课时分层精练(二十二) 圆周运动的临界问题
? 基础落实练 ?
1．(多选)
如图，内壁光滑的玻璃管内用长为L的轻绳悬挂一个小球．当玻璃管绕竖直轴以角速度ω匀速转动时，小球与玻璃管间恰无压力．下列说法正确的是( )
A．仅增加绳长后，小球将受到玻璃管斜向上方的压力
B．仅增加绳长后，若仍保持小球与玻璃管间无压力，需减小ω
C．仅增加小球质量后，小球将受到玻璃管斜向上方的压力
D．仅增加角速度至ω′后，小球将受到玻璃管斜向下方的压力
2．[2024·青海海东统考二模]歼 20是具备高隐身性、高态势感知、高机动性等能力的隐形第五代制空战斗机．已知受过专门训练的空军飞行员最多可承受的弹力大小为其自身受到的重力的9倍，否则会大脑贫血甚至昏厥．在某次对敌作战(军事演习)中为躲避敌方导弹，飞行员驾驶歼 20在竖直平面上沿圆弧轨道展开俯冲拉起，若圆弧半径为125 m，取重力加速度大小g＝10 m/s2，则飞机在最低点时的最大速度为( )
A．250 m/s B．125 m/s
C．111 m/s D．100 m/s
3．(多选)如图甲所示，安徽某游乐园中有着世界最高、最快的立环过山车．将游乐园中的过山车及轨道简化为如图乙所示的模型，过山车(可视为质点)先以108 km/h的速度经过半径为20 m的圆弧轨道最低点A，后无动力地冲上半径为25 m的圆弧轨道最高点B.已知A、B两点间的高度差为40 m，过山车中某乘客的质量为50 kg，不计阻力，取重力加速度大小g＝10 m/s2，则( )
A.过山车经过B点时的速度大小为20 m/s
B．过山车经过A点时对该乘客的作用力大小为2 750 N
C．过山车经过B点时该乘客受到的合力大小为0
D.过山车经过B点时对该乘客的作用力大小为300 N
4.
[2024·辽宁沈阳市郊联体月考]质量为m的小球由轻绳a和b分别系于一轻质细杆的A点和B点，如图所示，绳a与水平方向成θ角，绳b在水平方向且长为l，当轻杆绕轴AB以角速度ω匀速转动时，小球在水平面内做匀速圆周运动，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
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>时，b绳上将出现弹力
D．若b绳突然被剪断，则a绳的弹力一定发生变化
5.
如图所示，质量为4 kg、半径为0.5 m的光滑管状细圆环用轻杆固定在竖直平面内，A、B两小球的直径略小于管的内径，它们的质量分别为mA＝1 kg、mB＝2 kg.某时刻，A、B两球分别位于圆环最低点和最高点，且A的速度大小为vA＝3 m/s，此时杆的下端受到向上的压力，大小为56 N．则B球的速度大小vB为(取g＝10 m/s2)( )
A．2 m/s B．4 m/s
C．6 m/s D．8 m/s
6.
[2024·浙江模拟]如图所示，转动轴垂直于光滑水平面，交点O的上方h处固定细绳的一端，细绳的另一端栓接一质量为m的小球B，绳长l＞h，转动轴带动小球在光滑水平面上做圆周运动，当转动的角速度ω逐渐增大时，下列说法正确的是( )
A．小球始终受三个力的作用
B．细绳上的拉力始终保持不变
C．要使球离开水平面角速度至少为
D．若小球飞离了水平面，则线速度为
7．(多选)宇航员在空气稀薄的某星球上用一根不可伸长轻绳一端连接固定的拉力传感器，另一端连接质量为200 g的小钢球，如图甲所示．多次拉起小钢球使绳伸直至不同位置并由静止释放，每次释放后小球均在竖直平面内摆动，拉力传感器分别记录下每次释放小钢球后，小钢球在竖直平面内摆动过程中绳子拉力的最大值F1和最小值F2.作出F1 F2图像，如图乙所示，根据图像判断下列说法正确的是( )
A．增大小球质量，F1 F2图像斜率会变大
B．随着释放高度增加，F1与F2的差值变大
C．该星球表面的重力加速度为8 m/s2
D．若该星球半径是地球半径的一半，则其第一宇宙速度约为4 km/s
? 素养提升练 ?
8．(多选)[2024·河北保定高三阶段练习]如图所示，在倾角为θ的光滑斜面上，有一长为l的细线，细线的一端固定在O点，另一端拴一质量为m的小球，现使小球恰好能在斜面上做完整的圆周运动，则( )
A.小球通过最高点A时的速度vA＝
B．小球通过最高点A时的速度vA＝
C．小球通过最高点A时，细线对小球的拉力T＝0
D.小球通过最高点A时，细线对小球的拉力T＝mg sin θ
9．(多选)如图甲所示，将质量为M的物块A和质量为m的物块B放在水平转盘上，两者用长为L的水平轻绳连接，物块与转盘间的最大静摩擦力均为各自重力的k倍，物块A与转轴的距离等于轻绳长度，整个装置能绕通过转盘中心的竖直轴转动．开始时，轻绳恰好伸直但无弹力，现让该装置从静止开始转动，使角速度缓慢增大，绳中张力FT与转动角速度的平方ω2的关系如图乙所示，当角速度的平方ω2超过3ω时，物块A、B开始滑动．若图乙中的F1、ω1及重力加速度g均为已知，下列说法正确的是( )
A．L＝ B．L＝ C．m＝M D．k＝
10．(多选)如图甲所示，一质量m＝4 kg的小球(可视为质点)以v0＝4 m/s的速度从A点冲上竖直光滑半圆轨道．当半圆轨道的半径R发生改变时，小球对B点的压力与半径R的关系图像如图乙所示，g取10 m/s2，下列说法不正确的是( )
A．x＝2.5
B．y＝40
C．若小球能通过轨道上的C点，则其落地点距A点的最大水平距离为0.8 m
D．当小球恰能通过轨道上的C点时，半圆轨道的半径R＝64 cm
1．解析：根据题意可知，mg tan θ＝mrω2＝mω2L sin θ，仅增加绳长后，小球所需的向心力变大，则有离心趋势会挤压管壁外侧，小球受到玻璃管给的斜向下方的压力，若仍保持小球与玻璃管间无压力，需减小ω，故A错误，B正确；小球质量可以被约去，所以仅增加小球质量，小球仍与管壁间无压力，故C错误；仅增加角速度至ω′后，小球所需的向心力变大，则有离心趋势会挤压管壁外侧，小球受到玻璃管斜向下方的压力，故D正确．
答案：BD
2．解析：若圆弧半径为125 m，取重力加速度大小g＝10 m/s2，在最低点9mg－mg＝m，解得v＝＝100 m/s，故选D.
