人教版高中物理（必修二）同步講義+練習6.2 圓周運動的受力特點 （含解析）

6.2圓周運動的受力特點學習目標學習目標課程標準學習目標1．通過實驗，探究并了解勻速圓周運動向心力大小與半徑、角速度、質量的關系。2．能用牛頓第二定律分析勻速圓周運動的向心力。1、知道向心力是根據(jù)力的效果命名的，會分析向心力的來源。2、感受影響向心力大小的因素，通過實驗探究它們之間的關系。3、掌握向心力的表達式，能夠計算簡單情境中的向心力。4、知道變速圓周運動和一般曲線運動的分析方法。002預習導學課前研讀課本，梳理基礎知識：一、勻速圓周運動的向心力1．大?。篎n＝meq\f(v2,r)＝mω2r＝meq\f(4π2r,T2)＝mωv＝m·4π2f2r。2．方向：始終沿半徑方向指向圓心，時刻在改變，即向心力是一個變力。3．來源：向心力可以由一個力提供，也可以由幾個力的合力提供，還可以由一個力的分力提供。二、運動模型運動模型向心力的來源圖示運動模型向心力的來源圖示飛機水平轉彎火車轉彎圓錐擺飛車走壁汽車在水平路面轉彎水平轉臺(光滑)三、分析思路四、變速圓周運動的合力(如圖)①與圓周相切的分力Ft產(chǎn)生切向加速度at，改變線速度的大小，當at與v同向時，速度增大，做加速圓周運動，反向時做減速圓周運動．②指向圓心的分力Fn提供向心力，產(chǎn)生向心加速度an，改變線速度的方向．（二）即時練習：【小試牛刀1】如圖所示，一個圓盤繞過圓心O且與盤面垂直的豎直軸勻速轉動，角速度為ω，盤面上有一質量為m的物塊隨圓盤一起做勻速圓周運動，已知物塊到轉軸的距離為r，下列說法正確的是()A.物塊受重力、彈力、向心力作用，合力大小為mω2rB.物塊受重力、彈力、摩擦力、向心力作用，合力大小為mω2rC.物塊受重力、彈力、摩擦力作用，合力大小為mω2rD.物塊只受重力、彈力作用，合力大小為零答案C解析對物體進行受力分析可知物體受重力、圓盤對它的支持力及摩擦力作用。物體所受的合力等于摩擦力，合力提供向心力。根據(jù)牛頓第二定律有F合＝Ff＝mω2r，選項A、B、D錯誤，C正確?！拘≡嚺５?】(多選)如圖所示，長為L的細繩一端固定，另一端系一質量為m的小球。給小球一個合適的初速度，小球便可在水平面內做勻速圓周運動，這樣就構成了一個圓錐擺，設細繩與豎直方向的夾角為θ。下列說法中正確的是()A．小球受重力、繩的拉力和向心力作用B．小球只受重力和繩的拉力作用C．θ越大，小球運動的速率越大D．θ越大，小球運動的周期越大解析：選BC小球受重力、繩的拉力作用，二者合力提供向心力，由牛頓第二定律可得：Fcosθ＝mg，F(xiàn)sinθ＝meq\f(v2,Lsinθ)，T＝eq\f(2πLsinθ,v)，可求得v＝eq\r(gLsinθtanθ)，T＝2πeq\r(\f(Lcosθ,g))，可見θ越大，v越大，T越小。B、C正確，A、D錯誤?！拘≡嚺５?】質量為m的木塊從半徑為R的半球形的碗口下滑到碗的最低點的過程中，如果由于摩擦力的作用使木塊的速率不變，那么()A．因為速率不變，所以木塊的加速度為零B．木塊下滑過程中所受的合外力越來越大C．木塊下滑過程中所受的摩擦力大小不變D．木塊下滑過程中的加速度大小不變，方向始終指向球心答案D解析由于木塊沿圓弧下滑速率不變，故木塊做勻速圓周運動，存在向心加速度，選項A錯誤；由牛頓第二定律得：F合＝man＝meq\f(v2,R)，而v的大小不變，故合外力的大小不變，選項B錯誤；由于木塊在滑動過程中與接觸面的正壓力是變化的，故滑動摩擦力在變化，選項C錯誤；木塊在下滑過程中，速度的大小不變，所以向心加速度的大小不變，方向始終指向球心，選項D正確．