【2019-2020】高考物理双基突破专题20三种面内的圆周运动及临界问题精练

1、1 / 14【2019-2020】高考物理双基突破专题 20 三种面内的圆周运动及临界问题精练1.（多选）如图所示，两根长度相同的细线分别系有两个完全相同的小球，细线的上端都系于o点。设法让两个小球均在水平面上做匀速圆周运动。已知Li跟竖直方向的夹角为 60,L2跟竖直方向的夹角为30,下列说法正确的是o oA. 细线Li和细线L2所受的拉力大小之比为 .3:1B. 小球m和m的角速度大小之比为 3:1C. 小球m和m的向心力大小之比为 3:1D. 小球m和m的线速度大小之比为 3 护:1【答案】AC【解析】对任一小球研究*设细线与竖直方向的夹角为的竖直方向受力平衡则 屜片吨解得強。所以细线民

2、和细线L2L2所受的拉力大小之比寻=醜=半，故 A 正确”小球所受合力的大小为 wgtatwS,根据牛顿第二定律得mtdtDff=mtdtDff=f f得参二爲，两小球必込&相等所以角速度相等故 B 错误。小球所受合力提供向心力，则叵心力为 Q 吨 1 加 0小球聊和陀的向力大小之比为：器器常=九故 C 正确。两小球角速度相等，质量相等，由合外力提供向心力，有F=mgan 0 =他v,则小球m和m的线速度大小之比为=F= 3，故 D 错误。V2F22.（多选）如图甲，轻杆一端固定在O点，另一端固定一小球，现让小球在竖直平面内做半径为R的圆周运动。小球运动到最高点时，受到的弹力为F,速度

3、大小为v,其Fv2图象如乙图所示。贝UA小球的质量为T2 / 14RB当地的重力加速度大小为bC. v2=c时，小球对杆的弹力方向向下D. v2= 2b时，小球受到的弹力与重力大小相等【答案】AD【解析】由團乙可知：当时，杆对球的整力恰好为零此时只受重力重力提供向心tb碍二為即重力加度尸需故B瞬$当说=0时，向心力为孰杆对球柳力恰好与球的重力等大 反向，F F 尸啊=8 8即小球的质量故A正确；根据圆周运动的规律，当 X 方时杆对球的弹力 为剽当印时，帼-厅尸需,杆对球的弹力万向向上，当 4&时，帼+叭二狀杆对球的弹力方向 向下，25,杆对小球的弹力方向向下，根据牛顿第三定律，小球対杆

4、的弹力方向向上故Q 错误当 谀=2时，豳+尸弹=砖=邂又 5=5=殳,賁尸谥-吨=帼、故D正确3. （多选）长为L的轻杆，一端固定一个小球，另一端固定在光滑的水平轴上，使小球在竖直平面内做圆周运动。关于小球在最高点的速度v，下列说法中正确的是A. 当v的值为.gL时，杆对小球的弹力为零B. 当v由gL逐渐增大，杆对小球的拉力逐渐增大C. 当 v 由耳逐渐减小时，杆对小球的支持力逐渐减小D. 当 v 由零逐渐增大时，向心力也逐渐增大【答案】ABD【解析】在最高点，若速度v=, gL,则轻杆对小球的作用力为零，当v, gL,轻杆表现为拉力，速度增大，向心力增大，则轻杆对小球的拉力增大，A、B 正确

5、；当vv,gL时，轻杆表现为支持力，速度减2小，向心力减小，则杆对小球的支持力增大，C错误；在最高点，根据F向=mL得，速度增大，向心力逐渐增大，D 正确。4. （多选）“水流星”是一种常见的杂技项目，该运动可以简化为轻绳一端系着小球在竖直平面内的圆周运动模型，如图所示，已知绳长为I，重力加速度为g,则3 / 14A.小球运动到最低点Q时，处于失重状态B.小球初速度V。越大，则在P、Q两点绳对小球的拉力差越大C.当Vo 寸 6gl时，小球一定能通过最高点PD.当vogl时，细绳始终处于绷紧状态【答案】D【解析】小球在最低点时嗎近却-討*球经过最高点吨+F 尸字球经过最低点2 时，码一吨二孚联立

6、解得：F2Fl= 6mg与小球的速度无关，故 B 错误；2球恰好经过最高点P,mg=m，得：V3=gl一 1212小球以vo向上运动到最咼点时，mg -21= 2mv $口4所以h 2glgl=V3,所以小球一定能够过最高点P.故 C 正确；若Vo25 m/s【答案】CD.vo4 m/sD.Vo（Mm g,故选项 C 错误；小滑块在D点时，地面给轨道向左的摩擦力，轨道对地面的压力FN=Mg故选项 D错误。17如图所示，质量为m的木块，用一轻绳拴着，置于很大的水平转盘上，细绳穿过转盘中央的细管,与质量也为m的小球相连，木块与转盘间的最大静摩擦力为其重力的卩倍（卩=0.2 ），当转盘以角速度 3=

