高考物理二轮专题突破训练专题四抛体圆周和天体运动

专题四 抛体、圆周和天体运动1．物体做曲线运动的条件当物体所受合外力的方向跟它的速度方向不共线时，物体做曲线运动．合运动与分运动具有等时性、独立性和等效性． 2．平抛运动(1)规律：v x ＝v 0，v y ＝gt ，x ＝v 0t ，y ＝12gt 2.(2)推论：做平抛(或类平抛)运动的物体①任意时刻速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点；②设在任意时刻瞬时速度与水平方向的夹角为θ，位移与水平方向的夹角为φ，则有tan θ＝2tan_φ. 3．竖直平面内圆周运动的两种临界问题(1)绳固定，物体能通过最高点的条件是v ≥gR . (2)杆固定，物体能通过最高点的条件是v >0.4．在处理天体的运动问题时，通常把天体的运动看成是匀速圆周运动，其所需要的向心力由万有引力提供．其基本关系式为G Mm r 2＝m v 2r ＝mω2r ＝m (2πT )2r ＝m (2πf )2r .在天体表面，忽略自转的情况下有G MmR2＝mg .5．卫星的绕行速度v 、角速度ω、周期T 与轨道半径r 的关系 (1)由G Mmr 2＝m v 2r ，得v ＝GMr，则r 越大，v 越小． (2)由G Mmr 2＝mω2r ，得ω＝GMr 3，则r 越大，ω越小． (3)由G Mm r 2＝m 4π2T 2r ，得T ＝4π2r 3GM，则r 越大，T 越大． 6．卫星变轨(1)由低轨变高轨，需增大速度，稳定在高轨道上时速度比在低轨道小． (2)由高轨变低轨，需减小速度，稳定在低轨道上时速度比在高轨道大．1．竖直平面内圆周运动的最高点和最低点的速度关系通常利用动能定理来建立联系，然后结合牛顿第二定律进行动力学分析．2．对于平抛或类平抛运动与圆周运动组合的问题，应用合成与分解的思想分析这两种运动转折点的速度是解题的关键．3．分析天体运动类问题的一条主线就是F 万＝F 向，抓住黄金代换公式GM ＝gR 2.4．确定天体表面重力加速度的方法有：(1)测重力法；(2)单摆法；(3)平抛(或竖直上抛)物体法；(4)近地卫星环绕法．考向1抛体运动问题的分析例1(单选)静止的城市绿化洒水车，由横截面积为S 的水龙头喷嘴水平喷出水流，水流从射出喷嘴到落地经历的时间为t ，水流落地点与喷嘴连线与水平地面间的夹角为θ，忽略空气阻力，以下说法正确的是( ) A ．水流射出喷嘴的速度为gt tan θ B ．空中水柱的水量为Sgt 22tan θC ．水流落地时位移大小为gt 22cos θD ．水流落地时的速度为2gt cot θ解析 由题意知，水做平抛运动，θ为总位移与水平方向的夹角，tan θ＝y x ＝gt2v x ，可得水流射出喷嘴的速度为v x ＝gt 2tan θ，故A 错误；下落的高度y ＝12gt 2，水流落地时位移s ＝y sin θ＝gt 22sin θ，所以C 错误；空中水柱的体积V ＝S v x t ＝Sgt 22tan θ，所以B 正确；水流落地时的速度v ＝(gt )2＋v 2x＝gt1＋14tan 2θ，所以D 错误． 答案 B以题说法1.处理平抛(或类平抛)运动的基本方法就是把运动分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的匀加速直线运动，通过研究分运动达到研究合运动的目的．2．要善于建立平抛运动的两个分速度和分位移与题目呈现的角度之间的联系，这往往是解决问题的突破口．(双选)如图1所示，水平地面上有一个坑，其竖直截面为半圆，O为圆心，AB为沿水平方向的直径．若在A点以初速度v1沿AB方向平抛一小球，小球将击中坑壁上的最低点D点；若A点小球抛出的同时，在C点以初速度v2沿BA方向平抛另一相同质量的小球并也能击中D点．已知∠COD＝60°，且不计空气阻力，则()图1A ．两小球同时落到D 点B ．两小球在此过程中动能的增加量相等C ．在击中D 点前瞬间，重力对两小球做功的功率不相等 D ．