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人教版 (2019)必修 第二册1 圆周运动课时训练
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这是一份人教版 (2019)必修 第二册1 圆周运动课时训练，共10页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
1．黄岩岛是中国固有领土，隶属于中国海南三沙市。它与北京比较，北京处于较高纬度地区，而黄岩岛则处于较低纬度地区，由于地球自转，两地所在处物体具有的角速度、线速度和向心加速度相比较( )
A．北京处物体的线速度大 B．黄岩岛处物体的角速度大
C．两地物体的角速度、线速度、向心加速度一样大 D．黄岩岛处物体的向心加速度大
2.(2023·浙江宁波高一期末)如图是一种新概念自行车，它没有链条，共有三个转轮，A、B、C转轮半径依次减小。轮C与轮A啮合在一起，骑行者踩踏板使轮C动，轮C驱动轮A转动，从而使得整个自行车沿路面前行。对于这种自行车，下面说法正确的是( )
A．转轮A、B、C线速度大小vA、vB、vC之间的关系是vA>vB>vC
B．转轮A、B、C线速度大小vA、vB、vC之间的关系是vA＝vB>vC
C．转轮A、B、C角速度大小ωA、ωB、ωC之间的关系是ωA<ωB<ωC
D．转轮A、B、C角速度大小ωA、ωB、ωC之间的关系是ωA＝ωB>ωC
3．(2022·成都市新都一中高二开学考试)如图，某校活动中，甲、乙两名老师进行扳手腕比赛，最终乙获得胜利。设乙的手肘处为O点，掌心处为A点，O、A之间的距离为30 cm。若在扳手腕过程中手肘O点不动，手臂在2 s内绕O点在同一平面内匀速转动90°，π2≈10，则在此过程中( )
A．掌心A处于平衡状态 B．掌心A转动的角速度为45 rad/s
C．掌心A转动的线速度大小为eq \f(3π,80) m/s D．掌心A转动的向心加速度大小约为eq \f(3,16) m/s2
4.(2023·北京昌平期末)如图所示，在半径为r的洗衣机圆桶内，有一件质量为m的衣服紧贴着圆桶的竖直内壁随圆桶以角速度ω做匀速圆周运动。滚筒转轴沿竖直方向，重力加速度为g。下列说法不正确的是( )
A．衣服对圆桶内壁的压力大小为mω2r
B．圆桶内壁对衣服的静摩擦力大小为mg
C．若圆桶的转速增大，则衣服对圆桶内壁的压力也增大
D．若圆桶的转速增大，则圆桶内壁对衣服的静摩擦力也增大
5.如图所示，把一个小球放在玻璃漏斗中，晃动漏斗后，可以使小球在短时间内沿光滑的漏斗内壁在某一水平面内做匀速圆周运动，则提供小球做匀速圆周运动的向心力是( )
A．小球的重力 B．小球对漏斗的压力
C．漏斗对小球的弹力 D．漏斗对小球的弹力沿水平方向的分力
6.如图所示，长为l的细线上端固定于悬点O，细线下面悬挂一质量为m的小钢球。钢球在水平面内以O′为圆心做匀速圆周运动时，细线与OO′的夹角为θ。忽略空气阻力，重力加速度为g。则( )
A．小钢球受重力、拉力和向心力
B．细线拉力大小为mgcs θ
C．小钢球的向心力大小为mgtan θ
D．小钢球运动的角速度大小为eq \r(\f(gtan θ,l))
7.如图所示，如果把钟表上的时针、分针、秒针的运动看成匀速转动，那么从它的分针与时针第一次重合至第二次重合，中间经历的时间为( )
A．1 h B.eq \f(11,10) h
C.eq \f(12,11) h D.eq \f(13,12) h
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但选不全的得3分，有选错的得0分。
