文档文本内容
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
专题强化七 圆周运动的临界问题
【复习目标】
会分析水平面内、竖直面内及倾斜面内物体做圆周运动的向心力来源及临界问题。
考点一 水平面内圆周运动的临界问题
【知识梳理】
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.常见的两种临界极值问题
(1)与摩擦力有关的临界极值问题
物体间恰好不发生相对滑动的临界条件是物体间的静摩擦力恰好达到最大静摩擦力。
(2)与弹力有关的临界极值问题
压力、支持力的临界条件是物体间的弹力恰好为零;绳上拉力的临界条件是绳恰好拉直且其上无弹
力或绳上拉力恰好为最大承受力等。
【典例剖析】
例1 (多选)如图所示 ，两个质量均为m 的小物块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。物块与圆盘间的最大静摩擦力为物块所受重力的k 倍，重
力加速度大小为g。整个装置能绕过圆盘中心的竖直转轴转动，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＝√
kg
2 L是B 开始滑动的临界角速度
1
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
D.当ω＝√
2kg
3 L 时，A 所受摩擦力的大小为kmg
答案 AC
解析 小物块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，对物块A 有FfA＝mωA
2L，当FfA＝kmg
时，kmg＝mωA
2L，ωA＝√
kg
L ;对物块B 有FfB＝mωB
2·2L，当FfB＝kmg 时，kmg＝mωB
2·2L，ωB＝
√
kg
2 L，则ω＝√
kg
2 L是B 开始滑动的临界角速度，且B 比A 先开始滑动，故A、C 正确;两物块滑动
前转动的角速度相同，则FfA＝mω2L，FfB＝mω2·2L，则FfA<FfB，故B 错误;ω＝√
2kg
3 L <ωA＝√
kg
L ，
A 没有滑动，则FfA'＝mω2L＝2
3kmg，故D 错误。
拓展 (多选)例1 中，若在A、B 之间拴一根长为L、不可拉伸的轻绳，如图所示，开始时，轻绳
恰好伸直但无拉力，现让该转盘从静止开始转动，使角速度ω 缓慢增大，直到物块A 恰要在转盘
上滑动。在此过程中，下列说法正确的是(重力加速度为g，物块A、B 均可视为质点)( )
A.当角速度增大到ω＝√
kg
L 时，绳开始出现拉力
B.当角速度增大到ω＝√
kg
L 时，物块A 恰要在转盘上滑动
C.物块A 恰要在转盘上滑动时，绳的拉力大小为1
3kmg
D.若物块A 即将在转盘上滑动时剪断轻绳，则此时物块A 所受摩擦力大小为2
3kmg
答案 CD
解析 物块A、B 与转盘间的最大静摩擦力均为kmg，物块随转盘一起转动，开始时静摩擦力提
供向心力，绳开始出现拉力时，对物块B 由牛顿第二定律有kmg＝mω1
2·2L，解得ω1＝√
kg
2 L，选
项A 错误;物块A 恰要在转盘上滑动时，对物块A 有kmg－FT＝mω2
2L，对物块B 有kmg＋FT＝m
ω2
2·2L，联立解得ω2＝√
2kg
3 L ，轻绳拉力FT＝1
3kmg，选项B 错误，C 正确;物块A 即将在转盘上滑
2
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
动时，剪断轻绳后，对物块A 有Ff＝mω2
2L，代入ω2得物块A 所受摩擦力大小为2
3kmg，选项D
正确。
【解题妙招】
物块随圆盘转动的几种临界问题分析(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)
一物块随圆盘
一起运动
两物块用轻绳连接，
其中一个位于圆盘中
心(μ 相同)
两物块用轻绳连接，
位于圆盘中心同侧(μ
相同)
两物块用轻绳连接，
分别位于圆盘中心两
侧(rA>rB，mA＝mB，
μ 相同)
情境图
出现临
界状态
之前
静摩擦力提供向
心力，即F 静＝
mω2r。
对物块B:静摩擦力提
供向心力，即F 静＝
mBω2rB。
对物块A:FA 静＝
mAω2rA，对物块B:FB
静＝mBω2rB。
对物块A:FA 静＝
mAω2rA，对物块B:FB
静＝mBω2rB。
临界状
