高考物理一轮复习讲义第4章 专题强化7　圆周运动的临界问题（含解析）

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题型一 水平面内圆周运动的临界问题
1．运动特点
(1)运动轨迹是水平面内的圆．
(2)合外力沿水平方向指向圆心，提供向心力，竖直方向合力为零，物体在水平面内做匀速圆周运动．
2．过程分析
重视过程分析，在水平面内做圆周运动的物体，当转速变化时，物体的受力可能发生变化，转速继续变化，会出现绳子张紧、绳子突然断裂、静摩擦力随转速增大而逐渐达到最大值、弹簧弹力大小方向发生变化等，从而出现临界问题．
3．方法突破
(1)水平转盘上的物体恰好不发生相对滑动的临界条件是物体与盘间恰好达到最大静摩擦力．
(2)物体间恰好分离的临界条件是物体间的弹力恰好为零．
(3)绳的拉力出现临界条件的情形有：绳恰好拉直意味着绳上无弹力；绳上拉力恰好为最大承受力等．
4．解决方法
当确定了物体运动的临界状态和临界条件后，要分别针对不同的运动过程或现象，选择相对应的物理规律，然后再列方程求解．
例1 (2018·浙江11月选考·9)如图所示，一质量为2.0×103 kg的汽车在水平公路上行驶，路面对轮胎的径向最大静摩擦力为1.4×104 N，当汽车经过半径为80 m的弯道时，下列判断正确的是( )
A．汽车转弯时所受的力有重力、弹力、摩擦力和向心力
B．汽车转弯的速度为20 m/s时所需的向心力为1.4×104 N
C．汽车转弯的速度为20 m/s时汽车会发生侧滑
D．汽车能安全转弯的向心加速度不超过7.0 m/s2
答案 D
解析 汽车转弯时所受的力有重力、弹力、摩擦力，向心力是由摩擦力提供的，A错误；汽车转弯的速度为20 m/s时，根据Fn＝meq \f(v2,R)，得所需的向心力为1.0×104 N，没有超过最大静摩擦力，所以汽车不会发生侧滑，B、C错误；汽车安全转弯时的最大向心加速度为am＝eq \f(Ff,m)＝7.0 m/s2，D正确．
例2 (多选)如图所示，两个质量均为m的小木块a和b(可视为质点)放在水平圆盘上，a与转轴OO′的距离为l，b与转轴的距离为2l.木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的k倍，重力加速度大小为g.若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，用ω表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是( )
A．b一定比a先开始滑动
B．a、b所受的摩擦力始终相等
C．ω＝eq \r(\f(kg,2l))是b开始滑动的临界角速度
D．当ω＝eq \r(\f(2kg,3l))时，a所受摩擦力的大小为kmg
答案 AC
解析 小木块a、b做圆周运动时，由静摩擦力提供向心力，即Ff＝mω2R.当角速度增大时，静摩擦力增大，当增大到最大静摩擦力时，发生相对滑动，对木块a：Ffa＝mωa2l，当Ffa＝kmg时，kmg＝mωa2l，ωa＝eq \r(\f(kg,l))；对木块b：Ffb＝mωb2·2l，当Ffb＝kmg时，kmg＝mωb2·2l，ωb＝eq \r(\f(kg,2l))，eq \r(\f(kg,2l))是b开始滑动的临界角速度，所以b先达到最大静摩擦力，即b比a先开始滑动，选项A、C正确；两木块滑动前转动的角速度相同，则Ffa＝mω2l，则Ffb＝mω2·2l，Ffa例3 (多选)如图所示，三角形为一光滑锥体的正视图，锥面与竖直方向的夹角为θ＝37°.一根长为l＝1 m的细线一端系在锥体顶端，另一端系着一可视为质点的小球，小球在水平面内绕锥体的轴做匀速圆周运动，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，不计空气阻力，则( )
A．小球受重力、支持力、拉力和向心力
B．小球可能只受拉力和重力
C．当ω0＝eq \f(5,2)eq \r(2) rad/s时，小球对锥体的压力刚好为零
D．当ω＝2eq \r(5) rad/s时，小球受重力、支持力和拉力作用
答案 BC