两小球初速度之比v 1∶v 2＝6∶3 答案 CD解析 由于两球做平抛运动下落的高度不同，则知两球不可能同时到达D 点；重力做功不等，则动能的增加量不等；在击中D 点前瞬间，重力做功的功率为P ＝mg v y ＝mg ·gt ，t 不等；设半圆的半径为R .小球从A 点平抛，可得R ＝v 1t 1，R ＝12gt 21，小球从C 点平抛，可得R sin 60°＝v 2t 2，R (1－cos 60°)＝12gt 22，联立解得v 1v 2＝63，故D 正确． 考向2 圆周运动问题的分析例2如图2所示，在竖直平面内有xOy坐标系，其中y轴竖直，长为l的不可伸长细绳，一端固定在A点，A点的坐标为(0，l2)，另一端系一质量为m的小球．现在x坐标轴上(x>0)固定一个小钉，拉小球使细绳绷直并水平，再将小球从静止释放，当细绳碰到钉子以后，小球可以绕钉子在竖直平面内做圆周运动．图2(1)当钉子在x＝54l的P点时，小球经过最低点细绳恰好不被拉断，求细绳能承受的最大拉力；(2)在满足(1)的条件下，为使小球释放后能绕钉子在竖直平面内做圆周运动，而细绳又不被拉断，求钉子所在位置的范围．审题突破由几何知识求出小球做圆周运动的轨道半径后，怎么才能求出绳子的拉力？小球能绕钉子在竖直平面内做圆周运动的条件是什么？解析(1)当钉子在x＝54l的P点时，小球绕钉子转动的半径为：R1＝l－(l2)2＋x2小球由静止到最低点的过程中机械能守恒：mg(l2＋R1)＝12m v21在最低点细绳承受的拉力最大，有：F－mg＝m v21 R1联立求得最大拉力F＝7mg.(2)小球绕钉子圆周运动恰好到达最高点时，有：mg＝m v22R2运动中机械能守恒：mg(l2－R2)＝12m v22钉子所在位置为x′＝(l－R2)2－(l2)2联立解得x′＝76l因此钉子所在位置的范围为76l≤x≤5 4l.答案(1)7mg(2)76l≤x≤54l以题说法解决圆周运动力学问题要注意以下几点：(1)要进行受力分析，明确向心力的来源，确定圆心以及半径． (2)列出正确的动力学方程F ＝m v 2r ＝mrω2＝mωv ＝mr 4π2T2.(3)对于竖直面内的圆周运动要注意“杆模型”和“绳模型”的临界条件．(单选)(2014·新课标Ⅱ·17)如图3所示，一质量为M的光滑大圆环，用一细轻杆固定在竖直平面内；套在大环上质量为m的小环(可视为质点)，从大环的最高处由静止滑下．重力加速度大小为g.当小环滑到大环的最低点时，大环对轻杆拉力的大小为()图3A．Mg－5mg B．Mg＋mgC．Mg＋5mg D．Mg＋10mg答案 C解析设大环半径为R，质量为m的小环下滑过程中遵守机械能守恒定律，所以12m v2＝mg·2R.小环滑到大环的最低点时的速度为v＝2gR，根据牛顿第二定律得F N－mg＝m v2R，所以在最低点时大环对小环的支持力F N＝mg＋m v2R＝5mg.根据牛顿第三定律知，小环对大环的压力F N′＝F N＝5mg，方向向下．对大环，据平衡条件，轻杆对大环的拉力T＝Mg＋F N′＝Mg＋5mg.根据牛顿第三定律，大环对轻杆拉力的大小为T′＝T＝Mg＋5mg，故选项C正确，选项A、B、D错误．考向3天体运动问题的分析例3(双选)人类发射地球同步卫星时，先将卫星发射至近地圆轨道1，然后经点火，使其沿椭圆轨道2运行，最后再次点火，将卫星送入同步轨道3.轨道1、2相切于Q点，轨道2、3相切于P点，如图4所示．关于这颗卫星分别在1、2、3轨道上正常运行时，以下说法正确的是()图4A．卫星在三个轨道运动的周期关系是：T1<T2<T3B．卫星在轨道3上的角速度大于在轨道1上的角速度C．卫星在轨道1上经过Q点时的动能小于它在轨道2上经过Q点时的动能D．卫星在轨道2上运动时的机械能可能等于它在轨道3上运动时的机械能审题突破需要根据什么规律比较椭圆运动的周期关系？在P点和Q点两次点火是加速还是减速？解析轨道1的半长轴最小，轨道3的半长轴最大，根据a3T2＝k知，T1＜T2＜T3，故A正确；卫星在轨道1和3上做匀速圆周运动，角速度ω＝GMr3，知轨道半径大的角速度小，故B 错误；卫星在轨道1上Q点点火加速，做离心运动进入轨道2，故在轨道2经过Q点时的速度大，动能大，故C正确；卫星在轨道2上机械能小于它在轨道3上的机械能，故D错误．