《2019版高考物理總復習 第四章 曲線運動 萬有引力與航天 基礎課3 圓周運動學案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2019版高考物理總復習 第四章 曲線運動 萬有引力與航天 基礎課3 圓周運動學案（21頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 基礎課3　圓周運動 知識排查 勻速圓周運動 1.定義：做圓周運動的物體，若在相等的時間內(nèi)通過的圓弧長相等，就是勻速圓周運動。 2.特點：加速度大小不變，方向始終指向圓心，是變加速運動。 3.條件：合外力大小不變、方向始終與速度方向垂直且指向圓心。 角速度、線速度、向心加速度 勻速圓周運動的向心力 1.作用效果：向心力產(chǎn)生向心加速度，只改變速度的方向，不改變速度的大小。 2.大?。篎＝ma＝m＝mω2r＝mr＝mωv＝4π2mf2r。 3.方向：始終沿半徑指向圓心方向，時刻在改變，即向心力是一個變力。 4.來源：向心力可以由一個力提供，也可以由幾個力的合力提供，

2、還可以由一個力的分力提供。 離心現(xiàn)象 1.定義：做圓周運動的物體，在所受合外力突然消失或不足以提供圓周運動所需向心力的情況下，就做逐漸遠離圓心的運動。 小題速練 1.思考判斷 (1)做勻速圓周運動的物體所受合外力是保持不變的。(　　) (2)做勻速圓周運動的物體向心加速度與半徑成反比。(　　) (3)隨圓盤一起勻速轉(zhuǎn)動的物體受重力、支持力和向心力的作用。(　　) (4)做圓周運動的物體所受合外力突然消失，物體將沿圓周切線方向做勻速直線運動。(　　) 答案　(1)×　(2)×　(3)×　(4)√ 2.[人教版必修2·P22·T3拓展](多選)如圖1所示，有一皮帶傳動裝置，

3、A、B、C三點到各自轉(zhuǎn)軸的距離分別為RA、RB、RC，已知RB＝RC＝，若在傳動過程中，皮帶不打滑。則(　　) 圖1 A.A點與C點的角速度大小相等 B.A點與C點的線速度大小相等 C.B點與C點的角速度大小之比為2∶1 D.B點與C點的向心加速度大小之比為1∶4 解析　處理傳動裝置類問題時，對于同一根皮帶連接的傳動輪邊緣的點，線速度大小相等；同軸轉(zhuǎn)動的點，角速度相等。對于本題，顯然vA＝vC，ωA＝ωB，選項B正確；根據(jù)vA＝vC及關系式v＝ωR，可得ωARA＝ωCRC，又RC＝，所以ωA＝，選項A錯誤；根據(jù)ωA＝ωB，ωA＝，可得ωB＝，即B點與C點的角速度大小之比為1∶2

4、，選項C錯誤；根據(jù)ωB＝及關系式a＝ω2R，可得aB＝，即B點與C點的向心加速度大小之比為1∶4，選項D正確。 答案　BD 3.[人教版必修2·P25·T2拓展](多選)如圖2所示，兩個圓錐內(nèi)壁光滑，豎直放置在同一水平面上，圓錐母線與豎直方向夾角分別為30°和60°，有A、B兩個質(zhì)量相同的小球在兩圓錐內(nèi)壁等高處做勻速圓周運動，下列說法正確的是(　　) 圖2 A.A、B球受到的支持力之比為∶3 B.A、B球的向心力之比為∶1 C.A、B球運動的角速度之比為3∶1 D.A、B球運動的線速度之比為1∶1 解析　設小球受到的支持力為FN，向心力為F，則有FNsin θ＝mg，F(xiàn)NA

