2021届高考物理通用一轮练习：考点11　圆周运动及其应用

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考点11　圆周运动及其应用



题组一　基础小题
1．下列关于运动和力的叙述中，正确的是(　　)
A．做曲线运动的物体，其加速度方向一定是变化的
B．物体做圆周运动，所受的合力一定指向圆心
C．物体所受合力方向与运动方向相反，该物体一定做直线运动
D．物体运动的速率在增加，所受合力方向一定与运动方向相同
答案　C
解析　做曲线运动的物体，其速度一定变化，但加速度不一定变化，比如平抛运动，故A错误；物体做圆周运动，所受的合力不一定指向圆心，当物体做匀速圆周运动时，合力才一定指向圆心，故B错误；物体所受合力方向与运动方向相反，则物体一定做减速直线运动，故C正确；物体运动的速率在增加，则其所受合力方向与运动方向的夹角小于90°，不一定相同，故D错误。
2．下列说法中正确的是(　　)
A．日常生活中遇到的离心运动都是有危害的，要防止任何离心运动的发生
B．在匀速圆周运动中，向心加速度是恒定的
C．汽车以一定的速率通过拱桥，在最高点汽车对桥的压力小于汽车的重力
D．杂技演员表演“水流星”，当“水流星”通过最高点时，处于完全失重状态，不受重力作用
答案　C
解析　日常生活中遇到的离心运动并不都是有危害的，如洗衣机的脱水，无缝钢管的铸造等都是利用离心运动的例子，故A错误；在匀速圆周运动中，向心加速度的方向是不断变化的，所以不是恒定的，B错误；汽车以一定的速率通过拱桥的最高点时，汽车受到的重力与支持力的合力提供向心力，由于合力的方向向下，结合牛顿第三定律可知，在最高点时汽车对桥的压力小于汽车的重力，C正确；地球附近的任何物体都要受到重力作用，所以当“水流星”通过最高点时，即便其处于完全失重状态，也要受重力作用，故D错误。
3.如图所示，用手掌平托一苹果，保持这样的姿势在竖直平面内按顺时针方向做匀速圆周运动。关于苹果从最高点c到最右侧点d运动的过程，下列说法中正确的是(　　)

A．手掌对苹果的摩擦力越来越大
B．苹果先处于超重状态后处于失重状态
C．手掌对苹果的支持力越来越小
D．苹果所受的合外力越来越大
答案　A
解析　从c到d的过程中，向心加速度大小不变，加速度在水平方向上的分加速度逐渐增大，根据牛顿第二定律知，手掌对苹果的摩擦力越来越大，故A正确；苹果做匀速圆周运动，从c到d的过程中，加速度在竖直方向上有向下的分量，可知苹果一直处于失重状态，故B错误；从c到d的过程中，苹果的向心加速度大小不变，它在竖直方向上的分量逐渐减小，方向向下，则重力和支持力的合力逐渐减小，可知支持力越来越大，故C错误；苹果做匀速圆周运动，所受的合外力大小不变，方向始终指向圆心，故D错误。
4.如图所示，球体绕中心线OO′转动，则下列说法中正确的是(　　)

A．A、B两点的转动半径相等
B．A、B两点的线速度相等
C．A、B两点的转动周期相等
D．A、B两点的向心加速度相等
答案　C
解析　A、B在同一转动球体上，相同时间内，转过的角度相同，角速度ω相同，由图可知A、B两点的运动半径r不相等，由公式v＝ωr得知它们的线速度v不相等，故A、B错误；由公式T＝知，ω相等，则周期T相等，故C正确；根据a＝ω2r知角速度相等，转动半径不相等，所以向心加速度不相等，D错误。
5.如图所示，自行车的大齿轮、小齿轮、后轮的半径之比为4∶1∶16，在用力蹬脚踏板前进的过程中，下列说法正确的是(　　)