态1
物块刚好相对圆
盘滑动:静摩擦力
达到最大静摩擦
力，由μmg＝
mω2r 得ω＝√
μg
r
(临界角速度)。
轻绳恰好绷直时，对
物块B 有:静摩擦力
达到最大静摩擦力，
由μmBg＝mBω2rB得
ω＝√
μg
rB
。
轻绳恰好无拉力时，
物块B 的静摩擦力达
到最大静摩擦力，由
μmBg＝mBω2rB得ω＝
√
μg
rB
。
轻绳恰好无拉力时，
物块A 的静摩擦力达
到最大静摩擦力，由
μmAg＝mAω2rA得ω＝
√
μg
r A
。
临界状
态2
——
物块A 刚好相对圆盘
滑动时，对A 有FT＝
μmAg，对B 有μmBg
＋FT＝mBω2rB。
物块A 刚好要相对圆
盘滑动时，对A 有
μmAg－FT＝mAω2rA，
对B 有μmBg＋FT＝
mBω2rB。
物块B 刚好要相对圆
盘滑动时，对B 有FT
－μmBg＝mBω2rB，对
A 有μmAg＋FT＝
mAω2rA。
【即时训练】
1.(多选)(2025·四川南充模拟)如图，足够大水平圆盘中央固定一光滑竖直细杆，质量分别为2m 和
m 的小球A、B 用轻绳相连，小球A 穿过竖直杆置于原长为l 的轻质弹簧上，弹簧劲度系数为k＝
3
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
6mg
l
，B 紧靠一个固定在圆盘上且与OAB 共面的挡板上，在缓慢增加圆盘转速过程中，弹簧始终
在弹性限度内，不计一切摩擦，重力加速度为g，则( )
A.小球B 离开圆盘后，弹簧弹力不变
B.绳子越长小球B 飞离圆盘时的角速度就越大
C.当角速度为√
g
l 时，弹簧长度等于l
2
D.当角速度为√
4 g
l 时，弹簧弹力等于3mg
答案 AD
解析 小球B 离开圆盘后，对B 竖直方向FTcos θ＝mg，对A 竖直方向F 弹＝2mg＋FTcos θ＝
3mg，即弹簧弹力不变，选项A 正确;设小球B 恰飞离圆盘时绳子与竖直方向夹角为θ0，此时弹簧
长度为l1，对A:k(l－l1)＝3mg，解得l1＝l
2，设球A、B 之间的绳长为L，则cos θ0＝l
2 L，对
B:mgtan θ0＝mω0
2Lsin θ0，解得ω0＝√
g
Lcos θ0
＝√
2g
l ，则小球B 飞离圆盘时的角速度为定值，与
绳长无关，选项B 错误;当角速度为√
g
l <ω0时，小球B 还没有离开圆盘，此时弹簧长度大于l
2，选
项C 错误;当角速度为√
4 g
l >ω0时，小球B 已经离开圆盘，此时弹簧弹力仍等于3mg，选项D 正确。
考点二 竖直面内圆周运动的临界问题
【知识梳理】
竖直面内圆周运动的两种模型对比
物理情景
轻绳模型
轻杆模型
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
最高点无支撑
最高点有支撑
4
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
受力
特征
在最高点除重力外，物体受
到的弹力方向向下或等于零
在最高点除重力外，物体受到
的弹力方向向下、等于零或向
上
受力
示意图
力学
方程
mg＋FT＝mv
2
r
mg±FN＝mv
2
r
临界
特征
FT＝0
mg＝mvmin
2
r
即vmin＝√gr
v＝0
即F 向＝0
FN＝mg
过最高点
的条件
在最高点的速度
v≥√gr
v≥0
模型1 轻绳模型
【典例剖析】
例2 (2025·北京西城一模)如图甲所示，长为R 且不可伸长的轻绳一端固定在O 点，另一端系一小
球，使小球在竖直面内做圆周运动。由于阻力的影响，小球每次通过最高点时速度大小不同。测
量小球经过最高点时速度的大小v、绳子拉力的大小F，作出F 与v2的关系图线如图乙所示。下列
说法中正确的是( )
A.根据图线可以得出小球的质量m＝aR
b
B.根据图线可以得出重力加速度g＝a
R
C.绳长不变，用质量更小的球做实验，得到的图线斜率更大
D.用更长的绳做实验，得到的图线与横轴交点的位置不变
5
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
答案 A
解析 根据牛顿第二定律可知F＋mg＝mv
2
R ，解得F＝m
R v2－mg，由图像可知m
R ＝a−0
2b−b，可得小
球的质量m＝aR
b ，当F＝0 时，由0＝m
R b－mg，可得重力加速度g＝b
R，故A 正确，B 错误;图线
的斜率为k＝m
