第六章 圆周运动 单元培优提升练2—【新教材】人教版（2019）高中物理必修第二册word版含答案

第六章圆周运动培优提升练
一、单选题
“乐高”是老少皆宜的智力玩具，甲图为“乐高”玩具中的一种传动机构，乙图是其简化模型．已知两个大轮半径相等且大轮半径和小轮半径之比为3∶1，左右两轮靠皮带传动且不打滑．A、B分别是两个大轮边缘上的点，下列说法正确的是(????)
?
? ? ? ? ? ??甲? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ?乙
A. 因为左右两轮是靠皮带传动的，所以A、B两点的线速度大小相等
B. A、B两点周期之比是3∶1
C. A、B两点向心加速度大小相等
D. A、B两点的角速度大小之比是3∶1
长为L的细绳，一端系一质量为m的小球，另一端固定于某点。当绳竖直时小球静止，再给小球一水平初速度v0，使小球在竖直平面内做圆周运动。关于小球的运动下列说法正确的是????
A. 小球过最高点时的最小速度为零
B. 小球开始运动时绳对小球的拉力为mv02L
C. 小球过最高点时速度大小一定为gL
D. 小球运动到与圆心等高处时向心力由细绳的拉力提供
无缝钢管的制作原理如图所示，竖直平面内，管状模型置于两个支承轮上，支承轮转动时通过摩擦力带动管状模型转动，铁水注入管状模型后，由于离心作用，紧紧地覆盖在模型的内壁上，冷却后就得到无缝纲管．已知管状模型内壁半径R，则下列说法正确的是(????)
A. 铁水是由于受到离心力的作用才覆盖在模型内壁上
B. 模型各个方向上受到的铁水的作用力大小相等
C. 若最上部的铁水恰好不离开模型内壁，此时仅重力提供向心力
D. 管状模型转动的角速度ω最大为gR
如下图所示，以角速度ω匀速转动的圆锥形斜面上放着两个物体a、b(可视为质点)，转动过程中两个物体没有相对圆锥滑动，其中二者距斜面顶端的高度ha=2hb，则下列说法正确的是(??? )
A. a、b两物体的线速度相等
B. a、b两物体的角速度之比是1∶2
C. a、b两物体的周期之比是1∶2
D. a、b两物体的向心加速度大小之比是2∶1
如下图所示，天车下吊着两个质量都是m的工件A和B，整体一起向左匀速运动．系A的吊绳较短，系B的吊绳较长，若天车运动到P处突然停止，重力加速度大小为g，则两吊绳所受拉力FA、FB的大小关系是(??? )
A. FA>FB>mg
B. FAC. FA=FB=mg
D. FA=FB>mg
以下是我们所研究有关圆周运动的基本模型，如图所示，下列说法正确的是(????)
A. 如图甲，火车转弯小于规定速度行驶时，外轨对轮缘会有挤压作用
B. 如图乙，汽车通过拱桥的最高点时受到的支持力大于重力
C. 如图丙，两个圆锥摆摆线与竖直方向夹角θ不同，但圆锥高相同，则两圆锥摆的线速度大小不相等
D. 如图丁，同一小球在光滑而固定的圆锥筒内的A、B位置先后分别做匀速圆周运动，则在A、B两位置小球所受筒壁的支持力大小不相等
如图所示，将半径为R的内表面光滑的半圆形碗固定，一质量为m的小球在离碗底高为h的水平面内，以角速度做匀速圆周运动，重力加速度为g，则(????)
A. 小球受重力、支持力和向心力的作用
B. 小球运动过程中线速度不变，向心加速度也不变
C. 小球的各物理量关系满足g=ω2(R-h)
D. 如果小球突然减速，它将做离心运动
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的角速度ω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32(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，盘面与水平面的夹角为30°，g取10?m/s2.则ω的最大值是(????)
A. 5rad/s B. 3rad/s C. 1?rad/s D. 0.5?rad/s
两个质量相同的小球a、b用长度不等的细线拴在天花板上的同一点并在空中同一水平面内做匀速圆周运动，如图所示，则关于a、b两小球说法正确的是(????)
A. a球角速度大于b球角速度
B. a球线速度大于b球线速度
C. a球向心力等于b球向心力
D. a球向心加速度小于b球向心加速度
把一小球用长为L的不可伸长的轻绳悬挂在竖直墙壁上，距离悬点O正下方2L3钉有一根钉子，将小球拉起，使轻绳被水平拉直，如图所示。由静止释放小球，轻绳碰到钉子的瞬间前后(????)
