高考物理总复习4-3圆周运动实例分析及其临界问题训练试题新人教版

专项训练 临界问题(恰能完成圆周运动)一、绳、杆模型 1．绳模型没有物体支持的小球(如细绳拉着的物体或在竖直圆形轨道内侧的圆周运动)，如图所示，在竖直平面内做圆周运动通过最高点时：临界条件：小球达到最高点时绳子的拉力(或轨道的弹力)刚好为零，仅有小球的重力提供向心力．mg ＝m v 2临R，得到v 临＝gR 是小球能通过最高点的最小速度．球能通过最高点的条件：v ≥v 临(此时绳、轨道对球分别产生拉力、压力)．球不能到达最高点的条件：v ≤v 临(球在到达最高点前就脱离轨道做斜上抛运动)．2．杆模型有物体支撑的小球(如轻杆支撑或在竖直轨道外侧的圆周运动)，如下图所示，在竖直平面内做圆周运动通过最高点时：临界条件：由于杆和轨道对球有竖直向上的支持力． 当v ＝gR 时，杆或轨道对球的作用力为零．当v ＞gR 时，杆对球有向下的拉力，球在外轨上将做脱离轨道的平抛运动． 综合绳杆模型，可知小球在竖直平面内恰能完成圆周运动的条件是：绳模型的最小速度v m ＝gR ，杆模型的最小速度v m ＝0.【例1】 (2013·山东临沂)如图所示，半径为R 的光滑圆柱体被固定在水平平台上，圆柱体中心离台边水平距离为0.5R ，质量为m 1的小球用轻绳跨过圆柱与小球m 2相连，开始时将m 1控制住放在平台上，两边轻绳竖直．现在释放m 1，让m 1和m 2分别由静止开始运动，当m 1上升到圆柱体的最高点时，绳子突然断了，m 1恰能做平抛运动，重力加速度为g ，求：(1)m 1平抛时的速度v . (2)m 2应为m 1的多少倍？(3)m 1做平抛运动的过程中，恰能经过与台面等高的B 点，求B 点离台边的距离s AB .【解析】 (1)由牛顿第二定律，知若m 1恰能平抛，则m 1g ＝m 1v 2R，得v ＝gR(2)当m 1上升2R 到圆柱体最高点时，m 2下降R ＋π2R由机械能守恒，得m 2gR (1＋π2)－m 1g ×2R ＝12(m 1＋m 2)v 2得m 2m 1＝51＋π(3)平抛运动时间t ＝2×2Rg＝2R g平抛水平距离x ＝vt ＝2R 离台边距离s AB ＝x －0.5R ＝1.5R【答案】 (1)gR (2)51＋π(3)1.5R【名师点拨】 本题的“题眼”在“m 1恰能做平抛运动”．看这种类型的问题，不是单看图形上属于绳或杆模型，而是根据题意找分析受力的实质．二、电场中的绳模型【例2】 如图所示，在水平向右的匀强电场中，一根长为L 的绝缘细线，一端连着一质量为m 、带电量为＋q 的小球，另一端固定于O 点，现把小球拉至细线水平且与场强方向平行的位置，无初速释放，小球能摆到最低点的另一侧，细线与竖直方向的最大夹角θ＝30°.求：(1)求场强E 的大小；(2)若使带电小球在平行于电场的竖直平面内做完整的圆周运动，小球运动过程中的最小动能是多少？【解析】 (1)对小球运动的全过程列动能定理方程有mgL cos θ－qEL (1＋sin θ)＝0，θ＝30°，解得E ＝3mg 3q(2)若使带电小球在平行于电场的竖直平面内做完整的圆周运动，需要分析其在重力场和电场中的等效最高点，即细线上张力为零时，重力和电场力的合力充当向心力的位置，如图所示的G 点，即恰能完成圆周运动，此时小球速度最小，有F 向＝mg2＋qE2＝233mg ＝m v 2minL ，则E kmin ＝12mv 2min ＝33mgL【答案】 (1)3mg 3q (2)33mgL 【学法指导】 本题第(2)问实质是绳模型的等效最高点，在重力场和电场的复合场中，其向心力应只由电场力和重力的合力提供．对于此类问题切忌死记硬背某些结论，在竖直面内恰能完成圆周运动，类似于重力场中的最高点只有恒力提供向心力一样，小球至少要受到重力和电场力，即当绳子上的作用力为零即对应最小向心力，对应最小动能．三、磁场中的临界问题分析【例3】 如图所示，一根水平光滑的绝缘直槽轨连接一个竖直放置的半径为R ＝0.50 m 的绝缘光滑槽轨．槽轨处在垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度B ＝0.50 T ．有一个质量m ＝0.10 g ，带电量为q ＝＋1.6×10－3C 的小球在水平轨道上向右运动．若小球恰好能通过最高点，则下列说法正确的是( )A ．小球在最高点所受合力为零B ．小球到达最高点时的机械能与小球在水平轨道上的机械能相等C ．如果设小球到达最高点的线速度是v ，小球在最高点时式子mg ＋qBv ＝m v 2R成立D ．如果重力加速度取10 m/s 2，则小球初速度v 0＝21 m/s【解析】 设小球在最高点的速度为v ，则小球在最高点所受洛伦兹力为f ＝qBv ，方向竖直向上，由于小球恰好能通过最高点，故小球在最高点由洛伦兹力和重力共同提供向心力，有mg －qBv ＝m v 2R，解得v ＝1 m/s ，若mg ＝qBv ，解得速度v ＝1.25 m/s ，故A 、C 项错误；由于无摩擦力，且洛伦兹力不做功，支持力不做功，只有重力做功，所以小球在运动过程中机械能守恒，由机械能守恒定律，可得12mv 20＝mg ×2R ＋12mv 2，解得v 0＝21 m/s ，故B 、D 两项正确．答案 BD【学法指导】 教辅市场上个别教辅材料上是这样分析A 选项的：带电粒子在最高点除受到重力外，还受到竖直向上的洛伦兹力作用，属于“轻杆——小球”模型，最高点的临界条件是速度为0，小球在最高点所受的合力为零，A 项正确。

圆周运动实例分析与临界问题圆周运动是高考命题的热点，命题点围绕弹力和摩擦力的临界态展开，具体表现为水平、竖直面和斜面内的圆周运动，命题中凸显学生对临界思想的理解和分析能力，有些问题还涉及图象，复习中要抓住热点，掌握解决的方法。

一、水平面内的圆周运动【例1】如图1所示，叠放在水平转台上的物体A 、B 、C 能随转台一起以角速度ω匀速转动,A 、B 、C 的质量分别为 3m 、2m 、m ，A 与B 、B 和C 与转台间的动摩擦因数都为μ，A 和B 、C 离转台中心的距离分别为r 、l.5r 。

设本题中的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是 （ ） A.B 对A 的摩擦力一定为3μmg B.B 对A 的摩擦力一定为3m ω2rC.转台的角速度一定满足gr μω≤D.转台的角速度一定满足23grμω≤【解析】B 对A 的摩擦力是A 做圆周运动的向心力，所以23fBA F m r ω=，A 项错误，B 项正确;当滑块与转台间不发生相对运动，并随转台一起转动时,转台对滑块的静摩擦力提供向心力，所以当转速较大，滑块转动需要的向心力大于最大静摩擦力时，滑块将相对于转台滑动，对应的临界条件是静擦力提供向心力，即2mg m r μω=,g rμω=,所以，质量为m 、离转台中心距离为r 的滑块，能够随转台一起转动的条件是g rμω≤;对于本题，物体C 需要满足的条件23grμω≤，物体A 和B 需要满足的条件均是g rμω≤所以， 要使三个物体都能够随转台转动，转台的角速度一定满足23grμω≤, C 项错误,D 项正确。

