20 专题强化(五) 圆周运动的临界问题(Word练习)-【正禾一本通】2025年高考物理高三一轮总复习高效讲义

[专题强化(五)]　圆周运动的临界问题 ______________________________________________________________________ (选择题每题5分，解答题每题10分，建议用时：50分钟) 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 考点 基础题 综合题 水平面内的圆盘临界模型 1，2，5，6，7 8，9，11 竖直面内圆周运动临界模型 3，4，7 10，12，13 【基础落实练】 1．如图所示，一质量为2.0×103 kg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1.4×104 N，当汽车经过半径为80 m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20 m/s时所需的向心力为1.4×104 N C．汽车转弯的速度为20 m/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7.0 m/s2 解析：选D。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20 m/s时，根据Fn＝m，得所需的向心力为1.0×104 N，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＝＝7.0 m/s2，D正确。 2.(多选)如图，在水平转台上放一个质量M＝2 kg的木块，它与转台间的最大静摩擦力Fmax＝6.0 N，绳的一端系挂木块，通过转台的中心孔O(孔光滑)，另一端悬挂一个质量m＝1.0 kg的物体，当转台以角速度 ＝5 rad/s匀速转动时，木块相对转台静止，木块到O点的距离可能为(　　 ) A．0.40 m B．0.25 m C．0.20 m D．0.06 m 解析：选BC。由于木块所受静摩擦力的方向不确定，故我们需要求出两种临界情况。情况一，当方向指向圆心的摩擦力达到最大静摩擦力时，此时木块到O点的距离最大，对木块根据牛顿第二定律有Fmax＋mg＝Mω2rmax，代入数据解得rmax＝0.32 m。 情况二，当方向背离圆心的摩擦力达到最大静摩擦力时，此时木块到O点的距离最小，根据牛顿第二定律有mg－Fmax＝Mω2rmin，代入数据解得rmin＝0.08 m，所以木块到O点的距离应该在0.08～0.32 m之间，B、C正确。 3.如图所示，一质量为m＝0.5 kg的小球(可视为质点)，用长为0.4 m的轻绳拴着在竖直平面内做圆周运动，g＝10 m/s2，下列说法不正确的是(　　 ) A．小球要做完整的圆周运动，在最高点的速度至少为2 m/s B．当小球在最高点的速度为4 m/s时，轻绳拉力为15 N C．若轻绳能承受的最大张力为45 N，小球的最大速度不能超过4 m/s D．若轻绳能承受的最大张力为45 N，小球的最大速度不能超过4 m/s 解析：选D。设小球通过最高点时的最小速度为v0，则根据牛顿第二定律有mg＝m，解得v0＝2 m/s，故A正确；当小球在最高点的速度为v1＝4 m/s时，设轻绳拉力大小为FT，根据牛顿第二定律有FT＋mg＝m，解得FT＝15 N，故B正确；小球在轨迹最低点处速度最大，此时轻绳的拉力最大，根据牛顿第二定律有FTm－mg＝m，解得vm＝4 m/s，故C正确，D错误。 4．(2023·广东佛山一模)偏心振动轮广泛应用于生活中的各个领域，如手机振动器、按摩仪、混凝土平板振动机等。如图甲，某工人正操作平板振动机进行水泥路面的压实作业。平板振动机中偏心振动轮的简化图如图乙所示，轮上有一质量较大的偏心块。