单元素养检测(二)(第六章)
(满分：100分)
一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分．每小题只有一个选项符合题目要求．
1.如图是某电力机车雨刷器的示意图．雨刮器由刮水片和雨刮臂链接而成，M、N为刮水片的两个端点，P为刮水片与雨刮臂的链接点，雨刮臂绕O轴转动的过程中，刮水片始终保持竖直，下列说法正确的是( )
A．P点的线速度始终不变
B．P点的向心加速度不变
C．M、N两点的线速度相同
D．M、N两点的运动周期不同
解析：P点以O为圆心做圆周运动，所以线速度与向心加速度方向变化，故A、B错误；由于刮水片始终保持竖直，所以刮水片各点的线速度与P点的相同，所以M、N两点的线速度相同，故C正确；刮水器上各点的周期相同，所以M、N两点的周期相同，故D错误．
答案：C
2.如图所示，操场跑道的弯道部分是半圆形，最内圈的半径大约是36 m．一位同学沿最内圈匀速率跑过一侧弯道的时间约为12 s，则这位同学在沿弯道跑步时( )
A．角速度约为 rAd/s
B．线速度约为3 m/s
C．转速约为 r/s
D．向心加速度约为 m/s2
解析：由题意知，同学在沿弯道跑步时角速度约为ω＝ rAd/s，故A错误；根据v＝ωr可得线速度约为v＝3π m/s，故B错误；根据n＝得转速约为n＝ r/s，故C错误；根据A＝ω2r得向心加速度约为A＝ m/s2，故D正确．
答案：D
3.[2024·衢州市高一期末]如图所示，花式摩托艇表演中，摩托艇以速度v在水平海面做匀速圆周运动，轨迹半径为r，摩托艇与人的总质量为m，重力加速度为g，空气阻力不计．关于水对摩托艇的作用力，下列说法正确的是( )
A．方向始终指向圆心
B．方向始终竖直向上
C．大小为
D．大小为
解析：摩托艇受到重力和水的作用力，靠两个力的合力提供向心力，如图所示，则水对摩托艇的作用力方向既不是指向圆心也不是竖直方向，摩托艇所受到的合力为F合＝m，所以F＝＝ ，故选D.
答案：D
4.[2024·河南安阳高一期末]在天宫课堂中，航天员老师利用手摇离心机将水油分离．天宫课堂中航天员的手摇离心机可简化为如图在空间站中手摇小瓶的模型，假设小瓶(包括小瓶中的油和水)的质量为m，P为小瓶的质心，细线的长度(从图中O到P之间的长度)为L，小瓶在t时间内转动了n圈，当小瓶转动到竖直平面内最高点时，细线中的拉力为( )
A． B．
C． D．
解析：小瓶在t时间内转动了n圈，则周期为T＝，在空间站中手摇小瓶在竖直平面内做匀速圆周运动，仅有绳的拉力提供向心力，有FT＝mL＝，故选C.
答案：C
5.[2024·广东实验中学高一期末]学校春季趣味运动会中有一个集体项目是“同心追梦”，各班派出30名参赛选手，分成6组在两侧接力区进行接力比赛．比赛时5人一组共同抬着竹竿协作配合，以最快速度向标志物跑，到标志物前，以标志物为圆心，转一圈，继续向下一个标志物绕圈，分别绕完3个标志物后，进入对面接力区域，将竹竿交给下一组参赛选手，直到全队完成比赛．假设五位质量不同的参赛选手与地面和竹竿间的动摩擦因数相同，某次绕圈过程中角速度先增加后不变，竹竿长度为L，标志物和竹竿始终在一条直线上，最外围的同学做圆周运动的半径不变．下列说法正确的是( )
A．最外围同学受到的向心力最大
B．最里面的同学最容易被甩出去
C．靠近外围的四位同学的线速度与他们到最里面同学的距离成正比
D．做匀速圆周运动过程中，最外围同学所受合外力始终水平指向圆心
解析：五位同学都是绕障碍物做圆周运动，角速度相等，根据F向＝mω2r可知，F向与m、r有关，但m未知，最外围同学受到的向心力不一定最大，且各位同学可以施加给竹竿的力的大小未知，所以不确定哪位同学最容易被甩出去，故A、B错误；设最里面同学到转轴距离为r1，外围同学到最里面同学的间距为r2，则v＝ωr＝ω(r1＋r2)，可知靠近外围的四位同学的线速度与他们到最里面同学的距离不是正比关系，故C错误；做匀速圆周运动的物体由合力提供向心力，即合外力指向圆心，故D正确．