8.某公园有一种叫做“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(小于90°)，当模型飞机以恒定角速度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于mg
D．若仅减小夹角θ，则旋臂对模型飞机的作用力减小
9.甲、乙两物体做匀速圆周运动的向心加速度随半径变化的图像如图所示，甲的图线是双曲线的一部分，下列说法正确的是( )
A．乙的图线的斜率表示乙运动时的角速度大小
B．甲运动过程中，半径变化时线速度的大小不变
C．乙运动过程中，当半径R＝0.5 m时，角速度为2eq \r(5) rad/s
D．当R＝2 m时，乙、甲的线速度大小之差为eq \r(5) m/s
10.(2023·重庆南开中学期末)如图所示，趣味飞镖游戏的镖盘以角速度ω绕过O点的固定水平轴匀速转动，某人将一只飞镖正对盘边缘P点(O点正上方)以水平速度v0掷出，恰好击中镖盘上O点正下方的Q点(Q点不在盘边缘)。不计空气阻力，飞镖每次从同一位置正对P点水平掷出，下列说法正确的是( )
A．若仅增大v0，飞镖可能击中P点
B．若仅减小ω，飞镖可能击中Q点
C．若减小ω、增大v0，飞镖可能击中Q点
D．若增大ω、减小v0，飞镖可能击中P点
三、非选择题：本题共4小题，共47分。
11．(10分)(2022·福建福州市高一期末)如图所示是探究向心力的大小F与质量m、角速度ω和半径r之间的关系的实验装置。转动手柄，可使两侧变速塔轮以及长槽和短槽随之匀速转动。皮带分别套在左右两塔轮上的不同圆盘上，可使两个槽内的小球分别以各自的角速度做匀速圆周运动，其向心力由挡板对小球的压力提供，球对挡板的反作用力，通过杠杆作用使弹簧测力筒下降，从而露出标尺，标尺上露出的红白相间的等分格显示出两个球所受向心力的比值，那么：
(1)本实验所采用的实验方法是________．
A．理想实验法 B．等效替代法
C．微元法 D．控制变量法
(2)某次实验中，两质量相同的小球放置位置如图所示，使得两球的转动半径相同，已知用皮带连接的左右变速塔轮的半径之比为2∶1，则左边标尺和右边标尺上露出的红白相间的等分格数之比应为________。
12．(12分)有一种叫飞椅的游乐项目，示意图如图所示。长为L的钢绳一端系着质量为m的座椅，另一端固定在半径为r的水平转盘边缘。转盘可绕穿过其中心的竖直轴转动。当转盘以角速度ω匀速转动时，钢绳与转动轴在同一竖直平面内，与竖直方向的夹角为θ，重力加速度为g，不计钢绳的重力，求：
(1)转盘转动的角速度ω与夹角θ的关系；
(2)此时钢绳的拉力大小。
13．(12分)(2022·江苏如皋中学开学考试)如图所示是飞球调速器模型，它由两个质量m＝2 kg的球通过4根长l＝1.2 m的轻杆与竖直轴的上、下两个套筒通过铰链连接，上面套筒固定，下面套筒质量为M＝10 kg，可沿轴上下滑动，不计一切摩擦，重力加速度为g＝10 m/s2，当整个装置绕竖直轴以恒定的角速度ω匀速转动时，轻杆与竖直轴之间的夹角θ为60°，求：
(1)杆对下面的套筒的弹力大小；
(2)飞球角速度ω的大小。
14．(13分)(2023·上海市金山中学期末)如图(a)所示，A、B为钉在光滑水平面上的两根铁钉，小球C用细绳拴在铁钉B上(细绳能承受足够大的拉力)，A、B、C在同一直线上。t＝0时，给小球一个垂直于绳的速度，使小球绕着两根铁钉在水平面上做圆周运动。在0≤t≤10 s时间内，细绳的拉力随时间变化的规律如图(b)所示，则：
(1)两钉子间的距离为绳长的多少？
(2)t＝10.5 s时细绳的拉力大小？
(3)t＝12.5 s时细绳的拉力大小？
答案精析
1．D [由于黄岩岛和北京都绕地轴一起转动，北京地面上的物体随地球自转的角速度与黄岩岛地面上的物体随地球自转的角速度相同，故B错误；北京地面上的物体随地球自转的半径小于黄岩岛地面上的物体随地球自转的半径，由v＝ωr可知，北京地面上的物体随地球自转的线速度小于黄岩岛地面上的物体随地球自转的线速度，故A、C错误；北京地面上的物体随地球自转的半径小于黄岩岛地面上的物体随地球自转的半径，由a＝ω2r可知，北京地面上的物体随地球自转的向心加速度小于黄岩岛地面上的物体随地球自转的向心加速度，故D正确。]
