專題提升7　圓周運(yùn)動(dòng)的臨界問題-2025版高考總復(fù)習(xí)物理

[基礎(chǔ)落實(shí)練]1.如圖，一硬幣(可視為質(zhì)點(diǎn))置于水平圓盤上，硬幣與豎直轉(zhuǎn)軸OO′的距離為r，已知硬幣與圓盤之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ(最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力)，重力加速度大小為g。若硬幣與圓盤一起繞OO′軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，則圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)的最大角速度為()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：硬幣做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力由靜摩擦力提供，則μmg＝mω2r，解得ω＝eq\r(\f(μg,r))，即圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)的最大角速度為eq\r(\f(μg,r))，故選項(xiàng)B正確。答案：B2．一質(zhì)量為2.0×103kg的汽車在水平公路上行駛，路面對輪胎的徑向最大靜摩擦力為1.4×104N，當(dāng)汽車經(jīng)過半徑為80m的彎道時(shí)，下列判斷正確的是()A．汽車轉(zhuǎn)彎時(shí)所受的力有重力、彈力、摩擦力和向心力B．汽車轉(zhuǎn)彎的速度為20m/s時(shí)所需的向心力為1.4×104NC．汽車轉(zhuǎn)彎的速度為20m/s時(shí)汽車會(huì)發(fā)生側(cè)滑D．汽車能安全轉(zhuǎn)彎的向心加速度不超過7.0m/s2解析：汽車轉(zhuǎn)彎時(shí)所受的力有重力、彈力、摩擦力，向心力是由摩擦力提供的，A錯(cuò)誤；汽車轉(zhuǎn)彎的速度為20m/s時(shí)，根據(jù)Fn＝meq\f(v2,R)，得所需的向心力為1.0×104N，沒有超過最大靜摩擦力，所以汽車不會(huì)發(fā)生側(cè)滑，B、C錯(cuò)誤；汽車安全轉(zhuǎn)彎時(shí)的最大向心加速度為am＝eq\f(f,m)＝7.0m/s2，D正確。答案：D3.(多選)如圖所示，三角形為一光滑錐體的正視圖，母線與豎直方向的夾角為θ＝37°。一根長為l＝1m的細(xì)線一端系在錐體頂端，另一端系著一可視為質(zhì)點(diǎn)的小球，小球在水平面內(nèi)繞錐體的軸做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，不計(jì)空氣阻力，則()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．當(dāng)ω＝eq\f(5,2)eq\r(2)rad/s時(shí)，小球?qū)﹀F體的壓力剛好為零D．當(dāng)ω＝2eq\r(5)rad/s時(shí)，小球受重力、支持力和拉力作用解析：轉(zhuǎn)速較小時(shí)，小球緊貼錐體，則Fcosθ＋Nsinθ＝mg，F(xiàn)sinθ－Ncosθ＝mω2lsinθ，隨著轉(zhuǎn)速的增加，F(xiàn)增大，N減小，當(dāng)角速度ω達(dá)到ω0時(shí)支持力為零，支持力恰好為零時(shí)有mgtanθ＝mωeq\o\al(2,0)lsinθ，解得ω0＝eq\f(5,2)eq\r(2)rad/s，A錯(cuò)誤，B、C正確；當(dāng)ω＝2eq\r(5)rad/s時(shí)，小球已經(jīng)離開斜面，小球受重力和拉力的作用，D錯(cuò)誤。答案：BC4．