答案AC以题说法解决天体运动问题要善于构建两大模型1．“天体公转”模型——某天体绕中心天体做匀速圆周运动．这种模型一般应用动力学方程(G Mm r 2＝m v 2r ＝mω2r ＝m (2πT)2r ＝ma n )和黄金代换公式(GM ＝gR 2)就能轻松解决． 2．“卫星变轨”模型——卫星速度改变时，卫星将变轨运行．①当v 增大时，卫星将做离心运动，周期变长，机械能增加．②速度减小时，卫星将做向心运动，周期变短，机械能减少．(双选)如果把水星和金星绕太阳的运动视为匀速圆周运动，如图5所示．从水星与金星在一条直线上开始计时，若天文学家测得在相同时间内水星转过的角度为θ1，金星转过的角度为θ2(θ1、θ2均为锐角)，则由此条件可求得( )图5A ．水星和金星绕太阳运动的周期之比B ．水星和金星的密度之比C ．水星和金星表面的重力加速度之比D ．水星和金星绕太阳运动的向心加速度大小之比 答案 AD解析 由题知它们的角速度之比为θ1∶θ2，则周期比为θ2∶θ1；水星和金星是环绕天体，无法求出质量，也无法知道它们的半径，所以求不出密度比，也求不出表面的重力加速度之比；根据万有引力提供向心力，G Mm r 2＝mrω2，r ＝ 3GM ω2，知道了角速度比，就可求出轨道半径之比，根据a ＝rω2，轨道半径之比、角速度之比都知道，很容易求出向心加速度之比，故D 正确.4．平抛与圆周运动组合问题的综合分析例4(17分)如图6所示，一小物块自平台上以速度v0水平抛出，刚好落在邻近一倾角为α＝53°的粗糙斜面AB顶端，并恰好沿该斜面下滑，已知斜面顶端与平台的高度差h＝0.032 m，小物块与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5，A点离B 点所在平面的高度H＝1.2 m．有一半径为R的光滑圆轨道与斜面AB在B点相切连接，已知cos 53°＝0.6，sin 53°＝0.8，g取10 m/s2.求：图6(1)小物块水平抛出的初速度v0是多少；(2)若小物块能够通过圆轨道最高点，圆轨道半径R的最大值．解析 (1)小物块自平台做平抛运动，由平抛运动知识得：v y ＝2gh ＝2×10×0.032 m/s ＝0.8 m/s(2分)由于物块恰好沿斜面下滑，则tan 53°＝v y v 0(3分)得v 0＝0.6 m/s.(2分)(2)设小物块过圆轨道最高点的速度为v ，受到圆轨道的压力为F N . 则由向心力公式得：F N ＋mg ＝m v 2R (2分)由动能定理得：mg (H ＋h )－μmgH cos 53°sin 53°－mg (R ＋R cos 53°)＝12m v 2－12m v 20(5分)小物块能过圆轨道最高点，必有F N≥0(1分) 联立以上各式并代入数据得：R≤821m，即R最大值为821m．(2分)答案(1)0.6 m/s(2)821m(限时：15分钟，满分：19分)(2014·福建·21)如图7所示为某游乐场内水上滑梯轨道示意图，整个轨道在同一竖直平面内，表面粗糙的AB段轨道与四分之一光滑圆弧轨道BC在B点水平相切．点A距水面的高度为H，圆弧轨道BC的半径为R，圆心O恰在水面．一质量为m的游客(视为质点)可从轨道AB的任意位置滑下，不计空气阻力．图7(1)若游客从A 点由静止开始滑下，到B 点时沿切线方向滑离轨道落在水面D 点，OD ＝2R ，求游客滑到B 点时的速度v B 大小及运动过程轨道摩擦力对其所做的功W f ；(2)某游客从AB 段某处滑下，恰好停在B 点，又因受到微小扰动，继续沿圆弧轨道滑到P 点后滑离轨道，求P 点离水面的高度h .(提示：在圆周运动过程中任一点，质点所受的向心力与其速率的关系为F 向＝m v 2R)答案 (1)2gR －(mgH －2mgR ) (2)23R解析 (1)游客从B 点做平抛运动，有2R ＝v B t ① R ＝12gt 2②由①②式得v B ＝2gR ③ 从A 到B ，根据动能定理，有 mg (H －R )＋W f ＝12m v 2B －0④由③④式得W f ＝－(mgH －2mgR )⑤(2)设OP 与OB 间夹角为θ，游客在P 点时的速度为v P ，受到的支持力为N ，从B 到P 由机械能守恒定律，有mg (R －R cos θ)＝12m v 2P －0⑥过P 点时，根据向心力公式，有 mg cos θ－N ＝m v 2PR ⑦N ＝0⑧ cos θ＝hR⑨由⑥⑦⑧⑨式解得h ＝23R ⑩(限时：45分钟)题组1抛体运动问题的分析1．