【物理】2018届一轮复习教科版圆周运动教案 17页

第3节圆_周_运_动 ‎,‎ ‎(1)匀速圆周运动是匀变速曲线运动。(×)‎ ‎(2)物体做匀速圆周运动时，其角速度是不变的。(√)‎ ‎(3)物体做匀速圆周运动时，其合外力是不变的。(×)‎ ‎(4)匀速圆周运动的向心加速度与半径成反比。(×)‎ ‎(5)匀速圆周运动的向心力是产生向心加速度的原因。(√)‎ ‎(6)比较物体沿圆周运动的快慢看线速度，比较物体绕圆心转动的快慢，看周期或角速度。(√)‎ ‎(7)做匀速圆周运动的物体，当合外力突然减小时，物体将沿切线方向飞出。(×)‎ ‎(8)摩托车转弯时速度过大就会向外发生滑动，这是摩托车受沿转弯半径向外的离心力作用的缘故。(×)‎ 突破点(一)　描述圆周运动的物理量 ‎1．圆周运动各物理量间的关系 ‎2．对公式v＝ωr 的理解 当r一定时，v与ω成正比；‎ 当ω一定时，v与r成正比；‎ 当v一定时，ω与r成反比。‎ ‎3．对a＝＝ω2r的理解 当v一定时，a与r成反比；‎ 当ω一定时，a与r 成正比。‎ ‎4．常见的三种传动方式及特点 ‎(1)皮带传动：如图甲、乙所示，皮带与两轮之间无相对滑动时，两轮边缘线速度大小相等，即vA＝vB。‎ ‎(2)摩擦传动：如图丙所示，两轮边缘接触，接触点无打滑现象时，两轮边缘线速度大小相等，即vA＝vB。‎ ‎(3)同轴传动：如图丁所示，两轮固定在一起绕同一转轴转动，两轮转动的角速度大小相等，即ωA＝ωB。‎ ‎[多角练通]‎ ‎1．(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挡住。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 解析：选B　根据题意，从题图(b)可以看出，在Δt时间内，探测器接收到光的时间在增长，凸轮圆盘的挡光时间也在增长，可以确定圆盘凸轮的转动速度在减小；在Δt时间内可以看出有4次挡光，即凸轮圆盘转动4周，则风轮叶片转动了4n周，风轮叶片转过的弧长为l＝4n×2πr，转动速率为：v＝，故选项B正确。‎ ‎2．(2017·成都质检)光盘驱动器读取数据的某种方式可简化为以下模式，在读取内环数据时，以恒定角速度方式读取，而在读取外环数据时，以恒定线速度的方式读取。如图所示，设内环内边缘半径为R1，内环外边缘半径为R2，外环外边缘半径为R3。A、B、C 分别为各边缘线上的点。则读取内环上A点时，A点的向心加速度大小和读取外环上C点时，C点的向心加速度大小之比为(　　)‎ A.　　　　　　　　 B. C. D. 解析：选D　A、B两点角速度相同，由a＝ω2r，可知aA∶aB＝R1∶R2①；B、C两点线速度相同，由a＝，可知aB∶aC＝R3∶R2②；由①×②可得aA∶aC＝R1R3∶R22，D项正确。‎ ‎3.(2017·桂林模拟)如图所示，B和C是一组塔轮，即B和C半径不同，但固定在同一转动轴上，其半径之比为RB∶RC＝3∶2，A轮的半径大小与C轮相同，它与B轮紧靠在一起，当A轮绕过其中心的竖直轴转动时，由于摩擦作用，B轮也随之无滑动地转动起来。a、b、c分别为三轮边缘的三个点，则a、b、c三点在运动过程中的(　　)‎ A．线速度大小之比为3∶2∶2‎ B．角速度之比为3∶3∶2‎ C．转速之比为2∶3∶2‎ D．向心加速度大小之比为9∶6∶4‎ 解析：选D　A、B轮摩擦传动，故va＝vb，ωaRA＝ωbRB，ωa∶ωb＝3∶2；B、C同轴转动，故ωb＝ωc，＝，vb∶vc＝3∶2，因此va∶vb∶vc＝3∶3∶2，ωa∶ωb∶ωc＝3∶2∶2，故A、B错误；转速之比等于角速度之比，故C错误；由a＝ωv得：aa∶ab∶ac＝9∶6∶4，D正确。‎ 突破点(二)　水平面内的匀速圆周运动 ‎1．