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专题二　圆周运动的临界问题
【学习目标】
1.掌握竖直面内和斜面上的圆周运动的动力学问题的分析方法。
2.学会分析水平面内、竖直面内和斜面上的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.受力情况
(1)如果只有摩擦力提供向心力，物体间恰好不发生相对滑动的临界条件是物体间的摩擦力恰好达到最大静摩擦力，则最大静摩擦力Ffm=m，方向指向圆心。
(2)如果除摩擦力外还有其他力，如绳两端连接的物体随水平转盘转动，其临界情况要根据题设条件进行判断，判断某个力是否存在以及这个力存在时的方向(特别是一些接触力，如静摩擦力、绳的拉力等)。
2.运动实例
[例1]　(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。木块与圆盘间的最大静摩擦力均为木块所受重力的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，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法中，正确的是(　AC　)
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=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
【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，小木块与圆盘将要发生相对滑动，对木块a有Ffa=ml，当Ffa=kmg时，kmg=ml，ωa=；对木块b有Ffb=m·2l，当Ffb=kmg时，kmg=m·2l，ωb=，则ω=是b开始滑动的临界角速度，即b比a先开始滑动，A、C正确；两木块滑动前转动的角速度相同，由于Ffa=mω2l，Ffb=mω2·2l，则Ffa＜Ffb，B错误；ω=＜ωa=，则a没有滑动，此时摩擦力Ffa'=mω2l=kmg，D错误。
[拓展1]　如图所示，若在a、b之间拴一根轻绳，当轻绳恰好出现弹力时，角速度多大？当a、b恰好开始滑动时，角速度多大？此时剪断轻绳，a、b将各做什么运动？
【答案】 没有轻绳时，b先滑动，b开始滑动时，a、b间的距离将要增大，此时若有轻绳，绳发生形变，开始有弹力，即ω=时，轻绳开始有弹力；当a、b恰好开始滑动时，对b有kmg＋FT=mω2·2l，对a有kmg－FT=mω2·l，解得ω=，此时剪断轻绳，b做离心运动，a仍和圆盘保持相对静止。
[拓展2]　如图所示，若在a、b之间拴一根轻绳，a与转轴OO'的距离为l，b与转轴的距离为2l。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。当轻绳恰好出现弹力时，角速度多大？当a、b恰好开始滑动时，角速度多大？此时剪断轻绳，a、b将各做什么运动？
【答案】 b先滑动，当轻绳刚出现弹力时，ω=；当a、b恰好开始滑动时，对b有kmg＋FT=mω2·2l，对a有FT－kmg=mω2·l，解得ω=，此时剪断轻绳，b做离心运动，此时kmg＜mω2·l，故a也做离心运动。
[例2]　如图所示，质量m=0.1 kg的木块，静置于离转轴0.6 m水平转动的转盘上，木块用一轻绳拴着，轻绳穿过转盘中央的细管，与质量也为m=0.1 kg的小球相连，木块与转盘间的最大静摩擦力为其重力的μ倍(μ=0.2)，木块随转盘一起匀速转动。下列说法中，正确的是(　C　)
A.木块受到的摩擦力总是指向圆心
B.在转速一定的条件下，木块受到的摩擦力跟木块到转轴的距离成正比
C.转盘以角速度ω=4 rad/s匀速转动时木块受到的摩擦力为0.04 N
D.转盘转速越大，细线的拉力越大
