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2024版新教材高考物理复习特训卷考点25圆周运动的临界及综合问题
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这是一份2024版新教材高考物理复习特训卷考点25圆周运动的临界及综合问题，共8页。试卷主要包含了答案等内容，欢迎下载使用。
A．两球间的距离一定变大
B．弹簧弹力一定变大
C．小球所受摩擦力一定变大
D．小球所受合力一定变大
2．[2023·安徽高三开学考试]如图所示，一质量为M的人站在台秤上，手拿一根长为R的细线一端，另一端系一个质量为m的小球，使小球在竖直平面内做圆周运动．若小球恰好能做完整的圆周运动，已知圆周上b为最高点，a、c为圆心的等高点，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是( )
A．小球运动到最高点b时，小球的速度为零
B．小球运动到最高点b时，台秤的示数最小，且为Mg
C．小球在a、c两个位置时，台秤的示数相同，且为Mg＋mg
D．小球运动到最低点时台秤的示数为Mg＋6mg
3．[2023·黑龙江省八校联考]如图所示，我国男子体操运动员张成龙用一只手抓住单杠，伸展身体，以单杠为轴做圆周运动．如图甲所示，张成龙运动到最高点时，用力传感器测得张成龙与单杠间弹力大小为F，用速度传感器记录他在最高点的速度大小为v，得到F v2图像如图乙所示．g取10 m/s2，则下列说法中错误的是( )
A．张成龙的质量为65 kg
B．张成龙的重心到单杠的距离为0.9 m
C．当张成龙在最高点的速度为4 m/s时，张成龙受单杠的弹力方向向上
D．当张成龙在最高点的速度为4 m/s时，张成龙受单杠的弹力方向向下
4．[2023·浙江台州质检]火车轨道的转弯处外轨高于内轨，如图所示．若已知某转弯处轨道平面与水平面夹角为θ，弯道处的圆弧半径为R.在该转弯处规定的安全行驶的速度为v，则下列说法中正确的是( )
A．该转弯处规定的安全行驶的速度为v＝ eq \r(Rg tan θ)
B．该转弯处规定的安全行驶的速度为v＝ eq \r(Rg sin θ)
C．当实际行驶速度大于v时，轮缘挤压内轨
D．当实际行驶速度小于v时，轮缘挤压外轨
5.
[2023·江苏模拟预测]一匹马拉着雪橇沿冰雪覆盖的某一段近圆弧山路匀速率移动．设圆弧路面的半径为R，由于山路较长，马对雪橇的拉力可视为总是平行于路面，雪橇的质量为m，雪橇与路面间的动摩擦因数为μ＝ eq \f(\r(3),20).马将雪橇由底端拉上30°圆弧的过程中，下列说法正确的是( )
A．马对雪橇的拉力一直增大
B．路面对雪橇的支持力一直增大
C．路面对雪橇的作用力保持不变
D．马对雪橇做的功为(1－ eq \f(\r(3),2))mgR＋ eq \f(3,80)mgR
6．[2023·江苏扬州中学考试]如图甲所示，被称为“魔力陀螺”玩具的陀螺能在圆轨道外侧旋转不脱落，其原理可等效为如图乙所示的模型：半径为R的磁性圆轨道竖直固定，质量为m的铁球(视为质点)沿轨道外侧运动，A、B分别为轨道的最高点和最低点，轨道对铁球的磁性引力始终指向圆心且大小不变，不计摩擦和空气阻力，重力加速度为g，则( )
A．铁球绕轨道可能做匀速圆周运动
B．由于磁力的作用，铁球绕轨道运动过程中机械能不守恒
C．铁球在A点的速度必须大于 eq \r(gR)
D．轨道对铁球的磁性引力至少为5mg，才能使铁球不脱轨
