第2章 专题二 常见的圆周运动临界问题-【金版教程】2024-2025学年高中物理必修第二册创新导学案课件PPT（教科版2019）

第二章　匀速圆周运动 专题二　常见的圆周运动临界问题 目录 1 课后课时作业 课堂探究评价 2 课堂探究评价 探究1　水平面内的圆周运动临界问题 课堂探究评价 4 2．圆锥摆模型 (1)绳上拉力的临界条件是：绳恰好拉直且没有弹力或绳上的拉力恰好达到最大值。 (2)接触或脱离的临界条件是：物体与物体间的弹力恰好为零。 3．对于火车转弯、半圆形碗内的水平圆周运动有两类临界情况：摩擦力的方向发生改变；发生相对滑动。 课堂探究评价 5 例1 如图所示，A和B两物块(可视为质点)放在转盘上，A的质量为m，B的质量为2m，两者用长为l的细绳连接，A距转轴距离为l，两物块与转盘间的动摩擦因数均为μ，整个装置能绕通过转盘中心的转轴O1O2转动，开始时，细绳恰好伸直但无弹力，现让该装置从静止开始转动，重力加速度为g，求： (1)角速度ω为何值时，绳上刚好出现拉力； (2)角速度ω为何值时，A、B开始与转盘发生 相对滑动。 课堂探究评价 6 课堂探究评价 7 水平面内圆周运动的临界问题，常常要分析物体所处的状态的受力特点，然后结合圆周运动的知识，列方程求解，一般会涉及临界速度、临界角速度等。通常有下面两种情况： (1)与绳(或面等)的弹力有关的临界问题：此类问题要分析出恰好无弹力或弹力达到最大这一临界状态下的角速度(或线速度)。 (2)因静摩擦力而产生的临界问题：此类问题要分析出静摩擦力达到最大时这一临界状态下的角速度(或线速度)，或静摩擦力方向恰好发生改变时的角速度(或线速度)。 课堂探究评价 8 [变式训练1]　如图所示，在光滑的圆锥顶端，用长L＝2 m的细绳悬挂一质量m＝1 kg的小球，圆锥顶角2θ＝74°(g取10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)。求： (1)当小球以ω＝1 rad/s的角速度随圆锥体做匀速圆周 运动时，细绳上的拉力大小； (2)当小球以ω＝5 rad/s的角速度随圆锥体做匀速圆周 运动时，细绳上的拉力大小。 答案　(1)8.72 N　(2)50 N 课堂探究评价 9 课堂探究评价 10 探究2　竖直面内的圆周运动临界问题 1．竖直平面内的圆周运动模型 在竖直平面内做圆周运动的物体，运动至轨道最高点时的受力情况，可分为三种模型：一是只有拉(压)力，如球与绳连接、沿内轨道的“过山车”等，称为“轻绳模型”；二是只有推(支撑)力，称为“拱桥模型”；三是可拉(压)可推(支撑)，如球与杆连接、小球在弯管内运动等，称为“轻杆模型”。 课堂探究评价 11 课堂探究评价 12 课堂探究评价 13 模型拓展——斜面内的圆周运动 1．概述 在斜面上做圆周运动的物体，根据受力情况的不同，可分为以下三类： (1)物体在静摩擦力作用下做圆周运动。 (2)物体在绳的拉力作用下做圆周运动。 (3)物体在杆的作用下做圆周运动。 这类问题的特点是重力的分力和其他力的合力提供向心力，运动和受力情况比较复杂。 2．分析方法 与竖直面内的圆周运动类似，斜面上的圆周运动也是集中分析物体在最高点和最低点的受力情况，列牛顿运动定律方程来解题。只是在受力分析时，一般需要进行立体图到平面图的转化，这是解斜面上圆周运动问题的难点。 课堂探究评价 14 例2　长度为L＝0.50 m的轻质细杆OA，A端有一质量为m＝3.0 kg的小球，如图所示，小球以O点为圆心在竖直平面内做圆周运动，通过最高点时小球的速率是2.0 m/s，g取10 m/s2，则此时细杆OA受到(　　) A．6.0 N的拉力 B．6.0 N的压力 C．24 N的拉力 D．24 N的压力 课堂探究评价 15 课堂探究评价 16 课堂探究评价 17 [变式训练2－1]　杂技演员表演“水流星”，在长为1.6 m 的细绳的一端，系一个与水的总质量为m＝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，如图所示， 若“水流星”通过最高点时的速率为4 m/s，则下列说法正确的是 (g＝10 m/s2)(　　) 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 课堂探究评价 18 课堂探究评价 19 [变式训练2－2]　如图所示，一个半径为R的实心圆盘，其中心轴与竖直方向的夹角为θ。