物理高一下册期末精选专题练习（word版
一、第五章抛体运动易错题培优（难）
1．一阶梯如图所示，其中每级台阶的高度和宽度都是0.4m，一小球以水平速度v飞出，欲打在第四台阶上，则v的取值范围是（）
A6m/s22m/s
v
< v <≤ C2m/s6m/s v < v << 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】 若小球打在第四级台阶的边缘上高度4 h d =，根据2 1 1 2 h gt =，得 1 880.4 s0.32s 10 d t g ? === 水平位移14 x d =则平抛的最大速度 1 1 1 2m/s 0.32 x v t === 若小球打在第三级台阶的边缘上，高度3 h d =，根据2 2 1 2 h gt =，得 2 6 0.24s d t g == 水平位移23 x d =，则平抛运动的最小速度 2 2 2 6m/s 0.24 x v t === 所以速度范围 6m/s22m/s v << 故A正确。 故选A。 【点睛】 对于平抛运动的临界问题，可以通过画它们的运动草图确定其临界状态及对应的临界条 件。 2．如图所示，一根长木杆ab 两端分别固定在水平地面和竖直墙壁aO 上，已知杆与水平地面之间的夹角为θ=53°，a 点到地面的距离为12m 。从竖直墙壁上距地面8m 的c 点以水平速度v 0射出一颗小石子，小石子运动的轨迹恰好与ab 杆相切（重力加速度g 取10m/s 2，sin53°=0.8，cos53°=0.6），则小石子射出时的水平初速度为（ ） A ．310m/s B ．35m/s C ． 3 52 m/s D ． 3 102 m/s 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】 将速度和重力都分解到垂直于杆的方向和沿着杆的方向，如图所示 在垂直于杆的运动方向上 10sin 0.8v v v θ== 在垂直于杆的方向的加速度 1cos 0.6g g g θ== 由题可知，减速到零时的，恰好与杆相碰，则 2 11 cos 2v ac g θ= 整理得 035m/s v = 故选B 。 3．物体A 做平抛运动，以抛出点O 为坐标原点，以初速度v 0的方向为x 轴的正方向、竖直向下的方向为y 轴的正方向，建立平面直角坐标系。如图所示，两束光分别沿着与坐标轴平行的方向照射物体A ，在坐标轴上留下两个“影子”，则两个“影子”的位移x 、y 和速度v x 、v y 描述了物体在x 、y 两个方向上的运动。若从物体自O 点抛出时开始计时，下列图像中正确的是（ ） A ． B ． C ． D ． 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】 AC ．“影子”在x 轴方向做匀速运动，因此在x v x — 图象中是一条平行于x 轴的直线，根据 0x v t = 可知在—x t 图象中是一条过坐标原点的直线，AC 错误； BD ．物体在竖直方向上做自由落体运动，根据 212 y gt = 可知在y t —图象中是一条开口向上的抛物线，根据 22y v gy = 可知在y v y — 图象是是一条开口向右的抛物理线，B 正确，D 错误。 故选B 。 4．2019年女排世界杯，中国女排以十一连胜夺冠。如图为排球比赛场地示意图，其长度为L ，宽度s ，球网高度为h 。现女排队员在底线中点正上方沿水平方向发球，发球点高度 为1.5h ，排球做平抛运动（排球可看做质点，忽略空气阻力），重力加速度为g ，则排球（ ） A 23L g h B 22 4 s L +C 2234g s L h ?? + ??? D 22 ()224 g s L gh h ++ 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】 根据平抛运动的两分运动规律 0x v t = 2 12y gt = 联立可得 2 20 2g y x v = A ．刚能过网的条件为 2 L x = 1.50.5y h h h =-= 带入轨迹方程可得最小初速度为 02L g v h = 故A 错误； B ．