7．[2023·江苏泰兴市开学考试]我国越野滑雪集训队为备战2022冬奥会，在河北承德雪上项目室内训练基地，利用工作起来似巨型“陀螺”的圆盘滑雪机模拟一些特定的训练环境和场景，其转速和倾角(与水平面的最大夹角达18°)根据需要可调．一运动员的某次训练过程简化为如下模型：圆盘滑雪机绕垂直于盘面的固定转轴以恒定的角速度ω转动，盘面上离转轴距离为10 m处的运动员(保持图中滑行姿势，可看成质点)与圆盘始终保持相对静止，运动员质量为60 kg，与盘面间的动摩擦因数为0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，盘面与水平面的夹角为15°，g取10 m/s2，已知sin 15°≈0.260，cs 15°≈0.966.则下列说法正确的是( )
A．运动员随圆盘做匀速圆周运动时，一定始终受到两个力的作用
B．ω的最大值约为0.47 rad/s
C．ω取不同数值时，运动员在最高点受到的摩擦力一定随ω的增大而增大
D．运动员由最低点运动到最高点的过程中摩擦力对其所做的功约为3 870 J
8．[2023·浙江模拟]一端连在光滑固定轴上，可在竖直平面内自由转动的轻杆，另一端与一小球相连，如图甲所示．现使小球在竖直平面内做圆周运动，到达某一位置开始计时，取水平向右为正方向，小球的水平分速度vx随时间t的变化关系如图乙所示，不计空气阻力，下列说法中正确的是( )
A．t1时刻小球通过最高点，t3时刻小球通过最低点
B．t2时刻小球通过最高点，t3时刻小球通过最低点
C．v1大小一定大于v2大小，图乙中S1和S2的面积一定相等
D．v1大小可能等于v2大小，图乙中S1和S2的面积可能不等
9．如图所示，一根细线下端拴一个金属小球Q，细线穿过小孔(小孔光滑)另一端连接在金属块P上，P始终静止在水平桌面上，若不计空气阻力，小球在某一水平面内做匀速圆周运动(圆锥摆).实际上，小球在运动过程中不可避免地受到空气阻力作用．因阻力作用，小球Q的运动轨道发生缓慢的变化(可视为一系列半径不同的圆周运动).下列判断正确的是( )
A．小球Q的位置越来越高
B．细线的拉力变小
C．小球Q运动的角速度变大
D．P受到桌面的静摩擦力变大
10．[2023·安徽合肥八中模拟](多选)如图所示，在静止的水平圆盘上，沿直径方向放着用轻绳相连的物体A和B，A和B质量都为m.它们分居圆心两侧，与圆心的距离分别为RA＝r，RB＝2r，A、B与盘间的动摩擦因数相同且均为μ.若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当圆盘缓慢加速转动，快到两物体刚好还未发生滑动时，下列说法正确的是( )
A．绳子的张力为FT＝3μmg
B．圆盘的角速度为ω＝ eq \r(\f(2μg,r))
C．A所受摩擦力方向沿绳指向圆外
D．烧断绳子，物体A、B仍将随圆盘一块转动
11.
[2023·江苏模拟预测]如图所示的装置中，光滑水平杆固定在竖直转轴上，小圆环A和轻弹簧套在杆上，弹簧两端分别固定于竖直转轴和环A，细线穿过光滑小孔O，两端分别与环A和小球B连接，线与水平杆平行，环A的质量为m，小球B的质量为2m.现使整个装置绕竖直轴以角速度ω匀速转动，细线与竖直方向的夹角为37°.缓慢加速后使整个装置以角速度2ω匀速转动，细线与竖直方向的夹角为53°，此时弹簧弹力与角速度为ω时大小相等，已知重力加速度g，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，求：
(1)装置转动的角速度为ω时，细线OB的长度s；
(2)装置转动的角速度为2ω时，弹簧的弹力大小F；
(3)装置转动的角速度由ω增至2ω过程中，细线对小球B做的功W.
