题目内容
2．
如图所示．一个圆盘在水平面内绕中心轴以角速度ω匀速转动，盘面上放有三个可视为质点的木块A，B，C，其质量分别为3m，2m，m，它们恰好处于同一条直径上，与转轴的距离分别为r，r，2r，其中B、C两个木块用伸直的细线连接在一起．它们在随圆盘转动过程中，始终保持与圆盘相对静止．三个木块与圆盘间的动摩擦因数都为μ，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）| A． | 木块A的向心加速度大于木块B的向心加速度 | |
| B． | 木块A与圆盘间的摩擦力一定小于木块B与圆盘间的摩擦力 | |
| C． | 圆盘的角速度ω≤$\sqrt{\frac{3μg}{4r}}$ | |
| D． | 如果当转速增大到使木块B恰好要滑动时剪断细线，木块C将沿切线方向飞出 |
分析 三个木块共轴转动，角速度相等，根据向心加速度的公式比较向心加速度的大小，分析向心力来源，由牛顿第二定律列式分析A、B的摩擦力大小．当B的静摩擦力达到最大时，B、C开始相对于圆盘发生相对滑动，结合牛顿第二定律求此时的角速度．分析C的受力情况，判断剪断细线木块C的运动方向．
解答 解：A、A、B做圆周运动的角速度ω相同，根据向心加速度公式a=ω2r，知A、B的向心加速度大小相等，故A错误．
B、木块A做圆周运动的向心力由静摩擦力提供，木块B做圆周运动的向心力由静摩擦力和细线的拉力的合力提供，若细线没有张力时，由f=ma知，A的质量较大，a相等，则A的摩擦力大于B的摩擦力，故B错误．
C、设A刚要滑动时圆盘的角速度为ω0，B刚要滑动时圆盘的角速度为ω0′．
根据牛顿第二定律得：
对A有 μ•3mg=3mω02r
解得：ω0=$\sqrt{\frac{μg}{r}}$．
对B有：T+μmg=mω0′2•2r
对C有：μ•2mg-T=2mω0′2r
联立以上两式解得ω0′=$\sqrt{\frac{3μg}{4r}}$
所以圆盘的角速度ω≤$\sqrt{\frac{3μg}{4r}}$，故C正确．
D、如果当转速增大到使木块B恰好要滑动时剪断细线，由于木块C还受到摩擦力，所以木块C不会沿切线方向飞出．故D错误
故选：C
点评 解决本题的关键是正解分析三个木块做圆周运动的向心力来源，把握临界条件，运用牛顿第二定律进行分析．
练习册系列答案
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16．用多用电表测一个电阻的阻值，先选择“×10”档，再调零，测量时发现指针偏角很小，对比，正确的判断及可达到测量准确的做法是（ ）
| A． | 被测电阻阻值很大，换用“×100”档 | B． | 被测电阻阻值很大，换用“×1”档 | ||
| C． | 被测电阻阻值很小，换用“×100”档 | D． | 被测电阻阻值很小，换用“×1”档 |
如图所示，半径R=0.6m的光滑圆弧轨道BCD与足够长的粗糙轨道DE在D处平滑连接，O为圆弧轨道BCD的圆心，C点为圆弧轨道的最低点，半径OB、OD与OC的夹角分别为53°和37°．将一个质量m=0.5kg的物体（视为质点）从B点左侧高为h=0.8m处的A点水平抛出，恰从B点沿切线方向进入圆弧轨道．已知物体与轨道DE间的动摩擦因数μ=0.8，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：
如图所示，质量m=2.0kg的木块静止在高h=1.8m的水平台上，木块距光滑平台右边缘x0=4m，现用F=4N的水平拉力拉动木块，木块运动到平台右边缘时撤去F，不计空气阻力，g取10m/s2，求：
7．一平行板电容器中存在匀强电场，电场沿竖直方向．一带正电的粒子先后以不同的水平初速射入两平行板间，测得两次与电容器极板的撞击点到入射点之间的水平距离之比为1：2．若不计重力，则两次水平初速之比是（ ）
| A． | 1：2 | B． | 1：1 | C． | 2：1 | D． | 4：1 |
匀强电场中有a、b、c三点构成的一直角三角形．ac垂直于电场线，bc长40cm，电场强度为2×105N/C．则ab间的电势差Uab=4×104V．
如图所示，U型玻璃细管竖直放置，水平细管与U型玻璃细管底部相连通，各部分细管内径相同．U型管左管上端封有长20cm的理想气体B，右管上端开口并与大气相通，此时U型玻璃管左、右两侧水银面恰好相平，水银面距U型玻璃管底部为25cm．水平细管内用小活塞封有长度12cm的理想气体A．已知外界大气压强为75cmHg，忽略环境温度的变化．现将活塞缓慢向左拉，使气体B的气柱长度为25cm，求此时：
10．下列叙述正确的是（ ）
| A． | 液体温度越高，布朗运动越剧烈 | |
| B． | 做布朗运动的颗粒越大，运动越剧烈 | |
| C． | 分子间距增大时，分子间的引力增大而斥力减小 | |
| D． | 分子间距增大时，分子间的引力减小而斥力增大 |