【答案】BD【总结】水平面内的圆周运动主要涉及的问题是摩擦力临界。

常见问题如下(图中物体质量为m ，距离圆心为r ，转盘转动的角速度为ω,最大静摩擦力为F m ，绳的拉力为F T )：【例2】（2016 •山东临沂教学质检)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，如图2所示,绳a 与水平方向夹角为θ， 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，小球在水平面内做勻速圆周运动，则下列说法正确的是 （ ）A.a 绳张力不可能为零B.a 绳的张力随角速度的增大而增大C.当角速度cos g lθω>，b 绳将出现弹力 D.若b 绳突然被剪断，a 绳的弹力可能不变【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重力相等，可知a 绳的张力不可能为零,故A 项正确;根据竖直方向上平衡得，sin a F mg θ=，解得/sin a F mg θ=，可知a 绳的拉力不变，故B 项错误;当b 绳拉力为零时，有2cot mg ml θω=，解得cot g lθω=，可知当角速度cot g lθω>时，b 绳出现弹力，故C 项错误；由于b 绳可能没有弹力，故b 绳突然被剪断，a 绳的弹力可能不变，故D 项正确。

课时作业(二十)1．(单选)火车以某一速度v 通过某弯道时，内、外轨道均不受侧压力作用，下面分析正确的是( ) A ．轨道半径R ＝v2gB ．若火车速度大于v 时，外轨将受到侧压力作用，其方向平行轨道平面向内C ．若火车速度小于v 时，外轨将受到侧压力作用，其方向平行轨道平面向内D ．当火车质量改变时，安全速率也将改变解析 不挤压内、外轨时，火车受力如图所示，由向心力公式，知mgtan θ＝m v 2R ，所以R ＝v 2gtan θ，v ＝gRtan θ，可见A 、D 项错误．当速度大于v 时，向心力增大，mg 和F N 的合力不足以提供向心力，挤压外轨，获得外轨的侧压力，方向平行于轨道平面向内，由牛顿第三定律可知，外轨受到侧压力，方向平行于轨道平面向外，B 项正确；火车速度小于v 时，内轨受到侧压力，方向平行于轨道平面向内，C 项错误．答案 B2．(单选)如图所示的杂技演员在表演“水流星”的节目时，盛水的杯子经过最高点杯口向下时水也不洒出来．对于杯子经过最高点时水的受力情况，下面说法正确的是( )A ．水处于失重状态，不受重力的作用B ．水受平衡力的作用，合力为零C ．由于水做圆周运动，因此必然受到重力和向心力的作用D ．杯底对水的作用力可能为零解析 失重状态是物体对支持物(或绳)的弹力小于重力，但物体重力不变，A 项错误；水受力不平衡，有向心加速度，B 项错误；向心力不是性质力，本题中向心力是重力和弹力的合力提供，C 项错误；当重力恰好提供水做圆周运动的向心力时，杯底对水的作用力为零，D 项正确．答案 D3．(单选)半径为R 的光滑半圆球固定在水平面上，顶部有一个小物体m ，如图所示，今给它一个水平的初速度v 0＝gR ，则物体将( )A ．沿球面下滑至M 点B ．先沿球面至某点N ，再离开球面做斜下抛运动C ．按半径大于R 的新的圆弧轨道运动D ．立即离开半球做平抛运动解析 小物体在半球面的顶点，若是能沿球面下滑，则它受到的半球面的弹力与重力的合力提供向心力，有mg －F N ＝mv 2R ＝mg ，F N ＝0，这说明小物体与半球面之间无相互作用力，小物体只受到重力的作用，又有水平初速度，小物体将做平抛运动．答案 D4.(单选)如图所示，质量不计的轻质弹性杆P 插入桌面上的小孔中，杆的另一端套有一个质量为m 的小球，今使小球在水平面内做半径为R 的匀速圆周运动，且角速度为ω，则杆的上端受到球对其作用力的大小为( )A ．m ω2R B ．m g 2＋ω4R 2C ．m g 2－ω4R 2D ．条件不足，不能确定解析 本题考查向心力的，分析小球受力，重力和弹力提供向心力，向心力水平指向圆心，由勾股定理，得弹力为m g 2＋ω4R 2，选项B 对．答案 B5．(多选)(2018·沈阳高三教学质量检测)如图所示，质量为m 的小球(可看作质点)在竖直放置的半径为R 的固定光滑圆环轨道内运动．若小球通过最高点时的速率为v 0＝gR ，下列说法中正确的是( )A ．小球在最高点时只受重力作用B ．小球在最高点对圆环的压力大小为mgC ．小球在最高点时重力的瞬时功率为0D ．小球绕圆环运动一周的时间大于2πR/v 0解析 由F 向心＝m v 2R，代入得F 向心＝mg ，说明小球在最高点只受重力作用，A 项正确，B项错误；根据功率的定义式P ＝Fvcos θ，小球在最高点时，力与速度垂直，故重力的瞬时功率为零，C 项正确；根据机械能守恒定律知，小球在最高点的速率最小，小球全过程运动的平均速率大于v 0，由T ＝2πrv 知，小球运动一周的时间小于2πRv 0，D 项错误．答案 AC6. (单选)如图所示，OO′为竖直转动轴，MN 为固定在OO′上的水平光滑杆，有两个质量相同的有孔金属球A 、B 套在水平杆上，AC 、BC 为抗拉能力相同的两根细线，C 端固定在转轴OO′上，当线拉直时，A 、B 两球到转轴距离之比为2∶1，当转动角速度逐渐增大时( )A ．AC 线先断B ．BC 线先断C ．两线同时断D ．不能确定哪段线先断解析 两球A 、B 向心力均由两线拉力的水平分力来提供，两线与MN 杆的夹角恒定，设分别为α和β，C 到MN 的距离为L ，则有F AC cos α＝mR A ω2，F AC ＝mR A ω2cos α＝m ω2L 2＋4R 2B，F BC cos β＝mR B ω2，F BC ＝mR B ω2cos β＝m ω2L 2＋R 2B ，由以上两式，可知F AC >F BC ，故AC 线先断，正确选项应为A 项．答案 A7．(单选)(2018·安徽名校二模)如图所示，一个竖直放置的圆锥筒，筒内壁粗糙，筒口半径和筒高分别为R 和H ，筒内壁A 点的高度为筒高的一半．内壁上有一质量为m 的小物块．如果让圆锥筒绕其中心线OO′转动，则下列说法正确的是( )A ．当小物块在A 点随筒做匀速转动时，受到重力、摩擦力和支持力三个力作用B ．当小物块在A 点随筒做匀速转动时，受到重力、摩擦力、支持力和向心力四个力作用C ．