5.3.2 圆周运动常见的两类临界问题(Word教师用书)-【新高考方案】2025年高考物理二轮复习专题增分方略(江苏、北京专版)

主题(二)　圆周运动常见的两类临界问题 类型1　水平面内圆周运动的临界问题 　　[例1]　(2024·江苏高考)陶瓷是以粘土为主要原料以及各种天然矿物经过粉碎、混炼、成型和煅烧制得的材料以及各种制品。如图所示是生产陶瓷的简化工作台,当陶瓷匀速转动时,台面上掉有陶屑,陶屑与台面间的动摩擦因数处处相同(台面够大),则 (　　) A.离轴OO'越远的陶屑质量越大 B.离轴OO'越近的陶屑质量越小 C.只有平台边缘有陶屑 D.离轴最远的陶屑距离不会超过某一值 [解析]　与台面相对静止的陶屑做匀速圆周运动,静摩擦力提供向心力,当静摩擦力为最大静摩擦力时,根据牛顿第二定律可得μmg=mω2r,解得r=,因与台面相对静止的陶屑的角速度相同,可知能与台面相对静止的陶屑离轴OO'的距离与陶屑质量无关,只要在台面上不发生相对滑动的位置都有陶屑,故A、B、C错误;离轴最远的陶屑受到的静摩擦力为最大静摩擦力,由上述分析可知最大的运动半径为R=,μ与ω均一定,故R为定值,即离轴最远的陶屑距离不会超过某一值R,故D正确。 [答案]　D |思|维|建|模| 水平面内圆周运动常见的三种临界条件 临界条件 典型模型 临界条件分析 接触与分离 的临界条件 两物体恰好接触或分离,临界条件是弹力FN=0 相对滑动的 临界条件 两物体相对静止且存在着静摩擦力时,二者相对滑动的临界条件是静摩擦力刚好达到最大值 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,绳子恰不断裂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绳子张力为零 类型2　竖直面内圆周运动的临界问题 　　[例2]　(2024·江苏苏州高三质检)如图甲所示的陀螺可在圆轨道的外侧旋转而不脱落,好像轨道对它施加了魔法一样,被称为“魔力陀螺”,其物理原理可等效为如图乙所示的模型:半径为R的磁性圆轨道竖直固定,质量为m的小铁球(视为质点)在轨道外侧转动,A、B两点分别为轨道上的最高点和最低点,铁球受轨道的磁性引力始终指向圆心且大小不变,重力加速度为g,不计摩擦和空气阻力,下列说法正确的是 (　　) A.铁球可能做匀速圆周运动 B.铁球绕轨道转动时机械能不守恒 C.铁球在A点的速度一定大于或等于 D.要使铁球不脱轨,轨道对铁球的磁性引力至少为5mg [解析]　铁球绕轨道转动,受重力、轨道的磁性引力和轨道的弹力作用,而轨道的磁性引力和弹力总是与速度方向垂直,故只有重力对铁球做功,铁球做变速圆周运动,铁球绕轨道转动时机械能守恒,A、B错误;铁球在A点时,由牛顿第二定律有mg+F吸-=m,当FNA=mg+F吸时,vA=0,故铁球在A点的速度不一定大于或等于,C错误;铁球从A到B的过程,由动能定理有2mgR=m-m,当vA=0时,铁球在B点的速度最小,解得=2,铁球在B点处由牛顿第二定律有F吸-mg-=m,当vB==2且FNB=0时,解得=5mg,故要使铁球不脱轨,轨道对铁球的磁性引力至少为5mg,D正确。 [答案]　D |思|维|建|模| 竖直平面内圆周运动临界问题的解题思路 第一步: 定模型 首先判断是轻绳模型还是轻杆模型,两种模型过最高点的临界条件不同,其原因主要是“绳”不能支持物体,而“杆”既能支持物体,也能拉物体 第二步: 确定 临界点 竖直平面内圆周运动的临界点一般为圆周的最高点,对轻绳模型物体能过最高点的条件为v≥。