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专题强化七 圆周运动的临界问题
学习目标 1.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
源及动力学问题。 2.掌握分析判断临界问题的方法。
考点一 水平面内的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.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。
例1 (2024·安徽宣城质检)如图1 甲所示，质量相等的物块A、B 放在水平圆盘上，
A、B 和圆盘圆心O 在同一直线上，让圆盘绕过圆心O 的竖直轴匀速转动，当A
刚要滑动时，转动的角速度为ω1，当B 刚要滑动时，转动的角速度为ω2；若
A、B 在圆盘上的位置不变，用细线将A、B 连接，细线刚好伸直，如图乙所示，
让圆盘匀速转动，当A、B 一起刚要滑动时，转动的角速度为ω3，两物块与盘面
间的动摩擦因数相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列关系正确的是(
)
图1
A.ω1>ω3>ω2
B.ω1<ω3<ω2
1
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C.ω1<ω2
D.ω1<ω3
答案 A
解析 设物块到圆心的距离为r，当物块刚要滑动时，最大静摩擦力提供向心力，
由牛顿第二定律有μmg＝mω2r，可得ω＝，故当A 刚要滑动时，转动的角速度为
ω1＝，当B 刚要滑动时，转动的角速度为ω2＝；若用细线将A、B 连接，当它们
一起刚要滑动时，最大静摩擦力和拉力合力提供向心力，对B 物块由牛顿第二
定律有μmg＋T＝mωrB，对A 物块有μmg－T＝mωrA，联立解得ω3＝，因为
rA<<rB，所以可得ω1>ω3>ω2，故A 正确。
另解 当A、B 用细线连在一起时，可以把A、B 看成一个整体，整体的质量是
2m，整体重心在原来A、B 的中点处。由牛顿第二定律有μmg＝mω2r，可得ω
＝，此临界角速度与物体的质量无关，只与离转轴的远近有关。离转轴越远临界
角速度越小，因为rA<rAB 重心<rB，所以ω1>ω3>ω2，故A 正确。
1.(多选)如图2 所示，在水平圆台的转轴上的O 点固定一根结实的细绳，细绳长
度为l，细绳的一端连接一个小木箱，木箱里坐着一只玩具小熊，此时细绳与转
轴间的夹角为θ＝53°，且处于恰好伸直的状态。已知小木箱与玩具小熊的总质
量为m，木箱与水平圆台间的动摩擦因数μ＝0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，
sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，重力加速度为g，不计空气阻力。在可调速电动机的
带动下，让水平圆台缓慢加速运动( )
2
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图2
A.当圆台的角速度ω＝时，细绳中无张力
B.当圆台的角速度ω＝时，细绳中有张力
C.当圆台的角速度ω＝时，圆台对木箱无支持力
D.当圆台的角速度ω＝时，圆台对木箱有支持力
答案 ABC
解析 细绳中恰好无张力时，静摩擦力达到最大，由静摩擦力提供向心力，有
μmg＝mω2lsin θ，解得ω＝，可得当ω≤时绳子无张力，ω>时绳子有张力，故
A、B 正确；圆台对木箱恰好无支持力时，有mgtan θ＝mω2lsin θ，解得ω＝，
即当ω≥时，圆台对木箱无支持力，故C 正确，D 错误。
2.(多选)(2024·云南昆明高三期末)如图3 所示，质量为m 的小球由轻绳a 和b 分
别系于一轻质细杆的A 点和B 点，当轻杆绕轴OO′以角速度ω 匀速转动时，小球
在水平面内做匀速圆周运动，a 绳与水平面成θ 角，b 绳平行于水平面且长为l，
重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
图3
A.小球一定受a 绳的拉力作用
B.小球所受a 绳的拉力随角速度的增大而增大
C.当角速度ω>时，b 绳将出现弹力
3
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D.若b 绳突然被剪断，则a 绳的弹力一定发生变化
答案 AC
解析 对小球受力分析，在竖直方向有mg＝Tasin θ，可知小球一定受a 绳的拉
力作用，且小球所受a 绳的拉力随角速度的增大保持不变，故A 正确，B 错误；
当b 绳刚要绷紧出现弹力时，水平方向根据牛顿第二定律，有Tacos θ＝mω2l，
联立解得ω＝，即当角速度ω>时，b 绳将出现弹力，故C 正确；由于b 绳可能
没有弹力，故b 绳突然被剪断，a 绳的弹力可能不变，故D 错误。
考点二 竖直面内圆周运动的临界问题
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
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＝m
mg±FN＝m
临界
特征
FT＝0
mg＝m
即vmin＝
v＝0
即F 向＝0
FN＝mg
过最高点
的条件
在最高点的速度
v≥
