(常考题)人教版高中物理必修二第六章《圆周运动》测试(包含答案解析)(1)

一、选择题
1．如图所示，水平桌面上放了一个小型的模拟摩天轮模型，将一个小物块置于该模型上某个吊篮内，随模型一起在竖直平面内沿顺时针匀速转动，二者在转动过程中保持相对静止（）
A．物块在d处受到吊篮的作用力一定指向圆心
B．整个运动过程中桌面对模拟摩天轮模型的摩擦力始终为零
C．物块在a处可能处于完全失重状态
D．物块在b处的摩擦力可能为零
2．下面说法正确的是（）
A．平抛运动属于匀变速运动
B．匀速圆周运动属于匀变速运动
C．圆周运动的向心力就是做圆周运动物体受到的合外力
D．如果物体同时参与两个直线运动，其运动轨迹一定是直线运动
3．热衷于悬浮装置设计的国外创意设计公司Flyte，又设计了一款悬浮钟。

这款悬浮时钟外观也十分现代简约，仅有一块圆形木板和悬浮的金属小球，指示时间时仅由小球显示时钟位置。

将悬浮钟挂在竖直墙面上，并启动秒针模式后，小球将以60秒为周期在悬浮钟表面做匀速圆周运动。

不计空气阻力的情况下，下列说法正确的是（）
A．小球运动到最高点时，处于失重状态
B．小球运动到最低点时，处于平衡状态
C．悬浮钟对小球的作用力大于小球对悬浮钟的作用力
D．小球受到的重力和悬浮钟对小球的作用力是一对平衡力
4．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
5．如图所示，火车转弯轨道，外高内低。

某同学在车厢内研究列车的运动情况，他在车厢顶部用细线悬挂一个重为G的小球。

当列车以恒定速率通过一段圆弧形弯道时，发现悬挂
小球的细线与车厢侧壁平行，已知列车与小球做匀速圆周运动的半径为r，重力加速度大小为g。

则（）
A．细线对小球的拉力的大小为G
B．此列车速率为tan
gr
C．车轮与外轨道有压力，外侧轨道与轮缘间有侧向挤压作用
D．放在桌面上的手机所受静摩擦力沿斜面向上
6．如图所示，旋转雨伞时，水珠会从伞的边缘沿切线方向飞出，说明（）
A．水珠做圆周运动B．水珠处于超重状态
C．水珠做离心运动D．水珠蒸发
7．汽车在水平地面上转弯时，地面的摩擦力达到最大，当汽车速率增为原来的2倍时，则汽车拐弯的半径必须（）
A．减为原来的1
2
倍B．减为原来的
1
4
倍
C．增为原来的2倍D．增为原来的4倍
8．质量分别为M和m的A、B两物块放在水平转盘上，用细线系于圆盘转轴上的同一点，细线均刚好拉直，细线与转轴夹角θ>α，随着圆盘转动的角速度缓慢增大（）
A．A对圆盘的压力先减为零
B．B对圆盘的压力先减为零
C．A、B同时对圆盘的压力减为零
D．由于A、B质量大小关系不确定，无法判断哪个物块对圆盘的压力先减为零
9．如图甲所示，轻杆一端固定在O点，另一端固定一小球，现让小球在竖直平面内做半径为R的圆周运动。

小球运动到最高点时，受到的弹力为F，速度大小为v，其F-v2图象如乙图所示，则（）
A．小球的质量为bR a
B．当地的重力加速度大小为R b
C．v2＝c时，小球对杆的弹力方向向下
D．v2＝2b时，小球受到的弹力与重力大小相等
10．有关圆周运动的基本模型，下列说法不正确的是（已知重力加速度为g）（）A．如图1，汽车通过拱桥（半径为R）的最高点处最大速度不能超过gR
B．如图2所示是一圆锥摆，小球与悬点的竖直距离为h，则圆锥摆的周期
h T
g
π
=
C．如图3，两相同小球A、B受筒壁的支持力相等
D．如图4，火车转弯超过规定速度行驶时，外轨对轮缘会有挤压作用
11．如图所示，水平圆盘可绕通过圆心的竖直轴转动，盘上放两个小物体P和Q，它们的质量相同，与圆盘的最大静摩擦力都是f m，两物体中间用一根细线连接，细线过圆心O，P 离圆心距离为r1，Q离圆心距离为r2，且r1＜r2，两个物体随圆盘以角速度ω匀速转动，且两个物体始终与圆盘保持相对静止，则
A．ω取不同值时，P和Q所受静摩擦力均指向圆心
B．ω取不同值时，Q所受静摩擦力始终指向圆心，而P所受静摩擦力可能指向圆心，也可能背离圆心
C．ω取不同值时，P所受静摩擦力始终指向圆心，而Q所受静摩擦力可能指向圆心，也可能背离圆心
D．ω取不同值时，P和Q所受静摩擦力可能都指向圆心，也可能都背离圆心
12．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，两绳能承担的最大拉力均为2mg。