A．小齿轮和后轮的角速度大小之比为16∶1
B．大齿轮和小齿轮的角速度大小之比为1∶4
C．大齿轮边缘和后轮边缘的线速度大小之比为1∶4
D．大齿轮和小齿轮轮缘的向心加速度大小之比为4∶1
答案　B
解析　小齿轮和后轮共轴，角速度相等，故A错误；大齿轮和小齿轮以链条传动，线速度相等，根据ω＝可知，大齿轮和小齿轮的角速度大小之比为1∶4，故B正确；小齿轮和后轮共轴，根据v＝ωr可知，小齿轮边缘和后轮边缘的线速度之比为1∶16，又因为大、小齿轮边缘的线速度大小相等，则大齿轮边缘的线速度和后轮边缘的线速度大小之比为1∶16，故C错误；大齿轮和小齿轮以链条传动，线速度相等，根据a＝可知，向心加速度大小之比为1∶4，故D错误。
6.(多选)如图所示，甲、乙、丙三个物体放在匀速转动的水平粗糙圆台上，甲的质量为2m，乙、丙的质量均为m，甲、乙距轴为R，丙距轴为2R，则当圆台旋转时(设甲、乙、丙始终与圆台保持相对静止)(　　)

A．甲物体的线速度比丙物体的线速度小
B．乙物体的角速度比丙物体的角速度小
C．甲物体的向心加速度比乙物体的向心加速度大
D．乙物体受到的向心力比丙物体受到的向心力小
答案　AD
解析　甲、乙、丙始终与圆台保持相对静止，它们转动的角速度大小相等，根据v＝ωr，且甲做圆周运动的半径小于丙的半径可知，甲物体的线速度比丙物体的线速度小，故A正确，B错误；根据向心加速度a＝rω2，且甲、乙做圆周运动的半径相等，可知甲物体的向心加速度和乙物体的向心加速度大小相等，故C错误；根据F＝mrω2知，甲、乙、丙的质量之比为2∶1∶1，转动的半径之比为1∶1∶2，则向心力大小之比为2∶1∶2，所以乙物体受到的向心力比丙物体受到的向心力小，D正确。
7.如图所示，轻杆长为L，一端固定在水平轴上的O点，另一端系一个小球(可视为质点)。小球以O为圆心在竖直平面内做圆周运动，且能通过最高点，g为重力加速度。下列说法正确的是(　　)

A．小球通过最高点时速度不可能小于
B．小球通过最高点时所受轻杆的作用力可能为零
C．小球通过最高点时所受轻杆的作用力随小球速度的增大而增大
D．小球通过最高点时所受轻杆的作用力随小球速度的增大而减小
答案　B
解析　小球在最高点的最小速度可以为零，此时小球所受重力等于轻杆的支持力，故A错误；当小球通过最高点的速度为时，重力提供向心力，杆的作用力为零，故B正确；轻杆在最高点可以表现为拉力，也可以表现为支持力，当表现为支持力时，速度增大，支持力减小，当表现为拉力时，速度增大，拉力增大，故C、D错误。
8.一竖直倒立的圆锥筒，筒侧壁的倾斜角度α不变。一小球在内壁做匀速圆周运动，球与筒内壁的摩擦可忽略，小球距离地面的高度为H，则下列说法中正确的是(　　)

A．H越小，小球对侧壁的压力越大
B．H越大，小球做圆周运动的线速度越大
C．H越小，小球做圆周运动的向心力越小
D．H越大，小球做圆周运动的周期越小
答案　B
解析　小球做匀速圆周运动，由重力mg和支持力F的合力提供圆周运动的向心力，作出受力图如图，则向心力为：Fn＝mgtanα，m、α不变，向心力大小不变，根据牛顿第二定律得Fn＝m，H越高，r越大，Fn不变，则v越大，故B正确，C错误；侧壁对小球的支持力F＝不变，则小球对侧壁的压力不变，故A错误；根据mgtanα＝m，解得T＝ ，则知H越高，r越大，T越大，故D错误。

