综合·融通 圆周运动中的临界问题
(融会课—主题串知综合应用)
在圆周运动问题中，水平面内圆周运动的临界问题和竖直平面内圆周运动的临界问题一直是命题的热点，因其隐含条件的隐蔽性和多样性，所以也是考生的难点和易错点。通过本节课的学习，进一步学会分析圆周运动的向心力来源，熟练掌握竖直平面内两种圆周运动模型及水平面内和竖直平面内圆周运动的临界问题的分析思路和方向。
主题(一) 竖直平面内圆周运动的临界问题
[知能融会通]
1．轻绳和轻杆模型
在竖直平面内做圆周运动的物体，运动至轨道最高点时的受力情况可分为两类：无支撑(如球与绳连接，沿内轨道的“过山车”等)，称为“轻绳模型”；有支撑(如球与杆连接，小球在弯管内运动等)，称为“轻杆模型”。
2．两类模型对比
项目 轻绳模型 轻杆模型
情境图示
弹力特征 弹力可能向下，也可能等于零 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＋T＝m mg±N＝m
临界特征 T＝0，即mg＝m，得v＝ v＝0，即F向＝0，此时N＝mg
v＝的意义 物体能否过最高点的临界点 N表现为拉力还是支持力的临界点
[例1·轻绳模型] 如图所示，长度为L＝0.4 m 的轻绳，系一小球在竖直平面内做圆周运动，小球的质量为m＝0.5 kg，小球半径不计，g取10 m/s2，求：
(1)小球刚好通过最高点时的速度大小；
(2)小球通过最高点时的速度大小为4 m/s时，绳的拉力大小；
(3)若轻绳能承受的最大张力为45 N，小球速度大小的最大值。
尝试解答：
[例2·轻杆模型] 长L＝0.5 m的轻杆一端连接着一个零件A，A的质量m＝2 kg。现让A在竖直平面内绕O点做匀速圆周运动，如图所示。在A通过最高点时，求下列两种情况下A对轻杆的作用力：(g取10 m/s2)
(1)A的速率为1 m/s。
(2)A的速率为4 m/s。
尝试解答：
[思维建模]
两类模型的运动特点
(1)绳模型和杆模型中小球都是在竖直平面内做圆周运动，在最高点、最低点时由小球竖直方向所受的合力充当向心力。
(2)绳模型和杆模型在最低点的受力特点是一致的，在最高点杆模型可以提供竖直向上的支持力，而绳模型不能。
[题点全练清]
1.如图所示，轻杆的一端有一个小球，另一端有光滑的固定轴O。现给小球一初速度，使球和杆一起绕O轴在竖直平面内转动，杆长为l，不计空气阻力，用F表示球到达最高点时杆对小球的作用力，则F( )
A．一定是拉力
B．一定是支持力
C．一定等于零
D．可能是拉力，可能是支持力，也可能等于零
2．(2024·北京高考)如图所示，光滑水平轨道AB与竖直面内的光滑半圆形轨道BC在B点平滑连接。一小物体将轻弹簧压缩至A点后由静止释放，物体脱离弹簧后进入半圆形轨道，恰好能够到达最高点C。下列说法正确的是( )
A．物体在C点所受合力为零
B．物体在C点的速度为零
C．物体在C点的向心加速度等于重力加速度
D．物体在A点时弹簧的弹性势能等于物体在C点的动能
主题(二) 水平面内圆周运动的临界问题
[知能融会通]
1．水平面内的圆周运动是指物体做圆周运动的轨迹在水平面内。
2．临界状态：物体做圆周运动时，若物体的线速度大小、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。
3．水平面内的圆周运动常见的临界条件
(1)与绳的弹力有关的临界条件：绳弹力恰好为0或不被拉断的最大值。
(2)与支持面弹力有关的临界条件：支持力恰好为0。
(3)因静摩擦力而产生的临界条件：静摩擦力达到最大值。
[典例] 如图所示，一个光滑的圆锥体固定在水平桌面上，其轴线沿竖直方向，母线与轴线之间的夹角θ＝45°，一条长为L的轻绳(质量不计)，一端固定在圆锥体的顶点O处，另一端拴着一个质量为m的小物体(物体可看成质点)，物体以速率v绕圆锥体的轴线做水平匀速圆周运动。重力加速度为g，求：
(1)当v1＝时，绳对物体的拉力大小；
(2)当v2＝时，绳对物体的拉力大小。
尝试解答：
[思维建模]
水平面内圆周运动临界问题的三种解题方法
(1)极限法
把物理问题(或过程)推向极端，从而使临界现象显露，达到尽快求解的目的。
(2)假设法
有些物理过程转化没有明显出现临界问题的线索，但在变化过程中可能出现临界问题。因此分析时先假设出临界状态，然后再分析判定。
(3)数学方法
将物理过程转化为数学公式，根据数学表达式，求得临界条件，具体步骤如下：
①对物体进行受力分析。
②找到其中变化的力以及它的临界值。
③求出向心力(合力或沿半径方向的合力)的临界值。
④用向心力公式求出运动学量(线速度、角速度、周期、半径等)的临界值。
[题点全练清]
1.一圆盘可以绕其竖直轴在水平面内转动，圆盘半径为R，甲、乙两物体质量分别为M和m(M ＞m)，它们与圆盘之间的最大静摩擦力均为压力的μ倍，两物体用一根长为L(L＜R)的轻绳连在一起，如图所示，若将甲物体放在转轴的位置上，甲、乙之间的轻绳刚好沿半径方向被拉直，要使两物体与圆盘不发生相对滑动，则圆盘旋转的角速度最大不得超过(两物体均可看作质点，重力加速度为g)( )
