《2019高考物理一輪復習 第四章《曲線運動與萬有引力》微專題5 圓周運動的臨界問題課時沖關 新人教版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2019高考物理一輪復習 第四章《曲線運動與萬有引力》微專題5 圓周運動的臨界問題課時沖關 新人教版（7頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 微專題5 圓周運動的臨界問題 一、單項選擇題(本題共6小題，每小題6分，共36分) 1．在高速公路的拐彎處，通常路面都是外高內(nèi)低．如圖所示，在某路段汽車向左拐彎，司機左側的路面比右側的路面低一些．汽車的運動可看做是做半徑為R的圓周運動．設內(nèi)外路面高度差為h，路基的水平寬度為d，路面的寬度為L.已知重力加速度為g.要使車輪與路面之間的橫向摩擦力(即垂直于前進方向)等于零，則汽車轉(zhuǎn)彎時的車速應等于(　　) A. 　　　　　　　B. C. D. 解析：B　[考查向心力公式．汽車做勻速圓周運動，向心力由重力與斜面對汽車的支持力的合力提供，且向心力

2、方向水平，大小F向＝mgtan θ，根據(jù)牛頓第二定律：F向＝m，tan θ＝，解得汽車轉(zhuǎn)彎時的車速v＝ ，B對．] 2．如圖，長為L的輕桿一端固定質(zhì)量為m的小球，另一端有固定轉(zhuǎn)軸O.現(xiàn)使小球在豎直平面內(nèi)做圓周運動．P為圓周軌道的最高點．若小球通過圓周軌道最低點時的速度大小為 ，則以下判斷正確的是(　　) A．小球不能到達P點 B．小球到達P點時的速度小于 C．小球能到達P點，但在P點不會受到輕桿的彈力 D．小球能到達P點，且在P點受到輕桿向下的彈力 解析：B　[根據(jù)機械能守恒定律2mgL＝mv2－mv，可求出小球在P點的速度為 <，故B正確，A錯誤．小球在P點所需要的向心力F＝＝m

3、g，故小球在P點受到輕桿向上的彈力，故C、D均錯誤．] 3．(2016·湛江質(zhì)檢)半徑為R的光滑半圓球固定在水平面上如圖所示，頂部有一個物體A，今給A一個水平初速度v0＝，則A將(　　) A．沿球面下滑至M點 B．沿球面下滑至某一點N，便離開球面做斜下拋運動 C．按半徑大于R的新圓弧軌道做圓周運動 D．立即離開半圓球做平拋運動 解析：D　[給A一個水平初速度v0＝，則F向＝＝mg，即重力恰好提供向心力，物體與半圓球無相互作用．A將不沿半圓球表面運動，而是脫離球表面做平拋運動．] 4．雨天野外騎車時，在自行車的后輪輪胎上常會粘附一些泥巴，行駛時感覺很“沉重”．如果將自行車后輪撐起，

4、使后輪離開地面而懸空，然后用手勻速搖腳踏板，使后輪飛速轉(zhuǎn)動，泥巴就被甩下來．如圖所示，圖中a、b、c、d為后輪輪胎邊緣上的四個特殊位置，則(　　) A．泥巴在圖中a、c位置的向心加速度大于b、d位置的向心加速度 B．泥巴在圖中的b、d位置時最容易被甩下來 C．泥巴在圖中的c位置時最容易被甩下來 D．泥巴在圖中的a位置時最容易被甩下來 解析：C　[當后輪勻速轉(zhuǎn)動時，由a＝Rω2知a、b、c、d四個位置的向心加速度大小相等，A錯誤．在角速度ω相同的情況下，泥巴在a點有Fa＋mg＝mω2R，在b、d兩點有Fb＝Fd＝mω2R，在c點有Fc－mg＝mω2R.所以泥巴與輪胎在c位置的相互作

