专题5 竖直面内的圆周运动的临界问题

由题意,游客在 $ P $ 点时恰好脱离滑道,则游客在 $ P $ 点时,有 $ mg \cos \alpha =m\dfrac{{v}^{2}}{R} $ ,解得 $ v=\sqrt{gR \cos \alpha } $ , $ \mathrm{C} $ 正确.

汽车经过 $ A $ 处时,加速度向下,处于失重状态,经过 $ C $ 处时,加速度向上,处于超重状态, $ \mathrm{A} $ 错误；因汽车在 $ B $ 、 $ C $ 两点处于超重状态,根据 $ F=mg+m\dfrac{{v}^{2}}{R} $ , $ C $ 处的曲率半径小于 $ B $ 处的,可知汽车经过 $ C $ 处时最容易爆胎, $ \mathrm{B} $ 错误；汽车在 $ A $ 点容易脱离路面,则在 $ A $ 点汽车对路面的压力恰为零时恰不脱离路面,此时有 $ mg=m\dfrac{{v}_{1}^{2}}{{\rho }_{1}} $ ,解得 $ {v}_{1}=\sqrt{g{\rho }_{1}} $ ,可知为了保证汽车在 $ A $ 处不脱离路面,该车的速率不得超过 $ \sqrt{g{\rho }_{1}} $ , $ \mathrm{C} $ 正确；汽车经过 $ C $ 处时，由牛顿第二定律得 $ {N}_{C}-mg=m\dfrac{{v}^{2}}{{\rho }_{2}} $ ,可得 $ {N}_{C}=mg+m\dfrac{{v}^{2}}{{\rho }_{2}} $ ,由牛顿第三定律可知，汽车对路面的压力大小为 $ mg+m\dfrac{{v}^{2}}{{\rho }_{2}} $ , $ \mathrm{D} $ 错误.

若容器在圆周最高点时的速度为0,容器受到的重力会使容器竖直向下运动, $ \mathrm{A} $ 错误；容器经过圆周最高点时,水有竖直向下的加速度,处于失重状态, $ \mathrm{B} $ 错误；当容器以 $ 3\mathrm{m}/\mathrm{s} $ 的速度通过圆周最高点时,设细线拉力为 $ F $ ,则有 $ mg+F=m\dfrac{{v}^{2}}{r} $ ,解得 $ F=0 $ ,即细线上拉力恰好为 $ {\rm 0,} \mathrm{C} $ 正确；容器通过圆周最低点时,合力指向圆心,有 $ F^\prime -mg=m\dfrac{v{\prime }^{2}}{r} $ ,因此容器一定对细线有拉力, $ \mathrm{D} $ 错误.

当 $ F=0 $ 时,小球经过最高点的速率具有最小值,由题图乙可知 $ {v}_{ \min }^{2}=a $ ,解得小球在最高点的速率最小值为 $ {v}_{ \min }=\sqrt{a} $ ,此时重力刚好提供所需的向心力,则有 $ mg=m\dfrac{{v}_{ \min }^{2}}{R} $ ,联立解得小球做圆周运动的半径为 $ R=\dfrac{a}{g} $ , $ \mathrm{A} $ 、 $ \mathrm{B} $ 正确, $ \mathrm{C} $ 错误；小球经过最高点时,根据牛顿第二定律可得 $ F+mg=m\dfrac{{v}^{2}}{R} $ ,可得 $ F=\dfrac{m}{R}\cdot {v}^{2}-mg $ ,若题图乙中图像的斜率为 $ k $ ,则有 $ k=\dfrac{m}{R} $ ,可得小球质量为 $ m=kR=\dfrac{ka}{g} $ , $ \mathrm{D} $ 正确.

（1） 若小球恰能做完整的圆周运动,其在最高点时满足 $ mg=m\dfrac{{v}_{0}^{2}}{L} $ ,

解得速度大小 $ {v}_{0}=\sqrt{gL}=5\mathrm{m}/\mathrm{s} $ .

（2） 若在最高点时小球的速度大小 $ v=10\mathrm{m}/\mathrm{s} $ ,则 $ T+mg=m\dfrac{{v}^{2}}{L} $ ,

解得 $ T=60\mathrm{N} $ .

