专题提升7 圆周运动的临界问题-2025版高考总复习物理_第1页
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文档简介

[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

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