2024年高考物理一轮复习（新人教版） 第4章 专题强化6　圆周运动的临界问题.docx

1、专题强化六圆周运动的临界问题目标要求1.掌握水平面内、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.会分析水平面内、竖直面内和斜面上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1常见的临界情况(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2分析方法分析圆周运动临

2、界问题的方法是让角速度或线速度从小逐渐增大，分析各量的变化，找出临界状态确定了物体运动的临界状态和临界条件后，选择研究对象进行受力分析，利用牛顿第二定律列方程求解例1(2018浙江11月选考9)如图所示，一质量为2.0103 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1.4104 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1.4104 NC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

3、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Fnm，得所需的向心力为1.0104 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am7.0 m/s2，D正确例2(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，下列说法正确的是()Ab一定比a先开始滑动Ba、b所受的摩擦力始终相等C是b

4、开始滑动的临界角速度D当时，a所受摩擦力的大小为kmg答案AC解析小木块a、b做圆周运动时，由静摩擦力提供向心力，即Ffm2R.当角速度增大时，静摩擦力增大，当增大到最大静摩擦力时，发生相对滑动，对木块a有Ffama2l，当Ffakmg时，kmgma2l，a；对木块b有Ffbmb22l，当Ffbkmg时，kmgmb22l，b，则是b开始滑动的临界角速度，所以b先达到最大静摩擦力，即b比a先开始滑动，选项A、C正确；两木块滑动前转动的角速度相同，则Ffam2l，则Ffbm22l，FfaFfb，选项B错误； rad/s，BC绳被拉直且放开了m1，m1就一直处于平衡状态，AC绳中拉力不变且为50 N

5、，小于AC绳承受的最大拉力，AC未被拉断，C错误；对小球m2，竖直方向有m1gcos m2g，可得m24 kg，当BC被拉断时有m1gsin FTBCm222l2，解得24 rad/s，D正确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mgF弹mmgF弹m临界特征F弹0mgm即vminv0即F向0F弹mg讨论分析(1)最高点，若v，F弹mgm，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

6、高点前小球已经脱离了圆轨道(1)当v0时，F弹mg，F弹背离圆心(2)当0v时，mgF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5(2023陕西延安市黄陵中学)如图所示，一质量为m0.5 kg的小球(可视为质点)，用长为0.4 m的轻绳拴着在竖直平面内做圆周运动，g10 m/s2，下列说法不正确的是()A小球要做完整的圆周运动，在最高点的速度至少为2 m

7、/sB当小球在最高点的速度为4 m/s时，轻绳拉力为15 NC若轻绳能承受的最大张力为45 N，小球的最大速度不能超过4 m/sD若轻绳能承受的最大张力为45 N，小球的最大速度不能超过4 m/s答案D解析设小球通过最高点时的最小速度为v0，则根据牛顿第二定律有mgm，解得v02 m/s，故A正确；当小球在最高点的速度为v14 m/s时，设轻绳拉力大小为FT，根据牛顿第二定律有FTmgm，解得FT15 N，故B正确；小球在轨迹最低点处速度最大，此时轻绳的拉力最大，根据牛顿第二定律有FTmmgm，解得vm4 m/s，故C正确，D错误例6(2023山东枣庄市八中月考)如图，轻杆长2l，中点装在水平

8、轴O上，两端分别固定着小球A和B(均可视为质点)，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轴的受力大小和方向；(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mgm，解得vA，因为A、B两球的角速度相等，半径相等，则vBvA；(2)B在最高点

9、时，对B根据牛顿第二定律得2mgFTOB2m代入(1)中的vB，可得FTOB0对A有FTOAmgm可得FTOA2mg根据牛顿第三定律，O轴所受的力大小为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FTOB2mg2m对A有FTOAmgmO轴不受力时有FTOAFTOB联立可得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，重力垂直斜面的分力与物体受到的支持力大小相等，解决此类问题时，可以按以下操作，把问题简化物体在转动过程中，转动越快，最容易滑动的位置是最低点，

10、恰好滑动时：mgcos mgsin m2R.例7(多选)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转动，盘面上离转轴2.5 m处有一小物体(可视为质点)与圆盘始终保持相对静止，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，则以下说法中正确的是()A小物体随圆盘以不同的角速度做匀速圆周运动时，越大时，小物体在最高点处受到的摩擦力一定越大B小物体受到的摩擦力可能背离圆心C若小物体与盘面间的动摩擦因数为，则的最大值是1.0 rad/sD若小物体与盘面间的动摩擦因数为，则的最大值是 rad/s答案BC解析当物体在最高点时，也可能受到重力、支持力与摩擦力

11、三个力的作用，摩擦力的方向可能沿斜面向上(即背离圆心)，也可能沿斜面向下(即指向圆心)，摩擦力的方向沿斜面向上时，越大时，小物体在最高点处受到的摩擦力越小，故A错误，B正确；当物体转到圆盘的最低点恰好不滑动时，圆盘的角速度最大，此时小物体受竖直向下的重力、垂直于斜面向上的支持力、沿斜面指向圆心的摩擦力，由沿斜面的合力提供向心力，支持力 FNmgcos 30，摩擦力FfFNmgcos 30，又mgcos 30mgsin 30m2R，解得1.0 rad/s，故C正确，D错误课时精练1一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

