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2023一轮复习课后速练18 4.3 圆周运动
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这是一份2023一轮复习课后速练18 4.3 圆周运动，共15页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
2023一轮复习课后速练(十八)
一、选择题
1．(2018·浙江)A、B两艘快艇在湖面上做匀速圆周运动(如图)，在相同的时间内，它们通过的路程之比是4∶3，运动方向改变的角度之比是3∶2，则它们( )
A．线速度大小之比为4∶3
B．角速度大小之比为3∶4
C．圆周运动的半径之比为2∶1
D．向心加速度大小之比为1∶2
【答案】 A
【思维分析】 线速度v＝，A、B通过的路程之比为4∶3，且时间相等，则线速度之比为4∶3，故A项正确；角速度ω＝，运动方向改变的角度等于圆周运动转过的角度，A、B转过的角度之比为3∶2，且时间相等，则角速度之比为3∶2，故B项错误；根据v＝rω得，圆周运动的半径r＝，线速度之比为4∶3，角速度之比为3∶2，则圆周运动的半径之比为8∶9，故C项错误；根据a＝vω得，线速度之比为4∶3，角速度之比为3∶2，则向心加速度之比为2∶1，故D项错误．
2．(2022·上海模拟)如图所示，滚筒洗衣机脱水时，衣物紧贴着滚筒壁在竖直平面内做匀速圆周运动．衣物经过洗衣机上a、b、c、d四个位置中，脱水效果最好的是( )
A．a B．b
C．c D．d
【答案】 B
【思维分析】 衣物随滚筒一起做匀速圆周运动，它们的角速度是相等的．在a点，根据牛顿第二定律可知mg＋FN1＝mω2R，解得FN1＝mω2R－mg，在b点，根据牛顿第二定律可知FN2－mg＝mω2R，解得FN2＝mω2R＋mg，在c、d两点，根据牛顿第二定律可知FN＝mω2R，可知衣物对滚筒壁的压力在b位置最大，脱水效果最好，故选B项．
3．(2021·兰州模拟)(多选)“飞车走壁”是一种传统的杂技艺术，演员骑车在倾角很大的桶面上做圆周运动而不掉下来．如图所示，已知桶壁的倾角为θ，车和人的总质量为m，做圆周运动的半径为r.若使演员骑车做圆周运动时不受桶壁的摩擦力，下列说法正确的是( )
A．人和车的速度为
B．人和车的速度为
C．桶面对车的弹力为
D．桶面对车的弹力为
【答案】 AC
【思维分析】 对人和车整体受力分析，如图所示．
人和车所受的合力为mgtan θ＝m，解得v＝，B项错误，A项正确；根据平行四边形定则知，桶面对车的弹力为FN＝，C项正确，D项错误．故选A、C两项．
4.(2022·惠州模拟)如图所示，用光电门传感器和力传感器研究小球经过拱桥最高点时对桥面压力FN的大小与小球速度的关系．若光电门测得小球的挡光时间t，多次实验，则t越短( )
A．FN越小，且大于小球重力
B．FN越大，且大于小球重力
C．FN越小，且小于小球重力
D．FN越大，且小于小球重力
【答案】 C
【思维分析】 小球经过拱桥最高点时，根据牛顿第二定律，有mg－FN＝m，则有FN＝mg－m，则可知，当t越短，说明小球通过最高点的速度越大，则FN越小，且小于小球重力．故选C项．
5．(2022·广东模拟)如图所示，一个菱形框架绕着过对角线的竖直轴匀速转动，在两条边上各有一个质量相等的小球套在上面，整个过程小球相对框架没有发生滑动，A与B到轴的距离相等，则下列说法正确的是( )
A．框架对A的弹力方向垂直框架向下
B．框架对B的弹力方向可能垂直框架向下
C．A与框架间可能没有摩擦力
D．A、B所受的合力大小相等
【答案】 D