5、∶FNB＝∶1，選項A錯誤；F＝，F(xiàn)A∶FB＝3∶1，選項B錯誤；小球運動軌道高度相同，則半徑R＝htan θ，RA∶RB＝1∶3，由F＝mω2R得ωA∶ωB＝3∶1，選項C正確；由v＝ωR得vA∶vB＝1∶1，選項D正確。 答案　CD 　圓周運動的運動學問題 1.對公式v＝ωr的理解 當r一定時，v與ω成正比； 當ω一定時，v與r成正比； 當v一定時，ω與r成反比。 2.對a＝＝ω2r＝ωv的理解 在v一定時，a與r成反比；在ω一定時，a與r成正比。 1.(2017·浙江臺州模擬)汽車后備箱蓋一般都配有可伸縮的液壓桿，如圖3甲所示，其示意圖如同乙所示，可伸縮液壓桿上

6、端固定于后蓋上A點，下端固定于箱內(nèi)O′點，B也為后蓋上一點，后蓋可繞過O點的固定鉸鏈轉(zhuǎn)動，在合上后備箱蓋的過程中(　　) 圖3 A.A點相對O′點做圓周運動 B.A點與B點相對于O點轉(zhuǎn)動的線速度大小相等 C.A點與B點相對于O點轉(zhuǎn)動的角速度大小相等 D.A點與B點相對于O點轉(zhuǎn)動的向心加速度大小相等 解析　在合上后備箱蓋的過程中，O′A的長度是變化的，因此A點相對O′點不是做圓周運動，選項A錯誤；在合上后備箱蓋的過程中，A點與B點都是繞O點做圓周運動，相同的時間繞O點轉(zhuǎn)過的角度相同，即A點與B點相對O點的角速度相等，但是OB大于OA，根據(jù)v＝rω，所以B點相對于O點轉(zhuǎn)動的線速度大

7、，故選項B錯誤，C正確；根據(jù)向心加速度公式a＝rω2可知，B點相對O點的向心加速度大于A點相對O點的向心加速度，故選項D錯誤。 答案　C 2.如圖4所示，B和C是一組塔輪，即B和C半徑不同，但固定在同一轉(zhuǎn)動軸上，其半徑之比為RB∶RC＝3∶2，A輪的半徑大小與C輪相同，它與B輪緊靠在一起，當A輪繞過其中心的豎直軸轉(zhuǎn)動時，由于摩擦作用，B輪也隨之無相對滑動地轉(zhuǎn)動起來。a、b、c分別為三輪邊緣的三個點，則a、b、c三點在轉(zhuǎn)動過程中的(　　) 圖4 A.線速度大小之比為3∶2∶2 B.角速度之比為3∶3∶2 C.轉(zhuǎn)速之比為2∶3∶2 D.向心加速度大小之比為9∶6∶4 解析　A、

8、B輪摩擦傳動無滑動，故va＝vb，ωaRA＝ωbRB，ωa∶ωb＝3∶2；B、C同軸，故ωb＝ωc，＝，vb∶vc＝3∶2，因此va∶vb∶vc＝3∶3∶2，ωa∶ωb∶ωc＝3∶2∶2，故選項A、B錯誤；轉(zhuǎn)速之比等于角速度之比，故選項C錯誤；由a＝ωv得aa∶ab∶ac＝9∶6∶4，選項D正確。 答案　D 3.[人教版必修2·P19·T4改編]圖5是自行車傳動裝置的示意圖，其中Ⅰ是半徑為r1的大齒輪，Ⅱ是半徑為r2的小齒輪，Ⅲ是半徑為r3的后輪，假設腳踏板的轉(zhuǎn)速為n r/s，則自行車前進的速度為(　　) 圖5 A. B. C. D. 答案　D 常見的三種傳動

9、方式及特點 (1)同軸傳動：如圖甲、乙所示，繞同一轉(zhuǎn)軸轉(zhuǎn)動的物體，角速度相同，ωA＝ωB，由v＝ωr知v與r成正比。 　　　　　　 (2)皮帶傳動：如圖甲、乙所示，皮帶與兩輪之間無相對滑動時，兩輪邊緣線速度大小相等，即vA＝vB。 (3)摩擦傳動：如圖所示，兩輪邊緣接觸，接觸點無打滑現(xiàn)象時，兩輪邊緣線速度大小相等，即vA＝vB。 　圓周運動中的動力學問題 1.向心力的來源 (1)向心力的方向沿半徑指向圓心。 (2)向心力來源：一個力或幾個力的合力或某個力的分力。 2.向心力的確定 (1)確定圓周運動的軌道所在的平面，確定圓心的位置。 (2)分析物體的受力情況，找