开始时，圆盘静止，其上表面覆盖着一层灰尘，没有掉落。现使圆盘绕其中心轴旋转，其角速度从零缓慢增大至ω，此时圆盘表面上的灰尘有75%被甩掉，设灰尘与圆盘面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则ω的值为 ____________________。 课堂探究评价 20 课堂探究评价 21 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课后课时作业 [名师点拨]　与直线运动类似，曲线运动的动力学图像问题，一般也是先根据动力学规律写出图像对应的函数表达式，然后再根据图像的斜率、截距求解。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课后课时作业 5．2019年体操世界杯墨尔本站男子单杠单项的决赛，中国体操队选手张成龙获得铜牌。假设张成龙训练时做“单臂大回环”的高难度动作时，用一只手抓住单杠，伸展身体，以单杠为轴做圆周运动。如图甲所示，张成龙运动到最高点时，用力传感器测得张成龙与单杠间弹力大小为F，用速度传感器记录他在最高点的速度大小为v，得到F­v2图像如图乙所示。g取10 m/s2，则下列说法中错误的是(　　) A．张成龙的质量为65 kg B．张成龙的重心到单杠的距离为0.9 m C．当张成龙在最高点的速度为4 m/s时， 张成龙受单杠的弹力方向竖直向上 D．当张成龙在最高点的速度为4 m/s时，张成龙受单杠的弹力方向竖直向下 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课后课时作业 8．如图所示，质量为4 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的直径略小于细圆管的内径，它们的质量分别为mA＝1 kg、mB＝2 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vA＝3 m/s，此时杆的下端受到向上的压力，大小为56 N。则B球的速度大小vB为(取g＝10 m/s2)(　　) A．2 m/s B．4 m/s C．6 m/s D．8 m/s 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课后课时作业 9．用一根细线一端系一小球(可视为质点)，另一端固定在一光滑圆锥顶上，如图所示，设小球在水平面内做匀速圆周运动的角速度为ω，细线的张力为FT，则FT随ω2变化的图像是下图中的(　　) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课后课时作业 解析　设支持力FN＝0时，角速度为ω0；当ω<ω0时，由牛顿第二定律得FTsinθ－FNcosθ＝mω2Lsinθ，又FTcosθ＋FNsinθ＝mg，联立解得FT＝mω2Lsin2θ＋mgcosθ，此时FT­ω2图线在FT轴的截距为mgcosθ；当ω>ω0时，小球离开锥面，细线与竖直方向的夹角变大，设为β，由牛顿第二定律得FTsinβ＝mω2Lsinβ，所以FT＝mLω2，此时FT­ω2图线的反向延长线经过原点，图线的斜率变大，故C正确，A、B、D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课后课时作业 11．飞行员的质量为m＝50 kg，驾驶飞机在竖直面内做飞行表演，可看作半径不变的圆周运动。已知当飞机以v0＝50 m/s的速度飞过最高点时，飞行员和座椅之间的弹力恰好为零，已知飞行员能承受的最大压力为F0＝4500 N，取g＝10 m/s2，求： (1)该圆周运动轨迹半径； (2)当最高点速度为v＝100 m/s时，座椅对人的弹力； (3)最低点的最大速度。