[專題強化(五)]圓周運動的臨界問題______________________________________________________________________(選擇題每題5分，解答題每題10分，建議用時：50分鐘)考點基礎題綜合題水平面內的圓盤臨界模型1，2，5，6，78，9，11豎直面內圓周運動臨界模型3，4，710，12，13【基礎落實練】1．如圖所示，一質量為2.0×103kg的汽車在水平公路上行駛，路面對輪胎的徑向最大靜摩擦力為1.4×104N，當汽車經過半徑為80m的彎道時，下列判斷正確的是()A．汽車轉彎時所受的力有重力、彈力、摩擦力和向心力B．汽車轉彎的速度為20m/s時所需的向心力為1.4×104NC．汽車轉彎的速度為20m/s時汽車會發(fā)生側滑D．汽車能安全轉彎的向心加速度不超過7.0m/s2解析：選D。汽車轉彎時所受的力有重力、彈力、摩擦力，向心力是由摩擦力提供的，A錯誤；汽車轉彎的速度為20m/s時，根據(jù)Fn＝meq\f(v2,R)，得所需的向心力為1.0×104N，沒有超過最大靜摩擦力，所以汽車不會發(fā)生側滑，B、C錯誤；汽車安全轉彎時的最大向心加速度為am＝eq\f(Ff,m)＝7.0m/s2，D正確。2.(多選)如圖，在水平轉臺上放一個質量M＝2kg的木塊，它與轉臺間的最大靜摩擦力Fmax＝6.0N，繩的一端系掛木塊，通過轉臺的中心孔O(孔光滑)，另一端懸掛一個質量m＝1.0kg的物體，當轉臺以角速度＝5rad/s勻速轉動時，木塊相對轉臺靜止，木塊到O點的距離可能為()A．0.40mB．0.25mC．0.20mD．0.06m解析：選BC。由于木塊所受靜摩擦力的方向不確定，故我們需要求出兩種臨界情況。情況一，當方向指向圓心的摩擦力達到最大靜摩擦力時，此時木塊到O點的距離最大，對木塊根據(jù)牛頓第二定律有Fmax＋mg＝Mω2rmax，代入數(shù)據(jù)解得rmax＝0.32m。情況二，當方向背離圓心的摩擦力達到最大靜摩擦力時，此時木塊到O點的距離最小，根據(jù)牛頓第二定律有mg－Fmax＝Mω2rmin，代入數(shù)據(jù)解得rmin＝0.08m，所以木塊到O點的距離應該在0.08～0.32m之間，B、C正確。3.如圖所示，一質量為m＝0.5kg的小球(可視為質點)，用長為0.4m的輕繩拴著在豎直平面內做圓周運動，g＝10m/s2，下列說法不正確的是()A．小球要做完整的圓周運動，在最高點的速度至少為2m/sB．當小球在最高點的速度為4m/s時，輕繩拉力為15NC．若輕繩能承受的最大張力為45N，小球的最大速度不能超過4eq\r(2)m/sD．若輕繩能承受的最大張力為45N，小球的最大速度不能超過4m/s解析：選D。設小球通過最高點時的最小速度為v0，則根據(jù)牛頓第二定律有mg＝meq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),R)，解得v0＝2m/s，故A正確；當小球在最高點的速度為v1＝4m/s時，設輕繩拉力大小為FT，根據(jù)牛頓第二定律有FT＋mg＝meq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)),R)，解得FT＝15N，故B正確；小球在軌跡最低點處速度最大，此時輕繩的拉力最大，根據(jù)牛頓第二定律有FTm－mg＝meq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(m)),R)，解得vm＝4eq\r(2)m/s，故C正確，D錯誤。4．(2023·廣東佛山一模)偏心振動輪廣泛應用于生活中的各個領域，如手機振動器、按摩儀、混凝土平板振動機等。如圖甲，某工人正操作平板振動機進行水泥路面的壓實作業(yè)。平板振動機中偏心振動輪的簡化圖如圖乙所示，輪上有一質量較大的偏心塊。若偏心輪繞轉軸O在豎直面內轉動，則當偏心塊的中心運動到圖中哪一位置時，振動機對路面壓力最大()A．PB．QC．MD．N解析：選A。