【物理】2020届一轮复习粤教版12圆周运动的规律及应用作业

【物理】2020届一轮复习粤教版12圆周运动的规律及应用作业

课练 12　圆周运动的规律及应用 小题狂练⑫ 小题是基础　练小题　提分快 ‎1．[2019·湖南省永州市祁阳一中检测]如图为学员驾驶汽车在水平面上绕O点做匀速圆周运动的俯视示意图，已知质量为‎60 kg的学员在A点位置，质量为‎70 kg的教练员在B点位置，A点的转弯半径为‎5.0 m，B点的转弯半径为‎4.0 m，学员和教练员(均可视为质点)(　　)‎ A．运动周期之比为5：4‎ B．运动线速度大小之比为1：1‎ C．向心加速度大小之比为4：5‎ D．受到的合力大小之比为15：14‎ 答案：D 解析：学员和教练员做圆周运动的角速度相等，根据T＝知，周期相等，故A错误；根据v＝rω，学员和教练员做圆周运动的半径之比为5：4，则学员和教练员做圆周运动的线速度之比为5：4，故B错误：根据a＝rω2，学员和教练员做圆周运动的半径之比为5：4，则学员和教练员做圆周运动的向心加速度大小之比为5：4，故C错误；根据F＝ma，学员和教练员做圆周运动的向心加速度大小之比为5：4，质量之比为6：7，则学员和教练员受到的合力大小之比为15：14，故D正确．‎ ‎2．[2019·福建省三明一中摸底]半径为‎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的速度水平抛出时，半径OA方向恰好与该初速度的方向相同，如图所示，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 C．6π rad/s D．8π rad/s 答案：D 解析：小球平抛运动的时间为t＝＝ s＝0.25 s，小球做平抛运动的时间和圆盘转动n圈的时间相等，则有t＝nT＝n，解得ω＝，n＝1,2,3，….当n＝1时，ω＝8π rad/s；当n＝2时，ω＝16π rad/s，随着n的增大，角速度在增大，故角速度最小为8π rad/s，故D正确．‎ ‎3．[2019·河北省邯郸市曲周一中调研]如图所示，长‎0.5 m的轻质细杆一端O处有光滑的固定转动轴，另一端固定有一个质量为‎3 kg的小球，当杆绕O在竖直平面内做圆周运动，小球通过最高点时的速率为‎2 m/s，则此时轻杆的受力情况是(取g＝‎10 m/s2)(　　)‎ A．受54 N的拉力 B．受24 N的拉力 C．受6 N的压力 D．受6 N的拉力 答案：C 解析：杆带着小球在竖直平面内做圆周运动，在最高点，杆可能表现为拉力，也可能表现为推力，取决于速度的大小，在最低点，杆只能表现为拉力，设在最高点杆表现为拉力，则有F＋mg＝m，代入数据得，F＝－6 N，则杆表现为推力，大小为6 N，所以小球对杆表现为压力，大小为6 N，故C正确．‎ ‎4．[2019·云南民族大学附中模拟]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的水平面上做匀速圆周运动(图上未画出)，金属块Q两次都保持在桌面上静止．则后一种情况与原来相比较，下列说法错误的是(　　)‎ A．Q受到桌面的支持力不变 B．Q受到桌面的静摩擦力变大 C．小球P运动的周期变大 D．小球P运动的角速度变大 答案：C 解析：设细线与竖直方向的夹角为θ，细线的拉力大小为T，细线的长度为L.P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，则有：T＝；mgtanθ＝mω2Lsinθ；Q受到重力、细线的拉力和桌面的支持力、摩擦力的作用，在竖直方向上：Mg＋Tcosθ＝FN；联立可得：FN＝Mg＋mg，和小球的高度、细线与竖直方向之间的夹角都无关，保持不变．