专题提升：圆周运动中的临界、极值问题 专项训练-2027届高三物理一轮复习

专题提升：圆周运动中的临界、极值问题-2027届高三物理一轮复习同步练习 姓名： 班级： 学号： 基础对点练 题组一　水平面内圆周运动的临界问题 1.（多选）（2026山东济宁高三检测）如图所示，在水平圆台的转轴上的O点固定一根结实的细绳，细绳长度为l，细绳的一端连接一个小木箱，木箱里放着一只玩具小熊，此时细绳与转轴间的夹角为θ＝53°，且处于恰好伸直的状态。已知小木箱与玩具小熊的总质量为m，木箱与水平圆台间的动摩擦因数μ＝0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin 53°＝0.8， cos 53°＝0.6，重力加速度为g，不计空气阻力。在可调速电动机的带动下，让水平圆台缓慢加速运动（　　） A.当圆台的角速度ω＝时，细绳中无张力 B.当圆台的角速度ω＝时，细绳中有张力 C.当圆台的角速度ω＝时，圆台对木箱无支持力 D.当圆台的角速度ω＝时，圆台对木箱有支持力 2.（2026山东烟台高三检测）如图所示，一表面粗糙的圆锥形漏斗，其内表面与水平方向之间的倾角θ＝53°，有一质量为m的小物块（可视为质点）被放在漏斗内表面上，物块与漏斗竖直轴线的距离为r，与漏斗倾斜内表面间的动摩擦因数为0.5，现使该漏斗绕竖直方向的转轴匀速转动，要使物块相对漏斗保持静止，已知重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin 53°＝0.8，则漏斗转动的角速度ω取值范围是（　　） A.≤ω≤ B.≤ω≤ C.≤ω≤ D.0≤ω≤ 题组二　竖直面内圆周运动的“轻绳”和“轻杆”模型 3.（2026河北衡水高三阶段练习）猫很怕水，当其身上沾到水后，会通过高速抖动的方式将水甩干，于是某同学用这样一个模型来研究这一现象：如图所示，将猫的躯干视为轴线水平，半径为R的圆柱（其腿长可忽略），某一次抖动时可看作其绕自身轴线旋转，角速度为ω。若要求猫正上方头顶的水可以被甩出，重力加速度为g，则角速度ω的可能值为（　　） A. B. C. D. 4.（2025湖北武汉三模）如图所示，在竖直平面内固定一刚性轻质的圆环形细管（管道内径极小），一质量为m的小球放置于管内顶端A点，其直径略小于管道内径。现给小球一微小扰动，使之顺时针沿管道下滑。管内的B点与管道的圆心O等高，C点是管道的最低点，若不计一切摩擦，下列说法中正确的是（　　） A.小球不可能回到A点 B.小球对细管的作用力不可能为零 C.从A点运动到C点，小球对细管的作用力一直增大 D.从A点运动到B点，小球对细管的作用力先减小后增大 题组三　斜面上圆周运动的临界极值问题 5.（2025安徽合肥三模）如图所示，与水平方向成θ＝30°角的圆盘绕垂直于盘面且过圆心的轴做匀速圆周运动，角速度ω＝ rad/s。盘面上距轴r＝0.5 m处有一可视为质点的小物块恰能与圆盘保持相对静止。小物块的质量m＝1 kg，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2，下列说法错误的是（　　） A.物块与盘面间的动摩擦因数为 B.物块从最低点转到最高点的过程中，圆盘对物块的摩擦力一直减小 C.物块转至与圆盘圆心高度相同处时，圆盘对物块的摩擦力大小为2.5 N D.在保持物块相对圆盘静止的情形下，改变圆盘角速度，物块在最高点的摩擦力不可能为零 综合提升练 6.（2026河北保定高三检测）如图甲所示，陀螺可在圆轨道外侧旋转而不脱落，好像轨道对它施加了魔法，被称为“魔力陀螺”，可等效为图乙所示的模型，竖直固定的磁性圆轨道半径为R，质量为m的质点沿轨道外侧做完整的圆周运动，A、C两点分别为轨道的最高点与最低点，B、D两点与轨道圆心等高，质点受到始终指向圆心、大小恒为2mg的磁性引力作用，不计摩擦和空气阻力，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（　　） 甲 乙 A.