能落在界内的最大位移是落在斜对角上，构成的直角三角形，由几何关系有 222max (1.5)()2 s s h L =++ 故B 错误； C ．能过网而不出界是落在斜对角上，条件为 22()2s x L =+ 1.5y h = 带入轨迹方程可得最大初速度为 2 2 220max ()()2334 s g g s v L L h h =+?=+ 故C 正确； D ．根据末速度的合成规律可知，能落在界内的最大末速度为 2 2 2max 0max 2 1.5()334 g s v v g h L gh h =+?=++ 故D 错误。 故选C 。 5．图示为足球球门，球门宽为L ，一个球员在球门中心正前方距离球门s 处高高跃起，将足球顶入球门的左下方死角（图中P 点）．若球员顶球点的高度为h ．足球被顶出后做平抛运动（足球可看做质点），重力加速度为g ．则下列说法正确的是 A ．足球在空中运动的时间22 2s h t g +=B ．足球位移大小224 L x s =+ C ．足球初速度的方向与球门线夹角的正切值2tan s L θ= D ．足球初速度的大小2 202()4 g L v s h =+ 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】 A 、足球运动的时间为:2h t g = 错； B 、足球在水平方向的位移大小为:224L x s =+所以足球的位移大小:22 2 2 24 L l h x h s =+=++; B 错 C 、由几何关系可得足球初速度的方向与球门线夹角的正切值为:2 tan s L θ=，C 正确 D 、足球的初速度的大小为:22024x g L v s t h ??==+ ??? D 错误； 故本题选：C 【点睛】 (1)根据足球运动的轨迹,由几何关系求解位移大小. (2)由平抛运动分位移的规律求出足球的初速度的大小 (3)由几何知识求足球初速度的方向与球门线夹角的正切值. 6．如图所示，水平面上有一汽车A ，通过定滑轮用绳子拉同一水平面的物体B ，使物体B 匀速向右运动，物体B 与地面的动摩擦因数为0.6，当拉至图示位置时，两绳子与水平面的夹角分别为α、β，二者速度分别为A v 和B v ，则（ ） A ．汽车向右做减速运动 B ．若图示位置αβ<，则A B v v < C ．β从30°到60°的过程中组子对B 的拉力越来越小 D ．β从30°到60°的过程中绳子对B 的拉力的功率越来越小 【答案】ABD 【解析】 【详解】 A. A 、B 两物体的速度分解如图： 由图可知， A A v v cos α=绳 B B v v cos β=绳 A B v v =绳绳 物体B 匀速向右运动，所以β增大，A B v v =绳绳减小，又α减小，cos α增大，所以A v 减小，即汽车向右做减速运动，选项A 正确； B.若图示位置αβ<，则A B v v <，选项B 正确； C.β从30°到60°的过程中绳子对B 的拉力先减小后增大，选项C 错误； D.因为β从30°到60°的过程中B 的摩擦力减小，故绳子对B 的拉力的功率减小。选项D 正确。 故选ABD 。 7．如图（a ），在跳台滑雪比赛中，运动员在空中滑翔时身体的姿态会影响其下落的速度和滑翔的距离．某运动员先后两次从同一跳台起跳，每次都从离开跳台开始计时，用v 表示他在竖直方向的速度，其v-t 图像如图（b ）所示，t 1和t 2是他落在倾斜雪道上的时刻．则 A ．第二次滑翔过程中在竖直方向上的位移比第一次的小 B ．第二次滑翔过程中在水平方向上的位移比第一次的大 C ．第二次滑翔过程中在竖直方向上的平均加速度比第一次的大 D ．竖直方向速度大小为v 1时，第二次滑翔在竖直方向上所受阻力比第一次的大 【答案】BD 【解析】 【分析】 【详解】 A ．由v -t 图面积易知第二次面积大于等于第一次面积，故第二次竖直方向下落距离大于第一次下落距离，所以，A 错误； B ．由于第二次竖直方向下落距离大，由于位移方向不变，故第二次水平方向位移大，故B 正确 C ．由于v -t 斜率知第一次大、第二次小，斜率越大，加速度越大，或由0 v v a t -= 易知a 1>a 2，故C 错误 D ．由图像斜率，速度为v 1时，第一次图像陡峭，第二次图像相对平缓，故a 1>a 2，由G -f y =ma ，可知，f y 1 8．