2018高考物理总复习专题圆周运动中的临界问题探究1水平面内的匀速圆周运动中的临界问题剖析练习.docVIP

水平面内的匀速圆周运动中的临界问题剖析

（答题时间：30分钟）

1.如图所示，长为L的细绳一端固定，另一端系一质量为m的小球。给小球一个合适的初速度，小球便可在水平面内做匀速圆周运动，这样就构成了一个圆锥摆，设细绳与竖直方向的夹角为θ。下列说法中正确的是（）

A.小球受重力、细绳的拉力和向心力作用

B.小球受重力、细绳的拉力的作用

C.θ越大，小球运动的线速度越大

D.θ越大，小球运动的线速度越小

2.如图所示，半径为R的圆筒绕竖直中心轴OO′转动，小物块A靠在圆筒的内壁上，它与圆筒的动摩擦因数为，现要使A不下落，则圆筒转动的角速度至少为（）

A. B. C. D.

3.冰面对溜冰运动员的最大静摩擦力为运动员重力的k倍，在水平冰面上沿半径为R的圆周滑行的运动员，其安全速度的最大值是（）

A. B. C. D.

4.用一根细线一端系一可视为质点的小球，另一端固定在一光滑圆锥顶上，如下图所示，设小球在水平面内做匀速圆周运动的角速度为ω，线的张力为T，则T随ω2变化的图象是下图中的（）

5.在光滑杆上穿着两个小球m1、m2，且m1＝2m2，用细线把两球连起来，当盘架匀速转动时，两小球刚好能与杆保持无相对滑动，如下图所示，此时两小球到转轴的距离r1与r2

A.1∶1 B.1∶ C.2∶1 D.1∶2

6.套着弹簧与小球P的粗糙细杆固定在如图所示的装置上，弹簧的一端固定在装置的A点，另一端连接一质量为m的小球P，当整个装置静止时，弹簧处于拉伸状态，小球P离A点的距离为4L，离B点的距离为2L，那么当整个装置绕竖直中心轴以角速度ω匀速转动时，下列说法正确的是（）

A.小球P一定会更靠近B点 B.小球P可能相对B点距离不变

C.小球P受到的合力可能为 D.小球受到的静摩擦力一定变小

7.如图，置于圆形水平转台边缘的小物块随转台加速转动，当转速达到某一数值时，物块恰好滑离转台开始做平抛运动。现测得转台半径R＝0.5m，离水平地面的高度H＝0.8m，物块平抛落地过程水平位移的大小s＝0.4m。设物块所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g＝10m/s2。求：

（1）物块做平抛运动的初速度大小v0；

（2）物块与转台间的动摩擦因数μ。

8.如图所示，竖直杆AB上的P点用细线悬挂着一个小铅球，球的半径相对线长可忽略不计，已知线长为L＝1.25m。当AB杆绕自身以ω＝4rad/s转动时，小球在细线的带动下在水平面上做圆锥摆运动。

求：细线与杆AB间的夹角θ的大小。（g＝10m/s2）

1.BC解析：小球只受重力和绳的拉力作用，二者合力提供向心力，所以A错误，B正确；向心力大小为：，小球做圆周运动的半径为：，则由牛顿第二定律得：，得到线速度：，越大，、越大，故小球运动的速度越大，C正确，D错误。

2.D解析：物体A随桶做匀速圆周运动，则竖直方向：，水平方向：，联立解得：，选项D正确。

3.B解析：由题意可知，最大静摩擦力为重力的k倍，所以最大静摩擦力等于kmg，设运动员的最大的速度为v，则：，解得：，B正确。

4.B解析：设绳长为L，锥面与竖直方向夹角为θ，当ω＝0时，小球静止，受重力mg、支持力N和绳的拉力T而平衡，T＝mgcosθ≠0，所以A项不正确。ω增大时，T增大，N减小，当N＝0时，角速度为ω0。

当ω＜ω0时，由牛顿第二定律得，

Tsinθ－Ncosθ＝mω2Lsinθ，Tcosθ＋Nsinθ＝mg，解得T＝mω2Lsin2θ＋mgcosθ；

当ω＞ω0时，小球离开锥子，绳与竖直方向夹角变大，设为β，由牛顿第二定律得

Tsinβ＝mω2Lsinβ，所以T＝mLω2，此时图象的反向延长线经过原点。

可知T－ω2图线的斜率变大，所以B项正确，CD错误。故选B。

5.D解析：由于细线的拉力等于两球做圆周运动的向心力，则，故，选项D正确。

6.BC解析：由题意知AB之间距离为6L，则OB＝3L，则OP＝3L－2L＝L，若＝，则小球P相对B点距离不变，小球P受到的合力为；若小球转动的角速度比较大，则小球需要的向心力较大，可能会受到向左的较大的静摩擦力，因此小球受到的静摩擦力不一定变小，所以正确选项为B、C。

7.（1）1m/s（2）0.2

解析：（1）物块做平抛运动，在竖直方向上有H＝gt2 ①

在水平方向上有s＝v0t ②

由①②式解得，代入数据v0＝1m/s。 ③

（2）物块离开转台时，最大静摩擦力提供向心力，有

fm＝m