文档内容
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 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：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．
例 1 如图所示，用一根长为l＝1 m的细线，一端系一质量为m＝1 kg的小球(可视为
质点)，另一端固定在一光滑锥体顶端，锥面与竖直方向的夹角 θ＝37°.当小球在水平面内
绕锥体的轴做匀速圆周运动的角速度为ω时，细线的张力为T(g取10 m/s2，结果可用根式
表示，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．
(1)若要小球离开锥面，则小球的角速度ω 至少为多大？
0
(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，
m ＝0.1 kg，m ＝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
A B
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( )
A．当ω＝√3 rad/s时，绳子张力等于0.9 N
√10
B．当ω> rad/s时，A、B开始在转台上滑动
3
√10
C．当ω＝ rad/s时，A受到摩擦力为0
3
D．当ω＝√5 rad/s时，绳子张力为1 N
考点二 竖直面内圆周运动的临界问题
1．绳—球模型与杆—球模型对比
轻绳模型 轻杆模型
情景图示
弹力可能向下，可能向上，也可能
弹力特征 弹力可能向下，也可能等于零
等于零
受力示意图
v2 v2
力学方程 mg＋F ＝m mg±F ＝m
T r N r
临界特征 F ＝0，即mg＝m
v2
，得v＝√gr
v＝0，即F
向
＝0，
T r 此时F ＝mg
N(1)“杆”对小球的作用力可以是拉
(1)“绳”只能对小球施加向下的力
力，也可以是支持力
模型关键 (2)小球通过最高点的速度至少为
(2)小球通过最高点的速度最小可以
√gr
为0
2．竖直平面内圆周运动的求解思路
考向1 绳—球模型
例 3 如图甲所示，轻绳的一端固定在O点，另一端系一小球．小球在竖直平面内做
完整的圆周运动的过程中，绳子的拉力F的大小与小球离最低点的高度h的关系如图所示．
m
重力加速度g取10 ，则( )
s2
A．圆周半径为1.0 m
B．小球质量为0.5 kg
C．轻绳转至水平时拉力为30 N
D．小球通过最高点时的速度为2 m/s
例 4 某教师受儿童娱乐场过山车与彩色滑道项目的启发，设计了如图所示的实验装置，
竖直放置的光滑曲线轨道AM、水平轨道MN与光滑圆轨道O在M点平滑连接，在B点安
装有压力传感器并与计算机连接(B为圆轨道的最高点)，已知圆O的半径为R.一质量为m的小物块从距水平轨道高h处的A点无初速度滑下，经过圆轨道O后到达水平轨道MN，
1
压力传感器显示小物块经过B点时对轨道的压力大小为 mg.下列说法正确的是( )
2
A．h＝3R
B．小物块滑过M点时加速度大小a＝5.5g
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
例 6 (多选)图1是某体操运动员在比赛中完成“单臂大回环”的高难度动作时的场景：
用一只手抓住单杠，伸展身体，以单杠为轴做圆周运动，运动员运动到最高点时，运动员
与单杠间弹力大小为F，运动员在最高点的速度大小为v.其F-v2图像如图2所示，g取10
m/s2.则下列说法中正确的是( )
A．此运动员的质量为50 kg
B．此运动员的重心到单杠的距离为0.9 m
C．在最高点速度为4 m/s时，运动员受单杆的弹力大小跟重力大小相等
D．在最高点速度为4 m/s时，运动员受单杆的弹力大小约为428 N，方向向下
[教你解决问题] 挖掘隐含条件
读图 信息提取 隐含条件 规律方法F
运动员与单杠的弹 F－mg＝0，即m＝ ＝55
v2＝0 g
力大小等于其重力
kg
运动员与单杠的弹
v2 v2
mg＝m ，即r＝ ＝0.9
v2＝9 m2/s2 力为0，其重力提 r g
供向心力 m
单杠对运动员的拉
v2 v2
F＋mg＝m ，F＝m －
v2＝16 m2/s2 力竖直向下，合力 r r
提供向心力 mg≈428 N
考向3 拱形桥和凹形桥类模型
例 7 (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ρ ，
1
C处的曲率半径为ρ ，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
2
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
√gρ
1
D．汽车经过C处时所受的摩擦力大小为μmg
专题强化六 圆周运动的临界问题
考点一
例1 解析：(1)若要小球刚好离开锥面，此时小球只受到重力和细线的拉力，如图所
示．小球做匀速圆周运动的轨迹圆在水平面上，故向心力水平，在水平方向上运用牛顿第
二定律及向心力公式得
mg tan θ＝ l sin θ
mω2
0
√ g 5
解得ω＝ ＝ √2 rad/s.
