第22讲　专题强化五　圆周运动的临界问题——2027届高三物理一轮复习讲义（含答案）

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物体做圆周运动时，若物体的速度、角速度发生变化，会引起某些力(如拉力、支持力、摩擦力)发生变化，进而出现某些物理量或运动状态的突变，即出现临界状态。
2．与摩擦力有关的临界极值问题
物体间恰好不发生相对滑动的临界条件是物体间恰好达到最大静摩擦力。
(1)如果只是摩擦力提供向心力，则最大静摩擦力Ffm＝eq \f(mv2,r)，静摩擦力的方向一定指向圆心。
(2)如果除摩擦力以外还有其他力，如绳两端连接物体随水平面转动，其中一个物体存在一个恰不向内滑动的临界条件和一个恰不向外滑动的临界条件，分别为静摩擦力达到最大且静摩擦力的方向沿半径背离圆心和沿半径指向圆心。
3．与弹力有关的临界极值问题
(1)两个接触物体分离的临界条件是物体间的弹力恰好为零。
(2)绳上拉力的临界条件是绳恰好拉直且无弹力或绳上拉力恰好为最大承受力。
►考向1 摩擦力作用下的临界问题
[答案] A
[解析] 解法一：设物块到圆心的距离为r，当物块刚要滑动时，最大静摩擦力提供向心力，由牛顿第二定律有μmg＝mω2r，可得ω＝eq \r(\f(μg,r))，故当A刚要滑动时，转动的角速度为ω1＝eq \r(\f(μg,rA))，当B刚要滑动时，转动的角速度为ω2＝eq \r(\f(μg,rB))；若用细线将A、B连接，当它们一起刚要滑动时，最大静摩擦力和拉力的合力提供向心力，对B物块由牛顿第二定律有μmg＋T＝mωeq \\al(2,3)rB，对A物块有μmg－T＝mωeq \\al(2,3)rA，联立解得ω3＝eq \r(\f(2μg,rA＋rB))，因为rAω2，故A正确。
解法二：当A、B用细线连在一起时，可以把A、B看成一个整体，整体的质量是2m，整体重心在原来A、B的中点处。由牛顿第二定律有μmg＝mω2r，可得ω＝eq \r(\f(μg,r))，此临界角速度与物体的质量无关，只与离转轴的远近有关。离转轴越远临界角速度越小，因为rAω2，故A正确。
反思提升
解决临界问题的注意事项
(1)先确定研究对象受力情况，看哪些力提供向心力，哪些力可能突变引起临界问题。
(2)注意分析物体所受静摩擦力大小和方向随转盘转速的变化而发生的变化。
(3)关注临界状态，即静摩擦力达到最大值时。物体随转盘转动，静摩擦力提供向心力，随转速的增大，静摩擦力增大，当达到最大静摩擦力时开始滑动，出现临界情况，此时对应的角速度为临界角速度。
►考向2 绳子拉力作用下的临界问题
(多选)如图所示，水平杆固定在竖直杆上，两者互相垂直，水平杆上O、A两点连接有两轻绳，两绳的另一端都系在质量为m的小球上，OA＝OB＝AB，现通过转动竖直杆，使水平杆在水平面内做匀速圆周运动，三角形OAB始终在竖直平面内，若转动过程OB、AB两绳始终处于拉直状态，则下列说法正确的是( )
A．OB绳的拉力范围为0～eq \f(\r(3),3)mg
B．OB绳的拉力范围为eq \f(\r(3),3)mg～eq \f(2\r(3),3)mg
C．AB绳的拉力范围为0～eq \f(\r(3),3)mg
D．AB绳的拉力范围为0～eq \f(2\r(3),3)mg
[答案] BC
[解析] 转动的角速度为0时，OB绳的拉力最小，AB绳的拉力最大，这时两者的值相同，设为T1，则2T1cs 30°＝mg，T1＝eq \f(\r(3),3)mg，增大转动的角速度，当AB绳的拉力刚好等于0时，OB绳的拉力最大，设这时OB绳的拉力为T2，则T2cs 30°＝mg，T2＝eq \f(2\r(3),3)mg，因此OB绳的拉力范围为eq \f(\r(3),3)mg～eq \f(2\r(3),3)mg，AB绳的拉力范围为0～eq \f(\r(3),3)mg，故B、C两项正确。
