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課時跟蹤檢測（九） 圓周運動的兩種模型和臨界問題
A組—重基礎·體現綜合
1．如圖甲所示是雜技演員表演的“水流星”節目，在長為1.8 m的細繩的兩端，各系一個與水的總質量為m＝0.5 kg的盛水容器，以繩的中點為圓心，在豎直平面內做圓周運動，如圖乙所示，若“水流星”通過最高點時的速率為3 m/s，則下列說法正確的是(g＝10 m/s2)(　　)
A．“水流星”通過最高點時，有水從容器中流出
B．“水流星”通過最高點時，繩的張力及容器底部受到的壓力均為零
C．“水流星”通過最高點時，不受力的作用
D．“水流星”通過最高點時，繩子的拉力大小為5 N
解析：選B　水流星在最高點的臨界速度v＝＝3 m/s，由此知繩的拉力恰為零，且水恰不流出，故選B。
2．冰面對溜冰運動員的最大摩擦力為運動員重力的k倍，在水平冰面上沿半徑為R的圓周滑行的運動員，其安全速度為(　　)
A．v＝k B．v≤
C．v≤ D．v≤
解析：選B　水平冰面對運動員的摩擦力提供他做圓周運動的向心力，則運動員的安全速度v滿足：kmg≥m，解得v ≤，故選項B正確。
3.如圖所示，可視為質點的木塊A、B疊放在一起，放在水平轉臺上隨轉臺一起繞固定轉軸OO′勻速轉動，木塊A、B與轉軸OO′的距離為1 m，A的質量為5 kg，B的質量為10 kg。已知A與B間的動摩擦因數為0.2，B與轉臺間的動摩擦因數為0.3，若木塊A、B與轉臺始終保持相對靜止，則轉臺角速度ω的最大值為(最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g取10 m/s2)(　　)
A．1 rad/s B. rad/s
C. rad/s D．3 rad/s
解析：選B　對A有μ1mAg≥mAω2r，對A、B整體有(mA＋mB)ω2r≤μ2(mA＋mB)g，代入數據解得ω≤ rad/s，故B正確。
4．[多選]球A和球B可在光滑桿上無摩擦滑動，兩球用一根細繩連接，如圖所示，球A的質量是球B的兩倍，當桿以角速度ω勻速轉動時，兩球剛好保持與桿無相對滑動，那么(　　)
A．球A受到的向心力大于球B受到的向心力
B．球A轉動的半徑是球B轉動半徑的一半
C．當A球質量增大時，球A向外運動
D．當ω增大時，球B向外運動
解析：選BC　因為桿光滑，兩球的相互拉力提供向心力，所以FA＝FB，故選項A錯誤；由F＝mω2r，mA＝2mB，得rB＝2rA，故選項B正確；當A球質量增大時，球A向外運動，故選項C正確；當ω增大時，球B不動，故選項D錯誤。
5．某特技演員曾飛車挑戰世界最大環形車道。如圖所示，環形車道豎直放置，半徑為6 m，若汽車在車道上以12 m/s恒定的速率運動，特技演員與汽車的總質量為1 000 kg，重力加速度g取10 m/s2，則(　　)
A．汽車通過最低點時，特技演員處于失重狀態
B．汽車通過最高點時對環形車道的壓力為1.4×104 N
C．汽車在環形車道上的角速度為1 rad/s
D．若要挑戰成功，汽車在最高點的速率不可能低于12 m/s的恒定速率運動
