一轮创新思维物理（教科版）练习第四章第四讲平抛运动圆周运动的临界极值问题

[A组·基础巩固]热点一平抛运动中的临界极值问题A．根据题目条件能求出球的水平速度vB．根据题目条件能求出球从击出至落地所用时间tC．球从击球点至落地点的位移等于LD．球从击球点至落地点的位移与球的质量无关解析：根据平抛运动规律及题目条件能求出球的水平速度v，能求出球从击出至落地所用时间t，球从击球点至落地点的位移s等于eq\r(H2＋L2)，选项A、B正确，C错误．球从击球点至落地点的位移与球的质量无关，选项D正确．答案：ABD2．(2015·高考全国卷Ⅰ)一带有乒乓球发射机的乒乓球台如图所示．水平台面的长和宽分别为L1和L2，中间球网高度为h.发射机安装于台面左侧边缘的中点，能以不同速率向右侧不同方向水平发射乒乓球，发射点距台面高度为3h.不计空气的作用，重力加速度大小为g.若乒乓球的发射速率v在某范围内，通过选择合适的方向，就能使乒乓球落到球网右侧台面上，则v的最大取值范围是()A.eq\f(L1,2)eq\r(\f(g,6h))＜v＜L1eq\r(\f(g,6h))B.eq\f(L1,4)eq\r(\f(g,h))＜v＜eq\r(\f(4L\o\al(2,1)＋L\o\al(2,2)g,6h))C.eq\f(L1,2)eq\r(\f(g,6h))＜v＜eq\f(1,2)eq\r(\f(4L\o\al(2,1)＋L\o\al(2,2)g,6h))D.eq\f(L1,4)eq\r(\f(g,h))＜v＜eq\f(1,2)eq\r(\f(4L\o\al(2,1)＋L\o\al(2,2)g,6h))解析：当发射机正对右侧台面发射，乒乓球恰好过网时，发射速度最小．由平抛运动规律得eq\f(L1,2)＝v1t,2h＝eq\f(1,2)gt2，联立解得v1＝eq\f(L1,4)eq\r(\f(g,h)).当发射机正对右侧台面的某个角发射，乒乓球恰好到达角上时，发射速度最大．由平抛运动规律得eq\r(L\o\al(2,1)＋\f(L2,2)2)＝v2t′，3h＝eq\f(1,2)gt′2，联立解得v2＝eq\f(1,2)eq\r(\f(4L\o\al(2,1)＋L\o\al(2,2)g,6h)).即速度v的最大取值范围为eq\f(L1,4)eq\r(\f(g,h))＜v＜eq\f(1,2)eq\r(\f(4L\o\al(2,1)＋L\o\al(2,2)g,6h))，选项D正确，选项A、B、C错误．答案：D热点二圆周运动中的临界极值问题3.(多选)(2018·兰州一中期中)如图所示，甲、乙圆盘的半径之比为1∶2，两水平圆盘紧靠在一起，乙靠摩擦随甲不打滑转动．两圆盘上分别放置质量为m1和m2的小物体，m1＝2m2，两小物体与圆盘间的动摩擦因数相同．m1距甲盘圆心r，m2距乙盘圆心2rA．m1和m2的线速度之比为1∶4B．m1和m2的向心加速度之比为2∶1C．随转速慢慢增加，m1先开始滑动D．随转速慢慢增加，m2先开始滑动解析：甲、乙两轮子边缘上的各点线速度大小相等，有：ω1·R＝ω2·2R，则得ω1∶ω2＝2∶1，所以物块相对盘开始滑动前，m1与m2的角速度之比为2∶1，根据公式，v＝ωr，所以：eq\f(v1,v2)＝eq\f(ω1r,ω2·2r)＝eq\f(1,1)，A错误；根据a＝ω2r得：m1与m2的向心加速度之比为a1∶a2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω\o\al(2,1)·r))∶eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω\o\al(2,2)·2r))＝2∶1，B正确；根据μmg＝mrω2＝ma知，m1先达到临界角速度，可知当转速增加时，m1先开始滑动，C正确，D错误．