5、用力最大，最容易被甩下來，故B、D錯誤，C正確．] 5．如圖所示，一個固定在豎直平面上的光滑半圓形管道，管道里有一個直徑略小于管道內(nèi)徑的小球，小球在管道內(nèi)做圓周運動，從B點脫離后做平拋運動，經(jīng)過0.3 s后又恰好垂直與傾角為45°的斜面相碰．已知半圓形管道的半徑為R＝1 m，小球可看做質(zhì)點且其質(zhì)量為m＝1 kg，g取10 m/s2.則(　　) A．小球在斜面上的相碰點C與B點的水平距離是1.0 m B．小球在斜面上的相碰點C與B點的水平距離是1.9 m C．小球經(jīng)過管道的B點時，受到管道的作用力FNB的大小是1 N D．小球經(jīng)過管道的B點時，受到管道的作用力FNB的大小是2 N 解

6、析：C　[根據(jù)平拋運動的規(guī)律，小球在C點的豎直分速度vy＝gt＝3 m/s，水平分速度vx＝vytan 45°＝3 m/s，則B點與C點的水平距離為x＝vxt＝0.9 m，選項A、B錯誤；在B點設管道對小球的作用力方向向下，根據(jù)牛頓第二定律，有FNB＋mg＝m，vB＝vx＝3 m/s，解得FNB＝－1 N，負號表示管道對小球的作用力方向向上，選項C正確，D錯誤．] 6．(2017·湖南株洲二中月考)用一根細線一端系一小球(可視為質(zhì)點)，另一端固定在一光滑圓錐頂上，如圖甲所示，設小球在水平面內(nèi)做勻速圓周運動的角速度為ω，線的張力為T，則T隨ω2變化的圖象是圖乙中的(　　) 解析：B　[設

7、繩長為L，錐面與豎直方向夾角為θ，當ω＝0時，小球靜止，受重力mg、支持力N和繩的拉力T而平衡，T＝mgcos θ≠0，A錯誤；ω增大時，T增大，N減小，當N＝0時，角速度為ω0，當ω<ω0時，由牛頓第二定律得Tsin θ－Ncos θ＝mω2Lsin θ，Tcos θ＋Nsin θ＝mg，解得T＝mω2Lsin2θ＋mgcos θ，當ω>ω0時，小球離開錐面，繩與豎直方向夾角變大，設為β，由牛頓第二定律得Tsin β＝mω2Lsin β，所以T＝mLω2，可知T-ω2圖線的斜率變大，所以B正確，C、D錯誤．] 二、多項選擇題(本題共4小題，每小題6分，共24分．全部選對的得6分，部分選對的

8、得3分，有選錯或不答的得0分) 7．(68520107)(2017·江蘇揚州中學月考)如圖所示，疊放在水平轉(zhuǎn)臺上的小物體A、B、C能隨轉(zhuǎn)臺一起以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動，A、B、C的質(zhì)量分別為3m、2m、m，A與B、B與轉(zhuǎn)臺、C與轉(zhuǎn)臺間的動摩擦因數(shù)都為μ，B、C離轉(zhuǎn)臺中心的距離分別為r、1.5r.設本題中的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力．以下說法中不正確的是(　　) A．B對A的摩擦力一定為3μmg B．C與轉(zhuǎn)臺間的摩擦力大于A與B間的摩擦力 C．轉(zhuǎn)臺的角速度一定滿足ω≤ D．轉(zhuǎn)臺的角速度一定滿足ω≤ 解析：ABD　[對A受力分析，受重力、支持力以及B對A的靜摩擦力，靜摩擦力提供向心力，有

