2025届高三一轮复习 第四章　曲线运动　万有引力与宇宙航行热点专题七　圆周运动的临界问题练习

热点专题七　圆周运动的临界问题素养目标　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。热点一　水平面内圆周运动中的两类临界问题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Fm＝，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。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。题型　由于摩擦力突变引发的临界问题例1如图1所示，质量为M＝0.6kg的物体随圆盘一起绕中心轴匀速转动，细绳一端系着M，另一端通过圆盘的光滑小孔吊着质量m＝0.3kg的物体，M的中心与圆孔距离为0.2m，已知M和圆盘面的最大静摩擦力为2N，g取10m/s2。求：图1(1)物体M不受摩擦力时，圆盘的角速度ω0；(2)物体m始终处于静止状态时，圆盘角速度ω的最大值。,答案　(1)5rad/s　(2)rad/s解析　(1)物体M不受摩擦力时，细绳拉力恰好提供向心力，即FT＝mg＝Mωr解得ω0＝5rad/s。(2)物体m始终处于静止状态时，圆盘角速度最大时，M所受摩擦力最大，且指向圆心，即FT＋Ffmax＝Mωr解得ωmax＝rad/s。跟踪训练1.(2022·江苏金陵中学模拟)如图2，相同的物块a、b用沿半径方向的细线相连放置在水平圆盘上。当圆盘绕转轴转动时，物块a、b始终相对圆盘静止。下列关于物块a所受的摩擦力随圆盘角速度的平方(ω2)的变化关系正确的是(　　)图2答案　D解析　转动过程中a、b角速度相同。当圆盘角速度较小时，a、b由静摩擦力充当向心力，绳子拉力为零，此过程中a、b所需要的摩擦力分别为Ffa＝mω2ra，Ffb＝mω2rb，因为rb>ra，故Ffb>Ffa，又因为a、b与平台的最大静摩擦力相同，所以随着角速度增大，b先达到最大静摩擦力，当b达到最大静摩擦力Ff0时绳子开始出现拉力，此时对于a、b分别有Ffa－FT＝mω2ra，Ff0＋FT＝mω2rb，联立可得Ffa＝mω2(ra＋rb)－Ff0，由上述分析可知，绳子拉力出现之前Ffa－ω2图像的斜率为mra，绳子拉力出现之后图线的斜率为m(ra＋rb)，所以绳子有拉力时图线斜率变大。故D正确。,题型　由于弹力突变引发的临界问题例2如图3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＝60°，一条长度为L的绳(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的小球(可看成质点)，小球以角速度ω绕圆锥体的轴线做水平匀速圆周运动。求：图3(1)小球静止时所受拉力FT和支持力FN大小；(2)小球刚要离开锥体时的角速度ω0；(3)小球以ω1＝的角速度转动时所受拉力FT和支持力FN大小。答案　(1)mg　mg　(2)　(3)3mg　0解析　(1)对小球受力分析可知，FT＝mgcosθ＝mgFN＝mgsinθ＝mg。(2)小球刚要离开锥面时FN＝0，由重力和拉力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律，有mgtanθ＝mωrr＝Lsinθ解得ω0＝＝。(3)因为ω1＝>ω0＝所以小球离开锥面飞起，则FN＝0设绳与竖直方向的夹角为α，受力分析如图所示，,则有FTsinα＝mωLsinα解得FT＝3mg。跟踪训练2.如图4，质量为m＝0.1kg的小球和A、B两根细绳相连，两绳固定在细杆的A、B两点，其中A绳长LA＝2m，当两绳都拉直时，A、B两绳和细杆的夹角θ1＝30°，θ2＝45°，g＝10m/s2。求：图4(1)当细杆转动的角速度ω在什么范围内时，A、B两绳始终张紧？(2)当ω＝3rad/s时，A、B两绳的拉力分别为多大？