►考向3 接触面上弹力作用下的临界问题
(多选)如图所示，一种圆锥筒状转筒左、右分别系着一长一短两根轻质绳子，两端挂着相同的小球，圆锥筒静止时绳子平行于圆锥面。当圆锥筒绕中心轴开始缓慢加速转动时，不计空气阻力，则下列说法正确的是( )
A．角速度慢慢增大，一定是绳子较长的球先离开圆锥筒
B．角速度达到一定值时两个球一定同时离开圆锥筒
C．两个球都离开圆锥筒后，高度不一定相同
D．两个球都离开圆锥筒后，高度一定相同
[答案] AD
[解析] 设绳子与竖直方向的夹角为θ，小球质量均为m，绳长为L，圆锥筒转动的角速度为ω，小球恰好离开圆锥筒时，圆锥筒对小球的支持力为0，有mgtan θ＝mω2Lsin θ，解得ω＝eq \r(\f(g,Lcs θ))，对于小球来说，绳子的长度越长，小球离开圆锥筒的临界角速度越小，即越容易离开圆锥筒，A正确，B错误；当两个球都离开圆锥筒时，设此时绳子与竖直方向夹角为α，小球只受重力和绳子的拉力，有mgtan α＝mω2Lsin α，h＝Lcs α，整理有h＝eq \f(g,ω2)，因为两个小球绕同一个轴转动，所以两小球的角速度相同，即两小球高度相同，C错误，D正确。
考点2 竖直面内圆周运动的临界问题
(能力考点·深度研析)
1．运动特点
(1)竖直面内的圆周运动一般是变速圆周运动。
(2)只有重力做功的竖直面内的变速圆周运动机械能守恒。
(3)竖直面内的圆周运动问题，涉及知识面比较广，既有临界问题，又有能量守恒问题，要注意物体运动到圆周的最高点的速度。
(4)一般情况下，竖直面内的圆周运动问题只涉及最高点和最低点两种情形。
2．竖直面内圆周运动的两种模型
►考向1 轻“绳”模型问题
如图所示，乘坐游乐园的翻滚过山车时，质量为m的人随车在竖直平面内旋转，重力加速度大小为g，下列说法正确的是( )
A．过山车在最高点时人处于倒坐状态，全靠保险带拉住，没有保险带，人就会掉下来
B．人在最高点时对座位不可能产生大小为mg的压力
C．人在最低点时对座位的压力等于mg
D．人在最低点时对座位的压力大于mg
[答案] D
[解析] 过山车在最高点时人处于倒坐状态，向心力是靠重力与座椅的支持力提供，速度越大支持力越大，所以没有保险带，人也不会掉下来，A错误；人在最高点时，由牛顿第二定律可得mg＋FN＝meq \f(v2,r)，当速度为v＝eq \r(2gr)时，支持力为mg，由牛顿第三定律可得，人在最高点时对座位可以产生大小为mg的压力，B错误；人在最低点时，由牛顿第二定律可得FN－mg＝meq \f(v2,r)，则人在最低点时对座位的压力大于mg，C错误，D正确。
反思提升
分析竖直面内圆周运动问题的思路
►考向2 单球轻杆模型
如图所示，有一个半径为R的内壁光滑的圆管道(管壁厚度可忽略)。现给小球一个初速度，使小球沿管道在竖直面内做圆周运动。关于小球在最高点的速度v，下列叙述中正确的是(小球可看成质点)( )
A．v的最小值为eq \r(gR)
B．v由0逐渐增大，管道对小球的弹力逐渐增大
C．当v由eq \r(gR)逐渐增大时，管道对小球的弹力逐渐增大
D．当v由在eq \r(gR)逐渐减小时，管道对小球的弹力逐渐减小
[答案] C
[解析] 在最高点时，因为管道内壁可以提供支持力，则最高点的最小速度可以为0，故A错误；在最高点时，若veq \r(gR)，管道外壁对小球有弹力FN′，根据牛顿第二定律得mg＋FN′＝meq \f(v2,R)，随着速度的增大，弹力FN′在逐渐增大，故C正确。
反思提升
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。
►考向3 双球轻杆模型