2．C [自行车前行过程中，前后轮A、B的线速度大小相等，由于A、C啮合在一起，A、C线速度大小也相等，所以转轮A、B、C线速度大小vA、vB、vC之间的关系是vA＝vB＝vC，故A、B错误；
由ω＝eq \f(v,r)可知，在线速度大小相等的情况下，半径越小，角速度越大，则有转轮A、B、C角速度大小ωA、ωB、ωC之间的关系是ωA<ωB<ωC，故C正确，D错误。]
3．D [掌心A做匀速圆周运动，合外力不为零，掌心A处于非平衡状态，故A错误；
掌心A在2 s内绕O点在同一平面内匀速转动的角度为eq \f(π,2)，ω＝eq \f(Δθ,Δt)，代入数据得ω＝eq \f(π,4) rad/s，故B错误；
根据线速度和角速度的关系v＝rω，
代入数据得v＝eq \f(3π,40) m/s，故C错误；
根据向心加速度和角速度的关系a＝rω2，代入数据得a≈eq \f(3,16) m/s2，故D正确。]
4．D [根据题意可知，衣服做圆周运动，靠圆桶内壁的弹力提供向心力，由牛顿第二定律得FN＝mω2r，由牛顿第三定律可知，衣服对圆桶内壁的压力大小为FN′＝mω2r，若圆桶的转速增大，则角速度增大，衣服对圆桶内壁的压力也增大，故A、C正确；根据题意，设圆桶内壁对衣服的静摩擦力大小为Ff，在竖直方向上，由平衡条件有Ff＝mg，可知圆桶内壁对衣服的静摩擦力大小为mg，若圆桶的转速增大，则圆桶内壁对衣服的静摩擦力不变，故B正确，D错误。]
5．D [对小球受力分析，可知重力竖直向下，支持力垂直漏斗内壁向上，合力指向圆心，提供向心力，故漏斗对小球的弹力沿水平方向的分力提供小球做匀速圆周运动的向心力，A、B、C错误，D正确。]
6．C [小钢球受重力、拉力作用，二力的合力提供了向心力，故A错误；线的拉力的竖直方向分力等于重力，则有mg＝FTcs θ，得FT＝eq \f(mg,cs θ)，故B错误；线的水平分力提供了向心力，则有F向＝FTsin θ＝mgtan θ，故C正确；拉力的水平分力提供了向心力，根据mgtan θ＝mω2lsin θ，解得ω＝eq \r(\f(g,lcs θ))，故D错误。]
7．C [分针的角速度ω分＝eq \f(2π,T)＝eq \f(2π,3600) rad/s
时针的角速度ω时＝eq \f(2π,T′)＝eq \f(2π,3600×12) rad/s
从它的分针与时针第一次重合至第二次重合，中间经历的时间为
ω分Δt－ω时Δt＝2π
Δt＝eq \f(2π,ω分－ω时)＝eq \f(2π,\f(2π,3 600)－\f(2π,3 600×12))＝eq \f(3 600×12,11) s＝eq \f(12,11) h。]
8．CD [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，模型飞机受到重力和支持力的作用，而向心力属于效果力，由重力和支持力的合力提供，故模型飞机受到的力为重力和旋臂的作用力，故A错误；
旋臂对模型飞机的作用力方向可以与旋臂不垂直，但在竖直方向和水平方向有分力，且竖直方向的分力等于重力，水平方向的分力提供向心力，故B错误；
由力的合成规律可知，旋臂对模型飞机的作用力大小为F＝eq \r(mg2＋mω2Lsin θ2)>mg，故C正确；根据旋臂对模型飞机的作用力大小的表达式，若夹角θ减小，则旋臂对模型飞机的作用力减小，故D正确。]
9．BC [由a＝ω2R可得题图中乙的图线的斜率为k＝ω2，即斜率表示角速度的平方，A错误；
由a＝eq \f(v2,R)可得，当v不变时a∝eq \f(1,R)
