第5講小專題:圓周運動的臨界問題考點一水平面內圓周運動的臨界問題1.運動特點(1)運動軌跡是水平面內的圓。(2)合外力沿水平方向指向圓心,提供向心力,豎直方向合力為零,物體在水平面內做勻速圓周運動。2.常見的兩種臨界極值問題(1)與摩擦力有關的臨界極值問題。物體間恰好不發生相對滑動的臨界條件是物體間的靜摩擦力恰好達到最大靜摩擦力。(2)與彈力有關的臨界極值問題。壓力、支持力的臨界條件是物體間的彈力恰好為零;繩上拉力的臨界條件是繩恰好拉直且其上無彈力或繩上拉力恰好為最大承受力等。3.解決此類問題的一般思路首先要找到臨界條件時物體所處的狀態;再分析該狀態下物體的受力特點;最后根據圓周運動知識列動力學方程求解。[例1]【與摩擦力有關的臨界極值問題】(2024·四川成都模擬)如圖所示,一水平圓盤繞豎直中心軸以角速度ω做勻速圓周運動,緊貼在一起的M、N兩物體(可視為質點)隨圓盤做圓周運動,N恰好不下滑,M恰好不滑動,兩物體與轉軸距離為r,已知M與N間的動摩擦因數為μ1,M與圓盤面間的動摩擦因數為μ2,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。則μ1與μ2應滿足的關系式為()【答案】C【解析】以M、N整體為研究對象,由靜摩擦力提供向心力,有μ2(mM+mN)g=(mM+mN)ω2r,以N為研究對象,由M對N的彈力提供向心力,有FN=mNω2r,由平衡條件有μ1FN=mNg,聯立解得μ1μ2=1,故選C。2[變式]如圖所示,若將M、N兩物體疊放在一起,隨盤一起加速轉動。已知M、N間的動摩擦因數小于M與圓盤間動摩擦因數,則哪個物體先遠離圓心?【答案】物塊N【解析】對兩物體整體受力分析,有μ2(mM+mN)g=(mM+mN)ω2r,整體發生相對滑動的臨界角速度為對物體N受力分析有μ1mNg=mNω2r,物塊N發生相對滑動的臨界角速度為因為μ1<μ2,即ωN<ωM,所以圓盤做加速圓周運動,物塊N先達到臨界角速度,則物塊N將先遠離圓心。[例2]【與彈力有關的臨界極值問題】如圖所示,三角形為一光滑錐體的正視圖,母線與豎直方向的夾角為θ=37°。一根長為l=1m的細線一端系在錐體頂端,另一端系著一可視為質點的小球,小球在水平面內繞錐體的軸做勻速圓周運動,重力加速度g取10m/s2,取sin37°=0.6,不計空氣阻力,下列說法正確的是()[A]小球受重力、支持力、拉力和向心力[B]當ω=2.5rad/s時,小球對錐體的壓力為零[C]當ω2rad/s時,小球對錐體的壓力剛好為零[D]當ω=25rad/s時,小球受重力、支持力和拉力作用【答案】C【解析】向心力是效果力,不是小球實際受到的力,對小球受力分析,小球受重力、細線的拉力,小球可能受圓錐體的支持力,也可能不受圓錐體的支持力,故A錯誤;角速度較小時,小球緊貼錐體,豎直方向有FTcosθ+FNsinθ=mg,水平方向有FTsinθ-FNcosθ=mω2lsinθ,隨3著角速度的增加,FT增大,FN減小,當角速度達到ω0時支持力為零,支持力恰好為零時有mgtanθ=mw02lsinθ,解得ω02rad/s,故B錯誤,C正確;當ω=25rad/s時,小球已經離開錐體,小球僅受重力和拉力的作用,故D錯誤。考點二豎直面內圓周運動的臨界問題1.豎直面內圓周運動的兩類模型項目輕繩模型輕桿模型常見類型小球最高點沒有支撐小球最高點有支撐最高點受力特征除重力外,物體受到的彈力方向:向下或等于零除重力外,物體受到的彈力方向:向下、等于零或向上最高點受力示意圖動力學方程臨界特征F彈=0(1)恰好過最高點,v=0,F彈=mg。(2)恰好無彈力過最高點的條件在最高點的速度v≥gR在最高點的速度v≥02.解題技巧(1)物體通過圓周運動最低點、最高點時,根據合力提供向心力列牛頓第二定律方程。