003題型精講【題型一】圓錐擺【典型例題1】如圖所示，一質量m＝1kg的小球用長L＝0.5m的細線懸掛在O點，O點距地面的高度H＝1m。現(xiàn)使小球繞OO′軸在水平面內做圓周運動，已知細線的拉力T＝12.5N，取g＝10m/s2，不計空氣阻力。(1)求小球的線速度大小v。(2)在小球運動的過程中，若細線突然斷裂，則細線斷裂后小球做平拋運動的落地點與O′點之間的距離s為多少？解析：(1)設細線與豎直方向的夾角為α，有Tcosα＝mg對小球，根據(jù)牛頓第二定律得Tsinα＝meq\f(v2,Lsinα)聯(lián)立解得v＝1.5m/s。(2)小球做平拋運動，在豎直方向上有H－Lcosα＝eq\f(1,2)gt2水平方向上有x＝vt落地點與O′點之間的距離s為s＝eq\r(vt2＋Lsinα2)＝0.6m。答案：(1)1.5m/s(2)0.6m【典型例題2】(多選)如圖，內壁光滑的玻璃管內用長為L的輕繩懸掛一個小球。當玻璃管繞豎直軸以角速度ω勻速轉動時，小球與玻璃管間恰無壓力。下列說法正確的是()A．僅增加繩長后，小球將受到玻璃管斜向上方的壓力B．僅增加繩長后，若仍保持小球與玻璃管間無壓力，需減小ωC．僅增加小球質量后，小球將受到玻璃管斜向上方的壓力D．僅增加角速度至ω′后，小球將受到玻璃管斜向下方的壓力[解析]根據(jù)題意可知，mgtanθ＝mrω2＝mω2Lsinθ，僅增加繩長后，小球需要向心力變大，則有離心趨勢會擠壓管壁外側，小球受到玻璃管給的斜向下方的壓力，若仍保持小球與玻璃管間無壓力，需減小ω，故A錯誤，B正確；小球質量可以被約去，所以僅增加小球質量，小球仍與管壁間無壓力，故C錯誤；僅增加角速度至ω′后，小球需要向心力變大，則有離心趨勢會擠壓管壁外側，小球受到玻璃管斜向下方的壓力，故D正確。[答案]BD【對點訓練1】有一豎直轉軸以角速度ω勻速旋轉，轉軸上的A點有一長為l的細繩系有質量為m的小球。要使小球在隨轉軸勻速轉動的同時又不離開光滑的水平面，則A點到水平面的高度h最小為()A．eq\f(g,ω2) B．ω2gC．eq\f(ω2,g) D．eq\f(g,2ω2)解析：選A以小球為研究對象，小球受三個力的作用，重力mg、水平面支持力N、繩子拉力F，在豎直方向合力為零，在水平方向所需向心力為mω2R，設繩子與豎直方向的夾角為θ，則有：R＝htanθ，那么Fcosθ＋N＝mg，F(xiàn)sinθ＝mω2htanθ；當球即將離開水平面時，N＝0，此時Fcosθ＝mg，F(xiàn)sinθ＝mgtanθ＝mω2htanθ，即h＝eq\f(g,ω2)。故A正確?！緦c訓練2】.(多選)如圖所示，傾角為30°的斜面體置于粗糙的水平地面上，斜面上質量為4m的滑塊通過輕質剛性繩穿過光滑的圓環(huán)與質量為m的小球(可視為質點)相連，輕繩與斜面平行，小球在水平面內做圓周運動，輕繩與豎直方向的夾角也為30°。斜面體和滑塊始終靜止，小球與圓環(huán)之間的繩長為L，重力加速度為g，下列說法正確的是()A.斜面體所受摩擦力大小為mgB.滑塊所受摩擦力大小為2mgC.若改變小球的轉速，當滑塊恰好不受摩擦力時，小球的動能為eq\f(\r(3),4)mgLD.若改變小球的轉速，當滑塊恰好不受摩擦力時，小球的向心加速度大小為eq\r(3)g答案AD解析對小球受力分析有mg＝Tcos30°，解得T＝eq\f(mg,cos30°)＝eq\f(2\r(3),3)mg；對滑塊受力分析得重力沿斜面向下的分力為4mgsin30°＝2mg，所以f＝2mg－T＝eq\f(6－2\r(3),3)mg；將滑塊和斜面看成整體，由平衡條件得，斜面體所受摩擦力大小為f1＝Tcos30°＝eq\f(2\r(3),3)mg×eq\f(\r(3),2)＝mg，故A正確，B錯誤；當滑塊恰好不受摩擦力時，繩的拉力為T′＝2mg，設此時細繩與豎直方向的夾角為θ，則T′cosθ＝mg，所以θ＝60°。