A. B.
C. D.
2．(2024·江苏高考)陶瓷是以粘土为主要原料以及各种天然矿物经过粉碎、混炼、成型和煅烧制得的材料以及各种制品。如图所示是生产陶瓷的简化工作台，当陶瓷匀速转动时，台面上掉有陶屑，陶屑与台面间的动摩擦因数处处相同(台面够大)，则( )
A．离轴OO′越远的陶屑质量越大
B．离轴OO′越近的陶屑质量越小
C．只有平台边缘有陶屑
D．离轴最远的陶屑距离不会超过某一值
综合·融通 圆周运动中的临界问题
主题(一)
[例1] 解析：(1)小球刚好通过最高点时，重力恰好提供向心力，有mg＝m，解得v1＝＝2 m/s。
(2)小球通过最高点时的速度大小为4 m/s时，拉力和重力的合力提供向心力，有FT＋mg＝m，
解得FT＝15 N。
(3)分析可知小球通过最低点时绳张力最大，在最低点由牛顿第二定律得FT′－mg＝，
将FT′＝45 N代入解得v3＝4 m/s，即小球的速度不能超过4 m/s。
答案：(1)2 m/s (2)15 N (3)4 m/s
[例2] 解析：设轻杆转到最高点，轻杆对A的作用力恰好为0时，A的速度为v0，由mg＝m，得v0＝＝ m/s。
(1)当A的速率v1＝1 m/s＜v0时，
轻杆对A有支持力，由牛顿第二定律得mg－F1＝m
解得F1＝mg－m＝16 N，
由牛顿第三定律得，A对轻杆的压力F1′＝F1＝16 N，方向竖直向下。
(2)当A的速率v2＝4 m/s＞v0时，
轻杆对A有拉力，由牛顿第二定律得mg＋F2＝m，
解得F2＝m－mg＝44 N，由牛顿第三定律得A对轻杆的拉力F2′＝F2＝44 N，方向竖直向上。
答案：(1)16 N，向下的压力 (2)44 N，向上的拉力
[题点全练清]
1．选D 给小球一初速度，使球和杆一起绕O轴在竖直平面内转动。在最高点时，当球的速度v＝时，球的重力恰好用来提供向心力，这时杆、球之间无作用力；当球的速度v>时，球的重力不足以提供向心力，这时杆对球产生拉力；当球的速度v<时，球的重力大于球做圆周运动所需的向心力，这时杆对球产生支持力。综上所述，A、B、C错误，D正确。
2．选C 物体恰好能到达最高点C，则物体在最高点C只受重力，且重力全部用来提供向心力，设半圆轨道的半径为r，由牛顿第二定律得mg＝m，解得物体在C点的速度大小为v＝，A、B错误；由牛顿第二定律得mg＝ma，解得物体在C点的向心加速度a＝g，C正确；由能量守恒定律知，物体在A点时弹簧的弹性势能等于物体在C点时的动能和重力势能之和，D错误。
主题(二)
[典例] 解析：当物体刚要离开锥面时，锥面对物体没有支持力，对物体受力分析，由牛顿第二定律得Tsin θ＝m，Tcos θ＝mg，解得v0＝ 。
(1)因v1＜v0，此时锥面对物体有支持力，设为N1，对物体受力分析，如图甲所示，则有T1cos θ＋N1sin θ－mg＝0，
T1sin θ－N1cos θ＝m，解得T1＝mg。
(2)因v2＞v0，则物体离开锥面，设绳与竖直方向的夹角为α，如图乙所示，
则T2cos α－mg＝0，T2sin α＝m
解得T2＝2mg。
答案：(1)mg (2)2mg
[题点全练清]
1．选D 当轻绳中的拉力T＝μMg时，圆盘转动的角速度达到最大。此时，对m：T＋μmg＝mω2L，可解得ω＝ ，选项D正确。
2．选D 与台面相对静止的陶屑做匀速圆周运动，静摩擦力提供向心力，当静摩擦力为最大静摩擦力时，根据牛顿第二定律可得μmg＝mω2r，解得r＝，因与台面相对静止的陶屑的角速度相同，可知能与台面相对静止的陶屑离轴OO′的距离与陶屑质量无关，只要在台面上不发生相对滑动的位置都有陶屑，故A、B、C错误；离轴最远的陶屑受到的静摩擦力为最大静摩擦力，由上述分析可知最大的运动半径为R＝，μ与ω均一定，故R为定值，即离轴最远的陶屑距离不会超过某一值R，故D正确。
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圆周运动中的临界问题
(融会课——主题串知综合应用)
综合 融通
在圆周运动问题中,水平面内圆周运动的临界问题和竖直平面内圆周运动的临界问题一直是命题的热点,因其隐含条件的隐蔽性和多样性,所以也是考生的难点和易错点。通过本节课的学习,进一步学会分析圆周运动的向心力来源,熟练掌握竖直平面内两种圆周运动模型及水平面内和竖直平面内圆周运动的临界问题的分析思路和方向。
1
主题(一) 竖直平面内圆周运动的临界问题
2
主题(二) 水平面内圆周运动的临界问题
3
课时跟踪检测
CONTENTS
目录
主题(一) 竖直平面内圆周运动的临界问题
1.轻绳和轻杆模型
在竖直平面内做圆周运动的物体,运动至轨道最高点时的受力情况可分为两类:无支撑(如球与绳连接,沿内轨道的“过山车”等),称为“轻绳模型”;有支撑(如球与杆连接,小球在弯管内运动等),称为“轻杆模型”。
知能融会通
2.两类模型对比
项目 轻绳模型 轻杆模型
情境 图示
弹力特征 弹力可能向下,也可能等于零 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+T=m mg±N=m
临界 特征 T=0,即mg=m,得v= v=0,即F向=0,此时N=mg
v=的意义 物体能否过最高点的临界点 N表现为拉力还是支持力的临界点
续表
[例1·轻绳模型] 如图所示,长度为L=0.4 m的轻绳,系一小球在竖直平面内做圆周运动,小球的质量为m=0.5 kg,小球半径不计,g取10 m/s2,求:
(1)小球刚好通过最高点时的速度大小;
[答案] 2 m/s
[解析] 小球刚好通过最高点时,重力恰好提供向心力,有mg=m,解得v1==2 m/s。
