2025版高考物理一轮总复习第4章抛体运动与圆周运动专题强化5圆周运动的临界问题提能训练

第四章专题强化五基础过关练题组一水平面内圆周运动的临界问题1．将一平板折成如图所示形态，AB部分水平且粗糙，BC部分光滑且与水平方向成θ角，板绕竖直轴OO′匀速转动，放在AB板E处和放在BC板F处的物块均刚好不滑动，两物块到转动轴的距离相等，则物块与AB板间的动摩擦因数为(A)A．tanθ B．eq\f(1,tanθ)C．sinθ D．cosθ[解析]①两物块角速度相同；②刚好不滑动。设物块与AB部分的动摩擦因数为μ，板转动的角速度为ω，两物块到转轴的距离为L，由于物块刚好不滑动，则对AB板上的物块有μmg＝mω2L，对BC板上的物块有mgtanθ＝mω2L，因此μ＝tanθ，A项正确。2.(多选)如图所示，位于水平面内的圆盘圆心为O点，轻杆AO垂直并且固定于粗糙的圆盘上，长度为l的细绳一端固定于O上方eq\f(4,5)l处的A点，另一端与放置于圆盘上的物体拴接，初始时细绳恰好伸直，现让圆盘以AO为轴转动起来，当转动的角速度ω缓慢增大时(物体始终没有离开圆盘，已知重力加速度为g)，下列说法正确的是(BD)A．物块始终受三个力的作用B．物块所受到的摩擦力先增大后减小C．细绳的拉力始终增大D．要使物块不离开圆盘，转动的角速度的最大值为eq\r(\f(5g,4l))[解析]物块可能受到重力，支持力，摩擦力，绳子的拉力四个力的作用，A项错误；在摩擦力达到最大值之前，绳子的拉力为0，摩擦力为静摩擦力，并且摩擦力随角速度的增加而变大，当绳子出现拉力之后，随角速度的增加，绳子的拉力增大，摩擦力减小，因此B项正确，C项错误；设细绳与竖直方向夹角为θ，当圆盘对物体的弹力为零时mgtanθ＝mω2r，其中tanθ＝eq\f(3,4)；r＝eq\f(3,5)l，得ω＝eq\r(\f(5g,4l))，所以D项正确，故选BD项。3.如图所示，AC、BC两绳系一质量为m＝0.1kg的小球，AC绳长L＝2m，两绳的另一端分别固定于轴的A、B两处，两绳拉直时与竖直轴的夹角分别为30°和45°。小球在水平面内做匀速圆周运动时，若两绳中始终有张力，小球的角速度可能是(g＝10m/s2)(B)A．2rad/s B．2.5rad/sC．3.5rad/s D．4rad/s[解析]当上绳绷紧、下绳恰好伸直但无张力时，小球受力如图甲所示，由牛顿其次定律得mgtan30°＝mωeq\o\al(2,1)r，又有r＝Lsin30°，解得ω1＝eq\r(\f(10\r(3),3))rad/s≈2.4rad/s，当下绳绷紧、上绳恰好伸直无张力时，小球受力如图乙所示，由牛顿其次定律得，mgtan45°＝mωeq\o\al(2,2)r，解得ω2＝eq\r(10)rad/s≈3.2rad/s，故当2.4rad/s<ω<3.2rad/s时，两绳始终有张力，故B正确，A、C、D错误。题组二竖直面内圆周运动的临界问题4.杂技演员表演“水流星”，在长为2.5m的细绳的一端，系一个总质量m＝0.5kg的盛水容器(可视为质点)，以绳的另一端为圆心，在竖直平面内做圆周运动，如图所示，若“水流星”通过最高点时的速率为5m/s，则下列说法正确的是(g取10m/s2)(B)A．“水流星”通过最高点时，有水从容器中流出B．“水流星”通过最高点时，绳的张力及容器底部受到的水的压力均为零C．“水流星”通过最高点时，处于完全失重状态，不受力的作用D．“水流星”通过最高点时，绳子的拉力大小为5N[解析]“水流星”在最高点的临界速度v＝eq\r(gL)＝5m/s，“水流星”通过最高点的速率为5m/s时，绳的拉力恰好为零，且水恰不流出容器，处于完全失重状态，但受重力作用。故选B。5.(多选)竖直平面内的圆周运动是物理学里的经典模型之一，某同学通过如下试验来探究其相关规律：如图，质量为m的小球固定在力传感器测量的一侧，传感器另一侧固定在轻杆一端，现给小球一初速度让其绕O点做圆周运动，小球到O点距离为L，已知当力传感器受到球对其为压力时读数为负，受到拉力时读数为正，重力加速度为g。