小球做圓周運動，則有T′sin60°＝meq\f(v2,Lsin60°)，得小球的動能為Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)T′Lsin260°＝eq\f(3,4)mgL，向心加速度為a＝eq\f(T′sin60°,m)＝eq\r(3)g，故C錯誤，D正確?！绢}型二】對比問題【典型例題3】天花板下懸掛的輕質光滑小掛鉤可繞過懸掛點的豎直軸無摩擦地轉動。一根光滑輕質細繩穿過掛鉤，兩端分別連接小球P和Q。兩小球同時做勻速圓周運動，且在任意時刻兩球均在同一水平面上，此時懸掛兩球的細繩與豎直方向的夾角分別為45°和30°，則()A．兩球向心加速度的大小相等B．小球P、Q的質量之比為eq\r(2)∶2C．小球P、Q所受向心力的大小之比為eq\r(2)∶1D．兩球線速度的大小相等解析：選C對小球受力分析可知，繩的拉力在水平方向的分力提供向心力，則有Fsinθ＝mgtanθ＝ma，得a＝gtanθ，P、Q兩小球相連接的細繩與豎直方向的夾角的正切值不同，故它們的向心加速度大小不相等，故A錯誤；兩小球由同一細繩連接，故細繩對小球的拉力大小相等，由受力分析可知Fcosθ＝mg，故兩小球的質量之比為mP∶mQ＝cos45°∶cos30°＝eq\r(2)∶eq\r(3)，故B錯誤；兩小球所受向心力由繩的拉力在水平方向的分力提供，有F向＝Fsinθ，故兩小球所受向心力的大小之比為F向P∶F向Q＝sin45°∶sin30°＝eq\r(2)∶1，故C正確；設掛鉤到兩小球做圓周運動的平面的距離為h，由圓周運動得mgtanθ＝meq\f(v2,htanθ)，得v＝eq\r(gh)tanθ，所以兩小球做圓周運動的線速度大小之比為vP∶vQ＝tan45°∶tan30°＝eq\r(3)∶1，故D錯誤?！镜湫屠}4】(2021·河北高考)(多選)如圖，矩形金屬框MNQP豎直放置，其中MN、PQ足夠長，且PQ桿光滑。一根輕彈簧一端固定在M點，另一端連接一個質量為m的小球，小球穿過PQ桿。金屬框繞MN軸分別以角速度ω和ω′勻速轉動時，小球均相對PQ桿靜止。若ω′＞ω，則與以ω勻速轉動時相比，以ω′勻速轉動時()A．小球的高度一定降低B．彈簧彈力的大小一定不變C．小球對桿壓力的大小一定變大D．小球所受合外力的大小一定變大解析：選BD對小球受力分析，設彈簧彈力為F彈，彈簧與水平方向的夾角為θ，則對小球在豎直方向，F(xiàn)彈sinθ＝mg，而F彈＝keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(MP,cosθ)－l0))，可知θ為定值，F(xiàn)彈不變，則當轉速增大后，小球的高度不變，彈簧的彈力不變，A錯誤，B正確；當轉速較小時，水平方向桿對小球的彈力FN背離轉軸，則F彈cosθ－FN＝mω2r，即FN＝F彈cosθ－mω2r，當轉速較大時，桿對小球的彈力指向轉軸，F(xiàn)彈cosθ＋FN′＝mω′2r，即FN′＝mω′2r－F彈cosθ，則因ω′>ω，根據(jù)牛頓第三定律可知，小球對桿的壓力的大小不一定變大，C錯誤；根據(jù)F合＝mω2r，可知，因角速度變大，則小球所受合外力一定變大，D正確。【對點訓練3】(多選)如圖，“旋轉秋千”中的兩個座椅A、B質量相等，通過相同長度的纜繩懸掛在水平的旋轉圓盤上，座椅A離轉軸的距離較近。