解析 转速较小时， 小球紧贴圆锥面，则FTcs θ＋FNsin θ＝mg，FTsin θ－FNcs θ＝mω2lsin θ，随着转速的增加，FT增大，FN减小，当转速达到ω0时支持力为零，支持力恰好为零时有mgtan θ＝mω02lsin θ，解得ω0＝eq \f(5,2)eq \r(2) rad/s，A错误，B、C正确；当ω＝2eq \r(5) rad/s时，小球已经离开斜面，小球受重力、拉力的作用，D错误．
题型二 竖直面内圆周运动的临界问题
1．两类模型对比
2．解题技巧
(1)物体通过圆周运动最低点、最高点时，利用合力提供向心力列牛顿第二定律方程；
(2)物体从某一位置到另一位置的过程中，用动能定理找出两处速度关系；
(3)注意：求对轨道的压力时，转换研究对象，先求物体所受支持力，再根据牛顿第三定律求出压力．
例4 如图所示，一小球以一定的初速度从图示位置进入光滑的轨道，小球先进入圆轨道1，再进入圆轨道2，圆轨道1的半径为R，圆轨道2的半径是轨道1的1.8倍，小球的质量为m，若小球恰好能通过轨道2的最高点B，则小球在轨道1上经过其最高点A时对轨道的压力大小为(重力加速度为g)( )
A．2mg B．3mg C．4mg D．5mg
答案 C
解析 小球恰好能通过轨道2的最高点B时，有mg＝eq \f(mvB2,1.8R)，小球在轨道1上经过其最高点A时，有FN＋mg＝eq \f(mvA2,R)，根据机械能守恒定律，有1.6mgR＝eq \f(1,2)mvA2－eq \f(1,2)mvB2，解得FN＝4mg，结合牛顿第三定律可知，小球在轨道1上经过其最高点A时对轨道的压力大小为4mg，C正确．
例5 (2022·山东枣庄八中月考)如图，轻杆长2l，中点装在水平轴O上，两端分别固定着小球A和B，A球质量为m，B球质量为2m，重力加速度为g，两者一起在竖直平面内绕O轴做圆周运动．
(1)若A球在最高点时，杆的A端恰好不受力，求此时B球的速度大小；
(2)若B球到最高点时的速度等于第(1)问中的速度，求此时O轴的受力大小、方向；
(3)在杆的转速逐渐变化的过程中，能否出现O轴不受力的情况？若不能，请说明理由；若能，求出此时A、B球的速度大小．
答案 (1)eq \r(gl) (2)2mg，方向竖直向下 (3)能；当A、B球的速度大小为eq \r(3gl)时O轴不受力
解析 (1)A在最高点时，对A根据牛顿第二定律得mg＝meq \f(vA2,l)
解得vA＝eq \r(gl)
因为A、B球的角速度相等，半径相等，则vB＝vA＝eq \r(gl)
(2)B在最高点时，对B根据牛顿第二定律得2mg＋FTOB′＝2meq \f(vB2,l)
代入(1)中的vB，可得FTOB′＝0
对A有FTOA′－mg＝meq \f(vA2,l)
可得FTOA′＝2mg
根据牛顿第三定律，O轴所受的力的大小为2mg，方向竖直向下
(3)要使O轴不受力，根据B的质量大于A的质量，设A、B的速度为v，可判断B球应在最高点
对B有FTOB″＋2mg＝2meq \f(v2,l)
对A有FTOA″－mg＝meq \f(v2,l)
轴O不受力时FTOA″＝FTOB″
可得v＝eq \r(3gl)
所以当A、B球的速度大小为eq \r(3gl)时O轴不受力．
题型三 斜面上圆周运动的临界问题
物体在斜面上做圆周运动时，设斜面的倾角为θ，重力垂直斜面的分力与物体受到的支持力相等，解决此类问题时，可以按以下操作，把问题简化．
例6 (多选)如图所示，一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定角速度ω转动，盘面上离转轴2.5 m处有一小物体与圆盘始终保持相对静止，物体与盘面间的动摩擦因数为eq \f(\r(3),2)，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，盘面与水平面的夹角为30°，g取10 m/s2，则以下说法中正确的是( )
A．小物体随圆盘做匀速圆周运动时，一定始终受到三个力的作用
B．小物体随圆盘以不同的角速度ω做匀速圆周运动时，ω越大时，小物体在最高点处受到的摩擦力一定越大
C．小物体受到的摩擦力可能背离圆心
D．ω的最大值是1.0 rad/s
答案 CD