对轻杆模型物体在最高点的最小速度可以为0,在最高点轻杆可以产生向上的支持力或向下的拉力 第三步: 研究状态 通常情况下竖直平面内的圆周运动只涉及最高点和最低点的运动状态 第四步: 受力分析 对物体在最高点或最低点时进行受力分析,根据牛顿第二定律列出方程:F合=F向 第五步: 过程分析 应用动能定理或机械能守恒定律将初、末两个状态联系起来列方程 主题作业评价 (选择题每小题5分,本检测卷满分80分) 1.(2024·常州模拟)齿轮传动是现代工业中常见的一种动力传动方式,荷兰设计师设计了世上最强齿轮——古戈尔齿轮。如图,最左侧小齿轮转动就会带动后面的大齿轮转动,古戈尔齿轮中有100个大齿轮,小齿轮与大齿轮的半径之比为1∶10,若第一个小齿轮的转动周期为1 s,要使古戈尔齿轮中最后一个大齿轮转动一圈,需要的时间为 (　　) A.10 s B.102 s C.1010 s D.10100 s 解析:选D　相邻两大、小齿轮的线速度相等,根据v=ωr,ω=,可得相邻两大、小齿轮的周期比为T1∶T2=r1∶r2=1∶10,可得第一个大齿轮转动周期为10 s,第二个小齿轮转动周期为10 s,第二个大齿轮转动周期为102 s,依此类推,第100个大齿轮转动周期为10100 s。故选D。 2.(2024·南京模拟)进入冬季后,北方的冰雪运动吸引了许多南方游客。如图为雪地转转游戏,人乘坐雪圈(人和雪圈总质量为50 kg,大小忽略不计)绕轴以2 rad/s的角速度在水平雪地上匀速转动,已知水平杆长为2 m,离地高为2 m,绳长为4 m,且绳与水平杆垂直。则雪圈(含人) (　　) A.所受的合外力不变 B.所受绳子的拉力指向圆周运动的圆心 C.线速度大小为8 m/s D.所需向心力大小为400 N 解析:选C　雪圈(含人)做匀速圆周运动,合外力一直指向圆心,方向在时刻发生变化,因而合外力在不断变化,故A错误;绳子的拉力沿绳并指向绳收缩的方向,并不是指向圆周运动的圆心,故B错误;根据几何关系可知,雪圈(含人)做匀速圆周运动的半径为r= m=4 m,则线速度大小为v=ωr=2×4 m/s=8 m/s,故C正确;雪圈(含人)所需的向心力Fn=mω2r=800 N,故D错误。 3.(2024·江苏二模)半径为R的光滑水平玻璃圆桌以周期T匀速转动,一小球从桌边对准圆心以速度v=匀速通过桌面,则小球在桌面留下的痕迹可能是 (　　) 解析:选C　小球通过桌面的时间为t===,因此小球的起点与终点重合,故B、D错误;设圆桌转动的角速度为ω,在小球从桌边运动到圆心的过程中,小球离圆心的距离为r=R-vt,则小球相对圆周沿径向方向的位移为y=vt,垂直于径向方向的速度为vx=ωr=ωR-ωvt,则垂直于径向方向的位移为x=vxt=ωRt-ωvt2,可知x2+y2≠C(常数),则x=ωRt-ω,轨迹方程是类似抛物线的方程,故A错误,C正确。 4.(2024·宿迁高三调研)链球是利用双手投掷的竞远项目,运动员两手握着链球上铁链的把手,经过3~4圈加速旋转,带动链球旋转,最后链球脱手而出,整个过程可简化为某倾斜平面内的加速圆周运动和脱离后的斜抛运动,如图所示。某次训练中链球脱手时速度v0的方向与水平面成θ角,忽略空气阻力,下列说法中正确的是 (　　) A.链球做加速圆周运动过程中,合力的方向指向圆心 B.链球做加速圆周运动过程中,向心力大小保持不变 C.若其他条件不变仅改变v0,则当v0增大时,链球斜抛过程中动量的变化率不变 D.若其他条件不变仅改变θ,则θ=45°时,链球落地点离脱手点水平距离最远 解析:选C　若链球做匀速圆周运动,则合力提供向心力,方向指向圆心,所以链球做加速圆周运动过程中,合力的方向不指向圆心,故A错误;链球做加速圆周运动过程中,向心力F=m不断增大,故B错误;链球斜抛过程中动量的变化率为=mg,所以当v0增大时,链球斜抛过程中动量的变化率不变,故C正确;若链球在地面做斜抛运动,则有x=v0cos θ·t,v0sin θ=g·,联立可得x=,当θ=45°,水平位移最大,但该模型脱手点离地面有一定高度,根据斜抛运动规律可知,并非θ=45°时链球落地点离脱手点水平距离最远,故D错误。 