人教版 (2019)必修 第二册1 圆周运动当堂检测题

课时跟踪检测（五）  圆周运动

A 组—重基础·体现综合

1．关于匀速圆周运动的物理量，下列说法正确的是(　　)

A．半径一定时，线速度与角速度成正比

B．周期一定时，线速度与角速度成正比

C．线速度一定时，角速度与半径成正比

D．角速度一定时，线速度与半径成反比

解析：选A　根据公式v＝ωr，当半径一定时，角速度与线速度成正比，周期一定时，由ω＝知，角速度一定，故A正确，B错误；根据公式v＝ωr，线速度一定，角速度与半径成反比，故C错误；根据公式v＝ωr，角速度一定，线速度与半径成正比，故D错误。

2．(多选)对于做匀速圆周运动的物体，下列说法正确的是(　　)

A．根据T＝，线速度越大，周期越小

B．根据T＝，角速度越大，周期越小

C．角速度越大，速度的方向变化越快

D．线速度越大，速度的方向变化越快

解析：选BC　根据T＝，当轨道半径一定时，才有线速度越大，周期越小，故A错误；根据T＝，角速度越大，周期越小，故B正确；单位时间内质点与圆心的连线(圆半径)转过的角度越大，速度的方向变化越快，故C正确，D错误。

3．如图1所示，当用扳手拧螺母时，扳手上的P、Q两点的角速度分别为ωP和ωQ，线速度大小分别为vP和vQ，则(　　)

A．ωP<ωQ，vP<vQ　　　　　 B．ωP＝ωQ，vP<vQ           图1

C．ωP<ωQ，vP＝vQ   D．ωP＝ωQ，vP>vQ

解析：选B　P、Q两点是同轴转动，故角速度相等，即ωP＝ωQ；根据v＝ωr，因rQ>rP，所以vP<vQ。故B正确。

4．如图2为上、下两部分半径不同的圆筒轴截面示意图，质量相等的A、B两物体紧贴在匀速转动的圆筒的竖直内壁上，随圆筒一起(无相对运动)做匀速圆周运动。则下列关系中正确的是(　　)

A．线速度vA<vB   B．线速度vA>vB                       图2

C．角速度ωA<ωB   D．角速度ωA>ωB

解析：选A　物体A、B共轴转动，角速度相等，ωA＝ωB，故C、D错误；由v＝rω知，A转动的半径较小，则A的线速度较小，即vA<vB，故A正确，B错误。

5．图3为某小天体的“哑铃”状照片示意图，该小天体绕固定轴匀速自转，其上有到转轴距离不等的A、B两点(LA＞LB)，关于这两点运动的描述，下列说法正确的是(　　)

A．A、B两点线速度大小相等                                         图3

B．A点的线速度恒定

C．A、B两点角速度相等

D．相同时间内A、B两点通过的弧长相等

解析：选C　A、B两点同轴转动，故A、B两点的角速度相等，LA＞LB，根据v＝rω得，A、B两点线速度大小不相等，故A错误，C正确；A、B两点的线速度方向时刻改变，故B错误；A、B两点的线速度不相等，因此相同时间内A、B两点通过的弧长不相等，故D错误。

6.如图4所示，甲、乙、丙三个轮子依靠摩擦传动，相互之间不打滑，其半径分别为r1、r2、r3。若甲轮的角速度为ω1，则丙轮的角速度为(　　)

A.   B.                   图4

C.   D.

解析：选A　因为甲、乙、丙三个轮子靠摩擦传动，相互之间不打滑，故三个轮子边缘上的线速度相等，即r1ω1＝r2ω2＝r3ω3，所以ω3＝，故A正确。

7.“修正带”是深受同学们欢迎的一种学习用品，某种“修正带”内部结构如图5所示。经测量两个齿轮的半径分别为2.0 cm和0.8 cm，其中a点和c点分别位于大、小齿轮边缘，b点位于大齿轮某半径的中点，当齿轮匀速转动时(　　)                                                         图5

