1．关于匀速圆周运动，下列说法正确的是( )
A．匀速圆周运动是匀速运动
B．匀速圆周运动可能是匀变速运动
C．匀速圆周运动是一种变速运动
D．匀速圆周运动是一种匀速率圆周运动
解析：选CD.匀速圆周运动中的匀速指的是速度的大小即速率不变，所以匀速圆周运动是一种匀速率圆周运动，D正确．匀速圆周运动中线速度的方向沿圆周上该点的切线方向，时刻变化，而速度的大小或方向有一个发生变化或同时变化，速度就发生变化，所以匀速圆周运动是一种变速运动，A错误，C正确．匀速圆周运动中速度的方向时刻发生变化，其受力方向也时刻变化，所以匀速圆周运动不是匀变速运动，B错误．
2．关于角速度、线速度和周期，下面说法中正确的是( )
A．半径一定，角速度与线速度成反比
B．半径一定，角速度与线速度成正比
C．线速度一定，角速度与半径成正比
D．不论半径等于多少，角速度与周期始终成反比
解析：选BD.关于角速度、线速度、周期的关系由公式v＝ωR，ω＝可以得出，半径一定时，角速度与线速度成正比，不论半径等于多少，ω与T始终成反比．故选项B、D正确．对v＝ωR公式的应用，应针对情景，找出v或ω哪一个量不变，再进行分析．
3. (2011年吴忠高一检测)如图2－1－7所示为某一皮带传动装置，主动轮的半径为r1，从动轮的半径为r2.已知主动轮做顺时针转动，转速为n，转动过程中皮带不打滑．下列说法中正确的是( )
图2－1－7
A．从动轮做顺时针转动
B．从动轮做逆时针转动
C．从动轮的转速为n
D．从动轮的转速为n
解析：选BC.主动轮顺时针转动时，皮带带动从动轮转逆时针转动，A项错误，B项正确；由于两轮边缘线速度大小相同，根据v＝2πRn，可得两轮转速与半径成反比，所以C项正确，D项错误．
4．航天员杨利伟遨游太空，标志着中华民族载人航天的梦想已变成现实．“神舟5号”飞船升空后，先运行在近地点高度200 km、远地点高度350 km的椭圆轨道上，实施变轨后，进入343 km的轨道．假设“神舟5号”实施变轨后做匀速圆周运动，共运行了n周，起始时刻为t1，结束时刻为t2，运行速度为v，半径为r，则计算其运行周期可用( )
A．T＝(t2－t1)/n
B．T＝(t1－t2)/n
C．T＝2πr/v
D．T＝2πv/r
解析：选AC.根据圆周运动周期定义可得T＝(t2－t1)/n，根据线速度v与周期T的关系式可得T＝2πr/v.故选项A、C正确．
5．做匀速圆周运动的物体，10 s内沿半径是20 m的圆周运动100 m，试求物体做匀速圆周运动的：
(1)线速度的大小；
(2)角速度的大小；
(3)周期的大小．
解析：(1)依据线速度的定义式v＝
可得v＝＝ m/s＝10 m/s.
(2)10 s内，物体转过的角度为 rad＝5 rad.
由角速度的定义式ω＝，可得
ω＝＝ rad/s＝0.5 rad/s.
(3)由ω＝，解得
T＝＝ s＝4π s.
答案：(1)10 m/s (2)0.5 rad/s (3)4π s
一、选择题
1．某质点绕圆轨道做匀速圆周运动，下列说法中正确的是( )
A．因为该质点速度大小始终不变，所以它做的是匀速运动
B．该质点速度大小不变，但方向时刻改变，是变速运动
C．该质点速度大小不变，因而加速度为零，处于平衡状态
D．该质点做的是变速运动，具有加速度，故它所受合外力不等于零．
解析：选BD.匀速圆周运动的速度大小不变，但方向时刻改变，所以不是匀速运动，A错，B对；既然速度的方向改变，就存在速度的变化量，由公式a＝得，一定存在加速度，不处于平衡状态，合外力F＝ma，不等于零，C错，D对．
2．一个物体以角速度ω做匀速圆周运动时，下列说法中正确的是( )
A．轨道半径越大，线速度越大
B．轨道半径越大，线速度越小
C．轨道半径越大，周期越大
D．轨道半径越大，周期越小
解析：选A.根据角速度和线速度关系v＝ωr，在角速度一定的情况下，半径越大，线速度越大；根据角速度与周期的关系ω＝2π/T，角速度一定，周期就一定，故正确答案为A.
3．正常走动的钟表，其分针和时针都在做匀速转动，下列说法中正确的是( )
A．时针和分针的角速度相等
B．分针的角速度是时针角速度的12倍
C．时针和分针的周期相等
D．分针的周期是时针周期的12倍
解析：选B.正常工作的钟表，转一周分针用一小时，时针用12小时．二者转动的周期之比为1∶12，根据公式ω＝2π/T，角速度之比为12∶1.
4．地球自转一周为一昼夜时间(24 h)，新疆乌鲁木齐市处于较高纬度地区，而广州则处于低纬度地区，关于两地所在处物体具有的角速度和线速度相比较( )
A．乌鲁木齐处物体的角速度大，广州处物体的线速度大
B．乌鲁木齐处物体的线速度大，广州处物体的角速度大
C．两处物体的角速度、线速度都一样大
D．两处物体的角速度一样大，但广州处物体的线速度比乌鲁木齐处物体的线速度要大
解析：选D.广州和乌鲁木齐与地球一起自转具有相同的角速度，因为广州到地轴的距离大于乌鲁木齐到地轴的距离，由v＝ωr知广州处物体的线速度大，选项D正确．
5．解放前后，机械化生产水平较低，人们经常通过“驴拉磨”的方式把粮食颗粒加工成粗面来食用，如图2－1－8所示．设驴的运动为匀速圆周运动，下列说法中正确的是( )
图2－1－8
A．相等的时间内驴通过的弧长相等
B．相等的时间内驴发生的位移相等
C．相等的时间内驴的平均速度相等
D．相等的时间内驴转过的角度相等
解析：选AD.对于匀速圆周运动，在相等时间内通过的弧长是相等的，故A正确；在相等的时间内的位移方向不同，所以平均速度也就不同，故B、C错；相等时间内转过的角度相等，故D正确．
6．两个做圆周运动的质点，它们的角速度之比为3∶1，线速度之比为2∶3，那么下列说法中正确的是( )
A．它们的轨道半径之比为2∶9
B．它们的轨道半径之比为1∶2
C．它们的周期之比为2∶3
D．它们的周期之比为1∶3
解析：选AD.由公式v＝rω得，r＝v/ω，＝＝×＝，由公式T＝2π/ω得，＝＝.
7. (2011年陕西铜川高一考试)如图2－1－9所示，一个匀速转动的半径为r的水平的圆盘上放着两个小木块M和N，木块M放在圆盘的边缘处，木块N放在离圆心r的地方，它们都随圆盘一起运动．比较两木块的线速度和角速度，下列说法中正确的是( )
图2－1－9
A．两木块的线速度相等
B．两木块的角速度相等
C．M的线速度是N的线速度的两倍
D．M的角速度是N的角速度的两倍
解析：选B.由传动装置特点知，M、N两木块有相同的角速度，又由v＝ω·r知，因rN＝r，rM＝r故木块M的线速度是木块N线速度的3倍，选项B正确．
8．无级变速是在变速范围内任意连续地变换速度，性能优于传统的挡位变速器，很多种高档汽车都应用了无级变速．如图2－1－10所示是截锥式无级变速模型示意图，两个锥轮之间有一个滚轮，主动轮、滚轮、从动轮之间靠着彼此之间的摩擦力带动．当位于主动轮和从动轮之间的滚轮从左向右移动时，从动轮降低转速；滚轮从右向左移动时，从动轮转速增加，当滚轮位于主动轮直径D1、从动轮直径D2的位置时，主动轮转速n1、从动轮转速n2的关系是( )
图2－1－10
A.＝ B.＝
C.＝ D.＝
解析：选B.从动轮与主动轮边缘线速度相等，则有·ω1＝·ω2，即D1n1＝D2n2，故＝.
