1.3.2 圆周运动常见的两类临界问题(Word教师用书)-【创新方案】2025年高考物理二轮复习专题辅导与测试(北京，江苏专版)

主题二　圆周运动常见的两类临界问题 类型1　水平面内圆周运动的临界问题 [例1]　(2024·江苏高考)陶瓷是以粘土为主要原料以及各种天然矿物经过粉碎、混炼、成型和煅烧制得的材料以及各种制品。如图所示是生产陶瓷的简化工作台,当陶瓷匀速转动时,台面上掉有陶屑,陶屑与台面间的动摩擦因数处处相同(台面够大),则 (　 ) A.离轴OO'越远的陶屑质量越大 B.离轴OO'越近的陶屑质量越小 C.只有平台边缘有陶屑 D.离轴最远的陶屑距离不会超过某一值 　　[解析]　与台面相对静止的陶屑做匀速圆周运动,静摩擦力提供向心力,当静摩擦力为最大静摩擦力时,根据牛顿第二定律可得μmg=mω2r,解得r=,因与台面相对静止的陶屑的角速度相同,可知能与台面相对静止的陶屑离轴OO'的距离与陶屑质量无关,只要在台面上不发生相对滑动的位置都有陶屑,故A、B、C错误;离轴最远的陶屑受到的静摩擦力为最大静摩擦力,由上述分析可知最大的运动半径为R=,μ与ω均一定,故R为定值,即离轴最远的陶屑距离不会超过某一值R,故D正确。 [答案]　D 　　[思维建模]　水平面内圆周运动常见的三种临界情况 临界情况 典型模型 临界条件分析 接触与分离 的临界条件 两物体恰好接触或分离,临界条件是弹力FN=0 相对滑动的 临界条件 两物体相对静止且存在着静摩擦力时,二者相对滑动的临界条件是静摩擦力刚好达到最大值 绳子断裂 与松弛的 临界条件 绳子所能承受的张力是有限度的,绳子恰好不断裂的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力,绳子松弛的临界条件是绳子张力为零 类型2　竖直平面内圆周运动的临界问题 　　[例2]　 (2024·无锡模拟)如图1所示,长为R且不可伸长的轻绳一端固定在O点,另一端系一小球,使小球在竖直面内做圆周运动。由于阻力的影响,小球每次通过最高点时速度大小不同。测量小球经过最高点时速度的大小v、绳子拉力的大小F,作出F与v2的关系图像如图2所示。下列说法中正确的是 (　 ) A.根据图像可以得出小球的质量m= B.根据图像可以得出重力加速度g= C.绳长不变,用质量更小的球做实验,得到的图像斜率更大 D.用更长的绳做实验,得到的图像与横轴交点的位置不变 [解析]　根据牛顿第二定律可知F+mg=m,解得F=v2-mg,由图像可知=,可得小球的质量m=,绳子拉力为0时,有mg==,可得重力加速度g=,选项A正确,B错误; 图像的斜率为k=,则绳长不变,用质量更小的球做实验,得到的图像斜率更小,选项C错误; 图像与横轴交点的位置0=v2-mg,可得v2=gR,则用更长的绳做实验,得到的图像与横轴交点的位置与原点的距离变大,选项D错误。 [答案]　A 　　[思维建模] 竖直平面内圆周运动临界问题的解题思路 第一步: 定模型 首先判断是轻绳模型还是轻杆模型,两种模型过最高点的临界条件不同,其原因主要是“绳”不能支持物体,而“杆”既能支持物体,也能拉物体 第二步: 确定临界点 竖直平面内圆周运动的临界点一般为圆周的最高点,对轻绳模型物体能过最高点的条件:v≥。对轻杆模型物体在最高点的最小速度可以为0,在最高点轻杆可以产生向上的支持力或向下的拉力 第三步: 研究状态 通常情况下竖直平面内的圆周运动只涉及最高点和最低点的运动状态 第四步: 受力分析 对物体在最高点或最低点时进行受力分析,根据牛顿第二定律列出方程:F合=F向 第五步: 过程分析 应用动能定理或机械能守恒定律将初、末两个状态联系起来列方程 [考法全训] 1.(2024·广东高考)如图所示,在细绳的拉动下,半径为r的卷轴可绕其固定的中心点O在水平面内转动。卷轴上沿半径方向固定着长度为l的细管,管底在O点。细管内有一根原长为、劲度系数为k的轻质弹簧,弹簧底端固定在管底,顶端连接质量为m、可视为质点的插销。当以速度v匀速拉动细绳时,插销做匀速圆周运动。若v过大,插销会卡进固定的端盖,使卷轴转动停止。忽略摩擦力,弹簧在弹性限度内。