答案　(1)2.40rad/s≤ω≤3.16rad/s　(2)0.27N　1.08N解析　(1)当B绳恰好拉直，但B绳上的拉力为零时，设细杆的转动角速度为ω1，则有FAcos30°＝mgFAsin30°＝mωLAsin30°联立解得ω1＝2.40rad/s当A绳恰好拉直，但A绳上的拉力为零时，设细杆的转动角速度为ω2，则有FBcos45°＝mgFBsin45°＝mωLAsin30°联立解得ω2＝3.16rad/s故要使A、B两绳始终张紧，角速度ω的范围为2.4rad/s≤ω≤3.16rad/s。,(2)当ω＝3rad/s时，A、B两绳都紧绷，则有FAsin30°＋FBsin45°＝mω2LAsin30°FAcos30°＋FBcos45°＝mg联立解得FA＝0.27N，FB＝1.08N。热点二　竖直面内圆周运动的“两类模型”问题物理情景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除重力外，物体受到的弹力方向：向下或等于零除重力外，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＝mmg±FN＝m临界特征FT＝0mg＝m即vmin＝v＝0即F向＝0FN＝mg过最高的条件在最高点的速度v≥在最高点的速度v≥0题型　轻绳模型例3在2022年3月23日的“天宫课堂”上，航天员王亚平摇晃装有水和油的小瓶，静置后水和油混合在一起没有分层。图5甲为航天员叶光富启动“人工离心机”，即用绳子一端系住装有水油混合的瓶子，以绳子的另一端O为圆心做如图乙所示的圆周运动，一段时间后水和油成功分层(水的密度大于油的密度),，以空间站为参考系，此时(　　)图5A.水和油的线速度大小相等B.水的向心加速度比油的小C.油对水有指向圆外的作用力D.水对油的作用力大于油对水的作用力答案　C解析　由于水的密度大于油的密度，因此水在底层，油在上层。水和油的角速度相等，但运动半径不同，因此线速度不相等，A错误；根据a＝ω2r，由于水的半径大，因此水的向心加速度比油的大，B错误；油做圆周运动的向心力是由水提供的，根据牛顿第三定律知，油对水有指向圆外的作用，且与水对油的作用力大小相等，C正确，D错误。跟踪训练3.图6甲所示，小球用不可伸长的轻绳连接后绕固定点O在竖直面内做圆周运动，小球经过最高点时的速度大小为v，此时绳子的拉力大小为FT，拉力FT与速度的平方v2的关系图像如图乙所示，图像中的数据a和b、包括重力加速度g都为已知量，则以下说法正确的是(　　)图6A.数据a与小球的质量无关B.数据b与小球的质量无关,C.比值只与小球的质量有关，与圆周轨迹半径无关D.利用数据a、b能够求出小球的质量和圆周轨迹半径答案　A解析　由题图乙可知，当v2＝a时，绳子的拉力为零，小球的重力提供其做圆周运动的向心力，则由牛顿第二定律得mg＝，解得v2＝gr，即a＝gr，与小球的质量无关，故A正确；当v2＝2a时，对小球受力分析，由牛顿第二定律得mg＋b＝，解得b＝mg，与小球的质量有关，故B错误；根据上述分析可知＝，与小球的质量有关，与圆周轨迹半径也有关，故C错误；由上述分析可知r＝，m＝，因重力加速度g未给出，所以不能求出小球质量和圆周轨迹半径，故D错误。题型　轻杆模型例4如图7所示，小球在竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动，内侧壁半径为R，小球半径为r，则下列说法正确的是(　　)图7A.小球通过最高点时的最小速度vmin＝B.小球通过最高点时的最小速度vmin>0C.小球在水平线ab以下的管道中运动时，内侧管壁对小球一定无作用力D.小球在水平线ab以上的管道中运动时，外侧管壁对小球一定有作用力答案　C解析　在最高点，由于外管和内管都可以对小球产生弹力作用，当小球的速度等于0时，内管对小球产生弹力，大小为mg，则最小速度为0，故A、B,错误；小球在水平线ab以下管道中运动时，由于沿半径方向的合力提供小球做圆周运动的向心力，所以外侧管壁对小球一定有作用力，而内侧管壁对小球一定无作用力，故C正确；小球在水平线ab以上管道中运动时，由于沿半径方向的合力提供小球做圆周运动的向心力，可能外侧壁对小球有作用力，也可能内侧壁对小球有作用力，还可能内外侧壁都无作用力，故D错误。