1、第24课时圆周运动规律的应用(题型研究课)命题者说圆周运动是运动学中的典型运动，是高考的热点。本课时的难点是向心力来源的判断和计算、竖直面内圆周运动的两类模型：绳模型和杆模型。学习本课时，要注意分析受力情况，弄清向心力的来源，同时要注意圆周运动和其他知识的综合问题。一、水平面内的圆周运动题型1水平面内圆周运动的动力学分析题型简述此类问题相对简单，物体所受合外力充当向心力，合外力大小不变，方向总是指向圆心。方法突破(1)选择做匀速圆周运动的物体作为研究对象。(2)分析物体受力情况，其合外力提供向心力。(3)由Fnm列方程求解。例1如图所示，内壁光滑的弯曲钢管固定在天花板上，一根结实的细绳穿过钢管
2、，两端分别拴着一个小球A和B。小球A和B的质量之比。当小球A在水平面内做匀速圆周运动时，小球A到管口的绳长为l，此时小球B恰好处于平衡状态。管子的内径粗细不计，重力加速度为g。试求：(1)拴着小球A的细绳与竖直方向的夹角；(2)小球A转动的周期。解析(1)设细绳的拉力为F，小球B处于平衡状态有FmBg在竖直方向上，小球A处于平衡状态，有Fcos mAg解得cos 所以拴着小球A的细绳与竖直方向的夹角60。(2)对于小球A，细绳拉力的水平分量提供圆周运动的向心力，有Fsin mArlsin 解得小球A的线速度为v 又T则小球A转动的周期T 。答案(1)60(2) 题型2水平面内圆周运动的临界问题
3、题型简述在水平面内做圆周运动的物体，当转速变化时，会出现绳子张紧、绳子突然断裂、静摩擦力达最大值、弹簧弹力大小或方向发生变化等，从而出现临界问题。方法突破(1)判断临界状态：有些题目中有“刚好”“恰好”“正好”等字眼，明显表明题述的过程存在着临界点；若题目中有“取值范围”“多长时间”“多大距离”等词语，表明题述的过程存在着“起止点”，而这些起止点往往就对应着临界状态；若题目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼，表明题述的过程存在着极值，这个极值点也往往对应着临界状态。(2)确定临界条件：判断题述的过程存在临界状态之后，要通过分析弄清临界状态出现的条件，并以数学形式表达出来。(3)选择物理
4、规律：当确定了物体运动的临界状态和临界条件后，要分别对不同的运动过程或现象，选择相对应的物理规律，然后列方程求解。例2如图所示，用一根长为 l1 m的细线，一端系一质量为m1 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时，细线的张力为FT(sin 370.6，cos 370.8，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0至少为多大？(2)若细线与竖直方向的夹角为60，则小球的角速度为多大？解析(1)若要小球刚好离开锥面，则小球受到重力和细线拉力，如图所示。小球做匀速
5、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 m02lsin 解得02，即0 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得mgtan m2lsin 解得2，即 2 rad/s。答案(1) rad/s(2)2 rad/s水平面内圆周运动临界问题的分析技巧在水平面内做圆周运动的物体，当角速度变化时，物体有远离或向着圆心运动的趋势(半径有变化)。这时要根据物体的受力情况，判断某个力是否存在以及这个力存在时方向朝哪(特别是一些接触力，如静摩擦力、绳的拉力等)。题型3水平面内圆周运动与平抛运动的综合问题题型简述此类问题往
