第四章 素养提升课四　圆周运动中的三类临界问题-2025高三总复习 物理（新高考）

素养提升课四圆周运动中的三类临界问题提升点一水平面内圆周运动的临界问题问题特点(1)物体在水平面内做匀速圆周运动(2)当转速变化时，会出现绳子张紧、绳子突然断裂、静摩擦力随转速逐渐增大而达到最大值、弹簧弹力的大小及方向发生变化等，从而出现临界问题方法突破(1)若题目中有“刚好”“恰好”“正好”等关键词，表明题述的过程存在临界状态(2)若题目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等关键词，表明题述的过程存在着极值，这个极值点也往往是临界状态(3)常见的临界条件：①水平转盘上的物体恰好不发生相对滑动的临界条件：物体与转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：物体间的弹力恰好为零③绳的拉力出现的临界条件：绳恰好拉直意味着绳上无弹力，绳突然断裂意味着断裂前绳上拉力恰好为最大承受力等(4)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(多选)(2023·山东威海模拟)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C．ω＝eq\r(\f(kg,2l))是b开始滑动的临界角速度D．当ω＝eq\r(\f(kg,3l))时，a所受摩擦力的大小为eq\f(1,3)kmg答案：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满足Ff＝mω2r，由于两个木块的m、ω相等，a的运动半径小于b，所以b所受的静摩擦力大于a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kmg＝mωeq\o\al(2,b0)×2l，解得b开始滑动的临界角速度为ωb0＝eq\r(\f(kg,2l))，故C正确；当a刚要滑动时，物块所受静摩擦力达到最大，则有kmg＝mωeq\o\al(2,a0)l，解得a开始滑动的临界角速度为ωa0＝eq\r(\f(kg,l))，因为ω＝eq\r(\f(kg,3l))＜eq\r(\f(kg,l))＝ωa0，所以a相对圆盘静止，此时a物块所受摩擦力是静摩擦力，则有Ff＝mω2l，解得a所受摩擦力的大小为Ff＝eq\f(1,3)kmg，故D正确。故选CD。对点练1．有一竖直转轴以角速度ω匀速旋转，转轴上的A点有一长为l的细绳系有质量为m的小球。重力加速度为g。要使小球在随转轴匀速转动的同时又不离开光滑的水平面，则A点到水平面的高度h最大为()A．eq\f(g,ω2) B．ω2gC．eq\f(ω2,g) D．eq\f(g,2ω2)答案：A解析：以小球为研究对象，小球受三个力的作用，重力mg、水平面的支持力FN、绳子的拉力F，在竖直方向合力为零，在水平方向所需向心力为mω2R，设绳子与竖直方向的夹角为θ，则有R＝htanθ，那么Fcosθ＋FN＝mg，Fsinθ＝mω2htanθ，当球即将离开水平面时，FN＝0，此时A点到水平面的高度h最大，有Fcosθ＝mg，Fsinθ＝mgtanθ＝mω2htanθ，联立解得h＝eq\f(g,ω2)，故A正确。对点练2．(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＝1m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＝10m/s2，sin37°＝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＝eq\f(5,2)eq\r(2)rad/s时，小球对锥体的压力刚好为零D．