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专题强化七　圆周运动的临界问题
目标要求　1.掌握水平面内、竖直面内的圆周运动的动力学问题的分析方法.2.会分析水平面内、竖直面内圆周运动的临界问题．
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＝m，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＝＝7.0 m/s2，D正确．
例2　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.木块与圆盘之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，用ω表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是(　　)
A．b与a同时开始滑动
B．a、b所受的摩擦力始终相等
C．ω＝是b开始滑动的临界角速度
D．当ω＝时，a所受摩擦力的大小为kmg
答案　C
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.当角速度增加时，静摩擦力增大，当增大到最大静摩擦力时，将要发生相对滑动，对木块a：Ffa＝mωa2l，当Ffa＝kmg时，kmg＝mωa2l，ωa＝；对木块b：Ffb＝mωb2·2l，当Ffb＝kmg时，kmg＝mωb2·2l，ωb＝，所以b先达到最大静摩擦力，选项A错误；两木块滑动前转动的角速度相同，则Ffa＝mω2l，Ffb＝mω2·2l，Ffa例3　半球形陶罐固定在可以绕竖直轴转动的水平转台上，转台转轴与过陶罐球心O的对称轴OO′重合．转台以一定角速度匀速转动，陶罐内有一小物块随陶罐一起转动且相对罐壁静止，如图所示，此时小物块和O点的连线与OO′之间的夹角为θ，下列说法正确的是(　　)
A．小物块一定受到三个力的作用
B．小物块所受合力方向总指向O点
C．增大转台的转速，小物块可能静止在比θ角更大的位置
D．增大转台的转速，小物块受到的摩擦力一定增大
答案　C
解析　当转速合适时，小物块没有上滑或下滑趋势，不受摩擦力，只受重力和支持力两个力的作用，故A错误；
小物块所受合力方向总指向对称轴OO′，指向圆周运动的圆心，故B错误；
增大转台的转速，由于F向＝m
速度增大，若半径不变，重力、支持力与摩擦力的合力有可能不足以提供小物块做匀速圆周运动所需的向心力，小物块将做离心运动，即往半径变大的罐口运动，小物块可能静止在比θ角更大的位置，故C正确；
增大转台的转速，不知道小物块原来的运动趋势方向，小物块受到的摩擦力可能增大，也可能减小，故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
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＝m mg±F弹＝m
临界特征 F弹＝0 mg＝m 即vmin＝ v＝0 即F向＝0 F弹＝mg
讨论分析 (1)最高点，若v≥，F弹＋mg＝m，绳或轨道对球产生弹力F弹 (2)若v<，则不能到达最高点，即到达最高点前小球已经脱离了圆轨道 (1)当v＝0时，F弹＝mg，F弹背离圆心 (2)当0时，mg＋F弹＝m，F弹指向圆心并随v的增大而增大
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＝，小球在轨道1上经过其最高点A时，有FN＋mg＝，根据机械能守恒定律，有1.6mgR＝mvA2－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)　(2)2mg，方向竖直向下　(3)能；当A、B球的速度大小为时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＝m
解得vA＝
因为A、B球的角速度相等，半径相等，则vB＝vA＝
(2)B在最高点时，对B根据牛顿第二定律得2mg＋FTOB′＝2m
代入(1)中的vB，可得FTOB′＝0
对A有FTOA′－mg＝m
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＝2m
对A有FTOA″－mg＝m
轴O不受力时FTOA″＝FTOB″
可得v＝
所以当A、B球的速度大小为时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　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
答案　C
解析　当小物体转动到最低点时为临界点，由牛顿第二定律知，
μmgcos 30°－mgsin 30°＝mω2r
解得ω＝1.0 rad/s
故选项C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. B. C. D.
答案　B
解析　杯子在竖直平面内做半径为的圆周运动，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＝，可得ω＝，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，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＝G时，因为G－FN′＝m，所以G＝m；当FN＝0时，G＝m，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. B．2π
C. D.
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Fcos θ＋FN＝mg，Fsin θ＝m＝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＝，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.mg B．2mg
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＝m，当小球到达最高点速率为2v时，应有F＋mg＝m，所以F＝3mg，此时小球在最高点受力如图所示，所以FT＝mg，A正确．
5.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
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＝m，解得vB＝，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＝，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＝m，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，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
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＝，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＝
D．当v>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＝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＝m，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，当滑落高度为时，由机械能守恒定律有mg＝mv22，设此时重力沿半径方向的分力为F1，由几何关系得F1＝，此时所需的向心力为F向＝m，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>，在最高点时由牛顿第二定律得F2＋mg＝m，从最高点到最低点由机械能守恒定律得mg·2R＝mv32－mv2，在最低点时由牛顿第二定律得F3－mg＝m，联立解得F3－F2＝6mg，所以当v>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>时，b绳中拉力不为零
D．当角速度ω>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＝，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＝mω2Lcos θ，解得ω＝，可知当角速度ω>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.(2022·江苏常州市高三调研)如图所示，金属环M、N用不可伸长的细线连接，分别套在水平粗糙细杆和竖直光滑细杆上，当整个装置以竖直杆为轴以不同大小的角速度匀速转动时，两金属环相对杆始终不动，下列判断正确的是(　　)
A．转动的角速度越大，细线中的拉力越大
B．转动的角速度越大，环N与竖直杆之间的弹力越大
C．转动的角速度不同，环M与水平杆之间的弹力仍相等
D．转动的角速度不同，环M与水平杆之间的摩擦力大小不可能相等
答案　C
解析　受力分析如图
设细线与竖直方向的夹角为θ，对N受力析，受到竖直向下的重力GN，绳子的拉力FT，杆给的水平支持力FN1，因为两环相对杆的位置不变，所以对N有
FTcos θ＝GN
FN1＝FTsin θ
因为N的重力恒定，角度恒定，所以细线的拉力不变，环N与杆之间的弹力恒定，A、B错误；
对M有
FN2＝GM＋FTcos θ＝GM＋GN
所以转动的角速度不同，环M与水平杆之间的弹力仍相等；
若以较小角速度转动时，摩擦力方向右，即
FTsin θ－Ff＝mω2r Ff＝FTsin θ－mω2r
随着角速度的增大，摩擦力方向可能变成向左，即
FTsin θ＋Ff′＝mω′2r Ff′＝mω′2r－FTsin θ
故可能存在
mω′2r－FTsin θ＝FTsin θ－mω2r
摩擦力向左和向右时相等的情况，C正确，D错误．
10.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，则下列说法错误的是(　　)
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 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　A
解析　若小球恰能到达最高点，由重力提供向心力，则有：mg＝m，解得：v＝＝ 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：mv0′2＝mg·2R＋mv2，解得：v0′＝ 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＝m，从最低点到脱离点，由机械能守恒定律得：mv02＝mgR(1＋sin θ)＋mv12，联立解得：sin θ＝，即θ＝30°，则v1＝＝ m/s，故C、D正确．故选A.

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