6、往是物体先做水平面内的匀速圆周运动，后做平抛运动，有时还要结合能量关系分析求解，多以选择题或计算题形式考查。方法突破(1)明确水平面内匀速圆周运动的向心力来源，根据牛顿第二定律和向心力公式列方程。(2)平抛运动一般是沿水平方向和竖直方向分解速度或位移。(3)速度是联系前后两个过程的关键物理量，前一个过程的末速度是后一个过程的初速度。例3(2017厦门质检)如图所示，置于圆形水平转台边缘的小物块随转台加速转动，当转速达到某一数值时，物块恰好滑离转台开始做平抛运动。现测得转台半径R0.5 m，离水平地面的高度H0.8 m，物块平抛落地过程水平位移的大小s0.4 m。设物块所受的最大静摩擦力等于滑动
7、摩擦力，取重力加速度g10 m/s2。求：(1)物块做平抛运动的初速度大小v0；(2)物块与转台间的动摩擦因数。解析(1)设物块做平抛运动所用时间为t，竖直方向有Hgt2水平方向有sv0t联立两式得v0s 1 m/s。(2)物块离开转台时，最大静摩擦力提供向心力，有mgm联立得0.2。答案(1)1 m/s(2)0.2二、竖直面内的圆周运动1.轻绳模型和轻杆模型概述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”。2两类模型对比轻绳模型轻杆模
8、型情景图示弹力特征弹力可能向下，也可能等于零弹力可能向下，可能向上，也可能等于零受力示意图力学方程mgFTmmgFNm临界特征FT0，即mgm，得vv0，即F向0，此时FNmgv的意义物体能否过最高点的临界点FN表现为拉力还是支持力的临界点模型1轻绳模型例1如图所示，轻绳的一端固定在O点，另一端系一质量为m的小球(可视为质点)。当小球在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动时，通过传感器测得轻绳拉力T、轻绳与竖直线OP的夹角满足关系式Tabcos ，式中a、b为常数。若不计空气阻力，则当地的重力加速度为( )A.B.C. D.解析设小球在最低点，即0时的速度为v1，拉力为T1，在最高点，即180时的
9、速度为v2，拉力为T2，在最低点有：T1mgm，在最高点有：T2mgm，根据动能定理有：2mgR mv12mv22，可得T1T26mg，对比Tabcos ，有T1ab，T2ab，故T1T22b，即6mg2b，故当地重力加速度g，选项D正确。答案D模型2轻杆模型例2(2017烟台模拟)一轻杆一端固定质量为m的小球，以另一端O为圆心，使小球在竖直面内做半径为R的圆周运动，如图所示，则下列说法正确的是( )A小球过最高点时，杆所受到的弹力可以等于零B小球过最高点的最小速度是C小球过最高点时，杆对球的作用力一定随速度增大而增大D小球过最高点时，杆对球的作用力一定随速度增大而减小解析轻杆可对小球产生向上
10、的支持力，小球经过最高点的速度可以为零，当小球过最高点的速度v时，杆所受的弹力等于零，A正确，B错误；若v，则杆在最高点对小球的弹力竖直向上，mgFm，随v增大，F减小，若v，则杆在最高点对小球的弹力竖直向下，mgFm，随v增大，F增大，故C、D均错误。答案A模型3复合模型(竖直面内圆周运动与平抛运动的组合)模型简述此类问题有时物体先做竖直面内的变速圆周运动，后做平抛运动；有时物体先做平抛运动，后做竖直面内的变速圆周运动，往往要结合能量关系求解，多以计算题形式考查。方法突破(1)竖直面内的圆周运动首先要明确是“轻杆模型”还是“轻绳模型”，然后分析物体能够到达圆周最高点的临界条件。(2)速度是联
11、系前后两个过程的关键物理量。例3如图所示，一条不可伸长的轻绳上端悬挂于O点，下端系一质量m1.0 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 L1.0 m，B点离地高度 H1.0 m，A、B两点的高度差 h0.5 m，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力，求：(1)地面上D、C两点间的距离s；(2)轻绳所受的最大拉力大小。解析(1)小球从A到B过程机械能守恒，则mghmvB2小球从B到C做平抛运动，则水平方向svBt竖直方向Hgt2 联立式解得s1.41 m。(2)小球下摆到