9、fBA＝3mω2r≤3μmg，故A錯誤；由于A與C轉(zhuǎn)動的角速度相同，由摩擦力提供向心力有fC＝m·1.5rω2

10、圓周運動，則下列說法正確的是(　　) A．a(chǎn)繩張力不可能為零 B．a(chǎn)繩的張力隨角速度的增大而增大 C．當角速度ω> ，b繩將出現(xiàn)彈力 D．若b繩突然被剪斷，a繩的彈力可能不變 解析：AD　[小球做勻速圓周運動，在豎直方向上的合力為零，水平方向上的合力提供向心力，所以a繩張力在豎直方向上的分力與重力相等，可知a繩的張力不可能為零，故A正確．根據(jù)豎直方向上小球受力平衡得，F(xiàn)asin θ＝mg，解得Fa＝，可知a繩的張力不變，故B錯誤．當b繩拉力為零時，有＝mlω2，解得ω＝ ，可知當角速度ω>時，b繩出現(xiàn)彈力，故C錯誤．由于b繩可能沒有彈力，故b繩突然被剪斷，a繩的彈力可能不變，故D正確

11、．] 9．(2016·浙江理綜)如圖所示為賽車場的一個水平“梨形”賽道，兩個彎道分別為半徑R＝90 m的大圓弧和r＝40 m的小圓弧，直道與彎道相切．大、小圓弧圓心O、O′距離L＝100 m．賽車沿彎道路線行駛時，路面對輪胎的最大徑向靜摩擦力是賽車重力的2.25倍．假設賽車在直道上做勻變速直線運動，在彎道上做勻速圓周運動．要使賽車不打滑，繞賽道一圈時間最短(發(fā)動機功率足夠大，重力加速度g＝10 m/s2，π＝3.14)，則賽車(　　) A．在繞過小圓弧彎道后加速 B．在大圓弧彎道上的速率為45 m/s C．在直道上的加速度大小為5.63 m/s2 D．通過小圓弧彎道的時間為5.58

12、s 解析：AB　[在彎道上做勻速圓周運動時，根據(jù)牛頓第二定律kmg＝m，故當彎道半徑一定時，在彎道上的最大速度是一定的，且在大彎道上的最大速度大于小彎道上的最大速度，故要想時間最短，故可在繞過小圓弧彎道后加速，選項A正確；在大圓弧彎道上的最大速率為vmR＝＝ m/s＝45 m/s，選項B正確；直道的長度為x＝＝50 m，在小彎道上的最大速度：vmr＝＝ m/s＝30 m/s，故在直道上的加速度大小為a＝＝ m/s2≈6.50 m/s2，選項C錯誤；由幾何關系可知，小圓弧軌道的長度為，通過小圓弧彎道的時間為t＝＝s≈2.80 s，選項D錯誤．] 10．(2017·遼寧撫順一中一模)如圖所

13、示，兩物塊A、B套在水平粗糙的CD桿上，并用不可伸長的輕繩連接，整個裝置能繞過CD中點的軸轉(zhuǎn)動，已知兩物塊質(zhì)量相等，桿CD對物塊A、B的最大靜摩擦力大小相等，開始時繩子處于自然長度(繩子恰好伸直但無彈力)，物塊B到軸的距離為物塊A到軸距離的兩倍，現(xiàn)讓該裝置從靜止開始轉(zhuǎn)動，使轉(zhuǎn)速逐漸慢慢增大，在從繩子處于自然長度到兩物塊A、B即將滑動的過程中，下列說法正確的是(　　) A．A受到的靜摩擦力一直增大 B．B受到的靜摩擦力先增大后保持不變 C．A受到的靜摩擦力先增大后減小再增大 D．B受到的合外力先增大后保持不變 解析：BC　[根據(jù)fm＝mrω2得ω＝ ，知當角速度逐漸增大時，B物塊先達到

14、最大靜摩擦力，角速度增大，B物塊所受繩子的拉力和最大靜摩擦力的合力提供向心力；角速度繼續(xù)增大，拉力增大，則A物塊所受靜摩擦力減小，當拉力增大到一定程度，A物塊所受的摩擦力減小到零后反向；角速度繼續(xù)增大，A物塊的摩擦力反向增大．所以A物塊所受的摩擦力先增大后減小，又反向增大，B物塊所受的靜摩擦力一直增大，達到最大靜摩擦力后不變，A錯誤，B、C正確；在轉(zhuǎn)動過程中，B物塊運動需要向心力來維持，一開始是靜摩擦力作為向心力，當摩擦力不足以提供向心力時，繩子的拉力作為補充，速度再增大，當這兩個力的合力不足以提供向心力時，物塊將會發(fā)生相對滑動，根據(jù)向心力公式，F(xiàn)向＝m可知，在發(fā)生相對滑動前B物塊運動的半徑是