考点25 圆周运动的临界及综合问题——提能力
1．答案：D
解析：因为小球与杆之间有摩擦力，则当角速度变大时，小球仍可能相对于杆静止，故两球间的距离不变，故A项错误；因为若小球相对于杆静止，故弹簧形变量不变，根据胡克定律F＝kx，所以弹簧弹力不变，故B项错误；小球所受静摩擦力的方向未知，若静摩擦力方向向右，则摩擦力变小，若静摩擦力方向向左，则摩擦力变大，故C项错误；小球所受合力提供小球的向心力，与以ω1匀速转动时相比，以ω2匀速转动时所需向心力变大，即小球所受合力变大，故D项正确．
2．答案：D
解析：小球恰好能做完整的圆周运动，在最高点时mg＝m eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(b)) ,R)，得vb＝ eq \r(gR)，故A错误；小球运动到最高点时，细线中拉力为零，台秤的示数为Mg，但不是最小，小球从c向b运动的过程中细线上有弹力，弹力对人有向上拉的效果，所以台秤的示数小于b点时，故B错误；小球在a、b、c三个位置，小球均处于完全失重状态，台秤的示数相同，且为Mg，故C错误；小球从最高点运动到最低点，由机械能守恒定律知mg·2R＝ eq \f(1,2)mv2－ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(b)) ，在最低点，由牛顿第二定律F－mg＝m eq \f(v2,R)，联立解得小球运动到最低点时细线中拉力F＝6mg，小球运动到最低点时，台秤的示数最大且为Mg＋F＝Mg＋6mg，故D正确．
3．答案：C
解析：对张成龙在最高点进行受力分析，当速度为零时，有F－mg＝0结合图像解得质量m＝65 kg，所以选项A正确；当F＝0时，由向心力公式可得mg＝ eq \f(mv2,R)结合图像可解得R＝0.9 m故张成龙的重心到单杠的距离为0.9 m，所以选项B正确；当张成龙在最高点的速度为4 m/s时，设拉力大小为F，由牛顿第二定律得mg＋F＝m eq \f(v2,R)，代入解得，F>0，说明张成龙受单杠的拉力作用，方向竖直向下，所以选项 C错误，D正确．
4．答案：A
解析：
火车以某一速度v经过弯道时，内、外轨道均不受侧压力作用，其所受的重力和支持力的合力提供向心力，如图所示
根据牛顿第二定律得mg tan θ＝m eq \f(v2,R)解得v＝ eq \r(gR tan θ)，故A正确，B错误；当转弯的实际速度大于规定速度时，火车所受的重力和支持力的合力不足以提供所需的向心力，火车有离心趋势，故其外侧车轮轮缘会与铁轨相互挤压，外轨受到侧压力作用方向平行轨道平面向外，故C错误；当转弯的实际速度小于规定速度时，火车所受的重力和支持力的合力大于所需的向心力，火车有向心趋势，故其内侧车轮轮缘会与铁轨相互挤压，内轨受到侧压力作用方向平行轨道平面向内，故D错误．
5．答案：A
解析：马拉着雪橇做匀速圆周运动，对雪橇受力分析，如图所示
设FN与竖直方向的夹角为θ，沿着切向受力平衡
FT＝mg sin θ＋μ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(mg cs θ＋m\f(v2,R)))＝mg eq \r(1＋μ2)sin (θ＋φ)＋μ eq \f(mv2,R)，φ＝arctan μ<60°，θ由0°增大30°的过程中FT一直增大，故A正确；沿着半径的方向根据牛顿第二定律有FN＝mg cs θ＋m eq \f(v2,R)，随着θ的增大，FN减小，故B错误；马拉雪橇的过程中，路面对雪橇的作用力为支持力、摩擦力的合力，FN减小，则Ff减小，则路面对雪橇的作用力变小，故C错误；对雪橇运用动能定理W马－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(\r(3),2)))mgR－Wf＝0，其中Wf＝μFNs弧，由于FN＝mg cs θ＋ eq \f(mv2,R)，
s弧> eq \f(1,2)R，则Wf> eq \f(3,80)mgR，故D错误．
6．答案：D
