【2019-2020】高考物理一轮复习第四章《曲线运动与万有引力》微专题5圆周运动的临界问题课时冲关新人教版

【2019-2020】高考物理一轮复习第四章《曲线运动与万有引力》微专题5圆周运动的临界问题课时冲关新人教版 圆周运动的临界问题一、单项选择题(本题共6小题，每小题6分，共36分)1．在高速公路的拐弯处，通常路面都是外高内低．如图所示，在某路段汽车向左拐弯，司机左侧的路面比右侧的路面低一些．汽车的运动可看做是做半径为R 的圆周运动．设内外路面高度差为h ，路基的水平宽度为d ，路面的宽度为L .已知重力加速度为g .要使车轮与路面之间的横向摩擦力(即垂直于前进方向)等于零，则汽车转弯时的车速应等于( )A.gRh L B. gRh d C. gRL h D. gRd h解析：B [考查向心力公式．汽车做匀速圆周运动，向心力由重力与斜面对汽车的支持力的合力提供，且向心力方向水平，大小F 向＝mg tan θ，根据牛顿第二定律：F 向＝m v 2R ，tan θ＝h d，解得汽车转弯时的车速v ＝ gRh d，B 对．] 2．如图，长为L 的轻杆一端固定质量为m 的小球，另一端有固定转轴O .现使小球在竖直平面内做圆周运动．P 为圆周轨道的最高点．若小球通过圆周轨道最低点时的速度大小为92gL ，则以下判断正确的是( ) A ．小球不能到达P 点B ．小球到达P 点时的速度小于gLC ．小球能到达P 点，但在P 点不会受到轻杆的弹力D ．小球能到达P 点，且在P 点受到轻杆向下的弹力解析：B [根据机械能守恒定律2mgL ＝12mv 2－12mv 2P ，可求出小球在P 点的速度为 12gL <gL ，故B 正确，A 错误．小球在P 点所需要的向心力F ＝mv 2P L ＝12mg ，故小球在P 点受到轻杆向上的弹力，故C 、D 均错误．]3．(2016·湛江质检)半径为R 的光滑半圆球固定在水平面上如图所示，顶部有一个物体A ，今给A 一个水平初速度v 0＝gR ，则A 将( )A ．沿球面下滑至M 点B ．沿球面下滑至某一点N ，便离开球面做斜下抛运动C ．按半径大于R 的新圆弧轨道做圆周运动D ．立即离开半圆球做平抛运动解析：D [给A 一个水平初速度v 0＝gR ，则F 向＝mv 20R＝mg ，即重力恰好提供向心力，物体与半圆球无相互作用．A 将不沿半圆球表面运动，而是脱离球表面做平抛运动．]4．雨天野外骑车时，在自行车的后轮轮胎上常会粘附一些泥巴，行驶时感觉很“沉重”．如果将自行车后轮撑起，使后轮离开地面而悬空，然后用手匀速摇脚踏板，使后轮飞速转动，泥巴就被甩下来．如图所示，图中a 、b 、c 、d 为后轮轮胎边缘上的四个特殊位置，则( )A ．泥巴在图中a 、c 位置的向心加速度大于b 、d 位置的向心加速度B ．泥巴在图中的b 、d 位置时最容易被甩下来C ．泥巴在图中的c 位置时最容易被甩下来D ．泥巴在图中的a 位置时最容易被甩下来解析：C [当后轮匀速转动时，由a ＝R ω2知a 、b 、c 、d 四个位置的向心加速度大小相等，A 错误．在角速度ω相同的情况下，泥巴在a 点有F a ＋mg ＝m ω2R ，在b 、d 两点有F b ＝F d ＝m ω2R ，在c 点有F c －mg ＝m ω2R .所以泥巴与轮胎在c 位置的相互作用力最大，最容易被甩下来，故B 、D 错误，C 正确．]5．如图所示，一个固定在竖直平面上的光滑半圆形管道，管道里有一个直径略小于管道内径的小球，小球在管道内做圆周运动，从B 点脱离后做平抛运动，经过0.3 s 后又恰好垂直与倾角为45°的斜面相碰．