当小物块在A 点随筒做匀速转动，且其受到的摩擦力为零时，筒转动的角速度为ω＝2gH RD ．当小物块在A 点随筒做匀速转动，且其受到的摩擦力为零时，筒转动的角速度为ω＝gH R解析 当筒不转动，且小物块静止在筒壁A 点时其受到重力、摩擦力和支持力三力作用而处于平衡状态；当小物块在A 点随筒做匀速转动，且其所受到的摩擦力为零时，其受到重力和支持力的作用，它们的合力提供向心力，设筒转动的角速度为ω，有mgtan θ＝m ω2·R 2，由几何关系得tan θ＝H R ，解得ω＝2gH R ，C 项正确；向心力不应该是物体受到的力，B 项错误．答案 C8．(多选)(2018·长春二模)如图所示，有一固定的且内壁光滑的半球面，球心为O ，最低点为C ，在其内壁上有两个质量相同的小球(可视为质点)A 和B ，在两个高度不同的水平面内做匀速圆周运动，A 球的轨迹平面高于B 球的轨迹平面，A 、B 两球与O 点的连线与竖直线OC 间的夹角分别为α＝53°和β＝37°，以最低点C 所在的水平面为重力势能的参考平面，则(sin37°＝35，cos37°＝45)( )A ．A 、B 两球所受支持力的大小之比为4∶3 B ．A 、B 两球运动的周期之比为4∶3C ．A 、B 两球的动能之比为16∶9D ．A 、B 两球的机械能之比为112∶51解析 由题意可知N ＝mg cos θ，所以N A N B ＝cos37°cos53°＝43，A 选项正确；mgtan θ＝m 4π2T 2Rsin θ，所以T AT B＝cos 53°cos37°＝34，B 选项错误；E k ∝v 2，v ＝2πT Rsin θ，所以E kA E kB ＝T 2B sin 253°T 2A sin 237°＝6427，C 选项错误；E p ＝mgR(1－cos θ)，所以E A E B ＝E kA ＋E pA E kB ＋E pB ＝11251，D 选项正确． 答案 AD9．(单选)两个质量相同的小球，在同一水平面内做匀速圆周运动，悬点相同，如右图所示，A 运动的半径比B 的大，则( )A ．A 所需的向心力比B 的大 B ．B 所需的向心力比A 的大C ．A 的角速度比B 的大D ．B 的角速度比A 的大解析 小球由所受重力和绳子的拉力的合力充当向心力，设悬线与竖直方向夹角为θ，则F n ＝mgtan θ＝m ω2lsin θ，θ越大，向心力F n 越大，所以A 项正确，B 项错误；而ω2＝g lcos θ＝gh.故两者的角速度相同，C 、D 项错误．答案 A10．(多选)如图所示，用长为L 的细绳拴着质量为m 的小球在竖直平面内做圆周运动，正确的说法是( ) A ．小球在圆周最高点时所受的向心力一定为重力B ．小球在最高点时绳子的拉力有可能为零C ．若小球刚好能在竖直平面内做圆周运动，则其在最高点的速率为零D ．小球经过最低点时绳子的拉力一定大于小球重力解析 设在最高点小球受的拉力为F 1，最低点受到的拉力为F 2，则在最高点F 1＋mg ＝m v 21L，即向心力由拉力F 1与mg 的合力提供，A 项错误．当v 1＝gL 时，F 1＝0，B 项正确．v 1＝gL 为球经最高点的最小速度，即小球在最高点的速率不可能为0，C 项错误．在最低点，F 2－mg ＝m v 22L ，F 2＝mg ＋m v 22L ，所以经最低点时，小球受到绳子的拉力一定大于它的重力，D 项正确．答案 BD11．(单选)如图所示，天车下吊着两个质量都是m 的工件A 和B ，系A 的吊绳较短，系B 的吊绳较长，若天车运动到P 处突然停止，则两吊绳所受拉力F A 、F B 的大小关系是( )A ．F A >FB B ．F A <F BC ．F A ＝F B ＝mgD ．F A ＝F B >mg解析 天车运动到P 处突然停止后，A 和B 各以天车上的悬点为圆心做圆周运动，线速度相同而半径不同，F －mg ＝mv2L，因为m 相等，v 相等，L A <L B ，所以F A >F B .答案 A12.(多选)一轻杆一端固定质量为m 的小球，以另一端O 为圆心，使小球在竖直平面内做半径为R 的圆周运动，如图所示，则( )A ．小球过最高点时，杆所受弹力可以为零B ．小球过最高点时的最小速度为grC ．小球过最高点时，杆对球的作用力可以与球所受重力方向相反，此时重力一定大于杆对球的作用力D ．小球过最高点时，杆对球的作用力一定跟小球所受重力的方向相反解析 由F ＋mg ＝m v 2R 知，F ＝m v2R －mg ，小球在最高点所受弹力大小F 与其速度v 有关，当v ＝gR 时，F ＝0，A 项正确；小球过最高点的速度可以小于gR ，甚至为0，B 项错误；当v<gR 时，F<mg ，故F 为支持力，C 项正确；当v>gR 时，F 为向下的拉力，D 项错误．答案 AC13.如图所示，水平转盘上放有质量为m 的物块，当物块到转轴的距离为r 时，连接物块和转轴的绳刚好被拉直(绳上张力为零)．物体和转盘间的最大静摩擦力是其正压力的μ倍．求：(1)当转盘的角速度ω1＝μg2r时，细绳的拉力F 1； (2)当转盘的角速度ω2＝3μg2r时，细绳的拉力F 2. 解析 设转动过程中物体与盘间恰好达到最大静摩擦力时转动的角速度为ω0，则μmg ＝m ω20r 解得ω0＝μgr(1)因为ω1＝μg2r<ω0，所以物体所需向心力小于物体与盘间的最大静摩擦力，即物体与盘间还未达到最大静摩擦力，细绳的拉力仍为0，即F 1＝0.(2)因为ω2＝3μg2r>ω0，所以物体所需向心力大于物体与盘间的最大静摩擦力，则细绳将对物体施加拉力F 2，由牛顿第二定律，得F 2＋μmg ＝m ω22r解得F 2＝μmg2答案 (1)0 (2)μmg214．(2018·重庆)小明站在水平地面上，手握不可伸长的轻绳一端，绳的另一端系有质量为m 的小球，甩动手腕，使球在竖直平面内做圆周运动．当球某次运动到最低点时，绳突然断掉，球飞行水平距离d 后落地，如图所示．已知握绳的手离地面高度为d ，手与球之间的绳长为34d ，重力加速度为g ，忽略手的运动半径和空气阻力．(1)求绳断时球的速度大小v 1和球落地时的速度大小v 2. (2)问绳能承受的最大拉力多大？(3)改变绳长，使球重复上述运动，若绳仍在球运动到最低点时断掉，要使球抛出的水平距离最大，绳长应为多少？最大水平距离为多大？解析 (1)设绳子断掉后球的飞行时间为t ，根据平抛运动规律，竖直方向d 4＝12gt 2，水平方向d ＝v 1t ，得v 1＝2gd ，球落地时，竖直方向v y ＝2g·d 4＝gd 2落地速度v 2＝v 21＋v 2y 解得v 2＝52gd (2)设绳子能够承受的最大拉力为F T ，球做圆周运动的半径为R ＝34d ，根据圆周运动向心力公式F T －mg ＝m v 21R ，得F T ＝113mg设绳长为l ，绳断时球的速度大小为v 3，绳承受的最大拉力不变，有T －mg ＝mv 23l得v 3＝83gl绳断后球做平抛运动，竖直位移为d －l ，水平位移为x ，时间为t 1，有d －l ＝12gt 21 x ＝v 3t 1得x ＝4－3当l ＝d 2时，x 有最大值x max ＝233 d答案 (1)2gd 52gd (2)113mg (3)d 2 233d。