5.(2024·广东高考)如图所示,在细绳的拉动下,半径为r的卷轴可绕其固定的中心点O在水平面内转动。卷轴上沿半径方向固定着长度为l的细管,管底在O点。细管内有一根原长为、劲度系数为k的轻质弹簧,弹簧底端固定在管底,顶端连接质量为m、可视为质点的插销。当以速度v匀速拉动细绳时,插销做匀速圆周运动。若v过大,插销会卡进固定的端盖,使卷轴转动停止。忽略摩擦力,弹簧在弹性限度内。要使卷轴转动不停止,v的最大值为 (　　) A.r B.l C.r D.l 解析:选A　由题意可知,当插销刚卡进固定端盖时,弹簧的伸长量为Δx=,根据胡克定律有F=kΔx=,插销与卷轴同轴转动,角速度相同,弹簧弹力提供插销做匀速圆周运动的向心力,则F=mlω2,对卷轴有v=rω,联立解得v=r。故选A。　 6.(2024·江苏连云港高三检测)如图所示,在光滑的斜轨道底端平滑连接着一个半径为R、顶端有缺口的光滑圆形轨道,A、B两端点在同一水平面上,∠AOB=120°。一质量为m的小球(可视为质点)由斜轨道上某高度处静止释放,重力加速度为g,不计空气阻力。下列说法正确的是 (　　) A.小球在斜轨道上运动过程中机械能有可能减小 B.若小球滑到圆形轨道最低点时速度大小为2,则圆形轨道对小球作用力的大小为4mg C.若小球恰好能通过圆形轨道内A点,则小球在斜轨道上静止释放的高度为R D.若小球从圆形轨道内A点飞出后恰好从B点飞入圆轨道,则小球经过B点时的速度大小为 解析:选C　小球在光滑的斜轨道上受到重力和斜轨道的支持力,只有重力做功,则运动过程中机械能守恒,故A错误;小球滑到圆形轨道最低点时,根据牛顿第二定律有F-mg=m,解得圆形轨道对小球作用力的大小为F=5mg,故B错误;若小球恰好能通过圆形轨道内A点,对小球受力分析如图1所示,根据牛顿第二定律有mgcos 60°=m,对小球从释放到A点,根据动能定理有mgh1-mgR(1+sin 30°)=m,解得h1=R,故C正确; 小球从圆形轨道内A点飞出后做斜抛运动到B点,如图2所示,竖直方向有v2sin 60°=,水平方向有2Rsin 60°=v2tcos 60°,解得v2=,故D错误。 7.(2024·徐州阶段练习)如图(a)所示,质量均为1 kg的物体A和B放置在圆盘上,与圆盘间的动摩擦因数分别为μA和μB。用两根不可伸长的细绳将物体A和物体B、圆盘转轴相连,物体A、B与转轴的距离分别为rA和rB。最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当圆盘绕转轴转动的角速度ω缓慢增大时,转轴与物体A之间的细绳拉力T1、A与B之间的细绳拉力T2随ω2的关系如图(b)所示。取g=10 m/s2,则下列正确的是 (　　) A.μA=0.25 B.μB=0.1 C.rA=1.5 m D.rB=2.5 m 解析:选C　以物体B为研究对象,则有T2+μBmg=mω2rB,变形得T2=mω2rB-μBmg,与图像对比可得rB=2 m,μB=0.2,故B、D错误;以物体A为研究对象可得T1-T2+μAmg=mω2rA,联立得T1=mω2(rA+rB)-(μA+μB)mg,与图像对比可得rA+rB=3.5 m,μA+μB=0.5,即rA=1.5 m,μA=0.3,故A错误,C正确。 8.(2024·江苏南京高三质检)如图,在竖直放置的光滑的半圆弧形绝缘固定细管的圆心O处放一个固定的点电荷,将质量为m、带电量为+q的可视为质点的小球从圆管的水平直径端点A由静止释放,小球沿细管滑到最低点B时,对管壁恰好无压力,则放于圆心处的点电荷在OB中点处的电场强度的大小为 (　　) A. B. C. D. 