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课后课时作业 12．如图所示，质量为1 kg、大小不计的小球在P点用两根长度相等、不可伸长的细绳系于竖直杆上，随杆在水平面内做匀速圆周运动。AB的距离与绳长均为1 m。(重力加速度g＝10 m/s2)求： (1)当ω1＝4 rad/s时，细绳AP和BP上的拉力分别为多少？ (2)当ω2＝5 rad/s时，细绳AP和BP上的拉力分别为多少？ 答案　(1)0　16 N　(2)2.5 N　22.5 N 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课后课时作业 　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　 R 1．水平转盘模型 (1)如果只有摩擦力提供向心力，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，则最大静摩擦力Fm＝eq \f(mv2,r)，方向指向圆心。 (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，其临界情况要根据题设条件进行判断，如判断某个力是否存在以及这个力存在时的方向(特别是一些接触力，如静摩擦力、绳的拉力等)。 答案　(1)eq \r(\f(\a\vs4\al(μg),2l))　(2)eq \r(\f(\a\vs4\al(3μg),5l)) 规范解答　(1)开始时两物块都靠静摩擦力提供向心力，转动半径更大的B先达到最大静摩擦力，此时绳子开始出现弹力，根据牛顿第二定律有μ·2mg＝2mωeq \o\al(2,1)·2l 解得ω1＝eq \r(\f(\a\vs4\al(μg),2l)) 故角速度为eq \r(\f(\a\vs4\al(μg),2l))时，绳上刚好出现拉力。 (2)当A所受的摩擦力达到最大静摩擦力时，A、B开始相对于转盘滑动，根据牛顿第二定律， 对A有μmg－T＝mωeq \o\al(2,2)l 对B有μ·2mg＋T＝2mωeq \o\al(2,2)·2l 联立解得ω2＝eq \r(\f(\a\vs4\al(3μg),5l)) 故角速度为eq \r(\f(\a\vs4\al(3μg),5l))时，A、B开始与转盘发生相对滑动。 解析　(1)设小球刚要离开锥面时的角速度为ω0，此时锥面对它的支持力为零，根据牛顿第二定律，得mgtanθ＝mωeq \o\al(2,0)Lsinθ 代入数据解得ω0＝2.5 rad/s 当ω＝1 rad/s<2.5 rad/s时，小球没有离开锥面，如图1，水平方向根据牛顿第二定律，得FTsinθ－FNcosθ＝mω2Lsinθ 竖直方向根据平衡条件，得FTcosθ＋FNsinθ＝mg 联立并代入数据解得FT＝8.72 N。 (2)当ω＝5 rad/s>2.5 rad/s时，小球离开锥面，设细绳与竖直方向的夹角为β，如图2，根据牛顿第二定律，得FT1sinβ＝mω2Lsinβ 解得FT1＝mω2L＝1×25×2 N＝50 N。 2．三种模型对比 轻绳模型 拱桥模型 轻杆模型 情景图示 弹力特征 弹力向下(也可能等于零) 弹力向上(也可能等于零) 弹力可能向下，可能向上，也可能等于零 受力示意图 力学方程 mg＋FT＝meq \f(v2,r) mg－FN＝meq \f(v2,r) mg±FN＝meq \f(v2,r) 临界特征 FT＝0时，即mg＝meq \f(v2,r)，得v＝eq \r(gr) FN＝0时，即mg＝meq \f(v2,r)，得v＝eq \r(gr) v＝0，即F向＝0，此时FN＝mg，方向向上　 对速度eq \r(gr)的 理解 ①v>eq \r(gr)时，小球能过最高点；②v＝eq \r(gr)时，小球刚好过最高点；③v<eq \r(gr)时，小球不能过最高点 ①v≥eq \r(gr)时，车(物体)离开拱桥最高点做平抛运动；②v<eq \r(gr)时，车(物体)能过最高点且不离开拱桥 ①v>eq \r(gr)时，杆或管道的外侧对球产生向下的拉力或弹力；②v＝eq \r(gr)时，球在最高点只受重力，不受杆或管道的作用力；③v<eq \r(gr)时，杆或管道的内侧对球产生向上的弹力 规范解答　设小球以速率v0通过最高点时，球对杆的作用力恰好为零，即mg＝m2,0)eq \f(v,L) ，得v0＝eq \r(gL)＝eq \r(10×0.50) m/s＝eq \r(5) m/s。