【思维分析】 球在水平面做匀速圆周运动，合力指向圆心，对A进行受力分析可知，A受重力，当静摩擦力方向向上时，框架对A的弹力方向可能垂直框架向下，也可能垂直框架向上，故A项错误；球在水平面做匀速圆周运动，合力指向圆心，对B进行受力分析可知，B受重力，要使合力水平向右，框架对B的弹力方向一定垂直框架向上，故B项错误；若A与框架间没有摩擦力，则A只受重力和框架对A的弹力，两个力的合力方向不可能水平向左，指向圆心，故C项错误；A、B两球所受的合力提供向心力，转动的角速度相等，半径也相等，根据F＝mω2r可知，合力大小相等，故D项正确．故选D项．
6．(2021·邢台模拟)如图所示，质量分别为mA和mB(mA>mB)的A、B两球固定在同一轻直杆上，A球在杆的一端，B球在杆的中点，杆可以绕另一端点O在竖直面内做圆周运动．若当A球通过最高点时，B球受到杆的作用力恰好为零，重力加速度大小为g，两球均视为质点，则此时A球受到杆的作用力大小为( )
A．0 B．mAg
C．mBg D．(mA－mB)g
【答案】 B
【思维分析】 设杆的长度为2L，当A球运动到最高点时，杆对B球的作用力恰好为零，对B受力分析，由重力提供向心力，根据牛顿第二定律mBg＝mBω2L，解得ω＝，对A受力分析，由牛顿第二定律得F＋mAg＝mAω2×2L，联立解得F＝mAg，方向向下，故B项正确，A、C、D三项错误．故选B项．
7．(2021·河北模拟)(多选)如图为用于超重耐力训练的离心机．航天员需要在高速旋转的座舱内完成超重耐力训练．这种训练的目的是为了锻炼航天员在承受巨大过载的情况下仍能保持清醒，并能进行正确操作．离心机拥有长18 m的巨型旋转臂，在训练中产生8g的向心加速度，航天员的质量为70 kg，可视为质点，g＝10 m/s2，则下列说法正确的是( )
A．离心机旋转的角速度为 rad/s
B．离心机旋转的角速度为 rad/s
C．座椅对航天员的作用力约为5 600 N
D．座椅对航天员的作用力约为5 644 N
【答案】 AD
【思维分析】 由向心加速度公式a＝ω2R，得ω＝ rad/s，故A项正确，B项错误；由向心力公式得F＝ma＝8mg，座椅对航天员的作用力约为FN＝≈5 644 N，故C项错误，D项正确．故选A、D两项．
8．(2021·安徽模拟)(多选)如图所示，带有支架总质量为M的小车静止在水平面上，质量为m的小球通过轻质细绳静止悬挂在支架上的O点，绳长为L，现给小球一初速度v0让小球在竖直平面内以O点为圆心做圆周运动，小球恰能通过最高点A，其中A、C为圆周运动的最高点和最低点，B、D与圆心O等高．小球运动过程中，小车始终保持静止，不计空气阻力，重力加速度为g.则下列说法正确的是( )
A．小球通过最低点C的速率为v0＝
B．小球通过最低点C时，地面对小车支持力大小为Mg＋6mg
C．小球通过B点时，小车受地面向左的摩擦力大小为2mg
D．小球通过D点时，小球处于失重状态
【答案】 BD
【思维分析】 由题意小球恰能通过最高点知，小球在A点速度v1＝，A到C，根据动能定理可得mg×2L＝mv02－mv12，求得C点速度为v0＝，小球通过C点时根据牛顿第二定律有F－mg＝m，可得此时绳子拉力为6mg，通过对小车受力分析可得此时地面支持力大小为Mg＋6mg，A项错误，B项正确；A点到B点，根据动能定理可得mgL＝mv22－mv12，求得B点速度为v2＝，小球通过B点时，绳子拉力大小为3mg，所以小车受到向左的摩擦力大小为3mg，C项错误；小球通过D点时，小球有向下的加速度，故小球处于失重状态，D项正确．故选B、D两项．
9．(2021·江苏模拟)(多选)如图所示，竖直放置的光滑圆轨道被固定在水平地面上，半径r＝0.4 m，最低点处有一小球(半径比r小很多)，现给小球一水平向右的初速度v0，则要使小球不脱离圆轨道运动，v0应当满足(g＝10 m/s2)( )