则下列说法正确的是(ABC)A．只要小球通过圆周最高点的速度大于0就能完成完整的圆周运动B．若小球通过圆周最高点时速度为eq\r(\f(gL,3))，则力传感器读数为－eq\f(2,3)mgC．小球在与圆心等高的B点下方运动过程中，力传感器读数总是为正值D．若小球通过圆周最低点时速度为eq\r(2gL)，则力传感器读数为mg[解析]轻杆模型中小球过最高点速度不小于0，A项正确；在最高点受力分析有mg＋F＝meq\f(v2,L)，将速度eq\r(\f(gL,3))代入，解得F＝－eq\f(2,3)mg，即小球受到向上的支持力，由牛顿第三定律可知传感器受到向下的压力，B项正确；小球在与圆心等高的B点下方运动过程中，小球都受到拉力，力传感器读数总是为正值，C项正确；在最低点受力分析有F－mg＝meq\f(v2,L)。将速度为eq\r(2gL)代入，解得F＝3mg，D项错误，故选ABC项。6.如图两段长均为L的轻质线共同系住一个质量为m的小球，另一端分别固定在等高的A、B两点，A、B两点间距也为L，现使小球在竖直平面内做圆周运动，当小球到达最高点时速率为v，两段线中张力恰好均为零，若小球达到最高点时速率为2v，则此时每段线中张力大小为(A)A.eq\r(3)mg B．2eq\r(3)mgC．3mg D．4mg[解析]当小球到达最高点时速率为v，有mg＝meq\f(v2,r)，当小球到达最高点时速率为2v时，应有F＋mg＝veq\f(2v2,r)＝4mg，所以F＝3mg，此时最高点各力如图所示，所以T＝eq\r(3)mg，A项正确。实力综合练7.(2024·郑州联考)如图所示，半径为R的竖直光滑圆轨道内侧底部静止着一个光滑小球，现给小球一个冲击，使其在瞬间得到一个水平初速度v0，若v0大小不同，则小球能够上升的最大高度(距离底部)也不同。下列说法中不正确的是(C)A．假如v0＝eq\r(gR)，则小球能够上升的最大高度等于eq\f(R,2)B．假如v0＝eq\r(3gR)，则小球能够上升的最大高度小于eq\f(3R,2)C．假如v0＝eq\r(4gR)，则小球能够上升的最大高度等于2RD．假如v0＝eq\r(5gR)，则小球能够上升的最大高度等于2R[解析]假如v0＝eq\r(gR)，依据机械能守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝mgh，解得h＝eq\f(R,2)，当小球运动到h＝eq\f(R,2)高度时速度可以为零，则小球能够上升的最大高度为eq\f(R,2)，故A项正确；假如v0＝eq\r(3gR)，依据机械能守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝mgh，解得h＝eq\f(3R,2)，则小球在上升到h＝eq\f(3R,2)处之前做斜抛运动，所以小球能够上升的最大高度小于eq\f(3R,2)，B项正确；假如v0＝eq\r(5gR)，依据机械能守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝mg·2R＋eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(gR)，所以小球恰好可以到达最高点，即小球能够上升的最大高度为2R，故D项正确，C项错误。故选C项。8.如图所示，O为半球形容器的球心，半球形容器绕通过O的竖直轴以角速度ω匀速转动，放在容器内的两个质量相等的小物块a和b相对容器静止，b与容器壁间恰好没有摩擦力。已知a和O、b和O的连线与竖直方向的夹角分别为60°和30°，则下列说法正确的是(A)A．小物块a和b做圆周运动所需的向心力之比为eq\r(3)∶1B．