跟踪训练4.如图8所示，长为r＝0.3m的轻杆一端固定质量为m的小球(可视为质点)，另一端与水平转轴(垂直于纸面)O点连接。现使小球在竖直面内绕O点做匀速圆周运动，已知转动过程中轻杆对小球的最大作用力为1.75mg，轻杆不变形，重力加速度g＝10m/s2。下列判断正确的是(　　)图8A.小球转动的角速度为10rad/sB.小球通过最高点时对杆的作用力为零C.转动过程中杆对小球的作用力总是沿杆的方向D.若将题目中的杆换成绳，则小球不能完成圆周运动答案　D解析　当小球转至最低点时，轻杆对小球的作用力最大，则根据牛顿第二定律有Fm－mg＝mω2r，代入数据可得，小球转动的角速度为ω＝5rad/s，故A错误；小球在最高点时，根据牛顿第二定律有F＋mg＝mω2r，可得小球通过最高点时对杆的作用力为F＝－0.25mg，负号表示作用力方向与重力相反，即方向竖直向上，则小球在最高点受到杆竖直向上的支持力，故B错误；若将杆换成绳，绳子在最高点不能提供支持力，则小球不能完成圆周运动，故D正确；由于小球是做匀速圆周运动，则转动过程中，杆对小球的作用力不一定沿杆方向，小球的合外力才一定沿杆方向，故C错误。,A级　基础对点练对点练1　水平面内圆周运动中的两类临界问题1.如图1，一硬币(可视为质点)置于水平圆盘上，硬币与竖直转轴OO′的距离为r，已知硬币与圆盘之间的动摩擦因数为μ(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，重力加速度大小为g。若硬币与圆盘一起绕OO′轴匀速转动，则圆盘转动的最大角速度为(　　)图1A.B.C.D.2答案　B解析　硬币做圆周运动的向心力由静摩擦力提供，则μmg＝mω2r，解得ω＝，即圆盘转动的最大角速度为，故B正确。2.如图2所示，圆盘在水平面内以角速度ω绕中心轴匀速转动，圆盘上距轴r处的P点有一质量为m的小物体随圆盘一起转动。若某时刻圆盘突然停止转动，小物体由P点滑至圆盘上的某点停止，则圆盘停止转动瞬间小物体(　　)图2A.沿圆盘半径方向滑动，且m越大，滑动总距离越长B.沿圆盘半径方向滑动，且ω越大，滑动总距离越长,C.沿垂直半径方向滑动，且m越大，滑动总距离越长D.沿垂直半径方向滑动，且ω越大，滑动总距离越长答案　D解析　圆盘停止转动瞬间，小物体有沿切线方向的速度，速度大小为v＝ωr，圆盘停止后，小物体受到沿切线方向的反方向的滑动摩擦力，因此小物体沿切线方向做匀减速直线运动，设小物体与圆盘的动摩擦因数为μ，则匀减速运动的加速度大小为a＝＝＝μg，设滑动总距离为L，根据匀变速直线运动位移与速度的关系可得2aL＝v2＝ω2r2，解得L＝，因此ω越大，滑动总距离越长，故A、B、C错误，D正确。3.如图3所示，光滑支架KOO′可绕竖直轴OO′转动，杆KO水平，可视为质点的小环A和B分别套在水平杆和竖直杆上，通过轻绳连接在一起，已知小环A的质量为2kg，小环B的质量为3kg，现使支架KOO′以一定的角速度绕OO′转动，稳定时OB间的距离为h＝15cm，重力加速度g取10m/s2，则支架KOO′转动的角速度为(　　)图3A.10rad/sB.rad/sC.4rad/sD.20rad/s答案　A解析　设此时A、B连线与OO′的夹角为θ，则A做匀速圆周运动的半径为r＝htanθ，设轻绳中的拉力大小为FT，则对B根据平衡条件有FTcosθ＝mBg，对A根据牛顿第二定律有FTsinθ＝mAω2r，联立以上三式解得ω＝10rad/s，故A正确。4.如图4所示，粗糙水平转盘上，质量相等的A、B,两个物块叠放在一起，随转盘一起做匀速圆周运动，则下列说法正确的是(　　)图4A.A、B两物块产生大小不相同的向心力B.A、B两物块所受合力方向不一致C.A、B两物块所受摩擦力大小一样D.