解析：選B　汽車通過最低點時，加速度方向豎直向上，特技演員處于超重狀態，故A錯誤；汽車在最高點，根據牛頓第二定律得，FN＋mg＝m，解得FN＝m－mg＝14 000 N，故B正確；汽車在環形車道上的角速度ω＝＝ rad/s＝2 rad/s，故C錯誤；要想通過最高點，臨界情況是軌道對汽車的壓力為零，根據牛頓第二定律得，mg＝m，解得v′＝＝ m/s＝2 m/s，即最小速度為2 m/s，故D錯誤。
6．[多選]如圖所示，豎直平面內固定一個圓環狀的細管，一光滑小球(直徑略小于管徑)在管內做圓周運動，則(　　)
A．小球以大小不同的速度通過最高點時，管壁對小球的作用力大小一定不等
B．小球以大小不同的速度通過最高點時，管壁對小球的作用力大小可能相等
C．小球以大小不同的速度通過最低點時，管壁對小球的作用力大小一定不等
D．小球以大小不同的速度通過最低點時，管壁對小球的作用力大小可能相等
解析：選BC　在最高點，若小球對內壁為壓力，則mg－FN＝，解得FN＝mg－；若小球對外壁為壓力，則mg＋FN′＝，解得FN′＝－mg，小球的速度大小不同，壓力大小可能相同，故A錯誤，B正確；在最低點，根據牛頓第二定律可知FN－mg＝，解得FN＝＋mg，小球的速度大小不同，對管壁的作用力大小一定不同，故C正確，D錯誤。
7．長為0.5 m的輕桿OA繞O點在豎直面內做圓周運動，A端連著一個質量m＝2 kg的小球。求在下述的兩種情況下，通過最高點時小球對桿的作用力的大小和方向(g取10 m/s2)：
(1)桿做勻速圓周運動的轉速為2 r/s；
(2)桿做勻速圓周運動的轉速為0.5 r/s。
解析：小球在最高點的受力如圖所示。
(1)桿的轉速為2 r/s時，ω＝2π·n＝4π rad/s，　
由牛頓第二定律得F＋mg＝mLω2，
故小球所受桿的作用力
F＝mLω2－mg＝2×(0.5×42×π2－10)N≈138 N，
即桿對小球有138 N的拉力，由牛頓第三定律可知，小球對桿的拉力大小為138 N，方向豎直向上。
(2)桿的轉速為0.5 r/s時，ω′＝2π·n′＝π rad/s，
同理可得小球所受桿的作用力
F′＝mLω′2－mg＝2×(0.5×π2－10)N≈－10 N，
力F′為負值表示它的方向與受力分析中所假設的方向相反，即桿對小球有10 N的向上的支持力，由牛頓第三定律可知，小球對桿的壓力大小為10 N，方向豎直向下。
答案：(1)138 N，方向豎直向上
(2)10 N，方向豎直向下
B組—重應用·體現創新
8.半徑為R的光滑半圓球固定在水平面上，如圖所示。頂部有一物體A，現給它一個水平初速度v0＝，則物體將(　　)
A．沿球面下滑至M點
B．沿球面下滑至某一點N，便離開球面做斜下拋運動
C．按半徑大于R的新的圓弧軌道做圓周運動
D．立即離開半圓球做平拋運動
解析：選D　設在頂部物體A受到半圓球對它的作用力為F，由牛頓第二定律得mg－F＝m，把v0＝代入得F＝0。說明物體只受重力作用，又因物體有水平初速度v0，故物體做平拋運動，D正確。
9.(多選)如圖所示，傾角θ＝30°的斜面體C固定在水平面上，置于斜面上的物塊B通過細繩跨過光滑定滑輪(滑輪可視為質點)與小球A相連，連接物塊B的細繩與斜面平行，滑輪左側的細繩長度為L，物塊B與斜面間的動摩擦因數μ＝。開始時A、B均處于靜止狀態，B、C間恰好沒有摩擦力，現讓A在水平面內做勻速圓周運動，物塊B始終靜止，則A的角速度可能為(　　)
