【物理】2019届一轮复习鲁科版曲线运动万有引力与航天基础课学案

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文档介绍

【物理】2019届一轮复习鲁科版曲线运动万有引力与航天基础课学案

基础课3 圆周运动 知识排查 匀速圆周运动 ‎1.定义:做圆周运动的物体,若在相等的时间内通过的圆弧长相等,就是匀速圆周运动。‎ ‎2.特点:加速度大小不变,方向始终指向圆心,是变加速运动。‎ ‎3.条件:合外力大小不变、方向始终与速度方向垂直且指向圆心。‎ 角速度、线速度、向心加速度 匀速圆周运动的向心力 ‎1.作用效果:向心力产生向心加速度,只改变速度的方向,不改变速度的大小。‎ ‎2.大小:F=ma=m=mω2r=mr=mωv=4π2mf2r。‎ ‎3.方向:始终沿半径指向圆心方向,时刻在改变,即向心力是一个变力。‎ ‎4. :向心力可以由一个力提供,也可以由几个力的合力提供,还可以由一个力的分力提供。‎ 离心现象 ‎1.定义:做圆周运动的物体,在所受合外力突然消失或不足以提供圆周运动所需向心力的情况下,就做逐渐远离圆心的运动。‎ 备课札记 ‎                                    ‎ ‎                                    ‎ ‎                                    ‎ ‎                                    ‎ ‎                                    ‎ ‎                                    ‎ ‎                                    ‎ ‎                                    ‎ ‎                                    ‎ ‎                                    ‎ ‎                                    ‎ ‎                                    ‎ ‎                                    ‎ ‎                                    ‎ ‎                                    ‎ ‎                                    ‎ ‎                                    ‎ 小题速练 ‎1.思考判断 ‎(1)做匀速圆周运动的物体所受合外力是保持不变的。(  )‎ ‎(2)做匀速圆周运动的物体向心加速度与半径成反比。(  )‎ ‎(3)随圆盘一起匀速转动的物体受重力、支持力和向心力的作用。(  )‎ ‎(4)做圆周运动的物体所受合外力突然消失,物体将沿圆周切线方向做匀速直线运动。(  )‎ 答案 (1)× (2)× (3)× (4)√‎ ‎2.[鲁 版必修2·P70·T6拓展](多选)如图1所示,有一皮带传动装置,A、B、C三点到各自转轴的距离分别为RA、RB、RC,已知RB=RC=,若在传动过程中,皮带不打滑。则(  )‎ 图1‎ A.A点与C点的角速度大小相等 B.A点与C点的线速度大小相等 C.B点与C点的角速度大小之比为2∶1‎ D.B点与C点的向心加速度大小之比为1∶4‎ 解析 处理传动装置类问题时,对于同一根皮带连接的传动轮边缘的点,线速度大小相等;同轴转动的点,角速度相等。