課時分層精練(二十二)圓周運動的臨界問題基礎落實練1．(多選)如圖，內壁光滑的玻璃管內用長為L的輕繩懸掛一個小球．當玻璃管繞豎直軸以角速度ω勻速轉動時，小球與玻璃管間恰無壓力．下列說法正確的是()A．僅增加繩長后，小球將受到玻璃管斜向上方的壓力B．僅增加繩長后，若仍保持小球與玻璃管間無壓力，需減小ωC．僅增加小球質量后，小球將受到玻璃管斜向上方的壓力D．僅增加角速度至ω′后，小球將受到玻璃管斜向下方的壓力2．[2024·青海海東統考二模]殲-20是具備高隱身性、高態勢感知、高機動性等能力的隱形第五代制空戰斗機．已知受過專門訓練的空軍飛行員最多可承受的彈力大小為其自身受到的重力的9倍，否則會大腦貧血甚至昏厥．在某次對敵作戰(軍事演習)中為躲避敵方導彈，飛行員駕駛殲-20在豎直平面上沿圓弧軌道展開俯沖拉起，若圓弧半徑為125m，取重力加速度大小g＝10m/s2，則飛機在最低點時的最大速度為()A．250m/sB．125m/sC．111m/sD．100m/s3．(多選)如圖甲所示，安徽某游樂園中有著世界最高、最快的立環過山車．將游樂園中的過山車及軌道簡化為如圖乙所示的模型，過山車(可視為質點)先以108km/h的速度經過半徑為20m的圓弧軌道最低點A，后無動力地沖上半徑為25m的圓弧軌道最高點B.已知A、B兩點間的高度差為40m，過山車中某乘客的質量為50kg，不計阻力，取重力加速度大小g＝10m/s2，則()A.過山車經過B點時的速度大小為20m/sB．過山車經過A點時對該乘客的作用力大小為2750NC．過山車經過B點時該乘客受到的合力大小為0D.過山車經過B點時對該乘客的作用力大小為300N4.[2024·遼寧沈陽市郊聯體月考]質量為m的小球由輕繩a和b分別系于一輕質細桿的A點和B點，如圖所示，繩a與水平方向成θ角，繩b在水平方向且長為l，當輕桿繞軸AB以角速度ω勻速轉動時，小球在水平面內做勻速圓周運動，重力加速度為g，則下列說法正確的是()A．a繩的張力不可能為零B．a繩的張力隨角速度的增大而增大C．當角速度ω>eq\r(\f(gcosθ,l))時，b繩上將出現彈力D．若b繩突然被剪斷，則a繩的彈力一定發生變化5.如圖所示，質量為4kg、半徑為0.5m的光滑管狀細圓環用輕桿固定在豎直平面內，A、B兩小球的直徑略小于管的內徑，它們的質量分別為mA＝1kg、mB＝2kg.某時刻，A、B兩球分別位于圓環最低點和最高點，且A的速度大小為vA＝3m/s，此時桿的下端受到向上的壓力，大小為56N．則B球的速度大小vB為(取g＝10m/s2)()A．2m/sB．4m/sC．6m/sD．8m/s6.[2024·浙江模擬]如圖所示，轉動軸垂直于光滑水平面，交點O的上方h處固定細繩的一端，細繩的另一端栓接一質量為m的小球B，繩長l＞h，轉動軸帶動小球在光滑水平面上做圓周運動，當轉動的角速度ω逐漸增大時，下列說法正確的是()A．小球始終受三個力的作用B．細繩上的拉力始終保持不變C．要使球離開水平面角速度至少為eq\r(\f(g,h))D．若小球飛離了水平面，則線速度為eq\r(gl)7．(多選)宇航員在空氣稀薄的某星球上用一根不可伸長輕繩一端連接固定的拉力傳感器，另一端連接質量為200g的小鋼球，如圖甲所示．多次拉起小鋼球使繩伸直至不同位置并由靜止釋放，每次釋放后小球均在豎直平面內擺動，拉力傳感器分別記錄下每次釋放小鋼球后，小鋼球在豎直平面內擺動過程中繩子拉力的最大值F1和最小值F2.作出F1-F2圖像，如圖乙所示，根據圖像判斷下列說法正確的是()A．增大小球質量，F1-F2圖像斜率會變大B．隨著釋放高度增加，F1與F2的差值變大C．該星球表面的重力加速度為8m/s2D．若該星球半徑是地球半徑的一半，則其第一宇宙速度約為4km/s素養提升練8．