相比，从A到C运动过程，克服摩擦力做功较少，又由于两次的初速度大小相同，故到达C点的速率较大，平均速率也较大，故用时较短，所以A正确。]
4．AC [小木块a、b做圆周运动时，由静摩擦力提供向心力，即f＝mω2R。当角速度增加时，静摩擦力增大，当增大到最大静摩擦力时，
2发生相对滑动，对木块a：fa＝mωal，当fa＝kmg时，kmg＝mω2al，ωa
＝＝
kg22
；对木块b：fb＝mωb·2l，当fb＝kmg时，kmg＝mωb·2l，ωbl
kg
2l，所以b先达到最大静摩擦力，选项A正确；两木块滑动前转
动的角速度相同，则fa＝mω2l，fb＝mω2·2l，fa kg 2l时b刚开始滑动，选项C正确；当ω＝ 2 2kg 3l时，a没有滑动， 2 则fa＝mωl＝3kmg，选项D错误。] 5．C [ 解法一 以小环为研究对象，设大环半径为R，根据机械能守恒定v212 律，得mg·2R＝2mv，在大环最低点有FN－mg＝mR，得FN＝5mg，此时再以大环为研究对象，受力分析如图，由牛顿第三定律知，小环对大环的压力大小为FN′＝FN＝5mg，方向竖直向下，故F＝Mg＋5mg，由牛顿第三定律知C正确。 解法二 设小环滑到大环最低点时速度为v，加速度为a，根据机v212 械能守恒定律2mv＝mg·2R，且a＝R，所以a＝4g，以整体为研究对象，受力情况如图所示。 F－Mg－mg＝ma＋M·0 所以F＝Mg＋5mg，C正确。] 6．C [ 当物体转到圆盘的最低点恰好不滑动时，转盘的角速度最大，其受力如图所示(其中O为对称轴位置) 由沿斜面的合力提供向心力，有 μmgcos 30°－mgsin 30°＝mω2R 得ω＝ g4R＝1.0 rad/s，选项C正确。] 12gR2 7．解析 小球做平抛运动：h＝2gt、R＝vt，解得h＝2v2。由题2nπv 意知ωt＝2πn(n＝1，2，3，…)，故联立R＝vt可得ω＝R(n＝1，2，3，…)。 gR22nπv 答案 2v2 R(n∈N＋) 一年模拟试题精练 1．D 2．B [木块随圆盘一起转动，水平方向只受静摩擦力，故由静摩擦力提供向心力，则f＝mrω2，当圆盘的角速度增大时，圆盘提供的静摩擦力随之增大，当需要的向心力大于最大静摩擦力时，物体开始滑动，b、c同时达到最大静摩擦力，故b、c同时从水平圆盘上滑落，但b、c质量不等，角速度转动半径相等，由f＝mrω2知b、c所受摩擦力不等。A选项错误；当a、b和c均未滑落时，在同一转盘上无相对运动，因此它们的角速度相等，f＝mrω2，所以a、c所受摩擦力的大小相等，B选项正确；b和c均未滑落时由v＝rω知，线速度大小相等，方向不相同，故C选项错误；b开始滑动时，最大静摩擦力提供向心力，kmg＝m·2lω2，解得ω＝ kg 2l，故D选项错误。] 12 3．C [小球从最低点Q到最高点P，由机械能守恒定律得2mvP＋12 2mgl＝2mv，则vP＝gl2，因为0 周轨道的最高点P，且在P点受到轻杆对它向上的弹力，C正确。] 4．B [因为圆环光滑，所以这三个力肯定是重力、环对球的弹力、绳子的拉力，细绳要产生拉力，绳要处于拉伸状态，根据几何关系可知，此时细绳与竖直方向的夹角为60°，当圆环旋转时，小球绕竖直轴做圆周运动，向心力由三个力在水平方向的合力提供，其大小为F＝mω2r，其中r＝Rsin 60°一定，所以当角速度越大时，所需要的向心力越大，绳子拉力越大，所以对应的临界条件是小球在此位置刚好不 受拉力，此时角速度最小，需要的向心力最小，对小球进行受力分析得：Fmin＝mgtan 60°，即mgtan 60°＝mω2minRsin 60°，解得ωmin＝2g R。当绳子拉力达到2mg时，此时角速度最大，对小球进行受力分析得： 竖直方向：FNsin 30°－(2mg)sin 30°－mg＝0 水平方向：FNcos 30°＋(2mg)cos 30°＝mω2max(Rsin 60°) 解得ωmax＝5．BD 6．解析 小球在倾斜平板上运动时受到绳子拉力、平板弹力、重力。在垂直平板方向上合力为0，重力在沿平板方向的分量为mgsin α 小球在最高点时，由绳子的拉力和重力沿平板方向的分力的合力 2 mv1 提供向心力，有T＋mgsin α＝l① 6gR，故A、C、D错误，B正确。] 研究小球从释放到最高点的过程，根据动能定理有 112 －mglsin α＝2mv2－1 2mv0② 若恰好能通过最高点，则绳子拉力T＝0③ T＝0时，联立①②解得 v20 sin α＝3gl，解得α＝30° 故α的范围为0°≤α≤30° 答案 0°≤α≤30° 7．解析 (1)滑块在传送带上运动时，由牛顿运动定律得：μmg＝