文档文本内容
第20 讲 圆周运动的临界问题
目 录
巩固·知识解构...................................................................................................................................... 1
知识点1 水平面内圆周运动的临界问题............................................................................3
知识点2 竖直平面内圆周运动的临界问题........................................................................2
知识点3 斜面上圆周运动的临界问题...............................................................................3
模拟·基础演练...............................................................................................................................................................4
⏳题型01 水平面内圆周运动的临界问题......................................................................................................4
⏳题型02 竖直面内的圆周运动临界问题......................................................................................................9
⏳题型03 斜面上圆周运动的临界问题........................................................................................................13
重难·创新演练.............................................................................................................................................................17
真题·实战演练...........................................................................................................................................................229
巩固·知识解构
知识点1 水平面内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
①压力、支持力的临界条件是物体间的弹力恰好为零。
②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。
3．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。
。
知识点2 竖直平面内圆周运动的临界问题
1．竖直面内圆周运动的两类模型
(1)无支撑（如球与绳连接、沿内轨道运动的过山车等），称为“绳（环）约束模型”。
(2)有支撑（如球与杆连接、小球在弯管内的运动等），称为“杆（管）约束模型”。
2．两种模型特点及涉及的临界问题
物理情境
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
最高点除重力外，物体受到
的弹力方向：向下或等于零
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≥
在最高点的速度v≥0
知识点3 斜面上圆周运动的临界问题
1．题型简述：在斜面上做圆周运动的物体，因所受的控制因素不同，如静摩擦力控制(图甲)、轻绳
控制(图乙)、轻杆控制(图丙)，物体的受力情况和临界条件也不相同。
由于重力沿斜面的分力，在斜面内做圆周运动的物体的速率不断变化，运动情况与竖直面内的圆周运
动类似，所以通常分析物体在最高点和最低点的受力情况求临界状态。物体在斜面上运动时，若受摩擦力，
还要参照水平面内圆周运动的临界问题分析摩擦力的突变问题，如静摩擦力的方向变化、静摩擦力变为滑
动摩擦力。
2．解题关键——重力的分解和视图
物体在斜面上做圆周运动时，设斜面的倾角为θ，重力沿垂直斜面方向的分力与物体受到的支持力平