（3） 若在最高点小球的速度 $ v=10\mathrm{m}/\mathrm{s} $ ,绳突然断裂,则小球将做平抛运动,

竖直方向有 $ \dfrac{1}{2}g{t}^{2}=2L $ ,解得落地时间 $ t=1\mathrm{s} $ ,

水平方向小球做匀速直线运动，水平位移大小为 $ x=vt=10\mathrm{m} $ .

根据题意有 $ mg+\dfrac{1}{2}mg=m\dfrac{{v}^{2}}{R} $ ,假设速度大小为 $ \dfrac{1}{2}v $ 时,管的内壁对小球有作用力,则有 $ mg-F=m\dfrac{{\left(\dfrac{1}{2}v\right) ^ {2}}}{R} $ ,解得 $ F=\dfrac{5}{8}mg $ ,假设成立，因此管壁对小球的作用力大小为 $ \dfrac{5}{8}mg $ ,方向竖直向上,故 $ \mathrm{A} $ 正确.

因小球用轻杆连接,则在最高点时最小速度为零,即 $ v $ 大于等于零, $ \mathrm{A} $ 错误；根据 $ {F}_{向}=m\dfrac{{v}^{2}}{l} $ 可知, $ v $ 越大,小球在最高点时所需向心力也越大, $ \mathrm{B} $ 正确；当在最高点杆对小球的作用力为零时,有 $ mg=\dfrac{m{v}_{0}^{2}}{l} $ ,解得 $ {v}_{0}=\sqrt{gl} $ ,当 $ v > \sqrt{gl} $ 时,小球受杆的拉力作用,有 $ F+mg=m\dfrac{{v}^{2}}{l} $ ,则 $ v $ 越大,小球在最高点时杆对小球的弹力越大, $ \mathrm{C} $ 错误；当 $ v < \sqrt{gl} $ 时,小球受杆的支持力作用,有 $ mg-F=m\dfrac{{v}^{2}}{l} $ ,则 $ v $ 越小,小球在最高点时杆对小球的弹力越大, $ \mathrm{D} $ 正确.

（1） 根据牛顿第二定律,对甲球有 $ {F}_{1}-mg=m{\omega }^{2}\cdot 2L $ ,解得 $ {F}_{1}=2mg $ ,则轻杆对甲球的作用力 $ {F}_{1} $ 的大小为 $ 2mg $ ,方向竖直向上,假设 $ {F}_{2} $ 的方向竖直向下,对乙球有 $ {F}_{2}+mg=m{\omega }^{2}L $ ,解得 $ {F}_{2}=-\dfrac{1}{2}mg $ ,则轻杆对乙球的作用力 $ {F}_{2} $ 的大小为 $ \dfrac{1}{2}mg $ ,方向竖直向上.

（2） 根据牛顿第二定律,对甲球有 $ {F}_{甲\mathrm{n}}=m{\omega }^{2}\cdot 2L=mg $ ,因为做匀速圆周运动,所以沿切线方向受力平衡,有 $ {F}_{甲\mathrm{t}}=mg $ ,轻杆对甲球的作用力 $ {F}_{3} $ 的大小为 $ {F}_{3}=\sqrt{{F}_{甲\mathrm{t}}^{2}+{F}_{甲\mathrm{n}}^{2}}=\sqrt{2}mg $ .

（3） 根据牛顿第二定律,对乙球有 $ F{\prime }_{4}-{F}_{bc}-mg=m{\omega }^{2}L $ ,对甲球有 $ {F}_{bc}-mg=m{\omega }^{2}\cdot 3L $ ,联立解得 $ F{\prime }_{4}=4mg $ ,方向竖直向上,根据牛顿第三定律可知, $ {F}_{4}=F{\prime }_{4}=4mg $ ,方向竖直向下.

