文档文本内容
专题20 圆周运动
题型一 圆周运动运动学分析
1．【答案】B
2．【答案】C
3．【答案】A
4．【答案】A
5．【答案】B
6．【答案】A
7．【答案】D
8．【答案】BD
9．【答案】BD
10．【答案】ACD
题型二 圆周运动的动力学问题及生活中的圆周运动
1．【答案】B
2．【答案】B
3．【答案】A
4．【答案】B
5．【答案】D
6．【答案】C
7．【答案】B
8．【答案】BD
9．【答案】BC
10．【答案】AC
题型三 水平面上的圆周运动及临界问题
1．【答案】D
2．【答案】C
3．【答案】C
4．【答案】D
5．【答案】B
6．【答案】C
7．【答案】A
8．【答案】BC
9．【答案】AC
10．【答案】AD
题型四 竖直平面上的圆周运动及临界问题
1．【答案】C
2．【答案】B
3．【答案】D
4．【答案】D
5．【答案】C
6．【答案】A
7．【答案】B
8．【答案】BC
9．【答案】BD
10．【答案】BC
题型五 斜面上的圆周运动及临界问题
1．【答案】D
2．【答案】B
3.【答案】D
4．【答案】C
5．【答案】D
6．【答案】A
7．【答案】A
8．【答案】AC
9．【答案】BC
10．【答案】BD
题型六 圆周运动的周期性多解问题
1．【答案】D
2．【答案】D
3．【答案】D
4．【答案】D
5．【答案】C
6．【答案】A
7．【答案】B
8．【答案】AD
9．【答案】BC
10．【答案】AD
题型七 圆周运动与图像结合问题
1．【答案】D
2．【答案】C
3．【答案】B
4．【答案】C
5．【答案】C
6．【答案】C
7．【答案】C
8．【答案】BCD
9．【答案】BD
10．【答案】BD
课时精练
1．【答案】A
2．【答案】B
3．【答案】C
4．【答案】C
5．【答案】A
6．【答案】B
7．【答案】C
8．【答案】BD
9．【答案】ACD
10．【答案】AD
11．【答案】(1)❑√2m/s
(2)vB= 4 m/s
【详解】（1）小球在最高点A，若速度最小，则只受重力和支持力，绳子上拉力为零，即mgsin α =m v A
2
L
则v A = ❑√2m/s
（2）小球通过最低点时的最大速度，则绳子拉力达到最大值，即
T −mgsin α =m vB
2
L
计算可得vB= 4 m/s
12．【答案】(1)ω1= 5 ❑√2
2
rad/s
(2)T AB=0，T AC
′ = 50
3 N
【详解】（1）当AB 拉力为零时，小球受到重力和AC 的拉力，合力提供向心力。圆周运动的半径
r =l1sinθ =0.6 m
竖直方向合力为零，则有T AC cosθ =mg
水平方向合力提供向心力，有T AC sinθ =mr ω1
2
解得ω1= 5 ❑√2
2
rad/s
（2）ω2= ❑√
50
3 rad/s>ω1，小球将向左上方摆起，若AB 拉力为零，设AC 和竖直方向的夹角为θ
′，则此时
有T AC
′ cosθ
′ =mg，T AC
′ sinθ
′ =mω2
2l1sinθ
′
解得cosθ
′ =0.6，T AC
′ = 50
3 N
此时r
′ =l1sinθ
′ =0.8 m
由于l1sin37°+l2=0.8 m=r
′
因此AB 恰好竖直，故T AB=0，T AC
′ = 50
3 N
13．【答案】(1)0.2s
(2)2m/s
(3)3N
【详解】（1）小球从A 点飞出后做平抛运动，则由2 R = 1
2 gt
2
可得落地的时间t =0.2s
（2）水平方向，有4 R = v At
解得v A =2m/s
（3）在A 点时，根据牛顿第二定律，有F +mg=m v A
2
R
解得F=3N
14．【答案】(1)a= gsinθ；Δl1= mgsinθ
k
(2)F向= mgsinθ+ k Δl2
cosθ
(3)ω= ❑√
mgsinθ+k Δl2
m(l0+ Δl2)cos
2θ
【详解】（1）将小球从弹簧的原长位置由静止释放时，对小球进行受力分析，根据牛顿第二定律有
mgsinθ =ma
解得a= gsinθ
小球下滑时，弹簧对小球的弹力增大，小球做加速度减小的加速运动，当加速度为零时小球的速度最大，
有k Δl1=mgsinθ
解得Δl1= mgsinθ
k
（2）当小球随杆一起转动时，小球做匀速圆周运动的半径r =(l0+ Δl2)cosθ
弹簧对小球的弹力F =k Δl2
小球在水平方向上有F向= FNsinθ+ k Δl2cosθ
竖直方向上有F Ncosθ−mg−k Δl2sinθ =0
联立解得F向= mgsinθ+k Δl2
cosθ
（3）根据向心力公式有F向=mr ω
2
解得ω= ❑√
mgsinθ+k Δl2
m(l0+ Δl2)cos
2θ
15．【答案】(1)2❑√2rad/s
(2)0.5s
(3)
❑√3
2 m
(4)❑√15rad/s≤ω≤❑√35rad/s
【详解】（1）物块与圆盘刚好相对滑动时，最大静摩擦力提供向心力，有μMg = M ω
2 R
解得ω=2❑√2rad/s
（2）物块滑离后做平抛运动，竖直方向为自由落体运动，有H = 1
2 gt
2
解得t =0.5s
（3）物块滑离时的线速度v =ωR = ❑√2m/s
平抛运动的水平位移x = vt =
❑√2
2 m
由于线速度沿圆盘切线方向，落地点到O
′的距离满足勾股定理s=
❑√R
2+ x
2
解得s=
❑√3
2 m
（4）物块相对圆盘静止时，绳子拉力恒等于T =mg
物块受到的最大静摩擦力f max= μMg
当ω 较小时，物块有近心趋势，静摩擦力沿半径向外，由拉力和静摩擦力的合力提供向心力，有
mg−f max = M ω1
2r
解得ω1= ❑√15rad/s
当ω 较大时，物块有离心趋势，静摩擦力沿半径向里，由拉力和静摩擦力的合力提供向心力，有
mg+ f max = M ω2
2r
解得ω2= ❑√35rad/s
为使物块与转台保持相对静止，转台转动的角速度范围为❑√15rad/s≤ω≤❑√35rad/s