一两岸平行的河流宽为200m ，水流速度为5m/s ，在一次抗洪抢险战斗中，武警战士驾船把受灾群众送到河对岸的安全地方。船相对静水的速度为4m/s 。则下列说法正确的是（ ） A ．该船不能垂直过河 B ．该船能够垂直过河 C ．渡河的位移可能为200m D ．渡河的位移可能为260m 【答案】AD 【解析】 【分析】 【详解】 AB ．由于船相对静水的速度小于水流速度，故船不能垂直过河，选项A 正确，B 错误； CD ．要使小船过河的位移最短，当合速度的方向与船在静水中的速度相垂直时，渡河的最短位移，那么根据 v d s v 船水 =解得最短位移为 5 200m 250m 4 v s d v ==?=水 船 故位移是200m 是不可能的，位移是260m 是可能的。选项C 错误，D 正确。 故选AD 。 9．如图所示，半圆形轨道半径为R ，AB 为水平直径．一个小球从A 点以不同初速度0v 水平抛出．不计空气阻力，则下列判断正确的是( ) A ．想使小球落到轨道上时的竖直分速度最大，小球应该落在轨道的最低点 B ．虽然小球初速度不同，小球落到轨道上时的速度方向和水平方向之间的夹角都相同 C ．若初速度0v 取值适当，可以使小球垂直撞击半圆轨道 D ．无论 0v 取何值，小球都不可能垂直撞击半圆轨道 【答案】AD 【解析】 【分析】 【详解】 A ．想使小球落到轨道上时的竖直分速度最大，则根据2v gh = 可知小球应该落在轨道的最低点，故A 正确； B ．小球落在圆弧面上不同点时，结合圆弧可知位移的偏向角tan = y x θ会随着落点的不同而发生变化，根据平抛运动的推论可知速度偏向角tan 2tan αθ=，所以小球落到轨道上时的速度方向和水平方向之间的夹角不相同，故B 错误； CD ．根据平抛运动的推论：速度反向延长线过水平位移的中点，若小球垂直落在圆弧面上，则速度方向延长线过圆心，违背了速度反向延长线过水平位移的中点，所以无论 0v 取何值，小球都不可能垂直撞击半圆轨道，故D 正确；C 错误； 10．如图所示，水平地面的上空有一架飞机在进行投弹训练，飞机沿水平方向做匀加速直线运动．当飞机飞过观察点B 点正上方A 点时投放一颗炸弹，经时间T 炸弹落在观察点B 正前方1L 处的C 点，与此同时飞机投放出第二颗炸弹，最终落在距观察点B 正前方2L 处的D 点，且21L 3L =，空气阻力不计，以下说法正确的有（ ） A ．飞机第一次投弹时的速度为1 L T B ．飞机第二次投弹时的速度为1 2L T C ．飞机水平飞行的加速度为 1 2 L T D ．两次投弹时间间隔T 内飞机飞行距离为1 4L 3 【答案】AD 【解析】 【分析】 【详解】 A 、第一次投出的炸弹做平抛运动，在时间T 内水平方向匀速直线运动的位移为L 1，故第一次投弹的初速度为1 1L v T = ；故A 正确. BC 、设飞机的加速度为a ，第二次投弹时的速度为2v ，由匀变速直线运动的规律可知： ()21211 v T aT L v aT T 2+=-+，而21L 3L =，解得：122L a 3T =，1215L v v aT 3T =+=， 故B 、C 均错误. D 、两次投弹间隔T 内飞机飞行的距离2114123 L s v T aT =+=；故D 正确. 故选AD. 二、第六章 圆周运动易错题培优（难） 11．如图所示，小球A 可视为质点，装置静止时轻质细线AB 水平，轻质细线AC 与竖直方向的夹角37θ?=，已知小球的质量为m ，细线AC 长L ，B 点距C 点的水平和竖直距离相等。装置BO 'O 能以任意角速度绕竖直轴O 'O 转动，且小球始终在BO 'O 平面内，那么在ω从零缓慢增大的过程中（ ）（g 取10m/s 2，sin370.6?=，cos370.8?=） A ．两细线张力均增大 B ．细线AB 中张力先变小，后为零，再增大 C ．细线AC 中张力先不变，后增大 D ．当AB 中张力为零时，角速度可能为54g L 【答案】BCD 【解析】 【分析】 【详解】 AB ．