9．如图2－1－11所示，直径为d的纸制圆筒，以角速度ω绕中心轴O匀速转动，把枪口垂直圆筒轴线发射子弹，结果发现圆筒上只有一个弹孔，则子弹的速度不可能是( )
图2－1－11
A. B.
C. D.
解析：选BD.由题意知圆筒上只有一个弹孔，证明子弹穿过圆筒时，圆筒转过的角度应满足θ＝π＋2kπ＝(2k＋1)π(k＝0,1,2，…)，子弹穿过圆孔所用时间t＝＝，所以有v＝(k＝0,1,2，…)，故不可能的选项为B、D.
二、非选择题
10．如图2－1－12是自行车的传动装置示意图，若脚蹬匀速转一圈需要时间T，已数出链轮齿数为48，飞轮齿数为16，要知道在此情况下自行车前进的速度，还需要测量的物理量是________(填写该物理量的名称及符号)．用这些量表示自行车前进速度的表达式v＝________.
图2－1－12
解析：由题意可知链轮与飞轮的半径之比r1∶r2＝3∶1.链轮和飞轮边缘的线速度大小相等，后轮与飞轮具有相同的角速度．链轮(或飞轮)边缘的线速度为r1，则飞轮(或后轮)的角速度为＝.可以测出后轮的半径r，则后轮边缘的线速度即自行车前进的速度，为v＝；或者测出后轮的直径d，则v＝；或者测出后轮的周长l，则v＝.
答案：后轮的半径r(或后轮的直径d、后轮的周长l) (或，)
11. 如图2－1－13所示，半径为R的圆盘绕垂直于盘面的中心轴匀速转动，其正上方h处沿OB方向水平抛出一小球，要使球与盘只碰一次，且落点为B，则小球的初速度v＝________，圆盘转动的角速度ω＝________.
图2－1－13
解析：小球做平抛运动，在竖直方向上h＝gt2，则运动时间t＝，又因为水平位移为R，所以球的速度为v＝＝R·.
在时间t内盘转过的角度θ＝n·2π，又因为θ＝ωt，则转盘角速度为ω＝＝2nπ(n＝1,2,3，…)．
答案：R 2nπ(n＝1,2,3，…)
12．(2011年开封高一期末)如图2－1－14所示为磁带录音机倒带时的示意图，轮子1是主动轮，轮子2是从动轮，轮1和2就是磁带盒内的两个转盘，空带一边半径为r1＝0.5 cm，满带一边半径为r2＝3 cm.已知主动轮转速不变，恒为n1＝36 r/min，试求：
图2－1－14
(1)从动轮2的转速变化范围；
(2)磁带运动的速度变化范围．
解析：(1)因为v＝ωr，且两轮边缘上各点的线速度大小相等，所以2πn2r2＝2πn1r1，即n2＝n1
当r2＝3 cm时，从动轮2的转速最小，
n21＝n1＝×36 r/min＝6 r/min
当磁带走完即r2′＝0.5 cm，r1′＝3 cm时，从动轮2的转速最大，为n22＝n1＝×36 r/min＝216 r/min
故从动轮2的转速变化范围是6 r/min(2)由v＝2πn1r1得知：
r1＝0.5 cm时，v1＝0.5×10－2×2π× m/s＝0.019 m/s
r1′＝3 cm时，v1′＝3×10－2×2π×m/s＝0.113 m/s
故磁带的速度变化范围是0.019 m/s答案：(1)6 r/min(2)0.019 m/s一、选择题(本题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确，把正确选项前的字母填在题后的括号内．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分)
1．关于向心加速度的说法中正确的是( )
A．向心加速度越大，物体速率变化越快
B．向心加速度的大小与轨道半径成反比
C．向心加速度的方向始终与速度方向垂直
D．在匀速圆周运动中向心加速度是恒量
解析：选C.向心加速度反映做圆周运动的物体速度方向变化的快慢，其大小由向心力大小决定，方向时刻改变但始终与线速度方向垂直且指向圆心．故选项C正确．
2．大型游乐场中有一种叫“摩天轮”的娱乐设施，如图2－9所示，坐在其中的游客随轮的转动而做匀速圆周运动，对此有以下说法，其中正确的是( )
图2－9
A．游客处于一种平衡状态
B．游客做的是一种变加速曲线运动
C．游客做的是一种匀变速运动
D．游客的速度和加速度都在不断地改变着
解析：选BD.游客做匀速圆周运动，速度和加速度的大小不变，但它们的方向时刻在改变，均为变量，因此游客做的是变加速曲线运动，而非匀变速运动，不是处于平衡状态．
3．有一种大型游戏器械，它是一个圆桶形容器，桶壁竖直，游客进入容器后靠桶壁站立，当圆桶开始转动后，转速加快到一定程度时，突然地板塌落，游客发现自己没有落下去，这是因为( )
A．游客处于失重状态
B．游客随着转速的增大有沿壁向上滑动的趋势
C．游客受到桶壁的摩擦力平衡重力
D．游客受到桶壁的向心力
解析：选C.游客随圆桶一起做圆周运动，桶壁对其的弹力提供向心力，从而具备了摩擦力产生的必要条件，当游客受到重力有向下滑动的趋势时，摩擦力和重力平衡，使游客仍旧能保持在竖直方向上不动．
4．某同学在观察飞机在空中进行表演时，发现飞机有时在竖直方向做圆周运动上下翻飞；有时在水平方向做匀速圆周运动，如图2－10所示，他得出下述结论，其中正确的是( )
图2－10
A．飞机做圆周运动的向心力只能由重力提供
B．飞机在水平面上做匀速圆周运动时，向心力可由空气的支持力与重力的合力提供
C．飞机在竖直面上做圆周运动在最高点时，因加速度竖直向下，故飞行员有失重感觉
D．飞机在竖直面上做圆周运动在最低点时，因加速度竖直向上，故飞行员受座椅的作用力最大
解析：选BCD.飞机在水平面上做匀速圆周运动时受力如图所示，所需要的向心力由空气的支持力与重力的合力来提供，飞机在竖直面上运动到最低点，速度最大，由N—mg＝可知，座椅对飞行员的支持力N最大．只要加速度方向向下，则飞行员处于失重状态．
5. 图2－11为一种早期的自行车，这种不带链条传动系统的自行车前轮的直径很大，这样的设计在当时主要是为了( )
图2－11
A．提高速度
B．提高稳定性
C．骑行方便
D．减小阻力
解析：选A.前轮和脚蹬是同轴传动，角速度相同，由v＝rω可得前轮直径越大，轮子边缘的线速度就越大，前进速度就越大，选项A正确．
6．铁路在弯道处的内外轨道高低是不同的，已知内外轨道与水平面的夹角为θ，如图2－12所示，弯道处的圆弧半径为R，若质量为m的火车转弯时速度小于，则( )
图2－12
A．内轨对内侧车轮轮缘有挤压
B．外轨对外侧车轮轮缘有挤压
C．这时铁轨对火车的支持力等于mg/cosθ
D．这时铁轨对火车的支持力大于mg/cosθ
解析：选AC.火车与内外轨均无挤压时，mgtanθ＝m，此时v＝，若v>，则外轨对外侧车轮有挤压，若v<，内轨对内侧车轮有挤压，由于竖直方向的重力没有变化，而支持力N＝，所以支持力不变，故A、C正确．
图2－13
7．质量不计的轻质弹性杆P插在桌面上，杆上套有一个质量为m的小球，今使小球沿水平方向做半径为R的匀速圆周运动，角速度为ω，如图2－13所示，则杆的上端受到的作用力大小为( )
A．mω2R B.