由于v＝2.0 m/s<eq \r(5) m/s，可知过最高点时，球对细杆产生压力，细杆对小球有支持力，如图所示，为小球的受力情况图。由牛顿第二定律有mg－FN＝meq \f(v2,L)，得FN＝mg－meq \f(v2,L)＝3.0×10 N－3.0×eq \f(2.02,0.50) N＝6.0 N，由牛顿第三定律知，细杆OA受到6.0 N的压力，B正确。 竖直面内圆周运动的求解思路 (1)确定模型：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，其原因是“绳”不能支持物体，而“杆”既能支持物体，也能拉物体。 (2)确定临界点：v临＝eq \r(gr)，对轻绳模型来说是能否通过最高点的临界点，而对轻杆模型来说是表现为支持力还是拉力的临界点。 (3)分析求解：对物体在最高点或最低点等进行受力分析，列方程求解。当物体在最高点或最低点时有F合＝F向＝meq \f(v2,r)＝mω2r。 解析　“水流星”在最高点的速度v＝4 m/s＝eq \r(gL)，由此知绳的拉力恰为零，且水恰不流出，“水流星”只受重力作用，处于完全失重状态，容器底部受到的压力为零，故只有B正确。 eq \r(\f(\a\vs4\al(2g（μcosθ－sinθ）),R)) 解析　由于灰尘随圆盘做圆周运动，其向心力由灰尘受到的指向圆心的合力提供，灰尘在最下端时指向圆心的摩擦力最大。当75%的灰尘被甩掉时，剩余灰尘所在圆的半径r＝eq \f(R,2)，如图所示。根据牛顿第二定律，有μmgcosθ－mgsinθ＝mω2r，解得ω＝eq \r(\f(\a\vs4\al(2g（μcosθ－sinθ）),R))。 1．(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，则下列说法中正确的是(　　) 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不可能为零 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eq \r(gl) D．小球过最低点时绳子的拉力一定大于小球重力 解析　小球在圆周最高点时，向心力可能等于重力也可能等于重力与绳子的拉力之和，取决于小球的瞬时速度的大小，A错误；小球在圆周最高点时，如果向心力完全由重力充当，则绳子的拉力为零，B错误；小球刚好能在竖直面内做圆周运动，则在最高点，由重力提供向心力，得mg＝meq \f(v2,l)，解得v＝eq \r(gl)，C正确；小球在圆周最低点时，具有竖直向上的向心加速度，处于超重状态，绳子的拉力一定大于小球的重力，故D正确。 2．(多选)如图所示，半径为L的圆管轨道(圆管内径远小于轨道半径)竖直放置，管内壁光滑，管内有一个小球(小球直径略小于管内径)可沿管运动，设小球经过最高点P时的速度为v，则(　　) A．v的最小值为eq \r(gL) B．v若增大，球所需的向心力也增大 C．当v由eq \r(gL)逐渐减小时，轨道对球的弹力也减小 D．当v由eq \r(gL)逐渐增大时，轨道对球的弹力也增大 解析　由于小球在圆管中运动，最高点速度可为零，A错误；根据向心力公式有Fn＝meq \f(v2,L)，v若增大，球所需的向心力一定增大，B正确；因为圆管既可提供向上的支持力也可提供向下的压力，当v＝eq \r(gL)时，圆管弹力为零，故v由eq \r(gL)逐渐减小时，轨道对球向上的支持力增大，v由eq \r(gL)逐渐增大时，轨道对球向下的压力也增大，C错误，D正确。 3．用手掌平托质量为m的苹果，保持这样的姿势在竖直平面内沿顺时针方向做匀速圆周运动，圆周的半径为r，重力加速度为g，下列说法中正确的是(　　) A．苹果过点c时速度至少为eq \r(gr) B．苹果在点a不受摩擦力作用 C．