专题强化6　圆周运动的临界问题-（配套课件）-【优化指导】2026年物理一轮复习高中总复习·第1轮（教科版）

课后跟踪训练(16)　圆周运动的临界问题 基础巩固练 1.细绳一端系住一个质量为m的小球(可视为质点)，另一端固定在光滑水平桌面上方h高度处，绳长l大于h，使小球在桌面上做如图所示的匀速圆周运动，重力加速度为g。若要小球不离开桌面，其转速不得超过(　　) A． B．2π C． D． D　解析：对小球受力分析，小球受三个力的作用，重力mg、水平桌面支持力N、绳子拉力F。小球所受合力提供向心力，设绳子与竖直方向夹角为θ，由几何关系可知R＝h tan θ，受力分析可知F cos θ＋N＝mg，F sin θ＝m＝mω2R＝4mπ2n2R＝4mπ2n2h tan θ；当球即将离开水平桌面时，N＝0，转速n有最大值，此时nm＝ ，D正确。 2.(2025·陕西延安模拟)如图所示，一质量为m＝0.5 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，g＝10 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/s B．当小球在最高点的速度为4 m/s时，轻绳拉力为15 N C．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 D．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 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mg＝m，解得v0＝2 m/s，A正确；当小球在最高点的速度为v1＝4 m/s时，设轻绳拉力大小为T，根据牛顿第二定律有T＋mg＝m，解得T＝15 N，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Tm－mg＝m，解得vm＝4 m/s，C正确，D错误。 3.如图所示为短道速滑比赛场地示意图，比赛场地直道长度为28.85 m，弯道半径为8 m。若一名质量为50 kg的运动员在弯道紧邻黑色标志块做匀速圆周运动，转弯时冰刀与冰面间的动摩擦因数为0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，运动员可看作质点，重力加速度g取10 m/s2，则(　　) A．该运动员在弯道转弯时不发生侧滑的最大速度为4 m/s B．该运动员在弯道转弯时不发生侧滑的最大速度为8 m/s C．运动员受到冰面的作用力最大为100 N D．运动员受到冰面的作用力最大为500 N A　解析：最大静摩擦力等于滑动摩擦力，设运动员在弯道转弯时不发生侧滑的最大速度为v，最大静摩擦力提供向心力有μmg＝m，解得v＝＝4 m/s，A正确，B错误；运动员在水平面内做匀速圆周运动需要的最大向心力为Fn＝m＝100 N，竖直方向受力平衡FN＝mg＝500 N，所以运动员受到冰面的作用力F＝≈510 N，C、D错误。 4.(多选)(2025·山东济南检测)如图所示，长为L的细绳一端拴一个质量为m小球，另一端固定在O点，绳能承受的最大拉力为11mg，在O点正下方O′点有一小钉，先把绳拉至水平再释放小球，为使绳不被拉断且小球能以O′为轴完成竖直面完整的圆周运动，则钉的位置到O点的距离为(　　) A．最小为L B．最小为L C．最大为L D．最大为L BC　解析：当小球恰好到达圆周运动的最高点时小球的转动半径为r，重力提供向心力，则有mg＝m，根据机械能守恒定律可知，mg(L－2r)＝mv2，联立解得r＝L，故钉的位置到O点的距离为L－L＝L；当小球转动时，恰好达到绳子的最大拉力时，即F＝11mg，此时一定处在最低点，设半径为R，则有11mg－mg＝m，根据机械能守恒定律可知mgL＝mv，联立解得R＝L，故此时离最高点距离为L，则可知，距离最小为L，距离最大为L，B、C正确，A、D错误。 5.如图所示，小木块a、b和c(可视为质点)放在水平圆盘上，a、b的质量均为m，c的质量为，a与转轴OO′的距离为l，b、c与转轴OO′的距离为2l且均处于水平圆盘的边缘。