10、出所有的力沿半徑方向指向圓心的合力就是向心力。 1.一汽車通過拱形橋頂時速度為10 m/s，車對橋頂?shù)膲毫檐囍氐?，如果要使汽車在橋頂對橋面沒有壓力，車速至少為(　　) A.15 m/s B.20 m/s C.25 m/s D.30 m/s 解析　當FN＝G時，因為G－FN＝m，所以G＝m；當FN＝0時，G＝m，所以v′＝2v＝20 m/s。選項B正確。 答案　B 2.鐵路在彎道處的內(nèi)、外軌道高度是不同的，已知內(nèi)、外軌道平面與水平面的夾角為θ，如圖6所示，彎道處的圓弧半徑為R，若質(zhì)量為m的火車轉(zhuǎn)彎時速度等于，則(　　) 圖6 A.內(nèi)軌對內(nèi)側(cè)車輪輪緣有擠壓 B.外

11、軌對外側(cè)車輪輪緣有擠壓 C.這時鐵軌對火車的支持力等于 D.這時鐵軌對火車的支持力大于 解析　由牛頓第二定律F合＝m，解得F合＝mgtan θ，此時火車只受重力和鐵路軌道的支持力作用，如圖所示，F(xiàn)Ncos θ＝mg，則FN＝，內(nèi)、外軌道對火車均無側(cè)壓力，故選項C正確，A、B、D錯誤。 答案　C 3.如圖7所示，用一根細繩一端系一個小球，另一端固定，給小球不同的初速度，使小球在水平面內(nèi)做角速度不同的圓周運動，則下列細繩拉力F、懸點到軌跡圓心高度h、向心加速度a、線速度v與角速度平方ω2的關系圖象正確的是(　　) 圖7 解析　設細繩長度為l，小球做勻速圓周運動時細繩與豎直方向

12、的夾角為θ，則有細繩拉力為F，有Fsin θ＝mω2lsin θ，得F＝mω2l,選項A正確;mgtan θ＝mω2lsin θ，得h＝lcos θ＝，選項B錯誤；小球的向心加速度a＝ω2lsin θ，選項C錯誤；小球的線速度v＝ωlsin θ，選項D錯誤。 答案　A 4.[人教版必修2·P26·T4拓展](多選)在光滑水平桌面中央固定一邊長為0.3 m的小正三棱柱abc，俯視圖如圖8所示。長度為L＝1 m的細線，一端固定在a點，另一端拴住一個質(zhì)量為m＝0.5 kg、不計大小的小球。初始時刻，把細線拉直在ca的延長線上，并給小球以v0＝2 m/s 且垂直于細線方向的水平速度，由于光滑三棱柱

13、的存在，細線逐漸纏繞在三棱柱上(不計細線與三棱柱碰撞過程中的能量損失)。已知細線所能承受的最大張力為7 N，則下列說法正確的是(　　) 圖8 A.細線斷裂之前，小球速度的大小保持不變 B.細線斷裂之前，小球的速度逐漸減小 C.細線斷裂之前，小球運動的總時間為0.7π s D.細線斷裂之前，小球運動的位移大小為0.9 m 解析　細線斷裂之前，細線拉力與速度垂直，不做功，不改變小球的速度大小，故小球的速度大小保持不變，故選項A正確，B錯誤；細線剛斷裂時，拉力大小為7 N，由F＝m得，此時的半徑為r＝ m，由于小球每轉(zhuǎn)120°,半徑減小0.3 m，則知小球剛好轉(zhuǎn)過一周，細線斷裂，則小