对于本题,显然vA=vC,ωA=ωB,选项B正确;根据vA=vC及关系式v=ωR,可得ωARA=ωCRC,又RC=,所以ωA=,选项A错误;根据ωA=ωB,ωA=,可得ωB=,即B点与C点的角速度大小之比为1∶2,选项C错误;根据ωB=及关系式a=ω2R,可得aB=,即B点与C点的向心加速度大小之比为1∶4,选项D正确。‎ 答案 BD ‎3.[鲁 版必修2·P79·T3拓展](多选)如图2所示,粗糙水平圆盘上,质量相等的A、B两物块叠放在一起,随圆盘一起做匀速圆周运动,则下列说法正确的是(  )‎ 图2‎ A.A、B都有沿切线方向且向后滑动的趋势 B.B运动所需的向心力等于A运动所需的向心力 C.盘对B的摩擦力是B对A的摩擦力的2倍 D.若B相对圆盘先滑动,则A、B间的动摩擦因数μA小于盘与B间的动摩擦因数μB 解析 把A、B当成一个整体,在水平方向上只受摩擦力作用,所以,摩擦力即物块所受合外力,其作为向心力保证物块做匀速圆周运动,所以,摩擦力方向指向圆心,物块有沿径向向外滑动的趋势,故A错误;物块做匀速圆周运动,向心力F=m,A、B质量相同,一起做匀速圆周运动的速度、半径也相等,所以,两者运动所需的向心力相等,故B正确;由受力分析可知B对A的摩擦力等于F,盘对B的摩擦力等于2F,故C正确;若B相对圆盘先滑动,则2μBmg-μAmg<μAmg,即μB<μA,故D错误。‎ 答案 BC ‎ 圆周运动的运动学问题 ‎1.对公式v=ωr的理解 当r一定时,v与ω成正比;‎ 当ω一定时,v与r成正比;‎ 当v一定时,ω与r成反比。‎ ‎2.对a==ω2r=ωv的理解 在v一定时,a与r成反比;在ω一定时,a与r成正比。‎ ‎1.(2017·浙江台州模拟)汽车后备箱盖一般都配有可伸缩的液压杆,如图3甲所示,其示意图如同乙所示,可伸缩液压杆上端固定于后盖上A点,下端固定于箱内O′点,B也为后盖上一点,后盖可绕过O点的固定铰链转动,在合上后备箱盖的过程中(  )‎ 图3‎ A.A点相对O′点做圆周运动 B.A点与B点相对于O点转动的线速度大小相等 C.A点与B点相对于O点转动的角速度大小相等 D.A点与B点相对于O点转动的向心加速度大小相等 解析 在合上后备箱盖的过程中,O′A的长度是变化的,因此A点相对O′点不是做圆周运动,选项A错误;在合上后备箱盖的过程中,A点与B点都是绕O点做圆周运动,相同的时间绕O点转过的角度相同,即A点与B点相对O点的角速度相等,但是OB大于OA,根据v=rω,所以B点相对于O点转动的线速度大,故选项B错误,C正确;根据向心加速度公式a=rω2可知,B点相对O点的向心加速度大于A点相对O点的向心加速度,故选项D错误。‎ 答案 C ‎2.如图4所示,B和C是一组塔轮,即B和C半径不同,但固定在同一转动轴上,其半径之比为RB∶RC=3∶2,A轮的半径大小与C轮相同,它与B轮紧靠在一起,当A轮绕过其中心的竖直轴转动时,由于摩擦作用,B轮也随之无相对滑动地转动起来。a、b、c分别为三轮边缘的三个点,则a、b、c三点在转动过程中的(  )‎ 图4‎ A.线速度大小之比为3∶2∶2‎ B.角速度之比为3∶3∶2‎ C.转速之比为2∶3∶2‎ D.向心加速度大小之比为9∶6∶4‎ 解析 A、B轮摩擦传动无滑动,故va=vb,ωaRA=ωbRB,ωa∶ωb=3∶2;B、C 同轴,故ωb=ωc,=,vb∶vc=3∶2,因此va∶vb∶vc=3∶3∶2,ωa∶ωb∶ωc=3∶2∶2,故选项A、B错误;转速之比等于角速度之比,故选项C错误;由a=ωv得aa∶ab∶ac=9∶6∶4,选项D正确。‎ 答案 D ‎3.[人教版必修2·P19·T4改编]图5是自行车传动装置的示意图,其中Ⅰ是半径为r1的大齿轮,Ⅱ是半径为r2的小齿轮,Ⅲ是半径为r3的后轮,假设脚踏板的转速为n r/s,则自行车前进的速度为(  )‎ 图5‎ A. B. C. D. 