即a－R关系图像是双曲线，题图中甲的图线是双曲线的一部分，则甲运动时线速度的大小不变，B正确；
由题图中乙的图线可得R＝0.5 m时，a＝10 m/s2，由a＝ω2R，解得ω＝2eq \r(5) rad/s，C正确；
当半径R＝2 m时，a甲＝10 m/s2，a乙＝40 m/s2，
由a＝eq \f(v2,R)，解得v甲＝2eq \r(5) m/s，v乙＝4eq \r(5) m/s，
则有v乙－v甲＝2eq \r(5) m/s，D错误。]
10．BD [若仅增大v0，则飞镖击中镖盘的时间变短，则竖直位移减小，击中镖盘的位置上移，因P点与飞镖抛出点等高，飞镖在空中高度下降，不可能击中P点，选项A错误；飞镖击中Q点则满足t＝eq \f(d,v0)，ωt＝2πn＋θ(n＝0,1,2,3，…)
若仅减小ω，t不变，飞镖可能击中Q点；若减小ω、增大v0，t减小，飞镖竖直方向位移变小，击中镖盘的位置上移，则飞镖不能击中Q点，选项B正确，C错误；减小v0，则飞镖击中镖盘的时间变长，则竖直方向位移变大，击中镖盘的位置下移，若增大ω，且满足ωt＝2πn＋θ(n＝0,1,2,3，…)，则飞镖可能击中P点，选项D正确。]
11．(1)D (2)1∶4
解析 (1)本实验探究向心力的大小F与质量m、角速度ω和半径r之间的关系，当研究F与m的关系时，必须保证ω和r不变，当研究F与ω的关系时，必须保证m和r不变，当研究F和r的关系时，m和ω要保持不变，这种实验方法称为控制变量法。
(2)根据题意，两球质量相同，转动半径相同，故格数之比为eq \f(F1,F2)＝eq \f(mω12r,mω22r)＝eq \f(ω12,ω22)，由于两塔轮通过皮带连接，故塔轮边缘点的线速度相同，
则eq \f(ω1,ω2)＝eq \f(\f(v,R1),\f(v,R2))＝eq \f(R2,R1)＝eq \f(1,2)，所以格数之比为eq \f(F1,F2)＝eq \f(1,4)。
12．(1)ω＝eq \r(\f(gtan θ,r＋Lsin θ)) (2)eq \f(mg,cs θ)
解析 (1)设转盘转动的角速度为ω时，钢绳与竖直方向的夹角为θ，座椅到中心轴的距离：R＝r＋Lsin θ，对座椅分析有：F向＝mgtan θ＝mRω2，联立两式得：ω＝eq \r(\f(gtan θ,r＋Lsin θ))；
(2)设钢绳的拉力为FT，
则由eq \f(mg,FT)＝cs θ得FT＝eq \f(mg,cs θ)。
13．(1)100 N (2)10 rad/s
解析 (1)对下面的套筒，由平衡条件得
2FTcs θ＝Mg
解得FT＝eq \f(Mg,2cs θ)＝eq \f(100,2×\f(1,2)) N＝100 N
(2)对小球，在竖直方向由平衡条件得
FT1cs θ＝FT′cs θ＋mg
FT＝FT′
水平方向上，由牛顿第二定律得
FT1sin θ＋FT′sin θ＝mω2r
由几何关系得r＝lsin θ，解得ω＝10 rad/s。
14．(1)eq \f(1,6) (2)6 N (3)7.5 N
解析 (1)设细绳长为L，由题图(b)可知，
在0～6 s时间内细绳拉力大小不变，
则有F1＝meq \f(v2,L)
6～10 s时间内细绳拉力大小不变，
则有F2＝meq \f(v2,L′)，又F2＝eq \f(6,5)F1
可得L′＝eq \f(5,6)L，Δx＝L－L′＝eq \f(1,6)L
即两钉子间的距离为绳长的eq \f(1,6)。
(2)由题图(b)可知，小球在第一个半圈经历时间为6 s，则有eq \f(πL,v)＝6 s
小球在第二个半圈经历时间为t′＝eq \f(πL′,v)＝5 s
在t＝10.5 s时，小球在转第二个半圈，则有细绳的拉力大小为6 N。
(3)小球转第三个半圈的时间t″＝eq \f(πL″,v)＝4 s
在t＝12.5 s时，小球转动的半径为r＝eq \f(2,3)L