高考物理生活中的圆周运动解题技巧分析及练习题(含答案)及解析一、高中物理精讲专题测试生活中的圆周运动1．如图，在竖直平面内，一半径为R 的光滑圆弧轨道ABC 和水平轨道PA 在A 点相切．BC 为圆弧轨道的直径．O 为圆心，OA 和OB 之间的夹角为α，sinα=35，一质量为m 的小球沿水平轨道向右运动，经A 点沿圆弧轨道通过C 点，落至水平轨道；在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用，已知小球在C 点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零．重力加速度大小为g ．求：（1）水平恒力的大小和小球到达C 点时速度的大小； （2）小球到达A 点时动量的大小； （3）小球从C 点落至水平轨道所用的时间． 【答案】（15gR（223m gR （3355R g 【解析】试题分析 本题考查小球在竖直面内的圆周运动、受力分析、动量、斜下抛运动及其相关的知识点，意在考查考生灵活运用相关知识解决问题的的能力．解析（1）设水平恒力的大小为F 0，小球到达C 点时所受合力的大小为F ．由力的合成法则有tan F mgα=① 2220()F mg F =+②设小球到达C 点时的速度大小为v ，由牛顿第二定律得2v F m R=③由①②③式和题给数据得034F mg =④5gRv =（2）设小球到达A 点的速度大小为1v ，作CD PA ⊥，交PA 于D 点，由几何关系得 sin DA R α=⑥(1cos CD R α=+）⑦由动能定理有22011122mg CD F DA mv mv -⋅-⋅=-⑧由④⑤⑥⑦⑧式和题给数据得，小球在A 点的动量大小为 1232m gR p mv ==⑨ （3）小球离开C 点后在竖直方向上做初速度不为零的匀加速运动，加速度大小为g ．设小球在竖直方向的初速度为v ⊥，从C 点落至水平轨道上所用时间为t ．由运动学公式有212v t gt CD ⊥+=⑩ sin v v α⊥=由⑤⑦⑩式和题给数据得355R t g=点睛 小球在竖直面内的圆周运动是常见经典模型，此题将小球在竖直面内的圆周运动、受力分析、动量、斜下抛运动有机结合，经典创新．2．如图所示，水平转盘可绕竖直中心轴转动，盘上放着A 、B 两个物块，转盘中心O 处固定一力传感器，它们之间用细线连接．已知1kg A B m m ==两组线长均为0.25m L =．细线能承受的最大拉力均为8m F N =．A 与转盘间的动摩擦因数为10.5μ=，B 与转盘间的动摩擦因数为20.1μ=，且可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，两物块和力传感器均视为质点，转盘静止时细线刚好伸直，传感器的读数为零．当转盘以不同的角速度勾速转动时，传感器上就会显示相应的读数F ，g 取210m/s ．求：（1）当AB 间细线的拉力为零时，物块B 能随转盘做匀速转动的最大角速度； （2）随着转盘角速度增加，OA 间细线刚好产生张力时转盘的角速度；（3）试通过计算写出传感器读数F 随转盘角速度ω变化的函数关系式，并在图乙的坐标系中作出2F ω-图象．【答案】（1）12/rad s ω= （2）222/rad s ω= （3）2252/m rad s ω=【解析】对于B ，由B 与转盘表面间最大静摩擦力提供向心力，由向心力公式有：2212B B m g m L μω=代入数据计算得出：12/rad s ω=（2）随着转盘角速度增加，OA 间细线中刚好产生张力时，设AB 间细线产生的张力为T ，有：212A A m g T m L μω-=2222B B T m g m L μω+=代入数据计算得出：222/rad s ω= （3）①当2228/rad s ω≤时，0F =②当2228/rad s ω≥，且AB 细线未拉断时，有：21A A F m g T m L μω+-=222B B T m g m L μω+=8T N ≤所以：2364F ω=-；222228/18/rad s rad s ω≤≤ ③当218ω>时，细线AB 断了，此时A 受到的静摩擦力提供A 所需的向心力，则有：21A A m g m w L μ≥所以：2222218/20/rad s rad s ω<≤时，0F =当22220/rad s ω>时，有21A A F m g m L μω+=8F N ≤所以：2154F ω=-；2222220/52/rad s rad s ω<≤若8m F F N ==时，角速度为：22252/m rad s ω=做出2F ω-的图象如图所示；点睛：此题是水平转盘的圆周运动问题，解决本题的关键正确地确定研究对象，搞清向心力的来源，结合临界条件，通过牛顿第二定律进行求解．3．如图所示，质量m =3kg 的小物块以初速度秽v 0=4m/s 水平向右抛出，恰好从A 点沿着圆弧的切线方向进入圆弧轨道。

第三节 圆周运动(建议用时：60分钟)一、单项选择题1．(2018·江西师大附中模拟)如图是自行车传动机构的示意图，其中Ⅰ是半径为r 1的大齿轮，Ⅱ是半径为r 2的小齿轮，Ⅲ是半径为r 3的后轮，假设脚踏板的转速为n r/s ，如此自行车前进的速度为( )A.πnr 1r 3r 2B ．πnr 2r 3r 1C.2πnr 2r 3r 1D ．2πnr 1r 3r 2解析：选D.自行车前进的速度等于后轮的线速度，大小齿轮是同一条传送带相连，故线速度相等，故根据公式可得：ω1r 1＝ω2r 2，解得ω2＝ω1r 1r 2，小齿轮和后轮是同轴转动，所以两者的角速度相等，故线速度v ＝r 3ω2＝2πnr 1r 3r 2，故D 正确．2．(2017·高考全国卷Ⅱ)如图，一光滑大圆环固定在桌面上，环面位于竖直平面内，在大圆环上套着一个小环．小环由大圆环的最高点从静止开始下滑，在小环下滑的过程中，大圆环对它的作用力( )A ．一直不做功B ．一直做正功C ．始终指向大圆环圆心D ．始终背离大圆环圆心解析：选A.由于大圆环是光滑的，因此小环下滑的过程中，大圆环对小环的作用力方向始终与速度方向垂直，因此作用力不做功，A 项正确，B 项错误；小环刚下滑时，大圆环对小环的作用力背离大圆环的圆心，滑到大圆环圆心以下的位置时，大圆环对小环的作用力指向大圆环的圆心，C 、D 项错误．