2021届高三物理二轮复习常考模型微专题复习—圆周运动的临界问题专题（含解析）

这是一份2021届高三物理二轮复习常考模型微专题复习—圆周运动的临界问题专题（含解析），共13页。试卷主要包含了单选题，多选题等内容，欢迎下载使用。

杂技演员表演“水流星”，在长为0.9m的细绳的一端，系一个与水的总质量为m=0.5kg的盛水容器，以绳的另一端为圆心，在竖直平面内做圆周运动，如图所示，若“水流星”通过最高点时的速率为3m/s，则下列说法正确的是(g=10m/s2)( )
A. “水流星”通过最高点时，有水从容器中流出
B. “水流星”通过最高点时，绳的张力及容器底部受到的压力均为零
C. “水流星”通过最高点时，处于完全失重状态，不受力的作用
D. “水流星”通过最高点时，绳子的拉力大小为5N
如图所示，OO’为竖直固定转轴，足够长的光滑轻杆用铰链固定于转轴O点，杆与竖直方向的夹角为θ.轻质弹簧套在杆上，下端固定于O点，上端系住小球A(A套在杆上)，弹簧原长为l.现使杆随转轴OO’转动，角速度ω从零开始缓慢増大，下列说法正确的是
A. 杆对小球的弹力不变
B. 弹簧对小球的弹力减小
C. 当ω=gcsθlsin2θ时，弹簧对小球的弹力大小恰好为零
D. 小球的转动平面缓慢升高，杆对小球做的功等于小球机械能的增加量
图所示，放于竖直面内的光滑金属细圆环半径为R，质量为m的带孔小球穿于环上，同时有一长为R的细绳一端系于球上，另一端系于圆环最低点，绳能承受的最大拉力为2mg.重力加速度的大小为g，当圆环以角速度ω绕竖直直径转动时，下列说法错误的是( )
A. 圆环角速度ω小于gR时，小球受到2个力的作用
B. 圆环角速度ω等于2gR时，细绳恰好伸直
C. 圆环角速度ω等于3gR时，细绳断裂
D. 圆环角速度ω大于6gR时，小球受到2个力的作用
如图所示，竖直杆在A、B两点通过铰链连接两等长轻杆AC和BC，AC、BC与竖直方向的夹角均为θ，两轻杆长度均为L，在C处固定一质量为m的小球。已知重力加速度为g，当装置绕竖直轴转动的角速度ω从0开始逐渐增大时，下列说法正确的是
A. 当ω=0时，AC杆和BC杆对球的作用力都为拉力
B. 在ω逐渐增大的过程中，AC杆的作用力可能先增大后减小
C. 在ω逐渐增大的过程中，BC杆的作用力可能先增大后减小
D. 当ω=gLcsθ时，BC杆的作用力为0
如图所示，长均为L的两根轻绳，一端共同系住质量为m的小球，另一端分别固定在等高的A、B两点，A、B两点间的距离也为L，重力加速度大小为g。现使小球在竖直平面内以AB为轴做圆周运动，若小球在最高点速率为v时，两根轻绳的拉力恰好均为0，改变小球运动的速度，当小球在最高点时，每根轻绳的拉力大小为3mg，则此时小球的速率为
A. 2vB. 3vC. 2vD. 22v
如图所示，半径为R的半球形容器固定在水平转台上，转台绕过容器球心O的竖直轴线以角速度ω匀速转动。质量不同的小物块A、B随容器转动且相对器壁静止，A、B和球心O点连线与竖直方向的夹角分别为α和β，α>β.。则
A. A的质量一定小于B的质量
B. A、B受到的摩擦力可能同时为零
C. 若A不受摩擦力，则B受沿容器壁向上的摩擦力
D. 若ω增大，A、B受到的摩擦力可能都增大
如图所示，倾斜放置的圆盘绕着中心轴O匀速转动，圆盘的倾角为37°，在距转动中心r=0.1 m处放一小木块，小木块跟随圆盘一起转动，小木块与圆盘间的动摩擦因数μ=0.8，小木块与圆盘间的最大静摩擦力与相同条件下的滑动摩擦力相同。若要保持小木块不相对圆盘滑动，圆盘转动的角速度最大值为(已知sin 37°=0.6，cs 37°=0.3，g=10 m/s2)
A. 8 rad/sB. 6 rad/sC. 4 rad/sD. 2 rad/s