要使卷轴转动不停止,v的最大值为 (　 ) A.r　　　　　　　 B.l C.r D.l 解析:选A　由题意可知,当插销刚卡进固定端盖时,弹簧的伸长量为Δx=,根据胡克定律有F=kΔx=,插销与卷轴同轴转动,角速度相同,弹簧弹力提供插销做匀速圆周运动的向心力,则F=mlω2,对卷轴有v=rω,联立解得v=r。故选A。 2.(2024·丹阳模拟)如图所示,长为0.1 m的轻杆一端固定一质量为0.1 kg的小球,小球绕圆心O在竖直面内做圆周运动。P是圆周上的最高点,重力加速度取g=10 m/s2,下列说法正确的是 (　 ) A.当小球运动到与圆心O高度相等的水平位置时,轻杆对小球作用力为零 B.若小球经过P点时速度为零,轻杆对小球的作用力为零 C.若小球经过P点时轻杆对小球的作用力等于0.36 N,小球的速度一定等于0.8 m/s D.若小球经过Q点时轻杆对小球的作用力等于5 N,小球的速度一定等于2 m/s 解析:选D　小球做圆周运动的过程中要有向心力,因此,当小球运动到与圆心O高度相等的水平位置时轻杆对小球提供一个指向圆心的拉力,故A错误;若小球经过P点速度为零,则轻杆对小球的支持力等于小球的重力,故B错误;在最高点P,轻杆对小球的作用力方向可能向上,也可能向下,因此有mg-F1=m或mg+F2=m,解得v1=0.8 m/s,v2= m/s,故C错误;当小球运动到最低点时,轻杆对小球的作用力为5 N,则该力方向竖直向上,有F3-mg=m,代入数据解得vQ=2 m/s,故D正确。 3.如图所示,两个质量均为m的小物块a和b(可视为质点),静止在倾斜的匀质圆盘上。圆盘可绕垂直于盘面的固定轴转动,a到转轴的距离为l,b到转轴的距离为2l,两物块与盘面间的动摩擦因数均为,盘面与水平面的夹角为30°。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度大小为g。若物块a、b随圆盘以角速度ω匀速转动,下列说法正确的是 (　 ) A.物块a在最高点时所受摩擦力可能为0 B.物块a在最低点时所受摩擦力可能为0 C.ω=是物块a开始滑动的临界角速度 D.ω=是物块b开始滑动的临界角速度 解析:选D　在最高点,若物块a所受摩擦力为0,物块a所受重力沿圆盘的分力提供向心力,有mgsin θ=mω2l,在最低点,有f-mgsin θ=mω2l,解得最低点的摩擦力f=mg,而最大静摩擦力fm=μmgcos θ=0.75mg,最低点的摩擦力不可能为mg,故假设不成立,因此在最高点物块a所受到的摩擦力不可能为0,A错误;物块a在最低点时,由牛顿第二定律有f-mgsin θ=mω2l,得f=mgsin θ+mω2l,所以物块a在最低点时所受摩擦力不可能为0,B错误;对物块a在最低点,由牛顿第二定律得μmgcos θ-mgsin θ=ml,代入数据解得ω1=,C错误;对物块b在最低点,由牛顿第二定律得μmgcos θ-mgsin θ=m·2l,代入数据解得ω2=,D正确。 [专题三　课时作业(一)]　主题一、二学习效果评价  (本检测满分85分) 一、选择题(共12小题,每小题5分,共60分) 　　　　　　　　　　　　　　　　 1.(2024·湖北高考)如图所示,有五片荷叶伸出荷塘水面,一只青蛙要从高处荷叶跳到低处荷叶上。设低处荷叶a、b、c、d和青蛙在同一竖直平面内,a、b高度相同,c、d高度相同,a、b分别在c、d正上方。将青蛙的跳跃视为平抛运动,若以最小的初速度完成跳跃,则它应跳到 (　 ) A.荷叶a B.荷叶b C.荷叶c D.荷叶d 解析:选C　青蛙做平抛运动,在水平方向上做匀速直线运动,在竖直方向上做自由落体运动,则有x=vt,h=gt2,可得v=x,因此水平位移越小、竖直高度越大,初速度越小,因此青蛙应跳到荷叶c上面。故选C。 2. (2024·宜兴模拟) “打水漂”是一种常见的娱乐活动,以一定的高度水平扔出的瓦片,会反复在水面上弹跳前进,假设瓦片和水面相撞后,在水平和竖直方向速度大小均减小,以下四幅图有可能是瓦片轨迹的是 (　 ) 解析:选C　瓦片和水面相撞后,在水平方向,速度大小减小,在竖直方向,碰撞后并不能原速率弹回,而是变小,可知小球竖直方向上升的高度逐渐减小,根据t=2,可知瓦片在空中运动的时间逐渐减小,水平方向有x=vxt,可知瓦片水平位移逐渐减小,故C正确。 