14、球運動的總時間為t＝·＋·＋·，而r1＝1 m，r2＝0.7 m，r3＝0.4 m，v0＝2 m/s，解得t＝0.7π s，故選項C正確；小球每轉(zhuǎn)120°，半徑減小0.3 m，細線斷裂之前，小球運動的位移大小為 1 m－0.1 m＝0.9 m，故選項D正確。 答案　ACD “一、二、三、四”求解圓周運動問題 　　　　　　 　豎直面內(nèi)圓周運動中的臨界問題 1.運動特點 (1)豎直面內(nèi)的圓周運動一般是變速圓周運動。 (2)只有重力做功的豎直面內(nèi)的變速圓周運動機械能守恒。 (3)豎直面內(nèi)的圓周運動問題，涉及知識面比較廣，既有臨界問題，又有能量守恒的問題，要注意物體運動到圓周的最

15、高點的速度。 (4)一般情況下，豎直面內(nèi)的圓周運動問題只涉及最高點和最低點的兩種情形。 2.常見模型 物理情景 最高點無支撐 最高點有支撐 實例 球與繩連接、水流星、沿內(nèi)軌道運動的“過山車”等 球與桿連接、球在光滑管道中運動等 圖示 受力 特征 除重力外，物體受到的彈力方向：向下或等于零 除重力外，物體受到的彈力方向：向下、等于零或向上 受力 示意圖 力學方程 mg＋FN＝m mg±FN＝m 臨界 特征 FN＝0 mg＝m 即vmin＝ v＝0 即F向＝0 FN＝mg 過最高點 的條件 在最高點的速度 v≥ v≥0

16、 【典例】　(2016·海南高考)如圖9，光滑圓軌道固定在豎直面內(nèi)，一質(zhì)量為m的小球沿軌道做完整的圓周運動。已知小球在最低點時對軌道的壓力大小為N1，在最高點時對軌道的壓力大小為N2。重力加速度大小為g，則N1－N2的值為(　　) 圖9 A.3mg B.4mg C.5mg D.6mg 解析　設小球在最低點速度為v1，在最高點速度為v2，根據(jù)牛頓第二定律，在最低點：N1－mg＝m， 在最高點：N2＋mg＝m 同時從最高點到最低點，根據(jù)機械能守恒定律得 mg·2R＝mv－mv 聯(lián)立以上三式可得N1－N2＝6mg，故選項D正確。 答案　D 分析豎直平面內(nèi)圓周運動

17、臨界問題的思路 　　　　　　 1.(2017·遼寧鐵嶺聯(lián)考)飛機由俯沖到拉起時，飛行員處于超重狀態(tài)，此時座椅對飛行員的支持力大于飛行員所受的重力，這種現(xiàn)象叫過荷。過荷過重會造成飛行員四肢沉重，大腦缺血，暫時失明，甚至昏厥。受過專門訓練的空軍飛行員最多可承受9倍重力的影響。g取10 m/s2，則當飛機在豎直平面上沿圓弧軌道俯沖、拉起的速度為100 m/s時，圓弧軌道的最小半徑為(　　) 圖10 A.100 m B.111 m C.125 m D.250 m 解析　在飛機經(jīng)過最低點時，對飛行員受力分析，受重力mg和支持力FN，兩者的合力提供向心力，由題意知，當FN＝9mg

18、時，圓弧軌道半徑最小為Rmin。由牛頓第二定律列方程，F(xiàn)N－mg＝m，聯(lián)立解得Rmin＝＝125 m，故選項C正確。 答案　C 2.(2017·山東青島期末) (多選)如圖11所示，內(nèi)壁光滑的大圓管，用一細輕桿固定在豎直平面內(nèi)；在管內(nèi)有一小球(可視為質(zhì)點)做圓周運動。下列說法正確的是(　　) 圖11 A.小球通過最低點時，小球?qū)A管的壓力向下 B.小球通過最高點時，小球?qū)A管可能無壓力 C.細桿對圓管的作用力一定大于圓管的重力大小 D.細桿對圓管的作用力可能會大于圓管和小球的總重力大小 解析　小球通過最低點時，小球受到重力、圓管向上的支持力，合力指向圓心，根據(jù)牛頓第三定律，