【解析】 当转盘转动的速度较小时，转盘上的木块需要的向心力较小，此时摩擦力背离圆心，A错误；在转速一定的条件下，根据牛顿第二定律有f＋mg=mω2r=mr(2πn)2，木块受到的摩擦力跟木块到轴的距离不是正比关系，B错误；转盘以角速度ω=4 rad/s匀速转动时，根据牛顿第二定律有f＋mg=mω2r，解得木块受到的摩擦力f=－0.04 N，|f|＜μmg，故摩擦力大小为0.04 N，C正确；木块随转盘一起匀速转动，对小球受力分析，根据平衡条件T=mg知，绳子的拉力始终不变，D错误。
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，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，分析各物理量的变化，找出临界状态。
题型二　竖直面内圆周运动的临界问题
竖直面内圆周运动的两类模型
两类模型 轻绳模型 轻杆模型
常见 类型 物体在最高点没有支撑 物体在最高点有支撑
最高点受力 特征 除重力外，物体受到的弹力向下或等于零 除重力外，物体受到的弹力向下、等于零或向上
最高点受力 示意图
动力学方程 mg＋F弹= m mg±F弹=m
临界 特征 F弹=0 mg=m 即vmin= ①恰好过最高点时，v=0，F弹=mg ②恰好无弹力时，F弹=0，v=
过最 高点的条件 在最高点的速度v≥ v≥0
考向一　绳球模型
[例3]　(多选)(2025·绍兴期末)如图甲所示，用一不可伸长的轻绳拴着一质量为m的小球(可视为质点)，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绳对小球的拉力为T，小球在最高点的速度大小为v，其T－v2图像如图乙所示，则(　BD　)
　　
甲 乙
A.小球自身的重力为
B.轻绳的长度为
C.当v2=c时，轻绳的拉力大小为
D.只要v2≥b，小球在最低点和最高点时绳的拉力大小之差恒为6a
【解析】 由题图乙可知，当v2=0时，有T=－a=－mg，解得小球自身的重力mg=a，A错误；在最高点时，轻绳对小球的拉力和重力的合力提供向心力，则有mg＋T=m，可得T=·v2－mg，由T－v2图像知，图像的斜率k=，可得轻绳长L=，B正确；当v2=c时，轻绳的拉力大小为T=c－mg=－a，C错误；当v2=b时，轻绳的拉力大小为0，当v2≥b时，在最高点有mg＋T1=m，当小球运动到最低点时速度为v'，根据动能定理可得2mgL=mv'2－mv2，在最低点，根据牛顿第二定律得T2－mg=m，联立可得T2－T1=6mg=6a，D正确。
考向二　杆球模型
[例4]　(2025·宁波模拟)如图所示，竖直平面内固定一半径R=0.45 m的光滑圆形管道，管道内径远小于圆形管道的半径R。现将质量m=1 kg的小球(直径略小于管道内径)从管道内最高点M由静止释放，小球运动到N点时，恰好与管道无挤压，运动到Q点时速度v=3 m/s。已知点P为圆形管道最低点，Q点与圆心O等高，下列说法中，正确的是(　D　)
A.小球在MN段运动的过程中，只对管道外侧有作用力
B.小球在NP段运动的过程中，只对管道内侧有作用力
C.小球从M运动到P点的过程中向心加速度先减小后增大
D.小球运动到Q点时受到管道的弹力大小为20 N
【解析】 因为小球运动到N点时，恰好与管道无挤压，所以小球在MN段运动的过程中，只对管道内侧有作用力，小球在NP段运动的过程中，只对管道外侧有作用力，A、B错误；根据a=，小球从M运动到P点的过程中，速度一直增大，所以向心加速度也一直增大，C错误；小球运动到Q点时，根据牛顿第二定律得F=m，解得F=20 N，D正确。
考向三　桥梁模型
[例5]　汽车通过拱形桥面和凹形桥面是生活中常见的两种现象。如图所示，若在可视为质点的汽车中固定一力传感器，力传感器下端挂有一小球。当汽车通过拱形桥面的最高点和凹形桥面最低点时速度大小均为v。已知小球的质量为m，桥面的圆弧半径均为r，重力加速度为g。下列说法中，正确的是(　A　)
　　
甲 乙
A.图甲中汽车对桥面的压力大于汽车所受的重力
B.图乙中汽车对桥面的压力大于汽车所受的重力
C.图甲中力传感器的示数FT1=mg－
D.图乙中力传感器的示数FT2=mg＋
