高考物理一轮复习第四章曲线运动第讲圆周运动中的临界问题讲解
圆周运动中的临界问题ppt课件
fA AB mg
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变式训练
如图所示，A、B、C三个物体放在旋 转平台上，最大静摩擦因数均为μ， 已知A的质量为2m，B、C的质量均 为m，A、B离轴距离均为R，C距离 轴为2R，则当平台逐渐加速旋转时 （ ABC） A.C物的向心加速度最大 B.B物的摩擦力最小 C.当圆台转速增加时，C比A先滑动 D.当圆台转速增加时，B比A先滑动
和方向？
B
vB
vA
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A
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则此时细杆OA受到
（ ）B
A、6.0N的拉力 C、24N的拉力
B、6.0N的压力 D、24N的压力
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例3：长L＝0.5m，质量可以忽略的的杆，其
下端固定于O点，上端连接着一个质量m＝2kg 的小球A，A绕O点做圆周运动（同图5），在A 通过最高点，试讨论在下列两种情况下杆的受 力：
A．会落到水平面AE上 B．一定会再次落到圆轨道上 C．可能会落到水平面AE上 D．可能会再次落到圆轨道上
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圆周运动的临界问题
竖直平面内的圆周运动 ②轻杆模型 ： 能过最高点的临界条件：
v临界＝0
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轻杆模型
杆与绳不同，它既能产生拉力，也能产生压力
①能过最高点v临界＝0，此时支持力N＝mg；
专题：
圆周运动中的临界问题
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高三物理高考一轮复习专题四 圆周运动的临界问题课件 新人教版
• 解析：大家首先要搞清楚在什么地方对地 面的压力最大．通过分析可知
• 道，汽车经过凹形路面的最低点时，汽车 对路面的压力最大．
• 当汽车经过凹形路面的最低点时，设路面 支持力为 ，由牛顿第二定律有
• －mg＝
• 要求FN≤2.0×105 N，解得允许的最大速率 vm＝7.07 m/s.
•身解体析，：以运单动杠员为达轴最做低圆点周时运受动力．满如图足4F－－3－
图4－3－4
4所mg示＝，此过，程v中最，小运时动F最员小到，达最低点时手 •臂所受以的有拉m力g·至2R少＝约为m(忽v2，略所空以气F阻＝力5，mgg＝＝10
• 【例2】 用一根细绳，一端系住一个质量
为m的小球，另一端悬在光滑水平桌面
• 2－1 • 图4－3－5
• A．物块处于平衡状态 • B．物块受三个力作用 • • C解．析在：角速对度物一块定受时力，分物析块可到知转，轴物的块距受离竖越 直向远下，的物块重越力不、容垂易直脱圆离盘圆向盘上的支持力及指 向• 圆D．心在的物摩块擦到力转共轴三距个离力一作定用时，，合物力块提运供动向周 心 力期越，小A 错，越，不B 正容确易脱．离根圆据盘向 心 力 公 式 F ＝
圆周运动的临界问题
• 竖直面内圆周运动的临界问题分析 • 对于物体在竖直面内做的圆周运动是一种
典型的变速曲线运动，该类运动 • 常有临界问题，并伴有“最大”“最
轻绳模型
轻杆模型
常见类 型
过最高 点的
临界条 件
均是没有支撑的小球
均是有支撑的小球
由mg＝
得v临＝
由小球能运动 即可得v临＝0
讨论 分 析
F＝N＋mg ，FN
高考物理一轮总复习第4章抛体运动与圆周运动第4讲专题提升圆周运动中的临界极值问题课件
第4讲 专题提升 圆周运动中的临界、极值问题专题概述:本专题主要解决圆周运动的临界、极值问题,主要包括水平面内和竖直面内圆周运动的临界、极值问题。
水平面内的临界、极值问题主要涉及静摩擦力和绳子拉力的突变分析,以及静摩擦力或绳子拉力与向心力的关系;竖直面内的临界、极值问题主要涉及“轻绳”和“轻杆”模型,包括在圆周运动最高点和最低点的临界条件分析。
1.水平面内圆周运动的临界、极值问题通常有两类,一类是与摩擦力有关的临界问题,一类是与弹力有关的临界问题。
2.解决此类问题的一般思路首先要考虑达到临界条件时物体所处的状态;其次分析该状态下物体的受力特点;最后结合圆周运动知识,应用运动学和牛顿运动定律综合分析。
典题1 (多选)如图所示,两个质量均为m的木块a和b(均可视为质点)放在水平圆盘上,a与转轴OO'的距离为l,b与转轴OO'的距离为2l。
木块与圆盘间的最大静摩擦力为木块重力的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,下列说法正确的是( )A.a可能比b先开始滑动B.a、b所受的静摩擦力始终相等CD解析两个木块的最大静摩擦力相等,木块随圆盘一起转动,木块所受静摩擦力提供向心力,由牛顿第二定律得,木块所受的静摩擦力f=mω2r,由于两个木块的m、ω相等,a的运动半径小于b的运动半径,所以b所受的静摩擦力大于a所受的静摩擦力,当圆盘的角速度增大时,b的静摩擦力先达到最大值,所以b一定比a先开始滑动,故A、B错误;当b刚要滑动时,物块所受静摩擦力达到最大,则有拓展变式 1把典题1中装置改为如图所示,木块a、b用轻绳连接(刚好拉直)。
(1)当ω为多大时轻绳开始有拉力?(2)当ω为多大时木块a、b相对于转盘会滑动?(2)开始角速度较小,两木块都靠静摩擦力提供向心力,b先达到最大静摩擦力,角速度继续增大,则轻绳出现拉力,角速度继续增大,a的静摩擦力增大,当增大到最大静摩擦力时,开始发生相对滑动,a、b相对于转盘会滑动,拓展变式 2把典题1中装置改为如图所示,木块a、b用轻绳连接(刚好拉直)。
通用版高考物理一轮复习专题四曲线运动万有引力定律小专题2圆周运动的临界问题课件
A.μ＝tan θ
B.μ＝
1 tan
θ
C.μ＝sin θ
D.μ＝cos θ
图 Z2-2
解析：设物块与 AB 部分的动摩擦因数为μ，板转动的角速 度为ω，两物块到转轴的距离为 L，由于物块刚好不滑动，则对 AB板上的物体有μmg＝mω2L，对 BC板上的物体有 mgtan θ＝ mω2L，联立得μ＝tan θ，故 A 正确.
