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圆周运动的临界问题

## 水平面内圆周运动的临界问题
物体做圆周运动时，若物体的速度、角速度发生变化，会引起某些力(如拉力、支持力、摩擦力)发生变化，进而出现某些物理量或运动状态的突变，即出现临界状态.
1.常见的临界情况
(1)水平转盘上的物体恰好不发生相对滑动的临界条件是物体与盘间恰好达到最大静摩擦力.
(2)物体间恰好分离的临界条件是物体间的弹力恰好为零.
(3)绳的拉力出现临界条件的情形有：绳恰好拉直意味着绳上无弹力；绳上拉力恰好为最大承受力等.

2.分析方法
分析圆周运动临界问题的方法是让角速度或线速度从小逐渐增大，分析各量的变化，找出临界状态.确定了物体运动的临界状态和临界条件后，选择研究对象进行受力分析，利用牛顿第二定律列方程求解.

`例` 如图所示，一质量为2.0×103 kg的汽车在水平公路上行驶，路面对轮胎的径向最大静摩擦力为1.4×104 N，当汽车经过半径为80 m的弯道时，下列判断正确的是
A.汽车转弯时所受的力有重力、弹力、摩擦力和向心力
B.汽车转弯的速度为20 m/s时所需的向心力为1.4×104 N
C.汽车转弯的速度为20 m/s时汽车会发生侧滑
D.汽车能安全转弯的向心加速度不超过7.0 m/s2
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 解：汽车转弯时所受的力有重力、弹力、摩擦力，向心力是由摩擦力提供的，A错误；
汽车转弯的速度为 $20 m / s$ 时, 根据 $F_{ n }=m \frac{v^2}{R}$, 得所需的向心力为 $1.0 \times 10^4 N$, 没有超过最大静摩擦力, 所以汽车不会发生侧滑, B、C错误；
汽车安全转弯时的最大向心加速度为 $a_{ m }=\frac{F_{ f }}{m}=7.0 m / s ^2, D$ 正确.

`例`(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，用ω表示圆盘转动的角速度，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是 
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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. $\omega=\sqrt{\frac{k g}{2 l}}$ 是 $b$ 开始滑动的临界角速度
D. 当 $\omega=\sqrt{\frac{2 k g}{3 l}}$ 时， $a$ 所受摩擦力的大小为 $k m g$

解：AC。 小木块 $a 、 b$ 做圆周运动时, 由静摩擦力提供向心力, 即 $F_{ f }=m \omega^2 R$.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 $F_{ f a}=m \omega_a{ }^2 l$, 当 $F_{ f a}=k m g$ 时, $k m g=m \omega_a{ }^2 l, \omega_a$ $=\sqrt{\frac{k g}{l}}$; 对木块 $b$ 有 $F_{ f b}=m \omega_b^2 \cdot 2 l$, 当 $F_{ f b}=k m g$ 时, $k m g=m \omega_b^2 \cdot 2 l$, $\omega_b=\sqrt{\frac{k g}{2 l}}$ ，则 $\omega=\sqrt{\frac{k g}{2 l}}$ 是 $b$ 开始滑动的临界角速度，所以 $b$ 先达到最大静摩擦力, 即 $b$ 比 $a$ 先开始滑动, 选项 $A 、 C$ 正确;
两木块滑动前转动的角速度相同，则 $F_{ f a}=m \omega^2 l$ ，则 $F_{ f b}=m \omega^2 \cdot 2 l, F_{ f a}<F_{ f b}$ ，选项 B 错误；
$\omega=\sqrt{\frac{2 k g}{3 l}}<\omega_a=\sqrt{\frac{k g}{l}}, a$ 没有滑动, 则 $F_{ f a}{ }^{\prime}=m \omega^2 l=\frac{2}{3} k m g$, 选项 D错误.