【解析】 当汽车通过凹形桥面最低点时，根据曲线运动的特点可知，汽车处于超重状态，凹形桥面对汽车的支持力大于汽车所受的重力，当汽车通过拱形桥面的最高点时，汽车处于失重状态，桥面对汽车的支持力小于汽车所受的重力，A正确，B错误；对题图甲中的小球受力分析同情况a，根据牛顿第二定律得FT1－mg=，则力传感器的示数FT1=mg＋，C错误；对题图乙中的小球受力分析同情况b，根据牛顿第二定律得mg－FT2=，则力传感器的示数FT2=mg－，D错误。(共31张PPT)
题型二　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
课时作业
内
容
索
引
专题二　圆周运动的临界问题
【学习目标】1.掌握竖直面内和斜面上的圆周运动的动力学问题的分析方法。
2.学会分析水平面内、竖直面内和斜面上的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.受力情况
(1)如果只有摩擦力提供向心力，物体间恰好不发生相对滑动的临界条件是物体间的摩擦力恰好达到最大静摩擦力，则最大静摩擦力Ffm=m，方向指向圆心。
(2)如果除摩擦力外还有其他力，如绳两端连接的物体随水平转盘转动，其临界情况要根据题设条件进行判断，判断某个力是否存在以及这个力存在时的方向(特别是一些接触力，如静摩擦力、绳的拉力等)。
2.运动实例
AC
例 1
(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。木块与圆盘间的最大静摩擦力均为木块所受重力的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，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法中，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=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
【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，小木块与圆盘将要发生相对滑动，对木块a有Ffa=ml，当Ffa=kmg时，kmg=ml，ωa=；对木块b有Ffb=m·2l，当Ffb=kmg时，kmg=m·2l，ωb=，则ω=是b开始滑动的临界角速度，即b比a先开始滑动，A、C正确；两木块滑动前转动的角速度相同，由于Ffa=mω2l，Ffb=mω2·2l，则Ffa＜Ffb，B错误；ω=＜ωa=，则a没有滑动，此时摩擦力Ffa'=mω2l=kmg，D错误。
拓展1
如图所示，若在a、b之间拴一根轻绳，当轻绳恰好出现弹力时，角速度多大？当a、b恰好开始滑动时，角速度多大？此时剪断轻绳，a、b将各做什么运动？

【答案】 没有轻绳时，b先滑动，b开始滑动时，a、b间的距离将要增大，此时若有轻绳，绳发生形变，开始有弹力，即ω=时，轻绳开始有弹力；当a、b恰好开始滑动时，对b有kmg＋FT=mω2·2l，对a有kmg－FT=mω2·l，解得ω=，此时剪断轻绳，b做离心运动，a仍和圆盘保持相对静止。
拓展2
如图所示，若在a、b之间拴一根轻绳，a与转轴OO'的距离为l，b与转轴的距离为2l。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。当轻绳恰好出现弹力时，角速度多大？当a、b恰好开始滑动时，角速度多大？此时剪断轻绳，a、b将各做什么运动？
【答案】 b先滑动，当轻绳刚出现弹力时，ω=；当a、b恰好开始滑动时，对b有kmg＋FT=mω2·2l，对a有FT－kmg=mω2·l，解得ω=，此时剪断轻绳，b做离心运动，此时kmg＜mω2·l，故a也做离心运动。
如图所示，质量m=0.1 kg的木块，静置于离转轴0.6 m水平转动的转盘上，木块用一轻绳拴着，轻绳穿过转盘中央的细管，与质量也为m=0.1 kg的小球相连，木块与转盘间的最大静摩擦力为其重力的μ倍(μ=0.2)，木块随转盘一起匀速转动。下列说法中，正确的是 (　 　)
