专题4 水平面内的圆周运动的临界问题

对游客受力分析如图所示,分别沿水平和竖直方向列方程,水平方向 $ {f}_{x}-{N}_{x}=m{\omega }^{2}r $ ,竖直方向 $ {f}_{y}+{N}_{y}=mg $ ,则随着魔盘转速缓慢增大,游客需要的向心力增大,但必须保证竖直方向受力平衡,因为重力不变,则 $ f $ 、 $ N $ 两个力只能一个增大一个减小,结合水平方向方程,只能 $ f $ 增大, $ N $ 减小,故 $ \mathrm{A} $ 错误, $ \mathrm{B} $ 正确；滑动之前,游客在竖直方向受力平衡,水平方向的向心力由合外力提供,随着转速缓慢增大,需要的向心力增大,即合外力增大,故 $ \mathrm{C} $ 错误；把游客受到魔盘的支持力和摩擦力看成一个力（合力）,即为游客受到魔盘的作用力,将其在水平和竖直方向正交分解,竖直方向的分力与重力等大反向,保持不变,水平方向的分力提供向心力,随着转速缓慢增大而增大,所以游客受到魔盘的作用力缓慢增大,故 $ \mathrm{D} $ 错误.

根据题意可知, $ P $ 、 $ Q $ 随转台转动,它们的角速度相同,设为 $ \omega $ ,由公式 $ v=\omega r $ 可得 $ {v}_{P}:{v}_{Q}=1:2 $ , $ P $ 、 $ Q $ 所需要的向心力由静摩擦力提供,则有 $ f=m{\omega }^{2}r $ ,可得 $ \dfrac{{f}_{P}}{{f}_{Q}}=\dfrac{{m}_{P}{r}_{P}}{{m}_{Q}{r}_{Q}}=\dfrac{1}{1} $ ,故 $ \mathrm{A} $ 、 $ \mathrm{B} $ 错误；由于最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则有 $ {f}_{\mathrm{m}}=\mu mg $ ,可得 $ \dfrac{{f}_{P\mathrm{m}}}{{f}_{Q\mathrm{m}}}=\dfrac{{\mu }_{P}{m}_{P}}{{\mu }_{Q}{m}_{Q}}=\dfrac{4}{1} $ ,可知 $ P $ 的最大静摩擦力大于 $ Q $ 的,由于 $ P $ 所受的静摩擦力等于 $ Q $ 所受的静摩擦力,若转台转动的角速度缓慢增大,则 $ Q $ 一定比 $ P $ 先开始滑动,开始滑动时,两滑块受到的摩擦力大小均为 $ {f}_{1}={\mu }_{Q}{m}_{Q}g $ , $ P $ 能达到的最大向心加速度为 $ {a}_{\mathrm{m}}=\dfrac{{f}_{1}}{{m}_{P}}=\dfrac{1}{4}{\mu }_{P}g $ ,故 $ \mathrm{D} $ 错误, $ \mathrm{C} $ 正确.

由于 $ A $ 、 $ B $ 都做匀速圆周运动,合力提供向心力,根据牛顿第二定律得 $ F=m{\omega }^{2}r $ ,角速度相等, $ B $ 的转动半径较大,所需向心力较大,故所受合力较大,故 $ \mathrm{A} $ 正确；由于最初圆盘转动角速度较小, $ A $ 、 $ B $ 随圆盘做圆周运动所需向心力较小,可由 $ A $ 、 $ B $ 与盘面间静摩擦力提供,静摩擦力均指向圆心,由于 $ B $ 所需向心力较大,当 $ B $ 与盘面间静摩擦力达到最大值时（此时 $ A $ 与盘面间静摩擦力还没有达到最大）,若继续增大转速,则 $ B $ 有离心趋势,从而拉紧细线,使细线上出现张力,转速越大,细线上张力越大,当 $ A $ 与盘面间静摩擦力也达到最大时, $ A $ 、 $ B $ 将开始滑动, $ A $ 由于细线拉力作用, $ A $ 将靠近圆心,所以 $ A $ 受到的摩擦力先指向圆心,后背离圆心,而 $ B $ 受到的摩擦力一直指向圆心,故 $ \mathrm{B} $ 错误, $ \mathrm{C} $ 正确； $ A $ 、 $ B $ 与圆盘恰好保持相对静止时，根据牛顿第二定律,对 $ A $ 有 $ T-{f}_{\mathrm{m}}=m{\omega }_{\mathrm{m}}^{2}R $ ,对 $ B $ 有 $ T+{f}_{\mathrm{m}}=m{\omega }_{\mathrm{m}}^{2}×2R $ ,联立得 $ A $ 、 $ B $ 两物块与圆盘保持相对静止的最大角速度为 $ {\omega }_{\mathrm{m}}=\sqrt{\dfrac{2{f}_{\mathrm{m}}}{mR}} $ ,故 $ \mathrm{D} $ 错误.

