2025版高考物理一輪總復(fù)習(xí)第4章拋體運(yùn)動與圓周運(yùn)動專題強(qiáng)化5圓周運(yùn)動的臨界問題提能訓(xùn)練

第四章專題強(qiáng)化五基礎(chǔ)過關(guān)練題組一水平面內(nèi)圓周運(yùn)動的臨界問題1．將一平板折成如圖所示形態(tài)，AB部分水平且粗糙，BC部分光滑且與水平方向成θ角，板繞豎直軸OO′勻速轉(zhuǎn)動，放在AB板E處和放在BC板F處的物塊均剛好不滑動，兩物塊到轉(zhuǎn)動軸的距離相等，則物塊與AB板間的動摩擦因數(shù)為(A)A．tanθ B．eq\f(1,tanθ)C．sinθ D．cosθ[解析]①兩物塊角速度相同；②剛好不滑動。設(shè)物塊與AB部分的動摩擦因數(shù)為μ，板轉(zhuǎn)動的角速度為ω，兩物塊到轉(zhuǎn)軸的距離為L，由于物塊剛好不滑動，則對AB板上的物塊有μmg＝mω2L，對BC板上的物塊有mgtanθ＝mω2L，因此μ＝tanθ，A項(xiàng)正確。2.(多選)如圖所示，位于水平面內(nèi)的圓盤圓心為O點(diǎn)，輕桿AO垂直并且固定于粗糙的圓盤上，長度為l的細(xì)繩一端固定于O上方eq\f(4,5)l處的A點(diǎn)，另一端與放置于圓盤上的物體拴接，初始時細(xì)繩恰好伸直，現(xiàn)讓圓盤以AO為軸轉(zhuǎn)動起來，當(dāng)轉(zhuǎn)動的角速度ω緩慢增大時(物體始終沒有離開圓盤，已知重力加速度為g)，下列說法正確的是(BD)A．物塊始終受三個力的作用B．物塊所受到的摩擦力先增大后減小C．細(xì)繩的拉力始終增大D．要使物塊不離開圓盤，轉(zhuǎn)動的角速度的最大值為eq\r(\f(5g,4l))[解析]物塊可能受到重力，支持力，摩擦力，繩子的拉力四個力的作用，A項(xiàng)錯誤；在摩擦力達(dá)到最大值之前，繩子的拉力為0，摩擦力為靜摩擦力，并且摩擦力隨角速度的增加而變大，當(dāng)繩子出現(xiàn)拉力之后，隨角速度的增加，繩子的拉力增大，摩擦力減小，因此B項(xiàng)正確，C項(xiàng)錯誤；設(shè)細(xì)繩與豎直方向夾角為θ，當(dāng)圓盤對物體的彈力為零時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項(xiàng)正確，故選BD項(xiàng)。3.如圖所示，AC、BC兩繩系一質(zhì)量為m＝0.1kg的小球，AC繩長L＝2m，兩繩的另一端分別固定于軸的A、B兩處，兩繩拉直時與豎直軸的夾角分別為30°和45°。小球在水平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動時，若兩繩中始終有張力，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]當(dāng)上繩繃緊、下繩恰好伸直但無張力時，小球受力如圖甲所示，由牛頓其次定律得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，當(dāng)下繩繃緊、上繩恰好伸直無張力時，小球受力如圖乙所示，由牛頓其次定律得，mgtan45°＝mωeq\o\al(2,2)r，解得ω2＝eq\r(10)rad/s≈3.2rad/s，故當(dāng)2.4rad/s<ω<3.2rad/s時，兩繩始終有張力，故B正確，A、C、D錯誤。題組二豎直面內(nèi)圓周運(yùn)動的臨界問題4.