A.木块受到的摩擦力总是指向圆心
B.在转速一定的条件下，木块受到的摩擦力跟木块到转轴的距离
成正比
C.转盘以角速度ω=4 rad/s匀速转动时木块受到的摩擦力为0.04 N
D.转盘转速越大，细线的拉力越大
【解析】 当转盘转动的速度较小时，转盘上的木块需要的向心力较小，此时摩擦力背离圆心，A错误；在转速一定的条件下，根据牛顿第二定律有f＋mg=mω2r=mr(2πn)2，木块受到的摩擦力跟木块到轴的距离不是正比关系，B错误；转盘以角速度ω=4 rad/s匀速转动时，根据牛顿第二定律有f＋mg=mω2r，解得木块受到的摩擦力f=－0.04 N，|f|＜μmg，故摩擦力大小为0.04 N，C正确；木块随转盘一起匀速转动，对小球受力分析，根据平衡条件T=mg知，绳子的拉力始终不变，D错误。
例 2
C
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，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，分析各物理量的变化，找出临界状态。
技能点拨
题型二　竖直面内圆周运动的临界问题
竖直面内圆周运动的两类模型
两类模型 轻绳模型 轻杆模型
常见 类型 物体在最高点没有支撑

物体在最高点有支撑
最高点受力 特征 除重力外，物体受到的弹力向下或等于零 除重力外，物体受到的弹力向下、等于零或向上
两类模型 轻绳模型 轻杆模型
最高点受力 示意图
动力学方程 mg＋F弹= m mg±F弹=m
临界 特征 F弹=0 mg=m 即vmin= ①恰好过最高点时，v=0，F弹=mg
②恰好无弹力时，F弹=0，v=
过最 高点的条件 在最高点的速度v≥ v≥0
例 3
(多选)(2025·绍兴期末)如图甲所示，用一不可伸长的轻绳拴着一质量为m的小球(可视为质点)，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绳对小球的拉力为T，小球在最高点的速度大小为v，其T－v2图像如图乙所示，则(　 　)
A.小球自身的重力为
B.轻绳的长度为
C.当v2=c时，轻绳的拉力大小为
D.只要v2≥b，小球在最低点和最高点时绳的拉力大小之差恒为6a
考向一　绳球模型
甲 乙
BD
【解析】 由题图乙可知，当v2=0时，有T=－a=－mg，解得小球自身的重力mg=a，A错误；在最高点时，轻绳对小球的拉力和重力的合力提供向心力，则有mg＋T=m，可得T=·v2－mg，由T－v2图像知，图像的斜率k=，可得轻绳长L=，B正确；当v2=c时，轻绳的拉力大小为T=c－mg=－a，C错误；当v2=b时，轻绳的拉力大小为0，当v2≥b时，在最高点有mg＋T1=m，当小球运动到最低点时速度为v'，根据动能定理可得2mgL=mv'2－mv2，在最低点，根据牛顿第二定律得T2－mg=m，联立可得T2－T1=6mg=6a，D正确。
【解析】 因为小球运动到N点时，恰好与管道无挤压，所以小球在MN段运动的过程中，只对管道内侧有作用力，小球在NP段运动的过程中，只对管道外侧有作用力，A、B错误；根据a=，小球从M运动到P点的过程中，速度一直增大，所以向心加速度也一直增大，C错误；小球运动到Q点时，根据牛顿第二定律得F=m，解得F=20 N，D正确。
例 4
(2025·宁波模拟)如图所示，竖直平面内固定一半径R=0.45 m的光滑圆形管道，管道内径远小于圆形管道的半径R。现将质量m=1 kg的小球(直径略小于管道内径)从管道内最高点M由静止释放，小球运动到N点时，恰好与管道无挤压，运动到Q点时速度v=3 m/s。已知点P为圆形管道最低点，Q点与圆心O等高，下列说法中，正确的是(　 　)
A.小球在MN段运动的过程中，只对管道外侧有作用力
B.小球在NP段运动的过程中，只对管道内侧有作用力
C.小球从M运动到P点的过程中向心加速度先减小后增大
D.小球运动到Q点时受到管道的弹力大小为20 N