解析 当物体在最高点时，可能只受到重力与支持力2个力的作用，合力提供向心力，故A错误；当物体在最高点时，可能只受到重力与支持力2个力的作用，也可能受到重力、支持力与摩擦力三个力的作用，摩擦力的方向可能沿斜面向上，也可能沿斜面向下，摩擦力的方向沿斜面向上时，ω越大时，小物体在最高点处受到的摩擦力越小，故B错误；当物体在最高点时，摩擦力的方向可能沿斜面向上，也可能沿斜面向下，即可能指向圆心，也可能背离圆心，故C正确；当物体转到圆盘的最低点恰好不滑动时，转盘的角速度最大，此时小物体受竖直向下的重力、垂直于斜面向上的支持力、沿斜面指向圆心的摩擦力，由沿斜面的合力提供向心力，支持力FN＝mgcs θ，摩擦力Ff＝μFN＝μmgcs θ，又μmgcs 30°－mgsin 30°＝mω2R，解得ω＝1.0 rad/s，故D正确．
课时精练
1.如图所示，杂技演员表演“水流星”节目．一根长为L的细绳两端系着盛水的杯子，演员握住绳中间，随着演员的抡动，杯子在竖直平面内做圆周运动，杯子运动中水始终不会从杯子中洒出，重力加速度为g，则杯子运动到最高点的角速度ω至少为( )
A.eq \r(\f(g,L)) B.eq \r(\f(2g,L)) C.eq \r(\f(5g,L)) D.eq \r(\f(10g,L))
答案 B
解析 杯子在竖直平面内做半径为eq \f(L,2)的圆周运动，使水不流出的临界条件是在最高点水的重力恰好提供向心力，则有mg＝eq \f(mω2L,2)，可得ω＝eq \r(\f(2g,L))，故B正确，A、C、D错误．
2．一汽车通过拱形桥顶时速度为10 m/s，车对桥顶的压力为车重的eq \f(3,4)，如果要使汽车在该桥顶对桥面恰好没有压力，车速为( )
A．15 m/s B．20 m/s
C．25 m/s D．30 m/s
答案 B
解析 当FN′＝FN＝eq \f(3,4)G时，因为G－FN′＝meq \f(v2,r)，所以eq \f(1,4)G＝meq \f(v2,r)；当FN＝0时，G＝meq \f(v′2,r)，所以v′＝2v＝20 m/s，选项B正确．
3.细绳一端系住一个质量为m的小球，另一端固定在光滑水平桌面上方h高度处，绳长l大于h，使小球在桌面上做如图所示的匀速圆周运动，重力加速度为g.若要小球不离开桌面，其转速不得超过( )
A.eq \f(1,2π)eq \r(\f(g,l)) B．2πeq \r(gh)
C.eq \f(1,2π)eq \r(\f(h,g)) D.eq \f(1,2π)eq \r(\f(g,h))
答案 D
解析 对小球受力分析，小球受三个力的作用，重力mg、水平桌面支持力FN、绳子拉力F.小球所受合力提供向心力，设绳子与竖直方向夹角为θ，由几何关系可知R＝htan θ，受力分析可知Fcs θ＋FN＝mg，Fsin θ＝meq \f(v2,R)＝mω2R＝4mπ2n2R＝4mπ2n2htan θ；当球即将离开水平桌面时，FN＝0，转速n有最大值，此时n＝eq \f(1,2π)eq \r(\f(g,h))，故选D.
4.如图所示，两段长均为L的轻质线共同系住一个质量为m的小球，另一端分别固定在等高的A、B两点，A、B两点间距也为L，今使小球在竖直平面内做圆周运动，当小球到达最高点时速率为v，两段线中张力恰好均为零，若小球到达最高点时速率为2v，则此时每段线中张力大小为(重力加速度为g)( )
A.eq \r(3)mg B．2eq \r(3)mg
C．3mg D．4mg
答案 A
解析 当小球到达最高点速率为v时，两段线中张力均为零，有mg＝meq \f(v2,r)，当小球到达最高点速率为2v时，应有F＋mg＝meq \f(2v2,r)，所以F＝3mg，此时小球在最高点受力如图所示，所以FT＝eq \r(3)mg，A正确．
5．(2022·四川绵阳市诊断)如图所示，轻杆长3L，在杆两端分别固定质量均为m的球A和B，光滑水平转轴穿过杆上距球A为L处的O点，外界给系统一定能量后，杆和球在竖直平面内转动，球B运动到最高点时，杆对球B恰好无作用力．忽略空气阻力，重力加速度为g，则球B在最高点时( )
A．球B的速度为零
B．球A的速度大小为eq \r(2gL)
C．水平转轴对杆的作用力为1.5mg
D．水平转轴对杆的作用力为2.5mg
答案 C
