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专题强化六 圆周运动的临界问题
目标要求 1.掌握水平面内、竖直面内和斜面上的圆周运动的动力学问题的分析方法.2.会
分析水平面内、竖直面内和斜面上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
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Fn＝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滑，B、C 错误；汽车安全转弯时的最大向心加速度为am＝＝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
1
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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Ff＝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 有Ffa＝mωa
2l，当Ffa＝
kmg 时，kmg＝mωa
2l，ωa＝；对木块b 有Ffb＝mωb
2·2l，当Ffb＝kmg 时，kmg＝mωb
2·2l，ωb
＝，则ω＝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Ffa＝mω2l，则Ffb＝mω2·2l，Ffa<Ffb，
选项B 错误；ω＝<ωa＝，a 没有滑动，则Ffa′＝mω2l＝kmg，选项D 错误．
例3 细绳一端系住一个质量为m 的小球(可视为质点)，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.
B．2π
C.
D.
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FN、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＝htan θ，受力
分析可知Fcos θ＋FN＝mg，Fsin θ＝m＝mω2R＝4mπ2n2R＝4mπ2n2htan θ；当球即将离开水
平桌面时，FN＝0，转速n 有最大值，此时nm＝，故选D.
例4 (多选)(2023·湖北省公安县等六县质检)如图所示，AB 为竖直放置的光滑圆筒，一根
长细绳穿过圆筒后一端连着质量为m1＝5 kg 的小球(可视为质点)，另一端和细绳BC(悬点为
B)在结点C 处共同连着一质量为m2 的小球(可视为质点)，长细绳能承受的最大拉力为60
N，细绳BC 能承受的最大拉力为27.6 N．圆筒顶端A 到C 点的距离l1＝1.5 m，细绳BC 刚
好被水平拉直时长l2＝0.9 m，转动圆筒并逐渐缓慢增大角速度，在BC 绳被拉直之前，用手
2
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拿着m1，保证其位置不变，在BC 绳被拉直之后，放开m1，重力加速度g 取10 m/s2，下列
说法正确的是( )
A．在BC 绳被拉直之前，AC 绳中拉力逐渐增大
B．当角速度ω＝ rad/s 时，BC 绳刚好被拉直
C．当角速度ω＝3 rad/s 时，AC 绳刚好被拉断
D．当角速度ω＝4 rad/s 时，BC 绳刚好被拉断
答案 ABD
解析 转动圆筒并逐渐缓慢增大角速度的过程中，AC 绳与竖直方向的夹角θ 逐渐增大，m2
竖直方向处于平衡，由FTAcos θ＝m2g，可知在BC 绳被拉直之前，AC 绳中拉力逐渐增大，
A 正确；BC 绳刚好被拉直时，由几何关系可知AC 绳与竖直方向的夹角的正弦值sin θ＝，
对小球m2受力分析，由牛顿第二定律可知m2gtan θ＝m2ω1
2l2，解得ω1＝ rad/s，B 正确；当
ω＝3 rad/s> rad/s，BC 绳被拉直且放开了m1，m1就一直处于平衡状态，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m2，竖直方向有
m1gcos θ＝m2g，可得m2＝4 kg，当BC 被拉断时有m1gsin θ＋FTBC＝m2ω2
2l2，解得ω2＝4
rad/s，D 正确．
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
3
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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
mg±F 弹＝m
临界
特征
F 弹＝0
mg＝m
即vmin＝
v＝0
即F 向＝0
F 弹＝mg
讨论
分析
(1)最高点，若v≥，F 弹＋mg＝
m，绳或轨道对球产生弹力F 弹
(2)若v<，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<时，mg－F 弹＝m，F 弹背离
圆心并随v 的增大而减小
(3)当v＝时，F 弹＝0
(4)当v>时，mg＋F 弹＝m，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5 (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v0，则根据牛顿第二定律有mg＝m，解得v0＝2
m/s，故A 正确；当小球在最高点的速度为v1＝4 m/s 时，设轻绳拉力大小为FT，根据牛顿
第二定律有FT＋mg＝m，解得FT＝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FTm－mg＝m，解得vm＝4 m/s，故C 正确，D 错误．
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例6 (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vA＝，因为A、B 两球的角
速度相等，半径相等，则vB＝vA＝；
(2)B 在最高点时，对B 根据牛顿第二定律得2mg＋FTOB′＝2m
代入(1)中的vB，可得FTOB′＝0
对A 有FTOA′－mg＝m
可得FTOA′＝2mg
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FTOB″＋2mg＝2m
对A 有FTOA″－mg＝m
O 轴不受力时有FTOA″＝FTOB″
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
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．
5
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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7 (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 FN＝mgcos