不计细线与钉子相碰时的能量损失，当细线碰到钉子的瞬间，小球的线速度保持不变，由 $ v=\omega r $ ，由于半径变小，可知角速度突然增大， $ \mathrm{A} $ 、 $ \mathrm{B} $ 错误；设小球运动到最低点时的速度为 $ v $ ，未钉钉子时，由牛顿第二定律得 $ {F}_{1}-mg \sin {37}^{\circ }=m\dfrac{{v}^{2}}{L} $ ，其中 $ {F}_{1}=1.8mg $ ，钉钉子后，由牛顿第二定律得 $ {F}_{2}-mg \sin {37}^{\circ }=m\dfrac{{v}^{2}}{L-\overline{OP}} $ ，由题意知 $ {F}_{2}⩽ 3mg $ ，可得 $ \overline{OP}⩽ \dfrac{1}{2}L $ ，故 $ \mathrm{C} $ 正确， $ \mathrm{D} $ 错误.

题图甲中,根据牛顿第二定律有 $ {F}_{向}=mg \tan \theta =ma=m\dfrac{{v}^{2}}{l \sin \theta } $ ,解得 $ a=g \tan \theta $ , $ v=\sqrt{gl \tan \theta \sin \theta } $ ,故 $ A $ 、 $ B $ 的向心加速度一样大,又 $ {l}_{A} > {l}_{B} $ ,故 $ {v}_{A} > {v}_{B} $ , $ \mathrm{A} $ 错误, $ \mathrm{B} $ 正确；题图乙中设摆绳与竖直方向的夹角为 $ \alpha $ ,由牛顿第二定律有 $ m^\prime g \tan \alpha =m^\prime {\omega }^{2}l^\prime \sin \alpha $ ,化简得 $ \dfrac{g}{l^\prime \cos \alpha }={\omega }^{2} $ ,又 $ l^\prime \cos \alpha =h $ ,解得 $ \omega =\sqrt{\dfrac{g}{h}} $ , $ C $ 、 $ D $ 两球具有相同的摆高,故 $ {\omega }_{C}={\omega }_{D} $ , $ \mathrm{C} $ 错误；题图乙中小球的向心加速度为 $ a^\prime =g \tan \alpha $ ,由题图乙可知 $ {\alpha }_{C} > {\alpha }_{D} $ ,所以 $ {a}_{C} > {a}_{D} $ , $ \mathrm{D} $ 正确.

匀速转动时,游客和座椅在水平面内做匀速圆周运动,所受到的合力指向圆心,必沿水平方向,故 $ \mathrm{A} $ 正确；当 $ \theta $ 稳定时,有 $ mg \tan \theta =m{\omega }^{2}(r+L \sin \theta ) $ ,得 $ \omega =\sqrt{\dfrac{g \tan \theta }{r+L \sin \theta }} $ ,故 $ \mathrm{B} $ 错误；因游客和座椅所受重力和拉力的合力提供向心力,所以所受合力必指向圆心,转速缓慢增大,角 $ \theta $ 总小于 $ {90}^{\circ } $ ,故 $ \mathrm{C} $ 正确；转速缓慢增大,钢绳上拉力的竖直分量大小始终等于重力大小,保持不变,故 $ \mathrm{D} $ 正确.故 $ \mathrm{B} $ 符合题意.

