【单元练】宁德市高中物理必修2第六章【圆周运动】阶段测试(含答案)

一、选择题
1．如图，铁路转弯处外轨应略高于内轨，火车必须按规定的速度行驶，则转弯时（ ）
A ．火车所需向心力沿水平方向指向弯道外侧
B ．弯道半径越大，火车所需向心力越大
C ．火车的速度若小于规定速度，火车将做离心运动
D ．火车若要提速行驶，弯道的坡度应适当增大D 解析：D
A ．火车所需向心力沿水平方向指向弯道内侧，所以A 错误；
B ．根据2
F r
v m = 可知，弯道半径越大，火车所需向心力越小，所以B 错误；
C ．火车的速度若大于规定速度，火车将做离心运动，所以C 错误；
D ．根据向心力的来源可知
2
tan v mg m r
θ=
则火车若要提速行驶，弯道的坡度应适当增大，所以D 正确； 故选D 。

2．一石英钟的秒针、分针和时针长度是2：2：1，它们的转动皆可以看做匀速转动，（ ）
A ．秒针、分针和时针转一圈的时间之比1：60：1440
B ．分针和时针针尖转动的线速度之比为12：1
C ．秒针和时针转动的角速度之比720：1
D ．分针和时针转动的向心加速度之比144：1C 解析：C
A ．秒针、分针和时针转一圈的时间分别为1分钟、1小时、12小时，所以
::1:60:720T T T =秒分时
故A 错误； B ．由
2r
v T
π=
结合，秒针、分针和时针长度是2：2：1，知分针和时针针尖转动的线速度之比为
:24:1v v =分时
故B 错误； C ．由
2w T
π=
得秒针和时针转动的角速度之比
::720:12:1w w w =秒分时
故C 正确； D ．由
2a rw =
::720:12:1w w w =秒分时
结合，秒针、分针和时针长度是2：2：1，知分针和时针转动的向心加速度之比
:288:1a a =分时
故D 错误。

故选C 。

3．自行车的发明使人们能够以车代步，既省力又提高了速度。

如图所示，自行车大、小齿轮的边缘上分别有A 、B 两点。

这两点以下物理量大小相同的是（ ）
A ．角速度
B ．线速度
C ．周期
D ．向心加速度B
解析：B
由图可知，A 转过的长度一定与B 转过的长度相同，故说明两点的线速度一定相同；由图可知，两点转动的半径不同，则由v =rω可知，角速度不同；再由2T π
ω
=
可知，周期不
同；由2
v a r
=可知，向心加速度不相等。

故选B 。

4．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m 1、m 2之间的动摩擦因数相同，小物体质量m 1=m 2，m 1距O 点为2r ，m 2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m 1与m 2的角速度之比ω1：ω2=3：1
B ．滑动前m 1与m 2的向心加速度之比a 1：a 2=1：3
C ．滑动前m 1与m 2的线速度之比v 1：v 2=1：1
D ．随转速慢慢增加，m 2先开始滑动D 解析：D
A ．甲、乙两轮子边缘上的各点线速度大小相等，有
123r r ωω=⋅⋅
得
:3:1ωω=甲乙
故A 错误；
B ．物块相对盘开始滑动前，根据a =ω2r 得m 1与m 2的向心加速度之比为
221212 2::2:9a a r r ωω=⋅=
故B 错误；
C ．根据公式v =ωr ，m 1距O 点为2r ，m 2距O ′点为r ，甲乙的角速度之比为
:3:1ωω=甲乙
所以它们的线速度之比为2：3，故C 错误； D ．根据
μmg =mrω2
知，临界角速度
g
r
μω=
可知甲乙的临界角速度之比为1:3，由于甲乙的角速度之比为
:3:1ωω=甲乙
可知当转速增加时，m 2先达到临界角速度，所以m 2先开始滑动，故D 正确。