当ω＝2eq\r(5)rad/s时，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错误；转速较小时，小球紧贴圆锥面，则FTcosθ＋FNsinθ＝mg，FTsinθ－FNcosθ＝mω2lsinθ，随着转速的增加，FT增大，FN减小，当转速达到ω0时支持力为零，支持力恰好为零时，有mgtanθ＝mωeq\o\al(2,0)lsinθ，解得ω0＝eq\f(5,2)eq\r(2)rad/s，故B、C正确；当ω＝2eq\r(5)rad/s时，小球已经离开斜面，小球只受重力、拉力的作用，故D错误。学生用书第78页提升点二竖直面内圆周运动的临界问题模型轻绳模型(无支撑)轻杆模型(有支撑)情境图示弹力特征弹力可能向下，也可能等于零弹力可能向下，可能向上，也可能等于零受力示意图力学方程mg＋FT＝meq\f(v2,r)mg±FN＝meq\f(v2,r)临界特征FT＝0，即mg＝meq\f(v2,r)，得v＝eq\r(gr)v＝0，即Fn＝0，此时FN＝mg模型关键(1)绳只能对小球施加拉力(2)小球通过最高点的速度至少为eq\r(gr)(1)“杆”对小球的作用力可以是拉力，也可以是支持力(2)小球通过最高点的速度最小可以为0考向1轻绳模型(无支撑)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．3mgC．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＝eq\f(mveq\o\al(2,B),1.8R)，小球在轨道1上经过其最高点A时，有FN＋mg＝eq\f(mveq\o\al(2,A),R)，根据机械能守恒定律，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，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，故C正确。对点练．(2023·河北张家口模拟)如图甲所示，用一轻质绳拴着一质量为m的小球，在竖直平面内做圆周运动(不计一切阻力)，小球运动到最高点时绳对小球的拉力为F，小球在最高点的速度大小为v，其F-v2图像如图乙所示，则()A．轻质绳长为eq\f(b,a)B．当地的重力加速度为eq\f(m,a)C．当v2＝c时，轻质绳的拉力大小为eq\f(ac,b)＋aD．只要v2≥b，小球在最低点和最高点时绳的拉力差均为6a答案：D解析：小球运动到最高点时，对小球受力分析，由牛顿第二定律有F＋mg＝eq\f(mv2,l)，可得F＝eq\f(mv2,l)－mg，可知F-v2图线斜率为k＝eq\f(m,l)＝eq\f(a,b)，则轻质绳长为l＝eq\f(b,a)m，故A错误；可知题图乙纵轴上截距的绝对值为a＝mg，则有g＝eq\f(a,m)，故B错误；由题图乙可知F＝eq\f(a,b)v2－a，故当v2＝c时，有F＝eq\f(ac,b)－a，故C错误；从最高点到最低点，由机械能守恒有2mgl＝eq\f(1,2)mv′2－eq\f(1,2)mv2，在最低点对小球受力分析，由牛顿第二定律有F′－mg＝eq\f(mv′2,l)，联立可得小球在最低点和最高点时绳的拉力差为F′－F＝6mg＝6a，故D正确。故选D。考向2轻杆模型(有支撑)(多选)(2023·安徽安庆模拟)一半径为r的小球紧贴竖直放置的圆形管道内壁做圆周运动，如图甲所示。小球运动到最高点时管壁对小球的作用力大小为FN，小球的速度大小为v，其FN-v2图像如图乙所示。已知重力加速度为g，规定竖直向下为正方向，不计一切阻力。则下列说法正确的是()A．小球的质量为eq\f(a,g)B．圆形管道内侧壁半径为eq\f(c,g)－rC．当v2＝d时，小球受到外侧壁竖直向上的作用力，大小为eq\f(d,bc)－bD．