A. 线速度之比为3：2
B. 角速度之比为3：1
C. 小球的向心加速度之比为1：3
D. 钉子离悬点越近绳子越容易断
二、多选题
“太极球”是近年来在广大市民中较流行的一种健身器材．做该项运动时，健身者半马步站立，手持太极球拍，拍上放一橡胶太极球，健身者舞动球拍时，球却不会掉落地上．现将“太极球”简化成如下图所示的平板和小球，熟练的健身者让球在竖直面内始终不脱离板而做匀速圆周运动，且在运动到图中的A、B、C、D位置时球与板间无相对运动趋势．A为圆周的最高点，C为最低点，B、D与圆心O等高且在B、D处板与水平面夹角为θ.设球的质量为m，圆周的半径为R，重力加速度为g，不计拍的重力，若运动到最高点时拍与小球之间作用力恰为mg，则下列说法正确的是(????)
A. 圆周运动的周期为T=π2Rg
B. 圆周运动的周期为T=2πRg
C. 在B、D处球拍对球的作用力大小为2mgsinθ
D. 在B、D处球拍对球的作用力大小为5 mg
(多选)如下图所示，叠放在水平转台上的物体A、B、C能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、A与B、B和C与转台间的动摩擦因数都为μ，A、B整体和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，下列说法正确的是(????)
A. B对A的摩擦力一定为3μmg
B. B对A的摩擦力一定为3mω2r
C. 转台的角速度一定满足ω≤2μg3r
D. 转台的角速度一定满足ω≤μgr
硬盘是电脑主要的存储媒介，信息以字节的形式存储在硬盘的磁道和扇区上，家用台式电脑上的硬盘的磁道和扇区如图所示。若某台计算机上的硬盘共有m个磁道(即m个不同半径的同心圆)，每个磁道分成a个扇区(每扇区为1a圆周)，每个扇区可以记录b个字节。磁头在读写数据时是不动的，电动机使磁盘匀速转动，磁盘每转一圈，磁头沿半径方向跳动一个磁道。不计磁头转移磁道的时间，磁头未转移至最内道的情况下，计算机每秒可以从一个硬盘面上读取n个字节，则
A. 磁头在内圈磁道与外圈磁道上相对磁道运动的线速度相同
B. 一个扇区通过磁头所用时间约为1mn
C. 一个扇区通过磁头所用时间约为bn
D. 磁盘转动的角速度为2πnab
如图所示，摩天轮悬挂的座舱在竖直平面内做匀速圆周运动。座舱的质量为m，运动半径为R，角速度大小为ω，重力加速度为g，则座舱(?)
A. 线速度的大小为ωR
B. 运动周期为2πRω
C. 受摩天轮作用力的大小始终为mg
D. 所受合力的大小始终为mω2R
如图所示，用长为L的轻绳(轻绳不可伸长)连接的甲、乙两物块(均可视为质点)，放置在水平圆盘上，甲、乙连线的延长线过圆盘的圆心O，甲与圆心O的距离也为L，甲、乙两物体的质量均为m，与圆盘间的动摩擦因数均为μ，物块与圆盘间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，甲、乙始终相对圆盘静止，则下列说法中正确的是(????)
A. 圆盘转动的角速度最大为3μg2L B. 圆盘转动的角速度最大为2μg3L
C. 轻绳最大弹力为13μmg D. 轻绳最大弹力μmg
三、实验题
在“用圆锥摆验证向心力的表达式”实验中，如图甲所示，细绳的悬点刚好与一个竖直的刻度尺的零刻度线平齐。将画着几个同心圆的白纸置于水平桌面上，使钢球静止时刚好位于圆心。用手带动钢球，设法使它刚好沿纸上某个半径为r的圆周运动，钢球的质量为m，重力加速度为g。
(1)用秒表记录运动n圈的总时间为t，那么小球做圆周运动时需要的向心力表达式为Fn=_____；
(2)通过刻度尺测得小球运动的轨道平面距悬点的高度为h，那么小球做圆周运动时外力提供的向心力表达式为______(用m、g、r、h等表示)；
(3)改变小球做圆周运动的半径，多次实验，得到如图乙所示的关系图像，可以达到粗略验证向心力表达式的目的，该图线的斜率表达式k=________。(用前面已知的相关字母表示)?