如图所示，在竖直平面内有一个半径为R的圆弧轨道．半径OA水平、OB竖直，一个质量为m的小球自A正上方P点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力，已知AP=2R，重力加速度为g，则小球从P到B的运动过程中( )
A. 重力做功2mgR
B. 机械能减少mgR
C. 合外力做功mgR
D. 克服摩擦力做功12mgR
二、多选题
如图所示，小球在竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动，内侧壁半径为R，小球半径为r，则下列说法正确的是( )
A. 小球通过最高点时的最小速度vmin=g(R+r)
B. 小球通过最高点时的最小速度vmin=0
C. 小球在水平线ab以下的管道中运动时，内侧管壁对小球一定无作用力
D. 小球在水平线ab以上的管道中运动时，外侧管壁对小球一定有作用力
(多选)如图所示，细轻杆的一端与质量为m的小球相连，可绕O点的水平轴自由转动．现给小球一初速度．使它在竖直平面内做圆周运动，a、b分别表示轨道的最低点和最高点，重力加速度为g，则小球在这两点对杆的作用力大小之差可能为( )
A. 3 mgB. 4 mgC. 5 mgD. 6 mg
如图所示，水平转台上有一个质量为m的小物块，用长为L的轻细绳将物块连接在通过转台中心的转轴上，细绳与竖直转轴的夹角为θ，系统静止时细绳绷直但张力为零．物块与转台间动摩擦因数为μ(μA. 物块对转台的压力大小等于物块的重力
B. 物块受转台的静摩擦力方向始终指向转轴
C. 绳中刚出现拉力时，转台的角速度为
D. 物块能在转台上随转台一起转动的最大角速度为
如图，在匀速转动的水平圆盘上，沿半径方向放着用细绳相连的质量均为m的两个物体A和B，它们分居圆心两侧，与圆心距离分别为RA=r，RB=2r，与盘间的动摩擦因数μ相同，当圆盘转速缓慢加快到两物体刚好要发生滑动时，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是( )
A. 此时绳子张力为3μmg
B. 此时A所受摩擦力方向沿半径指向圆内
C. 此时圆盘的角速度为2μgr
D. 此时烧断绳子，A仍相对盘静止，B将做离心运动
(多选)质量为m的小球M由轻绳a和b分别系于一轻质细杆的B点和A点，如图所示，当轻杆绕轴OO'以角速度ω匀速转动时，a绳与水平方向成θ角，b绳在水平方向上且长为l，下列说法正确的是( )
A. a绳的张力不可能为零
B. a绳的张力随角速度的增大而增大
C. 当角速度ω>gltanθ时，b绳中存在张力
D. 当b绳突然被剪断，则a绳的弹力一定发生变化
如图所示，在光滑的水平桌面上有体积相同的两个小球A、B，质量分别为m=0.1kg和M=0.3kg，两球中间夹着一根压缩的轻弹簧，原来处于静止状态，同时放开A、B球和弹簧，已知A球脱离弹簧的速度为6m/s，接着A球进入与水平面相切，半径为0.5m的竖直面内的光滑半圆形轨道运动，PQ为半圆形轨道竖直的直径，g=10m/s2，下列说法正确的是( )
A. 弹簧弹开过程，弹力对A的冲量等于对B的冲量
B. A球脱离弹簧时B球获得的速度大小为2m/s
C. 若半圆轨道半径改为0.9m，则A球不能到达Q点
D. A球从P点运动到Q点过程中所受合外力的冲量大小为0.2N·s
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：ABD、当水对桶底压力为零时有：mg=mv2r，解得v=gr=10×0.9m/s=3m/s，由于“水流星”通过最高点的速度为3m/s，知水对桶底压力为零，不会从容器中流出．对水和桶分析，有：T+mg=mv2r，解得T=0.知此时绳子的拉力为零．故AD错误，B正确．
C、“水流星”通过最高点时，仅受重力，处于完全失重状态．故C错误．
故选：B