图 Z2-4
A.OB
绳的拉力范围为
0～
3 3 mg
B.OB
绳的拉力范围为
33mg～2
3
3 mg
C.AB
绳的拉力范围为
0～
3 3 mg
D.AB
绳的拉力范围为
0～2
3
3 mg
解析：转动的角速度为零时，OB 绳的拉力最小，AB 绳的 拉力最大，这时二者的值相同，设为 T1, 则 2T1cos 30°＝mg， 解得 T1＝ 33mg.增大转动的角速度，当 AB 绳的拉力刚好为零时， OB 绳的拉力最大，设这时 OB 绳的拉力为 T2，T2cos 30°＝mg， T2＝2 3 3mg，因此 OB 绳的拉力范围 33mg～2 3 3mg，AB 绳的 拉力范围 0～ 33mg.故 B、C 正确，A、D 错误.
FT′sin α＝Lmsivn22α
FT′cos α＝mg
解得 FT′＝2mgFT′＝－12mg舍去.
方法技巧 临界问题的解题思想： (1)有些题目中有“刚好”“恰好”“正好”等字眼，明显 表明题述的过程中存在着临界点. (2)若题目中有“取值范围”“多长时间”“多大距离”等词 语，表明题述的过程中存在着“起止点”，而这些起止点往往就 是临界点. (3)若题目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼， 表明题述的过程中存在着极值，这些极值点也往往是临界点.
第4章 专题强化7 圆周运动的临界问题 2023年高考物理一轮复习(新高考新教材)
专题强化七圆周运动的临界问题目标要求 1.掌握水平面内、竖直面内的圆周运动的动力学问题的分析方法.2.会分析水平面内、竖直面内圆周运动的临界问题．题型一水平面内圆周运动的临界问题1．运动特点(1)运动轨迹是水平面内的圆．(2)合外力沿水平方向指向圆心，提供向心力，竖直方向合力为零，物体在水平面内做匀速圆周运动．2．过程分析重视过程分析，在水平面内做圆周运动的物体，当转速变化时，物体的受力可能发生变化，转速继续变化，会出现绳子张紧、绳子突然断裂、静摩擦力随转速增大而逐渐达到最大值、弹簧弹力大小方向发生变化等，从而出现临界问题．3．方法突破(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．4．解决方法当确定了物体运动的临界状态和临界条件后，要分别针对不同的运动过程或现象，选择相对应的物理规律，然后再列方程求解．例1(2018·浙江11月选考·9)如图所示，一质量为2.0×103kg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 NC．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答案 D解析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 v2R，得所需的向心力为1.0×104 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＝F fm＝7.0 m/s2，D正确．例2(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，下列说法正确的是()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．ω＝kg2l是b开始滑动的临界角速度D．当ω＝2kg3l时，a所受摩擦力的大小为kmg答案AC解析小木块a、b做圆周运动时，由静摩擦力提供向心力，即F f＝mω2R.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：F f a＝mωa2l，当F f a＝kmg时，kmg＝mωa2l，ωa＝kgl；对木块b：F f b＝mωb2·2l，当F f b＝kmg时，kmg＝mωb2·2l，ωb＝kg2l，kg2l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＝mω2l，则F f b＝mω2·2l，F f a<F f b，选项B错误；ω＝2kg3l<ωa＝kgl，a没有滑动，则F f a′＝mω2l＝23kmg，选项D错误．例3(多选)如图所示，三角形为一光滑锥体的正视图，锥面与竖直方向的夹角为θ＝37°.一根长为l＝1 m的细线一端系在锥体顶端，另一端系着一可视为质点的小球，小球在水平面内绕锥体的轴做匀速圆周运动，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，不计空气阻力，则()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 ．当ω0＝52 2 rad/s 时，小球对锥体的压力刚好为零D ．当ω＝2 5 rad/s 时，小球受重力、支持力和拉力作用 答案 BC解析 转速较小时， 小球紧贴圆锥面，则F T cos θ＋F N sin θ＝mg ，F T sin θ－F N cos θ＝mω2l sin θ，随着转速的增加，F T 增大，F N 减小，当转速达到ω0时支持力为零，支持力恰好为零时有mg tan θ＝mω02l sin θ，解得ω0＝52 2 rad/s ，A 错误，B 、C 正确；当ω＝2 5 rad/s 时，小球已经离开斜面，小球受重力、拉力的作用，D 错误．题型二 竖直面内圆周运动的临界问题1．