答案：D
6.汽车在过凹凸路面时，都会做减速操作，如图A、B分别是一段凹凸路面的最高点和最低点，若把汽车视作质点，则下列说法正确的是( )
A．汽车行驶到A点时，处于超重状态，如果采取加速操作会使车胎受到更大的压力
B．汽车行驶到B点时，处于超重状态，如果采取加速操作会使汽车飞离路面
C．汽车行驶到A点时，处于失重状态，如果采取减速操作会增加车胎与路面间的弹力，使得行驶更加稳定安全
D．汽车行驶到B点时，处于失重状态，如果采取减速操作会增加车胎与路面间的弹力，使得行驶更加稳定安全
解析：汽车在A点具有向下的加速度，由牛顿定律可知，路面对汽车的支持力小于汽车的重力，此时汽车处于失重状态，如果采取加速操作，会使加速度增大，路面对汽车的支持力减小，汽车会飞离地面，若采取减速操作，加速度减小，路面对汽车的支持力增大，即车胎与路面间的弹力增大，汽车行驶更安全，故A错误，C正确；汽车在B点具有向上的加速度，由牛顿定律可知，路面对汽车的支持力大于汽车的重力，此时汽车处于超重状态，如果采取加速操作，会使加速度增大，路面对汽车的支持力增大，车胎受到的压力增大，汽车更紧贴地面；若采取减速操作，加速度减小，路面对汽车的支持力减小，即车胎与路面间的弹力减小，故B、D错误．
答案：C
7.如图所示，矩形金属框MNQP竖直放置，其中MN、PQ光滑且足够长．一根轻弹簧一端固定在M点，另一端连接一个质量为m的小球，小球穿过PQ杆．金属框绕MN轴先以角速度ω1匀速转动，然后提高转速以角速度ω2匀速转动．下列说法正确的是( )
A．小球的高度一定升高
B．小球的高度一定降低
C．两次转动杆对小球的弹力大小可能不变
D．两次转动小球所受的合力大小可能不变
解析：如图所示，对小球进行受力分析，小球受重力、支持力、弹簧的拉力．弹簧拉力在竖直方向的分力等于重力，所以弹簧的拉力F是不变的，则小球的高度不变，故A、B错误；角速度小时，转动杆对小球的支持力FN的方向可能如图所示，角速度大时，转动杆对小球的支持力方向可能与图示FN的方向相反，此时角速度不同，支持力的大小可能相等，故C正确；小球位置不变，做圆周运动的半径不变，角速度增大，根据F合＝mω2r可知，合力肯定增大，故D错误．
答案：C
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．每小题有多个选项符合题目要求．全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．
8．狮河公园有一种叫做“快乐飞机”的游乐项目，模型如图所示，已知模型飞机质量为m，固定在长为L的旋臂上，旋臂与竖直方向夹角为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增大
解析：向心力是效果力，是合力作用，物体实际不受向心力作用，故A错误；模型飞机在水平面内匀速圆周运动，竖直方向平衡，所以杆的一个分力平衡了飞机的重力，另一个分力提供了飞机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，故B错误；旋臂对模型飞机的作用力大小F＝＝m，当夹角θ增大时，旋臂对模型飞机的作用力增大，故C、D正确．
答案：CD
9.[2024·广东广州高一期末]水车是我国劳动人民利用水能的一项重要发明，某水车模型如图所示，从槽口水平流出的水初速度大小为v0，垂直落在与水平面成30°角的水轮叶面上，落点到轮轴间的距离为R，在水流不断冲击下，轮叶受冲击点的线速度大小接近冲击前瞬间水流速度大小，忽略空气阻力，重力加速度为g，有关水车及从槽口流出的水，以下说法正确的是( )
A．水流在空中运动水平射程为x＝
B．水流在空中运动时间为t＝
C．水车最大角速度接近ω＝
D．水流冲击轮叶前瞬间的线速度大小v＝2v0