解得细绳的拉力大小为F＝meq \f(v2,r)＝meq \f(v2,\f(2,3)L)＝eq \f(3mv2,2L)＝eq \f(3,2)F1＝eq \f(3,2)×5 N＝7.5 N。
1．黄岩岛是中国固有领土，隶属于中国海南三沙市。它与北京比较，北京处于较高纬度地区，而黄岩岛则处于较低纬度地区，由于地球自转，两地所在处物体具有的角速度、线速度和向心加速度相比较( )
A．北京处物体的线速度大 B．黄岩岛处物体的角速度大
C．两地物体的角速度、线速度、向心加速度一样大 D．黄岩岛处物体的向心加速度大
2.(2023·浙江宁波高一期末)如图是一种新概念自行车，它没有链条，共有三个转轮，A、B、C转轮半径依次减小。轮C与轮A啮合在一起，骑行者踩踏板使轮C动，轮C驱动轮A转动，从而使得整个自行车沿路面前行。对于这种自行车，下面说法正确的是( )
A．转轮A、B、C线速度大小vA、vB、vC之间的关系是vA>vB>vC
B．转轮A、B、C线速度大小vA、vB、vC之间的关系是vA＝vB>vC
C．转轮A、B、C角速度大小ωA、ωB、ωC之间的关系是ωA<ωB<ωC
D．转轮A、B、C角速度大小ωA、ωB、ωC之间的关系是ωA＝ωB>ωC
3．(2022·成都市新都一中高二开学考试)如图，某校活动中，甲、乙两名老师进行扳手腕比赛，最终乙获得胜利。设乙的手肘处为O点，掌心处为A点，O、A之间的距离为30 cm。若在扳手腕过程中手肘O点不动，手臂在2 s内绕O点在同一平面内匀速转动90°，π2≈10，则在此过程中( )
A．掌心A处于平衡状态 B．掌心A转动的角速度为45 rad/s
C．掌心A转动的线速度大小为eq \f(3π,80) m/s D．掌心A转动的向心加速度大小约为eq \f(3,16) m/s2
4.(2023·北京昌平期末)如图所示，在半径为r的洗衣机圆桶内，有一件质量为m的衣服紧贴着圆桶的竖直内壁随圆桶以角速度ω做匀速圆周运动。滚筒转轴沿竖直方向，重力加速度为g。下列说法不正确的是( )
A．衣服对圆桶内壁的压力大小为mω2r
B．圆桶内壁对衣服的静摩擦力大小为mg
C．若圆桶的转速增大，则衣服对圆桶内壁的压力也增大
D．若圆桶的转速增大，则圆桶内壁对衣服的静摩擦力也增大
5.如图所示，把一个小球放在玻璃漏斗中，晃动漏斗后，可以使小球在短时间内沿光滑的漏斗内壁在某一水平面内做匀速圆周运动，则提供小球做匀速圆周运动的向心力是( )
A．小球的重力 B．小球对漏斗的压力
C．漏斗对小球的弹力 D．漏斗对小球的弹力沿水平方向的分力
6.如图所示，长为l的细线上端固定于悬点O，细线下面悬挂一质量为m的小钢球。钢球在水平面内以O′为圆心做匀速圆周运动时，细线与OO′的夹角为θ。忽略空气阻力，重力加速度为g。则( )
A．小钢球受重力、拉力和向心力
B．细线拉力大小为mgcs θ
C．小钢球的向心力大小为mgtan θ
D．小钢球运动的角速度大小为eq \r(\f(gtan θ,l))
7.如图所示，如果把钟表上的时针、分针、秒针的运动看成匀速转动，那么从它的分针与时针第一次重合至第二次重合，中间经历的时间为( )
A．1 h B.eq \f(11,10) h
C.eq \f(12,11) h D.eq \f(13,12) h
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但选不全的得3分，有选错的得0分。
8.某公园有一种叫做“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(小于90°)，当模型飞机以恒定角速度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于mg
D．若仅减小夹角θ，则旋臂对模型飞机的作用力减小
9.甲、乙两物体做匀速圆周运动的向心加速度随半径变化的图像如图所示，甲的图线是双曲线的一部分，下列说法正确的是( )
