2019年高考物理二轮专题复习：专题8 圆周运动讲学稿(2)

参考答案

例1.答案 AC

解析 题图中三个齿轮边缘线速度相等，A点和B点的线速度大小之比为1∶1，由v＝ωr可得，线速度一定时，角速度与半径成反比，A点和B点角速度之比为3∶1，选项A、C正确，选项B、D错误.

例2.答案 BC

解析 甲、乙两圆盘边缘上的各点线速度大小相等，有ω1·R＝ω2·2R，则得ω1∶ω2

＝2∶1，所以物块相对圆盘开始滑动前，m1与m2的角速度之比为2∶1，根据公式v＝ωr，得＝

2

v1v2ω1r12

＝，A错误，根据a＝ωr得m1与m2的向心加速度之比为a1∶a2＝

ω2·2r1

2

(ω1·r)∶(ω2·2r)＝2∶1，B正确；根据μmg＝mvω知，m1先达到临界角速度，可知当转速增加时，m1先开始滑动，C正确，D错误。

例3.答案 BC

解析 由图乙可知，当v＝b时，小球与圆管内壁之间恰好没有力的作用，此时由重力提供小球做圆周运动的向心力，即mg＝m，故g＝，选项A错误；当v＝0时，有mg＝a，又因为g＝，所以小球的质量m＝R，选项B正确；当v＝2b时，设小球运动到最低点时112

的速度大小为v′，则由机械能守恒定律可得mg·2R＝mv′－m·2b，设小球在最低点时

22

2

bRbR2

bRab2

v′2

受到的弹力大小为F′，则由向心力公式可得F′－mg＝m，联立解得F′＝7a，选项C

R正确；当0≤v＜b时，小球在最高点时需要的向心力小于小球的重力，所以圆管对小球的弹力方向竖直向上，由牛顿第三定律可知，小球对圆管的弹力方向竖直向下，选项D错误。

例4.答案 (1)0.6 s 10 m/s，与水平方向的夹角为37° (2)1 200 N，方向竖直向下

解析 (1)选手离开平台后做平抛运动，在竖直方向

2

H＝gt2

解得：t＝

2H＝0.6 s

12

g在竖直方向vy＝gt＝6 m/s

选手到达B点速度为vB＝v0＋vy＝10 m/s 设与水平方向的夹角为θ， 则tan θ＝＝0.75，则θ＝37°

22vyv0

(2)从B点到C点：

2

mgR(1－cos θ)＝mv2C－mvB

1

212

v2C在C点：FNC－mg＝m，FNC＝1 200 N

R由牛顿第三定律得，选手对轨道的压力FNC′＝FNC＝1 200 N，方向竖直向下。 1.答案 C

解析 由于小球m的重力不为零，a绳的张力不可能为零，b绳的张力可能为零，选项A错误；由于a绳的张力在竖直方向的分力等于重力，所以a绳的张力随角速度的增大不变，

b绳的张力随角速度的增大而增大，选项B错误；若b绳中的张力为零，设a绳中的张力为

2F，对小球m，Fsin θ＝mg，Fcos θ＝mωl，联立解得ω＝

gcot θ

，即当角速度ω> lgcot θ

，b绳将出现弹力，选项C正确；若ω＝ l绳的弹力不发生变化，选项D错误．

2.答案 B

gcot θ

，b绳突然被剪断时，al解析 小球所受重力和杆的作用力的合力提供向心力，受力如图所示

根据牛顿第二定律有：＝mLω，解得：sin θ＝2，故选B.

sin θωL3.答案 (1)5 rad/s (2)0.6 m

解析 (1)当细线承受的拉力恰为最大时，对小球进行受力分析，如图所示

mg2

g

4

竖直方向FTcos θ＝mg，得：cosθ＝。故θ＝37°

5向心力F向＝mgtan 37°＝mωLsin 37°解得：ω＝5 rad/s

(2)线断裂后，小球做平抛运动，则其平抛运动的初速度为v0＝ωLsin 37°＝1.5 m/s 12

竖直方向：y＝h－Lcos 37°＝gt，水平方向：x＝v0t

2

2

解得d＝Lsin θ＋x＝0.6 m。

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