第四章 素養(yǎng)提升課四　圓周運動中的三類臨界問題-2025高三總復(fù)習 物理（新高考）

素養(yǎng)提升課四圓周運動中的三類臨界問題提升點一水平面內(nèi)圓周運動的臨界問題問題特點(1)物體在水平面內(nèi)做勻速圓周運動(2)當轉(zhuǎn)速變化時，會出現(xiàn)繩子張緊、繩子突然斷裂、靜摩擦力隨轉(zhuǎn)速逐漸增大而達到最大值、彈簧彈力的大小及方向發(fā)生變化等，從而出現(xiàn)臨界問題方法突破(1)若題目中有“剛好”“恰好”“正好”等關(guān)鍵詞，表明題述的過程存在臨界狀態(tài)(2)若題目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等關(guān)鍵詞，表明題述的過程存在著極值，這個極值點也往往是臨界狀態(tài)(3)常見的臨界條件：①水平轉(zhuǎn)盤上的物體恰好不發(fā)生相對滑動的臨界條件：物體與轉(zhuǎn)盤間恰好達到最大靜摩擦力②物體間恰好分離的臨界條件：物體間的彈力恰好為零③繩的拉力出現(xiàn)的臨界條件：繩恰好拉直意味著繩上無彈力，繩突然斷裂意味著斷裂前繩上拉力恰好為最大承受力等(4)當確定了物體運動的臨界狀態(tài)和臨界條件后，要分別針對不同的運動過程或現(xiàn)象，選擇相對應(yīng)的物理規(guī)律，然后再列方程求解(多選)(2023·山東威海模擬)如圖所示，兩個質(zhì)量均為m的小木塊a和b(可視為質(zhì)點)放在水平圓盤上，a與轉(zhuǎn)軸OO′的距離為l，b與轉(zhuǎn)軸OO′的距離為2l。木塊與圓盤間的最大靜摩擦力為木塊重力的k倍，重力加速度大小為g。若圓盤從靜止開始繞轉(zhuǎn)軸緩慢地加速轉(zhuǎn)動，用ω表示圓盤轉(zhuǎn)動的角速度，下列說法正確的是()A．a(chǎn)可能比b先開始滑動B．a(chǎn)、b所受的靜摩擦力始終相等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(kg,3l))時，a所受摩擦力的大小為eq\f(1,3)kmg答案：CD解析：兩個木塊的最大靜摩擦力相等，木塊隨圓盤一起轉(zhuǎn)動，木塊所受靜摩擦力提供向心力，由牛頓第二定律得，木塊所受的靜摩擦力滿足Ff＝mω2r，由于兩個木塊的m、ω相等，a的運動半徑小于b，所以b所受的靜摩擦力大于a的靜摩擦力，當圓盤的角速度增大時，b的靜摩擦力先達到最大值，所以b一定比a先開始滑動，故A、B錯誤；當b剛要滑動時，物塊所受靜摩擦力達到最大，則有kmg＝mωeq\o\al(2,b0)×2l，解得b開始滑動的臨界角速度為ωb0＝eq\r(\f(kg,2l))，故C正確；當a剛要滑動時，物塊所受靜摩擦力達到最大，則有kmg＝mωeq\o\al(2,a0)l，解得a開始滑動的臨界角速度為ωa0＝eq\r(\f(kg,l))，因為ω＝eq\r(\f(kg,3l))＜eq\r(\f(kg,l))＝ωa0，所以a相對圓盤靜止，此時a物塊所受摩擦力是靜摩擦力，則有Ff＝mω2l，解得a所受摩擦力的大小為Ff＝eq\f(1,3)kmg，故D正確。故選CD。對點練1．有一豎直轉(zhuǎn)軸以角速度ω勻速旋轉(zhuǎn)，轉(zhuǎn)軸上的A點有一長為l的細繩系有質(zhì)量為m的小球。重力加速度為g。要使小球在隨轉(zhuǎn)軸勻速轉(zhuǎn)動的同時又不離開光滑的水平面，則A點到水平面的高度h最大為()A．eq\f(g,ω2) B．ω2gC．eq\f(ω2,g) D．