12、B点，绳子的拉力和小球重力的合力提供向心力，由牛顿第二定律有Fmgm 联立式解得F20 N由牛顿第三定律得FF20 N即轻绳所受的最大拉力为20 N。答案(1)1.41 m(2)20 N通法归纳竖直面内圆周运动的求解思路三、斜面上的圆周运动在斜面上做圆周运动的物体，因所受的控制因素不同，如静摩擦力控制、绳控制、杆控制，物体的受力情况和所遵循的规律也不相同，下面列举三类题型。题型1静摩擦力控制下的圆周运动例1(2014安徽高考)如图所示，一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定角速度转动，盘面上离转轴距离2.5 m处有一小物体与圆盘始终保持相对静止。物体与盘面间的动摩擦因数为(设最大静摩擦
13、力等于滑动摩擦力)，盘面与水平面的夹角为30，g取10 m/s2。则的最大值是()A. rad/s B. rad/sC1.0 rad/s D0.5 rad/s解析物体随圆盘做圆周运动，运动到最低点时最容易滑动，因此物体在最低点且刚好要滑动时的转动角速度为最大值，这时，根据牛顿第二定律可知，mgcos 30mgsin 30mr2，求得1.0 rad/s，C项正确，A、B、D项错误。答案C题型2轻杆控制下的圆周运动例2如图所示，在倾角为30的光滑斜面上，有一根长为L0.8 m的轻杆，一端固定在O点，另一端系一质量为m0.2 kg的小球，沿斜面做圆周运动，取g10 m/s2，若要小球能通过最高点A，
14、则小球在最低点B的最小速度是( )A4 m/s B2 m/sC2 m/s D2 m/s解析小球受轻杆控制，在A点的最小速度为零，由2mgLsin mvB2可得vB4 m/s，A正确。答案A题型3轻绳控制下的圆周运动例3(2017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倾角。板上一根长为l0.60 m的轻细绳，它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v03.0 m/s。若小球能保持在板面内做圆周运动，倾角的值应在什么范围内？(取重力加速
15、度g10 m/s2)解析小球在倾斜平板上运动时受到绳子拉力、平板弹力、重力。在垂直平板方向上合力为0，重力在沿平板方向的分量为mgsin 小球在最高点时，由绳子的拉力和重力沿平板方向的分力的合力提供向心力，有FTmgsin 研究小球从释放到最高点的过程，根据动能定理有mglsin mv12mv02若恰好能通过最高点，则绳子拉力FT0联立解得sin ，解得30故的范围为030。答案030通法归纳与竖直面内的圆周运动类似，斜面上的圆周运动也是集中分析物体在最高点和最低点的受力情况，列牛顿运动定律方程来解题。只是在受力分析时，一般需要进行立体图到平面图的转化，这是解斜面上圆周运动问题的难点。一、单项
16、选择题1.如图所示，乘坐游乐园的翻滚过山车时，质量为m的人随车在竖直平面内旋转，下列说法正确的是( )A过山车在最高点时人处于倒坐状态，全靠保险带拉住，没有保险带，人就会掉下来B人在最高点时对座位不可能产生大小为mg的压力C人在最低点时对座位的压力等于mgD人在最低点时对座位的压力大于mg解析：选D人过最高点时，FNmgm，当v时，不用保险带，人也不会掉下来，当v时，人在最高点时对座位产生的压力为mg，A、B均错误；人在最低点具有竖直向上的加速度，处于超重状态，故人此时对座位的压力大于mg，C错误，D正确。2. (2017莆田联考)如图所示，在半径为R的半圆形碗的光滑表面上，一质量为m的小球以