答案 D 常见的三种传动方式及特点 ‎(1)同轴传动:如图甲、乙所示,绕同一转轴转动的物体,角速度相同,ωA=ωB,由v=ωr知v与r成正比。‎ ‎(2)皮带传动:如图甲、乙所示,皮带与两轮之间无相对滑动时,两轮边缘线速度大小相等,即vA=vB。‎ ‎(3)摩擦传动:如图所示,两轮边缘接触,接触点无打滑现象时,两轮边缘线速度大小相等,即vA=vB。‎ ‎      ‎ ‎ 圆周运动中的动力学问题 ‎1.向心力的 ‎ ‎(1)向心力的方向沿半径指向圆心。‎ ‎(2)向心力 :一个力或几个力的合力或某个力的分力。‎ ‎2.向心力的确定 ‎(1)确定圆周运动的轨道所在的平面,确定圆心的位置。‎ ‎(2)分析物体的受力情况,找出所有的力沿半径方向指向圆心的合力就是向心力。‎ ‎1.一汽车通过拱形桥顶时速度为10 m/s,车对桥顶的压力为车重的,如果要使汽车在桥顶对桥面没有压力,车速至少为(  )‎ A.15 m/s B.20 m/s C.25 m/s D.30 m/s 解析 当N=G时,因为G-N=m,所以G=m;当N=0时,G=m,所以v′=2v=20 m/s。选项B正确。‎ 答案 B ‎2.铁路在弯道处的内、外轨道高度是不同的,已知内、外轨道平面与水平面的夹角为θ,如图6所示,弯道处的圆弧半径为R,若质量为m的火车转弯时速度等于,则(  )‎ 图6‎ A.内轨对内侧车轮轮缘有挤压 B.外轨对外侧车轮轮缘有挤压 C.这时铁轨对火车的支持力等于 D.这时铁轨对火车的支持力大于 解析 由牛顿第二定律F合=m,解得F合=mgtan θ,此时火车只受重力和铁路轨道的支持力作用,如图所示,Ncos θ=mg,则N=,内、外轨道对火车均无侧压力,故选项C正确,A、B、D错误。‎ 答案 C ‎3.如图7所示,用一根细绳一端系一个小球,另一端固定,给小球不同的初速度,使小球在水平面内做角速度不同的圆周运动,则下列细绳拉力F、悬点到轨迹圆心高度h、向心加速度a、线速度v与角速度平方ω2的关系图象正确的是(  )‎ 图7‎ 解析 设细绳长度为l,小球做匀速圆周运动时细绳与竖直方向的夹角为θ,则有细绳拉力为F,有Fsin θ=mω2lsin θ,得F=mω2l,选项A正确;mgtan θ=‎ mω2lsin θ,得h=lcos θ=,选项B错误;小球的向心加速度a=ω2lsin θ,选项C错误;小球的线速度v=ωlsin θ,选项D错误。‎ 答案 A ‎4.(多选)在光滑水平桌面中央固定一边长为0.3 m的小正三棱柱abc,俯视图如图8所示。长度为L=1 m的细线,一端固定在a点,另一端拴住一个质量为m=0.5 g、不计大小的小球。初始时刻,把细线拉直在ca的延长线上,并给小球以v0=2 m/s 且垂直于细线方向的水平速度,由于光滑三棱柱的存在,细线逐渐缠绕在三棱柱上(不计细线与三棱柱碰撞过程中的能量损失)。已知细线所能承受的最大张力为7 N,则下列说法正确的是(  )‎ 图8‎ A.细线断裂之前,小球速度的大小保持不变 B.细线断裂之前,小球的速度逐渐减小 C.细线断裂之前,小球运动的总时间为0.7π s D.细线断裂之前,小球运动的位移大小为0.9 m 解析 细线断裂之前,细线拉力与速度垂直,不做功,不改变小球的速度大小,故小球的速度大小保持不变,故选项A正确,B错误;细线刚断裂时,拉力大小为7 N,由F=m得,此时的半径为r= m,由于小球每转120°,半径减小0.3 m,则知小球刚好转过一周,细线断裂,则小球运动的总时间为t=·+·+·,而r1=1 m,r2=0.7 m,r3=0.4 m,v0=2 m/s,解得t=0.7π s,故选项C正确;小球每转120°,半径减小0.3 m,细线断裂之前,小球运动的位移大小为1 m-0.1 m=0.9 m,故选项D正确。‎ 答案 ACD ‎“一、二、三、四”求解圆周运动问题 ‎      ‎ ‎ 竖直面内圆周运动中的临界问题 ‎1.