A．乙的图线的斜率表示乙运动时的角速度大小
B．甲运动过程中，半径变化时线速度的大小不变
C．乙运动过程中，当半径R＝0.5 m时，角速度为2eq \r(5) rad/s
D．当R＝2 m时，乙、甲的线速度大小之差为eq \r(5) m/s
10.(2023·重庆南开中学期末)如图所示，趣味飞镖游戏的镖盘以角速度ω绕过O点的固定水平轴匀速转动，某人将一只飞镖正对盘边缘P点(O点正上方)以水平速度v0掷出，恰好击中镖盘上O点正下方的Q点(Q点不在盘边缘)。不计空气阻力，飞镖每次从同一位置正对P点水平掷出，下列说法正确的是( )
A．若仅增大v0，飞镖可能击中P点
B．若仅减小ω，飞镖可能击中Q点
C．若减小ω、增大v0，飞镖可能击中Q点
D．若增大ω、减小v0，飞镖可能击中P点
三、非选择题：本题共4小题，共47分。
11．(10分)(2022·福建福州市高一期末)如图所示是探究向心力的大小F与质量m、角速度ω和半径r之间的关系的实验装置。转动手柄，可使两侧变速塔轮以及长槽和短槽随之匀速转动。皮带分别套在左右两塔轮上的不同圆盘上，可使两个槽内的小球分别以各自的角速度做匀速圆周运动，其向心力由挡板对小球的压力提供，球对挡板的反作用力，通过杠杆作用使弹簧测力筒下降，从而露出标尺，标尺上露出的红白相间的等分格显示出两个球所受向心力的比值，那么：
(1)本实验所采用的实验方法是________．
A．理想实验法 B．等效替代法
C．微元法 D．控制变量法
(2)某次实验中，两质量相同的小球放置位置如图所示，使得两球的转动半径相同，已知用皮带连接的左右变速塔轮的半径之比为2∶1，则左边标尺和右边标尺上露出的红白相间的等分格数之比应为________。
12．(12分)有一种叫飞椅的游乐项目，示意图如图所示。长为L的钢绳一端系着质量为m的座椅，另一端固定在半径为r的水平转盘边缘。转盘可绕穿过其中心的竖直轴转动。当转盘以角速度ω匀速转动时，钢绳与转动轴在同一竖直平面内，与竖直方向的夹角为θ，重力加速度为g，不计钢绳的重力，求：
(1)转盘转动的角速度ω与夹角θ的关系；
(2)此时钢绳的拉力大小。
13．(12分)(2022·江苏如皋中学开学考试)如图所示是飞球调速器模型，它由两个质量m＝2 kg的球通过4根长l＝1.2 m的轻杆与竖直轴的上、下两个套筒通过铰链连接，上面套筒固定，下面套筒质量为M＝10 kg，可沿轴上下滑动，不计一切摩擦，重力加速度为g＝10 m/s2，当整个装置绕竖直轴以恒定的角速度ω匀速转动时，轻杆与竖直轴之间的夹角θ为60°，求：
(1)杆对下面的套筒的弹力大小；
(2)飞球角速度ω的大小。
14．(13分)(2023·上海市金山中学期末)如图(a)所示，A、B为钉在光滑水平面上的两根铁钉，小球C用细绳拴在铁钉B上(细绳能承受足够大的拉力)，A、B、C在同一直线上。t＝0时，给小球一个垂直于绳的速度，使小球绕着两根铁钉在水平面上做圆周运动。在0≤t≤10 s时间内，细绳的拉力随时间变化的规律如图(b)所示，则：
(1)两钉子间的距离为绳长的多少？
(2)t＝10.5 s时细绳的拉力大小？
(3)t＝12.5 s时细绳的拉力大小？
答案精析
1．D [由于黄岩岛和北京都绕地轴一起转动，北京地面上的物体随地球自转的角速度与黄岩岛地面上的物体随地球自转的角速度相同，故B错误；北京地面上的物体随地球自转的半径小于黄岩岛地面上的物体随地球自转的半径，由v＝ωr可知，北京地面上的物体随地球自转的线速度小于黄岩岛地面上的物体随地球自转的线速度，故A、C错误；北京地面上的物体随地球自转的半径小于黄岩岛地面上的物体随地球自转的半径，由a＝ω2r可知，北京地面上的物体随地球自转的向心加速度小于黄岩岛地面上的物体随地球自转的向心加速度，故D正确。]