小球在最低点的最小速度为2eq\r(\f(c,g))答案：AB解析：规定竖直向下为正方向，设圆形管道内侧壁半径为R，小球受到圆形管道的作用力大小为FN，在最高点，由牛顿第二定律，当FN＝mg时，v＝0，当FN＝0时，由重力提供向心力有mg＝eq\f(mv2,R＋r)，解得v＝eq\r(g（R＋r）)，当0＜v＜eq\r(g（R＋r）)时，由牛顿第二定律有mg－FN＝eq\f(mv2,R＋r)，解得FN＝－eq\f(mv2,R＋r)＋mg，当v＞eq\r(g（R＋r）)时，由牛顿第二定律有mg＋FN＝eq\f(mv2,R＋r)，解得FN＝eq\f(mv2,R＋r)－mg，故a＝b＝mg，故小球的质量为eq\f(a,g)或eq\f(b,g)，故A正确；当FN＝0时，mg＝eq\f(mv2,R＋r)，则v2＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(R＋r))＝c，解得圆形管内侧壁半径R＝eq\f(c,g)－r，故B正确；当v2＝d时，小球受到外侧壁竖直向下的作用力，由牛顿第二定律有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错误；根据能量守恒定律，当小球在最高点具有最小速度(为零)时，其在最低点的速度最小，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错误。故选AB。学生用书第79页对点练．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，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eq\r(,2gL)C．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，即重力恰好提供向心力，有mg＝meq\f(v2,2L)，解得v＝eq\r(,2gL)，故A错误；由于A、B两球的角速度相等，由v＝ωr可知，球A的速度大小v′＝eq\f(\r(,2gL),2)，故B错误；球B到最高点时，对杆无弹力，此时球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正确，D错误。考向3凹形桥、凸形桥模型(多选)汽车行驶中经常会经过一些凹凸不平的路面，其凹凸部分路面可以看作圆弧的一部分，如图所示的A、B、C处，其中B处的曲率半径最大，A处的曲率半径为ρ1，C处的曲率半径为ρ2，重力加速度为g。若有一辆可视为质点、质量为m的小汽车与路面之间各处的动摩擦因数均为μ，当该车以恒定的速率v沿这段凹凸路面行驶时，下列说法正确的是()A．汽车经过A处时处于失重状态，经过C处时处于超重状态B．汽车经过B处时最容易爆胎C．为了保证行车不脱离路面，该车的行驶速度不得超过eq\r(gρ1)D．汽车经过C处时所受的摩擦力大小为μmg答案：AC解析：小车经过A处时具有向下指向圆心的向心加速度，处于失重状态，经过C处时具有向上指向圆心的向心加速度，处于超重状态，A正确；在B、C处受向下的重力mg、向上的弹力FN，由圆周运动有FN－mg＝eq\f(mv2,R)，得车对轨道的压力FN′＝FN＝mg＋eq\f(mv2,R)＞mg，故在B、C处处于超重，以同样的速度行驶时，R越小，压力越大，越容易爆胎，故在半径较小的C处更容易爆胎，B错误；在C处所受的滑动摩擦力Ff＝μFN＝μeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(mg＋\f(mv2,R)))，D错误；要使车安全行驶，不脱离地面，故经过A处时恰不离开地面，有mg＝eq\f(mv2,ρ1)，即安全行驶的速度不得超过eq\r(gρ1)，C正确。故选AC。提升点三斜面上圆周运动的临界问题1．在斜面上做圆周运动的物体，因所受的控制因素不同，如静摩擦力控制、绳控制、杆控制等，物体的受力情况和所遵循的规律也不相同。2．该类问题中对重力的处理方法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。如图所示，两个质量均为m的小物块a和b(可视为质点)，静止在倾斜的匀质圆盘上。圆盘可绕垂直于盘面的固定轴转动，a到转轴的距离为l，b到转轴的距离为2l，物块与盘面间的动摩擦因数为eq\f(\r(3),2)，盘面与水平面的夹角为30°。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g。若a、b随圆盘以角速度ω匀速转动，下列说法正确的是()A．a在最高点时所受摩擦力可能为0B．