C. D．不能确定
解析：选C.小球受重力mg和杆的作用力F，如图所示，F与水平方向的夹角为θ，根据牛顿第二定律
水平方向：Fcosθ＝mω2R
竖直方向：Fsinθ＝mg
由以上两式得：
F＝
8．如图2－14所示为一皮带传动装置，右轮的半径为r，a是它边缘上的一点，左侧是一轮轴，大轮的半径为4r，小轮的半径为2r，b点在小轮上，到小轮中心的距离为r，c点和d点分别位于小轮和大轮的边缘上．若在转动过程中，皮带不打滑，则
( )
图2－14
A．a点与b点的线速度大小相等
B．a点与b点的角速度大小相等
C．a点与c点的线速度大小相等
D．a点与d点的向心加速度大小相等
解析：选CD.左、右两轮通过皮带传动，在皮带不打滑的前提下，应有a、c两点的线速度大小相等，b、c、d三点的角速度大小相等，即va＝vc，ωb＝ωc＝ωd.由v＝Rω可得vb＝rωb，vc＝2rωc，显然vc>vb，则va>vb.又va＝rωa>vb＝rωb，则ωa>ωb，A、B两选项错，C选项正确．由a＝可得，aa＝，ad＝＝＝，选项D正确．故正确选项为C、D.
9．在光滑平面中，有一转轴垂直于此平面，交点O的上方h处固定一细绳的一端，绳的另一端固定一质量为m的小球B，绳长AB＝l>h，小球可随转轴转动并在光滑水平面上做匀速圆周运动，如图2－15所示，要使球不离开水平面，转轴的转速最大值是( )
图2－15
A. B．π
C. D．2π
解析：选A.以小球为研究对象，小球受三个力作用，重力G、水平面支持力N、绳子拉力T.在竖直方向上合力为零，在水平方上向所需向心力为，故得Tcosθ＋N＝mg①
Tsinθ＝＝mRω2＝m4π2n2R＝m4π2n2htanθ②
解①②得N＝mg－m4π2n2h
当球即将离开水平面时N＝0，
转速n有最大值：n＝或n＝ .
10．如图2－16所示，小球m在竖直放置的光滑的圆形管道内做圆周运动，下列说法中正确的是( )
图2－16
A．小球通过最高点时的最小速度是
B．小球通过最高点时的最小速度为零
C．小球在水平线ab以下的管道中运动时外侧管壁对小球一定无作用力
D．小球在水平线ab以下的管道中运动时外侧管壁对小球一定有作用力
解析：选BD.当小球运动到最高点时，若速度较小，mg>N，则管内壁对小球有支持力，满足mg－N＝，则N＝mg－，由此可知，v越小，N越大，由于内壁的约束，到最高点时速度可以为零，故A错误，B正确；当小球运动到水平线ab以下时，小球一定需要向心力，但重力方向竖直向下，小球必定与外壁挤压，即外壁对小球一定有作用力．C错误，D正确．
二、填空题(本题共2小题，共18分．把答案填在题中的横线上)
11．(8分)小明同学在学习了圆周运动的知识后，设计了一个课题，名称为：快速测量自行车的骑行速度．他的设想是：通过计算脚踏板转动的角速度，推算自行车的骑行速度．经过骑行，他得到如下的数据：
图2－17
在时间t内脚踏板转动的圈数为N，那么脚踏板转动的角速度ω＝________；要推算自行车的骑行速度，还需要测量的物理量有________________________________________________；自行车骑行速度的计算公式v＝________________________________________________________________________.
解析：在时间t内脚踏板转动的圈数为N，即转一圈所用的时间T＝，由角速度的定义可得ω＝＝，要求自行车的骑行速度，还要知道自行车后轮的半径R，牙盘的半径r1、飞轮的半径r2；由v1＝ωr1＝v2＝ω2r2，又ω2＝ω后，而v＝ω后R，联立以上各式解得v＝Rω＝2πR.
答案： 牙盘的齿轮数m、飞轮的齿轮数n、自行车后轮的半径R(或牙盘的半径r1、飞轮的半径r2、自行车后轮的半径R) Rω或2πR(2πR或Rω)．
12．(10分)(2011年江苏常州高一考试)如图2－18甲所示为测量电动机转动角速度的实验装置，半径不大的圆形卡纸固定在电动机转轴上，在电动机的带动下匀速转动．在圆形卡纸的旁边垂直安装一个改装了的电火花计时器．
图2－18
(1)请将下列实验步骤按先后排序：________________________________________________________________________.
A．使电火花计时器与圆形卡纸保持良好接触
B．接通电火花计时器的电源，使它工作起来
C．启动电动机，使圆形卡纸转动起来
D．关闭电动机，拆除电火花计时器；研究卡纸上留下的一段痕迹(如图乙所示)，写出角速度ω的表达式，代入数据，得出ω的测量值
(2)要得到ω的测量值，还缺少一种必要的测量工具，它是
________________.
A．秒表 B．毫米刻度尺
C．圆规 D．量角器
(3)写出角速度ω的表达式，并指出表达式中各个物理量的意义：________________________________________________________________________.
(4)为了避免在卡纸连续转动的过程中出现打点重叠，在电火花计时器与盘面保持良好接触的同时，可以缓慢地将电火花计时器沿圆形卡纸半径方向向卡纸中心移动．则卡纸上打下的点的分布曲线不是一个圆，而是类似一种螺旋线，如图丙所示．这对测量结果有影响吗？
解析：因为这个题目用的是打点计时器，所以两点之间的时间是0.02 s，通过量角器量出圆心到两点之间的角度，利用ω＝θ/t.
①具体的实验步骤应该是A、C、B、D
②量出角度应该用量角器D
③ω＝，θ为n个点对应的圆心角，t为时间间隔
④应该注意的一个问题是不能转动一圈以上，因为点迹重合，当半径减小时，因为单位时间内转过的角度不变，所以没有影响．
答案：(1)ACBD (2)D (3)ω＝，θ为n个点对应的圆心角，t为时间间隔 (4)没有影响
三、计算题(本题共4小题，共42分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)
13．(10分)(2011年赤峰高一期中)如图2－19所示，在光滑水平面上，一质量为m＝0.20 kg的小球在绳的拉力作用下做半径为r＝1.0 m的匀速圆周运动．已知小球运动的线速度大小为v＝2.0 m/s，求：
图2－19
(1)小球运动的周期．
(2)小球做匀速圆周运动时，绳对它的拉力大小．
解析：(1)根据周期公式可知小球运动的周期：T＝＝3.14 s.
(2)设小球做匀速圆周运动时，细绳对它的拉力为F，根据牛顿第二定律有：F＝m＝0.80 N.
答案：(1)3.14 s (2)0.80 N
14．(10分)如图2－20所示，一质量为m＝2 kg的小球用细绳拴住在竖直平面内做圆周运动，绳长L＝0.5 m，固定点O距地面的高度为5.5 m，绳的最大承受力F＝120 N，则小球经过最低点时的速率最大为多少？若以此最大速率经过最低点时，细绳恰好被拉断，则小球落地时距离固定点O的水平距离为多大？(g取10 m/s2)
图2－20
解析：(1)设小球经过最低点时的速度为v，此时细绳所承受的力达到最大值，则由向心力公式：T－mg＝m可得：v＝5 m/s.
(2)当细绳被拉断之后，小球将做平抛运动，其初速度为v0＝5 m/s.
设小球从抛出到落地的时间为t
则由自由落体运动规律可知：t＝＝1 s
其水平位移x＝v0t＝5×1 m＝5 m.