故选D 。

5．如图所示，一连接体一端与一小球相连，绕过O 点的水平轴在竖直平面内做圆周运动，设轨道半径为r ，图中P 、Q 两点分别表示小球轨道的最高点和最低点，则以下说法正确的是（ ）
A ．若连接体是轻质细绳时，小球到达P 点的速度可以为零
B ．若连接体是轻质细杆时，小球到达P 点的速度可以为零
C ．若连接体是轻质细绳时，小球在P 点受到细绳的拉力不可能为零
D ．若连接体是轻质细杆时，小球在P 点受到细杆的作用力为拉力，在Q 点受到细杆作用力为推力B 解析：B
A ．若连接体是细绳，在P 点的临界情况是拉力为零，根据mg =m 2
v r
，最小速度为
gr ．故A 错误；
B ．若连接体是细杆，可以提供向上的支持力，若重力等于支持力时，在P 点的最小速度为零．故B 正确；
C ．当小球在P 点的速度为gr 时，绳子的拉力为零，故C 错误；
D ．若连接体是细杆，小球在P 点可以表现为拉力，也可以表现为支持力，在Q 点只能表现为拉力．故D 错误． 故选B 。

6．如图所示为一磁带式放音机的转动系统，在倒带时，主动轮以恒定的角速度逆时针转动，P 和Q 分别为主动轮和从动轮边缘上的点，则下列说法正确的是 ( )
A ．主动轮上P 点的线速度方向不变
B ．主动轮上P 点的线速度逐渐增大
C ．主动轮上P 点的向心加速度逐渐增大
D ．从动轮上Q 点的向心加速度逐渐增大D 解析：D 【解析】
在倒带时，主动轮以恒定的角速度逆时针转动，根据v r ω=，可知P 点的线速度大小不变，方向时刻在变化，根据2a r ω=，可知P 点的向心加速度大小不变，故ABC 错误；主动轮与从动轮有相同的线速度，根据v r ω=可知，主动轮的r 不断增大，故线速度不断增大，则从动轮的线速度也不断增大，而从动轮的半径r 不断减小，根据v r ω=可知，从动轮的角速度不断增大，根据2a r ω=，可知Q 点的向心加速度不断增大，故D 正确；故选D ．
【点睛】主动轮和从动轮边缘上的点线速度相等，A 的角速度恒定，半径增大，线速度增大，根据v r ω=和2a r ω=进行分析求解．
7．如图所示，小物体P 放在水平圆盘上随圆盘一起转动，下列关于小物体所受摩擦力f 的叙述正确的是（ ）
A ．当圆盘匀速转动时，摩擦力f 的大小跟物体P 到轴O 的距离成正比
B ．圆盘转动时，摩擦力f 方向总是指向轴O
C ．圆盘匀速转动时，小物体受重力、支持力、摩擦力和向心力作用
D ．当物体P 到轴O 距离一定时，摩擦力f 的大小跟圆盘转动的角速度成正比A
解析：A
A ．当圆盘匀速转动时，可知圆盘转动的角速度是不变的，对于随着圆盘一起转动的小物体P ，由牛顿第二定律可得
2f m r ω=
其中，r 为物体P 到轴O 的距离。

由此可知，摩擦力f 的大小跟物体P 到轴O 的距离成正比，所以A 正确；
B ．当圆盘匀速转动时，摩擦力f 全部用来提供物体做圆周运动的向心力，此时指向轴O ；但是当圆盘变速转动时，摩擦力f 除了要提供向心力，还有部分需要用来改变物体的速度大小，所以此时的指向就不是轴O ，所以B 错误；
C ．圆盘匀速转动时，小物体受重力、支持力、摩擦力。

向心力不是性质力，是由某种性质的力提供的，所以C 错误；
D ．当物体P 到轴O 距离r 一定时，由牛顿第二定律可得
2f m r ω=
可见，摩擦力f 的大小跟圆盘转动的角速度的平方成正比，所以D 错误。

故选A 。

8．为限制车辆进出，通常在公园等场所门口放置若干石球。

如图所示，半径为0.40m 的固定石球底端与水平地面相切，以切点O 为坐标原点，水平向右为正方向建立直线坐标系
x O 。

现使石球最上端的小物块（可视为质点）获得大小为2.1m/s 水平向右的速度，不计
小物块与石球之间的摩擦及空气阻力，取重力加速度210m/s g =，则小物块落地点坐标为（ ）
A ．0.40m x =
B ．0.59m x =
C ．0.80m x =
D ．0.84m x = D
解析：D
小物块在最高点只有重力提供向心力恰好做圆周运动时的速度为0v ，由
20
mv mg R
= 得
02m/s v =
因为 2.1m/s 2.0m/s v =>，所以小物块做平抛运动，又
2
122
R gt =
，x vt = 得小物块落地点坐标
0.84m x =
故选D 。