17、转速n r/s在水平面内做匀速圆周运动，该平面离碗底的距离h为( )ARB.C.R D.解析：选A由题意知，小球做圆周运动需要的向心力为Fm42n2r，根据匀速圆周运动的动力学特征可知，向心力由重力与弹力的合力提供，即mgtan m42n2r，根据几何关系：sin ，联立解得：cos ，可得：hRRcos R，所以A正确，B、C、D错误。3.(2017抚顺模拟)如图所示，竖直环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，B不能左右运动，在环的最低点静放有一小球C，A、B、C的质量均为m。现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，为保证小
18、球能通过环的最高点，且不会使环在竖直方向上跳起(不计小球与环之间的摩擦阻力)，则瞬时速度v必须满足( )A最小值 B最大值C最小值 D最大值解析：选D要保证小球能通过环的最高点，在最高点最小速度满足mgm，由最低点到最高点由机械能守恒得mvmin2mg2rmv02，可得小球在最低点瞬时速度的最小值为，A、C错误；为了不会使环在竖直方向上跳起，则在最高点球有最大速度时，对环的压力为2mg，满足3mgm，从最低点到最高点由机械能守恒得mvmax2mg2rmv12，可得小球在最低点瞬时速度的最大值为，B错误，D正确。4.(2017忻州一中检测)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
19、，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 B2mgC3mg D4mg解析：选A当小球到达最高点时速率为v，两段线中张力恰好均为零，有mgm；当小球到达最高点时速率为2v，设每段线中张力大小为F，应有2Fcos 30mgm，解得Fmg，选项A正确。5.(2017宁波联考)如图所示，放于竖直面内的光滑金属细圆环半径为R，质量为m的带孔小球穿于环上，同时有一长为R的细绳一端系于球上，另一端系于圆环最低点，绳的最大拉力为2mg。当圆环
20、以角速度绕竖直直径转动时，发现小球受三个力作用。则可能为( )A3 B. C. D. 解析：选B因为圆环光滑，所以这三个力肯定是重力、环对球的弹力、绳子的拉力。细绳要产生拉力，绳要处于拉伸状态，根据几何关系可知，此时细绳与竖直方向的夹角为60。当圆环旋转时，小球绕竖直轴做圆周运动，向心力由三个力在水平方向的合力提供，其大小为Fm2r，根据几何关系，其中rRsin 60一定，所以当角速度越大时，所需要的向心力越大，绳子拉力越大，所以对应的临界条件是小球在此位置刚好不受拉力，此时角速度最小，需要的向心力最小，对小球进行受力分析得Fmin2mgsin 60，即2mgsin 60mmin2Rsin 6
21、0，解得min ；当绳子的拉力达到最大时，角速度达到最大，同理可知，最大角速度为max ，故只有B正确。6.如图所示，水平杆固定在竖直杆上，两者互相垂直，水平杆上O、A两点连接有两轻绳，两绳的另一端都系在质量为m的小球上，OAOBAB，现通过转动竖直杆，使水平杆在水平面内做匀速圆周运动，三角形OAB始终在竖直平面内，若转动过程OB、AB两绳始终处于拉直状态，则下列说法正确的是( )AOB绳的拉力范围为0mgBOB绳的拉力范围为mgmgCAB绳的拉力范围为mgmgDAB绳的拉力范围为0mg解析：选B当转动的角速度为零时，OB绳的拉力最小，AB绳的拉力最大，这时两者的值相同，设为F1，则2F1co
22、s 30mg，F1 mg，增大转动的角速度，当AB绳的拉力刚好等于零时，OB绳的拉力最大，设这时OB绳的拉力为F2，则F2cos 30mg，F2 mg, 因此OB绳的拉力范围为mg mg，AB绳的拉力范围为0mg，B项正确。二、多项选择题7.如图是滑道压力测试的示意图，光滑圆弧轨道与光滑斜面相切，滑道底部B处安装一个压力传感器，其示数FN表示该处所受压力的大小。某滑块从斜面上不同高度h处由静止下滑，通过B处时，下列表述正确的有( )AFN小于滑块重力 BFN大于滑块重力CFN越大表明h越大 DFN越大表明h越小解析：选BC设滑块到达B处时的速度为v，根据向心力公式得FNmgm ，根据机械能守恒