当在最高点水对桶底无压力时，根据牛顿第二定律求出临界的最小速度，从而判断水能否从容器中流出．对整体分析，运用牛顿第二定律求出绳子拉力的大小．
解决本题的关键搞清做圆周运动向心力的来源，运用牛顿第二定律进行求解．
2.【答案】C
【解析】
【分析】
该题考查圆周运动临界问题、功能关系等相关知识。分析好物理情景，灵活应用各相关公式是解决本题的关键。
分析受力，找到弹簧处于原长时小球转动的角速度的临界状态，由此讨论分析弹簧对小球的弹力和杆对小球的弹力变化情况；根据功能关系分析杆对小球做的功与小球机械能的增加量关系。
【解答】
C.当弹簧处于原长时，弹簧对小球弹力为零，此时分析小球受力，只受重力mg和杆对A的支持力N1，则有：N1sinθ=mg，N1csθ=mω2lcsθ，解得ω=gcsθlsin2θ，故C正确；
AB.设弹簧弹力为N2，由C选项分析可知，当ωgcsθlsin2θ，再增大角速度，弹簧将处于伸长状态，随着角速度增大，弹簧弹力也将增大，且此时有N1sinθ-N2csθ=mg；由于弹簧弹力N2是变化的，所以杆对小球的弹力N1也是变化的，故AB错误；
D.小球的转动平面缓慢升高，杆对小球做的功将有一部分转化为弹簧的弹性势能，故D错误。
故选C。
3.【答案】C
【解析】解：AB、设角速度ω在0～ω1范围时绳处于松弛状态，球受到重力与环的弹力两个力的作用，弹力与竖直方向夹角为θ，则有：mgtan θ=mRsin θ⋅ω2，即为：ω=gRcsθ，当绳恰好伸直时有：θ=60°，对应ω1=2gR，故AB正确；
CD、设在ω1<ω<ω2时绳中有张力且小于2mg，此时有：FNcs 60°=mg+FTcs 60°，FNsin 60°+FTsin 60°=mω2Rsin 60°，当FT取最大值2mg时代入可得：ω2=6gR，即当ω>6gR时绳将断裂，小球又只受到重力、环的弹力两个力的作用，故C错误，D正确。
本题选择错误的，故选：C。
因为圆环光滑，所以圆环肯定是重力、环对球的弹力，另外可能受到绳子的拉力。
细绳要产生拉力，绳要处于拉升状态，根据几何关系及向心力基本格式求出刚好不受拉力时的角速度，此角速度为临界角速度，如果大于此角速度就受三个力。
根据受力分析，结合牛顿第二定律即可求出绳子将被拉断时的角速度。
本题主要考查了圆周运动向心力公式的应用以及同学们受力分析的能力，要求同学们能找出临界状态并结合几何关系解题，难度适中。
4.【答案】D
【解析】
【分析】
杆既可以产生拉力作用，也可以产生支持力作用，结合小球的运动情况，若小球做圆周运动，要注意分析小球的向心力来源，结合平衡条件与牛顿第二定律进行分析即可。
本题考查圆周运动，关键是抓住临界条件及向心力来源的分析。
【解答】
A.当ω=0时，因为小球在水平方向受力平衡，所以AC杆对小球为拉力，BC杆对小球为支持力，且大小相等，故A错误；
BCD.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=mω2Lsin θ，解得ω=gLcs θ；当ω继续增大时，AC杆对小球的拉力继续增大，BC杆对小球的作用力变为拉力且逐渐增大，故BC错误，D正确。
故选D。
5.【答案】C
【解析】
【分析】
当两根绳的拉力恰好为零时，靠重力提供向心力，结合牛顿第二定律列出表达式，当每根轻绳的拉力大小为3mg时，靠重力和两根绳拉力的合力提供向心力，结合牛顿第二定律列出表达式，联立方程解答。
解决本题的关键知道最高点的临界情况，抓住小球向心力的来源，结合牛顿第二定律进行求解。
【解答】
小球在运动过程中，A、B两点与小球所在位置构成等边三角形，由此可知，小球圆周运动的半径R=L⋅sin60∘=32L，两绳与小球运动半径方向间的夹角为30°，由题意，小球在最高点的速率为v时，mg=mv2R。改变小球速度，在最高点应有：2FTcs30∘+mg=mv'2R，FT=3mg，可解得此时小球速率为v'=2v，C项正确。