9．过山车是青少年喜欢的一种游乐项目。为了研究过山车的原理，可简化为如图所示模型：让质量为m的小球在光滑竖直圆轨道上做圆周运动，在轨道的最高点和最低点分别安装有压力传感器。让小球从同一位置静止下滑，经多次测量得到最高点和最低点压力的平均值分别为F1、F2，则当地的重力加速度为(　　)

A. B.
C. D.
答案　D
解析　在M点对小球进行受力分析，根据牛顿第二定律得：
F2－mg＝m①
在N点对小球进行受力分析，根据牛顿第二定律得：
mg＋F1＝m②
由M到N根据动能定理得：
－mg·2R＝mv－mv③
联立①②③解得：g＝，故A、B、C错误，D正确。
题组二　高考小题
10．(2019·浙江选考)一质量为2.0×103 kg的汽车在水平公路上行驶，路面对轮胎的径向最大静摩擦力为1.4×104 N，当汽车经过半径为80 m的弯道时，下列判断正确的是(　　)

A．汽车转弯时所受的力有重力、弹力、摩擦力和向心力
B．汽车转弯的速度为20 m/s时所需的向心力为1.4×104 N
C．汽车转弯的速度为20 m/s时汽车会发生侧滑
D．汽车能安全转弯的向心加速度不超过7.0 m/s2
答案　D
解析　汽车转弯时受到重力、地面的支持力以及地面摩擦力，其中摩擦力充当向心力，A错误；当最大静摩擦力充当向心力时，速度为临界速度，大于这个速度则汽车将发生侧滑，根据牛顿第二定律可得fm＝m，解得vm＝＝ m/s＝ m/s＝20 m/s，所以汽车转弯的速度为20 m/s时，所需的向心力小于径向最大静摩擦力，汽车不会发生侧滑，B、C错误；汽车能安全转弯的向心加速度am＝＝ m/s2＝7.0 m/s2，即汽车能安全转弯的向心加速度不超过7.0 m/s2，D正确。
11．(2018·江苏高考)(多选)火车以60 m/s的速率转过一段弯道，某乘客发现放在桌面上的指南针在10 s内匀速转过了约10°。在此10 s时间内，火车(　　)
A．运动路程为600 m
B．加速度为零
C．角速度约为1 rad/s
D．转弯半径约为3.4 km
答案　AD
解析　圆周运动的弧长s＝vt＝60×10 m＝600 m，A正确；火车转弯是圆周运动，圆周运动是变速运动，所以合力不为零，加速度不为零，故B错误；由题意得圆周运动的角速度ω＝＝×3.14 rad/s＝ rad/s，又v＝ωr，所以r＝＝×180 m＝3439 m，C错误，D正确。
12．(2019·江苏高考)(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
B．线速度的大小为ωR
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
答案　BD
解析　座舱的运动周期T＝＝，A错误；根据线速度与角速度的关系，可知座舱的线速度大小为v＝ωR，B正确；座舱做匀速圆周运动，摩天轮对座舱的作用力与座舱的重力大小不相等，其合力提供向心力，合力大小为F合＝mω2R，C错误，D正确。
13．(2014·全国卷Ⅰ)(多选)如图所示，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
答案　AC
解析　b相对圆盘不滑动时有Ff静＝mω2r，a、b半径不同，所需的向心力不同，所受摩擦力不同，B错误；当a恰好滑动时，有kmg＝mωl，得ω0a＝，同理可得，b恰好滑动时ω0b＝，A、C正确；ω＝<ω0a，a相对圆盘未滑动，Ff静＝mω2l＝kmg，D错误。
题组三　模拟小题
14.(2019·广东深圳二模)2018珠海航展，我国五代战机“歼20”再次闪亮登场。表演中，战机先水平向右，再沿曲线ab向上(如图)，最后沿陡斜线直入云霄。设飞行路径在同一竖直面内，飞行速率不变。则沿ab段曲线飞行时，战机(　　)

