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第19 讲 圆周运动的临界问题
目录
复习目标
网络构建
考点一 水平面内的圆盘临界模型
【夯基·必备基础知识梳理】
知识点 水平面内的圆盘临界模型临界规律
【提升·必考题型归纳】
考向 水平面内的圆盘临界模型临界规律应用
考点二 竖直面内圆周运动临界模型
【夯基·必备基础知识梳理】
知识点1 常见绳杆模型特点及临界规律
知识点2 拱形桥和凹形桥类模型特点及临界规律
【提升·必考题型归纳】
考向1 绳类模型
考向2 杆类模型
考向3 拱形桥和凹形桥类模型
真题感悟
1、掌握水平面内圆盘模型的动力学分析及临界条件。
2、掌握竖直面内圆周运动的基本规律，并能够联系实际问题做出相应问题的分析。
1
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考点要求
考题统计
考情分析
（1）水平面内圆周运动临界
（2）竖直面内圆周运动临界
2022 年全国甲卷第1 题
2022 年1 月浙江卷第21 题
2021 年湖北卷第15 题
高考对圆周运动的临界问题的单独考
查不是太常见，大多在综合性的计算
题中出现的比较频繁，并且会结合有
关的功能关系。
考点一 水平面内的圆盘临界模型
圆周运动的临界问题
水平面内的圆盘临界模型
圆盘临界模型临界规律
竖直面内圆周运动临界模型
1. 常见绳杆模型
2. 拱形桥和凹形桥类模型
2
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知识点 水平面内的圆盘临界模型临界规律
①口诀：“谁远谁先飞”；
②a 或b 发生相对圆盘滑动的各自临界角速度：
f m=μ mg =mω2r ；
ω=√
μg
r
①口诀：“谁远谁先飞”；
②轻绳出现拉力，先达到B 的临界角速度：
ω1=√
μg
rB ；
③AB 一起相对圆盘滑动时，临界条件：
隔离A：T=μmAg；隔离B：T+μmBg=mBω2
2rB
整体：μmAg+μmBg=mBω2
2rB
AB 相对圆盘滑动的临界条件：
ω2=√
μ(mA+mB)g
mBrB
=
√
μg
mBrB
(mA+mB)
①口诀：“谁远谁先飞”；
②轻绳出现拉力，先达到B 的临界角速度：
ω1=√
μg
rB
；
③同侧背离圆心，fAmax和fBmax指向圆心，一起相对圆盘滑动时，
临界条件：
隔离A：μmAg-T=mAω2
2rA；隔离B：T+μmBg=mBω2
2rB
整体：μmAg+μmBg=mAω2
2rA+mBω2
2rB
AB 相对圆盘滑动的临界条
ω2=√
μ(mA+mB)g
mA r A+mBrB
=
√
μg
mA r A+mBrB
(mA+mB)
①口诀：“谁远谁先飞”（rB>rA）；
②
轻绳出现拉力临界条件：
ω1=√
μg
rB
；
此时B 与面达到最大静摩擦力，A 与面未达到最大静摩擦力。
此时隔离A：fA+T=mAω2rA；隔离B：T+μmBg=mBω2rB
消掉T：
fA=μmBg-(mBrB-mArA)ω2
3
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③当mBrB=mArA时，fA=μmBg，AB 永不滑动，除非绳断；
④AB 一起相对圆盘滑动时，临界条件：
1）当mBrB>mArA时，fA↓=μmBg-(mBrB-mArA)ω2↑→fA=0→反向→fA达到最
大→从B 侧飞出；
2）当mBrB<mArA时，fA↑=μmBg+(mArA-mBrB)ω2↑→fA达到最大
→ω↑→T↑→fB↓→fB=0→反向→fB达到最大→从A 侧飞出；
AB 相对圆盘滑动的临界条
ω2=√
μ(mA+mB)g
mA r A+mBrB
=
√
μg
mA r A+mBrB
(mA+mB)
临界条件：
①μA>μB ，
ω=√
μB g
rB
；
②μA<μB ，
ω=√
μA g
rB
临界条件：
①
ωmin=√
mB g−μmA g
r
②
ωmax=√
mB g+μmA g
r
考向 水平面内的圆盘临界模型临界规律应用
1．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
的距离为l，
b 与转轴
的距离为
。木块与圆盘间的最大静摩擦力为木块重力的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