9．弹簧秤用细线系两个质量都为m 的小球,现让两小球在同一水平面内做匀速圆周运动,两球始终在过圆心的直径的两端,如图所示,此时弹簧秤读数( )
A ．大于2mg
B ．等于2mg
C ．小于2mg
D ．无法判断B
解析：B
设小球与竖直方向的夹角为θ，两球都做匀速圆周运动，合外力提供向心力，所以竖直方向受力平衡，则有T cos θ=mg ．挂钩处于平衡状态，对挂钩处受力分析，得：F 弹=2T cos θ=2mg ；故B 正确，A ，C ，D 错误.
10．在一些公路的弯道处，我们可以看见路面向内侧倾斜，公路横截面如图所示。

现有一水平弯道，其半径为R ，路面倾斜角为θ，重力加速度为g ，为了使汽车在转弯时车轮与地面之间不产生侧向摩擦力，则车速应该是（ ）
A ．
sin gR θ B ．tan gR θ C ．cos gR θ D ．gR B
解析：B
汽车在转弯时车轮与地面之间不产生侧向摩擦力，重力和支持力的合力在水平方向上，用来提供向心力，则有
2
tan v mg m R
θ=
解得
tan v gR θ=
故选B 。

二、填空题
11．如图所示，有一个水平大圆盘绕过圆心的竖直轴匀速转动，小强站在距圆心为r 处的P 点不动。

（1）关于小强的受力，下列说法正确的是________； A ．小强在P 点不动，因此不受摩擦力作用
B ．小强随圆盘做匀速圆周运动，其重力和支持力充当向心力
C ．小强随圆盘做匀速圆周运动，圆盘对他的摩擦力充当向心力
D ．若使圆盘以较小的转速转动时，小强在P 点受到的摩擦力不变
（2）如果小强随圆盘一起做变速圆周运动，那么其所受摩擦力是否仍指向圆心___________？C 不指向圆心 解析：C 不指向圆心
（1）[1]ABC ．由于小强随圆盘做匀速圆周运动，一定需要向心力，该力一定指向圆心方向，而重力和支持力的方向均在竖直方向上，它们不能充当向心力，因而他会受到摩擦力作用，且摩擦力充当向心力，AB 错误、C 正确；
D ．由于小强随圆盘转动时，做圆周运动的半径不变，当圆盘转速变小时，角速度变小，
由2
n F m r ω=可知，小强所需向心力变小，摩擦力变小，D 错误。

故选C 。

（2）[2]由于小强在水平面内运动，小强在竖直方向上受力必平衡，在水平方向上，当小强随圆盘一起做变速圆周运动时，合力有沿平行切线方向的分力，不再指向圆心，即摩擦力不再指向圆心。

12．如图所示是自行车的传动示意图，其中Ⅰ是大齿轮，Ⅱ是小齿轮，Ⅲ是后轮。

当大齿轮Ⅰ（脚踏板）的转速为n （r/s ）时，则大齿轮的角速度是__________rad/s 。

若已知道大齿轮Ⅰ的半径r 1，小齿轮Ⅱ的半径r 2，后轮Ⅲ的半径r 3，请用上述物理量推导出自行车前进速度的表达式v =__________。

解析：2n π 31
2
2r r n
r π 转速为单位时间内转过的圈数，因为转动一圈，对圆心转的角度为2π，所以
2rad/s 2rad/s 1
n n π
ωπ⨯=
= 因为要测量自行车前进的速度，即车轮III 边缘上的线速度的大小，根据题意知：轮I 和轮
II 边缘上的线速度的大小相等， 据v R ω=可知
1122r r ωω=
已知
12n ωπ=
则轮II 的角速度
1
212
r r ωω=
因为轮II 和轮III 共轴，所以转动的ω相等。