答案：D
3．解析：过山车从A到B过程，据机械能守恒定律可得mv－mv＝mgh，解得vB＝10 m/s，A错误；过山车经过A点时，由牛顿第二定律得F－mg＝m，解得乘客受到的支持力大小为F＝2 750 N，B正确；过山车经过B点时，据牛顿第二定律可得F合＝m，解得乘客受到的合力大小为200 N，由F合＝mg－F′可得此时过山车对乘客的作用力F′＝300 N，C错误，D正确．故选BD.
答案：BD
4．解析：小球在水平面内做匀速圆周运动，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；根据竖直方向上平衡得Fa sin θ＝mg，解得Fa＝，可知a绳的张力不变，故B错误；当b绳的弹力为零时，有＝mlω2，解得ω＝ ，可知当角速度ω> 时，b绳上将出现弹力，故C错误；由于b绳上可能没有弹力，故b绳突然被剪断，a绳的弹力可能不变，故D错误．
答案：A
5．解析：对A球，合力提供向心力，设环对A球的支持力为FA，由牛顿第二定律有FA－mAg＝mA，代入数据解得FA＝28 N，由牛顿第三定律可得，A球对环的力向下，大小为28 N．设B球对环的力为F′B，由环的受力平衡可得F′B＋28 N＋m环g＝－56 N，解得F′B＝－124 N，负号表示和重力方向相反，由牛顿第三定律可得，环对B球的力FB为124 N、方向竖直向下，对B球由牛顿第二定律有FB＋mBg＝mB，解得vB＝6 m/s，故选C.
答案：C
6．解析：当小球角速度较小时，小球受重力、支持力和拉力三个力作用，当小球角速度较大时，小球会脱离水平面，小球受重力和拉力两个力作用，故A错误；小球在水平面内做匀速圆周运动，竖直方向上的合力为零，当小球脱离水平面后，角速度增大时，绳子与竖直方向的夹角变大，拉力变大，故B错误；当小球刚好离开水平面时，受重力和拉力作用，根据牛顿第二定律得，F cos θ＝mg，F sin θ＝ml sin θ·ω2，联立解得ω＝ ，故C正确；v＝ωl sin θ＝ωh tan θ，选项D错误．
答案：C
7．解析：设刚释放时绳与竖直方向的夹角为θ，此时绳上拉力最小为F2＝mg cos θ，球摆到最低点时绳上拉力最大，设绳长为L，球到最低点时速度为v，由机械能守恒有mgL（1－cos θ）＝mv2，据向心力公式有F1－mg＝m，联立解得F1＝3mg－2F2，可见F1 F2图像的斜率为定值－2，与m无关，F1－F2＝3mg－3F2＝3mg－3mg cos θ，由题意知0<θ≤90°，释放高度增加，θ增大，cos θ减小，则F1－F2增大，选项A错误，B正确；由F1＝3mg－2F2，对照图像可得3mg＝3.0 N，解得g＝5 m/s2，约为地球表面的重力加速度一半，该星球第一宇宙速度v＝，若该星球半径是地球半径的一半，则其第一宇宙速度约为地球第一宇宙速度7.9 km/s的一半，即约为4 km/s，C错误，D正确．
答案：BD
8．解析：小球在斜面上做圆周运动的等效重力为G′＝mg sin θ，恰好通过最高点A时，只有等效重力提供向心力，故此时有mg sin θ＝m，T＝0，解得vA＝，故选AC.
答案：AC
9．解析：由题图乙可知，当转盘角速度的二次方为2ω时，A、B间的细绳开始出现拉力，可知此时B达到最大静摩擦力，故有kmg＝m·2L·2ω，当转盘角速度的二次方为3ω时，A达到最大静摩擦力，对A有kMg－F1＝M·L·3ω，对B有kmg＋F1＝m·2L·3ω，联立以上三式解得L＝，k＝，m＝M，故选BD.
答案：BD
10．解析：从A到B，根据动能定理可得－mgR＝mv2－mv，在B点，根据牛顿第二定律得F＝，联立解得F＝－80（N），结合题图乙可知y＝80，x＝＝，故A、B错误，A、B满足题意要求；小球恰能通过最高点时，在最高点，根据牛顿第二定律可得mg＝m，从最低点到最高点，根据动能定理可得－mg·2R＝mv－mv，解得R＝0.32 m，故D错误，满足题意要求；从最高点做平抛运动，则有2R＝gt2，x′＝vCt，－mg·2R＝mv－mv，且R<0.32 m，联立解得x′＝，当1.6－4R＝4R，即R＝0.2 m时，x′取最大值，可得x′max＝ m＝0.8 m，故C正确，不满足题意要求．
答案：ABD