19、小球?qū)A管的壓力向下，選項A正確；當小球通過最高點時，若速度為，圓管對小球的彈力為零，小球?qū)A管無壓力，選項B正確； 對圓管和球組成的整體為研究對象，當小球的向心加速度向上(或分量向上)時，細桿對圓管的作用力會大于圓管和小球的總重力大??；當小球的向心加速度向下(或分量向下)時，細桿對圓管的作用力小于圓管和小球的總重力大小，選項C錯誤，D正確。 答案　ABD 3.(2017·江蘇單科，5)如圖12所示，一小物塊被夾子夾緊，夾子通過輕繩懸掛在小環(huán)上，小環(huán)套在水平光滑細桿上。物塊質(zhì)量為M，到小環(huán)的距離為L，其兩側(cè)面與夾子間的最大靜摩擦力均為F。小環(huán)和物塊以速度v向右勻速運動，小環(huán)碰到桿上的釘子

20、P后立刻停止，物塊向上擺動。整個過程中，物塊在夾子中沒有滑動。小環(huán)和夾子的質(zhì)量均不計，重力加速度為g。下列說法正確的是(　　) 圖12 A.物塊向右勻速運動時，繩中的張力等于2F B.小環(huán)碰到釘子P時，繩中的張力大于2F C.物塊上升的最大高度為 D.速度v不能超過 解析　物塊向右勻速運動時，設物塊與夾子間的靜摩擦力為f，則f＜F。對物塊，根據(jù)平衡條件可得2f＝Mg，則繩中的張力T＝2f＜2F，故選項A錯誤；小環(huán)碰到釘子后，物塊向上擺動的過程中，物塊在夾子中沒有滑動，可知夾子的兩側(cè)面與物塊間的摩擦力f≤F，所以繩中的張力T＝2f≤2F，故選項B錯誤；物塊向上擺動的過程，由機械能

21、守恒定律得Mgh＝Mv2，解得h＝，即物塊上升的最大高度為，故選項C錯誤；假設物塊在開始擺動時，兩側(cè)面與夾子間剛好達到最大靜摩擦力F，由牛頓第二定律得2F－Mg＝M，解得v＝，所以速度v不能超過，選項D正確。 答案　D 豎直面內(nèi)圓周運動模型的應用 [題源：人教版必修2·P30·T4] 質(zhì)量為25 kg的小孩坐在秋千板上，小孩離系繩子的橫梁2.5 m。如果秋千板擺到最低點時，小孩運動速度的大小是5 m/s，她對秋千板的壓力是多大？ 拓展1　在上題中若把小孩換成雜技演員，且讓演員能在豎直面內(nèi)做圓周運動(其他條件不變)，演員在最低點時的速度至少為(空氣阻力不計，g＝10 m/s2)(　

22、　) A.5 m/s B.5 m/s C.5 m/s D.10 m/s 解析　若演員在豎直面內(nèi)剛好做圓周運動，則滿足 mg＝① 演員從最低點運動到最高點過程中，滿足機械能守恒定律 mv＝mg·2R＋mv② 聯(lián)立①②得v低＝＝5 m/s，故選項C正確。 答案　C 拓展2　(2016·全國卷Ⅲ，24)如圖13所示，在豎直平面內(nèi)有由圓弧AB和圓弧BC組成的光滑固定軌道，兩者在最低點B平滑連接。AB弧的半徑為R，BC弧的半徑為。一小球在A點正上方與A相距處由靜止開始自由下落，經(jīng)A點沿圓弧軌道運動。 圖13 (1)求小球在B、A兩點的動能之比； (2)通過計算判斷

23、小球能否沿軌道運動到C點。 解析　(1)設小球的質(zhì)量為m，小球在A點的動能為EkA，由機械能守恒得 EkA＝mg·① 設小球在B點的動能為EkB，同理有 EkB＝mg·② 由①②式得＝5③ (2)若小球能沿軌道運動到C點，小球在C點所受軌道的正壓力FN應滿足 FN≥0④ 設小球在C點的速度大小為vC，由牛頓運動定律和向心加速度公式有 FN＋mg＝m⑤ 由④⑤式得 mg≤m⑥ vC≥⑦ 全程應用機械能守恒定律得 mg·＝mvC′2⑧ 由⑦⑧式可知，vC＝vC′，即小球恰好可以沿軌道運動到C點。 答案　(1)5∶1　(2)能，理由見解析 活頁作業(yè) (時間：40分