不考慮空氣阻力的影響，當旋轉圓盤繞豎直的中心軸勻速轉動，穩(wěn)定后A、B都在水平面內做勻速圓周運動。則下列說法正確的是()A.座椅B的角速度比A大B.座椅B的向心加速度比A大C.懸掛A、B的纜繩與豎直方向的夾角相等D.懸掛B的纜繩所承受的拉力比懸掛A的纜繩所承受的拉力大答案BD解析同軸轉動角速度相同，由于座椅B的圓周半徑比座椅A的半徑大，由a＝ω2r得B的向心加速度比A的大，故選項A錯誤，B正確；設細線與豎直方向的夾角為θ，由牛頓第二定律得mgtanθ＝mω2r，解得tanθ＝eq\f(ω2r,g)，由于座椅B的圓周半徑比座椅A的半徑大，故B與豎直方向的夾角大，在豎直方向上有：FTcosθ＝mg，解得FT＝eq\f(mg,cosθ)，懸掛B的纜繩所受到的拉力比懸掛A的大，故選項C錯誤，D正確。【對點訓練4】(多選)如圖所示，A、B兩個物體放在水平旋轉的圓盤上，A的質量為m，B的質量為2m，B離軸距離為R，A離軸距離為2R，在轉盤轉速增加的過程中，兩物體始終相對盤靜止，則()A.A與B的線速度大小之比為eq\r(2)∶1B.A與B的角速度之比為1∶1C.A與B的向心加速度大小之比為1∶1D.摩擦力對物體做正功答案BD解析A、B同軸轉動，角速度相等，即ωA∶ωB＝1∶1，由v＝rω得，vA∶vB＝rA∶rB＝2∶1，故A錯誤，B正確；根據(jù)a＝rω2知，aA∶aB＝rA∶rB＝2∶1，故C錯誤；由于只有摩擦力對物體做功，由動能定理得Wf＝ΔEk，轉盤轉速增加，則物體A、B的動能增加，所以摩擦力對物體做正功，故D正確?！绢}型三】聯(lián)系實際【典型例題5】如圖所示，“旋轉秋千”中的兩個座椅A、B質量相等，通過相同長度的纜繩懸掛在旋轉圓盤上．不考慮空氣阻力的影響，當旋轉圓盤繞豎直的中心軸勻速轉動時，下列說法正確的是()A．A的速度比B的大B．A與B的向心加速度大小相等C．懸掛A、B的纜繩與豎直方向的夾角相等D．懸掛A的纜繩所受的拉力比懸掛B的小答案D解析因為物體的角速度ω相同，線速度v＝rω，而rA<rB，所以vA<vB則A項錯；根據(jù)an＝rω2知anA<anB，則B項錯；如圖，tanθ＝eq\f(an,g)，而B的向心加速度較大，則B的纜繩與豎直方向的夾角較大，纜繩所受的拉力T＝eq\f(mg,cosθ)，則TA<TB，所以C項錯，D項正確．【典型例題6】撥浪鼓最早出現(xiàn)在戰(zhàn)國時期，宋代時小型撥浪鼓已成為兒童玩具。四個撥浪鼓上分別系有長度不等的兩根細繩，繩一端系著小球，另一端固定在關于手柄對稱的鼓沿上，現(xiàn)使鼓繞豎直放置的手柄勻速轉動，兩小球在水平面內做周期相同的圓周運動。下列各圖中兩球的位置關系可能正確的是(圖中細繩與豎直方向的夾角α<θ<β)()[解析]小球做勻速圓周運動，角速度相同，受力分析如圖所示，設繩長為L1，反向延長與撥浪鼓轉軸交點為O，小球到O點的距離為L，鼓面半徑為r。根據(jù)牛頓第二定律得mgtanγ＝mω2Lsinγ，整理得Lcosγ＝eq\f(g,ω2)＝L1cosγ＋eq\f(r,tanγ)，則O點到小球轉動平面的高度h＝Lcosγ相同，可知繩子長度L1越長，細繩與豎直方向的夾角γ越大，故繩子與撥浪鼓連接點A離小球做圓周運動平面的距離h1＝L1cosγ＝h－eq\f(r,tanγ)越大，即繩子長度L1越大，γ越大，h1越大。故C正確，A、B、D錯誤。[答案]C【對點訓練5】某游樂場有一種叫“空中飛椅”的游樂設施，其基本裝置是將繩子上端固定在轉盤的邊緣上，繩子下端連接坐椅，人坐在坐椅上隨轉盤旋轉而在空中飛旋．