3．(2015·高考福建卷)如图，在竖直平面内，滑道ABC关于B点对称，且A、B、C三点在同一水平线上．假设小滑块第一次由A滑到C，所用的时间为t1，第二次由C滑到A，所用的时间为t2，小滑块两次的初速度大小一样且运动过程始终沿着滑道滑行，小滑块与滑道的动摩擦因数恒定，如此( )A．t1<t2B．t1＝t2C．t1>t2D．无法比拟t1、t2的大小解析：选A.在滑道AB段上取任意一点E，比拟从A点到E点的速度v1和从C点到E点的速度v2，易知，v1>v2.因E点处于“凸〞形轨道上，速度越大，轨道对小滑块的支持力越小，因动摩擦因数恒定，如此摩擦力越小，可知由A滑到C比由C滑到A在AB段上的摩擦力小，因摩擦造成的动能损失也小．同理，在滑道BC段的“凹〞形轨道上，小滑块速度越小，其所受支持力越小，摩擦力也越小，因摩擦造成的动能损失也越小，从C处开始滑动时，小滑块损失的动能更大．故综上所述，从A滑到C比从C滑到A在轨道上因摩擦造成的动能损失要小，整个过程中从A滑到C平均速度要更大一些，故t1<t2.选项A正确．4．如下列图，一根细线下端拴一个金属小球A，细线的上端固定在金属块B上，B放在带小孔的水平桌面上，小球A在某一水平面内做匀速圆周运动．现使小球A改到一个更低一些的水平面上做匀速圆周运动(图上未画出)，金属块B在桌面上始终保持静止，如此后一种情况与原来相比拟，下面的判断中正确的答案是( )A．金属块B受到桌面的静摩擦力变大B．金属块B受到桌面的支持力减小C．细线的张力变大D．小球A运动的角速度减小解析：选D.设A、B质量分别为m、M，A做匀速圆周运动的向心加速度为a，细线与竖直方向的夹角为θ，对B研究，B受到的静摩擦力f＝T sin θ，对A，有：T sin θ＝ma，T cos θ＝mg，解得a＝g tan θ，θ变小，a减小，如此静摩擦力大小变小，故A错误；以整体为研究对象知，B受到桌面的支持力大小不变，应等于(M＋m)g，故B错误；细线的拉力T ＝mgcos θ，θ变小，T 变小，故C 错误；设细线长为l ，如此a ＝g tan θ＝ω2l sin θ，ω＝g l cos θ，θ变小，ω变小，故D 正确．5.(高考全国卷Ⅱ)如图，一质量为M 的光滑大圆环，用一细轻杆固定在竖直平面内；套在大环上质量为m 的小环(可视为质点)，从大环的最高处由静止滑下．重力加速度大小为g ，当小环滑到大环的最低点时，大环对轻杆拉力的大小为( )A ．Mg －5mgB ．Mg ＋mgC ．Mg ＋5mgD ．Mg ＋10mg解析：选C.设大环半径为R ，质量为m 的小环下滑过程中遵守机械能守恒定律，所以12mv2＝mg ·2R .小环滑到大环的最低点时的速度为v ＝2gR ，根据牛顿第二定律得F N －mg ＝mv 2R ，所以在最低点时大环对小环的支持力F N ＝mg ＋mv 2R＝5mg .根据牛顿第三定律知，小环对大环的压力F ′N ＝F N ＝5mg ，方向向下．对大环，据平衡条件，轻杆对大环的拉力T ＝Mg ＋F ′N ＝Mg ＋5mg .根据牛顿第三定律，大环对轻杆拉力的大小为T ′＝T ＝Mg ＋5mg ，应当选项C 正确，选项A 、B 、D 错误．6.如下列图，放置在水平转盘上的物体A 、B 、C 能随转盘一起以角速度ω匀速转动，A 、B 、C 的质量分别为m 、2m 、3m ，它们与水平转盘间的动摩擦因数均为μ，离转盘中心的距离分别为0.5r 、r 、1.5r ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g ，如此当物体与转盘间不发生相对运动时，转盘的角速度应满足的条件是( )A ．ω≤μgrB ．ω≤2μg3rC ．ω≤2μgrD ．μgr≤ω≤ 2μgr解析：选B.当物体与转盘间不发生相对运动，并随转盘一起转动时，转盘对物体的静摩擦力提供向心力，当转速较大时，物体转动所需要的向心力大于最大静摩擦力，物体就相对转盘滑动，即临界方程是μmg ＝mω2l ，所以质量为m 、离转盘中心的距离为l 的物体随转盘一起转动的条件是ω≤μgl，即ωA ≤2μgr，ωB ≤μgr ，ωC ≤2μg3r，所以要使三个物体都能随转盘转动，其角速度应满足ω≤2μg3r，选项B 正确． 二、多项选择题7．公路急转弯处通常是交通事故多发地带．如图，某公路急转弯处是一圆弧，当汽车行驶的速率为v 0时，汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势．如此在该弯道处( )A ．路面外侧高内侧低B ．车速只要低于v 0，车辆便会向内侧滑动C ．车速虽然高于v 0，但只要不超出某一最高限度，车辆便不会向外侧滑动D ．当路面结冰时，与未结冰时相比，v 0的值变小解析：选AC.当汽车行驶的速率为v 0时，汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势，即不受静摩擦力，此时由重力和支持力的合力提供向心力，所以路面外侧高内侧低，选项A 正确；当车速低于v 0时，需要的向心力小于重力和支持力的合力，汽车有向内侧运动的趋势，但并不一定会向内侧滑动，静摩擦力向外侧，选项B 错误；当车速高于v 0时，需要的向心力大于重力和支持力的合力，汽车有向外侧运动的趋势，静摩擦力向内侧，速度越大，静摩擦力越大，只有静摩擦力达到最大以后，车辆才会向外侧滑动，选项C 正确；由mg tanθ＝m v 20r可知，v 0的值只与斜面倾角和圆弧轨道的半径有关，与路面的粗糙程度无关，选项D错误．8.(2018·浙江杭州五校联考)质量为m 的物体沿着半径为r 的半球形金属球壳滑到最低点时的速度大小为v ，如下列图，假设物体与球壳之间的动摩擦因数为μ，如此物体在最低点时的( )A ．向心加速度为v 2rB ．向心力为m ⎝ ⎛⎭⎪⎫g ＋v 2r C ．对球壳的压力为mv 2rD ．受到的摩擦力为μm ⎝ ⎛⎭⎪⎫g ＋v 2r 解析：选AD.物体滑到半径为r 的半球形金属球壳最低点时，速度大小为v ，向心加速度为a 向＝v 2r ，故A 正确．根据牛顿第二定律可知，物体在最低点时的向心力F n ＝m v 2r ，故B错误．根据牛顿第二定律得N －mg ＝m v 2r ，得到金属球壳对物体的支持力N ＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫g ＋v 2r ，由牛顿第三定律可知，物体对金属球壳的压力大小N ′＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫g ＋v 2r ，故C 错误．物体在最低点时，受到的摩擦力为f ＝μN ′＝μm ⎝ ⎛⎭⎪⎫g ＋v 2r ，故D 正确． 