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(均可视为质点)，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轴的受力大小和方向；
(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(v\\al(2,A),l)，
解得vA＝eq \r(gl)，
因为A、B两球的角速度相等，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(v\\al(2,B),l)
代入(1)中的vB，可得FTOB′＝0
对A有FTOA′－mg＝meq \f(v\\al(2,A),l)
可得FTOA′＝2mg
根据牛顿第三定律，O轴所受的力大小为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)
O轴不受力时有FTOA″＝FTOB″
联立可得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。
【跟踪训练】
(多选)(2024·陕西延安市黄陵中学模拟)如图所示，一质量为m＝0.5 kg的小球(可视为质点)，用长为0.4 m的轻绳拴着在竖直平面内做圆周运动，g＝10 m/s2，下列说法正确的是( )
A．小球要做完整的圆周运动，在最高点的速度至少为2 m/s
B．当小球在最高点的速度为4 m/s时，轻绳拉力大小为15 N
C．若轻绳能承受的最大张力为45 N，小球的最大速度不能超过4eq \r(2) m/s
D．若轻绳能承受的最大张力为45 N，小球的最大速度不能超过4 m/s
[答案] ABC
[解析] 设小球通过最高点时的最小速度为v0，则根据牛顿第二定律有mg＝meq \f(v\\al(2,0),R)，解得v0＝2 m/s，故A正确；当小球在最高点的速度为v1＝4 m/s时，设轻绳拉力大小为FT，根据牛顿第二定律有FT＋mg＝meq \f(v\\al(2,1),R)，解得FT＝15 N，故B正确；小球在轨迹最低点处速度最大，此时轻绳的拉力最大，根据牛顿第二定律有FTm－mg＝meq \f(v\\al(2,m),R)，解得vm＝4eq \r(2) m/s，故C正确，D错误。
(多选)(2025·贵阳联考)如图甲所示，一轻质杆一端固定在水平转轴O上，另一端与小球(可视为质点)连接，小球随轻杆绕转轴在竖直平面内做圆周运动(不计一切阻力)，小球运动到最高点时杆对小球的弹力大小为F，小球在最高点的速度大小为v，重力加速度取10 m/s2，其F－v2图像如图乙所示，则下列说法正确的是( )
A．轻质杆长为0.3 m
B．小球的质量为0.75 kg
C．当v2＝1 m2/s2时，小球受到的弹力方向向上，且大小等于2.5 N
D．当v2＝8 m2/s2时，小球受到的弹力方向向下，且大小等于10 N
[答案] AB
[解析] 由题图乙知，v2＝3 m2/s2时，F＝0，有mg＝eq \f(mv2,L)，则L＝eq \f(v2,g)＝eq \f(3,10) m＝0.3 m，故A正确；当v2＝0时，有F＝mg，即mg＝7.5 N，则m＝0.75 kg，故B正确；当v2＝1 m2/s23 m2/s2时，小球受到弹力方向向下，有mg＋F＝eq \f(mv2,L)，则F＝eq \f(mv2,L)－mg＝eq \f(0.75×8,0.3) N－0.75×10 N＝12.5 N，故D错误。
考点3 斜面上圆周运动的临界问题
(能力考点·深度研析)
1．题型简述：在斜面上做圆周运动的物体，因所受的控制因素不同，如静摩擦力控制、绳控制、杆控制等，物体的受力情况和所遵循的规律也不相同。
2．解题关键——重力的分解和视图