7、4rad/s 匀速转动时，要保持木块与转盘相对静止，木块转动半径的范围是多少（g取 10 m/s2） ?【答案】0.5 m Mg摩擦力方向向左B. 小滑块在B点时,FN=Mg摩擦力方向向右C. 小滑块在C点时,FN=（俯m g,M与地面无摩擦D. 小滑块在D点时,FN=（m g,摩擦力方向向左A点时，与轨道没有水平方向小滑块在15 / 14因此，要保持木块与转甜取寸静止，木块转动半径的范围是 0 5m.75me18如图所示，光滑半圆形轨道处于竖直平面内，半圆形轨道与光滑的水平地面相切于半圆的端点Ao一质量为m的小球在水平地面上C点受水平向左的恒力F由静止开始运动，当运动到A点时撤去恒力F,小1

8、6 / 14球沿竖直半圆形轨道运动到轨道最高点B点，最后又落在水平地面上的D点(图中未画出)。已知A、C间的距离为L,重力加速度为go(1)若轨道半径为R求小球到达半圆形轨道 B 点时对轨道的压力大小FN；(2)为使小球能运动到轨道最高点B,求轨道半径的最大值Fm；(3)轨道半径R多大时，小球在水平地面上的落点D到A点距离最大？最大距离Xm是多少?2FL2FLFL【答案】(1) 5mg(2)(3)R5mgmg在点由牛顿第二定律有用+尽尸瘴当 2FL 4mgF 4mgF时，水平位移最大。解得R=爲到A的最大距离&=蛊【解析】设小球到1?点速度为解得戶(2)解得(3)解得小球恰能运动到轨道

9、最高点时，轨道半径有最大值，则有l 2FLFN= 5mg=0Rn2FLR= 5mg设小球平抛运动的时间为t，有2R= *gt24R水平位移x=vt=2FL 4mgRm4Rg2 FL 4mgR 4mgR2 2mgt=17 / 14为i= 0.2。当用一大小为F= 4 N 的水平向右拉力拉动物块的同时，圆盘从图示位置以角速度3 = 2 n rad/s绕穿过圆心0的竖直轴匀速转动，拉力作用一段时间后撤掉，物块在滑道上继续滑行，由恰好落入小桶内，重力加速度取10 m/s2。mn nd(1)求拉力作用的最短时间;(2)若拉力作用时间为 0.5 s，求所需滑道的长度。【答案】(1)0.3 s ( 2)4

10、m【解析】( (1物块高幵渭道做平抛运动，设水平初速度为卩所用时间为焉则水平方向尺二诞竖直方向月二詁解得卩二2血冬i=D 5设拉动物块时的加速度为血，所用时间为如由牛顿第二定律得网尸袱血解得en=8m/s2撤去拉力后，设物块的枷速度対叫所用时间为知由牛顿第二定律得-卩皿0解得化=一2血儈圆盘转过一圈时落入，拉力作用时间最短，转过一圈的时间T=2n= 1 sCO物块在滑道上先加速后减速，则v=at1+a2t2物块滑行时间、抛出在空中时间与圆盘周期关系为11+12+1=T解得11= 0.3 s(2)物块加速t1= 0.5 s 的末速度V1=a1t1= 4 m/s12V2V2则滑道长L=;a1t1+

11、= 4 m19 如图所示，水平放置的圆盘半径为A1m，在其边缘C点固定一个高度不计的小桶，在圆盘直径CD的正上方放置一条水平滑道AB,滑道与CD平行。滑道右端B与圆盘圆心O在同一竖直线上，其高度差为h= 1.25 m。在滑道左端静止放置质量为m= 0.4 kg 的物块(可视为质点)，物块与滑道间的动摩擦因数B点水平抛出,18 / 1422a220.如图所示，在圆柱形房屋天花板中心0点悬挂一根长为L的细绳，绳的下端挂一个质量为m的小球，已知绳能承受的最大拉力为2mg小球在水平面内做圆周运动，当速度逐渐增大到绳断裂后，小球恰好以速度V2=7gL落到墙脚边。求：19 / 14（1）绳断裂瞬间的速度

12、V1；（2）圆柱形房屋的高度 H 和半径。【答案】（1）警（2） 3L【解析】（1）小球在绳断前瞬时受力如團所示。由牛顿第二定律得竖直方向用-更水平方向 由几何关系得 7Zsiii0解得讥=慘2 2V2V111厂=&L13 LH= m+ Leos 0 = 4设小球由平抛至落地的水平射程为x，如图所示。水平方向x=V1t竖直方向 h1=g2- 又有R=r2+X2解得R= 3L21.如图所示，内壁光滑的薄壁细圆管弯由半圆形APB （圆半径比细管的内径大得多）和直线BC两部（2）小球从抛出到落地，由机械能守恒定律得*mV+mgh=异解得hi=20 / 14分组成，轨道被固定在水平桌面上，已知半圆形APB的半径 R= 1.0 m ,BC段L= 1.5 m。弹射装置将一个质量为 m= 1 kg 的小球(可视为质点)以Vo= 5 m/s 的水平初速度从A点弹入轨道，小球从C点离开轨道随即水平抛出，桌子的高度h= 1.25 m，不计空气阻力，g取 10 m/s2, n 取 3.14，求：(1)小球在半圆轨道上运动时的向