v≥0
4
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模型
轻绳模型
例2 (2024·陕西西安高三期末)如图4 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( )
图4
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
＝，解得vm＝4 m/s，故C 正确，D 错误。
(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。
5
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3.(2024·浙江温州高三期中)如图5 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( )
图5
A.小球在a 点的速度必须大于
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，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＝m，解得vmin＝，即小球在a 点的速度大于
等于，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，解得FNa＝2mg，D 正确。
模型
轻杆模型
6
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例3 (2024·浙江衢州高三月考)如图6 所示，有一根长L＝4 m 的轻杆两端各固定
一个质量均为m＝1 kg 的小球，O 点为一穿过轻杆的转轴，且位于轻杆的中点。
在外界作用力的影响下转轴带动轻杆与小球做ω＝4 rad/s 的竖直平面上的匀速圆
周运动。某一时刻轻杆沿竖直方向，且A 球在上方。
图6
(1)求该时刻B 球线速度大小和向心加速度；
(2)求该时刻A 球对轻杆的作用力；
(3)若A 球质量可改变，要使该时刻转轴不受轻杆的作用力，A 球质量应为多少？
答案 (1)8 m/s 32 m/s2，方向竖直向上 (2)22 N，方向竖直向上 (3) kg
解析 (1)B 球的线速度大小vB＝＝8 m/s，B 球的向心加速度大小anB＝＝32
m/s2，方向竖直向上。
(2)对A 球，在最高点时，有mg＋FN＝mω2
代入数据得FN＝22 N
由牛顿第三定律知，A 球对轻杆的作用力FN′＝FN＝22 N，方向竖直向上。
(3)对A 球，有mAg＋FNA＝mAω2
对B 球，有FNB－mg＝mω2
若轻杆不受转轴的作用力，有FNA＝FNB
联立解得mA＝ kg。
7
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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<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。
4.(2024·北京丰台高三期中)如图7 甲所示，小球在竖直放置的光滑圆形管道内做
圆周运动。当小球运动到圆形管道的最高点时，管道对小球的弹力与过最高点时
小球速度的平方的关系如图乙所示(取竖直向下为正方向)。MN 为通过圆心的一
条水平线。不计小球半径、管道的粗细，重力加速度为g。下列说法正确的是(
)
图7
A.管道的半径为bg
B.小球质量为
C.小球在MN 以下的管道中运动时，内侧管壁对小球可能有作用力
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D.小球在MN 以上的管道中运动时，外侧管壁对小球一定有作用力
答案 B
解析 由题图乙可知，当v2＝b 时，FN＝0，有mg＝m，解得R＝，故A 错误；
当v2＝0 时，FN＝mg＝a，有m＝，故B 正确；小球在水平线MN 以下的管道中
运动时，由于向心力的方向要指向圆心，则管壁必然要提供指向圆心的支持力，
只有外壁才可以提供这个力，所以内侧管壁对小球没有作用力，故C 错误；小
球在水平线MN 以上的管道中运动时，重力沿径向的分量必然参与提供向心力，
故可能是外侧管壁受力，也可能是内侧管壁对小球有作用力，还可能均无作用力，
故D 错误。
考点三 倾斜面上圆周运动的临界问题
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。
例4 (2024·山东青岛高三期中)如图8 所示，一倾斜圆盘可绕通过圆心、垂直于
盘面的固定轴以不同的角速度匀速转动，盘面上距离转轴l＝5 cm 处有一可视为
质点的物块在圆盘上且始终与圆盘保持相对静止。已知物块与盘面间的动摩擦因
数为，盘面与水平面的夹角θ＝30°，重力加速度大小为g＝10 m/s2，设最大静摩
9
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擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是( )
图8
A.若圆盘角速度逐渐增大，物块会在最高点发生相对滑动
B.圆盘转动时角速度可能为5 rad/s
C.物块运动到最高点时所受摩擦力方向一定背离圆心
