专题提升7　圆周运动的临界问题-2025版高考总复习物理

[基础落实练]1.如图，一硬币(可视为质点)置于水平圆盘上，硬币与竖直转轴OO′的距离为r，已知硬币与圆盘之间的动摩擦因数为μ(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，重力加速度大小为g。若硬币与圆盘一起绕OO′轴匀速转动，则圆盘转动的最大角速度为()A．eq\f(1,2)eq\r(\f(μg,r)) B.eq\r(\f(μg,r))C.eq\r(\f(2μg,r)) D．2eq\r(\f(μg,r))解析：硬币做圆周运动的向心力由静摩擦力提供，则μmg＝mω2r，解得ω＝eq\r(\f(μg,r))，即圆盘转动的最大角速度为eq\r(\f(μg,r))，故选项B正确。答案：B2．一质量为2.0×103kg的汽车在水平公路上行驶，路面对轮胎的径向最大静摩擦力为1.4×104N，当汽车经过半径为80m的弯道时，下列判断正确的是()A．汽车转弯时所受的力有重力、弹力、摩擦力和向心力B．汽车转弯的速度为20m/s时所需的向心力为1.4×104NC．汽车转弯的速度为20m/s时汽车会发生侧滑D．汽车能安全转弯的向心加速度不超过7.0m/s2解析：汽车转弯时所受的力有重力、弹力、摩擦力，向心力是由摩擦力提供的，A错误；汽车转弯的速度为20m/s时，根据Fn＝meq\f(v2,R)，得所需的向心力为1.0×104N，没有超过最大静摩擦力，所以汽车不会发生侧滑，B、C错误；汽车安全转弯时的最大向心加速度为am＝eq\f(f,m)＝7.0m/s2，D正确。答案：D3.(多选)如图所示，三角形为一光滑锥体的正视图，母线与竖直方向的夹角为θ＝37°。一根长为l＝1m的细线一端系在锥体顶端，另一端系着一可视为质点的小球，小球在水平面内绕锥体的轴做匀速圆周运动，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，不计空气阻力，则()A．小球受重力、支持力、拉力和向心力B．小球可能只受拉力和重力C．当ω＝eq\f(5,2)eq\r(2)rad/s时，小球对锥体的压力刚好为零D．当ω＝2eq\r(5)rad/s时，小球受重力、支持力和拉力作用解析：转速较小时，小球紧贴锥体，则Fcosθ＋Nsinθ＝mg，Fsinθ－Ncosθ＝mω2lsinθ，随着转速的增加，F增大，N减小，当角速度ω达到ω0时支持力为零，支持力恰好为零时有mgtanθ＝mωeq\o\al(2,0)lsinθ，解得ω0＝eq\f(5,2)eq\r(2)rad/s，A错误，B、C正确；当ω＝2eq\r(5)rad/s时，小球已经离开斜面，小球受重力和拉力的作用，D错误。答案：BC4．(多选)如图所示，在匀速转动的水平圆盘上，沿半径方向放着用细线相连的质量相等的两个物体A和B，它们分居圆心两侧，质量均为m，与圆心距离分别为RA＝r，RB＝2r，与盘间的动摩擦因数μ相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当圆盘转速加快到两物体刚好还未发生滑动时，下列说法正确的是()A．此时细线张力为T＝3μmgB．此时圆盘的角速度为ω＝eq\r(\f(2μg,r))C．此时A所受摩擦力方向沿半径指向圆外D．此时烧断细线，A仍相对盘静止，B将做离心运动解析：A和B随着圆盘转动时，合力提供向心力，则F＝mω2r，B的运动半径比A的半径大，所以B所需向心力大，细线拉力相等，所以当圆盘转速加快到两物体刚好还未发生滑动时，B的静摩擦力方向沿半径指向圆心，A的最大静摩擦力方向沿半径指向圆外，根据牛顿第二定律得T－μmg＝mω2r，T＋μmg＝mω2·2r，解得T＝3μmg，ω＝eq\r(\f(2μg,r))，故A、B、C正确；此时烧断细线，A的最大静摩擦力不足以提供向心力，则A做离心运动，故D错误。答案：ABC5．如图所示，长为l的轻杆两端各固定一个质量均为m的小球a、b，系统置于倾角为θ的光滑斜面上，且杆可绕位于中点的转轴平行于斜面转动，当小球a位于最低点时给系统一初始角速度ω0，不计一切阻力，则()A．在轻杆转过180°的过程中，角速度逐渐减小B．