答案：BC4.(多选)如图所示，竖直放置的光滑圆轨道被固定在水平地面上，半径r＝0.4m，最低点处有一小球(半径比r小很多)，现给小球一水平向右的初速度v0，则要使小球不脱离圆轨道运动，v0应当满足(取g＝10m/s2)()A．v0≥0 B．v0≥4m/sC．v0≥2eq\r(5)m/s D．v0≤2eq\r(2)m/s解析：当v0较大时，小球能够通过最高点，这时小球在最高点处需要满足的条件是mg≤eq\f(mv2,r)，又根据机械能守恒定律有eq\f(1,2)mv2＋2mgr＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，得v0≥2eq\r(5)m/s，C正确．当v0较小时，小球不能通过最高点，这时对应的临界条件是小球上升到与圆心等高位置处时速度恰好减为零，根据机械能守恒定律有mgr＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，故v0应当满足v0≤2eq\r(2)m/s，D正确．答案：CD5.(2017·高考江苏卷)如图所示，一小物块被夹子夹紧，夹子通过轻绳悬挂在小环上，小环套在水平光滑细杆上，物块质量为M，到小环的距离为L，其两侧面与夹子间的最大静摩擦力均为F.小环和物块以速度v向右匀速运动，小环碰到杆上的钉子P后立刻停止，物块向上摆动．整个过程中，物块在夹子中没有滑动．小环和夹子的质量均不计，重力加速度为g.下列说法正确的是()A．物块向右匀速运动时，绳中的张力等于2B．小环碰到钉子P时，绳中的张力大于2C．物块上升的最大高度为eq\f(2v2,g)D．速度v不能超过eq\r(\f(2F－MgL,M))解析：由题意知，F为夹子与物块间的最大静摩擦力，但在实际运动过程中，夹子与物块间的静摩擦力没有达到最大，故物块向右匀速运动时，绳中的张力等于Mg，A错误；小环碰到钉子时，物块做圆周运动，FT－Mg＝Meq\f(v2,l)，绳中的张力大于物块的重力Mg，当绳中的张力大于2F时，物块将从夹子中滑出，即2F－Mg＝Meq\f(v2,l)，此时速度v＝eq\r(\f(2F－MgL,M))，故B错误，D正确；物块能上升的最大高度，h＝eq\f(v2,2g)，所以C错误．答案：D6．(多选)(2018·哈尔滨师大附中月考)如图，在一半径为R的球面顶端放一质量为m的物块，现给物块一初速度v0，则()A．若v0＝eq\r(gR)，则物块落地点离A点eq\r(2)RB．若球面是粗糙的，当v0＜eq\r(gR)时，物块可能会沿球面下滑一段，再斜抛离球面C．若v0＜eq\r(gR)，则物块落地点离A点为RD．若v0≥eq\r(gR)，则物块落地点离A点至少为2R解析：在最高点，根据牛顿第二定律得，mg－N＝meq\f(v\o\al(2,0),R)，v0＝eq\r(gR)，解得N＝0，知物体在顶部仅受重力，有水平初速度，做平抛运动，则t＝eq\r(\f(2×2R,g))＝2eq\r(\f(R,g))，则水平运动的位移x＝v0t＝eq\r(gR)×2eq\r(\f(R,g))＝2R，故A错误；当v0＜eq\r(gR)时，在最高点，根据牛顿第二定律得，mg－N＝meq\f(v\o\al(2,0),R)，解得N＞0，如果物块受到的摩擦力足够大，物块可能滑行一段距离后停止．如果物块受到的摩擦力处于临界状态，可能刚好滑到边沿竖直下抛．如果摩擦力再减少的话就可能在某一位置斜下抛，故B正确；当v0＜eq\r(gR)时，在到达与O点等高的位移做斜抛运动，落地时离A点的距离大于R，故C错误；若v0≥eq\r(gR)，由A的分析可知，水平位移x≥2R，故D正确．