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。
如图所示为半径为R的匀质实心圆盘，盘面所在平面与水平面的夹角为θ，开始时圆盘静止。其上表面均匀覆盖着一层细沙没有掉落，细沙与盘面间的动摩擦因数为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现让圆盘绕垂直于盘面的固定轴旋转，其角速度从0开始缓慢增加到ω(未知)。此时圆盘表面上有eq \f(8,9)的细沙被甩掉，重力加速度为g，则ω的值为( )
A．eq \r(\f(gμcs θ＋sin θ,R)) B．eq \r(\f(gμcs θ－sin θ,R))
C．eq \r(\f(3gμcs θ＋sin θ,R)) D．eq \r(\f(3gμcs θ－sin θ,R))
[答案] D
[解析] 根据Fn＝mω2r可知，在角速度相同的情况下，半径越大，向心力越大，所以最外边的细沙随着角速度的增大最先发生滑动，因为圆盘表面上有eq \f(8,9)的细沙被甩掉，即eq \f(8,9)面积的细沙发生滑动，剩下eq \f(1,9)的未滑动，设未滑动部分的半径为r，则πr2＝eq \f(1,9)πR2，解得r＝eq \f(1,3)R，在最低点有mg(μcs θ－sin θ)＝mω2r，解得ω＝eq \r(\f(3gμcs θ－sin θ,R))，D正确，A、B、C错误。
【跟踪训练】
如图所示，在倾角为θ的足够大的固定斜面上，一长度为L的轻绳一端固定在O点，另一端连着一质量为m的小球(视为质点)，可绕斜面上的O点自由转动。现使小球从最低点A以速率v开始在斜面上做圆周运动，通过最高点B。重力加速度大小为g，轻绳与斜面平行，不计一切摩擦。下列说法正确的是( )
A．小球通过B点时的最小速度可以小于eq \r(gLsin θ)
B．小球通过A点时的加速度为gsin θ＋eq \f(v2,L)
C．若小球以eq \r(gLsin θ)的速率通过B点时突然脱落而离开轻绳，则小球到达与A点等高处时与A点间的距离为2L
D．小球通过A点时的速度越大，此时斜面对小球的支持力越大
[答案] C
[解析] 小球通过最高点B时，当绳的拉力为零时速度最小，即mgsin θ＝eq \f(mv\\al(2,min),L)，最小速度vmin＝eq \r(gLsin θ)，故A错误；小球在A点受重力、斜面的支持力以及绳的拉力，沿斜面方向有F－mgsin θ＝eq \f(mv2,L)＝maA，可得aA＝eq \f(v2,L)，故B错误；若小球以eq \r(gLsin θ)的速率通过B点时突然脱落而离开轻绳，则小球在斜面上做类平抛运动，在平行于斜面底边方向做匀速直线运动，在垂直于斜面底边方向做初速度为零的匀加速直线运动，故s水平＝vBt＝eq \r(gLsin θ)·t,2L＝eq \f(1,2)at2，其中a＝gsin θ，联立解得s水平＝2L，即小球到达与A点等高处时与A点间的距离为2L，故C正确；斜面对小球的支持力始终等于重力沿垂直于斜面方向的分力，与小球的速度大小无关，故D错误。
如图所示，在倾角为α＝30°的光滑斜面上，有一根长为L＝0.8 m的轻杆，一端固定在O点，另一端系一质量为m＝0.2 kg的小球，沿斜面做圆周运动。g取10 m/s2。若要小球能通过最高点A，则小球在最低点B的最小速度是( )
A．4 m/s B．2eq \r(10) m/s
C．2eq \r(5) m/s D．2eq \r(2) m/s
[答案] A
[解析] 小球受轻杆控制，在A点的最小速度为零，由动能定理得2mgLsin α＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)，可得vB＝4 m/s，A正确。
提能训练 练案[22]