衡，解决此类型问题时，可以按下图所示操作把问题简化。
模拟·基础演练
考查重点：圆周运动临界问题
⏳题型01 水平面内圆周运动的临界问题
1.（2026·湖南·二模）2026 年春晚节目《世界义乌中国年》中，93 名孩子齐摇拨浪鼓送上新春祝福。
如图所示，拨浪鼓边缘上与圆心等高处关于转轴对称的位置固定有长度分别为LA、LB的两根不可伸长的
细绳，两根细绳另一端分别系着质量相同的小球A、B，其中LA< LB。现匀速转动手柄使两小球均在水平
面内匀速转动，连接小球A、B 的细绳与竖直方向的夹角分别为α和β，两小球线速度大小分别为v A、vB，
细绳对小球A、B 的拉力大小分别为F A、FB，下列判断正确的是（ ）
A．α > β
B．α = β
C．v A<vB
D．F A> FB
【答案】C
【解析】AB．设拨浪鼓半径为R，细绳长为l，小球在水平面内做匀速圆周运动，设细绳与竖直方向
夹角为θ，则有mgtanθ =m(R+lsinθ)ω
2
解得l =
g
ω
2 −
R
tanθ
cosθ
由题意可知两小球角速度相同，由于LA< LB
则根据公式可知α < β
故AB 错误；
C．两小球轨道半径满足r A<rB
角速度ωA =ωB
则v A<vB
故C 正确；
D．绳子的拉力可表示为F = mg
cosθ
由于α < β
则可得F A< FB
故D 错误。
故选C。
2.（2026·福建福州·三模）如图，在水平转台上放置有质量相同的滑块P 和Q（可视为质点），它们与
转台之间的动摩擦因数相同，P 与转轴
的距离为R1，Q 与转轴
的距离为R2，且R1<R2，转台绕
转轴
以角速度ω 匀速转动，转动过程中，两滑块始终相对转台静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
下列说法正确的是（ ）
A．滑块P 和Q 均受到四个力作用
B．P 的向心加速度大于Q 的向心加速度
C．P 所受到的摩擦力大于Q 所受到的摩擦力
D．若角速度ω 缓慢增大，Q 一定比P 先开始滑动
【答案】D
【解析】A．转动过程中，两滑块相对转台静止，滑块P 和Q 均受到重力、支持力和摩擦力三个力作
用，故A 错误；
BC．转动过程中，两滑块相对转台静止，两滑块有相同的角速度，都由静摩擦力提供向心力，则有
f =mr ω
2=ma
因两滑块的质量相同，而R1<R2，故f P<f Q，即P 需要的向心力小于Q 需要的向心力，P 的向心加速度
小于Q 的向心加速度，故BC 错误；
D．设两滑块与转台的动摩擦因数为μ，则最大静摩擦力为f m= μmg
则两滑块的最大静摩擦力相同；根据上述分析可知，在没有滑动前，Q 所需要的向心力总是大于P 所
需要的向心力，则Q 所受的静摩擦力总是大于P 所受的静摩擦力，当角速度ω 缓慢增大时，Q 先达到最大
静摩擦力，则Q 一定比P 先开始滑动，故D 正确。
故选D。
3.（多选）（2026 高三上·湖南岳阳·阶段检测）如图所示，质量均为m 的A、B 两个物块（均可视为
质点），用一根不可伸长的轻绳连在一起，轻绳经过水平圆盘圆心的竖直线OO'，开始时轻绳恰好拉直但
无拉力，A、B 两物块的转动半径为rB=2r A =2r。A 和B 一起随圆盘绕竖直中心轴OO'转动，转动角速度
ω从零开始缓慢增大，直到两物块相对圆盘运动为止。它们与圆盘间的动摩擦因数均为μ，取最大静摩擦
力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，则（ ）
A．当圆盘的角速度小于❑√
μg
2r
时，绳中有拉力
B．当圆盘的角速度大于❑√
μg
2r
时，绳中有拉力
C．当圆盘的角速度等于❑√
μg
r
时，物块A 受到的摩擦力为零
D．当圆盘的角速度等于❑√
2 μg
r
时，物块A 和B 相对圆盘向A 的一侧发生相对滑动
【答案】BC
【解析】AB．物块随圆盘转动，静摩擦力提供向心力。由于B 的半径大，根据Fn=mr ω
2可知，B 需
要的向心力大，故B 先达到最大静摩擦力。当B 的静摩擦力达到最大值时，绳子即将产生拉力，此时有
μmg=m×2r ω1
2
解得临界角速度ω1= ❑√
μg
2r
当ω>❑√
μg
2r 时，绳中有拉力；当ω<❑√
μg
2r 时，绳中无拉力，故A 错误，B 正确。
C ．当圆盘的角速度等于ω= ❑√
μg
r >ω1时，绳中有拉力。对B 分析，由牛顿第二定律得
T + μmg=mω
2×2r
解得T = μmg
对A 分析，需要的向心力FnA=mr ω
2= μmg
此时绳子对A 的拉力T = μmg恰好提供A 所需的向心力，故A 受到的摩擦力为零，故C 正确；
D．当角速度继续增大，A 受到的摩擦力方向变为指向圆外（背离圆心）。当A 的摩擦力也达到最大
值时，两物块即将相对滑动。 对A 有T −μmg=mr ω2
2
对B 有T + μmg=m×2r ω2
2
联立解得ω2= ❑√
2 μg
r