解析：小铁球在运动的过程中受到重力、轨道的支持力和磁力的作用，其中铁球受轨道的磁性引力始终指向圆心且大小不变，支持力的方向过圆心，它们都始终与运动的方向垂直，所以磁力和支持力都不能对小铁球做功，只有重力会对小铁球做功，所以小铁球的机械能守恒，在最高点的速度最小，在最低点的速度最大．小铁球不可能做匀速圆周运动，故A、B错误；小铁球在运动的过程中受到重力、轨道的支持力和磁力的作用，在最高点轨道对小铁球的支持力的方向向上，小铁球的速度只要大于0即可通过最高点，故C错误；由于小铁球在运动的过程中机械能守恒，所以小铁球在最高点的速度越小，则机械能越小，在最低点的速度也越小，根据F＝m eq \f(v2,R)，可知小铁球在最低点时需要的向心力越小．而在最低点小铁球受到的重力的方向向下，支持力的方向也向下，只有磁力的方向向上．要使铁球不脱轨，轨道对铁球的支持力一定要大于0.所以铁球不脱轨的条件是：小铁球在最高点的速度恰好为0，而且到达最低点时，轨道对铁球的支持力恰好等于0.根据机械能守恒定律，小铁球在最高点的速度恰好为0，到达最低点时的速度满足mg·2R＝ eq \f(1,2)mv2，轨道对铁球的支持力恰好等于0，则磁力与重力的合力提供向心力，即F－mg＝ eq \f(v2,R)，联立得F＝5mg，故D正确．
7．答案：B
解析：当运动员在圆盘最高点时，可能仅受到重力和支持力的作用，还可能受摩擦力，故A错误；在圆盘最下方，根据μmg cs 15°－mg sin 15°＝mω eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(max)) r，解得ωmax＝0.47 rad/s，故B正确；ω取不同数值时，运动员在最高点受到的摩擦力可能大小相等，方向相反，故C错误；运动员运动过程中速度大小不变，动能不变，设Wf、WG分别为摩擦力做功和重力做功的大小，有
Wf＝WG＝mg·2r sin 15°≈3 120 J，故D错误．
8．答案：A
解析：由对称性可知，在最高点左右两侧对称位置，小球沿水平方向分速度相同，那么在小球达到最高点时，其前后对称时刻的小球的水平分速度相等且最高点时刻水平分速度为正，在题图乙中t1时刻满足要求，所以t1时刻小球通过最高点，同理t3时刻小球通过最低点，故A正确，B错误；从t1到t3，小球重力做正功，一直在加速，在最低点时，速度最大，沿水平方向分速度也最大，即v2＞v1，另外对运动过程分析可得：S1和S2分别表示从最低点到最左边点以及从最左边点到最高点的水平位移大小，它们相等，因此S1和S2的面积相等，故C、D错误．
9．答案：B
解析：由于小球受到空气阻力作用，线速度减小，则所需要的向心力减小，小球做近心运动，小球的位置越来越低，故A项错误；设细线与竖直方向的夹角为θ，细线的拉力大小为FT，细线的长度为L，当小球做匀速圆周运动时，由重力和细线的拉力的合力提供向心力，如图所示，则有FT＝ eq \f(mg,cs θ)，mg tan θ＝m eq \f(v2,L sin θ)＝mω2L sin θ，解得ω＝ eq \r(\f(g,L cs θ))，由于小球受到空气阻力作用，线速度减小，θ减小，cs θ增大，因此，细线的拉力FT减小，角速度ω减小，故B项正确，C项错误；对金属块P，由平衡条件知，P受到桌面的静摩擦力大小等于细线的拉力大小，则静摩擦力变小，故D项错误．
10．答案：ABC
解析：A、B刚好未发生滑动时，二者与接触面间都达到最大静摩擦力，都是拉力与最大静摩擦力的合力提供向心力．不同的是，B所受的静摩擦力沿半径指向圆心，A所受的静摩擦力沿半径背离圆心．两物体A和B随着圆盘转动时，合力提供向心力，有F合＝mω2R，B的轨道半径比A的轨道半径大，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所受的最大静摩擦力方向沿绳指向圆心，A所受的最大静摩擦力方向沿绳指向圆外．以B为研究对象，有FT＋μmg＝2mrω2，以A为研究对象，有FT－μmg＝mrω2，联立解得FT＝3μmg，ω＝ eq \r(\f(2μg,r))，A、B、C正确；烧断绳子，对A分析，若A恰好未发生相对滑动，有μmg＝mrω eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(A)) ，解得ωA＝ eq \r(\f(μg,r))<ω，故此时烧断绳子A一定发生相对滑动，同理可得，B也一定发生相对滑动，D错误．
11．答案：(1) eq \f(5g,4ω2) (2)2mg (3) eq \f(199mg2,144ω2)
解析：(1)当装置转动的角速度为ω时，对小球B分析得
FT1cs 37°＝2mg
FT1sin 37°＝2mω2s sin 37°
解得s＝ eq \f(5g,4ω2).
(2)装置转动的角速度为2ω时，设OB的长度为s′，则对小球B得
FT2cs 53°＝2mg
FT2 sin 53°＝m(2ω)2s′sin 53°
s′＝ eq \f(5g,12ω2)
设细线长度为L，则装置转动的角速度为ω时对圆环A满足FT1－F＝mω2(L－s)
装置转动的角速度为2ω时，对圆环A有FT2＋F＝m(2ω)2(L－s′)
解得F＝2mg.