15、不變的，質(zhì)量也不變，隨著速度的增大，向心力增大，而向心力等于物塊所受的合外力，故D錯誤．故選B、C.] 三、非選擇題(本題共2小題，共40分．寫出必要的文字說明和重要的演算步驟，有數(shù)值計算的要注明單位) 11．(68520108)(20分)如圖所示，細繩一端系著質(zhì)量M＝8 kg的物體，靜止在水平桌面上，另一端通過光滑小孔吊著質(zhì)量m＝2 kg的物體，M與圓孔的距離r＝0.5 m，已知M與桌面間的動摩擦因數(shù)為0.2(設物體受到的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)，現(xiàn)使物體M隨轉(zhuǎn)臺繞中心軸轉(zhuǎn)動，問轉(zhuǎn)臺角速度ω在什么范圍時m會處于靜止狀態(tài)(g＝10 m/s2)． 解析：設角速度的最小值為ω1，此時M有

16、向著圓心運動的趨勢，其受到的最大靜摩擦力沿半徑向外，由牛頓第二定律得：FT－μMg＝Mωr，設角速度的最大值為ω2，此時M有背離圓心運動的趨勢，其受到的最大靜摩擦力沿半徑指向圓心，由牛頓第二定律得：FT＋μMg＝Mωr，要使m靜止，應有FT＝mg， 聯(lián)立得ω1＝1 rad/s，ω2＝3 rad/s，則1 rad/s≤ω≤3 rad/s. 答案：1 rad/s≤ω≤3 rad/s 12．(68520109)(20分)(2017·豫東、豫北十校測試)如圖所示，半徑為、質(zhì)量為m的小球用兩根不可伸長的輕繩a、b連接，兩輕繩的另一端系在一根豎直桿的A、B兩點上，A、B兩點相距為l，當兩輕繩伸直后，

17、A、B兩點到球心的距離均為l.當豎直桿以自己為軸轉(zhuǎn)動并達到穩(wěn)定時(輕繩a、b與桿在同一豎直平面內(nèi))．求： (1)豎直桿角速度ω為多大時，小球恰好離開豎直桿． (2)輕繩a的張力Fa與豎直桿轉(zhuǎn)動的角速度ω之間的關系． 解析：(1)小球恰好離開豎直桿時，小球與豎直桿間的作用力為零，設此時輕繩a與豎直桿間的夾角為α，由題意可知sin α＝，r＝， 沿半徑：Fasin α＝mω2r， 垂直半徑：Facos α＝mg， 聯(lián)立解得ω＝2. (2)由(1)可知0≤ω≤2時，F(xiàn)a＝mg. 若角速度ω再增大，小球?qū)㈦x開豎直桿，在輕繩b恰伸直前，設輕繩a與豎直桿的夾角為β，此時小球做圓周運動的半徑為r＝lsin β. 沿半徑：Fasin β＝mω2r， 垂直半徑：Facos β＝mg. 聯(lián)立解得Fa＝mω2l 當輕繩b恰伸直時，β＝60°，此時ω＝ 故有Fa＝mω2l，此時2<ω≤ 若角速度ω再增大，輕繩b拉直后，小球做圓周運動的半徑為r＝lsin 60° 沿半徑：Fasin 60°＋Fbsin 60°＝mω2r， 垂直半徑：Facos 60°＝Fbcos 60°＋mg， 聯(lián)立解得Fa＝mlω2＋mg.此時ω≥ . 答案：見解析 - 7 -