`例`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
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 A. $\frac{1}{2 \pi} \sqrt{\frac{g}{l}}$
B. $2 \pi \sqrt{g h}$
C. $\frac{1}{2 \pi} \sqrt{\frac{h}{g}}$
D. $\frac{1}{2 \pi} \sqrt{\frac{g}{h}}$

解：D. 对小球受力分析，小球受三个力的作用，重力 $m g$ 、水平桌面支持力 $F_{ N }$ 、绳子拉力 $F$ 。
小球所受合力提供向心力，设绳子与坚直方向夹角为 $\theta$, 由几何关系可知 $R=h \tan \theta$, 受力分析可知 $F \cos \theta+F_{ N }=m g, F \sin \theta=m \frac{v^2}{R}=m \omega^2 R=4 m \pi^2 n^2 R=4 m \pi^2 n^2 h \tan \theta ;$当球即将离开水平桌面时, $F_{ N }=0$, 转速 $n$ 有最大值, 此时 $n_{ m }=$ $\frac{1}{2 \pi} \sqrt{\frac{g}{h}}$, 故选 D.

`例` 　(多选) 如图所示，AB为竖直放置的光滑圆筒，一根长细绳穿过圆筒后一端连着质量为m1＝5 kg的小球(可视为质点)，另一端和细绳BC(悬点为B)在结点C处共同连着一质量为m2的小球(可视为质点)，长细绳能承受的最大拉力为60 N，细绳BC能承受的最大拉力为27.6 N.圆筒顶端A到C点的距离l1＝1.5 m，细绳
BC刚好被水平拉直时长l2＝0.9 m，转动圆筒并逐渐缓慢增大
角速度，在BC绳被拉直之前，用手拿着m1，保证其位置不变，
在BC绳被拉直之后，放开m1，重力加速度g取10 m/s2，
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 下列说法正确的是
A .在 $B C$ 绳被拉直之前， $A C$ 绳中拉力逐渐增大
B. 当角速度 $\omega=\frac{5}{3} \sqrt{3} rad / s$ 时， $B C$ 绳刚好被拉直
C. 当角速度 $\omega=3 rad / s$ 时， $A C$ 绳刚好被拉断
D. 当角速度 $\omega=4 rad / s$ 时， $B C$ 绳冈好被拉断
解：转动圆筒并逐渐缓慢增大角速度的过程中， $A C$ 绳与坚直方向的夹角 $\theta$ 逐渐增大， $m_2$ 坚直方向处于平衡，由 $F_{T A} \cos \theta$ $=m_2 g$ ，可知在 $B C$ 绳被拉直之前， $A C$ 绳中拉力逐渐增大，
A正确;
$B C$ 绳刚好被拉直时，由几何关系可知 $A C$ 绳与坚直方向的夹角的正弦值 $\sin \theta=\frac{3}{5}$ ，对小球 $m_2$ 受力分析，由牛顿第二定律可知 $m_2 g \tan \theta=m_2 \omega_1^2 l_2$, 解得 $\omega_1=\frac{5}{3} \sqrt{3} rad / s$, B 正确;
当 $\omega=3 rad / s >\frac{5 \sqrt{3}}{3} rad / s , B C$ 绳被拉直且放开了 $m_1, m_1$ 就一直处于平衡状态， $A C$ 绳中拉力不变且为 50 N ，小于 $A C$ 绳承受的最大拉力， $A C$ 未被拉断， C 错误；对小球 $m_2$ ，坚直方向有 $m_1 g \cos \theta=m_2 g$ ，可得 $m_2=4 kg$ ，当 $B C$ 被拉断时有 $m_1 g \sin \theta+F_{ TBC }=m_2 \omega_2{ }^2 l_2$ ，解得 $\omega_2=4 rad / s$ ， D正确。

## 竖直面内圆周运动的临界问题
1.两类模型对比
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   2.解题技巧
(1)物体通过圆周运动最低点、最高点时，利用合力提供向心力列牛顿第二定律方程；
(2)物体从某一位置到另一位置的过程中，用动能定理找出两处速度关系；
(3)注意：求对轨道的压力时，转换研究对象，先求物体所受支持力，再根据牛顿第三定律求出压力.