R ，则绳长不变，用质量更小的球做实验，得到的图线斜率更小，故C 错误;图线与
横轴交点的位置0＝m
R v2－mg，可得v2＝gR，则用更长的绳做实验，得到的图线与横轴交点的位
置距离原点的距离变大，故D 错误。
【即时训练】
2.(2024·江西模拟)如图，玩具小车在轨道上做匀速圆周运动，测得小车1 s 绕轨道运动一周，圆轨
道半径为0.3 m，玩具小车的质量为0.5 kg，AC 为过圆心的竖直线，BD 为过圆心的水平线，重力
加速度g 取10 m/s2，小车看作质点，下列说法正确的是( )
A.小车在BD 下方运动时处于失重状态
B.小车在B 点不受摩擦力作用
C.小车在C 点时对轨道的压力恰好为零
D.小车在A 点时对轨道的压力比在C 点时大10 N
答案 D
解析 小车在BD 下方运动时，向心加速度指向圆心，均有竖直向上的分量，处于超重状态，故
A 错误;由于玩具小车在轨道上做匀速圆周运动，切向方向上所受合力为零，则在B 点受到竖直向
上的摩擦力，故B 错误;设玩具小车在C 点时受到向下的压力FNC，则FNC＋mg＝mv
2
R ，又v＝2π R
T
＝0.6π m/s，解得FNC＝1 N，由牛顿第三定律得FNC'＝FNC≈1 N，故C 错误;设玩具小车在A 点时受
到向上的支持力FNA，则FNA－mg＝mv
2
R ，由牛顿第三定律知FNA'＝FNA，得FNA'－FNC'＝2mg＝10
N，故D 正确。
【解题妙招】
6
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
(1)最高点，若v≥√gR，F 弹＋mg＝mv
2
R ，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。
模型2 轻杆模型
【典例剖析】
例3 (多选)(2024·陕西咸阳模拟)如图所示，长为0.1 m 的轻杆一端固定一质量为0.1 kg 的小球，小
球绕圆心O 在竖直面内做圆周运动。P 是圆周上的最高点，重力加速度g＝10 m/s2，下面说法正
确的是( )
A.当小球运动到与O 相平的水平位置时，杆对小球作用力为零
B.若小球经过P 点时速度为1 m/s，杆对小球作用力为零
C.若小球经过P 点时杆对小球作用力等于0.36 N，小球的速度一定等于0.8 m/s
D.若小球经过Q 点时杆对小球作用力等于5 N，小球速度一定等于2 m/s
答案 BD
解析 当小球运动到与O 相平的水平位置时杆对小球提供一个指向圆心的拉力，故A 错误;在最高
点P，当只有重力提供向心力时有mg＝mv P
2
L ，代入数据解得vP＝√gL＝1 m/s，故B 正确;在最高
点P，杆对小球的作用力可能向上，也可能向下，因此有mg－F1＝mv1
2
L 或mg＋F2＝mv2
2
L ，其中
F1＝F2＝0.36 N，解得v1＝0.8 m/s 或v2＝√1.36 m/s，故C 错误;当小球运动到最低点时，小球受杆
的拉力为5 N，有F3－mg＝mvQ
2
L ，代入数据解得vQ＝2 m/s，故D 正确。
【解题妙招】
1.在最高点，杆(或管道)的弹力与速度的关系
(1)当v＝0 时，F 弹＝mg，F 弹背离圆心。
(2)当0<v<√gR时，mg－F 弹＝mv
2
R ，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＝mv
2
R ，F 弹指向圆心并随v 的增大而增大。
7
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
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。
【即时训练】
3.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)。小球A、B 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(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，所受合力提供向心力，设管对A 的支持力为FA，由牛顿第二定律有FA－mAg＝mA
v A
2
R ，代入数据解得FA＝28 N，由牛顿第三定律可得，A 球对管的弹力竖直向下，FA'＝28 N。设
B 球对管的弹力为FB'，由管的受力平衡可得FB'＋FA'＋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 球的弹力FB为44 N，方向竖直向下，对B 球由牛