A．v0≥4 m/s B．v0≥2 m/s
C．2 m/s≤v0≤2 m/s D．v0≤2 m/s
【答案】 BD
【思维分析】 小球不脱离圆轨道时，最高点的临界情况为mg＝m，解得v＝＝2 m/s，根据机械能守恒定律得mv012＝mg·2r＋mv2，解得v01＝2 m/s，故要使小球做完整的圆周运动，必须满足v0≥2 m/s；若不通过圆心等高处小球也不会脱离圆轨道，根据机械能守恒定律有mgr＝mv022，解得v02＝2 m/s，故小球不越过圆心等高处，必须满足v0≤2 m/s，所以要使小球不脱离圆轨道运动，v0应当满足v0≥2 m/s或v0≤2 m/s，A、C两项错误，B、D两项正确．故选B、D两项．
10．(2021·长春三模)(多选)如图甲所示，两个完全相同的物块A和B(均可视为质点)放在水平圆盘上，它们分居圆心两侧，用不可伸长的轻绳相连．两物块质量均为1 kg.与圆心距离分别为RA和RB，其中RA
A．物块与圆盘间的动摩擦因数μ＝0.1
B．物块B与圆心距离RB＝2 m
C．当角速度为1 rad/s时圆盘对A的静摩擦力指向圆心
D．当角速度为 rad/s时，A恰好要相对圆盘发生滑动
【答案】 ABD
【思维分析】 角速度较小时，物块各自受到的静摩擦力f充当向心力，绳中无拉力．根据牛顿第二定律有：f＝mω2R，因为RA＜RB，所以物块B与圆盘间的静摩擦力先达到最大值，随着角速度增大，轻绳出现拉力，拉力FT和最大静摩擦力的合力充当向心力．对物块B受力分析：FT＋μmg＝mω2RB，则FT＝mRBω2－μmg，则根据图乙中斜率和截距的数据解得：RB＝2 m，μ＝0.1，故A、B两项正确；当ω＝1 rad/s时，由以上分析得绳子中拉力大小FT＝1 N，再对A受力分析，由牛顿第二定律得：FT＋fA＝mω2RA，解得fA＝0，故C项错误；当A恰好要相对圆盘发生滑动时，其摩擦力为最大值且方向沿半径向外，对A受力分析有：F′T－μmg＝mω′2RA，此时对B受力分析有：F′T＋μmg＝mω′2RB，联立解得ω′＝ rad/s，故D项正确．故选A、B、D三项．
11．(2021·江西二模)如图(俯视图)，用自然长度为l0，劲度系数为k的轻质弹簧，将质量都是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kl0.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．当物体P、Q刚要滑动时，圆盘的角速度为ω＝
B．当圆盘的角速度为ω＝时，圆盘对P的摩擦力最小
C．当圆盘的角速度为ω＝时，物块Q受到的合力大小为
D．当圆盘的角速度为ω＝时，圆盘对Q的摩擦力的大小等于弹簧弹力的大小
【答案】 B
【思维分析】 P、Q间的距离为2l0，而弹簧的原长为l0，故弹簧的弹力为F＝kx＝kl0.当ω＝时，可得物块随圆盘转动需要的向心力为Fn＝mω2·2l0＝kl0
A．小球均静止时，弹簧的长度为L－
B．角速度ω＝ω0时，小球A对弹簧的压力为mg
C．角速度ω0＝
D．角速度从ω0继续增大的过程中，小球A对弹簧的压力不变
【答案】 ACD
【思维分析】 若两球静止时，均受力平衡，对B球分析可知杆的弹力为零，NB＝mg；设弹簧的压缩量为x，再对A球分析可得：mg＝kx1，故弹簧的长度为：L1＝L－x1＝L－，故A项正确；当转动的角速度为ω0时，小球B刚好离开台面，即N′B＝0，设杆与转盘的夹角为θ，由牛顿第二定律可知：＝mω02·L·cos θ，F杆·sin θ＝mg，而对A球依然处于平衡，有：F杆sin θ＋mg＝F弹＝kx2，而由几何关系：sin θ＝，联立四式解得：F弹＝2mg，ω0＝，则弹簧对A球的弹力为2mg，由牛顿第三定律可知A球对弹簧的压力为2mg，故B项错误，C项正确；当角速度从ω0继续增大，B球将飘起来，杆与水平方向的夹角θ变小，对A与B的系统，在竖直方向始终处于平衡，有：F弹＝mg＋mg＝2mg，则弹簧对A球的弹力是2mg，由牛顿第三定律可知A球对弹簧的压力依然为2mg，故D项正确．故选A、C、D三项．