D.物块运动到与圆盘圆心等高点时，摩擦力的方向垂直于物体和转盘圆心的连线
答案 C
解析 物块在最低点即将滑动时，此时圆盘角速度最大，由牛顿第二定律有
μmgcos 30°－mgsin 30°＝mωl，解得ω1＝5 rad/s，故B 错误；物块在最高点恰好
不受摩擦力时，根据牛顿第二定律有mgsin 30°＝mωl，解得ω2＝10 rad/s>5
rad/s，物块运动到最高点摩擦力一定背离圆心，但不会发生相对滑动，故A 错
误，C 正确；由于做匀速圆周运动，合力方向指向圆盘中心，重力的下滑分力与
摩擦力的合力提供向心力，则与圆盘圆心等高点处摩擦力的方向不垂直于物块和
转盘圆心的连线，故D 错误。
5.如图9 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(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( )
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图9
A.1 rad/s
B. rad/s
C. 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≥ rad/s，故A、B、D 错误，C 正确。
A 级 基础对点练
对点练1 水平面内圆周运动的临界问题
1.如图1 所示，一硬币(可视为质点)置于水平圆盘上，硬币与竖直转轴OO′的距
离为r，已知硬币与圆盘之间的动摩擦因数为μ(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，
重力加速度大小为g。若硬币与圆盘一起绕OO′轴匀速转动，则圆盘转动的最大
角速度为( )
图1
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A.
B.
C.
D.2
答案 B
解析 硬币做圆周运动的向心力由静摩擦力提供，有Ff＝mω2r ，又Ff≤Ffm＝
μFN＝μmg，联立可得mω2r≤μmg，解得ω≤，即圆盘转动的最大角速度为，故
选项B 正确。
2.(多选)(2024·辽宁大连模拟)一质量为2 000 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1.6×104 N，当汽车经过半径为100 m 的弯道时，
下列判断正确的是( )
图2
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1.6×104 N
C.汽车转弯的速度为30 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8 m/s2
答案 CD
解析 汽车在水平面转弯时，做圆周运动，重力与支持力平衡，侧向静摩擦力提
供向心力，不能说受到向心力，A 错误；如果车速达到20 m/s，需要的向心力F
＝m＝2.0×103× N＝8×103 N，B 错误；车速达到30 m/s 时，需要的向心力F
＝m＝2.0×103× N＝1.8×104 N，最大静摩擦力为1.6×104 N，则F＞Ff，所以
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汽车会发生侧滑，C 正确；汽车能安全转弯的向心加速度最大值为a＝＝ m/s2＝
8.0 m/s2，D 正确。
3.如图3 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( )
图3
A.小球受重力、支持力、拉力和向心力
B.当ω＝2.5 rad/s 时，小球对锥体的压力为零
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 C
解析 向心力是效果力，不能说小球受向心力，A 错误；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＝mωlsin θ，解得ω0＝ rad/s，B 错误，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。
对点练2 竖直面内圆周运动的临界问题
4.质量为m 的小球在竖直平面内的圆形轨道的内侧运动，如图4 所示，经过最高
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点而不脱离轨道的速度临界值是v，当小球以2v 的速度经过最高点时，对轨道
的压力值是( )
图4
A.0
B.mg
C.3mg
D.5mg
答案 C
解析 小球恰好通过最高点时，只受到重力作用，重力完全充当向心力，有mg
＝m，当小球到达最高点速率为2v 时，有FN＋mg＝m，联立解得小球受到轨道
的支持力大小为FN＝3mg，根据牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力为3mg，
故C 正确。
5.(2022·全国甲卷，14)北京2022 年冬奥会首钢滑雪大跳台局部示意图如图5 所
示。运动员从a 处由静止自由滑下，到b 处起跳，c 点为a、b 之间的最低点，
a、c 两处的高度差为h。要求运动员经过c 点时对滑雪板的压力不大于自身所受
重力的k 倍，运动过程中将运动员视为质点并忽略所有阻力，则c 点处这一段圆
弧雪道的半径不应小于( )
图5
A.