基础巩固练
题组一 匀速圆周运动的临界问题
1．将一平板折成如图所示形状，AB部分水平且粗糙，BC部分光滑且与水平方向成θ角，板绕竖直轴OO′匀速转动，放在AB板E处和放在BC板F处的物块均刚好不滑动，两物块到转动轴的距离相等，则物块与AB板间的动摩擦因数为( )
A．tan θ B．eq \f(1,tan θ)
C．sin θ D．cs θ
[答案] A
[解析] ①两物块角速度相同；②刚好不滑动。设物块与AB部分的动摩擦因数为μ，板转动的角速度为ω，两物块到转轴的距离为L，由于物块刚好不滑动，则对AB板上的物块有μmg＝mω2L，对BC板上的物块有mgtan θ＝mω2L，因此μ＝tan θ，A项正确。
2．(多选)(2025·黑龙江哈尔滨市第二中学期中)质量为m的小球(视为质点)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，当轻杆绕轴以角速度ω匀速转动时，a绳与水平方向成θ角，b绳在水平方向上且长为l。重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A．a绳的弹力随角速度的增大而增大
B．当角速度ω>eq \r(\f(g,ltan θ))时，b绳中产生弹力
C．当b绳中产生弹力后，角速度再增大时a绳的弹力不变
D．当b绳突然被剪断时，a绳的弹力一定发生变化
[答案] BC
[解析] 当b绳的弹力为零时，小球受重力和a绳的弹力，合力提供向心力，有eq \f(mg,tan θ)＝mlω2，解得ω＝eq \r(\f(g,ltan θ))，可知当角速度ω>eq \r(\f(g,ltan θ))时，b绳出现弹力，故B正确；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绳的弹力不变，故A错误，C正确；由于b绳可能没有弹力，故b绳突然被剪断时，a绳的弹力可能不变，故D错误。
3．(多选)如图所示，位于水平面内的圆盘圆心为O点，轻杆AO垂直并且固定于粗糙的圆盘上，长度为l的细绳一端固定于O上方eq \f(4,5)l处的A点，另一端与放置于圆盘上的物体拴接，初始时细绳恰好伸直，现让圆盘以AO为轴转动起来，当转动的角速度ω缓慢增大时(物体始终没有离开圆盘，已知重力加速度为g)，下列说法正确的是( )
A．物块始终受三个力的作用
B．物块所受到的摩擦力先增大后减小
C．细绳的拉力一直增大
D．要使物块不离开圆盘，转动的角速度的最大值为eq \r(\f(5g,4l))
[答案] BD
[解析] 物块可能受到重力，支持力，摩擦力，绳子的拉力四个力的作用，A项错误；在摩擦力达到最大值之前，绳子的拉力为0，摩擦力为静摩擦力，并且摩擦力随角速度的增加而变大，当绳子出现拉力之后，随角速度的增加，绳子的拉力增大，摩擦力减小，因此B项正确，C项错误；设细绳与竖直方向夹角为θ，当圆盘对物体的弹力为零时mgtan θ＝mω2r，其中tan θ＝eq \f(3,4)；r＝eq \f(3,5)l，得ω＝eq \r(\f(5g,4l))，所以D项正确。故选BD。
4．如图，有一倾斜的匀质圆盘(半径足够大)，盘面与水平面的夹角为θ，绕过圆心并垂直于盘面的转轴以角速度ω匀速转动，有一物体(可视为质点)与盘面间的动摩擦因数为μ(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，重力加速度为g。要使物体能与圆盘始终保持相对静止，则物体与转轴间最大距离为( )
A．eq \f(μgcs θ,ω2) B．eq \f(gsin θ,ω2)
C．eq \f(μcs θ－sin θ,ω2)g D．eq \f(μcs θ＋sin θ,ω2)g
[答案] C