a在最低点时所受摩擦力可能为0C．ω＝eq\r(\f(g,8l))是a开始滑动的临界角速度D．ω＝eq\r(\f(g,8l))是b开始滑动的临界角速度答案：D解析：假设物块a在最高点所受摩擦力为零，则物块a的重力沿圆盘向下的分力提供向心力，有mgsinθ＝mω2l，则在最低点时有Ff－mgsinθ＝mω2l，解得在最低点所需的摩擦力Ff＝mg，而物块a与圆盘间的最大静摩擦力Ffm＝μmgcosθ＝0.75mg＜mg，故假设错误，因此a在最高点受到的摩擦力不可能为零，故A错误；a在最低点时，由牛顿第二定律得Ff－mgsinθ＝mω2l，可得Ff＝mgsinθ＋mω2l，所以a在最低点时所受摩擦力不可能为0，故B错误；物块出现滑动的临界位置在斜面上圆周的最低点，对a，在最低点恰好要滑动时由牛顿第二定律得μmgcosθ－mgsinθ＝mω2l，代入数据解得ω＝eq\f(1,2)eq\r(\f(g,l))，对b，在最低点恰好要滑动时由牛顿第二定律得μmgcosθ－mgsinθ＝mω2·2l，代入数据解得ω＝eq\r(\f(g,8l))，故C错误，D正确。对点练．如图所示，在倾角为α＝30°的光滑斜面上，有一根长为L＝0.8m的轻杆，一端固定在O点，另一端系一质量为m＝0.2kg的小球，沿斜面做圆周运动。取g＝10m/s2。若要小球能通过最高点A，则小球在最低点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：小球受轻杆控制，在A点的最小速度为零，由动能定理有2mgLsinα＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，解得vB＝4m/s，故A正确。课时测评19圆周运动中的三类临界问题eq\f(对应学生,用书P387)(时间：45分钟满分：60分)(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)(选择题每题6分，共60分)1．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1.4×104N，当汽车经过半径为80m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20m/s时所需的向心力为1.4×104NC．汽车转弯的速度为20m/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7.0m/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，故A错误；汽车转弯的速度为20m/s时，根据Fn＝meq\f(v2,R)，得所需的向心力为1.0×104N，没有超过最大静摩擦力，所以汽车不会发生侧滑，故B、C错误；汽车安全转弯时的最大向心加速度为am＝eq\f(Ff,m)＝7.0m/s2，故D正确。2．(2023·河南信阳模拟)如图所示，“单臂大回环”是体操运动中的高难度动作，运动员单臂抓杠，以单杠为轴完成圆周运动，不考虑手和单杠之间的摩擦和空气阻力，将人视为处于重心的质点，将“单臂大回环”看成竖直平面内的圆周运动，等效半径为L，重力加速度为g，下列说法正确的是()A．单杠对手臂只能提供拉力，不能提供支持力B．从最高点到最低点的过程中，单杠对人的作用力做正功C．若运动员恰好能够完成此圆周运动，则运动员在最低点的向心加速度大小为4gD．若运动员恰好能够完成此圆周运动，则运动员在最高点处时，手臂与单杠之间无支持力答案：C解析：运动员在做圆周运动的过程中，单杠对手臂可能为拉力，也可能为支持力，如在最高点，当运动员的重力恰好提供向心力时，有mg＝meq\f(v2,L)，可得v＝eq\r(gL)，当运动员在最高点的速度大于eq\r(gL)时，杆对运动员的力为拉力，当运动员在最高点的速度小于eq\r(gL)时，杆对运动员的力为支持力，故A错误；从最高点到最低点的过程中，单杠对人的作用力一直与速度方向垂直，不做功，故B错误；若运动员恰好能够完成此圆周运动，则运动员在最高点的速度为零，此时手臂与单杠之间的支持力大小等于运动员的重力大小，从最高点到最低点，根据动能定理有mg·2L＝eq\f(1,2)mv2，在最低点的向心加速度大小为a＝eq\f(v2,L)，联立两式可得a＝4g，故C正确，D错误。