整个运动过程，手对苹果的作用力不可能为零 D．在点b苹果对手的作用力为mg，方向竖直向下 解析　苹果过点c时重力、支持力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得mg－Fc＝eq \f(mv2,r)，当Fc＝0时，苹果经过最高点的速度最大，此时mg＝eq \f(mv2,r)，即v＝eq \r(gr)，故A、C错误；苹果在点a时支持力与重力的合力提供向心力，因为苹果做匀速圆周运动，沿轨迹切线方向合外力为零，故苹果在点a时不受摩擦力作用，B正确；在点b，在竖直方向上手对苹果的作用力与苹果重力大小相等，在水平方向上，手对苹果向右的摩擦力提供向心力，故在点b手对苹果的作用力大于mg，方向斜向右上方，由牛顿第三定律可知在点b苹果对手的作用力大于mg，方向斜向左下方，D错误。 4．(多选)如图甲所示，一长为l的轻绳，一端系在过O点的水平转轴上，另一端固定一质量未知的小球，整个装置绕O点在竖直面内转动。小球通过最高点时，绳对小球的拉力F与其速度平方v2的关系如图乙所示，重力加速度为g，下列判断正确的是(　　) A．图像函数表达式为F＝meq \f(v2,l)＋mg B．重力加速度g＝eq \f(b,l) C．绳长不变，用质量较小的球做实验，得到的图线斜率更大 D．绳长不变，用质量较小的球做实验，图线b点的位置不变 解析　小球在最高点，根据牛顿第二定律得F＋mg＝meq \f(v2,l)，解得F＝meq \f(v2,l)－mg，A错误；当F＝0时，有mg＝meq \f(v2,l)，解得重力加速度g＝eq \f(v2,l)＝eq \f(b,l)，B正确；根据F＝meq \f(v2,l)－mg可知，图线的斜率k＝eq \f(m,l)，绳长不变，用质量较小的球做实验，斜率更小，C错误；当F＝0时，b＝gl，可知b点的位置与小球的质量无关，D正确。 解析　对张成龙在最高点进行受力分析，当速度为零时，有F－mg＝0，结合图像解得张成龙的质量m＝65 kg，A正确；当F＝0时，有mg＝eq \f(mv2,R)，结合图像可解得R＝0.9 m，故张成龙的重心到单杠的距离为0.9 m，B正确；当张成龙在最高点的速度为4 m/s，即v2＝16 m2/s2时，张成龙受单杠的拉力作用，即受单杠的弹力方向竖直向下，C错误，D正确。本题选说法错误的，故选C。 6．(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＝eq \r(\f(kg,2l))是b开始滑动的临界角速度 D．当ω＝eq \r(\f(2kg,3l))时，a所受摩擦力的大小为kmg 解析　小木块a、b做匀速圆周运动时，由静摩擦力提供向心力，即Ff＝mω2R，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Ffa＝mωeq \o\al(2,a)l，当Ffa＝kmg时，kmg＝mωeq \o\al(2,a)l，可得ωa＝eq \r(\f(kg,l))；对木块b有Ffb＝mωeq \o\al(2,b)·2l，当Ffb＝kmg时，kmg＝mωeq \o\al(2,b)·2l，可得ωb＝eq \r(\f(kg,2l))，所以b先达到最大静摩擦力，即b先开始滑动，A正确；两木块滑动前转动的角速度相同，则Ffa＝mω2l，Ffb＝mω2·2l，Ffa＜Ffb，B错误；当ω＝eq \r(\f(kg,2l))时b刚要开始滑动，C正确；当ω＝eq \r(\f(2kg,3l))＜ωa时，a没有滑动，则Ffa＝mω2l＝eq \f(2,3)kmg，D错误。 7．如图所示，水平平台可绕竖直轴OO′转动，用不可伸长的水平轻绳连接的物块甲、乙静置于平台上，并位于OO′两侧对称位置。甲、乙质量分别为m、2m，甲、乙与平台间的动摩擦因数分别为μ、2μ，最大静摩擦力均等于滑动摩擦力。已知重力加速度为g，不计空气阻力，两物块均可视为质点。甲、乙随平台在水平面内做匀速圆周运动过程中，均始终相对平台静止，则轻绳弹力的最大值为(　　) A．6μmg B．2μmg C．μmg D．