A. B.
C. D.
解析：選ACD　開始時A、B均處于靜止狀態，B、C間恰好沒有摩擦力，則有mAg＝mBgsin θ，解得mB＝2mA。當A以最大角速度做圓周運動時，要保證B靜止，此時繩子上的拉力FT＝mBgsin θ＋μmBgcos θ＝2mAg。設A以最大角速度做圓周運動時繩子與豎直方向的夾角為α，則cos α＝＝，α＝60°，對A受力分析可知，物體A做圓周運動的半徑R＝Lsin α＝L，向心力為Fn＝FTsin α＝mAg，由向心力公式Fn＝mAω2R，代入數據解得ω＝，故角速度小于等于，A、C、D正確。
10.如圖所示，一輛廂式貨車在水平路面上做轉彎測試，圓弧形彎道的半徑R＝8 m，車輪與路面間的最大徑向摩擦力為車對路面壓力的0.8。貨車內頂部用細線懸掛一個小球P，在懸點O處裝有拉力傳感器。車沿平直路面做勻速運動時，傳感器的示數F＝4 N。重力加速度g取10 m/s2。
(1)該貨車在此圓弧形彎道上做勻速圓周運動時，為了防止側滑，貨車的最大速度vmax是多大？
(2)該貨車某次在此彎道上做勻速圓周運動，穩定后傳感器的示數為F′＝5 N，此時細線與豎直方向的夾角θ是多大？貨車的速度v′有多大？
解析：(1)設貨車的總質量為M，轉彎時恰好不發生側滑時，貨車有最大速度，有
μMg＝，
解得vmax＝8 m/s。
(2)貨車沿平直路面勻速運動時
F＝mg＝4 N，m＝0.4 kg，
此次轉彎時小球受細線的拉力F′＝5 N，
有cos θ＝＝0.8，則θ＝37°，
設小球受到的合力為F合，
tan θ＝，
則有mgtan θ＝m，
解得v′＝＝2 m/s。
答案：(1)8 m/s　(2)37°　2 m/s
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習題課一　圓周運動的兩種模型和臨界問題
綜合提能(一)　 豎直平面內圓周運動的兩種模型
[知識貫通]
1．模型建立
在豎直平面內做圓周運動的物體，根據其受力特點可分為兩類：
(1)“輕繩模型”(無支撐)。
小球在細繩作用下在豎直平面內做圓周運動，如圖甲所示；小球沿豎直光滑軌道內側做圓周運動，如圖乙所示，都稱為“輕繩模型”。
(2)“輕桿模型”(有支撐)。
小球在輕桿作用下在豎直平面內做圓周運動，如圖丙所示；小球在豎直放置的光滑細管內做圓周運動，如圖丁所示，都稱為“輕桿模型”。
2．兩種模型對比
續表
[典例1] 一根長為0.8 m的繩子，當受到7.84 N的拉力時被拉斷。若在此繩的一端拴一個質量為0.4 kg的物體，使物體以繩子的另一端為圓心在豎直面內做圓周運動，當物體運動到最低點時繩子恰好斷裂。求物體運動至最低點時的角速度和線速度大小(取g＝9.8 m/s2)。
(1)物體做非勻速圓周運動時，在任何位置均是由沿半徑方向指向圓心的合力提供向心力。
(2)物體做一般曲線運動時，在每段小圓弧處仍可按圓周運動規律進行處理。
[典例2]長L＝0.5 m的輕桿一端連接著一個零件A，A的質量m＝
2 kg。現讓A在豎直平面內繞O點做勻速圓周運動，如圖所示。在A通過最高點時，求下列兩種情況下A對輕桿的作用力：(取g＝10 m/s2)
(1)A的速率為1 m/s。
(2)A的速率為4 m/s。
解答豎直平面內物體的圓周運動問題的兩個關鍵
(1)確定是屬于“輕繩模型”，還是“輕桿模型”；
(2)注意區分兩者在最高點的最小速度的要求，區分繩與桿的施力特點。
2．如圖，一同學表演蕩秋千。已知秋千的兩根繩長均為10 m，該同學和秋千踏板的總質量約為50 kg。繩的質量忽略不計。當該同學蕩到秋千支架的正下方時，速度大小為8 m/s，此時每根繩子平均承受的拉力約為 (　　)
A．200 N B．400 N
C．600 N D．800 N
3．[多選]如圖所示，一個固定在豎直平面上的光滑圓形管道，管道里有一個直徑略小于管道內徑的小球，小球在管道內做圓周運動，下列說法中正確的是 (　　)
A．小球通過管道最低點時，小球對管道的壓力向下
B．小球通過管道最低點時，小球對管道的壓力向上
C．小球通過管道最高點時，小球對管道的壓力可能向上
D．小球通過管道最高點時，小球對管道可能無壓力
