2018年高考考点完全题物理考点通关练：考点15 圆周运动及其应用 Word版含解析

这是一份2018年高考考点完全题物理考点通关练：考点15 圆周运动及其应用 Word版含解析，共21页。试卷主要包含了基础与经典，真题与模拟等内容，欢迎下载使用。

考点15　圆周运动及其应用
考点名片
考点细研究：本考点是物理教材的基础，也是历年高考必考的内容之一，其主要包括的考点有：(1)向心力、向心加速度的理解；(2)竖直平面内圆周运动的问题分析；(3)斜面、悬绳弹力的水平分力提供向心力的实例分析问题；(4)离心现象等。其中考查到的如：2016年全国卷Ⅲ第24题、2016年浙江高考第20题、2015年天津高考第4题、2015年浙江高考第19题、2015年福建高考第17题、2015年全国卷Ⅰ第22题、2015年江苏物理第14题、2014年全国卷Ⅰ第20题、2014年安徽高考第19题、2014年全国卷Ⅱ第17题、2014年天津高考第9题、2013年全国卷Ⅱ第21题、2013年江苏高考第2题等。
备考正能量：近三年高考中对圆周运动单独考查的试题并不多。预计今后高考中对圆周运动的考查将以综合性试题为主，结合生活实例，考查学生的建模能力与综合分析能力。

一、基础与经典
1．如图所示，由于地球的自转，地球表面上P、Q两物体均绕地球自转轴做匀速圆周运动，对于P、Q两物体的运动，下列说法正确的是(　　)

A．P、Q两物体的角速度大小相等
B．P、Q两物体的线速度大小相等
C．P物体的线速度比Q物体的线速度大
D．P、Q两物体均受重力和支持力两个力作用
答案　A
解析　P、Q两物体都是绕地轴做匀速圆周运动，角速度相等，即ωP＝ωQ，选项A正确。根据圆周运动线速度v＝ωR，P、Q两物体到地轴的距离不等，Q物体到地轴的距离远，圆周运动半径大，线速度大，选项B、C错误。P、Q两物体均受到万有引力和支持力作用，二者的合力是圆周运动的向心力，我们把与支持力等大反向的平衡力即万有引力的一个分力称为重力，选项D错误。
2. 如图所示，一光滑轻杆沿水平方向放置，左端O处连接在竖直的转动轴上，a、b为两个可视为质点的小球，穿在杆上，并用细线分别连接Oa和ab，且Oa＝ab，已知b球质量为a球质量的3倍。当轻杆绕O轴在水平面内匀速转动时，Oa和ab两线的拉力之比为(　　)

A．1∶3 B．1∶6 C．4∶3 D．7∶6
答案　D
解析　由牛顿第二定律，对a球：FOa－Fab＝mω2·Oa
对b球：Fab＝3mω2·(Oa＋ab)，由以上两式得，Oa和ab两线的拉力之比为7∶6，D正确。
3. 如图所示，自行车的大齿轮、小齿轮、后轮的半径不一样，它们的边缘有三个点A、B、C。在自行车正常骑行时，下列说法正确的是(　　)

A．A、B两点的角速度大小相等
B．B、C两点的线速度大小相等
C．A、B两点的向心加速度大小之比等于它们所在圆周的半径之比
D．B、C两点的向心加速度大小之比等于它们所在圆周的半径之比
答案　D
解析　A、B两点的线速度相等，B、C两点的角速度相等，选项A、B错误；根据an＝，A、B两点的向心加速度大小之比等于它们所在圆周的半径之比的反比，选项C错误；根据an＝ω2r可得，B、C两点的向心加速度大小之比等于它们所在圆周的半径之比，选项D正确。
4. 山城重庆的轻轨交通颇有山城特色，由于地域限制，弯道半径很小，在某些弯道上行驶时列车的车身严重倾斜。每到这样的弯道乘客都有一种坐过山车的感觉，很是惊险刺激。假设某弯道铁轨是圆弧的一部分，转弯半径为R，重力加速度为g，列车转弯过程中倾角(车厢地面与水平面夹角)为θ，则列车在这样的轨道上转弯行驶的安全速度(轨道不受侧向挤压)为(　　)