水平面内的匀速圆周运动轨迹特点 运动轨迹是圆且在水平面内。‎ ‎2．匀速圆周运动的受力特点 ‎(1)物体所受合外力大小不变，方向总是指向圆心。‎ ‎(2)合外力充当向心力。‎ ‎3．解答匀速圆周运动问题的一般步骤 ‎(1)选择做匀速圆周运动的物体作为研究对象。‎ ‎(2)分析物体受力情况，其合外力提供向心力。‎ ‎(3)由Fn＝m或Fn＝mω2r或Fn＝m列方程求解。‎ ‎[典例]　(多选)(2016·浙江高考)如图所示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 ‎[审题指导]‎ ‎(1)要使赛车绕赛道一圈所用时间最短，赛车在弯道上运动的速度应最大，此时恰好由最大静摩擦力提供向心力。‎ ‎(2)赛车在弯道上做匀速圆周运动的速度对应赛车在直道上的初速度和末速度。‎ ‎(3)借助三角函数知识确定直道长度和弯道对应的圆心角。‎ ‎[解析]　赛车做圆周运动时，由F＝知，在小圆弧上的速度小，故赛车绕过小圆弧后加速，选项A正确；在大圆弧弯道上时，根据F＝m知，其速率v＝ ＝ ＝‎45 m/s，选项B正确；同理可得在小圆弧弯道上的速率v′＝‎30 m/s。‎ 如图所示，由边角关系可得α＝60°，直道的长度x＝Lsin 60°＝‎50 m，据v2－v′2＝2ax知在直道上的加速度a≈‎6.50 m/s2，选项C错误；小弯道对应的圆心角为120°，弧长为s＝，对应的运动时间t＝≈2.79 s，选项D错误。‎ ‎[答案]　AB ‎[方法规律]‎ 求解圆周运动问题必须进行的三类分析 几何分析 目的是确定圆周运动的圆心、半径等 运动分析 目的是确定圆周运动的线速度、角速度、向心加速度等 受力分析 目的是通过力的合成与分解，表示出物体做圆周运动时，外界所提供的向心力 ‎[集训冲关]‎ ‎1.(2017·三门峡陕州中学专训)在玻璃管中放一个乒乓球后注满水，然后用软木塞封住管口，将此玻璃管固定在转盘上，管口置于转盘转轴处，处于静止状态。当转盘在水平面内转动时，如图所示，则乒乓球会(球直径比管直径略小)(　　)‎ A．向管底运动　　　　　　　 B．向管口运动 C．保持不动 D．无法判断 解析：选B　开始时，玻璃管壁的摩擦力不足以提供水做圆周运动时所需要的合外力，所以水被“甩”到外侧管底才能随转盘进行圆周运动，则乒乓球在水的作用下向管口运动，故B正确。‎ ‎2．(多选)(2017·兰州一中月考)如图所示，在固定的圆锥形漏斗的光滑内壁上，有两个小球A和B，质量分别为mA和mB，它们分别紧贴漏斗的内壁在不同的水平面上做匀速圆周运动。则以下叙述正确的是(　　)‎ A．只有当mA时，轻杆对小球有拉力，则F＋mg＝，v增大，F增大，B正确；当v<时，轻杆对小球有支持力，则mg－F′＝，v减小，F′增大，C错误；由F向＝知，v增大，向心力增大，D正确。‎ 斜面上圆周运动的临界问题 在斜面上做圆周运动的物体，因所受的控制因素不同，如静摩擦力控制、绳控制、杆控制，物体的受力情况和所遵循的规律也不相同。下面列举三类实例。‎ ‎(一)静摩擦力控制下的圆周运动 ‎1.(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．5 rad/s 解析：选C　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，根据牛顿第二定律有，μmgcos 30°－mgsin 30°＝mrω2，求得ω＝1.0 rad/s，C项正确，A、B、D项错误。‎ ‎(二)轻杆控制下的圆周运动 ‎2.如图所示，在倾角为α＝30°的光滑斜面上，有一根长为L＝‎0.8 m 的轻杆，一端固定在O点，另一端系一质量为m＝‎0.2 kg的小球，沿斜面做圆周运动，取g＝‎10 m/s2，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(　　)‎ A．