故A正确．对Q，由平衡条件知，Q受到桌面的静摩擦力f＝mgtanθ，则θ变大时，Q受到桌面的静摩擦力变大，故B正确．由mgtanθ＝mω2Lsinθ，得角速度ω＝，使小球改到一个更高的水平面上做匀速圆周运动时，θ增大，cosθ减小，角速度增大．根据T＝可知，小球运动的周期将减小．D正确，C错误．此题选择错误的选项，故选C.‎ ‎5．[2019·河南省南阳一中测试](多选)如图甲所示，用一轻质绳拴着一质量为m的小球，在竖直平面内做圆周运动(不计一切阻力)，小球运动到最高点时绳对小球的拉力为T，小球在最高点的速度大小为v，其T—v2图象如图乙所示，则(　　)‎ A．当地的重力加速度为 B．轻质绳长为 C．小球在最低点受到的最小拉力为‎5a D．若把轻绳换成轻杆，则从最高点由静止转过90°的过程中杆始终对小球产生支持力 答案：AB 解析：在最高点时，绳对小球的拉力和重力的合力提供向心力，则得：mg＋T＝m，得：T＝·v2－mg①，由图象知，T＝0时，v2＝b，图象的斜率k＝，则得：＝，得绳长L＝；当v2＝0时，T＝－a，由①得：a＝mg，得g＝，故A、B正确；只要v2≥b ‎，绳子的拉力大于0，根据牛顿第二定律得，最高点：T1＋mg＝m②，最低点：T2－mg＝m③，从最高点到最低点的过程中，根据机械能守恒定律得：mv－mv＝2mgL④，联立②③④解得：T2－T1＝6mg，即小球在最低点和最高点时绳的拉力差均为‎6a，故C错误；若把轻绳换成轻杆，则从最高点由静止转过90°的过程中开始时杆对小球的作用力为支持力；当转过90°时，小球的向心力必定由杆的拉力提供，所以可知，小球从最高点由静止转过90°的过程中，杆对小球的作用力先是支持力，然后是拉力，故D错误．‎ ‎6．[2019·广东省惠州调研](多选)如图所示，在匀速转动的水平圆盘上，沿半径方向放着用细绳相连的质量均为m的两个物体A和B，它们分居圆心两侧，与圆心距离分别为RA＝r，RB＝2r，与盘间的动摩擦因数μ相同，当圆盘转速缓慢加快到两物体刚好要发生滑动时，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是(　　)‎ A．此时绳子张力为3μmg B．此时A所受摩擦力方向沿半径指向圆内 C．此时圆盘的角速度为 D．此时烧断绳子，A仍相对盘静止，B将做离心运动 答案：AC 解析：两物体A和B随着圆盘转动时，合外力提供向心力，B的半径比A的半径大，所以B所需向心力大，绳子拉力相等，所以当圆盘转速加快到两物体刚好还未发生滑动时，B的最大静摩擦力方向指向圆心，A的最大静摩擦力方向指向圆外，根据牛顿第二定律得：T－μmg＝mω2r；T＋μmg＝mω2·2r；解得：T＝3μmg，ω＝，故A、C正确，B错误．烧断绳子瞬间A物体所需的向心力为2μmg，A的最大静摩擦力不足以提供向心力，则A做离心运动，D错误，故选A、C.‎ ‎7．[2019·四川省成都外国语学校模拟]如图，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，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．当平板的倾角为α时，先将轻绳平行于水平轴MN拉直，第一次给小球一初速度使小球恰能在板上做完整的圆周运动，小球在最高点的速度大小为 m/s，若要使小球在最高点时绳子的拉力大小恰与重力大小相等，则小球在最高点的速度大小为(取重力加速度g＝‎10 m/s2)(　　)‎ A. m/s B．‎2 m/s C．‎3 m/s D．‎2 m/s 答案：C 解析：小球在斜面上运动时受绳子拉力、斜面弹力、重力．