已知半圆形管道的半径为R ＝1 m ，小球可看做质点且其质量为m ＝1 kg ，g 取10 m/s 2.则( )A ．小球在斜面上的相碰点C 与B 点的水平距离是1.0 mB ．小球在斜面上的相碰点C 与B 点的水平距离是1.9 mC ．小球经过管道的B 点时，受到管道的作用力F N B 的大小是1 ND ．小球经过管道的B 点时，受到管道的作用力F N B 的大小是2 N解析：C [根据平抛运动的规律，小球在C 点的竖直分速度v y ＝gt ＝3 m/s ，水平分速度v x ＝v y tan 45°＝3 m/s ，则B 点与C 点的水平距离为x ＝v x t ＝0.9 m ，选项A 、B 错误；在B 点设管道对小球的作用力方向向下，根据牛顿第二定律，有F N B ＋mg ＝m v 2B R，v B ＝v x ＝3 m/s ，解得F N B ＝－1 N ，负号表示管道对小球的作用力方向向上，选项C 正确，D 错误．]6．(2017·湖南株洲二中月考)用一根细线一端系一小球(可视为质点)，另一端固定在一光滑圆锥顶上，如图甲所示，设小球在水平面内做匀速圆周运动的角速度为ω，线的张力为T ，则T 随ω2变化的图象是图乙中的( )解析：B [设绳长为L ，锥面与竖直方向夹角为θ，当ω＝0时，小球静止，受重力mg 、支持力N 和绳的拉力T 而平衡，T ＝mg cos θ≠0，A 错误；ω增大时，T 增大，N 减小，当N ＝0时，角速度为ω0，当ω<ω0时，由牛顿第二定律得T sin θ－N cos θ＝m ω2L sin θ，T cos θ＋N sin θ＝mg ，解得T ＝m ω2L sin 2θ＋mg cos θ，当ω>ω0时，小球离开锥面，绳与竖直方向夹角变大，设为β，由牛顿第二定律得T sin β＝m ω2L sin β，所以T ＝mL ω2，可知T ­ω2图线的斜率变大，所以B 正确，C 、D 错误．]二、多项选择题(本题共4小题，每小题6分，共24分．全部选对的得6分，部分选对的得3分，有选错或不答的得0分)7．(68520107)(2017·江苏扬州中学月考)如图所示，叠放在水平转台上的小物体A 、B 、C 能随转台一起以角速度ω匀速转动，A 、B 、C 的质量分别为3m 、2m 、m ，A 与B 、B 与转台、C 与转台间的动摩擦因数都为μ，B 、C 离转台中心的距离分别为r 、1.5r .设本题中的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．以下说法中不正确的是( )A ．B 对A 的摩擦力一定为3μmgB ．C 与转台间的摩擦力大于A 与B 间的摩擦力C ．转台的角速度一定满足ω≤ 2μg 3rD．转台的角速度一定满足ω≤ μg 3r解析：ABD [对A受力分析，受重力、支持力以及B对A的静摩擦力，静摩擦力提供向心力，有f BA＝3mω2r≤3μmg，故A错误；由于A与C转动的角速度相同，由摩擦力提供向心力有f C＝m·1.5rω2<f BA＝3m·rω2，即C与转台间的摩擦力小于A与B间的摩擦力，故B错误；对A、B 整体有(3m＋2m)ω2r≤μ(3m＋2m)g，对物体C有mω2·1.5r≤μmg，对物体A有3mω2r≤μ·3mg，联立解得ω≤ 2μg3r，故C正确，D错误．本题选错误的，故选A、B、D.]8．