运动特点 ‎(1)竖直面内的圆周运动一般是变速圆周运动。‎ ‎(2)只有重力做功的竖直面内的变速圆周运动机械能守恒。‎ ‎(3)竖直面内的圆周运动问题,涉及知识面比较广,既有临界问题,又有能量守恒的问题,要注意物体运动到圆周的最高点的速度。‎ ‎(4)一般情况下,竖直面内的圆周运动问题只涉及最高点和最低点的两种情形。‎ ‎2.常见模型 物理情景 最高点无支撑 最高点有支撑 实例 球与绳连接、水流星、沿内轨道运动的“过山车”等 球与杆连接、球在光滑管道中运动等 图示 受力 特征 除重力外,物体受到的弹力方向:向下或等于零 除重力外,物体受到的弹力方向:向下、等于零或向上 受力 示意图 力学 方程 mg+N=m mg±N=m 临界 特征 N=0‎ mg=m 即vmin= v=0‎ 即F向=0‎ N=mg 过最高点 的条件 在最高点的速度 v≥ v≥0‎ ‎【典例】 (2016·海南高考)如图9,光滑圆轨道固定在竖直面内,一质量为m的小球沿轨道做完整的圆周运动。已知小球在最低点时对轨道的压力大小为N1,在最高点时对轨道的压力大小为N2。重力加速度大小为g,则N1-N2的值为(  )‎ 图9‎ A.3mg B.4mg C.5mg D.6mg 解析 设小球在最低点速度为v1,在最高点速度为v2‎ ‎,根据牛顿第二定律,在最低点:N1-mg=m,‎ 在最高点:N2+mg=m 同时从最高点到最低点,根据机械能守恒定律得 mg·2R=mv-mv 联立以上三式可得N1-N2=6mg,故选项D正确。‎ 答案 D 分析竖直平面内圆周运动临界问题的思路 ‎      ‎ ‎1.(2017·辽宁铁岭联考)飞机由俯冲到拉起时,飞行员处于超重状态,此时座椅对飞行员的支持力大于飞行员所受的重力,这种现象叫过荷。过荷过重会造成飞行员四肢沉重,大脑缺血,暂时失明,甚至昏厥。受过专门训练的空军飞行员最多可承受9倍重力的影响。g取10 m/s2,则当飞机在竖直平面上沿圆弧轨道俯冲、拉起的速度为100 m/s时,圆弧轨道的最小半径为(  )‎ 图10‎ A.100 m B.111 m C.125 m D.250 m 解析 在飞机经过最低点时,对飞行员受力分析,受重力mg和支持力N,两者的合力提供向心力,由题意知,当N=9mg时,圆弧轨道半径最小为Rmin。由牛顿第二定律列方程,N-mg=m,联立解得Rmin==125 m,故选项C正确。‎ 答案 C ‎2.(2017·山东青岛期末) (多选)如图11所示,内壁光滑的大圆管,用一细轻杆固定在竖直平面内;在管内有一小球(可视为质点)做圆周运动。下列说法正确的是(  )‎ 图11‎ A.小球通过最低点时,小球对圆管的压力向下 B.小球通过最高点时,小球对圆管可能无压力 C.细杆对圆管的作用力一定大于圆管的重力大小 D.细杆对圆管的作用力可能会大于圆管和小球的总重力大小 解析 小球通过最低点时,小球受到重力、圆管向上的支持力,合力指向圆心,根据牛顿第三定律,小球对圆管的压力向下,选项A正确;当小球通过最高点时,若速度为,圆管对小球的弹力为零,小球对圆管无压力,选项B正确;对圆管和球组成的整体为研究对象,当小球的向心加速度向上(或分量向上)时,细杆对圆管的作用力会大于圆管和小球的总重力大小;当小球的向心加速度向下(或分量向下)时,细杆对圆管的作用力小于圆管和小球的总重力大小,选项C错误,D正确。‎ 答案 ABD ‎3.(2017·江苏单 ,5)如图12所示,一小物块被夹子夹紧,夹子通过轻绳悬挂在小环上,小环套在水平光滑细杆上。物块质量为M,到小环的距离为L,其两侧面与夹子间的最大静摩擦力均为F。小环和物块以速度v向右匀速运动,小环碰到杆上的钉子P后立刻停止,物块向上摆动。整个过程中,物块在夹子中没有滑动。小环和夹子的质量均不计,重力加速度为g。下列说法正确的是(  )‎ 图12‎ A.物块向右匀速运动时,绳中的张力等于2F B.