根据v R ω=可知，前进速度的表达式
31313322
22r r r r v r n n r r ωππ==
= 13．长0.5m 的轻杆，一端连着质量0.5kg 的小球，另一端绕过O 点的水平固定轴在竖直平面内自由转动。

当小球以2m/s 的速率通过最高点时，受到轻杆的作用力为大小为____N ，是______（选填“拉力”或“支持力”）。

g=10m/s 2。

支持力
解析：支持力
当杆子在最高达作用力为零时，有
2v mg m r
=
解得
5/2/v gr m s m s ==＞
知杆子表现为支持力，根据牛顿第二定律得
2
v mg F m r
'-= 解得
2
1v F mg m N r
'=-=
14．如图所示，一个圆环的环心在O 处，PO 与直径AB 夹角为60°，QO 与直径AB 夹角为30°.若以其直径AB 为轴做匀速转动，则环上的P 和Q 两点的线速度之比为________；若环的半径为20cm ，绕AB 转动的周期是0.5s ，则环上Q 点的线速度为_______m /s .
3 0.4π
[]1设圆环半径为R ,以直径AB 为轴匀速转动的角速度为ω,由线速度公式
v R ω=
得：
sin 60:sin303p Q v v R R ωω=︒︒=﹕1
[]2由线速度公式和角速度公式：
v R ω=
2T
πω=
得：
sin 300.4Q v R ωπ=︒=m/s
15．如图所示，质量为m 的物体，沿着半径为R 的半球形金属壳内壁滑下，半球形金属壳竖直固定放置，开口向上，滑到最低点时速度大小为v ，若物体与球壳之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g ，则物体在最低点时，物体受到的摩擦力大小为_______；物体所受的合力方向_______（选填“竖直向上”、“竖直向下”、“斜向左上方”、“斜向右上方”）。

斜向左上方
解析：2
()v mg m R
μ+ 斜向左上方
[1]物体在最低点，根据牛顿第二定律
2
v N mg m R
-=
则物块受到的摩擦力为
2
()v f N mg m R
μμ==+
[2]物体在竖直方向合力竖直向上，摩擦力水平向左，则物体所受合外力斜向左上方。

16．如图所示，轮O 1、O 3固定在同一转轴上，轮O 1、O 2用皮带连接且不打滑。

在O 1、O 2、O 3三个轮的边缘各取一点A 、B 、C ，已知三个轮的半径之比r 1∶r 2∶r 3＝2∶1∶1，则：
(1)A 、B 、C 三点的线速度大小之比v A ∶v B ∶v C =____________； (2)A 、B 、C 三点的角速度大小之比ωA ∶ωB ∶ωC =___________；
(3)A 、B 、C 三点的向心加速度大小之比a A ∶a B ∶a C =____________。

2：2：11：2：12：
4：1
解析：2：2：1 1：2：1 2：4：1
(1)[1]A 、B 两点靠传送带传动，线速度大小相等，A 、C 共轴转动，角速度相等，根据
v r ω=可知，则
13::2:1A C v v r r ==
所以A 、B 、C 三点的线速度大小之比
:2:21::A B C v v v =
(2)[2]A 、C 共轴转动，角速度相等，A 、B 两点靠传送带传动，线速度大小相等，根据
v r ω=可知
21::1:2A B r r ωω==
所以A 、B 、C 三点的角速度之比
::1:2:1A B C ωωω=
(3)[3]根据n a v ω=可知，A 、B 、C 三点的加速度之比为
::2:4:1nA nB nC a a a =
17．如图所示小球做匀速圆周运动，细线与竖直方向夹角为θ，线长为L ，小球质量为m ，重力加速度为g ，则小球的向心力大小为________，小球运动的线速度大小为________。