(2)小球通过最高点时的速度大小为4 m/s时,绳的拉力大小;
[答案] 15 N
[解析] 小球通过最高点时的速度大小为4 m/s时,拉力和重力的合力提供向心力,有FT+mg=m,
解得FT=15 N。
(3)若轻绳能承受的最大张力为45 N,小球速度大小的最大值。
[答案] 4 m/s
[解析] 分析可知小球通过最低点时绳张力最大,在最低点由牛顿第二定律得FT'-mg=,
将FT'=45 N代入解得v3=4 m/s,即小球的速度不能超过4 m/s。
[例2·轻杆模型] 长L=0.5 m的轻杆一端连接着一个零件A,A的质量m=2 kg。现让A在竖直平面内绕O点做匀速圆周运动,如图所示。在A通过最高点时,求下列两种情况下A对轻杆的作用力:(g取10 m/s2)
(1)A的速率为1 m/s。
[答案] 16 N,向下的压力
[解析] 设轻杆转到最高点,轻杆对A的作用力恰好为0时,A的速度为v0,由mg=m,
得v0== m/s。
当A的速率v1=1 m/s轻杆对A有支持力,由牛顿第二定律得
mg-F1=m
解得F1=mg-m=16 N,
由牛顿第三定律得,A对轻杆的压力F1'=F1=16 N,方向竖直向下。
(2)A的速率为4 m/s。
[答案] 44 N,向上的拉力
[解析] 当A的速率v2=4 m/s>v0时,
轻杆对A有拉力,由牛顿第二定律得
mg+F2=m,
解得F2=m-mg=44 N,由牛顿第三定律得A对轻杆的拉力F2'=F2=44 N,方向竖直向上。
[思维建模]
两类模型的运动特点
(1)绳模型和杆模型中小球都是在竖直平面内做圆周运动,在最高点、最低点时由小球竖直方向所受的合力充当向心力。
(2)绳模型和杆模型在最低点的受力特点是一致的,在最高点杆模型可以提供竖直向上的支持力,而绳模型不能。
1.如图所示,轻杆的一端有一个小球,另一端有光滑的固定轴O。现给小球一初速度,使球和杆一起绕O轴在竖直平面内转动,杆长为l,不计空气阻力,用F表示球到达最高点时杆对小球的作用力,则F ( )
A.一定是拉力
B.一定是支持力
C.一定等于零
D.可能是拉力,可能是支持力,也可能等于零
题点全练清
√
解析:给小球一初速度,使球和杆一起绕O轴在竖直平面内转动。在最高点时,当球的速度v=时,球的重力恰好用来提供向心力,这时杆、球之间无作用力;当球的速度v>时,球的重力不足以提供向心力,这时杆对球产生拉力;当球的速度v<时,球的重力大于球做圆周运动所需的向心力,这时杆对球产生支持力。综上所述,A、B、C错误,D正确。
2.(2024·北京高考)如图所示,光滑水平轨道AB与竖直面内的光滑半圆形轨道BC在B点平滑连接。一小物体将轻弹簧压缩至A点后由静止释放,物体脱离弹簧后进入半圆形轨道,恰好能够到达最高点C。下列说法正确的是 ( )
A.物体在C点所受合力为零
B.物体在C点的速度为零
C.物体在C点的向心加速度等于重力加速度
D.物体在A点时弹簧的弹性势能等于物体在C点的动能
√
解析:物体恰好能到达最高点C,则物体在最高点C只受重力,且重力全部用来提供向心力,设半圆轨道的半径为r,由牛顿第二定律得mg=m,解得物体在C点的速度大小为v=,A、B错误;由牛顿第二定律得mg=ma,解得物体在C点的向心加速度a=g,C正确;由能量守恒定律知,物体在A点时弹簧的弹性势能等于物体在C点时的动能和重力势能之和,D错误。
主题(二) 水平面内圆周运动的临界问题
1.水平面内的圆周运动是指物体做圆周运动的轨迹在水平面内。
2.临界状态:物体做圆周运动时,若物体的线速度大小、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。
知能融会通
3.水平面内的圆周运动常见的临界条件
(1)与绳的弹力有关的临界条件:绳弹力恰好为0或不被拉断的最大值。
(2)与支持面弹力有关的临界条件:支持力恰好为0。
(3)因静摩擦力而产生的临界条件:静摩擦力达到最大值。
[典例] 如图所示,一个光滑的圆锥体固定在水平桌面上,其轴线沿竖直方向,母线与轴线之间的夹角θ=45°,一条长为L的轻绳(质量不计),一端固定在圆锥体的顶点O处,另一端拴着一个质量为m的小物体(物体可看成质点),物体以速率v绕圆锥体的轴线做水平匀速圆周运动。重力加速度为g,求:
(1)当v1=时,绳对物体的拉力大小;
[答案] mg
[解析] 当物体刚要离开锥面时,锥面对物体没有支持力,对物体受力分析,
由牛顿第二定律得Tsin θ=m,
Tcos θ=mg,解得v0=。
因v1T1cos θ+N1sin θ-mg=0
T1sin θ-N1cos θ=m
解得T1=mg。
(2)当v2=时,绳对物体的拉力大小。
[答案] 2mg
[解析] 因v2>v0,则物体离开锥面,设绳与竖直方向的夹角为α,如图乙所示,
则T2cos α-mg=0,T2sin α=m
解得T2=2mg。
[思维建模]
水平面内圆周运动临界问题的三种解题方法
(1)极限法
把物理问题(或过程)推向极端,从而使临界现象显露,达到尽快求解的目的。
(2)假设法
有些物理过程转化没有明显出现临界问题的线索,但在变化过程中可能出现临界问题。因此分析时先假设出临界状态,然后再分析判定。
(3)数学方法
将物理过程转化为数学公式,根据数学表达式,求得临界条件,具体步骤如下:
①对物体进行受力分析。
②找到其中变化的力以及它的临界值。
③求出向心力(合力或沿半径方向的合力)的临界值。
④用向心力公式求出运动学量(线速度、角速度、周期、半径等)的临界值。
1.一圆盘可以绕其竖直轴在水平面内转动,圆盘半径为R,甲、乙两物体质量分别为M和m(M >m),它们与圆盘之间的最大静摩擦力均为压力的μ倍,两物体用一根长为L(L题点全练清