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，下列说法中正确的是(　　) A．b、c所受的摩擦力始终相等，故同时从水平圆盘上滑落 B．当a、b和c均未滑落时，a、c所受摩擦力的大小相等 C．b和c均未滑落时线速度一定相同 D．b开始滑动时的角速度是 B　解析：木块随圆盘一起转动，水平方向只受静摩擦力，故由静摩擦力提供向心力，当需要的向心力大于最大静摩擦力时，木块开始滑动。b、c质量不等，由f＝mω2r知b、c所受摩擦力不等，不能同时从水平圆盘上滑落，A错误；当a、b和c均未滑落时，a、b、c和圆盘无相对运动，因此它们的角速度相等，f＝mω2r，所以a、c所受摩擦力的大小相等，B正确；b和c均未滑落时，由v＝ωr知线速度大小相等，方向不相同，C错误；b开始滑动时，最大静摩擦力提供向心力，kmg＝mω2·2l，解得ω＝，D错误。 综合提升练 6．(多选)如图所示，两个质量均为m的小物块a和b(可视为质点)，静止在倾斜的匀质圆盘上，圆盘可绕垂直于盘面的固定轴转动，a到转轴的距离为l，b到转轴的距离为2l，物块与盘面间的动摩擦因数为，盘面与水平面的夹角为30°。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g。若a、b随圆盘以角速度ω匀速转动，下列说法正确的是(　　) A．a在最高点时所受摩擦力可能为0 B．a在最低点时所受摩擦力可能为0 C．ω＝是a开始滑动的临界角速度 D．ω＝是b开始滑动的临界角速度 AD　解析：a在最高点时可能有沿斜面的分力提供向心力，所以所受摩擦力可能为0，A正确；a在最低点，由牛顿运动定律f－mg sin 30°＝mω2l，所以a在最低点时所受摩擦力不可能为0，B错误；对a在最低点，由牛顿运动定律μmg cos 30°－mg sin 30°＝mω2l，代入数据解得ω＝，C错误；对b在最低点，由牛顿运动定律μmg cos 30°－mg sin 30°＝mω2·2l，代入数据解得ω＝，D正确。 7.(多选)如图所示，用长为L的轻绳(轻绳不可伸长)连接的甲、乙两物块(均可视为质点)，放置在水平圆盘上，甲、乙连线的延长线过圆盘的圆心O，甲与圆心O的距离也为L，甲、乙两物块的质量均为m，与圆盘间的动摩擦因数均为μ，物块与圆盘间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，甲、乙始终相对圆盘静止，则下列说法正确的是(　　) A．圆盘转动的角速度最大为 B．圆盘转动的角速度最大为 C．轻绳最大弹力为μmg D．轻绳最大弹力为μmg BC　解析：当ω较小时，甲、乙均由静摩擦力充当向心力，ω增大时，由F＝mω2r可知，它们受到的静摩擦力也增大，而r甲＝L，r乙＝2L，r甲<r乙，所以乙受到的静摩擦力先达到最大，此后ω继续增大，要保证乙不滑动，轻绳产生弹力并增大，甲受到的静摩擦力继续增大，直到甲受到的静摩擦力也达到最大，此时ω最大，轻绳弹力T也最大。对甲、乙整体2μmg＝mωL＋mω·2L，解得ωmax＝。对甲μmg－Tmax＝mωL，解得Tmax＝μmg。故圆盘转动的角速度最大为，轻绳最大弹力为μmg，B、C正确。 8．(多选)如图甲所示，陀螺在圆轨道外侧运动而不脱离，好像被施加了魔法一样。该陀螺可等效成一个质点在圆轨道外侧运动的模型，如图乙所示，在竖直面内固定的强磁性圆轨道上，A、B两点分别为轨道的最高点与最低点。已知该陀螺的质量为m，强磁性圆轨道半径为R，重力加速度为g，陀螺沿轨道外侧做完整的圆周运动，受到的轨道的强磁性引力始终指向圆心O且大小恒为F。当陀螺以速率通过A点时，对轨道的压力为7mg。不计一切摩擦和空气阻力，下列说法正确的是(　　) A．强磁性引力F大小为8mg B．陀螺在B点的速率为 C．陀螺在B点对轨道压力为6mg D．要使陀螺不脱离强磁性圆轨道，它在B点的速率不能超过 ABD　解析：陀螺在A点时，由牛顿第二定律得mg＋F－7mg＝m，解得F＝8mg，A正确；陀螺从A点到B点，由动能定理有mg·2R＝mv－mv，解得vB＝，B正确；陀螺在B点时，由牛顿第二定律有F－N－mg＝m，解得N＝mg，陀螺在B点对轨道的压力大小为mg，C错误；陀螺恰好不脱离强磁性圆轨道时，轨道弹力为零，则此时由牛顿第二定律有F－mg＝m，解得vB′＝，D正确。 