在垂直斜面方向上合力为0，重力在沿斜面方向的分量为mgsinα，若恰好通过最高点时绳子拉力T＝0，此时mgsinα＝m，代入数据得：sinα＝，若要使小球在最高点时绳子的拉力大小恰与重力大小相等，小球在最高点时，由绳子的拉力和重力分力的合力提供向心力，T＋mgsinα＝m，代入数据得：v′＝‎3 m/s，故C正确．‎ ‎8．[2019·重庆一中模拟]如图，半径为R的半球形陶罐固定在可以绕竖直轴旋转的水平转台上，转台转轴与过容器球心O的竖直线重合，转台以一定角速度ω匀速旋转．有两个质量均为m的小物块落入陶罐内，经过一段时间后，两小物块都随陶罐一起绕过球心，O的竖直轴转动且相对罐壁静止，两物块和球心O的连线相互垂直，且A物块和球心O的连线与竖直方向的夹角θ＝60°，已知重力加速度大小为g，若A物块受到的摩擦力恰好为零，则B物块受到的摩擦力大小为(　　)‎ A.mg B.mg C.mg D.mg 答案：A 解析：当A所受摩擦力恰为零时，A和球心的连线与竖直方向的夹角为60°，根据牛顿第二定律得mgtan60°＝mrω2，r＝Rsin60°，此时B有沿罐壁向上滑的趋势，摩擦力沿罐壁切线向下，竖直方向上Ncos30°－fsin30°－mg＝0，水平方向上Nsin30°＋fcos30°＝mr′ω2，r′＝Rsin30°，联立解得f＝mg，A正确．‎ ‎9．[2019·河北省石家庄二中模拟](多选)‎2017年7月23日，在第13届莫斯科航展上“俄罗斯勇士”飞行表演队完成了倒飞筋斗的动作．现将其简化成如图所示的光滑的板(飞机)和小球(飞行员)，让小球在竖直面内始终与板相对静止且做匀速圆周运动．A为圆周的最高点，C为最低点，B、D与圆心O等高，且此时板与水平面成θ角，设小球的质量为m，做圆周运动的半径为R，线速度为v，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　)‎ A．小球通过C处时向心力与小球通过A处的向心力大小相等 B．小球在C处受到板的弹力比在A处大5mg C．在B、D两处板的倾角与小球的运动速度v应满足tanθ＝ D．小球在B、D两处受到板的弹力为N＝ 答案：ACD 解析：小球在竖直面内始终不脱离板而做匀速圆周运动，小球通过C处时向心力与小球通过A处的向心力大小相等，选项A正确；对小球在A、C两处受力分析，分别由圆周运动的特点得N1＋mg＝，N2－mg＝，联立得N2－N1＝2mg，选项B错误；在B、D两处板与水平方向的夹角为θ，tanθ＝，选项C正确；对小球在B、D两处受力分析，可得N＝，选项D正确．‎ ‎10．[新情景题](多选)质量为m的小球通过轻绳a和b 与两相互垂直的轻质木架上的A点和C点相连，如图所示，当木架AB绕木架BC以角速度ω匀速转动时，小球在水平面内做匀速圆周运动，此时轻绳a竖直伸直，轻绳b水平伸直，轻绳a的长度为La，轻绳b的长度为Lb，小球运动到图示位置时，轻绳b被烧断，同时木架停止转动，已知重力加速度大小为g，则(　　)‎ A．小球仍在水平面内做匀速圆周运动 B．在轻绳b被烧断瞬间，轻绳a中张力突然增大 C．若ω＝，则木架停止转动后小球不可能做完整的圆周运动 D．若ω＝，则木架停止转动后小球可能做完整的圆周运动 答案：BD 解析：小球原来在水平面内做匀速圆周运动，轻绳b被烧断后，小球将在垂直于平面ABC的竖直平面内摆动或做圆周运动，故A错误；轻绳b被烧断前，小球在竖直方向没有位移，加速度为零，轻绳a中张力等于小球的重力，在轻绳b被烧断瞬间，轻绳a中张力与小球重力的合力提供小球的向心力，且向心力竖直向上，轻绳a的张力将大于小球重力，即轻绳a中张力突然增大，故B正确；轻绳b被烧断，木架停止转动前瞬间，设小球运动的线速度为v1，v1＝ωLb，要使小球恰能做完整的圆周运动，则小球在最高点的速度v2必须满足mg＝m，根据机械能守恒定律知mv＝mg·2La＋mv，联立以上可求得ω＝，即ω≥时，小球可以在垂直于平面ABC的竖直面内做完整的圆周运动，C错误，D正确．