A．大齿轮上的a点与大齿轮上b点的周期之比为2∶5

B．大齿轮上的a点与小齿轮上c点的角速度之比为5∶2

C．大齿轮上的b点与小齿轮上c点的线速度之比为1∶1

D．大齿轮上的b点与小齿轮上c点的角速度之比为2∶5

解析：选D　a、b共轴转动，角速度相等，故ωa＝ωb，由T＝知大齿轮上的a点与大齿轮上b点的周期之比为1∶1，故A错误；两齿轮边缘点的线速度大小相等，故va＝vc，根据v＝ωr，角速度与半径成反比，则ωa∶ωc＝rc∶ra＝2∶5，故B错误；根据题意有ra∶rb∶rc＝10∶5∶4，根据v＝ωr，ωa＝ωb，va∶vb＝ra∶rb＝2∶1，则va∶vb∶vc＝2∶1∶2，故C错误；由以上分析知ωa＝ωb，ωa∶ωc＝2∶5，大齿轮上的b点与小齿轮上c点的角速度之比为2∶5，故D正确。

8. (多选)如图6所示为用绞车拖物块的示意图。拴接物块的细线被缠绕在轮轴上，轮轴逆时针转动从而拖动物块。已知轮轴的半径R＝0.5 m，细线始终保持水平；被拖动物块质量m＝1 kg，与地面间的动摩擦因数μ＝0.5；轮轴的角速度随时间变化的关系是ω＝           图6

2t rad/s，g取10 m/s2。物块先后经过A、B、C、D四点，已知AB＝BC＝CD。以下判断正确的是(　　)

A．物块做匀速运动

B．物块做匀加速运动，加速度大小为1 m/s2

C．物块在CD段上的平均速度更接近轮轴边缘的线速度

D．轮轴做匀速圆周运动

解析：选BC　物块速度始终与轮轴边缘线速度大小相等，为v＝ωR＝t m/s，又v＝at，得a＝1 m/s2，故A错误，B正确；物块做匀加速运动，则轮轴边缘线速度逐渐增大，故D错误；物块先后经过AB、BC、CD所用时间满足tAB>tBC>tCD，根据v＝，当t越小时物块的平均速度越接近轮轴边缘的线速度，故C正确。

9.如图7所示，直径为0.5 m的地球仪匀速转动，已知地球仪上B点的线速度为 m/s，求：

(1) 地球仪转动的角速度和周期；

(2) 地球仪上A点的线速度。

解析：(1) B点做圆周运动的半径为                                    图7

RB＝R·cos 60°＝0.125 m，

且vB＝ω·RB，得出角速度ω＝π rad/s。

又由ω＝ ，得出圆环转动的周期T＝2 s。

(2)A点的线速度为vA＝ω·RA，得出vA＝ m/s。

答案：(1)π rad/s　2 s　 (2) m/s

组—重应用·体现创新

10．(多选)如图8甲所示是中学物理实验室常用的感应起电机，它是利用两个大小相等、直径约为30 cm的感应玻璃盘起电的，其中一个玻璃盘通过从动轮与手摇主动轮连接，如图8乙所示。现玻璃盘以100 r/min的转速旋转，已知主动轮的半径约为8 cm，从动轮的半径约为2 cm，P和Q是玻璃盘边缘上的两点，若转动时皮带不打滑，下列说法正确的是(　　)

图8

A．P、Q的线速度相同

B．玻璃盘的转动方向与摇把转动方向相反

C．P点的线速度大小约为1.6 m/s

D．摇把的转速约为400 r/min

解析：选BC　线速度的方向沿曲线的切线方向，由题图可知，P、Q两点的线速度的方向一定不同，故A错误；若主动轮做顺时针转动，从动轮通过皮带的摩擦力被带动转动，则从动轮做逆时针转动，所以玻璃盘的转动方向与摇把转动方向相反，故B正确；玻璃盘的直径是30 cm，转速是100 r/min，线速度v＝ωr＝2nπr＝2××π× m/s＝0.5π m/s≈1.6 m/s，故C正确；从动轮边缘的线速度vc＝ω·rc＝2××π×0.02 m/s＝π m/s，因为主动轮的边缘各点的线速度与从动轮边缘各点的线速度的大小相等，即vz＝vc，所以主动轮的转速nz＝＝＝ r/s＝25 r/min，故D错误。