两类模型对比 轻绳模型(最高点无支撑)轻杆模型(最高点有支撑) 实例球与绳连接、水流星、沿内轨道运动的“过山车”等球与杆连接、球在光滑管道中运动等图示受力示意图F 弹向下或等于零 F 弹向下、等于零或向上力学方程 mg ＋F 弹＝m v 2Rmg ±F 弹＝m v 2R临界特征F 弹＝0 mg ＝m v min 2Rv ＝0 即F 向＝0即v min ＝gR F弹＝mg讨论分析(1)最高点，若v≥gR，F弹＋mg＝mv2R，绳或轨道对球产生弹力F弹(2)若v<gR，则不能到达最高点，即到达最高点前小球已经脱离了圆轨道(1)当v＝0时，F弹＝mg，F弹背离圆心(2)当0<v<gR时，mg－F弹＝mv2R，F弹背离圆心并随v的增大而减小(3)当v＝gR时，F弹＝0(4)当v>gR时，mg＋F弹＝mv2R，F弹指向圆心并随v的增大而增大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4如图所示，一小球以一定的初速度从图示位置进入光滑的轨道，小球先进入圆轨道1，再进入圆轨道2，圆轨道1的半径为R，圆轨道2的半径是轨道1的1.8倍，小球的质量为m，若小球恰好能通过轨道2的最高点B，则小球在轨道1上经过其最高点A时对轨道的压力大小为(重力加速度为g)()A．2mg B．3mg C．4mg D．5mg答案 C解析小球恰好能通过轨道2的最高点B时，有mg＝m v B21.8R，小球在轨道1上经过其最高点A时，有F N＋mg＝m v A2R ，根据机械能守恒定律，有1.6mgR＝12m v A2－12m v B2，解得F N＝4mg，结合牛顿第三定律可知，小球在轨道1上经过其最高点A时对轨道的压力大小为4mg，C正确．例5(2022·山东枣庄八中月考)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，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、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．答案 (1)gl (2)2mg ，方向竖直向下 (3)能；当A 、B 球的速度大小为3gl 时O 轴不受力 解析 (1)A 在最高点时，对A 根据牛顿第二定律得mg ＝m v A 2l解得v A ＝gl因为A 、B 球的角速度相等，半径相等，则v B ＝v A ＝gl(2)B 在最高点时，对B 根据牛顿第二定律得2mg ＋F T OB ′＝2m v B 2l代入(1)中的v B ，可得F T OB ′＝0 对A 有F T OA ′－mg ＝m v A 2l可得F T OA ′＝2mg根据牛顿第三定律，O 轴所受的力的大小为2mg ，方向竖直向下(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 OB ″＋2mg ＝2m v 2l对A 有F T OA ″－mg ＝m v 2l轴O 不受力时F T OA ″＝F T OB ″ 可得v ＝3gl所以当A 、B 球的速度大小为3gl 时O 轴不受力．题型三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相等，解决此类问题时，可以按以下操作，把问题简化．例6(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ω转动，盘面上离转轴2.5 m处有一小物体与圆盘始终保持相对静止，物体与盘面间的动摩擦因数为32，则以下说2，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°，g取10 m/s法中正确的是()A．小物体随圆盘做匀速圆周运动时，一定始终受到三个力的作用B．小物体随圆盘以不同的角速度ω做匀速圆周运动时，ω越大时，小物体在最高点处受到的摩擦力一定越大C．小物体受到的摩擦力可能背离圆心D．ω的最大值是1.0 rad/s答案CD解析当物体在最高点时，可能只受到重力与支持力2个力的作用，合力提供向心力，故A 错误；当物体在最高点时，可能只受到重力与支持力2个力的作用，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，也可能沿斜面向下，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B错误；当物体在最高点时，摩擦力的方向可能沿斜面向上，也可能沿斜面向下，即可能指向圆心，也可能背离圆心，故C正确；当物体转到圆盘的最低点恰好不滑动时，转盘的角速度最大，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F N＝mg cos θ，摩擦力F f＝μF N＝μmg cos θ，又μmg cos 30°－mg sin 30°＝mω2R，解得ω＝1.0 rad/s，故D正确．课时精练1.如图所示，杂技演员表演“水流星”节目．一根长为L 的细绳两端系着盛水的杯子，演员握住绳中间，随着演员的抡动，杯子在竖直平面内做圆周运动，杯子运动中水始终不会从杯子中洒出，重力加速度为g ，则杯子运动到最高点的角速度ω至少为( )A.g LB.2g LC.5g LD.10g L答案 B解析 杯子在竖直平面内做半径为L2的圆周运动，使水不流出的临界条件是在最高点水的重力恰好提供向心力，则有mg ＝mω2L2，可得ω＝2gL，故B 正确，A 、C 、D 错误． 2．一汽车通过拱形桥顶时速度为10 m/s ，车对桥顶的压力为车重的34，如果要使汽车在该桥顶对桥面恰好没有压力，车速为( ) A ．15 m/s B ．20 m/s C ．25 m/s D ．30 m/s答案 B解析 当F N ′＝F N ＝34G 时，因为G －F N ′＝m v 2r ，所以14G ＝m v 2r ；当F N ＝0时，G ＝m v ′2r ，所以v ′＝2v ＝20 m/s ，选项B 正确．3.细绳一端系住一个质量为m 的小球，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( )A.12πg l B ．2πgh C.12πh gD.12πg h答案 D解析 对小球受力分析，小球受三个力的作用，重力mg 、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，设绳子与竖直方向夹角为θ，由几何关系可知R ＝h tan θ，受力分析可知F cos θ＋F N ＝mg ，F sin θ＝m v 2R ＝mω2R ＝4m π2n 2R ＝4m π2n 2h tan θ；当球即将离开水平桌面时，F N ＝0，转速n 有最大值，此时n ＝12πgh，故选D. 4.