(单选)如图1所示，某人向对面的山坡上水平抛出两个质量不等的石块，分别落到A、B两处．不计空气阻力，则落到B处的石块()图1A．初速度大，运动时间短B．初速度大，运动时间长C．初速度小，运动时间短D．初速度小，运动时间长答案 A解析由于B点在A点的右侧，说明水平方向上B点的距离更远，而B点距抛出点的高度较小，故运动时间较短，二者综合说明落在B 点的石块的初速度较大，故A 正确，B 、C 、D 错误．2．(单选)如图2所示，可视为质点的小球位于半圆柱体左端点A 的正上方某处，以初速度v 0水平抛出，其运动轨迹恰好与半圆柱体相切于B 点，过B 点的半圆柱体半径与水平面夹角为30°，则半圆柱体的半径为(不计空气阻力，重力加速度为g )( )图2A.23v 203gB.23v 209gC.(43－6)v 20gD.(4－23)v 20g答案 C解析 在B 点，据题可知小球的速度方向与水平方向成60°角，由速度的分解可知，竖直分速度大小v y ＝v 0tan 60°＝3v 0，v 0t ＝R ＋R cos 30°，v y ＝gt ，得R ＝(43－6)v 20g ，故选C.3．(双选)如图3所示，ab 为竖直平面内的半圆环acb 的水平直径，c 为环上最低点，环半径为R .将一个小球从a 点以初速度v 0沿ab 方向抛出，设重力加速度为g ，不计空气阻力( )图3A ．v 0越大，小球在空气中运动的时间越长B ．当小球的初速度v 0<2gR2时，将撞击到环上的圆弧ac 段 C ．当v 0取适当值，小球可以垂直撞击圆环 D ．无论v 0取何值，小球都不可能垂直撞击圆环 答案 BD解析 平抛运动竖直方向的分运动是自由落体运动，小球下落的高度越大，小球运动的时间越长，与初速度无关，A 错误；当小球的初速度v 0<2gR2时，水平位移小于R ，小球将撞击到环上的圆弧ac 段，故B 正确；设小球垂直击中环，则其速度反向沿长线必过圆心，设其速度与水平方向的夹角为θ，R sin θ＝12gt 2，R (1＋cos θ)＝v 0t ，且tan θ＝gtv 0，可解得θ＝0，但这是不可能的，故C 错误，D 正确，故选B 、D. 题组2 圆周运动问题的分析4．(双选)(2014·新课标Ⅰ·20)如图4所示，两个质量均为m 的小木块a 和b (可视为质点)放在水平圆盘上，a 与转轴OO ′的距离为l ，b 与转轴的距离为2l ，木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的k 倍，重力加速度大小为g .若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，用ω表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是( )图4 A．b一定比a先开始滑动B．a、b所受的摩擦力始终相等C．ω＝kg2l是b开始滑动的临界角速度D．当ω＝2kg3l时，a所受摩擦力的大小为kmg答案AC解析小木块a、b做圆周运动时，由静摩擦力提供向心力，即f＝mω2R.当角速度增加时，静摩擦力增大，当增大到最大静摩擦力时，发生相对滑动，对木块a：f a＝mω2a l，当f a＝kmg时，kmg＝mω2a l，ωa＝kgl；对木块b：f b＝mω2b·2l，当f b＝kmg时，kmg＝mω2b·2l，ωb＝kg2l，所以b先达到最大静摩擦力，选项A正确；两木块滑动前转动的角速度相同，则f a＝mω2l，f b＝mω2·2l，f a<f b，选项B错误；当ω＝kg2l 时b刚开始滑动，选项C正确；当ω＝2kg3l时，a没有滑动，则f a＝mω2l＝23kmg，选项D错误．5．