解析：tan mg θ sin tan gL θθ
[1]小球在水平面内做匀速圆周运动，对小球受力分析，小球的合力提供向心力，如图
由几何关系得：向心力的大小
tan n F mg θ=
[2]根据向心力公式
2
tan sin mv mg L θθ
=
解得：小球运动的线速度大小为
sin tan v gL θθ18．如下图所示,将一根长20cm,劲度系数为360N/m 的弹簧一端固定于O 点,另一端接一质量为0.5kg 的小球.当小球以360
π
r/min 的转速在光滑水平面上做匀速圆周运动时,弹簧的伸
长量为__________cm ．
5
解析：5
[1]．设弹簧的伸长量为x ，ω=360260ππ⨯=12rad/s ，L =0.2m ， 向心力
F=kx=mω2（L +x ），
则
360x =122×0.5×（0.2+x ）
伸长量
x =0.05m=5cm
19．如图所示地球绕地轴匀速转动，在地面上有两个点P 、Q ，P 在赤道上，Q 的纬度是60︒ ，则它们的线速度之比为____________，加速度之比为__________．
1：21：2【解析】点P 和点Q 绕地球中心地轴匀速转动角速度
相等P 点的转动半径为RQ 两点的转动半径根据它们的线速度之比为根据加速度之比为【点睛】同轴传动角速度相等然后根据判断线速度之比根据判断加速度之比
解析：1：2 1：2
【解析】
点P 和点Q 绕地球中心地轴匀速转动，角速度相等， P 点的转动半径为R ， Q 两点的转动
半径1cos602r R R =︒=，根据 v r ω=，它们的线速度之比为1122
Q P R v v R ==，根据2a r ω=，加速度之比为1122
Q P R a a R ==
【点睛】同轴传动角速度相等,然后根据v R ω=判断线速度之比，根据2a r ω=判断加速度之比．
20．如图所示，暗室内，电风扇在频闪光源照射下运转，光源每秒闪光30次，如图电扇叶片有3个，相互夹角120°，已知该电扇的转速不超过500 r/min ，现在观察者感觉叶片有6个，则电风扇的转速是__________r/min ．
300
解析：300
[1]．因为电扇叶片有三个，相互夹角为120°，现在观察者感觉叶片有6个，说明在闪光时间里，电扇转过的角度为60120n ︒+⋅︒，其中n 为非负整数，由于光源每秒闪光30次，所以电扇每秒转过的角度为(60120)30n ︒+⋅︒⨯，则转速为(510)r/s n +，但该电扇的转速不超过500r/min ，所以0n =，转速为5r/s ，即300 r/min ．
点睛：考查在一定时间内，扇叶虽转动，却觉得电扇叶子增多的原理，因此要建立正确的模型，才能解题．
三、解答题
21．如图所示，一质量为m=0.5 kg 的小球，用长为0.4 m 的轻绳拴着在竖直平面内做圆周运动。

g 取10 m/s 2，求：
(1)小球要做完整的圆周运动，在最高点的速度至少为多大？
(2)当小球在最高点的速度为4 m/s 时，轻绳拉力多大？
(3)若轻绳能承受的最大张力为45 N ，小球的速度不能超过多大？
解析：(1)2 m/s ；(2)15 N ；(3)2m/s
(1)在最高点，对小球受力分析如图甲，由牛顿第二定律得
2
1v mg F m R
+= 由于轻绳对小球只能提供指向圆心的拉力，即F 1不可能取负值，亦即
F 1≥0
联立得
v gR
代入数值得
v ≥2 m/s
所以小球要做完整的圆周运动，在最高点的速度至少为2 m/s 。

(2)将v 2＝4 m/s 代入
2
1v mg F m R
+= 得
F 2＝15 N
(3)由分析可知，小球在最低点时轻绳张力最大，对小球受力分析如图乙，由牛顿第二定律
得
233v F mg m R
-= 将F 3＝45 N 代入得
v 3＝42m/s
即小球的速度不能超过42m/s 。

22．如图所示，在绕竖直轴匀速转动的水平圆盘盘面上，离轴心25cm r =处放置一小物块A ，其质量为5kg m =，A 与盘面间相互作用的静摩擦力的最大值为其重力的k 倍（0.4k =），取210m/s g =。