如图所示，两段长均为L 的轻质线共同系住一个质量为m 的小球，另一端分别固定在等高的A 、B 两点，A 、B 两点间距也为L ，今使小球在竖直平面内做圆周运动，当小球到达最高点时速率为v ，两段线中张力恰好均为零，若小球到达最高点时速率为2v ，则此时每段线中张力大小为(重力加速度为g )( )A.3mg B ．23mg C ．3mg D ．4mg答案 A解析 当小球到达最高点速率为v 时，两段线中张力均为零，有mg ＝m v 2r ，当小球到达最高点速率为2v 时，应有F ＋mg ＝m (2v )2r ，所以F ＝3mg ，此时小球在最高点受力如图所示，所以F T ＝3mg ，A 正确．5．(2022·四川绵阳市诊断)如图所示，轻杆长3L ，在杆两端分别固定质量均为m 的球A 和B ，光滑水平转轴穿过杆上距球A 为L 处的O 点，外界给系统一定能量后，杆和球在竖直平面内转动，球B 运动到最高点时，杆对球B 恰好无作用力．忽略空气阻力，重力加速度为g ，则球B 在最高点时( )A ．球B 的速度为零 B ．球A 的速度大小为2gLC ．水平转轴对杆的作用力为1.5mgD ．水平转轴对杆的作用力为2.5mg 答案 C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 ＝m v B 22L ，解得v B ＝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v A ＝122gL ，故B 错误；B 球在最高点时，对杆无弹力，此时A 球受到的重力和拉力的合力提供向心力，有F －mg ＝m v A 2L ，解得：F ＝1.5mg ，即杆的弹力大小为1.5mg ，根据牛顿第三定律可知，C正确，D 错误．6.(2022·广东省深圳中学模拟)如图所示，小木块a 、b 和c (可视为质点)放在水平圆盘上，a 、b 的质量均为m ，c 的质量为m2，a 与转轴OO ′的距离为l ，b 、c 与转轴OO ′的距离为2l且均处于水平圆盘的边缘．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，下列说法中正确的是( )A ．b 、c 所受的摩擦力始终相等，故同时从水平圆盘上滑落B ．当a 、b 和c 均未滑落时，a 、c 所受摩擦力的大小相等C ．b 和c 均未滑落时线速度一定相同D ．b 开始滑动时的角速度是2kgl 答案 B解析 木块随圆盘一起转动，水平方向只受静摩擦力，故由静摩擦力提供向心力，当需要的向心力大于最大静摩擦力时，木块开始滑动．b 、c 质量不等，由F f ＝mrω2知b 、c 所受摩擦力不等，不能同时从水平圆盘上滑落，A 错误；当a 、b 和c 均未滑落时，a 、b 、c 和圆盘无相对运动，因此它们的角速度相等，F f ＝mrω2，所以a 、c 所受摩擦力的大小相等，B 正确；b 和c 均未滑落时，由v ＝rω知线速度大小相等，方向不相同，故C 错误；b 开始滑动时，最大静摩擦力提供向心力，kmg ＝m ·2lω2，解得ω＝kg2l，故D 错误． 7.如图所示，一光滑的圆管轨道固定在竖直平面内，质量为m 的小球在圆管内运动，小球的直径略小于圆管的内径．轨道的半径为R ，小球的直径远小于R ，可以视为质点，重力加速度为g .现从最高点给小球以不同的初速度v ，关于小球的运动，下列说法正确的是( )A ．小球运动到最低点时，对外管壁的最小压力为4mgB ．若小球从静止沿轨道滑落，当滑落高度为R3时，小球与内、外管壁均没有作用力C ．小球能再运动回最高点的最小速度v ＝gRD ．当v >gR 时，小球在最低点与最高点对轨道的压力大小之差为5mg 答案 B解析 当在最高点速度为零时，到达最低点的速度最小，对外管壁的压力最小，则由机械能守恒定律有mg ·2R ＝12m v 12，在最低点设外管壁对小球的支持力为F ，由牛顿第二定律F －mg＝m v 12R ，联立解得F ＝5mg ，由牛顿第三定律得，小球对外管壁的压力最小为5mg ，故A 错误；小球从静止沿轨道滑落，当滑落高度为R 3时，由机械能守恒定律有mg R 3＝12m v 22，设此时重力沿半径方向的分力为F 1，由几何关系得F 1＝2mg3，此时所需的向心力为F 向＝m v 22R ，联立解得F向＝F 1，此时重力沿半径方向的分力恰好提供向心力，所以小球与内、外管壁均没有作用力，故B 正确；因为管内壁可以给小球支持力，所以小球在最高点的速度可以为零，故C 错误；若在最高点速度v >gR ，在最高点时由牛顿第二定律得F 2＋mg ＝m v 2R ，从最高点到最低点由机械能守恒定律得mg ·2R ＝12m v 32－12m v 2，在最低点时由牛顿第二定律得F 3－mg＝m v 32R ，联立解得F 3－F 2＝6mg ，所以当v >gR 时，小球在最低点与最高点对轨道的压力大小之差为6mg ，故D 错误．8.如图所示，质量为m 的小球由轻绳a 和b 分别系于一轻质细杆的B 点和A 点，绳a 长为L ，与水平方向成θ角时绳b 恰好在水平方向伸直．当轻杆绕轴AB 以角速度ω匀速转动时，小球在水平面内做匀速圆周运动，a 、b 绳均拉直．重力加速度为g ，则( )A ．a 绳的拉力可能为零B ．a 绳的拉力随角速度的增大而增大C ．当角速度ω>gL sin θ时，b 绳中拉力不为零 D ．当角速度ω>gL sin θ时，若a 绳突然被剪断，则b 绳仍可保持水平 答案 C解析 小球做匀速圆周运动，在竖直方向上的合力为零，水平方向上的合力提供向心力，所以a 绳在竖直方向上的分力与小球重力相等，可知a 绳的拉力不可能为零，A 错误；根据竖直方向上受力平衡得F a sin θ＝mg ，解得F a ＝mgsin θ，可知a 绳的拉力不变，与角速度无关，B错误；当b 绳拉力为零时，有mgtan θ＝mω2L cos θ，解得ω＝g L sin θ，可知当角速度ω>g L sin θ时，b 绳出现拉力，C 正确；若a 绳突然被剪断，则b 绳不能保持水平，D 错误．