(3)装置转动的角速度由ω增至2ω过程中，对小球B得重力势能变化量为ΔEp＝2mg(s cs 37°－s′cs 53°)
动能变化量为ΔEk＝ eq \f(1,2)·2m eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(（2ωs′sin 53°）2－（ωs sin 37°）2))
解得细线对小球B做的功为W＝ΔEp＋ΔEk＝ eq \f(199mg2,144ω2)
A．两球间的距离一定变大
B．弹簧弹力一定变大
C．小球所受摩擦力一定变大
D．小球所受合力一定变大
2．[2023·安徽高三开学考试]如图所示，一质量为M的人站在台秤上，手拿一根长为R的细线一端，另一端系一个质量为m的小球，使小球在竖直平面内做圆周运动．若小球恰好能做完整的圆周运动，已知圆周上b为最高点，a、c为圆心的等高点，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是( )
A．小球运动到最高点b时，小球的速度为零
B．小球运动到最高点b时，台秤的示数最小，且为Mg
C．小球在a、c两个位置时，台秤的示数相同，且为Mg＋mg
D．小球运动到最低点时台秤的示数为Mg＋6mg
3．[2023·黑龙江省八校联考]如图所示，我国男子体操运动员张成龙用一只手抓住单杠，伸展身体，以单杠为轴做圆周运动．如图甲所示，张成龙运动到最高点时，用力传感器测得张成龙与单杠间弹力大小为F，用速度传感器记录他在最高点的速度大小为v，得到F v2图像如图乙所示．g取10 m/s2，则下列说法中错误的是( )
A．张成龙的质量为65 kg
B．张成龙的重心到单杠的距离为0.9 m
C．当张成龙在最高点的速度为4 m/s时，张成龙受单杠的弹力方向向上
D．当张成龙在最高点的速度为4 m/s时，张成龙受单杠的弹力方向向下
4．[2023·浙江台州质检]火车轨道的转弯处外轨高于内轨，如图所示．若已知某转弯处轨道平面与水平面夹角为θ，弯道处的圆弧半径为R.在该转弯处规定的安全行驶的速度为v，则下列说法中正确的是( )
A．该转弯处规定的安全行驶的速度为v＝ eq \r(Rg tan θ)
B．该转弯处规定的安全行驶的速度为v＝ eq \r(Rg sin θ)
C．当实际行驶速度大于v时，轮缘挤压内轨
D．当实际行驶速度小于v时，轮缘挤压外轨
5.
[2023·江苏模拟预测]一匹马拉着雪橇沿冰雪覆盖的某一段近圆弧山路匀速率移动．设圆弧路面的半径为R，由于山路较长，马对雪橇的拉力可视为总是平行于路面，雪橇的质量为m，雪橇与路面间的动摩擦因数为μ＝ eq \f(\r(3),20).马将雪橇由底端拉上30°圆弧的过程中，下列说法正确的是( )
A．马对雪橇的拉力一直增大
B．路面对雪橇的支持力一直增大
C．路面对雪橇的作用力保持不变
D．马对雪橇做的功为(1－ eq \f(\r(3),2))mgR＋ eq \f(3,80)mgR
6．[2023·江苏扬州中学考试]如图甲所示，被称为“魔力陀螺”玩具的陀螺能在圆轨道外侧旋转不脱落，其原理可等效为如图乙所示的模型：半径为R的磁性圆轨道竖直固定，质量为m的铁球(视为质点)沿轨道外侧运动，A、B分别为轨道的最高点和最低点，轨道对铁球的磁性引力始终指向圆心且大小不变，不计摩擦和空气阻力，重力加速度为g，则( )
A．铁球绕轨道可能做匀速圆周运动
B．由于磁力的作用，铁球绕轨道运动过程中机械能不守恒
C．铁球在A点的速度必须大于 eq \r(gR)
D．轨道对铁球的磁性引力至少为5mg，才能使铁球不脱轨