綜合提能(二)　　圓周運動的臨界問題
[知識貫通]
圓周運動的臨界問題，主要涉及臨界速度與臨界力的問題，常常與繩的拉力、接觸面的彈力和摩擦力等相關。在這類問題中，要特別注意分析物體做圓周運動的向心力來源，考慮達到臨界條件時物體所處的狀態，即臨界速度、臨界角速度等，然后分析該狀態下物體的受力特點，結合圓周運動知識，列方程求解。常見情況有以下幾種：
(1)與繩的彈力有關的圓周運動臨界問題。
①繩子斷與不斷的臨界條件：繩中張力等于它所能承受的最大張力；
②繩子松弛的臨界條件：繩子的張力F＝0。
(2)因靜摩擦力存在最值而產生的圓周運動臨界問題。
相對滑動的臨界條件：靜摩擦力達到最大值。
(3)與接觸面有關的圓周運動臨界問題。
接觸與脫離的臨界條件：彈力FN＝0。
[典例3] (2024·江蘇高考)陶瓷是以粘土為主要原料以及各種天然礦物經過粉碎、混煉、成型和煅燒制得的材料以及各種制品。如圖所示是生產陶瓷的簡化工作臺，當陶瓷勻速轉動時，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．離軸OO′越遠的陶屑質量越大
B．離軸OO′越近的陶屑質量越小
C．只有平臺邊緣有陶屑
D．離軸最遠的陶屑距離不會超過某一值
答案：D
[典例4]　如圖所示，兩繩系一質量為m＝0.1 kg的小球，上面繩長L＝2 m，兩端都拉直時與軸的夾角分別為30°與45°，問球的角速度在什么范圍內，兩繩始終伸直？(g取10 m/s2)
解析：兩繩都張緊時，小球受力如圖所示，當ω由0逐漸增大時，ω可能出現兩個臨界值。
(1)BC恰好拉直，但拉力T2仍然為零，設此時的角速度為ω1，則有Fx＝T1sin 30°＝mω12Lsin 30°，
Fy＝T1cos 30°－mg＝0，聯立解得ω1≈2.40 rad/s。
(2)AC由拉緊變為恰好拉直，則T1為零，設此時的角速度為ω2，則有
Fx＝T2sin 45°＝mω22Lsin 30°，
Fy＝T2cos 45°－mg＝0，
聯立解得ω2≈3.16 rad/s，
可見，要使兩繩始終張緊，ω必須滿足
2．40 rad/s≤ω≤3.16 rad/s。
答案：2.40 rad/s≤ω≤3.16 rad/s
[典例5]如圖所示，用一根長為l＝1 m的細線，一端系一質量為m＝1 kg的小球(可視為質點)，另一端固定在一光滑錐體頂端，錐面與豎直方向的夾角θ＝37°，當小球在水平面內繞錐體的軸做勻速圓周運動的角速度為ω時，細線的張力為FT。(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，結果可用根式表示)
(1)若要小球離開錐面，則小球的角速度ω0至少為多大？
(2)若細線與豎直方向的夾角為60°，則小球的角速度ω′為多大？
2.如圖所示，一長L＝0.4 m的輕桿，可繞通過中點O的水平軸在豎直平面內轉動，在輕桿兩端分別固定小球A、B。當A球通過最低點，B球通過最高點，且旋轉的角速度ω＝10 rad/s時，轉軸對輕桿恰好無作用力，重力加速度g取10 m/s2，忽略一切摩擦和阻力，則A、B兩個小球的質量之比為(　　)
A．mA∶mB＝1∶3 B．mA∶mB＝1∶1
C．mA∶mB＝2∶3 D．mA∶mB＝9∶11
答案：A　
3. 如圖所示，內壁光滑的豎直圓桶繞中心軸做勻速圓周運動，一物塊用細繩系著，繩的另一端系于圓桶上表面圓心，且物塊貼著圓桶內表面隨圓桶一起轉動，則 (　　)
A．繩的拉力可能為零
B．桶對物塊的彈力不可能為零
C．若它們以更大的角速度一起轉動，繩的張力一定增大
D．若它們以更大的角速度一起轉動，繩的張力仍保持不變
解析：由于桶的內壁光滑，所以桶不能提供給物塊豎直向上的摩擦力，所以繩子的拉力一定不能等于零，故A錯誤。繩子沿豎直方向的分力與物塊重力大小相等，若繩子沿水平方向的分力恰好提供向心力，則桶對物塊的彈力為零，故B錯誤。由題圖可知，繩子與豎直方向的夾角不會隨桶的角速度的增大而增大，所以繩子的拉力也不會隨角速度的增大而增大，故C錯誤，D正確。
答案：D　

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