若將人和坐椅看作一個質點，則可簡化為如圖所示的物理模型，其中P為處于水平面內的轉盤，可繞豎直轉軸OO′轉動．設繩長l＝10m，質點的質量m＝60kg，轉盤靜止時質點與轉軸之間的距離d＝4m．轉盤逐漸加速轉動，經(jīng)過一段時間后質點與轉盤一起做勻速圓周運動，此時繩與豎直方向的夾角θ＝37°.(不計空氣阻力及繩重，繩不可伸長，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2)求質點與轉盤一起做勻速圓周運動時轉盤的角速度及繩的拉力．解析半徑R＝d＋lsinθ＝10m由受力分析圖可知：FT＝eq\f(mg,cosθ)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(600×\f(5,4)))N＝750NF＝mgtanθ＝450N由F向＝ma向得a向＝eq\f(F,m)＝7.5m/s2，a向＝Rω2，ω＝eq\r(\f(a向,R))＝eq\f(\r(3),2)rad/s答案eq\f(\r(3),2)rad/s750N【對點訓練6】游樂場有一種叫做“快樂飛機”的游樂項目，其簡化模型如圖所示，已知模型飛機質量為m，固定在長為L的旋臂上，旋臂與豎直方向夾角為θ(0＜θ≤eq\f(π,2))，當模型飛機以角速度ω繞中央軸在水平面內做勻速圓周運動時，下列說法正確的是()A.模型飛機受到重力、旋臂的作用力和向心力B.旋臂對模型飛機的作用力方向一定與旋臂垂直C.旋臂對模型飛機的作用力大小為meq\r(g2＋ω4L2sin2θ)D.若夾角θ增大，則旋臂對模型飛機的作用力減小答案C解析當模型飛機以角速度ω繞中央軸在水平面內做勻速圓周運動時，模型飛機受到重力和旋臂的作用力，它們的合力提供向心力，選項A錯誤；旋臂對模型飛機的作用力方向可以與旋臂不垂直，這個作用力在水平方向的分力提供向心力，在豎直方向的分力與重力平衡，選項B錯誤；由力的合成可知，旋臂對模型飛機的作用力大小為F＝meq\r(g2＋ω4L2sin2θ)，選項C正確；由C項分析可知，當夾角θ增大時，旋臂對模型飛機的作用力增大，選項D錯誤。004體系構建1．向心力的來源向心力是按力的作用效果命名的，可以是重力、彈力、摩擦力等各種力，也可以是幾個力的合力或某個力的分力，在受力分析中要避免再另外添加一個向心力。2．向心力的確定(1)確定圓周運動的軌道所在的平面，確定圓心的位置。(2)分析物體的受力情況，找出所有的力沿半徑方向指向圓心的合力，就是向心力。3．求解圓周運動問題必須進行的三類分析幾何分析目的是確定圓周運動的圓心、半徑等運動分析目的是確定圓周運動的線速度、角速度、向心加速度等受力分析目的是通過力的合成與分解，表示出物體做圓周運動時，外界所提供的向心力005記憶清單一．向心力的公式Fn＝man＝meq\f(v2,r)＝mω2r＝m·eq\f(4π2,T2)r＝m·4π2f2r＝mωv。二．做勻速圓周運動的條件當物體所受的合外力大小恒定，且始終與速度方向垂直時，物體做勻速圓周運動，此時向心力由物體所受合外力提供。三．水平面內的勻速圓周運動1．水平面內的勻速圓周運動軌跡特點運動軌跡是圓且在水平面內。2．勻速圓周運動的受力特點(1)物體所受合外力大小不變，方向總是指向圓心。(2)合外力充當向心力。3．解答勻速圓周運動問題的一般步驟(1)選擇做勻速圓周運動的物體作為研究對象。(2)分析物體受力情況，其合外力提供向心力。(3)由Fn＝meq\f(v2,r)或Fn＝mω2r或Fn＝meq\f(4π2r,T2)列方程求解。00601強化訓練1．(多選)如圖所示為內壁光滑的半球形容器，半徑為R。