A. B.
C. D.
解析:当轻绳中的拉力T=μMg时,圆盘转动的角速度达到最大。此时,对m:T+μmg=mω2L,可解得ω=,选项D正确。
√
2.(2024·江苏高考)陶瓷是以粘土为主要原料以及各种天然矿物经过粉碎、混炼、成型和煅烧制得的材料以及各种制品。如图所示是生产陶瓷的简化工作台,当陶瓷匀速转动时,台面上掉有陶屑,陶屑与台面间的动摩擦因数处处相同(台面够大),则 ( )
A.离轴OO'越远的陶屑质量越大
B.离轴OO'越近的陶屑质量越小
C.只有平台边缘有陶屑
D.离轴最远的陶屑距离不会超过某一值
√
解析:与台面相对静止的陶屑做匀速圆周运动,静摩擦力提供向心力,当静摩擦力为最大静摩擦力时,根据牛顿第二定律可得μmg=mω2r,解得r=,因与台面相对静止的陶屑的角速度相同,可知能与台面相对静止的陶屑离轴OO'的距离与陶屑质量无关,只要在台面上不发生相对滑动的位置都有陶屑,故A、B、C错误;离轴最远的陶屑受到的静摩擦力为最大静摩擦力,由上述分析可知最大的运动半径为R=,μ与ω均一定,故R为定值,即离轴最远的陶屑距离不会超过某一值R,故D正确。
课时跟踪检测
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1.“只要速度够快,就能挑战地球引力!”在挑战极限的实验测试中,挑战者在半径为1.6 m的竖直圆形跑道上成功奔跑一圈,引发观众的惊叹。对于挑战过程,下列说法正确的是( )
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A.在跑道中运动时,挑战者的总机械能守恒
B.要使挑战成功,挑战者在跑道最高点的速度至少为4 m/s
C.要使挑战成功,挑战者除速度要足够大外,体重越小越好
D.运动到最高点时,挑战者的向心加速度一定不小于g
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解析:在跑道中运动时,人本身做功,机械能不守恒,故A错误;在最高点时,当重力恰好提供向心力时,速度最小,根据mg=,解得v=,实际上,人体的重心大约在腰部,实际半径小于1.6 m,故最小速度小于4 m/s,故B错误;由B项分析可知,质量可以消去,体重对能否完成挑战无影响,故C错误;运动到最高点时,轨道对人向下的压力大于等于零,根据牛顿第二定律mg+N=ma,故挑战者的向心加速度一定不小于g,故D正确。
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2.如图,一同学表演荡秋千。已知秋千的两根绳长均为10 m,该同学和秋千踏板的总质量约为50 kg。绳的质量忽略不计。当该同学荡到秋千支架的正下方时,速度大小为8 m/s,此时每根绳子平均承受的拉力约为 ( )
A.200 N B.400 N
C.600 N D.800 N
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解析:取该同学与踏板为研究对象,该同学身高相对于秋千的绳长可忽略不计,可以把该同学与踏板看成质点。当该同学荡到秋千支架的正下方时,由牛顿第二定律有2F-mg=m,代入数据解得F=410 N,最接近选项B,B正确。
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3.如图所示,一长L=0.4 m的轻杆,可绕通过中点O的水平轴在竖直平面内转动,在轻杆两端分别固定小球A、B。当A球通过最低点,B球通过最高点,且旋转的角速度ω=10 rad/s时,转轴对轻杆恰好无作用力,重力加速度g取10 m/s2,忽略一切摩擦和阻力,则A、B两个小球的质量之比为 ( )
A.mA∶mB=1∶3 B.mA∶mB=1∶1
C.mA∶mB=2∶3 D.mA∶mB=9∶11
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解析:若转轴恰好对轻杆无作用力,可知轻杆对球A的拉力恰好等于轻杆对球B的拉力,设拉力大小为T,对A和B,根据牛顿第二定律可知T-mAg
=mAω2,T+mBg=mBω2,代入数据联立可得mA∶mB=1∶3,故选A。
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4.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,盘面上离转轴距离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(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ω的最大值是( )
A. rad/s B. rad/s
C.1.0 rad/s D.0.5 rad/s
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解析:物体随圆盘做圆周运动,运动到最低点时最容易滑动,因此物体在最低点且刚好要滑动时的转动角速度为最大值,这时根据牛顿第二定律得,μmgcos 30°-mgsin 30°=mrω2,求得ω=1.0 rad/s,C项正确,A、B、D项错误。
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5.如图所示,竖直光滑圆形管道固定不动,A为管道的最低点,E为最高点,C为最右侧的点,B在A、C之间任意可能位置,D在C、E之间任意可能位置。一直径略小于管道内径的小球以某一初速度从最低点A开始沿管道运动,小球恰能通过管道的最高点E。已知小球做圆周运动的轨道半径为R,重力加速度为g。则 ( )