eq\f(g,2ω2)答案：A解析：以小球為研究對象，小球受三個力的作用，重力mg、水平面的支持力FN、繩子的拉力F，在豎直方向合力為零，在水平方向所需向心力為mω2R，設(shè)繩子與豎直方向的夾角為θ，則有R＝htanθ，那么Fcosθ＋FN＝mg，F(xiàn)sinθ＝mω2htanθ，當球即將離開水平面時，F(xiàn)N＝0，此時A點到水平面的高度h最大，有Fcosθ＝mg，F(xiàn)sinθ＝mgtanθ＝mω2htanθ，聯(lián)立解得h＝eq\f(g,ω2)，故A正確。對點練2．(多選)如圖所示，三角形為一光滑錐體的正視圖，錐面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(zhì)點的小球，小球在水平面內(nèi)繞錐體的軸做勻速圓周運動，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，不計空氣阻力，則()A．小球受重力、支持力、拉力和向心力B．小球可能只受拉力和重力C．當ω0＝eq\f(5,2)eq\r(2)rad/s時，小球?qū)﹀F體的壓力剛好為零D．當ω＝2eq\r(5)rad/s時，小球受重力、支持力和拉力的作用答案：BC解析：向心力是效果力，不能受力分析，故A錯誤；轉(zhuǎn)速較小時，小球緊貼圓錐面，則FTcosθ＋FNsinθ＝mg，F(xiàn)Tsinθ－FNcosθ＝mω2lsinθ，隨著轉(zhuǎn)速的增加，F(xiàn)T增大，F(xiàn)N減小，當轉(zhuǎn)速達到ω0時支持力為零，支持力恰好為零時，有mgtanθ＝mωeq\o\al(2,0)lsinθ，解得ω0＝eq\f(5,2)eq\r(2)rad/s，故B、C正確；當ω＝2eq\r(5)rad/s時，小球已經(jīng)離開斜面，小球只受重力、拉力的作用，故D錯誤。學生用書第78頁提升點二豎直面內(nèi)圓周運動的臨界問題模型輕繩模型(無支撐)輕桿模型(有支撐)情境圖示彈力特征彈力可能向下，也可能等于零彈力可能向下，可能向上，也可能等于零受力示意圖力學方程mg＋FT＝meq\f(v2,r)mg±FN＝meq\f(v2,r)臨界特征FT＝0，即mg＝meq\f(v2,r)，得v＝eq\r(gr)v＝0，即Fn＝0，此時FN＝mg模型關(guān)鍵(1)繩只能對小球施加拉力(2)小球通過最高點的速度至少為eq\r(gr)(1)“桿”對小球的作用力可以是拉力，也可以是支持力(2)小球通過最高點的速度最小可以為0考向1輕繩模型(無支撐)如圖所示，一小球以一定的初速度從圖示位置進入光滑的軌道，小球先進入圓軌道1，再進入圓軌道2，圓軌道1的半徑為R，圓軌道2的半徑是軌道1的1.8倍，小球的質(zhì)量為m，若小球恰好能通過軌道2的最高點B，則小球在軌道1上經(jīng)過其最高點A時對軌道的壓力大小為(重力加速度為g)()A．2mg B．3mgC．4mg D．5mg答案：C解析：小球恰好能通過軌道2的最高點B時，有mg＝eq\f(mveq\o\al(2,B),1.8R)，小球在軌道1上經(jīng)過其最高點A時，有FN＋mg＝eq\f(mveq\o\al(2,A),R)，根據(jù)機械能守恒定律，有1.6mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，解得FN＝4mg，結(jié)合牛頓第三定律可知，小球在軌道1上經(jīng)過其最高點A時對軌道的壓力大小為4mg，故C正確。對點練．