(多選)如圖所示，在勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的水平圓盤上，沿半徑方向放著用細(xì)線相連的質(zhì)量相等的兩個(gè)物體A和B，它們分居圓心兩側(cè)，質(zhì)量均為m，與圓心距離分別為RA＝r，RB＝2r，與盤間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ相同，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，當(dāng)圓盤轉(zhuǎn)速加快到兩物體剛好還未發(fā)生滑動(dòng)時(shí)，下列說法正確的是()A．此時(shí)細(xì)線張力為T＝3μmgB．此時(shí)圓盤的角速度為ω＝eq\r(\f(2μg,r))C．此時(shí)A所受摩擦力方向沿半徑指向圓外D．此時(shí)燒斷細(xì)線，A仍相對盤靜止，B將做離心運(yùn)動(dòng)解析：A和B隨著圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，合力提供向心力，則F＝mω2r，B的運(yùn)動(dòng)半徑比A的半徑大，所以B所需向心力大，細(xì)線拉力相等，所以當(dāng)圓盤轉(zhuǎn)速加快到兩物體剛好還未發(fā)生滑動(dòng)時(shí)，B的靜摩擦力方向沿半徑指向圓心，A的最大靜摩擦力方向沿半徑指向圓外，根據(jù)牛頓第二定律得T－μmg＝mω2r，T＋μmg＝mω2·2r，解得T＝3μmg，ω＝eq\r(\f(2μg,r))，故A、B、C正確；此時(shí)燒斷細(xì)線，A的最大靜摩擦力不足以提供向心力，則A做離心運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤。答案：ABC5．如圖所示，長為l的輕桿兩端各固定一個(gè)質(zhì)量均為m的小球a、b，系統(tǒng)置于傾角為θ的光滑斜面上，且桿可繞位于中點(diǎn)的轉(zhuǎn)軸平行于斜面轉(zhuǎn)動(dòng)，當(dāng)小球a位于最低點(diǎn)時(shí)給系統(tǒng)一初始角速度ω0，不計(jì)一切阻力，則()A．在輕桿轉(zhuǎn)過180°的過程中，角速度逐漸減小B．只有ω0大于某臨界值，系統(tǒng)才能做完整的圓周運(yùn)動(dòng)C．輕桿受到轉(zhuǎn)軸的力的大小始終為2mgsinθD．輕桿受到轉(zhuǎn)軸的力的方向始終在變化解析：小球a、b質(zhì)量均為m，系統(tǒng)置于傾角為θ的光滑斜面上，且桿可繞位于中點(diǎn)的轉(zhuǎn)軸平行于斜面轉(zhuǎn)動(dòng)，當(dāng)系統(tǒng)有初始角速度時(shí)，在轉(zhuǎn)動(dòng)過程中，系統(tǒng)的重力勢能不變，那么系統(tǒng)的動(dòng)能也不變，因此系統(tǒng)始終勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，故A、B錯(cuò)誤；選兩球及桿作為系統(tǒng)，根據(jù)牛頓第二定律，則有F－2mgsinθ＝man＋m(－an)，解得F＝2mgsinθ，而輕桿受到轉(zhuǎn)軸的力的方向始終沿著斜面向上，故C正確，D錯(cuò)誤。答案：C6.(多選)(2024·四川樹德中學(xué)診斷)如圖所示，豎直桿AB在A、B兩點(diǎn)通過光滑鉸鏈連接兩等長輕桿AC和BC，AC和BC與豎直方向的夾角均為θ，輕桿長均為L，在C處固定一質(zhì)量為m的小球，重力加速度為g，在裝置繞豎直桿AB轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度ω從0開始逐漸增大過程中，下列說法正確的是()A．當(dāng)ω＝0時(shí)，AC桿和BC桿對小球的作用力都表現(xiàn)為拉力B．AC桿對小球的作用力先增大后減小C．一定時(shí)間后，AC桿與BC桿上的力的大小之差恒定D．當(dāng)ω＝eq\r(\f(g,Lcosθ))時(shí)，BC桿對小球的作用力為0解析：當(dāng)ω＝0時(shí)，由于小球在水平方向受力平衡，因此AC桿對小球的作用力表現(xiàn)為拉力，BC桿對小球的作用力表現(xiàn)為支持力，且大小相等，A錯(cuò)誤；當(dāng)ω逐漸增大時(shí)，AC桿對小球的拉力逐漸增大，BC桿對小球的支持力逐漸減小，當(dāng)BC桿的作用力為0時(shí)，有mgtanθ＝mω2Lsinθ，解得ω＝eq\r(\f(g,Lcosθ))，當(dāng)ω繼續(xù)增大時(shí)，AC桿對小球的拉力繼續(xù)增大，BC桿對小球的作用力變?yōu)槔?