解析:选D　在点电荷形成的电场中,以点电荷为圆心的圆面上的电势相等,为等势面,所以在该面上移动,电场力不做功,故小球从A点运动到B点的过程中,根据机械能守恒定律有mgR=mv2,根据牛顿第二定律可得EBq-mg=m,联立解得EB=,根据E=k可知,在点B处有=k,在OB中点处有E'=k=4k=,故选D。 9.(2024·江苏常州一中检测)如图所示,在匀强电场中,一长为L的绝缘细线一端固定于O点,另一端系一个质量为m、电荷量为q的带正电的小球。现使其在竖直平面内绕O点做完整的圆周运动,AB、CD分别为圆的水平和竖直直径。已知电场方向斜向右上方且与水平方向的夹角为45°(图中未画出),电场强度大小为,重力加速度为g。则下列说法正确的是 (　　) A.小球运动的最小速度为 B.小球运动到A点时的机械能最小 C.小球运动到B点时的动能最大 D.小球从C运动到D的过程中合力做功不为零 解析:选C　由于电场方向斜向右上方且与水平方向夹角为45°,静电力大小为F=Eq=mg,则静电力和重力的合力大小为mg,方向水平向右,合力所在的直线与圆周的交点为速度最小的点和最大的点,即A点和B点,小球在B点时速度最大,动能最大,在A点,当细线的拉力为零时,小球的速度最小,此时静电力和重力的合力提供小球做圆周运动的向 心力,有mg=m,可得vmin=,故A错误,C正确;除重力和系统内弹力外的其他力做功等于系统机械能增加量,如图所示,小球从F到E克服静电力做功最多,机械能减少最多,所以运动到E点时机械能最小,故B错误;由于细线上拉力不做功,静电力和重力的合力大小为mg,方向水平向右,从C到B时,合力做功为WCB=mgL,从B到D时,合力做功为WBD=-mgL,所以从C运动到D的过程中合力做功为零,故D错误。 10.(2024·北京房山调研)如图所示,水平转盘可绕过盘上O点的转轴P转动。转盘上边长为R的等边三角形(其中一个顶点为O)的一条边上放置两个相同的小物块a、b,质量均为m,a在等边三角形的一个顶点处,b在该边的中点处,a、b之间有一拉长的弹簧,初始时转盘和两物块均静止,弹簧弹力大小为F。现让转盘绕竖直转轴P沿逆时针方向(俯视)以不同的角速度匀速转动,当转盘角速度ω=时,滑块恰好与转盘相对静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法不正确的是 (　　) A.转盘静止时,a受到的摩擦力大小为F,方向沿ab连线由b指向a B.当ω1=时,b受到的摩擦力大小为 C.当ω2=时,a受到的摩擦力大小为 D.物块与转盘间的动摩擦因数等于 解析:选C　转盘静止时,由于弹簧处于拉长状态,对a分析可知,a受到的摩擦力大小为F,方向沿ab连线由b指向a,A正确;当ω1=时,b做圆周运动的向心力Fb=mRsin 60°=F,此时向心力的方向与弹簧弹力方向垂直,则此时b受到的摩擦力大小为fb==,B正确;当ω2=时,a做圆周运动的向心力Fa=mR=F,此时a受到的静摩擦力大小为fa==,C错误;当ω2=时,物块b做圆周运动的向心力Fb'=mRsin 60°=F,物块b与转盘间的静摩擦力fb'==F,因fb'>fa,可知物块b与转盘之间的静摩擦力先达到最大值,则根据fbm=fb'=μmg,可得动摩擦因数μ=,D正确。 11.(14分)(2024·江西高考)雪地转椅是一种游乐项目,其中心传动装置带动转椅在雪地上滑动。如图(a)、(b)所示,传动装置有一高度可调的水平圆盘,可绕通过中心O点的竖直轴匀速转动。圆盘边缘A处固定连接一轻绳,轻绳另一端B连接转椅(视为质点)。转椅运动稳定后,其角速度与圆盘角速度相等。