对小球受力分析，根据牛顿第二定律得 $ mg \tan \theta =m{\omega }^{2}L \sin \theta $ ,增加绳长之后, $ mg \tan \theta < m{\omega }^{2}L \sin \theta $ ,此时小球有离心趋势,小球挤压外侧管壁,外侧管壁向斜下方挤压小球,给小球一个斜向下的压力, $ \mathrm{A} $ 错误；仅增加绳长, $ m{\omega }^{2}L \sin \theta $ 增大,若仍保持小球与玻璃管间无压力,需减小 $ \omega $ , $ \mathrm{B} $ 正确；仅减小 $ \omega $ , $ mg \tan \theta > m{\omega }^{2}L \sin \theta $ ,小球有向心趋势,挤压内侧管壁,小球将受到玻璃管斜向上方的支持力, $ \mathrm{C} $ 正确；根据 $ mg \tan \theta =m{\omega }^{2}L \sin \theta $ 可知,仅减少小球质量,对小球的运动无影响,小球不会受到玻璃管的作用力， $ \mathrm{D} $ 错误.

（1） 设 $ A $ 、 $ B $ 离转台的高度均为 $ h $ ,由题意可知 $ A $ 、 $ B $ 同轴转动,则 $ {\omega }_{A}={\omega }_{B}=\omega $ , $ \alpha ={30}^{\circ } $ , $ \beta ={90}^{\circ }-\alpha ={60}^{\circ } $ ,根据牛顿第二定律分析可得 $ a={\omega }^{2}r $ ,则 $ \dfrac{{a}_{A}}{{a}_{B}}=\dfrac{{r}_{A}}{{r}_{B}}=\dfrac{h \tan \alpha }{h \tan \beta }=\dfrac{1}{3} $ .

（2） 设 $ B $ 不受摩擦力时,角速度为 $ {\omega }_{0} $ , $ B $ 的质量为 $ {m}_{B} $ ,对 $ B $ ,根据牛顿第二定律可得 $ \dfrac{{m}_{B}g}{ \tan \beta }={m}_{B}{\omega }_{0}^{2}h \tan \beta $ ,解得 $ {\omega }_{0}=\dfrac{1}{ \tan \beta }\sqrt{\dfrac{g}{h}}=\sqrt{\dfrac{g}{3h}} $ ,设此时 $ A $ 所受的支持力为 $ N $ ,摩擦力为 $ f $ ,以沿着器壁向上为正方向,假设摩擦力沿器壁向上,受力分析如图,对 $ A $ 有 $ N \cos \alpha -f \sin \alpha =m{\omega }_{0}^{2}h \tan \alpha $ , $ N \sin \alpha +f \cos \alpha =mg $ ,联立解得 $ f=\dfrac{4\sqrt{3}}{9}mg $ ,假设成立,摩擦力方向沿着器壁向上.

（3） 设 $ A $ 、 $ B $ 同时不受摩擦力时,对应的高度分别为 $ {h}_{A} $ 、 $ {h}_{B} $ ,此时转台的角速度为 $ {\omega }_{1} $ ,对 $ A $ 有 $ \dfrac{mg}{ \tan \alpha }=m{\omega }_{1}^{2}{h}_{A} \tan \alpha $ ,解得 $ {h}_{A}=\dfrac{g}{{\omega }_{1}^{2}{ \tan }^{2}\alpha } $ ,对 $ B $ 有 $ \dfrac{{m}_{B}g}{ \tan \beta }={m}_{B}{\omega }_{1}^{2}{h}_{B} \tan \beta $ ,解得 $ {h}_{B}=\dfrac{g}{{\omega }_{1}^{2}{ \tan }^{2}\beta } $ ,联立解得 $ \dfrac{{h}_{A}}{{h}_{B}}=\dfrac{9}{1} $ .