设绳长为 $ L $ ,小球在最高点时,由牛顿第二定律得 $ {T}_{1}+mg=\dfrac{m{v}_{1}^{2}}{L} $ ,可得 $ {T}_{1}=\dfrac{m{v}_{1}^{2}}{L}-mg $ ,同理在最低点时,有 $ {T}_{2}=\dfrac{m{v}_{2}^{2}}{L}+mg $ ,可知两图线斜率相等, $ \mathrm{A} $ 正确；对图线 $ B $ ,当 $ {v}_{2}^{2}=0 $ 时,有 $ mg=a $ ,解得 $ \dfrac{a}{m}=g $ , $ \mathrm{B} $ 正确；只有当 $ {v}_{1}^{2}⩾ b $ 时,小球才能通过最高点,能做完整的圆周运动,但不是匀速圆周运动, $ \mathrm{C} $ 正确, $ \mathrm{D} $ 错误.

小球在最高点时速度最小,由于在最高点时有支撑物,可知速度的最小值为零, $ \mathrm{A} $ 错误.小球在最高点时，有 $ mg+N=\dfrac{m{v}^{2}}{L} $ ,当 $ N=0 $ 时， $ v=\sqrt{gL} $ ,若速度大于零小于 $ \sqrt{gL} $ ,则圆管对小球的弹力向上，随速度的增加圆管对小球的弹力减小, $ \mathrm{B} $ 错误.当小球以速率 $ v $ 经过最低点时,根据 $ N-mg=m\dfrac{{v}^{2}}{L} $ ,可得圆管对小球的弹力大小为 $ N=mg+m\dfrac{{v}^{2}}{L} $ , $ \mathrm{C} $ 正确.当小球以速率 $ v $ 经过最高点时,由 $ \mathrm{B} $ 项分析可知，若 $ v=\sqrt{gL} $ ,则圆管对小球的弹力为零；若 $ v > \sqrt{gL} $ ，则圆管上壁对小球有向下的弹力,大小为 $ N=m\dfrac{{v}^{2}}{L}-mg $ ,若 $ v < \sqrt{gL} $ ,则圆管下壁对小球有向上的弹力,大小为 $ N=mg-m\dfrac{{v}^{2}}{L} $ , $ \mathrm{D} $ 错误.

$ A $ 、 $ B $ 属于同轴转动,所以 $ A $ 、 $ B $ 转动的角速度相等, $ \mathrm{A} $ 正确；当球 $ B $ 运动到最高点时,水平转轴 $ O $ 对杆的作用力恰好为零,则杆对两球的作用力大小相等、方向相反,由于此时杆对球 $ A $ 的弹力向上,则杆对球 $ B $ 的弹力向下,根据牛顿第三定律可知，球 $ B $ 对杆有向上的弹力，设此时角速度为 $ \omega $ ,杆对球 $ B $ 的弹力大小为 $ F $ ,对球 $ B $ 由牛顿第二定律可得 $ mg+F=m{\omega }^{2}\cdot 2L $ ,对球 $ A $ 由牛顿第二定律可得 $ F-mg=m{\omega }^{2}L $ ,联立解得 $ \omega =\sqrt{\dfrac{2g}{L}} $ , $ F=3mg $ , $ \mathrm{B} $ 正确， $ \mathrm{D} $ 错误；球 $ A $ 的速度大小为 $ {v}_{A}=\omega L=\sqrt{2gL} $ , $ \mathrm{C} $ 错误.

当杆突然转动时,小物块做自由落体运动,假设物块恰好与杆的端点 $ A $ 不相碰,则由几何关系可知,物块下落的高度 $ h=\sqrt{{2}^{2}-{\left(\sqrt{3}\right) ^ {2}}}\mathrm{m}=1\mathrm{m} $ ,又 $ h=\dfrac{1}{2}g{t}^{2} $ ,解得物块下落的时间 $ t=\sqrt{\dfrac{2h}{g}}=\dfrac{\sqrt{5}}{5}\mathrm{s} $ ,在此时间段内杆转过的角度的正弦值 $ \sin \theta =\dfrac{1}{2} $ ,结合题意可得,杆转过的角度 $ \theta =\dfrac{\mathrm{\pi }}{6}+n\cdot 2\mathrm{\pi }(n=0,1) $ ,即物块恰好与杆的端点 $ A $ 不相碰,角速度应满足 $ \omega =\dfrac{\theta }{t}=(\dfrac{\sqrt{5}}{6}\mathrm{\pi }+n\cdot 2\sqrt{5}\mathrm{\pi })\mathrm{r}\mathrm{a}\mathrm{d}/\mathrm{s}(n=0,1) $ ,由上式可知,如果杆的角速度足够大,物块仍会与杆相碰,当 $ n=0 $ 时, $ \omega =\dfrac{\sqrt{5}}{6}\mathrm{\pi }\mathrm{r}\mathrm{a}\mathrm{d}/\mathrm{s} $ ,若角速度小于此值,物块一定与杆相碰,即为使物块与杆不相碰,杆转动的角速度最小值为 $ \dfrac{\sqrt{5}\mathrm{\pi }}{6}\mathrm{r}\mathrm{a}\mathrm{d}/\mathrm{s} $ , $ \mathrm{B} $ 、 $ \mathrm{D} $ 正确.