11．现在许多汽车都应用了自动挡无级变速装置，可不用离合就能连续变换速度，如图9为截锥式无级变速模型示意图，两个锥轮之间有一个滚动轮，主动轮、滚动轮、从动轮之间靠彼此之间的摩擦力带动，当位于主动轮和从动轮之间的滚动轮从左向右移动时，从动轮转速降低；滚动轮从右向左移动时，从动轮转速增加。现在滚动轮处于主动轮直径D1，从动轮直径D2的位置，则主动轮转速n1与从动轮转速n2的关系是(　　)

图9

A.＝   B.＝

C.＝   D.＝

解析：选B　角速度ω＝2πn，主动轮的线速度v1＝ω1＝πD1n1，从动轮的线速度v2＝ω2＝πD2n2。因为主动轮和从动轮的线速度相等，πD1n1＝πD2n2，所以＝，故B正确，A、C、D错误。

12.如图10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O点且水平向右为x轴正方向。在圆心O点正上方距盘面高为h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0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          图10

 好落到盘面时再滴下一滴水，则：

(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π时，第二滴水与第三滴水在盘面上落点间的距离为s，求容器的加速度a。

解析：(1)离开容器后，每一滴水在竖直方向上均做自由落体运动，每一滴水滴落到盘面上所用时间

t＝ 。

(2)要使每一滴水在盘面上的落点都位于同一直线，则圆盘在t时间内转过的弧度为kπ，k＝1,2,3，…。ωt＝kπ

即ω＝kπ ，其中k＝1,2,3，…。

(3)第二滴水落点与O点的距离为

s2＝at2＋(at)t①

第三滴水落点与O点的距离为

s3＝a(2t)2＋(2at)t②

①②两式中：t＝③

又Δθ＝ωt＝π× ＝π，

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s22＋s32＝s2④

联立①②③④可得a＝≈0.117。

答案：(1) 　(2)kπ，其中k＝1,2,3，…

(3)0.117

阶段验收评价（二）  圆周运动

(本试卷满分：100分)

一、单项选择题(本题共8小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)

1．物体做匀速圆周运动时，关于其受力情况，以下说法中正确的是(　　)

A．必须受到恒力的作用

B．物体所受合力必须等于0

C．物体所受合力大小可能变化

D．物体所受合力大小不变，方向不断改变

解析：选D　当物体所受合力等于0时，物体将保持静止或匀速直线运动状态；当物体受到恒力时，物体将做匀变速运动；物体做匀速圆周运动时，所受合力大小不变，方向改变，始终沿着半径指向圆心(或垂直于速度方向)。故D正确，A、B、C错误。

2．A、B两艘快艇在湖面上做匀速圆周运动(如图1)，在相同时间内，它们通过的路程之比是4∶3，

图1

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

解析：选A　圆周运动中线速度定义为单位时间内通过的圆弧长，即v＝，因此线速度大小之比为4∶3，故A正确；角速度定义为单位时间内转过的弧度角，即ω＝，且运动方向改变角度等于圆心角，因此角速度大小之比为3∶2，故B错误；半径R＝，即半径之比为8∶9，故C错误；向心加速度a＝vω，即向心加速度大小之比为2∶1，故D错误。

3．有一种杂技表演叫“飞车走壁”，如图2甲所示，由杂技演员驾驶摩托车沿圆台形表演台的侧壁高速行驶，在水平面内做匀速圆周运动。对于摩托车的运动，可以简化成如图2乙所示，图中虚线表示摩托车的行驶轨迹，轨迹离地面的高度为h，车轮和接触面间没有侧向滑动趋势，下列说法中正确的是(　　)

图2

A．h越高，摩托车对侧壁的压力将越大

B．h越高，摩托车做圆周运动的线速度将越大

C．h越高，摩托车做圆周运动的角速度将越大

D．摩托车做圆周运动的向心力大小随h的变化而改变

解析：选B　摩托车做匀速圆周运动，提供圆周运动的向心力是其所受重力和支持力的合力，如图所示，侧壁对摩托车的支持力F＝不变，则摩托车对侧壁的压力不变，摩托车做圆周运动的向心力Fn＝mgtan θ，可知向心力不随h变化而变化，故A、D错误； 由mgtan θ＝m可知，h越高，r越大，则v越大，故B正确；由mgtan θ＝mrω2可知，h越高，r越大，则ω越小，故C错误。

4．如图3是自行车传动结构的示意图，其中Ⅰ是半径为r1的大齿轮，Ⅱ是半径为r2的小齿轮，Ⅲ是半径为r3的后轮，假设脚踏板的转速为n(r/s)，则自行车前进的速度为(　　)