两物块随圆盘一起做匀速圆周运动,加速度方向不断变化,均做非匀变速曲线运动, $ \mathrm{A} $ 错误；根据 $ {F}_{\mathrm{n}}=mr{\omega }^{2} $ ,因为两物块的角速度大小相等,转动半径相等,质量相等,则两物块所需向心力相等, $ \mathrm{B} $ 错误；对 $ A $ 、 $ B $ 整体分析,有 $ {f}_{B}=2mr{\omega }^{2} $ ,对 $ A $ 分析,有 $ {f}_{A}=mr{\omega }^{2} $ ,可知圆盘对 $ B $ 的摩擦力是 $ B $ 对 $ A $ 的摩擦力的2倍, $ \mathrm{C} $ 正确； $ B $ 刚要滑动时，对 $ A $ 、 $ B $ 整体分析,有 $ {\mu }_{B}\cdot 2mg=2mr{\omega }_{B}^{2} $ ,解得 $ {\omega }_{B}=\sqrt{\dfrac{{\mu }_{B}g}{r}} $ ,对 $ A $ 分析,有 $ {\mu }_{A}mg=mr{\omega }_{A}^{2} $ ,解得 $ {\omega }_{A}=\sqrt{\dfrac{{\mu }_{A}g}{r}} $ ,若 $ B $ 先滑动,可知 $ B $ 先达到临界角速度,即 $ B $ 的临界角速度较小,可知 $ {\mu }_{B} < {\mu }_{A} $ , $ \mathrm{D} $ 正确.

由题意可知,弹簧均处于原长状态时,小球做圆周运动的半径为 $ {r}_{1}=\dfrac{\sqrt{3}}{3}L $ ,当小球在弹簧均处于2倍原长时,小球做圆周运动的半径为 $ {r}_{2}=\dfrac{2\sqrt{3}}{3}L $ ,设轴线与圆锥筒侧边的夹角为 $ \theta $ ，根据牛顿第二定律有 $ \dfrac{mg}{ \tan \theta }=m{\omega }^{2}{r}_{1} $ , $ \dfrac{mg}{ \tan \theta }+2kL \cos {30}^{\circ }=m{\omega }^{2}{r}_{2} $ ,由题意可知 $ \theta ={30}^{\circ } $ ,联立解得 $ L=\dfrac{3g}{{\omega }^{2}} $ , $ k=\dfrac{m{\omega }^{2}}{3} $ ,故 $ \mathrm{A} $ 错误, $ \mathrm{B} $ 正确；弹簧处于2倍原长时,根据牛顿第二定律可知,小球的向心加速度大小为 $ a={\omega }^{2}{r}_{2}=2\sqrt{3}g $ ,故 $ \mathrm{C} $ 正确；当小球在弹簧均处于 $ n $ 倍原长时,小球做圆周运动的半径为 $ {r}_{n}=\dfrac{\sqrt{3}}{3}nL $ ,根据牛顿第二定律有 $ \dfrac{mg}{ \tan \theta }+2k(n-1)L \cos {30}^{\circ }=m{\omega }_{n}^{2}{r}_{n} $ ,解得 $ {\omega }_{n}=\omega $ ,即这三个小球在筒内任意的水平面（在弹簧的弹性限度内）内均可以角速度 $ \omega $ 匀速旋转,故 $ \mathrm{D} $ 正确.