‎ ‎11．[2019·湖南师范大学附属中学模拟]如图放在水平转台上的物体A、B、C正随转台一起以角速度ω匀速转动，A、B、C的质量分别为‎3m、‎2m、m，B与转台、C与转台、A与B间的动摩擦因数都为μ，B、C离转台中心的距离分别为r、1.5r，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，以下说法正确的是(　　)‎ A．B对A的摩擦力有可能为3μmg B．C与转台间的摩擦力大于A与B间的摩擦力 C．转台的角速度ω有可能恰好等于 D．若角速度ω在题干所述基础上缓慢增大，A与B间将最先发生相对滑动 答案：C 解析：对A、B整体，有：(‎3m＋‎2m)ω2r≤μ(‎3m＋‎2m)g，对物体C，有：mω2·1.5r≤μmg，对物体A，有：‎3mω2r≤μ·3mg，联立解得：ω≤ ，即若不发生相对滑动，转台的角速度ω≤ ，可知A与B间的静摩擦力最大值fm＝3mrω2＝3mr·＝2μmg，故A错误，C正确．由于A与C转动的角速度相同，由摩擦力提供向心力，有m×1.5rω2<3mrω2，即C与转台间的摩擦力小于A与B间的摩擦力，B错误；由对A选项的分析可知，最先发生相对滑动的是C，D错误．故选C.‎ ‎12．[2017·江苏卷]如图所示，一小物块被夹子夹紧，夹子通过轻绳悬挂在小环上，小环套在水平光滑细杆上．物块质量为M，到小环的距离为L，其两侧面与夹子间的最大静摩擦力均为F.小环和物块以速度v向右匀速运动，小环碰到杆上的钉子P后立刻停止，物块向上摆动．整个过程中，物块在夹子中没有滑动．小环和夹子的质量均不计，重力加速度为g.下列说法正确的是(　　)‎ A．物块向右匀速运动时，绳中的张力等于‎2F B．小环碰到钉子P时，绳中的张力大于‎2F C．物块上升的最大高度为 D．速度v不能超过 答案：D 解析：物块向右匀速运动时，绳中的张力等于物块的重力Mg，因为‎2F为物块与夹子间的最大静摩擦力，物块做匀速运动时所受的静摩擦力小于‎2F，A项错误；当小环碰到钉子P时，由于不计夹子的质量，因此绳中的张力等于夹子与物块间的静摩擦力，即小于或等于‎2F ‎，B项错误；如果物块上升的最大高度不超过细杆，则根据机械能守恒可知，Mgh＝Mv2，即上升的最大高度h＝，C项错误；当物块向上摆动的瞬时，如果物块与夹子间的静摩擦力刚好为‎2F，此时的速度v是最大速度，则‎2F－Mg＝M，解得v＝，D项正确．‎ ‎13．[2019·武汉模拟]如图所示的装置可以测量子弹的飞行速度．在一根轴上相距s＝‎1 m处安装两个平行的薄圆盘，使轴带动两圆盘以n＝3 000 r/min的转速匀速转动，飞行的子弹平行于轴沿一条直线穿过两圆盘，即在盘上留下两个小孔，现测得两小孔所在半径间的夹角为30°，子弹飞行的速度大小可能是下述的(设在穿过两圆盘的过程中子弹的速度保持不变)(　　)‎ A．‎500 m/s B．‎600 m/s C．‎700 m/s D．‎800 m/s 答案：B 解析：子弹经过两盘，盘转过的角度为θ＝2πN＋(N＝0,1,2，…)，盘转动的角速度ω＝2πn＝100π rad/s，子弹在两盘间运动的时间等于圆盘转动时间，即＝，所以v＝ m/s(N＝0,1,2，…)，N＝0时，v＝‎600 m/s，N＝1时，v＝ m/s，最大速度为‎600 m/s，故B正确．‎ ‎14．如图甲所示，一轻杆一端固定在O点，另一端固定一小球，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，杆与小球间的弹力大小为F，小球在最高点的速度大小为v，F—v2图象如图乙所示．