(1)当圆盘转动的角速度2rad/s ω=时，物块与圆盘间的摩擦力大小多大？方向如何？物块的速度大小为多少？
(2)欲使A 与盘面间不发生相对滑动，则圆盘转动的最大角速度多大？
解析：(1)5N ，方向沿半径指向圆心；0.5m/s ；(2)max 4rad/s ≤ω
(1)物块随圆盘一起绕轴转动，向心力来源于圆盘对物块的静摩擦力，根据牛顿第二定律
25N f F mr ω===向
方向沿半径指向圆心，速度大小为
0.5m/s ==v r ω
(2)欲使物块与盘面不发生相对滑动，做圆周运动的向心力应不大于最大静摩擦力 所以
2=≤向F mr kmg ω
解得
max 4rad/s ≤ω
23．一辆在水平公路上行驶的汽车，质量32.010kg m =⨯，轮胎与路面间的最大静摩擦力37.510N m f =⨯．当汽车经过一段半径60m r =的水平弯路时，为了确保不会发生侧滑，
汽车转弯时的行驶速率不得超过多少？为保证汽车能安全通过弯路，请你对公路及相应设施的设计，提出合理化建议．
解析：①在转弯处设限速标志，②公路外侧高于内侧． 摩擦力提供汽车的向心力，2m m v f r =， 解得：15m/s m v =．
建议：①在转弯处设限速标志．②公路外侧高于内侧．
【点睛】
本题关键找出向心力来源，将侧向最大静摩擦力与所需向心力比较，若静摩擦力不足提供向心力，则车会做离心运动．
24．有一列重为100吨的火车，以72km/h 的速率匀速通过一个内外轨一样高的弯道，轨道半径为400m 。

（g 取102m /s ）
(1)试计算铁轨受到的侧压力；
(2)若要使火车以此速率通过弯道，且使火车受到的侧压力为零，我们可以适当倾斜路基，试计算路基倾斜角度θ的正切值。

解析：(1)510N ；(2)0.1
(1)火车的质量以及运动速度为
100吨=105kg ，72km/h=20m/s
外轨对车轮的侧压力提供火车转弯所需向心力，所以有
252
5N 1020N 10N 400
v F m r ⨯=== 由牛顿第三定律可知铁轨受到的侧压力大小等于510N 。

(2)火车过弯道，重力和铁轨对火车的支持力的合力正好提供向心力，即
2
tan v mg m r
θ= 由此可得
22
20tan 0.110400
v gr θ===⨯。

25．(1)物体沿着圆周的运动是一种常见的运动，匀速圆周运动是当中最简单也是较基本的一种，由于做匀速圆周运动的物体的速度方向时刻在变化，因而匀速周运动仍旧是一种变速运动，具有加速度。

可按如下模型来研究做匀速圆周运动的物体的加速度：设质点沿半径为r 、圆心为O 的圆周以恒定大小的速度v 运动，某时刻质点位于位置A ；经极短时间t ∆后运动到位置B ，如
图所示。

试根据加速度的定义，推导质点在位置A 时的加速度的大小；
(2)在研究匀变速直线运动的“位移”时，我们常旧“以恒代变”的思想；在研究曲线运动的“瞬时速度”时，又常用“化曲为直”的思想，而在研究一般的曲线运动时我们用的更多的是一种”化曲为圆”的思想，即对于一般的曲线运动，尽管曲线各个位置的弯曲程度不详，但在研究时，可以将曲线分割为许多很短的小段，质点在每小段的运动都可以看做半径为某个合适值ρ的圆周运动的部分，进而采用圆周运动的分析方法来进行研究，ρ叫做曲率半径。

如图乙所示，将物体以初速度v 0斜向上抛出，与水平方向间的夹角为θ，试据此分析图所示的斜抛运动中，物体在轨迹最高点处的曲率半径ρ（重力加速度为g ）。

解析：(1)2
n a r ω=或2
n v a r =；(2)220cos v g θρ= (1)当t ∆足够小时，A v 、B v 的夹角θ就足够小，θ角所对的弦和弧的长度就近似相等。