eq \f(μmg,2) 解析　设物块甲、乙到竖直轴的距离为r，由μmg＝mωeq \o\al(2,甲)r、2μ·2mg＝2mωeq \o\al(2,乙)r知，甲、乙的临界角速度ω甲<ω乙，则甲、乙恰好相对平台静止时，物块乙所受最大静摩擦力沿绳向里指向竖直轴，物块甲所受最大静摩擦力沿绳向外背离竖直轴，即对物块乙有Tm＋4μmg＝2mrω2，对物块甲有Tm－μmg＝mrω2，联立得Tm＝6μmg，A正确。 解析　设A球受到的支持力为FA，由牛顿第二定律有FA－mAg＝mA2,A)eq \f(v,R) ，代入数据解得FA＝28 N，由牛顿第三定律可得，A球对圆管的作用力向下，大小为FA′＝28 N；杆的下端受到向上的压力，大小为56 N，由牛顿第三定律知，圆管受到杆向下的作用力，大小为F杆＝56 N，对圆管分析受力，根据平衡条件，可知圆管受到B球的作用力竖直向上，大小为FB′＝F杆＋FA′＋m管g＝56 N＋28 N＋4×10 N＝124 N，由牛顿第三定律可得，圆管对B球的力FB＝FB′＝124 N，方向竖直向下；对B球由牛顿第二定律有FB＋mBg＝mB2,B)eq \f(v,R) ，解得vB＝6 m/s，故选C。 10．(多选)如图所示，倾斜圆盘圆心处固定有与盘面垂直的细轴，盘面上沿同一直径放有质量均为m的A、B两物块(可视为质点)，两物块分别用两根平行圆盘的不可伸长的轻绳与轴相连(开始时两绳中张力均为零)，A、B两物块与轴的距离分别为2d和d，两物块与盘面的动摩擦因数μ相同，盘面与水平面夹角为θ。当圆盘以角速度ω匀速转动时，物块A、B始终与圆盘保持相对静止，且当物块A转到最高点时，A所受绳子拉力刚好减小到零而B所受摩擦力刚好增大到最大静摩擦力。已知重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则下列说法正确的是(　　) A．μ＝3tanθ B．ω＝eq \r(\f(2gsinθ,d)) C．运动过程中绳子对A拉力的最大值为mgsinθ D．运动过程中B所受摩擦力最小值为mgsinθ 解析　对A、B受力分析，A在最高点由牛顿第二定律有μmgcosθ＋mgsinθ＝mω2·2d，B在最低点由牛顿第二定律有μmgcosθ－mgsinθ＝mω2d，联立解得μ＝3tanθ，ω＝eq \r(\f(2gsinθ,d))，故A、B正确；运动过程中，当A运动到最低点时，所需的拉力最大，设为TA，由牛顿第二定律有TA＋μmgcosθ－mgsinθ＝mω2·2d，解得TA＝2mgsinθ，故C错误；运动过程中，当B运动到最高点时，所需的摩擦力最小，设为fB，由牛顿第二定律有fB＋mgsinθ＝mω2d，解得fB＝mgsinθ，故D正确。 答案　(1)250 m　(2)1500 N　(3)100eq \r(2) m/s 解析　(1)已知飞机飞过最高点时，飞行员和座椅之间的弹力恰好为零，由牛顿第二定律有mg＝m2,0)eq \f(v,r) 代入数据解得该圆周运动轨迹半径为r＝250 m。 (2)当最高点速度为v＝100 m/s时，设座椅对人 的弹力为FN，由牛顿第二定律有mg＋FN＝meq \f(v2,r) 代入数据解得FN＝1500 N。 (3)设飞机运行到最低点时的最大速度为v′，由牛顿第二定律有F0－mg＝meq \f(v′2,r) 代入数据解得v′＝100eq \r(2) m/s。 解析　设AP刚伸直时小球做圆周运动的角速度为ω0，此时BP与竖直方向的夹角为60°，AP上的拉力为0，球受力如图甲所示， FT1sin60°＝mωeq \o\al(2,0)Lsin60° FT1cos60°＝mg 联立解得ω0＝2eq \r(5) rad/s。 (1)当ω1＝4 rad/s＜ω0时，AP上的拉力为0，设BP上的拉力为FT2，其与竖直方向的夹角为θ，受力分析如图乙，FT2sinθ＝mωeq \o\al(2,1)Lsinθ 解得FT2＝16 N。 (2)当ω2＝5 rad/s＞ω0时，AP、BP上都有拉力，设分别为FT3、FT4，受力分析如图丙，FT4cos30°＋FT3cos30°＝mωeq \o\al(2,2)Lsin60° FT4sin30°＝FT3sin30°＋mg 联立解得FT3＝2.5 N，FT4＝22.5 N。 $$