小物块a和b对容器壁的压力之比为eq\r(3)∶1C．小物块a与容器壁之间无摩擦力D．容器壁对小物块a的摩擦力方向沿器壁切线向下[解析]a、b角速度相等，向心力可表示为Fn＝mω2Rsinα，所以a、b做圆周运动所需的向心力之比为sin60°∶sin30°＝eq\r(3)∶1，A正确；若无摩擦力a将移动到和b等高的位置，所以摩擦力沿切线方向向上，对b受力分析可得mgtan30°＝mω2Rsin30°，结合对b分析结果，对a分析mω2Rsin60°<mgtan60°，即支持力指向转轴方向的分力大于它做圆周运动所须要的向心力，因此摩擦力有背离转轴方向的分力，即摩擦力沿切线方向向上；对b有FNbcos30°＝mg，对a有FNacos60°＋Ffsin60°＝mg，所以eq\f(FNa,FNb)≠eq\f(cos30°,cos60°)＝eq\f(\r(3),1)，B、C、D错误。9．两个质量分别为2m和m的小木块a和b(可视为质点)放在水平圆盘上，a与转轴OO′的距离为L，b与转轴的距离为2L，a、b之间用长为L的强度足够大的轻绳相连，木块与圆盘间的最大静摩擦力为木块所受重力的k倍，重力加速度大小为g。若圆盘从静止起先绕转轴缓慢地加速转动，起先时轻绳刚好伸直但无张力，用ω表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是(D)A．a比b先达到最大静摩擦力B．a、b所受的摩擦力始终相等C．ω＝eq\r(\f(kg,2L))是b起先滑动的临界角速度D．当ω＝eq\r(\f(2kg,3L))时，a所受摩擦力的大小为eq\f(5kmg,3)[解析]木块随圆盘一起转动，当绳子上无拉力时，静摩擦力供应向心力，由牛顿其次定律得，Ff＝mω2r，Fmax＝kmg，联立得ωmax＝eq\r(\f(kg,r))，故随着ω增大，b先达到临界角速度，b先达到最大静摩擦力，A错误；在b的静摩擦力没有达到最大前，由Ff＝mω2r，a、b质量分别是2m和m，而圆周运动的半径r分别为L和2L，所以起先时a和b受到的摩擦力是相等的；当b受到的静摩擦力达到最大后，即ω>eq\r(\f(kg,2L))，对于b木块有kmg＋F＝mω2·2L，对于a木块有Ff－F＝2mω2L，联立得Ff＝4mω2L－kmg>kmg，可知二者受到的摩擦力不愿定相等，B错误；b刚要滑动时，对b木块有kmg＋F＝mωeq\o\al(2,0)·2L，对a木块有k·2mg－F＝2mωeq\o\al(2,0)L，联立解得ω0＝eq\r(\f(3kg,4L))，C错误；当ω＝eq\r(\f(2kg,3L))时，b未滑动，a所受摩擦力大小，Ff＝4mω2L－kmg＝eq\f(5kmg,3)，D正确。10．(多选)如图甲所示，陀螺在圆轨道外侧运动而不脱离，好像被施加了魔法一样。该陀螺可等效成一质点在圆轨道外侧运动的模型，如图乙所示，在竖直面内固定的强磁性圆轨道上，A、B两点分别为轨道的最高点与最低点。已知该陀螺的质量为m，强磁性圆轨道半径为R，重力加速度为g，陀螺沿轨道外侧做完整的圆周运动，受到的轨道的强磁性引力始终指向圆心O且大小恒为F。当陀螺以速率eq\r(2gR)通过A点时，对轨道的压力为7mg。不计一切摩擦和空气阻力，下列说法正确的是(ABD)A．强磁性引力F大小为8mgB．陀螺在B点的速率为eq\r(6gR)C．陀螺在B点对轨道压力为6mgD．要使陀螺不脱离强磁性圆轨道，它在B点的速率不能超过eq\r(7gR)[解析]陀螺在A点时，由牛顿其次定律得mg＋F－7mg＝meq\f(v\o\al(2,A),R)，解得F＝8mg，A正确；陀螺从A点到B点，由动能定理有mg·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)，解得vB＝eq\r(6gR)，B正确；陀螺在B点时，由牛顿其次定律有F－FN－mg＝meq\f(v\o\al(2,B),R)，解得FN＝mg，陀螺在B点对轨道的压力大小为mg，C错误；陀螺恰好不脱离强磁性圆轨道时，轨道弹力为零，则此时由牛顿其次定律有F－mg＝meq\f(vB′2,R)，解得vB′＝eq\r(7gR)，D正确。