A. B. C. D.
答案　C
解析　轨道不受侧向挤压时，轨道对列车的作用力就只有弹力，重力和弹力的合力提供向心力，根据向心力公式mgtanθ＝m，得v＝，C正确。
5．如图所示，甲、乙两水平圆盘紧靠在一块，甲圆盘为主动轮，乙靠摩擦随甲转动无滑动，甲圆盘与乙圆盘的半径之比为r甲∶r乙＝3∶1，两圆盘和小物体m1、m2之间的动摩擦因数相同，m1距O点为2r, m2距O′点为r，当甲缓慢转动起来且转速慢慢增加时(　　)

A．滑动前m1与m2的角速度之比ω1∶ω2＝3∶1
B．滑动前m1与m2的向心加速度之比a1∶a2＝1∶3
C．随着转速慢慢增加，m1先开始滑动
D．随着转速慢慢增加，m2先开始滑动
答案　D
解析　由题意可知，线速度v甲＝v乙，又r甲∶r乙＝3∶1，据v＝ωr，可知ω甲∶ω乙＝1∶3，m1、m2随甲、乙运动ω1＝ω甲，ω2＝ω乙，则ω1∶ω2＝1∶3，故A错误；由a＝rω2得a1＝2rω，a2＝rω，a1∶a2＝2ω∶ω＝2∶9，故B错误；m1、m2所受向心力由摩擦力提供，则a1＝，a2＝，Ff1max＝μm1g，Ff2max＝μm2g，a1≤μg，a2≤μg，又a1∶a2＝2∶9，故m2先滑动，C错误，D正确。
6．两根长度不同的细线下面分别悬挂两个小球，细线上端固定在同一点，若两个小球以相同的角速度，绕共同的竖直轴在水平面内做匀速圆周运动，则两个摆球在运动过程中，相对位置关系示意图正确的是(　　)

答案　B
解析　小球做匀速圆周运动，对其受力分析如图所示，则有mgtanθ＝mω2Lsinθ，整理得：Lcosθ＝，则两球处于同一高度，故B正确。

7．(多选)质量为m的小球由轻绳a和b分别系于一轻质细杆的A点和B点，如图所示，绳a与水平方向成θ角，绳b在水平方向且长为l，当轻杆绕轴AB以角速度ω匀速转动时，小球在水平面内做匀速圆周运动，则下列说法正确的是(　　)

A．a绳的张力不可能为零
B．a绳的张力随角速度的增大而增大
C．当角速度ω>，b绳将出现弹力
D．若b绳突然被剪段，则a绳的弹力一定发生变化
答案　AC
解析　对小球受力分析可得a绳的弹力在竖直方向的分力平衡了小球的重力，解得Ta＝，为定值，A正确，B错误。当Tacosθ＝mω2l⇒ω＝时，b绳的弹力为零，若角速度大于该值，则b绳将出现弹力，C正确。由于绳b可能没有弹力，故绳b突然被剪断，则a绳的弹力可能不变，D错误。
8．(多选)如图所示，小球在竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动，内侧壁半径为R，小球半径为r，则下列说法中正确的是(　　)

A．小球通过最高点时的最小速度vmin＝
B．小球通过最高点时的最小速度vmin＝0
C．小球在水平线ab以下的管道中运动时，内侧管壁对小球一定无作用力
D．小球在水平线ab以上的管道中运动时，外侧管壁对小球一定有作用力
答案　BC
解析　在光滑圆形管道的最高点，小球的速度可以等于零，A错误，B正确；在ab线以下时，外侧管壁对小球的弹力要提供向心力，而在ab线以上，当速度较小时，小球要挤压内侧管壁，故C正确，D错误。
9. (多选)如图所示，一个内壁光滑的圆锥筒的轴线垂直于水平面，圆锥筒固定不动，有两个质量相同的小球A和B紧贴着内壁分别在图中所示的水平面内做匀速圆周运动，则(　　)