質量為m的小球在容器內的某個水平面內做勻速圓周運動，小球與球心O連線方向與豎直方向夾角為α。下列說法正確的是()A.小球所受容器的作用力為eq\f(mg,sinα)B.小球所受容器的作用力為eq\f(mg,cosα)C.小球的角速度eq\r(\f(g,Rsinα))D.小球的角速度eq\r(\f(g,Rcosα))答案BD解析對小球受力分析，如圖所示：根據(jù)力的合成，可得小球所受容器的作用力為支持力FN＝eq\f(mg,cosα)，A錯誤，B正確；根據(jù)力的合成，可得小球所受合力F＝mgtanα小球做圓周運動的軌道半徑為r＝Rsinα根據(jù)向心力公式得mgtanα＝mω2r解得角速度ω＝eq\r(\f(g,Rcosα))，C錯誤，D正確。2.在玻璃管中放一個乒乓球后注滿水，然后用軟木塞封住管口，將此玻璃管固定在轉盤上，管口置于轉盤轉軸處，處于靜止狀態(tài)。當轉盤在水平面內轉動時，如圖所示，則乒乓球會(球直徑比管直徑略小)()A．向管底運動 B．向管口運動C．保持不動 D．無法判斷解析：選B開始時，玻璃管壁的摩擦力不足以提供水做圓周運動時所需要的合外力，所以水被“甩”到外側管底才能隨轉盤進行圓周運動，則乒乓球在水的作用下向管口運動，故B正確。3.[多選]如圖所示，一個內壁光滑的圓錐筒固定在地面上，圓錐筒的軸線豎直。一個小球貼著筒的內壁在水平面內做圓周運動，由于微弱的空氣阻力作用，小球的運動軌跡由A軌道緩慢下降到B軌道，則在此過程中()A．小球的向心加速度逐漸減小B．小球運動的角速度逐漸減小C．小球運動的線速度逐漸減小D．小球運動的周期逐漸減小解析：選CD以小球為研究對象，對小球受力分析，小球受力如圖所示。由牛頓第二定律得：eq\f(mg,tanθ)＝ma＝eq\f(mv2,r)＝mrω2可知在A、B軌道的向心力大小相等，a＝eq\f(g,tanθ)，向心加速度不變，故A錯誤。角速度ω＝eq\r(\f(g,rtanθ))，由于半徑減小，則角速度變大，故B錯誤。線速度v＝eq\r(\f(gr,tanθ))，由于半徑減小，線速度減小，故C正確。周期T＝eq\f(2π,ω)，角速度增大，則周期減小，故D正確。4.如圖所示，一根細線下端拴一個金屬小球A，細線的上端固定在金屬塊B上，B放在帶小孔的水平桌面上，小球A在某一水平面內做勻速圓周運動?，F(xiàn)使小球A改到一個更低一些的水平面上做勻速圓周運動(圖上未畫出)，金屬塊B在桌面上始終保持靜止，則后一種情況與原來相比較，下面的判斷中正確的是()A．金屬塊B受到桌面的靜摩擦力變大B．金屬塊B受到桌面的支持力變小C．細線的張力變大D．小球A運動的角速度減小解析：選D設A、B質量分別為m、M,A做勻速圓周運動的向心加速度為a，細線與豎直方向的夾角為θ，對B研究，B受到的摩擦力f＝Tsinθ，對A，有Tsinθ＝ma，Tcosθ＝mg，解得a＝gtanθ，θ變小，a減小，則靜摩擦力變小，故A錯誤；以整體為研究對象知，B受到桌面的支持力大小不變，應等于(M＋m)g，故B錯誤；細線的拉力T＝eq\f(mg,cosθ)，θ變小，T變小，故C錯誤；設細線長為l，則a＝gtanθ＝ω2lsinθ，ω＝eq\r(\f(g,lcosθ))，θ變小，ω變小，故D正確。5.四個完全相同的小球A、B、C、D均在水平面內做圓錐擺運動．如圖甲所示，小球A、B在同一水平面內做圓錐擺運動(連接B球的繩較長)；如圖乙所示，小球C、D在不同水平面內做圓錐擺運動，但是連接C、D的繩與豎直方向之間的夾角相等(連接D球的繩較長)，則下列說法錯誤的是()A．小球A、B角速度相等B．小球A、B線速度大小相等C．