3.(2024·江苏高考)喷泉a、b形成如图所示的形状,不计空气阻力,则喷泉a、b (　 ) A.加速度相同 B.初速度相同 C.在最高点的速度相同 D.在空中的时间相同 解析:选A　不计空气阻力,喷泉喷出的水在空中只受重力,加速度均为重力加速度,故A正确;设喷泉喷出的水竖直方向的分速度为vy,水平方向的分速度为vx,设喷泉最高的高度为h,根据对称性可知在空中运动的时间t=2,可知tb>ta,D错误;在最高点的速度等于水平方向的分速度vx=,由于水平方向的位移大小关系未知,无法判断最高点的速度大小关系,根据速度的合成可知无法判断初速度的大小关系,B、C错误。 4. (2024·句容模拟)进入冬季后,北方的冰雪运动吸引了许多南方游客。如图为雪地转转游戏,人乘坐雪圈(人和雪圈总质量为50 kg)绕轴以2 rad/s的角速度在水平雪地上匀速转动,已知水平杆长为2 m,离地高为2 m,绳长为4 m,且绳与水平杆垂直。则雪圈(含人) (　 ) A.所受的合外力为零 B.圆周运动的半径为2 m C.线速度大小为4 m/s D.所受向心力大小为800 N 解析:选D　根据几何关系可知,雪圈(含人)做匀速圆周运动的半径为r=m=4 m,则线速度大小为v=ωr=2×4 m/s=8 m/s,雪圈(含人)所受的合外力提供所需的向心力,则有F合=F向=mω2r=50×22×4 N=800 N,故选D。 5. (2024·徐州联考)三个质量均为m的小物块,用三根长度为L、最大张力为mg的轻绳连接,置于动摩擦因数为μ=的粗糙水平圆盘上面,初始时刻轻绳恰好绷直,构成正三角形,正三角形的中心与圆盘的圆心重合。让圆盘绕过O点垂直于圆盘的轴缓慢转动起来,随着角速度的缓慢增加,在轻绳断裂的瞬间,圆盘的角速度大小为 (　 ) A.2 B. C. D. 解析:选A　当轻绳断裂瞬间,拉力为mg,对任意一个小物块,根据力的合成结合牛顿第二定律有2mgcos 30°+μmg=mrω2,r==L,解得ω=2,故选A。 6. (2024·海安模拟)如图,玩具小车在轨道上做匀速圆周运动,测得小车1 s绕轨道运动一周,圆轨道半径为0.3 m,玩具小车的质量为0.5 kg,AC为过圆心的竖直线,BD为过圆心的水平线,重力加速度g大小取10 m/s2,小车看作质点,下列说法正确的是 (　 ) A.玩具小车在BD下方运动时处于失重状态 B.玩具小车在B点不受摩擦力作用 C.玩具小车在C点时对轨道的压力恰好为零 D.玩具小车在A点时对轨道的压力比在C点时大10 N 解析:选D　小车在BD下方运动时,合外力指向圆心,均有竖直向上的分量,故处于超重状态,故A错误;由于玩具小车在轨道上做匀速圆周运动,切向分量上合力为零,故在B点受到摩擦力,故B错误;设玩具小车在C点时受到向下的压力FNC,则由牛顿第二定律得FNC+mg=m,又v==0.6π m/s,由牛顿第三定律得FNC'=FNC≈1 N,故C错误;设玩具小车在A点时受到向上的压力FNA,则由牛顿第二定律得FNA-mg=m,由牛顿第三定律知FNA'=FNA,得FNA'-FNC'=2mg=10 N,故D正确。 7.(2024·江西高考改编)一条河流某处存在高度差,小鱼从低处向上跃出水面,冲到高处。如图所示,以小鱼跃出水面处为坐标原点,x轴沿水平方向,建立坐标系,小鱼的初速度为v0,末速度v沿x轴正方向。在此过程中,小鱼可视为质点且只受重力作用。关于小鱼的水平位置x、竖直位置y、水平方向分速度vx和竖直方向分速度vy与时间t的关系,下列图像可能正确的是 (　 ) 解析:选D　由于小鱼在运动过程中只受重力作用,则小鱼在水平方向上做匀速直线运动,即vx为一定量,则有x=vxt,A、C错误;小鱼在竖直方向上做竖直上抛运动,则有y=vy0t-gt2,vy=vy0-gt,且vy最终减为0,B错误,D可能正确。 8. (2024·南京调研)可视为质点的运动员从P点以v0的速度水平飞出,若不计空气阻力,运动员在空中飞行3 s后落在斜面上Q点。