下列说法正确的是(　　)‎ A．当地的重力加速度大小为 B．小球的质量为 C．当v2＝c时，杆对小球弹力方向向上 D．若v2＝2b，则杆对小球弹力大小为‎2a 答案：B 解析：由题图乙知，当v2＝0时，F＝a，故有F＝mg＝a，当v2＝b时，F＝0，杆对小球无弹力，此时重力提供小球做圆周运动的向心力，有mg＝m，得g＝，故A错误；小球的质量m＝＝，故B正确；由题图乙可知，当v2＝c时，有02R即可 D．上述三个选项都不对 答案：D 解析：若小车恰好能上升到圆心等高处，则有mgR＝mv，解得v01＝；若小车恰好能运动到轨道最高点C处，则有mg＝m，同时有mv＝2mgR＋mv2，解上述两式得v02＝，所以mω2r，M做向心运动，直到到达B点，小环N受到重力和圆环的支持力，在水平面内做匀速圆周运动，合力的方向沿水平方向，设其与ABC半圆环圆心的连线与竖直方向之间的夹角为θ，F′n＝mgtanθ＝mω2Rsinθ，所以ω2R＝‎ ，当半圆环的角速度由ω1变为ω2后，θ减小，小环N将向B点靠近稍许，故选A.‎ ‎5．[2019·安徽六安一中月考]高明同学撑一把雨伞站在水平地面上，伞面边缘点所围圆形的半径为R，现将雨伞绕竖直伞杆匀速转动，伞边缘上的水滴落到地面，落点形成一个半径为r的圆形，伞边缘距离地面的高度为h，当地重力加速度为g，则(　　)‎ A．雨滴着地时的速度大小为 B．雨滴着地时的速度大小为 C．雨伞转动的角速度大小为 D．雨伞转动的角速度大小为 答案：B 解析：根据h＝gt2，解得t＝，根据几何关系得s＝，平抛运动的水平位移为s＝v0t，所以v0＝＝＝，下落的过程中机械能守恒，所以mv＋mgh＝mv2，联立以上方程解得v＝g；根据公式v0＝ωR得ω＝，联立得ω＝ ，故B正确，A、C、D错误．‎ ‎6．[2019·安徽蚌埠二中模拟](多选)如图所示，在水平转台上放置用轻绳相连的质量相同的滑块1和滑块2，转台绕转轴OO′以角速度ω匀速转动过程中，轻绳始终处于水平状态，两滑块始终相对转台静止，且与转台之间的动摩擦因数相同，滑块1到转轴的距离小于滑块2到转轴的距离．关于滑块1和滑块2受到的摩擦力f1、f2与角速度的二次方的关系图线，可能正确的是(　　)‎ 答案：AC 解析：两滑块的角速度相等，根据向心力公式F＝mrω2，考虑到两滑块质量相同，滑块2的运动半径较大，开始时摩擦力提供向心力，所以角速度增大时，滑块2先达到最大静摩擦力；继续增大角速度，滑块2所受的摩擦力不变，绳子拉力增大，滑块1的摩擦力减小，当滑块1的摩擦力减小到零后，又反向增大，当滑块1摩擦力达到最大值时，再增大角速度，将发生相对滑动，故滑块2的摩擦力先增大达到最大值，然后保持不变，滑块1的摩擦力先增大后减小，再反向增大，故A、C正确．‎ ‎7.‎ ‎[2019·河南豫南九校质检](多选)如图所示，甲、乙两水平圆盘紧靠在一块，甲圆盘为主动轮，乙靠摩擦随甲转动，接触处无相对滑动．甲圆盘与乙圆盘的半径之比r甲r乙＝31，两圆盘和小物体m1、m2之间的动摩擦因数相同，m1距O点为2r，m2距O′点为r，当甲缓慢转动起来且转速慢慢增加时，下列说法正确的是(　　)‎ A．滑动前m1与m2的角速度之比ω1：ω2＝1：3‎ B．滑动前m1与m2的向心加速度之比a1：a2＝2：9‎ 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 答案：ABD 解析：甲、乙两圆盘边缘上的各点线速度大小相等，有ω1·r甲＝ω2·r乙，则得ω1：ω2＝1：3，所以小物体相对圆盘开始滑动前，m1与m2的角速度之比为ω1：ω2＝1：3，故A正确；小物体相对圆盘开始滑动前，根据a＝ω2r得，m1与m2的向心加速度之比a1：a2＝ω·2r：ωr＝2：9，故B正确；根据μmg＝mrω2知，小物体刚要滑动时角速度为ω＝ ，可知m1、m2的临界角速度之比为1：，而甲、乙的角速度之比为ω1：ω2＝1：3，可知当转速增加时，m2先达到临界角速度，所以m2先开始滑动，故D正确，C错误．