24、鐘) A級：保分練 1.如圖1為某中國運動員在短道速滑比賽中勇奪金牌的精彩瞬間，假定此時他正沿圓弧形彎道勻速滑行，則他(　　) 圖1 A.所受的合力為零，做勻速運動 B.所受的合力恒定，做勻加速運動 C.所受的合力恒定，做變加速運動 D.所受的合力變化，做變加速運動 答案　D 2.(2017·洛陽模擬)如圖2是摩托車比賽轉(zhuǎn)彎時的情形，轉(zhuǎn)彎處路面常是外高內(nèi)低，摩托車轉(zhuǎn)彎有一個最大安全速度，若超過此速度，摩托車將發(fā)生滑動。若摩托車發(fā)生滑動，則下列論述正確的是(　　) 圖2 A.摩托車一直受到沿半徑方向向外的離心力作用 B.摩托車所受合外力提供的向心力小于所需要的向心

25、力 C.摩托車將沿其線速度的方向沿直線滑出去 D.摩托車將沿其半徑方向沿直線滑出去 答案　B 3.某同學為感受向心力的大小與哪些因素有關，做了一個小實驗：繩的一端拴一小球，手牽著在空中甩動，使小球在水平面內(nèi)做圓周運動(如圖3所示)，則下列說法正確的是(　　) 圖3 A.保持繩長不變，增大角速度，繩對手的拉力將不變 B.保持繩長不變，增大角速度，繩對手的拉力將增大 C.保持角速度不變，增大繩長，繩對手的拉力將不變 D.保持角速度不變，增大繩長，繩對手的拉力將減小 解析　由向心力的表達式Fn＝mω2r可知，保持繩長不變，增大角速度，向心力增大，繩對手的拉力增大，選項A錯誤，

26、B正確；保持角速度不變，增大繩長，向心力增大，繩對手的拉力增大，選項C、D錯誤。 答案　B 4.(多選)如圖4所示，半徑r＝0.5 m的光滑圓軌道被豎直固定在水平地面上，圓軌道最低處有一小球(小球的半徑比r小很多)?，F(xiàn)給小球一個水平向右的初速度v0，要使小球不脫離軌道運動，重力加速度大小g取10 m/s2，v0應滿足(　　) 圖4 A.v0≥0 B.v0≥2 m/s C.v0≥5 m/s D.v0≤ m/s 解析　最高點的臨界情況為mg＝m，解得v＝，小球從最低點到最高點的過程，根據(jù)動能定理得－mg·2r＝mv2－mv，解得v0＝5 m/s。若恰好不超過圓心高度，根

27、據(jù)動能定理有－mgr＝0－mv，解得v0＝＝ m/s，所以v0應滿足的條件是v0≥5 m/s或v0≤ m/s，故選項C、D正確，A、B錯誤。 答案　CD 5.質(zhì)量為m的小球在豎直平面內(nèi)的圓管軌道內(nèi)運動，小球的直徑略小于圓管的直徑，如圖5所示。已知小球以速度v通過最高點時對圓管的外壁的壓力大小恰好為mg，則小球以速度通過圓管的最高點時(　　) 圖5 A.小球?qū)A管的內(nèi)、外壁均無壓力 B.小球?qū)A管的外壁壓力等于mg C.小球?qū)A管的內(nèi)壁壓力等于mg D.小球?qū)A管的內(nèi)壁壓力等于mg 解析　以小球為研究對象，小球通過最高點時，由牛頓第二定律得mg＋mg＝m，當小球以速度通過圓管

