2021届高考物理一轮复习-专题提升四 圆周运动中的临界问题 (共29张PPT)

A.100 m
图 Z4-11
B.111 m
C.125 m
D.250 m
解析：在飞机经过最低点时，对飞行员受力分析，受重力 mg 和支持力 FN，两者的合力提供向心力，由题意知，当 FN＝ 9mg 时，圆弧轨道半径最小为 Rmin.由牛顿第二定律列方程， FN－mg＝mRvm2in，联立解得 Rmin＝8vg2 ＝125 m，故 C 正确.
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＝ k2gl是 b 开始滑动的临界角速度
图 Z4-2
D.当 ω＝ 23klg时，a 所受摩擦力的大小为 kmg
图 Z4-1
2.与弹力有关的临界极值问题 压力、支持力的临界条件是物体间的弹力恰好为零；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 最大承受力等.
例 1：(多选)如图 Z4-2，两个质量均为 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
直方向上平衡得，Fasin θ＝mg，解得 Fa＝smingθ，可知 a 绳的拉
力不变，故 B 错误；当 b 绳拉力为零时，有：tamngθ＝mlω2，解
得 ω＝
g ltan
θ，可知当角速度
ω>
g ltan
θ时，b
绳出现弹力，
故 C 正确；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 错误.
速度为零，其由管顶部运动到管底部过程中由机械能守恒有 12mv22＝2mgR，解得 v2＝2 gR，小球在管底部时，由牛顿第二 定律有 FN2－mg＝mvR22，解得 FN2＝5mg，由牛顿第三定律知， 小球对管壁的压力为 5mg.故 C 正确，A、B、D 错误.
答案：C
突破三 斜面上的圆周运动中的临界问题 在斜面上做圆周运动的物体，因所受的控制因素不同，如 静摩擦力控制、绳控制、杆控制，物体的受力情况和所遵循的 规律也不相同.
例 4：(2016 年开封模拟)如图 Z4-13 所示，一块足够大的光 滑平板放置在水平面上，能绕水平固定轴 MN 调节其与水平面 所成的倾角.板上一根长为 l＝0.60 m 的轻细绳，它的一端系住 一质量为 m 的小球 P，另一端固定在板上的 O 点.当平板的倾角 固定为α时，先将轻绳平行于水平轴 MN 拉直，然后给小球一沿 着平板并与轻绳垂直的初速度 v0＝3.0 m/s.若小球能保持在板面 内做圆周运动，倾角α的值应在什么范围内？(重力加速度 g 取 10 m/s2)
图 Z4-5
A.B 对 A 的摩擦力一定为 3μmg B.B 对 A 的摩擦力一定为 3mω2r
C.转台的角速度一定满足 ω≤
μg r
D.转台的角速度一定满足 ω≤
2μg 3r
答案：BD
2.(多选，2018 年吉安模拟)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 Z4-6 所示，绳 a 与 水平方向成θ角，绳 b 在水平方向且长为 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 列说法正确的是( )
答案：C
4.(2017 年保定一模)如图 Z4-12 所示，半径为 R 的细圆管(管 径可忽略)内壁光滑，竖直放置，一质量为 m、直径略小于管径 的小球可在管内自由滑动，测得小球在管顶部时与管壁的作用
力大小为 mg，g 为当地重力加速度，则( )
A.小球在管顶部时速度大小一定为 2gR
B.小球运动到管底部时速度大小可能为 2gR C.小球运动到管底部时对管壁的压力可能为
图(b)：绳两端连物体，其中一个在水平面内做圆周运动时， 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.
图(c)：两个物体分处转动中心两侧时，临界条件为两物体 同时发生相对滑动，且摩擦力方向同向.
(a)
(b)
(c)
A.a 绳的张力不可能为零 B.a 绳的张力随角速度的增大而增大
C.当角速度 ω>
g ltan
θ，b
绳将出现弹力
图 Z4-6
D.若 b 绳突然被剪断，则 a 绳的弹力一定发生变化
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 正确；根据竖
答案：C
图 D40
专题提升四 圆周运动中的临界问题
突破一 水平面内的匀速圆周运动中的临界问题 水平面内圆周运动的临界极值问题通常有两类，一类是与 摩擦力有关的临界问题，一类是与弹力有关的临界问题. 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. 如图 Z4-1(a)所示：汽车转弯时，只由摩擦力提供向心力， Ffm＝mrv2.
解析：两物块共轴转动，角速度相等，b 的转动半径是 a
的 2 倍，所以 b 物块最先达到最大静摩擦力，最先滑动，A 正
确；两物块的向心力是由静摩擦力提供的，由于半径不等，所
以向心力不等，B 错误；当 b 刚要滑动时 kmg＝mω2·2l，解得
ω＝ k2gl，所以 C 正确；同理 a 要滑动时，kmg＝mω2·l，解得
3.拱桥模型
图 Z4-9 如图 Z4-9 所示的小球在轨道的最高点时，如果 v≥ Rg， 此时小球将脱离轨道做平抛运动，因为轨道对小球不能产生拉 力.
例 3：(多选)如图 Z4-10 所示，半径 r＝0.5 m 的光滑圆轨道
被竖直固定在水平地面上，圆轨道最低处有一小球(小球的半径
比 r 小很多).现给小球一个水平向右的初速度 v0，要使小球不脱
FT′sin α＝Lmsivn22α
FT′cos α＝mg
Hale Waihona Puke Baidu解得
FT′＝2mg
FT
1 2
mg舍去
.