此时若角速度再增大，B 做离心运动（向B 侧滑动），A 在绳子拉力作用下向圆心运动（也是向B 侧
滑动），故整体向B 的一侧发生相对滑动，故D 错误。
故选BC。
4.（2026·河南濮阳·二模）如图所示，竖直放置的一光滑大圆环，半径为R，圆心为O。一根轻绳一端固定
在大圆环的最高点，另一端连接质量为m的小圆环，小圆环套在大圆环上。系统静止时细绳与竖直方向的
夹角为30°。现使大圆环绕过圆心O的竖直轴O1O2以角速度ω匀速转动，重力加速度为g。在角速度ω从0
逐渐增大，但小圆环未沿大圆环滑动的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．ω=0时绳上拉力大小为mg
B．角速度增大到❑√
2g
R
时，大圆环对小圆环的弹力为零
C．角速度增大到❑√
2g
R
时，细绳对小圆环的拉力为零
D．细绳对小圆环的拉力比大圆环对小圆环的弹力先达到零
【答案】C
【详解】转速较慢时，大圆环对小圆环的弹力垂直于接触面向外，如图所示
对小圆环进行受力分析可知，竖直方向有T cos30
∘= N sin30
∘+mg
水平方向有T sin30
∘−N cos30
∘=mω
2 R sin60
∘
联立解得T = ❑√3mg−
❑√3
2 mω
2 R，N =mg−3
2 mω
2 R
A．当ω=0时绳上拉力大小为T = ❑√3mg−
❑√3
2 mω
2 R = ❑√3mg，故A 错误；
B．设角速度增大到ω1时，大圆环对小圆环的弹力为零，则N =mg−3
2 mω1
2 R =0
解得ω1= ❑√
2 g
3 R ，故B 错误；
C．角速度增大到ω2时，细绳对小圆环的拉力为零，则T = ❑√3mg−
❑√3
2 mω2
2 R =0
解得ω2= ❑√
2g
R ，故C 错误；
D．由于ω2>ω1，大圆环对小圆环的弹力比细绳对小圆环的拉力先达到零，故D 错误。
故选C。
5.（2026 高三下·湖南娄底·开学考试）如图甲所示，将质量为m1的物块A 和质量为
的物块B 沿同一
半径方向放在水平转盘上，两者用长为L 的水平轻绳连接。物块与转盘间的最大静摩擦力均为各自重力的
k 倍，物块A 与转轴的距离等于轻绳长度，整个装置能绕通过转盘中心的竖直轴转动。开始时，轻绳恰好
伸直但无拉力，现让该装置从静止开始转动，使角速度缓慢增大，绳中拉力FT与ω
2的关系如图乙所示，
当ω
2超过3ω1
2时，物块A、B 开始滑动。若图乙中的
、ω1及重力加速度g 均为已知，下列说法正确的是
（ ）
A．L=
F1
m2ω1
2
B．k = F1
m2 g
C．L=
F1
2m2ω1
2
D．m2=m1
【答案】C
【解析】由题图乙可知，当转盘角速度的二次方为2ω1
2时，A、B 间的细绳开始出现拉力，可知此时
B 达到最大静摩擦力，故有k m2 g=m2⋅2 L⋅2ω1
2
当转盘角速度的二次方为3ω1
2时，A 达到最大静摩擦力，对A 有k m1g−F1=m1 L⋅3ω1
2
对B 有k m2 g+ F1=m2⋅2 L⋅3ω1
2
联立以上三式解得L=
F1
2m2ω1
2，k = 2 F1
m2 g ，m2= 1
2 m1
故选C
⏳题型02 竖直面内的圆周运动临界问题
6.（2026·湖南永州·三模）如图甲所示，一横截面为圆形的水泥涵管、内截面圆的半径为R。一儿童在最低
点以一定的水平初速度踢出球，球沿管道运动在A 点脱离管道后，恰好落入位于圆心O 处的背兜，简化示
意图如图乙所示。忽略一切阻力和滚动的影响，重力加速度为g，则A 点离水平直径的距离h 为（ ）
A．
❑√3
3 R
B．
❑√6
4 R
C．2
3 R
D．
❑√2
2 R
【答案】A
【详解】球在A 点脱离管道的瞬间，设球速度大小为v，AO 与水平方向夹角为θ，球和管道之间的弹力为
0，由重力沿AO 方向的分力提供向心力，有mgsinθ =m v
2
R
球脱离管道后做斜抛运动，沿AO 方向，球受重力沿AO 方向的分力作用，根据牛顿第二定律，有
ma=mgsinθ
解得a= gsinθ
设运动时间为t，根据匀变速直线运动位移与时间的关系，得R = 1
2 at
2= 1
2 gsinθ⋅t
2
沿垂直AO 方向，球受重力垂直AO 方向的分力作用，根据牛顿第二定律，有ma
′ =mgcosθ
解得a
′ = gcosθ
垂直于AO 方向，有0= vt −1
2 a
' t
2
代入a
′ = gcosθ，得t =
2v
gcosθ
联立解得tanθ =
❑√2
2
则sinθ =
❑√2
❑√6 = 1
❑√3 =
❑√3
3
所以A 点离水平直径的距离h 为h= R sinθ =
❑√3
3 R
故选A。
7.（2026·山东烟台·二模）如图所示，在粗糙水平地面上放置一个质量为M 的支架，支架顶端通过轻
质铰链连接一根长为L 的轻杆，轻杆另一端连接一个质量为m 的小球（小球的半径忽略不计）。开始时小
球静止在底端，现给小球一水平初速度v0= ❑√5 gL，使小球在竖直面内做圆周运动，支架始终保持静止不
