课时测评19 圆周运动中的三类临界问题（word练习）-【金版新学案】2026年高考物理高三总复习大一轮复习讲义（广东专版）

课时测评19　圆周运动中的三类临界问题 (时间：30分钟　满分：50分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) (选择题8、9，每题6分，其余每题4分，共40分) 1.如图所示，该路段是港珠澳大桥的一段半径r＝150 m的圆弧形弯道，总质量m＝1 800 kg的汽车通过该圆弧形弯道时以速度v＝90 km/h做匀速圆周运动(汽车可视为质点，路面视为水平且不考虑车道的宽度)。已知路面与汽车轮胎间的径向最大静摩擦力为汽车所受重力的，重力加速度g取10 m/s2，则(　　) A.汽车过该弯道时受到重力、支持力、摩擦力、牵引力和向心力 B.汽车过该弯道时所受径向静摩擦力大小为4 000 N　 C.汽车过该弯道时的向心加速度大小为4 m/s2 D.汽车能安全通过该弯道的最大速度为15 m/s 答案：D 解析：汽车过该弯道时受到重力、牵引力、支持力和摩擦力作用，摩擦力提供做圆周运动的向心力，故A错误；汽车过该弯道时所受径向静摩擦力大小为Ff＝m＝7 500 N，故B错误；汽车过该弯道时的向心加速度大小为an＝＝ m/s2，故C错误；汽车能安全通过该弯道时最大速度满足mg＝m，解得vm＝15 m/s，故D正确。 2.(2025·广东高三上模拟)如图所示，A、B、C三个物体放在水平旋转圆台上，用细线连接并固定在转轴上。已知物体与圆台间的动摩擦因数均为μ，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力；细线能承受的最大拉力为μmg，A的质量为2m，B、C的质量均为m，A、B离轴的距离为r，C离轴的距离为2r，重力加速度取g，当慢慢增加圆台转速，最先滑动的是(　　) A.A B.B C.C D.三个物体同时滑动 答案：C 解析：当圆台转速较小时，三者都由静摩擦力提供向心力，由牛顿第二定律有Ff＝mω2r，A、C需要的向心力相等，当转速增大到ω1 时，由于mA＝2mB＝2mC，C受静摩擦力先达到最大值；ω再增大，B、C间细线开始有拉力，由牛顿第二定律，对C有FTBC＋μmg＝2mω2r，对B有FfB－FTBC＝mω2r，对A有FfA＝2mω2r，当FfB＝μmg时，FTBC＝＜，FfA＝＜2μmg；ω再增大，OB间出现拉力，对A有FfA＝2mω2r，对B有FTOB＋μmg－FTBC＝mω2r，对C有FTBC＋μmg＝2mω2r，当B、C间细线拉力达到最大值，即FTBC＝μmg时，FTOB＝＜，FfA＝＜2μmg，则ω再增大，B、C间细线将断裂，故C最先滑动。故选C。 3.如图甲所示，用一轻质绳拴着一质量为m的小球，在竖直平面内做圆周运动(不计一切阻力)，小球运动到最高点时绳对小球的拉力为F，小球在最高点的速度大小为v，其F-v2图像如图乙所示，则(　　) A.轻质绳长为 B.当地的重力加速度为 C.当v2＝c时，轻质绳的拉力大小为＋a D.只要v2≥b，小球在最低点和最高点时绳的拉力差均为6a 答案：D 解析：小球运动到最高点时，对小球受力分析，由牛顿第二定律有F＋mg＝，可得F＝－mg，结合题图乙可知F-v2图像斜率为k＝＝，则轻质绳长为l＝m，故A错误；题图乙纵轴上截距的绝对值为a＝mg，则有g＝，故B错误；由题图乙可知F＝v2－a，故当v2＝c时，有F＝－a，故C错误；从最高点到最低点，由机械能守恒有2mgl＝mv'2－mv2，在最低点对小球受力分析，由牛顿第二定律有F'－mg＝，联立可得小球在最低点和最高点时绳的拉力差均为F'－F＝6mg＝6a，故D正确。故选D。 4.如图所示，质量为1.6 kg、半径为0.5 m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)。小球A、B的质量分别为mA＝1 kg、mB＝2 kg。