答案：5 m/s 5 m
15. (10分)(2011年陕西咸阳高一检测)如图2－21所示，一个竖直放置的圆锥筒可绕其中心OO′转动，筒内壁粗糙，筒口半径和筒高分别为R和H，筒内壁A点的高度为筒高的一半．内壁上有一质量为m的小物块．求：
图2－21
(1)当筒不转动时，物块静止在筒壁A点受到的摩擦力和支持力的大小；
(2)当物块在A点随筒做匀速转动，且其受到的摩擦力为零时，筒转动的角速度．
解析：(1)当筒不转动时，物块静止在筒壁A点时受到重力、摩擦力和支持力三力作用而平衡，由平衡条件得摩擦力的大小f＝mgsinθ＝
支持力的大小N＝mgcosθ＝ .
(2)当物块在A点随筒做匀速转动，且其所受到的摩擦力为零时，物块在筒壁A点时受到的重力和支持力作用，它们的合力提供向心力，如图所示，设筒转动的角速度为ω，有向心力公式可知
mgtanθ＝mω2·
由几何关系得 tanθ＝
联立以上各式解得ω＝.
答案：(1) (2)
16．(12分)电动打夯机的结构如图2－22所示，由偏心轮(飞轮和配重物m组成)、电动机和底座三部分组成，飞轮上的配重物的质量m＝6 kg.电动机、飞轮(不含配重物)和底座总质量M＝30 kg，配重物的重心到轮轴的距离r＝20 cm.在电动机带动下，偏心轮在竖直平面内匀速转动，当偏心轮上的配重物转到顶端时，刚好使整体离开地面，g取10 m/s2，求：
图2－22
(1)在电动机带动下，偏心轮转动的角速度ω；
(2)打夯机对地面的最大压力．
解析：(1)设偏心轮转动的角速度为ω，配重物在最高点时有(M＋m)g＝mω2r
得ω＝ ＝10 rad/s＝17.3 rad/s.
(2)配重物在最低点时，飞轮对它的作用力为F.由牛顿第二定律可知：
F－mg＝mω2r，对机体，由平衡得
F′＝Mg＋F
所以打夯机对地面的最大压力N＝F′＝2(M＋m)g＝720 N.
答案：(1)17.3 rad/s (2)720 N1．关于在公路上行驶的汽车正常转弯时的情况，下列说法中正确的是( )
A．在内外侧等高的公路上转弯时的向心力由静摩擦力提供
B．在内外侧等高的公路上转弯时的向心力由滑动摩擦力提供
C．在内侧低、外侧高的公路上转弯时的向心力可能由重力和支持力的合力提供
D．在内侧低、外侧高的公路上转弯时的向心力可能由重力、摩擦力和支持力的合力提供
解析：选ACD.汽车在内外侧等高的水平公路上拐弯时，受重力、支持力和摩擦力．重力和支持力均在竖直方向，不能够提供向心力；向心力由摩擦力提供，由于轮胎与地面没有发生相对滑动，所以应为静摩擦力．在内侧低、外侧高的公路上转弯时，由于支持力向内倾斜，所以可以由重力和支持力的合力提供向心力；若这二者的合力不能够恰好提供向心力，则需要借助摩擦力来共同提供向心力．
2．建造在公路上的桥梁大多是凸形桥，较少是水平桥，更没有凹形桥，其主要原因是( )
A．为的是节省建筑材料，以减少建桥成本
B．汽车以同样速度驶过凹形桥时对桥面的压力要比水平的或凸形桥压力大，故凹形桥易损坏
C．可能是建造凹形桥技术特别困难
D．无法确定
解析：选B.汽车经过凸形桥桥顶时对桥面的压力最小，汽车经过凹形桥桥顶时对桥面的压力最大，容易损坏桥面，而经过水平桥时，汽车对桥面的压力等于汽车本身重力，三种情况比较，汽车对过凸形桥时对桥面的压力最小，因此选项B正确．
3．游客坐过山车，在圆弧轨道最低点处获得的向心加速度达到20 m/s2，g＝10 m/s2，那么，此位置座椅对游客的作用力相当于游客重力的( )
A．1倍 B．2倍
C．3倍 D．4倍
解析：选C.对位于轨道最低点的游客受力分析如图：则N－mg＝ma，故N＝mg＋ma＝3mg
即座椅对游客作用力相当于游客重力的3倍．
4．长为L的轻杆，一端固定一个小球，另一端固定在光滑的水平轴上，使小球在竖直面内做圆周运动，关于小球在最高点的速度v，下列说法中正确的是( )
A．v的最小值为
B．v由零逐渐增大，向心力也增大
C．当v由 值逐渐增大时，杆对小球的弹力逐渐增大
D．当v由 逐渐减小时，杆对小球的弹力逐渐增大
解析：选BCD.由于是轻杆，即使小球在最高点速度为零，小球也不会掉下来，因此它的最小值是零；v由零逐渐增大，由F向＝可知，F向也增大；当v＝ 时，F向＝＝mg，此时杆恰对小球无作用力，向心力只由其自身重力来提供，当v由 增大时，则＝mg＋T T＝m－mg，杆对球的力为拉力，且逐渐增大；当v由减小时，杆对球的力为支持力，此时，mg－N＝，N＝mg－，支持力N逐渐增大，杆对球的拉力、支持力都为弹力．
5. 杂技演员在做“水流星”表演时，用一根细绳系着盛水的杯子，抡起绳子，让杯子在竖直面内做圆周运动．如图 2－3－10所示，杯内水的质量m＝0.5 kg，绳长l＝60 cm，求：
(1)在最高点水不流出的最小速率；
(2)水在最高点速率v＝3 m/s时，水对杯底的压力大小．
图2－3－10
解析：(1)在最高点水不流出的条件是重力不大于水做圆周运动所需要的向心力，即：mg≤m，则所求最小速率：v0＝＝ m/s＝2.42 m/s.