‎ ‎8．[2019·安徽六安一中模拟]如图所示，两个可视为质点的相同的木块A和B放在水平转盘上，两者用长为L的细绳连接，木块与转盘间的最大静摩擦力均为各自重力的k倍，A放在距离转轴L处，整个装置能绕通过转盘中心的转轴O1O2‎ 转动．开始时，绳恰好伸直但无弹力，现让该装置从静止开始转动，使角速度缓慢增大，以下说法不正确的是(　　)‎ A．当ω> 时，A、B相对于转盘会滑动 B．当ω> 时，绳子一定有弹力 C．当ω在 <ω< 范围内增大时，B所受摩擦力变大 D．当ω在0<ω< 范围内增大时，A所受摩擦力一直变大 答案：C 解析：当A所受的摩擦力达到最大静摩擦力时，A、B相对于转盘会滑动，对A有kmg－T＝mLω，对B有T＋kmg＝m·‎2Lω，解得ω1＝ ，当ω> 时，A、B相对于转盘会滑动，故A正确．当B所受摩擦力达到最大静摩擦力时，绳子将要产生弹力，kmg＝m·‎2Lω，解得ω2＝ ，知ω> 时，绳子一定有弹力，故B正确．当ω在0<ω< 范围内增大时，B所受摩擦力变大，当ω在 <ω< 范围内增大时，B所受摩擦力不变，故C错误；当ω在0<ω< 范围内增大时，A所受摩擦力一直增大，故D正确．本题选错误的，故选C.‎ ‎9．[2019·陕西西安模拟](多选)如图所示，一质量为m的小球置于半径为R的光滑竖直圆轨道最低点A处，B为轨道最高点，弹簧一端固定于圆心O点，另一端与小球拴接．已知弹簧的劲度系数k＝，原长L＝2R，弹簧始终处于弹性限度内，若给小球一水平初速度v0，已知重力加速度为g，则(　　)‎ A．当v0较小时，小球可能会离开圆轨道 B．若，小球就能做完整的圆周运动 D．只要小球能做完整的圆周运动，则小球与轨道间最大压力与最小压力之差与v0无关 答案：CD 解析：因为弹簧的劲度系数k＝，原长L＝2R，所以小球始终会受到弹簧的弹力作用，大小为F＝k(L－R)＝kR＝mg，方向始终背离圆心，无论小球在CD以上的哪个位置速度为零，重力在沿半径方向上的分量都小于或等于弹簧的弹力(在CD以下，轨道对小球一定有指向圆心的支持力)，所以无论v0多大，小球均不会离开圆轨道，故A、B错误．小球在运动过程中只有重力做功，弹簧的弹力和轨道的支持力不做功，机械能守恒，当运动到最高点速度为零时，在最低点的速度最小，有mv＝2mgR，所以只要v0>vmin＝，小球就能做完整的圆周运动，故C正确．在最低点时，设小球受到的支持力为N，有N－kR－mg＝m，解得N＝2mg＋m，‎ 运动到最高点时受到轨道的弹力最小，设为N′，设此时的速度为v，由机械能守恒有mv＝2mgR＋mv2，‎ 此时合外力提供向心力，有N′－kR＋mg＝m，‎ 联立解得N′＝m－4mg，‎ 得压力之差ΔN＝N－N′＝6mg，与v0无关，故D正确．‎ ‎10．[2019·河南郴州模拟](多选)如图所示，BC是半径为R＝‎1 m的竖直面内的圆弧轨道，轨道末端C在圆心O的正下方，∠BOC＝60°，将质量为m＝‎1 kg的小球，从与O等高的A点水平抛出，小球恰好从B点沿圆弧切线方向进入轨道，由于小球与圆弧之间有摩擦，能够使小球从B到C做匀速圆周运动，重力加速度大小g取‎10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)‎ A．从B到C，小球与轨道之间的动摩擦因数可能保持不变 B．从B到C，小球克服摩擦力做功为5 J C．A、B两点间的距离为 m D．