把偏心塊等效為一個質量為m質點，轉到最低點P時滿足F－mg＝mω2r，變形后得到偏心塊對振動機壓力F′＝F＝mg＋mω2r，對整體有FN＝Mg＋F′＝Mg＋mg＋mω2r，根據(jù)牛頓第三定律可知，當偏心輪在最低點時路面對振動機的支持力FN最大，振動機對路面壓力FN′也最大，故B、C、D錯誤，A正確。5.一圓盤可以繞其豎直軸在水平面內轉動，圓盤半徑為R，甲、乙兩物體質量分別為M和m(M>m)，它們與圓盤之間的最大靜摩擦力均為壓力的M倍，兩物體用一根長為L(L<R)的輕繩連在一起，如圖所示。若將甲物體放在轉軸的位置，甲、乙之間的輕繩剛好沿半徑方向被拉直，讓圓盤從角速度為0開始轉動，角速度逐漸增大，兩物體與圓盤不發(fā)生相對滑動，(兩物體均可看作質點，重力加速度為g)則下列說法正確的是()A．隨著角速度的增大的過程中，物塊m受到的摩擦力先增加再逐漸減少B．隨著角速度的增大的過程中，物塊M始終受到摩擦力C．則圓盤旋轉的角速度最大不得超過eq\r(\f(μg（M＋m）,ML))D．則圓盤旋轉的角速度最大不得超過eq\r(\f(μg（M＋m）,mL))解析：選D。當圓盤角速度較小時，m的向心力由靜摩擦力提供，繩子沒拉力，由牛頓第二定律f＝mωeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))L，m受的靜摩擦力隨角速度增大而增大，當角速度增大到ω1時，靜摩擦力達到最大靜摩擦力μmg，角速度再增大，繩子拉力出現(xiàn)，由牛頓第二定律T＋μmg＝mωeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))L，隨著角速度增大，m受的摩擦力保持不變，一直為最大靜摩擦力μmg，則隨著角速度的增大的過程中，物塊m受到的摩擦力先增加后保持不變，當繩子有力時，M開始受到摩擦力作用，故A、B錯誤；當繩子的拉力增大到等于甲的最大靜摩擦力時，角速度達到最大，對m和M，分別有T＋μmg＝mω2L，T＝μMg，聯(lián)立可得ω＝eq\r(\f(μg（M＋m）,mL))，故C錯誤，D正確。6.細繩一端系住一個質量為m的小球(可視為質點)，另一端固定在光滑水平桌面上方h高度處，繩長l大于h，使小球在桌面上做如圖所示的勻速圓周運動，重力加速度為g。若要小球不離開桌面，其轉速不得超過()A．eq\f(1,2π)eq\r(\f(g,l))B．2πeq\r(gh)C．eq\f(1,2π)eq\r(\f(h,g))D．eq\f(1,2π)eq\r(\f(g,h))解析：選D。對小球受力分析，小球受三個力的作用，重力mg、水平桌面支持力FN、繩子拉力F，小球所受合力提供向心力，設繩子與豎直方向夾角為θ，由幾何關系可知R＝htanθ，受力分析可知Fcosθ＋FN＝mg，F(xiàn)sinθ＝meq\f(v2,R)＝mω2R＝4mπ2n2R＝4mπ2n2htanθ，當球即將離開水平桌面時，F(xiàn)N＝0，轉速n有最大值，此時nm＝eq\f(1,2π)eq\r(\f(g,h))，故D正確。7．(2023·四川成都高三階段練習)如圖所示為一種圓錐筒狀轉筒，左右各系著一長一短的繩子掛著相同的小球，轉筒靜止時繩子平行圓錐面。不計空氣阻力，當轉筒中心軸開始緩慢加速轉動，則下列說法正確的是()A．角速度慢慢增大，一定是線短的那個球先離開圓錐筒B．角速度達到一定值的時候兩個球一定同時離開圓錐筒C．兩個球都離開圓錐筒后，它們的高度不一定相同D．兩個球都離開圓錐筒后，它們的高度一定相同解析：選D。設繩子與豎直方向的夾角為θ，小球恰好離開圓錐筒時，圓錐筒的支持力為0，有mgtanθ＝mω2Lsinθ，解得ω＝eq\r(\f(g,Lcosθ))，由上述式子可知，對于小球來說，繩子的長度越長，小球離開圓錐筒的臨界角速度越小，即越容易離開圓錐筒，可知線長的那個球先離開圓錐筒，故A、B錯誤；當兩個球都離開圓錐筒時，此時繩子與豎直方向夾角為α，小球只受重力和繩子的拉力，有mgtanα＝mω2Lsinα，h＝Lcosα，整理有h＝eq\f(g,ω2)，因為兩個小球繞同一軸轉動，所以兩小球的角速度相同，即兩小球高度相同，故C錯誤，D正確?！揪C合提升練】8.