7．[2023·江苏泰兴市开学考试]我国越野滑雪集训队为备战2022冬奥会，在河北承德雪上项目室内训练基地，利用工作起来似巨型“陀螺”的圆盘滑雪机模拟一些特定的训练环境和场景，其转速和倾角(与水平面的最大夹角达18°)根据需要可调．一运动员的某次训练过程简化为如下模型：圆盘滑雪机绕垂直于盘面的固定转轴以恒定的角速度ω转动，盘面上离转轴距离为10 m处的运动员(保持图中滑行姿势，可看成质点)与圆盘始终保持相对静止，运动员质量为60 kg，与盘面间的动摩擦因数为0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，盘面与水平面的夹角为15°，g取10 m/s2，已知sin 15°≈0.260，cs 15°≈0.966.则下列说法正确的是( )
A．运动员随圆盘做匀速圆周运动时，一定始终受到两个力的作用
B．ω的最大值约为0.47 rad/s
C．ω取不同数值时，运动员在最高点受到的摩擦力一定随ω的增大而增大
D．运动员由最低点运动到最高点的过程中摩擦力对其所做的功约为3 870 J
8．[2023·浙江模拟]一端连在光滑固定轴上，可在竖直平面内自由转动的轻杆，另一端与一小球相连，如图甲所示．现使小球在竖直平面内做圆周运动，到达某一位置开始计时，取水平向右为正方向，小球的水平分速度vx随时间t的变化关系如图乙所示，不计空气阻力，下列说法中正确的是( )
A．t1时刻小球通过最高点，t3时刻小球通过最低点
B．t2时刻小球通过最高点，t3时刻小球通过最低点
C．v1大小一定大于v2大小，图乙中S1和S2的面积一定相等
D．v1大小可能等于v2大小，图乙中S1和S2的面积可能不等
9．如图所示，一根细线下端拴一个金属小球Q，细线穿过小孔(小孔光滑)另一端连接在金属块P上，P始终静止在水平桌面上，若不计空气阻力，小球在某一水平面内做匀速圆周运动(圆锥摆).实际上，小球在运动过程中不可避免地受到空气阻力作用．因阻力作用，小球Q的运动轨道发生缓慢的变化(可视为一系列半径不同的圆周运动).下列判断正确的是( )
A．小球Q的位置越来越高
B．细线的拉力变小
C．小球Q运动的角速度变大
D．P受到桌面的静摩擦力变大
10．[2023·安徽合肥八中模拟](多选)如图所示，在静止的水平圆盘上，沿直径方向放着用轻绳相连的物体A和B，A和B质量都为m.它们分居圆心两侧，与圆心的距离分别为RA＝r，RB＝2r，A、B与盘间的动摩擦因数相同且均为μ.若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当圆盘缓慢加速转动，快到两物体刚好还未发生滑动时，下列说法正确的是( )
A．绳子的张力为FT＝3μmg
B．圆盘的角速度为ω＝ eq \r(\f(2μg,r))
C．A所受摩擦力方向沿绳指向圆外
D．烧断绳子，物体A、B仍将随圆盘一块转动
11.
[2023·江苏模拟预测]如图所示的装置中，光滑水平杆固定在竖直转轴上，小圆环A和轻弹簧套在杆上，弹簧两端分别固定于竖直转轴和环A，细线穿过光滑小孔O，两端分别与环A和小球B连接，线与水平杆平行，环A的质量为m，小球B的质量为2m.现使整个装置绕竖直轴以角速度ω匀速转动，细线与竖直方向的夹角为37°.缓慢加速后使整个装置以角速度2ω匀速转动，细线与竖直方向的夹角为53°，此时弹簧弹力与角速度为ω时大小相等，已知重力加速度g，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，求：
(1)装置转动的角速度为ω时，细线OB的长度s；
(2)装置转动的角速度为2ω时，弹簧的弹力大小F；
(3)装置转动的角速度由ω增至2ω过程中，细线对小球B做的功W.