如图所示是某同学验证“做圆周运动的物体所受向心力大小与线速度关系”的实验装置。已知重力加速度为g。主要实验步骤如下：
(1)用天平测出小钢球的质量m；
(2)用游标卡尺测出小钢球直径d；
(3)轻质细线一端与小钢球相连，另一端固定在拉力传感器上。小钢球静止时刚好位于光电门中央，用米尺量出线长L；
(4)将小钢球拉到适当的高度处释放，测出小钢球通过光电门的时间t，小钢球经过光电门时的速度大小为________，则此时小钢球向心力表达式F向=________；
(5)读出力传感器示数的最大值Fm，则向心力还可表示为F'向=________。对比F向和F?向的大小，可得出结论。
甲乙两同学探究做圆周运动的物体所受向心力大小。
(1)甲同学利用细绳系一小物体在空气中甩动，使物体在水平面内做圆周运动，来感受向心力大小，则下列说法中正确的是__________
A.保持质量、绳长不变，增大转速，绳对手的拉力将不变
B.保持质量、绳长不变，增大转速，绳对手的拉力将增大
C.保持质量、角速度不变，增大绳长，绳对手的拉力将不变
D.保持质量、角速度不变，增大绳长，绳对手的拉力将增大
(2)乙同学利用如图甲所示的实验装置，探究做圆周运动的物体所受向心力大小与质量、轨道半径及线速度的定量关系。圆柱体放置在水平光滑圆盘(图中未画出)上做匀速圆周运动，力电传感器测定的是向心力，光电传感器测定的是圆柱体的线速度，该同学通过保持圆柱体质量和运动半径不变，来探究向心力F与线速度v的关系：
①该同学采用的实验方法为__________
A.等效替代法 B.控制变量法
C.理想化模型法 D.微小量放大法
②改变线速度v，多次测量，该同学测出了五组F、v数据，如下表所示，请在图乙中作出F-v2图线__________；
v/m?s-1
1.0
1.5
2.0
2.5
3.0
v2/m2?s-2
1.0
2.25
4.0
6.25
9.0
F/N
0.90
2.00
3.60
5.60
8.10
③由作出的F-v2的图线，可得出F和v2的关系式：__________，若圆柱体运动半径r=0.4m，得圆柱体的质量m=_______________kg。(结果保留两位有效数字)
四、计算题
用如图所示的装置可以测量弹簧枪发射子弹的出口速度。在一根水平轴MN上相隔L安装两个平行的薄圆盘，两圆盘可以绕水平轴MN一起匀速运动。弹簧枪紧贴左盘沿水平方向在水平轴MN的正上方射出一颗子弹，子弹穿过两个薄圆盘，并在圆盘上留下两个小孔A和B(设子弹穿过B时还没有运动到转轴的下方)。若测得两个小孔距水平轴MN的距离分别为RA和RB，它们所在的半径按转动方向由B到A的夹角为φ(φ为锐角)。已知重力加速度为g，求：
(1)弹簧枪发射子弹的出口速度;
(2)圆盘绕MN轴匀速转动的角速度;
(3)若用一橡皮泥将A孔堵上，则橡皮泥的向心加速度的大小是多少?
