3.(2009·海南高考)两刚性球a和b的质量分别为m_a和m_b，

直径分别为d_a和d_b(d_a＞d_b).将a、b球依次放入一竖直放

置、内径为d(d_a＜d＜d_a+d_b)的平底圆筒内，如图3所示.

设a、b两球静止时对圆筒侧面的压力大小分别为F_N1和

F_N2，筒底所受的压力大小为F.已知重力加速度大小为g.　　　　 图3

若所有接触都是光滑的，则　　　　　　　　　　　　　　　　 (　)

A.F＝(m_a+m_b)g，F_N1＝F_N2

B.F＝(m_a+m_b)g，F_N1≠F_N2

C.m_ag＜F＜(m_a+m_b)g，F_N1＝F_N2

D.m_ag＜F＜(m_a+m_b)g，F_N1≠F_N2

解析：对a和b整体受力分析如图所示，由平衡条件可知，

F＝(m_a+m_b)g

F_N1＝F_N2，故A正确.

答案：A

2.(2008·山东高考)用轻弹簧竖直悬挂质量为m的物体，静止时弹簧伸长量为L.现用该弹簧沿斜面方向拉住质量为2m的物体，系统静止时弹簧伸长量也为L.斜面倾角为30°，如图2所示.则物体所受摩擦力　　　　　　 (　)

A.等于零

B.大小为mg，方向沿斜面向下　　　　　　　　　　　　　 图2

C.大小为mg，方向沿斜面向上

D.大小为mg，方向沿斜面向上

解析：由题意可知，kL＝mg，物体在斜面上静止时，设受到向上的静摩擦力F_f，由平衡条件得kL+F_f＝2mgsinθ，可得出F_f＝0，故选A.

答案：A

1.如图1所示，竖直放置的轻弹簧一端固定在地面上，

另一端与斜面体P连接，P的斜面与固定挡板MN

接触且处于静止状态，则斜面体P此刻所受的外力

个数有可能为　　　　　　　　　　　　　 (　)

A.2个　　　　　B.3个　　　　　　　　　　　　 图1

C.4个 　　　　　　　　　D.5个

解析：若斜面体P受到的弹簧弹力F等于其重力mg，

则MN对P没有力的作用，如图(a)所示，P受到2个

力，A对；若弹簧弹力大于P的重力，则MN对P有压

力F_N，只有压力F_N则P不能平衡，一定存在向右的力，

只能是MN对P的摩擦力F_f，因此P此时受到4个力，如图(b)所示，C对.

答案：AC

12．(2010·青岛模拟)如图13所示，一根长0.1 m的细线，一端系着一个质量为0.18 kg的小球，拉住线的另一端，使小球在光滑的水平桌面上做匀速圆周运动，使小球的转速很缓慢地增加，当小球的转速增加到开始时转速的3倍时，细线断开，线断开前的瞬间线受到的拉力比开始时大40 N，求：

图13

(1)线断开前的瞬间，线受到的拉力大小；

(2)线断开的瞬间，小球运动的线速度；

(3)如果小球离开桌面时，速度方向与桌边缘的夹角为60°，桌面高出地面0.8 m，求小球飞出后的落地点距桌边缘的水平距离．

解析：(1)线的拉力提供小球做圆周运动的向心力，设开始时角速度为ω₀，向心力为F₀，线断开的瞬间，角速度为ω，线的拉力为F_T.

F₀＝mω₀²R　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ①

F_T＝mω²R　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ②

由①②得＝＝　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ③

又因为F_T＝F₀+40 N　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ④

由③④得F_T＝45 N

(2)设线断开时小球的线速度为v，由F_T＝得，

v＝ ＝ m/s＝5 m/s

(3)设桌面高度为h，小球落地经历时间为t，落地点与飞出桌面点的水平距离为s.

由h＝gt²得

t＝ ＝0.4 s

s＝vt＝2 m

则小球飞出后的落地点到桌边缘的水平距离为

l＝ssin60°＝1.73 m.

答案：(1)45 N　(2)5 m/s　(3)1.73 m

11．(2009·广东高考)如图12所示，一个竖直放置的圆锥筒可绕其中心轴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12

(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，且其所受到的摩擦力为零时，筒转动的角速度．

解析：(1)物块静止时，对物块进行受力分析如图所示，设筒壁与水平面的夹角为θ.

由平衡条件有

F_f＝mgsinθ　　F_N＝mgcosθ

由图中几何关系有

cosθ＝ ，sinθ＝

故有F_f＝， F_N＝

(2)分析此时物块受力如图所示，

由牛顿第二定律有

mgtanθ＝mrω².

其中tanθ＝，r＝，

可得ω＝ .