A．所受合外力大小为零
B．所受合外力方向竖直向上
C．竖直方向的分速度逐渐增大
D．水平方向的分速度不变
答案　C
解析　战机在同一竖直面内做曲线运动，且运动速率不变，由于速度方向是变化的，则速度是变化的，故战机的加速度不为零，根据牛顿第二定律可知，战机所受的合外力不为零，故A错误；战机在同一竖直平面内做匀速率曲线运动，所受合外力与速度方向垂直，由于速度方向时刻在变，则合外力的方向也时刻在变化，并非始终都竖直向上，故B错误；战机飞行的速率不变，将速度进行分解可知，战机沿ab曲线飞行时，竖直方向的分速度逐渐增大，水平方向的分速度逐渐减小，C正确，D错误。
15.(2019·福建漳州二模)(多选)明代出版的(天工开物)一书中记载：“其湖池不流水，或以牛力转盘，或聚数人踏转。”并附有牛力齿轮翻车的图画如图所示，翻车通过齿轮传动，将湖水翻入农田。已知A、B齿轮啮合且齿轮之间不打滑，B、C齿轮同轴，若A、B、C三齿轮半径的大小关系为rA>rB>rC，则(　　)

A．齿轮A、B的角速度大小相等
B．齿轮A的角速度比齿轮C的角速度小
C．齿轮B、C的角速度大小相等
D．齿轮A边缘的线速度比齿轮C边缘的线速度小
答案　BC
解析　齿轮A与齿轮B的齿轮啮合边缘点的线速度相等，根据公式v＝ωr可知，半径比较大的A的角速度小于B的角速度，而B与C同轴传动，角速度相等，所以齿轮A的角速度比C的小，A错误，B正确；齿轮B、C的角速度相等，齿轮B的半径大，则其边缘的线速度大于C，又因为齿轮A与齿轮B边缘点的线速度大小相等，所以齿轮A边缘的线速度比C边缘的大，故C正确，D错误。
16.(2019·河北衡水中学二调)(多选)如图，在水平转台上放一个质量M＝2 kg的木块，它与转台间的最大静摩擦力fmax＝6.0 N，绳的一端系挂木块，通过转台的中心孔O(孔光滑)，另一端悬挂一个质量m＝1.0 kg的物体，当转台以角速度ω＝5 rad/s匀速转动时，木块相对转台静止，则木块到O点的距离可以是(g取10 m/s2，M、m可看成质点)(　　)

A．0.04 m B．0.08 m
C．0.16 m D．0.32 m
答案　BCD
解析　木块做匀速圆周运动，转台对木块的静摩擦力和绳子的拉力的合力提供向心力，其中物体m处于平衡状态，则绳子的拉力等于物体的重力，根据向心力公式得：Fn＝mg＋f＝Mω2r，解得：r＝。当f＝fmax＝6.0 N时，r最大，rmax＝ m＝0.32 m，当f＝－6.0 N时，r最小，则rmin＝ m＝0.08 m，故木块到O点的距离介于0.08～0.32 m之间，B、C、D正确。
17.(2019·广东汕头二模)港珠澳大桥已经开通，在香港和澳门无论开车和步行都是靠左行走，而内地都是靠右行走，所以香港、澳门和珠海的汽车往来需要变换交通规则。具体的做法就是在大桥的香港和澳门所有出入口接线处架设立如图所示的立交桥来改变行驶方式。以下说法正确的是(　　)