当AC和BC均拉直时∠ABC=90°，∠ACB=53°，BC=1m．ABC能绕竖直轴AB匀速转动，因而C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，则最先被拉断那根绳及另一根绳被拉断时的速度分别为（已知g=10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6）（）
A．AC绳 5m/s B．BC绳 5m/s
C．AC绳 5.24m/s D．BC绳 5.24m/s
二、填空题
13．如图，用一根结实的细绳，一端拴一个小物体。

在光滑桌面上抡动细绳，使小物体做圆周运动，体验手对做圆周运动的物体的拉力。

(1)拉力的方向是___________
A．沿绳指向圆心
B．垂直于绳指向速度方向
C．沿手臂方向指向上方
(2)增大旋转的速度，拉力将___________（填“变小”、“变大”或“不变”）。

(3)松手后，小物体将沿___________（填“半径远离圆心”、“切线”或“半径靠近圆心”）方向运动。

14．如图所示，电风扇在闪光灯下运转，闪光灯每秒闪光30次。

风扇的叶片有三片，均匀安装在转轴上。

转动时如观察者感觉叶片不动，则风扇的转速是_________r/min。

如果观察者感觉叶片有六片，则风扇的转速是________r/min（电动机的转速不超过800r/min）。

15．如图所示，拱桥的外半径为40m，当质量1t的汽车通过拱桥顶点的速度为10m/s时，车对桥顶的压力为______N．当汽车通过拱桥顶点的速度为______m/s，车对桥顶刚好没有压力（g=10m/s2）
16．如图所示，一个圆环以竖直直径 AB 为轴匀速转动，则环上M 、N 两点的线速度之比
:M N v v =_____，向心加速度之比 :M N a a =______
17．在一段半径为R = 16m 的圆孤形水平弯道上，已知弯道路面对汽车轮胎的最大静摩擦力等于车重的μ = 0.40倍，则汽车拐弯时的最大速度是___m/s ．
18．一物体在水平面内沿半径 R = 20cm 的圆形轨道做匀速圆周运动，线速度v = 0.2m/s ，那么，它的角速度______rad/s ，它的频率___H Z ，它的周期为______s ，它的转速为_____r/s ，它的向心加速度为______m/s 2．
19．如图所示，长L=0.5m ，质量可以忽略的杆，一端连接着一个质量为m =2kg 的小球A ，另一端可绕O 点在竖直平面内做圆周运动．取g =10m/s 2，在A 以速率v =1m/s 通过最高点时，小球A 对杆的作用力大小为_________N ，方向是____________．
20．如图所示，质量为m =0.5kg 的小球固定在长为L =0.4m 的轻杆的一端，杆可绕O 点的水平转轴在竖直平面内转动．当小球在最高点的速度为4m/s 时，球对杆的作用力的大小为_____N ，方向_____ （填“竖直向上”或“竖直向下”，g=10m/s 2）．
三、解答题
21．用长为 2m 的不可伸长的细绳将一个质量为 1kg 的小球悬挂在天花板上，现使小球在水平面内做匀速圆周运动，如图，细绳与竖直方向的夹角为37°（sin37° =0.6，cos 37°=0.8 g =10m/s 2），求： （1）绳子的拉力 T 的大小
（2）小球做匀速圆周运动的向心加速度的大小；
（3）小球的线速度大小。