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＝3 m/s，此时杆对圆管的弹力为零，则B球的速度大小vB为(取g＝10 m/s2)(　　) A.2 m/s B.4 m/s C.6 m/s D.8 m/s 答案：B 解析：对A球，合力提供向心力，设管对A的支持力为FA，由牛顿第二定律有FA－mAg＝mA，代入数据解得FA＝28 N，由牛顿第三定律可得，A球对管的力大小为28 N，方向竖直向下，设B球对管的力为FB'，由管的受力平衡可得FB'＋28 N＋m管g＝0，解得FB'＝－44 N，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大小为44 N，方向竖直向下，对B球由牛顿第二定律有FB＋mBg＝mB，解得vB＝4 m/s，故选B。 5.如图甲所示，一质量m＝4 kg的小球(可视为质点)以v0＝4 m/s的速度从A点冲上竖直光滑半圆轨道。当半圆轨道的半径R发生改变时，小球对B点的压力F与半径R的关系图像如图乙所示，g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　) A.a＝2.5 B.b＝40 C.若小球能通过轨道上的C点，则其落地点距A点的最大水平距离为0.80 m D.当小球恰能通过轨道上的C点时，半圆轨道的半径R＝64 cm 答案：C 解析：从A到B，根据动能定理可得－mgR＝mv2－m，在B点，根据牛顿第二定律得F＝，联立解得F＝－80 (N)，结合题图乙可知b＝80，a＝＝，故A、B错误；小球恰能通过最高点时，在最高点，根据牛顿第二定律可得mg＝m，从最低点到最高点，根据动能定理可得－mg·2R＝m－m，联立解得R＝0.32 m＝32 cm，故D错误；离开最高点后做平抛运动，则有2R＝gt2，x＝vCt，－mg·2R＝m－m，且R＜0.32 m，联立解得x＝，当1.6 m－4R＝4R时，x取最大值，解得R＝0.2 m，可得最大水平距离xmax＝ m＝0.80 m，故C正确。 6.如图所示，一倾斜的圆筒绕固定轴OO1以恒定的角速度ω转动，圆筒的半径r＝1.5 m。筒壁内有一小物体与圆筒始终保持相对静止，小物体与圆筒间的动摩擦因数为(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，转动轴与水平面间的夹角为60°，重力加速度g取10 m/s2，则ω的最小值是(　　) A.1 rad/s B. rad/s C. rad/s D.5 rad/s 答案：C 解析：对小物体受力分析如图所示，由牛顿第二定律有mgcos 60°＋FN＝mω2r，Ff＝mgsin 60°≤μFN，解得ω≥ rad/s，故A、B、D错误，C正确。 7.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开始逐渐增大的过程中，下列说法正确的是(　　) A.当ω＝0时，AC杆和BC杆对球的作用力都表现为拉力 B.AC杆对球的作用力先增大后减小 C.AC杆与BC杆上的力的大小之差越来越大 D.当ω＝时，BC杆对球的作用力为0 答案：D 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，故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mgtan θ＝mω2Lsin θ，解得ω＝，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，故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的重力，即F1cos θ－F2cos θ＝mg，则F1－F2＝，此时AC杆与BC杆上的力的大小之差不变，故C错误。 8.(多选)(2024·广东广州模拟预测)如图(a)是某型号气门结构的简化图：金属块和固定弹簧座连接弹簧上端和下端，偏心轮轴位置固定，偏心轮以恒定角速度ω转动，带动金属块与推杆整体上下往复运动，配合气门机构完成进气、出气，此过程弹簧一直处于压缩状态，偏心轮与金属块始终保持接触。偏心轮横截面如图(b)所示，在t＝0时通过轮轴的偏心轮直径恰好处于水平位置，则(　　) A.推杆上下往复运动的周期为 B.t＝时弹簧的弹性势能最大 C.偏心轮上各点的线速度最大值为3Rω D.