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答案
C
解析
A、共轴转动角速度相等，以任意一点为转轴，都是共轴转动，角速度一定相等，故A错误；
B、以圆心为转轴，处速度方向竖直向下运动的同时，随着车一起向前运动，故合速度不是竖直向
下，故B错误；
C、以圆心为转轴，点绕轴转动的同时水平匀速前进，而处向心加速度一定指向圆心，故也指向
，故C正确；
D、以圆心为转轴，、、、四点绕圆心转动的同时还要一起向前运动，由于绕轴转动的分速度
方向不同，故各个点的线速度方向不同，大小也不同，故D错误。
答案
D
解析
解：由于
轮和
轮是链条传动，链条传动的特点是两轮与链条接触点的线速度大小与链条的线速
度大小相同，
故
，
即
，
由于
轮和
轮共轴，故两轮角速度相同，
即
，
故
，
由角速度和线速度的关系式
可得，
，
则
，
模块1：基
：基础题
础题
1
1
（练习
（练习册）
册）19-20春高一
春高一课改目
改目
标985班第二
班第二讲向心力基本
向心力基本应
用
例题1
a
b
b
d
a
b
c
d
例题2
A
B
v
=
A
v
B
v
:
A
v
=
B
1 : 1
A
C
ω
=
A
ω
C
ω
:
A
ω
=
C
1 : 1
v = ωR
v
:
A
v
=
C
R
:
A
R
=
C
1 : 8
v
:
A
v
:
B
v
=
C
1 : 1 : 8
又因为
，
根据
得：
。
故选：D。
答案
D
解析
要使恰好不下滑，则受圆筒的最大静摩擦力作用，此力与重力平衡，筒壁给的支持力提供向心
力。则
，而
，所以
，故
，所以A、
B、C均错误，D正确。
答案
B
解析
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
，当圆环旋转时，小球绕竖直
直径做圆周运动，向心力由三个力在水平方向的合力提供，其大小为：
，根据几何关
系，其中
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
对应的第一个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，如图
对小球进行受力分析得：
， 解得：
。
当绳子拉力达到
时，此时角速度最大，对小球进行受力分析得： 竖直方向：
，
模块2：巩固
：巩固题
1
1
R
:
A
R
:
B
R
=
C
1 : 4 : 8
a =
R
v2
a
:
A
a
:
B
a
=
C
4 : 1 : 32
例题3
a
a
a
F
=
N
mω r
2
f
=
m
mg = μF
N
mg = μmω r
2
ω =
μr
g
例题4
60∘
F = mω r
2
r = R sin60∘
F
=
min
mg tan60 =
∘
mω
R sin60
min
2
∘
ω
=
min
R
2g
2mg
N sin30 −
∘
2mg sin30 −
(
)
∘
mg = 0
水平方向：
，
解得：
。 故A、C、D错误，B正确。
答案
B
解析
小物体在最高点时受到的摩擦力为零，则有
，在最低点时
， 解得小物体在最低点时受到的摩擦力大小
。 故
选：B。
答案
C
解析
物体随圆盘做圆周运动，运动到最低点时最容易滑动，因此物体在最低点且刚好要滑动时的转动角
速度为最大值，这时，根据牛顿第二定律可知，
，求得
，C项正确，ABD项错误。
答案
绳子的张力为
。
解析
解：小球绕杆做圆周运动，其轨道平面在水平面内，轨道半径
，绳的拉力与
重力的合力提供小球做圆周运动的向心力。对小球进行受力分析，如图所示，
设绳对小球的拉力为
，小球受到的重力为
。
由受力分析得
。
1
1
1
N cos 30 +
∘
2mg cos 30 =
(
)
∘
mω
R sin60
max
2 (
∘)
ω
=
max
R
6g
例题5
mgsin37 =
∘
mω r
2
f −mgsin37 =
∘
mω r
2
f = 1.2mg = 12N
例题6
μmg cos 30 −
∘
mg sin30 =
∘
mrω2
ω = 1.0rad/s
例题7
4.24N
r = L +
′
L sin45∘
F
mg
F =
≈
cos 45∘
mg
4.24N
答案
该装置此时的角速度为
。
解析
解：对小球利用牛顿第二定律可得
①，
②，
联立①②两式，将数值代入可得：
。
答案
；
。
解析
由题意可知
、
两球具有相同的角速度
，因轨道半径不同，根据
知
、
的向心加
速度不同，采用隔离法对
、
两球受力分析如图所示。
由牛顿第二定律得：
对
球有：
，
对
球有：
，
其中
，
联立方程解得：
，
，
弹簧总长度为
。
答案
细绳的拉力
。
解析
2
1
模块3：拔高
：拔高题
1
6.44rad/s
mg tan45 =
∘
mω r
2
r = L +
′
L sin45∘
ω ≈6.44rad/s
例题8
F
=
T
mω L
1 +
2
(
k −mω2
2k
)
L
=
总
L
k −mω2
k + mω2
A
B
ω
a
=
n
ω r
2
A
B
A
B
A
F
−
T
F = mω L
2
B
F = mω
2L + x
2 (
)
F = kx
F
=
T
mω L
1 +
2
(
k −mω2
2k
)
x =
k −mω2
2mω L
2
L
=
总
L + x =
L
k −mω2
k + mω2
例题9
T
=
1
0
解：设绳子张力恰好为零时转盘的角速度为
，则有：
，
故
，
由于
，静摩擦力未达到最大，故
。
答案
细绳的拉力
。
解析
解：设角速度为
时，物块所受静摩擦力为最大静摩擦力，有
，解得
，
，则有
，
。
答案
小球释放瞬间的加速度大小为
， 小球的速度最大时弹簧的压缩量
为
。
解析
解：小球释放的瞬间，小球的加速度大小为：
，
当小球的速度最大时， 有：
，
解得弹簧的压缩量为：
。
答案
匀速转动的角速度为
。
解析
解：当弹簧伸长量为
时受力如图所示，
2
1
2
ω
0
μmg = mrω
0
2
ω
=
0
r
μg
ω
=
1
<
2r
μg
ω
0
T
=
1
0
T
=
2
μmg
2
1
ω
0
μmg = mrω
0
2
ω
=
0
r
μg
ω
=
2
>
2r
3μg
ω
0
T
+
2
μmg = mrω
2
2
T
=
2
mrω
−
22
μmg =
μmg
2
1
例题10
a
g sinθ
Δl
1
k
mg sinθ
a =
=
m
mg sinθ
g sinθ
mg sinθ = kΔl
1
Δl
=
1
k
mg sinθ
m l
+ Δl
cos θ
( 0
2)
2
mg sinθ + kΔl
2
Δl
2
在水平方向上有：
，
竖直方向上有：
，
解得：
。
F
sinθ +
N
kΔl
cos θ =
2
mω
l
+ Δl
cos θ
2 ( 0
2)
F
cos θ −
N
kΔl
sinθ −
2
mg = 0
ω =
m l
+ Δl
cos θ
( 0
2)
2
mg sinθ + kΔl
2