(2023·河北張家口模擬)如圖甲所示，用一輕質(zhì)繩拴著一質(zhì)量為m的小球，在豎直平面內(nèi)做圓周運動(不計一切阻力)，小球運動到最高點時繩對小球的拉力為F，小球在最高點的速度大小為v，其F-v2圖像如圖乙所示，則()A．輕質(zhì)繩長為eq\f(b,a)B．當?shù)氐闹亓铀俣葹閑q\f(m,a)C．當v2＝c時，輕質(zhì)繩的拉力大小為eq\f(ac,b)＋aD．只要v2≥b，小球在最低點和最高點時繩的拉力差均為6a答案：D解析：小球運動到最高點時，對小球受力分析，由牛頓第二定律有F＋mg＝eq\f(mv2,l)，可得F＝eq\f(mv2,l)－mg，可知F-v2圖線斜率為k＝eq\f(m,l)＝eq\f(a,b)，則輕質(zhì)繩長為l＝eq\f(b,a)m，故A錯誤；可知題圖乙縱軸上截距的絕對值為a＝mg，則有g(shù)＝eq\f(a,m)，故B錯誤；由題圖乙可知F＝eq\f(a,b)v2－a，故當v2＝c時，有F＝eq\f(ac,b)－a，故C錯誤；從最高點到最低點，由機械能守恒有2mgl＝eq\f(1,2)mv′2－eq\f(1,2)mv2，在最低點對小球受力分析，由牛頓第二定律有F′－mg＝eq\f(mv′2,l)，聯(lián)立可得小球在最低點和最高點時繩的拉力差為F′－F＝6mg＝6a，故D正確。故選D?？枷?輕桿模型(有支撐)(多選)(2023·安徽安慶模擬)一半徑為r的小球緊貼豎直放置的圓形管道內(nèi)壁做圓周運動，如圖甲所示。小球運動到最高點時管壁對小球的作用力大小為FN，小球的速度大小為v，其FN-v2圖像如圖乙所示。已知重力加速度為g，規(guī)定豎直向下為正方向，不計一切阻力。則下列說法正確的是()A．小球的質(zhì)量為eq\f(a,g)B．圓形管道內(nèi)側(cè)壁半徑為eq\f(c,g)－rC．當v2＝d時，小球受到外側(cè)壁豎直向上的作用力，大小為eq\f(d,bc)－bD．小球在最低點的最小速度為2eq\r(\f(c,g))答案：AB解析：規(guī)定豎直向下為正方向，設(shè)圓形管道內(nèi)側(cè)壁半徑為R，小球受到圓形管道的作用力大小為FN，在最高點，由牛頓第二定律，當FN＝mg時，v＝0，當FN＝0時，由重力提供向心力有mg＝eq\f(mv2,R＋r)，解得v＝eq\r(g（R＋r）)，當0＜v＜eq\r(g（R＋r）)時，由牛頓第二定律有mg－FN＝eq\f(mv2,R＋r)，解得FN＝－eq\f(mv2,R＋r)＋mg，當v＞eq\r(g（R＋r）)時，由牛頓第二定律有mg＋FN＝eq\f(mv2,R＋r)，解得FN＝eq\f(mv2,R＋r)－mg，故a＝b＝mg，故小球的質(zhì)量為eq\f(a,g)或eq\f(b,g)，故A正確；當FN＝0時，mg＝eq\f(mv2,R＋r)，則v2＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(R＋r))＝c，解得圓形管內(nèi)側(cè)壁半徑R＝eq\f(c,g)－r，故B正確；當v2＝d時，小球受到外側(cè)壁豎直向下的作用力，由牛頓第二定律有mg＋FN＝eq\f(mv2,R＋r)，解得FN＝eq\f(mv2,R＋r)－mg＝eq\f(ad,c)－a＝eq\f(bd,c)－b(a＝b)，故C錯誤；根據(jù)能量守恒定律，當小球在最高點具有最小速度(為零)時，其在最低點的速度最小，即eq\f(1,2)mveq\o\al(2,min)＝2mg(R＋r)，解得vmin＝2eq\r(g（R＋r）)＝2eq\r(c)，故D錯誤。故選AB。