只有ω0大于某临界值，系统才能做完整的圆周运动C．轻杆受到转轴的力的大小始终为2mgsinθD．轻杆受到转轴的力的方向始终在变化解析：小球a、b质量均为m，系统置于倾角为θ的光滑斜面上，且杆可绕位于中点的转轴平行于斜面转动，当系统有初始角速度时，在转动过程中，系统的重力势能不变，那么系统的动能也不变，因此系统始终匀速转动，故A、B错误；选两球及杆作为系统，根据牛顿第二定律，则有F－2mgsinθ＝man＋m(－an)，解得F＝2mgsinθ，而轻杆受到转轴的力的方向始终沿着斜面向上，故C正确，D错误。答案：C6.(多选)(2024·四川树德中学诊断)如图所示，竖直杆AB在A、B两点通过光滑铰链连接两等长轻杆AC和BC，AC和BC与竖直方向的夹角均为θ，轻杆长均为L，在C处固定一质量为m的小球，重力加速度为g，在装置绕竖直杆AB转动的角速度ω从0开始逐渐增大过程中，下列说法正确的是()A．当ω＝0时，AC杆和BC杆对小球的作用力都表现为拉力B．AC杆对小球的作用力先增大后减小C．一定时间后，AC杆与BC杆上的力的大小之差恒定D．当ω＝eq\r(\f(g,Lcosθ))时，BC杆对小球的作用力为0解析：当ω＝0时，由于小球在水平方向受力平衡，因此AC杆对小球的作用力表现为拉力，BC杆对小球的作用力表现为支持力，且大小相等，A错误；当ω逐渐增大时，AC杆对小球的拉力逐渐增大，BC杆对小球的支持力逐渐减小，当BC杆的作用力为0时，有mgtanθ＝mω2Lsinθ，解得ω＝eq\r(\f(g,Lcosθ))，当ω继续增大时，AC杆对小球的拉力继续增大，BC杆对小球的作用力变为拉力，且逐渐增大，B错误，D正确；一定时间后，AC杆和BC杆的作用力都变为拉力，拉力的竖直分力之差等于小球受到的重力，即F1cosθ－F2cosθ＝mg，则F1－F2＝eq\f(mg,cosθ)，因此AC杆与BC杆上的力的大小之差恒定，C正确。答案：CD7.(多选)如图所示，长为L的细绳一端拴一质量为m的小球，另一端固定在O点，绳的最大承受能力为11mg，在O点正下方O′点有一小钉，先把绳拉至水平再释放小球，为使绳不被拉断且小球能以O′为轴完成竖直面完整的圆周运动，则钉的位置到O点的距离()A．最小为eq\f(2,5)L B．最小为eq\f(3,5)LC．最大为eq\f(4,5)L D．最大为eq\f(9,10)L解析：当小球恰好到达圆周运动的最高点时小球的转动半径为r，重力提供向心力，则有mg＝meq\f(v2,r)，根据机械能守恒定律可知，mg(L－2r)＝eq\f(1,2)mv2，联立解得r＝eq\f(2,5)L，故钉的位置到O点的距离为L－eq\f(2,5)L＝eq\f(3,5)L；当小球转动时，恰好达到细绳的最大拉力时，即F＝11mg，此时一定处在最低点，设半径为R，则有11mg－mg＝meq\f(veq\o\al(2,0),R)，根据机械能守恒定律可知，mgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，联立解得R＝eq\f(1,5)L，故此时离最高点距离为eq\f(4,5)L，则可知，距离最小为eq\f(3,5)L，距离最大为eq\f(4,5)L，故B、C正确，A、D错误。答案：BC[能力提升练]8.如图所示，质量为1.6kg、半径为0.5m的光滑细圆管用轻杆固定在竖直平面内，小球A和B(均可视为质点)的直径略小于细圆管的内径(内径远小于细圆管半径)。它们的质量分别为mA＝1kg、mB＝2kg。某时刻，小球A、B分别位于圆管最低点和最高点，且A的速度大小为vA＝3m/s，此时杆对圆管的弹力为零。则B球的速度大小vB为(取g＝10m/s2)()A．2m/s B．4m/sC．6m/s D．8m/s解析：对A球，合力提供向心力，设管对A球的支持力为FA，由牛顿第二定律有FA－mAg＝mAeq\f(veq\o\al(2,A),R)，代入数据解得FA＝28N，由牛顿第三定律可得，A球对管的力竖直向下为28N，设B球对管的力为F′B，由管的受力平衡可得F′B＋28N＋m管g＝0，解得F′B＝－44N，负号表示和重力方向相反，由牛顿第三定律可得，管对B球的力FB为44N，方向竖直向下，对B球由牛顿第二定律有FB＋mBg＝mBeq\f(veq\o\al(2,B),R)，解得vB＝4m/s。