二、非选择题
13．(2022·六安模拟)如图所示，一根原长为L的轻弹簧套在一长为3L的光滑直杆AB上，其下端固定在杆的A端，质量为m的小球也套在杆上且与弹簧的上端相连．小球和杆一起绕经过杆A端的竖直轴OO′匀速转动，且杆与水平面间始终保持θ＝53°.已知杆处于静止状态时弹簧长度为0.5L，重力加速度为g，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6.求：
(1)弹簧的劲度系数k；
(2)弹簧为原长时，小球的角速度ω0；
(3)当杆的角速度满足什么条件时小球会从B端飞走？
【答案】 (1) (2) (3)
【思维分析】 (1)由静止时，对小球受力分析，由平衡条件得mgsin θ＝F弹
根据胡克定律得F弹＝k(L－0.5L)
解得k＝.
(2)弹簧为原长时，小球只受到重力和杆的支持力，由它们的合力提供向心力，则mω02·Lcos θ＝mgtan θ，可得ω0＝.
(3)当弹簧伸长长度为2L时，小球会从B端飞走，设弹簧的伸长量为x，弹簧的弹力为F，对小球，由受力分析可得，竖直方向FNcos θ＝mg＋Fsin θ
水平方向FNsin θ＋Fcos θ＝mω2(L＋x)cos θ
根据胡克定律得F＝kx
代入x＝2L后，解得ω＝
所以，当杆的角速度ω＝时，弹簧长度等于3L，小球会从B端飞走．
14.(2021·昆明模拟)如图所示的机械装置由摆锤和底座两部分组成，摆锤通过轻质直杆与底座上的转轴O接连，摆锤重心到转轴O的距离为L，机械装置放置在上表面水平的压力传感器上，底座内部的电机可以驱动摆锤在竖直平面内做圆周运动．电机转动稳定后，摆锤以角速度ω逆时针做匀速圆周运动，底座始终保持静止，压力传感器显示底座对传感器的压力随时间周期性变化，最小值为F1，最大值为F2，重力加速度用g表示．请解答下面的问题：
(1)求该机械装置的总质量(包括摆锤)；
(2)当电机转动稳定后，从摆锤重心通过最高点开始计时，以水平向右为正方向，求底座所受摩擦力随时间变化的表达式并作出其图像．
【答案】 (1) (2)f＝sin ωt，图像如下
【思维分析】 方法一：
(1)设摆锤和底座质量分别为m、M，当摆锤通过最高点时，压力传感器示数最小，此时对底座和摆锤整体，可得：(M＋m)g－F1＝mLω2
当摆锤通过最低点时，压力传感器示数最大，此时对底座和摆锤整体，可得：F2－(M＋m)g＝mLω2
联立可得M＋m＝，m＝.
(2)从摆锤通过最高点开始计时，设经t时间杆转过的角度为θ.对底座和摆锤整体，水平方向据牛顿第二定律可得：f＝mLω2sin θ，θ＝ωt
联立以上各式解得f＝sin ωt
图像如右图所示：
图中Fm＝.
方法二：
(1)设摆锤和底座质量分别为m、M，当摆锤通过最高点时，压力传感器示数最小，假设直杆对摆锤的作用力向下，此时：
对摆锤mg＋FN1＝mLω2
对底座F1＋F′N1＝Mg
摆锤通过最低点时，压力传感器示数最大，此时：
对摆锤FN2－mg＝mLω2
对底座F2＝Mg＋F′N2
求得m＋M＝，m＝.
(2)设从最高点开始转动t时间后，直杆对摆锤的作用力在水平方向的分量为Fx，加速度分解示意图如图，则
对重锤Fx＝max＝mLω2sin ωt
对底座f＝Fx
而因为m＝
求得f＝·sin ωt
图像如右图所示：
图中Fm＝.