解析 球B运动到最高点时，杆对球B恰好无作用力，即仅重力提供向心力，则有mg＝meq \f(vB2,2L)，解得vB＝eq \r(2gL)，故A错误；由于A、B两球的角速度相等，则球A的速度大小vA＝eq \f(1,2)eq \r(2gL)，故B错误；B球在最高点时，对杆无弹力，此时A球受到的重力和拉力的合力提供向心力，有F－mg＝meq \f(vA2,L)，解得：F＝1.5mg，即杆的弹力大小为1.5mg，根据牛顿第三定律可知，C正确，D错误．
6.(2022·广东省深圳中学模拟)如图所示，小木块a、b和c(可视为质点)放在水平圆盘上，a、b的质量均为m，c的质量为eq \f(m,2)，a与转轴OO′的距离为l，b、c与转轴OO′的距离为2l且均处于水平圆盘的边缘．木块与圆盘间的最大静摩擦力为木块所受重力的k倍，重力加速度大小为g.若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，下列说法中正确的是( )
A．b、c所受的摩擦力始终相等，故同时从水平圆盘上滑落
B．当a、b和c均未滑落时，a、c所受摩擦力的大小相等
C．b和c均未滑落时线速度一定相同
D．b开始滑动时的角速度是eq \r(2kgl)
答案 B
解析 木块随圆盘一起转动，水平方向只受静摩擦力，故由静摩擦力提供向心力，当需要的向心力大于最大静摩擦力时，木块开始滑动．b、c质量不等，由Ff＝mrω2知b、c所受摩擦力不等，不能同时从水平圆盘上滑落，A错误；当a、b和c均未滑落时，a、b、c和圆盘无相对运动，因此它们的角速度相等，Ff＝mrω2，所以a、c所受摩擦力的大小相等，B正确；b和c均未滑落时，由v＝rω知线速度大小相等，方向不相同，故C错误；b开始滑动时，最大静摩擦力提供向心力，kmg＝m·2lω2，解得ω＝eq \r(\f(kg,2l))，故D错误．
7.如图所示，一光滑的圆管轨道固定在竖直平面内，质量为m的小球在圆管内运动，小球的直径略小于圆管的内径．轨道的半径为R，小球的直径远小于R，可以视为质点，重力加速度为g.现从最高点给小球以不同的初速度v，关于小球的运动，下列说法正确的是( )
A．小球运动到最低点时，对外管壁的最小压力为4mg
B．若小球从静止沿轨道滑落，当滑落高度为eq \f(R,3)时，小球与内、外管壁均没有作用力
C．小球能再运动回最高点的最小速度v＝eq \r(gR)
D．当v>eq \r(gR)时，小球在最低点与最高点对轨道的压力大小之差为5mg
答案 B
解析 当在最高点速度为零时，到达最低点的速度最小，对外管壁的压力最小，则由机械能守恒定律有mg·2R＝eq \f(1,2)mv12，在最低点设外管壁对小球的支持力为F，由牛顿第二定律F－mg＝meq \f(v12,R)，联立解得F＝5mg，由牛顿第三定律得，小球对外管壁的压力最小为5mg，故A错误；小球从静止沿轨道滑落，当滑落高度为eq \f(R,3)时，由机械能守恒定律有mgeq \f(R,3)＝eq \f(1,2)mv22，设此时重力沿半径方向的分力为F1，由几何关系得F1＝eq \f(2mg,3)，此时所需的向心力为F向＝meq \f(v22,R)，联立解得F向＝F1，此时重力沿半径方向的分力恰好提供向心力，所以小球与内、外管壁均没有作用力，故B正确；因为管内壁可以给小球支持力，所以小球在最高点的速度可以为零，故C错误；若在最高点速度v>eq \r(gR)，在最高点时由牛顿第二定律得F2＋mg＝meq \f(v2,R)，从最高点到最低点由机械能守恒定律得mg·2R＝eq \f(1,2)mv32－eq \f(1,2)mv2，在最低点时由牛顿第二定律得F3－mg＝meq \f(v32,R)，联立解得F3－F2＝6mg，所以当v>eq \r(gR)时，小球在最低点与最高点对轨道的压力大小之差为6mg，故D错误．
8.如图所示，质量为m的小球由轻绳a和b分别系于一轻质细杆的B点和A点，绳a长为L，与水平方向成θ角时绳b恰好在水平方向伸直．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，a、b绳均拉直．重力加速度为g，则( )
A．a绳的拉力可能为零
B．a绳的拉力随角速度的增大而增大
C．当角速度ω>eq \r(\f(g,Lsin θ))时，b绳中拉力不为零