偏心轮上各点的向心加速度最大值为ω2R 答案：ABC 解析：根据周期和角速度的关系可得T＝，故A正确；弹簧一直处于压缩状态，则当弹簧长度最短时，压缩量最大，弹簧的弹性势能最大，弹力最大，偏心轮应转到最低点，即从初始位置转动t＝T(n＝0，1，2……)，当n＝0时，有t＝T＝，故B正确；根据线速度与角速度的关系v＝ωr，偏心轮上各点做圆周运动的r的最大值为3R，则最大线速度为3Rω，故C正确；根据a＝ω2r可知，偏心轮上各点做圆周运动的向心加速度最大值为3ω2R，故D错误。故选ABC。 9.(多选) (2025·广东模拟预测)风洞实验通过产生人工控制的气流模拟飞行器在气流中的运动过程。如图为某次实验示意图，固定在竖直面内的光滑圆弧轨道ACD与粗糙水平面平滑相切于A点，O为圆弧轨道的圆心。将质量为m的滑块(可视为质点)从水平地面上的E点由静止释放，整个装置处在水平向右的风场中，滑块始终受到恒定风力作用。已知圆弧轨道的半径为R，滑块与水平地面间的动摩擦因数μ＝0.25，且滑块恰好能在圆弧轨道上的B点处保持静止，OB与竖直方向的夹角θ＝37°，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2。设A、E两点间的距离为l，下列说法正确的是(　　) A.滑块受到的风力大小为mg B.若滑块能通过圆弧轨道的最高点C，则l≥5R C.当l≥R时，滑块运动到D点之前一定不会脱离圆轨道 D.当l＜5R时，滑块运动到D点之前一定会脱离圆轨道 答案：BC 解析：对静止在B处的小球进行受力分析，滑块受到的风力大小F＝mgtan θ＝mg，故A错误；若滑块恰能通过圆周最高点C，满足Fl－0.25mgl＝2mgR＋mv2，又mg＝m，解得l＝5R，故B正确；风力与重力的等效合力F合＝＝mg，方向与竖直方向成θ角斜向右下方，滑块到D点之前恰好不脱离圆轨道时，满足Fl－0.25mgl－F合＝mv'2，又F合＝m，解得l＝R，当l≥R时，滑块运动到D点之前一定不会脱离圆轨道，故C正确；当l较小时，滑块可能会返回，不一定脱离圆轨道，故D错误。故选BC。 10.(10分)(2025·广东三省联考模拟)如图所示，一轨道ABCD竖直放置，AB段和CD段的倾角均为θ＝37°，与水平段BC平滑连接，BC段的竖直圆形轨道半径为R，其最低点处稍微错开，使得滑块能进入或离开。AB段和CD段粗糙，其余各段轨道光滑。将一质量为m的小滑块从轨道上离B点距离L＝125R处由静止释放，滑块经过圆形轨道后冲上CD段上升一段距离后再次滑下，往返滑动多次后静止于轨道上某处。滑块和轨道AB、CD间的动摩擦因数均为μ＝0.5，重力加速度大小为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求： (1)滑块第一次到达圆轨道最高点时对轨道的压力大小； (2)滑块第一次在CD段向上滑行的最大距离； (3)整个过程中滑块在AB段滑行的总路程。 答案：(1)45mg　(2)25R　(3)137.5R 解析：(1)滑块第一次到达圆轨道最高点的过程中，由动能定理得 mgLsin θ－μmgLcos θ－mg×2R＝m－0 在最高点，对滑块由牛顿第二定律得 mg＋FN＝m 联立解得FN＝45mg 由牛顿第三定律可知，滑块第一次到达圆轨道最高点时对轨道的压力大小为 FN'＝FN＝45mg。 (2)滑块第一次在CD段向上滑行的过程中，由动能定理得 mg(L－L1)sin θ－μmg(L＋L1)cos θ＝0－0 解得滑块第一次在CD段向上滑行的最大距离为 L1＝25R。 (3)滑块第二次到达圆轨道最高点的过程中，由动能定理得 mgL1sin θ－μmgL1cos θ－mg×2R＝m－0 解得v2＝ 设滑块第一次在AB段向上滑行的最大距离为s1，由动能定理得 mg(L1－s1)sin θ－μmg(L1＋s1)cos θ＝0－0 解得s1＝5R 滑块第三次到达圆轨道最高点的过程中，由动能定理得 mgs1sin θ－μmgs1cos θ－mg×2R＝m－0 解得＝－2gR 所以滑块第三次进入圆形轨道无法到达最高点，假设其运动的过程中不脱轨且上升的最大高度为h，由动能定理可得 mgs1sin θ－μmgs1cos θ－mgh＝0 解得h＝R 所以滑块第三次进入圆形轨道运动过程中没有脱轨，之后仅在AB段与圆形轨道间来回滑动，最终停在B点，设滑块在AB段滑行的路程为s2，由动能定理得 mgh－μmgs2cos θ＝0 整个过程中滑块在AB段滑行的总路程为 s＝L＋2s1＋s2 联立解得s＝137.5R。 学生用书⬇第79页 学科网（北京）股份有限公司 $