學生用書第79頁對點練．如圖所示，輕桿長3L，在桿兩端分別固定質(zhì)量均為m的球A和B，光滑水平轉(zhuǎn)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(nèi)轉(zhuǎn)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，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(zhuǎn)軸對桿的作用力為1.5mgD．水平轉(zhuǎn)軸對桿的作用力為2.5mg答案：C解析：球B運動到最高點時，桿對球B恰好無作用力，即重力恰好提供向心力，有mg＝meq\f(v2,2L)，解得v＝eq\r(,2gL)，故A錯誤；由于A、B兩球的角速度相等，由v＝ωr可知，球A的速度大小v′＝eq\f(\r(,2gL),2)，故B錯誤；球B到最高點時，對桿無彈力，此時球A所受重力和拉力的合力提供向心力，有F－mg＝meq\f(v′2,L)，解得F＝1.5mg，故C正確，D錯誤?？枷?凹形橋、凸形橋模型(多選)汽車行駛中經(jīng)常會經(jīng)過一些凹凸不平的路面，其凹凸部分路面可以看作圓弧的一部分，如圖所示的A、B、C處，其中B處的曲率半徑最大，A處的曲率半徑為ρ1，C處的曲率半徑為ρ2，重力加速度為g。若有一輛可視為質(zhì)點、質(zhì)量為m的小汽車與路面之間各處的動摩擦因數(shù)均為μ，當該車以恒定的速率v沿這段凹凸路面行駛時，下列說法正確的是()A．汽車經(jīng)過A處時處于失重狀態(tài)，經(jīng)過C處時處于超重狀態(tài)B．汽車經(jīng)過B處時最容易爆胎C．為了保證行車不脫離路面，該車的行駛速度不得超過eq\r(gρ1)D．汽車經(jīng)過C處時所受的摩擦力大小為μmg答案：AC解析：小車經(jīng)過A處時具有向下指向圓心的向心加速度，處于失重狀態(tài)，經(jīng)過C處時具有向上指向圓心的向心加速度，處于超重狀態(tài)，A正確；在B、C處受向下的重力mg、向上的彈力FN，由圓周運動有FN－mg＝eq\f(mv2,R)，得車對軌道的壓力FN′＝FN＝mg＋eq\f(mv2,R)＞mg，故在B、C處處于超重，以同樣的速度行駛時，R越小，壓力越大，越容易爆胎，故在半徑較小的C處更容易爆胎，B錯誤；在C處所受的滑動摩擦力Ff＝μFN＝μeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(mg＋\f(mv2,R)))，D錯誤；要使車安全行駛，不脫離地面，故經(jīng)過A處時恰不離開地面，有mg＝eq\f(mv2,ρ1)，即安全行駛的速度不得超過eq\r(gρ1)，C正確。故選AC。提升點三斜面上圓周運動的臨界問題1．在斜面上做圓周運動的物體，因所受的控制因素不同，如靜摩擦力控制、繩控制、桿控制等，物體的受力情況和所遵循的規(guī)律也不相同。2．該類問題中對重力的處理方法物體在斜面上做圓周運動時，設(shè)斜面的傾角為θ，重力垂直斜面的分力與物體受到的支持力相等，解決此類問題時，可以按以下操作，把問題簡化。如圖所示，兩個質(zhì)量均為m的小物塊a和b(可視為質(zhì)點)，靜止在傾斜的勻質(zhì)圓盤上。圓盤可繞垂直于盤面的固定軸轉(zhuǎn)動，a到轉(zhuǎn)軸的距離為l，b到轉(zhuǎn)軸的距離為2l，物塊與盤面間的動摩擦因數(shù)為eq\f(\r(3),2)，盤面與水平面的夾角為30°。