考向二　杆球模型
D
例 5
汽车通过拱形桥面和凹形桥面是生活中常见的两种现象。如图所示，若在可视为质点的汽车中固定一力传感器，力传感器下端挂有一小球。当汽车通过拱形桥面的最高点和凹形桥面最低点时速度大小均为v。已知小球的质量为m，桥面的圆弧半径均为r，重力加速度为g。下列说法中，正确的是(　 　)
A.图甲中汽车对桥面的压力大于汽车所受的重力
B.图乙中汽车对桥面的压力大于汽车所受的重力
C.图甲中力传感器的示数FT1=mg－
D.图乙中力传感器的示数FT2=mg＋
考向三　桥梁模型
甲 乙
A
【解析】 当汽车通过凹形桥面最低点时，根据曲线运动的特点可知，汽车处于超重状态，凹形桥面对汽车的支持力大于汽车所受的重力，当汽车通过拱形桥面的最高点时，汽车处于失重状态，桥面对汽车的支持力小于汽车所受的重力，A正确，B错误；对题图甲中的小球受力分析同情况a，根据牛顿第二定律得FT1－mg=，则力传感器的示数FT1=mg＋，C错误；对题图乙中的小球受力分析同情况b，根据牛顿第二定律得mg－FT2=，则力传感器的示数FT2=mg－，D错误。
课时作业
答案速对
第四单元 专题二　圆周运动的临界问题 题号 1 2 3 4 5
答案 D D C AD B
题号 6 7 8 9 10
答案 AB A BC BCD ABD
1.如图所示，某段快速环线公路有一个大圆弧形弯道，公路外侧路基比内侧路基高。当汽车在此路段以理论时速vc转弯时，恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势。则(　 　)
A.汽车质量越大，对应理论时速vc越大
B.汽车转弯时受到重力、支持力和向心力的作用
C.汽车转弯时超过时速vc，就会立即向外侧公路侧滑
D.当冬天路面结冰时，与未结冰时相比，vc值保持不变
D
2.如图所示，甲、乙两水平圆盘紧靠在一块，甲圆盘为主动轮，乙靠摩擦随甲转动且无滑动。甲圆盘与乙圆盘的半径之比r甲∶r乙=3∶1，两圆盘和小物体1、2之间的动摩擦因数相同，小物体1距O点2r，小物体2距O'点r，当甲缓慢转动起来且转速慢慢增大时(　 　)

A.小物体1与小物体2的角速度之比ω1∶ω2=3∶1
B.小物体1与小物体2的向心加速度大小之比a1∶a2=1∶3
C.随转速慢慢增大，小物体1先开始滑动
D.随转速慢慢增大，小物体2先开始滑动
D
3.滚筒洗衣机静止于水平地面上，衣物随着滚筒一起在竖直平面内做高速匀
速圆周运动，以达到脱水的效果，滚筒截面如图所示，A点为最高点，B点
为最低点，CD为水平方向的直径，下列说法中，正确的是(　 　)
A.衣物运动到A点时处于超重状态
B.衣物运动到A点时脱水效果最好
C.衣物运动到C点或D点时，洗衣机对地面的摩擦力不为零
D.衣物在B点时，洗衣机对地面的压力等于洗衣机的重力
【解析】 衣物运动到最高点A时，加速度方向竖直向下，处于失重状态，A错误；衣物及衣物上的水运动到最低点B点时，加速度方向竖直向上，处于超重状态，对于衣物及衣物上的水，根据牛顿第二定律，在最低点有F－mg=m，解得F=mg＋m，根据牛顿第三定律可知，衣服对洗衣机的作用力的大小F'=mg＋m，洗衣机对地面的压力等于洗衣机的重力加上衣服对洗衣机的作用力，所以洗衣机对地面的压力大于洗衣机的重力，且水在B点需要衣物的附着力最大，故衣物运动到最低点B时脱水效果最好，B、D错误；在衣物运动到C点或D点时，洗衣机对衣物的水平作用力提供衣物做圆周运动需要的向心力，可知此时衣物对洗衣机在水平方向的作用力最大，而洗衣机是静止的，可知地面对其摩擦力最大，根据牛顿第三定律可知，衣物运动到C点或D点时洗衣机对地面的摩擦力最大，C正确。
C
4.(多选)(2025·温州期末)360°空中旋转自行车，是一种极具趣味性的无动力游乐设施，如图甲所示，其简化结构如图乙所示。竖直平面内固定一光滑圆轨道，圆心O处固定一轻杆，轻杆一端装有质量为M的配重，另一端是总质量为m的人与自行车，自行车车轮与圆轨道相接触，轻杆总长4L，配重到圆心O处的距离为L。人坐在自行车上蹬车，停止蹬车后，人与自行车在竖直平面内继续做圆周运动。当人与自行车运动到最低点时，杆对配重恰好没有作用。若人与自行车、配重均视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法中，正确的有(　 　)