A．汽车匀速通过立交桥时合外力为零
B．汽车通过立交桥的过程合外力方向保持不变
C．汽车通过立交桥时受到的桥面支持力不一定与汽车的重力相互平衡
D．两辆相同的汽车并排通过立交桥时合外力的大小可能一直保持相等
答案　C
解析　汽车匀速通过立交桥时做曲线运动，合外力肯定不为零，合外力充当向心力，方向指向轨迹圆心，故A、B错误；立交桥转弯处的路面外高内低，桥面对汽车的支持力与汽车的重力不平衡，在路面水平的地方桥面对汽车的支持力与汽车的重力平衡，故C正确；两车并排通过立交桥时做曲线运动，二者的角速度时刻相等，但它们离轨迹圆心的距离不相等，根据F合＝F向＝mω2R知，则合外力不相等，故D错误。
18．(2019·辽宁大连二模)游乐场有一种叫做“快乐飞机”的游乐项目，模型如图所示。已知模型飞机的质量为m，固定在长为L的旋臂上，旋臂与竖直方向的夹角为θ，当模型飞机以角速度ω绕中央轴在水平面内做匀速圆周运动时，下列说法正确的是(　　)

A．模型飞机受到重力、旋臂的作用力和向心力
B．旋臂对模型飞机的作用力方向一定与旋臂垂直
C．旋臂对模型飞机的作用力大小为m
D．若夹角θ增大，则旋臂对模型飞机的作用力减小
答案　C
解析　向心力是效果力，模型飞机实际不受向心力作用，A错误；模型飞机在水平面内做匀速圆周运动，竖直方向受力平衡，所以旋臂对模型飞机的竖直分力与飞机的重力平衡，水平分力提供了飞机在水平面内做匀速圆周运动的向心力，所以旋臂对模型飞机的作用力方向不一定与旋臂垂直，B错误；根据B项的分析，旋臂对模型飞机的作用力大小：F＝＝m，C正确；根据C项的分析，若夹角θ增大，旋臂对模型飞机的作用力增大，D错误。
19.(2019·山东济南金牌一对一一模)(多选)如图所示，半径为R，表面光滑的半圆柱体固定于水平地面上，其圆心在O点。位于竖直面内的光滑曲线轨道AB的底端水平，与半圆柱相切于半圆柱面顶点B。质量为m的小滑块从距B点高为R的A点由静止释放，则小滑块(　　)

A．将沿半圆柱体表面做圆周运动
B．落地点距离O点的距离为R
C．将从B点开始做平抛运动
D．落地时的速度大小为2
答案　CD
解析　滑块由A到B的过程，根据动能定理得：mgR＝mv2，解得滑块到达B点的速度为：v＝，当滑块在B点所受支持力为零时，有：mg＝m，解得：vB＝＜v，可知滑块越过B点后做平抛运动，故A错误，C正确；根据R＝gt2得：t＝，则水平位移为：x＝vt＝2R，故B错误；滑块落地时的竖直分速度为：vy＝，根据平行四边形定则知，滑块落地的速度为：v′＝＝2，故D正确。
20.(2019·江苏宿迁一调)如图所示，半径为R的半球形容器固定在水平转台上，转台绕过容器球心O的竖直轴线以角速度ω匀速转动。质量不同的小物块A、B随容器转动且相对器壁静止，A、B和球心O点连线与竖直方向的夹角分别为α和β，α＞β。则(　　)

A．A的质量一定小于B的质量
B．A、B受到的摩擦力可能同时为零
C．若A不受摩擦力，则B受沿容器壁向上的摩擦力
D．若ω增大，A、B受到的摩擦力可能都增大
答案　D
解析　由题中条件只能比较A、B的加速度大小，而它们所受合力未知，故不能比较A、B的质量大小，A错误；当A受到的摩擦力恰为零时，受力分析如图，根据牛顿第二定律得：mgtanα＝mωRsinα，解得：ωA＝。同理可得，当B受到的摩擦力恰为零时，ωB＝ 。由于α＞β，所以ωA＞ωB，而实际上A、B的角速度相等，即A、B受到的摩擦力不可能同时为零，B错误；若A不受摩擦力，则此时转台的角速度ω＝ωA＞ωB，所以B物块实际的向心力大于B所受摩擦力为零时的向心力，所以此时B受沿容器壁向下的摩擦力，C错误；如果转台角速度从A不受摩擦力时的角速度ωA开始增大，A、B的向心力都增大，所受的摩擦力都增大，故D正确。