故选C。3．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，重力加速度大小为g，下列说法正确的是()A．过山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mgD．人在最低点时对座位的压力大于mg答案：D解析：过山车在最高点时人处于倒坐状态，但是向心力是靠重力与坐椅的支持力提供，速度越大支持力越大，所以没有保险带，人也不一定会掉下来，故A错误；人在最高点时，由牛顿第二定律可得mg＋FN＝meq\f(v2,r)，当速度为v＝eq\r(2gr)时，支持力为mg，由牛顿第三定律可得，人在最高点时对座位可以产生大小为mg的压力，故B错误；人在最低点时，由牛顿第二定律可得FN－mg＝meq\f(v2,r)，则人在最低点时对座位的压力大于mg，故C错误，D正确。4．无缝钢管的制作原理如图所示，竖直平面内，管状模型置于两个支承轮上，支承轮转动时通过摩擦力带动管状模型转动，铁水注入管状模型后，由于离心作用，紧紧地覆盖在模型的内壁上，冷却后就得到无缝钢管。已知管状模型内壁半径为R，则下列说法正确的是()A．铁水是由于受到离心力的作用才覆盖在模型内壁上B．模型各个方向上受到的铁水的作用力相同C．管状模型转动的角速度ω最大为eq\r(\f(g,R))D．若最上部的铁水恰好不离开模型内壁，此时仅重力提供向心力答案：D解析：铁水是由于离心作用覆盖在模型内壁上的，即模型对它的弹力和重力沿半径方向的合力不足以提供铁水圆周运动所需的向心力，故A错误；模型最下部受到的铁水的作用力最大，最上方受到的作用力最小，故B错误；若最上部的铁水恰好不离开模型内壁，此时仅重力提供向心力，则有mg＝mω2R，可得ω＝eq\r(\f(g,R))，即管状模型转动的角速度ω最小为eq\r(\f(g,R))，故C错误，D正确。故选D。5．如图所示，竖直杆AB在A、B两点通过光滑铰链连接两等长轻杆AC和BC，AC和BC与竖直方向的夹角均为θ，轻杆长均为L，在C处固定一质量为m的小球，重力加速度为g，在装置绕竖直杆AB转动的角速度ω从0开始逐渐增大的过程中，下列说法正确的是()A．当ω＝0时，AC杆和BC杆对球的作用力都表现为拉力B．AC杆对球的作用力先增大后减小C．AC杆与BC杆上的力的大小之差越来越大D．当ω＝eq\r(\f(g,Lcosθ))时，BC杆对球的作用力为0答案：D解析：当ω＝0时，由于小球在水平方向受力平衡，因此AC杆对小球的作用力表现为拉力，BC杆对小球的作用力表现为支持力，且大小相等，故A错误；当ω逐渐增大时，AC杆对小球的拉力逐渐增大，BC杆对小球的支持力逐渐减小，当BC杆的作用力为0时，有mgtanθ＝mω2Lsinθ，解得ω＝eq\r(\f(g,Lcosθ))，当ω继续增大时，AC杆对小球的拉力继续增大，BC杆对小球的作用力变为拉力，且逐渐增大，故B错误，D正确；一定时间后，AC杆和BC杆的作用力都变为拉力，拉力的竖直分力之差等于小球的重力，即F1cosθ－F2cosθ＝mg，则F1－F2＝eq\f(mg,cosθ)，此时AC杆与BC杆上的力的大小之差不变，故C错误。6．(2023·安徽合肥三模)如图甲所示，在匀速转动的水平盘上，沿半径方向放着用轻质细线相连的质量相等的两个物体A和B，它们分居圆心两侧，与圆心距离分别为2r和3r，两物体与盘间的动摩擦因数相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。