若偏心轮绕转轴O在竖直面内转动，则当偏心块的中心运动到图中哪一位置时，振动机对路面压力最大(　　 ) 　 A．P B．Q C．M D．N 解析：选A。把偏心块等效为一个质量为m质点，转到最低点P时满足F－mg＝mω2r，变形后得到偏心块对振动机压力F′＝F＝mg＋mω2r，对整体有FN＝Mg＋F′＝Mg＋mg＋mω2r，根据牛顿第三定律可知，当偏心轮在最低点时路面对振动机的支持力FN最大，振动机对路面压力FN′也最大，故B、C、D错误，A正确。 5.一圆盘可以绕其竖直轴在水平面内转动，圆盘半径为R，甲、乙两物体质量分别为M和m(M>m)，它们与圆盘之间的最大静摩擦力均为压力的M倍，两物体用一根长为L(L<R)的轻绳连在一起，如图所示。若将甲物体放在转轴的位置，甲、乙之间的轻绳刚好沿半径方向被拉直，让圆盘从角速度为0开始转动，角速度逐渐增大，两物体与圆盘不发生相对滑动，(两物体均可看作质点，重力加速度为g)则下列说法正确的是(　　 ) A．随着角速度的增大的过程中，物块m受到的摩擦力先增加再逐渐减少 B．随着角速度的增大的过程中，物块M始终受到摩擦力 C．则圆盘旋转的角速度最大不得超过 D．则圆盘旋转的角速度最大不得超过 解析：选D。当圆盘角速度较小时，m的向心力由静摩擦力提供，绳子没拉力，由牛顿第二定律f＝mωL，m受的静摩擦力随角速度增大而增大，当角速度增大到ω1时，静摩擦力达到最大静摩擦力μmg，角速度再增大，绳子拉力出现，由牛顿第二定律T＋μmg＝mωL，随着角速度增大，m受的摩擦力保持不变，一直为最大静摩擦力μmg，则随着角速度的增大的过程中，物块m受到的摩擦力先增加后保持不变，当绳子有力时，M开始受到摩擦力作用，故A、B错误；当绳子的拉力增大到等于甲的最大静摩擦力时，角速度达到最大，对m和M，分别有T＋μmg＝mω2L，T＝μMg，联立可得ω＝，故C错误，D正确。 6.细绳一端系住一个质量为m的小球(可视为质点)，另一端固定在光滑水平桌面上方h高度处，绳长l大于h，使小球在桌面上做如图所示的匀速圆周运动，重力加速度为g。若要小球不离开桌面，其转速不得超过(　　 ) A． B．2π C． D． 解析：选D。对小球受力分析，小球受三个力的作用，重力mg、水平桌面支持力FN、绳子拉力F，小球所受合力提供向心力，设绳子与竖直方向夹角为θ，由几何关系可知R＝h tan θ，受力分析可知F cos θ＋FN＝mg，F sin θ＝m＝mω2R＝4mπ2n2R＝4mπ2n2h tan θ，当球即将离开水平桌面时，FN＝0，转速n有最大值，此时nm＝ ，故D正确。 7．(2023·四川成都高三阶段练习)如图所示为一种圆锥筒状转筒，左右各系着一长一短的绳子挂着相同的小球，转筒静止时绳子平行圆锥面。不计空气阻力，当转筒中心轴开始缓慢加速转动，则下列说法正确的是(　　 ) A．角速度慢慢增大，一定是线短的那个球先离开圆锥筒 B．角速度达到一定值的时候两个球一定同时离开圆锥筒 C．两个球都离开圆锥筒后，它们的高度不一定相同 D．两个球都离开圆锥筒后，它们的高度一定相同 解析：选D。设绳子与竖直方向的夹角为θ，小球恰好离开圆锥筒时，圆锥筒的支持力为0，有mg tan θ＝mω2L sin θ，解得ω＝，由上述式子可知，对于小球来说，绳子的长度越长，小球离开圆锥筒的临界角速度越小，即越容易离开圆锥筒，可知线长的那个球先离开圆锥筒，故A、B错误；当两个球都离开圆锥筒时，此时绳子与竖直方向夹角为α，小球只受重力和绳子的拉力，有mg tan α＝mω2L sin α，h＝L cos α，整理有h＝，因为两个小球绕同一轴转动，所以两小球的角速度相同，即两小球高度相同，故C错误，D正确。 【综合提升练】 8.