文档内容
训练六 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
知识梳理
物体做圆周运动时，若物体的速度、角速度发生变化，会引起某些力(如拉力、支持力、摩擦力)发生变
化，进而出现某些物理量或运动状态的突变，即出现临界状态．
1．常见的临界情况
(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．
2．分析方法
分析圆周运动临界问题的方法是让角速度或线速度从小逐渐增大，分析各量的变化，找出临界状态．确定
了物体运动的临界状态和临界条件后，选择研究对象进行受力分析，利用牛顿第二定律列方程求解．
例1 (2018·浙江11月选考·9)如图所示，一质量为2.0×103 kg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 N
C．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＝m，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
n
滑，B、C错误；汽车安全转弯时的最大向心加速度为a＝＝7.0 m/s2，D正确．
m
变式训练1 (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，用ω表示圆盘转动的角速度，且最大静摩擦力等于
滑动摩擦力，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＝是b开始滑动的临界角速度
D．当ω＝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＝mω2R.当角速度增大时，静摩擦力增
f
大，当增大到最大静摩擦力时，发生相对滑动，对木块a有F＝mω2l，当F＝kmg时，kmg＝mω2l，ω
fa a fa a a＝；对木块b有F＝mω2·2l，当F＝kmg时，kmg＝mω2·2l，ω＝，则ω＝是b开始滑动的临界角速
fb b fb b b
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＝mω2l，则F＝mω2·2l，F rad/s，BC绳被拉直且放开了m，m就
2 2 1 2 1 1 1
一直处于平衡状态，AC绳中拉力不变且为50 N，小于AC绳承受的最大拉力，AC未被拉断，C错误；对小
球m，竖直方向有mgcos θ＝mg，可得m＝4 kg，当BC被拉断时有mgsin θ＋F ＝mω2l，解得
2 1 2 2 1 TBC 2 2 2
ω＝4 rad/s，D正确．
2
题型二 竖直面内圆周运动的临界问题
知识梳理
1．两类模型对比
轻绳模型 轻杆模型
(最高点无支撑) (最高点有支撑)
球与绳连接、水流星、沿内轨
实例 球与杆连接、球在光滑管道中运动等
道运动的“过山车”等
图示
受力
示意图
F 向下或等于零
弹 F 向下、等于零或向上
弹
力学
mg＋F ＝m mg±F ＝m
弹 弹
方程
F ＝0 v＝0
弹
临界
mg＝m 即F ＝0
向
特征
即v ＝ F ＝mg
min 弹
(1)当v＝0时，F ＝mg，F 背离圆
弹 弹
(1)最高点，若v≥，F ＋mg＝ 心
弹
m，绳或轨道对球产生弹力F (2)当0时，mg＋F ＝m，F 指向圆
弹 弹
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3 (2023·陕西延安市黄陵中学)如图所示，一质量为m＝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( )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
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 m/s
D．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 m/s
答案 D
解析 设小球通过最高点时的最小速度为v，则根据牛顿第二定律有mg＝m，解得v＝2 m/s，故A正确；
0 0
当小球在最高点的速度为v＝4 m/s时，设轻绳拉力大小为F，根据牛顿第二定律有F＋mg＝m，解得F＝
1 T T T
15 N，故B正确；小球在轨迹最低点处速度最大，此时轻绳的拉力最大，根据牛顿第二定律有F－mg＝
Tm
m，解得v＝4 m/s，故C正确，D错误．
m
变式训练3 (2023·山东枣庄市八中月考)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(均可视为质点)，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轴的受力大小和方向；
(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) (2)2mg 方向竖直向下 (3)能；当A、B球的速度大小为时，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，解得v＝，因为A、B两球的角速度相等，半径
A
相等，则v＝v＝；
B A
(2)B在最高点时，对B根据牛顿第二定律得2mg＋F ′＝2m
TOB
代入(1)中的v，可得F ′＝0
B TOB
对A有F ′－mg＝m
TOA
可得F ′＝2mg
TOA
根据牛顿第三定律，O轴所受的力大小为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 ″＋2mg＝2m
TOB
对A有F ″－mg＝m
TOA
O轴不受力时有F ″＝F ″
TOA TOB联立可得v＝
所以当A、B球的速度大小为时，O轴不受力．
题型三 斜面上圆周运动的临界问题
知识梳理
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大小相等，解
决此类问题时，可以按以下操作，把问题简化．
物体在转动过程中，转动越快，最容易滑动的位置是最低点，恰好滑动时：μmgcos θ－mgsin θ＝
mω2R.