`例`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 的轻绳拴着在坚直平面内做圆周运动， $g=$ $10 m / s ^2$ ，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 $4 \sqrt{2} m / s$
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 $4 m / s$
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解：设小球通过最高点时的最小速度为 $v_0$, 则根据牛顿第二定律有 $m g=m \frac{v_0{ }^2}{R}$, 解得 $v_0=2 m / s$, 故 A 正确;当小球在最高点的速度为 $v_1=4 m / s$ 时, 设轻绳拉力大小为 $F_{ T }$, 根据牛顿第二定律有 $F_{ T }+m g=m \frac{v_1^2}{R}$, 解得 $F_{ T }=15 N$, 故 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 $F_{ Tm }-m g=m \frac{v_{ m }^2}{R}$, 解得 $v_{ m }=4 \sqrt{2} m / s$, 故 C 正确, D 错误.

`例` 如图，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(均可视为质点)，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轴的受力大小和方向；
(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.

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 解：（1）$A$ 在最高点时, 对 $A$ 根据牛顿第二定律得 $m g=m \frac{v_A^2}{l}$, 解得 $v_A=\sqrt{g l}$,因为 $A 、 B$ 两球的角速度相等, 半径相等, 则 $v_B=v_A=\sqrt{g l}$;
 （2）$B$ 在最高点时, 对 $B$ 根据牛顿第二定律得 $2 m g+F_{ T O B^{\prime}}=2 m \frac{v_B{ }^2}{l}$代入(1)中的 $v_B$ ，可得 $F_{ TOB }{ }^{\prime}=0$
对 $A$ 有 $F_{ TOA }{ }^{\prime}-m g=m \frac{v_A{ }^2}{l}$,
可得 $F_{ TOA }{ }^{\prime}=2 mg$
根据牛顿第三定律， $O$ 轴所受的力大小为 2 mg ，方向坚直向下;

（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 $F_{ T O B}{ }^{\prime \prime}+2 m g=2 m \frac{v^2}{l}$
对 $A$ 有 $F_{ TOA }{ }^{\prime \prime}-m g=m \frac{v^2}{l}$
$O$ 轴不受力时有 $F_{ T O A}{ }^{\prime \prime}=F_{ TOB }{ }^{\prime \prime}$
联立可得 $v=\sqrt{3 g l}$
所以当 $A 、 B$ 球的速度大小为 $\sqrt{3 g}$ 时， $O$ 轴不受力。

## 斜面上圆周运动的临界问题

物体在斜面上做圆周运动时，设斜面的倾角为θ，重力垂直斜面的分力与物体受到的支持力大小相等，解决此类问题时，可以按以下操作，把问题简化.

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 物体在转动过程中，转动越快，最容易滑动的位置是最低点，恰好滑动时: $\mu m g \cos \theta-m g \sin \theta=m \omega^2 R$.
 
 `例`(多选)如图所示，一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定角速度 $\omega$ 转动，盘面上离转轴 2.5 m 处有一小物体(可视为质点)与员盘始终保持相对静止，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，盘面与水平面的夹角为 $30^{\circ}, g$ 取 $10 m / s ^2$ ，则以下说法中正确的是
A.小物体随圆盘以不同的角速度 $\omega$ 做匀速圆周运动时， $\omega$ 越大时，小物体在最高点处受到的摩察力一定越大
B.小物体受到的摩擦力可能背离圆心
C. 若小物体与盘面间的动摩擦因数为 $\frac{\sqrt{3}}{2}$, 则 $\omega$ 的最大值是 $1.0 rad / s$
D. 若小物体与盘面间的动摩擦因数为 $\frac{\sqrt{3}}{2}$, 则 $\omega$ 的最大值是 $\sqrt{3} rad / s$
 
  ![图片](/uploads/2024-12/336064.jpg)
  