2023一轮复习课后速练(十八)
一、选择题
1．(2018·浙江)A、B两艘快艇在湖面上做匀速圆周运动(如图)，在相同的时间内，它们通过的路程之比是4∶3，运动方向改变的角度之比是3∶2，则它们( )
A．线速度大小之比为4∶3
B．角速度大小之比为3∶4
C．圆周运动的半径之比为2∶1
D．向心加速度大小之比为1∶2
【答案】 A
【思维分析】 线速度v＝，A、B通过的路程之比为4∶3，且时间相等，则线速度之比为4∶3，故A项正确；角速度ω＝，运动方向改变的角度等于圆周运动转过的角度，A、B转过的角度之比为3∶2，且时间相等，则角速度之比为3∶2，故B项错误；根据v＝rω得，圆周运动的半径r＝，线速度之比为4∶3，角速度之比为3∶2，则圆周运动的半径之比为8∶9，故C项错误；根据a＝vω得，线速度之比为4∶3，角速度之比为3∶2，则向心加速度之比为2∶1，故D项错误．
2．(2022·上海模拟)如图所示，滚筒洗衣机脱水时，衣物紧贴着滚筒壁在竖直平面内做匀速圆周运动．衣物经过洗衣机上a、b、c、d四个位置中，脱水效果最好的是( )
A．a B．b
C．c D．d
【答案】 B
【思维分析】 衣物随滚筒一起做匀速圆周运动，它们的角速度是相等的．在a点，根据牛顿第二定律可知mg＋FN1＝mω2R，解得FN1＝mω2R－mg，在b点，根据牛顿第二定律可知FN2－mg＝mω2R，解得FN2＝mω2R＋mg，在c、d两点，根据牛顿第二定律可知FN＝mω2R，可知衣物对滚筒壁的压力在b位置最大，脱水效果最好，故选B项．
3．(2021·兰州模拟)(多选)“飞车走壁”是一种传统的杂技艺术，演员骑车在倾角很大的桶面上做圆周运动而不掉下来．如图所示，已知桶壁的倾角为θ，车和人的总质量为m，做圆周运动的半径为r.若使演员骑车做圆周运动时不受桶壁的摩擦力，下列说法正确的是( )
A．人和车的速度为
B．人和车的速度为
C．桶面对车的弹力为
D．桶面对车的弹力为
【答案】 AC
【思维分析】 对人和车整体受力分析，如图所示．
人和车所受的合力为mgtan θ＝m，解得v＝，B项错误，A项正确；根据平行四边形定则知，桶面对车的弹力为FN＝，C项正确，D项错误．故选A、C两项．
4.(2022·惠州模拟)如图所示，用光电门传感器和力传感器研究小球经过拱桥最高点时对桥面压力FN的大小与小球速度的关系．若光电门测得小球的挡光时间t，多次实验，则t越短( )
A．FN越小，且大于小球重力
B．FN越大，且大于小球重力
C．FN越小，且小于小球重力
D．FN越大，且小于小球重力
【答案】 C
【思维分析】 小球经过拱桥最高点时，根据牛顿第二定律，有mg－FN＝m，则有FN＝mg－m，则可知，当t越短，说明小球通过最高点的速度越大，则FN越小，且小于小球重力．故选C项．
5．(2022·广东模拟)如图所示，一个菱形框架绕着过对角线的竖直轴匀速转动，在两条边上各有一个质量相等的小球套在上面，整个过程小球相对框架没有发生滑动，A与B到轴的距离相等，则下列说法正确的是( )
A．框架对A的弹力方向垂直框架向下
B．框架对B的弹力方向可能垂直框架向下
C．A与框架间可能没有摩擦力
D．A、B所受的合力大小相等
【答案】 D
【思维分析】 球在水平面做匀速圆周运动，合力指向圆心，对A进行受力分析可知，A受重力，当静摩擦力方向向上时，框架对A的弹力方向可能垂直框架向下，也可能垂直框架向上，故A项错误；球在水平面做匀速圆周运动，合力指向圆心，对B进行受力分析可知，B受重力，要使合力水平向右，框架对B的弹力方向一定垂直框架向上，故B项错误；若A与框架间没有摩擦力，则A只受重力和框架对A的弹力，两个力的合力方向不可能水平向左，指向圆心，故C项错误；A、B两球所受的合力提供向心力，转动的角速度相等，半径也相等，根据F＝mω2r可知，合力大小相等，故D项正确．故选D项．