9.如下列图，一个固定在竖直平面上的光滑半圆形管道，管道里有一个直径略小于管道内径的小球，小球在管道内做圆周运动，从B 点脱离后做平抛运动，经过0.3 s 后又恰好与倾角为45°的斜面垂直相碰．半圆形管道的半径为R ＝1 m ，小球可看做质点且其质量为m ＝1 kg ，g 取10 m/s 2.如此( )A ．小球在斜面上的相碰点C 与B 点的水平距离是0.9 m B ．小球在斜面上的相碰点C 与B 点的水平距离是1.9 m C ．小球经过管道的B 点时，受到管道的作用力F N B 的大小是1 ND ．小球经过管道的B 点时，受到管道的作用力F N B 的大小是2 N解析：选AC.根据平抛运动的规律，小球在C 点的竖直分速度v y ＝gt ＝3 m/s ，水平分速度v x ＝v y tan 45°＝3 m/s ，如此B 点与C 点的水平距离为x ＝v x t ＝0.9 m ，选项A 正确，B 错误；在B 点设管道对小球的作用力方向向下，根据牛顿第二定律，有F N B ＋mg ＝m v 2BR，v B＝v x ＝3 m/s ，解得F N B ＝－1 N ，负号表示管道对小球的作用力方向向上，选项C 正确，D 错误．10.如下列图，竖直放置的光滑圆轨道被固定在水平地面上，半径r ＝0.4 m ，最低点处有一小球(半径比r 小很多)，现给小球一水平向右的初速度v 0，如此要使小球不脱离圆轨道运动，v 0应当满足(g ＝10 m/s 2)( )A ．v 0≥0B ．v 0≥4 m/sC ．v 0≥25m/sD ．v 0≤22m/s解析：选CD.解决此题的关键是全面理解“小球不脱离圆轨道运动〞所包含的两种情况：(1)小球通过最高点并完成圆周运动；(2)小球没有通过最高点，但小球没有脱离圆轨道．对于第(1)种情况，当v 0较大时，小球能够通过最高点，这时小球在最高点处需要满足的条件是mg ≤mv 2r ，又根据机械能守恒定律有mv 22＋2mgr ＝mv 22，可求得v 0≥2 5 m/s ，应当选项C 正确；对于第(2)种情况，当v 0较小时，小球不能通过最高点，这时对应的临界条件是小球上升到与圆心等高位置处，速度恰好减为零，根据机械能守恒定律有mgr ＝mv 22，可求得v 0≤2 2 m/s ，应当选项D 正确．三、非选择题11．(2018·江西丰城中学段考)如下列图，半径为R 的半球形陶罐，固定在可以绕竖直轴旋转的水平转台上，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ω匀速旋转，一质量为m 的小物块落入陶罐内，经过一段时间后，小物块随陶罐一起转动且相对罐壁静止，它和O 点的连线与OO ′之间的夹角θ为45°.重力加速度大小为g ，小物块与陶罐之间的最大静摩擦力大小为F f ＝24mg .(1)假设小物块受到的摩擦力恰好为零，求此时的角速度ω0；(2)假设小物块一直相对陶罐静止，求陶罐旋转的角速度的范围．解析：(1)当摩擦力为零，支持力和重力的合力提供向心力，有：mg tan 45°＝mR sin 45°·ω20解得：ω0＝2g R.(2)当ω>ω0时，重力和支持力的合力不够提供向心力，当角速度最大时，摩擦力方向沿罐壁切线向下达最大值，设此最大角速度为ω1，受力如图：由牛顿第二定律得，F f cos 45°＋F N cos 45°＝mR sin 45°ω21F f sin 45°＋mg＝F N sin 45°联立解得：ω1＝32g 2R当ω<ω0时，重力和支持力的合力大于所需向心力，摩擦力方向沿罐壁切线向上，当角速度最小时，摩擦力向上达到最大值，设此最小角速度为ω2由牛顿第二定律得，F N cos 45°－F f cos 45°＝mR sin 45°ω22F f sin 45°＋F N sin 45°＝mg联立解得：ω2＝2g 2R所以2g2R≤ω≤32g2R.答案：(1)2gR(2)2g2R≤ω≤32g2R12.如下列图，A 、B 两物体用轻绳连接，并穿在水平杆上，可沿杆滑动．水平杆固定在可绕竖直轴PQ 转动的框架上，A 、B 的质量分别为m 1和m 2，水平杆对物体A 、B 的最大静摩擦力均与各物体的重力成正比，比例系数为μ，物体A 离转轴PQ 的距离为R 1，物体B 离转轴PQ 的距离为R 2，且有R 1＜R 2和m 1＜m 2.当框架转动的角速度缓慢增大到ω1时，连接两物体的轻绳开始有拉力；角速度增大到ω2时，其中一个物体受到杆的摩擦力为零．如此：(1)角速度ω1多大？此时两物体受到的摩擦力各多大？ (2)角速度ω2多大？此时轻绳拉力多大？解析：(1)对物体受力分析，开始角速度较小时靠静摩擦力就能提供做圆周运动所需向心力，因此有F f ＝mω2R ，当静摩擦力达到最大后轻绳才提供拉力．设当物体受到的静摩擦力达到最大值μmg 时，框架的角速度为ω0，如此有μmg ＝mω20R①由此得ω0＝μgR. ①式说明物体离转轴越远，受到静摩擦力越先达到最大值，所以，当角速度为ω1＝μg R 2时，轻绳开始有拉力，此时两物体受到摩擦力分别为F f A ＝m 1ω21R 1＝μm 1gR 1R 2， F f B ＝μm 2g .(2)当角速度ω＞ω1时，设轻绳拉力为F T ，对于A 物体有F T ＋F f A ＝m 1ω2R 1 ② 对于B 物体有F T ＋μm 2g ＝m 2ω2R 2③联立②③式得A 物体受到的静摩擦力为F f A ＝μm 2g －(m 2R 2－m 1R 1)ω2④由于R 1＜R 2和m 1＜m 2，如此A 物体受到静摩擦力随角速度增大而减小，当减为零时，框架的角速度为ω2＝μm 2gm 2R 2－m 1R 1⑤将⑤式代入③式得轻绳拉力为F T ＝μm 1m 2gR 1m 2R 2－m 1R 1.答案：(1)ω1＝μgR2F f A＝μm1gR1R2F f B＝μm2g(2)ω2＝μm2gm2R2－m1R1F T＝μm1m2gR1m2R2－m1R1。