D．当角速度ω>eq \r(\f(g,Lsin θ))时，若a绳突然被剪断，则b绳仍可保持水平
答案 C
解析 小球做匀速圆周运动，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小球重力相等，可知a绳的拉力不可能为零，A错误；根据竖直方向上受力平衡得Fasin θ＝mg，解得Fa＝eq \f(mg,sin θ)，可知a绳的拉力不变，与角速度无关，B错误；当b绳拉力为零时，有eq \f(mg,tan θ)＝mω2Lcs θ，解得ω＝eq \r(\f(g,Lsin θ))，可知当角速度ω>eq \r(\f(g,Lsin θ))时，b绳出现拉力，C正确；若a绳突然被剪断，则b绳不能保持水平，D错误．
9．(多选)如图所示，两个可视为质点的、相同的木块A和B放在转盘上，两者用长为L的水平细绳连接，木块与转盘的最大静摩擦力均为各自重力的K倍，A放在距离转轴L处，整个装置能绕通过转盘中心的转轴O1O2转动，开始时，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，以下说法正确的是(重力加速度为g)( )
A．当ω>eq \r(\f(2Kg,3L))时，A、B会相对于转盘滑动
B．当ω>eq \r(\f(Kg,2L))，绳子一定有弹力
C．ω在eq \r(\f(Kg,2L))<ωD．ω在0<ω答案 ABD
解析 当A、B所受摩擦力均达到最大值时，A、B相对转盘即将滑动，则有Kmg＋Kmg＝mω2L＋mω2·2L，解得：ω＝eq \r(\f(2Kg,3L))，A项正确；当B所受静摩擦力达到最大值后，绳子开始有弹力，即有：Kmg＝m·2L·ω2，解得ω＝eq \r(\f(Kg,2L))，可知当ω>eq \r(\f(Kg,2L))时，绳子有弹力，B项正确；当ω>eq \r(\f(Kg,2L))时，B已达到最大静摩擦力，则ω在eq \r(\f(Kg,2L))<ω10.(多选)如图所示，竖直平面内有一半径为R＝0.35 m的内壁光滑的圆形轨道，轨道底端与光滑水平面相切，一小球(可视为质点)以v0＝3.5 m/s的初速度进入轨道，g＝10 m/s2，则( )
A．小球不会脱离圆轨道运动
B．小球会脱离圆轨道运动
C．小球脱离轨道时的速度为eq \f(\r(7),2) m/s
D．小球脱离轨道的位置与圆心连线和水平方向间的夹角为30°
答案 BCD
解析 若小球恰能到达最高点，由重力提供向心力，则有：mg＝meq \f(v2,R)，解得：v＝eq \r(gR)＝
eq \r(3.5) m/s，若小球从最低点恰好能到最高点，根据机械能守恒定律得：eq \f(1,2)mv0′2＝mg·2R＋
eq \f(1,2)mv2，解得：v0′＝eq \f(\r(70),2) m/s>v0＝3.5 m/s，故小球不可能运动到最高点，小球会脱离圆轨道，故A错误，B正确；设当小球脱离轨道时，其位置与圆心连线和水平方向间的夹角为θ，小球此时只受重力作用，将重力分解如图所示．
在脱离点，支持力等于0，由牛顿第二定律得：mgsin θ＝meq \f(v12,R)，从最低点到脱离点，由机械能守恒定律得：eq \f(1,2)mv02＝mgR(1＋sin θ)＋eq \f(1,2)mv12，联立解得：sin θ＝eq \f(1,2)，即θ＝30°，则v1＝eq \r(gRsin θ)＝eq \f(\r(7),2) m/s，故C、D正确．轻绳模型(最高点无支撑)
轻杆模型(最高点有支撑)
实例
球与绳连接、水流星、沿内轨道运动的“过山车”等
球与杆连接、球在光滑管道中运动等
图示
受力示意图

F弹向下或等于零
F弹向下、等于零或向上
力学方程
mg＋F弹＝meq \f(v2,R)
mg±F弹＝meq \f(v2,R)
临界特征
F弹＝0
mg＝meq \f(vmin2,R)
即vmin＝eq \r(gR)
v＝0
即F向＝0
F弹＝mg
讨论分析
(1)最高点，若v≥eq \r(gR)，F弹＋mg＝meq \f(v2,R)，绳或轨道对球产生弹力F弹
(2)若v(1)当v＝0时，F弹＝mg，F弹背离圆心
(2)当0(3)当v＝eq \r(gR)时，F弹＝0
(4)当v>eq \r(gR)时，mg＋F弹＝meq \f(v2,R)，F弹指向圆心并随v的增大而增大