表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是（ ）
A．a 可能比b 先开始滑动
B．a、b 所受的静摩擦力始终相等
C．
是b 开始滑动的临界角速度
4
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D．当
时，a 所受摩擦力的大小为
【答案】CD
【详解】AB．两个木块的最大静摩擦力相等，木块随圆盘一起转动，木块所受静摩擦力提供向心力，由牛
顿第二定律得，木块所受的静摩擦力满足
由于两个木块的m、ω 相等，a 的运动半径小于b，所
以b 所受的静摩擦力大于a 的静摩擦力，当圆盘的角速度增大时，b 的静摩擦力先达到最大值，所以b 一定
比a 先开始滑动，故A、B 错误；
C．当b 刚要滑动时，物块所受静摩擦力达到最大，则有
解得b 开始滑动的临界角速度为
故C 正确；
D．当a 刚要滑动时，物块所受静摩擦力达到最大，则有
解得a 开始滑动的临界角速度为
因为
所以a 相对圆盘静止，此时a 物块所受摩擦力是静摩擦，则有
解得a 所受摩擦力的大小为
故D 正确。故选CD。
2．如图，在水平转台上放一个质量M＝2kg 的木块，它与转台间的最大静摩擦力Fmax＝6.0N，绳的一端系
挂木块，通过转台的中心孔O（孔光滑），另一端悬挂一个质量m＝1.0kg 的物体，当转台以角速度
＝
5rad/s 匀速转动时，木块相对转台静止，木块到O 点的距离可能值（ ）
A．0.40m
B．0.25m
C．0.20m
D．0.06m
【答案】BC
【详解】由于木块所受静摩擦力的方向不确定，故我们需要求出两种临界情况。情况一，当方向指向圆心
的摩擦力达到最大静摩擦力时，此时木块到O 点的距离最大，对木块根据牛顿第二定律有
Fmax＋mg = Mω2rmax代入数据解得rmax = 0.32m
情况二，当方向背离圆心的摩擦力达到最大静摩擦力时，此时木块到O 点的距离最小，根据牛顿第二定律
有mg－Fmax = Mω2rmin代入数据解得rmin = 0.08m 所以木块到O 点的距离应该在0.08m ~ 0.32m 之间。
故选BC。
3．如图所示、放在水平转台上可视为质点的长方体A、B、C 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C 之间的动摩擦因数为2μ、B 和C 与转台间的动摩擦因数均为μ，A、C
以及B 离转台中心的距离分别为1.5r、r。设最大静靡擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，下列说法正
确的是（ ）
5
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A．物体A 受到的摩擦力大小为6μmg
B．转盘对物体C 的摩擦力大小为9
C．维持物体A、B、C 能随转台一起转动，转盘的角速度应满足
D．随着转台角速度增大，最先被甩出去的是物体B
【答案】C
【详解】A．若物体AC 随转盘一起转动恰不相对转盘滑动，则
解得
则此时AC 之间的静摩擦力
物体AC 之间的最大静摩擦力为
则此时AC 之间不会产生滑动，则物体A 受到的摩擦力大小为3μmg，选项A 错误；
B．当转盘以角速度ω 匀速转动时，转盘对物体C 的摩擦力大小为
选项B 错误；
CD．若转盘角速度增加，若B 恰能产生滑动，则根据
可得
可知随着转盘角
速度增大，最先被甩出去的是物体AC；若要维持物体A、B、C 能随转台一起转动，这只需AC 相对转盘
不产生滑动，则
即转盘的角速度应满足
选项C 正确，D 错误。故选C。
4．一圆盘可以绕其竖直轴在水平面内转动，圆盘半径为R，甲、乙两物体质量分别为M 和m（M>m），
它们与圆盘之间的最大静摩擦力均为压力的
倍，两物体用一根长为L（L<R）的轻绳连在一起，如图所
示。若将甲物体放在转轴的位置，甲、乙之间的轻绳刚好沿半径方向被拉直，让圆盘从角速度为0 开始转
到，角速度逐渐增大，两物体与圆盘不发生相对滑动，（两物体均可看作质点，重力加速度为g）则下列
说法正确的是（ ）
A．随着角速度的增大的过程中，物块m 受到的摩擦力先增加再逐渐减少
B．随着角速度的增大的过程中，物块M 始终受到摩擦力
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C．则圆盘旋转的角速度最大不得超过