若质点经过A点时的速度大小为，则此时质点受到轨道的弹力大小为mg B.若质点经过B点时的速度大小为，则此时质点受到轨道的弹力大小为mg C.若质点经过C点时的速度大小为，则此时质点受到轨道的弹力大小为2mg D.若质点经过D点时的速度大小为，则此时质点受到轨道的弹力大小为2mg 7.（2025重庆沙坪坝高三期中）在物理实验室中，研究人员设计了一个旋转容器实验装置，用于研究物体的受力情况。如图所示，将长方体容器一面固定在转轴上，绕转轴做匀速圆周运动。容器内有质量均为m的A、B两物块用轻杆相连，杆与竖直方向的夹角为θ。物块A靠在可视为光滑的左壁，物块B在水平底面的中点，两物块均可视为质点且与底面的动摩擦因数为μ，容器底边长为2r，杆与容器始终保持相对静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A.若物块B受到摩擦力为零，则角速度大小为 B.若物块B受到摩擦力为零，则角速度大小为 C.转轴匀速转动的角速度最大值为 D.转轴匀速转动的角速度最大值为 8.(12分)如图所示,在足够大的转盘中心固定一个小物块B,距离中心为r0=0.2 m处放置小物块A。A、B质量均为m=1 kg,A与转盘之间的动摩擦因数为μ1=0.5。现在用原长为d=0.2 m、劲度系数k=40 N/m的轻质弹簧将两者连接,重力加速度g取10 m/s2,假设弹簧始终处于弹性限度以内,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。 (1)缓慢增加转盘转动的角速度,求A即将打滑时角速度ω1的大小。 (2)若小物块B解除固定状态,B和转盘间动摩擦因数为μ2=0.2,现将转盘角速度从0开始缓慢增大,为了保证B不打滑,求满足条件的转盘角速度ω2的大小范围。 9.(14分)如图所示,单杠比赛中运动员身体保持笔直绕杠进行双臂大回环动作,此过程中运动员以单杠为轴做圆周运动,重心到单杠的距离始终为d=1 m。当运动员重心运动到A点时,身体与竖直方向间的夹角为α,此时双手脱离单杠,此后重心经过最高点B时的速度vB=1.5 m/s,最后落到地面上,C点为落地时重心的位置。已知A、B、C在同一竖直平面内,运动员的质量m=60 kg,A、C两点间的高度差h=1.2 m,重力加速度g取10 m/s2,tan α==10.44,忽略空气阻力。求: (1)运动员重心在A点时单杠对每只手的拉力大小F; (2)A、C两点间的水平距离L。 10.（14分）（2026江苏扬州高三检测）如图所示，一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定轴以恒定角速度转动，盘面上离转轴距离r＝ m处有一质量m＝1 kg、可视为质点的物体与圆盘始终保持相对静止。盘面与水平面的夹角为θ＝37°，且P是轨迹圆上的最高点，Q是轨迹圆上的最低点，物体与盘面间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。 （1）当圆盘角速度ω＝ rad/s时，求物体受到的向心力大小。 （2）当圆盘角速度ω'＝2 rad/s时，为维持物体相对圆盘静止，求物体与盘面间的动摩擦因数的最小值。 答案： 1.ABC　解析 细绳中恰好无张力时，静摩擦力达到最大，由静摩擦力提供向心力，有μmg＝mω2lsin θ，解得ω＝，可得当ω≤时绳子无张力，ω>时绳子有张力，故A、B正确；圆台对木箱恰好无支持力时，有mgtan θ＝mω2lsin θ，解得ω＝，即当ω≥时，圆台对木箱无支持力，故C正确，D错误。 2.A　解析 对物块受力分析，当转速较小时，物块有下滑趋势，物块受力情况如图所示，并建立如图所示的坐标系，则有Ffsin θ＋FNcos θ＝mg，FNsin θ－Ffcos θ＝mr，Ff＝μFN，联立解得ωmin＝。同理当转速较大时，物体有上滑趋势，摩擦力沿斜面向下，则有FNcos θ＝mg＋Ffsin θ，FNsin θ＋Ffcos θ＝mr，Ff＝μFN，解得ωmax＝，所以漏斗转动的角速度取值范围是≤ω≤，故选A。 