9.如图所示，装置BO′O可绕竖直轴O′O转动，可视为质点的小球A与两细线连接后分别系于B、C两点，装置静止时细线AB水平，细线AC与竖直方向的夹角θ＝37°。已知小球的质量m＝1 kg，细线AC长L＝1 m，B点距C点的水平和竖直距离相等。(重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) (1)若装置匀速转动的角速度为ω1，细线AB上的张力为零而细线AC与竖直方向夹角仍为37°，求角速度ω1的大小； (2)若装置匀速转动的角速度为ω2时，细线AB刚好竖直，且张力为零，求此时角速度ω2的大小。 答案：(1) rad/s　(2) rad/s 解析：(1)细线AB上的张力恰为零时有 mg tan 37°＝mωL sin 37° 则ω1＝＝ rad/s＝ rad/s。 (2)细线AB恰好竖直，但张力为零时，由几何关系得cos θ′＝，则有θ′＝53° 又mg tan θ′＝mωL sin θ′ 解得ω2＝ rad/s。 10.(2025·山东枣庄高三月考)如图所示，轻杆长2l，中点装在水平轴O上，两端分别固定着小球A和B，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、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 mg＝m 解得vA＝ 因为A、B球的角速度相等，半径相等，则vB＝vA＝。 (2)B在最高点时，对B根据牛顿第二定律得 2mg＋TOB′＝2m 代入(1)中的vB，可得TOB′＝0 对A有TOA′－mg＝m 可得TOA′＝2mg 根据牛顿第三定律，O轴所受的力的大小为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TOB″＋2mg＝2m 对A有TOA″－mg＝m 轴O不受力时TOA″＝TOB″ 可得v＝ 所以当A、B球的速度大小为时O轴不受力。 11.如图所示，餐桌中心是一个半径为r＝1.5 m的圆盘，圆盘可绕中心轴转动，近似认为圆盘与餐桌在同一水平面内且两者之间的间隙可忽略不计。已知放置在圆盘边缘的小物体与圆盘间的动摩擦因数为μ1＝0.6，与餐桌间的动摩擦因数为μ2＝0.225，餐桌离地面的高度为h＝0.8 m。设小物体与圆盘以及餐桌之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2。 (1)为使小物体不滑到餐桌上，圆盘的角速度ω的最大值为多少？ (2)若圆盘以最大角速度转动，某时刻圆盘突然停止转动，小物体从圆盘上甩出，为使小物体不滑落到地面上，餐桌半径R的最小值为多大？ (3)若餐桌的半径R′＝r，则在圆盘以最大角速度转动并突然停止时，小物体从圆盘上被甩出后滑落到地面上的位置到从圆盘甩出点的水平距离L为多少？ 答案：(1)2 rad/s　(2)2.5 m　(3)2.1 m 解析：(1)由题意可得，当小物体在圆盘上随圆盘一起转动时，圆盘对小物体的静摩擦力提供向心力，所以随着圆盘转速的增大，小物体受到的静摩擦力增大。当静摩擦力最大时，小物体即将滑落，此时圆盘的角速度达到最大，有 fm＝μ1mg，fm＝mω2r 联立两式可得ω＝＝2 rad/s。 (2)由题意可得，当小物体滑到餐桌边缘时速度恰好减为零，对应的餐桌半径取最小值。设小物体在餐桌上滑动的位移为s，物体在餐桌上做匀减速运动的加速度大小为a，则 a＝，f＝μ2mg，得a＝μ2g＝2.25 m/s2 小物体在餐桌上滑动的初速度v0＝ωr＝3 m/s 由运动学公式得0－v＝－2as，可得s＝2 m 由几何关系可得餐桌半径的最小值为 R＝＝2.5 m。 (3)当小物体滑离餐桌时，开始做平抛运动，平抛的初速度为小物体在餐桌上滑动的末速度vt′ 由题意可得vt′2－v＝－2as′ 由于餐桌半径为R′＝r 所以s′＝r＝1.5 m 可得vt′＝1.5 m/s 设小物体做平抛运动的时间为t，则h＝gt2 解得t＝＝0.4 s 小物体做平抛运动的水平位移为 sx＝vt′t＝0.6 m 由题意可得L＝s′＋sx＝2.1 m。 学科网（北京）股份有限公司 $$