故选C。
6.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查静摩擦力和最大静摩擦力，牛顿第二定律的应用及做圆周运动物体向心力的来源。
分别求出A和B受到的摩擦力为零时对应的角速度大小，比较二者相对运动情况，由此分析摩擦力的方向和变化情况。
【解答】
AB.当B摩擦力恰为零时，受力分析如图
根据牛顿第二定律得：mgtan β=mωB2Rsin β
解得：ωB=gRcs β，
同理可得：ωA=gRcs α
物块转动角速度与物块的质量无关，所以无法判断质量的大小，
由于α>β，所以ωA>ωB，即A、B受到的摩擦力不可能同时为零，故AB错误；
C.若A不受摩擦力，此时转台的角速度为ωA>ωB，所以B物块此时的向心力大于摩擦力为零时的向心力，所以此时B受沿容器壁向下的摩擦力，故C错误；
D.如果转台角速度从A不受摩擦力开始增大，A、B的向心力都增大，所受的摩擦力都增大，故D正确。
故选D。
7.【答案】D
【解析】
【分析】
因为木块在最低点时所受的静摩擦力方向沿圆盘向上，静摩擦力大于重力沿斜面方向的分力，在最高点，靠重力沿斜面方向的分力和静摩擦力的合力提供向心力，可知只要小木块转过最低点时不发生相对滑动就能始终不发生相对滑动。根据牛顿第二定律求出圆盘转动的最大角速度。
解决本题的关键知道只要小木块转过最低点时不发生相对滑动就能始终不发生相对滑动，结合牛顿第二定律和最大静摩擦力进行求解。
【解答】
只要小木块转过最低点时不发生相对滑动就能始终不发生相对滑动，设其经过最低点时所受静摩擦力为f，由牛顿第二定律有：
f-mgsinθ=mrω2
为保证不发生相对滑动需要满足：f⩽μmgcsθ
联立解得：ω⩽2rad/s，故ABC错误，D正确。
故选D。
8.【答案】D
【解析】解：A、重力做功与路径无关，只与初末位置有关，故P到B过程，重力做功为WG=mgR，故A错误；
B、小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力，根据牛顿第二定律，有mg=mvB2R，解得vB=gR；
从P到B过程，重力势能减小量为mgR，动能增加量为12mvB2=12mgR，故机械能减小量为：mgR-12mgR=12mgR，故B错误；
C、从P到B过程，合外力做功等于动能增加量，故为12mvB2=12mgR，故C错误；
D、从P到B过程，克服摩擦力做功等于机械能减小量，故为mgR-12mgR=12mgR，故D正确；
故选：D。
小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力，根据牛顿第二定律求解出B点的速度；然后对从P到B过程根据功能关系列式判读。
解决本题的关键知道球到达B点时对轨道的压力为0，有mg=mvB2R，以及能够熟练运用动能定理。
9.【答案】BC
【解析】
【分析】
小球在竖直光滑圆形管道内做圆周运动，在最高点，由于外管或内管都可以对小球产生弹力作用，从而可以确定在最高点的最小速度；小球做圆周运动是，沿半径方向的合力提供做圆周运动的向心力。
解决本题的关键知道小球在竖直光滑圆形管道中运动，在最高点的最小速度为0，以及知道小球在竖直面内做圆周运动的向心力由沿半径方向上的合力提供。
【解答】
AB.在最高点，由于外管或内管都可以对小球产生弹力作用，当小球的速度等于0时，内管对小球产生弹力，大小为mg，故最小速度为0，故A错误，B正确；
C.小球在水平线ab以下管道运动，由于沿半径方向的合力提供做圆周运动的向心力，所以外侧管壁对小球一定有作用力，而内侧管壁对小球一定无作用力，故C正确；
D.小球在水平线ab以上管道运动，由于沿半径方向的合力提供做圆周运动的向心力，可能外侧壁对小球有作用力，也可能内侧壁对小球有作用力，故D错误。