設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度大小為g。若a、b隨圓盤以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動，下列說法正確的是()A．a(chǎn)在最高點時所受摩擦力可能為0B．a(chǎn)在最低點時所受摩擦力可能為0C．ω＝eq\r(\f(g,8l))是a開始滑動的臨界角速度D．ω＝eq\r(\f(g,8l))是b開始滑動的臨界角速度答案：D解析：假設(shè)物塊a在最高點所受摩擦力為零，則物塊a的重力沿圓盤向下的分力提供向心力，有mgsinθ＝mω2l，則在最低點時有Ff－mgsinθ＝mω2l，解得在最低點所需的摩擦力Ff＝mg，而物塊a與圓盤間的最大靜摩擦力Ffm＝μmgcosθ＝0.75mg＜mg，故假設(shè)錯誤，因此a在最高點受到的摩擦力不可能為零，故A錯誤；a在最低點時，由牛頓第二定律得Ff－mgsinθ＝mω2l，可得Ff＝mgsinθ＋mω2l，所以a在最低點時所受摩擦力不可能為0，故B錯誤；物塊出現(xiàn)滑動的臨界位置在斜面上圓周的最低點，對a，在最低點恰好要滑動時由牛頓第二定律得μmgcosθ－mgsinθ＝mω2l，代入數(shù)據(jù)解得ω＝eq\f(1,2)eq\r(\f(g,l))，對b，在最低點恰好要滑動時由牛頓第二定律得μmgcosθ－mgsinθ＝mω2·2l，代入數(shù)據(jù)解得ω＝eq\r(\f(g,8l))，故C錯誤，D正確。對點練．如圖所示，在傾角為α＝30°的光滑斜面上，有一根長為L＝0.8m的輕桿，一端固定在O點，另一端系一質(zhì)量為m＝0.2kg的小球，沿斜面做圓周運動。取g＝10m/s2。若要小球能通過最高點A，則小球在最低點B的最小速度是()A．4m/s B．2eq\r(10)m/sC．2eq\r(5)m/s D．2eq\r(2)m/s答案：A解析：小球受輕桿控制，在A點的最小速度為零，由動能定理有2mgLsinα＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，解得vB＝4m/s，故A正確。課時測評19圓周運動中的三類臨界問題eq\f(對應(yīng)學生,用書P387)(時間：45分鐘滿分：60分)(本欄目內(nèi)容，在學生用書中以獨立形式分冊裝訂！)(選擇題每題6分，共60分)1．如圖所示，一質(zhì)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(jīng)過半徑為80m的彎道時，下列判斷正確的是()A．汽車轉(zhuǎn)彎時所受的力有重力、彈力、摩擦力和向心力B．汽車轉(zhuǎn)彎的速度為20m/s時所需的向心力為1.4×104NC．汽車轉(zhuǎn)彎的速度為20m/s時汽車會發(fā)生側(cè)滑D．汽車能安全轉(zhuǎn)彎的向心加速度不超過7.0m/s2答案：D解析：汽車轉(zhuǎn)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，故A錯誤；汽車轉(zhuǎn)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(cè)滑，故B、C錯誤；汽車安全轉(zhuǎn)彎時的最大向心加速度為am＝eq\f(Ff,m)＝7.0m/s2，故D正確。2．