解析：水流垂直落在与水平面成30°角的水轮叶面上水平方向速度和竖直方向速度满足tAn30°＝，解得t＝，故B正确；水流在空中运动水平射程为x＝v0t＝，故A错误；水流到水轮叶面上时的速度大小为v＝＝2v0，根据v＝ωR，解得水车最大角速度为ω＝，故C、D正确．
答案：BCD
10.如图所示，圆弧半径为R、内径很小的光滑半圆管竖直放置在水平地面上，两个质量均为m的小球A、B以不同的速度进入管内(小球直径略小于半圆管横截面直径)，A通过最高点C时，对管壁上部压力为3mg，B通过最高点C时，对管壁上下部均无压力，则关于小球A、B通过最高点C时的速度vA及A、B两球落地点间的距离x，下列选项中正确的是(重力加速度大小为g)( )
A．x＝R B．x＝2R
C．vA＝2 D．vB＝
解析：在最高点，对A球有3mg＋mg＝，解得vA＝2，对B球有mg＝，解得vB＝，故C、D正确；离开圆管后两球均做平抛运动，由平抛运动规律可得gt2＝2R，则落地时A、B的水平分位移分别为xA＝vAt＝vA ＝4R，xB＝vBt＝vB ＝2R，则x＝xA－xB＝2R，故A错误，B正确．
答案：BCD
三、非选择题：本题共5小题，共54分．
11.(6分)如图所示是一种简易的圆周运动向心力演示仪，图中A、B为两个穿在水平滑杆上并通过棉线与转轴相连的重锤．试结合下列演示现象，分析影响向心力的因素．
(1)使线长LA＝LB，质量mA＞mB，加速转动横杆；
现象：连接A的棉线先断；
表明：在半径和角速度一定的条件下，圆周运动所需向心力随________的增大而增大；
(2)使质量mA＝mB，线长LA＞LB，加速转动横杆；
现象：连接A的棉线先断；
表明：在物体质量和角速度一定的条件下，圆周运动所需向心力随________的增大而增大；
(3)对任一次断线过程进行考察；
现象：并不是横杆一开始转动就断线，而是加速了一段时间之后线才断的；
表明：在物体质量和半径一定的条件下，圆周运动所需向心力随________的增大而增大．
解析：(1)mA＞mB，连接A的棉线先断，即质量越大，棉线的拉力越大，则说明在半径和角速度一定的条件下，圆周运动所需向心力随物体质量的增大而增大．
(2)mA＝mB，线长LA＞LB，而连接A的棉线先断，即棉线越长，所受的拉力越大；表明在物体质量和角速度一定的条件下，圆周运动所需向心力随转动半径的增大而增大．
(3)并不是横杆一开始转动就断线，而是加速了一段时间之后随着转动角速度的增大线才断的，表明在物体质量和半径一定的条件下，圆周运动所需向心力随转动角速度的增大而增大．
答案：(1)物体质量 (2)转动半径 (3)转动角速度
12．(10分)小明和小乐同学在观看双人花样滑冰比赛时，看到男运动员拉着女运动员的手以男运动员为轴旋转(如图甲所示)，他们开始讨论运动员旋转快慢跟什么条件有关，于是就设计了一个实验来探究影响运动员旋转周期的因素．他们在实验室准备了铁架台、拴有细绳的小钢球、毫米刻度尺和秒表，已知当地的重力加速度为g.该同学实验操作步骤如下：
(1)将铁架台放在水平桌面上，将小球悬挂在铁架台横杆上，按如图乙所示固定好刻度尺，使刻度尺的零刻度线与绳子结点处于同一高度．
(2)给小球一个初速度，并经过调整尽量使小球在水平方向上做圆周运动，这样小球的运动可以视为匀速圆周运动．小明立刻拿着秒表开始计时并数小球圆周运动的圈数，从他按下秒表的那一刻开始数0，当数到n时停秒表，秒表显示的时间为t，则小球做圆周运动的周期T0＝________．在小明数数计时的过程中，小乐同学负责从刻度尺上读出铁架台上绳子结点到圆平面的竖直高度h1，多次测量后取平均值.
(3)由匀速圆周运动规律，小球做圆周运动周期的表达式为T＝________(用以上题目所给出的符号表示)．
(4)代入所测数据经过计算，若T0≈T，则可以证明运动员的旋转快慢与__________有关．
解析：(2)因为从计时开始数0，所以数到n时经历了n个周期，故T0＝.