【触类旁通】 1.(多选)如图 Z4-5 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、1.5r.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( )
其临界角速度 ω＝
kg l>
23klg，由牛顿第二定律得 f＝mω2l，
当 ω＝ 23klg时，可解得 f＝23kmg，D 错误.
答案：AC
例 2：如图 Z4-3 所示，在光滑的圆锥体顶用长为 L 的细线 悬挂一质量为 m 的小球，圆锥体固定在水平面上不动，其轴线 沿竖直方向，母线与轴线之间的夹角为 30°，小球以速率 v 绕圆 锥体轴线做水平圆周运动.
图 Z4-3
(1)当 v1＝ g6L时，求细线对小球的拉力大小.
(2)当 v2＝ 3g2L时，求细线对小球的拉力大小. 解：小球离开圆锥面的临界条件为圆锥体对小球的支持力
FN＝0，如图 Z4-4 甲所示，设此时小球的线速度为 v0，则 F＝mvr02＝mLsivn0230°＝mgtan 30°
解得 v0＝
离轨道运动，重力加速度大小 g 取 10 m/s2，v0 应满足(
)
A.v0≥0 C.v0≥5 m/s
图 Z4-10 B.v0≥2 5 m/s D.v0≤ 10 m/s
解析：最高点的临界情况为 mg＝mvr2，解得 v＝ gr，小球 从最低点到最高点的过程，根据动能定理得，－mg·2r＝12mv2 －12mv20，解得 v0＝5 m/s.若恰好不通过圆心高度，根据动能定理 有－mgr＝0－12mv20，解得 v0＝ 2gr＝ 10 m/s，所以 v0 应满足 的条件是 v0≥5 m/s 或 v0≤ 10 m/s，故 C、D 正确，A、B 错 误.
答案：AC
突破二 竖直平面内的圆周运动中的临界问题 1.轻绳模型
甲
乙
图 Z4-7
如图 Z4-7，临界条件：v ＝ 临界 Rg. (1)v> Rg时，绳对球产生拉力，轨道对球产生压力. (2)v＜ Rg，实际上球还没到最高点时就脱离了轨道.需注 意，小球在脱离轨道后做斜抛运动，即轨道最高点非轨迹最高
5mg
图 Z4-12
D.小球运动到管底部时对管壁的压力一定为 7mg
解析：小球在管顶部时可能与外壁有作用力，也可能与内 壁有作用力.如果小球与外壁有作用力，对小球受力分析可知 2mg＝mvR2，可得 v＝ 2gR，其由管顶部运动到管底部的过程中 由机械能守恒有12mv21＝2mgR＋12mv2，可得 v1＝ 6gR，小球在 管底部时，由牛顿第二定律有 FN1－mg＝mvR21，解得 FN1＝7mg， 由牛顿第三定律知，小球对管壁的压力为 7mg；如果小球在管 顶部时与内壁有作用力，对小球受力分析可知，在最高点小球
点.
2.轻杆模型
甲
乙
图 Z4-8 如图 Z4-8 所示，球过最高点时，轻质杆对球产生的弹力情 况：
(1)当 v＝0 时，FN＝mg(FN 为支持力).
(2)当 0＜v＜ Rg时，FN 随 v 增大而减小，且 mg＞FN＞0， FN 为支持力.
(3)当 v＝ Rg时，FN＝0. (4)当 v＞ Rg时，FN 为拉力，FN 随 v 的增大而增大.
答案：CD
【触类旁通】 3.(2017 年铁岭联考)如图 Z4-11 所示，飞机由俯冲到拉起 时，飞行员处于超重状态，此时座椅对飞行员的支持力大于飞
行员所受的重力，这种现象叫过荷.过荷过重会造成飞行员四肢 沉重，大脑缺血，暂时失明，甚至昏厥.受过专门训练的空军飞 行员最多可承受 9 倍重力的影响.g 取 10 m/s2.则当飞机在竖直平 面上沿圆弧轨道俯冲、拉起的速度为 100 m/s 时，圆弧轨道的 最小半径为( )
图 Z4-13
解：小球在倾斜平板上运动时受到绳子拉力、平板弹力和
重力作用.在垂直平板方向上合力为 0，重力在沿平板方向的分
力为 mgsin α
小球在最高点时，由绳子的拉力和重力沿平板方向的分力
的合力提供向心力，有 FT＋mgsin α＝mlv21
①
研究小球从释放点到最高点的过程，根据动能定理有
－mglsin α＝12mv21－12mv20
②
若恰好能通过最高点，则绳子拉力 FT＝0
③
联立①②③式解得 sin α＝12，解得 α＝30°
故 α 的范围为 0°≤α≤30°.
【触类旁通】
5.如图 Z4-14 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
3 2
(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. 5 rad/s C.1.0 rad/s
图 Z4-14 B. 3 rad/s D.0.5 rad/s
解析：物体恰好滑动时，应在 A 点，如图 D40 所示，对物 体受力分析.由牛顿第二定律得μmgcos 30°－mgsin 30°＝mω2r， 解得ω＝1.0 rad/s，C 正确.
3gL 6
甲
乙
丙
图 Z4-4
(1)因 v1<v0，FN≠0，对小球受力分析，如图乙所示，有 FTsin 30°－FNcos 30°＝Lsminv3120°
FTcos 30°＋FNsin 30°＝mg
解得 FT＝1＋3 6
3mg .
(2)因为 v2>v0，小球离开圆锥面，对小球受力分析，如图丙
所示，有