简化示意图如图所示,已知:sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2。则运动员由P点到Q点的运动过程中 (　 ) A.水平初速度大小为30 m/s B.水平初速度大小为20 m/s C.P点到Q点的位移大小为45 m D.P点到Q点的位移大小为60 m 解析:选B　运动员由P点到Q点的运动过程中,有tan 37°==,可得水平初速度大小为v0==20 m/s,故A错误,B正确;运动员由P点到Q点的运动过程中,水平位移为x=v0t=60 m,则P点到Q点的位移大小为s==75 m,故C、D错误。 9.(2024·连云港模拟)如图所示,长为L的杆一端固定在过O点的水平转轴上,另一端固定质量为m的小球。杆在电动机的驱动下在竖直平面内旋转,带动小球以角速度ω做匀速圆周运动,其中A点为最高点,C点为最低点,B、D点与O点等高。已知重力加速度为g,下列说法正确的是 (　 ) A.小球在B、D两点受到杆的作用力大于mg B.小球在A、C两点受到杆的作用力大小的差值为6mg C.小球在B、D两点受到杆的作用力大小等于mω2L D.小球从A点到B点的过程,杆对小球做的功等于mgL 解析:选A　当小球在B、D两点时,杆对小球的作用力竖直方向的分力等于重力,水平方向的分力提供向心力,故杆对小球的作用力为F=>mg,故A正确,C错误;若小球在最高点,杆对小球的作用力为支持力,则在A点mg-FN1=mω2L,在C点FN2-mg=mω2L,所以FN2-FN1=2mω2L,若小球在最高点,杆对小球的作用力为拉力,则在A点mg+FN1=mω2L,在C点FN2-mg=mω2L,所以FN2-FN1=2mg,故B错误;小球从A点到B点的过程,根据动能定理,可得W+mgL=0,解得杆对小球做的功等于W=-mgL,故D错误。 10.(2024·常州模拟)如图所示,竖直固定放置一半径为R的光滑圆形管道,ab为过圆心的水平线,质量为m的小球在管状轨道内做完整的圆周运动,已知小球直径略小于管道内径,重力加速度为g。则 (　 ) A.小球在水平线ab以上管道中运动时,外侧管壁对小球一定没有作用力 B.小球在水平线ab以下管道中运动时,内侧管壁对小球一定有作用力 C.小球通过最低点时的弹力大小可能为mg D.若在最高点管道对小球的弹力大小为mg,则一定是外侧管壁对小球的作用力 解析:选D　小球在水平线ab以上管道中运动时,若速度足够大,小球挤压外侧管壁,外侧管壁对小球有作用力,选项A错误;小球在水平线ab以下管道中运动时,根据向心力的方向指向圆心可知,外侧管壁对小球有指向圆心的弹力,内侧管壁对小球一定没有作用力,选项B错误;小球通过最高点的最小速度为零,从最高点到最低点根据动能定理有mg·2R=mv2,在最低点根据牛顿第二定律可得FN-mg=m,解得FN=5mg,小球通过最低点时的最小弹力为5mg,选项C错误;小球通过最高点的最小速度为零时,内侧管壁对小球的作用力最大为mg,若在最高点管道对小球的弹力大小为mg,则一定是外侧管壁对小球的作用力,选项D正确。 11.(2024·盐城联考)如图所示,水平地面上固定有倾角为45°、高为h的斜面。O点位于A点正上方且与B点等高。细绳一端固定于O点,另一端与质量为m的小球相连。小球在竖直平面内做圆周运动,到最低点时细绳恰好拉断,之后做平抛运动并垂直击中斜面的中点(重力加速度为g),下列说法正确的是 (　 ) A.细绳的长度为 B.细绳刚要拉断时张力为2mg C.小球做平抛运动的时间为 D.若小球击中斜面反弹的速度大小为击中前的一半,则反弹后小球能落到A点 解析:选D　小球做平抛运动并垂直击中斜面的中点,有tan 45°==,x==v0t,解得t=,v0=,小球做平抛运动的竖直位移为y=gt2=,所以细绳的长度为l=-=,A、C错误;小球在圆周运动的最低点,有F-mg=m,解得细绳刚要拉断时张力为F=3mg,B错误;小球击中斜面时的速度为v==,反弹的速度大小为v'=,设反弹后能击中A点,则水平方向位移为,有=v'cos 45°·t',解得t'=,竖直位移为y'=v'sin 45°·t'-gt'2=-,所以反弹后小球恰好能落到A点,D正确。 