小球C、D所需的向心加速度大小相等D．小球D受到繩的拉力與小球C受到繩的拉力大小相等答案B解析對題圖甲中A、B分析，設繩與豎直方向的夾角為θ，繩長為l，小球的質量為m，小球A、B到懸點O的豎直距離為h，則mgtanθ＝mω2lsinθ，解得ω＝eq\r(\f(g,lcosθ))＝eq\r(\f(g,h))，所以小球A、B的角速度相等，線速度大小不相等，故A正確，B錯誤；對題圖乙中C、D分析，設繩與豎直方向的夾角為θ，小球的質量為m，繩上拉力為FT，則有mgtanθ＝man，F(xiàn)Tcosθ＝mg，得an＝gtanθ，F(xiàn)T＝eq\f(mg,cosθ)，所以小球C、D所需的向心加速度大小相等，小球C、D受到繩的拉力大小也相等，故C、D正確．6．如圖所示，質量相等的甲、乙兩個小球，在光滑玻璃漏斗內壁做水平面內的勻速圓周運動，甲在乙的上方．則()A．球甲的角速度一定大于球乙的角速度B．球甲的線速度一定大于球乙的線速度C．球甲的運動周期一定小于球乙的運動周期D．甲對內壁的壓力一定大于乙對內壁的壓力答案B解析對小球受力分析，小球受到重力和支持力，它們的合力提供向心力，設支持力與豎直方向夾角為θ，根據(jù)牛頓第二定律有mgtanθ＝meq\f(v2,R)＝mRω2，解得v＝eq\r(gRtanθ)，ω＝eq\r(\f(gtanθ,R))，由題圖可知，球甲的軌跡半徑大，則球甲的角速度一定小于球乙的角速度，球甲的線速度一定大于球乙的線速度，故A錯誤，B正確；根據(jù)T＝eq\f(2π,ω)，因為球甲的角速度一定小于球乙的角速度，則球甲的運動周期一定大于球乙的運動周期，故C錯誤；因為支持力FN＝eq\f(mg,cosθ)，結合牛頓第三定律，球甲對內壁的壓力一定等于球乙對內壁的壓力，故D錯誤．7.如圖所示，內壁光滑的空心圓柱體豎直固定在水平地面上，圓柱體的內徑為R.沿著水平切向給貼在內壁左側O點的小滑塊一個初速度v0，小滑塊將沿著柱體的內壁旋轉向下運動，最終落在柱體的底面上．已知小滑塊可看成質點，質量為m，重力加速度為g，O點距柱體的底面距離為h.下列判斷正確的是()A．v0越大，小滑塊在圓柱體中運動時間越短B．小滑塊運動中的加速度越來越大C．小滑塊運動中對圓柱體內表面的壓力越來越大D．小滑塊落至底面時的速度大小為eq\r(v02＋2gh)答案D解析小滑塊在豎直方向做自由落體運動，加速度恒定不變，根據(jù)h＝eq\f(1,2)gt2，可得t＝eq\r(\f(2h,g))，可知小滑塊在圓柱體中的運動時間與v0無關，小滑塊在水平方向的加速度大小也不變，則小滑塊的加速度大小不變，故A、B錯誤；小滑塊沿著圓柱體表面切向的速度大小不變，所需向心力不變，則小滑塊運動中對圓柱體內表面的壓力不變，故C錯誤；小滑塊落至底面時豎直方向的速度vy＝eq\r(2gh)，小滑塊落至底面時的速度大小v＝eq\r(v02＋vy2)＝eq\r(v02＋2gh)，故D正確．8．（多選）如圖所示，用長為L的輕繩（輕繩不可伸長）連接的甲、乙兩物塊（均可視為質點），放置在水平圓盤上，圓盤繞過圓心O的軸線轉動。甲、乙連線的延長線過圓盤的圓心O，甲與圓心O的距離也為L，甲物塊質量為2m，乙物塊的質量為3m。甲、乙與圓盤間的動摩擦因數(shù)均為μ，物塊與圓盤間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，甲、乙始終相對圓盤靜止，則下列說法中正確的是（）A.圓盤轉動的最大角速度為SKIPIF1<0 B.圓盤轉動的最大角速度為SKIPIF1<0C.輕繩最大彈力為SKIPIF1<0 D.輕繩最大彈力為SKIPIF1<