D．则圆盘旋转的角速度最大不得超过
【答案】D
【详解】AB．当圆盘角速度较小时，m 的向心力由静摩擦力提供，绳子没拉力，由牛顿第二定律
m 受的静摩擦力随角速度增大而增大，当角速度增大到
时，静摩擦力达到最大静摩擦力
，角速度再
增大，绳子拉力出现，由牛顿第二定律
随着角速度增大，m 受的摩擦力保持不变，一直为
最大静摩擦力
。则随着角速度的增大的过程中，物块m 受到的摩擦力先增加后保持不变，当绳子有力
时，M 开始受到摩擦力作用，故AB 错误；
CD．当绳子的拉力增大到等于甲的最大静摩擦力时，角速度达到最大，对m 和M，分别有
；
联立可得
故C 错误，D 正确。故选D。
5．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
的细绳连接，木块与转
的最大静摩擦力均为各自重力的
倍，A 放在距离转轴
处，整个装置能绕通过转盘中心的转轴
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（
）
A．当
时，A、B 相对于转盘会滑动
B．当
时，绳子一定有弹力
C．
在
范围内增大时，B 所受摩擦力变大
D．
在
范围内增大时，A 所受摩擦力一直不变
【答案】B
【详解】A．开始角速度较小，两木块都靠静摩擦力提供向心力，B 先到达最大静摩擦力，角速度继续增
大，则绳子出现拉力，角速度继续增大，A 的静摩擦力增大，当增大到最大静摩擦力时，开始发生相对滑
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动，A、B 相对于转盘会滑动，对A 有
对B 有
解得
故A 错误；
B．当B 达到最大静摩擦力时，绳子开始出现弹力
解得
则当
时，绳子一
定有弹力，故B 正确；
C．
时B 已经达到最大静摩擦力，则ω 在
内，B 受到的摩擦力不变，故C 错误；
D．绳子没有拉力时，对A 有
则随转盘角速度增大，静摩擦力增大，绳子出现拉力后，对A 有
对B 有
联立有
则当ω 增大时，静摩擦力也增大，故D 错
误。
故选B。
6．如图所示，两个质量相同的小物块A、B（可视为质点），用一根长为
的细线（不计质量）相连，放
在绝缘的水平圆形转台的一条直径上，A、B 与转台间的动摩擦因数都是
。转台可绕过圆心的竖直轴
以角速度
逆时针转动（俯视），且A、B 到转轴的距离分别为和
。初始时，A、B 间的连接细线
恰好拉直但没有张力，转台的角速度
极为缓慢地增大，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为
，则（ ）
A．当
时，连接细线不会产生张力
B．当
时，随着的
缓慢增大，物块A 所受的静摩擦力逐渐减小
C．若A、B 带有等量的正电荷，在空间中加上竖直向上的匀强磁场，当
时，物块A、B 一定会
和转台保持相对静止
D．若A、B 带有等量的正电荷，在空间中加上竖直向上的匀强磁场，当
时，物块A、B 已经与
转台发生相对滑动
【答案】BD
【详解】A．在B 的静摩擦力达到最大时，连接细线刚要产生张力，对B 有
解得
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可知当
时，细线产生张力，故A 错误；
B．当
从
继续增大时，B 所需向心力是A 的两倍，由受力分析可知，A 所受指向圆心的静摩擦力将
减小，当A 所受静摩擦力为0 时，对B 有
对A 有
联立可得
可知当
时，随着的
缓慢增大，物块A 所受的静摩擦力逐渐减小，故B 正确；
CD．当两物块即将相对滑动时，对系统用牛顿第二定律，有
解得
若A、
B 带有等量的正电荷，在空间中加上竖直向上的匀强磁场，除摩擦力外，A、B 所受的洛伦兹力的合力是
从A 指向B 的，即有
可知在
的情况下，所解得的
比
小，当
时，物块A、B 已经与转台发生相对滑动，故C 错误，D 正确。故选BD。
考点二 竖直面内圆周运动临界模型
知识点1 常见绳杆模型特点及临界规律
轻绳模型
轻杆模型
情景图示
弹力特征
弹力可能向下，也可能等于零
弹力可能向下，可能向上，也可能等于零
受力示意图
力学方程
mg＋FT＝m
mg±FN＝m
临界特征
FT＝0，即mg＝m，得v＝
v＝0，即F 向＝0，
此时FN＝mg
模型关键
(1)“绳”只能对小球施加向下的力
(1)“杆”对小球的作用力可以是拉力，也可以