28、的最高點，由牛頓第二定律得mg＋FN＝m，解以上兩式得FN＝－mg，負號表示圓管對小球的作用力向上，即小球?qū)A管的內(nèi)壁壓力等于mg，故選項C正確。 答案　C 6.質(zhì)量為m的物體隨水平傳送帶一起勻速運動，A為傳送帶的終端皮帶輪。如圖6所示，皮帶輪半徑為r，要使物體通過終端時能水平拋出，皮帶輪的轉(zhuǎn)速至少為(　　) 圖6 A. B. C. D. 解析　要使物體通過終端時能水平拋出，則有mg＝，物體飛出時速度至少為，由v＝ωr＝2πnr可得皮帶輪的轉(zhuǎn)速至少為n＝，選項A正確。 答案　A 7.如圖7所示，半徑為R的光滑半圓軌道豎直放置，一小球以某一速度進入半圓軌道，通過最

29、高點P時，對軌道的壓力為其重力的一半，不計空氣阻力，則小球落地點到P點的水平距離為(　　) 圖7 A.R B.R C.R D.R 解析　小球從P點飛出后，做平拋運動，設做平拋運動的時間為t，則2R＝gt2，解得t＝2，在最高點P時有，mg＋mg＝m，解得v＝，因此小球落地點到P點的水平距離為x＝vt＝R，選項D正確。 答案　D 8.(2016·全國卷Ⅱ，16)小球P和Q用不可伸長的輕繩懸掛在天花板上，P球的質(zhì)量大于Q球的質(zhì)量，懸掛P球的繩比懸掛Q球的繩短。將兩球拉起，使兩繩均被水平拉直，如圖8所示。將兩球由靜止釋放。在各自軌跡的最低點(　　) 圖8 A.P球的速度

30、一定大于Q球的速度 B.P球的動能一定小于Q球的動能 C.P球所受繩的拉力一定大于Q球所受繩的拉力 D.P球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度 解析　小球從水平位置擺動至最低點，由動能定理得mgL＝mv2，解得v＝，因LPmQ，則兩小球的動能大小無法比較，選項B錯誤；對小球在最低點受力分析得FT－mg＝m，可得FT＝3mg，選項C正確；由a＝＝2g可知，兩球的向心加速度相等，選項D錯誤。 答案　C B級：拔高練 9.如圖9所示，長度均為l＝1 m的兩根輕繩，一端共同系住質(zhì)量為m＝0.5 kg 的小球，另一端分別固定在等

31、高的A、B兩點，A、B兩點間的距離也為l，重力加速度g取10 m/s2?，F(xiàn)使小球在豎直平面內(nèi)以AB為軸做圓周運動，若小球在最高點速率為v時，每根繩的拉力恰好為零，則小球在最高點速率為2v時，每根繩的拉力大小為(　　) 圖9 A.5 N B. N C.15 N D.10 N 解析　小球在最高點速率為v時，兩根繩的拉力恰好均為零，由牛頓第二定律得mg＝m；當小球在最高點的速率為2v時，由牛頓第二定律得mg＋2FTcos 30°＝m，解得FT＝mg＝5 N，故選項A正確。 答案　A 10.如圖10所示，甲、乙兩水平圓盤緊靠在一塊，甲圓盤為主動輪，乙靠摩擦隨甲轉(zhuǎn)動且無相對滑

32、動。甲圓盤與乙圓盤的半徑之比為r甲∶r乙＝3∶1，兩圓盤和小物體m1、m2之間的動摩擦因數(shù)相同，m1距O點為2r，m2距O′點為r，當甲緩慢轉(zhuǎn)動起來且轉(zhuǎn)速慢慢增加時(　　) 圖10 A.m1與m2滑動前的角速度之比ω1∶ω2＝3∶1 B.m1與m2滑動前的向心加速度之比a1∶a2＝1∶3 C.隨轉(zhuǎn)速慢慢增加，m1先開始滑動 D.隨轉(zhuǎn)速慢慢增加，m2先開始滑動 解析　甲、乙兩圓盤邊緣上的各點線速度大小相等，有ω甲r甲＝ω乙r乙，因r甲∶r乙＝3∶1，則ω甲∶ω乙＝1∶3，所以小物體相對盤開始滑動前，m1與m2的角速度之比ω1∶ω2＝1∶3，故選項A錯誤；小物體相對盤開始滑動前，根