(多选)如图所示，一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定角速度ω转动，盘面上离转轴2.5 m处有一小物体(可视为质点)与圆盘始终保持相对静止，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，盘面与水平面的夹角为30°，g取10 m/s2，则以下说法中正确的是(　　 ) A．小物体随圆盘以不同的角速度ω做匀速圆周运动时，ω越大时，小物体在最高点处受到的摩擦力一定越大 B．小物体受到的摩擦力可能背离圆心 C．若小物体与盘面间的动摩擦因数为，则ω的最大值是1.0 rad/s D．若小物体与盘面间的动摩擦因数为，则ω的最大值是 rad/s 解析：选BC。当物体在最高点时，也可能受到重力、支持力与摩擦力三个力的作用，摩擦力的方向可能沿斜面向上(即背离圆心)，也可能沿斜面向下(即指向圆心)，摩擦力的方向沿斜面向上时，ω越大时，小物体在最高点处受到的摩擦力越小，故A错误，B正确；当物体转到圆盘的最低点恰好不滑动时，圆盘的角速度最大，此时小物体受竖直向下的重力、垂直于斜面向上的支持力、沿斜面指向圆心的摩擦力，由沿斜面的合力提供向心力，支持力 FN＝mg cos 30°，摩擦力Ff＝μFN＝μmg cos 30°，又μmg cos 30°－mg sin 30°＝mω2R，解得ω＝1.0 rad/s，故C正确，D错误。 9.(多选)如图所示，两个质量均为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。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。若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，用ω表示圆盘转动的角速度，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是(　　 ) A．b一定比a先开始滑动 B．a、b所受的摩擦力始终相等 C．ω＝是b开始滑动的临界角速度 D．当ω＝时，a所受摩擦力的大小为kmg 解析：选AC。小木块a、b做圆周运动时，由静摩擦力提供向心力，即Ff＝mω2R，当角速度增大时，静摩擦力增大，当增大到最大静摩擦力时，发生相对滑动，对木块a有Ffa＝mωl，当Ffa＝kmg时，kmg＝mωl，ωa＝，对木块b有Ffb＝mω·2l，当Ffb＝kmg时，kmg＝mω·2l，ωb＝，则ω＝是b开始滑动的临界角速度，所以b先达到最大静摩擦力，即b比a先开始滑动，A、C正确；两木块滑动前转动的角速度相同，则Ffa＝mω2l，Ffb＝mω2·2l，Ffa<Ffb，B错误；ω＝<ωa＝，a没有滑动，则Ffa′＝mω2l＝kmg，D错误。 10．(2023·广东汕头一模)如图甲所示，被称为“魔力陀螺”玩具的陀螺能在圆轨道外侧旋转不脱落，其原理可等效为如图乙所示的模型：半径为R的磁性圆轨道竖直固定，质量为m的铁球(视为质点)沿轨道外侧运动，A、B分别为轨道的最高点和最低点，轨道对铁球的磁性引力始终指向圆心且大小不变，不计摩擦和空气阻力，重力加速度为g，则(　　 ) 　 A．铁球绕轨道可能做匀速圆周运动 B．由于磁力的作用，铁球绕轨道运动过程中机械能不守恒 C．铁球在A点的速度必须大于 D．轨道对铁球的磁性引力至少为5mg，才能使铁球不脱轨 解析：选D。铁球在运动的过程中受到重力、轨道的支持力和磁力的作用，其中铁球受轨道的磁性引力始终指向圆心且大小不变，支持力的方向过圆心，它们都始终与运动的方向垂直，所以磁力和支持力都不能对小铁球做功，只有重力会对小铁球做功，所以小铁球的机械能守恒，在最高点的速度最小，在最低点的速度最大，小铁球不可能做匀速圆周运动，故A、B错误；小铁球在运动的过程中受到重力、轨道的支持力和磁力的作用，在最高点轨道对小铁球的支持力的方向可以向上，小铁球的速度只要大于0即可通过最高点，故速度不是必需大于，故C错误；由于小铁球在运动的过程中机械能