考点25 圆周运动的临界及综合问题——提能力
1．答案：D
解析：因为小球与杆之间有摩擦力，则当角速度变大时，小球仍可能相对于杆静止，故两球间的距离不变，故A项错误；因为若小球相对于杆静止，故弹簧形变量不变，根据胡克定律F＝kx，所以弹簧弹力不变，故B项错误；小球所受静摩擦力的方向未知，若静摩擦力方向向右，则摩擦力变小，若静摩擦力方向向左，则摩擦力变大，故C项错误；小球所受合力提供小球的向心力，与以ω1匀速转动时相比，以ω2匀速转动时所需向心力变大，即小球所受合力变大，故D项正确．
2．答案：D
解析：小球恰好能做完整的圆周运动，在最高点时mg＝m eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(b)) ,R)，得vb＝ eq \r(gR)，故A错误；小球运动到最高点时，细线中拉力为零，台秤的示数为Mg，但不是最小，小球从c向b运动的过程中细线上有弹力，弹力对人有向上拉的效果，所以台秤的示数小于b点时，故B错误；小球在a、b、c三个位置，小球均处于完全失重状态，台秤的示数相同，且为Mg，故C错误；小球从最高点运动到最低点，由机械能守恒定律知mg·2R＝ eq \f(1,2)mv2－ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(b)) ，在最低点，由牛顿第二定律F－mg＝m eq \f(v2,R)，联立解得小球运动到最低点时细线中拉力F＝6mg，小球运动到最低点时，台秤的示数最大且为Mg＋F＝Mg＋6mg，故D正确．
3．答案：C
解析：对张成龙在最高点进行受力分析，当速度为零时，有F－mg＝0结合图像解得质量m＝65 kg，所以选项A正确；当F＝0时，由向心力公式可得mg＝ eq \f(mv2,R)结合图像可解得R＝0.9 m故张成龙的重心到单杠的距离为0.9 m，所以选项B正确；当张成龙在最高点的速度为4 m/s时，设拉力大小为F，由牛顿第二定律得mg＋F＝m eq \f(v2,R)，代入解得，F>0，说明张成龙受单杠的拉力作用，方向竖直向下，所以选项 C错误，D正确．
4．答案：A
解析：
火车以某一速度v经过弯道时，内、外轨道均不受侧压力作用，其所受的重力和支持力的合力提供向心力，如图所示
根据牛顿第二定律得mg tan θ＝m eq \f(v2,R)解得v＝ eq \r(gR tan θ)，故A正确，B错误；当转弯的实际速度大于规定速度时，火车所受的重力和支持力的合力不足以提供所需的向心力，火车有离心趋势，故其外侧车轮轮缘会与铁轨相互挤压，外轨受到侧压力作用方向平行轨道平面向外，故C错误；当转弯的实际速度小于规定速度时，火车所受的重力和支持力的合力大于所需的向心力，火车有向心趋势，故其内侧车轮轮缘会与铁轨相互挤压，内轨受到侧压力作用方向平行轨道平面向内，故D错误．
5．答案：A
解析：马拉着雪橇做匀速圆周运动，对雪橇受力分析，如图所示
设FN与竖直方向的夹角为θ，沿着切向受力平衡
FT＝mg sin θ＋μ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(mg cs θ＋m\f(v2,R)))＝mg eq \r(1＋μ2)sin (θ＋φ)＋μ eq \f(mv2,R)，φ＝arctan μ<60°，θ由0°增大30°的过程中FT一直增大，故A正确；沿着半径的方向根据牛顿第二定律有FN＝mg cs θ＋m eq \f(v2,R)，随着θ的增大，FN减小，故B错误；马拉雪橇的过程中，路面对雪橇的作用力为支持力、摩擦力的合力，FN减小，则Ff减小，则路面对雪橇的作用力变小，故C错误；对雪橇运用动能定理W马－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(\r(3),2)))mgR－Wf＝0，其中Wf＝μFNs弧，由于FN＝mg cs θ＋ eq \f(mv2,R)，
s弧> eq \f(1,2)R，则Wf> eq \f(3,80)mgR，故D错误．
6．答案：D
解析：小铁球在运动的过程中受到重力、轨道的支持力和磁力的作用，其中铁球受轨道的磁性引力始终指向圆心且大小不变，支持力的方向过圆心，它们都始终与运动的方向垂直，所以磁力和支持力都不能对小铁球做功，只有重力会对小铁球做功，所以小铁球的机械能守恒，在最高点的速度最小，在最低点的速度最大．小铁球不可能做匀速圆周运动，故A、B错误；小铁球在运动的过程中受到重力、轨道的支持力和磁力的作用，在最高点轨道对小铁球的支持力的方向向上，小铁球的速度只要大于0即可通过最高点，故C错误；由于小铁球在运动的过程中机械能守恒，所以小铁球在最高点的速度越小，则机械能越小，在最低点的速度也越小，根据F＝m eq \f(v2,R)，可知小铁球在最低点时需要的向心力越小．而在最低点小铁球受到的重力的方向向下，支持力的方向也向下，只有磁力的方向向上．要使铁球不脱轨，轨道对铁球的支持力一定要大于0.所以铁球不脱轨的条件是：小铁球在最高点的速度恰好为0，而且到达最低点时，轨道对铁球的支持力恰好等于0.根据机械能守恒定律，小铁球在最高点的速度恰好为0，到达最低点时的速度满足mg·2R＝ eq \f(1,2)mv2，轨道对铁球的支持力恰好等于0，则磁力与重力的合力提供向心力，即F－mg＝ eq \f(v2,R)，联立得F＝5mg，故D正确．