小环碰到钉子P时,绳中的张力大于2F C.物块上升的最大高度为 D.速度v不能超过 解析 物块向右匀速运动时,设物块与夹子间的静摩擦力为f,则f<F。对物块,根据平衡条件可得2f=Mg,则绳中的张力T=2f<2F,故选项A错误;小环碰到钉子后,物块向上摆动的过程中,物块在夹子中没有滑动,可知夹子的两侧面与物块间的摩擦力f≤F,所以绳中的张力T=2f≤2F,故选项B错误;物块向上摆动的过程,由机械能守恒定律得Mgh=Mv2,解得h=,即物块上升的最大高度为,故选项C错误;假设物块在开始摆动时,两侧面与夹子间刚好达到最大静摩擦力F,由牛顿第二定律得2F-Mg=M,解得v=,所以速度v不能超过,选项D正确。‎ 答案 D 竖直面内圆周运动模型的应用 ‎[题源:鲁 版必修2·P85·T7]‎ 如图13所示,一固定在竖直平面内的光滑半圆形轨道ABC,其半径R=0.5 m,轨道在C处与水平地面相切。在C处放一小物块,给它一个水平向左的初速度v0=5 m/s,结果它沿CBA运动,通过A点,最后落在水平地面上的D点,求C、D间的距离s。(取g=10 m/s2,不计空气阻力)‎ 图13‎ 拓展 (2016·全国卷Ⅲ,24)如图14所示,在竖直平面内有由圆弧AB和圆弧BC组成的光滑固定轨道,两者在最低点B平滑连接。AB弧的半径为R,BC弧的半径为。一小球在A点正上方与A相距处由静止开始自由下落,经A点沿圆弧轨道运动。‎ 图14‎ ‎(1)求小球在B、A两点的动能之比;‎ ‎(2)通过计算判断小球能否沿轨道运动到C点。‎ 解析 (1)设小球的质量为m,小球在A点的动能为E A,由机械能守恒得 E A=mg·①‎ 设小球在B点的动能为E B,同理有 E B=mg·②‎ 由①②式得=5③‎ ‎(2)若小球能沿轨道运动到C点,小球在C点所受轨道的正压力N应满足 N≥0④‎ 设小球在C点的速度大小为vC,由牛顿运动定律和向心加速度公式有 N+mg=m⑤‎ 由④⑤式得 mg≤m⑥‎ vC≥⑦‎ 全程应用机械能守恒定律得 mg·=mvC′2⑧‎ 由⑦⑧式可知,vC=vC′,即小球恰好可以沿轨道运动到C点。‎ 答案 (1)5∶1 (2)能,理由见解析 活页作业 ‎(时间:40分钟)‎ A级:保分练 ‎1.如图1为某中国运动员在短道速滑比赛中勇夺金牌的精彩瞬间,假定此时他正沿圆弧形弯道匀速滑行,则他(  )‎ 图1‎ A.所受的合力为零,做匀速运动 B.所受的合力恒定,做匀加速运动 C.所受的合力恒定,做变加速运动 D.所受的合力变化,做变加速运动 答案 D ‎2.(2017·洛阳模拟)如图2是摩托车比赛转弯时的情形,转弯处路面常是外高内低,摩托车转弯有一个最大安全速度,若超过此速度,摩托车将发生滑动。若摩托车发生滑动,则下列论述正确的是(  )‎ 图2‎ A.摩托车一直受到沿半径方向向外的离心力作用 B.摩托车所受合外力提供的向心力小于所需要的向心力 C.摩托车将沿其线速度的方向沿直线滑出去 D.摩托车将沿其半径方向沿直线滑出去 答案 B ‎3.某同学为感受向心力的大小与哪些因素有关,做了一个小实验:绳的一端拴一小球,手牵着在空中甩动,使小球在水平面内做圆周运动(如图3所示),则下列说法正确的是(  )‎ 图3‎ A.保持绳长不变,增大角速度,绳对手的拉力将不变 B.保持绳长不变,增大角速度,绳对手的拉力将增大 C.保持角速度不变,增大绳长,绳对手的拉力将不变 D.保持角速度不变,增大绳长,绳对手的拉力将减小 解析 由向心力的表达式Fn=mω2r可知,保持绳长不变,增大角速度,向心力增大,绳对手的拉力增大,选项A错误,B正确;保持角速度不变,增大绳长,向心力增大,绳对手的拉力增大,选项C、D错误。‎ 答案 B ‎4.(多选)如图4所示,半径r=0.5 m的光滑圆轨道被竖直固定在水平地面上,圆轨道最低处有一小球(小球的半径比r小很多)。