如图5所示，一块足够大的光滑平板放置在水平面上，能绕水平固定轴MN调节其与水平面的倾角．板上一根长为l＝0.6 m的轻细绳，它的一端系住一质量为m的小球P，另一端固定在板上的O点．当平板的倾角固定为α时，先将轻绳平行于水平轴MN拉直，然后给小球一沿着平板并与轻绳垂直的初速度v0＝3 m/s.若小球能在板面内做圆周运动，倾角α的值应在什么范围内(取重力加速度g＝10 m/s2)?图5答案α≤30°解析 小球在板面上运动时受绳子拉力、板面弹力、重力的作用．在垂直板面方向上合力为0，重力在沿板面方向的分量为mg sin α，小球在最高点时，由绳子的拉力和重力分力的合力提供向心力：F T ＋mg sin α＝m v 21l①研究小球从释放到最高点的过程，据动能定理： －mgl sin α＝12m v 21－12m v 20② 若恰好通过最高点绳子拉力F T ＝0， 联立①②解得：sin α＝v 203gl ＝323×10×0.6＝12.故α最大值为30°，可知若小球能在板面内做圆周运动，倾角α的值应满足α≤30°. 题组3 天体运动问题的分析6．(单选)(2014·新课标Ⅱ·18)假设地球可视为质量均匀分布的球体．已知地球表面重力加速度在两极的大小为g 0，在赤道的大小为g ，地球自转的周期为T ，引力常量为G .地球的密度为( )A.3π(g 0－g )GT 2g 0B.3πg 0GT 2(g 0－g )C.3πGT 2D.3πg 0GT 2g 答案 B解析 物体在地球的两极时，mg 0＝G Mm R 2，物体在赤道上时，mg ＋m (2πT )2R ＝G Mm R 2，又M ＝43πR 3，联立以上三式解得地球的密度ρ＝3πg 0GT 2(g 0－g ).故选项B 正确，选项A 、C 、D 错误．7．(单选)2013年12月11日，“嫦娥三号”携带月球车“玉兔”从距月面高度为100 km 的环月圆轨道Ⅰ上的P 点变轨，进入近月点为15 km 的椭圆轨道Ⅱ，由近月点Q 成功落月，如图6所示．关于“嫦娥三号”，下列说法正确的是( )图6A ．沿轨道 Ⅰ 运行一周的位移大于沿轨道 Ⅱ 运行一周的位移B ．沿轨道 Ⅱ 运行时，在P 点的加速度小于在Q 点的加速度C ．沿轨道Ⅱ运行的周期大于沿轨道Ⅰ运行的周期D ．在轨道Ⅱ上由P 点到Q 点的过程中机械能增加 答案 B解析 沿轨道Ⅰ运行一周的位移与沿轨道Ⅱ运行一周的位移都是零，即相等，故A 错误．根据GMm r 2＝ma 得a ＝GMr 2，沿轨道Ⅱ运行时，在P 点的加速度小于在Q 点的加速度，故B 正确．根据a 3T 2＝k 可得半长轴a 越大，运行周期越大，故沿轨道Ⅱ运行的周期小于沿轨道Ⅰ运行的周期，故C 错误．在轨道Ⅱ上由P 点运行到Q 点的过程中，只有万有引力对其做功，机械能守恒，故D 错误．8．(双选)一颗围绕地球运行的飞船，其轨道为椭圆．已知地球质量为M ，地球半径为R ，万有引力常量为G ，地球表面重力加速度为g .则下列说法正确的是( ) A ．飞船在远地点速度一定大于gRB ．飞船在近地点瞬间减速转移到绕地圆轨道后，周期一定变小C ．飞船在远地点瞬间加速转移到绕地圆轨道后，机械能一定变小D ．飞船在椭圆轨道上的周期可能等于π 27R5g答案 BD解析 由G Mm r 2＝m v 2r ＝mrω2＝mr 4π2T 2＝ma ，G Mm R 2＝mg 得绕地球的最大速度v ＝gR ，A 错误；飞船在近地点瞬间减速，飞船将做向心运动，则由a 3T 2＝k 知，周期减小，B 正确；飞船在远地点瞬间加速，除引力外，其他力对飞船做正功，机械能一定增加，C 错误；r ＝R 时，由T ＝ 4π2r 3GM得最小周期T ＝π 4R g＜π 27R5g，D 正确． 题组4 平抛与圆周运动组合问题的综合9．如图7所示，高台的上面有一竖直的14圆弧形光滑轨道，半径R ＝54 m ，轨道端点B 的切线水平．质量M ＝5 kg 的金属滑块(可视为质点)从轨道顶端A 由静止释放，离开B 点后经时间t ＝1 s 撞击在斜面上的P 点．已知斜面的倾角θ＝37°，斜面底端C 与B 点的水平距离x 0＝3 m ．