如图所示，在光滑水平面上有质量为m1、m2的两个小球1、2用轻弹簧连接在一起，再用长为L1的细线一端拴住球1，一端拴在O点上，两球都以相同的角速度ω绕O点做匀速圆周运动，保证两球与O点三者始终在同一直线上，若两球之间的距离为L2，试求细线的拉力以及将细线烧断的瞬间两球的加速度。
一过山车在半径为R的轨道内运动，过山车的质量为M，过山车里面人的质量为m，运动过程中相对静止。
(1)当过山车以多大的速度经过最高点时，人对座椅的压力大小刚好等于人的重力？此时过山车对轨道的压力为多少？
(2)当过山车以6gR的速度经过最低点时，人对座椅的压力为多少？
答案解析
1.D
【解析】A.设小圆边缘一点为C点。BC是皮带传动模型，有vB=vC；AC是同轴转动模型，有ωA=ωC，根据线速度和角速度关系式有：v=rω，vAvc=rAωArCωC=rArC=31，故A错误；
B.T=2πR?v，B、C两线速度相等，周期和半径成正比，TB：TC=rB：rC=3：1，又因为有TA=TC，所以TA：TB=1：3，故B错误；
C.据a=(2πT)2r，aAaB=(TBTA)2×rArB=(31)2×11=91，故C错误；
D.据ω=2πT，有ωA：ωB=TB：TA=3：1，故D正确。故选D。
2.D
【解析】A.根据mg=mv2L得，小球通过最高点的最小速度v=gL，故A错误；
B.在最低点，根据牛顿第二定律得，F-mg=mv02L，解得绳子对小球的拉力F=mg+mv02L，故B错误；
C.小球通过最高点的最小速度为gL，但是通过最高点的速度不一定为gL，也可能大于gL，故C错误；
D.在与圆心等高处，小球做圆周运动的向心力由绳子拉力提供，故D正确。
故选D。
3.C
【解析】A、铁水做圆周运动，重力和弹力的合力提供向心力，没有离心力，故 A错误;
B、铁水做圆周运动的向心力由弹力和重力的径向分力提供，不同的点若重力的径向分力大小不同则弹力大小不同，即模型各个方向上受到的铁水的作用力大小不相同，故B错误;
C、若最上部的铁水恰好不离开模型内壁，则是重力恰好提供向心力，故 C正确;
D、为了使铁水紧紧地覆盖在模型的内壁上，管状模型转动的角速度不能小于临界角速度，由mg=mRω2，可得ω=gR，所以ω至少为gR，故D错误。
故选C。
4.D
【解析】ABC.两个物体a、b(视为质点)，转动过程中两个物体没有相对圆锥滑动，所以角速度相等，即周期相等，由v=ωr可知线速度不相等，故ABC错误；
D.由a=ω2r可知a、b两物体的向心加速度之比是为圆锥斜边与底边的夹角)，故D正确。故选D。
5.A
【解析】天车运动到P处突然停止时，A、B以相同的速度将做圆周运动，根据F-mg=mv2L得：F=mg+mv2L，因为A的绳长小于B的绳长，则A的拉力大于B的拉力，故A正确，BCD错误。故选A。
6.C
【解析】A、火车转弯时，刚好由重力和支持力的合力提供向心力时，有mgtanθ=mv2r，解得：v=grtanθ，当vB、汽车通过拱桥的最高点时，其所受合力方向指向圆心，所以汽车有竖直向下的加速度，汽车重力小于其所受支持力，故B错误；
C、摆球做圆周运动的半径为R=htanθ，摆球受到重力和细绳拉力作用，由其合力提供向心力，即mgtanθ=mRω2，则圆锥摆的角速度为ω=gh，因为圆锥的高h不变，所以圆锥摆的角速度不变，半径不同，线速度v=ωr大小不相等，故C正确；
D、小球在两位置做匀速圆周运动，由其合力提供向心力，受筒壁的支持力为N=mgsinθ(θ为锥体顶角的一半)，故支持力大小相等，故D错误。
7.C
【解析】A.分析小球受力如图：
因此小球只受重力和支持力，故A错误；
B.根据ma=mv2r=mgtanθ可知，小球运动过程中线速度、角度大小确定，但方向变化，故B错误；
C.设支持力与竖直方向上的夹角为θ，小球靠重力和支持力的合力提供向心力，小球做圆周运动的半径为r=Rsinθ，
根据力图可知：mgtanθ=mω2r，解得：ω=gRcosθ=gR-h.则g=ω2R-h，故C正确；
D.如果小球突然减速，mgtanθ>mv2r，可知它将做向心运动，故D错误．故选C。
8.C
【解析】经分析知物体在最低点最易做离心运动，对物体受力分析，则由牛顿第二定律知向心力为：Fn=mrω2=f-mgsin30°，
又垂直盘面的方向：N=mgcos30°，
摩擦力为：f=μN，
联立解得临界角速度为：ω=1rad/s，则只要实际角速度小于等于临界角速度，物体与圆盘就相对静止，故C正确，ABD错误。故选C。
9.B
【解析】A、对其中一个小球受力分析，如图，受重力，绳子的拉力，由于小球做匀速圆周运动，故合力提供向心力；
将重力与拉力合成，合力指向圆心，由几何关系得，合力：F=mgtanθ??①；