21．(2019·四川广安一诊)如图甲所示，小球在竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动。当小球运动到圆形管道的最高点时，管道对小球的弹力与最高点时的速度平方的关系如图乙所示(取竖直向下为正方向)。MN为通过圆心的一条水平线。不计小球半径、管道的粗细，重力加速度为g。则下列说法中正确的是(　　)

A．管道的半径为
B．小球的质量为
C．小球在MN以下的管道中运动时，内侧管壁对小球可能有作用力
D．小球在MN以上的管道中运动时，外侧管壁对小球一定有作用力
答案　B
解析　由图可知：当v2＝b时，FN＝0，此时mg＝m，解得：R＝，故A错误；当v2＝0时，此时：FN＝mg＝a，所以m＝，故B正确；小球在水平线MN以下的管道中运动时，由于向心力的方向指向圆心，则管壁必然要提供指向圆心的支持力，只有外壁才可以提供这个力，所以内侧管壁对小球没有力，故C错误；小球在水平线MN以上的管道中运动时，重力沿径向的分量必然参与提供向心力，随着运动速度大小的变化，可能是外侧管壁对小球有作用力，也可能是内侧管壁对小球有作用力，还可能均无作用力，故D错误。
22．(2019·重庆一诊)如图，有一倾斜的匀质圆盘(半径足够大)，盘面与水平面的夹角为θ，绕过圆心并垂直于盘面的转轴以角速度ω匀速转动，有一物体(可视为质点)与盘面间的动摩擦因数为μ(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，重力加速度为g。要使物体能与圆盘始终保持相对静止，则物体与转轴间的最大距离为(　　)

A. B.
C.g D.g
答案　C
解析　当物体转到圆周轨道的最低点，所受的静摩擦力沿斜面向上达到最大时，物体与转轴间的距离最大。由牛顿第二定律得：μmgcosθ－mgsinθ＝mω2r，解得：r＝g，故A、B、D错误，C正确。



题组一　基础大题
23.如图所示，质量为m＝1 kg的小球用长为L＝0.5 m的细线悬挂在O点，O点距地面高度为h＝1 m，如果使小球绕OO′轴在水平面内做圆周运动，若细线能承受的最大拉力为12.5 N(g＝10 m/s2)，求：

(1)当小球的角速度为多大时，细线将断裂；
(2)线断裂后小球落地点与悬点的水平距离。
答案　(1)5 rad/s　(2)0.6 m
解析　(1)设细线与竖直方向的夹角为θ，
当细线拉力达到最大时，在竖直方向上有：FTcosθ＝mg
代入数据解得：θ＝37°
根据牛顿第二定律得：mgtanθ＝mLsinθ·ω2
代入数据解得：ω＝5 rad/s。
(2)小球做圆周运动的最大线速度为：
v0＝ωLsin37°＝5×0.5×0.6 m/s＝1.5 m/s
线断后，小球做平抛运动，小球落地时的竖直位移为：
y＝h－Lcosθ＝gt2
水平位移为：x＝v0t
小球落地点与悬点的水平距离为：d＝，
代入数据解得：d＝0.6 m。
题组二　高考大题
24．(2019·天津高考)完全由我国自行设计、建造的国产新型航空母舰已完成多次海试，并取得成功。航母上的舰载机采用滑跃式起飞，故甲板是由水平甲板和上翘甲板两部分构成，如图1所示。为了便于研究舰载机的起飞过程，假设上翘甲板BC是与水平甲板AB相切的一段圆弧，示意如图2，AB长L1＝150 m，BC水平投影L2＝63 m，图中C点切线方向与水平方向的夹角θ＝12°(sin12°≈0.21)。若舰载机从A点由静止开始做匀加速直线运动，经t＝6 s到达B点进入BC。已知飞行员的质量m＝60 kg，g＝10 m/s2，求