(2)当水在最高点的速率大于v0时，只靠重力提供向心力已不足，此时水桶底对水有一向下的压力，设为N，由牛顿第二定律有：
N＋mg＝m，即N＝m－mg＝2.6 N
由牛顿第三定律知，水对水桶的作用力N′＝N＝2.6 N，
方向竖直向上．
答案：(1)2.42 m/s (2)2.6 N
一、选择题
1．下列说法中正确的是( )
A．在光滑水平面上汽车无法转弯
B．火车转弯时受到的支持力提供向心力
C．火车转弯时的速度大于转弯时规定速度，则轨道内侧受压力
D．圆锥摆所受的合外力提供向心力
解析：选AD.光滑面没有摩擦力，无法产生向心力，A对．火车转弯时是合力提供向心力，B错．火车转弯时速度大，内侧不受力，火车都是向外侧翻，C错，D对．
2．在水平冰面上，狗拉着雪橇做匀速圆周运动，O点为圆心．图2－3－11中能正确地表示雪橇受到的牵引力F及摩擦力f的图是( )
图2－3－11
解析：选C.由受力的特点知，滑动摩擦力总是与物体的相对运动的方向相反，所以滑动摩擦力应沿切线方向，而雪橇还做匀速圆周运动，即合外力提供向心力，切线方向的合力为零，选项C正确．
3．关于铁道转弯处内外铁轨间的高度关系，下列说法中正确的是( )
A．内、外轨一样高，以防列车倾倒造成翻车事故
B．因为列车在转弯处有向内倾倒的可能，故一般使内轨高于外轨，以防列车翻倒
C．外轨比内轨略高，这样可以使列车顺利转弯，减少车轮与铁轨的挤压
D．以上说法均不正确
解析：选C.铁道转弯处外轨比内轨略高，从而使支持力的水平方向合力可提供一部分向心力，以减少车轮与铁轨的挤压避免事故发生，C对，A、B、D错．
4. 一辆载重车在丘陵地上行驶，地形如图2－3－12所示，轮胎已经很旧，为防爆胎应使车经何处时速率最小( )
图2－3－12
A．M点 B．N点
C．P点 D．Q点
解析：选D.对于M或P点来说，N＝mg－m≤mg，而对于N、Q两点来说N′＝mg＋m≥mg，因此，在N、Q两点比在M、P两点更容易爆胎．对于N、Q两点来说，v相同时，Q点半径小，向心力大，支持力或压力较大，因此为防爆胎，应使车经过Q点时速率最小．
5．(2011年上海浦东高一检测) 如图2－3－13所示，摆式列车转弯时，在电脑控制下，车厢会自动倾斜，行走在直线上时，车厢又恢复原状．它的优点是能够在现有线路上运行，勿须对线路等设施进行较大的改造，而是靠摆式车体的先进性，实现高速行车，并能达到既安全又舒适的要求．运行实践表明：摆式列车通过曲线速度可提高20%～40%.假设有一超高速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，则质量为50 kg的乘客，在拐弯过程中所受到的火车给他的作用力为(g＝10 m/s2)( )
图2－3－13
A．500 N B．1000 N
C．500 N D．0
解析：选C.对乘客受力分析如图：
乘客受到火车的作用力为：
F＝
把m＝50 kg，R＝1000 m，
g＝10 m/s2，v＝360 km/h＝100 m/s
代入上式得：F＝500 N，故选项C正确．
6．如图2－3－14所示，小物体位于半径为R的半球顶端，若给小物体以水平初速度v0时，小物体对球顶恰无压力，则( )
图2－3－14
A．物体立即离开球面做平抛运动
B．物体落地时水平位移为R
C．物体的初速度v0＝
D．物体着地时速度方向与地面成45°角
解析：选ABC.无压力意味着mg＝m，v0＝，物体以v0为初速度做平抛运动，A、C正确；由平抛运动可得t＝＝ ，那么落地时水平位移sx＝v0t＝R，B正确；落地时tanθ＝＝＝＝，θ＝arctan，即为着地时速度与地面的夹角，D错误．
7．火车在倾斜的弯道上转弯，弯道的倾角为θ，半径为R，则火车内、外轨都不受轮边缘挤压的转弯速度是( )
A. B.
C. D.
解析：选C.如图所示，要使火车内、外轨都不受轮边缘挤压，必使车受的重力与支持力的合力提供向心力，N＝mgtanθ＝m，所以v＝.
8．杂技演员表演“水流星”，在长为1.6 m的细绳的一端，系一个总质量为m＝0.5 kg的盛水容器，以绳的另一端为圆心，在竖直平面内做圆周运动，如图2－3－15所示，若“水流星”通过最高点的速度为4 m/s，则下列说法正确的是(g＝10 m/s2)( )
图2－3－15
A．“水流星”通过最高点时，有水从容器中流出
B．“水流星”通过最高点时，绳的张力及容器底部受到的压力均为零
C．“水流星”通过最高点时，处于完全失重状态，不受力的作用
D．“水流星”通过最高点时，绳子的拉力大小为5 N
解析：选B.求出水流星的临界速度v＝＝4 m/s，所以绳的拉力恰为零，水恰不流出．
9. 如图2－3－16所示，质量为m的小球固定在长为L的细轻杆的一端，绕细杆的另一端O在竖直平面内做圆周运动，球转到最高点A时，线速度的大小为 ，此时( )
图2－3－16
A．杆受到mg/2的拉力
B．杆受到mg/2的压力
C．杆受到3mg/2的拉力
D．杆受到3mg/2的压力
解析：选B.在最高点小球受重力和杆的作用力，假设小球受杆的作用力向下，则mg＋F＝m，又v＝ ，解得F＝－mg，即小球受杆的支持力方向向上，由牛顿第三定律知杆受到小球的压力，大小为，故B正确．
二、非选择题
10．如图2－3－17所示，自行车和人的总质量为M，在一水平地面上运动．若自行车以速度v转过半径为R的弯道．求：
图2－3－17
(1)自行车的倾角应多大？
(2)自行车所受的地面的摩擦力多大？
解析：自行车和人都做匀速圆周运动，圆心在水平地面上的O点，如图所示，将人和自行车视为质点，受到重力G，静摩擦力f及地面的支持力N，合力提供向心力，如图根据牛顿第二定律f＝M
N＝G＝Mg
地面对自行车的作用力(N与f的合力)必过人与车的重心，沿着人体方向(因为N、f、G三力是共点力)，故tanθ＝＝＝，故θ＝arctan()．
答案：(1)arctan() (2)M
11．(2011年陕西安康高一检测)质量为25 kg的小孩坐在质量为5 kg的秋千板上，秋千板离拴绳子的横梁2.5 m．如果秋千板摆动经过最低点的速度为3 m/s，这时秋千板所受的压力是多大？每根绳子对秋千板的拉力是多大？(g取10 m/s2)
解析：把小孩作为研究对象对其进行受力分析知，小孩受重力G和秋千板对他的支持力N两个力，故在最低点有：N－G＝m
所以N＝mg＋m＝250 N＋90 N＝340 N
由牛顿第三定律可知，秋千板所受压力大小为340 N.
设每根绳子对秋千板的拉力为T，将秋千板和小孩看做一个整体，则在最低点有：
2T－(M＋m)g＝(M＋m)
解得T＝240 N.
答案：340 N 204 N
12. 长L＝0.5 m、质量可忽略的杆，其一端固定于O点，另一端连有质量m＝2 kg的小球，它绕O点在竖直平面内做圆周运动．当通过最高点时，如图2－3－18所示，求下列情况下，杆受到的力(计算出大小，并说明是拉力还是压力，g取10 m/s2)：
(1)当v＝1 m/s时，杆受到的力多大，是什么力？
(2)当v＝4 m/s时，杆受到的力多大，是什么力？
图2－3－18
解析：(1)当v＝1 m/s时，小球所需向心力F1＝＝N＝4 N小球满足mg－N＝，则
N＝mg－＝2.0×10 N－ N＝16 N
由牛顿第三定律可知，杆受到压力N′＝16 N，方向竖直向下．
(2)当v＝4 m/s时，小球所需向心力F2＝＝ N＝64 N>mg.显然重力不能提供足够的向心力，则杆对球有一拉力，受力如图所示．
小球满足mg＋T＝即
T＝－mg＝ N－2×10 N＝44 N
由牛顿第三定律可知，小球对杆有一拉力，大小T′＝44 N.