6．(2021·邢台模拟)如图所示，质量分别为mA和mB(mA>mB)的A、B两球固定在同一轻直杆上，A球在杆的一端，B球在杆的中点，杆可以绕另一端点O在竖直面内做圆周运动．若当A球通过最高点时，B球受到杆的作用力恰好为零，重力加速度大小为g，两球均视为质点，则此时A球受到杆的作用力大小为( )
A．0 B．mAg
C．mBg D．(mA－mB)g
【答案】 B
【思维分析】 设杆的长度为2L，当A球运动到最高点时，杆对B球的作用力恰好为零，对B受力分析，由重力提供向心力，根据牛顿第二定律mBg＝mBω2L，解得ω＝，对A受力分析，由牛顿第二定律得F＋mAg＝mAω2×2L，联立解得F＝mAg，方向向下，故B项正确，A、C、D三项错误．故选B项．
7．(2021·河北模拟)(多选)如图为用于超重耐力训练的离心机．航天员需要在高速旋转的座舱内完成超重耐力训练．这种训练的目的是为了锻炼航天员在承受巨大过载的情况下仍能保持清醒，并能进行正确操作．离心机拥有长18 m的巨型旋转臂，在训练中产生8g的向心加速度，航天员的质量为70 kg，可视为质点，g＝10 m/s2，则下列说法正确的是( )
A．离心机旋转的角速度为 rad/s
B．离心机旋转的角速度为 rad/s
C．座椅对航天员的作用力约为5 600 N
D．座椅对航天员的作用力约为5 644 N
【答案】 AD
【思维分析】 由向心加速度公式a＝ω2R，得ω＝ rad/s，故A项正确，B项错误；由向心力公式得F＝ma＝8mg，座椅对航天员的作用力约为FN＝≈5 644 N，故C项错误，D项正确．故选A、D两项．
8．(2021·安徽模拟)(多选)如图所示，带有支架总质量为M的小车静止在水平面上，质量为m的小球通过轻质细绳静止悬挂在支架上的O点，绳长为L，现给小球一初速度v0让小球在竖直平面内以O点为圆心做圆周运动，小球恰能通过最高点A，其中A、C为圆周运动的最高点和最低点，B、D与圆心O等高．小球运动过程中，小车始终保持静止，不计空气阻力，重力加速度为g.则下列说法正确的是( )
A．小球通过最低点C的速率为v0＝
B．小球通过最低点C时，地面对小车支持力大小为Mg＋6mg
C．小球通过B点时，小车受地面向左的摩擦力大小为2mg
D．小球通过D点时，小球处于失重状态
【答案】 BD
【思维分析】 由题意小球恰能通过最高点知，小球在A点速度v1＝，A到C，根据动能定理可得mg×2L＝mv02－mv12，求得C点速度为v0＝，小球通过C点时根据牛顿第二定律有F－mg＝m，可得此时绳子拉力为6mg，通过对小车受力分析可得此时地面支持力大小为Mg＋6mg，A项错误，B项正确；A点到B点，根据动能定理可得mgL＝mv22－mv12，求得B点速度为v2＝，小球通过B点时，绳子拉力大小为3mg，所以小车受到向左的摩擦力大小为3mg，C项错误；小球通过D点时，小球有向下的加速度，故小球处于失重状态，D项正确．故选B、D两项．
9．(2021·江苏模拟)(多选)如图所示，竖直放置的光滑圆轨道被固定在水平地面上，半径r＝0.4 m，最低点处有一小球(半径比r小很多)，现给小球一水平向右的初速度v0，则要使小球不脱离圆轨道运动，v0应当满足(g＝10 m/s2)( )
A．v0≥4 m/s B．v0≥2 m/s
C．2 m/s≤v0≤2 m/s D．v0≤2 m/s
【答案】 BD
【思维分析】 小球不脱离圆轨道时，最高点的临界情况为mg＝m，解得v＝＝2 m/s，根据机械能守恒定律得mv012＝mg·2r＋mv2，解得v01＝2 m/s，故要使小球做完整的圆周运动，必须满足v0≥2 m/s；若不通过圆心等高处小球也不会脱离圆轨道，根据机械能守恒定律有mgr＝mv022，解得v02＝2 m/s，故小球不越过圆心等高处，必须满足v0≤2 m/s，所以要使小球不脱离圆轨道运动，v0应当满足v0≥2 m/s或v0≤2 m/s，A、C两项错误，B、D两项正确．故选B、D两项．
10．(2021·长春三模)(多选)如图甲所示，两个完全相同的物块A和B(均可视为质点)放在水平圆盘上，它们分居圆心两侧，用不可伸长的轻绳相连．两物块质量均为1 kg.与圆心距离分别为RA和RB，其中RA