(2)物體從某一位置到另一位置的過程中,用動能定理找出兩位置間的速度關系。(3)注意:求對軌道的壓力時,轉換研究對象,先求物體所受支持力,再根據牛頓第三定律求出壓力。[例3]【輕繩模型】(2024·貴州遵義模擬)某人站在水平地面上,手握不可伸長的輕繩一端,繩的另一端系有質量為1kg的小球,甩動手腕,使球在豎直平面內以手為圓心做圓周運動,其簡化示意圖如圖。握繩的手離地面高度為1.0m且保持不變,現不斷改變繩長使球重復上述運動,每次繩在球運動到最低點時都恰好達到最大拉力被拉斷,球以繩斷時的速度水4平飛出,通過水平距離x后落地。已知繩能承受的最大拉力為15N,重力加速度g取10m/s2,忽略手的運動半徑和空氣阻力,則x的最大值為()[A]0.4m[B]0.5m[C]1.0m[D]1.2m【答案】B【解析】設小球做圓周運動的半徑為r,手離地面高度為h,繩的最大拉力為Fmax,繩斷后小球做平拋運動,豎直方向做自由落體運動,有聯立得可知,當r=0.5m時,xm=0.5m,故選B。[例4]【輕桿模型】(2025·湖南長沙開學考)如圖所示,輕桿一端固定在水平轉軸上,另一端固定一個小球,小球隨桿在豎直平面內做圓周運動,下列說法正確的是()[A]小球運動到最低點時,桿對球的作用力大于小球重力[B]小球運動到最高點時,桿對球的作用力方向一定向上[C]小球能通過最高點的最小速度為[D]小球運動到水平位置A時,所受合力一定指向O點【答案】A【解析】小球運動到最低點時根據牛頓第二定律,有F彈在最低點速度不為0,所以桿對球的作用力大于小球重力,A正確;小球運動到最高點時,若桿對球無作用力,同理有可得若小球的速度大于,則桿對球有向下的拉力,若小球的速度小于則桿對球有向上的支持力,小球能通過最高點的最小速度為0,故B、C錯誤;若小球做變速圓周運動,小球所受合力不指向圓心O點,D錯誤。5考點三斜面上圓周運動的臨界問題物體在傾斜面上做勻速圓周運動時,設斜面的傾角為θ,重力垂直于斜面的分力與物體受到的支持力大小相等,平行于斜面的分力與靜摩擦力的合力提供向心力。同理可知,在轉動過程中,物體最容易滑動的位置是最低點,恰好滑動時,有μmgcosθ-mgsinθ=mω2R。[例5]【斜面上圓周運動的臨界問題】(多選)如圖所示,一傾斜的勻質圓盤繞垂直于盤面的固定對稱軸以恒定角速度ω轉動,盤面上離轉軸2.5m處有一小物體與圓盤始終保持相對靜止,物體與盤面間的動摩擦因數為,設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,盤面與水平面的夾角為30°,g取10m/s2,則下列說法正確的是()[A]小物體隨圓盤做勻速圓周運動到最高點時,可能不受摩擦力作用[B]小物體隨圓盤以不同的角速度ω做勻速圓周運動時,ω越大,小物體在最高點處受到的摩擦力一定越大[C]小物體受到的摩擦力可能背離圓心[D]ω的最大值是1.0rad/s【答案】CD【解析】當小物體經過軌道最高點時,若只受重力與支持力兩個力的作用,則有mgsinθ=mω′2r,此角速度下經最低點時有Ff′-mgsinθ=mω′2r,解得Ff′=mg>Ffmax=μmgcosθ,可知小物體在最高點一定受摩擦力作用,且方向背離圓心向上,故A錯誤,C正確;小物體經過最高點時,滿足mgsinθ-Ff=mω2r,則Ff=mgsinθ-mω2r,可知ω越大,小物體在最高點處受到的摩擦力越小,故B錯誤;當小物體轉到圓盤的最低點恰好不滑動時,圓盤的角速度最大,此時有μmgcos30°-mgsin30°=mwmax2R,解得ωmax=1.0rad/s,故D正確。(滿分:60分)6對點1.水平面內圓周運動的臨界問題1.