22．某高速公路转弯处，弯道半径R=100m，汽车轮胎与路面间的动摩擦因数为μ=0.23，路面要向圆心处倾斜。

若要汽车以v=15m/s的设计速度行驶时，在弯道上没有左右滑动趋势，则路面的设计倾角θ应为多大?(g=10m/s2)（结果可用三角函数表示）
23．如图所示，半径为R的半球形陶罐，固定在可以绕竖直轴旋转的水平转台上，转台转轴与过陶罐球心O的对称轴OO′重合，转台以一定角速度ω匀速旋转，一质量为m的小物块落入陶罐内，经过一段时间后，小物块随陶罐一起转动且相对罐壁静止，它和O点的连线与OO′之间的夹角θ为60°。

已知重力加速度大小为g，小物块与陶罐之间的最大静摩擦
力大小为F f=
3
4
mg。

（1）若小物块受到的摩擦力恰好为零，求此时的角速度ω0；
（2）若小物块一直相对陶罐静止，求陶罐旋转的角速度的取值范围。

24．用长为L的细绳拴住一质量m的小球，当小球在一水平面上做匀速圆周运动，如图细绳与竖直方向成θ角，求小球做匀速圆周运动的周期及细绳对小球的拉力。

25．如图所示，M是水平放置的半径足够大的圆盘，绕过其圆心的竖直轴OO'匀速转动，规定经过O点且水平向右为x轴正方向。

在圆心O点正上方距盘面高为h处有一个可间断滴水的容器，从t=0时刻开始容器沿水平轨道向x轴正方向做初速为零的匀加速直线运动。

已知t=0时刻滴下第一滴水，以后每当前一滴水刚好落到盘面时再滴下一滴水。

则(1)每一滴水离开容器后经过多长时间滴落到盘面上？
(2)要使每一滴水在盘面上的落点都位于同一直线上，圆盘的角速度ω应为多大？
(3)当圆盘的角速度为3
22
g
h
π时，第二滴水与第三滴水在盘面上落点间的距离为s，求容
器的加速度a。

26．(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v0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）。

【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除
一、选择题
1．C
解析：C
AD ．物体在b 、d 处受到重力、支持力、指向圆心的摩擦力，则吊篮对物体的作用不指向圆心，故AD 错误；
B ．在d 处对摩天轮受力分析，有重力、地面的支持力、物体对吊篮水平向左的摩擦力，摩天轮要保持平衡，则需要受到地面的摩擦力，故B 错误；
C ． a 处对物体受力分析，由重力和支持力的合力提供向心力，有
2
+=v
G F m R
支
2
v F F G m R
==-压支
则当
v =时
0F =压
故C 正确。

故选C 。

2．A
解析：A
A ．做平抛运动的物体只受重力作用，加速度恒等于重力加速度g ，属于匀变速运动，A 正确；
B ．匀速圆周运动的加速度方向是变化的，不属于匀变速运动，B 错误；
C ．只有匀速圆周运动的向心力才是做圆周运动物体受到的合外力，C 错误；
D ．如果物体同时参与两个直线运动，轨迹也可能是曲线，比如抛体运动，D 错误。

故选A 。

3．A
解析：A
A ．由题知小球将以60秒为周期在悬浮钟表面做匀速圆周运动，则小球运动到最高点合外力向下，处于失重状态，A 正确；
B ．由题知小球将以60秒为周期在悬浮钟表面做匀速圆周运动，则小球运动到最高点合外力向上，处于超重状态，B 错误；
C ．浮钟对小球的作用力等于小球对悬浮钟的作用力，C 错误；
D ．小球做圆周运动，合外力不为零，则小球受到的重力和悬浮钟对小球的作用力大小不相等，D 错误。

故选A 。

4．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 。

5．B
解析：B
A ．此时小球做匀速圆周运动，受力如下图所示
细线的拉力与重力的合力提供向心力，细线与竖直方向夹角为θ，则细线的拉力为
=
cos mg
F G θ
>，故A 错误； B ．对小球，则有 2
=tan v F mg m r
θ=向
解得tan v gr θ=
，故B 正确；
C ．由于悬挂小球的细线与车厢侧壁平行，可知车受到的支持力与小球受到的细线的拉力方向相同，车的向心力恰好由车受到的重力与支持力的合力提供，所以两侧的轨道与轮缘间都没有侧向挤压作用，故C 错误；
D ．手机受到支持力与重力的合力恰好提供手机做圆周运动的向心力，所以放在桌面上的手机所受静摩擦力为零，故D 错误。