故BC。
10.【答案】BCD
【解析】
【分析】
该题考查了解决本题的关键知道杆子既可以表现为拉力，也可以表现为支持力，做圆周运动时，在最高点和最低点，靠重力和杆子的作用力的合力提供圆周运动的向心力。
在最在最高点和最低点，小球靠重力和杆子作用力的合力提供圆周运动的向心力，根据合力提供向心力并结合机械能守恒定律分析解答。
【解答】
①若杆对球的力为支持力，0≤vb联立解得ΔF=FNa-FNb=mvb2R+mva2R
对杆和球组成的系统，由b→a机械能守恒，
12mva2=12mvb2+mg⋅2R
故ΔF=2mvb2R+4mg
vb=0时，ΔF=4mg，若vb增大，
则ΔF增大；
②若杆对球恰好无弹力，则vb=gR
此时ΔF=6mg
③若杆对球的力为拉力，vb>gR，
此时FNb+mg=mvb2R
FNa-mg=mva2R
则ΔF=6mg
综上，A错误，B、C、D正确。
故选BCD。
11.【答案】CD
【解析】
【分析】
当转台的角速度比较小时，物块只受重力、支持力和摩擦力，随速度的增大，细绳上的拉力增大，当物块恰好要离开转台时，物块受到重力和细绳的拉力的作用，求解角速度。
此题考查牛顿运动定律在圆周运动中的应用，注意临界条件的分析，至绳中出现拉力时，摩擦力为最大静摩擦力；转台对物块支持力为零时，N=0，f=0。
【解答】
A.物块受重力、支持力、摩擦力、绳的拉力，静止时，物块对转台的压力大小等于物块的重力，随着缓慢加速转动，绳的拉力增加，物块受到的支持力减小，则物块对转台的压力小于物块的重力，故A错误；
B.由题可知，物体做加速圆周运动，所以开始时物体受到的摩擦力必定有一部分的分力沿轨迹的切线方向，故B错误；
C.当转台的角速度比较小时，物块只受重力、支持力和摩擦力，当细绳恰好要产生拉力时：μmg=mω12(Lsinθ)，解得：ω1= μg Lsinθ ，故C正确；
D.随速度的增大，细绳上的拉力增大，当物块恰好要离开转台时，物块受到重力和细绳的拉力的作用，则：mgtanθ=mω22(Lsinθ)，解得：ω2=gLcsθ，故D正确。
故选CD。
12.【答案】AC
【解析】
【分析】
解决本题的关键是找出向心力的来源，知道A、B两物体是由摩擦力和绳子的拉力的合力提供向心力。
【解答】
ABC.两物块A和B随着圆盘转动时，由合外力提供向心力，则F=mω2r，B的半径比A的半径大，所以B所需向心力大，绳子拉力相等，所以当圆盘转速加快到两物体刚好还未发生滑动时，B的最大静摩擦力方向指向圆心，A的最大静摩擦力方向指向圆外，有相对圆盘沿半径指向圆内的运动趋势，根据牛顿第二定律得：T-μmg=mω2r，T+μmg=mω2⋅2r，解得：T=3μmg，ω=2μgr，故A、C正确，B错误；
D.烧断绳子瞬间A物体所需的向心力为2μmg，此时烧断绳子，A的最大静摩擦力不足以提供向心力，则A做离心运动，故D错误。
故选AC。
13.【答案】AC
【解析】
【分析】解决本题的关键知道小球做圆周运动向心力的来源，知道小球竖直方向合力为零。小球做匀速圆周运动，在竖直方向上的合力为零，水平方向合力提供向心力，结合牛顿第二定律分析判断即可求解。
【解答】
A、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；
B、根据竖直方向上平衡得，Fasinθ=mg，解得Fa=mgsinθ，可知a绳的拉力不变，故B错误；
C、当b绳拉力为零时，有：mgtanθ=mLω2，解得ω=gctθL，可知当角速度ω>gLtanθ时，b绳必存在张力。故C正确。
D、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错误。
故选：AC。
。
14.【答案】ABC
【解析】略