雜技演員表演“水流星”，在長為2.5m的細(xì)繩的一端，系一個總質(zhì)量m＝0.5kg的盛水容器(可視為質(zhì)點(diǎn))，以繩的另一端為圓心，在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動，如圖所示，若“水流星”通過最高點(diǎn)時的速率為5m/s，則下列說法正確的是(g取10m/s2)(B)A．“水流星”通過最高點(diǎn)時，有水從容器中流出B．“水流星”通過最高點(diǎn)時，繩的張力及容器底部受到的水的壓力均為零C．“水流星”通過最高點(diǎn)時，處于完全失重狀態(tài)，不受力的作用D．“水流星”通過最高點(diǎn)時，繩子的拉力大小為5N[解析]“水流星”在最高點(diǎn)的臨界速度v＝eq\r(gL)＝5m/s，“水流星”通過最高點(diǎn)的速率為5m/s時，繩的拉力恰好為零，且水恰不流出容器，處于完全失重狀態(tài)，但受重力作用。故選B。5.(多選)豎直平面內(nèi)的圓周運(yùn)動是物理學(xué)里的經(jīng)典模型之一，某同學(xué)通過如下試驗(yàn)來探究其相關(guān)規(guī)律：如圖，質(zhì)量為m的小球固定在力傳感器測量的一側(cè)，傳感器另一側(cè)固定在輕桿一端，現(xiàn)給小球一初速度讓其繞O點(diǎn)做圓周運(yùn)動，小球到O點(diǎn)距離為L，已知當(dāng)力傳感器受到球?qū)ζ錇閴毫r讀數(shù)為負(fù)，受到拉力時讀數(shù)為正，重力加速度為g。則下列說法正確的是(ABC)A．只要小球通過圓周最高點(diǎn)的速度大于0就能完成完整的圓周運(yùn)動B．若小球通過圓周最高點(diǎn)時速度為eq\r(\f(gL,3))，則力傳感器讀數(shù)為－eq\f(2,3)mgC．小球在與圓心等高的B點(diǎn)下方運(yùn)動過程中，力傳感器讀數(shù)總是為正值D．若小球通過圓周最低點(diǎn)時速度為eq\r(2gL)，則力傳感器讀數(shù)為mg[解析]輕桿模型中小球過最高點(diǎn)速度不小于0，A項(xiàng)正確；在最高點(diǎn)受力分析有mg＋F＝meq\f(v2,L)，將速度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，由牛頓第三定律可知傳感器受到向下的壓力，B項(xiàng)正確；小球在與圓心等高的B點(diǎn)下方運(yùn)動過程中，小球都受到拉力，力傳感器讀數(shù)總是為正值，C項(xiàng)正確；在最低點(diǎn)受力分析有F－mg＝meq\f(v2,L)。將速度為eq\r(2gL)代入，解得F＝3mg，D項(xiàng)錯誤，故選ABC項(xiàng)。6.如圖兩段長均為L的輕質(zhì)線共同系住一個質(zhì)量為m的小球，另一端分別固定在等高的A、B兩點(diǎn)，A、B兩點(diǎn)間距也為L，現(xiàn)使小球在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動，當(dāng)小球到達(dá)最高點(diǎn)時速率為v，兩段線中張力恰好均為零，若小球達(dá)到最高點(diǎn)時速率為2v，則此時每段線中張力大小為(A)A.eq\r(3)mg B．2eq\r(3)mgC．3mg D．4mg[解析]當(dāng)小球到達(dá)最高點(diǎn)時速率為v，有mg＝meq\f(v2,r)，當(dāng)小球到達(dá)最高點(diǎn)時速率為2v時，應(yīng)有F＋mg＝veq\f(2v2,r)＝4mg，所以F＝3mg，此時最高點(diǎn)各力如圖所示，所以T＝eq\r(3)mg，A項(xiàng)正確。實(shí)力綜合練7.