23、定律得mghmv2，联立解得FNmg，B、C正确。8.(2017宜昌联考)如图所示，半径为R的光滑细圆环轨道被固定在竖直平面上，轨道正上方和正下方分别有质量为2m和m的静止小球A、B，它们由长为2R的轻杆固定连接，圆环轨道内壁开有环形小槽，可使细杆无摩擦、无障碍地绕其中心点转动。今对上方小球A施加微小扰动。两球开始运动后，下列说法正确的是( )A轻杆转到水平位置时两球的加速度大小相等B轻杆转到竖直位置时两球的加速度大小不相等C运动过程中A球速度的最大值为 D当A球运动到最低点时，两小球对轨道作用力的合力大小为mg解析：选ACD两球做圆周运动，在任意位置角速度相等，则线速度和向心加速度大小相等，
24、选项A正确，B错误；A、B球组成的系统机械能守恒，当系统重力势能最小(即A球在最低点)时，线速度最大，则mg2R3mv2，最大速度v ，选项C正确；A球在最低点时，分别对A、B球受力分析，FNA2mg2m，FNBmgm，则FNAFNB，选项D正确。9(2017安阳模拟)如图甲所示，轻杆一端固定在O点，另一端固定一小球，现让小球在竖直平面内做半径为R的圆周运动。小球运动到最高点时，杆与小球间弹力大小为F，小球在最高点的速度大小为v，其Fv2图像如图乙所示。则( )A小球的质量为B当地的重力加速度大小为Cv2c时，小球对杆的弹力方向向上Dv22b时，小球受到的弹力与重力大小相等解析：选ACD当弹力
25、F方向向下时，Fmgm，解得Fmmg，当弹力F方向向上时，mgFm，解得Fmgm，对比Fv2图像可知，bgR，amg，联立解得g，m，A正确，B错误；v2c时，小球对杆的弹力方向向上，C正确；v22b时，小球受到的弹力与重力大小相等，D正确。 10.如图所示，一个固定在竖直平面内的光滑半圆形管道，管道里有一个直径略小于管道内径的小球，小球在管道内做圆周运动，从B点脱离后做平抛运动，经过0.3 s后又恰好垂直与倾角为45的斜面相碰。已知半圆形管道的半径为R1 m，小球可看做质点且其质量为m1 kg，g取10 m/s2。则( )A小球在斜面上的相碰点C与B点的水平距离是0.9 mB小球在斜面上的相
26、碰点C与B点的水平距离是1.9 mC小球经过管道的B点时，受到管道的作用力FNB的大小是1 ND小球经过管道的B点时，受到管道的作用力FNB的大小是2 N解析：选AC根据平抛运动的规律，小球在C点的竖直分速度vygt3 m/s，水平分速度vxvytan 453 m/s，则B点与C点的水平距离为xvxt0.9 m，选项A正确，B错误；在B点设管道对小球的作用力方向向下，根据牛顿第二定律，有FNBmgm，vBvx3 m/s，解得FNB1 N，负号表示管道对小球的作用力方向向上，选项C正确，D错误。三、计算题11.如图所示，质量为m的木块，用一轻绳拴着，置于很大的水平转盘上，细绳穿过转盘中央的细管，
27、与质量也为m的小球相连，木块与转盘间的最大静摩擦力为其重力的倍(0.2)，当转盘以角速度4 rad/s匀速转动时，要保持木块与转盘相对静止，木块转动半径的范围是多少(g取 10 m/s2)?解析：由于转盘以角速度4 rad/s匀速转动，当木块恰不做近心运动时，有mgmgmr12解得r10.5 m当木块恰不做离心运动时，有mgmgmr22解得r20.75 m因此，要保持木块与转盘相对静止，木块转动半径的范围是0.5 mr0.75 m。答案：0.5 mr0.75 m12.如图所示，光滑半圆形轨道处于竖直平面内，半圆形轨道与光滑的水平地面相切于半圆的端点A。一质量为m的小球在水平地面上C点受水平向左