12、15 m/s B20 m/sC25 m/s D30 m/s答案B解析当FNFNG时，有GFNm，所以Gm；当FN0时，Gm，所以v2v20 m/s，选项B正确2.(多选)如图所示，三角形为一光滑锥体的正视图，母线与竖直方向的夹角为37.一根长为l1 m的细线一端系在锥体顶端，另一端系着一可视为质点的小球，小球在水平面内绕锥体的轴做匀速圆周运动，重力加速度g10 m/s2，sin 370.6，不计空气阻力，则()A小球受重力、支持力、拉力和向心力B小球可能只受拉力和重力C当 rad/s时，小球对锥体的压力刚好为零D当2 rad/s时，小球受重力、支持力和拉力作用答案BC解析转速较小时，小球紧贴锥

13、体，则FTcos FNsin mg，FTsin FNcos m2lsin ，随着转速的增加，FT增大，FN减小，当角速度达到0时支持力为零，支持力恰好为零时有mgtan m02lsin ，解得0 rad/s，A错误，B、C正确；当2 rad/s时，小球已经离开斜面，小球受重力和拉力的作用，D错误3.(多选)(2023湖北省华大新高考联盟名校联考)如图所示，在竖直平面内有一半径为R的光滑固定细管(忽略管的内径)，半径OB水平、OA竖直，一个直径略小于管内径的小球(可视为质点)由B点以某一初速度v0进入细管，之后从管内的A点以大小为vA的水平速度飞出忽略空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是(

14、)A为使小球能从A点飞出，小球在B点的初速度必须满足v0B为使小球能从A点飞出，小球在B点的初速度必须满足v0C为使小球从A点水平飞出后再返回B点，小球在B点的初速度应为v0D小球从A点飞出的水平初速度必须满足vA，因而不可能使小球从A点水平飞出后再返回B点答案BC解析小球能从A点飞出，则在A点的最小速度大于零，则由机械能守恒定律有mv02mgR，则小球在B点的初速度必须满足v0，选项A错误，B正确；为使小球从A点水平飞出后再返回B点，则RvAt，Rgt2，联立解得vA，mv02mgRmvA2，小球在B点的初速度应为v0，选项C正确；要使小球从A点飞出，则小球在A点的速度大于零即可，由选项C的

15、分析可知，只要小球在A点的速度为，小球就能从A点水平飞出后再返回B点，选项D错误4.如图所示，质量为1.6 kg、半径为0.5 m的光滑细圆管用轻杆固定在竖直平面内，小球A和B(均可视为质点)的直径略小于细圆管的内径(内径远小于细圆管半径)它们的质量分别为mA1 kg、mB2 kg.某时刻，小球A、B分别位于圆管最低点和最高点，且A的速度大小为vA3 m/s，此时杆对圆管的弹力为零则B球的速度大小vB为(取g10 m/s2)()A2 m/s B4 m/sC6 m/s D8 m/s答案B解析对A球，合外力提供向心力，设管对A的支持力为FA，由牛顿第二定律有FAmAgmA，代入数据解得FA28 N

16、，由牛顿第三定律可得，A球对管的力竖直向下为28 N，设B球对管的力为FB，由管的受力平衡可得FB28 Nm管g0，解得FB44 N，负号表示和重力方向相反，由牛顿第三定律可得，管对B球的力FB为44 N，方向竖直向下，对B球由牛顿第二定律有FBmBgmB，解得vB4 m/s，故选B.5.(2023湖南岳阳市第十四中学检测)如图所示，叠放在水平转台上的物体 A、B及物体 C能随转台一起以角速度匀速转动，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，A 和B、C离转台中心的距离分别为r和1.5r.最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物体A、B、C均可视为质点，重力加速度

17、为g，下列说法正确的是()AB对A的摩擦力一定为3mgBB对A的摩擦力一定为3m2rC转台的角速度需要满足D若转台的角速度逐渐增大，最先滑动的是A物体答案B解析由于物体 A、B及物体 C能随转台一起匀速转动，则三个物体受到的均为静摩擦力，由静摩擦力提供向心力，则B对A的摩擦力一定为FfA3m2r，又有03，由于物体 A、B及物体 C均随转台一起匀速转动，则转台的角速度需要满足3，该分析表明，当角速度逐渐增大时，物体C所受摩擦力先达到最大静摩擦力，即若转台的角速度逐渐增大，最先滑动的是C物体，C、D错误6(2023四川绵阳市诊断)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(均可视

18、为质点)，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1.5mgD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，即仅重力提供向心力，则有mgm，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Fmgm，解得F1.5mg，即杆受到的弹力大小为1.5mg，可知水平转轴对杆

19、的作用力为1.5mg，C正确，D错误7.(2023重庆市西南大学附属中学月考)如图所示，在倾角为30的光滑斜面上有一长L0.8 m的轻杆，杆一端固定在O点，可绕O点自由转动，另一端系一质量为m0.05 kg的小球(可视为质点)，小球在斜面上做圆周运动，g取10 m/s2.要使小球能到达最高点A，则小球在最低点B的最小速度是()A4 m/s B2 m/sC2 m/s D2 m/s答案A解析小球恰好到达A点时的速度大小为vA0，此时对应B点的速度最小，设为vB，对小球从A到B的运动过程，由动能定理有mvB2mvA22mgLsin ，代入数据解得vB4 m/s，故选A.8.(多选)如图所示，两个可视

20、为质点的、相同的木块A和B放在转盘上，两者用长为L的水平细绳连接，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，使角速度缓慢增大，以下说法正确的是(重力加速度为g)()A当时，A、B会相对于转盘滑动B当，绳子一定有弹力C在范围内增大时，B所受摩擦力变大D在0时，绳子有弹力，B项正确；当时，B已达到最大静摩擦力，则在范围内增大时，B受到的摩擦力不变，C项错误；在0v03.5 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，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 m，从最低点到脱离点，由机械能守恒定律得mv02mgR(1sin )mv12，联立解得sin ，即30，则v1 m/s，故C、D正确