2．C [自行车前行过程中，前后轮A、B的线速度大小相等，由于A、C啮合在一起，A、C线速度大小也相等，所以转轮A、B、C线速度大小vA、vB、vC之间的关系是vA＝vB＝vC，故A、B错误；
由ω＝eq \f(v,r)可知，在线速度大小相等的情况下，半径越小，角速度越大，则有转轮A、B、C角速度大小ωA、ωB、ωC之间的关系是ωA<ωB<ωC，故C正确，D错误。]
3．D [掌心A做匀速圆周运动，合外力不为零，掌心A处于非平衡状态，故A错误；
掌心A在2 s内绕O点在同一平面内匀速转动的角度为eq \f(π,2)，ω＝eq \f(Δθ,Δt)，代入数据得ω＝eq \f(π,4) rad/s，故B错误；
根据线速度和角速度的关系v＝rω，
代入数据得v＝eq \f(3π,40) m/s，故C错误；
根据向心加速度和角速度的关系a＝rω2，代入数据得a≈eq \f(3,16) m/s2，故D正确。]
4．D [根据题意可知，衣服做圆周运动，靠圆桶内壁的弹力提供向心力，由牛顿第二定律得FN＝mω2r，由牛顿第三定律可知，衣服对圆桶内壁的压力大小为FN′＝mω2r，若圆桶的转速增大，则角速度增大，衣服对圆桶内壁的压力也增大，故A、C正确；根据题意，设圆桶内壁对衣服的静摩擦力大小为Ff，在竖直方向上，由平衡条件有Ff＝mg，可知圆桶内壁对衣服的静摩擦力大小为mg，若圆桶的转速增大，则圆桶内壁对衣服的静摩擦力不变，故B正确，D错误。]
5．D [对小球受力分析，可知重力竖直向下，支持力垂直漏斗内壁向上，合力指向圆心，提供向心力，故漏斗对小球的弹力沿水平方向的分力提供小球做匀速圆周运动的向心力，A、B、C错误，D正确。]
6．C [小钢球受重力、拉力作用，二力的合力提供了向心力，故A错误；线的拉力的竖直方向分力等于重力，则有mg＝FTcs θ，得FT＝eq \f(mg,cs θ)，故B错误；线的水平分力提供了向心力，则有F向＝FTsin θ＝mgtan θ，故C正确；拉力的水平分力提供了向心力，根据mgtan θ＝mω2lsin θ，解得ω＝eq \r(\f(g,lcs θ))，故D错误。]
7．C [分针的角速度ω分＝eq \f(2π,T)＝eq \f(2π,3600) rad/s
时针的角速度ω时＝eq \f(2π,T′)＝eq \f(2π,3600×12) rad/s
从它的分针与时针第一次重合至第二次重合，中间经历的时间为
ω分Δt－ω时Δt＝2π
Δt＝eq \f(2π,ω分－ω时)＝eq \f(2π,\f(2π,3 600)－\f(2π,3 600×12))＝eq \f(3 600×12,11) s＝eq \f(12,11) h。]
8．CD [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，模型飞机受到重力和支持力的作用，而向心力属于效果力，由重力和支持力的合力提供，故模型飞机受到的力为重力和旋臂的作用力，故A错误；
旋臂对模型飞机的作用力方向可以与旋臂不垂直，但在竖直方向和水平方向有分力，且竖直方向的分力等于重力，水平方向的分力提供向心力，故B错误；
由力的合成规律可知，旋臂对模型飞机的作用力大小为F＝eq \r(mg2＋mω2Lsin θ2)>mg，故C正确；根据旋臂对模型飞机的作用力大小的表达式，若夹角θ减小，则旋臂对模型飞机的作用力减小，故D正确。]
9．BC [由a＝ω2R可得题图中乙的图线的斜率为k＝ω2，即斜率表示角速度的平方，A错误；
由a＝eq \f(v2,R)可得，当v不变时a∝eq \f(1,R)
即a－R关系图像是双曲线，题图中甲的图线是双曲线的一部分，则甲运动时线速度的大小不变，B正确；
由题图中乙的图线可得R＝0.5 m时，a＝10 m/s2，由a＝ω2R，解得ω＝2eq \r(5) rad/s，C正确；
当半径R＝2 m时，a甲＝10 m/s2，a乙＝40 m/s2，