9．(多选)如图所示，两个可视为质点的、相同的木块A 和B 放在转盘上，两者用长为L 的水平细绳连接，木块与转盘的最大静摩擦力均为各自重力的K 倍，A 放在距离转轴L 处，整个装置能绕通过转盘中心的转轴O 1O 2转动，开始时，绳恰好伸直但无弹力，现让该装置从静止开始转动，使角速度缓慢增大，以下说法正确的是(重力加速度为g )( )A ．当ω>2Kg3L时，A 、B 会相对于转盘滑动 B ．当ω>Kg2L ，绳子一定有弹力 C ．ω在Kg 2L<ω<2Kg3L范围内增大时，B 所受摩擦力变大 D ．ω在0<ω<2Kg3L范围内增大时，A 所受摩擦力一直变大 答案 ABD解析 当A 、B 所受摩擦力均达到最大值时，A 、B 相对转盘即将滑动，则有Kmg ＋Kmg ＝mω2L＋mω2·2L ，解得：ω＝2Kg3L，A 项正确；当B 所受静摩擦力达到最大值后，绳子开始有弹力，即有：Kmg ＝m ·2L ·ω2，解得ω＝Kg2L，可知当ω>Kg2L时，绳子有弹力，B 项正确；当ω>Kg2L时，B 已达到最大静摩擦力，则ω在Kg 2L<ω<2Kg3L范围内增大时，B 受到的摩擦力不变，C 项错误；ω在0<ω<2Kg3L范围内，A 相对转盘是静止的，A 所受摩擦力为静摩擦力，所以由F f －F T ＝mLω2可知，当ω增大时，静摩擦力也增大，D 项正确．10.(多选)如图所示，竖直平面内有一半径为R ＝0.35 m 的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运动B ．小球会脱离圆轨道运动C ．小球脱离轨道时的速度为72m/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° 答案 BCD解析 若小球恰能到达最高点，由重力提供向心力，则有：mg ＝m v 2R ，解得：v ＝gR ＝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：12m v 0′2＝mg ·2R ＋12m v 2，解得：v 0′＝702 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；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θ，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：mg sin θ＝m v 12R，从最低点到脱离点，由机械能守恒定律得：12＝mgR(1＋sin θ)＋12m v12，联立解得：sin θ＝12，即θ＝30°，则v1＝gR sin θ2m v0＝72m/s，故C、D正确．。
圆周运动的临界问题-高考物理复习
力提供向心力，有μmg＝mω2lsin θ，解得 ω＝ 4gl，可得
当 ω≤ 4gl时绳子无张力，ω> 4gl时绳子有张力，故 A、B 正确；圆台对木箱恰好无支持力时，有 mgtan θ＝mω2lsin θ，
解得 ω＝ 53gl ，即当 ω≥ 故 C 正确，D 错误。
53gl 时，圆台对木箱无支持力，
目录
研透核心考点
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。
目录
研透核心考点
2.(2024·北京丰台高三期中)如图5甲所示，小球在竖直放置的光滑圆形管道内做 圆周运动。当小球运动到圆形管道的最高点时，管道对小球的弹力与过最高点 时小球速度的平方的关系如图乙所示(取竖直向下为正方向)。MN为通过圆心的 一条水平线。不计小球半径、管道的粗细，重力加速度为g。下列说法正确的
0.5 kg的小球(可视为质点)，用长为0.4 m的轻绳拴着在
竖直平面内做圆周运动，g＝10 m/s2，下列说法不正确
的是( D )
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
图3
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 2 m/s
目录
研透核心考点
1.(多选)如图2所示，在水平圆台的转轴上的O点固定一根结实的细绳，细绳长度为l， 细绳的一端连接一个小木箱，木箱里坐着一只玩具小熊，此时细绳与转轴间的夹 角为θ＝53°，且处于恰好伸直的状态。已知小木箱与玩具小熊的总质量为m，木箱 与水平圆台间的动摩擦因数μ＝0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin 53°＝0.8， cos 53°＝0.6，重力加速度为g，不计空气阻力。在可调速电动机的带动下，让水
2025版高考物理一轮复习第四章曲线运动专题强化六圆周运动的临界问题
块经过B点时对轨道的压力大小为12mg.下列说法正确的是( )
A．h＝3R B．小物块滑过M点时加速度大小a＝5.5g
答案：B
C．减小h，小物块经过B点时对轨道的压力增大
D．减小h，小物块经过M点和B点时对轨道的压力差一定减小
考向2 杆(管)类竖直面内圆周运动 例 5 如图所示，一半径为R＝0.2 m、内壁光滑的四分之三圆形管道 竖直固定在墙角处，O点为圆心，P点为最低点，A、B两点处为管口， O、A两点连线沿竖直方向，O、B两点连线沿水平方向．一个质量为 m＝0.4 kg的小球从管道的顶部A点水平飞出，恰好又从管口B点射入 管内，重力加速度g取10 m/s2，则小球从A点飞出时及从B点射入管内 经过P点时对管壁的压力大小之差为( ) A．2 N B．18 N C．20 N D．22 N
(1)若要小球离开锥面，则小球的角速度ω0至少为多大？ (2)若细线与竖直方向间的夹角为60°，则小球的角速度ω′为多大？