小球从B到C的全过程中，小球对轨道的压力不变 答案：BC 解析：‎ 小球从A到B做平抛运动，在B点，小球速度方向偏转角θ＝60°，则tan60°＝，vy＝gt，竖直方向的位移y＝Rcos60°＝gt2，水平方向的位移x＝vAt，解得x＝ m，则A、B两点间的距离xAB＝＝ m，C正确；在B点小球的速度大小v＝＝ m/s，小球从B到C做匀速圆周运动，则由能量守恒定律可知，小球克服摩擦力做的功等于重力做的功，即Wf＝WG＝mg(R－Rcos60°)＝mgR＝5 J，B正确；从B到C，小球对轨道的压力变大，而小球重力沿轨道切线方向上的分力变小，小球匀速圆周运动，沿轨道切线方向受力平衡，则所受摩擦力变小，则小球与轨道之间的动摩擦因数变小，A、D错误．‎ 二、非选择题 ‎11．如图所示，一小球从A点以某一水平向右的初速度出发，沿水平直线轨道运动到B点后，进入半径R＝‎10 cm的光滑竖直圆形轨道，圆形轨道间不相互重叠，即小球离开圆形轨道后可继续向C点运动，C点右侧有一壕沟，C、D两点间的竖直高度h＝‎0.8 m，水平距离s＝‎1.2 m，水平轨道AB长为L1＝‎1 m，BC长为L2＝‎3 m，小球与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g取‎10 m/s2.‎ ‎(1)若小球恰能通过圆形轨道的最高点，求小球在A点的初速度．‎ ‎(2)若小球既能通过圆形轨道的最高点，又不掉进壕沟，求小球在A点的初速度的范围．‎ 答案：(1)‎3 m/s　(2)‎3 m/s≤vA≤‎4 m/s和vA≥‎5 m/s 解析：(1)设小球恰能通过圆形轨道最高点的速度为v，由牛顿第二定律得mg＝m，由B到最高点，由机械能守恒定律得mv＝2mgR＋mv2，由A到B，－μmgL1＝mv－mv，解得小球在A点的速度为 vA＝‎3 m/s.‎ ‎(2)若小球刚好停在C处，则有－μmg(L1＋L2)＝0－mv，解得 vA1＝‎4 m/s.‎ 若小球停在BC段，则‎3 m/s≤vA≤‎4 m/s.‎ 若小球能通过C点，并恰好越过壕沟，则有h＝gt2，s＝vCt，‎ ‎－μmg(L1＋L2)＝mv－mv，则有vA2＝‎5 m/s，‎ 所以小球在A点的初速度范围为‎3 m/s≤vA≤‎4 m/s和vA≥‎5 m/s.‎ ‎12．[2019·日照联合检测]如图所示，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，规定经过圆心O且水平向右为x轴正方向．在O点正上方距盘面高为h＝‎5 m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零的匀加速直线运动．已知t＝0时刻滴下第一滴水，以后每当前一滴水刚好落到盘面时再滴下一滴水．(取g＝‎10 m/s2)‎ ‎(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1.5π时，第二滴水与第三滴水在盘面上落点间的距离为‎2 m，求容器的加速度a.‎ 答案：(1)1 s　(2)kπ(k＝1,2,3，…)　(3) m/s2‎ 解析：(1)离开容器后，每一滴水在竖直方向上做自由落体运动．则每一滴水滴落到盘面上所用时间t＝ ＝1 s ‎(2)要使每一滴水在盘面上的落点都位于同一直线上，则圆盘在1‎ ‎ s内转过的弧度为kπ，k为不为零的正整数 由ωt＝kπ，得ω＝kπ ＝kπ，其中k＝1,2,3…‎ ‎(3)第二滴水离开O点的距离为x1＝at2＋(at)t＝a 第三滴水离开O点的距离为x2＝a(2t)2＋(a·2t)t＝‎‎4a 又Δθ＝ωt＝1.5π 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，所以x＋x＝x2‎ 即2＋(‎4a)2＝22，解得a＝ m/s2‎