A．球A的线速度必定大于球B的线速度
B．球A的角速度必定小于球B的角速度
C．球A的运动周期必定小于球B的运动周期
D．球A对筒壁的压力必定大于球B对筒壁的压力
答案　AB
解析　由于A、B球的向心力都是来自重力mg和支持力FN的合力F合(即FN在指向圆心方向上的分力)，由题图得：F合＝mgcotθ，所以FA向＝FB向＝mgcotθ(两球向心力大小相等)。比较线速度时，选用F向＝m分析得r大，v一定大，A选项正确；比较角速度时，选用F向＝mω2r分析得r大，ω一定小，B选项正确；比较周期时，选用F向＝m2r 分析得r大，T一定大，C选项不正确；受力分析得知，A、B两球的支持力FN都等于mg/sinθ，根据牛顿第三定律知D选项不正确。
二、真题与模拟
10．2016·浙江高考](多选)如图为赛车场的一个水平“梨形”赛道，两个弯道分别为半径R＝90 m的大圆弧和r＝40 m的小圆弧，直道与弯道相切。大、小圆弧圆心O、O′距离L＝100 m。赛车沿弯道路线行驶时，路面对轮胎的最大径向静摩擦力是赛车重力的2.25倍。假设赛车在直道上做匀变速直线运动，在弯道上做匀速圆周运动。要使赛车不打滑，绕赛道一圈时间最短(发动机功率足够大，重力加速度g＝10 m/s2，π＝3.14)，则赛车(　　)

A．在绕过小圆弧弯道后加速
B．在大圆弧弯道上的速率为45 m/s
C．在直道上的加速度大小为5.63 m/s2
D．通过小圆弧弯道的时间为5.58 s
答案　AB
解析　因赛车在圆弧弯道上做匀速圆周运动，由向心力公式有F＝m，则在大小圆弧弯道上的运动速率分别为v大＝ ＝ ＝45 m/s，v小＝＝ ＝30 m/s，可知赛车在绕过小圆弧弯道后做加速运动，则A、B项正确；由几何关系得直道长度为d＝＝50 m，由运动学公式v－v＝2ad，得赛车在直道上的加速度大小为a＝6.50 m/s2，则C项错误；分析可得小圆弧所对应的圆心角为，则赛车在小圆弧弯道上运动时间t＝＝2.79 s，则D项错误。
11．2016·全国卷Ⅱ] 小球P和Q用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，P球的质量大于Q球的质量，悬挂P球的绳比悬挂Q球的绳短。将两球拉起，使两绳均被水平拉直，如图所示。将两球由静止释放。在各自轨迹的最低点(　　)

A．P球的速度一定大于Q球的速度
B．P球的动能一定小于Q球的动能
C．P球所受绳的拉力一定大于Q球所受绳的拉力
D．P球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度
答案　C
解析　小球从释放到最低点的过程中，只有重力做功，由机械能守恒定律可知mgL＝mv2，v＝，绳长L越长，小球到最低点时的速度越大，A项错误；由于P球的质量大于Q球的质量，由Ek＝mv2可知，不能确定两球动能的大小关系，B项错误；在最低点，根据牛顿第二定律可知F－mg＝m，求得F＝3mg，由于P球的质量大于Q球的质量，因此C项正确；由a＝＝2g可知两球在最低点的向心加速度相等，D项错误。
12．2016·上海高考]风速仪结构如图a所示。光源发出的光经光纤传输，被探测器接收，当风轮旋转时，通过齿轮带动凸轮圆盘旋转，当圆盘上的凸轮经过透镜系统时光被遮挡。已知风轮叶片转动半径为r，每转动n圈带动凸轮圆盘转动一圈。若某段时间Δt内探测器接收到的光强随时间变化关系如图b所示，则该时间段内风轮叶片(　　)

A．转速逐渐减小，平均速率为
B．转速逐渐减小，平均速率为
C．转速逐渐增大，平均速率为
D．转速逐渐增大，平均速率为
答案　B
解析　由图b分析可知透过光的时间越来越长，说明风轮叶片转速逐渐减小，还能看出Δt时间内凸轮圆盘转了4圈，又因为它转1圈风轮叶片转n圈，所以Δt时间内风轮叶片转了4n圈，所以它的平均速率v＝＝，故只有B项正确。
13．2015·天津高考]未来的星际航行中，宇航员长期处于零重力状态，为缓解这种状态带来的不适，有人设想在未来的航天器上加装一段圆柱形“旋转舱”，如图所示。当旋转舱绕其轴线匀速旋转时，宇航员站在旋转舱内圆柱形侧壁上，可以受到与他站在地球表面时相同大小的支持力。为达到上述目的，下列说法正确的是(　　)