由于物块 $ P $ 随圆盘一起做匀速圆周运动,则其所受合力提供向心力,即合力始终指向圆心,故 $ \mathrm{A} $ 正确； $ Q $ 随圆盘一起做匀速圆周运动,弹簧弹力与静摩擦力的合力提供向心力,由于圆盘转动的角速度不同,则 $ Q $ 做圆周运动所需的向心力大小不同,由于弹簧长度不变,弹簧的弹力不变,所以圆盘对 $ Q $ 的静摩擦力方向随 $ \omega $ 的变化而变化,故 $ \mathrm{B} $ 错误；当 $ \omega =\sqrt{\dfrac{k}{m}} $ 时,向心力大小为 $ {F}_{\mathrm{n}}=m{\omega }^{2}\cdot OP $ ,由几何知识可知 $ OP=\sqrt{3}{L}_{0} $ , $ \mathrm{\angle }OPQ={30}^{\circ } $ ,弹簧弹力大小为 $ kx=k{L}_{0} $ ,由力的关系结合数学知识可知 $ f\hat{}2=(kx)^{2}+{F}_{\mathrm{n}}^{2}-2kx\cdot {F}_{\mathrm{n}} \cos \mathrm{\angle }OPQ $ ,解得 $ f=kx=k{L}_{0} $ ,故 $ \mathrm{C} $ 正确；同理,当圆盘对物块 $ P $ 的静摩擦力大小为 $ \dfrac{1}{2}k{L}_{0} $ 时,有 $ f{\prime }^{2}=(kx)^{2}+F{\prime }_{\mathrm{n}}^{2}-2kx\cdot F{\prime }_{\mathrm{n}} \cos \mathrm{\angle }OPQ $ ,其中 $ F{\prime }_{\mathrm{n}}=m{\omega }^{2}\cdot OP $ ，联立解得 $ \omega =\sqrt{\dfrac{k}{2m}} $ ,故 $ \mathrm{D} $ 正确.

轻绳有张力之前,对 $ B $ 物体进行受力分析,水平方向有 $ f \cos \theta -N \sin \theta =2m{\omega }^{2}r $ ,竖直方向有 $ f \sin \theta +N \cos \theta =2mg $ ,解得 $ f=2m{\omega }^{2}r \cos \theta +2mg \sin \theta $ , $ N=2mg \cos \theta -2m{\omega }^{2}r \sin \theta $ ,可知随 $ \omega $ 的增大, $ f $ 增大, $ N $ 减小,故 $ \mathrm{A} $ 正确；轻绳即将有张力时,对 $ B $ 物体受力分析,在水平方向有 $ \mu N \cos \theta -N \sin \theta =2m{\omega }_{1}^{2}r $ ,竖直方向有 $ \mu N \sin \theta +N \cos \theta =2mg $ ,代入数据解得 $ {\omega }_{1}=\dfrac{\sqrt{5}}{4}\mathrm{r}\mathrm{a}\mathrm{d}/\mathrm{s} $ ,故 $ \mathrm{B} $ 正确；在 $ \omega $ 逐渐增大的过程中, $ A $ 物体先有向下滑动的趋势,后有向上滑动的趋势,其所受静摩擦力先沿锥体表面向上增大,后沿锥体表面向上减小,再沿锥体表面向下增大,故 $ \mathrm{C} $ 错误； $ \omega $ 增大到 $ A $ 、 $ B $ 整体将要滑动时, $ B $ 有向下滑动的趋势, $ A $ 有向上滑动的趋势,对 $ A $ 物体,水平方向有 $ (T-\mu {N}_{A}) \cos \theta -{N}_{A} \sin \theta =m{\omega }_{2}^{2}r $ ,竖直方向有 $ (T-\mu {N}_{A}) \sin \theta +{N}_{A} \cos \theta =mg $ ,对 $ B $ 物体,水平方向有 $ (T+\mu {N}_{B})\cdot \cos \theta -{N}_{B} \sin \theta =2m{\omega }_{2}^{2}r $ ,竖直方向有 $ (T+\mu {N}_{B}) \sin \theta +{N}_{B} \cos \theta =2mg $ ,联立解得 $ {\omega }_{2}=\sqrt{\dfrac{165}{28}}\mathrm{r}\mathrm{a}\mathrm{d}/\mathrm{s} $ ,故 $ \mathrm{D} $ 错误.

