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

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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mamm2rmrmv42mf2r。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，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

2、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2P22T3拓展(多選)如圖1所示，有一皮帶傳動裝置，A、B、C三點到各自轉軸的距離分別為RA、RB、RC，已知RBRC，若在傳動過程中，皮帶不打滑。則()圖1A.A點與C點的角速度大小相等B.A點與C點的線速度大

3、小相等C.B點與C點的角速度大小之比為21D.B點與C點的向心加速度大小之比為14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；同軸轉動的點，角速度相等。對于本題，顯然vAvC，AB，選項B正確；根據(jù)vAvC及關系式vR，可得ARACRC，又RC，所以A，選項A錯誤；根據(jù)AB，A，可得B，即B點與C點的角速度大小之比為12，選項C錯誤；根據(jù)B及關系式a2R，可得aB，即B點與C點的向心加速度大小之比為14，選項D正確。答案BD3.人教版必修2P25T2拓展(多選)如圖2所示，兩個圓錐內壁光滑，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、

4、B兩個質量相同的小球在兩圓錐內壁等高處做勻速圓周運動，下列說法正確的是()圖2A.A、B球受到的支持力之比為3B.A、B球的向心力之比為1C.A、B球運動的角速度之比為31D.A、B球運動的線速度之比為11解析設小球受到的支持力為FN，向心力為F，則有FNsin mg，F(xiàn)NAFNB1，選項A錯誤；F，F(xiàn)AFB31，選項B錯誤；小球運動軌道高度相同，則半徑Rhtan ，RARB13，由Fm2R得AB31，選項C正確；由vR得vAvB11，選項D正確。答案CD圓周運動的運動學問題1.對公式vr的理解當r一定時，v與成正比；當一定時，v與r成正比；當v一定時，與r成反比。2.對a2rv的理解在v一定

5、時，a與r成反比；在一定時，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，可伸縮液壓桿上端固定于后蓋上A點，下端固定于箱內O點，B也為后蓋上一點，后蓋可繞過O點的固定鉸鏈轉動，在合上后備箱蓋的過程中()圖3A.A點相對O點做圓周運動B.A點與B點相對于O點轉動的線速度大小相等C.A點與B點相對于O點轉動的角速度大小相等D.A點與B點相對于O點轉動的向心加速度大小相等解析在合上后備箱蓋的過程中，OA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

6、轉過的角度相同，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)vr，所以B點相對于O點轉動的線速度大，故選項B錯誤，C正確；根據(jù)向心加速度公式ar2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C2.如圖4所示，B和C是一組塔輪，即B和C半徑不同，但固定在同一轉動軸上，其半徑之比為RBRC32，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動時，由于摩擦作用，B輪也隨之無相對滑動地轉動起來。a、b、c分別為三輪邊緣的三個點，則a、b、c三點在轉動過程中的()圖4A.線速度大小之比為322B.角速度之比為332C.轉速之比為23

7、2D.向心加速度大小之比為964解析A、B輪摩擦傳動無滑動，故vavb，aRAbRB，ab32；B、C同軸，故bc，vbvc32，因此vavbvc332，abc322，故選項A、B錯誤；轉速之比等于角速度之比，故選項C錯誤；由av得aaabac964，選項D正確。答案D3.人教版必修2P19T4改編圖5是自行車傳動裝置的示意圖，其中是半徑為r1的大齒輪，是半徑為r2的小齒輪，是半徑為r3的后輪，假設腳踏板的轉速為n r/s，則自行車前進的速度為()圖5A. B.C. D.答案D常見的三種傳動方式及特點(1)同軸傳動：如圖甲、乙所示，繞同一轉軸轉動的物體，角速度相同，AB，由vr知v與r成正比。

8、 (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vAvB。(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vAvB。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.

9、20 m/sC.25 m/s D.30 m/s解析當FNG時，因為GFNm，所以Gm；當FN0時，Gm，所以v2v20 m/s。選項B正確。答案B2.鐵路在彎道處的內、外軌道高度是不同的，已知內、外軌道平面與水平面的夾角為，如圖6所示，彎道處的圓弧半徑為R，若質量為m的火車轉彎時速度等于，則()圖6A.內軌對內側車輪輪緣有擠壓B.外軌對外側車輪輪緣有擠壓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 ，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 mg，則FN，內、外軌道對火車均無側壓力，故選項C正確，A、B、D錯誤。答