(2024·鄭州聯(lián)考)如圖所示，半徑為R的豎直光滑圓軌道內(nèi)側(cè)底部靜止著一個光滑小球，現(xiàn)給小球一個沖擊，使其在瞬間得到一個水平初速度v0，若v0大小不同，則小球能夠上升的最大高度(距離底部)也不同。下列說法中不正確的是(C)A．假如v0＝eq\r(gR)，則小球能夠上升的最大高度等于eq\f(R,2)B．假如v0＝eq\r(3gR)，則小球能夠上升的最大高度小于eq\f(3R,2)C．假如v0＝eq\r(4gR)，則小球能夠上升的最大高度等于2RD．假如v0＝eq\r(5gR)，則小球能夠上升的最大高度等于2R[解析]假如v0＝eq\r(gR)，依據(jù)機(jī)械能守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝mgh，解得h＝eq\f(R,2)，當(dāng)小球運(yùn)動到h＝eq\f(R,2)高度時速度可以為零，則小球能夠上升的最大高度為eq\f(R,2)，故A項(xiàng)正確；假如v0＝eq\r(3gR)，依據(jù)機(jī)械能守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝mgh，解得h＝eq\f(3R,2)，則小球在上升到h＝eq\f(3R,2)處之前做斜拋運(yùn)動，所以小球能夠上升的最大高度小于eq\f(3R,2)，B項(xiàng)正確；假如v0＝eq\r(5gR)，依據(jù)機(jī)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達(dá)最高點(diǎn)，即小球能夠上升的最大高度為2R，故D項(xiàng)正確，C項(xiàng)錯誤。故選C項(xiàng)。8.如圖所示，O為半球形容器的球心，半球形容器繞通過O的豎直軸以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動，放在容器內(nèi)的兩個質(zhì)量相等的小物塊a和b相對容器靜止，b與容器壁間恰好沒有摩擦力。已知a和O、b和O的連線與豎直方向的夾角分別為60°和30°，則下列說法正確的是(A)A．小物塊a和b做圓周運(yùn)動所需的向心力之比為eq\r(3)∶1B．小物塊a和b對容器壁的壓力之比為eq\r(3)∶1C．小物塊a與容器壁之間無摩擦力D．容器壁對小物塊a的摩擦力方向沿器壁切線向下[解析]a、b角速度相等，向心力可表示為Fn＝mω2Rsinα，所以a、b做圓周運(yùn)動所需的向心力之比為sin60°∶sin30°＝eq\r(3)∶1，A正確；若無摩擦力a將移動到和b等高的位置，所以摩擦力沿切線方向向上，對b受力分析可得mgtan30°＝mω2Rsin30°，結(jié)合對b分析結(jié)果，對a分析mω2Rsin60°<mgtan60°，即支持力指向轉(zhuǎn)軸方向的分力大于它做圓周運(yùn)動所須要的向心力，因此摩擦力有背離轉(zhuǎn)軸方向的分力，即摩擦力沿切線方向向上；對b有FNbcos30°＝mg，對a有FNacos60°＋Ffsin60°＝mg，所以eq\f(FNa,FNb)≠eq\f(cos30°,cos60°)＝eq\f(\r(3),1)，B、C、D錯誤。9．兩個質(zhì)量分別為2m和m的小木塊a和b(可視為質(zhì)點(diǎn))放在水平圓盤上，a與轉(zhuǎn)軸OO′的距離為L，b與轉(zhuǎn)軸的距離為2L，a、b之間用長為L的強(qiáng)度足夠大的輕繩相連，木塊與圓盤間的最大靜摩擦力為木塊所受重力的k倍，重力加速度大小為g。若圓盤從靜止起先繞轉(zhuǎn)軸緩慢地加速轉(zhuǎn)動，起先時輕繩剛好伸直但無張力，用ω表示圓盤轉(zhuǎn)動的角速度，下列說法正確的是(D)A．