(2017·山东临沂质检)质量为m的小球由轻绳a和b分别系于一轻质细杆的A点和B点，如图所示，绳a与水平方向成θ角，绳b 沿水平方向且长为l，当轻杆绕轴AB以角速度ω匀速转动时，a、b两绳均伸直，小球在水平面内做匀速圆周运动，则下列说法正确的是( )A．a绳张力不可能为零B．a绳的张力随角速度的增大而增大C．当角速度ω> g cos θl，b绳将出现弹力D．若b绳突然被剪断，a绳的弹力可能不变解析：AD [小球做匀速圆周运动，在竖直方向上的合力为零，水平方向上的合力提供向心力，所以a绳张力在竖直方向上的分力与重力相等，可知a绳的张力不可能为零，故A正确．根据竖直方向上小球受力平衡得，F a sin θ＝mg，解得F a＝mgsin θ，可知a绳的张力不变，故B错误．当b绳拉力为零时，有mgtan θ＝mlω2，解得ω＝gl tan θ，可知当角速度ω>gl tan θ时，b绳出现弹力，故C错误．由于b绳可能没有弹力，故b绳突然被剪断，a绳的弹力可能不变，故D正确．]9．(2016·浙江理综)如图所示为赛车场的一个水平“梨形”赛道，两个弯道分别为半径R＝90 m的大圆弧和r＝40 m的小圆弧，直道与弯道相切．大、小圆弧圆心O、O′距离L＝100 m．赛车沿弯道路线行驶时，路面对轮胎的最大径向静摩擦力是赛车重力的2.25倍．假设赛车在直道上做匀变速直线运动，在弯道上做匀速圆周运动．要使赛车不打滑，绕赛道一圈时间最短(发动机功率足够大，重力加速度g＝10 m/s2，π＝3.14)，则赛车( )A ．在绕过小圆弧弯道后加速B ．在大圆弧弯道上的速率为45 m/sC ．在直道上的加速度大小为5.63 m/s 2D ．通过小圆弧弯道的时间为5.58 s 解析：AB [在弯道上做匀速圆周运动时，根据牛顿第二定律kmg ＝m v 2m r，故当弯道半径一定时，在弯道上的最大速度是一定的，且在大弯道上的最大速度大于小弯道上的最大速度，故要想时间最短，故可在绕过小圆弧弯道后加速，选项A 正确；在大圆弧弯道上的最大速率为v m R ＝kgR ＝ 2.25×10×90 m/s ＝45 m/s ，选项B 正确；直道的长度为x ＝L 2－R －r 2＝50 3 m ，在小弯道上的最大速度：v m r ＝kgr ＝ 2.25×10×40 m/s ＝30 m/s ，故在直道上的加速度大小为a＝v 2m R －v 2m r 2x ＝452－3022×503m/s 2≈6.50 m/s 2，选项C 错误；由几何关系可知，小圆弧轨道的长度为2πr 3，通过小圆弧弯道的时间为t ＝2πr3v mr ＝2×3.14×403×30s≈2.80 s，选项D 错误．]10．(2017·辽宁抚顺一中一模)如图所示，两物块A 、B 套在水平粗糙的CD 杆上，并用不可伸长的轻绳连接，整个装置能绕过CD 中点的轴转动，已知两物块质量相等，杆CD 对物块A 、B 的最大静摩擦力大小相等，开始时绳子处于自然长度(绳子恰好伸直但无弹力)，物块B 到轴的距离为物块A 到轴距离的两倍，现让该装置从静止开始转动，使转速逐渐慢慢增大，在从绳子处于自然长度到两物块A 、B 即将滑动的过程中，下列说法正确的是( )A ．A 受到的静摩擦力一直增大B ．B 受到的静摩擦力先增大后保持不变C ．A 受到的静摩擦力先增大后减小再增大D ．B 受到的合外力先增大后保持不变解析：BC [根据f m ＝mr ω2得ω＝f m mr，知当角速度逐渐增大时，B 物块先达到最大静摩擦力，角速度增大，B 物块所受绳子的拉力和最大静摩擦力的合力提供向心力；角速度继续增大，拉力增大，则A 物块所受静摩擦力减小，当拉力增大到一定程度，A 物块所受的摩擦力减小到零后反向；角速度继续增大，A 物块的摩擦力反向增大．