10、案C3.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2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的夾角為，則有細繩拉力為F，有Fsin m2lsin ，得Fm2l,選項A正確;mgtan m2lsin ，得hlcos ，選項B錯誤；小球的向心加速度a2lsin ，選項C錯誤；小球的線速度vlsin ，選項D錯誤。答案A4.人教版必修2P26T4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

11、圖如圖8所示。長度為L1 m的細線，一端固定在a點，另一端拴住一個質量為m0.5 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v02 m/s 且垂直于細線方向的水平速度，由于光滑三棱柱的存在，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8A.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0.7 sD.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

12、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Fm得，此時的半徑為r m，由于小球每轉120,半徑減小0.3 m，則知小球剛好轉過一周，細線斷裂，則小球運動的總時間為t，而r11 m，r20.7 m，r30.4 m，v02 m/s，解得t0.7 s，故選項C正確；小球每轉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 m0.1 m0.9 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圓周運動中的臨界問題1.運動特點(1)豎直面內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的變速圓周運動機械能守恒。(3)豎直面內的圓周運動

13、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高點的速度。(4)一般情況下，豎直面內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mgFNmmgFNm臨界特征FN0mgm即vminv0即F向0FNmg過最高點的條件在最高點的速度vv0【典例】(2016海南高考)如圖9，光滑圓軌道固定在豎直面內，一質量為m的小球沿軌道

14、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N1N2的值為()圖9A.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：N1mgm，在最高點：N2mgm同時從最高點到最低點，根據(jù)機械能守恒定律得mg2Rmvmv聯(lián)立以上三式可得N1N26mg，故選項D正確。答案D分析豎直平面內圓周運動臨界問題的思路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，

15、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10A.100 m B.111 mC.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FN9mg時，圓弧軌道半徑最小為Rmin。由牛頓第二定律列方程，F(xiàn)Nmgm，聯(lián)立解得Rmin125 m，故選項C正確。答案C2.(2017山東青島期末) (多選)如圖11所示，內壁光滑的大圓管，用一細輕桿固定在豎直平面內；在管內有一小球(可視為

16、質點)做圓周運動。下列說法正確的是()圖11A.小球通過最低點時，小球對圓管的壓力向下B.小球通過最高點時，小球對圓管可能無壓力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，小球對圓管的壓力向下，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，小球對圓管無壓力，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

17、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ABD3.(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。物塊質量為M，到小環(huán)的距離為L，其兩側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)和夾子的質量均不計，重力加速度為g。下列說法正確的是()圖12A.物塊向右勻速運動時，繩中的張力等于2FB.小環(huán)碰到釘子P時，繩中的張力大于2FC.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

18、，則fF。對物塊，根據(jù)平衡條件可得2fMg，則繩中的張力T2f2F，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，可知夾子的兩側面與物塊間的摩擦力fF，所以繩中的張力T2f2F，故選項B錯誤；物塊向上擺動的過程，由機械能守恒定律得MghMv2，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，兩側面與夾子間剛好達到最大靜摩擦力F，由牛頓第二定律得2FMgM，解得v，所以速度v不能超過，選項D正確。答案D豎直面內圓周運動模型的應用題源：人教版必修2P30T4質量為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

19、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，g10 m/s2)()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剛好做圓周運動，則滿足mg演員從最低點運動到最高點過程中，滿足機械能守恒定律mvmg2Rmv聯(lián)立得v低5 m/s，故選項C正確。答案C拓展2(2016全國卷，24)如圖13所示，在豎直平面內有由圓弧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

20、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)通過計算判斷小球能否沿軌道運動到C點。解析(1)設小球的質量為m，小球在A點的動能為EkA，由機械能守恒得EkAmg設小球在B點的動能為EkB，同理有EkBmg由式得5(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FN0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FNmgm由式得mgmvC全程應用機械能守恒定律得mgmvC2由式可知，vCvC，即小球恰好可以沿軌道運動到C點。答案(1)51(2)能，理由見解析活頁作業(yè)(時間：40分鐘)A級：保分練1.如圖1為某中

21、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1A.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D2.(2017洛陽模擬)如圖2是摩托車比賽轉彎時的情形，轉彎處路面常是外高內低，摩托車轉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2A.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B3.某同學為感受

22、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，使小球在水平面內做圓周運動(如圖3所示)，則下列說法正確的是()圖3A.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Fnm2r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，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B4.(多選)如圖4所示，半徑r0.5 m的光滑圓軌道被豎直固定在水平地