方向竖直向上．
答案：(1)16 N 支持力 (2)44 N 拉力1．关于向心力，以下说法不正确的是( )
A．是除物体所受重力、弹力以及摩擦力以外的一种新力
B．向心力就是做匀速圆周运动的物体所受的合外力
C．向心力是线速度方向变化的原因
D．只要物体受到向心力的作用，物体就做匀速圆周运动
解析：选AD.向心力是一种效果力，可以由重力、弹力、摩擦力等提供，不是一种新力，故A错误；做匀速圆周运动的物体，向心力就是它所受的合外力，故B正确；向心力指向圆心，与线速度垂直，改变线速度的方向，故C正确；物体受到向心力作用，且向心力等于物体所受合外力时，物体才做匀速圆周运动，故D错误．
2．关于北京和广州随地球自转的向心加速度，下列说法中正确的是( )
A．它们的方向都是沿半径指向地心
B．它们的方向都在平行于赤道的平面内指向地轴
C．北京的向心加速度比广州的向心加速度大
D．北京的向心加速度比广州的向心加速度小
解析：选BD.如图所示，地球表面各点的向心加速度方向都在平行于赤道的平面内指向地轴，选项B正确，A错误；设地球半径为R0，在地面上纬度为φ的P点，做圆周运动的轨道半径r＝R0cosφ，其向心加速度为a＝ω2r＝ω2R0cos φ.由于北京的地理纬度比广州的大，cosφ小，两地随地球自转的角速度相同，因此北京随地球自转的向心加速度比广州的小，选项D正确，选项C错误．
3．关于质点的匀速圆周运动，下列说法中正确的是( )
A．由a＝可知，a与r成反比
B．由a＝ω2r可知，a与r成正比
C．由v＝ωr可知，ω与r成反比
D．由ω＝2πn可知，ω与n成正比
解析：选D.物体做匀速圆周运动的向心加速度与物体的线速度、角速度、半径有关．但向心加速度与半径的关系要在一定前提条件下才能给出．当线速度一定时，向心加速度与半径成反比；当角速度一定时，向心加速度与半径成正比，对线速度和角速度与半径的关系也可以同样进行讨论．
4．甲、乙两名溜冰运动员，m甲＝80 kg，m乙＝40 kg，面对面各拉着弹簧秤的一端做圆周运动的溜冰表演，如图2－2－8所示．两人相距0.9 m，弹簧秤的示数为9.2 N．下列判断中正确的是( )
图2－2－8
A．两个的线速度相同，约为40 m/s
B．两人的角速度相同，为6 rad/s
C．两人的运动半径相同，都是0.45 m
D．两人的运动半径不同，甲为0.3 m，乙为0.6 m
解析：选D.两名运动员绕同一点转动，所以角速度相等，他们做圆周运动的向心力是由弹簧弹力提供的，所以向心力也相等，由F＝m甲ω2r甲＝m乙ω2r乙，又由r甲＋r乙＝0.9 m，联立得r甲＝0.3 m，r乙＝0.6 m．把半径大小代回向心力公式可得ω＝0.6 rad/s.
5．(2011年陕西榆林高一考试)如图2－2－9所示，OM＝MN＝R.两个小球质量都是m，a、b为水平轻绳．两小球正随水平圆盘以角速度ω匀速同步转动．小球和圆盘间的摩擦力可以不计．求：
图2－2－9
(1)绳b对小球N的拉力大小；
(2)绳a对小球M的拉力大小．
解析：对球N，受力如图所示，其做圆周运动的半径为2R，根据牛顿第二定律有
Fb＝mω2·2R＝2mω2R
对球M，受力如图所示，其做圆周运动的半径为R，根据牛顿第二定律有
Fa－Fb′＝mω2R Fb＝Fb′
解得Fa＝Fb＋mω2R＝3mω2R.
答案：(1)2mω2R (2)3mω2R
一、选择题
1．物体做匀速圆周运动时，关于受力情况，以下说法中正确的是( )
A．必须受到恒力的作用
B．物体所受合力必须等于零
C．物体所受合力大小可能变化
D．物体所受合力大小不变，方向不断改变
解析：选D.当物体所受合力等于零时，物体将保持静止或匀速直线运动．当物体受到恒力时，物体将做匀变速运动．物体做匀速圆周运动时，所受合外力大小不变，方向始终沿着半径方向(或垂直于速度方向)．
2．关于向心加速度的下列说法中正确的是( )
A．向心加速度越大，物体速率变化得越快
B．向心加速度的大小与轨道半径成反比
C．向心加速度的方向始终与速度方向垂直
D．在匀速圆周运动中向心加速度是恒量
解析：选C.向心加速度只改变速度方向，故A不正确．向心加速度可用a＝或a＝ω2r表示，不知线速度和角速度的变化情况，无法确定向心加速度a与轨道半径的关系，故B不正确．向心加速度的方向始终与线速度方向垂直，在圆周运动中始终指向圆心，方向在不断变化，不是恒量，故匀速圆周运动不是匀变速运动，而是变加速运动，故C正确，D错误．
3. 如图2－2－10所示，一小球用细绳悬挂于O点，将其拉离竖直位置一个角度后释放，则小球以O点为圆心做圆周运动，运动中小球所需的向心力是( )
图2－2－10
A．绳的拉力
B．重力和绳拉力的合力
C．重力和绳拉力的合力沿绳方向的分力
D．绳的拉力和重力沿绳方向分力的合力
解析：选CD.小球在竖直水平面内做变速圆周运动，受重力和绳的拉力作用，由于向心力是指向圆心方向的合外力，因此它可以被认为是小球所受合力沿绳方向的分力，也可以被认为是各力沿绳方向的分力的合力，故C、D选项正确．
4. 如图2－2－11所示，在匀速转动的圆筒内壁上有一物体随圆筒一起转动而未滑动．若圆筒和物体以更大的角速度做匀速转动，下列说法中正确的是( )
图2－2－11
A．物体所受弹力增大，摩擦力也增大
B．物体所受弹力增大，摩擦力减小
C．物体所受弹力减小，摩擦力减小
D．物体所受弹力增大，摩擦力不变
解析：选D.物体在竖直方向上受重力G与摩擦力f，是一对平衡力，在向心力方向上受弹力N.根据向心力公式，可知N＝mω2r，当ω 增大时，N增大，所以应选D.
5．关于地球上的物体随地球自转的向心加速度的大小，下列说法正确的是( )
A．在赤道上向心加速度最大
B．在两极向心加速度最大
C．在地球上各处，向心加速度一样大
D．随着纬度的升高，向心加速度的值逐渐减小
解析：选AD.地球自转，角速度恒定，据a＝rω2知，a∝r，故A、D正确．
6．小球做匀速圆周运动，半径为R，向心加速度为a，则( )
A．小球的角速度ω＝
B．小球的运动周期T＝2π
C．小球在时间t内通过的位移s＝
D．小球的转速n＝2π
解析：选B.由a＝ω2R得，小球的角速度ω＝，A错；由T＝得，T＝2π，B正确；由a＝ω2R＝(2πn)2R得，n＝＝ ，D错；因无法确定小球在t时刻所处的位置，故无法计算小球在时间t内通过的位移，C错．
7．做匀速圆周运动的物体，它所受的向心力的大小必定与( )
A．线速度平方成正比
B．角速度平方成正比
C．运动半径成反比
D．线速度和角速度的乘积成正比
解析：选D.因做匀速圆周运动的物体满足关系
F向＝m＝mRω2＝mvω
由此可以看出R、v、ω是变量的情况下，F与R、v、ω是什么关系不能确定，只有在R一定的情况下，向心力才与线速度的平方、角速度的平方成正比；在v一定时，F与R成反比；ω一定时，F与R成正比．故A、B、C错误，而从F向＝mvω看，m是不变的，知D正确．
8．在双人花样滑冰运动中，有时会看到被男运动员拉着的女运动员离开地面在空中做圆锥摆运动的精彩场面，目测体重为G的女运动员做圆锥摆运动时和水平冰面的夹角约为30°，重力加速度为g，估算该女运动员( )
A．受到的拉力为G
B．受到的拉力为2G
C．向心加速度为3g
D．向心加速度为2g
解析：选B.以女运动员为研究对象，其受力分析如图所示，并建立直角坐标系，由牛顿第二定律及向心力公式可得：
在x轴上：Tcos30°＝ma向①，
在y轴上：Tsin30°＝mg＝G②，
由①、②可得：T＝2G，a向＝g.