[解析] 由题意易知临界条件是物体在圆盘上转到最低点受到的静摩擦力达到最大静摩擦力，由牛顿第二定律得μmgcs θ－mgsin θ＝mω2r，解得r＝eq \f(μcs θ－sin θ,ω2)g，故A、B、D错误，C正确。
题组二 竖直面内圆周运动的临界问题
5．(2025·浙江温州高三期中)如图所示，竖直固定的光滑圆轨道内有一质量为m的小球在做完整的圆周运动。已知轨道半径为R，a为最高点，b为最低点，c和d为与圆心O等高的点，e和f为关于圆心O的对称点，重力加速度大小为g。下列说法正确的是( )
A．小球在a点的速度必须大于eq \r(gR)
B．小球在c点和d点时与轨道之间没有弹力
C．小球在e点所受合力和在f点所受合力等大反向
D．若小球运动到a点时，速度为eq \r(3gR)，则小球对轨道的压力大小为2mg
[答案] D
[解析] 小球若恰能经过a点，则mg＝meq \f(v2,R)，解得vmin＝eq \r(gR)，即小球在a点的速度大于等于eq \r(gR)，A错误；小球在c点和d点时轨道对小球的支持力提供向心力，即与轨道之间都有弹力，B错误；小球在e点和f点受力情况如图，可知小球在e点所受合力和在f点所受合力大小不相等，方向不是相反，C错误；小球在a点时，合力提供向心力，有FNa＋mg＝meq \f(\r(3gR)2,R)，解得FNa＝2mg，D正确。
6．(多选)竖直平面内的圆周运动是物理学里的经典模型之一，某同学通过如下实验来探究其相关规律：如图，质量为m的小球固定在力传感器测量的一侧，传感器另一侧固定在轻杆一端，现给小球一初速度让其绕O点做圆周运动，小球到O点距离为L，已知当力传感器受到球对其为压力时读数为负，受到拉力时读数为正，重力加速度为g。则下列说法正确的是( )
A．只要小球通过圆周最高点的速度大于0就能完成完整的圆周运动
B．若小球通过圆周最高点时速度为eq \r(\f(gL,3))，则力传感器读数为－eq \f(2,3)mg
C．小球在与圆心等高的B点下方运动过程中，力传感器读数总是为正值
D．若小球通过圆周最低点时速度为eq \r(2gL)，则力传感器读数为mg
[答案] ABC
[解析] 轻杆模型中小球过最高点速度不小于0，A项正确；在最高点受力分析有mg＋F＝meq \f(v2,L)，将速度eq \r(\f(gL,3))代入，解得F＝－eq \f(2,3)mg，即小球受到向上的支持力，由牛顿第三定律可知传感器受到向下的压力，B项正确；小球在与圆心等高的B点下方运动过程中，小球都受到拉力，力传感器读数总是为正值，C项正确；在最低点受力分析有F－mg＝meq \f(v2,L)。将速度为eq \r(2gL)代入，解得F＝3mg，D项错误。故选ABC。
7．如图两段长均为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，现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，若小球达到最高点时速率为2v，则此时每段线中张力大小为( )
A．eq \r(3)mg B．2eq \r(3)mg
C．3mg D．4mg
[答案] A
[解析] 当小球到达最高点时速率为v时，有mg＝meq \f(v2,r)，当小球到达最高点时速率为2v时，应有F＋mg＝veq \f(2v2,r)＝4mg，所以F＝3mg，此时最高点各力如图所示，所以T＝eq \r(3)mg，A项正确。
能力提升练
8．如图甲所示，小球用不可伸长的轻绳连接绕定点O在竖直面内做圆周运动，小球经过最高点的速度大小为v，此时绳子拉力大小为FT，拉力FT与速度的平方v2的关系如图乙所示，图像中的数据a和b以及重力加速度g都为已知量，以下说法正确的是( )
A．数据a与小球的质量有关
B．数据b与小球的质量无关