B.
C.
D.
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答案 D
解析 运动员从a 到c 根据动能定理有mgh＝mv，在c 点有FNc－mg＝m，FNc≤
kmg，联立有Rc≥，故选项D 正确。
6.如图6 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)( )
图6
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，设圆管对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 球对圆管
的力竖直向下为28 N，设B 球对圆管的力为FB′，由圆管受力平衡可得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，
圆管对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
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＝mB，解得vB＝4 m/s，故B 正确。
对点练3 倾斜面上圆周运动的临界问题
7.(2024·辽宁鞍山联考)如图7 所示，在倾角为α＝30°的光滑斜面上，有一根长为
L＝0.8 m 的细绳，一端固定在O 点，另一端系一质量为m＝0.2 kg 的小球，沿斜
面做圆周运动，取g＝10 m/s2，小球在A 点最小速度为( )
图7
A.4 m/s
B.2 m/s
C.2 m/s
D.2 m/s
答案 B
解析 由题意可知，小球恰好过A 点时的速度最小，即小球过A 点时绳子上的
拉力恰好为零，此时小球做圆周运动的向心力完全由小球重力沿斜面向下的分力
来提供，由牛顿第二定律有mgsin 30°＝m，解得vmin＝2 m/s，故B 正确。
8.如图8 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( )
图8
A.小物体做匀速圆周运动线速度的大小为 m/s
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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，有小物体所受合力提供向心力，即Ff－
mgsin 15°＝m，解得v＝2 m/s，所以A 错误；小物体所受合力为F 合＝m＝4 N，
所以B 正确；由于小物体做匀速圆周运动，在圆轨道任意位置时，所受合力的
大小都是相等的，小物体在最高点所受合力大小为4 N，有Ff′＝F 合－mgsin 15°
＝1.4 N，即在该点受到大小为1.4 N，方向沿盘面指向转轴的摩擦力，所以C、
D 错误。
B 级 综合提升练
9.(2023·北京昌平区模拟)如图9 甲所示，轻杆的一端固定一小球(视为质点)，另
一端套在光滑的水平轴O 上，O 轴的正上方有一速度传感器，可以测量小球通
过最高点时的速度大小v；O 轴处有力传感器，可以测量小球通过最高点时O 轴
受到杆的作用力F，若竖直向下为力的正方向，使小球在最低点时具有不同的初
速度，得到F－v2图像如图乙所示，取g＝10 m/s2，则( )
图9
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A.O 轴到球心间的距离为0.5 m
B.小球的质量为3 kg
C.小球恰好通过最高点时的速度大小为 m/s
D.小球在最高点的速度大小为 m/s 时杆受到球的作用力竖直向下
答案 A
解析 小球通过最高点时，O 轴受到杆的作用力F 与小球受到杆的作用力F′等大
反向，即F＝－F′，小球过最高点时，根据牛顿第二定律有mg＋F′＝m，得F′＝
v2－mg，则F＝－v2＋mg，则图乙中图像的斜率为－＝－ kg/m，当v2＝0 时，F
＝mg＝3 N，联立解得m＝0.3 kg，R＝0.5 m，故A 正确，B 错误；当小球通过最
高点的速度为零时，小球恰好通过最高点，故C 错误；小球过最高点的速度大
小为 m/s 时，根据牛顿第二定律有mg＋F′＝m，可得F′＝6 N，方向竖直向下，
即杆对球的作用力方向竖直向下，所以杆受到球的作用力竖直向上，故D 错误。
10.(2024·湖南长沙模拟)如图10 所示，水平杆固定在竖直杆上，两者互相垂直，
水平杆上O、A 两点连接有两轻绳，两绳的另一端都系在质量为m 的小球上，