33、據(jù)a＝ω2r得m1與m2的向心加速度之比為a1∶a2＝(ω·2r)∶(ωr)＝2∶9，故選項B錯誤；根據(jù)μmg＝mrω2＝ma知，因a1∶a2＝2∶9，圓盤和小物體的動摩擦因數(shù)相同，可知當轉(zhuǎn)速增加時，m2先達到臨界角速度，所以m2先開始滑動。故選項C錯誤，D正確。 答案　D 11.(多選)如圖11甲所示為建筑行業(yè)使用的一種小型打夯機，其原理可簡化為一個質(zhì)量為M的支架(含電動機)上由一根長為l的輕桿帶動一個質(zhì)量為m的鐵球(鐵球可視為質(zhì)點)，如圖乙所示，重力加速度為g。若在某次打夯過程中，鐵球以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動，則(　　) 圖11 A.鐵球轉(zhuǎn)動過程中機械能守恒 B.鐵球做圓周運動的向

34、心加速度始終不變 C.鐵球轉(zhuǎn)動到最低點時，處于超重狀態(tài) D.若鐵球轉(zhuǎn)動到最高點時，支架對地面的壓力剛好為零，則ω＝ 解析　由于鐵球在做勻速圓周運動的過程中動能不變，但重力勢能在不斷地變化，所以其機械能不守恒，選項A錯誤；由于鐵球做圓周運動的角速度和半徑均不發(fā)生變化，由a＝ω2l可知，向心加速度的大小不變，但其方向在不斷地發(fā)生變化，故選項B錯誤；鐵球轉(zhuǎn)動到最低點時，有豎直向上的加速度，故桿對鐵球的拉力要大于鐵球的重力，鐵球處于超重狀態(tài)，選項C正確；以支架和鐵球整體為研究對象，鐵球轉(zhuǎn)動到最高點時，只有鐵球有向下的加速度，由牛頓第二定律可得(M＋m)g＝mω2l，解得ω＝，選項D正確。 答案

35、　CD 12.(2017·湖南六校聯(lián)考)如圖12所示為水上樂園的設施，由彎曲滑道、豎直平面內(nèi)的圓形滑道、水平滑道及水池組成，圓形滑道外側(cè)半徑R＝2 m，圓形滑道的最低點的水平入口B和水平出口B′相互錯開，為保證安全，在圓形滑道內(nèi)運動時，要求緊貼內(nèi)側(cè)滑行。水面離水平滑道高度h＝5 m?，F(xiàn)游客從滑道A點由靜止滑下，游客可視為質(zhì)點，不計一切阻力，重力加速度g取10 m/s2，求： 圖12 (1)起滑點A至少離水平滑道多高？ (2)為了保證游客安全，在水池中放有長度L＝5 m的安全氣墊MN，其厚度不計，滿足(1)的游客恰落在M端，要使游客能安全落在氣墊上，安全滑下點A距水平滑道的高度取值范

36、圍為多少？ 解析　(1)游客在圓形滑道內(nèi)側(cè)恰好滑過最高點時，有 mg＝m① 從A到圓形滑道最高點，由機械能守恒定律得 mgH1＝mv2＋mg·2R② 解得H1＝R＝5 m③ (2)落在M點時拋出速度最小，從A到C由機械能守恒定律得 mgH1＝mv④ v1＝＝10 m/s⑤ 水平拋出，由平拋運動規(guī)律可知 h＝gt2⑥ 得t＝1 s 則s1＝v1t＝10 m 落在N點時s2＝s1＋L＝15 m 則對應的拋出速度v2＝＝15 m/s⑧ 由mgH2＝mv 得H2＝＝11.25 m 安全滑下點A距水平滑道高度范圍為 5 m≤H≤11.25 m⑨ 答案　(1)5 m　(2)5 m≤H≤11.25 m 21