A.配重与人的角速度相同
B.人与自行车运动到最低点时，配重的线速度为0
C.人与自行车运动到最低点时，所受的弹力大小为
3mg
D.人与自行车运动到最低点时，所受的弹力大小为
4mg
AD
甲 乙
【解析】 配重与人在相同时间内转过的角度相等，所以配重与人的角速度相同，A正确；当人与自行车运动到最低点时，杆对配重恰好没有作用，以配重为对象，根据牛顿第二定律可得Mg=Mω2L，可得角速度ω=，则配重的线速度v=ωL=，B错误；人与自行车运动到最低点时，以人与自行车为对象，根据牛顿第二定律可得N－mg=mω2·3L，又ω=，解得N=4mg，C错误，D正确。
5.越野滑雪集训队利用图甲圆盘滑雪机模拟训练，简化图如乙。圆盘滑雪机绕垂直于盘面的固定轴以恒定的角速度ω匀速转动，运动员(可看成质点)与圆盘机始终保持相对静止，盘面与水平面的夹角为θ。下列说法中，正确的是(　 　)
A.运动员受重力、支持力、摩擦力和向心力的作用
B.运动员在最低点时受到的摩擦力一定沿盘面向上
C.运动员在最高点受到的摩擦力一定随ω的增大而增大
D.运动员从最高点运动到最低点过程中，机械能守恒
B
甲 乙
【解析】 运动员在圆盘上与圆盘机始终保持相对静止，受重力、支持力、摩擦力三个力的作用，A错误；匀速圆周运动的物体所受的合外力提供向心力，运动员在最低点，向心力沿盘面向上，重力的一个分力沿盘面向下，则摩擦力一定沿盘面向上，B正确；当运动员在最高点不受静摩擦力时，由牛顿第二定律mgsin θ=mω02r，当ω＜ω0时，有mgsin θ－f=mω02r，可知在最高点受到的摩擦力随ω的增大而减小，C错误； 运动员从最高点运动到最低点的过程中，重力势能减小，动能不变，机械能减小，D错误。
6. (多选)如图甲所示，一个光滑的圆锥体固定在水平桌面上，其轴线竖直，母线与轴线之间的夹角为θ，一条长度为l的轻绳，一端固定在圆锥体的顶点O处，另一端拴着一个质量为m的小球(可看作质点)，小球以角速度ω绕圆锥体的轴线做匀速圆周运动，细线上的拉力F随ω2的变化关系如图乙所示。重力加速度g取10 m/s2，由图乙可知(　 　)
A.绳长l=2 m
B.小球质量为0.5 kg
C.母线与轴线之间的夹角θ=30°
D.小球的角速度为2 rad/s时，小球已离开锥面
【解析】 当小球将要离开锥面时，对小球受力分析知Fsin θ=mω2lsin θ，即F=mlω2，由图乙可知，ml=1，当小球未离开锥面时，对小球受力分析，水平方向上有Fsin θ－FNcos θ=mω2lsin θ，竖直方向上有Fcos θ＋FNsin θ=mg，联立可得F=mlω2sin2 θ＋mgcos θ，则题图乙中k=mlsin2 θ=，mgcos θ=4 N，解得θ=37°，m=0.5 kg，l=2 m，A、B正确，C错误；由题图乙可知，当ω=
rad/s时小球刚离开锥面，D错误。
甲 乙
AB
7.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A点和B点，绳a与水平方向成θ角，绳b沿水平方向且长为l，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，则下列说法中，正确的是(　 　)
A.a绳的张力不可能为0
B.a绳的张力随角速度的增大而增大
C.当角速度ω＞时，b绳将出现张力
D.若b绳突然被剪断，则a绳的弹力一定发生变化
【解析】 由于小球在水平面内做匀速圆周运动，合力沿水平方向指向圆心，而b绳沿水平方向，故小球的重力与a绳的拉力在竖直方向上的分力等大反向，A正确；当小球的角速度较小时，b绳处于松弛状态，分析小球受力，设a绳与竖直方向的夹角为α，由力的平衡条件及牛顿第二定律得cos α=mg，sin α=mlω2，解得，ω=，因此a绳与竖直方向的夹角α随角速度的增大而增大，当ω＞时，b绳上将出现张力，之后，角速度再增大时，a绳与竖直方向的夹角不再改变，则a绳上的张力也不再改变，B、C错误；b绳中恰好无张力时有tan θ=，即ω=时，剪断b绳对小球的运动状态无影响，a绳弹力不变，D错误。