顿第二定律有FB＋mBg＝mBvB
2
R ，解得vB＝4 m/s，故B 正确。
考点三 倾斜面上圆周运动的临界问题
【典例剖析】
例4 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，盘面与水平
面的夹角为15°，盘面上离转轴距离为r＝1 m 处有一质量m＝1 kg 的小物体，小物体与圆盘始终
保持相对静止，且小物体在最低点时受到的摩擦力大小为6.6 N。若重力加速度g 取10 m/s2，sin
15°＝0.26，则下列说法正确的是( )
8
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
A.小物体做匀速圆周运动线速度的大小为√2 m/s
B.小物体受到合力的大小始终为4 N
C.小物体在最高点受到的摩擦力大小为0.4 N，方向沿盘面指向转轴
D.小物体在最高点受到的摩擦力大小为1.4 N，方向沿盘面背离转轴
答案 B
解析 在最低点对小物体受力分析，合力提供向心力，即Ff－mgsin 15°＝mv
2
r ，解得v＝2 m/s，
故A 错误;小物体做匀速圆周运动，所受合力大小始终为F 合＝mv
2
r ＝4 N，故B 正确;小物体在最
高点所受合力大小为4 N，摩擦力Ff'＝F 合－mgsin 15°＝1.4 N，即在最高点受到的摩擦力大小为
1.4 N，方向沿盘面指向转轴，故C、D 错误。
【解题妙招】
物体在倾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，平行斜面的分力与静摩擦力的合力提供向心力。
在转动过程中，转动越快，物体最容易滑动的位置是最低点，恰好滑动时，有μmgcos θ－mgsin θ
＝mω2R。
【即时训练】
4.如图所示，在与水平地面夹角为θ＝30°的光滑斜面上，有一半径为R＝0.1 m 的光滑圆轨道，一
质量为m＝0.2 kg 的小球在圆轨道内沿轨道做圆周运动，g＝10 m/s2，下列说法中正确的是( )
A.小球能通过圆轨道最高点的最小速度为0
B.小球能通过圆轨道最高点的最小速度为1 m/s
C.小球以2 m/s 的速度通过圆轨道最低点时对轨道的压力为8 N
9
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
D.小球通过圆轨道最低点和最高点时对圆轨道的压力之差为6 N
答案 D
解析 小球做圆周运动，在最高点，根据牛顿第二定律有mgsin θ＋FN1＝mv
2
R ，当FN1＝0 时，小
球有最小速度，解得vmin＝√gR sinθ＝√2
2 m/s，故A、B 错误;小球以2 m/s 的速度通过圆轨道最低
点时，根据牛顿第二定律有FN2－mgsin θ＝mv '
2
R ，解得FN2＝9 N，根据牛顿第三定律，小球对轨
道的压力大小为9 N，故C 错误;小球从最高点到最低点，根据动能定理有mgsin θ·2R＝1
2mv'2－1
2
mv2，联立解得FN2'－FN1'＝6mgsin θ＝6 N，故D 正确。
【限时训练】（40min）
1.(2025·福建三明市模拟)如图所示，当汽车通过拱桥顶点的速度为10 m/s 时，汽车对桥顶的压力
为车重力的3
4，如果要使汽车在粗糙的桥面经过桥顶时，恰好不受摩擦力作用，则汽车通过轿顶
的速度应为( )
A.15 m/s
B.20 m/s
C.25 m/s
D.30 m/s
答案 B
解析 如果要使汽车在粗糙的桥面经过桥顶时，不受摩擦力作用，即汽车只受重力作用，则有mg
＝mv '
2
R ，当汽车通过拱桥顶点的速度为10 m/s 时，汽车对桥顶的压力为车重的3
4，即支持力为3
4
mg，则有mg－3
4 mg＝mv
2
R ，联立解得v'＝20 m/s，故B 正确。
2.(2025·四川成都模拟)如图，一水平圆盘绕竖直中心轴以角速度ω 做匀速圆周运动，紧贴在一起
的A、B 两物体(可视为质点)随圆盘做圆周运动，B 恰好不下滑，A 恰好不滑动，两物体与转轴距
离为r，已知A 与B 间的动摩擦因数为μ1，A 与圆盘面间的动摩擦因数为μ2，最大静摩擦力等于
滑动摩擦力。μ1与μ2应满足的关系式为( )
10
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
A.μ1＋μ2＝1
B.