链接高考4 圆周运动的临界问题[考点解读]在圆周运动问题中，当出现“恰好”“最大”“至少”“取值范围”等字眼时，说明运动过程中存在临界点．1．常见类型(1)绳的拉力达到最大或为零．(2)物体开始滑动时静摩擦力达到最大．(3)物体脱离接触面时压力为零．2．解题关键：分析临界状态的受力，列出临界条件下的牛顿第二定律方程．[考向突破][考向1] 出现相对滑动情况的临界状态分析[典例1] (多选)如图，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一定比a先开始滑动B．a、b所受的摩擦力始终相等C．ω＝kg2l是b开始滑动的临界角速度D．当ω＝2kg3l时，a所受摩擦力的大小为kmg[审题指导] (1)审关键词：缓慢地加速转动．(2)思路分析：a、b两木块在静摩擦力作用下做圆周运动，角速度相等，当静摩擦力不能提供需要的向心力时，木块做离心运动．[解析]AC [设木块滑动的临界角速度为ω，kmg＝mω2r，所以ω＝kgr，r a＝l，r b＝2l，所以ωa＞ωb，A、C项正确；摩擦力充当向心力，在角速度相等时，b受的摩擦力大，B项错误；ω＝2kg3l时，a受的摩擦力f a＝mω2r＝m⎝⎛⎭⎪⎫2kg3l2l＝23kmg，D项错误．]解决相对滑动临界问题的注意事项1．先确定研究对象受力情况，看哪些力充当向心力，哪些力可能突变引起临界问题．2．注意分析物体所受静摩擦力大小和方向随圆盘转速的变化而发生变化．3．关注临界状态，即静摩擦力达最大值时．例题中，随圆盘转动、静摩擦力提供向心力，随转速的增大，静摩擦力增大，当达到最大静摩擦力时开始滑动，出现临界情况，此时对应的角速度为临界角速度．[题组巩固]1.(2019·山西省山大附中)(多选)如图所示，在匀速转动的水平圆盘上，沿半径方向放着用细线相连的质量相等的两个物体A和B，它们与盘间的动摩擦因数相同，当圆盘转速加快到两物体刚要发生滑动时，烧断细线，则( )A．两物体均沿切线方向滑动B．物体B仍随圆盘一起做匀速圆周运动，同时所受摩擦力减小C．两物体仍随圆盘一起做匀速圆周运动，不会发生滑动D．物体B仍随圆盘一起做匀速圆周运动，物体A发生滑动，离圆盘圆心越来越远解析：BD [当圆盘转速加快到两物体刚要发生滑动时，A物体靠细线的拉力与圆盘的最大静摩擦力的合力提供向心力做匀速圆周运动，B靠指向圆心的静摩擦力和拉力的合力提供向心力，所以烧断细线后，A所受最大静摩擦力不足以提供其做圆周运动所需要的向心力，A要发生相对滑动，离圆盘圆心越来越远，但是B所需要的向心力小于B的最大静摩擦力，所以B仍保持相对圆盘静止状态，做匀速圆周运动，且静摩擦力比绳子烧断前减小．故B、D项正确，A、C项错误．故选B、D项．]2．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的角速度ω转动，盘面上离转轴距离2.5 m处有一质量m＝0.4 kg的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32，(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.求：(1)当角速度ω＝0时小物体所受的摩擦力；(2)角速度ω的最大值为多少；(3)当角速度ω为最大值时，小物体运动到圆心等高位置A时小物体所受的摩擦力的大小．解析：(1)当圆盘不转动时，滑块受力平衡，则有f ＝mg sin 30°＝0.4×10×12N ＝2 N.(2)当物体转到圆盘的最低点，所受的静摩擦力沿斜面向上达到最大时，角速度最大，由牛顿第二定律，得μmg cos 30°－mg sin 30°＝m ω2r则ω＝g (μcos 30°－sin 30°)r＝ 10×⎝ ⎛⎭⎪⎫32×32－122.5 rad/s ＝1 rad/s.(3)当物体转到与圆心等高的位置，重力分力与摩擦力的合力等于向心力；向心力F ＝m ω2r ＝0.4×1×2.5 N＝1 N ；摩擦力f ＝F 2＋(mg sin θ)2＝1＋(0.4×10×0.5)2 N ＝ 5 N.答案：(1)2 N (2)1 rad/s (3) 5 N[考向2] 绳子张紧情况的临界状态分析[典例2] 如图所示，水平杆固定在竖直杆上，两者互相垂直，水平杆上O 、A 两点连接有两轻绳，两绳的另一端都系在质量为m 的小球上，OA ＝OB ＝AB ，现通过转动竖直杆，使水平杆在水平面内做匀速圆周运动，三角形OAB 始终在竖直平面内，若转动过程中OB 、AB 两绳始终处于拉直状态，则下列说法正确的是( )A ．OB 绳的拉力范围为0～33mg B ．OB 绳的拉力范围为33mg ～233mg C ．AB 绳的拉力范围为33mg ～233mg D ．AB 绳的拉力范围为0～233mg [审题指导] (1)审关键词：OB 、AB 两绳始终处于拉直状态．(2)思路分析：①当转动的角速度为零时，OB 绳的拉力最小．②当AB 绳的拉力刚好为零时，OB 绳的拉力最大．[解析] B [当转动的角速度为零时，OB 绳的拉力最小，AB 绳的拉力最大，这时两者的值相同，设为F 1，则2F 1cos 30°＝mg ，F 1＝33mg ，增大转动的角速度，当AB 绳的拉力刚好等于零时，OB 绳的拉力最大，设这时OB 绳的拉力为F 2，则F 2cos 30°＝mg ，F 2＝233mg ，因此OB 绳的拉力范围为33mg ～233mg ，AB 绳的拉力范围为0～33mg ，B 项正确．]解决绳子断裂与松弛的临界问题绳子断裂与松弛的临界条件：绳子所能承受的张力是有限度的，绳子断与不断的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力，绳子松弛的临界条件是：F T ＝0.[题组巩固]1．(2019·四川资阳一诊)(多选)如图所示，水平转台上有一个质量为m 的物块，用长为l 的轻质细绳将物块连接在转轴上，细绳与竖直转轴的夹角θ＝30°，此时细绳伸直但无张力，物块与转台间动摩擦因数为μ＝13，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块随转台由静止开始缓慢加速转动，角速度为ω，重力加速度为g ，则( )A ．当ω＝g 2l 时，细绳的拉力为0 B ．当ω＝3g 4l 时，物块与转台间的摩擦力为0 C ．当ω＝4g 3l 时，细绳的拉力大小为43mg D ．当ω＝g l 时，细绳的拉力大小为13mg 解析：AC [当转台的角速度比较小时，物块只受重力、支持力和摩擦力，当细绳恰好要产生拉力时，μmg ＝m ω21l sin 30°，解得ω1＝2g 3l，随角速度的增大，细绳上的拉力增大，当物块恰好要离开转台时，物块受到重力和细绳的拉力的作用，mg tan 30°＝m ω22l sin 30°，解得ω2＝23g 3l ，由于ω1＜3g 4l ＜ω2，所以当ω＝3g 4l，物块与转台间的摩擦力不为零，故B 错误；由于g 2l ＜ω1，所以当ω＝g 2l 时，细绳的拉力为零，故A 正确；由于ω1＜g l ＜ω2，由牛顿第二定律得f ＋F sin 30°＝m ⎝⎛⎭⎪⎫g l 2l sin 30°，因为压力小于mg ，所以f ＜13mg ，解得F ＞13mg ，故D 错误；当ω＝4g 3l ＞ω2时，物块已经离开转台，细绳的拉力与重力的合力提供向心力，则mg tan α＝m ⎝⎛⎭⎪⎫4g 3l 2l sin α，解得cos α＝34，故F ＝mg cos α＝43mg ，故C 正确．] 2.如图所示，两绳系一个质量为m ＝0.1 kg 的小球，两绳的另两端分别固定于轴上的A 、B 两处．