（1） 当车轮静止且气嘴灯在最低点时,设弹簧伸长量为 $ {x}_{0} $ ,则 $ k{x}_{0}=mg $ ,当车轮匀速转动,气嘴灯到达最低点时,弹簧弹力与重力的合力提供小物块所需的向心力,有 $ k({x}_{0}+d)-mg=m{\omega }_{1}^{2}R $ ,

解得 $ {\omega }_{1}=\sqrt{\dfrac{2g}{R}} $ .

（2） 由题意知,气嘴灯到达最高点时刚好发光,有

$ k({x}_{0}+d)+mg=m{\omega }^{2}R $ ,解得 $ \omega =2\sqrt{\dfrac{g}{R}} > {\omega }_{1} $ ,

则要使车轮匀速转动中气嘴灯一直发光,角速度 $ \omega $ 应满足 $ \omega ⩾ 2\sqrt{\dfrac{g}{R}} $ .

（3） 由题可知, $ \sqrt{\dfrac{2g}{R}} < \sqrt{\dfrac{7g}{2R}} < 2\sqrt{\dfrac{g}{R}} $ ,设其刚好发光的位置与车轮圆心连线跟竖直方向的夹角为 $ \theta $ ,如图所示,有 $ k({x}_{0}+d)+mg \cos \theta =m{\omega }_{2}^{2}R $ ,

解得 $ \cos \theta =\dfrac{1}{2} $ ,即 $ \theta ={60}^{\circ } $ ,

转动周期 $ T=\dfrac{2\mathrm{\pi }}{{\omega }_{2}}=2\mathrm{\pi }\sqrt{\dfrac{2R}{7g}} $ ,

则一个周期内,气嘴灯发光的时间为 $ \dfrac{{360}^{\circ }-2×{60}^{\circ }}{{360}^{\circ }}T=\dfrac{4\mathrm{\pi }}{21}\sqrt{\dfrac{14R}{g}} $ .

（1） 物块恰好能从轨道 $ CD $ 的最高点 $ D $ 飞出,根据牛顿第二定律有 $ mg=m\dfrac{{v}_{D}^{2}}{R} $ ,解得 $ {v}_{D}=\sqrt{10}\mathrm{m}/\mathrm{s} $ .

（2） 从 $ A $ 点到 $ B $ 点,对物块由牛顿第二定律得 $ \mu mg=ma $ ,

由运动学公式得 $ {v}_{B}^{2}-{v}_{0}^{2}=2(-a)L $ ,

在管道的下端 $ B $ ,由牛顿第二定律得 $ N-mg=m\dfrac{{v}_{B}^{2}}{R} $ ,

联立解得 $ N=64\mathrm{N} $ ,

由牛顿第三定律得,物块在 $ B $ 点时对管道 $ BC $ 的压力大小为 $ 64\mathrm{N} $ ,方向竖直向下.

（3） 物块从 $ D $ 点飞出后做平抛运动,水平方向有 $ x={v}_{D}t $ ,

竖直方向有 $ y=\dfrac{1}{2}g{t}^{2} $ ,由几何知识有 $ {x}^{2}+{y}^{2}={\left(2R\right) ^ {2}} $ ,

联立解得 $ y=(\sqrt{5}-1)\mathrm{m} $ .