(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(可視為質點)與圓盤始終保持相對靜止，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，則以下說法中正確的是()A．小物體隨圓盤以不同的角速度ω做勻速圓周運動時，ω越大時，小物體在最高點處受到的摩擦力一定越大B．小物體受到的摩擦力可能背離圓心C．若小物體與盤面間的動摩擦因數(shù)為eq\f(\r(3),2)，則ω的最大值是1.0rad/sD．若小物體與盤面間的動摩擦因數(shù)為eq\f(\r(3),2)，則ω的最大值是eq\r(3)rad/s解析：選BC。當物體在最高點時，也可能受到重力、支持力與摩擦力三個力的作用，摩擦力的方向可能沿斜面向上(即背離圓心)，也可能沿斜面向下(即指向圓心)，摩擦力的方向沿斜面向上時，ω越大時，小物體在最高點處受到的摩擦力越小，故A錯誤，B正確；當物體轉到圓盤的最低點恰好不滑動時，圓盤的角速度最大，此時小物體受豎直向下的重力、垂直于斜面向上的支持力、沿斜面指向圓心的摩擦力，由沿斜面的合力提供向心力，支持力FN＝mgcos30°，摩擦力Ff＝μFN＝μmgcos30°，又μmgcos30°－mgsin30°＝mω2R，解得ω＝1.0rad/s，故C正確，D錯誤。9.(多選)如圖所示，兩個質量均為m的小木塊a和b(可視為質點)放在水平圓盤上，a與轉軸OO′的距離為l，b與轉軸的距離為2l。木塊與圓盤間的最大靜摩擦力為木塊所受重力的k倍，重力加速度大小為g。若圓盤從靜止開始繞轉軸緩慢地加速轉動，用ω表示圓盤轉動的角速度，且最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，下列說法正確的是()A．b一定比a先開始滑動B．a、b所受的摩擦力始終相等C．ω＝eq\r(\f(kg,2l))是b開始滑動的臨界角速度D．當ω＝eq\r(\f(2kg,3l))時，a所受摩擦力的大小為kmg解析：選AC。小木塊a、b做圓周運動時，由靜摩擦力提供向心力，即Ff＝mω2R，當角速度增大時，靜摩擦力增大，當增大到最大靜摩擦力時，發(fā)生相對滑動，對木塊a有Ffa＝mωeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(a))l，當Ffa＝kmg時，kmg＝mωeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(a))l，ωa＝eq\r(\f(kg,l))，對木塊b有Ffb＝mωeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(b))·2l，當Ffb＝kmg時，kmg＝mωeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(b))·2l，ωb＝eq\r(\f(kg,2l))，則ω＝eq\r(\f(kg,2l))是b開始滑動的臨界角速度，所以b先達到最大靜摩擦力，即b比a先開始滑動，A、C正確；兩木塊滑動前轉動的角速度相同，則Ffa＝mω2l，F(xiàn)fb＝mω2·2l，F(xiàn)fa<Ffb，B錯誤；ω＝eq\r(\f(2kg,3l))<ωa＝eq\r(\f(kg,l))，a沒有滑動，則Ffa′＝mω2l＝eq\f(2,3)kmg，D錯誤。10．(2023·廣東汕頭一模)如圖甲所示，被稱為“魔力陀螺”玩具的陀螺能在圓軌道外側旋轉不脫落，其原理可等效為如圖乙所示的模型：半徑為R的磁性圓軌道豎直固定，質量為m的鐵球(視為質點)沿軌道外側運動，A、B分別為軌道的最高點和最低點，軌道對鐵球的磁性引力始終指向圓心且大小不變，不計摩擦和空氣阻力，重力加速度為g，則()A．鐵球繞軌道可能做勻速圓周運動B．由于磁力的作用，鐵球繞軌道運動過程中機械能不守恒C．鐵球在A點的速度必須大于eq\r(gR)D．軌道對鐵球的磁性引力至少為5mg，才能使鐵球不脫軌解析：選D。