μ1
μ2
＝1
C.μ1μ2＝1
D.
μ1＋μ2
μ1 μ2
＝1
答案 C
解析 以A、B 整体为研究对象，受力分析如图甲所示，由静摩擦力提供向心力可得μ2(mA＋mB)g
＝(mA＋mB)ω2r;以B 为研究对象，受力分析如图乙所示，由A 对B 的弹力提供向心力，则有FN＝
mBω2r，由平衡条件可得μ1FN＝mBg，联立解得μ1μ2＝1，故C 正确。
3.(2025·湖南邵阳模拟)如图所示，竖直杆AB 在A、B 两点通过铰链连接两等长轻杆AC 和BC，AC
和BC 与竖直方向的夹角为θ，轻杆长为L，在C 处固定一质量为m 的小球，重力加速度为g，当
装置绕竖直轴AB 转动的角速度ω 从0 开始逐渐增大时，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.一定时间后，AC 杆与BC 杆上的力大小之差恒定
D.当ω＝√
Lcosθ
g
时，BC 杆的作用力为0
答案 C
解析 当ω＝0 时，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mgtan θ＝mω2Lsin θ，解得
11
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
ω＝√
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、D 错误;一定时间后，AC 杆和BC 杆对球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FACcos θ－FBCcos θ＝mg，所以FAC－FBC＝mg
cosθ，因此AC 杆与BC 杆
上的力大小之差恒定，故C 正确。
4.如图所示，竖直固定的光滑圆轨道内有一质量为m 的小球在做完整的圆周运动。已知轨道半径
为R，a 为最高点，b 为最低点，c 和d 为与圆心O 等高的点，e 和f 为关于圆心O 的对称点，重力
加速度大小为g。下列说法正确的是( )
A.小球在a 点的速度必须大于√gR
B.小球在c 点和d 点时与轨道之间没有弹力
C.小球在e 点所受合力和在f 点所受合力等大反向
D.若小球运动到a 点时，速度为√3 gR，则小球对轨道的压力大小为2mg
答案 D
解析 小球若恰能经过a 点，则mg＝mvmin
2
R ，解得vmin＝√gR，即小球在a 点的速度大于等于√gR，
A 错误;小球在c 点和d 点时轨道对小球的支持力提供向心力，即与轨道之间都有弹力，B 错误;小
球在e 点和f 点受力情况如图，可知小球在e 点所受合力和在f 点所受合力大小不相等，方向不是
相反，C 错误;小球在a 点时，合力提供向心力，有FNa＋mg＝m(√3 gR)
2
R
，解得FNa＝2mg，D 正确。
5.用生活中常见的细绳和塑料容器制作“水流星”模型，如图所示，容器中盛有质量为m 的清水，
然后使其在竖直平面内做半径为L 的圆周运动(不考虑细绳和容器质量，重力加速度为g)。则下列
说法正确的是( )
12
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
A.“水流星”通过最高点时，绳子张力不可以为零
B.“水流星”通过最高点时，清水恰好不流出来的速度是0
C.假如“水流星”可在竖直面内做匀速圆周运动，则“水流星”通过最低点和最高点，细绳的张
力差为4mg
D.假如“水流星”可在竖直面内做匀速圆周运动，则“水流星”通过最低点和最高点，细绳的张
力差为2mg
答案 D
解析 “水流星”通过最高点，当绳的张力恰好为零时，对水和容器整体，根据牛顿第二定律mg
＝mv
2
L ，解得v＝√gL，所以“水流星”通过最高点时，绳子张力可以为零，清水恰好不流出来的
速度是√gL，故A、B 错误;假如“水流星”在竖直面内以速度v'做匀速圆周运动，在最低点，根
据牛顿第二定律得FT1－mg＝mv '
2
L ，解得FT1＝mg＋mv '
2
L ，在最高点，根据牛顿第二定律得mg＋
FT2＝mv '
2
L ，解得FT2＝mv '
2
L －mg，则ΔFT＝FT1－FT2＝2mg，故C 错误，D 正确。
6.如图所示，轻杆长3L，在杆两端分别固定质量均为m 的球A 和球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√2 gL