由a＝eq \f(v2,R)，解得v甲＝2eq \r(5) m/s，v乙＝4eq \r(5) m/s，
则有v乙－v甲＝2eq \r(5) m/s，D错误。]
10．BD [若仅增大v0，则飞镖击中镖盘的时间变短，则竖直位移减小，击中镖盘的位置上移，因P点与飞镖抛出点等高，飞镖在空中高度下降，不可能击中P点，选项A错误；飞镖击中Q点则满足t＝eq \f(d,v0)，ωt＝2πn＋θ(n＝0,1,2,3，…)
若仅减小ω，t不变，飞镖可能击中Q点；若减小ω、增大v0，t减小，飞镖竖直方向位移变小，击中镖盘的位置上移，则飞镖不能击中Q点，选项B正确，C错误；减小v0，则飞镖击中镖盘的时间变长，则竖直方向位移变大，击中镖盘的位置下移，若增大ω，且满足ωt＝2πn＋θ(n＝0,1,2,3，…)，则飞镖可能击中P点，选项D正确。]
11．(1)D (2)1∶4
解析 (1)本实验探究向心力的大小F与质量m、角速度ω和半径r之间的关系，当研究F与m的关系时，必须保证ω和r不变，当研究F与ω的关系时，必须保证m和r不变，当研究F和r的关系时，m和ω要保持不变，这种实验方法称为控制变量法。
(2)根据题意，两球质量相同，转动半径相同，故格数之比为eq \f(F1,F2)＝eq \f(mω12r,mω22r)＝eq \f(ω12,ω22)，由于两塔轮通过皮带连接，故塔轮边缘点的线速度相同，
则eq \f(ω1,ω2)＝eq \f(\f(v,R1),\f(v,R2))＝eq \f(R2,R1)＝eq \f(1,2)，所以格数之比为eq \f(F1,F2)＝eq \f(1,4)。
12．(1)ω＝eq \r(\f(gtan θ,r＋Lsin θ)) (2)eq \f(mg,cs θ)
解析 (1)设转盘转动的角速度为ω时，钢绳与竖直方向的夹角为θ，座椅到中心轴的距离：R＝r＋Lsin θ，对座椅分析有：F向＝mgtan θ＝mRω2，联立两式得：ω＝eq \r(\f(gtan θ,r＋Lsin θ))；
(2)设钢绳的拉力为FT，
则由eq \f(mg,FT)＝cs θ得FT＝eq \f(mg,cs θ)。
13．(1)100 N (2)10 rad/s
解析 (1)对下面的套筒，由平衡条件得
2FTcs θ＝Mg
解得FT＝eq \f(Mg,2cs θ)＝eq \f(100,2×\f(1,2)) N＝100 N
(2)对小球，在竖直方向由平衡条件得
FT1cs θ＝FT′cs θ＋mg
FT＝FT′
水平方向上，由牛顿第二定律得
FT1sin θ＋FT′sin θ＝mω2r
由几何关系得r＝lsin θ，解得ω＝10 rad/s。
14．(1)eq \f(1,6) (2)6 N (3)7.5 N
解析 (1)设细绳长为L，由题图(b)可知，
在0～6 s时间内细绳拉力大小不变，
则有F1＝meq \f(v2,L)
6～10 s时间内细绳拉力大小不变，
则有F2＝meq \f(v2,L′)，又F2＝eq \f(6,5)F1
可得L′＝eq \f(5,6)L，Δx＝L－L′＝eq \f(1,6)L
即两钉子间的距离为绳长的eq \f(1,6)。
(2)由题图(b)可知，小球在第一个半圈经历时间为6 s，则有eq \f(πL,v)＝6 s
小球在第二个半圈经历时间为t′＝eq \f(πL′,v)＝5 s
在t＝10.5 s时，小球在转第二个半圈，则有细绳的拉力大小为6 N。
(3)小球转第三个半圈的时间t″＝eq \f(πL″,v)＝4 s
在t＝12.5 s时，小球转动的半径为r＝eq \f(2,3)L
解得细绳的拉力大小为F＝meq \f(v2,r)＝meq \f(v2,\f(2,3)L)＝eq \f(3mv2,2L)＝eq \f(3,2)F1＝eq \f(3,2)×5 N＝7.5 N。
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