课时冲关22 素养培优7 圆周运动的临界问题-【创新教程】2027年高考物理总复习大一轮课时作业

高考总复习物理 课时冲关22 素养培优7 1.（多选)如图所示，质量为m 的小球在竖直平面内的光滑 0 圆轨道上做圆周运动.圆半 径为R,小球经过圆环最高 点时刚好不脱离圆轨.则其通过最高点时， A.小球对圆环的压力大小等于mg B.小球受到的向心力大于mg C.小球的线速度大小等于√Rg D.小球的向心加速度大小等于g 2.(2025·山东卷，4)某同学用不可伸长的细 线系一个质量为0.1kg的发光小球，让小 球在竖直面内绕一固定点做半径为0.6m 的圆周运动.在小球经过最低点附近时拍 摄了一张照片，曝光时间为。s.由于小球 运动，在照片上留下了一条长度约为半径 }的圆弧形径迹，根据以上数据估算小球 在最低点时细线的拉力大小为 A.11N B.9N C.7N D.5N 3.如图，是游乐场的翻滚过山车装置.过山车 沿直径为20m的圆环轨道做匀速圆周运动，向 心加速度大小为4g(重力加速度g=10m/s2). 则下列说法错误的是 ( ) A.过山车的线速度大小约为20m/s B.过山车通过最低点时，乘客处于超重 状态 C.过山车通过最高点时，乘客处于失重 状态 D.过山车通过最高点时，乘客处于超重 状态 ·37( 圆周运动的临界问题 4.如图甲所示，质量为M的人站在体重计 上，手持轻绳一端，另一端系着质量为m 的小球.小球在竖直平面内做半径为L的圆 周运动，且小球恰好能通过圆轨道最高点.用 频闪相机拍出小球运动的轨迹如图乙所示， a、b两点分别为轨迹的最高点和最左侧点，则 ) 分 A.小球运动到最高点的速度为零 B.小球在a、b两点时，体重计示数相同 C.小球运动到最低点时体重计的示数 最小 D.小球运动到b点时，人不受摩擦力的 作用 5.如图所示，我国男子体操运动员张成龙用 一只手抓住单杠，伸展身体，以单杠为轴做 圆周运动.如图甲所示，张成龙运动到最高 点时，用力传感器测得张成龙与单杠间弹 力大小为F,用速度传感器记录他在最高 点的速度大小为v,得到F-2图像如图 乙所示.g取10m/s2,则下列说法中错误 的是 ( FN◆ 650 916v2mg2 甲 乙 A.张成龙的质量为65kg B.张成龙的重心到单杠的距离为0.9m C.当张成龙在最高点的速度为4m/s时， 张成龙受单杠的弹力方向向上 D.当张成龙在最高点的速度为4m/s时， 张成龙受单杠的弹力方向向下 6.如图甲所示为游乐场中一种叫“魔盘”的娱 乐设施，简化模型如图乙，魔盘侧面与水平 面的夹角为日.质量为m的游客随魔盘以角 速度w一起匀速转动，半径为r,已知重力加 速度大小为g,则 甲 A.魔盘对游客的作用力沿水平方向指向 转轴 B.游客受到的支持力可能等于mngcos0 C.若魔盘角速度缓慢增加，游客受到魔盘 的支持力会缓慢减小 D.若魔盘角速度缓慢增加，质量较小的游 客先发生滑动 7.(多选)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T,小球在最高点的速度 大小为v,其T-2图像如图乙所示.下列 说法正确的是 甲 A.轻质绳长为m B.当=c时，轻质绳的拉力大小为c a C.小球在最低点受到的最小拉力为6a D.若把轻绳换成轻杆，则从最高点由静止 转过90°的过程中杆始终对小球产生支 持力 8.(多选)如图所示，A、B、 C三物块放在旋转水平 圆台上，它们与圆台间 的动摩擦因数均相同，已知A的质量为 2m,B和C的质量均为m,A、B离轴距离 为R,C离轴距离为2R.当圆台转动时，三 ·37 第四章抛体运动圆周运动 物块均没有打滑，则：（设最大静摩擦力等[答题栏] 于滑动摩擦力) )1 A.这时C的向心加速度最大 2 B.这时B物块受的摩擦力最小 C.若逐步增大圆台转速，A比B先滑动 D.