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A.小球做匀速圆周运动
B.小球在最高点E的速度大小为
C.小球在D点可能挤压管道的内侧也可能挤压管道的外侧
D.小球在B点可能挤压管道的内侧也可能挤压管道的外侧
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解析:小球的重力对小球做功,则小球不可能做匀速圆周运动,A错误;小球恰能经过最高点E,则在最高点的速度大小为0,B错误; 小球在C点将挤压管道外侧,在最高点E挤压管道内侧,则小球在D点可能挤压管道的内侧也可能挤压管道的外侧,C正确;小球在B点加速度有向上的分量,合外力有竖直向上的分量,而重力向下,则管道对小球有向上的分量,则小球只能挤压管道的外侧,D错误。
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6.(多选)竖直平面内的圆周运动是物理学的经典模型之一,某同学通过实验来探究其相关规律。如图所示,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 ( )
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A.只有当小球通过圆周最高点的速度大于0时才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,则力传感器读数为-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,则力传感器读数为mg
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√
√
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解析:轻杆模型中小球过最高点速度大于0,A正确;小球在最高点时,对其受力分析有mg+F=m,将速度代入,解得F=-mg,即小球受到向上的支持力,由牛顿第三定律可知力传感器受到向下的压力,即读数为-mg,B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正确;小球在最低点时,对其受力分析有F'-mg=m,将速度为代入,解得F'=3mg,D错误。
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7.(2024·广东高考)如图所示,在细绳的拉动下,半径为r的卷轴可绕其固定的中心点O在水平面内转动。卷轴上沿半径方向固定着长度为l的细管,管底在O点。细管内有一根原长为、劲度系数为k的轻质弹簧,弹簧底端固定在管底,顶端连接质量为m、可视为质点的插销。当以速度v匀速拉动细绳时,插销做匀速圆周运动。若v过大,插销会卡进固定的端盖,使卷轴转动停止。忽略摩擦力,弹簧在弹性限度内。要使卷轴转动不停止,v的最大值为( )
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A.r B.l
C.r D.l
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解析:由题意可知,当插销刚卡进固定端盖时,弹簧的伸长量为Δx=,根据胡克定律有F=kΔx=,插销与卷轴同轴转动,角速度相同,弹簧弹力提供插销做匀速圆周运动的向心力,则F=mlω2,对卷轴有v=rω,联立解得v=r。故选A。
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8.(多选)汽车更换轮胎后其重心会偏离转轴,这时需对轮胎进行动平衡旋转调整。卸下轮胎固定在动平衡机上,在轮毂上的恰当位置贴上适当质量的平衡块(如图所示),就可以让其重心恢复到转轴。若平衡块的质量为m,与转轴的距离为R,当轮胎以角速度ω匀速转动时 ( )
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A.若平衡块到达最高点时车轴受到的合力竖直向上,则应减小平衡块的质量
B.若平衡块到达最高点时车轴受到的合力沿水平方向,则应只调整平衡块的质量
C.平衡块到达最低点时对轮毂的作用力大小为mω2R
D.平衡块到达与转轴等高的位置时,受到轮毂的作用力大小为m
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√
√
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解析:平衡块到达最高点时,对平衡块受力分析F+mg=mω2R,F=m(ω2R-g),若减小平衡块的质量,则平衡块受到向下的弹力减小,则平衡块对轮毂向上的弹力减小,可以减小车轴受到的竖直向上的合力,故A正确;平衡块到达最高点时,平衡块对轮毂的力在竖直方向,仅调整平衡块质量,不能改变车轴水平方向的受力,故B错误;平衡块到达最低点时,根据牛顿第二定律有N-mg=mω2R,解得N=mg+mω2R,根据牛顿第三定律,平衡块到达最低点时对轮毂的作用力大小为mg+mω2R,故C错误;平衡块到达与转轴等高的位置时,水平方向根据牛顿第二定律F1=mω2R,竖直方向根据平衡条件F2=mg,受到轮毂的作用力为F合==m,故D正确。