a(chǎn)比b先達(dá)到最大靜摩擦力B．a(chǎn)、b所受的摩擦力始終相等C．ω＝eq\r(\f(kg,2L))是b起先滑動的臨界角速度D．當(dāng)ω＝eq\r(\f(2kg,3L))時，a所受摩擦力的大小為eq\f(5kmg,3)[解析]木塊隨圓盤一起轉(zhuǎn)動，當(dāng)繩子上無拉力時，靜摩擦力供應(yīng)向心力，由牛頓其次定律得，F(xiàn)f＝mω2r，F(xiàn)max＝kmg，聯(lián)立得ωmax＝eq\r(\f(kg,r))，故隨著ω增大，b先達(dá)到臨界角速度，b先達(dá)到最大靜摩擦力，A錯誤；在b的靜摩擦力沒有達(dá)到最大前，由Ff＝mω2r，a、b質(zhì)量分別是2m和m，而圓周運(yùn)動的半徑r分別為L和2L，所以起先時a和b受到的摩擦力是相等的；當(dāng)b受到的靜摩擦力達(dá)到最大后，即ω>eq\r(\f(kg,2L))，對于b木塊有kmg＋F＝mω2·2L，對于a木塊有Ff－F＝2mω2L，聯(lián)立得Ff＝4mω2L－kmg>kmg，可知二者受到的摩擦力不愿定相等，B錯誤；b剛要滑動時，對b木塊有kmg＋F＝mωeq\o\al(2,0)·2L，對a木塊有k·2mg－F＝2mωeq\o\al(2,0)L，聯(lián)立解得ω0＝eq\r(\f(3kg,4L))，C錯誤；當(dāng)ω＝eq\r(\f(2kg,3L))時，b未滑動，a所受摩擦力大小，F(xiàn)f＝4mω2L－kmg＝eq\f(5kmg,3)，D正確。10．(多選)如圖甲所示，陀螺在圓軌道外側(cè)運(yùn)動而不脫離，好像被施加了魔法一樣。該陀螺可等效成一質(zhì)點(diǎn)在圓軌道外側(cè)運(yùn)動的模型，如圖乙所示，在豎直面內(nèi)固定的強(qiáng)磁性圓軌道上，A、B兩點(diǎn)分別為軌道的最高點(diǎn)與最低點(diǎn)。已知該陀螺的質(zhì)量為m，強(qiáng)磁性圓軌道半徑為R，重力加速度為g，陀螺沿軌道外側(cè)做完整的圓周運(yùn)動，受到的軌道的強(qiáng)磁性引力始終指向圓心O且大小恒為F。當(dāng)陀螺以速率eq\r(2gR)通過A點(diǎn)時，對軌道的壓力為7mg。不計(jì)一切摩擦和空氣阻力，下列說法正確的是(ABD)A．強(qiáng)磁性引力F大小為8mgB．陀螺在B點(diǎn)的速率為eq\r(6gR)C．陀螺在B點(diǎn)對軌道壓力為6mgD．要使陀螺不脫離強(qiáng)磁性圓軌道，它在B點(diǎn)的速率不能超過eq\r(7gR)[解析]陀螺在A點(diǎn)時，由牛頓其次定律得mg＋F－7mg＝meq\f(v\o\al(2,A),R)，解得F＝8mg，A正確；陀螺從A點(diǎn)到B點(diǎn)，由動能定理有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正確；陀螺在B點(diǎn)時，由牛頓其次定律有F－FN－mg＝meq\f(v\o\al(2,B),R)，解得FN＝mg，陀螺在B點(diǎn)對軌道的壓力大小為mg，C錯誤；陀螺恰好不脫離強(qiáng)磁性圓軌道時，軌道彈力為零，則此時由牛頓其次定律有F－mg＝meq\f(vB′2,R)，解得vB′＝eq\r(7gR)，D正確。11．(多選)(2024·廣東汕頭摸底)如圖甲，固定在豎直面內(nèi)的光滑圓形管道內(nèi)有一小球在做圓周運(yùn)動，小球直徑略小于管道內(nèi)徑，管道最低處N點(diǎn)裝有連著數(shù)字計(jì)時器的光電門，可測球經(jīng)過N點(diǎn)時的速率vN，最高處裝有力的傳感器M，可測出球經(jīng)過M點(diǎn)時對管道作用力F(豎直向上為正)，用同一小球以不同的初速度重復(fù)試驗(yàn)，得到F與veq\o\al(2,N)的關(guān)系圖像如圖乙，c為圖像與橫軸交點(diǎn)橫坐標(biāo)，－b為圖像延長線與縱軸交點(diǎn)縱坐標(biāo)，重力加速度為g，則下列說法中正確的是(AC)A．