C．比值eq \f(b,a)只与小球的质量有关，与圆周轨道半径无关
D．利用数据a、b和g能够求出小球的质量和圆周轨道半径
[答案] D
[解析] 由题图乙可知当v2＝a时，绳子的拉力为零，此时小球的重力提供向心力，则有mg＝meq \f(v2,r)，解得v2＝gr，即a＝gr，A错误；当v2＝2a时，对小球进行受力分析，则有mg＋b＝meq \f(v2,r)，解得b＝mg，与小球的质量有关，B错误；根据A、B选项可知eq \f(b,a)＝eq \f(m,r)，C错误；由题图乙可知，当v2＝a时，则有mg＝meq \f(v2,r)，解得r＝eq \f(a,g)，当v2＝2a时，则有mg＋b＝meq \f(v2,r)，解得m＝eq \f(b,g)，D正确。
9．(多选)如图甲所示，陀螺在圆轨道外侧运动而不脱离，好像被施加了魔法一样。该陀螺可等效成一质点在圆轨道外侧运动的模型，如图乙所示，在竖直面内固定的强磁性圆轨道上，A、B两点分别为轨道的最高点与最低点。已知该陀螺的质量为m，强磁性圆轨道半径为R，重力加速度为g，陀螺沿轨道外侧做完整的圆周运动，受到的轨道的强磁性引力始终指向圆心O且大小恒为F。当陀螺以速率eq \r(2gR)通过A点时，对轨道的压力为7mg。不计一切摩擦和空气阻力，下列说法正确的是( )
A．强磁性引力F大小为8mg
B．陀螺在B点的速率为eq \r(6gR)
C．陀螺在B点对轨道压力为6mg
D．要使陀螺不脱离强磁性圆轨道，它在B点的速率不能超过eq \r(7gR)
[答案] ABD
[解析] 陀螺在A点时，由牛顿第二定律得mg＋F－7mg＝meq \f(v\\al(2,A),R)，解得F＝8mg，A正确；陀螺从A点到B点，由动能定理有mg·2R＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)，解得vB＝eq \r(6gR)，B正确；陀螺在B点时，由牛顿第二定律有F－FN－mg＝meq \f(v\\al(2,B),R)，解得FN＝mg，陀螺在B点对轨道的压力大小为mg，C错误；陀螺恰好不脱离强磁性圆轨道时，轨道弹力为零，则此时由牛顿第二定律有F－mg＝meq \f(vB′2,R)，解得vB′＝eq \r(7gR)，D正确。
10．如图所示，在水平圆盘上，沿半径方向放置物体A和B，mA＝4 kg，mB＝1 kg，它们分别位于圆心两侧，与圆心距离为rA＝0.1 m、rB＝0.2 m，中间用细线相连。A、B与圆盘间的动摩擦因数均为μ＝0.2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。若圆盘从静止开始绕中心转轴缓慢地加速转动，g＝10 m/s2，以下说法正确的是( )
A．A的摩擦力先达到最大
B．当ω＝eq \r(20) rad/s时，细线开始出现张力
C．当ω＝eq \r(50) rad/s时，A、B两物体将发生相对滑动
D．B物体所受摩擦力的方向一直指向圆心
[答案] C
[解析] A达到最大静摩擦力时的临界角速度满足μmAg＝mAωeq \\al(2,0A)rA，解得ω0A＝2eq \r(5) rad/s，同理可得B达到最大静摩擦力时的临界角速度满足μmBg＝mBωeq \\al(2,0B)rB，解得ω0B＝eq \r(10) rad/s，则当圆盘转动的速度逐渐变大时，B先达到临界角速度，则B的摩擦力先达到最大，A错误；当B的摩擦力达到最大，转速再增加时，细线出现张力，即当ω＝eq \r(10) rad/s时，细线开始出现张力，B错误；A与B的角速度相等，A的质量是B的4倍，而A做圆周运动的半径是B的eq \f(1,2)，根据Fn＝mω2r可知A需要的向心力大，所以当A、B两物体将发生相对滑动时，A背离圆心运动，B向着圆心运动，此时B所受摩擦力方向背离圆心，A所受摩擦力方向指向圆心，对A有T＋μmAg＝mAωeq \\al(2,1)rA，对B有T－μmBg＝mBωeq \\al(2,1)rB，解得ω1＝eq \r(50) rad/s，C正确，D错误。
