高考物理一轮复习讲义练习第四章　第4讲　专题强化：圆周运动中的临界问题

这是一份高考物理一轮复习讲义练习第四章　第4讲　专题强化：圆周运动中的临界问题，共14页。试卷主要包含了运动特点，常见的两种临界极值问题，分析方法，，可绕斜面上的O点自由转动等内容，欢迎下载使用。
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．常见的两种临界极值问题
(1)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的静摩擦力恰好达到最大静摩擦力。
(2)与弹力有关的临界极值问题
①压力、支持力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其上无弹力或绳上拉力恰好为最大承受力。
3．分析方法
分析圆周运动临界问题的方法是让角速度或线速度从小逐渐增大，分析各量的变化，找出临界状态。确定了物体运动的临界状态和临界条件后，选择研究对象进行受力分析，利用牛顿第二定律列方程求解。
考向1与摩擦力有关的临界极值问题
【典例1】 （多选）如图所示，在匀速转动的水平圆盘上，沿直径方向放着用轻绳相连的物体A和B，A和B的质量都为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，当圆盘转速加快到两物体刚好还未发生滑动时，下列说法正确的是( ABC )
A．轻绳张力为T＝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．烧断轻绳，物体A、B仍将随圆盘一块转动
【解析】 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，轻绳对两物体拉力大小相等，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T＋μmg＝2mrω2，以A为研究对象，有T－μmg＝mrω2，联立解得T＝3μmg，ω＝ eq \r(\f(2μg,r))，故A、B、C正确；烧断轻绳，对A分析，若A恰好未发生相对滑动，有μmg＝mrω eq \\al(2,A)，解得ωA＝ eq \r(\f(μg,r)) eq \r(\f(g,4l))时绳子有张力，故A、B正确；圆台对木箱恰好无支持力时，有mg tan θ＝mω2l sin θ，解得ω＝ eq \r(\f(5g,3l))，即当ω≥ eq \r(\f(5g,3l))时，圆台对木箱无支持力，故C正确，D错误。
1．（2025·四川绵阳高三检测）如图所示，两个可视为质点的相同木块A和B放在水平转盘上，两者用长为L的细绳连接，木块与转盘间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，细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，下列说法正确的是( B )
A．当ω> eq \r(\f(kg,2L))时，A、B会相对于转盘滑动
B．当 eq \r(\f(kg,2L))r1。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。下列说法正确的是( BC )
A．甲受到的摩擦力一定为μmg
B．乙受到转盘的摩擦力一定为2mω2r1
C．若角速度增大，丙先达到滑动的临界点
D．若角速度增大，甲先达到滑动的临界点
解析：当转动角速度较小时，甲受到的静摩擦力提供向心力，大小不等于μmg，故A错误；对甲、乙整体分析可知，乙受到转盘的摩擦力为f＝2mω2r1，故B正确；若角速度增大，根据μmg＝mrω2，丙到转轴的距离较大，则丙先达到滑动的临界点，故C正确，D错误。
5．（5分）如图所示，AC、BC两绳系一质量为m＝0.1 kg的小球，AC绳长L＝2 m，两绳的另一端分别固定于轴的A、B两处，两绳拉直时与竖直轴的夹角分别为30°和45°。小球在水平面内做匀速圆周运动时，若两绳中始终有张力，小球的角速度可能是（重力加速度g取10 m/s2）( B )
A．2 rad/s B．2.5 rad/s
C．3.5 rad/s D．4 rad/s