若逐步增大圆台转速，C比A后滑动 .4. 9.如图，轻杆长21，中点装在水 5 平轴O上，两端分别固定着 6 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 8.- 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； (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)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.高考总复习物理 5.A[对小球受力分析，如图所示， 竖直方向受力平衡mg=FTc0sa, 水平方向合外力提供向心力 F1sina一F=no lsin a,解得g= 心lcosa8m8A正确，B,CD错误.] 6.BC[若从M,点剪断弹簧瞬间，小球之后做圆周运动， 剪断瞬间，小球初速度为0，小球所需向心力为0，小球沿 半径方向的合力为0，则轻绳弹力为0，则小球仅仅受到 重力一个力的作用，故A错误；结合上述，若从M点剪 断弹簧瞬间，小球仅仅受到重力作用，根据牛顿第二定 律可知，小球的加速度为g,方向竖直向下，故B正确；若 从N点剪断轻绳瞬间，由于弹簧的弹力不能突变，所以 小球受到弹簧的弹力和重力作用，其合力水平向右，大 小等于F2,根据牛顿第二定律可知，此时小球的加速度 为a= 品，方向水平向右，故C正腐，D错误。]了 7.解析：(1)根据题意，设轻绳与竖直方向的夹角为日，由几何 2R-R 关系可得tan= 1 √/(W5R)-R 2, 由牛顿第二定律有mgtan9=mw2·2R, 郎得a=√爱： 1 (2)小球的轻绳断裂时，小球的速度为 u=w·2R=√gR, 竖直方向有2R=2gt, 水平方向有x=ut,联立解得x=2R 答案：1√景：(2)2R 8.解析：1)静止时弹簧被压缩了L,设弹 簧弹力为F,受力分析如图，由平衡条件 可得 之L=msm日① 解得k=2 gsin日 (2)轻弹簧恰为原长时，小球只受重力和 杆的支持力N2,受力分析如图，由几何 关系 r1=Lcos0② 竖直方向V,cos日=g③ 水平方向Nsin0=i④ 联立②③④得 1 /g sin 0 @1Cos L (3)小球在A端随装置做匀速圆周运动 时，弹簧伸长量为2，受力分析如国，弹 簧的弹力E=2L回 圆周运功的半径n=是1c0s日回 竖直方向Ncos8=F2sin0十mg⑦ 水平方向Vsin0+F2cos8=mw5r2⑧ 联立⑤⑥⑦⑧解得4= 2gsin_40 cos 01/3L 3 rad/s. 答案：1)k=2 ngsin9;(2)w= /gsin 0 L cos L 40. (3)w:=3 rad/s 课时冲关22素养培优7圆周运动的临界问题 1.CD[小球对圆环的压力大小等于0，A错误；小球受到 ·54 的向心力等于mg,B错误；根据牛顿第二定律得mg=m 尺，解得0=VRg,C正确；根据牛顿第二定律得mg ma,解得a=g,小球的向心加速度大小等于g,D正确.] 2.C[根据题意可知在曝光时间内小球运动的长度为△ =号r=号×0.6m=0.12m, 近似认为在曝光时间内小球做匀速直线运动，故有)= △l0.12 △t m/s=6 m/s, 50 在最低点根据牛频第二定律有T一mg=m, 代入数据解得T=7N.