‎4 m/s B‎.2 m/s C．‎2 m/s D．‎2 m/s 解析：选A　小球受轻杆控制，在A点的最小速度为零，由2mgLsin α＝mvB2，可得vB＝‎4 m/s，A正确。‎ ‎(三)轻绳控制下的圆周运动 ‎3.(2017·开封模拟)如图所示，一块足够大的光滑平板放置在水平面上，能绕水平固定轴MN调节其与水平面所成的倾角。板上一根长为l＝‎0.60 m的轻绳，它的一端系住一质量为m的小球P，另一端固定在板上的O点。当平板的倾角固定为α时，先将轻绳平行于水平轴MN拉直，然后给小球一沿着平板并与轻绳垂直的初速度v0＝‎3.0 m/s。若小球能保持在板面内做圆周运动，倾角α的值应在什么范围内？(取重力加速度g＝‎10 m/s2)‎ 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提供向心力，有FT＋mgsin α＝①‎ 研究小球从释放到最高点的过程，根据动能定理有 ‎－mglsin α＝mv12－mv02②‎ 若恰好能通过最高点，则绳子拉力FT＝0③‎ 联立①②③解得sin α＝，解得α＝30°‎ 故α的范围为0°≤α≤30°。‎ 答案：0°≤α≤30°‎ 对点训练：描述圆周运动的物理量 ‎1．汽车在公路上行驶时一般不打滑，轮子转一周，汽车向前行驶的距离等于车轮的周长。某国产轿车的车轮半径约为‎30 cm，当该型号的轿车在高速公路上匀速行驶时，驾驶员面前速率计的指针指在“‎120 km/h”上，可估算出该车轮的转速近似为(　　)‎ A．1 000 r/s　　　　　　　　　 B．1 000 r/min C．1 000 r/h D．2 000 r/s 解析：选B　设经过时间t，轿车匀速行驶的路程x＝vt，此过程中轿车轮缘上的某一点转动的路程x′＝nt·2πR，其中n为车轮的转速，由x＝x′可得：vt＝nt·2πR，n＝≈17.7 r/s＝1 062 r/min。B正确。‎ ‎2.(2017·湖北省重点中学联考)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 解析：选A　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对；根据圆周运动线速度v＝ωR，P、Q两物体做匀速圆周运动的半径不等，即P、Q两物体做圆周运动的线速度大小不等，选项B错；Q物体到地轴的距离远，圆周运动半径大，线速度大，选项C错；P、Q两物体均受到万有引力和支持力作用，重力只是万有引力的一个分力，选项D错。‎ ‎3.如图所示，甲、乙两水平圆盘紧靠在一块，甲圆盘为主动轮，乙靠摩擦随甲转动且无滑动。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．m1与m2滑动前的角速度之比ω1∶ω2＝3∶1‎ B．m1与m2滑动前的向心加速度之比a1∶a2＝1∶3‎ C．随转速慢慢增加，m1先开始滑动 D．随转速慢慢增加，m2先开始滑动 解析：选D　甲、乙两圆盘边缘上的各点线速度大小相等，有：ω1·3r＝ω2·r，则得ω1∶ω2＝1∶3，所以小物体相对盘开始滑动前，m1与m2的角速度之比为1∶3，故A错误；小物体相对盘开始滑动前，根据a＝ω2r得：m1与m2的向心加速度之比为a1∶a2＝(ω12·2r)∶‎ ‎(ω22r)＝2∶9，故B错误；根据μmg＝mrω2＝ma知，因a1∶a2＝2∶9，圆盘和小物体的动摩擦因数相同，可知当转速增加时，m2先达到临界角速度，所以m2先开始滑动。故D正确，C错误。