① 对 $ P $ 受力分析,如图所示,

竖直方向受力平衡,有 $ T \cos {37}^{\circ }={m}_{1}g $ ,可得 $ T=2.5\mathrm{N} $ ,

对 $ Q $ ,最大静摩擦力 $ {f}_{\mathrm{m}}=\mu {m}_{2}g=5\mathrm{N} $ ,由于 $ T=2.5\mathrm{N} < {f}_{\mathrm{m}} $ ,则 $ Q $ 静止,故 $ Q $ 受到的摩擦力大小 $ f=T=2.5\mathrm{N} $ .

② 对 $ P $ ,有 $ {m}_{1}g \tan {37}^{\circ }={m}_{1}{\omega }_{1}^{2}r $ , $ r={L}_{1} \sin {37}^{\circ } $ ,

可得 $ {\omega }_{1}=5\mathrm{r}\mathrm{a}\mathrm{d}/\mathrm{s} $ .

（2） 因为 $ \theta ={37}^{\circ } $ ,所以拉力 $ T^\prime =\dfrac{m{\prime }_{1}g}{ \cos \theta }=10\mathrm{N} $ ,

$ Q $ 受到的摩擦力沿 $ OQ $ 连线向外且最大时,向心力最小,转动半径最小,此时 $ Q $ 恰好不向内滑动,有 $ T^\prime -{f}_{\mathrm{m}}={m}_{2}{\omega }_{2}^{2}L{\prime }_{2 \min } $ ,

$ Q $ 受到的摩擦力沿 $ OQ $ 连线向内且最大时,向心力最大,转动半径最大,此时 $ Q $ 恰好不向外甩出,有 $ T^\prime +{f}_{\mathrm{m}}={m}_{2}{\omega }_{2}^{2}L{\prime }_{2 \max } $ ,

解得 $ L{\prime }_{2 \min }=\dfrac{5}{9}\mathrm{m} $ , $ L{\prime }_{2 \max }=\dfrac{5}{3}\mathrm{m} $ ,故 $ \dfrac{5}{9}\mathrm{m}⩽ L{\prime }_{2}⩽ \dfrac{5}{3}\mathrm{m} $ .

（1） 小球恰好飞离圆锥体时,圆锥体对小球的支持力恰好为零，对小球受力分析，由牛顿第二定律得 $ mg \tan {37}^{\circ }=m{\omega }_{0}^{2}r $ ,又 $ r=L \sin {37}^{\circ } $ ,联立解得 $ {\omega }_{0}=5\mathrm{r}\mathrm{a}\mathrm{d}/\mathrm{s} $ .

（2） 小球以角速度 $ \omega =3\mathrm{r}\mathrm{a}\mathrm{d}/\mathrm{s} $ 转动时,

竖直方向有 $ F \cos {37}^{\circ }+N \sin {37}^{\circ }=mg $ ,

水平方向有 $ F \sin {37}^{\circ }-N \cos {37}^{\circ }=m{\omega }^{2}r $ ,其中 $ r=L \sin {37}^{\circ } $ ,

解得 $ F=9.62\mathrm{N} $ , $ N=3.84\mathrm{N} $ .

（3） 物块 $ A $ 受到的最大静摩擦力为 $ f=\mu Mg=15\mathrm{N} $ ,

小球 $ B $ 恰好飞离圆锥体时细线的拉力为 $ F^\prime =\dfrac{mg}{ \cos {37}^{\circ }}=12.5\mathrm{N} $ ,

由于 $ f > F^\prime $ ,所以当物块 $ A $ 受到的静摩擦力最大时,小球 $ B $ 转动的角速度最大,此时小球 $ B $ 已飞离圆锥体,且细线拉力 $ F″=f $ ,

设此时细线与竖直方向的夹角为 $ \alpha $ ,则

$ F″ \cos \alpha =mg $ , $ F″ \sin \alpha =m{\omega }_{ \max }^{2}{r}_{1} $ ,

又 $ {r}_{1}=L \sin \alpha $ ,联立解得 $ {\omega }_{ \max }=\sqrt{30}\mathrm{r}\mathrm{a}\mathrm{d}/\mathrm{s} $ .