A．旋转舱的半径越大，转动的角速度就应越大
B．旋转舱的半径越大，转动的角速度就应越小
C．宇航员质量越大，旋转舱的角速度就应越大
D．宇航员质量越大，旋转舱的角速度就应越小
答案　B
解析　宇航员站在旋转舱内圆柱形侧壁上，受到侧壁对他的支持力等于他站在地球表面时的支持力，则mg＝mrω2，ω＝，因此角速度与质量无关，C、D项错误；半径越大，需要的角速度越小，A项错误，B项正确。
14．2015·福建高考] 如图所示，在竖直平面内，滑道ABC关于B点对称，且A、B、C三点在同一水平线上。若小滑块第一次由A滑到C，所用的时间为t1，第二次由C滑到A，所用的时间为t2，小滑块两次的初速度大小相同且运动过程始终沿着滑道滑行，小滑块与滑道的动摩擦因数恒定，则(　　)

A．t1 C．t1>t2 D．无法比较t1、t2的大小
答案　A
解析　小滑块运动过程中受滑动摩擦力Ff＝μFN。经过AB段和BC段时受力情况如图所示。

根据圆周运动的知识可得mg－FN1＝m，FN2－mg＝m。在AB段运动时，速度越大，FN1越小，滑动摩擦力Ff＝μFN越小；在BC段运动时，速度越小，FN2越小，滑动摩擦力也越小。把滑块由A到C和由C到A的运动相比较，在AB段运动时前者速度较大，受摩擦力小，在BC段运动时前者速度较小，受摩擦力小。综上，滑块从A到C运动过程中受摩擦力较小，因此平均速度较大，时间较短，A正确。
15．2014·全国卷Ⅰ](多选)如图所示，两个质量均为m的小木块a和b(可视为质点)放在水平圆盘上，a与转轴OO′的距离为l，b与转轴的距离为2l。木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的k倍，重力加速度大小为g。若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，用ω表示圆盘转动的角速度。下列说法正确的是(　　)

A．b一定比a先开始滑动
B．a、b所受的摩擦力始终相等
C．ω＝是b开始滑动的临界角速度
D．当ω＝时，a所受摩擦力的大小为kmg
答案　AC
解析　b相对圆盘不滑动时有Ff静＝mω2r，a、b半径不同，所需的向心力不同，所受摩擦力不同，B错误。当a恰好滑动时，有kmg＝mωl，得ω0a＝　，同理可得，b恰好滑动时ω0b＝　，故A、C正确。ω＝　<ω0a，a相对圆盘未滑动，Ff静＝mω2l＝kmg，D错误。
16．2014·安徽高考]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(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. rad/s B. rad/s
C．1.0 rad/s D．0.5 rad/s
答案　C

解析　小物块恰好滑动时，应在A点，如图所示，对滑块受力分析。由牛顿第二定律得μmgcos30°－mgsin30°＝mω2r，解得ω＝1.0 rad/s，C正确。
17．2017·广东百校联考] (多选)如图所示，竖直放置的光滑圆轨道被固定在水平地面上，半径r＝0.4 m，最低点处有一小球(半径比r小很多)，现给小球一水平向右的初速度v0，要使小球不脱离圆轨道运动，v0的大小可能为(g＝10 m/s2)(　　)

A．2 m/s B．4 m/s C．6 m/s D．8 m/s
答案　ACD
解析　要使小球不脱离轨道运动，则需越过最高点或不越过四分之一圆周。越过最高点的临界情况：mg＝，得v＝＝2 m/s，由机械能守恒定律得－mg·2r＝mv2－mv，解得v0＝2 m/s；若不能过四分之一圆周，根据机械能守恒定律有mgr＝mv，解得v0＝2 m/s。所以v≥2 m/s或v≤2 m/s均符合要求，A、C、D正确，B错误。
18．2017·浙江台州检测] 如图所示，长为L的细绳一端固定在O点，另一端拴住一个小球。在O点的正下方与O点相距的地方有一枚与竖直平面垂直的钉子A。把球拉起使细绳在水平方向伸直，由静止开始释放，当细绳碰到钉子后的瞬间(细绳没有断)，下列说法中正确的是(　　)

