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（新高考）

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9题，6分，其余每题4分，共38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，解得vm＝15 m/s，故D正确。 2．(2024·江苏扬州市江都中学检测)如图所示，在水平圆盘上，沿半径方向放置物体A和B，mA＝4 kg，mB＝1 kg，它们分居在圆心两侧，与圆心距离为rA＝0.1 m，rB＝0.2 m，中间用水平细线相连，A、B与圆盘间的动摩擦因数均为μ＝0.2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，若圆盘从静止开始绕中心转轴非常缓慢地加速转动，g＝10 m/s2，以下说法正确的是(　　) A．A的摩擦力先达到最大 B．当ω1＝2 rad/s，细线开始出现张力 C．当ω1＝ rad/s，A、B两物体出现相对圆盘滑动 D．当ω1＝5 rad/s，A、B两物体出现相对圆盘滑动 答案：D 解析：A达到最大静摩擦力时的临界角速度满足μmAg＝rA，解得ω0A＝2 rad/s，同理可得，B达到最大静摩擦力时的临界角速度为ω0B＝ rad/s，则当圆盘转动的速度逐渐变大时，B先达到角速度临界值，则B的摩擦力先达到最大，选项A错误；当B的摩擦力达到最大，转速再增加时，细线出现张力，即当ω1＝ rad/s时，细线开始出现张力，选项B错误；当A、B两物体出现相对圆盘滑动时，B受到的摩擦力方向背离圆心，A受到的摩擦力方向指向圆心，则对A有FT＋μmAg＝rA，对B有FT－μmBg＝rB，解得ω1＝5 rad/s，选项C错误，D正确。 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＝，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，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＝，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＝，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＝，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mg cos 60°＋FN＝mω2r，Ff＝mg sin 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mg tan θ＝mω2L sin θ，解得ω＝ －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．(2024·天津红桥区模拟)电动打夯机可以帮助筑路工人压实路面，大大提高了工作效率。如图是某电动打夯机的结构示意图，由偏心轮(飞轮和配重物组成)、电动机和底座三部分组成。电动机、飞轮和底座总质量为M，配重物质量为m，配重物的重心到轮轴的距离为r。重力加速度为g。在电动机带动下，偏心轮在竖直平面内匀速转动，皮带不打滑。当偏心轮上的配重物转到顶端时，刚好使整体离开地面。下列判断正确的是(　　) A．电动机轮轴与偏心轮转动角速度相同 B．配重物转到最高点时，处于超重状态 C.偏心轮转动的角速度为 D．打夯机对地面压力的最大值为g 答案：C 解析：电动机轮轴与偏心轮转动属于皮带传动，线速度相等，根据v＝ωr，可知角速度不相等，故A错误；配重物转到最高点时，加速度方向向下，处于失重状态，故B错误；当偏心轮上的配重物转到顶端时，刚好使整体离开地面，则有FT＝Mg，对配重物有mg＋FT＝mω2r，解得ω＝，故C正确；在最低点，对配重物有FT′－mg＝mω2r，对打夯机有FN＝FT′＋Mg，解得FN＝2(m＋M)g，根据牛顿第三定律可知打夯机对地面压力的最大值为，故D错误。 9．(多选)(2024·重庆万州模拟)如图所示，倾角为θ＝37°的斜面体固定在水平地面上，在斜面上固定一个半圆管轨道AEB，圆管的内壁光滑、半径为r，其最低点A、最高点B的切线水平，AB是半圆管轨道的直径，现让质量为m的小球(视为质点)从A点以一定的水平速度滑进圆管，圆管的内径略大于小球的直径，重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，下列说法正确的是(　　) A．若小球到达B点时受到沿斜面方向的弹力刚好为0，则小球在B点的速度为2 B．小球离开B点做平抛运动的时间为2 C．若小球在B点的加速度大小为2g，则A点对小球沿斜面方向的弹力大小为5mg D．若小球到达B点时受到沿斜面方向的弹力刚好为0，则小球的落地点与P点间的距离为r 答案：BCD 解析：小球到达B点时受到沿斜面方向的弹力刚好为0，由重力沿斜面向下的分力提供向心力，则有mg sin 37°＝m，解得vB＝，A错误；小球离开B点做平抛运动，竖直方向上有2r sin 37°＝，解得t＝2，B正确；若小球到达B点时受到沿斜面方向的弹力刚好为0，根据上述有vB＝，小球的落地点与P点间的距离为x＝vBt，解得x＝r，D正确；若小球在B点的加速度大小为2g，则在B点有m·2g＝m，小球由A运动到B过程有－mg·2r sin 37°＝，小球在A点有FN－mg sin 37°＝m，解得FN＝5mg，C正确。故选BCD。 10．(12分)(2024·辽宁大连一模)如图所示，餐桌中心是一个可以匀速转动、半径为R＝1 m的圆盘，圆盘与餐桌在同一水平面内且两者之间的间隙可以忽略不计。服务员一边转动圆盘，一边把餐盘放在圆盘边缘。餐盘的质量为m，与圆盘之间的动摩擦因数为μ1＝0.4，与餐桌之间的动摩擦因数为μ2＝0.2。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2。 (1)为使餐盘不滑到餐桌上，求圆盘的角速度ω的最大值。 (2)摆放好餐盘后缓慢增大圆盘的角速度，餐盘同时从圆盘上甩出，为使餐盘不滑落到地面，求餐桌半径R1的最小值。 答案：(1)2 rad/s　(2) m 解析：(1)餐盘不滑到餐桌上，当圆盘的角速度达到最大值时，恰好由圆盘对餐盘的最大静摩擦力提供圆周运动的向心力，则有μ1mg＝R解得ωmax＝＝2 rad/s。 (2)当餐盘从圆盘上甩出时，餐盘的速度v0＝ωmaxR＝2 m/s 随后，餐盘在餐桌上做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有μ2mg＝ma 餐盘速度减为0过程，利用逆向思维，根据速度与位移关系式有＝2ax0 当餐桌半径R1取最小值时，根据几何关系有R1min＝ m。 学科网（北京）股份有限公司 $