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
13
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
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＝mvB
2
2 L，
解得vB＝√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vA＝1
2 √2gL，故B
错误;B 球在最高点时，对杆无弹力，此时A 球受到的重力和杆的弹力的合力提供向心力，有F－
mg＝mv A
2
L ，解得F＝1.5mg，由牛顿第三定律可知杆受到A 球的弹力大小为1.5mg，则水平转轴对
杆的作用力为1.5mg，故C 正确，D 错误。
7.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的角速度ω 转动，盘面与水平
面的夹角为37°，盘面上离转轴距离1.0 m 处有一小物体与圆盘始终保持相对静止，小物体的质量
为1.0 kg，小物体与盘面间的动摩擦因数为0.8(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)。则当ω 达到最
大值时，小物体运动到最高点时所受摩擦力的大小为(g 取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)(
)
A.5.6 N
B.6.0 N
C.6.4 N
D.8.0 N
答案 A
解析 经分析，当小物体运动到最低点时，摩擦力达到最大值，角速度达到最大值，根据牛顿第
二定律得μmgcos 37°－mgsin 37°＝mωm
2r，在最高点，根据牛顿第二定律得Ff＋mgsin 37°＝mωm
2
r，联立以上两式并代入数据得Ff＝－5.6 N，负号表示摩擦力的方向沿盘面向上，大小为5.6 N，
故A 正确。
8.如图所示，一倾斜的圆筒绕固定轴OO1以恒定的角速度ω 转动，圆筒的半径r＝1.5 m。筒壁内
有一小物体与圆筒始终保持相对静止，小物体与圆筒间的动摩擦因数为√3
2 (设最大静摩擦力等于
滑动摩擦力)，转动轴与水平面间的夹角为60°，重力加速度g 取10 m/s2，则ω 的最小值是( )
A.1 rad/s
B.√30
3 rad/s
14
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
C.√10 rad/s
D.5 rad/s
答案 C
解析 对小物体受力分析如图所示，由牛顿第二定律有mgcos 60°＋FN＝mω2r，Ff＝mgsin
60°≤μFN，解得ω≥√10 rad/s，故A、B、D 错误，C 正确。
9.如图所示，相同的物块a、b 用沿半径方向的细线相连放置在水平圆盘上。当圆盘绕转轴转动时，
物块a、b 始终相对圆盘静止。下列关于物块a 所受的摩擦力Ffa随圆盘角速度的平方(ω2)的变化关
系图像正确的是( )
答案 D
解析 转动过程中，物块a、b 的角速度相同，当圆盘角速度较小时，a、b 由静摩擦力提供向心力，
绳子拉力为零，此过程中a、b 的摩擦力分别为Ffa＝mω2ra，Ffb＝mω2rb，因为rb>ra，故Ffa<Ffb，又
因为a、b 与平台的最大静摩擦力相同，所以随着角速度增大，b 先达到最大静摩擦力，当b 达到
最大静摩擦力Ff0时绳子开始出现拉力，此时对a 有Ffa－FT＝mω2ra，对b 有Ff0＋FT＝mω2rb，联立
可得Ffa＝m(ra＋rb)ω2－Ff0，由上述分析可知，绳子拉力出现之前Ffa－ω2图像的斜率为mra，绳子
拉力出现之后图线的斜率为m(ra＋rb)，所以绳子有拉力时图线斜率变大，故D 正确。
10.(多选)如图甲、乙所示，分别用长度均为1 m 的轻质细绳和轻质细杆的一端拴质量均为1 kg 的
小球A、B，另一端分别固定在O、O'点，现让A、B 两小球分别绕O、O'点在竖直平面内做圆周
运动，小球均可视为质点，不计空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2。下列说法正确的是( )
15
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