(2023·河南信陽模擬)如圖所示，“單臂大回環(huán)”是體操運動中的高難度動作，運動員單臂抓杠，以單杠為軸完成圓周運動，不考慮手和單杠之間的摩擦和空氣阻力，將人視為處于重心的質(zhì)點，將“單臂大回環(huán)”看成豎直平面內(nèi)的圓周運動，等效半徑為L，重力加速度為g，下列說法正確的是()A．單杠對手臂只能提供拉力，不能提供支持力B．從最高點到最低點的過程中，單杠對人的作用力做正功C．若運動員恰好能夠完成此圓周運動，則運動員在最低點的向心加速度大小為4gD．若運動員恰好能夠完成此圓周運動，則運動員在最高點處時，手臂與單杠之間無支持力答案：C解析：運動員在做圓周運動的過程中，單杠對手臂可能為拉力，也可能為支持力，如在最高點，當運動員的重力恰好提供向心力時，有mg＝meq\f(v2,L)，可得v＝eq\r(gL)，當運動員在最高點的速度大于eq\r(gL)時，桿對運動員的力為拉力，當運動員在最高點的速度小于eq\r(gL)時，桿對運動員的力為支持力，故A錯誤；從最高點到最低點的過程中，單杠對人的作用力一直與速度方向垂直，不做功，故B錯誤；若運動員恰好能夠完成此圓周運動，則運動員在最高點的速度為零，此時手臂與單杠之間的支持力大小等于運動員的重力大小，從最高點到最低點，根據(jù)動能定理有mg·2L＝eq\f(1,2)mv2，在最低點的向心加速度大小為a＝eq\f(v2,L)，聯(lián)立兩式可得a＝4g，故C正確，D錯誤。故選C。3．如圖所示，乘坐游樂園的翻滾過山車時，質(zhì)量為m的人隨車在豎直平面內(nèi)旋轉(zhuǎn)，重力加速度大小為g，下列說法正確的是()A．過山車在最高點時人處于倒坐狀態(tài)，全靠保險帶拉住，沒有保險帶，人就會掉下來B．人在最高點時對座位不可能產(chǎn)生大小為mg的壓力C．人在最低點時對座位的壓力等于mgD．人在最低點時對座位的壓力大于mg答案：D解析：過山車在最高點時人處于倒坐狀態(tài)，但是向心力是靠重力與坐椅的支持力提供，速度越大支持力越大，所以沒有保險帶，人也不一定會掉下來，故A錯誤；人在最高點時，由牛頓第二定律可得mg＋FN＝meq\f(v2,r)，當速度為v＝eq\r(2gr)時，支持力為mg，由牛頓第三定律可得，人在最高點時對座位可以產(chǎn)生大小為mg的壓力，故B錯誤；人在最低點時，由牛頓第二定律可得FN－mg＝meq\f(v2,r)，則人在最低點時對座位的壓力大于mg，故C錯誤，D正確。4．無縫鋼管的制作原理如圖所示，豎直平面內(nèi)，管狀模型置于兩個支承輪上，支承輪轉(zhuǎn)動時通過摩擦力帶動管狀模型轉(zhuǎn)動，鐵水注入管狀模型后，由于離心作用，緊緊地覆蓋在模型的內(nèi)壁上，冷卻后就得到無縫鋼管。已知管狀模型內(nèi)壁半徑為R，則下列說法正確的是()A．鐵水是由于受到離心力的作用才覆蓋在模型內(nèi)壁上B．模型各個方向上受到的鐵水的作用力相同C．管狀模型轉(zhuǎn)動的角速度ω最大為eq\r(\f(g,R))D．若最上部的鐵水恰好不離開模型內(nèi)壁，此時僅重力提供向心力答案：D解析：鐵水是由于離心作用覆蓋在模型內(nèi)壁上的，即模型對它的彈力和重力沿半徑方向的合力不足以提供鐵水圓周運動所需的向心力，故A錯誤；模型最下部受到的鐵水的作用力最大，最上方受到的作用力最小，故B錯誤；若最上部的鐵水恰好不離開模型內(nèi)壁，此時僅重力提供向心力，則有mg＝mω2R，可得ω＝eq\r(\f(g,R))，即管狀模型轉(zhuǎn)動的角速度ω最小為eq\r(\f(g,R))，故C錯誤，D正確。故選D。5．