所以A 物块所受的摩擦力先增大后减小，又反向增大，B 物块所受的静摩擦力一直增大，达到最大静摩擦力后不变，A 错误，B 、C 正确；在转动过程中，B 物块运动需要向心力来维持，一开始是静摩擦力作为向心力，当摩擦力不足以提供向心力时，绳子的拉力作为补充，速度再增大，当这两个力的合力不足以提供向心力时，物块将会发生相对滑动，根据向心力公式，F 向＝m v 2R可知，在发生相对滑动前B 物块运动的半径是不变的，质量也不变，随着速度的增大，向心力增大，而向心力等于物块所受的合外力，故D 错误．故选B 、C.]三、非选择题(本题共2小题，共40分．写出必要的文字说明和重要的演算步骤，有数值计算的要注明单位)11．(68520108)(20分)如图所示，细绳一端系着质量M ＝8 kg 的物体，静止在水平桌面上，另一端通过光滑小孔吊着质量m ＝2 kg 的物体，M 与圆孔的距离r ＝0.5 m ，已知M 与桌面间的动摩擦因数为0.2(设物体受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，现使物体M 随转台绕中心轴转动，问转台角速度ω在什么范围时m 会处于静止状态(g ＝10 m/s 2)．解析：设角速度的最小值为ω1，此时M 有向着圆心运动的趋势，其受到的最大静摩擦力沿半径向外，由牛顿第二定律得：F T －μMg ＝M ω21r ，设角速度的最大值为ω2，此时M 有背离圆心运动的趋势，其受到的最大静摩擦力沿半径指向圆心，由牛顿第二定律得：F T ＋μMg ＝M ω22r ，要使m 静止，应有F T ＝mg ，联立得ω1＝1 rad/s ，ω2＝3 rad/s ，则1 rad/s≤ω≤3 rad/s.答案：1 rad/s≤ω≤3 rad/s12．(68520109)(20分)(2017·豫东、豫北十校测试)如图所示，半径为l 4、质量为m 的小球用两根不可伸长的轻绳a 、b 连接，两轻绳的另一端系在一根竖直杆的A 、B 两点上，A 、B 两点相距为l ，当两轻绳伸直后，A 、B 两点到球心的距离均为l .当竖直杆以自己为轴转动并达到稳定时(轻绳a 、b 与杆在同一竖直平面内)．求：(1)竖直杆角速度ω为多大时，小球恰好离开竖直杆．(2)轻绳a 的张力F a 与竖直杆转动的角速度ω之间的关系．解析：(1)小球恰好离开竖直杆时，小球与竖直杆间的作用力为零，设此时轻绳a 与竖直杆间的夹角为α，由题意可知sin α＝14，r ＝l 4， 沿半径：F a sin α＝m ω2r ，垂直半径：F a cos α＝mg ，联立解得ω＝2g15l . (2)由(1)可知0≤ω≤2g15l 时，F a ＝415mg .若角速度ω再增大，小球将离开竖直杆，在轻绳b 恰伸直前，设轻绳a 与竖直杆的夹角为β，此时小球做圆周运动的半径为r ＝l sin β.沿半径：F a sin β＝m ω2r ，垂直半径：F a cos β＝mg .联立解得F a ＝m ω2l当轻绳b 恰伸直时，β＝60°，此时ω＝2g l 故有F a ＝m ω2l ，此时2g15l <ω≤ 2g l若角速度ω再增大，轻绳b 拉直后，小球做圆周运动的半径为r ＝l sin 60°沿半径：F a sin 60°＋F b sin 60°＝m ω2r ，垂直半径：F a cos 60°＝F b cos 60°＋mg ， 联立解得F a ＝12ml ω2＋mg .此时ω≥ 2g l .答案：见解析。