故选B 。

6．C
解析：C
当旋转雨伞时，由2
F r
v m =可知，所需要的向心力增加，由于提供向心力小于所需要的向
心力，从而远离圆心运动，故C 正确，ABD 错误。

故选C 。

7．D
解析：D
汽车在水平路面转弯时，地面的摩擦力提供向心力，由于摩擦力已经最大，所以向心力不可能再变大，根据匀速圆周运动向心力的公式
22
(2)v v f m m r r
'==
可计算得'4r r =，也就是说半径要增为原来4倍。

故选D 。

8．C
解析：C
设悬点到圆盘盘面的距离为h ，对A 研究，当A 对圆盘的压力为零时
21tan tan Mg Mh θθω=⋅⋅
得到
1ω=
同理可以得到B 对圆盘的压力减为零时，转动的角速度
2ω=
故选C 。

9．D
解析：D
B ．由图乙可知：当v 2＝b 时，杆对球的弹力恰好为零，此时只受重力，重力提供向心力，
2v b
mg m m R R
==
即重力加速度
b g R
=
故B 错误；
A ．当v 2＝0时，向心力为零，杆对球的弹力恰好与球的重力等大反向，F 弹＝mg ＝a ，即小球的质量
a aR m g b
=
= 故A 错误；
C ．根据圆周运动的规律，当v 2＝b 时杆对球的弹力为零，当v 2＜b 时
mg －F 弹＝m 2
v R
杆对球的弹力方向向上，当v 2＞b 时
mg ＋F 弹＝m 2
v R
杆对球的弹力方向向下，v 2＝c ＞b ，杆对小球的弹力方向向下，根据牛顿第三定律，小球对杆的弹力方向向上，故C 错误； D ．当v 2＝2b 时
mg ＋F 弹＝22v b
m m R R
=
b g R
=
F 弹＝m
2b
R
－mg ＝mg 故D 正确。

故选D 。

10．B
解析：B
A ．当汽车过拱桥顶端时对桥顶的压力为零，由牛顿第二定律可知
2
v mg m R
=
解得
v =
所以，汽车通过拱桥（半径为R ，故A 正确，不符合题意；
B ．圆锥摆的向心力由重力和拉力的合力提供，根据牛顿第二定律可知
22
2244tan tan mg m r m h T T
ππθθ==
解得
2T =故B 错误，符合题意；
C ．在光滑圆锥筒内做匀速圆周运动的小球，由小球的重力和筒壁对小球的支持力的合力提供向心力，设支持力与竖直方向的夹角为α，则有支持力的大小
cos mg
N α
=
因两球质量相等，所以支持力相等，故C 正确，不符合题意；
D ．火车转弯超过规定速度行驶时，因为支持力和重力的合力不够提供其所需的向心力，从而会对外轨产生挤压，由牛顿第三定律可知，外轨对轮缘会有挤压作用，故D 正确，不符合题意。

故选B 。

11．B
解析：B
设P 、Q 质量均为m ，当角速度ω较小时，做圆周运动的向心力均由盘对其的静摩擦力提供，细线伸直但无张力．当：
mω2r ＝f m
即：
ω
若再增大ω，则静摩擦力不足以提供做圆周运动所需的向心力，细线中开始出现张力，不足的部分由细线中张力提供，对Q而言有：
T＋f m＝mω2r2
而此时对P而言有：
T＋f＝mω2r1
随着细线张力的增大，P受到的指向圆心的静摩擦力会逐渐减小，当：
T＞mω2r1
P受到的静摩擦力开始背离圆心．
A．描述与分析不符，故A错误
B．描述与分析相符，故B正确
C．描述与分析不符，故C错误
D．描述与分析不符，故D错误
12．B
解析：B
【分析】
当小球线速度增大时，BC逐渐被拉直，小球线速度增至BC刚被拉直时，对小球进行受力分析，合外力提供向心力，求出A绳的拉力，线速度再增大些，T A不变而T B增大，所以BC绳先断；当BC绳断之后，小球线速度继续增大，小球m作离心运动，AC绳与竖直方向的夹角α增大，对球进行受力分析，根据合外力提供向心力列式求解。