[教你解决问题] 读题审题——完成信息转化
例 2 如图所示，A、B两个小滑块用不可伸长的轻质细绳连接，放置在水 平转台上，mA＝0.1 kg，mB＝0.2 kg，绳长l＝1.5 m，两滑块与转台的动摩 擦因数μ均为0.5(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，转台静止时细绳刚好伸 直但没有弹力，转台从静止开始绕竖直转轴缓慢加速转动(任意一段极短时 间内可认为转台做匀速圆周运动)，g取10 m/s2.以下分析正确的是( )
专题强化六 圆周运动的临界问题
1. 掌握水平面内、竖直面内的圆周运动的动力学问题的解题方法． 2．会分析水平面内、竖直面内圆周运动的临界问题．
考点一
考点二
考点一
考点一 水平面内圆周运动的临界问题 1．运动特点 (1)运动轨迹是水平面内的圆． (2)合外力沿水平方向指向圆心，提供向心力，竖直方向合力为零， 物体在水平面内做匀速圆周运动． 2．过程分析 重视过程分析，在水平面内做圆周运动的物体，当转速变化时，物 体的受力可能发生变化，转速继续变化，会出现绳子张紧、绳子突然 断裂、静摩擦力随转速增大而逐渐达到最大值、弹簧弹力大小方向发 生变化等，从而出现临界问题．
高考物理一轮复习 第4章 曲线运动 万有引力与航天 平抛运动、圆周运动的临界问题课件
解析 (1)细线上开始出现张力时，B 物块受到的静摩擦力刚好达
到最大值，在此临界状态时，细线上的张力还是零。对 B 物块，
由牛顿第二定律得 μmg＝mω21rB，rB＝2L，解得此时转台的角速度
ω1＝
μrBg＝
μg 2L
(2)当物块 A 刚要开始滑动时，A、B 受到的静摩擦力都达到最大值，
设此时细线上的张力为 F，根据牛顿第二定律
图1
A.L21
6gh＜v＜L1
g 6h
B.L41
hg＜v＜
（4L21＋L22）g 6h
C.L21
6gh＜v＜12
（4L21＋L22）g 6h
D.L41
hg＜v＜12
（4L21＋L22）g 6h
解析 发射机无论向哪个方向水平发射，乒乓球都做平抛运动。
当速度 v 最小时，球沿中线恰好过网，有：3h－h＝g2t12①
3.(多选)(2015·浙江理综)如图9所示为赛车场的一个水平“U”形弯 道，转弯处为圆心在O点的半圆，内外半径分别为r和2r。一辆 质量为m的赛车通过AB线经弯道到达A′B′线，有如图所示的①、 ②、③三条路线，其中路线③是以O′为圆心的半圆，OO′＝r。 赛车沿圆弧路线行驶时，路面对轮胎的最大径向静摩擦力为 Fmax。选择路线，赛车以不打滑的最大速率通过弯道(所选路线 内赛车速率不变，发动机功率足够大)，则( )
解析 乒乓球击出后，在重力的作用下做平抛运动，其运动可分 解为水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的自由落体运动，
1 A、B 错误；球在网的左侧和右侧通过的水平距离之比2LL＝vv水 水平 平tt12＝ tt12＝12，C 正确；设击球点到桌面的高度为 h，则击球点到网上沿 的高度与击球点到桌面的高度之比为h－h H＝12g（12t1g＋t12t2）2＝19，所 以击球点的高度与网高度之比为Hh ＝98，D 错误。 答案 C
高考物理 专题 四 圆周运动中的临界问题[配套课件] 大赛获奖精美课件PPT
突破三 竖直平面内的圆周运动与能量的综合 例 3：过山车是游乐场中常见的设施．如图 Z4-6 所示是一
种过山车的简易模型，它由水平轨道和在竖直平面内的三个圆
形轨道组成，B、C、D 分别是三个圆形轨道的最低点，B、C 间距与 C、D 间距相等，半径 R1＝2.0 m、R2＝1.4 m．一个质量 为 m＝1.0 kg 的小球(可视为质点)，从轨道的左侧 A 点以 v0＝ 12.0 m/s 的初速度沿轨道向右运动，A、B 间距 L1＝6.0 m．小球 与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.2，圆形轨道是光滑的．假设 水平轨道足够长，圆形轨道间不相互重叠．重力加速度取 g＝ 10 m/s2，计算结果保留小数点后一位数字．试求：
临界
(实际上球还没到最高点
2．轻杆模型
甲 乙 图 Z4-3 如图 Z4-3 所示，球过最高点时，轻质杆对球产生的弹力情 况：
(1)当 v＝0 时，FN＝mg(FN 为支持力)． (2)当 0＜v＜ Rg时，FN 随 v 增大而减小，且 mg＞FN＞0， FN 为支持力． (3)当 v＝ Rg时，FN＝0. (4)当 v＞ Rg时，FN 为拉力，FN 随 v 的增大而增大．
专题提升四
圆周运动中的临界问题
突破一 水平面内的匀速圆周运动的临界问题 1．此类问题的解题思路 (1)明确研究对象的受力情况． (2)抓住合力提供向心力这一关键点．
2．注意临界问题，往往都是被动力的临界问题
如：绳子达到最大拉力，恰好达到最大摩擦力等． 解题的关键是：确定临界状态并找出满足临界状态的条件．
图 Z4-5
解：铁块在竖直面内做匀速圆周运动，其向心力是重力 mg 与轮对它的压力 F 的合力．由圆周运动的规律可知：当 m 转到 最低点时 F 最大，当 m 转到最高点时 F 最小．设铁块在最高点 和最低点时，电机对其用力分别为 F1 和 F2，且都指向轴心，根 据牛顿第二定律有 在最高点：mg＋F1＝mω2r ① 在最低点：F2－mg＝mω2r ② 电机对地面的最大压力和最小压力分别出现在铁块 m 位于 最低点和最高点，且压力差的大小为ΔFN＝F2＋F1 ③ 由①②③式可解得ΔFN＝2mω2r 思维提升：通过本例说明在竖直平面内物体做圆周运动通 过最高点和最低点时向心力的来源，以及在最高点的临界条件 的判断和临界问题分析方法．
第四章第3讲圆周运动-2025年高考物理一轮复习PPT课件
高考一轮总复习•物理
第6页
2．描述匀速圆周运动的物理量
项目
定义、意义
公式、单位
线速度(v)
描述做圆周运动的物 体运动 快慢 的物理
(1)v＝ΔΔst＝
2πr T
.