故选C.] 3D过山车做匀速圆周运动，由a二尽，得v=爪 V4R√X10x受ms=20m/s,故A正确，不符合题 意：在最低点，重力和轨道对车的压力提供向心力，向心 加速度朝上，由牛顿第二定律可知N-mg=ma,解得N =5mg,所以过山车通过最低点时，乘客处于超重状态， 故B正确，不符合题意；在最高点，重力和轨道对车的压 力提供向心力，向心加速度朝下，列车失重，乘客处于失 重状态，故C正确，不符合题意，D错误，符合题意.] 4.B[绳子只能产生拉力，为使小球做完整的圆周运动， 小球在最高点的向心力大小应该满足F三m二≥mg,则 可知小球在最高点的速度大小满足≥√gL,当小球在 最高点的速度为√gL,故A错误；小球在a、b两个位置 时，竖直方向的加速度均为g,小球处于完全失重状态 体重计示数相同，故B正确；小球在最低，点时，绳子拉力 最大，体重计示数最大，故C错误，小球运动到b,点时，绳 子对人有向左的拉力，故人应受到向右的摩擦力，D 错误.] 5.CL由题图乙可知，当v=0时，有F=mg=650N,可 得张成龙的质量为=65kg,故A正确；由题图乙可知， 当=9m/g时，F=0,则有mg=m号，可得张成龙的 重心到单杠的距离为r=亡=0.9m,故B正确：当张成 龙在最高点的速度为4m/s时，设张成龙受单杠的弹力 方向向下，根据牛频第二定律可得mg十下=m?,解得 F=m ,一g=65×。。一650)N,可知张成龙受单杠 的弹力方向向下，故C错误，D正确.] 6,C[游客受到重力、支持力、摩擦力三 个力的作用，其中支持力和摩擦力的合 力的方向不是水平方向，故A错误；对 游客受力分析，如图所示，根据牛顿第二 0 m 定律可得fcos9-Nsin0=wr,fsin8+Ncos8=mg, 可得N=ngcos0-w'rsin0,f=ngsin0十nw'rcos0, 由于游客的重力保持不变，魔盘的倾斜角度不变，魔盘 角速度缓慢增大，游客所需向心力增大，因此摩擦力∫ 增大，N减小，故B错误，C正确；由以上分析可知在魔 盘运动的规律与人的质量无关，故D错误，门 7.ABC[小球在最高，点时，由牛顿第二定律T十g= m号，T=2-mg,由图像可知mg=a,兴=分，解得 1=m,选项A正确；当=c时，轻质绳的拉力大小为 T=m号一mg=%-a,选项B正确；小球在最高点时最 小速度为听=b,则由合m听a=十2mgl=子m工 m型，解得最低点受到的最小拉力为T,=6a, -mg=m 2 选项C正确；若把轻绳换成轻杆，则从最高点由静止转 过90°的过程中开始时杆对小球的作用力为支持力：转 到水平位置时由杆的拉力提供向心力，即此时杆对球的 作用力是拉力，所以在小球从最高，点由静止转过90°的 过程中，杆对小球的作用力开始时是支持力，然后是拉 力，故D错误.门 8.AB[三个物块做圆周运动的角速度相同，向心加速度 为a=wr,即半径越大，向心加速度越大，所以这时C的 向心加速度最大，故A正确；摩擦力提供向心力f= ω”，由于B物块的质量和到轴距离的乘积最小，所以B 物块受到的摩擦力最小，故B正确；当最大静摩擦力提 供向心力时mg=m。r,得a√，物块滑动与否与 物块质量无关，只与到轴的距离有关，所以C物块最先 滑动，A、B一起滑动，故C、D错误.门 9.解析：(1)A在最高点时，对A,根据牛顿第二定律得g =m”今，解得=√原，因为A,B两球的角速度相等， 半径相等，则=UA=√g. (2)B在最高，点时，对B,根据牛顿第二定律得2mg十 UB FTou=2m 代入ID中的m,可得F0 UA 对A有FoA'-mg=mi 可得FoA =2mg, 则O轴所受的力大小为2g,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From”+2mg=2m, 对A有FoA”一mg=m乙' O轴不受力时有FTOA"=From”, 联立可得v=√3gl, 所以当A、B球的速度大小为√3gl时，O轴不受力」 答案：(1)√gl(2)2mg,方向竖直向下 (3)能当A、B球的速度大小为√3g时，O轴不受力 课时冲关23实验五探究平抛运动的特点 1.