当小球线速度增大时，BC逐渐被拉直，小球线速度增至BC刚被拉直时，根据牛顿第二定律得：
对小球有
T A sin∠ACB﹣mg=0 ①
T A cos∠ACB+T B=
2
v
m
l
②
由①可求得AC绳中的拉力T A=5
4
mg，线速度再增大些，T A不变而T B增大，所以BC绳先
断。

当BC绳刚要断时，拉力为T B=2mg，T A=5
4
mg，代入②得
22
5
cos2 4v v
mg ACB mg m m
r l
∠+==
解得
v=5.24m/s
当BC线断后，AC线与竖直方向夹角α因离心运动而增大，当使球速再增大时，角α随球速增大而增大，当α=60°时，T AC=2mg，AC也断，
则有
T AC sin53°2
sin 60AC v m L =︒
代入数据解得
v =5m/s
故BC 线先断；AC 线被拉断时球速为5.0m/s ． 故选B 。

【点评】
解决本题的关键搞清向心力的来源，抓住临界状态的特点，运用牛顿第二定律进行求解．
二、填空题
13．A 变大切线
解析：A 变大 切线
(1)[1]拉力提供向心力，所以拉力的方向是沿绳指向圆心。

故选A 。

(2)[2]由向心力公式2
=v F m r
向 ，拉力提供向心力，所以增大旋转的速度，向心力增大，拉
力将变大。

(3)[3]圆周运动的速度方向总沿轨迹切线方向，所以松手后，小物体合外力为0，小物体将沿切线方向做匀速直线运动。

14．300
解析：300
[1]观察者感觉叶片不动，说明经过1次闪光间隔，叶片恰好运动到下一片叶片的位置，或者下一片叶片或回到自身所在位置，故
1360r/s 600r/s 130
N n N =⨯= 其中1,2,3N =⋯，由于转速小于800r/s ，故风扇转速为
600r/s n =
[2]若观察者感觉有6片叶片，则
1
660r/s 300r/s 130
n =⨯=
15．20
解析：20
[1]在桥顶，对于汽车根据牛顿第二定律得
2
1N v mg F m R
-=
解得
2
17500N N v F mg m R
=-=
根据牛顿第三定律，车对桥顶的压力为7500N 。