‎ 对点训练：水平面内的匀速圆周运动 ‎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. 解析：选C　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mgtan θ＝m，得v＝，C正确。‎ ‎5．(多选)如图所示，在水平转台上放一个质量M＝‎2.0 kg的木块，它与台面间的最大静摩擦力fm＝6.0 N，绳的一端系住木块，另一端穿过转台的中心孔O(为光滑的)悬吊一质量m＝‎1.0 kg 的小球，当转台以ω＝5.0 rad/s的角速度匀速转动时，欲使木块相对转台静止，则木块到O孔的距离可能是(重力加速度g＝‎10 m/s2，木块、小球均视为质点)(　　)‎ A．‎6 cm B‎.15 cm C．‎30 cm D．‎‎34 cm 解析：选BC　转台以一定的角速度ω匀速转动，木块所需的向心力与做圆周运动的半径r成正比，在离O点最近处r＝r1时，木块有靠近O点的运动趋势，这时摩擦力沿半径向外，刚好达到最大静摩擦力fm，即mg－fm＝Mω2r1，得r1＝＝‎8 cm，同理，木块在离O点最远处r＝r2时，有远离O点的运动趋势，这时摩擦力的方向指向O点，且达到最大静摩擦力fm，即mg＋fm＝Mω2r2，得r2＝＝‎32 cm，则木块能够相对转台静止，半径应满足关系式r1≤r≤r2。选项B、C正确。‎ ‎6．(多选)(2017·开封质检)如图所示，在匀速转动的水平圆盘上，沿半径方向放着用细线相连的质量相等的两个物体A和B，它们分居圆心两侧，与圆心距离分别为RA＝r，RB＝2r，与盘间的动摩擦因数μ 相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当圆盘转速加快到两物体刚好还未发生滑动时，下列说法正确的是(　　)‎ A．此时绳子张力为T＝3μmg B．此时圆盘的角速度为ω＝ C．此时A所受摩擦力方向沿半径指向圆外 D．此时烧断绳子，A仍相对盘静止，B将做离心运动 解析：选ABC　A和B随着圆盘转动时，合外力提供向心力，则F＝mω2r，B的运动半径比A的半径大，所以B所需向心力大，绳子拉力相等，所以当圆盘转速加快到两物体刚好还未发生滑动时，B的静摩擦力方向沿半径指向圆心，A的最大静摩擦力方向沿半径指向圆外，根据牛顿第二定律得：T－μmg＝mω2r，T＋μmg＝mω2·2r，解得：T＝3μmg，ω＝，故A、B、C正确；此时烧断绳子，A的最大静摩擦力不足以提供向心力，则A做离心运动，故D错误。‎ ‎7．(2017·湖南高三联考)汽车试车场中有一个检测汽车在极限状态下的车速的试车道，试车道呈锥面(漏斗状)，侧面图如图所示。测试的汽车质量m＝1 t，车道转弯半径r＝‎150 m，路面倾斜角θ＝45°，路面与车胎的动摩擦因数μ为0.25，设路面与车胎的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，(g取‎10 m/s2)求 ‎(1)若汽车恰好不受路面摩擦力，则其速度应为多大？‎ ‎(2)汽车在该车道上所能允许的最小车速。‎ 解析：(1)汽车恰好不受路面摩擦力时，由重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律得：mgtan θ＝m 解得：v≈‎38.7 m/s。‎ ‎(2)当车道对车的摩擦力沿车道向上且等于最大静摩擦力时，车速最小，受力如图，根据牛顿第二定律得：‎ FNsin θ－Ffcos θ＝m FNcos θ＋Ffsin θ－mg＝0‎ Ff＝μFN 解得：vmin＝‎30 m/s。‎ 答案：(1)‎38.7 m/s　(2)‎30 m/s 对点训练：竖直面内的匀速圆周运动 ‎8．