由向心力公式得到，F=mω2r?②；
设球与悬挂点间的高度差为h，由几何关系，得：r=htanθ?③；
由①②③三式得：ω=gh，与绳子的长度和转动半径无关，与高度h有关；而两球圆周运动到悬点的高度相同，则有ωa=ωb；故A错误；
B、因两球角速度相等，由v=wr，两球转动半径ra>rb，则线速度va>vb，故B正确；
C、由F=mω2r，两球转动半径ra>rb，而质量m和角速度ω相等，则向心力Fa>Fb，故C错误；
D、由a=ω2r，角速度相等而转动半径ra>rb，则向心加速度aa>ab，故D错误；
故选：B。
通过受力分析找出小球做圆周运动的向心力的来源，根据牛顿第二定律、力的合成法列式即可求出周期、向心加速度大小。
在分析匀速圆周运动问题，通过受力分析找出向心加的来源是关键与突破口，同时要掌握圆周运动各物理量产的关系。
10.C
【解析】A.轻绳与钉子碰撞前后瞬间，小球的线速度不变，故A错误；
B.据ω=vr可得线速度不变，角速度与半径成反比，因为碰到钉子前后小球圆周运动的半径之比为LL-23L=31，所以角速度之比为1：3，故B错误；
C.据a=v2r可得线速度一定时，向心加速度与半径成反比，因为碰到钉子前后小球圆周运动的半径之比为LL-23L=31，向心加速度之比为1：3，故C正确；
D.小球在最低点时合力提供圆周运动向心力，由T-mg=mv2r可得绳中拉力T=mg+mv2r，可知在最低点时轨道半径越小，绳中拉力越大，越容易断，故钉子离最低点越近，小球过最低点后圆周运动的半径越小，绳越容易断，故D错误。故选：C。
11.AC
【解析】A、设球运动的线速率为v，半径为R，则在A处时：FN+mg=mv2R? ①
FN=mg?? ②
所以：v=2gR
圆周运动的周期为：T=2πRv=π2Rg.故A正确，B错误；
C、在B、D处板与水平面夹角为θ.在B、D处球受到的重力沿水平方向的分力提供向心力，即mgtanθ=mv2R；
FB=m2g2+(mv2R)2
联立得：tanθ=2，FB=5mg
由图可得：FB=mgcosθ=2mgsinθ.故C正确，D错误
故选：AC
12.BC
【解析】AB.对A受力分析，受重力、支持力以及B对A的静摩擦力，静摩擦力提供向心力，有f=(3m)ω2r≤μ(3m)g，故A错误，B正确；
CD.由于A、A与B整体、C所需向心力均由静摩擦力提供，对A，有(3m)ω2r≤μ(3m)g；对A，B整体，有(3m+2m)ω2r≤μ(3m+2m)g；对C，有mω2(1.5r)≤μmg，解得ω?2μg3r，故C正确，D错误。
故选BC。
13.CD
【解析】A.磁头在内圈磁道与外圈磁道为同轴传动，角速度ω相等，由于外轨道的转动半径大于内轨道的转动半径，根据v=rω，知线速度不相同，故A错误；
BC.每个扇区可以记录b个字节，计算机每秒可以从一个硬盘面上读取n个字节，故一个扇区通过磁头所用的时间约为bn，故C正确，B错误；
D.每个磁道分成a个扇区(每扇区为1a圆周)，每个扇区可以记录b个字节，计算机每秒可以从一个硬盘面上读取n个字节，转一圈的时间为T=abn，已知T=2πω，可得磁盘转动的角速度为2πnab，故D正确。故选CD。
14.AD
【解析】A.线速度大小v=ωR，故A正确；
B.根据角速度和周期的关系可知，周期T=2πω，故B错误；
CD.座舱做匀速圆周运动，受到的合外力充当向心力，故合力大小F=mω2R；由于座舱的重力和摩天轮对座舱的作用力充当合外力，故摩天轮对座舱的作用力不等于mg，故C错误，D正确。故选AD。
15.BC
【解析】当ω较小时，甲乙均由静摩擦力充当向心力，ω增大，由F=mω2r可知，它受到的静摩擦力也增大，
而r甲=L，r乙=2L，r甲要保证乙不滑动，轻绳产生弹力并增大，甲受到的静摩擦力继续增大，直到甲受到的静摩擦力也达到最大，
此时ω最大，轻绳弹力T也最大，
对乙：FTmax+μmg=mωmax2?2L
对甲：μmg-FTmax=mωmax2L
故圆盘转动的角速度最大为ωmax=2μg3L，
轻绳弹力最大为FTmax=μmg3，
故AD错误，BC正确；故选：BC。
16.(1)mr4π2n2t2?；(2)?mgrh；(3)4π2g
【解析】 (1)由题意可知运行周期为T=tn，则可知小球做圆周运动中需要的向心力表达式为Fn=m2πT2r=mr4π2n2t2；
(2)由受力分析可知小球做匀速圆周运动的向心力由绳子拉力与本身重力的合力提供，方向沿水平方向指向圆心，由几何关系有F=mgtanθ=mgrh；
(3)由前面的分析有4π2n2mrt2=mgrh，变形后有t2n2=4π2hg，则可知该图线的斜率表达式为k=4π2g。
故答案为：(1)mr4π2n2t2；(2)mgrh；(3)4π2g?。?