当静止时，受力分析如图所示 由平衡条件得 T AB =mg tan37°=0.75mg T AC = cos37 mg ＝1.25mg 若AB 中的拉力为0，当ω最小时绳AC 与竖直方向夹角θ1=37°，受力分析如图 mg tan θ1=m （l sinθ1）ωmin 2 得 ωmin = 54g l 当ω最大时，由几何关系可知，绳AC 与竖直方向夹角θ2=53° mg tan θ2＝m ωmax 2l sin θ2 得 ωmax ＝ 53g l 所以ω取值范围为 54g l ≤ω≤53g l 绳子AB 的拉力都是0。 由以上的分析可知，开始时AB 是拉力不为0，当转速在 54g l ≤ω≤53g l 时，AB 的拉力为0，角速度再增大时，AB 的拉力又会增大，故A 错误；B 正确； C ．当绳子AC 与竖直方向之间的夹角不变时，AC 绳子的拉力在竖直方向的分力始终等于重力，所以绳子的拉力绳子等于1.25mg ；当转速大于 54g l 后，绳子与竖直方向之间的夹角增大，拉力开始增大；当转速大于 53g l 后，绳子与竖直方向之间的夹角不变，AC 上竖直方向的拉力不变，水平方向的拉力增大，则AC 的拉力继续增大；故C 正确； D ．由开始时的分析可知，当ω取值范围为54g l ≤ω≤53g l 时，绳子AB 的拉力都是0，故D 正确。 故选BCD 。 12．如图所示，在匀速转动的水平盘上，沿半径方向放着用细线相连的物体A 和B ，A 和B 质量都为m ．它们分居在圆心两侧，与圆心距离分别为R A ＝r ，R B ＝2r ，A 、B 与盘间的动摩擦因数μ相同．若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 ＝3mg μ B ．此时圆盘的角速度为ω＝ 2g r μ C ．此时A 所受摩擦力方向沿半径指向圆外 D ．此时烧断绳子物体A 、B 仍将随盘一块转动 【答案】ABC 【解析】 【分析】 【详解】 C ．A 、B 两物体相比，B 物体所需要的向心力较大，当转速增大时，B 先有滑动的趋势，此时B 所受的静摩擦力沿半径指向圆心，A 所受的静摩擦力沿半径背离圆心，故C 正确； AB ．当刚要发生相对滑动时，以B 为研究对象，有 22T mg mr μω+= 以A 为研究对象，有 2T mg mr μω-= 联立可得 3T mg μ= 2g r μω= 故AB 正确； D ．若烧断绳子，则A 、B 的向心力都不足，都将做离心运动，故D 错误． 故选ABC. 13．如图所示，一个竖直放置半径为R 的光滑圆管，圆管内径很小，有一小球在圆管内做圆周运动，下列叙述中正确的是（ ） A ．小球在最高点时速度v gR B ．小球在最高点时速度v 由零逐渐增大，圆管壁对小球的弹力先逐渐减小，后逐渐增大 C ．当小球在水平直径上方运动时，小球对圆管内壁一定有压力 D ．当小球在水平直径下方运动时，小球对圆管外壁一定有压力 【答案】BD 【解析】 【分析】 【详解】 A ．小球恰好通过最高点时，小球在最高点的速度为零，选项A 错误； B ．在最高点时，若v gR < ，轨道对小球的作用力方向向上，有 2 v mg N m R -= 可知速度越大，管壁对球的作用力越小； 若v gR > ，轨道对小球的作用力方向向下，有 2 v N mg m R += 可知速度越大，管壁对球的弹力越大。 选项B 正确； C ．当小球在水平直径上方运动，恰好通过最高点时，小球对圆管内外壁均无作用力，选项C 错误； D ．当小球在水平直径下方运动时，小球受竖直向下的重力，要有指向圆心的向心力，则小球对圆管外壁一定有压力作用，选项D 正确。 故选BD 。 14．如图所示，两个可视为质点的、相同的木块A 和B 放在转盘上，两者用长为L 的细绳连接，木块与转盘的最大静摩擦力均为各自重力的K 倍，A 放在距离转轴L 处，整个装置能绕通过转盘中心的转轴O 1O 2转动，开始时，绳恰好伸直但无弹力，现让该装置从静止开始转动，使角速度缓慢增大，以下说法正确的是（ ） A ．当23Kg L ω> 时，A 、B 相对于转盘会滑动 B 223Kg Kg L L ω< C ．ω在223Kg Kg L L ω<< B 所受摩擦力变大 D ．ω223Kg Kg L L ω< A 所受摩擦力不变 【答案】A B 【解析】 【分析】 【详解】 A ．