解析：安装斜槽轨道末端水平，这样小球离开斜槽时速 度方向水平，才能保证小球离开斜槽做平樾运动，故选 项正确：为了保证小球多次运动是同一轨迹，应保证小 球离开斜槽的初速度相同，所以小球的释放，点应该相 同，故选项b错误，选项c正确；为描出小球的运动轨迹， 应该用平滑的曲线连接，故选项d错误. 答案：a、c 2.解析：(1)小球平抛轨迹标注小球最高点，所以选B.实验 过程中，斜槽不一定光滑，只要能够保证从同一位置静 止释放，即使轨道粗糙，摩擦力做功是相同的，离开斜槽 末端的速度就是一样的，所以选项A错误；记录，点适当多 一些，舍去偏差较大的，点，能够保证描，点平滑，选项B正确， C错误；y轴必须是竖直方向，即用重垂线确定，选项D 正确. (2)由题图可知斜槽末端不水平，才会造成斜樾运动，选 项C正确. (3)插入瓶中的另一根吸管使得细管上端压强恒定，目 的就是为了保证水流流速不受瓶内水面下降的影响而 减小，能保证下降到该细管上端前的一段时间内，能够 得到稳定的细水柱，所以选B. 答案：(1)BBD(2)C(3)B 3.解析：(1)小球做平炮运动时，水平方向是匀速直线运动，竖 直方向是自由落体运动，故摄像头A所拍摄的频闪照片 为(b). y ②)竖直方向上y=合得1√ /2X0.45 10 =0.30s, 水平方向上=王=03m/s=1m/s, ·5 参考答案 P点小球在竖直方向的速度 v1=gt=10×0.3m/s=3m/s, 则p=√06十=√10m/s. 答案：(1)(b)(2)1√10 课时冲关24实验六探究向心力的大小 与半径、角速度、质量的关系 1.解析：(1)研究向心力的大小F。与质量的关系时，必 须保证角速度ω和半径r是相同的；研究向心力的大小 F。与角速度w的关系时，必须保证角速度仙和半径r是 相同的；同样在研究向心力的大小F与半径”的关系 时，必须保证角速度仙和质量是相同的，所以在研究 向心力的大小F。与质量m、角速度w和半径r之间的关 系时主要用到了物理学中的控制变量法，故选C. (2)①当探究向心力的大小F与半径r的关系时，需要 控制两小球做圆周运动的半径是不同的，故应选择到转 轴距离不同的B、C两处； ②两个变速塔轮靠皮带传动，即皮带套在的塔轮上线速 度相同，需要控制角速度相同，则两塔轮的半径相同，故 应将皮带套在①④塔轮上 答案：(1)C(2)B、C①④ 2.解析：根据题意，物块做匀速圆周运动，合外力提供向心 力，大小不变，方向变化，故向心力在变，加速度在变，故 A、D错误：物块的速度方向始终沿着轨迹的切线方向， 即速度方向在不断变化，大小不变，故B正确；根据线速 度公式可得物块线速度大小u=r,故C错误. 答案：B 3.解析：(1)根据所给数据描绘 图像F-w如图所示 (2)根据图像可知，随角速度 的增大，轻杆作用力增大； 轻杆对滑块的作用力为滑块 做圆周运动提供向心力，根据 F=mrw,图线的斜率k=mr =局kg·m,解得m=1kg 答案：(1)见解析图(2)增大1 课时冲关25万有引力定律及应用 1.D2.A3.A4.D 5,A[地球绕太阳运行的周期约为365天，根据万有引力 提供向心力得GMm=m 4π , 已知r=7M=号M,网里得GMm=m 4π r2 r,整理得 TM. TM 代入数据得T=工，≈13天，故选A] 6.D[根据题意，设地球与太阳间距离为R,则小行星公 转轨道的半长抽为a=R,7迟=6R, 由开普勒第三定律有(6R)=R TT 解得T=√/6·T=6√6年，故A错误； 从远日点到近日点，小行星与太阳间距离减小，由万有 引力定律F=G可知，小行星受太阳引力增大，故 B错误； 由开普勒第二定律可知，从远日，点到近日，点，小行星线 速度逐渐增大，故C错误； 由牛顿第二定律有G三ma,解得a=,,可知 r2 d克 (5R)7=25 即小行星在近日，点的加速度是地球公转加速度的万，故 D正确；故选D.] 7.B[彗星的运行轨道的半轴长为a= 兰AU=17AU,报 3