17.(4)dt；md2t2(L+d2)；(5)Fm-mg
【解析】 (4)钢球的直径为d，钢球通过光电门时间为t，根据极短时间内的平均速度表示瞬时速度可知，钢球经过光电门的线速度为：v=dt；
钢球做圆周运动的半径：R=L+d2
故F?向=mv2R=md2t2(L+d2)
(5)?小钢球经过光电门时，细线的拉力和重力的合力提供向心力，即F'向=Fm-mg
故答案为：(4)dt；md2t2(L+d2)；(5)Fm-mg。
18.(1)BD；(2)①B；②???③F=0.90v2??；0.36
【解析】 (1)AB.保持质量、绳长不变，增大转速，角速度变大，根据向心力公式可知，绳对手的拉力将增大，故A错误，B正确；
CD.保持质量、角速度不变，增大绳长，据向心力公式可知，绳对手的拉力将变大，故C错误，D正确。
故选BD。
(2)①实验中研究向心力和速度的关系，保持圆柱体质量和运动半径不变，采用的实验方法为控制变量法，故选B；
②在图乙中作出F–v2图线如图所示；
③根据向心力公式得：F=mv2r=mrv2=0.90v2
则mr=k=0.90
因为r=0.4m，则m=0.36kg。
故答案为：(1)BD；(2)①B；②???③F=0.90v2??；0.36???
19.解：(1)以子弹为研究对象，在从A运动到B的过程中，
由平抛运动的规律可得RA-RB=12gt2，L=v0t
联立解得v0=Lg2(RA-RB)；
(2)子弹从A运动到B所用的时间为t=Lv0=2(RA-RB)g
在此过程中，圆盘转过的角度为θ=2nπ+φ(n=0,1，2…)
所以圆盘转动的角速度为ω=θt=(2nπ+φ)g2(RA-RB)?(n=0,1，2…)；
(3)橡皮泥的角速度与圆盘转动的角速度相等，
所以橡皮泥的向心加速度为a=ω2RA=(2nπ+φ)2RAg2(RA-RB)(n=0,1，2…)。
20.解：以球2为研究对象，球2绕O点做匀速圆周运动所需的向心力由弹簧的弹力提供，设弹力为F，则有F=m2(L1+L2)ω2;
以球1为研究对象，球1绕O点做匀速圆周运动所需的向心力由细线的拉力和弹簧弹力的合力提供，设细线拉力为FT，则有FT-F=m1L1ω2。
由以上两式可解得：FT=m1L1ω2+m2(L1+?L2)?ω2。
当细线烧断瞬间，细线的拉力FT=0，而弹簧的弹力仍为F=m2(L1+L2)ω2，
故球2的加速度a2=Fm2=(L1+L2)ω2，方向水平指向O点。
球1的加速度a1=-Fm1=-m2m1?(L1+L2)ω2，负号表示a1的方向水平背离O点，与a2的方向相反。
21.解：(1)人对座椅压力也为mg，则
??2mg=mv2R
解得：v=2gR
对人和过山车整体有：
N+(M+m)g=(M+m)v2R
解得：N=(M+m)g
根据牛顿第三定律，过山车对轨道压力为N'=N=(M+m)g
(2)对人，在最低点有：
N-mg=mv'2R
而v'=6gR
解得：N=7mg?
根据牛顿第三定律，人对座椅压力为7mg