C．AC 5.24 m/s 【答案】B
D．BC 5.24 m/s
【解析】当小球线速度增至BC被拉直后，由牛顿第二定律可得，竖直方向上：TAsin∠ACB＝mg①，水平方
v25
向上：TAcos∠ACB＋TB＝m②，由①式可得：TA＝mg，小球线速度增大时，TA不变，TB增大，当BC绳刚要
r4
被拉断时，TB＝2mg，由②可解得此时，v≈5.24 m/s；BC绳断后，随小球线速度增大，AC线与竖直方向间
v′2
夹角增大，设AC线被拉断时与竖直方向的夹角为α，由TAC·cos α＝mg，TACsin α＝m，r′＝LAC·sin
r′
5
α，可解得，α＝60°，LAC＝ m，v′＝5 m/s，故B正确。
3
二、计算题（本大题共4小题）
11．(2019·鞍山调研)用光滑圆管制成如图所示的轨道，竖直立于水平地面上，其中ABC为圆轨道的一部分，CD为倾斜直轨道，二者相切于C点。已知圆轨道的半径R＝1 m，倾斜轨道CD与水平地面的夹角为θ＝37°。现将一小球以一定的初速度从A点射入圆管，小球直径略小于圆管的直径，取重力加速度g＝10 m/s，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求小球通过倾斜轨道CD的最长时间(结果保留一位有效数字)。
2
【答案】0.7 s
【解析】小球通过倾斜轨道时间若最长，则小球到达圆轨道的最高点的速度为0，从最高点到C点： 12对小球由动能定理可得：mgh＝mvC
2由几何关系得：h＝R－Rcos θ
小球在CD段做匀加速直线运动，由位移公式得：
L＝vCt＋at2 RCD的长度为：L＝
＋cos θsin θ
12
对小球利用牛顿第二定律可得：
mgsin θ＝ma
代入数据联立解得：t＝0.7 s。
12．如图所示，餐桌中心是一个半径为r＝1.5 m的圆盘，圆盘可绕中心轴转动，近似认为圆盘与餐桌在同
一水平面内且两者之间的间隙可忽略不计。已知放置在圆盘边缘的小物体与圆盘间的动摩擦因数为μ1＝0.6，与餐桌间的动摩擦因数为μ2＝0.225，餐桌离地面的高度为h＝0.8 m。设小物体与圆盘以及餐桌之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s。 (1)为使物体不滑到餐桌上，圆盘的角速度ω的最大值为多少？
(2)缓慢增大圆盘的角速度，物体从圆盘上甩出，为使物体不滑落到地面上，餐桌半径R的最小值为多大？ (3)若餐桌的半径R′＝2r，则在圆盘角速度缓慢增大时，物体从圆盘上被甩出后滑落到地面上的位置到从圆盘甩出点的水平距离L为多少？
2
【答案】 (1)2 rad/s (2)2.5 m (3)2.1 m
【解析】(1)由题意可得，当小物体在圆盘上随圆盘一起转动时，圆盘对小物体的静摩擦力提供向心力，所以随着圆盘转速的增大，小物体受到的静摩擦力增大。当静摩擦力最大时，小物体即将滑落，此时圆盘的角速度达到最大，有fm＝μ1N＝mωr，N＝mg， 联立两式可得ω＝
μ1g＝2 rad/s。
2
r(2)由题意可得，当物体滑到餐桌边缘时速度恰好减为零，对应的餐桌半径取最小值。设物体在餐桌上滑动的位移为s，物体在餐桌上做匀减速运动的加速度大小为a，则
fa＝，f＝μ2mg，得a＝μ2g＝2.25 m/s2， m物体在餐桌上滑动的初速度v0＝ωr＝3 m/s， 由运动学公式得0－v0＝－2as，可得s＝2 m，
由几何关系可得餐桌半径的最小值为R＝r＋s＝2.5 m。
(3)当物体滑离餐桌时，开始做平抛运动，平抛的初速度为物体在餐桌上滑动的末速度vt′，由题意可得vt′－v0＝－2as′，