解析：(3)根据实验模型，由绳在水平方向的分力提供向心力mg tAn θ＝m()2L sin θ，其中θ为绳与竖直方向的夹角，L为绳长，故T＝2π .
(4)根据(3)中结论，周期与悬挂点到圆周运动圆心的竖直高度有关，即运动员的旋转快慢与悬挂点到圆周运动圆心的竖直高度(男运动员肩部与女运动员重心的高度差)有关．
答案：(2) (3)2π (4)悬挂点到圆周运动圆心的竖直高度(男运动员肩部与女运动员重心的高度差)
13.(10分)无人配送小车某次性能测试路径如图所示，半径为3 m的半圆弧BC与长8 m的直线路径AB相切于B点，与半径为4 m的半圆弧CD相切于C点．小车以最大速度从A点驶入路径，到适当位置调整速率运动到B点，然后保持速率不变依次经过BC和CD.为保证安全，小车速率最大为4 m/s.在ABC段的加速度最大为2 m/s2，CD段的加速度最大为1 m/s2.小车视为质点，求小车从A到D所需最短时间t和在AB段做匀速直线运动的最长距离l.
解析：在BC段的最大加速度为A1＝2 m/s2，则根据A1＝可得在BC段的最大速度为v1m＝ m/s，
在CD段的最大加速度为A2＝1 m/s2，则根据A2＝，
可得在BC段的最大速度为v2m＝2 m/s可知在BCD段运动时的速度为v＝2 m/s，在BCD段运动的时间为t3＝＝ s，
AB段从最大速度vm减速到v的时间t1＝＝ s＝1 s，
位移x2＝＝3 m，
在AB段匀速运动的最长距离为l＝8 m－3 m＝5 m；
则匀速运动的时间t2＝＝ s，
则从A到D最短时间为t＝t1＋t2＋t3＝() s
答案：() s 5 m
14.(12分)[2024·南通市高一期末]如图所示，水平转盘上放有质量为m的物块，物块到转轴的距离为r.一段绳的一端与物块相连，另一端系在圆盘中心上方r处，绳恰好伸直，物块和转盘间的动摩擦因数为μ，设物块受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，已知重力加速度为g.
(1)当水平转盘以角速度ω1匀速转动时，绳上恰好有张力，求ω1的值；
(2)当水平转盘以角速度ω2匀速转动时，物块恰好离开转盘，求ω2的值．
解析：(1)当水平转盘以角速度ω1匀速转动时，绳上恰好有张力，静摩擦力达到最大值，则此时物块所需向心力恰好完全由最大静摩擦力提供，则μmg＝，解得ω1＝ .
(2)物块恰好离开转盘，则FN＝0，物块只受重力和绳的拉力，如图所示，
mg tAn θ＝r，
tAn θ＝，
联立解得：ω2＝ .
答案：(1) (2)
15.(16分)如图，质量为m＝0.6 kg的小球以某一初速度从P点水平抛出，恰好从光滑竖直圆轨道ABC的A点的切线方向进入圆轨道，B点和C点分别为圆轨道的最低点和最高点．已知圆轨道的半径R＝0.3 m，OA连线与竖直方向成θ＝60°，小球到达A点时的速度vA＝4 m/s，取g＝10 m/s2.
(1)求小球做平抛运动的初速度大小v0；
(2)求P点与A点的水平距离和竖直高度；
(3)小球到达C点后飞出，试通过计算判断，小球能否击中A点．
解析：(1)对小球到A点的速度进行分解，则有v0＝vA cos 60°＝2 m/s.
(2)竖直方向的分速度为vy＝vA sin 60°＝2 m/s，
由公式vy＝gt得t＝＝ s＝ s，
由平抛运动规律得
联立解得 m.