7．答案：B
解析：当运动员在圆盘最高点时，可能仅受到重力和支持力的作用，还可能受摩擦力，故A错误；在圆盘最下方，根据μmg cs 15°－mg sin 15°＝mω eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(max)) r，解得ωmax＝0.47 rad/s，故B正确；ω取不同数值时，运动员在最高点受到的摩擦力可能大小相等，方向相反，故C错误；运动员运动过程中速度大小不变，动能不变，设Wf、WG分别为摩擦力做功和重力做功的大小，有
Wf＝WG＝mg·2r sin 15°≈3 120 J，故D错误．
8．答案：A
解析：由对称性可知，在最高点左右两侧对称位置，小球沿水平方向分速度相同，那么在小球达到最高点时，其前后对称时刻的小球的水平分速度相等且最高点时刻水平分速度为正，在题图乙中t1时刻满足要求，所以t1时刻小球通过最高点，同理t3时刻小球通过最低点，故A正确，B错误；从t1到t3，小球重力做正功，一直在加速，在最低点时，速度最大，沿水平方向分速度也最大，即v2＞v1，另外对运动过程分析可得：S1和S2分别表示从最低点到最左边点以及从最左边点到最高点的水平位移大小，它们相等，因此S1和S2的面积相等，故C、D错误．
9．答案：B
解析：由于小球受到空气阻力作用，线速度减小，则所需要的向心力减小，小球做近心运动，小球的位置越来越低，故A项错误；设细线与竖直方向的夹角为θ，细线的拉力大小为FT，细线的长度为L，当小球做匀速圆周运动时，由重力和细线的拉力的合力提供向心力，如图所示，则有FT＝ eq \f(mg,cs θ)，mg tan θ＝m eq \f(v2,L sin θ)＝mω2L sin θ，解得ω＝ eq \r(\f(g,L cs θ))，由于小球受到空气阻力作用，线速度减小，θ减小，cs θ增大，因此，细线的拉力FT减小，角速度ω减小，故B项正确，C项错误；对金属块P，由平衡条件知，P受到桌面的静摩擦力大小等于细线的拉力大小，则静摩擦力变小，故D项错误．
10．答案：ABC
解析：A、B刚好未发生滑动时，二者与接触面间都达到最大静摩擦力，都是拉力与最大静摩擦力的合力提供向心力．不同的是，B所受的静摩擦力沿半径指向圆心，A所受的静摩擦力沿半径背离圆心．两物体A和B随着圆盘转动时，合力提供向心力，有F合＝mω2R，B的轨道半径比A的轨道半径大，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所受的最大静摩擦力方向沿绳指向圆心，A所受的最大静摩擦力方向沿绳指向圆外．以B为研究对象，有FT＋μmg＝2mrω2，以A为研究对象，有FT－μmg＝mrω2，联立解得FT＝3μmg，ω＝ eq \r(\f(2μg,r))，A、B、C正确；烧断绳子，对A分析，若A恰好未发生相对滑动，有μmg＝mrω eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(A)) ，解得ωA＝ eq \r(\f(μg,r))<ω，故此时烧断绳子A一定发生相对滑动，同理可得，B也一定发生相对滑动，D错误．
11．答案：(1) eq \f(5g,4ω2) (2)2mg (3) eq \f(199mg2,144ω2)
解析：(1)当装置转动的角速度为ω时，对小球B分析得
FT1cs 37°＝2mg
FT1sin 37°＝2mω2s sin 37°
解得s＝ eq \f(5g,4ω2).
(2)装置转动的角速度为2ω时，设OB的长度为s′，则对小球B得
FT2cs 53°＝2mg
FT2 sin 53°＝m(2ω)2s′sin 53°
s′＝ eq \f(5g,12ω2)
设细线长度为L，则装置转动的角速度为ω时对圆环A满足FT1－F＝mω2(L－s)
装置转动的角速度为2ω时，对圆环A有FT2＋F＝m(2ω)2(L－s′)
解得F＝2mg.
(3)装置转动的角速度由ω增至2ω过程中，对小球B得重力势能变化量为ΔEp＝2mg(s cs 37°－s′cs 53°)
动能变化量为ΔEk＝ eq \f(1,2)·2m eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(（2ωs′sin 53°）2－（ωs sin 37°）2))
解得细线对小球B做的功为W＝ΔEp＋ΔEk＝ eq \f(199mg2,144ω2)
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