备考2024届高考物理一轮复习分层练习第四章曲线运动专题七圆周运动临界问题的模型建构

专题七圆周运动临界问题的模型建构1.[多选]如图所示，用一端固定在O点且长为L的细绳拴着质量为m的小球在竖直平面内做圆周运动，则下列说法正确的是（　CD　）A.小球在圆周最高点时所受的向心力一定为重力B.小球在最高点时绳子的拉力不可能为零C.小球过最低点时绳子的拉力一定大于小球重力D.若小球刚好能在竖直平面内做圆周运动，则其在最高点的速率为gL解析　在最高点时，若向心力完全由重力提供，即球和细绳之间没有相互作用力，此时有mg＝mv02L，解得v0＝gL，此时小球刚好能在竖直平面内做圆周运动，若v＞gL，则小球对细绳有拉力，若v＜gL，则小球不能在竖直平面内做圆周运动，所以在最高点，充当向心力的不一定是重力.在最低点时，细绳的拉力和重力的合力充当向心力，故有T－mg＝mv12L，得T＝mv12L＋mg，则小球过最低点时细绳的拉力一定大于小球重力，故A、B错误，C、D正确.2.[2023山东临沂检测]无缝钢管的制作原理如图所示，竖直平面内，管状模型置于两个支承轮上，支承轮转动时通过摩擦力带动管状模型转动，铁水注入管状模型后，由于离心作用，紧紧地覆盖在模型的内壁上，冷却后就得到无缝钢管.已知管状模型内壁半径为R，则下列说法正确的是（　C　）A.铁水是由于受到离心力的作用才覆盖在模型内壁上B.模型各个方向上受到的铁水的作用力相同C.若最上部的铁水恰好不离开模型内壁，此时仅重力提供向心力D.管状模型转动的角速度ω最大为gR解析　铁水做圆周运动，重力与弹力的合力提供向心力，没有离心力，A错误；模型最下部受到铁水的作用力最大，最上部受到铁水的作用力最小，B错误；最上部的铁水如果恰好不离开模型内壁，则由重力提供向心力，有mg＝mω2R，可得ω＝gR，故管状模型转动的角速度ω至少为gR，C正确，D错误. 3.[2024湖北宜城一中质检/多选]一半径为r的小球紧贴竖直放置的圆形管道内壁做圆周运动，如图甲所示.小球运动到最高点时管壁对小球的作用力大小为FN，小球的速度大小为v，其FN－v2图像如图乙所示.已知重力加速度为g，规定竖直向下为正方向，不计一切阻力.则下列说法正确的是（　ABD　）A.小球的质量为bgB.圆形管道内侧壁半径为cg－rC.当v2＝d时，小球受到外侧壁竖直向上的作用力，大小为dbc－bD.小球在最低点的最小速度为2c解析　设圆形管道内侧壁半径为R，在最高点，当管壁对小球的作用力为零时，重力提供向心力，由牛顿第二定律得mg＝mv02R＋r，解得v0＝g(R＋r)，当0＜v＜g(R＋r)时，在最高点，小球受到管内壁向上的弹力，由牛顿第二定律得mg－FN＝mv2R＋r，整理得FN＝mg－mv2R＋r，结合题图乙可得mg＝b，mR＋r＝bc，解得m＝bg，R＝cg－r，A、B正确；当v＞g(R＋r)时，在最高点，小球受到管外壁向下的弹力，由牛顿第二定律得mg＋FN＝mv2R＋r，整理得FN＝mv2R＋r－mg，当v2＝d时，有FN＝bdc－b，C错误；根据能量守恒定律可知，当小球在最高点具有最小速度(为零)时，其在最低点的速度最小，即12mvmin2＝2mg(R＋r)，解得vmin＝2c，D正确.4.[创新图像形式/2024湖南长沙雅礼中学校考/多选]如图所示，水平圆盘上放置一个质量为m的小物块，物块通过长为L的轻绳连接到竖直转轴上的定点O，此时轻绳恰好伸直，与转轴成37°角.现使整个装置绕转轴缓慢加速转动（轻绳不会绕到转轴上），角速度ω从零开始缓慢增加，直到物块刚好要脱离圆盘.已知物块与圆盘间动摩擦因数μ＝0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.则轻绳的弹力大小FT和物块受到的摩擦力大小Ff随ω2变化的图像正确的是（　AD　） 解析　ω较小时，绳子无弹力，静摩擦力提供向心力，有Ff＝mω2Lsin37°，当Ff达到最大静摩擦力时有mω12Lsin37°＝μmg，解得ω12＝5g6L，此时FT＝0、Ff＝12mg，即绳子刚好开始产生弹力，继续增大角速度，轻绳弹力增大，静摩擦力减小，最终物块刚好要脱离圆盘，此时摩擦力为0，有FTcos37°＝mg、FTsin37°＝mω22Lsin37°，解得ω22＝5g4L，此时FT＝54mg、Ff＝0，A、D正确，B、C错误.5.[多选]如图所示，物体P用两根长度相等且不可伸长的细线系于竖直杆上，并随杆转动.若转动角速度为ω，则（　ABC　）A.ω只有超过某一值时，细线AP才有拉力B.细线BP的拉力随ω的增大而增大C.细线BP所受拉力一定大于细线AP所受拉力D.