例4 (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(可视为质点)与圆盘始终保持相对静止，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/s2，则以下说法中正确的是( )
A．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
B．小物体受到的摩擦力可能背离圆心
C．若小物体与盘面间的动摩擦因数为，则ω的最大值是1.0 rad/s
D．若小物体与盘面间的动摩擦因数为，则ω的最大值是 rad/s
答案 BC
解析 当物体在最高点时，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(即背离圆心)，也可能沿斜面向下(即指向圆心)，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A错误，B正确；当物体转到圆盘的最低点恰好不滑动时，圆盘的角速度最
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＝mgcos 30°，摩擦力F＝μF＝μmgcos 30°，又μmgcos 30°－mgsin 30°
N f N
＝mω2R，解得ω＝1.0 rad/s，故C正确，D错误．
强基固本练
1．一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，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′＝F＝G时，有G－F′＝m，所以G＝m；当F＝0时，G＝m，所以v′＝2v＝20 m/s，选项B
N N N N正确．
2.(多选)如图所示，三角形为一光滑锥体的正视图，母线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ω＝ rad/s时，小球对锥体的压力刚好为零
D．当ω＝2 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，小球紧贴锥体，则Fcos θ＋Fsin θ＝mg，Fsin θ－Fcos θ＝mω2lsin θ，随
T N T N
着转速的增加，F增大，F减小，当角速度ω达到ω时支持力为零，支持力恰好为零时有mgtan θ＝
T N 0
mω2lsin θ，解得ω＝ rad/s，A错误，B、C正确；当ω＝2 rad/s时，小球已经离开斜面，小球受重
0 0
力和拉力的作用，D错误．
3.(多选)(2023·湖北省华大新高考联盟名校联考)如图所示，在竖直平面内有一半径为R的光滑固定细管
(忽略管的内径)，半径OB水平、OA竖直，一个直径略小于管内径的小球(可视为质点)由B点以某一初速
度v进入细管，之后从管内的A点以大小为v的水平速度飞出．忽略空气阻力，重力加速度为g，下列说
0 A
法正确的是( )
A．为使小球能从A点飞出，小球在B点的初速度必须满足v>
0
B．为使小球能从A点飞出，小球在B点的初速度必须满足v>
0
C．为使小球从A点水平飞出后再返回B点，小球在B点的初速度应为v＝
0
D．小球从A点飞出的水平初速度必须满足v>，因而不可能使小球从A点水平飞出后再返回B点
A
答案 BC
解析 小球能从A点飞出，则在A点的最小速度大于零，则由机械能守恒定律有mv2>mgR，则小球在B点
0
的初速度必须满足v>，选项A错误，B正确；为使小球从A点水平飞出后再返回B点，则R＝vt，R＝
0 A
gt2，联立解得v＝，mv2＝mgR＋mv2，小球在B点的初速度应为v＝，选项C正确；要使小球从A点飞
A 0 A 0
出，则小球在A点的速度大于零即可，由选项C的分析可知，只要小球在A点的速度为，小球就能从A点
水平飞出后再返回B点，选项D错误．
4.如图所示，质量为1.6 kg、半径为0.5 m的光滑细圆管用轻杆固定在竖直平面内，小球A和B(均可视为
质点)的直径略小于细圆管的内径(内径远小于细圆管半径)．它们的质量分别为m＝1 kg、m＝2 kg.某时
A B刻，小球A、B分别位于圆管最低点和最高点，且A的速度大小为v＝3 m/s，此时杆对圆管的弹力为零．
A
则B球的速度大小v为(取g＝10 m/s2)( )
B
A．2 m/s B．4 m/s
C．6 m/s D．8 m/s
答案 B
解析 对A球，合外力提供向心力，设管对A的支持力为F，由牛顿第二定律有F－mg＝m，代入数据解
A A A A
得F＝28 N，由牛顿第三定律可得，A球对管的力竖直向下为28 N，设B球对管的力为F′，由管的受力
A B
平衡可得F′＋28 N＋m g＝0，解得F′＝－44 N，负号表示和重力方向相反，由牛顿第三定律可得，管
B 管 B
对B球的力F为44 N，方向竖直向下，对B球由牛顿第二定律有F＋mg＝m，解得v＝4 m/s，故选B.