，且逐漸增大，B錯(cuò)誤，D正確；一定時(shí)間后，AC桿和BC桿的作用力都變?yōu)槔?，拉力的豎直分力之差等于小球受到的重力，即F1cosθ－F2cosθ＝mg，則F1－F2＝eq\f(mg,cosθ)，因此AC桿與BC桿上的力的大小之差恒定，C正確。答案：CD7.(多選)如圖所示，長為L的細(xì)繩一端拴一質(zhì)量為m的小球，另一端固定在O點(diǎn)，繩的最大承受能力為11mg，在O點(diǎn)正下方O′點(diǎn)有一小釘，先把繩拉至水平再釋放小球，為使繩不被拉斷且小球能以O(shè)′為軸完成豎直面完整的圓周運(yùn)動(dòng)，則釘?shù)奈恢玫絆點(diǎn)的距離()A．最小為eq\f(2,5)L B．最小為eq\f(3,5)LC．最大為eq\f(4,5)L D．最大為eq\f(9,10)L解析：當(dāng)小球恰好到達(dá)圓周運(yùn)動(dòng)的最高點(diǎn)時(shí)小球的轉(zhuǎn)動(dòng)半徑為r，重力提供向心力，則有mg＝meq\f(v2,r)，根據(jù)機(jī)械能守恒定律可知，mg(L－2r)＝eq\f(1,2)mv2，聯(lián)立解得r＝eq\f(2,5)L，故釘?shù)奈恢玫絆點(diǎn)的距離為L－eq\f(2,5)L＝eq\f(3,5)L；當(dāng)小球轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，恰好達(dá)到細(xì)繩的最大拉力時(shí)，即F＝11mg，此時(shí)一定處在最低點(diǎn)，設(shè)半徑為R，則有11mg－mg＝meq\f(veq\o\al(2,0),R)，根據(jù)機(jī)械能守恒定律可知，mgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，聯(lián)立解得R＝eq\f(1,5)L，故此時(shí)離最高點(diǎn)距離為eq\f(4,5)L，則可知，距離最小為eq\f(3,5)L，距離最大為eq\f(4,5)L，故B、C正確，A、D錯(cuò)誤。答案：BC[能力提升練]8.如圖所示，質(zhì)量為1.6kg、半徑為0.5m的光滑細(xì)圓管用輕桿固定在豎直平面內(nèi)，小球A和B(均可視為質(zhì)點(diǎn))的直徑略小于細(xì)圓管的內(nèi)徑(內(nèi)徑遠(yuǎn)小于細(xì)圓管半徑)。它們的質(zhì)量分別為mA＝1kg、mB＝2kg。某時(shí)刻，小球A、B分別位于圓管最低點(diǎn)和最高點(diǎn)，且A的速度大小為vA＝3m/s，此時(shí)桿對圓管的彈力為零。則B球的速度大小vB為(取g＝10m/s2)()A．2m/s B．4m/sC．6m/s D．8m/s解析：對A球，合力提供向心力，設(shè)管對A球的支持力為FA，由牛頓第二定律有FA－mAg＝mAeq\f(veq\o\al(2,A),R)，代入數(shù)據(jù)解得FA＝28N，由牛頓第三定律可得，A球?qū)艿牧ωQ直向下為28N，設(shè)B球?qū)艿牧镕′B，由管的受力平衡可得F′B＋28N＋m管g＝0，解得F′B＝－44N，負(fù)號(hào)表示和重力方向相反，由牛頓第三定律可得，管對B球的力FB為44N，方向豎直向下，對B球由牛頓第二定律有FB＋mBg＝mBeq\f(veq\o\al(2,B),R)，解得vB＝4m/s。故選B。答案：B9.(多選)(2024·四川德陽模擬)如圖所示，固定在豎直平面內(nèi)光滑的圓軌道半徑R＝2m，從最低點(diǎn)A有一質(zhì)量為m＝1kg的小球開始運(yùn)動(dòng)，初速度v0方向水平向右，重力加速度g取10m/s2，下列說法正確的是()A．若初速度v0＝8m/s，則運(yùn)動(dòng)過程中，小球不會(huì)脫離圓軌道B．若初速度v0＝5m/s，則運(yùn)動(dòng)過程中，小球不會(huì)脫離圓軌道C．小球能到達(dá)最高點(diǎn)B的條件是v0≥4eq\r(5)m/sD．