拉力大小分别为Ta、Tb，阻力不计，则(　　) A．Eka＞Ekb　　　　　　　 B．Eka＝Ekb C．Ta＞Tb D．Ta＝Tb 解析：选BD.在“天宫一号”中，小球处于完全失重状态，给小球一个初速度，小球做匀速圆周运动，动能不变，A错，B对；其向心力由绳子拉力提供，由牛顿第二定律有F＝m，因m、R、v2不变，所以拉力大小也不变，C错，D对，所以本题选择BD. 8.(2015·四川泸州一模)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 解析：选AC.ω较小时，AP松弛，故A选项正确．当ω达到某一值ω0时，AP刚好要绷紧．P受力如图，其合力提供向心力，竖直方向合力为零．故FBP＞FAP，C选项正确． 9．(2015·湖北孝感三中期中)如图所示，质量为m的物体，沿着半径为R的半球形金属壳内壁滑下，半球形金属壳竖直固定放置，开口向上，滑到最低点时速度大小为v， 若物体与球壳之间的动摩擦因数为μ，则物体在最低点时，下列说法正确的是(　　) A．受到的向心力为 B．受到的摩擦力为μm C．受到的摩擦力为μ D．受到的合力方向斜向左上方 解析：选CD.物体在最低点做圆周运动，则有FN－mg＝m，解得FN＝mg＋m，故物体受到的滑动摩擦力Ff＝μFN＝μ，A、B错误，C正确．物体受到重力、水平向左的摩擦力和竖直向上的支持力，故物体所受的合力斜向左上方，D正确． ☆10.(2014·高考新课标全国卷Ⅰ)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＝ 是b开始滑动的临界角速度 D．当ω＝ 时，a所受摩擦力的大小为kmg 解析：选AC.小木块发生相对滑动之前，静摩擦力提供向心力，由牛顿第二定律得，f＝mω2r，显然b受到的摩擦力较大；当物体刚要相对于盘滑动时，静摩擦力f达到最大值fmax，由题设知fmax＝kmg，所以kmg＝mω2r，由此可以求得物体刚要滑动时的临界角速度ω0＝，由此得a发生相对滑动的临界角速度为 ，b发生相对滑动的临界角速度为 ；若ω＝，a受到的是静摩擦力，大小为f＝mω2l＝kmg.综上所述，本题正确答案为AC. 三、非选择题 ☆11.(2015·开封模拟) 如图所示，一块足够大的光滑平板放置在水平面上，能绕水平固定轴MN调节其与水平面所成的夹角．板上一根长为l＝0.60 m的轻细绳的一端系住一质量为m的小球P，另一端固定在板上的O点．当平板的倾角固定为α时，先将轻绳平行于水平轴MN拉直，然后给小球一沿着平板并与轻绳垂直的初速度v0＝3.0 m/s.若小球能保持在板面上做圆周运动，倾角α的值应在什么范围内？(取重力加速度g＝10 m/s2) 解析：小球在板面上运动时受绳子拉力、板面弹力、重力．在垂直板面方向上合力为0，重力沿板面向下的分力为mgsin α. 小球在最高点时，由绳子的拉力和重力沿板面向下的分力的合力提供向心力，有 T＋mgsin α＝① 研究小球从释放到最高点的过程，据动能定理 －mglsin α＝mv－mv② 若恰好通过最高点，绳子的拉力T＝0③ 联立①②③，解得sin α＝ 代入数据得α＝30° 所以，要使小球能保持在板面上做圆周运动，板面的倾角α应小于等于30°. 答案：α≤30° ☆12.如图所示，从A点以某一水平速度v0抛出一质量m＝1 kg的小物块(可视为质点)，当物块运动至B点时，恰好沿切线方向进入∠BOC＝37°的光滑圆弧轨道BC，经圆弧轨道后滑上与C点等高、静止在粗糙水平面上的长木板上，圆弧轨道C端的切线水平．已知长木板的质量M＝4 kg，A、B两点距C点的高度分别为H＝0.6 m、h＝0.15 m，R＝0.75 m，物块与长木板之间的动摩擦因数μ1＝0.7，长木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.2，g＝10 m/s2.求： (1)小物块的初速度v0及在B点时的速度大小； (2)小物块滑动至C点时，对圆弧轨道的压力大小； (3)长木板至少为多长，才能保证小物块不滑出长木板． 解析：(1)从A点到B点，物块做平抛运动， H－h＝gt2 设到达B点时竖直分速度为vy，则vy＝gt， 联立解得vy＝3 m/s 此时速度方向与水平面的夹角为θ＝37° 有tan θ＝vy/v0＝3/4，得v0＝4 m/s v1＝＝5 m/s. (2)从A点至C点，由动能定理有： mgH＝mv－mv 设物块在C点受到的支持力为FN，则有FN－mg＝ 解得：v2＝2 m/s，FN＝47.3 N 根据牛顿第三定律可知，物块在C点时对圆弧轨道的压力大小为47.3 N. (3)小物块与长木板间的滑动摩擦力Ff＝μ1mg＝7 N 长木板与地面间的最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力 F′f＝μ2(M＋m)g＝10 N 因为Ff＜F′f，所以小物块在长木板上滑动时，长木板静止不动 小物块在长木板上做匀减速运动 则长木板的长度至少为l＝＝2.0 m. 答案：(1)4 m/s　5 m/s　(2)47.3 N　(3)2.0 m