因此
v v
θ∆=
在t ∆时间内，所对方向变化的角度为 t θω=∆
联立可得
v v t ω∆=∆
v r ω=
代入加速度定义式∆=∆v a t
，可得向心加速度大小的表达式为 2n a r ω=
上式也可以写为
2
n v a r = (2)在斜抛运动最高点，质点的速度为
0cos v v θ=
可以把质点的运动看成是半径为ρ的圆周运动，因为质点只受重力，所以根据牛顿第二定律可得
2v mg m
ρ=
联立可得 220cos v g
θρ= 26．刘老师在课堂上给同学们做如下实验：一细线与桶相连，桶中装有小球，桶与细线一起在竖直平面内做圆周运动，最高点时小球竟然不从桶口漏出，如图所示，小球的质量m =0.2kg ，球到转轴的距离l =90cm ，g =10m/s 2
(1)整个装置在最高点时，球不滚出来，求桶的最小速率；
(2)若在最高点时使球对桶底的压力等于球重力的2倍，桶的速率多大?
解析：(1)min 3m/s v =；(2)33m/s v =
(1)桶运动到最高点时，设速度为min v 时恰好球不滚出来，由球受到的重力刚好提供其做圆周运动的向心力，根据牛顿第二定律得
2min v mg m l
= 解得
min 3m/s v =
(2)在最高点时使球对桶底的压力等于球重力的2倍，对球受力分析，受重力及向下支持力，根据牛顿第二定律，结合向心力表达式，则有
2
3mv mg l
= 解得
33m/s v =
27．近年来，我国高铁技术迅猛发展。

目前已经全线通车的沪昆高铁，穿越沪、浙、赣、
湘、黔、滇六省，使得从上海到昆明的耗时减少为原来的四分之一。

在沪昆高铁的怀化至贵阳段，由于山势原因，设计师根据地形设计了一半径为3000m ，限定时速为180km/h （此时车轮轮缘不受力）的弯道。

试参考题目信息结合以下条件求过此弯道时的外轨超高值d 为多少。

（已知我国的轨距L 为1500mm ，且角度较小时，可认为正弦跟正切相等，重力加速度g =10m/s 2）
解析：5cm
半径R =3000m ，时速v =180km/h=50m/s ，根据牛顿第二定律得
2
tan v mg m R
θ= 解得
1tan 12
θ=
由题意得 tan sin h L θθ==
而1500mm 1.5m L ==，联立解得
0.125m 12.5cm h ==
28．大爱无疆，最美逆行。

一辆向武汉运输防疫物资的汽车经过高速公路的一个出口段，如图所示，车从出口A 进入匝道，先匀减速直线通过下坡路段至B 点（通过B 点前后速率不变），再匀速率通过水平圆弧路段至C 点，最后从C 点沿平直路段匀减速到D 点停下。

已知车在A 点的速度v 0=90 km/h ，AB 长L 1=100 m ，与地面间的夹角θ=30°；BC 为四分之一水平圆弧段，轮胎与BC 段路面间的动摩擦因数为μ=0.5，最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力；CD 段长L 2=60 m 。

车在AB 段所受阻力恒为车重的0.7倍，重力加速度g 取10 m/s 2。

(1)若汽车到达BC 段时刚好达到BC 段的限速v m （允许通过的最大速度），求v m ；
(2)为保证行车安全，车轮不打滑，求水平圆弧段BC 半径R 的最小值；
(3)汽车从A 点到D 点全程的最短时间。

解析：(1)15m/s ；(2) 45m ；(3)17.7s
(1) 车在A 点的速度
v 0=90km/h=25m/s
AB 长L 1=100m ，汽车在AB 段做匀减速直线运动，有
0.7mg －mg sin θ=ma
v m 2－v 02=-2aL 1
代入数据解得
v m =15m/s
(2)汽车在BC 段做圆周运动，静摩擦力提供向心力，有
2m m v f m R
= 为了确保安全，则须满足
f m ≤μmg
联立解得
R ≥45m
即
R min =45m
(3)设通过AB 段最短时间为t 1，通过BC 段最短时间为t 2，通过CD 段时间为t 3，全程所用最短时间为t 。

有
L 1=m 02
v v +t 1 12
πR min =v m t 2 L 2=12
v m t 3 t =t 1＋t 2＋t 3
联立各式代入数据解得t =17.7s 。