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(2)小球通过最高点的速度至少为
是支持力
(2)小球通过最高点的速度最小可以为0
知识点2 拱形桥和凹形桥类模型特点及临界规律
拱形桥模型
凹形桥模型
情景图示
弹力特征
弹力可能向上，也可能等于零
弹力向上
受力示意图
力学方程
mg −F N=m v2
R
F N−mg =m v2
R
临界特征
FN＝0，即mg＝m，得v＝
模型关键
①最高点:
F N=mg −m v2
R ，失重；
②v≥√gR ，汽车脱离，做平抛运
动。
①最低点：
F N=mg +m v2
R ，超重；
②v≠0 ，v 越大，FN越大。
考向1 绳类模型
1．如图甲所示，用一轻质绳拴着一质量为
的小球，在竖直平面内做圆周运动（不计一切阻力），小球
运动到最高点时绳对小球的拉力为
，小球在最高点的速度大小为，其
图像如图乙所示，则（
）
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A．轻质绳长为
B．当地的重力加速度为
C．当
时，轻质绳的拉力大小为
D．只要
，小球在最低点和最高点时绳的拉力差均为
【答案】D
【详解】A．小球运动到最高点时，对小球受力分析，由牛顿第二定律有
可得
可知图线斜率为
可得轻质绳长为
故A 错误；
B．由图像可知纵轴上截距的绝对值为
则有
故B 错误；
C．由图像可知
故当
时，有
故C 错误；
D．从最高点到最低点，由机械能守恒有
在最低点对小球受力分析，由牛顿第二定律
有
联立可得小球在最低点和最高点时绳的拉力差为
故D 正确。故选D。
2．如图甲所示，一质量m＝4kg 的小球（可视为质点）以v0＝4m/s 的速度从A 点冲上竖直光滑半圆轨道。
当半圆轨道的半径R 发生改变时，小球对B 点的压力与半径R 的关系图像如图乙所示，g 取10m/s2，下列
说法不正确的是（ ）
A．x＝2.5
B．y＝40
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C．若小球能通过轨道上的C 点，则其落地点距A 点的最大水平距离为0.80m
D．当小球恰能通过轨道上的C 点时，半圆轨道的半径R＝64cm
【答案】ABD
【详解】AB．从A 到B，根据动能定理可得
在B 点，根据牛顿第二定律得
联立解得
结合题图乙可知
，
故AB 错误，AB 满足题意要求；
D．恰能通过最高点时，在最高点，根据牛顿第二定律可得
从最低点到最高点，根据动能定理可
得
解得
故D 错误，满足题意要求；
C．从最高点做平抛运动，则有
，
；
且
联立解得
当
解得
，
取最大值，可得
故C 正确，不满足题意要求。故选ABD。
考向2 杆类模型
3．如图所示，轻杆一端与一小球相连，另一端连在光滑固定轴上，可在竖直平面内自由转动。小球在竖
直平面内恰好能做完整的圆周运动，已知小球质量为m，杆长为L，重力加速度为g，不计空气阻力。下列
说法正确的是（ ）
A．小球在最高点时，小球的速度大小为
B．小球在最低点时，小球的速度大小为
C．小球在最低点时，杆对小球的作用力大小为
D．当杆处于水平位置时，杆对小球的作用力大小为
【答案】CD
【详解】A．小球在竖直平面内恰好能做完整的圆周运动，则小球在最高点的速度恰好为零，A 错误；
B．从最高点到最低点对小球应用动能定理可得
解得
，B 错误；
C．最低点对小球受力分析，由牛顿第二定律
解得
，C 正确；
D．从最高点到水平位置对小球应用动能定理可得
由牛顿第二定律
解得
，D
正确。故选CD。
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4．一半径为r 的小球紧贴竖直放置的圆形管道内壁做圆周运动，如图甲所示。小球运动到最高点时管壁对
小球的作用力大小为
，小球的速度大小为v，其
图像如图乙所示。已知重力加速度为g，规定竖
直向下为正方向，不计一切阻力。则下列说法正确的是（ ）
A．小球的质量为
B．圆形管道内侧壁半径为
C．当
时，小球受到外侧壁竖直向上的作用力，大小为
D．小球在最低点的最小速度为
【答案】AB
【详解】A．规定竖直向下为正方向，设圆形管道内侧壁半径为R，小球受到圆形管道的作用力大小为
，
在最高点，由牛顿第二定律，当
时
当
时，由重力提供向心力有
解得
当
时，由牛顿第二定律有
解得