(多選)[2024·河北保定高三階段練習]如圖所示，在傾角為θ的光滑斜面上，有一長為l的細線，細線的一端固定在O點，另一端拴一質量為m的小球，現使小球恰好能在斜面上做完整的圓周運動，則()A.小球通過最高點A時的速度vA＝eq\r(glsinθ)B．小球通過最高點A時的速度vA＝eq\r(gl)C．小球通過最高點A時，細線對小球的拉力T＝0D.小球通過最高點A時，細線對小球的拉力T＝mgsinθ9．(多選)如圖甲所示，將質量為M的物塊A和質量為m的物塊B放在水平轉盤上，兩者用長為L的水平輕繩連接，物塊與轉盤間的最大靜摩擦力均為各自重力的k倍，物塊A與轉軸的距離等于輕繩長度，整個裝置能繞通過轉盤中心的豎直軸轉動．開始時，輕繩恰好伸直但無彈力，現讓該裝置從靜止開始轉動，使角速度緩慢增大，繩中張力FT與轉動角速度的平方ω2的關系如圖乙所示，當角速度的平方ω2超過3ωeq\o\al(2,1)時，物塊A、B開始滑動．若圖乙中的F1、ω1及重力加速度g均為已知，下列說法正確的是()A．L＝eq\f(F1,mωeq\o\al(2,1))B．L＝eq\f(F1,2mωeq\o\al(2,1))C．m＝MD．k＝eq\f(2F1,mg)10．(多選)如圖甲所示，一質量m＝4kg的小球(可視為質點)以v0＝4m/s的速度從A點沖上豎直光滑半圓軌道．當半圓軌道的半徑R發生改變時，小球對B點的壓力與半徑R的關系圖像如圖乙所示，g取10m/s2，下列說法不正確的是()A．x＝2.5B．y＝40C．若小球能通過軌道上的C點，則其落地點距A點的最大水平距離為0.8mD．當小球恰能通過軌道上的C點時，半圓軌道的半徑R＝64cm課時分層精練（二十二）圓周運動的臨界問題1．解析：根據題意可知，mgtanθ＝mrω2＝mω2Lsinθ，僅增加繩長后，小球所需的向心力變大，則有離心趨勢會擠壓管壁外側，小球受到玻璃管給的斜向下方的壓力，若仍保持小球與玻璃管間無壓力，需減小ω，故A錯誤，B正確；小球質量可以被約去，所以僅增加小球質量，小球仍與管壁間無壓力，故C錯誤；僅增加角速度至ω′后，小球所需的向心力變大，則有離心趨勢會擠壓管壁外側，小球受到玻璃管斜向下方的壓力，故D正確．答案：BD2．解析：若圓弧半徑為125m，取重力加速度大小g＝10m/s2，在最低點9mg－mg＝meq\f(v2,R)，解得v＝eq\r(8gR)＝100m/s，故選D.答案：D3．解析：過山車從A到B過程，據機械能守恒定律可得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＝mgh，解得vB＝10m/s，A錯誤；過山車經過A點時，由牛頓第二定律得F－mg＝meq\f(veq\o\al(2,A),rA)，解得乘客受到的支持力大小為F＝2750N，B正確；過山車經過B點時，據牛頓第二定律可得F合＝meq\f(veq\o\al(2,B),rB)，解得乘客受到的合力大小為200N，由F合＝mg－F′可得此時過山車對乘客的作用力F′＝300N，C錯誤，D正確．故選BD.答案：BD4．解析：小球在水平面內做勻速圓周運動，在豎直方向上的合力為零，水平方向上的合力提供向心力，所以a繩在豎直方向上的分力與重力相等，可知a繩的張力不可能為零，故A正確；根據豎直方向上平衡得Fasinθ＝mg，解得Fa＝eq\f(mg,sinθ)，可知a繩的張力不變，故B錯誤；當b繩的彈力為零時，有eq\f(mg,tanθ)＝mlω2，解得ω＝eq\r(\f(g,ltanθ))，可知當角速度ω>eq\r(\f(g,ltanθ))時，b繩上將出現彈力，故C錯誤；由于b繩上可能沒有彈力，故b繩突然被剪斷，a繩的彈力可能不變，故D錯誤．