g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不计空气阻力．图7(1)求金属滑块M 运动至B 点时对轨道的压力大小；(2)若金属滑块M 离开B 点时，位于斜面底端C 点、质量m ＝1 kg 的另一滑块，在沿斜面向上的恒定拉力F 作用下由静止开始向上加速运动，恰好在P 点被M 击中．已知滑块m 与斜面间动摩擦因数μ＝0.25，求拉力F 大小；(3)滑块m 与滑块M 碰撞时间忽略不计，碰后立即撤去拉力F ，此时滑块m 速度变为4 m/s ，仍沿斜面向上运动，为了防止二次碰撞，迅速接住并移走反弹的滑块M ，求滑块m 此后在斜面上运动的时间．答案 (1)150 N (2)13 N (3)1＋72s解析 (1)M 由A 到B 过程，由机械能守恒定律得 MgR ＝12M v 2B ①解得v B ＝5 m/s滑块在B 点时，由向心力公式得 F N －Mg ＝M v 2BR ②解得F N ＝150 N ③由牛顿第三定律知，M 在B 点时对轨道的压力大小为150 N. (2)M 离开B 点后平抛运动的水平位移为 x ＝v B t ＝5 m ④由几何关系可知m 的位移为s ＝x －x 0cos 37°＝2.5 m ⑤设滑块m 向上运动的加速度为a ，由s ＝12at 2⑥得a ＝5 m/s 2 由牛顿第二定律得F －mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma ⑦ 解得F ＝13 N ．⑧(3)撤去拉力后，滑块m 沿斜面上滑过程的加速度 a 1＝mg sin 37°＋μmg cos 37°m ＝8 m/s 2⑨上滑时间t 1＝va 1＝0.5 s ⑩上滑位移s 1＝v 22a 1＝1 m ⑪滑块m 沿斜面下滑过程的加速度 a 2＝mg sin 37°－μmg cos 37°m＝4 m/s 2⑫下滑过程s ＋s 1＝12a 2t 22⑬由⑪⑫⑬得t 2＝72s 所以碰后在斜面上运动的时间为t 总＝t 1＋t 2＝1＋72s ⑭10．某工厂生产流水线示意图如图8所示，半径R ＝1 m 的水平圆盘边缘E 点固定一小桶．在圆盘直径DE 正上方平行放置的水平传送带沿顺时针方向匀速转动，传送带右端C 点与圆盘圆心O 在同一竖直线上，竖直高度h ＝1.25 m ．AB 为一个与CO 在同一竖直平面内的四分之一光滑圆弧轨道，半径r ＝0.45 m ，且与水平传送带相切于B 点．一质量m ＝0.2 kg 的滑块(可视为质点)从A 点由静止释放，滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，当滑块到达B 点时，圆盘从图示位置以一定的角速度ω绕通过圆心O 的竖直轴匀速转动，滑块到达C 点时恰与传送带同速并水平抛出，刚好落入圆盘边缘的小桶内．取g ＝10 m/s 2，求：图8(1)滑块到达圆弧轨道B 点时对轨道的压力F N B ； (2)传送带BC 部分的长度L ；(3)圆盘转动的角速度ω应满足的条件． 答案 (1)6 N ，方向竖直向下 (2)1.25 m (3)ω＝2n π rad/s(n ＝1,2,3…)解析 (1)滑块从A 到B 过程中，由动能定理有 mgr ＝12m v 2B解得v B ＝2gr ＝3 m/s滑块到达B 点时，由牛顿第二定律有F N B ′－mg ＝m v 2B r解得F N B ′＝6 N据牛顿第三定律，滑块到达B 点时对轨道的压力大小为6 N ，方向竖直向下．(2)滑块离开C 点后做平抛运动，h ＝12gt 21解得t 1＝2h g＝0.5 s v C ＝R t 1＝2 m/s 滑块由B 到C 过程中，据动能定理有－μmgL ＝12m v 2C －12m v 2B 解得L ＝v 2B －v 2C 2μg＝1.25 m (3)滑块由B 到C 过程中，据运动学公式有L ＝v B ＋v C 2t 2解得t 2＝2L v B ＋v C＝0.5 s 则t ＝t 1＋t 2＝1 s圆盘转动的角速度ω应满足条件t ＝n ·2πω(n ＝1,2,3…) 解得ω＝2n π rad/s(n ＝1,2,3…)．。