上面绳长l ＝2 m ，两绳都拉直时与轴夹角分别为30°与45°.问球的角速度在什么范围内，两绳始终张紧？当角速度为3 rad/s 时，上、下两绳的拉力分别为多大？解析：两绳始终张紧的制约条件有以下两种情况：当ω由零逐渐增大时可能出现两个临界值．其一是BC 恰好拉直，但不受力；其二是AC 仍然拉直，但不受拉力．选C 小球为研究对象，对C 受力分析如图所示．当BC 恰好拉直，但T 2＝0时，设此时的角速度为ω1，则有T 1cos 30°＝mg ①T 1sin 30°＝m ω21l sin 30°②代入数据，解得ω1＝2.40 rad/s当AC 拉直，但T 1已为零，设此时的角速度为ω2，则有T 2cos 45°＝mg ③T 2sin 45°＝m ω22l sin 30°④代入数据，得ω2＝3.16 rad/s所以要两绳始终拉紧，ω必须满足2．40 rad/s≤ω≤3.16 rad/s当ω＝3 rad/s 时，T 1、T 2同时存在，所以T 1sin 30°＋T 2sin 45°＝m ω2l sin 30°⑤T 1cos 30°＋T 2cos 45°＝mg ⑥将数值代入⑤⑥，得T 1＝0.27 N ，T 2＝1.09 N答案：2.40 rad/s≤ω≤3.16 rad/s 0.27 N 1.09 N[考向3] 两物体有脱离情况的临界状态分析[典例3] 如图所示，用一根长为l ＝1 m 的细线，一端系一质量为m ＝1 kg 的小球(可视为质点)，另一端固定在光滑锥体顶端，锥面与竖直方向的夹角θ＝37°，当小球在水平面内绕锥体的轴做匀速圆周运动的角速度为ω时，细线的张力为F T .(g 取10 m/s 2，结果可用根式表示)求：(1)若要小球刚好离开锥面，则小球的角速度ω0至少为多大？(2)若细线与竖直方向的夹角为60°，则小球的角速度ω′为多大？[审题指导] (1)审关键词：小球刚好离开锥面．(2)思路分析：小球刚好离开锥面时，小球只受重力和绳子的拉力，两个力的合力提供做圆周运动的向心力．[解析] (1)若要小球刚好离开锥面，则小球只受到重力和细线的拉力，受力分析如图所示．小球做匀速圆周运动的轨迹圆在水平面上，故向心力水平，在水平方向运用牛顿第二定律及向心力公式得：mg tan θ＝m ω20l sin θ解得：ω0＝ gl cos θ＝522 rad/s.(2)同理，当细线与竖直方向成60°角时，由牛顿第二定律及向心力公式得：mg tan α＝m ω′2l sin α解得：ω′＝ gl cos α＝2 5 rad/s.[答案] (1)52 2 rad/s (2)2 5 rad/s解决圆锥摆临界问题的技巧圆锥摆的临界问题，主要就是与弹力有关的临界问题．(1)绳上拉力的临界条件是①绳恰好拉直且没有弹力；②绳上的拉力恰好达到最大值．(2)压力、支持力的临界条件是物体间的弹力恰好为零．[题组巩固]1.如图所示，内壁光滑的竖直圆筒，绕中心轴做匀速圆周运动，一物块用细绳系着，绳的另一端系于圆筒上表面圆心，且物块贴着圆筒内表面随圆筒一起转动，则( )A．绳的张力可能为零B．筒对物块的弹力不可能为零C．随着转动的角速度增大，绳的张力保持不变D．随着转动的角速度增大，绳的张力一定增大解析：C [当物块随圆筒做圆周运动时，绳的拉力的竖直分力与物块的重力保持平衡，因此绳的张力为一定值，且不可能为零，选项A、D错误，C正确；当绳的水平分力恰能提供向心力的时候，筒对物块的弹力恰好为零，选项B错误．]2．(2019·淮南一模)在中轴线竖直且固定的光滑圆锥形容器中，固定了一根光滑的竖直细杆，细杆与圆锥的中轴线重合，细杆上穿有小环(小环可以自由转动，但不能上下移动)，小环上连接了一轻绳，与一质量为m的光滑小球相连，让小球在圆锥内做水平面上的匀速圆周运动，并与圆锥内壁接触，如图所示，图(a)中小环与小球在同一水平面上，图(b)中轻绳与竖直轴成θ角，设(a)图和(b)图中轻绳对小球的拉力分别为T a和T b，圆锥内壁对小球的支持力分别为N a和N b，则在下列说法中正确的是( )A．T a一定为零，T b一定为零B．T a可以为零，T b可以不为零C．N a一定不为零，N b不可以为零D．N a可以为零，N b可以不为零解析：B [对(a)图中的小球进行受力分析：小球所受的重力与支持力合力的方向指向圆心，提供向心力，所以T a可以为零；若N a等于零，则小球所受的重力及绳子拉力的合力方向不能指向圆心，绳子也就不可能处于水平位置，所以N a一定不为零，对(b)图中的小球进行受力分析：小球所受重力与支持力合力的方向可以指向圆心，提供向心力，所以T b 可以为零，也可以不为零；若N b等于零，则小球所受重力及绳子拉力的合力方向也可以指向圆心而提供向心力，所以N b可以为零，故B项正确．]。

第4讲圆周运动中的临界问题A组基础巩固1.如图所示,杂技演员在表演“水流星”,用长为1.6 m轻绳的一端,系一个总质量为0.5 kg的盛水容器,以绳的另一端为圆心,在竖直平面内做圆周运动,若“水流星”通过最高点时的速度为4 m/s,g取10 m/s2,则下列说法正确的是( )A.“水流星”通过最高点时,有水从容器中流出B.“水流星”通过最高点时,绳的张力及容器底部受到的压力均为零C.“水流星”通过最高点时,处于完全失重状态,不受力的作用D.“水流星”通过最高点时,绳子的拉力大小为5 N答案 B 当水对桶底压力为零时有mg=m,解得v==4 m/s,即“水流星”通过最高点的速度为4 m/s,知水对桶底压力为零,不会从容器中流出,故A错误;对水和桶分析,有T+Mg=M,解得T=0,知此时绳子的拉力为零,故D错误,B正确;“水流星”通过最高点时,仅受重力,处于完全失重状态,故C错误。

2.一轻杆一端固定质量为m的小球,以另一端O为圆心,使小球在竖直面内做半径为R的圆周运动,如图所示,则下列说法正确的是( )A.小球过最高点时,杆所受到的弹力可以等于零B.小球过最高点的最小速度是C.小球过最高点时,杆对球的作用力一定随速度增大而增大D.小球过最高点时,杆对球的作用力一定随速度增大而减小答案 A 因轻杆可对小球产生向上的支持力,则知小球经过最高点的速度可以为零;当小球过最高点的速度v满足mg=时,杆所受到的弹力等于零,此时v=,A正确,B错误;若v<,则在最高点杆对小球的作用力F1的方向竖直向上,mg-F1=m,随v增大,F1减小,若v>,则在最高点杆对小球的作用力F2的方向竖直向下,mg+F2=m,随v增大,F2增大,选项C、D错误。

3.(多选)如图所示,在水平圆盘上沿半径方向放置用细线相连的质量均为m的A、B两个物块(可视为质点),A和B距轴心O的距离分别为r A=R,r B=2R,且A、B与圆盘之间的最大静摩擦力都是f m,两物块随着圆盘转动始终与圆盘保持相对静止。