量
(2)单位： m/s
角速度(ω)
描述物体绕圆心 转动快慢 的物理量
(1)ω＝ΔΔθt ＝
2π T
.
(2)单位： rad/s
高考一轮总复习•物理
1 ＝2π×150π.08 r/s＝25 r/min，D 错误．
解析
高考一轮总复习•物理
考点 水平面内圆周运动的动力学分析
1．圆周运动实例分析 实例分析
在匀速转动的圆筒 内壁上，有一物体随 圆筒一起转动而未 发生滑动
图例
动力学方程
FN＝mω2r＝mvr2＝ m2Tπ2r
第25页
高考一轮总复习•物理
高考一轮总复习•物理
第13页
2．自行车的大齿轮 A、小齿轮 B、后轮 C 的半径之比为 4∶1∶16，在用力蹬脚踏板 前进的过程中，关于 A、C 轮缘的角速度、线速度和向心加速度的说法正确的是( )
A．vA∶vC＝1∶4 B．vA∶vC＝1∶16 C．ωA∶ωC＝4∶1 D．aA∶aC＝1∶4
答案
高考一轮总复习•物理
直 观 情 境
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高考一轮总复习•物理
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3.本质：离心运动的本质并不是受到离心力的作用，而是提供的力小于做匀速圆周运动 需要的向心力．
高考一轮总复习•物理
第12页
1．思维辨析 (1)匀速圆周运动是匀变速曲线运动．( ) (2)做匀速圆周运动的物体所受合力是保持不变的．( ) (3)做匀速圆周运动的物体向心加速度与半径成反比．( ) (4)做匀速圆周运动的物体角速度与转速成正比．( √ ) (5)随水平圆盘一起匀速转动的物块受重力、支持力和向心力的作用．( )
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第4讲圆周运动中的临界问题
A组基础题组
1.(2015辽宁大连四十八中一模,12)如图所示,汽车车厢顶部悬挂一个轻质弹簧,弹簧下端拴一个质量为m的小球,当汽车以某一速度在水平地面上匀速行驶时弹簧长度为L1;当汽车以同一速率匀速通过一个桥面为圆弧形凸形桥的最高点时,弹簧长度为L2,下列正确的是( )
A.L1>L2
B.L1=L2
C.L1<L2
D.前三种情况均有可能
2.如图所示,一根跨过光滑定滑轮的轻绳,两端各有一杂技演员(可视为质点),a站于地面,b从图示的位置由静止开始向下摆动,在运动过程中绳始终处于伸直状态,当演员b摆至最低点时距定滑轮长度为l,a 刚好对地面无压力,若演员a质量与演员b质量之比为2∶1,则演员b摆至最低点时的速度为( )
A.v=
B.v=
C.v=
D.v=2
3.在光滑水平面上,有一转轴垂直于此平面,交点O的上方h处固定一细绳,绳的另一端连接一质量为m
的小球B,绳长l>h,小球可随转轴转动,在光滑水平面上做匀速圆周运动,如图所示。
要使小球不离开水平面,转轴转速的最大值是( )
A. B.π C. D.
4.(2016宁夏银川二中统练)如图所示,乘坐游乐园的翻滚过山车时,质量为m的人随车在竖直平面内旋转,下列说法正确的是( )
A.车在最高点时人处于倒坐状态,全靠保险带拉住,没有保险带,人就会掉下来
B.人在最高点时对座位不可能产生大小为mg的压力
C.人在最低点时对座位的压力等于mg
D.人在最低点时对座位的压力大于mg
5.如图,在一半径为R的球面顶端放一质量为m的物块,现给物块一初速度v0,则( )
A.若v0=,则物块落地点离A点R
B.若球面是粗糙的,当v0<时,物块一定会沿球面下滑一段,再斜抛离开球面
C.若v0<,则物块落地点离A点为R
D.若v0≥,则物块落地点离A点至少为2R
6.如图所示,两个用相同材料制成的靠摩擦传动的轮A和B水平放置,两轮半径关系为R A=2R B。
当主动轮A匀速转动时,在A轮边缘上放置的小木块恰能相对静止在A轮边缘上。
若将小木块放在B轮上,欲使木块相对B轮也静止,则木块距B轮转动轴的最大距离为( )
A. B. C. D.R B
7.如图所示,半径为R,内径很小的光滑半圆管竖直放置,两个质量均为m的小球A、B以不同速率进入管内,A通过最高点C时,对管壁上部的压力为3mg,B通过最高点C时,对管壁下部的压力为0.75mg。
求A、B两球落地点间的距离。
B组提升题组
8.(2016江西上高二中月考)如图甲所示,轻杆一端与一小球相连,另一端连在光滑固定轴上,可在竖直平面内自由转动。
现使小球在竖直平面内做圆周运动,到达某一位置开始计时,取水平向右为正方向,小球的水平分速度v x随时间t的变化关系如图乙所示。
不计空气阻力。
下列说法中正确的是( )
A.t1时刻小球通过最高点,图乙中阴影部分面积S1和S2相等
B.t2时刻小球通过最高点,图乙中阴影部分面积S1和S2相等
C.t1时刻小球通过最高点,图乙中阴影部分面积S1和S2不相等
D.t2时刻小球通过最高点,图乙中阴影部分面积S1和S2不相等
9.如图所示,有一可绕竖直中心轴转动的水平圆盘,原长为L劲度系数为k的轻质弹簧一端固定于轴O处,另一端连接质量为m的小物块A。
当圆盘静止时,把弹簧拉长后将小物块放在圆盘上,使小物块能保持静止的弹簧的最大长度为。
已知最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等,转动过程中弹簧伸长始终在弹性限度内,则:
(1)若开始时弹簧处于原长,当圆盘的转速为多大时,小物块A将开始滑动?