故选B。答案：B9.(多选)(2024·四川德阳模拟)如图所示，固定在竖直平面内光滑的圆轨道半径R＝2m，从最低点A有一质量为m＝1kg的小球开始运动，初速度v0方向水平向右，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是()A．若初速度v0＝8m/s，则运动过程中，小球不会脱离圆轨道B．若初速度v0＝5m/s，则运动过程中，小球不会脱离圆轨道C．小球能到达最高点B的条件是v0≥4eq\r(5)m/sD．若小球能通过圆轨道最高点，则小球初速度越大，在最高点时对轨道的压力一定越大解析：小球恰好能到达最高点时，根据机械能守恒定律有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝mg·2R＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，且恰好满足mg＝eq\f(mveq\o\al(2,1),R)，解得v0＝10m/s，若小球刚好能到圆心高度，有eq\f(1,2)mv′eq\o\al(2,0)＝mgR，得v′0＝2eq\r(10)m/s，2eq\r(10)m/s<v0<10m/s，小球会脱离轨道，不会到达最高点，v0≤2eq\r(10)m/s，小球不会到达最高点，也不会脱离轨道，A、C错误，B正确；若小球能通过圆轨道最高点，则小球初速度越大，在最高点时速度越大，需要的向心力越大，对轨道的压力一定越大，D正确。答案：BD10．如图所示，装置BO′O可绕竖直轴O′O转动，可视为质点的小球A与两细线连接后分别系于B、C两点，装置静止时细线AB水平，细线AC与竖直方向的夹角θ＝37°。已知小球的质量m＝1kg，细线AC长L＝1m，B点距C点的水平和竖直距离相等。(重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(1)若装置匀速转动的角速度为ω1，细线AB上的张力为零而细线AC与竖直方向夹角仍为37°，求角速度ω1的大小；(2)若装置匀速转动的角速度为ω2时，细线AB刚好竖直，且张力为零，求此时角速度ω2的大小。解析：(1)细线AB上的张力恰好为零时有mgtan37°＝mωeq\o\al(2,1)Lsin37°解得ω1＝eq\r(\f(g,Lcos37°))＝eq\r(\f(50,4))rad/s＝eq\f(5\r(2),2)rad/s。(2)细线AB恰好竖直，但张力为零时，由几何关系得cosθ′＝eq\f(3,5)，则有θ′＝53°又mgtanθ′＝mωeq\o\al(2,2)Lsinθ′解得ω2＝eq\f(5\r(6),3)rad/s。答案：(1)eq\f(5\r(2),2)rad/s(2)eq\f(5\r(6),3)rad/s11．(2023·湖北卷)如图为某游戏装置原理示意图。水平桌面上固定一半圆形竖直挡板，其半径为2R、内表面光滑，挡板的两端A、B在桌面边缘，B与半径为R的固定光滑圆弧轨道eq\o(CDE,\s\up8(︵))在同一竖直平面内，过C点的轨道半径与竖直方向的夹角为60°。小物块以某一水平初速度由A点切入挡板内侧，从B点飞出桌面后，在C点沿圆弧切线方向进入轨道eq\o(CDE,\s\up8(︵))内侧，并恰好能到达轨道的最高点D。小物块与桌面之间的动摩擦因数为eq\f(1,2π)，重力加速度大小为g，忽略空气阻力，小物块可视为质点。求：(1)小物块到达D点的速度大小；(2)B和D两点的高度差；(3)小物块在A点的初速度大小。解析：(1)由题知，小物块恰好能到达轨道的最高点D，则在D点有meq\f(veq\o\al(2,D),R)＝mg解得vD＝eq\r(gR)。(2)由题知，小物块从C点沿圆弧切线方向进入轨道eq\o(CDE,\s\up8(︵))内侧，则在C点有cos60°＝eq\f(vB,vC)小物块从C点到D点的过程中，根据动能定理有－mg(R＋Rcos60°)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D