解析：当AC绳绷紧、BC绳恰好伸直但无张力时，小球受力如图甲所示，由牛顿第二定律得mg tan 30°＝mω eq \\al(2,1)r，又有r＝L sin 30°，解得ω1＝ eq \r(\f(10\r(3),3)) rad/s≈2.4 rad/s；当BC绳绷紧、AC绳恰好伸直但无张力时，小球受力如图乙所示，由牛顿第二定律得mg tan 45°＝mω eq \\al(2,2)r，解得ω2＝ eq \r(10) rad/s≈3.2 rad/s。故当2.4 rad/s＜ω＜3.2 rad/s时，两绳始终有张力，故B正确，A、C、D错误。
6．（5分）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）。它们的质量分别为mA＝1 kg、mB＝2 kg。某时刻，小球A、B分别位于细圆管最低点和最高点，且A的速度大小为vA＝3 m/s，此时杆对细圆管的弹力为零，则B球的速度大小vB为（重力加速度g取10 m/s2）( B )
A．2 m/s B．4 m/s
C．6 m/s D．8 m/s
解析：对A球，合力提供向心力，设细圆管对A球的支持力为FA，由牛顿第二定律有FA－mAg＝mA eq \f(v eq \\al(2,A),R)，代入数据解得FA＝28 N，由牛顿第三定律可得，A球对细圆管的弹力为28 N，方向竖直向下；设B球对细圆管的弹力大小为F′B，由细圆管受力平衡可得F′B－28 N－m管g＝0，解得F′B＝44 N，由牛顿第三定律可得，细圆管对B球的支持力FB＝44 N，方向竖直向下，对B球由牛顿第二定律有FB＋mBg＝mB eq \f(v eq \\al(2,B),R)，解得vB＝4 m/s，故选B。
7．（5分）（多选）如图所示，倾角θ＝37°的斜面体固定在可以绕竖直轴转动的水平转台上，斜面最低点在转轴OO1上，质量均为m＝1 kg、可视为质点的两个小物块P、Q随转台一起匀速转动，P、Q到斜面最低点的距离均为0.5 m，与接触面之间的动摩擦因数均为0.5，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是( BD )
A．为保持P与斜面体相对静止，角速度的最小值为 eq \f(5\r(3),4) rad/s
B．为保持P与斜面体相对静止，角速度的最大值为5 eq \r(2) rad/s
C．当角速度等于 eq \f(5\r(3),2) rad/s时，Q会相对转台滑动，P有沿斜面上滑的趋势
D．若P与斜面体保持相对静止，则P对斜面的压力大小范围是 eq \f(100,11) N≤FN≤20 N
解析：为保持P与斜面体相对静止，当小物块P恰好不下滑时有最小角速度，水平方向有FN1sin 37°－μFN1cs 37°＝mω eq \\al(2,1)L cs 37°，竖直方向有FN1cs 37°＋μFN1sin 37°＝mg，解得FN1＝ eq \f(100,11) N，ω1＝ eq \f(5\r(22),11) rad/s，当小物块P恰好不上滑时有最大角速度，水平方向有FN2sin 37°＋μFN2cs 37°＝mω eq \\al(2,2)L cs 37°，竖直方向有FN2cs 37°＝μFN2sin 37°＋mg，解得FN2＝20 N，ω2＝5 eq \r(2) rad/s，可知若P与斜面体保持相对静止，根据牛顿第三定律可得P对斜面体的压力大小范围是 eq \f(100,11) N≤FN≤20 N，故A错误，B、D正确；当P与斜面恰无摩擦力时，有mg tan 37°＝mω2L cs 37°，解得ω＝ eq \f(5\r(3),2) rad/s，故C错误。
8．（5分）（多选）长为L的细线一端系一质量为m的小球（可视为质点），另一端固定在一光滑锥顶上，光滑锥顶角为2θ，轴线在竖直方向，如图甲所示。使小球在水平面内做角速度为ω的匀速圆周运动，细线的拉力为FT，得FT－ω2关系图像如图乙所示，已知重力加速度为g，则( ABD )
A．a＝mg cs θ
B．b＝ eq \f(g,L cs θ)
C．图线1的斜率k1＝mL sin θ
D．图线2的斜率k2＝mL
解析：当角速度为零时，小球处于静止状态，细线的拉力为FT＝a＝mg cs θ，故A正确；开始时小球贴着光滑圆锥体做匀速圆周运动，由题图乙可知，当ω2＝b时支持力为零，有mg tan θ＝mLω2sin θ，解得b＝ω2＝ eq \f(g,L cs θ)，故B正确；当角速度较小时，小球未脱离圆锥体，有FTsin θ－N cs θ＝mLω2sin θ，FTcs θ＋N sin θ＝mg，解得FT＝mg cs θ＋mLω2sin2θ，可知图线1的斜率k1＝mL sin2θ，故C错误；当小球脱离圆锥体后，有FTsinα＝mLω2sin α，解得FT＝mLω2，则图线2的斜率k2＝mL，故D正确。