当ω增大到一定程度时，细线AP所受拉力大于BP所受拉力解析　ω较小时，AP松弛，故A正确.AP绷紧前，对P受力分析，如图甲所示，水平方向有FBPsinθ＝mω2Lsinθ，得FBP＝mω2L，可知BP的拉力随ω的增大而增大；AP绷紧后，对P受力分析，如图乙所示，竖直方向有FBPsinα－FAPsinα＝mg，得FBP－FAP＝mgsinα＞0，水平方向有FBPcosα＋FAPcosα＝mω2Lcosα，解得2FBP＝mgsinα＋mω2L，可知BP的拉力随ω的增大而增大，故B、C正确，D错误.6.[2022山东]无人配送小车某次性能测试路径如图所示，半径为3m的半圆弧BC与长8m的直线路径AB相切于B点，与半径为4m的半圆弧CD相切于C点.小车以最大速度从A 点驶入路径，到适当位置调整速率运动到B点，然后保持速率不变依次经过BC和CD.为保证安全，小车速率最大为4m/s.在ABC段的加速度最大为2m/s2，CD段的加速度最大为1m/s2.小车视为质点，小车从A到D所需最短时间t及在AB段做匀速直线运动的最长距离l为（　B　）A.t＝（2＋7π4）s，l＝8mB.t＝（94＋7π2）s，l＝5mC.t＝（2＋5612＋76π6）s，l＝5.5mD.t＝（2＋5612＋4+62π）s，l＝5.5m解析　在BC段的最大加速度为a1＝2m/s2，由a1＝v12r1得小车在BC段的最大速度为v1＝6m/s；在CD段的最大加速度为a2＝1m/s2，由a2＝v22r2得小车在CD段的最大速度为v2＝2m/s＜v1；小车可在BCD段运动的时间为t3＝π(r1＋r2)v2＝7π2s；在AB段从最大速度v1减速到v2的时间t1＝v1-v2a1＝1s，位移x2＝v12-v222a1＝3m，则在AB段匀速运动的最长距离为l＝8m－3m＝5m；匀速运动的时间t2＝lv1＝54s，则小车从A到D所需最短时间为t＝t1＋t2＋t3＝(94＋7π2)s，B正确.7.[多选]如图所示，在匀速转动的水平圆盘上，沿半径方向放着用轻绳相连的质量均为m的两个物体A和B，它们分居圆心两侧，与圆心的距离分别为RA＝r、RB＝2r，与圆盘间的动摩擦因数μ相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当圆盘转速缓慢增大到两物体刚好还未发生滑动时，下列说法正确的是（　ABC　）A.此时绳子所受拉力为T＝3μmgB.此时圆盘的角速度为ω＝2μgrC.此时A所受摩擦力方向沿半径指向圆盘外D.此时烧断绳子，A仍相对盘静止，B将做离心运动解析　A和B随着圆盘转动时，合外力提供向心力，B的运动半径比A的大，所以B所需向心力大，绳子拉力相等，当圆盘转速增大到两物体刚好还未发生滑动时，B的静摩擦力方向沿半径指向圆心，A的最大静摩擦力方向沿半径指向圆盘外，根据牛顿第二定律得T －μmg＝mrω2，T＋μmg＝2mrω2，解得T＝3μmg，ω＝2μgr，A、B、C正确；此时烧断绳子，A、B的最大静摩擦力都不足以提供向心力，A、B都将做离心运动，D错误.8.[2024四川绵阳南山中学校考]某水上滑梯的简化结构图如图所示.总质量为m的滑船（包括游客），从图甲所示倾角θ＝53°的光滑斜轨道上的A点由静止开始下滑，到达B点时，进入一段与斜轨道相切的半径R＝12.5m的光滑圆弧轨道BC，C点为与地面相切的圆弧轨道最低点，在C点时对轨道的压力为1.8mg，之后轨道扭曲（D与BC不在同一个竖直面内），滑船从D点沿切线方向滑上如图乙所示的足够大光滑斜面abcd，速度方向与斜面水平底边ad成夹角θ＝53°.已知斜面abcd与水平面成β＝37°角，最后滑船由斜面水平底边ad上的E点进入水平接收平台，已知DE长L＝8m，g取10m/s2.求：（1）A点距离地面高度H；（2）滑船运动到D点时的速度大小vD及从D点到E点的运动时间t.答案　（1）5m　（2）52m/s　423s解析　（1）滑船从A点滑到C点时，由机械能守恒定律可知mgH＝12mvC2在C点时由牛顿第二定律可得FNC－mg＝mvC2R解得H＝0.4R＝5m（2）滑船在斜面上做类平抛运动，在斜面上只受重力和斜面的支持力，则运动的加速度大小a＝mgsinβm＝6m/s2沿边ab方向有vDsinθ＝a·t2沿底边ad方向有L＝vDcosθ·t联立并代入数据解得vD＝52m/s，t＝423s. 9.[斜面上的圆周运动/2024山东潍坊统考]为解决洗衣服时弯腰放置衣物的问题，有人设计了一种斜式滚筒洗衣机，其简化图如图所示.该洗衣机在脱水过程中滚筒绕固定轴OO1以恒定的角速度转动，滚筒的半径为r，筒壁内有一可视为质点的衣物，衣物与滚筒间的动摩擦因数为μ（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力），固定轴与水平面间的夹角为θ，重力加速度为g.要保持衣物在最高点时与滚筒相对静止，滚筒转动角速度的最小值为（　B　）A.g（μsinθ＋cosθ）μrB.g（sinθ＋μcosθ）μrC.g（μsinθ－cosθ）μrD.g（sinθ－μcosθ）μr解析