12.(2024·江苏高考)如图所示,细绳穿过竖直的管子拴住一个小球,让小球在A高度处的水平面内做匀速圆周运动,现用力将细绳缓慢下拉,使小球在B高度处的水平面内做匀速圆周运动,不计一切摩擦,则 (　 ) A.线速度vA> vB B.角速度ωA>ωB C.向心加速度aA< aB D.向心力FA>FB 解析:选C　设细绳与竖直方向夹角为θ,管外细绳的长度为l,小球所在平面距离顶点的竖直高度为h,对小球分析有F向=mgtan θ=mω2lsin θ=m=ma,解得v=,ω=,a=gtan θ,由于v=,小球从A处到达B处,l减小,θ增大,则无法判断vA、vB的关系,故A错误;由于ω=,其中cos θ=,联立得ω=,由题意可知,小球从A处到达B处,h减小,则ωA<ωB,故B错误;由于F向=mgtan θ,a=gtan θ,角度θ变大,小球所受向心力变大,即FA<FB,向心加速度大小也变大,即aA<aB,故C正确,D错误。 二、非选择题(共2小题,共25分) 13.(12分)(2024·北京高考)如图所示,水平放置的排水管满口排水,管口的横截面积为S,管口离水池水面的高度为h,水在水池中的落点与管口的水平距离为d。假定水在空中做平抛运动,已知重力加速度为g,h远大于管口内径。求: (1)水从管口到水面的运动时间t; (2)水从管口排出时的速度大小v0; (3)管口单位时间内流出水的体积Q。 解析:(1)水在空中做平抛运动,由平抛运动规律得,竖直方向h=gt2 解得水从管口到水面的运动时间t=。 (2)由平抛运动规律得,水平方向d=v0t 解得水从管口排出时的速度大小v0=d。 (3)管口单位时间内流出水的体积 Q=Sv0=Sd。 答案:(1)　(2)d　(3)Sd 14.(13分)(2024·南京师范大学附属中学模拟)倾斜直轨道AB和圆轨道BCD组成了竖直平面内的光滑轨道ABCD,如图甲所示。AB和BCD相切于B点,C、D分别为圆轨道的最低点和最高点,O为圆心,OB与OC的夹角为37°。可视为质点的小滑块从轨道ABC上离C点竖直高度为h的某点由静止滑下,用力传感器测出滑块经过C点时对轨道的压力为F,多次改变高度h得到如图乙所示的压力F与高度h的关系图像(该图像截距为2 N),重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,=3.2。 (1)求滑块的质量和圆轨道的半径; (2)若要求滑块在圆轨道上运动时,不脱离轨道,则h应满足什么条件; (3)是否存在某个h值,使得滑块经过最高点D飞出后恰好落在B处?若存在,请求出h值;若不存在,请计算说明理由。 解析:(1)当h=0时,由题图乙截距可知F=mg=2 N,则滑块质量m=0.2 kg 由题图乙可知,当h'=0.5 m时,滑块对轨道的压力F1=7 N,由牛顿第三定律得轨道对滑块的弹力为F1'=F1=7 N 滑块从静止运动到C点的过程,由机械能守恒定律有mgh'=m 由轨道对滑块弹力和滑块重力的合力提供向心力,有F1'-mg=m 解得圆轨道的半径R=0.4 m。 (2)①若滑块在圆轨道上最高能到达与圆心等高处,且不脱离轨道,由能量守恒定律可知,滑块从静止开始下滑的高度满足0<h1≤R=0.4 m; ②若滑块恰好能到达圆轨道的最高点D,且不脱离轨道,在最高点由mg=m,解得vD==2 m/s 设滑块从h0高度由静止开始下滑,滑块从h0高度到圆轨道最高点D的过程,由动能定理有 mg(h0-2R)=m,解得h0=1 m 则滑块不脱离轨道应该满足h2≥1 m 综上所述,滑块在圆轨道上运动且不脱离轨道的条件为0<h≤0.4 m或h≥1 m。 (3)过B点作BE垂直于OC于点E(作图略),则 BE=Rsin 37°=0.24 m 假设滑块从D点以最小速度抛出后落在与B点等高的水平面上,有R(1+cos 37°)=gt2 水平位移为x=vDt 联立并代入数据解得 x≈0.76 m>BE=0.24 m 故不存在某个h值,使滑块经过最高点D飞出后恰好落到B处。 答案:(1)0.2 kg　0.4 m　(2)0<h≤0.4 m或h≥1 m (3)见解析 学科网（北京）股份有限公司 $$