(4分)(2024·江蘇卷,8)生產陶瓷的工作臺勻速轉動,臺面上掉有陶屑,陶屑與臺面間的動摩擦因數處處相同(臺面夠大),則()[A]越靠近臺面邊緣的陶屑質量越大[B]越靠近臺面邊緣的陶屑質量越小[C]陶屑只能分布在圓臺邊緣[D]陶屑只能分布在某一半徑的圓內【答案】D【解析】同一工作臺角速度相同,恰好滑動時最大靜摩擦力完全提供向心力,根據牛頓第二定律有μmg=mω2r,解得恰好不滑動時的半徑為,與質量無關,以此半徑畫圓,處于此圓以外的陶屑會被甩出去,D正確,A、B、C錯誤。2.(6分)(2024·甘肅蘭州模擬)(多選)如圖所示,質量為m的小物塊開始靜止在一半徑為R的球殼內,它和球心O的連線與豎直方向的夾角為θ=37°,現讓球殼隨轉臺繞轉軸OO′一起轉動,小物塊在球殼內始終未滑動,重力加速度為g,取sin37°=0.6,cos37°=0.8,下列說法正確的是()[A]小物塊靜止時受到的摩擦力大小為mg[B]若轉臺的角速度為小物塊不受摩擦力[C]若轉臺的角速度為小物塊受到沿球面向下的摩擦力[D]若轉臺的角速度為小物塊受到沿球面向下的摩擦力7【答案】AD【解析】靜止時,對小物塊受力分析,根據平衡條件有故A正確;球殼隨轉臺繞轉軸OO′一起轉動,小物塊做勻速圓周運動,設小物塊所受摩擦力為0時的角速度為ω0,對小物塊進行受力分析,則有mgtanθ=mw02Rsinθ,解得ω0,故B錯誤;因ω0>時,小物塊有沿球殼向下運動的趨勢,受到沿球面向上的摩擦力,故C錯誤;因故小物塊有沿球殼向上運動的趨勢,受到沿球面向下的摩擦力,故D正確。3.(10分)(2024·山西太原模擬)如圖所示,AB為豎直放置的光滑圓筒,一根長細繩穿過圓筒后一端連著質量m1=5kg的小球P,另一端和細繩BC(懸點為B)在結點C處共同連著質量為m2的小球Q,長細繩能承受的最大拉力為60N,細繩BC能承受的最大拉力為27.6N。轉動圓筒使BC繩被水平拉直,小球Q在水平面內做勻速圓周運動,小球P處于靜止狀態,此時圓筒頂端A點到C點的距離l1=1.5m,細繩BC的長度l2=0.9m,重力加速度g取10m/s2,兩繩均不可伸長,小球P、Q均可視為質點。(1)當角速度ω多大時,BC繩剛好被拉直(結果可用根號表示)?(2)當角速度ω多大時,BC繩剛好被拉斷?【答案】【解析】(1)BC繩剛好被拉直時,可知AC繩與豎直方向夾角的正弦值sin,對小球Q受力分析,由牛頓第二定律有m2gtanθ=m2w12l2,解得(2)對小球Q受力分析,豎直方向有m1gcosθ=m2g,解得m2=4kg,當BC剛被拉斷時有m1gsinθ+FTBC=m2w22l2,8解得ω2=4rad/s。對點2.豎直面內圓周運動的臨界問題4.(4分)(2024·安徽二模)某同學在轉動如圖所示的鉛筆的過程中,發現在水平面內繞筆中心轉動的角速度超過20rad/s時,位于鉛筆一端的橡皮將滑出,已知他使用的鉛筆長20cm,假設橡皮受到的最大靜摩擦力為定值,且橡皮的大小可忽略,g取10m/s2,則要保證橡皮擦不滑出,這支鉛筆在豎直面內繞其中心轉動的角速度的最大值為()[A]102rad/s[B]103rad/s[C]20rad/s[D]105rad/s【答案】B【解析】在水平面內繞筆中心轉動過程中,設最大靜摩擦力為Ff,則有Ff=mw12·,在豎直面內繞其中心轉動過程中,若要保證橡皮擦不滑出,在最低點由摩擦力與重力的合力提供向心力,則有Ff-mg=mw22·,解得ω2=103rad/s,故選B。5.