鐵球在運動的過程中受到重力、軌道的支持力和磁力的作用，其中鐵球受軌道的磁性引力始終指向圓心且大小不變，支持力的方向過圓心，它們都始終與運動的方向垂直，所以磁力和支持力都不能對小鐵球做功，只有重力會對小鐵球做功，所以小鐵球的機械能守恒，在最高點的速度最小，在最低點的速度最大，小鐵球不可能做勻速圓周運動，故A、B錯誤；小鐵球在運動的過程中受到重力、軌道的支持力和磁力的作用，在最高點軌道對小鐵球的支持力的方向可以向上，小鐵球的速度只要大于0即可通過最高點，故速度不是必需大于eq\r(gR)，故C錯誤；由于小鐵球在運動的過程中機械能守恒，所以小鐵球在最高點的速度越小，則機械能越小，在最低點的速度也越小，根據(jù)Fn＝eq\f(mv2,r)，可知小鐵球在最低點時需要的向心力越小，而在最低點小鐵球受到的重力的方向向下，支持力的方向也向下，只有磁力的方向向上，要使鐵球不脫軌，軌道對鐵球的支持力一定要大于0，所以鐵球恰好不脫軌的條件是：小鐵球在最高點的速度恰好為0，而且到達最低點時，軌道對鐵球的支持力恰好等于0，根據(jù)機械能守恒定律，小鐵球在最高點的速度恰好為0，到達最低點時的速度滿足mg·2R＝eq\f(1,2)mv2，軌道對鐵球的支持力恰好等于0，則磁力與重力的合力提供向心力，即F－mg＝meq\f(v2,R)，聯(lián)立解得F＝5mg，可知要使鐵球不脫軌，軌道對鐵球的磁性引力至少為5mg，故D正確。11．如圖所示，半徑分別為rA、rB的兩圓盤水平放置，圓盤的邊緣緊密接觸，當兩圓盤繞過圓心的豎直軸勻速轉動時，圓盤的邊緣不打滑。質量分別為mA、mB的物塊A、B(均視為質點)分別放置在兩圓盤的邊沿，與圓盤間的動摩擦因數(shù)分別為μA、μB，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，現(xiàn)讓圓盤繞過圓心的豎直軸轉動起來，A比B先滑動的條件是()A.μArA＜μBrBB．μArB＜μBrAC．eq\f(μA,rA)>eq\f(μB,rB)D．eq\f(μB,rA)<eq\f(μA,rB)解析：選A。由牛頓第二定律與圓周運動規(guī)律，當A剛要相對圓盤滑動時摩擦力提供向心力，則μAmAg＝eq\f(mAveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(A)),rA)，解得vA＝eq\r(μAgrA)，當B剛要相對圓盤滑動時μBmBg＝eq\f(mBveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(B)),rB)，解得vB＝eq\r(μBgrB)，當A比B先滑動時，則有vA＜vB，即eq\r(μAgrA)<eq\r(μBgrB)，化簡可得μArA＜μBrB，故A正確，B、C、D錯誤。12．如圖所示，輕桿長3L，在桿兩端分別固定質量均為m的球A和B(均可視為質點)，光滑水平轉軸穿過桿上距球A為L處的O點，外界給系統(tǒng)一定能量后，桿和球在豎直平面內轉動，球B運動到最高點時，桿對球B恰好無作用力。忽略空氣阻力，重力加速度為g，則球B在最高點時()A．球B的速度為零B．球A的速度大小為eq\r(2gL)C．水平轉軸對桿的作用力為1.5mgD．水平轉軸對桿的作用力為2.5mg解析：選C。球B運動到最高點時，桿對球B恰好無作用力，即僅重力提供向心力，則有mg＝meq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(B)),2L)，解得vB＝eq\r(2gL)，故A錯誤；由于A、B兩球的角速度相等，則球A的速度大小vA＝eq\f(1,2)eq\r(2gL)，故B錯誤；B球在最高點時，對桿無彈力，此時A球受到的重力和拉力的合力提供向心力，有F－mg＝meq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(A)),L)，解得F＝1.5mg，即桿受到的彈力大小為1.5mg，可知水平轉軸對桿的作用力為1.5mg，C正確，D錯誤。13．(10分)(2023·山東棗莊模擬)如圖，輕桿長2l，中點裝在水平軸O上