(2017·咸阳一模)固定在竖直平面内的光滑圆弧轨道ABCD，其A点与圆心等高，D点为轨道的最高点，DB为竖直线，AC为水平线，AE为水平面，如图所示。今使小球自A点正上方某处由静止释放，且从A点进入圆弧轨道运动，只要适当调节释放点的高度，总能使球通过最高点D，则小球通过D点后(　　)‎ A．一定会落到水平面AE上 B．一定会再次落到圆弧轨道上 C．可能会再次落到圆弧轨道上 D．不能确定 解析：选A　设小球恰好能够通过最高点D，根据mg＝m，得：vD＝，知在最高点的最小速度为。小球经过D点后做平抛运动，根据R＝gt2得：t＝ 。则平抛运动的水平位移为：x＝·＝R，知小球一定落在水平面AE上。故A正确，B、C、D错误。‎ ‎9．(2017·绵阳诊断)如图所示，轻杆长‎3L，在杆两端分别固定质量均为m的球A和B，光滑水平转轴穿过杆上距球A为L处的O点，外界给系统一定能量后，杆和球在竖直平面内转动，球B运动到最高点时，杆对球B恰好无作用力。忽略空气阻力。则球B在最高点时(　　)‎ A．球B的速度为零 B．球A的速度大小为 C．水平转轴对杆的作用力为1.5mg D．水平转轴对杆的作用力为2.5mg 解析：选C　球B运动到最高点时，杆对球B恰好无作用力，即重力恰好提供向心力，有mg＝m，解得vB＝，故A错误；由于A、B两球的角速度相等，则球A的速度大小vA＝，故B错误；B球在最高点时，对杆无弹力，此时A球受重力和拉力的合力提供向心力，有F－mg＝m，解得：F＝1.5mg，故C正确，D错误。‎ ‎10．(多选)“水流星”是一种常见的杂技项目，该运动可以简化为细绳一端系着小球在竖直平面内的圆周运动模型。已知绳长为l，重力加速度为g，则(　　)‎ A．小球运动到最低点Q时，处于失重状态 B．小球初速度v0越大，则在P、Q两点绳对小球的拉力差越大 C．当v0> 时，小球一定能通过最高点P D．当v0< 时，细绳始终处于绷紧状态 解析：选CD　小球运动到最低点Q时，由于加速度向上，故处于超重状态，选项A错误；小球在最低点时：FT1－mg＝m；在最高点时：FT2＋mg＝m，其中mv02－mg·‎2l＝mv2，解得FT1－FT2＝6mg，故在P、Q两点绳对小球的拉力差与初速度v0无关，选项B错误；当v0＝ 时，可求得v＝，因为小球经过最高点的最小速度为，则当v0> 时小球一定能通过最高点P，选项C正确；当v0＝ 时，由mv02＝mgh得小球能上升的高度h＝l，即小球不能越过与悬点等高的位置，故当v0<时，小球将在最低点位置附近来回摆动，细绳始终处于绷紧状态，选项D正确。‎ 考点综合训练 ‎11.(多选)(2017·湖南联考)如图所示为用绞车拖物块的示意图。拴接物块的细线被缠绕在轮轴上，轮轴逆时针转动从而拖动物块。已知轮轴的半径R＝‎0.5 m，细线始终保持水平；被拖动物块质量m＝‎1.0 kg，与地面间的动摩擦因数μ＝0.5；轮轴的角速度随时间变化的关系是ω＝kt，k＝2 rad/s，g＝‎10 m/s2，以下判断正确的是(　　)‎ A．物块做匀速运动 B．细线对物块的拉力是5.0 N C．细线对物块的拉力是6.0 N D．物块做匀加速直线运动，加速度大小是‎1.0 m/s2‎ 解析：选CD　由题意知，物块的速度为：v＝ωR＝2t×0.5＝1t(m)，又v＝at，故可得：a＝‎1 m/s2，所以物块做匀加速直线运动，加速度大小是‎1.0 m/s2。故A错误，D正确；由牛顿第二定律可得：物块所受合外力为：F＝ma＝1 N，F＝FT－Ff，地面摩擦力为：Ff＝μmg＝0.5×1×10 N＝5 N，故可得物块受细线拉力为：FT＝Ff＋F＝5 N＋1 N＝6 N，故B错误，C正确。‎ ‎12.如图所示，质量为M的物体内有光滑圆形轨道，现有一质量为m的小滑块沿该圆形轨道在竖直面内做圆周运动。