现给小球一个水平向右的初速度v0,要使小球不脱离轨道运动,重力加速度大小g取10 m/s2,v0应满足(  )‎ 图4‎ A.v0≥0 B.v0≥2 m/s C.v0≥5 m/s D.v0≤ m/s 解析 最高点的临界情况为mg=m,解得v= ‎,小球从最低点到最高点的过程,根据动能定理得-mg·2r=mv2-mv,解得v0=5 m/s。若恰好不超过圆心高度,根据动能定理有-mgr=0-mv,解得v0== m/s,所以v0应满足的条件是v0≥5 m/s或v0≤ m/s,故选项C、D正确,A、B错误。‎ 答案 CD ‎5.质量为m的小球在竖直平面内的圆管轨道内运动,小球的直径略小于圆管的直径,如图5所示。已知小球以速度v通过最高点时对圆管的外壁的压力大小恰好为mg,则小球以速度通过圆管的最高点时(  )‎ 图5‎ A.小球对圆管的内、外壁均无压力 B.小球对圆管的外壁压力等于mg C.小球对圆管的内壁压力等于mg D.小球对圆管的内壁压力等于mg 解析 以小球为研究对象,小球通过最高点时,由牛顿第二定律得mg+mg=m,当小球以速度通过圆管的最高点,由牛顿第二定律得mg+N=m,解以上两式得N=-mg,负号表示圆管对小球的作用力向上,即小球对圆管的内壁压力等于mg,故选项C正确。‎ 答案 C ‎6.质量为m的物体随水平传送带一起匀速运动,A为传送带的终端皮带轮。如图6所示,皮带轮半径为r,要使物体通过终端时能水平抛出,皮带轮的转速至少为(  )‎ 图6‎ A. B. C. D. 解析 要使物体通过终端时能水平抛出,则有mg=,物体飞出时速度至少为,由v=ωr=2πnr可得皮带轮的转速至少为n=,选项A正确。‎ 答案 A ‎7.如图7所示,半径为R的光滑半圆轨道竖直放置,一小球以某一速度进入半圆轨道,通过最高点P时,对轨道的压力为其重力的一半,不计空气阻力,则小球落地点到P点的水平距离为(  )‎ 图7‎ A.R B.R C.R D.R 解析 小球从P点飞出后,做平抛运动,设做平抛运动的时间为t,则2R=gt2,解得t=2,在最高点P时有,mg+mg=m,解得v=,因此小球落地点到P点的水平距离为s=vt=R,选项D正确。‎ 答案 D ‎8.(2016·全国卷Ⅱ,16)小球P和Q用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上,P球的质量大于Q球的质量,悬挂P球的绳比悬挂Q球的绳短。将两球拉起,使两绳均被水平拉直,如图8所示。将两球由静止释放。在各自轨迹的最低点(  )‎ 图8‎ A.P球的速度一定大于Q球的速度 B.P球的动能一定小于Q球的动能 C.P球所受绳的拉力一定大于Q球所受绳的拉力 D.P球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度 解析 小球从水平位置摆动至最低点,由动能定理得mgL=mv2,解得v=,因LPmQ,则两小球的动能大小无法比较,选项B错误;对小球在最低点受力分析得T-mg=m,可得T=3mg,选项C正确;由a==2g可知,两球的向心加速度相等,选项D错误。‎ 答案 C B级:拔高练 ‎9.如图9所示,长度均为l=1 m的两根轻绳,一端共同系住质量为m=0.5 g 的小球,另一端分别固定在等高的A、B两点,A、B两点间的距离也为l,重力加速度g取10 m/s2。现使小球在竖直平面内以AB为轴做圆周运动,若小球在最高点速率为v时,每根绳的拉力恰好为零,则小球在最高点速率为2v时,每根绳的拉力大小为(  )‎ 图9‎ A.5 N B. N ‎ C.15 N D.10 N 解析 小球在最高点速率为v时,两根绳的拉力恰好均为零,由牛顿第二定律得mg=m;当小球在最高点的速率为2v时,由牛顿第二定律得mg+2Tcos 30°=m ,解得T=mg=5 N,故选项A正确。