本章易错过关(三) 1.C [解析] 由于A、B两点都做匀速圆周运动,故所受合外力指向圆心,故A、B错误;由图可知,A、B两点的角速度相同,A点转动的半径大于B点转动的半径,根据v=ωr可知,A点的线速度大于B点的线速度,故C正确,D错误. 2.AC [解析] 小球受到重力和杆对球的弹力两个力的作用,小球所受的合力提供向心力,可知小球所受的合力大小为F=,故A、C正确,D错误;根据力的合成可知小球所受杆的弹力大小F弹==,故B错误. 3.B [解析] 若小球在最高点时恰好对杆的作用力为0,此时小球的速率为v0,则有mg=m,其中R=l=0.5 m,则v0== m/s>2 m/s,故题中小球实际受到支持力作用.设小球受的支持力为N,则对小球有mg-N=m,所以N=mg-m=3×10 N-3× N=6 N,由牛顿第三定律得,杆受到的压力N'=N=6 N,B正确. 4.B [解析] 当小球对水平桌面压力恰好为零时,以小球为研究对象,受力分析如图所示,由几何关系有cos θ===0.8,所以θ=37°,小球圆周运动的半径r=Lsin 37°=1.0×0.6 m=0.6 m,由牛顿第二定律得mgtan θ=mω2r,解得ω= rad/s,所以要让小球对水平桌面压力为零,匀速圆周运动的角速度ω应满足ω≥ rad/s. 5.BD [解析] 假设轮盘乙的半径为R,由题意可知两轮盘边缘的线速度大小相等,有ω甲·3R=ω乙R,得ω甲∶ω乙=1∶3,所以滑块相对轮盘滑动前,A、B的角速度之比为1∶3,A正确.滑块相对轮盘滑动前,根据a=ω2r得A、B的向心加速度之比为aA∶aB=2∶9,B错误.设滑块B将要滑动时,乙轮盘的角速度为ω,则μmBg=mBω2·RB,得ω=;设滑块A将要滑动时,乙轮盘的角速度为ω',则μmAg=mA·RA,得ω'=3=,因ω'>ω,所以滑块B受到的摩擦力先达到最大静摩擦力,先开始滑动,C正确,D错误. 6.AD [解析] 根据向心力公式F=mω2Rsin θ,由于质量和角速度相等,A、B和球心O点连线与竖直方向的夹角分别为α、β,且α>β,所以A所需的向心力大于B所需的向心力,故A正确;若B受的静摩擦力为零,则A有沿容器壁向下滑动的趋势,即A受沿容器壁向上的摩擦力,故B错误;若ω缓慢增大,则A、B受到的摩擦力方向可能发生变化,故摩擦力数值不一定都增大,故C错误;若物块受到的摩擦力恰好为零,则由重力和支持力的合力提供向心力,由牛顿第二定律得mgtan θ=mω2Rsin θ,解得ω=,因α≠β,故A、B受到的摩擦力不可能同时为0,故D正确. 7.AB [解析] 当小球经过最高点时速度为零,则小球在最高点时受到轨道向上的支持力,则有F2=mg,从最高点运动到最低点,根据机械能守恒定律有mg·2R=m,在最低点根据牛顿第二定律有F1-mg=m,联立解得F1=5mg,则两作用力大小的差为F1-F2=4mg,C正确;当小球通过最高点的速度大于时,小球受轨道向下的拉力作用,则在最高点根据牛顿第二定律有F2+mg=m,从最高点到最低点,根据机械能守恒定律有mg·2R=m-m,在最低点根据牛顿第二定律有F1-mg=m,联立解得F1-F2=6mg,故两作用力大小差值范围为4mg≤F1-F2≤6mg,不可能为3mg和3.5mg,可能为5.8mg,A、B错误,D正确. 8.等于 [解析] 在运行的天宫一号内,物体都处于完全失重状态,相当于不考虑重力,给小球一个初速度,由细线的拉力提供向心力,小球将在竖直平面内做匀速圆周运动.根据牛顿第二定律,可得在最高点时细线对小球的拉力大小为F=. 9.(1)不同 B (2)3∶1 [解析] (1)本实验采用控制变量法,探究向心力的大小与质量、轨道半径、角速度之间的关系.因此当探究向心力与质量的关系时,应选两个质量不同的小球,其他的如轨道半径、角速度都应相同. (2)由题可知F左∶F右=1∶9,根据F=mω2r,可知ω左∶ω右=1∶3,而下面皮带套到两个塔轮上,塔轮边缘线速度相等,可得ω左r左=ω右r右,因此r左∶r右=3∶1. 10.(1) (2)2 (3) [解析] (1)由题意知,到达B处时,圆弧轨道对小球的压力大小为N=mg 在B点时,由重力和轨道的压力提供向心力,有 mg+N=m 解得v= (2)小球离开B点后做平抛运动,小 ... ...
~~ 您好，已阅读到文档的结尾了 ~~