如圖所示，豎直桿AB在A、B兩點通過光滑鉸鏈連接兩等長輕桿AC和BC，AC和BC與豎直方向的夾角均為θ，輕桿長均為L，在C處固定一質(zhì)量為m的小球，重力加速度為g，在裝置繞豎直桿AB轉(zhuǎn)動的角速度ω從0開始逐漸增大的過程中，下列說法正確的是()A．當ω＝0時，AC桿和BC桿對球的作用力都表現(xiàn)為拉力B．AC桿對球的作用力先增大后減小C．AC桿與BC桿上的力的大小之差越來越大D．當ω＝eq\r(\f(g,Lcosθ))時，BC桿對球的作用力為0答案：D解析：當ω＝0時，由于小球在水平方向受力平衡，因此AC桿對小球的作用力表現(xiàn)為拉力，BC桿對小球的作用力表現(xiàn)為支持力，且大小相等，故A錯誤；當ω逐漸增大時，AC桿對小球的拉力逐漸增大，BC桿對小球的支持力逐漸減小，當BC桿的作用力為0時，有mgtanθ＝mω2Lsinθ，解得ω＝eq\r(\f(g,Lcosθ))，當ω繼續(xù)增大時，AC桿對小球的拉力繼續(xù)增大，BC桿對小球的作用力變?yōu)槔Γ抑饾u增大，故B錯誤，D正確；一定時間后，AC桿和BC桿的作用力都變?yōu)槔?，拉力的豎直分力之差等于小球的重力，即F1cosθ－F2cosθ＝mg，則F1－F2＝eq\f(mg,cosθ)，此時AC桿與BC桿上的力的大小之差不變，故C錯誤。6．(2023·安徽合肥三模)如圖甲所示，在勻速轉(zhuǎn)動的水平盤上，沿半徑方向放著用輕質(zhì)細線相連的質(zhì)量相等的兩個物體A和B，它們分居圓心兩側(cè)，與圓心距離分別為2r和3r，兩物體與盤間的動摩擦因數(shù)相同，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。若初始時繩子恰好拉直但沒有拉力，現(xiàn)增大轉(zhuǎn)盤角速度讓轉(zhuǎn)盤做勻速圓周運動，但兩物體還未發(fā)生相對滑動，這一過程A與B所受摩擦力Ff的大小與ω2的大小關(guān)系圖像如圖乙所示，下列關(guān)系式正確的是()A．2ωeq\o\al(2,2)＝3ωeq\o\al(2,1) B．ωeq\o\al(2,2)＝2ωeq\o\al(2,1)C．2ωeq\o\al(2,2)＝5ωeq\o\al(2,1) D．ωeq\o\al(2,2)＝3ωeq\o\al(2,1)答案：D解析：由題意可知，因為物體A和B分居圓心兩側(cè)，與圓心距離分別為2r和3r，兩個物體都沒滑動之前，都受靜摩擦力的作用，與ω2成正比，由于B物體到圓心的距離大，故B物體先達到最大靜摩擦力，之后摩擦力大小不變，為μmg＝mωeq\o\al(2,1)·3r，角速度達到ω1后繩子出現(xiàn)拉力，在角速度為ω2時，設(shè)繩子拉力為FT，對B有FT＋μmg＝mω22·3r，對A有FT＝mωeq\o\al(2,2)·2r，可得ωeq\o\al(2,2)＝3ωeq\o\al(2,1)故選D。7．(多選)(2024·山東煙臺模擬)如圖所示，兩個圓弧軌道豎直固定在水平地面上，半徑均為R，a軌道由金屬凹槽制成，b軌道由金屬圓管制成(圓管內(nèi)徑遠小于R)，均可視為光滑軌道。在兩軌道右端的正上方分別將金屬小球A和B(直徑略小于圓管內(nèi)徑)由靜止釋放，小球距離地面的高度分別用hA和hB表示，兩小球均可視為質(zhì)點，下列說法中正確的是()A．若hA＝hB≥2R，兩小球都能沿軌道運動到軌道最高點B．若hA＝hB＝R，兩小球沿軌道上升的最大高度均為RC．適當調(diào)整hA和hB，均可使兩小球從軌道最高點飛出后，恰好落在軌道右端口處D．