30°，摩擦力Ff＝μFN＝μmgcos 30°，又μmgcos 30°－mgsin 30°＝mω2R，解得ω＝1.0 rad/s，
故C 正确，D 错误．
课时精练
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
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解析 当FN′＝FN＝G 时，有G－FN′＝m，所以G＝m；当FN＝0 时，G＝m，所以v′＝
2v＝20 m/s，选项B 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FTcos θ＋FNsin θ＝mg，FTsin θ－FNcos θ＝mω2lsin
θ，随着转速的增加，FT增大，FN减小，当角速度ω 达到ω0时支持力为零，支持力恰好为
零时有mgtan θ＝mω0
2lsin θ，解得ω0＝ 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v0进入细管，之后从管内的A 点以大小为vA的水平速度飞出．
忽略空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A．为使小球能从A 点飞出，小球在B 点的初速度必须满足v0>
B．为使小球能从A 点飞出，小球在B 点的初速度必须满足v0>
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v0＝
D．小球从A 点飞出的水平初速度必须满足vA>，因而不可能使小球从A 点水平飞出后再返
回B 点
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
7
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mv0
2>mgR，则小球在B 点的初速度必须满足v0>，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＝vAt，R＝gt2，联立解得vA＝，mv0
2＝mgR＋mvA
2，小球在B 点
的初速度应为v0＝，选项C 正确；要使小球从A 点飞出，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mA＝1 kg、mB＝2 kg.某时刻，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vA＝3 m/s，此时杆对圆管的弹力为零．则B 球的速度大小vB为(取g＝10 m/s2)( )
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FA，由牛顿第二定律有FA－mAg＝
mA，代入数据解得FA＝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FB′，由管的受力平衡可得FB′＋28 N＋m 管g＝0，解得FB′＝－44 N，负
号表示和重力方向相反，由牛顿第三定律可得，管对B 球的力FB为44 N，方向竖直向下，
对B 球由牛顿第二定律有FB＋mBg＝mB，解得vB＝4 m/s，故选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
8
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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FfA＝3mω2r，又有0<FfA≤Ffmax＝3μmg，
由于角速度大小不确定，B 对A 的摩擦力不一定达到最大静摩擦力3μmg，A 错误，B 正确；
若物体A 达到最大静摩擦力，则3μmg＝3mω1
2r，解得ω1＝，若转台对物体B 达到最大静摩
擦力，对A、B 整体有5μmg＝5mω2
2r，解得ω2＝，若物体C 达到最大静摩擦力，则μmg＝
mω3
2×1.5r，解得ω3＝，可知ω1＝ω2>ω3，由于物体 A、B 及物体 C 均随转台一起匀速转动，
则转台的角速度需要满足ω≤ω3＝，该分析表明，当角速度逐渐增大时，物体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vB＝，故A 错误；由于A、B 两球的角速度相等，则球A 的速度大小vA＝，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，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( )
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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vA＝0，此时对应B 点的速度最小，设为vB，对小
球从A 到B 的运动过程，由动能定理有mvB
2－mvA
2＝2mgLsin α，代入数据解得vB＝4 m/s，
故选A.
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O1O2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>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Ff－FT＝mLω2可知，当ω
增大时，静摩擦力也增大，D 项正确．
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(
)
10
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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 吸－FNA＝m，当FNA＝mg＋
F 吸时，vA＝0，选项C 错误；铁球从A 到B 的过程，由动能定理有2mgR＝mvB
2－mvA
2，当
vA＝0 时，铁球在B 点的速度最小，解得vBmin＝2，球在B 点处，轨道对铁球的磁性引力最
大，F 吸－mg－FNB＝m，当vB＝vBmin＝2 且FNB＝0 时，解得F 吸min＝5mg，故要使铁球不脱轨，
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v0＝3.5 m/s 的初速度进入轨道，g＝10 m/s2，则(
)
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mv0′2＝mg·2R＋mv2，解得v0′＝
m/s>v0＝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mgsin θ＝m，从最低点到脱离点，由机械能
11
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守恒定律得mv02＝mgR(1＋sin θ)＋mv12，联立解得sin θ＝，即θ＝30°，则v1＝＝
m/s，故C、D 正确．
12