A．小球的向心加速度突然增大到原来的3倍
B．小球的线速度突然增大到原来的3倍
C．小球的角速度突然增大到原来的1.5倍
D．细绳对小球的拉力突然增大到原来的1.5倍
答案　A
解析　细绳碰到钉子的瞬间，线速度不变，B错误。圆周运动的半径由L变为，由a＝知，a增大到原来的3倍，A正确。根据v＝rω知，角速度ω增大到原来的3倍，C错误。细绳碰到钉子前瞬间FT－mg＝m，碰后瞬间FT′－mg＝m，再根据机械能守恒有mgL＝mv2，由此可得FT′＝FT，D错误。

一、基础与经典
19. 如图所示，一质量M＝2.0 kg的长木板AB静止在水平面上，木板的左侧固定一半径R＝0.60 m的四分之一圆弧形轨道，轨道末端的切线水平，轨道与木板靠在一起，且末端高度与木板高度相同。现在将质量m＝1.0 kg的小铁块(可视为质点)从弧形轨道顶端由静止释放，小铁块到达轨道底端时轨道对小铁块的支持力为25 N，最终小铁块和长木板达到共同速度。忽略长木板与地面间的摩擦。取重力加速度g＝10 m/s2。求：

(1)小铁块在弧形轨道末端时的速度大小；
(2)小铁块在弧形轨道上下滑过程中克服摩擦力所做的功Wf；
(3)小铁块和长木板达到的共同速度v。
答案　(1)3 m/s　(2)1.5 J　(3)1 m/s
解析　(1)小铁块在弧形轨道末端时，满足F－mg＝，解得v0＝3 m/s。
(2)根据动能定理mgR－Wf＝mv－0，
解得Wf＝1.5 J。
(3)根据动量守恒定律mv0＝(m＋M)v，解得v＝1 m/s。
20．2014年8月29日，天津国际无人机展开幕。其中，首次公开展出的软体飞机引发观众广泛关注。据介绍，软体飞机是没有硬质骨架的飞机，从箱子里面取出来吹气成型。同比之下机翼面积大，载荷能力强，可做超低速超低空飞行，具有良好的弹性，耐撞击而不易受损。可用于航拍、航测、遥感等用途。飞翔从容、稳定、柔和、自如，易操纵，被称为“空中自行车”“无线的风筝”。若一质量为m的软体飞机超低空飞行，在距离地面h高度的水平面内，以速率v做半径为R的匀速圆周运动，重力加速度为g。
(1)求空气对飞机的作用力的大小。
(2)若飞机在匀速圆周运动过程中，飞机上的一个质点脱落，求质点落地点与飞机做匀速圆周运动的圆心之间的距离(空气阻力忽略不计)。
答案　(1)m 　(2)
解析　(1)飞机做匀速圆周运动，受力分析如图所示所受合力提供向心力，则F合＝m，

空气对飞机的作用力的大小
F＝ ＝m。
(2)飞机上的一个质点脱落后，做初速度为v的平抛运动，由平抛运动规律得：
x＝vt，h＝gt2，
质点落地点与飞机做匀速圆周运动的圆心之间的距离
L＝，
联立解得L＝ 。
二、真题与模拟
21．2015·江苏高考]一转动装置如图所示，四根轻杆OA、OC、AB和CB与两小球及一小环通过铰链连接，轻杆长均为l，球和环的质量均为m，O端固定在竖直的轻质转轴上。套在转轴上的轻质弹簧连接在O与小环之间，原长为L。装置静止时，弹簧长为L。转动该装置并缓慢增大转速，小环缓慢上升。弹簧始终在弹性限度内，忽略一切摩擦和空气阻力，重力加速度为g。求：