0 lcosθ 2
(2)当细线与竖直方向成60°角时，小球已离开锥面，由牛顿第二定律及向心力公式有
mg tan 60°＝mω′2l sin 60°
√ g
解得ω′＝ ＝2√5 rad/s.
lcos60°
5
答案：(1) √2 rad/s (2)2√5 rad/s
2
例2 解析：当绳子刚好出现张力时，则对 B分析可知 μm g＝ l，解得ω ＝
B m ω2 0
B 0
√10 rad/s，当ω＝ rad/s<ω 时，绳子张力等于0，选项A错误；当ω＝√10 rad/s＝ω
√3 0 0
3 3
时，绳子张力等于0，此时A受到摩擦力为0，选项C正确；当A、B刚要在转台上滑动时，
则对B：T＋μm g＝ l，对A：T＝μm g，解得：ω＝ rad/s，当ω> rad/s时，A、
B m ω2 A 1 √5 √5
B 1
B开始在转台上滑动，当ω＝√5 rad/s时，绳子张力为T＝μm g＝0.5 N，选项B、D错误．
A
故选C.
答案：C
考点二
例3 解析：由题图乙可知，当h＝0时，绳的拉力为F ＝41 N，当h＝1.0 m时绳的拉
2
1.0
力为F ＝11 N，可知小球做圆周运动的半径R＝ m＝0.5 m，A错误；设小球通过最高
1
2
点时的速度为 v ，通过最低点时的速度为 v ，由机械能守恒定律可得1 2 ＋mg·2R＝
1 2 mv
2
1
1 mv2， 在最高点，根据牛顿第二定律可知F 1 ＋mg＝ m v 1 2 ，在最低点，根据牛顿第二定
2 2 R
律可知F－mg＝
v2
，联立解得m＝0.5 kg，v＝4 m/s，B正确，D错误；设轻绳转至水
2 m 2 1
R1 1
平时小球的速度为v，从最高点到水平时，由机械能守恒定律可得 mv2 ＋mgR＝ mv2，
2 1 2
v2
解得v＝√26 m/s，由牛顿第二定律可知，轻绳转至水平时拉力F＝m ＝26 N，C错误．
R
答案：B
例 4 解析：物块从 A 点运动到 B 点的过程，由机械能守恒定律得 mgh＝
mg·2R+ 1 mv2， 在B点由牛顿第二定律得mg＋N B ＝ m v2 B ，又N B ＝1mg，解得h＝
2 B R 2
2.75R，故 A 错误；物块从 A 点运动到 M 点的过程，由机械能守恒定律得 mgh＝
1 v2 ，解得N ＝6.5mg；a ＝v2 ＝11g＝5.5g，故B
mv2 ，M点 有MN－mg＝m M M M M
2 M R R 2
正确；减少h，小物块经过M点和B点时的速度减小，由牛顿第二定律表达式 mg＋N ＝
B
v2
可知，B点轨道弹力减小，经过M点和B点时压力差为(N －N )＝6mg可见，压力
m B M B
R
差恒定不变，故C、D错误．故选B.
答案：B
1 √Rg
例5 解析：小球从A点做平抛运动到B点，则有R＝v t，R＝ gt2，解得v ＝
A 2 A 2
mv2
，在A点若小球对上、下管壁均无压力，则 mg＝ ，解得v＝√Rg，因为v <√Rg，所
A
R
以管壁对小球有向上的支持力，则mg－N ＝mv2 ，解得N ＝1mg＝2 N，由牛顿第三定
1 A 1
R 2
律可知小球对管壁的压力N ＝N ＝2 N，小球到B点时竖直方向的速度v＝√2gR，在B点
A 1 y
与管壁碰撞，水平速度减为零，从 B点到P点的过程由机械能守恒定律得1 2 ＋mgR＝
mv
2
y
1
mv2，
在P点对小球由牛顿第二定律得N
2
－mg＝mv2
P
，解得N
2
＝5mg＝20 N，由牛
2 P R
顿第三定律可知小球对管壁的压力N ＝N ＝20 N，则小球从A点飞出时及从B点射入管内
P 2
经过P点时对管壁的压力大小之差为ΔN＝N －N ＝18 N，故选B.
P A
答案：B
例6 解析：对运动员在最高点进行受力分析，由图2可知v2＝0，对运动员受力分析
F 550
可得F－mg＝0，解得m＝ ＝ kg＝55 kg，故A错误；由图2可知，当v2＝9 m2/s2，
g 10
v2
此时F＝0，重力提供向心力，可得mg＝m ，解得r＝0.9 m，故B正确；在最高点速度
r
v2
为 4 m/s 时，运动员受到单杠的弹力的方向向下，可得 F＋mg＝m ，解得 F＝427.8
r
N≈428 N，方向竖直向下，故C错误，D正确．故选BD.答案：BD
例7 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
mv2 mv2
mg、向上的弹力F ，由圆周运动有F －mg＝ 得车对轨道的压力F ＝mg＋ >mg，
N N N
R R
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
mv2
较小的C处更容易爆胎，B错误；在C处所受的滑动摩擦力F＝μF ＝μ(mg＋ )，D错
f N
R
误；要使车安全行驶，则不得离开地面，故经过A处时恰不离开地面有mg＝mv2
，即安全
ρ
1
行驶的速度不得超过 ，C正确．故选AC.
√gρ
1
答案：AC