图3

A．　　　　　　　 B．

C．   D．

解析：选C　自行车前进的速度大小等于车轮Ⅲ边缘上的线速度的大小，根据题意知：轮Ⅰ和轮Ⅱ边缘上的线速度大小相等，根据v＝ωr可知r1ω1＝r2ω2，已知ω1＝2πn，则轮Ⅱ的角速度ω2＝ω1，因为轮Ⅱ和轮Ⅲ共轴，所以ω3＝ω2，由v＝ωr可知v＝r3ω3＝，故C正确。

5．如图4所示，一偏心轮绕垂直纸面的轴O匀速转动，a和b是轮边缘上的两个点，则偏心轮转动过程中a、b两点(　　)

图4

A．角速度大小相同 B．线速度大小相同

C．周期大小不同 D．转速大小不同

解析：选A　因为两轮同轴转动，角速度大小相等，所以周期、转速都相等，故A正确，C、D错误；角速度大小相等，但转动半径不同，根据v＝ωr可知，线速度大小不同，故B错误。

6．近几年各学校流行跑操。某学校学生跑操队伍在通过圆形弯道时，每一列的连线沿着跑道，每一排的连线是一条直线，且必须与跑道垂直，在跑操过程中，每位同学之间的间距保持不变。如图5为某班学生队伍以整齐的步伐通过圆形弯道时的情形，此时刻(　　)

图5

A．同一排学生的线速度相同

B．同一列学生的线速度相同

C．全班同学的角速度相同

D．同一列学生的向心加速度相同

解析：选C　因为全班同学同轴转动，所以角速度相同，根据v＝ωr可知同一排学生半径不同，线速度大小不同，故A错误，C正确；同一列学生线速度方向不同，故B错误；同一列学生向心加速度方向不同，故D错误。

7．如图6所示，竖直平面内固定有一个半径为R的光滑圆环形细管，现给小球(直径略小于管内径)一个初速度，使小球在管内做圆周运动，小球通过最高点时的速度为v，已知重力加速度为g，则下列叙述中正确的是(　　)

 A．v的极小值为        图6

 B．v由零逐渐增大的过程中，轨道对球的弹力先减小再增大

 C．当v由值逐渐增大的过程中，轨道对小球的弹力逐渐减小

 D．当v由值逐渐减小的过程中，轨道对小球的弹力也逐渐减小

解析：选B　由题可知，v的极小值为0，故A错误；当v在0～范围内逐渐变大时，由mg－FN＝m可知，FN逐渐减小；当v在大于范围内逐渐变大时，由mg＋FN＝m可知，FN逐渐变大； 故B正确，C、D错误。

8．半径为R＝1 m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4 m/s的速度水平抛出，半径OA方向恰好与该初速度的方向相同，如图7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．2π rad/s   B．4π rad/s       图7

C．6π rad/s   D．8π rad/s

解析：选D　小球平抛运动的时间为t＝＝ s＝0.25 s，小球平抛运动的时间和圆盘转动的时间相等，则有t＝nT＝n，解得ω＝＝8nπ(n＝1,2,3，…)，当n＝1时，ω＝8π rad/s；当n＝2时，ω＝16π rad/s，故D正确。

二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)

9．(2019·江苏高考)如图8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

 B．线速度的大小为ωR       图8

 C．受摩天轮作用力的大小始终为mg

 D．所受合力的大小始终为mω2R

解析：选BD　座舱的运动周期T＝＝，故A错误；根据线速度与角速度的关系，可得v＝ωR，故B正确；座舱做匀速圆周运动，摩天轮对座舱的作用力与重力大小不相等，其合力提供向心力，合力大小为F合＝mω2R，故C错误、D正确。

10．如图9所示，一位同学玩飞镖游戏，圆盘最上端有一P点，飞镖抛出时与P等高，且距离P点为L。当飞镖以初速度v0垂直盘面瞄准P点抛出的同时，圆盘以经过盘心O点的水平轴在竖直平面内匀速转动。忽略空气阻力，重力加速度为g，若飞镖恰好击中P点，则(　　)      图9