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9.(多选)陶艺是中国上下五千年的传统技艺,
融合了祖辈们的智慧。某次陶艺制作得到一个半
径R=10 cm的半球形陶罐,并固定在绕竖直轴OO‘
转动的水平转台上,转台转轴OO'过陶罐的圆心O,
如图所示。现将一个小滑块放在陶罐内,转动转台,使得滑块与球心O的连线与转轴成θ=53°角,与陶罐保持相对静止。已知滑块与陶罐内表面的动摩擦因数μ=0.5,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10 m/s2, sin 53°=0.8,cos 53°=0.6。则转台转动的角速度ω ( )
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A.最小值为2.5 rad/s
B.最小值为5 rad/s
C.最大值为2.5 rad/s
D.最大值为5 rad/s
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解析:当陶罐对小滑块的静摩擦力沿切线向上,且为最大值时,转台转动角速度最小,以小滑块为对象,竖直方向受力平衡有Ncos θ+fmsin θ=mg,水平方向根据牛顿第二定律可得Nsin θ-fmcos θ=mRsin θ,又fm=μN,联立解得ωmin=2.5 rad/s,A正确,B错误;当陶罐对小滑块的静摩擦力沿切线向下,且为最大值时,转台转动角速度最大,以小滑块为对象,竖直方向受力平衡有N'cos θ-fm'sin θ=mg,水平方向根据牛顿第二定律可得N'sin θ
+fm'cos θ=mRsin θ,又fm'=μN',联立解得ωmax=2.5 rad/s,C正确,D错误。
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10.(16分)如图所示,两绳系一个质量为m的小球。两绳的另两端分别固定于竖直轴上的A、B两处,绳AC长为L。两绳都拉直时,AC与轴夹角为α,BC与轴夹角为β,已知重力加速度大小为g。问:
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(1)小球绕轴做圆周运动的角速度在什么范围内,两绳都能拉直
答案:≤ω≤
解析:当AC绳拉直但没有力时,即T1=0时,由重力和绳BC的拉力T2的合力提供向心力,根据牛顿第二定律,
有mgtan β=mr,其中r=Lsin α,联立解得ωmax=;
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当T2恰为零时,根据牛顿第二定律,
有mgtan α=mr,
其中r=Lsin α,
联立解得ωmin=,
则两绳均拉直时角速度范围为
≤ω≤。
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(2)当两绳都受到拉力,且角速度为ω0时,上、下两绳对小球的拉力分别为多大
答案:
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解析:两绳均处于张紧状态,此时小球受AC绳拉力T1、BC绳拉力T2、mg三力作用,正交分解后可得,
水平方向T1sin α+T2sin β=mLsin α·,
竖直方向T1cos α+T2cos β=mg,
联立解得
T1=,
T2=。
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11.(18分)如图甲,光滑的水平木板上有一质量m=0.5 kg的小球A,它与物块B通过长为3 m、不可伸长的轻质细线连接,细线通过木板中心的光滑小孔O,当小球A在水平木板上做半径R=1 m、角速度ω=6 rad/s的匀速圆周运动时,物块B恰好处于静止状态。将光滑的木板换成粗糙的水平木板,A、B位置互换,物块B到光滑小孔O的距离为1 m,让A在水平面内绕过O的竖直轴做匀速圆周运动,如图乙所示,此时物块B恰好不滑动。已知物块B与粗糙木板间的动摩擦因数μ=0.5,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10 m/s2,A、B均可视为质点,求:
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(1)物块B的质量;
答案: 1.8 kg
解析:设物块B的质量为M,由题图甲可知,细线的拉力T=Mg
小球A做匀速圆周运动,绳拉力恰好提供小球A做圆周运动的向心力,即T=mRω2
解得M==1.8 kg。
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(2)图乙中小球A做圆周运动的角速度大小。
答案:3 rad/s
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解析:在题图乙中,由于B恰好不滑动,则B受力平衡T'=μMg=9 N
设小球A做匀速圆周运动时悬线与竖直方向夹角为θ,则T'sin θ=mrω'2
由题意知悬线OA的长L=2 m
由几何关系知转动半径r=Lsin θ
联立解得ω'=3 rad/s。
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4??课时跟踪检测(十七) 圆周运动中的临界问题
(选择题1～9小题，每小题4分。本检测卷满分70分)