28、的恒力F由静止开始运动，当运动到A点时撤去恒力F，小球沿竖直半圆形轨道运动到轨道最高点B点，最后又落在水平地面上的D点(图中未画出)。已知A、C间的距离为L，重力加速度为g。(1)若轨道半径为R，求小球到达半圆形轨道B点时对轨道的压力大小FN；(2)为使小球能运动到轨道最高点B，求轨道半径的最大值Rm；(3)轨道半径R多大时，小球在水平地面上的落点D到A点距离最大？最大距离xm是多少？解析：(1)设小球到B点速度为v，从C到B根据动能定理有FL2mgRmv2解得v 在B点，由牛顿第二定律有FNmgm解得FN5mg。(2)小球恰能运动到轨道最高点时，轨道半径有最大值，则有FN5mg0解得Rm。(
29、3)设小球平抛运动的时间为t，有2Rgt2解得t 水平位移xvt 当2FL4mgR4mgR时，水平位移最大。解得RD到A的最大距离xm。答案：(1)5mg(2)(3)一、选择题(在每小题给出的四个选项中，第15题只有一项符合题目要求，第68题有多项符合题目要求)1.如图所示为“歼20”在竖直平面内作横“8”字形飞行表演的示意图，其飞行轨迹1234561，如果飞机的轨迹可以视为两个相切的等圆，且飞行速率恒定，在A、B、C、D四个位置时飞机座椅或保险带对飞行员的作用力分别为FNA、FNB、FNC、FND，那么以下关于这四个力的大小关系说法正确的是( )AFNAFNBFNCFNDCFNCFNAFNB
30、FND DFNDFNAFNBFNC解析：选A飞机在A点和B点时受力情况相同，即FNAFNB，在A点对飞行员由牛顿第二定律得FNAmgm，解得FNAmmg；飞机在C点和D点时受力情况相同，即FNCFND，在C点对飞行员由牛顿第二定律得FNCmgm，解得FNCmmg，故FNAFNBFNCFND，选项A正确。2.(2017德州模拟)如图所示是乒乓球发射器示意图，发射口距桌面高度为0.45 m，假定乒乓球水平射出，落在桌面上与发射口水平距离为2.4 m的P点，飞行过程中未触网，不计空气阻力，g取10 m/s2，则( )A球下落的加速度逐渐变大B球从发射口到桌面的时间为0.6 sC球从发射口射出后动能不
31、变D球从发射口射出的速率为8 m/s解析：选D乒乓球水平射出后做平抛运动，其加速度等于重力加速度g，始终保持不变，而速度逐渐增大，动能增大，A、C错误；由hgt2，得t s0.3 s，B错误；由xv0t，解得v0 m/s8 m/s，D正确。3.某河流中水流的速度是2 m/s，一小船要从河岸的A点沿直线匀速到达河对岸的B点，B点在河对岸下游某处，且A、B间的水平距离为100 m，河宽为50 m，则小船的速度至少为( )A0.5 m/s B1 m/s C1.5 m/s D2 m/s解析：选B如图所示，船要渡河到达B点，最小速度应满足，即船的速度至少为1 m/s。4.如图所示，B为竖直圆轨道的左端点
32、，它和圆心O的连线与竖直方向的夹角为。一小球在圆轨道左侧的A点以速度v0平抛，恰好沿B点的切线方向进入圆轨道。已知重力加速度为g，则AB之间的水平距离为( )A. B.C. D.解析：选A由小球恰好沿B点的切线方向进入圆轨道可知小球速度方向与水平方向夹角为。由tan ，xv0t，联立解得AB之间的水平距离为x，选项A正确。5.摆式列车是集电脑、自动控制等高新技术于一体的新型高速列车，如图所示。当列车转弯时，在电脑控制下，车厢会自动倾斜，抵消离心力的作用；行走在直线上时，车厢又恢复原状，就像玩具“不倒翁”一样。假设有一超高速摆式列车在水平面内行驶，以360 km/h的速度拐弯，拐弯半径为1 km
33、，则质量为50 kg的乘客，在拐弯过程中所受到的列车给他的作用力为(g取10 m/s2)( )A500 N B1 000 NC500 N D0解析：选C乘客随列车做匀速圆周运动，列车对乘客的作用力在竖直方向的分力与其重力等大反向，Fymg500 N；列车对乘客的作用力在水平方向的分力提供其向心力，则FxF向m 50 N500 N，故列车对乘客的作用力大小为F500 N，C正确。6.变速自行车靠变换齿轮组合来改变行驶速度。如图所示是某一变速自行车齿轮转动结构示意图，图中A轮有48齿，B轮有42齿，C轮有18齿，D轮有12齿，则( )A该自行车可变换两种不同挡位B该自行车可变换四种不同挡位C当A轮
