04 专题七　圆周运动的临界问题 【答案】听课手册.docxVIP

专题七圆周运动的临界问题

例1C[解析]P、Q未滑动前所受的摩擦力分别为FfP=mω2R、FfQ=2m·ω2·2R=4mω2R,所以P、Q未滑动前所受的摩擦力大小不相等,B错误;根据牛顿第二定律得μmg=mω2R,解得ω=μgR,P、Q开始滑动时的角速度分别为ωP=μgR、ωQ=μg2R,当ω增大到μg2R时,Q先开始滑动,C正确,A

变式1D[解析]一开始角速度比较小时,两物块的静摩擦力提供所需的向心力,由于物块B的半径较大,所需向心力较大,则物块B的摩擦力先达到最大,之后物块B的摩擦力不变,绳子开始产生拉力,则乙图中图像b为物块B所受Ff与ω2的关系图像,对B由牛顿第二定律可得μmg=mω12·2L,解得绳子开始产生拉力时的角速度为ω1=μg2L,故A、B错误;乙图中图像a为物块A所受Ff与ω2的关系图像,当ω=ω2时,物块A的摩擦力达到最大,分别对A和B根据牛顿第二定律可得μmg-FT=mω22L、μmg+FT=mω22·2L,联立解得ω2=2μg3L,FT=μmg3,则有ω12

变式2B[解析]在物块随转台由静止开始缓慢加速转动的过程中,刚开始时摩擦力既提供向心力,又提供沿圆弧切线方向做加速运动的力,所以摩擦力不指向转轴,故A正确;当物块恰好要离开转台时,支持力、摩擦力为零,物块受的重力和细绳拉力的合力充当向心力,有mgtanθ=mv2Lsinθ=mω2Lsinθ,解得v=gLsinθtanθ,ω=gLcosθ,故B错误,C正确;由以上分析可知,当转台的角速度ω=gLcosθ时,物块即将离开转台,随着角速度的增加,物块向上运动,细绳与转轴的夹角增大,

例2AB[解析]设静止时绳子拉力为F1,刚要离开锥面时绳子拉力为F2,对小球受力分析,静止时由平衡条件得F1=mgcosθ,小球刚要离开锥面时,竖直方向上由平衡条件得F2cosθ=mg,水平方向上,由牛顿第二定律得F2sinθ=mω2lsinθ,联立以上各式并代入图像对应点数据解得小球质量为m=0.5kg,绳子长度为l=2m,母线与轴线间夹角为θ=37°,故A、B正确,C错误.由图可知,当ω=52rad/s时小球刚离开锥面,D错误

例3D[解析]根据题图乙,可得小球运动到最高点时绳对小球的拉力与小球的速度平方关系为FT=abv2-a,当小球经过最高点时,根据牛顿第二定律有FT+mg=mv2l,整理得FT=mlv2-mg,结合小球所受拉力的函数可知ab=ml、mg=a,解得l=mba、g=am,故A、B正确;把v2=c代入绳对小球拉力的函数可得FT=acb-a,故C正确;若小球在最低点时的速度的平方v12=b,根据牛顿第二定律,可知小球运动到最低点时FT1-mg=mbl,

变式3AD[解析]小球运动到最低点Q时,加速度向上,处于超重状态,故A正确;经过最高点P时满足F2+mg=mv12R,经过最低点Q时满足F1-mg=mv02R,从最低点到最高点过程,据动能定理可得-mg·2R=12mv12-12mv02,联立解得ΔF=F1-F2=6mg,故在P、Q两点小球对圆环内壁的压力差与v0无关,故B错误;小球恰好过最高点时满足mg=mv2R,解得在最高点的速度为v=gR,当v06gR时,代入B解析中的动能定理,可得小球经过最高点的速度v12gRv,故小球一定能通过最高点P,故D正确;当v0=5gR时,代入B解析中的动能定理,可得小球经过最高点的速度为

例4C[解析]球B运动到最高点时,杆对球B恰好无作用力,即仅重力提供向心力,则有mg=mvB22L,解得vB=2gL,故A错误;由于A、B两球的角速度相等,则球A的速度大小vA=122gL,故B错误;球B在最高点时,对杆无弹力,此时球A受到的重力和杆的弹力的合力提供向心力,有F-mg=mvA2L,解得F=1.5mg,由牛顿第三定律可知杆受到球A的弹力大小为1.5mg,则水平转轴对杆的作用力大小为1.5

变式4B[解析]由题图乙可知,当v2=b时,FN=0,有mg=mv2R,解得R=bg,故A错误;当v2=0时,FN=mg=a,有m=ag,故B正确;小球在水平线MN以下的管道中运动时,由于向心力的方向要指向圆心,则管壁必然要提供指向圆心的支持力,只有外壁才可以提供这个力,所以内侧管壁对小球没有作用力,故C错误;小球在水平线MN以上的管道中运动时,重力沿径向的分量必然参与提供向心力,故可能是外侧管壁受力,也可能是内侧管壁对小球有作用力,还可能均无作用力,

例5D[解析]小球做圆周运动,在最高点,根据牛顿第二定律有mgsinθ+FN=mv2R,当FN=0时,小球有最小速度,解得vmin=gRsinθ=22m/s,故A、B错误;小球以2m/s的速度通过圆轨道最低