11．如图所示，质量为1.6 kg、半径为0.5 m的光滑细圆管用轻杆固定在竖直平面内，小球A和B(均可视为质点)的直径略小于细圆管的内径(内径远小于细圆管半径)。小球A、B的质量分别为mA＝1 kg、mB＝2 kg。某时刻，小球A、B分别位于圆管最低点和最高点，且A的速度大小为vA＝3 m/s，此时杆对圆管的弹力为零，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
[答案] B
[解析] 对A球，合外力提供向心力，设管对A的支持力为FA，由牛顿第二定律有FA－mAg＝mAeq \f(v\\al(2,A),R)，代入数据解得FA＝28 N，由牛顿第三定律可得，A球对管的力竖直向下，为28 N，设B球对管的力为FB′，由管的受力平衡可得FB′＋28 N＋m管g＝0，解得FB′＝－44 N，负号表示和重力方向相反，由牛顿第三定律可得，管对B球的力FB为44 N，方向竖直向下，对B球由牛顿第二定律有FB＋mBg＝mBeq \f(v\\al(2,B),R)，解得vB＝4 m/s，故选B。
12．(2024·天津蓟州区模拟)如图甲是某游乐场中水上过山车的实物图片，图乙是其原理示意图。在原理图中半径为R＝8 m的圆形轨道固定在离水面高h＝3.2 m的水平平台上，圆轨道与水平平台相切于A点，A、B分别为圆形轨道的最低点和最高点。过山车(实际是一艘带轮子的气垫小船，可视作质点)高速行驶，先后会通过多个圆形轨道，然后从A点离开圆轨道而进入光滑的水平轨道AC，最后从C点水平飞出落入水中，整个过程刺激惊险，受到很多年轻人的喜爱。已知水面宽度为s＝12 m，假设运动中不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，结果可保留根号。
(1)若过山车恰好能通过圆形轨道的最高点B，则其在B点的速度为多大？
(2)为使过山车安全落入水中，则过山车在C点的最大速度为多少？
(3)某次运动过程中乘客在圆轨道最低点A对座椅的压力为自身重力的3倍，则过山车落入水中时的速度大小是多少？
[答案] (1)4eq \r(5) m/s (2)15 m/s
(3)4eq \r(14) m/s
[解析] (1)过山车恰好过最高点对，只受重力，有mg＝meq \f(v\\al(2,B),R)
则vB＝eq \r(gR)＝4eq \r(5) m/s。
(2)离开C点后做平抛运动，由h＝eq \f(1,2)gt2
运动时间为t＝0.8 s
故最大速度为vm＝eq \f(s,t)＝15 m/s。
(3)在圆轨道最低点有FN－mg＝meq \f(v\\al(2,A),R)
解得vA＝eq \r(2gR)＝4eq \r(10) m/s
过山车从C处做平抛运动，落水时竖直速度为
vy＝gt＝8 m/s
则落水速度为v＝eq \r(v\\al(2,A)＋v\\al(2,y))＝4eq \r(14) m/s。
轻绳模型
轻杆模型
模型图示
有支撑的小球
弹力特征
小球受到的弹力可能向下，也可能等于零
小球受到的弹力可能向下，可能向上，也可能等于零
受力
示意图
力学方程
mg＋FT＝meq \f(v2,r)
mg±FN＝meq \f(v2,r)
临界特征
FT＝0，mg＝meq \f(v2,r)，v＝eq \r(gr)
F向＝0，FN＝mg，v＝0
v＝eq \r(gr)
的意义
v＝eq \r(gr)，球恰过最高点；
v>eq \r(gr)，球所受弹力向下；
veq \r(gr)，球所受弹力向下；
v