9．（5分）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( C )
A．小球通过B点时的最小速度可以小于 eq \r(gL sin θ)
B．小球通过A点时的加速度为g sin θ＋ eq \f(v2,L)
C．若小球以 eq \r(gL sin 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
解析：小球通过最高点B时，当轻绳的拉力为零时速度最小，即mg sin θ＝ eq \f(mv eq \\al(2,min),L)，可得最小速度vmin＝ eq \r(gL sin θ)，故A错误；小球在A点受重力、斜面的支持力以及轻绳的拉力，沿斜面方向有F－mg sin θ＝ eq \f(mv2,L)＝maA，可得aA＝ eq \f(v2,L)，故B错误；若小球以 eq \r(gL sin θ)的速率通过B点时轻绳突然断裂，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(gL sin θ)·t，2L＝ eq \f(1,2)at2，其中a＝g sin 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小球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。
10．（15分）如图所示，餐桌中心是一个半径为r＝1.5 m的圆盘，圆盘可绕中心轴转动，近似认为圆盘与餐桌在同一水平面内且两者之间的间隙可忽略不计。已知放置在圆盘边缘的小物体与圆盘间的动摩擦因数为μ1＝0.6，与餐桌间的动摩擦因数为μ2＝0.225，餐桌离地面的高度为h＝0.8 m。设小物体与圆盘以及餐桌之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2。
(1)为使小物体不滑到餐桌上，圆盘的角速度ω的最大值为多少？
(2)缓慢增大圆盘的角速度，小物体从圆盘上甩出，为使小物体不滑落到地面上，餐桌半径R的最小值为多大？
(3)若餐桌的半径R′＝ eq \r(2)r，则在圆盘角速度缓慢增大时，小物体从圆盘上被甩出后滑落到地面上的位置到从圆盘甩出点的水平距离L为多少？
解析：(1)由题意可得，当小物体在圆盘上随圆盘一起转动时，圆盘对小物体的静摩擦力提供向心力，所以随着圆盘转速的增大，小物体受到的静摩擦力增大。当静摩擦力达到最大时，小物体即将滑落，此时圆盘的角速度达到最大，有Ffm＝μ1mg，Ffm＝mω2r，联立两式可得ω＝ eq \r(\f(μ1g,r))＝2 rad/s。
(2)由题意可得，当小物体滑到餐桌边缘时速度恰好减为零，对应的餐桌半径取最小值。设小物体在餐桌上滑动的位移为s，小物体在餐桌上做匀减速运动的加速度大小为a，则a＝ eq \f(Ff,m)，Ff＝μ2mg，得a＝μ2g＝2.25 m/s2，小物体在餐桌上滑动的初速度大小v0＝ωr＝3 m/s，由运动学公式得0－v eq \\al(2,0)＝－2as，可得s＝2 m，由几何关系可得餐桌半径的最小值为R＝ eq \r(r2＋s2)＝2.5 m。
(3)当小物体滑离餐桌时，开始做平抛运动，平抛的初速度为小物体在餐桌上滑动的末速度v′t，由题意可得v′ eq \\al(2,t)－v eq \\al(2,0)＝－2as′，由于餐桌半径为R′＝ eq \r(2)r，所以s′＝r＝1.5 m，可得v′t＝1.5 m/s，设小物体做平抛运动的时间为t，则h＝ eq \f(1,2)gt2，解得t＝ eq \r(\f(2h,g))＝0.4 s，小物体做平抛运动的水平距离为sx＝v′tt＝0.6 m，由题意可得L＝s′＋sx＝2.1 m。
答案：(1)2 rad/s (2)2.5 m (3)2.1 m物理情境
轻绳模型
轻杆模型
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
最高点无支撑
最高点有支撑
受力特征
最高点除重力外，物体受到的弹力方向：向下或等于零
最高点除重力外，物体受到的弹力方向：向下、等于零或向上
受力
示意图
力学方程
mg＋FT＝m eq \f(v2,R)
mg±FN＝m eq \f(v2,R)
临界特征
FT＝0，mg＝m eq \f(v eq \\al(2,min),R)
即vmin＝ eq \r(gR)
v＝0即F向＝0，FN＝mg
过最高
点的条件
在最高点的速度v≥ eq \r(gR)
在最高点的速度v≥0