A.A 球做圆周运动到最高点的最小速度为0
B.B 球做圆周运动到最高点的最小速度为0
C.某次A、B 两球运动到最高点对绳、杆的作用力大小分别为2 N、5 N，则此时A、B 两球的速
度大小之比可能为2√15∶5
D.某次A、B 两球运动到最高点对绳、杆的作用力大小分别为2 N、5 N，则此时A、B 两球的速
度大小之比可能为2∶√5
答案 BCD
解析 A 球与细绳相连，恰好能到最高点时有mg＝mv1
2
L ，解得v1＝√gL＝√10 m/s，故A 错误;B
球与杆相连，恰好能到最高点的速度大小为v2＝0，故B 正确;在最高点时，对A 球由牛顿第二定
律有FA＋mg＝mv3
2
L ，代入数据解得v3＝2√3 m/s，对B 球有两种情况:①杆对小球B 为支持力时，
则有mg－FB1＝mv4
2
L ，代入数据解得v4＝√5 m/s，②杆对小球B 为拉力时，则有mg＋FB2＝mv5
2
L
，代入数据解得v5＝√15 m/s，则小球A、B 在最高点的速度大小之比为v3∶v4＝2√15∶5 和v3∶v5
＝2∶√5，故C、D 正确。
11.(多选)如图所示，质量均为m 的物块A、B 放在水平转盘上，两物块到转轴的距离均为r，与转
盘之间的动摩擦因数均为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。A、B 分别用细绳系于转盘转轴上
的O1、O2点，细绳都刚好拉直。现缓慢增大转盘的转速，重力加速度为g。已知O1A、O2B 与竖
直方向的夹角分别为θ1、θ2，且μ<tan θ1<tan θ2，则( )
A.物块B 比物块A 先脱离转盘
B.细绳即将出现张力时转盘的角速度为√
μg
r
C.物块A 脱离转盘时角速度为√
g tan θ1
r
D.物块B 脱离转盘时角速度为√
gsin θ2
r
答案 BC
16
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
解析 当物块所受静摩擦力最大时，细绳即将出现张力，对其中一个物块有μmg＝mω1
2r，解得
ω1＝√
μg
r ，选项B 正确;当物块脱离转盘时，转盘对物块支持力恰好为零，对物块A 竖直方向有
FTcos θ1＝mg，水平方向有FTsin θ1＝mωmA
2r，联立解得ωmA＝√
g tan θ1
r
，同理有ωmB＝√
g tan θ2
r
，选项C 正确，D 错误;由于tan θ1<tan θ2，则ωmA<ωmB，可知物块A 先脱离转盘，选项A 错误。
12.(2025·福建泉州高三期中)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 的轻弹簧一端固定于轴O 上，另一端连接质量为m 的小物块A。当圆盘静止时，把弹簧拉
长后将物块放在圆盘上，使物块能保持静止的弹簧的最大长度为5 L
4 ，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L，当圆盘的角速度为多大时，物块A 将开始滑动?
(2)若物块与圆盘一起匀速转动的周期T＝2π√
3m
k ，物块恰好不受摩擦力作用，此时弹簧的伸长量
x2为多大?
(3)若弹簧的长度L'＝3 L
2 时，物块与圆盘能一起匀速转动，试求转动角速度的可能值。
答案 (1)√
k
4 m (2) L
2 (3)√
k
6m≤ω≤√
k
2m
解析 (1)开始时物块处于静止状态，根据平衡条件有μmg＝k(
5 L
4 −L)
弹簧处于原长L 时，圆盘开始转动，当最大静摩擦力提供向心力时，物块A 将开始滑动，有
μmg＝mω0
2L
联立解得圆盘的角速度为ω0＝√
k
4 m。
(2)设弹簧伸长x2，则有kx2＝m(
2π
T )
2
(L＋x2)
联立解得x2＝L
2 。
(3)L'＝3
2L 时，弹簧伸长量为L
2 。当角速度最小时，摩擦力的方向与弹簧的拉力方向相反，则
17
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
1
2kL－μmg＝mω1
2·3
2L
解得ω1＝√
k
6m
当角速度最大时，摩擦力的方向与弹簧的弹力的方向相同，则1
2kL＋μmg＝mω2
2·3 L
2
解得ω2＝√
k
2m
所以角速度取值范围为√
k
6m≤ω≤√
k
2m。
18