答案：A5．解析：對A球，合力提供向心力，設環對A球的支持力為FA，由牛頓第二定律有FA－mAg＝mAeq\f(veq\o\al(2,A),R)，代入數據解得FA＝28N，由牛頓第三定律可得，A球對環的力向下，大小為28N．設B球對環的力為F′B，由環的受力平衡可得F′B＋28N＋m環g＝－56N，解得F′B＝－124N，負號表示和重力方向相反，由牛頓第三定律可得，環對B球的力FB為124N、方向豎直向下，對B球由牛頓第二定律有FB＋mBg＝mBeq\f(veq\o\al(2,B),R)，解得vB＝6m/s，故選C.答案：C6．解析：當小球角速度較小時，小球受重力、支持力和拉力三個力作用，當小球角速度較大時，小球會脫離水平面，小球受重力和拉力兩個力作用，故A錯誤；小球在水平面內做勻速圓周運動，豎直方向上的合力為零，當小球脫離水平面后，角速度增大時，繩子與豎直方向的夾角變大，拉力變大，故B錯誤；當小球剛好離開水平面時，受重力和拉力作用，根據牛頓第二定律得，Fcosθ＝mg，Fsinθ＝mlsinθ·ω2，聯立解得ω＝eq\r(\f(g,h))，故C正確；v＝ωlsinθ＝ωhtanθ，選項D錯誤．答案：C7．解析：設剛釋放時繩與豎直方向的夾角為θ，此時繩上拉力最小為F2＝mgcosθ，球擺到最低點時繩上拉力最大，設繩長為L，球到最低點時速度為v，由機械能守恒有mgL（1－cosθ）＝eq\f(1,2)mv2，據向心力公式有F1－mg＝meq\f(v2,L)，聯立解得F1＝3mg－2F2，可見F1-F2圖像的斜率為定值－2，與m無關，F1－F2＝3mg－3F2＝3mg－3mgcosθ，由題意知0<θ≤90°，釋放高度增加，θ增大，cosθ減小，則F1－F2增大，選項A錯誤，B正確；由F1＝3mg－2F2，對照圖像可得3mg＝3.0N，解得g＝5m/s2，約為地球表面的重力加速度一半，該星球第一宇宙速度v＝eq\r(gR)，若該星球半徑是地球半徑的一半，則其第一宇宙速度約為地球第一宇宙速度7.9km/s的一半，即約為4km/s，C錯誤，D正確．答案：BD8．解析：小球在斜面上做圓周運動的等效重力為G′＝mgsinθ，恰好通過最高點A時，只有等效重力提供向心力，故此時有mgsinθ＝meq\f(veq\o\al(2,A),l)，T＝0，解得vA＝eq\r(glsinθ)，故選AC.答案：AC9．解析：由題圖乙可知，當轉盤角速度的二次方為2ωeq\o\al(2,1)時，A、B間的細繩開始出現拉力，可知此時B達到最大靜摩擦力，故有kmg＝m·2L·2ωeq\o\al(2,1)，當轉盤角速度的二次方為3ωeq\o\al(2,1)時，A達到最大靜摩擦力，對A有kMg－F1＝M·L·3ωeq\o\al(2,1)，對B有kmg＋F1＝m·2L·3ωeq\o\al(2,1)，聯立以上三式解得L＝eq\f(F1,2mωeq\o\al(2,1))，k＝eq\f(2F1,mg)，m＝eq\f(1,2)M，故選BD.答案：BD10．解析：從A到B，根據動能定理可得－mgR＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，在B點，根據牛頓第二定律得F＝eq\f(mv2,R)，聯立解得F＝eq\f(64,R)－80（N），結合題圖乙可知y＝80，x＝eq\f(80,64)＝eq\f(5,4)，故A、B錯誤，A、B滿足題意要求；小球恰能通過最高點時，在最高點，根據牛頓第二定律可得mg＝meq\f(veq\o\al(2,C),R)，從最低點到最高點，根據動能定理可得－mg·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mveq