A
8.(多选)(2025·山东卷) 如图所示，在无人机的某次定点投放性能测试中，目标区域是水平地面上以O点为圆心、半径R1=5 m的圆形区域，OO'垂直于地面，无人机在离地面高度H=20 m的空中绕O'点且平行于地面做半径R2=3 m的匀速圆周运动，A、B为圆周上的两点，∠AO'B=90°。若物品相对无人机无初速度地释放，为保证落点在目标区域内，无人机做圆周运动的最大角速度应为ωmax。当无人机以角速度ωmax沿圆周运动经过A点时，相对无人机无初速度地释放物品。不计空气对物品运动的影响，物品可视为质点且落地后即静止，重力加速度大小g取10 m/s2。下列说法中，正确的有(　 　)
A.ωmax= rad/s
B.ωmax= rad/s
C.无人机运动到B点时，在A点释放的物品已经落地
D.无人机运动到B点时，在A点释放的物品尚未落地
【解析】 物品从无人机上释放后，做平抛运动，竖直方向有H=gt2，可
得t=2 s，要使得物品落点在目标区域内，水平方向满足x=
=vt，最大角速度ωmax=，联立可得ωmax= rad/s，A错误，B正确；无
人机从A点到B点的时间t'= s，由于t'＞t，可知无人机运动到B点时，在A点释放的物品已经落地，C正确，D错误。
BC
9.(多选)如图所示，竖直平面内有一半径R=0.35 m且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
B.小球会脱离圆轨道
C.小球脱离圆轨道时的速度大小为 m/s
D.小球脱离圆轨道的位置与圆心的连线和水平方向间的夹角为30°
BCD
【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·2Rmv2，解得v0'= m/s＞v0=3.5 m/s，故小球不可能运动到最高点，若小球恰好到达与圆心等高的点，则mv0″2= mgR，得v0″= m/s＜v0=3.5 m/s，可知小球会脱离圆轨道，A错误，B正确；设当小球脱离圆轨道时，其位置与圆心的连线和水平方向间的夹角为θ，小球此时只受重力作用，将重力进行分解如图所示。

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m=mgR·(1＋sin θ)m，联立解得sin θ=，即θ=30°，则v1= m/s，C、D正确。
10.(多选)如图所示，两个可视为质点、相同的木块A和B放在转盘上，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，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ω缓慢增大，下列说法中，正确的有(　 　)
A.当ω＞时，A、B相对于转盘会滑动
B.当ω＞时，绳子一定有弹力
C.ω 在＜ω＜范围内增大时，B所受的摩擦力变大
D.ω 在0＜ω＜范围内增大时，A所受的摩擦力一直变大
ABD
【解析】 当A、B所受的静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=，A正确；当B所受的静摩擦力达到最大值后，绳子开始有弹力，即Kmg=m·2L·ω2，解得ω=，可知当ω＞ 时，绳子有弹力，B正确；当ω= 时，B受到的摩擦力达到最大静摩擦力，则ω 在＜ω＜ 范围内增大时，B受到的摩擦力不变，C错误；ω在0＜ω＜范围内，A相对转盘是静止的，A所受的摩擦力为静摩擦力，其中0＜ω＜时，Ff=mLω2，＜ω＜时，Ff－FT=mLω2，FT＋Kmg=m·2L·ω2，可知，当ω 增大时，FT增大，静摩擦力也增大，D正确。

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