‎ 答案 A ‎10.如图10所示,甲、乙两水平圆盘紧靠在一块,甲圆盘为主动轮,乙靠摩擦随甲转动且无相对滑动。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m1、m2之间的动摩擦因数相同,m1距O点为2r,m2距O′点为r,当甲缓慢转动起来且转速慢慢增加时(  )‎ 图10‎ A.m1与m2滑动前的角速度之比ω1∶ω2=3∶1‎ B.m1与m2滑动前的向心加速度之比a1∶a2=1∶3‎ C.随转速慢慢增加,m1先开始滑动 D.随转速慢慢增加,m2先开始滑动 解析 甲、乙两圆盘边缘上的各点线速度大小相等,有ω甲r甲=ω乙r乙,因r甲∶r乙=3∶1,则ω甲∶ω乙=1∶3,所以小物体相对盘开始滑动前,m1与m2的角速度之比ω1∶ω2=1∶3,故选项A错误;小物体相对盘开始滑动前,根据a=ω2r得m1与m2的向心加速度之比为a1∶a2=(ω·2r)∶(ωr)=2∶9,故选项B错误;根据μmg=mrω2=ma知,因a1∶a2=2∶9,圆盘和小物体的动摩擦因数相同,可知当转速增加时,m2先达到临界角速度,所以m2先开始滑动。故选项C错误,D正确。‎ 答案 D ‎11.(多选)如图11甲所示为建筑行业使用的一种小型打夯机,其原理可简化为一个质量为M的支架(含电动机)上由一根长为l的轻杆带动一个质量为m的铁球(铁球可视为质点),如图乙所示,重力加速度为g。若在某次打夯过程中,铁球以角速度ω匀速转动,则(  )‎ 图11‎ A.铁球转动过程中机械能守恒 B.铁球做圆周运动的向心加速度始终不变 C.铁球转动到最低点时,处于超重状态 D.若铁球转动到最高点时,支架对地面的压力刚好为零,则ω= 解析 由于铁球在做匀速圆周运动的过程中动能不变,但重力势能在不断地变化,所以其机械能不守恒,选项A错误;由于铁球做圆周运动的角速度和半径均不发生变化,由a=ω2l可知,向心加速度的大小不变,但其方向在不断地发生变化,故选项B错误;铁球转动到最低点时,有竖直向上的加速度,故杆对铁球的拉力要大于铁球的重力,铁球处于超重状态,选项C正确;以支架和铁球整体为研究对象,铁球转动到最高点时,只有铁球有向下的加速度,由牛顿第二定律可得(M+m)g=mω2l,解得ω=,选项D正确。‎ 答案 CD ‎12.(2017·湖南六校联考)如图12所示为水上乐园的设施,由弯曲滑道、竖直平面内的圆形滑道、水平滑道及水池组成,圆形滑道外侧半径R=2 m,圆形滑道的最低点的水平入口B和水平出口B′相互错开,为保证安全,在圆形滑道内运动时,要求紧贴内侧滑行。水面离水平滑道高度h=5 m。现游客从滑道A点由静止滑下,游客可视为质点,不计一切阻力,重力加速度g取10 m/s2,求:‎ 图12‎ ‎(1)起滑点A至少离水平滑道多高?‎ ‎(2)为了保证游客安全,在水池中放有长度L=5 m的安全气垫MN,其厚度不计,满足(1)的游客恰落在M端,要使游客能安全落在气垫上,安全滑下点A距水平滑道的高度取值范围为多少?‎ 解析 (1)游客在圆形滑道内侧恰好滑过最高点时,有 mg=m①‎ 从A到圆形滑道最高点,由机械能守恒定律得 mgH1=mv2+mg·2R②‎ 解得H1=R=5 m③‎ ‎(2)落在M点时抛出速度最小,从A到C由机械能守恒定律得 mgH1=mv④‎ v1==10 m/s⑤‎ 水平抛出,由平抛运动规律可知 h=gt2⑥‎ 得t=1 s 则s1=v1t=10 m 落在N点时s2=s1+L=15 m 则对应的抛出速度v2==15 m/s⑧‎ 由mgH2=mv 得H2==11.25 m 安全滑下点A距水平滑道高度范围为 ‎5 m≤H≤11.25 m⑨‎ 答案 (1)5 m (2)5 m≤H≤11.25 m
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