(2)若弹簧的长度为时,小物块与圆盘能一起匀速转动,试求转动角速度的范围。
10.(2015陕西第一次质量检测,24)“太极球”是近年来在广大市民中较流行的一种健身器材。
做该项运动时,健身者半马步站立,手持太极球拍,拍上放一橡胶太极球,健身者舞动球拍时,球却不会掉落地上。
现将太极球拍和太极球简化成如图甲所示的平板和小球,熟练的健身者让球在竖直面内始终不脱离板而做匀速圆周运动,且在运动到图中的A、B、C、D位置时小球与板间无相对运动趋势。
A为圆周的最高点,C 为最低点,B、D与圆心O等高,圆的半径为R。
已知小球的重力为1 N,不计平板的重力,且在A处板对小球的作用力为F。
(1)设小球在A处的速度大小为v,写出在A处板对小球的作用力与小球速度大小的关系式;
(2)求在C处时板对小球的作用力比在A处时大多少?
(3)当球运动到B、D位置时,板与水平方向需有一定的夹角θ,才能使小球在竖直面内做匀速圆周运动,请作出tan θ-F的关系图像。
答案全解全析
A组基础题组
1.A 设弹簧的劲度系数为k,原长为L,根据题意有mg=k(L1-L);当汽车以同一速率匀速通过一个桥面为圆弧形凸形桥的最高点时,小球竖直向下的合外力提供向心力,所以mg-k(L2-L)>0,比较两式可得L1>L2,选项A正确。
2.A 当演员b摆至最低点时,设绳子拉力为T,则m a g=2m b g=T,T-m b g=m b,解得v=,选项A正确。
3.A 当小球即将离开水平面时,F N=0,对小球受力分析如图,则有
mg tan θ=m(2πn m)2R,
又R=h tan θ,
解得n m= ,选项A正确。
4.D 在最高点只要速度够大,则人对座位会产生一个向上的作用力,即使没有安全带人也不会掉下来,A 错误;若在最高点座位对人产生大小为mg的支持力,则有mg+mg=m,解得v=,由牛顿第三定律知,只要速度满足v=,人在最高点时对座位可能产生大小为mg的压力,B错误;人在最低点受到座位的支持力和重力,两力的合力充当向心力,则有F N-mg=m,解得F N=m+mg>mg,由牛顿第三定律知,C错误、D正确。
5.D 若v0≥,此时物块与球面间没有弹力作用,物块离开球面顶端做平抛运动,根据x=v0t,2R=gt2,可得x≥2R,选项A错误、D正确;若v0<,在最高点,根据牛顿第二定律得,mg-F N=m,解得F N>0,知物块将沿球面下滑一段,下滑后有可能停止在某一点,也有可能再斜抛离开球面,选项B、C错误。
6.C 由图可知,当主动轮A匀速转动时,A、B两轮边缘上的线速度相同,由ω=,得===。
由于小木块恰能在A轮边缘静止,则由最大静摩擦力提供向心力,故μmg=mR A①
设放在B轮上能使木块相对静止的距B转动轴的最大距离为r,则向心力由最大静摩擦力提供,故
μmg=mr②
因A、B材料相同,故木块与A、B的动摩擦因数相同,①②式左边相等,则mR A=mr,得
r=()2R A=()2R A==。
所以选项C正确。
7.答案3R
解析两个小球在最高点时,受重力和管壁的作用力,这两个力的合力提供向心力,离开轨道后两球均做平抛运动,A、B两球落地点间的距离等于它们平抛运动的水平位移之差。
对A球:3mg+mg=m,得v A=
对B球:mg-0.75mg=m,得v B=
又从C点到落地的时间t==
s A=v A t=4R,s B=v B t=R
解得Δs=s A-s B=3R
B组提升题组
8.A 由0~t1时间v x逐渐减小,t1~t2时间内v x逐渐增大,可知t1时刻小球通过最高点,又因为v x-t图线与横轴所围面积表示水平位移,S1、S2的大小均等于杆长,所以S1、S2相等。
9.答案(1) (2)≤ω≤
解析(1)小物块受到的最大静摩擦力f m=
设此时圆盘的转速为n,由向心力公式有f m=m(2πn)2L
解得n=
(2)圆盘转动的角速度ω最小时,小物块受到的摩擦力f m与弹簧的拉力方向相反,则-f m=m·
解得ω1=
圆盘转动的角速度ω最大时,小物块受到的摩擦力f m与弹簧的拉力方向相同,则+f m=m·
解得ω2=
所以角速度ω应满足≤ω≤
10.答案(1)F=m-mg (2)2 N (3)图见解析
解析(1)由于小球在A处的速度大小为v,运动轨迹的半径为R
则在A处时有F+mg=m①
故F=m-mg
(2)在C处时F'-mg=m②
由①②式得ΔF=F'-F=2mg=2 N
(3)在A处时板对小球的作用力为F,球做匀速圆周运动的向心力:
F向=F+mg
由于无相对运动趋势,在B处不受摩擦力作用,受力分析如图所示。
则tan θ===+1
作出的tan θ-F的关系图像如图所示。