(3)设小球在C点速度为vC时，刚好能击中A点．则有水平方向R sin 60°＝vCtC，竖直方向R cos 60°＋R＝
联立解得 m/s，
小球在圆周轨道最高点的最小速度为v，
则有mg＝m，得v＝ m/s，
因为vC答案：(1)2 m/s (2) m 0.6 m
(3)无法击中，计算过程见解析
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单元素养检测(二)(第六章)
1.如图是某电力机车雨刷器的示意图．雨刮器由刮水片和雨刮臂链接而成，M、N为刮水片的两个端点，P为刮水片与雨刮臂的链接点，雨刮臂绕O轴转动的过程中，刮水片始终保持竖直，下列说法正确的是( )
A．P点的线速度始终不变
B．P点的向心加速度不变
C．M、N两点的线速度相同
D．M、N两点的运动周期不同
答案：C
解析：P点以O为圆心做圆周运动，所以线速度与向心加速度方向变化，故A、B错误；由于刮水片始终保持竖直，所以刮水片各点的线速度与P点的相同，所以M、N两点的线速度相同，故C正确；刮水器上各点的周期相同，所以M、N两点的周期相同，故D错误．
答案：D
答案：D
答案：C
5.[2024·广东实验中学高一期末]学校春季趣味运动会中有一个集体项目是“同心追梦”，各班派出30名参赛选手，分成6组在两侧接力区进行接力比赛．比赛时5人一组共同抬着竹竿协作配合，以最快速度向标志物跑，到标志物前，以标志物为圆心，转一圈，继续向下一个标志物绕圈，分别绕完3个标志物后，进入对面接力区域，将竹竿交给下一组参赛选手，直到全队完成比赛．假设五位质量不同的参赛选手与地面和竹竿间的动摩擦因数相同，某次绕圈过程中角速度先增加后不变，竹竿长度为L，标志物和竹竿始终在一条直线上，最外围的同学做圆周运动的半径不变．下列说法正确的是( )
A．最外围同学受到的向心力最大
B．最里面的同学最容易被甩出去
C．靠近外围的四位同学的线速度与他们到最里面同学的距离成正比
D．做匀速圆周运动过程中，最外围同学所受合外力始终水平指向圆心
答案：D
解析：五位同学都是绕障碍物做圆周运动，角速度相等，根据F向＝mω2r可知，F向与m、r有关，但m未知，最外围同学受到的向心力不一定最大，且各位同学可以施加给竹竿的力的大小未知，所以不确定哪位同学最容易被甩出去，故A、B错误；设最里面同学到转轴距离为r1，外围同学到最里面同学的间距为r2，则v＝ωr＝ω(r1＋r2)，可知靠近外围的四位同学的线速度与他们到最里面同学的距离不是正比关系，故C错误；做匀速圆周运动的物体由合力提供向心力，即合外力指向圆心，故D正确．
6.汽车在过凹凸路面时，都会做减速操作，如图A、B分别是一段凹凸路面的最高点和最低点，若把汽车视作质点，则下列说法正确的是( )
A．汽车行驶到A点时，处于超重状态，如果采取加速操作会使车胎受到更大的压力
B．汽车行驶到B点时，处于超重状态，如果采取加速操作会使汽车飞离路面
C．汽车行驶到A点时，处于失重状态，如果采取减速操作会增加车胎与路面间的弹力，使得行驶更加稳定安全
D．汽车行驶到B点时，处于失重状态，如果采取减速操作会增加车胎与路面间的弹力，使得行驶更加稳定安全
答案：C
解析：汽车在A点具有向下的加速度，由牛顿定律可知，路面对汽车的支持力小于汽车的重力，此时汽车处于失重状态，如果采取加速操作，会使加速度增大，路面对汽车的支持力减小，汽车会飞离地面，若采取减速操作，加速度减小，路面对汽车的支持力增大，即车胎与路面间的弹力增大，汽车行驶更安全，故A错误，C正确；汽车在B点具有向上的加速度，由牛顿定律可知，路面对汽车的支持力大于汽车的重力，此时汽车处于超重状态，如果采取加速操作，会使加速度增大，路面对汽车的支持力增大，车胎受到的压力增大，汽车更紧贴地面；若采取减速操作，加速度减小，路面对汽车的支持力减小，即车胎与路面间的弹力减小，故B、D错误．
7.如图所示，矩形金属框MNQP竖直放置，其中MN、PQ光滑且足够长．一根轻弹簧一端固定在M点，另一端连接一个质量为m的小球，小球穿过PQ杆．金属框绕MN轴先以角速度ω1匀速转动，然后提高转速以角速度ω2匀速转动．下列说法正确的是( )