1.“只要速度够快，就能挑战地球引力！”在挑战极限的实验测试中，挑战者在半径为1.6 m的竖直圆形跑道上成功奔跑一圈，引发观众的惊叹。对于挑战过程，下列说法正确的是( )
A．在跑道中运动时，挑战者的总机械能守恒
B．要使挑战成功，挑战者在跑道最高点的速度至少为4 m/s
C．要使挑战成功，挑战者除速度要足够大外，体重越小越好
D．运动到最高点时，挑战者的向心加速度一定不小于g
2.如图，一同学表演荡秋千。已知秋千的两根绳长均为10 m，该同学和秋千踏板的总质量约为50 kg。绳的质量忽略不计。当该同学荡到秋千支架的正下方时，速度大小为8 m/s，此时每根绳子平均承受的拉力约为( )
A．200 N B．400 N
C．600 N D．800 N
3.如图所示，一长L＝0.4 m的轻杆，可绕通过中点O的水平轴在竖直平面内转动，在轻杆两端分别固定小球A、B。当A球通过最低点，B球通过最高点，且旋转的角速度ω＝10 rad/s时，转轴对轻杆恰好无作用力，重力加速度g取10 m/s2，忽略一切摩擦和阻力，则A、B两个小球的质量之比为( )
A．mA∶mB＝1∶3 B．mA∶mB＝1∶1
C．mA∶mB＝2∶3 D．mA∶mB＝9∶11
4.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，盘面上离转轴距离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(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ω的最大值是( )
A. rad/s B. rad/s
C．1.0 rad/s D．0.5 rad/s
5.如图所示，竖直光滑圆形管道固定不动，A为管道的最低点，E为最高点，C为最右侧的点，B在A、C之间任意可能位置，D在C、E之间任意可能位置。一直径略小于管道内径的小球以某一初速度从最低点A开始沿管道运动，小球恰能通过管道的最高点E。已知小球做圆周运动的轨道半径为R，重力加速度为g。则( )
A．小球做匀速圆周运动
B．小球在最高点E的速度大小为
C．小球在D点可能挤压管道的内侧也可能挤压管道的外侧
D．小球在B点可能挤压管道的内侧也可能挤压管道的外侧
6.(多选)竖直平面内的圆周运动是物理学的经典模型之一，某同学通过实验来探究其相关规律。如图所示，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．只有当小球通过圆周最高点的速度大于0时才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，则力传感器读数为－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，则力传感器读数为mg
7．(2024·广东高考)如图所示，在细绳的拉动下，半径为r的卷轴可绕其固定的中心点O在水平面内转动。卷轴上沿半径方向固定着长度为l的细管，管底在O点。细管内有一根原长为、劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧底端固定在管底，顶端连接质量为m、可视为质点的插销。当以速度v匀速拉动细绳时，插销做匀速圆周运动。若v过大，插销会卡进固定的端盖，使卷轴转动停止。忽略摩擦力，弹簧在弹性限度内。要使卷轴转动不停止，v的最大值为( )
A．r B．l
C．r D．l
8．(多选)汽车更换轮胎后其重心会偏离转轴，这时需对轮胎进行动平衡旋转调整。卸下轮胎固定在动平衡机上，在轮毂上的恰当位置贴上适当质量的平衡块(如图所示)，就可以让其重心恢复到转轴。若平衡块的质量为m，与转轴的距离为R，当轮胎以角速度ω匀速转动时( )
A．若平衡块到达最高点时车轴受到的合力竖直向上，则应减小平衡块的质量
B．若平衡块到达最高点时车轴受到的合力沿水平方向，则应只调整平衡块的质量
C．平衡块到达最低点时对轮毂的作用力大小为mω2R
D．平衡块到达与转轴等高的位置时，受到轮毂的作用力大小为m
9．(多选)陶艺是中国上下五千年的传统技艺，融合了祖辈们的智慧。某次陶艺制作得到一个半径R＝10 cm的半球形陶罐，并固定在绕竖直轴OO′转动的水平转台上，转台转轴OO′过陶罐的圆心O，如图所示。现将一个小滑块放在陶罐内，转动转台，使得滑块与球心O的连线与转轴成θ＝53°角，与陶罐保持相对静止。已知滑块与陶罐内表面的动摩擦因数μ＝0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6。则转台转动的角速度ω( )
A．最小值为2.5 rad/s
B．最小值为5 rad/s
C．最大值为2.5 rad/s
D．最大值为5 rad/s
10．(16分)如图所示，两绳系一个质量为m的小球。两绳的另两端分别固定于竖直轴上的A、B两处，绳AC长为L。两绳都拉直时，AC与轴夹角为α，BC与轴夹角为β，已知重力加速度大小为g。问：
(1)小球绕轴做圆周运动的角速度在什么范围内，两绳都能拉直？
(2)当两绳都受到拉力，且角速度为ω0时，上、下两绳对小球的拉力分别为多大？
11．(18分)如图甲，光滑的水平木板上有一质量m＝0.5 kg的小球A，它与物块B通过长为3 m、不可伸长的轻质细线连接，细线通过木板中心的光滑小孔O，当小球A在水平木板上做半径R＝1 m、角速度ω＝6 rad/s的匀速圆周运动时，物块B恰好处于静止状态。将光滑的木板换成粗糙的水平木板，A、B位置互换，物块B到光滑小孔O的距离为1 m，让A在水平面内绕过O的竖直轴做匀速圆周运动，如图乙所示，此时物块B恰好不滑动。已知物块B与粗糙木板间的动摩擦因数μ＝0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2，A、B均可视为质点，求：