当转盘转速缓慢增加时，某一时刻A、B两物块一定同时相对转盘滑动答案　C解析　因为A、B两物块质量相等、转动半径相等、角速度相同，根据F＝mω2r可知向心力大小相等，故A错误；A、B两物块随转盘一起做匀速圆周运动，所受合力方向都指向圆心O，故B错误；对A分析有FfA＝mω2r，对AB整体分析有Ff地B＝2mω2r，则B受的摩擦力的合力FfB＝Ff地B－FfA＝mω2r，因此A、B两物块所受摩擦力大小一样，故C正确；物块做匀速圆周运动，所需向心力由静摩擦力提供，假设物块和水平转盘的动摩擦因数为μ2，A、B之间的动摩擦因数为μ1，当A、B整体恰和转盘发生相对滑动时，有μ2·2mg＝2mω2r，解得ω＝，此时A需要的向心力为FfA＝mω2r＝μ2mg，如果μ2mg<μ1mg，则两个物体一起离开圆盘，如果μ2mg>μ1mg，则A先和B发生相对滑动，故D错误。对点练2　竖直面内圆周运动的“两类模型”问题5.某同学经过长时间的观察后发现，路面出现水坑的地方，如果不及时修补，水坑很快会变大，善于思考的他结合学过的物理知识，对这个现象提出了多种解释，则下列说法中不合理的解释是(　　)图5A.车辆上下颠簸过程中，某些时刻处于超重状态,B.把坑看作凹陷的弧形，车对坑底的压力比平路大C.车辆的驱动轮出坑时，对地的摩擦力比平路大D.坑洼路面与轮胎间的动摩擦因数比平直路面大答案　D解析　车辆上下颠簸过程中，可能在某些时刻加速度向上，则汽车处于超重状态，A正确，不符合题意；把坑看作凹陷的弧形，根据牛顿第二定律有FN－mg＝m，则FN＝mg＋m，根据牛顿第三定律知，把坑看作凹陷的弧形，车对坑底的压力比平路大，B正确，不符合题意；车辆的驱动轮出坑时，对地的摩擦力比平路大，C正确，不符合题意；动摩擦因数由接触面的粗糙程度决定，而坑洼路面可能比平直路面更光滑，则动摩擦因数可能更小，D错误，符合题意。6.(2022·江苏扬州市调研)如图6所示是游乐场里的过山车，过山车运动过程中经过A、B两点(　　)图6A.在A点时对轨道压力较小B.在A点时所受摩擦力较大C.在B点时所受向心力较大D.在B点时合外力方向竖直向下答案　B解析　由牛顿第二定律得FNA－mg＝m，mg－FNB＝m，解得FNA＝mg＋m，FNB＝mg－m，则FNA>mg>FNB，即在A点时对轨道压力较大，A错误；摩擦力Ff＝μFN，则FfA>FfB，即在A点时所受摩擦力较大，B正确；向心力Fn＝m,，因为vA>vB，rA＜rB，所以FnA>FnB，即在A点时所受向心力较大，C错误；在B点车受竖直向下的重力、竖直向上的弹力、水平方向的摩擦力，则合力的方向斜向下，D错误。7.如图7所示，用轻绳悬挂一个小球，在悬点正下方A点固定一颗钉子，钉子与悬点的距离d小于绳子的长度L，把小球与轻绳拉到与悬点O平行的水平位置由静止释放，当小球下落到悬点正下方绳子碰撞钉子的瞬间，下列说法正确的是(　　)图7A.小球角速度大小保持不变B.小球向心加速度的大小保持不变C.小球受到拉力、重力、向心力D.d越大，钉子的位置越靠近小球，绳子就越容易断答案　D解析　当小球下落到悬点正下方，绳子碰撞钉子的瞬间，小球水平方向受力为零，小球的线速度不变，因转动半径减小，则角速度变大，选项A错误；根据a＝，知因线速度不变，转动半径减小，则向心加速度变大，选项B错误；小球只受拉力和重力作用，两个力的合力提供向心力，选项C错误；d越大，钉子的位置越靠近小球，小球的转动半径越小，根据FT＝mg＋m可知，绳子拉力越大，则绳子就越容易断，选项D正确。8.质量为m的小球在竖直平面内的圆管轨道内运动，小球的直径略小于圆管横截面的直径，如图8所示。已知小球以速度v通过最高点时对圆管内、外壁的压力恰好为0，则小球以速度2v通过圆管的最高点时(　　),图8A.小球对圆管外壁的压力等于mgB.小球对圆管外壁的压力等于3mgC.小球对圆管内壁的压力等于mgD.小球对圆管内壁的压力等于3mg答案　B解析　小球以速度v通过最高点时，有mg＝m，小球以速度2v通过圆管的最高点时，假设管道外壁对小球有向下的压力FN，则mg＋FN＝m，解得FN＝3mg，即假设成立，根据牛顿第三定律可知，小球对圆管外壁的压力等于3mg，故B正确。9.如图9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(　　)图9A.