若初始时绳子恰好拉直但没有拉力，现增大转盘角速度让转盘做匀速圆周运动，但两物体还未发生相对滑动，这一过程A与B所受摩擦力Ff的大小与ω2的大小关系图像如图乙所示，下列关系式正确的是()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：由题意可知，因为物体A和B分居圆心两侧，与圆心距离分别为2r和3r，两个物体都没滑动之前，都受静摩擦力的作用，与ω2成正比，由于B物体到圆心的距离大，故B物体先达到最大静摩擦力，之后摩擦力大小不变，为μmg＝mωeq\o\al(2,1)·3r，角速度达到ω1后绳子出现拉力，在角速度为ω2时，设绳子拉力为FT，对B有FT＋μmg＝mω22·3r，对A有FT＝mωeq\o\al(2,2)·2r，可得ωeq\o\al(2,2)＝3ωeq\o\al(2,1)故选D。7．(多选)(2024·山东烟台模拟)如图所示，两个圆弧轨道竖直固定在水平地面上，半径均为R，a轨道由金属凹槽制成，b轨道由金属圆管制成(圆管内径远小于R)，均可视为光滑轨道。在两轨道右端的正上方分别将金属小球A和B(直径略小于圆管内径)由静止释放，小球距离地面的高度分别用hA和hB表示，两小球均可视为质点，下列说法中正确的是()A．若hA＝hB≥2R，两小球都能沿轨道运动到轨道最高点B．若hA＝hB＝R，两小球沿轨道上升的最大高度均为RC．适当调整hA和hB，均可使两小球从轨道最高点飞出后，恰好落在轨道右端口处D．若使小球沿轨道运动并且从最高点飞出，hA的最小值为eq\f(5,2)R，B小球在hB＞2R的任何高度释放均可答案：BD解析：b轨道是双轨模型，到达最高点的最小速度为零，即若hB≥2R时，B球能沿轨道运动到最高点；若A小球恰好运动到最高点，则有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能够到达最高点，需要hA≥eq\f(5,2)R，选项A错误，D正确；若hA＝hB＝R，根据机械能守恒定律可知，两小球沿轨道上升的最大高度均为R，不超过过圆心的水平线，选项B正确；B小球从轨道最高点飞出后，恰好落在轨道右端口，则有R＝eq\f(1,2)gt2，R＝vt，对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，对A球，从最高点射出时最小速度为vmin＝eq\r(gR)，此时根据R＝eq\f(1,2)gt2，xmin＝vmint，解得xmin＝eq\r(2)R＞R，则无论如何调节hA都不可能使A小球从轨道最高点飞出后，恰好落在轨道右端口处，选项C错误。故选BD。8．(2023·山东泰安二模)如图所示，竖直平面内的光滑金属细圆环半径为R，质量为m的带孔小球穿于环上，同时有一长为R的轻杆一端固定于球上，另一端通过光滑的铰链固定于圆环最低点，当圆环以角速度ω＝eq\r(\f(3g,R))绕竖直直径转动时，轻杆对小球的作用力大小和方向为()A．eq\f(1,2)mg，沿杆向上B．eq\f(1,2)mg，沿杆向下C．(eq\r(3)－1)mg，沿杆向上D．(eq\r(3)－1)mg，沿杆向下答案：B解析：设轻杆与竖直直径夹角为θ，由几何关系可得cosθ＝eq\f(R,2R)＝eq\f(1,2)，解得θ＝60°，则小球做圆周运动的半径为r＝Rsin60°＝eq\f(\r(3),2)R，作圆周运动所需向心力为F＝mω2r＝eq\f(3\r(3),2)mg，小球有向上运动的趋势，设杆对小球有沿杆向下的拉力F1，环对小球有指向圆心的支持力F2，由平衡条件可知F1cos30°＋F2cos30°＝F，F1sin30°＋mg＝F2sin30°，解得F1＝eq\f(1,2)mg，故选B。9．(2024·天津红桥区模拟)电动打夯机可以帮助筑路工人压实路面，大大提高了工作效率。如图是某电动打夯机的结构示意图，由偏心轮(飞轮和配重物组成)、电动机和底座三部分组成。电动机、飞轮和底座总质量为M，配重物质量为m，配重物的重心到轮轴的距离为r。重力加速度为g。在电动机带动下，偏心轮在竖直平面内匀速转动，皮带不打滑。当偏心轮上的配重物转到顶端时，刚好使整体离开地面。下列判断正确的是()A．电动机轮轴与偏心轮转动角速度相同B．配重物转到最高点时，处于超重状态C．偏心轮转动的角速度为eq\r(\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(M＋m))g,mr