守恒，所以小铁球在最高点的速度越小，则机械能越小，在最低点的速度也越小，根据Fn＝，可知小铁球在最低点时需要的向心力越小，而在最低点小铁球受到的重力的方向向下，支持力的方向也向下，只有磁力的方向向上，要使铁球不脱轨，轨道对铁球的支持力一定要大于0，所以铁球恰好不脱轨的条件是：小铁球在最高点的速度恰好为0，而且到达最低点时，轨道对铁球的支持力恰好等于0，根据机械能守恒定律，小铁球在最高点的速度恰好为0，到达最低点时的速度满足mg·2R＝mv2，轨道对铁球的支持力恰好等于0，则磁力与重力的合力提供向心力，即F－mg＝m，联立解得F＝5mg，可知要使铁球不脱轨，轨道对铁球的磁性引力至少为5mg，故D正确。 11．如图所示，半径分别为rA、rB的两圆盘水平放置，圆盘的边缘紧密接触，当两圆盘绕过圆心的竖直轴匀速转动时，圆盘的边缘不打滑。质量分别为mA、mB的物块A、B(均视为质点)分别放置在两圆盘的边沿，与圆盘间的动摩擦因数分别为μA、μB，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，现让圆盘绕过圆心的竖直轴转动起来，A比B先滑动的条件是(　　 ) A.μArA＜μBrB B．μArB＜μBrA C．> D．< 解析：选A。由牛顿第二定律与圆周运动规律，当A刚要相对圆盘滑动时摩擦力提供向心力，则μAmAg＝，解得vA＝，当B刚要相对圆盘滑动时μBmBg＝，解得vB＝，当A比B先滑动时，则有vA＜vB，即<，化简可得μArA＜μBrB，故A正确，B、C、D错误。 12．如图所示，轻杆长3L，在杆两端分别固定质量均为m的球A和B(均可视为质点)，光滑水平转轴穿过杆上距球A为L处的O点，外界给系统一定能量后，杆和球在竖直平面内转动，球B运动到最高点时，杆对球B恰好无作用力。忽略空气阻力，重力加速度为g，则球B在最高点时(　　 ) A．球B的速度为零 B．球A的速度大小为 C．水平转轴对杆的作用力为1.5mg D．水平转轴对杆的作用力为2.5mg 解析：选C。球B运动到最高点时，杆对球B恰好无作用力，即仅重力提供向心力，则有mg＝m，解得vB＝，故A错误；由于A、B两球的角速度相等，则球A的速度大小vA＝，故B错误；B球在最高点时，对杆无弹力，此时A球受到的重力和拉力的合力提供向心力，有F－mg＝m，解得F＝1.5mg，即杆受到的弹力大小为1.5mg，可知水平转轴对杆的作用力为1.5mg，C正确，D错误。 13．(10分)(2023·山东枣庄模拟)如图，轻杆长2l，中点装在水平轴O上，两端分别固定着小球A和B(均可视为质点)，A球质量为m，B球质量为2m，重力加速度为g，两者一起在竖直平面内绕O轴做圆周运动。 (1)若A球在最高点时，杆的A端恰好不受力，求此时B球的速度大小；(3分) (2)若B球到最高点时的速度等于第(1)问中的速度，求此时O轴的受力大小和方向；(3分) (3)在杆的转速逐渐变化的过程中，能否出现O轴不受力的情况？若不能，请说明理由；若能，求出此时A、B球的速度大小。(4分) 解析：(1)A在最高点时，对A根据牛顿第二定律得mg＝m 解得vA＝ 因为A、B两球的角速度相等，半径相等，则 vB＝vA＝。 (2)B在最高点时，对B根据牛顿第二定律得 2mg＋FTOB′＝2m 代入(1)中的vB，可得FTOB′＝0 对A有FTOA′－mg＝m 可得FTOA′＝2mg 根据牛顿第三定律，O轴所受的力大小为2mg，方向竖直向下。 (3)要使O轴不受力，根据B的质量大于A的质量，设A、B的速度为v，可判断B球应在最高点 对B有FTOB″＋2mg＝2m 对A有FTOA″－mg＝m O轴不受力时有FTOA″＝FTOB″ 联立可得v＝ 所以当A、B球的速度大小为时，O轴不受力。 答案：(1)　(2)2mg　方向竖直向下　(3)能　当A、B球的速度大小为时，O轴不受力 学科网（北京）股份有限公司 $$