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1.5mgD.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，即重力恰好提供向心力，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球所受重力和拉力的合力提供向心力，有F－mg＝m，解得F＝1.5mg，根据牛顿第三定律和平衡条件可知水平转轴对杆的作用力为1.5mg，故C正确，D错误。B级　综合提升练10.如图10所示，一小物块被夹子夹紧，夹子通过轻绳悬挂在小环上，小环套在水平光滑细杆上。物块质量为M，到小环的距离为L，其两侧面与夹子间的最大静摩擦力均为F。小环和物块以速度v向右匀速运动，小环碰到杆上的钉子P后立刻停止，物块向上摆动。整个过程中，物块在夹子中没有滑动。小环和夹子的质量均不计，重力加速度为g。下列说法正确的是(　　)图10A.物块向右匀速运动时，绳中的张力等于2FB.小环碰到钉子P时，绳中的张力大于2FC.物块上升的最大高度为D.速度v不能超过答案　D解析　物块向右匀速运动时，设物块与夹子间的静摩擦力为Ff，则Ff＜F，对物块，根据平衡条件可得，2Ff＝Mg，则绳中的张力FT＝2Ff＜2F，故A,错误；小环碰到钉子后，物块向上摆动的过程中，物块在夹子中没有滑动，可知夹子的两侧面与物块间的静摩擦力Ff≤F，所以绳中的张力FT＝2Ff≤2F，故B错误；物块向上摆动的过程，由机械能守恒定律得Mgh＝Mv2，解得h＝，即物块上升的最大高度为，故C错误；假设物块在开始摆动时，两侧面与夹子间的摩擦力刚好达到最大静摩擦力F，由牛顿第二定律得2F－Mg＝M，解得v＝，所以速度v不能超过，选项D正确。11.如图11所示，竖直杆AB在A、B两点通过光滑铰链连接两等长轻杆AC和BC，AC和BC与竖直方向的夹角均为θ，轻杆长均为L，在C处固定一质量为m的小球，重力加速度为g，在装置绕竖直杆AB转动的角速度ω从0开始逐渐增大过程中，下列说法正确的是(　　)图11A.当ω＝0时，AC杆和BC杆对球的作用力都表现为拉力B.AC杆对球的作用力先增大后减小C.一定时间后，AC杆与BC杆上的力的大小之差恒定D.当ω＝时，BC杆对球的作用力不为0答案　C解析　当ω＝0时，由于小球在水平方向受力平衡，因此AC杆对小球的作用力表现为拉力，BC杆对小球的作用力表现为支持力，且大小相等，选项A错误；当ω逐渐增大时，AC杆对小球的拉力逐渐增大，BC杆对小球的支持力逐渐减小，当,BC杆的作用力为0时，有mgtanθ＝mω2Lsinθ，解得ω＝，当ω继续增大时，AC杆对小球的拉力继续增大，BC杆对小球的作用力变为拉力，且逐渐增大，选项B、D错误；一定时间后，AC杆和BC杆的作用力都变为拉力，拉力的竖直分力之差等于小球的重力，即F1cosθ－F2cosθ＝mg，则F1－F2＝，因此AC杆与BC杆上的力的大小之差恒定，选项C正确。12.如图12所示，水平长杆AB可绕过B端的竖直轴OO′匀速转动，原长l＝20cm的轻弹簧一端系质量m＝0.4kg的小球(视为质点)，另一端连在B端，已知小球与水平杆间的动摩擦因数μ＝0.4，弹簧的劲度系数k＝130N/m，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g＝10m/s2。图12(1)当弹簧处于原长时，求杆的最大角速度ωmax；(2)当弹簧伸长Δx＝5cm时，求杆的角速度ω的取值范围。答案　(1)2rad/s　(2)7rad/s≤ω≤9rad/s解析　(1)对小球受力分析，知弹簧处于原长，角速度最大时，最大静摩擦力提供其圆周运动所需的向心力，有μmg＝mωl解得ωmax＝2rad/s。(2)若小球有离心趋势，受力分析可得kΔx＋μmg＝mω(l＋Δx)解得ω1＝9rad/s若小球有向心趋势，受力分析可得kΔx－μmg＝mω(l＋Δx)解得ω2＝7rad/s,则角速度ω的取值范围为7rad/s≤ω≤9rad/s。