A．飞镖击中P点所需的时间为t＝

B．圆盘的半径可能为

C．圆盘转动角速度的最小值为

D．P点随圆盘转动的线速度大小可能为

解析：选AD　飞镖水平抛出做平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，则有t＝，故A正确；飞镖击中P点时，P恰好在最下方，有2r＝gt2，解得圆盘的半径r＝，故B错误；飞镖击中P点，则P点转过的角度满足θ＝ωt＝π＋2kπ(k＝0,1,2，…)，可得ω＝＝，则圆盘转动角速度的最小值为，故C错误；P点随圆盘转动的线速度为v＝ωr＝×＝，当k＝2时，v＝，故D正确。

11．如图10所示，甲、乙圆盘的半径之比为1∶2，两水平圆盘紧靠在一起不打滑转动。两圆盘上分别放置质量为m1和m2的小物体，m1＝2m2，两小物体与圆盘间的动摩擦因数相同。m1距甲盘圆心距离为r，m2距乙盘圆心距离为2r，此时它们正随圆盘做匀速圆周运动。下列判断正确的是(　　)

图10

A．m1和m2的线速度之比为1∶4

B．m1和m2的向心加速度之比为2∶1

C．随转速慢慢增加，m1先开始滑动

D．随转速慢慢增加，m2先开始滑动

解析：选BC　甲、乙两轮边缘上的各点线速度大小相等，有ω1·R＝ω2·2R，ω1∶ω2＝2∶1，因此两物体相对圆盘开始滑动前，m1与m2的角速度之比为2∶1，根据公式v＝ωr，＝＝，故A错误；根据a＝ω2r得m1与m2的向心加速度之比为a1∶a2＝∶＝2∶1，故B正确；由μmg＝mrω2＝ma知，m1先达到临界角速度，可知当转速增加时，m1先开始滑动，故C正确，D错误。

12．某同学使用小型电动打夯机平整自家房前的场地，如图11所示是电动打夯机的结构示意图。质量为m的摆锤通过轻杆与总质量为M的底座(含电动机)上的转轴相连。电动机带动摆锤绕转轴O在竖直面内匀速转动，转动半径为R，重力加速度为g。下列说法正确的是(　　)                                                                                                   图11

A．转到最低点时摆锤处于失重状态

B．摆锤在最低点和最高点，杆给摆锤的弹力大小之差为6mg

C．若打夯机底座刚好能离开地面，则摆锤的角速度为

D．若打夯机底座刚好能离开地面，则摆锤转到最低点时，打夯机对地面的压力为2(mg＋Mg)

解析：选CD　摆锤转到最低点时有向上的加速度，处于超重状态，故A错误；电动机带动摆锤绕转轴O在竖直面内匀速转动，设角速度为ω0，则有F1－mg＝mω02R，F2＋mg＝mω02R，则F1－F2＝2mg，故B错误；当拉力大小等于打夯机底座的重力时，才能使打夯机底座刚好离开地面，有F2＝Mg，对摆锤有mg＋F2＝mRω2，解得ω＝，故C正确；在最低点，对摆锤有F1－mg＝mRω2，则F1＝Mg＋2mg，对打夯机有FN＝F1＋Mg＝2(M＋m)g，故D正确。

三、非选择题(本题共5小题，共60分)

13．(8分)在“探究向心力的大小与质量、角速度和半径之间的关系”的实验中。

(1)如图12所示，A、B都为钢球，图中所示是在研究向心力的大小F与________的关系(填选项标号)。

图12

A．质量m　　B．角速度ω　　C．半径r

(2)如图12所示，若图中标尺上黑白相间的等分格显示出两个小球所受向心力的比值为1∶4，由圆周运动知识可以判断与皮带连接的变速塔轮相对应的半径之比为________。

A．1∶4　　B．4∶1　　C．1∶2　　D．2∶1

解析：(1)变速塔轮半径不同，两轮转动的角速度不同，两球做圆周运动的角速度不同，A、B两球的质量相等、转动半径相同；题图中是在研究向心力的大小F与角速度ω的关系。故B项正确，A、C两项错误。

(2)A、B两球的质量相等、转动半径相同，两个小球所受向心力的比值为1∶4，据F＝mrω2可得，两球转动的角速度之比为1∶2。变速塔轮用皮带连接，塔轮边缘上点的线速度大小相等，根据r＝可得，与皮带连接的变速塔轮相对应的半径之比为2∶1。故D正确，A、B、C错误。