23、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4A.v00 B.v02 m/sC.v05 m/s D.v0 m/s解析最高點的臨界情況為mgm，解得v，小球從最低點到最高點的過程，根據(jù)動能定理得mg2rmv2mv，解得v05 m/s。若恰好不超過圓心高度，根據(jù)動能定理有mgr0mv，解得v0 m/s，所以v0應滿足的條件是v05 m/s或v0 m/s，故選項C、D正確，A、B錯誤。答案CD5.質量為m的小球在豎直平面內的圓管軌道內運動，小球的直徑略小于圓管的直徑，如圖5所示。已知小

24、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5A.小球對圓管的內、外壁均無壓力B.小球對圓管的外壁壓力等于mgC.小球對圓管的內壁壓力等于mgD.小球對圓管的內壁壓力等于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mgmgm，當小球以速度通過圓管的最高點，由牛頓第二定律得mgFNm，解以上兩式得FNmg，負號表示圓管對小球的作用力向上，即小球對圓管的內壁壓力等于mg，故選項C正確。答案C6.質量為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，皮帶輪的轉速至少為(

25、)圖6A. 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vr2nr可得皮帶輪的轉速至少為n，選項A正確。答案A7.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7A.R B.RC.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2Rgt2，解得t2，在最高點P時有，mgmgm，解得v，因此小球落地點到P點的水平距離為xvtR，選項D正確。答案D8.(2016全國卷，16)小球P和Q用不可伸長的輕繩懸掛在天花板上，P

26、球的質量大于Q球的質量，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8A.P球的速度一定大于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mgLmv2，解得v，因LPLQ，故vPmQ，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FTmgm，可得FT3mg，選項C正確；由a2g可知，兩球的向心加速度相等，選項D錯誤。答案CB級：拔高練9.如圖9所示，長度均為l1 m的兩根輕繩，一

27、端共同系住質量為m0.5 kg 的小球，另一端分別固定在等高的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9A.5 N B. NC.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mgm；當小球在最高點的速率為2v時，由牛頓第二定律得mg2FTcos 30m，解得FTmg5 N，故選項A正確。答案A10.如圖10所示，甲、乙兩水平圓盤緊靠在一塊，甲圓盤為主動輪，乙靠摩擦隨甲轉動且無相對滑動

28、。甲圓盤與乙圓盤的半徑之比為r甲r乙31，兩圓盤和小物體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，當甲緩慢轉動起來且轉速慢慢增加時()圖10A.m1與m2滑動前的角速度之比1231B.m1與m2滑動前的向心加速度之比a1a213C.隨轉速慢慢增加，m1先開始滑動D.隨轉速慢慢增加，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，有甲r甲乙r乙，因r甲r乙31，則甲乙13，所以小物體相對盤開始滑動前，m1與m2的角速度之比1213，故選項A錯誤；小物體相對盤開始滑動前，根據(jù)a2r得m1與m2的向心加速度之比為a1a2(2r)(r)29，故選項B錯誤；根據(jù)mgmr

29、2ma知，因a1a229，圓盤和小物體的動摩擦因數(shù)相同，可知當轉速增加時，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D11.(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的輕桿帶動一個質量為m的鐵球(鐵球可視為質點)，如圖乙所示，重力加速度為g。若在某次打夯過程中，鐵球以角速度勻速轉動，則()圖11A.鐵球轉動過程中機械能守恒B.鐵球做圓周運動的向心加速度始終不變C.鐵球轉動到最低點時，處于超重狀態(tài)D.若鐵球轉動到最高點時，支架對地面的壓力剛好為零，則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

30、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a2l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(Mm)gm2l，解得，選項D正確。答案CD12.(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、豎直平面內的圓形滑道、水平滑道及水池組成，圓形滑道外側半徑R2 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，

31、為保證安全，在圓形滑道內運動時，要求緊貼內側滑行。水面離水平滑道高度h5 m?，F(xiàn)游客從滑道A點由靜止滑下，游客可視為質點，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L5 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圍為多少？解析(1)游客在圓形滑道內側恰好滑過最高點時，有mgm從A到圓形滑道最高點，由機械能守恒定律得mgH1mv2mg2R解得H1R5 m(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mgH1mvv110 m/s水平拋出，由平拋運動規(guī)律可知hgt2得t1 s則s1v1t10 m落在N點時s2s1L15 m則對應的拋出速度v215 m/s由mgH2mv得H211.25 m安全滑下點A距水平滑道高度范圍為5 mH11.25 m答案(1)5 m(2)5 mH11.25 m21