答案：(1)　(2)

10．如图11所示，把一个质量m＝1 kg的物体通过两根等长的细绳与

竖直杆上A、B两个固定点相连接，绳a、b长都是1 m，杆AB长度

是1.6 m，直杆和球旋转的角速度等于多少时，b绳上才有张力？

解析：如图所示，a、b两绳都伸直时，已知a、b绳长均为1 m，即　　　 图11

＝＝1 m，＝＝0.8 m

在△AOD中，cosθ＝＝＝0.8

sinθ＝0.6，θ＝37°

小球做圆周运动的轨道半径

r＝＝·sinθ＝1×0.6 m＝0.6 m.

b绳被拉直但无张力时，小球所受的重力mg与a绳拉力F_Ta的合力F为向心力，其受力分析如图所示，由图可知小球的向心力为

F＝mgtanθ

根据牛顿第二定律得

F＝mgtanθ＝mr·ω²

解得直杆和球的角速度为

ω＝＝ rad/s≈3.5 rad/s.

当直杆和球的角速度ω＞3.5 rad/s时，b中才有张力．

答案：ω＞3.5 rad/s

9．(2010·湖南三十二校模拟)如图10所示，在倾角α＝30°的光滑斜

面上，有一根长为L＝0.8 m的细绳，一端固定在O点，另一端

系一质量为m＝0.2 kg的小球，小球沿斜面做圆周运动．若要小

球能通过最高点A，则小球在最低点B的最小速度是　　 (　) 　　　　图10

A．2 m/s　　　　　B．2 m/s

C．2 m/ s　 　　　　　　　D．2 m/s

解析：通过A点的最小速度为v_A＝＝2 m/s，则根据机械能守恒定律得：mv_B²＝mv_A²+mgL，解得v_B＝2 m/s，即C选项正确．

答案：C

8.(2010·山东省青岛三中月考)用一根细线一端系一小球(可视为质点)，另　

一端固定在一光滑锥顶上，如图8所示，设小球在水平面内做匀速圆周

运动的角速度为ω，细线的张力为F_T，则F_T随ω²变化的图象是图9

中的　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 (　)　　 　图8

图9

解析：小球角速度ω较小，未离开锥面对，设细线的张力为F_T，线的长度为L，锥面对小球的支持力为F_N，则有F_Tcosθ+F_Nsinθ＝mg，F_Tsinθ－F_Ncosθ＝mω²Lsinθ，可得出：F_T＝mgcosθ+mω²Lsin²θ，可见随ω由0开始增加，F_T由mgcosθ开始随ω²的增大，线性增大，当角速度增大到小球飘离锥面时，F_T·sinα＝mω²Lsinα，得F_T＝mω²L，可见F_T随ω²的增大仍线性增大，但图线斜率增大了，综上所述，只有C正确．

答案：C

7.(2010·长沙五校联考)如图7所示光滑管形圆轨道半径为R(管径远小

于R)，小球a、b大小相同，质量均为m，其直径略小于管径，能

在管中无摩擦运动．两球先后以相同速度v通过轨道最低点，且当

小球a在最低点时，小球b在最高点，以下说法正确的是(　)

A．当小球b在最高点对轨道无压力时，小球a比小球b所需向心

力大5mg　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 图7

B．当v＝时，小球b在轨道最高点对轨道无压力

C．速度v至少为，才能使两球在管内做圆周运动

D．只要v≥，小球a对轨道最低点的压力比小球b对轨道最高点的压力大6mg

解析：小球在最高点恰好对轨道没有压力时，小球b所受重力充当向心力，mg＝m⇒v₀＝，小球从最高点运动到最低点过程中，只有重力做功，小球的机械能守恒，2mgR+mv₀²＝mv²，解以上两式可得：v＝，B项正确；小球在最低点时，F_向＝m＝5mg，在最高点和最低点所需向心力的差为4mg，A项错；小球在最高点，内管对小球可以提供支持力，所以小球通过最高点的最小速度为零，再由机械能守恒定律可知，2mgR＝mv′²，解得v′＝2，C项错；当v≥时，小球在最低点所受支持力F₁＝mg+，由最低点运动到最高点，2mgR+mv₁²＝mv²，小球对轨道压力F₂+mg＝m，解得F₂＝m－5mg，F₁－F₂＝6mg，可见小球a对轨道最低点压力比小球b对轨道最高点压力大6mg，D项正确．

答案：BD

6．如图6所示，靠摩擦传动做匀速转动的大、小两轮接触面互

不打滑，大轮半径是小轮半径的2倍．A、B分别为大、小轮

边缘上的点，C为大轮上一条半径的中点．则(　)

A．两轮转动的角速度相等

B．大轮转动的角速度是小轮的2倍　　　 　　　　　　　　　　　　图6

C．质点加速度a_A＝2a_B

D．质点加速度a_B＝4a_C

解析：两轮不打滑，边缘质点线速度大小相等，v_A＝v_B，而r_A＝2r_B，故ω_A＝ω_B，A、B错误；由a_n＝得＝＝，C错误；由a_n＝ω²r得＝＝2，则＝4，D正确．

答案：D