转椅与雪地之间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g,不计空气阻力。 (1)在图(a)中,若圆盘在水平雪地上以角速度ω1匀速转动,转椅运动稳定后在水平雪地上绕O点做半径为r1的匀速圆周运动。求AB与OB之间夹角α的正切值。 (2)将圆盘升高,如图(b)所示。圆盘匀速转动,转椅运动稳定后在水平雪地上绕O1点做半径为r2的匀速圆周运动,绳子与竖直方向的夹角为θ,绳子在水平雪地上的投影A1B与O1B的夹角为β。求此时圆盘的角速度ω2。 解析:(1)对转椅受力分析,转椅在水平面内受摩擦力、轻绳拉力,两者合力提供其做圆周运动所需向心力,如图所示。设转椅的质量为m,则转椅所需的向心力Fn1=mr1 转椅受到的摩擦力f1=μmg 根据几何关系有tan α= 联立解得tan α=。 (2)转椅在题图(b)情况下所需的向心力Fn2=mr2 转椅受到的摩擦力f2=μN2 根据几何关系有tan β= 竖直方向上由平衡条件有N2+Tcos θ=mg 水平面上有f2=Tsin θsin β 联立解得ω2=。 答案:(1)　(2) 12.(16分)(2024·南通调研)如图所示,水平轨道与光滑的竖直圆轨道底部平滑连接,每个圆轨道的进口与出口稍微错开,圆轨道的顶端都有一个缺口,关于通过圆轨道中心O的竖直线对称,已知圆轨道的半径都为R,第一个圆轨道缺口圆心角∠P1O1Q1=2θ1,且θ1=60°,以后每个圆轨道缺口圆心角依次减小10°,即θ2=55°、θ3=50°、……,AB段水平轨道光滑,长度为2.5R,连接之后每两个圆轨道之间的水平轨道出口、进口处有一段长度为R的光滑水平轨道,两段光滑轨道用一段长度合适的粗糙水平轨道连接,动摩擦因数为0.02。现一质量为m的小球从A点由静止开始在水平恒力F=mg的作用下运动,当小球到达B点时撤去恒力F,重力加速度为g。求: (1)小球经过P1点时对轨道压力的大小; (2)通过计算说明小球能否从P1点飞过缺口,并从Q1点无碰撞的回到圆轨道; (3)通过调节两个圆轨道间粗糙水平部分的长度,保证每次小球飞过下一个圆轨道的缺口后能无碰撞地经过飞出点的对称点回到圆轨道,问总共最多能设计出几个符合这样要求的圆轨道,并求出所有圆轨道间粗糙水平轨道的总长度。 解析:(1)设小球在P1点的速度大小为v1,小球从A点运动到P1点,根据动能定理F×2.5R-mgR(1+cos θ1)=m-0,解得v1=,小球在P1点时,根据牛顿第二定律Fn=mgcos θ1+N=m,解得N=mg 根据牛顿第三定律,小球对轨道的压力等于轨道对小球的支持力,即F压=N=mg。 (2)小球从P1点飞出后做斜抛运动,在竖直方向vy1=v1sin θ1 在水平方向vx1=v1cos θ1 小球下落到与P1点同一水平高度的时间为 t1== 此过程中,小球的水平位移为x1=vx1t1 联立解得x1=R,P1点到Q1点的距离为L=2Rsin θ1=R=x1 所以小球能从P1点飞过缺口,并从Q1点无碰撞的回到圆轨道。 (3)设总共最多能设计出n个符合这样要求的圆轨道,同理可得cos θn=Rg。 设此过程克服摩擦力做功为W,根据动能定理F×2.5R-mgR(1+cos θn)-W=m-0,联立解得W=mgR-mgR 当W取最大值时,克服摩擦力做功最多,符合这样要求的圆轨道最多,由数学知识可得,当cos θn=,即当θn=45°时,符合这样要求的圆轨道最多,此时n=+1=4 此时,克服摩擦力做功最多为Wm=mgR-mgR 根据动能定理Wm=μmgL 解得所有圆轨道间粗糙水平轨道的总长度为L=(75-50)R。 答案:(1)mg　(2)见解析 (3)4　(75-50)R 学科网（北京）股份有限公司 $$