OA＝OB＝AB，现通过转动竖直杆，使水平杆在水平面内做匀速圆周运动，三角
形OAB 始终在竖直平面内，若转动过程中OB、AB 两绳始终处于拉直状态，重
力加速度为g，则下列说法正确的是( )
图10
A.OB 绳的拉力范围为0～mg
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B.OB 绳的拉力范围为mg～mg
C.AB 绳的拉力范围为mg～mg
D.如果把绳AB 剪断，小球一定会偏离原来位置
答案 B
解析 对小球受力分析如图，竖直方向上有TABcos 30°＋TOBcos 30°＝mg，水平方
向上有TOBsin 30°－TABsin 30°＝mω2·L，解得TOB＝mg＋mω2L，TAB＝mg－mω2L，
由两绳拉力的表达式知，ω 越大，TOB越大，TAB越小，可见，当ω＝0 时，TOB取
最小值，TAB取最大值，得TOB 最小＝mg，TAB 最大＝mg；当TAB＝0 时，ω 取到最大值，
可得ωm＝，TOB 最大＝mg，因此OB 绳的拉力范围为mg～mg，AB 绳的拉力范围为
0～mg，故A、C 错误，B 正确；当绳AB 的拉力为零时，如果把绳AB 剪断，小
球不会偏离原来位置，故D 错误。
11.如图11 所示，在竖直平面内，直径为R 的光滑半圆轨道和半径为R 的光滑圆
轨道水平相切于O 点。O 点在水平地面上，可视为质点的小球从O 点以某一初
速度进入半圆，刚好能通过半圆的最高点A，从A 点飞出后落在圆轨道上的B 点，
不计空气阻力，g 取10 m/s2，则B 点与O 点的高度差为( )
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图11
A.
B.
C.
D.
答案 A
解析 由题意知小球刚好能通过半圆的最高点A，则有mg＝m，得vA＝。小球从
A 点做平抛运动，有x＝vAt，y＝gt2，又x2＋y2＝R2，代入解得t2＝，则B 点与O
点的高度差为hBO＝R－y＝，故A 正确。
C 级 培优加强练
12.(2024·陕西宝鸡高三月考)如图12 所示，餐桌中心是一个半径r＝1.5 m 的圆盘，
圆盘可绕中心轴转动，近似认为圆盘与餐桌在同一水平面内且两者之间的间隙可
忽略不计。已知放置在圆盘边缘的小物体与圆盘间的动摩擦因数μ1＝0.6，与餐
桌间的动摩擦因数μ2＝0.225，餐桌离地高度h＝0.8 m。设小物体与圆盘以及餐
桌之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g 取10 m/s2，不计空气阻
力。
图12
(1)为使物体不滑到餐桌上，圆盘的角速度ω 的最大值为多少？
(2)缓慢增大圆盘的角速度，物体从圆盘上甩出，为使物体不滑落到地面，餐桌
半径R 的最小值为多大？
(3)若餐桌半径R′＝r，则在圆盘角速度缓慢增大时，物体从圆盘上被甩出后滑落
到地面上的位置到从圆盘甩出点的水平距离L 为多少？
答案 (1)2 rad/s (2)2.5 m (3)2.1 m
解析 (1)由题意可得，当小物体在圆盘上随圆盘一起转动时，圆盘对小物体的
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静摩擦力提供向心力，所以随着圆盘转速的增大，小物体受到的静摩擦力增大，
当静摩擦力最大时，小物体即将离开圆盘，此时圆盘的角速度达到最大，有
Ffm＝μ1mg＝mω2r
解得ω＝2 rad/s。
(2)由题意可得，当物体滑到餐桌边缘时速度恰好减为零，对应的餐桌半径取最
小值。设物体在餐桌上滑动的位移为x，物体在餐桌上做匀减速运动的加速度大
小为a，有a＝
又Ff＝μ2mg
解得a＝μ2g＝2.25 m/s2
物体在餐桌上滑动的初速度v0＝ωr＝3 m/s
由运动学公式0－v＝－2ax 可得x＝2 m
由几何关系可得餐桌半径的最小值R＝＝2.5 m。
(3)当物体滑离餐桌时，开始做平抛运动，平抛的初速度为物体在餐桌上滑动的
末速度v
由题意可得v2－v＝－2ax′
由于餐桌半径R′＝r，所以x′＝r＝1.5 m
解得v＝1.5 m/s
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设物体做平抛运动的时间为t，则h＝gt2
解得t＝＝0.4 s
物体做平抛运动的水平位移x″＝vt＝0.6 m
所以，水平距离L＝x′＋x″＝2.1 m。
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