9．小球A和B用细线连接，可以在光滑的水平杆上无摩擦地滑动，已知它们的质量之比m1∶m2＝3∶1，当这一装置绕着竖直轴做匀速转动且A、B两球与水平杆达到相对静止时(如图2－2－12所示)，则A、B两球做匀速圆周运动的( )
图2－2－12
A．线速度大小相等
B．角速度相等
C．向心力的大小之比为F1∶F2＝3∶1
D．半径之比为r1∶r2＝1∶3
解析：选BD.当两小球随轴转动达到稳定状态时，把它们联系在一起的同一根细线为A、B两小球提供的向心力大小相等；同轴转动的角速度相等；两小球的圆周轨道半径之和为细线的长度；两小球的线速度与各自的轨道半径成正比．
10．如图2－2－13所示，O1为皮带传动的主动轮的轴心，轮半径为r1，Q2为从动轮的轴心，轮半径为r2，r3为固定在从动轮上的小轮半径．已知r2＝2r1，r3＝1.5r1.A、B、C分别是三个轮边缘上的点，则质点A、B、C的向心加速度之比是(假设皮带不打滑)( )
图2－2－13
A．1∶2∶3 B．2∶4∶3
C．8∶4∶3 D．3∶6∶2
解析：选C.因为皮带不打滑，A点与B点的线速度大小相同，都等于皮带运动的速率．根据向心加速度公式：a＝，可得aA∶aB＝r2∶r1＝2∶1.
由于B、C是固定在同一个轮上的两点，所以它们的角速度相同．根据向心加速度公式：a＝ω2r，可得
aB∶aC＝r2∶r3＝2∶1.5.
由此得aA∶aB∶aC＝8∶4∶3，故选C.
二、非选择题
11．(2011年吉林通化高一考试)如图2－2－14所示，在以角速度ω＝2 rad/s匀速转动的水平圆盘上，放一质量m＝5 kg的滑块，滑块离转轴的距离r＝0.2 m，滑块跟随圆盘一起做匀速圆周运动(二者未发生相对滑动)．求：
图2－2－14
(1)滑块运动的线速度大小；
(2)滑块受到静摩擦力的大小和方向．
解析：(1)滑块的线速度大小 v＝ωr
代入数据得 v＝0.4 m/s.
(2)滑块受到静摩擦力的大小f＝mω2r
代入数据得 f＝4 N
方向：由所在位置垂直指向转轴．
答案：(1)0.4 m/s (2)4 N 由所在位置垂直指向转轴
12．如图2－2－15所示，在光滑水平桌面上有一光滑小孔O，一根轻绳穿过小孔，一端连接质量为m＝1 kg的小球A，另一端连接质量为M＝4 kg的重物B.
图2－2－15
(1)当小球A沿半径r＝0.1 m的圆周做匀速圆周运动，其角速度为ω＝10 rad/s时，物体B对地面的压力为多大？
(2)当A球的角速度为多大时，B物体处于将要离开而尚未离开地面的临界状态？(g＝10 m/s2)
解析：(1)以物体A为研究对象，由向心力公式可得绳子的张力
T＝mω2r＝1×102×0.1 N＝10 N.
以物体B为研究对象，由平衡条件可得地面对B的支持力
N＝Mg－T＝(40－10) N＝30 N.
根据牛顿第三定律可得物体B对地面的压力为30 N.
(2)B物体处于将要离开而尚未离开地面的临界状态，意味着地面对B的支持力为零，此时绳子的张力的大小等于B物体的重力，即T′＝Mg＝40 N.
A物体满足的关系为T′＝mω′2r
进一步推导可得A球的角速度：
ω′＝ ＝ rad/s＝20 rad/s.
答案：(1)30 N (2)20 rad/s1．下列关于离心现象的说法中正确的是( )
A．当物体所受的离心力大于向心力时产生离心现象
B．做匀速圆周运动的物体，当它所受的一切力都突然消失时，它将做背离圆心的圆周运动
C．做匀速圆周运动的物体，当它所受的一切力都突然消失时，它将沿切线做直线运动
D．做匀速圆周运动的物体，当它所受的一切力都突然消失时，它将做曲线运动
解析：选C.向心力是根据效果命名的，做匀速圆周运动的物体所需的向心力，是它所受的某个力或几个力的合力提供的，它不受向心力和离心力的作用．它之所以产生离心现象是由于F合＝F向2．如图2－4－5所示，光滑的水平面上，小球m在拉力F的作用下做匀速圆周运动，若小球在到达P点时突然发生变化，则下列说法正确的是( )
图2－4－5
A．若F突然消失，小球将沿轨迹a做离心运动
B．若F突然变小，小球将沿轨迹a做离心运动
C．若F突然变大，小球将沿轨迹b做离心运动
D．若F突然变小，小球将沿轨迹c做近心运动
解析：选A.若F消失，则物体将做匀速直线运动．根据公式F＝可得，r＝，若F变小，则物体将做半径变大的离心运动，若F变大，物体将做半径变小的近心运动．
3. 如图2－4－6所示，在注满水的玻璃管中放一个乒乓球，然后再用软木塞封住管口，将此玻璃管放在旋转的水平转盘上，且保持与盘相对静止，则乒乓球会( )
图2－4－6
A．向外侧运动
B．向内侧运动
C．保持不动
D．条件不足，无法判断
解析：选B.若把乒乓球换成等体积的水球，则此水球将会做圆周运动，能够使水球做圆周运动的是两侧的水的合压力，而且这两侧压力不论是对乒乓球还是水球都是一样的．但由于乒乓球的质量小于相同体积的水球的质量，所以此合压力大于乒乓球在相同轨道相同角速度下做圆周运动所需的向心力，所以乒乓球将会做近心运动．
4．如图2－4－7所示是一种娱乐设施“魔盘”，画面反映的是“魔盘”转速较大时盘中人的情景．甲、乙、丙三位同学看了图后发生争论，甲说：“图画错了，做圆周运动的物体受到向心力的作用，“魔盘”上的人应该向中心靠拢”．乙说，“图画得对，因为旋转的“魔盘”给人离心力，所以人向盘边缘靠拢”．丙说：“图画得对，当盘对人的摩擦力不能满足人做圆周运动的向心力时，人会逐渐远离圆心”．该三位同学的说法应是( )
图2－4－7
A．甲正确 B．乙正确
C．丙正确 D．无法判断
解析：选C.本题中人与“魔盘”的静摩擦力给人提供做圆周运动的向心力，当“魔盘”转速较小时，人所受的静摩擦力足以给人提供向心力，人随“魔盘”一起做圆周运动，当“魔盘”的转速较大时，人所受的最大静摩擦力不足以给人提供向心力，人就做离心运动．
5. 如图2－4－8所示，高速公路转弯处弯道圆半径R＝100 m，汽车轮胎与路面间的动摩擦因数μ＝0.23.若路面是水平的，问(1)汽车转弯时不发生径向滑动(离心现象)的最大速率vm为多大？(2)当超过vm时，将会出现什么现象？
图2－4－8
解析：(1)在水平路面上转弯，向心力只能由静摩擦力提供，设汽车质量为m，最大静摩擦力可近似看做与滑动摩擦力相等，则fm＝μmg，则有m＝μmg，vm＝，
取g＝9.8 m/s2，可得vm≈15 m/s＝54 km/h.