A、C点为圆周的最高点和最低点，B、D点是与圆心O同一水平线上的点。小滑块运动时，物体在地面上静止不动，则物体对地面的压力FN和地面对物体的摩擦力有关说法正确的是(　　)‎ A．小滑块在A点时，FN＞Mg，摩擦力方向向左 B．小滑块在B点时，FN＝Mg，摩擦力方向向右 C．小滑块在C点时，FN＝(M＋m)g，M与地面无摩擦 D．小滑块在D点时，FN＝(M＋m)g，摩擦力方向向左 解析：选B　因为轨道光滑，所以小滑块与轨道之间没有摩擦力。小滑块在A点时，与轨道没有水平方向的作用力，所以轨道没有运动趋势，即摩擦力为零；当小滑块的速度v＝时，对轨道A点的压力为零，物体对地面的压力FN＝Mg，当小滑块的速度v＞时，对轨道A点的压力向上，物体对地面的压力FN＜Mg，故选项A错误；小滑块在B点时，对轨道的作用力水平向左，所以物体对地有向左运动的趋势，地面给物体向右的摩擦力；竖直方向上对轨道无作用力，所以物体对地面的压力FN＝Mg，故选项B正确；小滑块在C点时，地面对物体也没有摩擦力；竖直方向上小滑块对轨道的压力大于其重力，所以物体对地面的压力FN＞(M＋m)g，故选项C错误；小滑块在D点时，地面给物体向左的摩擦力，物体对地面的压力FN＝Mg，故选项D错误。‎ ‎13．(2017·晋江月考)如图所示，AB为竖直转轴，细绳AC和BC的结点C系一质量为m的小球，两绳能承受的最大拉力均为2mg。当细绳AC和BC均拉直时∠ABC＝90°，∠ACB＝53°，BC＝‎1 m。细绳AC和BC能绕竖直轴AB匀速转动，因而小球在水平面内做匀速圆周运动。当小球的线速度增大时，两绳均会被拉断，则最先被拉断的那根绳及另一根绳被拉断时的速度分别为(重力加速度g＝‎10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)(　　)‎ A．AC　‎5 m/s　　　　　　　 B．BC　‎5 m/s C．AC　‎5.24 m/s D．BC　‎5.24 m/s 解析：选B　当小球线速度增至BC被拉直后，由牛顿第二定律可得，竖直方向上：TAsin∠ACB＝mg①，水平方向上：TAcos∠ACB＋TB＝m②，由①式可得：TA＝mg，小球线速度增大时，TA不变，TB增大，当BC绳刚要被拉断时，TB＝2mg，由②可解得此时，v≈‎5.24 m/s；BC绳断后，随小球线速度增大，AC线与竖直方向间夹角增大，设AC线被拉断时与竖直方向的夹角为α，由TAC·cos α＝mg，TACsin α＝m，r′＝LAC·sin α，可解得，α＝60°，LAC＝ m，v′＝‎5 m/s，故B正确。‎ ‎14．(2017·昆明七校调研)如图所示，一长l＝‎0.45 m的轻绳一端固定在O点，另一端连接一质量m＝‎0.10 kg的小球，悬点O距离水平地面的高度H＝‎0.90 m。开始时小球处于A点，此时轻绳拉直处于水平方向上，让小球从静止释放，当小球运动到B点时，轻绳碰到悬点O正下方一个固定的钉子P时立刻断裂。不计轻绳断裂的能量损失，取重力加速度g＝‎10 m/s2。‎ ‎(1)轻绳断裂后小球从B点抛出并落在水平地面的C点，求C点与B点之间的水平距离；‎ ‎(2)若OP＝‎0.30 m，轻绳碰到钉子P时绳中拉力达到所能承受的最大拉力而断裂，求轻绳能承受的最大拉力。‎ 解析：(1)设小球运动到B点时的速度大小为vB，由机械能守恒定律得mvB2＝mgl 解得小球运动到B点时的速度大小 vB＝＝‎3.0 m/s 小球从B点做平抛运动，由运动学规律得 x＝vBt y＝H－l＝gt2‎ 解得C点与B点之间的水平距离 x＝vB·＝‎0.90 m。‎ ‎(2)若轻绳碰到钉子时，轻绳拉力恰好达到最大值Fm，由牛顿运动定律得 Fm－mg＝ r＝l－OP 由以上各式解得 Fm＝7 N。‎ 答案：(1)‎0.90 m　(2)7 N