答案：BD7.(多选)(2018·河北石家庄质检)如图所示，长为3L的轻杆可绕光滑水平转轴O转动，在杆两端分别固定质量均为m的球A、B，球A距轴O的距离为L.现给系统一定能量，使杆和球在竖直平面内转动．当球B运动到最高点时，水平转轴O对杆的作用力恰好为零，忽略空气阻力，已知重力加速度为g，则球B在最高点时，下列说法正确的是()A．球B的速度为零B．球B的速度为eq\r(2gL)C．球A的速度为eq\r(2gL)D．杆对球B的弹力方向竖直向下解析：水平转轴O对杆的作用力为零，这说明A、B对杆的作用力是一对平衡力，由于A所受杆的弹力必竖直向上，故B所受杆的弹力必竖直向下，且两力大小相等，D正确；对A球有F－mg＝mω2L，对B球有F＋mg＝mω2·2L，由以上两式解得ω＝eq\r(\f(2g,L))，则A球的速度vA＝ωL＝eq\r(2gL)，C正确；B球的速度vB＝ω·2L＝2eq\r(2gL)，A、B错误．答案：CD[B组·能力提升]8．(多选)(2018·广东五校联考)如图甲所示，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，杆与小球间弹力大小为F，小球在最高点的速度大小为v，其F­v2图像如图乙所示．则()A．小球的质量为eq\f(bR,a)B．当地的重力加速度大小为eq\f(b,R)C．v2＝c时，小球对杆的弹力方向向上D．v2＝2b时，小球受到的弹力的大小大于重力的大小解析：在最高点，若v＝0，则N＝mg＝a；若N＝0，由图知：v2＝b，则有mg＝meq\f(v2,R)＝meq\f(b,R)，解得g＝eq\f(b,R)，m＝eq\f(a,b)R，故A错误，B正确；由图可知：当v2＜b时，杆对小球弹力方向向上，当v2＞b时，杆对小球弹力方向向下，所以当v2＝c时，杆对小球弹力方向向下，小球对杆的弹力方向向上，故C正确；若v2＝2b.则N＋mg＝meq\f(v2,R)＝meq\f(2b,R)，解得N＝mg，即小球受到的弹力与重力大小相等，故D错误．答案：BC9.如图所示，水平屋顶高H＝5m，围墙高h＝3.2m，围墙到房子的水平距离L＝3m，围墙外空地宽x＝10m，为使小球从屋顶水平飞出落在围墙外的空地上，g取10m/s2.求：(1)小球离开屋顶时的速度v0的大小范围；(2)小球落在空地上的最小速度．解析：(1)设小球恰好落到空地的右侧边缘时的水平初速度为v01，则小球的水平位移：L＋x＝v01t1小球的竖直位移：H＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)解以上两式得v01＝(L＋x)eq\r(\f(g,2H))＝13m/s设小球恰好越过围墙的边缘时的水平初速度为v02，则此过程中小球的水平位移：L＝v02t2小球的竖直位移：H－h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,2)解以上两式得：v02＝Leq\r(\f(g,2H－h))＝5m/s小球离开屋顶时的速度大小为5m/s≤v0≤13m/s(2)小球落在空地上，下落高度一定，落地时的竖直分速度一定，当小球恰好越好围墙的边缘落在空地上时，落地速度最小．竖直方向：veq\o\al(2,y)＝2gH又有：vmin＝eq\r(v\o\al(2,02)＋v\o\al(2,y))解得：vmin＝5eq\答案：(1)5m/s≤v0≤13m/s(2)5eq\解析：小球在倾斜平板上运动时受到绳子拉力、平板弹力、重力．在垂直平板方向上合力为0，重力在沿平