若小球能通過圓軌道最高點(diǎn)，則小球初速度越大，在最高點(diǎn)時(shí)對軌道的壓力一定越大解析：小球恰好能到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)，根據(jù)機(jī)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)，且恰好滿足mg＝eq\f(mveq\o\al(2,1),R)，解得v0＝10m/s，若小球剛好能到圓心高度，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，小球會(huì)脫離軌道，不會(huì)到達(dá)最高點(diǎn)，v0≤2eq\r(10)m/s，小球不會(huì)到達(dá)最高點(diǎn)，也不會(huì)脫離軌道，A、C錯(cuò)誤，B正確；若小球能通過圓軌道最高點(diǎn)，則小球初速度越大，在最高點(diǎn)時(shí)速度越大，需要的向心力越大，對軌道的壓力一定越大，D正確。答案：BD10．如圖所示，裝置BO′O可繞豎直軸O′O轉(zhuǎn)動(dòng)，可視為質(zhì)點(diǎn)的小球A與兩細(xì)線連接后分別系于B、C兩點(diǎn)，裝置靜止時(shí)細(xì)線AB水平，細(xì)線AC與豎直方向的夾角θ＝37°。已知小球的質(zhì)量m＝1kg，細(xì)線AC長L＝1m，B點(diǎn)距C點(diǎn)的水平和豎直距離相等。(重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(1)若裝置勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為ω1，細(xì)線AB上的張力為零而細(xì)線AC與豎直方向夾角仍為37°，求角速度ω1的大小；(2)若裝置勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為ω2時(shí)，細(xì)線AB剛好豎直，且張力為零，求此時(shí)角速度ω2的大小。解析：(1)細(xì)線AB上的張力恰好為零時(shí)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)細(xì)線AB恰好豎直，但張力為零時(shí)，由幾何關(guān)系得cosθ′＝eq\f(3,5)，則有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)如圖為某游戲裝置原理示意圖。水平桌面上固定一半圓形豎直擋板，其半徑為2R、內(nèi)表面光滑，擋板的兩端A、B在桌面邊緣，B與半徑為R的固定光滑圓弧軌道eq\o(CDE,\s\up8(︵))在同一豎直平面內(nèi)，過C點(diǎn)的軌道半徑與豎直方向的夾角為60°。小物塊以某一水平初速度由A點(diǎn)切入擋板內(nèi)側(cè)，從B點(diǎn)飛出桌面后，在C點(diǎn)沿圓弧切線方向進(jìn)入軌道eq\o(CDE,\s\up8(︵))內(nèi)側(cè)，并恰好能到達(dá)軌道的最高點(diǎn)D。小物塊與桌面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為eq\f(1,2π)，重力加速度大小為g，忽略空氣阻力，小物塊可視為質(zhì)點(diǎn)。求：(1)小物塊到達(dá)D點(diǎn)的速度大小；(2)B和D兩點(diǎn)的高度差；(3)小物塊在A點(diǎn)的初速度大小。解析：(1)由題知，小物塊恰好能到達(dá)軌道的最高點(diǎn)D，則在D點(diǎn)有meq\f(veq\o\al(2,D),R)＝mg解得vD＝eq\r(gR)。(2)由題知，小物塊從C點(diǎn)沿圓弧切線方向進(jìn)入軌道eq\o(CDE,\s\up8(︵))內(nèi)側(cè)，則在C點(diǎn)有cos60°＝eq\f(vB,vC)小物塊從C點(diǎn)到D點(diǎn)的過程中，根據(jù)動(dòng)能定理有－mg(R＋Rcos60°)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D