答案：(1)B　(2)D

14．(10分)某同学做探究向心力与线速度关系的实验。装置如图13所示，一轻质细线上端固定在拉力传感器上，下端悬挂一小钢球。钢球静止时刚好位于光电门中央。主要实验步骤如下：

 ①用游标卡尺测出钢球直径d；

 ②将钢球悬挂静止不动，此时力传感器示数为F1，用米尺量出线长L;

 ③将钢球拉到适当的高度处释放，光电门计时器测出钢球的遮光时     图13

 间为t，力传感器示数的最大值为F2。

 已知当地的重力加速度大小为g，请用上述测得的物理量表示：

 (1)钢球经过光电门时的线速度表达式v＝______，向心力表达式F向＝m＝________；

 (2)钢球经过光电门时，所受合力的表达式F合＝ ________。

解析：(1)钢球的直径为d，钢球通过光电门时间为t，故钢球经过光电门的线速度v＝。mg＝F1，圆周运动的半径R＝L＋，所以F向＝m＝。

(2)根据受力分析，F1＝mg，当钢球到达光电门时，钢球所受的合力等于F＝F2－mg＝F2－F1。

答案：(1)　　(2)F2－F1

15．(12分)A、B两球质量分别为m1与m2，用一劲度系数为k的弹簧相连，一长为l1的细线与A球相连，置于水平光滑桌面上，细线的另一端拴在竖直轴上，如图14所示。当球A、B均以角速度ω绕OO′做匀速圆周运动时，弹簧长度为l2。

图14

(1)此时弹簧伸长量多大？细线拉力多大？

(2)将细线突然烧断瞬间两球加速度各多大？

解析：(1)B球受到的弹簧弹力提供做圆周运动的向心力，设弹簧伸长量为Δl，满足kΔl＝m2ω2(l1＋l2)，

则弹簧伸长量Δl＝，

A球受细线拉力FT和弹簧弹力F，做匀速圆周运动，满足FT－F＝m1ω2l1，

细线拉力FT＝m1ω2l1＋m2ω2(l1＋l2)。

(2)细线烧断瞬间，

A球加速度a1＝＝，

B球加速度a2＝＝ω2(l1＋l2)。

答案：(1)　m1ω2l1＋m2ω2·(l1＋l2)　

(2)　ω2(l1＋l2)

16．(14分)如图15所示，装置BOO′可绕竖直轴OO′转动，可视为质点的小球A与两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θ＝37°。已知小球的质量为m，细线AC长为l，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度为g，求                                                                                    图15

 (1)当细线AB拉力的大小等于小球重力的一半时，该装置绕OO′轴转动的角速度的大小；

 (2)当细线AB的拉力为零时，该装置绕OO′轴转动的角速度的最小值。

解析：(1)设细线AC的拉力为FTAC，细线AB的拉力为FTAB，根据牛顿第二定律得

FTACcos θ＝mg，

FTACsin θ－FTAB＝mω12lsin θ，解得ω1＝ 。

(2)由题意，当ω最小时，细线AC与竖直方向的夹角α＝37°，则有mgtan α＝m(lsin α)ωmin2，

解得ωmin＝ 。

答案：(1) 　(2)  

17．(16分)如图16所示，竖直平面内的圆周形光滑轨道半径为R，A端与圆心O等高，AD为与水平方向成45°角的斜面，B端在O点的正上方，一个质量为m的小球在A点正上方某处由静止开始释放，自由下落至A点后进入圆弧形轨道并能沿轨道到达B点，且到达B处时小球对圆弧轨道顶端的压力大小为mg。求：                                                                                                  图16

 (1)小球到B点时的速度大小；

 (2)小球从B点运动到C点所用的时间；

 (3)小球落到斜面上C点时的速度大。

解析：(1)到达B处时，小球对圆弧轨道顶端的压力大小为FN＝mg，

在B点由重力和轨道的支持力提供向心力，则有

mg＋FN′＝m，FN′＝FN，

解得v＝。

(2)小球离开B点后做平抛运动，小球落到C点时，根据平抛运动规律得tan 45°＝＝＝，

解得t＝2。

(3)小球落在斜面上C点时竖直分速度为

vy＝gt＝2，

小球落到C点时速度大小vC＝＝。

答案：(1)　(2)2 　(3)