(2)当汽车的速度超过54 km/h时，需要的向心力m增大，大于提供的向心力，也就是说提供的向心力不足以维持汽车做圆周运动的向心力，汽车将做离心运动，严重的将会出现翻车事故．
答案：(1)54 km/h (2)见解析
一、选择题
1．物体做离心运动时，运动的轨迹( )
A．一定是直线
B．一定是曲线
C．可能是直线也可能是曲线
D．可能是一个小圆
解析：选C.圆周运动的物体，若合外力的向心(垂直于速度方向)分力相对变得不足以提供做某个圆周运动所需的向心力时，物体将有轨道变大的趋势，即有做远离原圆心的曲线运动的趋势．若合外力根本没有向心分量时，物体将有沿切线飞出后做直线运动的趋势；所以，运动的轨迹可能是直线也可能是曲线，但轨道不可能是小圆．
2．洗衣机的脱水筒在工作时，有一衣物附着在竖直的筒壁上，则此时( )
A．衣物受重力、筒壁弹力和摩擦力作用
B．衣物随筒壁做圆周运动的向心力由摩擦力提供
C．筒壁的弹力随筒的转速的增大而增大
D．筒壁对衣物的摩擦力随筒的转速的增大而增大
解析：选AC.对衣物研究：竖直方向：f＝mg.水平方向：N＝mω2r当角速度增大时，摩擦力f不变，弹力N增大．
3．下列哪些措施是为了防止物体产生离心运动( )
A．汽车转弯时限制速度
B．转速很高的砂轮半径不能做得太大
C．在修筑铁路时，转弯处轨道的内轨要低于外轨
D．离心水泵工作时
解析：选AB.产生离心运动是因为物体所需要的向心力大，而所受到的合力不能提供这个向心力．根据F向＝mv2/R，汽车转弯时，限制车速可以使所需的向心力减小，避免发生离心运动而产生交通事故．根据F向＝mω2R，当砂轮的转速很高时，砂轮的角速度较大，为了避免发生离心现象损坏砂轮，转速高的砂轮半径要小些．因此A、B选项正确．C选项中，转弯处轨道的内轨低于外轨，使火车受到的合力不为0而提供向心力，使火车能够顺利转弯．D选项，离心水泵是利用离心运动工作的．
4．市内公共汽车在到达路口转弯前，车内广播中就要播放录音：“乘客们请注意，前面车辆转弯，请拉好扶手”，这样可以( )
A．提醒包括坐着和站着的全体乘客均拉好扶手，以免车辆转弯时可能向前倾倒
B．提醒包括坐着和站着的全体乘客均拉好扶手，以免车辆转弯时可能向后倾倒
C．主要是提醒站着的乘客拉好扶手，以免车辆转弯时可能向转弯的外侧倾倒
D．主要是提醒站着的乘客拉好扶手，以免车辆转弯时可能向转弯的内侧倾倒
解析：选C.车辆转弯时，站着的乘客如果不拉好扶手，有可能由于离心力的作用向外侧倾倒．
5．做离心运动的物体，它的速度变化情况是( )
A．速度的大小不变，方向改变
B．速度的大小改变，方向不变
C．速度的大小和方向可能都改变
D．速度的大小和方向可能都不变
解析：选CD.如果F合突然变成0，物体将沿切线方向飞出做匀速直线运动，故D正确；如果F合图2－4－9
6．如图2－4－9所示，冰面对溜冰运动员的最大摩擦力为运动员体重的K倍，他在冰面上做半径为R的匀速圆周运动，其安全速度为( )
A．v＝K
B．v≤
C．v≤
D．v≤
解析：选B.人沿圆弧溜冰时，受三个力作用：重力、支持力、摩擦力，如题图所示．重力与支持力相平衡，摩擦力效果是提供人做匀速圆周运动的向心力，由F向＝m知，当R一定时，v越大，F向越大，而摩擦力提供向心力时，这个力不会无限增大，其最大值为最大摩擦力，最大向心力对应的线速度就是安全速度的临界值Kmg＝，所以v＝.
7. 如图2－4－10所示，已知mA＝2mB＝3mC，它们距轴的关系是rA＝rC＝rB，三物体与转盘表面的动摩擦因数相同．当转盘的转速逐渐增加时( )
图2－4－10
A．物体A先滑动
B．物体B先滑动
C．物体C先滑动
D．B与C同时开始滑动
解析：选B.摩擦力提供物体随盘转动的向心力，物体滑动时有：μmg≤mω2r，即μg≤ω2r，故r越大越易滑动．
8．某栏目报道了一起发生在湖南长沙某区湘府路上的离奇交通事故．家住公路拐弯处的张先生和李先生家在三个月内连续遭遇了七次大卡车侧翻在自家门口的场面，第八次有辆卡车撞进李先生家，造成三死一伤和房屋严重损毁的血腥惨案．经公安部门和交通部门协力调查，画出的现场示意图如图2－4－11所示．交警根据图示作出以下判断，你认为正确的是( )
图2－4－11
A．由图可知，卡车在拐弯时发生侧翻是因为车做离心运动
B．由图可知，卡车在拐弯时发生侧翻是因为车做向心运动
C．公路在设计上可能内高外低
D．公路在设计上可能外高内低
解析：选AC.卡车进入民宅，远离圆心，因而车做离心运动，A对、B错．卡车在水平公路上拐弯时，静摩擦力提供向心力，此处，如果卡车以与水平公路上相同速度拐弯，易发生侧翻，静摩擦力不足以提供向心力，也可能是路面设计不太合理，内高外低，重力沿斜面方向的分力背离圆心而致，C对、D错．
9．如图2－4－12所示，小球从“离心轨道”上滑下，若小球经过A点时开始脱离圆环，则小球将做( )
图2－4－12
A．自由落体运动 B．平抛运动
C．斜上抛运动 D．竖直上抛运动
解析：选C.小球在脱离轨道时的速度是沿着轨道的切线方向的，即斜向上．当脱离轨道后物体只受重力，所以物体将做斜上抛运动．
10．如图2－4－13所示，匀速转动的水平圆盘上，沿半径方向放着用细线相连的质量相等的物体A和B，它们与盘间的动摩擦因数相等．当圆盘转速加快到两物体刚要滑动且尚未滑动的状态时，烧断细线，则两物体的运动情况是( )
图2－4－13
A．两物体均沿切线方向滑动
B．两物体均沿半径方向做远离圆心的运动
C．两物体随盘一起做匀速圆周运动，不发生滑动
D．物体A随盘一起做匀速圆周运动，不发生滑动，B物体将沿一条曲线运动，离圆心越来越远
解析：选D.当两物体刚要滑动时，A、B所受静摩擦力都是最大静摩擦力fm.
对A：fm－T＝mω2rA
对B：fm＋T＝mω2rB
若此时剪断细线，A的向心力由圆盘的静摩擦力提供，且f＝mω2rA，所以f二、非选择题
11．宇宙飞船绕地球做匀速圆周运动时处于完全失重状态，所以在这种环境中已无法用天平称量物体的质量．假设某同学根据这种环境设计了如图2－4－14所示的装置(图中O为光滑的小孔)来间接测量小物块的质量：给待测小物块一个初速度，使它在桌面上做匀速圆周运动．设航天器中有基本测量工具．
图2－4－14
(1)小物块与桌面间的摩擦力可以忽略不计，原因是什么？
(2)实验时需要测量的物理量是什么？
(3)请写出待测小物块质量的表达式．
解析：(1)由于处于完全失重状态，小物块与桌面间无压力，小物块在桌面上转动不受摩擦力作用．
(2)小物块做圆周运动的半径r、周期T(或t时间内的转数n)和弹簧测力计的示数F.
(3)由于弹簧测力计的示数F为对小物块的拉力大小，该力提供向心力，由公式F＝，v＝可得，F＝，则m＝(或)
答案：见解析
12．如图2－4－15所示，细绳一端系着质量M＝0.6 kg的物体，静止于水平面上，另一端通过光滑小孔吊着质量m＝0.3 kg的物体，M的中点与圆孔距离为0.2 m，并知M和水平面的最大静摩擦力为2 N．现使此平面绕中心轴线转动，问角速度ω在什么范围m会处于静止状态？(g取10 m/s2)
图2－4－15
解析：要使m静止，M应与水平面相对静止，考虑M能与水平面相对静止的两个极端状态：
当ω为所求范围的最小值时，M有向圆心运动的趋势，水平面对M的静摩擦力方向背离圆心，大小等于最大静摩擦力2 N，此时对M有：F－fm＝Mrω且F＝mg
解得：ω1＝2.9 rad/s
当ω为所求范围的最大值时，M有远离圆心运动的趋势，水平面对M的摩擦力方向指向圆心，且大小也为2 N，此时：F＋fm＝Mrω且F＝mg
解得：ω2＝6.5 rad/s
故所求ω的范围为2.9 rad/s≤ω≤6.5 rad/s.
答案：2.9 rad/s≤ω<6.5 rad/s