(1)舰载机水平运动的过程中，飞行员受到的水平力所做功W；
(2)舰载机刚进入BC时，飞行员受到竖直向上的压力FN多大。
答案　(1)7.5×104 J　(2)1.1×103 N
解析　(1)舰载机由静止开始做匀加速直线运动，设其刚进入上翘甲板时的速度为v，则有
＝①
根据动能定理，对飞行员有
W＝mv2－0②
联立①②式，代入数据，得
W＝7.5×104 J③
(2)设上翘甲板所对应的圆弧半径为R，根据几何关系，有
L2＝Rsinθ④
由牛顿第二定律，对飞行员有
FN－mg＝m⑤
联立①④⑤式，代入数据，得FN＝1.1×103 N。⑥
25．(2018·全国卷Ⅲ)如图，在竖直平面内，一半径为R的光滑圆弧轨道ABC和水平轨道PA在A点相切。BC为圆弧轨道的直径。O为圆心，OA和OB之间的夹角为α，sinα＝，一质量为m的小球沿水平轨道向右运动，经A点沿圆弧轨道通过C点，落至水平轨道；在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用，已知小球在C点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零。重力加速度大小为g。求：

(1)水平恒力的大小和小球到达C点时速度的大小；
(2)小球到达A点时动量的大小；
(3)小球从C点落至水平轨道所用的时间。
答案　(1)mg　　(2)　(3)
解析　(1)设水平恒力的大小为F0，小球到达C点时所受合力的大小为F。
由力的合成法则有
＝tanα①
F2＝(mg)2＋F②
设小球到达C点时的速度大小为v，由牛顿第二定律得F＝m③
由①②③式和题给数据得F0＝mg④
v＝⑤
(2)设小球到达A点的速度大小为v1，如图作CD⊥PA，交PA于D点，由几何关系得

DA＝Rsinα⑥
CD＝R(1＋cosα)⑦
由动能定理有
－mg·CD－F0·DA＝mv2－mv⑧
由④⑤⑥⑦⑧式和题给数据得，小球在A点的动量大小为
p＝mv1＝⑨
(3)小球离开C点后在竖直方向上做初速度不为零的匀加速运动，加速度大小为g。设小球在竖直方向的初速度为v⊥，从C点落至水平轨道上所用时间为t。由运动学公式有
v⊥t＋gt2＝CD⑩
v⊥＝vsinα⑪
由⑤⑦⑩⑪式和题给数据得t＝ 。
题组三　模拟大题
26.(2019·河北衡水中学二调)如图所示的装置可绕竖直轴OO′转动，可视为质点的小球A与细线1、2连接后分别系于B、C两点，装置静止时细线1水平，细线2与竖直方向的夹角θ＝37°。已知小球的质量m＝1 kg，细线2长l＝1 m，B点距C点的水平和竖直距离相等。重力加速度g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。

(1)若装置匀速转动的角速度为ω1时，细线1上的张力为零而细线2与竖直方向的夹角仍为37°，求角速度ω1的大小；
(2)若装置匀速转动的角速度ω2＝ rad/s，求细线2与竖直方向的夹角。
答案　(1) rad/s　(2)53°
解析　(1)当细线1上的张力为零时，小球的重力和细线2上张力的合力提供小球做圆周运动所需的向心力，有：mgtan37°＝mωlsin37°，
解得：ω1＝ ＝ rad/s。
(2)当ω2＝ rad/s>ω1＝ rad/s时，小球应该向左上方摆起，假设细线1上的张力仍然为零，则：
mgtanθ′＝mωlsinθ′，解得：cosθ′＝，θ′＝53°，
因为B点距C点的水平和竖直距离相等，所以，当θ′＝53°时，细线1恰好竖直，＝＝tan53°，
说明细线1上此时的张力恰好为零，故此时细线2与竖直方向的夹角为53°。