由于餐桌半径为R′＝2r，所以s′＝r＝1.5 m， 可得vt′＝1.5 m/s，
12
设物体做平抛运动的时间为t，则h＝gt ，
2解得t＝
2h＝0.4 s，
2
2
2
2
2
g物体做平抛运动的水平位移为sx＝vt′t＝0.6 m，
由题意可得L＝s′＋sx＝2.1 m。
13．现有一根长L＝1 m的刚性轻绳，其一端固定于O点，另一端系着质量m＝0.5 kg的小球(可视为质点)，将小球提至O点正上方的A点处，此时绳刚好伸直且无张力。不计空气阻力，取g＝10 m/s。 (1)在小球以速度v1＝4 m/s水平向右抛出的瞬间，绳中的张力大小为多少？
(2)在小球以速度v2＝1 m/s水平向右抛出的瞬间，绳中若有张力，求其大小；若无张力，试求绳子再次伸直时所经历的时间。
(3)接(2)问，当小球摆到最低点时，绳子拉力的大小是多少？ 273【答案】 (1)3 N (2)0.6 s (3) N 25
2
v临界2
【解析】(1)绳子刚好无拉力时对应的临界速度满足mg＝m，解得v临界＝10 m/s。因为v1>v临界，所以
Lv12
绳子有拉力且满足mg＋T1＝m，解得T1＝3 N。
L(2)因为v2 12 其中x＝v2t，y＝gt，解得t＝0.6 s。 2 (3)当t＝0.6 s时，可得x＝0.6 m，y＝1.8 m，小球在O点右下方位置，且O点和小球的连线与竖直方向的夹角满足tan α＝ 3 ＝，此时速度的水平分量与竖直分量分别为vx＝v2＝1 m/s，vy＝gt＝6 m/s y－L4 2 2 2 x绳伸直的一瞬间，小球的速度沿绳方向的分量突变为零，只剩下垂直于绳子方向的速度， v3＝vysin α－vxcos α＝ m/s 接着小球以v3为初速度绕着O点做圆周运动摆到最低点，设在最低点速度为v，则由动能定理得 11vmgL(1－cos α)＝mv2－mv32，又T－mg＝m， 22L273 解得T＝ N。 25 14．(2019·德州联考)如图12所示，水平放置的圆盘上，在其边缘C点固定一个小桶，桶的高度不计，圆盘半径为R＝1 m，在圆盘直径CD的正上方，与CD平行放置一条水平滑道AB，滑道右端B与圆盘圆心O在同一竖直线上，且B点距离圆盘圆心的竖直高度h＝1.25 m，在滑道左端静止放置质量为m＝0.4 kg的物块(可视为质点)，物块与滑道的动摩擦因数为μ＝0.2，现用力F＝4 N的水平作用力拉动物块，同时圆盘从图示位置，以角速度ω＝2π rad/s，绕通过圆心O的竖直轴匀速转动，拉力作用在物块一段时间后撤掉，最终物块由B点水平抛出，恰好落入圆盘边缘的小桶内。重力加速度取10 m/s。 2 2 145 图12 (1)若拉力作用时间为0.5 s，求所需滑道的长度； (2)求拉力作用的最短时间。 【答案】 (1)4 m (2)0.3 s 12 【解析】(1)物块平抛：h＝gt； 2 t＝ 2h＝0.5 s g物块离开滑道时的速度：v＝＝2 m/s 拉动物块的加速度，由牛顿第二定律： RtF－μmg＝ma1；得：a1＝8 m/s2 撤去外力后，由牛顿第二定律： －μmg＝ma2； 得：a2＝－2 m/s 物块加速获得速度：v1＝a1t1＝4 m/s 则所需滑道的长度 1v－v1 L＝x1＋x2＝a1t12＋＝4 m 22a2 (2)盘转过一圈时落入，拉力时间最短； 2π 盘转过一圈时间：T＝＝1 s； ω 物块在滑道上先加速后减速，最终获得：v＝a1t1＋a2t2 物块滑行时间、抛出在空中时间与圆盘周期关系：t1＋t2＋t＝T 由上两式得：t1＝0.3 s。 2 2 2
2020版高考物理一轮复习专题12圆周运动限时训练(含解析)