A．物块与圆盘间的动摩擦因数μ＝0.1
B．物块B与圆心距离RB＝2 m
C．当角速度为1 rad/s时圆盘对A的静摩擦力指向圆心
D．当角速度为 rad/s时，A恰好要相对圆盘发生滑动
【答案】 ABD
【思维分析】 角速度较小时，物块各自受到的静摩擦力f充当向心力，绳中无拉力．根据牛顿第二定律有：f＝mω2R，因为RA＜RB，所以物块B与圆盘间的静摩擦力先达到最大值，随着角速度增大，轻绳出现拉力，拉力FT和最大静摩擦力的合力充当向心力．对物块B受力分析：FT＋μmg＝mω2RB，则FT＝mRBω2－μmg，则根据图乙中斜率和截距的数据解得：RB＝2 m，μ＝0.1，故A、B两项正确；当ω＝1 rad/s时，由以上分析得绳子中拉力大小FT＝1 N，再对A受力分析，由牛顿第二定律得：FT＋fA＝mω2RA，解得fA＝0，故C项错误；当A恰好要相对圆盘发生滑动时，其摩擦力为最大值且方向沿半径向外，对A受力分析有：F′T－μmg＝mω′2RA，此时对B受力分析有：F′T＋μmg＝mω′2RB，联立解得ω′＝ rad/s，故D项正确．故选A、B、D三项．
11．(2021·江西二模)如图(俯视图)，用自然长度为l0，劲度系数为k的轻质弹簧，将质量都是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kl0.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．当物体P、Q刚要滑动时，圆盘的角速度为ω＝
B．当圆盘的角速度为ω＝时，圆盘对P的摩擦力最小
C．当圆盘的角速度为ω＝时，物块Q受到的合力大小为
D．当圆盘的角速度为ω＝时，圆盘对Q的摩擦力的大小等于弹簧弹力的大小
【答案】 B
【思维分析】 P、Q间的距离为2l0，而弹簧的原长为l0，故弹簧的弹力为F＝kx＝kl0.当ω＝时，可得物块随圆盘转动需要的向心力为Fn＝mω2·2l0＝kl0
A．小球均静止时，弹簧的长度为L－
B．角速度ω＝ω0时，小球A对弹簧的压力为mg
C．角速度ω0＝
D．角速度从ω0继续增大的过程中，小球A对弹簧的压力不变
【答案】 ACD
【思维分析】 若两球静止时，均受力平衡，对B球分析可知杆的弹力为零，NB＝mg；设弹簧的压缩量为x，再对A球分析可得：mg＝kx1，故弹簧的长度为：L1＝L－x1＝L－，故A项正确；当转动的角速度为ω0时，小球B刚好离开台面，即N′B＝0，设杆与转盘的夹角为θ，由牛顿第二定律可知：＝mω02·L·cos θ，F杆·sin θ＝mg，而对A球依然处于平衡，有：F杆sin θ＋mg＝F弹＝kx2，而由几何关系：sin θ＝，联立四式解得：F弹＝2mg，ω0＝，则弹簧对A球的弹力为2mg，由牛顿第三定律可知A球对弹簧的压力为2mg，故B项错误，C项正确；当角速度从ω0继续增大，B球将飘起来，杆与水平方向的夹角θ变小，对A与B的系统，在竖直方向始终处于平衡，有：F弹＝mg＋mg＝2mg，则弹簧对A球的弹力是2mg，由牛顿第三定律可知A球对弹簧的压力依然为2mg，故D项正确．故选A、C、D三项．
二、非选择题
13．(2022·六安模拟)如图所示，一根原长为L的轻弹簧套在一长为3L的光滑直杆AB上，其下端固定在杆的A端，质量为m的小球也套在杆上且与弹簧的上端相连．小球和杆一起绕经过杆A端的竖直轴OO′匀速转动，且杆与水平面间始终保持θ＝53°.已知杆处于静止状态时弹簧长度为0.5L，重力加速度为g，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6.求：
(1)弹簧的劲度系数k；
(2)弹簧为原长时，小球的角速度ω0；
(3)当杆的角速度满足什么条件时小球会从B端飞走？
【答案】 (1) (2) (3)
【思维分析】 (1)由静止时，对小球受力分析，由平衡条件得mgsin θ＝F弹
根据胡克定律得F弹＝k(L－0.5L)
解得k＝.