  解：当物体在最高点时，也可能受到重力、支持力与
摩擦力三个力的作用，摩擦力的方向可能沿斜面
向上(即背离圆心)，也可能沿斜面向下(即指向圆
心)，摩擦力的方向沿斜面向上时，ω越大时，小物体在最高点处受到的摩擦力越小，故A错误，B正确；
当物体转到圆盘的最低点恰好不滑动时，圆盘的角速度最大，此时小物体受竖直向下的重力、垂直于斜面向上的支持力、沿斜面指向圆心的摩擦力，由沿斜面的合力提供向心力，支持力FN＝mgcos 30°，摩擦力Ff＝μFN＝μmgcos 30°，又μmgcos 30°－mgsin 30°＝mω2R，解得ω＝1.0 rad/s，故C正确，D错误.

`例` 如图所示，在倾角为 $\alpha=30^{\circ}$ 的光滑斜面上有一长 $L=0.8 m$ 的轻杆，杆一端固定在 $O$ 点，可绕 $O$ 点自由转动，另一端系一质量为 $m=0.05 kg$ 的小球（可视为质点），小球在斜面上做圆周运动， $g$ 取 $10 m / s ^2$. 要使小球能到达最高点 $A$ ，则小球在最低点 $B$ 的最小速度是
A. 4 m/s
B. $2 \sqrt{10} m / s$
C. $2 \sqrt{5} m / s$
D. $2 \sqrt{2} m / s$
 ![图片](/uploads/2024-12/ab1981.jpg)

解：小球恰好到达 $A$ 点时的速度大小为 $v_A=0$, 此时对应 $B$ 点的速度最小, 设为 $v_B$, 对小球从 $A$ 到 $B$ 的运动过程, 由动能定理有 $\frac{1}{2} m v_B^2-$ $\frac{1}{2} m v_A{ }^2=2 m g L \sin \alpha$, 代入数据解得 $v_B=4 m / s$, 故选 A .

`例`(多选)如图所示，坚直平面内有一半径为 $R=0.35 m$ 且内壁光滑的圆形轨道，轨道底端与光滑水平面相切，一小球（可视为质点）以 $v_0=3.5 m / s$的初速度进入轨道， $g=10 m / s ^2$ ，则
A.小球不会脱离圆轨道
B.小球会脱离圆轨道
C. 小球脱离轨道时的速度大小为 $\frac{\sqrt{7}}{2} m / s$
D. 小球脱离轨道的位置与圆心连线和水平方向间的夹角为 $30^{\circ}$
![图片](/uploads/2024-12/e659e5.jpg)
解：若小球恰能到达最高点, 由重力提供向心力, 则有 $m g=m \frac{v^2}{R}$, 解得 $v=\sqrt{g R}=\sqrt{3.5} m / s$, 若小球从最低点恰好能到最高点，根据机械能守恒定律得 $\frac{1}{2} m v_0{ }^{\prime}{ }^2$ $=m g \cdot 2 R+\frac{1}{2} m v^2$, 解得 $v_0{ }^{\prime}=\frac{\sqrt{70}}{2} m / s >v_0=3.5 m / s$, 故小球不可能运动到最高点, 小球会脱离圆轨道, 故 A 错误, B 正确;

![图片](/uploads/2024-12/500ec6.jpg)
 设当小球脱离轨道时，其位置与圆心连线和水
平方向间的夹角为 $\theta$ ，小球此时只受重力作用，
将重力分解如图所示。
在脱离点，支持力等于 0 ，由牛顿第二定律得
$m g \sin \theta=m \frac{v_1^2}{R}$, 从最低点到脱离点, 由机械能守恒定律得 $\frac{1}{2} m v_0{ }^2=$ $m g R(1+\sin \theta)+\frac{1}{2} m v_1^2$, 联立解得 $\sin \theta=\frac{1}{2}$, 即 $\theta=30^{\circ}$, 则 $v_1=\sqrt{g R \sin \theta}$ $=\frac{\sqrt{7}}{2} m / s$, 故 C、D 正确.

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