【物理】2019届一轮复习鲁科版圆周运动学案 22页

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.来源：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.[鲁科版必修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.[鲁科版必修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.向心力的来源 ‎(1)向心力的方向沿半径指向圆心。‎ ‎(2)向心力来源：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 kg、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·江苏单科，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：鲁科版必修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EkA，由机械能守恒得 EkA＝mg·①‎ 设小球在B点的动能为EkB，同理有 EkB＝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 kg ‎ 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