当A 所受的摩擦力达到最大静摩擦力时，A 、 B 相对于转盘会滑动，对A 有 21Kmg T m L ω-= 212Kmg T m L ω+=? 解得 123Kg L ω= 当23Kg L ω> 时，A 、B 相对于转盘会滑动，故A 正确； B ．当B 达到最大静摩擦力时，绳子开始出现弹力 2 22Kmg m L ω=? 解得 22Kg L ω= 当 223Kg Kg L L ω<< 时，绳子具有弹力，故B 正确； C ．当ω在02Kg L ω<< 范围内增大时，B 所受的摩擦力变大；当2Kg L ω=时，B 受到的摩擦力达到最大；当ω在223Kg Kg L L ω<< 范围内增大时，B 所受摩擦力不变，故C 错误； D ．当ω在203Kg L ω<<范围内增大时，A 所受摩擦力一直增大，故D 错误。 故选AB 。 15．如图所示，一个边长满足3：4：5的斜面体沿半径方向固定在一水平转盘上，一木块静止在斜面上，斜面和木块之间的动摩擦系数μ=0.5。若木块能保持在离转盘中心的水平距离为40cm 处相对转盘不动，g =10m/s 2，则转盘转动角速度ω的可能值为（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力）（ ） A ．2rad/s B ．3rad/s C ．4rad/s D ．5rad/s 【答案】BCD 【解析】 【分析】 根据题意可知斜面体的倾角满足 3 tan 0.54 θμ= >= 即重力沿斜面的分力大于滑动摩擦力，所以角速度为0时，木块不能够静止在斜面上。当转动的角速度较小时，木块所受的摩擦力沿斜面向上，则木块恰好向下滑动时 cos sin N f mg θθ+= 2sin cos N f mr θθω-= 滑动摩擦力满足 f N μ= 解得 5 22rad/s 11 ω= 当转动角速度变大，木块恰好向上滑动时 cos sin N f mg θθ=+ 2sin cos N f mr θθω+=' 滑动摩擦力满足 f N μ= 解得 52rad/s ω'= 所以圆盘转动的角速度满足 05 22rad/s 2rad/s 52rad/s 7rad/s 11 ω≈≤≤≈ A 错误，BCD 正确。 故选BCD 。 16．如图所示，在水平圆盘上放有质量分别为m 、m 、2m 的可视为质点的三个物体A 、B 、C ，圆盘可绕垂直圆盘间的动摩擦因数均为0.1μ=，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力。三个物体与中心轴O 处共线且0.2 m OA OB BC r ====。现将三个物体用轻质细线相连，保持细线伸直且恰无张力。若圆盘从静止开始转动，角速度ω极其缓慢地增大，重力加速度g 取210 m/s ，则对于这个过程，下列说法正确的是（ ） A ．A 、 B 两个物体同时达到最大静摩擦力 B ．B 、 C 两个物体所受的静摩擦力先增大后不变 C ．当ω>时整体会发生滑动 D ω<<时，在ω增大的过程中B 、C 间细线的拉力不断增大 【答案】BC 【解析】 【分析】 【详解】 ABC ．当圆盘转速增大时，由静摩擦力提供向心力。三个物体的角速度相等，由 2F m r ω= 知，由于C 的半径最大，质量最大，故C 所需要的向心力增加得最快，最先达到最大静摩擦力，此时 21222C mg m r μω?=? 得 1ω= = 当C 所受的摩擦力达到最大静摩擦力之后，BC 间细线开始提供拉力，B 的摩擦力增大，达到最大静摩擦力后，AB 间细线开始有力的作用，随着角速度增大，A 所受的摩擦力将减小到零然后反向增大，当A 与B 的摩擦力也达到最大值，且B 、C 间细线的拉力大于AB 整体的摩擦力时整体将会出现相对滑动，此时A 与B 还受到细线的拉力，对C 有 2 2222T mg m r μω+?=? 对AB 整体有 2T mg μ= 得2ω，当 ω> = 时，整体会发生滑动。故A 错误，BC 正确。 D ω<<时，在ω增大的过程中，BC 间细线的拉力逐渐增大。故D 错误。 故选BC 。 17．如图甲，一长为R 且不可伸长的轻绳一端固定在O 点，另一端系住一小球，使小球在竖直面内圆周运动，小球经过最高点的速度大小为v ，此时绳子拉力大小为F ，拉力F 与速度的平方r 2的关系如图乙所示，以下说法正确的是（ ） A ．