34、与D轮组合时，两轮的角速度之比AD14D当A轮与D轮组合时，两轮的角速度之比AD41解析：选BC该自行车可变换四种不同挡位，分别为A与C、A与D、B与C、B与D，A错误，B正确；当A轮与D轮组合时，由两轮齿数可知，当A轮转动一周时，D轮要转4周，故AD14，C正确，D错误。7. (2014全国卷)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，用表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是( )Ab一定比a先开始滑动Ba、b所受的摩擦力
35、始终相等C 是b开始滑动的临界角速度D当 时，a所受摩擦力的大小为kmg解析：选AC因圆盘从静止开始绕转轴缓慢加速转动，在某一时刻可认为，木块随圆盘转动时，其受到的静摩擦力的方向指向转轴，两木块转动过程中角速度相等，则根据牛顿第二定律可得Ffm2R，由于小木块b的轨道半径大于小木块a的轨道半径，故小木块b做圆周运动需要的向心力较大，B错误；因为两小木块的最大静摩擦力相等，故b一定比a先开始滑动，A正确；当b开始滑动时，由牛顿第二定律可得kmgmb22l，可得b ，C正确；当a开始滑动时，由牛顿第二定律可得kmgma2l，可得a ，而转盘的角速度 FB0，所以D错误。二、计算题9.(2017通化
36、模拟)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A时，对管壁上部的压力为3mg，b通过最高点A时，对管壁下部的压力为0.75mg，求a、b两球落地点间的距离。解析：设a球到达最高点时的速度为va，根据向心力公式有mgFNam即4mgm解得va2设b球到达最高点时的速度为vb，根据向心力公式有mgFNbm即mgm解得vb 两小球脱离轨道后均做平抛运动，设所用时间为t，则竖直方向2Rgt2水平方向xavat，xbvbt解得xa4R，xbR故a、b两球落地点间的距离为xxaxb3R。答案：3R10(2017三明模拟)如图所示，用内壁
37、光滑的薄壁细圆管做成的由半圆形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，已知半圆形APB的半径R1.0 m，BC 段长为L1.5 m。弹射装置将一个质量为m1 kg 的小球(可视为质点)以v05 m/s的水平初速度从A点弹入轨道，小球从C点离开轨道随即水平抛出，桌子的高度h1.25 m，不计空气阻力，g取10 m/s2，取3.14，求：(1)小球在半圆轨道上运动时的向心力F的大小及从A运动到C点的时间t；(2)小球落地瞬间速度与水平方向的夹角。解析：(1)小球做匀速圆周运动，向心力大小Fm25 N小球从A到B的时间t10.20.628 s从B到C的时间t20.3
38、s小球从A到C的时间tt1t20.928 s。(2)小球做平抛运动，有h解得vy5 m/s所以tan 1解得45。答案：(1)25 N0.928 s(2)4511(2016浙江高考)在真空环境内探测微粒在重力场中能量的简化装置如图所示，P是个微粒源，能持续水平向右发射质量相同、初速度不同的微粒。高度为h的探测屏AB竖直放置，离P点的水平距离为L，上端A与P点的高度差也为h。(1)若微粒打在探测屏AB的中点，求微粒在空中飞行的时间；(2)求能被屏探测到的微粒的初速度范围；(3)若打在探测屏A、B两点的微粒的动能相等，求L与h的关系。解析：(1)打在探测屏AB中点的微粒下落的高度hgt2解得t 。(2)打在B点的微粒初速度v1，2hgt12v1L 同理，打在A点的微粒初速度v2L 能被屏探测到的微粒初速度范围L vL 。(3)由功能关系mv22mghmv122mgh代入、式得L2 h。答案：(1) (2)L vL (3)L2h