(2)弹簧为原长时，小球只受到重力和杆的支持力，由它们的合力提供向心力，则mω02·Lcos θ＝mgtan θ，可得ω0＝.
(3)当弹簧伸长长度为2L时，小球会从B端飞走，设弹簧的伸长量为x，弹簧的弹力为F，对小球，由受力分析可得，竖直方向FNcos θ＝mg＋Fsin θ
水平方向FNsin θ＋Fcos θ＝mω2(L＋x)cos θ
根据胡克定律得F＝kx
代入x＝2L后，解得ω＝
所以，当杆的角速度ω＝时，弹簧长度等于3L，小球会从B端飞走．
14.(2021·昆明模拟)如图所示的机械装置由摆锤和底座两部分组成，摆锤通过轻质直杆与底座上的转轴O接连，摆锤重心到转轴O的距离为L，机械装置放置在上表面水平的压力传感器上，底座内部的电机可以驱动摆锤在竖直平面内做圆周运动．电机转动稳定后，摆锤以角速度ω逆时针做匀速圆周运动，底座始终保持静止，压力传感器显示底座对传感器的压力随时间周期性变化，最小值为F1，最大值为F2，重力加速度用g表示．请解答下面的问题：
(1)求该机械装置的总质量(包括摆锤)；
(2)当电机转动稳定后，从摆锤重心通过最高点开始计时，以水平向右为正方向，求底座所受摩擦力随时间变化的表达式并作出其图像．
【答案】 (1) (2)f＝sin ωt，图像如下
【思维分析】 方法一：
(1)设摆锤和底座质量分别为m、M，当摆锤通过最高点时，压力传感器示数最小，此时对底座和摆锤整体，可得：(M＋m)g－F1＝mLω2
当摆锤通过最低点时，压力传感器示数最大，此时对底座和摆锤整体，可得：F2－(M＋m)g＝mLω2
联立可得M＋m＝，m＝.
(2)从摆锤通过最高点开始计时，设经t时间杆转过的角度为θ.对底座和摆锤整体，水平方向据牛顿第二定律可得：f＝mLω2sin θ，θ＝ωt
联立以上各式解得f＝sin ωt
图像如右图所示：
图中Fm＝.
方法二：
(1)设摆锤和底座质量分别为m、M，当摆锤通过最高点时，压力传感器示数最小，假设直杆对摆锤的作用力向下，此时：
对摆锤mg＋FN1＝mLω2
对底座F1＋F′N1＝Mg
摆锤通过最低点时，压力传感器示数最大，此时：
对摆锤FN2－mg＝mLω2
对底座F2＝Mg＋F′N2
求得m＋M＝，m＝.
(2)设从最高点开始转动t时间后，直杆对摆锤的作用力在水平方向的分量为Fx，加速度分解示意图如图，则
对重锤Fx＝max＝mLω2sin ωt
对底座f＝Fx
而因为m＝
求得f＝·sin ωt
图像如右图所示：
图中Fm＝.
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