B B B B B
5.(2023·湖南岳阳市第十四中学检测)如图所示，叠放在水平转台上的物体 A、B及物体 C能随转台一起
以角速度ω匀速转动，A、B、C 的质量分别为3m、2m、m，A与B、B和C与转台间的动摩擦因数都为μ，
A 和B、C离转台中心的距离分别为r和1.5r.最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物体A、B、C均可视为质
点，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A．B对A的摩擦力一定为3μmg
B．B对A的摩擦力一定为3mω2r
C．转台的角速度需要满足ω≤
D．若转台的角速度逐渐增大，最先滑动的是A物体
答案 B
解析 由于物体 A、B及物体 C能随转台一起匀速转动，则三个物体受到的均为静摩擦力，由静摩擦力提
供向心力，则B对A的摩擦力一定为F＝3mω2r，又有0ω，由于物体 A、B及物体
3 3 1 2 3
C均随转台一起匀速转动，则转台的角速度需要满足ω≤ω＝，该分析表明，当角速度逐渐增大时，物体
3
C所受摩擦力先达到最大静摩擦力，即若转台的角速度逐渐增大，最先滑动的是C物体，C、D错误．
6．(2023·四川绵阳市诊断)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(均可视为质
点)，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
C．水平转轴对杆的作用力为1.5mg
D．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，解得v＝，故A
B
错误；由于A、B两球的角速度相等，则球A的速度大小v＝，故B错误；B球在最高点时，对杆无弹力，
A
此时A球受到的重力和拉力的合力提供向心力，有F－mg＝m，解得F＝1.5mg，即杆受到的弹力大小为
1.5mg，可知水平转轴对杆的作用力为1.5mg，C正确，D错误．
7.(2023·重庆市西南大学附属中学月考)如图所示，在倾角为α＝30°的光滑斜面上有一长L＝0.8 m的
轻杆，杆一端固定在O点，可绕O点自由转动，另一端系一质量为m＝0.05 kg的小球(可视为质点)，小球
在斜面上做圆周运动，g取10 m/s2.要使小球能到达最高点A，则小球在最低点B的最小速度是( )
A．4 m/s B．2 m/s
C．2 m/s D．2 m/s
答案 A
解析 小球恰好到达A点时的速度大小为v＝0，此时对应B点的速度最小，设为v，对小球从A到B的运
A B
动过程，由动能定理有mv2－mv2＝2mgLsin α，代入数据解得v＝4 m/s，故选A.
B A B
8.(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，
木块与转盘间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OO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
1 2
法正确的是(重力加速度为g)( )
A．当ω>时，A、B会相对于转盘滑动
B．当ω>，绳子一定有弹力
C．ω在<ω<范围内增大时，B所受摩擦力变大
D．ω在0<ω<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＝，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＝，可知当ω>时，绳子有弹力，B项正确；当ω>时，B已达到最大静摩擦力，则ω在<ω<范围内增大
时，B受到的摩擦力不变，C项错误；ω在0<ω<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＝mLω2可知，当ω增大时，静摩擦力也增大，D项正确．
f T
9．(多选)(2023·湖北省重点中学检测)如图甲所示的陀螺可在圆轨道的外侧旋转而不脱落，好像轨道对
它施加了魔法一样，被称为“魔力陀螺”，该玩具深受孩子们的喜爱．其物理原理可等效为如图乙所示的
模型：半径为R的磁性圆轨道竖直固定，质量为m的小铁球(视为质点)在轨道外侧转动，A、B两点分别为
轨道上的最高点、最低点．铁球受轨道的磁性引力始终指向圆心且大小不变，重力加速度为g，不计摩擦
和空气阻力．下列说法正确的是( )
A．铁球可能做匀速圆周运动
B．铁球绕轨道转动时机械能守恒
C．铁球在A点的速度一定大于或等于
D．要使铁球不脱轨，轨道对铁球的磁性引力至少为5mg
答案 BD
解析 铁球绕轨道转动受到重力、轨道的磁性引力和轨道的弹力作用，而轨道的磁性引力和弹力总是与速
度方向垂直，故只有重力对铁球做功，铁球做变速圆周运动，铁球绕轨道转动时机械能守恒，选项B正
确，A错误；铁球在A点时，有mg＋F －F＝m，当F＝mg＋F 时，v＝0，选项C错误；铁球从A到B的
吸 NA NA 吸 A
过程，由动能定理有2mgR＝mv2－mv2，当v＝0时，铁球在B点的速度最小，解得v ＝2，球在B点处，
B A A Bmin
轨道对铁球的磁性引力最大，F －mg－F＝m，当v＝v ＝2且F＝0时，解得F ＝5mg，故要使铁球
吸 NB B Bmin NB 吸min
不脱轨，轨道对铁球的磁性引力至少为5mg，选项D正确．
10.(多选)如图所示，竖直平面内有一半径为R＝0.35 m且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＝3.5 m/s的初速度进入轨道，g＝10 m/s2，则( )
0
A．小球不会脱离圆轨道
B．小球会脱离圆轨道
C．小球脱离轨道时的速度大小为 m/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，解得v＝＝ 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mv′2＝mg·2R＋mv2，解得v′＝ m/s>v＝3.5 m/s，故小球不可能运
0 0 0
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mgsin θ＝m，从最低点到脱离点，由机械能守恒定律得mv2
0
＝mgR(1＋sin θ)＋mv2，联立解得sin θ＝，即θ＝30°，则v＝＝ m/s，故C、D正确．
1 1