(1)弹簧的劲度系数k；
(2)AB杆中弹力为零时，装置转动的角速度ω0；
(3)弹簧长度从L缓慢缩短为L的过程中，外界对转动装置所做的功W。
答案　(1)　(2) 　(3)mgL＋
解析　(1)装置静止时，设OA、AB杆中的弹力分别为F1、T1，OA杆与转轴的夹角为θ1。
小环受到弹簧的弹力F弹1＝k·，
小环受力平衡，F弹1＝mg＋2T1cosθ1，
小球受力平衡，F1cosθ1＋T1cosθ1＝mg；
F1sinθ1＝T1sinθ1，
解得k＝。
(2)设OA杆中的弹力为F2，OA杆与转轴的夹角为θ2，弹簧长度为x。
小环受到弹簧的弹力F弹2＝k(x－L)，
小环受力平衡，F弹2＝mg，得x＝L，
对小球，F2cosθ2＝mg；F2sinθ2＝mωlsinθ2且cosθ2＝，
解得ω0＝。
(3)弹簧长度为L时，设OA、AB杆中的弹力分别为F3、T3，OA杆与弹簧的夹角为θ3。
小环受到弹簧的弹力F弹3＝kL，
小环受力平衡，2T3cosθ3＝mg＋F弹3，且cosθ3＝，
对小球，F3cosθ3＝T3cosθ3＋mg；
F3sinθ3＋T3sinθ3＝mωlsinθ3，
解得ω3＝。
整个过程弹簧弹性势能变化为零，则弹力做的功为零，由动能定理
W－mg－2mg＝2×m(ω3lsinθ3)2
解得W＝mgL＋。
22．2016·福建漳州三联]某电视台正在策划的“快乐向前冲”节目的场地设施如图所示，AB为水平直轨道，上面安装有电动悬挂器，可以载人运动，下方水面上漂浮着一个半径为R铺有海绵垫的转盘，转盘轴心离平台的水平距离为L，平台边缘与转盘平面的高度差为H。选手抓住悬挂器后，按动开关，在电动机的带动下从A点沿轨道做初速度为零、加速度为a的匀加速直线运动。启动后2 s悬挂器脱落。设人的质量为m(看作质点)，人与转盘间的最大静摩擦力为μmg，重力加速度为g。

(1)假设选手落到转盘上瞬间相对转盘速度立即变为零，为保证他落在任何位置都不会被甩下转盘，转盘的角速度ω应限制在什么范围？
(2)已知H＝3.2 m，R＝0.9 m，取g＝10 m/s2，当a＝2 m/s2 时选手恰好落在转盘的圆心上，求L?
答案　(1)ω≤ 　(2)7.2 m
解析　(1)设人落在转盘边缘处不至被甩下，临界情况下最大静摩擦力提供向心力，则有：
μmg＝mωR，
解得ω0＝ ，
则为保证选手在任何位置都不会被甩下转盘，角速度应满足ω≤ 。
(2)匀加速过程：x1＝at＝×2×22 m＝4 m，
vC＝at1＝4 m/s，
平抛过程：H＝gt，
得t2＝0.8 s，
x2＝vCt2＝4×0.8 m＝3.2 m，
故L＝x1＋x2＝7.2 m。
23．2016·安徽江南十校联考]某游乐场的一项游乐设施如图甲所示，可以简化为如图乙所示的模型，已知圆盘的半径为R＝2.5 m，悬绳长L＝R，圆盘启动后始终以恒定的角速度转动，圆盘先沿着杆匀加速上升，再匀减速上升直到到达最高点(整个上升过程比较缓慢)，当圆盘上升到最高点转动时，悬绳与竖直方向的夹角为45°，重力加速度取g＝10 m/s2。求：

(1)圆盘转动的角速度；
(2)若圆盘到达最高点时离地面的高度为h＝22.5 m，为了防止乘客携带的物品意外掉落砸伤地面上的行人，地面上至少要设置多大面积的区域不能通行；
(3)已知甲乙两名乘客的质量分别是m1和m2(m1>m2)，在圆盘加速上升的过程中，他们座椅上的悬绳与竖直方向的夹角分别为θ1和θ2，比较θ1和θ2的大小关系。
答案　(1) rad/s　(2)225π m2　(3)θ1＝θ2
解析　(1)设乘客和座椅的总质量是m，悬绳拉力为FT
竖直方向上：FTcosθ＝mg，
水平方向上：FTsinθ＝mω2(R＋Rsinθ)，
以上两式联立解得ω＝ rad/s。
(2)物品掉落时的速度v＝ω(R＋Rsinθ)＝5 m/s，
物品掉落后做平抛运动，
竖直方向有h－Rcosθ＝，解得t＝2 s，
平抛运动的水平位移为x＝vt＝10 m，
设置禁止通行区域半径为R′＝＝15 m，
得S＝πR′2＝225π m2。
(3)设加速上升过程中，圆盘上升加速度为a，
竖直方向：FTcosθ－mg＝ma，
水平方向：FTsinθ＝mω2(R＋Rsinθ)，
两式联立可得(g＋a)tanθ＝ω2(R＋Rsinθ)，
可见θ与质量无关，即θ1＝θ2。