若小球經(jīng)過N點(diǎn)時滿足veq\o\al(2,N)＝c，則經(jīng)過M點(diǎn)時對軌道無壓力B．當(dāng)小球經(jīng)過N點(diǎn)時滿足veq\o\al(2,N)＝eq\r(2)c，則經(jīng)過M點(diǎn)時對內(nèi)管道壁有壓力C．小球做圓周運(yùn)動的半徑為eq\f(c,5g)D．F＝－b表示小球經(jīng)過N點(diǎn)時速度等于0[解析]由題圖可知，若小球經(jīng)過N點(diǎn)時滿足veq\o\al(2,N)＝c，則經(jīng)過M點(diǎn)時對軌道無壓力，選項(xiàng)A正確；由圖可知，當(dāng)小球經(jīng)過N點(diǎn)時滿足veq\o\al(2,N)＝eq\r(2)c>c，則經(jīng)過M點(diǎn)時對管壁的壓力為正值，可知此時小球?qū)ν夤艿辣谟袎毫?，選項(xiàng)B錯誤；若小球經(jīng)過N點(diǎn)時滿足veq\o\al(2,N)＝c，則在M點(diǎn)時mg＝meq\f(v\o\al(2,M),R)，由機(jī)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)，聯(lián)立解得R＝eq\f(c,5g)，選項(xiàng)C正確；F＝－b，表示小球經(jīng)過M點(diǎn)時對管壁的作用力方向向下，即此時小球能經(jīng)過M點(diǎn)，但經(jīng)過N點(diǎn)時速度不能等于0，選項(xiàng)D錯誤。12．如圖所示，光滑斜面與水平面成α＝30°角，斜面上一根長為l＝0.30m的輕桿，一端固定質(zhì)量為0.2kg的小球，可繞另一端O點(diǎn)在斜面內(nèi)轉(zhuǎn)動。先將輕桿拉至水平位置，然后給小球一沿著斜面并與輕桿垂直的初速度v0＝3m/s，取g＝10m/s2，則(C)A．此時小球的加速度大小為eq\r(30)m/s2B．小球到達(dá)最高點(diǎn)時，桿對其的彈力沿斜面對上C．若增大v0，小球達(dá)到最高點(diǎn)時桿對小球的彈力確定增大D．若增大v0，小球達(dá)到最高點(diǎn)時桿對小球的彈力可能減小[解析]小球做變速圓周運(yùn)動，在初位置加速度不指向圓心，切向加速度為：a′＝eq\f(mgsinα,m)＝gsinα，向心加速度為：an＝eq\f(v\o\al(2,0),l)＝eq\f(32,0.30)m/s2＝30m/s2，此時小球的加速度為：a＝eq\r(a\o\al(2,n)＋a′2)>an＝30m/s2>eq\r(30)m/s2，故A錯誤；小球從初始位置到最高點(diǎn)過程，依據(jù)動能定理，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；考慮臨界狀況，假如在最高點(diǎn)桿沒有彈力，小球重力沿斜面的分力供應(yīng)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，說明小球到達(dá)最高點(diǎn)時桿對小球有拉力作用，即桿對小球的彈力沿斜面對下，故B錯誤；在最高點(diǎn)時，輕桿對小球的彈力是拉力，故F＋mgsinα＝meq\f(v\o\al(2,最高),l)，假如初速度增大，則在最高點(diǎn)速度也增大，故拉力F確定增大，C正確，D錯誤。