(4分)如圖甲所示,輕桿的一端固定一小球(視為質點),另一端套在光滑的水平軸O上,O軸的正上方有一速度傳感器,可以測量小球通過最高點時的速度大小v;O軸處有力傳感器,可以測量小球通過最高點時O軸受到桿的作用力F,若豎直向下為力的正方向,使小球在最低點時具有不同的初速度,得到F-v2圖像如圖乙所示,g取10m/s2,則()[A]O軸到球心間的距離為0.5m[B]小球的質量為3kg[C]小球恰好通過最高點時的速度大小為5m/s[D]小球在最高點的速度大小為15m/s時桿受到球的作用力豎直向下【答案】A【解析】小球通過最高點時,O軸受到桿的作用力F與小球受到桿的作用力F′等大反向,即F=-F′,小球過最高點時,根據牛頓第二定律有得則9則題圖乙中圖像的斜率為--kg/m,當v2=0時,F=mg=3N,聯立解得m=0.3kg,R=0.5m,故A正確,B錯誤;當小球通過最高點的速度為零時,小球恰好通過最高點,故C錯誤;當小球通過最高點的速度大小為15m/s時,根據牛頓第二定律有可得F′=6N,方向豎直向下,即桿對球的作用力方向豎直向下,所以桿受到球的作用力豎直向上,故D錯誤。6.(4分)(2024·河南開封模擬)太極球是一種流行的健身器材。如圖所示,將球拍和太極球簡化成平板和小球,健身者用平板托著質量m=0.5kg的小球,使球與平板保持相對靜止、在豎直平面內做半徑R=0.2m的勻速圓周運動。A為圓周的最高點,C為最低點,B、D與圓心O等高。當小球運動到B點時速度v=2m/s,平板與水平方向的夾角θ=37°。重力加速度g取10m/s2,取sin37°=0.6,cos37°=0.8,不計空氣阻力。關于小球運動及受力的分析正確的是()[A]在A點,平板對小球沒有作用力[B]在B點,平板對小球的摩擦力大小為5N[C]在B點,平板對小球的摩擦力沿板向上[D]在C點,平板對小球有摩擦力作用【答案】B【解析】由于小球隨平板一起做勻速圓周運動,在A點,有解得FNA=5N,故A錯誤;在B點,若小球僅受支持力和重力,有解得v′<2m/s,故無法滿足題設條件,則小球還應受沿平板斜面向下的靜摩擦力,受力分析如圖所示,水平方向有FNBsinθ+FfBcosθ=m,豎直方向有FNBcosθ=FfBsinθ+mg,聯立解得FNB=10N,FfB=5N,故B正確,C錯誤;小球做勻速圓周運動,合力時刻指向圓心,所以在C點小球的合力方向豎直向上,小球只受重力和向上的支持力,平板對小球沒有摩擦力作用,故D錯誤。對點3.斜面上圓周運動的臨界問題7.(4分)(2024·廣西桂林模擬)如圖所示,一傾斜的勻質圓盤繞垂直于盤面的固定對稱軸以恒定角速度轉動,盤面上有一質量為m的小物體與圓盤始終保持相對靜止,盤面與水平面的夾角為30°,重力加速度大小為g,已知物體在最高點受到的摩擦力的大小為mg,則物體在最低點受到的摩擦力為()[A]mg[B]mg[C]2mg[D]mg【答案】D【解析】當物體在最高點受到的摩擦力方向沿半徑方向背離圓心時,對物體有mgsin30°-Ff1=mω2R,此種情況下,物體在最低點時,對物體有Ff2-mgsin30°=mω2R,解得當物體在最高點受到的摩擦力方向沿半徑方向指向圓心時,對物體有mgsin30°+Ff1=mω′2R,此種情況下,物體在最低點時,對物體有Ff2′-mgsin30°=mω′2R,解得故D正確。8.(4分)如圖所示,一傾斜的圓筒繞固定軸OO1以恒定的角速度ω轉動,圓筒的半徑r=1.5m。筒壁內有一小物體與圓筒始終保持相對靜止,小物體與圓筒間的動摩擦因數為設最大 靜摩擦力等于滑動摩擦力),轉動軸與水平面間的夾角為60°,重力加速度g取10m/s2,則ω 的最小值是()[C]10rad/s[D]5rad/s【答案】C【解析】對小物體受力分析如圖所示,由牛頓第二定律有mgcos60°+FN=mω2r,Ff=mgsin60°≤μFN,解得ω≥10rad/s,故C正確。9.(4分)(2024·河南鄭州模擬)如圖所示,豎直平面內的光滑金屬細圓環半徑為R,質量為m的帶孔小球穿于環上,一長為R的輕桿一端固定于球上,另一端通過光滑的鉸鏈連接于圓環最低點,重力加速度為g。當圓環以角速度ω繞豎直直徑轉動時,輕桿對小球的作用力大小和方向為(