若使小球沿軌道運動并且從最高點飛出，hA的最小值為eq\f(5,2)R，B小球在hB＞2R的任何高度釋放均可答案：BD解析：b軌道是雙軌模型，到達最高點的最小速度為零，即若hB≥2R時，B球能沿軌道運動到最高點；若A小球恰好運動到最高點，則有mAg＝mAeq\f(veq\o\al(2,0),R)，mAgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(hA－2R))＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,0)，解得hA＝eq\f(5,2)R，可知若小球A能夠到達最高點，需要hA≥eq\f(5,2)R，選項A錯誤，D正確；若hA＝hB＝R，根據(jù)機械能守恒定律可知，兩小球沿軌道上升的最大高度均為R，不超過過圓心的水平線，選項B正確；B小球從軌道最高點飛出后，恰好落在軌道右端口，則有R＝eq\f(1,2)gt2，R＝vt，對B球有mBgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(hB－2R))＝eq\f(1,2)mBv2，解得hB＝eq\f(9,4)R，對A球，從最高點射出時最小速度為vmin＝eq\r(gR)，此時根據(jù)R＝eq\f(1,2)gt2，xmin＝vmint，解得xmin＝eq\r(2)R＞R，則無論如何調(diào)節(jié)hA都不可能使A小球從軌道最高點飛出后，恰好落在軌道右端口處，選項C錯誤。故選BD。8．(2023·山東泰安二模)如圖所示，豎直平面內(nèi)的光滑金屬細圓環(huán)半徑為R，質(zhì)量為m的帶孔小球穿于環(huán)上，同時有一長為R的輕桿一端固定于球上，另一端通過光滑的鉸鏈固定于圓環(huán)最低點，當圓環(huán)以角速度ω＝eq\r(\f(3g,R))繞豎直直徑轉(zhuǎn)動時，輕桿對小球的作用力大小和方向為()A．eq\f(1,2)mg，沿桿向上B．eq\f(1,2)mg，沿桿向下C．(eq\r(3)－1)mg，沿桿向上D．(eq\r(3)－1)mg，沿桿向下答案：B解析：設(shè)輕桿與豎直直徑夾角為θ，由幾何關(guān)系可得cosθ＝eq\f(R,2R)＝eq\f(1,2)，解得θ＝60°，則小球做圓周運動的半徑為r＝Rsin60°＝eq\f(\r(3),2)R，作圓周運動所需向心力為F＝mω2r＝eq\f(3\r(3),2)mg，小球有向上運動的趨勢，設(shè)桿對小球有沿桿向下的拉力F1，環(huán)對小球有指向圓心的支持力F2，由平衡條件可知F1cos30°＋F2cos30°＝F，F(xiàn)1sin30°＋mg＝F2sin30°，解得F1＝eq\f(1,2)mg，故選B。9．(2024·天津紅橋區(qū)模擬)電動打夯機可以幫助筑路工人壓實路面，大大提高了工作效率。如圖是某電動打夯機的結(jié)構(gòu)示意圖，由偏心輪(飛輪和配重物組成)、電動機和底座三部分組成。電動機、飛輪和底座總質(zhì)量為M，配重物質(zhì)量為m，配重物的重心到輪軸的距離為r。重力加速度為g。在電動機帶動下，偏心輪在豎直平面內(nèi)勻速轉(zhuǎn)動，皮帶不打滑。當偏心輪上的配重物轉(zhuǎn)到頂端時，剛好使整體離開地面。下列判斷正確的是()A．電動機輪軸與偏心輪轉(zhuǎn)動角速度相同B．配重物轉(zhuǎn)到最高點時，處于超重狀態(tài)C．偏心輪轉(zhuǎn)動的角速度為eq\r(\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(M＋m))g,mr