(1)物块B的质量；
(2)图乙中小球A做圆周运动的角速度大小。
课时跟踪检测(十七)
1．选D 在跑道中运动时，人本身做功，机械能不守恒，故A错误；在最高点时，当重力恰好提供向心力时，速度最小，根据mg＝，解得v＝，实际上，人体的重心大约在腰部，实际半径小于1.6 m，故最小速度小于4 m/s，故B错误；由B项分析可知，质量可以消去，体重对能否完成挑战无影响，故C错误；运动到最高点时，轨道对人向下的压力大于等于零，根据牛顿第二定律mg＋N＝ma，故挑战者的向心加速度一定不小于g，故D正确。
2．选B 取该同学与踏板为研究对象，该同学身高相对于秋千的绳长可忽略不计，可以把该同学与踏板看成质点。当该同学荡到秋千支架的正下方时，由牛顿第二定律有2F－mg＝m，代入数据解得F＝410 N，最接近选项B，B正确。
3．选A 若转轴恰好对轻杆无作用力，可知轻杆对球A的拉力恰好等于轻杆对球B的拉力，设拉力大小为T，对A和B，根据牛顿第二定律可知T－mAg＝mAω2，T＋mBg＝mBω2，代入数据联立可得mA∶mB＝1∶3，故选A。
4．选C 物体随圆盘做圆周运动，运动到最低点时最容易滑动，因此物体在最低点且刚好要滑动时的转动角速度为最大值，这时根据牛顿第二定律得，μmgcos 30°－mgsin 30°＝mrω2，求得ω＝1.0 rad/s，C项正确，A、B、D项错误。
5．选C 小球的重力对小球做功，则小球不可能做匀速圆周运动，A错误；小球恰能经过最高点E，则在最高点的速度大小为0，B错误； 小球在C点将挤压管道外侧，在最高点E挤压管道内侧，则小球在D点可能挤压管道的内侧也可能挤压管道的外侧，C正确；小球在B点加速度有向上的分量，合外力有竖直向上的分量，而重力向下，则管道对小球有向上的分量，则小球只能挤压管道的外侧，D错误。
6．选ABC 轻杆模型中小球过最高点速度大于0，A正确；小球在最高点时，对其受力分析有mg＋F＝m，将速度 代入，解得F＝－mg，即小球受到向上的支持力，由牛顿第三定律可知力传感器受到向下的压力，即读数为－mg，B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正确；小球在最低点时，对其受力分析有F′－mg＝m，将速度为代入，解得F′＝3mg，D错误。
7．选A 由题意可知，当插销刚卡进固定端盖时，弹簧的伸长量为Δx＝，根据胡克定律有F＝kΔx＝，插销与卷轴同轴转动，角速度相同，弹簧弹力提供插销做匀速圆周运动的向心力，则F＝mlω2，对卷轴有v＝rω，联立解得v＝r。故选A。
8．选AD 平衡块到达最高点时，对平衡块受力分析F＋mg＝mω2R，F＝m(ω2R－g)，若减小平衡块的质量，则平衡块受到向下的弹力减小，则平衡块对轮毂向上的弹力减小，可以减小车轴受到的竖直向上的合力，故A正确；平衡块到达最高点时，平衡块对轮毂的力在竖直方向，仅调整平衡块质量，不能改变车轴水平方向的受力，故B错误；平衡块到达最低点时，根据牛顿第二定律有N－mg＝mω2R，解得N＝mg＋mω2R，根据牛顿第三定律，平衡块到达最低点时对轮毂的作用力大小为mg＋mω2R，故C错误；平衡块到达与转轴等高的位置时，水平方向根据牛顿第二定律F1＝mω2R，竖直方向根据平衡条件F2＝mg，受到轮毂的作用力为F合＝＝m，故D正确。
9．选AC 当陶罐对小滑块的静摩擦力沿切线向上，且为最大值时，转台转动角速度最小，以小滑块为对象，竖直方向受力平衡有Ncos θ＋fmsin θ＝mg，水平方向根据牛顿第二定律可得Nsin θ－fmcos θ＝mωmin2Rsin θ，又fm＝μN，联立解得ωmin＝2.5 rad/s，A正确，B错误；当陶罐对小滑块的静摩擦力沿切线向下，且为最大值时，转台转动角速度最大，以小滑块为对象，竖直方向受力平衡有N′cos θ－fm′sin θ＝mg，水平方向根据牛顿第二定律可得N′sin θ＋fm′cos θ＝mωmax2Rsin θ，又fm′＝μN′，联立解得ωmax＝2.5 rad/s，C正确，D错误。
10．解析：(1)当AC绳拉直但没有力时，即T1＝0时，由重力和绳BC的拉力T2的合力提供向心力，根据牛顿第二定律，
有mgtan β＝mrωmax2，其中r＝Lsin α，联立解得ωmax＝ ；
当T2恰为零时，根据牛顿第二定律，
有mgtan α＝mrωmin2，其中r＝Lsin α，
联立解得ωmin＝ ，
则两绳均拉直时角速度范围为 ≤ω≤ 。
(2)两绳均处于张紧状态，此时小球受AC绳拉力T1、BC绳拉力T2、mg三力作用，正交分解后可得，
水平方向T1sin α＋T2sin β＝mLsin α·ω02，
竖直方向T1cos α＋T2cos β＝mg，
联立解得
T1＝，
T2＝。
答案：(1) ≤ω≤
(2)
11．解析：(1)设物块B的质量为M，由题图甲可知，细线的拉力T＝Mg
小球A做匀速圆周运动，绳拉力恰好提供小球A做圆周运动的向心力，即T＝mRω2
解得M＝＝1.8 kg。
(2)在题图乙中，由于B恰好不滑动，则B受力平衡T′＝μMg＝9 N
设小球A做匀速圆周运动时悬线与竖直方向夹角为θ，则T′sin θ＝mrω′2
由题意知悬线OA的长L＝2 m
由几何关系知转动半径r＝Lsin θ
联立解得ω′＝3 rad/s。
答案：(1)1.8 kg (2)3 rad/s
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