当
时，由牛顿第二定律有
解得
故
故小球的质量为
或
，故A 正确；
B．当
时
；
解得圆形管内侧壁半径
故B 正确；
C．当
时，小球受到外侧壁竖直向下的作用力，由牛顿第二定律有
解得
故C 错误；
D．根据能量守恒定律，当小球在最高点具有最小速度（为零）时，其在最低点的速度最小，即
；
故D 错误。故选AB。
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考向3 拱形桥和凹形桥类模型
5．在竖直平面内光滑圆轨道的外侧，有一小球（可视为质点）以某一水平速度从最高点A 出发沿圆轨道
运动，至B 点时脱离轨道，最终落在水平面上的C 点，圆轨道半径为
，重力加速度为
，不计空气阻力。
下列说法中正确的是（ ）
A．小球从A 点出发的速度大小
B．小球经过B 点时的速度大小
C．小球经过B 点时速度变化率大小为
D．小球落在C 点时的速度方向竖直向下
【答案】C
【详解】A．根据题意可知，小球在A 点没有脱离轨道，则小球对圆轨道的压力不为零，由牛顿第二定律
有
解得
故A 错误；
B．根据题意可知，小球在B 点脱离轨道，则小球对圆轨道的压力为零，只受重力作用，设此时小球与圆
心的连线与竖直方向的夹角为
，由牛顿第二定律有
解得
故B 错误；
C．根据题意可知，小球在B 点脱离轨道，则小球对圆轨道的压力为零，只受重力作用，小球的加速度为
，即小球经过B 点时速度变化率大小为
，故C 正确；
D．根据题意可知，小球在B 点脱离轨道，速度方向为斜向下，只受重力作用，水平方向做匀速直线运动，
小球落地时，水平方向速度不为零，则小球落在C 点时的速度方向不可能竖直向下，故D 错误。故选C。
6．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
，C 处的曲率半径为
，重力加速度为g。若有
一辆可视为质点、质量为m 的小汽车与路面之间各处的动摩擦因数均为
，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
D．汽车经过C 处时所受的摩擦力大小为
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【答案】AC
【详解】A．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；
B．在B、C 处受向下的重力mg、向上的弹力
，由圆周运动有
得车对轨道的压力
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
半径较小的C 处更容易爆胎，B 错误；
D．在C 处所受的滑动摩擦力
，D 错误；
C．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
即安全行驶的速度不得超
过
，C 正确。故选AC。
（2023 湖南卷高考真题）如图，固定在竖直面内的光滑轨道ABC 由直线段AB 和圆弧段BC 组成，两段相
切于B 点，AB 段与水平面夹角为θ，BC 段圆心为O，最高点为C、A 与C 的高度差等于圆弧轨道的直径
2R。小球从A 点以初速度v0冲上轨道，能沿轨道运动恰好到达C 点，下列说法正确的是（ ）
A．小球从B 到C 的过程中，对轨道的压力逐渐增大
B．小球从A 到C 的过程中，重力的功率始终保持不变
C．小球的初速度
D．若小球初速度v0增大，小球有可能从B 点脱离轨道
【答案】AD
【详解】A．由题知，小球能沿轨道运动恰好到达C 点，则小球在C 点的速度为vC = 0
则小球从C 到B 的过程中，有
；
联立有FN= 3mgcosα－2mg
则从C 到B 的过程中α 由0 增大到θ，则cosα 逐渐减小，故FN逐渐减小，而小球从B 到C 的过程中，对轨
道的压力逐渐增大，A 正确；
B．由于A 到B 的过程中小球的速度逐渐减小，则A 到B 的过程中重力的功率为P = －mgvsinθ
则A 到B 的过程中小球重力的功率始终减小，则B 错误；
15
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C．从A 到C 的过程中有
解得
C 错误；
D．小球在B 点恰好脱离轨道有
则
则若小球初速度v0增大，小球在B 点的速
度有可能为
，故小球有可能从B 点脱离轨道，D 正确。
故选AD。
16