[2]当压力为零时，对于汽车根据牛顿第二定律得
2
2v mg m R
= 解得
220m/s v ==
16
[1]M 、N 两点共轴转动，角速度相等，则有：
:1:1M N ωω=
根据图则有：
:sin60:sin30M N r r R R =︒︒=
根据v r ω=可得M 、N 的线速度之比：
:M N v v =
[2]根据2a r ω=可得M 、N 的向心加速度之比：
:M N a a =
17．8
解析：8
汽车在水平面内转弯，所需的向心力由汽车轮胎与地面间的侧向摩擦提供，当侧向摩擦力达到最大时，向心力达到最大即速度达最大，则有：
m
2ax v mg m R
μ=
解得：max 8m m v s s ===．
【点睛】
解决本题关键理解汽车在水平面内转弯时所需向心力由由汽车轮胎与地面间的侧向摩擦提
供，当侧向摩擦力达到最大时，向心力达到最大即速度达最大，由m
2ax v mg m R
μ=，即可
求出最大速度．
18．1；；2；；02【分析】根据线速度与角速度的关系式v=rω求出角速度的大小根据求出周期的大小
解析：1； 12π
； 2π；
1
2π
； 0.2 【分析】
根据线速度与角速度的关系式v=rω求出角速度的大小，根据2T π
ω
=求出周期的大小．
由角速度与线速度的关系式v R ω=得：0.210.2
v rad rad s s R ω===；
由公式2f ωπ=得：1
22f Hz ωππ
==； 由公式1
2()T s f
π=
=； 由频率与转速的物理意义相同，所以转速为
12r
s
π； 由公式22
2
2
10.20.2n m
m
a R s
s ω==⨯=．
【点睛】
对于圆周运动的物理量，需掌握线速度与角速度、周期、向心加速度之间的关系，并能灵活运用．
19．竖直向下【解析】
解析：竖直向下 【解析】
设杆对小球表现为支持力，根据牛顿第二定律得2
L
v mg F m -=，
解得：21
(202)N 16N 0.5
v F mg m L =-=-⨯=；
则杆对小球的弹力方向竖直向上，根据牛顿第三定律知，小球对杆作用力的方向竖直向下． 【点睛】
掌握杆—球模型和绳—球模型的异同，分析小球做圆周运动在最高点和最低点的向心力来源，结合牛顿第二定律进行求解．
20．竖直向上
解析：竖直向上
[1][2]．当小球在最高点的速度为4m/s 时，根据牛顿第二定律得
2
mv mg F L
+= 解得
2160.55N=15N 0.4
mv F mg L =-=⨯-
杆对球的作用力表现为拉力，所以球对杆的作用力方向竖直向上．
三、解答题
21．（1）12.5N ；（2）7.5m/s 2；（3）3m/s
（1）小球在水平面内做匀速圆周运动，对小球受力分析，如图所示
小球在竖直方向受力平衡
cos T mg θ=
整理代入数据得
25
N 12.5N cos 2mg T θ=
== （2）小球受重力和绳子的拉力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律有
tan mg ma θ=
2tan tan 377.5m /s a g g θ==︒=
（3）小球受重力和绳子的拉力，合力提供向心力，根据牛顿第二定律有
2tan v mg m r
θ=
其中r 表示小球匀速圆周运动的轨道半径，有
sin r l θ=
代入数据得
tan sin 3m /s v g l θθ==
22．arctan0.225θ=
转弯时的道路剖面图如图
当在弯道上没有左右滑动趋势时，对于车只受重力、支持力如图所示，则向心力由该二力合力提供
2
tan v F mg m R
θ==向
2225
tan 0.22510100
v gR θ===⨯
arctan0.225θ=
23．（1）
2g R
；（2）3g R g R ω≤≤
(1)当摩擦力为零，支持力和重力的合力提供向心力，如图所示
根据牛顿第二定律有
2
0tan sin mg mR θθω=
解得
02g
R
ω=
(2)当ω＞ω0时，重力和支持力的合力不够提供向心力，当角速度最大时，摩擦力方向沿罐
壁切线向下达最大值，如图所示
设此最大角速度为ω1，由牛顿第二定律得
21N cos60cos30sin60f F F mR ω︒︒︒+=
F f sin60°+mg =F N sin30°
代入数据解得
13g R
ω=
当ω＜ω0时，重力和支持力的合力大于所需向心力，摩擦力方向沿罐壁切线向上，当角速度最小时，摩擦力向上达到最大值，设此最小角速度为ω2，由牛顿第二定律得
f 2
2cos 6cos30sin 060N F mR F ω=-
mg =F N sin30°+F f sin60°
代入数据解得
2g R
ω=
综上所述，陶罐旋转的角速度范围为
3g R g
R
ω≤≤
24．cos 2π
L T g
θ
=；cos mg F θ=
小球受力如图
根据小球竖直方向上的合力等于零，有
cos F mg θ=
解得
cos mg
F θ
=
在水平方向上有
2
2πtan sin F mg mL T θθ⎛⎫
== ⎪⎝⎭
合
解得
2π
Lcos T g
θ
=25．2h g (2)2g
k h
ω=，其中k =1，2，3……(3)0.117sg h
(1)离开容器后，每一滴水在竖直方向上做自由落体运动。

所以每一滴水滴落到盘面上所用时间
2h
t g
=
(2)因为要使每一滴水在盘面上的落点都位于同一直线，则圆盘在t 秒内转过的弧度为k π，k 为不为零的正整数
t k ωπ=，其中k =1，2，3……
即
2g
k h
ωπ
=，其中k =1，2，3…… (3)因为第二滴水离开O 点的距离为
2
21()2
s at at t =
+ ① 第三滴水离开O 点的距离为
231
(2)(2)2
s a t a t t =
+ ② 且
2h
t g
=
③ 又因为
323
222
g h t h g θωππ∆==⨯=
即第二滴水和第三滴水分别滴落在圆盘上x 轴方向及垂直x 轴的方向上。

所以
22223s s s += ④
联列①②③④可得
730.11773sg sg
a h h
=
= 26．(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
2
v mg m
ρ
=
联立可得
220cos v g
θρ=。