A．小球的高度一定升高
B．小球的高度一定降低
C．两次转动杆对小球的弹力大小可能不变
D．两次转动小球所受的合力大小可能不变
答案：C
解析：如图所示，对小球进行受力分析，小球受重力、支持力、弹簧的拉力．弹簧拉力在竖直方向的分力等于重力，所以弹簧的拉力F是不变的，则小球的高度不变，故A、B错误；角速度小时，转动杆对小球的支持力FN的方向可能如图所示，角速度大时，转动杆对小球的支持力方向可能与图示FN的方向相反，此时角速度不同，支持力的大小可能相等，故C正确；小球位置不变，做圆周运动的半径不变，角速度增大，根据F合＝mω2r可知，合力肯定增大，故D错误．
答案：CD
答案：BCD
答案：BCD
11.(6分)如图所示是一种简易的圆周运动向心力演示仪，图中A、B为两个穿在水平滑杆上并通过棉线与转轴相连的重锤．试结合下列演示现象，分析影响向心力的因素．
(1)使线长LA＝LB，质量mA＞mB，加速转动横杆；
现象：连接A的棉线先断；
表明：在半径和角速度一定的条件下，圆周运动所需向心力随________的增大而增大；
物体质量
解析：mA＞mB，连接A的棉线先断，即质量越大，棉线的拉力越大，则说明在半径和角速度一定的条件下，圆周运动所需向心力随物体质量的增大而增大．
(2)使质量mA＝mB，线长LA＞LB，加速转动横杆；
现象：连接A的棉线先断；
表明：在物体质量和角速度一定的条件下，圆周运动所需向心力随________的增大而增大；
转动半径
解析：(mA＝mB，线长LA＞LB，而连接A的棉线先断，即棉线越长，所受的拉力越大；表明在物体质量和角速度一定的条件下，圆周运动所需向心力随转动半径的增大而增大．
(3)对任一次断线过程进行考察；
现象：并不是横杆一开始转动就断线，而是加速了一段时间之后线才断的；
表明：在物体质量和半径一定的条件下，圆周运动所需向心力随__________的增大而增大．
转动角速度
解析：并不是横杆一开始转动就断线，而是加速了一段时间之后随着转动角速度的增大线才断的，表明在物体质量和半径一定的条件下，圆周运动所需向心力随转动角速度的增大而增大．
12．(10分)小明和小乐同学在观看双人花样滑冰比赛时，看到男运动员拉着女运动员的手以男运动员为轴旋转(如图甲所示)，他们开始讨论运动员旋转快慢跟什么条件有关，于是就设计了一个实验来探究影响运动员旋转周期的因素．他们在实验室准备了铁架台、拴有细绳的小钢球、毫米刻度尺和秒表，已知当地的重力加速度为g.该同学实验操作步骤如下：
(3)由匀速圆周运动规律，小球做圆周运动周期的表达式为T＝________(用以上题目所给出的符号表示)．
(4)代入所测数据经过计算，若T0≈T，则可以证明运动员的旋转快慢与_______________________________________________________有关．
悬挂点到圆周运动圆心的竖直高度(男运动员肩部与女运动员重心的高度差)
13.(10分)无人配送小车某次性能测试路径如图所示，半径为3 m的半圆弧BC与长8 m的直线路径AB相切于B点，与半径为4 m的半圆弧CD相切于C点．小车以最大速度从A点驶入路径，到适当位置调整速率运动到B点，然后保持速率不变依次经过BC和CD.为保证安全，小车速率最大为4 m/s.在ABC段的加速度最大为2 m/s2，CD段的加速度最大为1 m/s2.小车视为质点，求小车从A到D所需最短时间t和在AB段做匀速直线运动的最长距离l.
(1)当水平转盘以角速度ω1匀速转动时，绳上恰好有张力，求ω1的值；
(2)当水平转盘以角速度ω2匀速转动时，物块恰好离开转盘，求ω2的值．
15.(16分)如图，质量为m＝0.6 kg的小球以某一初速度从P点水平抛出，恰好从光滑竖直圆轨道ABC的A点的切线方向进入圆轨道，B点和C点分别为圆轨道的最低点和最高点．已知圆轨道的半径R＝0.3 m，OA连线与竖直方向成θ＝60°，小球到达A点时的速度vA＝4 m/s，取g＝10 m/s2.
(1)求小球做平抛运动的初速度大小v0；
(2)求P点与A点的水平距离和竖直高度；
(3)小球到达C点后飞出，试通过计算判断，小球能否击中A点．