11．(多选)(2024·广东汕头摸底)如图甲，固定在竖直面内的光滑圆形管道内有一小球在做圆周运动，小球直径略小于管道内径，管道最低处N点装有连着数字计时器的光电门，可测球经过N点时的速率vN，最高处装有力的传感器M，可测出球经过M点时对管道作用力F(竖直向上为正)，用同一小球以不同的初速度重复试验，得到F与veq\o\al(2,N)的关系图像如图乙，c为图像与横轴交点横坐标，－b为图像延长线与纵轴交点纵坐标，重力加速度为g，则下列说法中正确的是(AC)A．若小球经过N点时满足veq\o\al(2,N)＝c，则经过M点时对轨道无压力B．当小球经过N点时满足veq\o\al(2,N)＝eq\r(2)c，则经过M点时对内管道壁有压力C．小球做圆周运动的半径为eq\f(c,5g)D．F＝－b表示小球经过N点时速度等于0[解析]由题图可知，若小球经过N点时满足veq\o\al(2,N)＝c，则经过M点时对轨道无压力，选项A正确；由图可知，当小球经过N点时满足veq\o\al(2,N)＝eq\r(2)c>c，则经过M点时对管壁的压力为正值，可知此时小球对外管道壁有压力，选项B错误；若小球经过N点时满足veq\o\al(2,N)＝c，则在M点时mg＝meq\f(v\o\al(2,M),R)，由机械能守恒可得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,N)＝mg·2R＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,M)，联立解得R＝eq\f(c,5g)，选项C正确；F＝－b，表示小球经过M点时对管壁的作用力方向向下，即此时小球能经过M点，但经过N点时速度不能等于0，选项D错误。12．如图所示，光滑斜面与水平面成α＝30°角，斜面上一根长为l＝0.30m的轻杆，一端固定质量为0.2kg的小球，可绕另一端O点在斜面内转动。先将轻杆拉至水平位置，然后给小球一沿着斜面并与轻杆垂直的初速度v0＝3m/s，取g＝10m/s2，则(C)A．此时小球的加速度大小为eq\r(30)m/s2B．小球到达最高点时，杆对其的弹力沿斜面对上C．若增大v0，小球达到最高点时杆对小球的弹力确定增大D．若增大v0，小球达到最高点时杆对小球的弹力可能减小[解析]小球做变速圆周运动，在初位置加速度不指向圆心，切向加速度为：a′＝eq\f(mgsinα,m)＝gsinα，向心加速度为：an＝eq\f(v\o\al(2,0),l)＝eq\f(32,0.30)m/s2＝30m/s2，此时小球的加速度为：a＝eq\r(a\o\al(2,n)＋a′2)>an＝30m/s2>eq\r(30)m/s2，故A错误；小球从初始位置到最高点过程，依据动能定理，有：－mglsinα＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得：v1＝eq\r(v\o\al(2,0)－2glsin30°)＝eq\r(32－2×10×0.30×\f(1,2))m/s＝eq\r(6)m/s；考虑临界状况，假如在最高点杆没有弹力，小球重力沿斜面的分力供应向心力，有：mgsinα＝meq\f(v\o\al(2,2),l)，解得：v2＝eq\r(glsin30°)＝eq\f(\r(6),2)m/s<v1，说明小球到达最高点时杆对小球有拉力作用，即杆对小球的弹力沿斜面对下，故B错误；在最高点时，轻杆对小球的弹力是拉力，故F＋mgsinα＝meq\f(v\o\al(2,最高),l)，假如初速度增大，则在最高点速度也增大，故拉力F确定增大，C正确，D错误。