3.D　解析 对最高点的水滴，被甩出时，做离心运动，根据牛顿第二定律得mg<mω2R，解得ω>，则角速度ω的可能值为，故选D。 4.D　解析 因不计摩擦阻力，则小球无机械能损失，到达A点时速度为零，小球可回到A点，选项A错误；小球下滑在AB段时，若满足mgcos θ＝m（θ为该位置与圆心连线与竖直方向的夹角）时对细管的作用力为零，选项B错误；由上述分析可知，小球从A点运动到C点，在AB段之间存在一个压力为零的位置，可知从A点运动到C点小球对细管的作用力先减小后增大，选项C错误，D正确。 5.C　解析 对小物块受力分析，可知向心力由重力沿转盘斜面的下滑分力和转盘对物块的静摩擦力提供，如图所示，以重力下滑分力的箭尾为圆心，向心力的大小为半径作圆，根据力的三角形定则可知，物块从最低点转到最高点的过程中，圆盘对物块的摩擦力一直减小，故B正确，不符合题意；由B选项的分析可知，物块在最低点时摩擦力最大，最容易脱落。物块与转盘恰能保持相对静止，可知物块转至最低点时，摩擦力恰好为最大静摩擦力，根据牛顿第二定律有μmgcos θ－mgsin θ＝mω2r，解得μ＝，故A正确，不符合题意；当物块转至与转盘圆心高度相同时，根据平行四边形定则有Ff＝ N，故C错误，符合题意；若最高点摩擦力为零，根据牛顿第二定律有mgsin θ＝mr，解得ω0＝ rad/s，大于ω＝ rad/s，故在保持物块相对圆盘静止的情形下，改变圆盘角速度，物块在最高点的摩擦力不可能为零，故D正确，不符合题意。 6.B　解析 若质点经过A点时的速度大小为，根据牛顿第二定律有mg＋2mg－FNA＝m，解得FNA＝2mg，故A错误；若质点经过B点时的速度大小为，根据牛顿第二定律有2mg－FNB＝m，解得FNB＝mg，故B正确；若质点经过C点时的速度大小为，根据牛顿第二定律有2mg－mg－FNC＝m，解得FNC＝0，故C错误；若质点经过D点时的速度大小为，根据牛顿第二定律有2mg－FND＝m，解得FND＝mg，故D错误。 7.C　解析 若物块B所受摩擦力为零，设物块A、B间杆的作用力为FT，对物块A受力分析，竖直方向上由平衡条件得mg＝FTcos θ，对物块B受力分析，由圆周运动的条件得FTsin θ＝mr，解得ω0＝，故A、B错误；对物块B受力分析，由圆周运动的条件得mω2r＝FTsin θ＋Ff≤FTsin θ＋μ（mg＋FTcos θ），解得ω≤，故C正确，D错误。 8.答案 (1)5 rad/s　(2)ω2≤2 rad/s 解析 (1)转盘的角速度为ω1时,物块A将开始滑动,则μ1mg=mr0 代入数值解得A即将打滑时ω1=5 rad/s。 (2)若小物块B解除固定状态,设物块刚好滑动时弹簧拉力为F,则对B有F=μ2mg 由胡克定律可知F=k(r-r0) 可得r=0.25 m 对A受力分析,为了保证B不打滑,则有F+μ1mg≥mr 可得ω2≤2 rad/s。 9.答案 (1)903.5 N　(2)1.8 m 解析 (1)运动员由A到B做斜抛运动,则运动员由A到B水平方向上做匀速直线运动,即vB=vAcos α 运动员在A点时,设单杠对人的作用力为FT,根据牛顿第二定律有FT-mgcos α=m 解得FT=1 807 N 则运动员重心在A点时单杠对每只手的拉力大小为F==903.5 N。 (2)运动员在A点时竖直方向的分速度为vAy=vBtan α=5 m/s 运动员由A点到C点在竖直方向上做竖直上抛运动,取竖直向上为正方向,则-h=vAyt-gt2 解得t=1.2 s 在水平方向上做匀速直线运动,则L=vBt=1.8 m。 10.答案 （1）0.75 N　（2） 解析 （1）当角速度ω＝ rad/s时，由Fn＝mrω2 代入数据解得Fn＝0.75 N。 （2）当物体转到圆盘的最低点恰好不下滑，此时为μ的最小值，受力分析如图 FfQ＝μmgcos θ FfQ－mgsin θ＝mrω'2 代入数据解得μ＝。 学科网（北京）股份有限公司 $