利用该装置可以得出重力加速度R g a = B ．利用该装置可以得出小球的质量aR m b C ．小球质量不变，换绳长更长的轻绳做实验，图线a 点的位置不变 D ．绳长不变，用质量更大的球做实验，得到的图线斜率更大 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】 A ．由图乙可知当2v a =时，此时绳子的拉力为零，物体的重力提供向心力，则 2 v mg m R = 解得 2v gR = 所以 a gR = 则重力加速度 a g R = A 错误； B ．当22v a =时，对物体受力分析，有 2 v mg b m R += 解得小球的质量为 b m g = B 错误； D ．小球经过最高点时，根据牛顿第二定律有 2 T v mg F m R += 解得 2 T m F v mg R = - 所以图乙图线的斜率为 m k R = 所以绳长不变，用质量更大的球做实验，得到的图线斜率更大，D 正确； C ．当0T F =时，有 2v gR = 所以小球质量不变，换绳长更长的轻绳做实验，图线a 点的位置将会发生变化，C 错误。 故选D 。 18．如图所示，细杆的一端与一小球相连，可绕过O 点的水平轴自由转动。现给小球一初速度，使它做圆周运动，图中a 、b 分别表示小球轨道的最低点和最高点。则杆对球的作用力是（ ） ①a 处为拉力，b 处为拉力 ②a 处为拉力，b 处为推力 ③a 处为推力，b 处为拉力 ④a 处为推力，b 处为推力 A ．①③ B ．②③ C ．①② D ．②④ 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】 a 处圆心在上方，合力提供向心力向上，故需有向上的拉力大于向下的重力； b 处合力向下，重力也向下，受力如图： 根据牛顿第二定律有 2 1v F mg m R +＝ 当F 1＜0，杆对球有推力，向上； 当F1＞0，杆对球有拉力，向下； 当F1=0，杆对球无作用力。 故杆对球的作用力情况①②都有可能，选项C正确，ABD错误。 故选C。 19．小明撑一雨伞站在水平地面上，伞面边缘点所围圆形的半径为R，现将雨伞绕竖直伞杆以角速度ω匀速旋转，伞边缘上的水滴落到地面，落点形成一半径为r的圆形，当地重力加速度的大小为g，根据以上数据可推知伞边缘距地面的高度为（） A． 22 22 () 2 g r R R ω - B． 22 22 () 2 g r R r ω - C． 2 22 () 2 g r R R ω - D． 2 22 2 gr R ω 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】 雨点甩出后做平抛运动，竖直方向有 h=1 2 gt2 水平方向初速度为雨伞边缘的线速度，所以 v0=ωR 雨点甩出后水平方向做匀速直线运动 x=v0t= 伞边缘上的水滴落到地面，落点形成一半径为r的圆形，根据几何关系可知水平距离为 x 所以 解得 h= 22 22 () 2 g r R R ω - 故选A. 点评：本题就是对平抛运动规律的考查，平抛运动可以分解为在水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动来求解． 20．用一根细线一端系一小球（可视为质点），另一端固定在一光滑锥顶上，如图所示。设小球在水平：面内做匀速圆周运动的角速度为ω，线所受拉力为T，则下列T随2ω变 化的图像可能正确的是（ ） A ． B ． C ． D ． 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】 对小球受力分析如图 当角速度较小时，小球在光滑锥面上做匀速圆周运动，根据向心力公式可得 2sin cos sin T N mL θθθω-=? cos sin T N mg θθ+= 联立解得 22cos sin T mg mL θθω=+? 当角速度较大时，小球离开光滑锥面做匀速圆周运动，根据向心力公式可得 2sin sin T mL ααω=? 则 2T mL ω= 综上所述，ABD 错误，C 正确。 故选C 。
相关主题
文本预览