1.選A　P、Q兩點都是繞地軸做勻速圓周運動，角速度相等，即ωP=ωQ，選項A對。根據(jù)圓周運動線速度v=ωR，P、Q兩點到地軸的距離不等，即P、Q兩點圓周運動線速度大小不等，選項B錯。Q點到地軸的距離遠，圓周運動半徑大，線速度大，選項C錯。P、Q兩物體均受到萬有引力和支持力作用，二者的合力是圓周運動的向心力，我們把與支持力等大反向的平衡力即萬有引力的一個分力稱為重力，選項D錯。

　　2.選C　，a1=ω12r，ma1=μmg;μg=ω12r。P輪邊緣也恰能靜止，μg=ω2R=2ω2r。ωR=ω2r=，A、B;ma=μmg，=，C正確，D。

　　3.選C　A、C角速度相等，由a=ω2R可知aAaC=18。A、B線速度相等，由a=可知，aAaB=41，所以aAaB∶aC=41∶32，選項C正確。

　　4.選C　本題聯(lián)系實際考查圓周運動、向心力知識。軌道不受側向擠壓時，軌道對列車的作用力就只有彈力，重力和彈力的合力提供向心力，根據(jù)向心力公式mgtan θ=m，得v=，C正確。

　　5.選AC　繩子拉力提供圓周運動向心力，繩子長度即圓周運動半徑。轉速相同即周期和角速度相同，繩子拉力提供向心力即F=mlω2，繩子越長向心力越大即繩子拉力越大，越容易斷，選項A對B錯。線速度大小相等時，則有向心力即繩子拉力F=，繩子越長拉力越小，越不容易斷，C對D錯。

　　6.選AC　對任一小球研究。設細線與豎直方向的夾角為θ，豎直方向受力平衡，則

　　Tcos θ=mg，

　　解得T=。

　　所以細線L1和細線L2所受的拉力大小之比==，故A正確。

　　小球所受合力的大小為mgtan θ，根據(jù)牛頓第二定律得mgtan θ=mLsin θ·ω2，

　　得ω2=。兩小球Lcos θ相等，所以角速度相等，故B錯誤。

　　小球所受合力提供向心力，則向心力為F=mgtan θ，

　　小球m1和m2的向心力大小之比為：

　　==3，故C正確。

　　兩小球角速度相等，質量相等，由合外力提供向心力，有F=mgtan θ=mωv，則小球m1和m2的線速度大小之比為==3，故D錯誤。

　　7.選A　v，mg=m;2v，F(xiàn)，2Fcos 30°+mg=m;F=mg，A正確。

　　8.選BC　在光滑圓形管道的最高點，小球的速度可以等于零，A錯誤，B正確;在ab線以下時，外側管壁對小球的彈力要提供向心力，而在ab線以上，當速度較小時，小球要擠壓內側管壁，故C正確，D錯誤。

　　9.選B　因為軌道光滑，所以小滑塊與軌道之間沒有摩擦力。小滑塊在A點時，與軌道的作用力在豎直方向上，水平方向對軌道無作用力，所以軌道相對于地面沒有相對運動趨勢，即摩擦力為零;當小滑塊的速度v=時，對軌道的壓力為零，軌道對地面的壓力N=Mg，當小滑塊的速度v>時，對軌道的壓力向上，軌道對地面的壓力N(M+m)g，故選項C錯誤;小滑塊在D點時，對軌道的作用力沿水平方向向右，所以軌道對地有向右運動的趨勢，地面給軌道向左的摩擦力;豎直上方向對軌道無作用力，所以軌道對地面的壓力N=Mg，故選項D錯誤。

　　10.選C　物體隨圓盤做圓周運動，運動到最低點時最容易滑動，因此物體在最低點且剛好要滑動時的轉動角速度為最大值，這時，根據(jù)牛頓第二定律可知，μmgcos 30°-mgsin 30°=mrω2，求得ω=1.0 rad/s，C項正確，A、B、D項錯誤。

　　11.解析：(1)物品先在傳送帶上做初速度為零的勻加速直線運動：a=μg=2.5 m/s2

　　x1==0.8 m

　　t1==0.8 s

　　之后，物品和傳送帶一起以速度v做勻速運動，則t2==4.6 s

　　所以t=t1+t2=5.4 s。

　　(2)物品在轉盤上所受的靜摩擦力提供向心力F=m解得：F=2 N。

　　答案：(1)5.4 s　(2)2 N

　　12.解析：(1)物塊平拋：h=gt2;

　　t= =0.5 s

　　物塊離開滑道時的速度：v==2 m/s

　　拉動物塊的加速度，由牛頓第二定律：

　　F-μmg=ma1;得：a1=8 m/s2

　　撤去外力后，由牛頓第二定律：

　　-μmg=ma2;

　　得：a2=-2 m/s2

　　物塊加速獲得速度：v1=a1t1=4 m/s

　　則所需滑道的長度

　　L=x1+x2=a1t12+=4 m

　　(2)盤轉過一圈時落入，拉力時間最短;

　　盤轉過一圈時間：T==1 s;

　　物塊在滑道上先加速后減速，最終獲得：v=a1t1+a2t2

　　物塊滑行時間、拋出在空中時間與圓盤周期關系：t1+t2+t=T

　　由上兩式得：t1=0.3 s。

　　答案：(1)4 m　(2)0.3 s