动。重力加速度大小为g，运动过程中忽略空气阻力。当小球到达最高点时，支架对地面压力的大小为（
）
A．Mg−mg
B．Mg
C．Mg+mg
D．Mg+2mg
【答案】B
【解析】小球从最低点运动到最高点，上升高度为2 L，只有重力做功，机械能守恒
1
2 m v0
2=mg⋅2 L+ 1
2 m v
2
小球在最高点，圆心在小球下方，向心力向下指向圆心。设杆对小球的作用力为F，向下为正方向，
由向心力公式 mg+ F = m v
2
L
得F =0
说明杆对小球、小球对杆都没有作用力。
支架静止，受力平衡，自身重力为Mg，地面对支架的支持力等于Mg，根据牛顿第三定律，支架对
地面的压力大小为Mg。
故选B。
8.（多选）（2026·贵州遵义·期中）如图所示，有一轻质杆长L=0.5m，一端固定一质量m 为0.5kg 的
小球（可视为质点），杆绕另一端在竖直面内做圆周运动，重力加速度g 取10m/ s
2。下列说法正确的是
（ ）
A．若小球恰好可以过最高点，则小球过最高点时速度v = ❑√5 m/s
B．若小球通过最高点时速度v = ❑√2m/ s，则此时杆对小球的弹力大小为3N
C．若小球通过最低点时速度v = ❑√10m/ s，则此时杆对小球的作用力竖直向上
D．由于阻力的影响，小球通过最高点的速度减小，则最高点时轻杆对小球的作用力一定减小
【答案】BC
【解析】A．若小球恰好可以过最高点，此时杆对小球的弹力与重力平衡，小球的速度为0，故A 错
误；
B．若小球通过最高点时速度v = ❑√2m/ s，设杆对小球的弹力竖直向上，根据牛顿第二定律可得
mg−F =m v
2
L
代入数据解得F =3 N，故B 正确；
C．若小球通过最低点时速度v = ❑√10m/ s，根据牛顿第二定律可得F
'−mg=m v
2
L
代入数据解得F
' =15 N
方向竖直向上，故C 正确；
D．小球通过最高点时，当杆对小球的弹力刚好为0 时，则有mg=m v
2
L
解得此时小球的速度大小为v = ❑√5m/ s
当小球通过最高点的速度小于v = ❑√5m/ s时，杆对小球的弹力竖直向上，根据牛顿第二定律可得
mg−F =m v
2
L
可知随着小球通过最高点的速度减小，杆对小球的弹力增大，故D 错误。
故选BC。
9.（2026·山东潍坊·模拟预测）如图所示，可以把地球看作一个巨大的拱形桥，拱面半径就是地球半
径R，地面上沿地球赤道行驶的汽车，质量为m，地面对它的支持力是F N。已知地球表面的重力加速度为
g，不考虑汽车行驶中空气的阻力和地球自转的影响。以下说法正确的是（ ）
A．F N与车速v 有关，v 越大F N越大
B．F N与车速v 无关，恒等于重力
C．当速度增大到❑√gR，汽车不能再加速
D．随着汽车的不断加速，汽车可以离开地面绕地心做椭圆运动
【答案】C
【解析】AB．由牛顿第二定律可得mg−F N =m v
2
R
汽车速度越大，F N就越小，故AB 错误；
C．当速度增大到❑√gR，可得F N =0
此时汽车对地面无压力，轮胎与地面间的摩擦力为零，汽车无法获得牵引力，因此不能再加速，故C
正确；
D．由C 选项分析可知，当速度达到❑√gR时，汽车无法继续加速，因此速度无法超过❑√gR，汽车无法
做离心运动从而绕地心做椭圆运动，若速度等于❑√gR，汽车将绕地心做匀速圆周运动，故D 错误。
故选C。
10.（2026·广西崇左·二模）小明同学用不可伸长的细线系一个质量为0.2kg 的发光小球（视为质点），
让小球在竖直面内绕一固定点做半径为0.5m 的圆周运动。在小球经过最低点附近时拍摄了一张照片，曝
光时间为1
50 s。由于小球运动，在照片上留下了一条长度约为半径的1
5的圆弧形径迹，取重力加速度大小
g=10m/s2。根据以上数据估算小球在最低点时细线对小球的拉力大小为（ ）
A．9N
B．10N
C．11N
D．12N
【答案】D
【解析】曝光时间Δt = 1
50 s内，小球运动的弧长Δl = 1
5 r =0.1m
由于曝光时间极短，可近似认为小球在这段时间做匀速运动，因此速度v = Δl
Δt =5m/ s
小球在最低点时，细线拉力与重力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得T −mg=m v
2
r
解得T =12 N
故选D。
⏳题型03 斜面上圆周运动的临界问题
11.（2026·湖南·二模）某公园内有一种可供游客娱乐的转盘，转盘表面与水平面成θ 角。质量为m、
可视为质点的游客随转盘一起绕转轴做匀速圆周运动。游客到转轴的距离为R，游客与转盘表面之间的动
摩擦因数为μ。如图所示，P、Q 点分别是游客运动的轨迹圆上的最高点和最低点，MN 是轨迹圆上垂直于
PQ 的直径，已知重力加速度大小为g，游客与圆盘间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是
（ ）
A．游客在M 点受到的摩擦力指向圆心
B．游客在最高点的线速度最小为❑√gR sinθ
C．转盘的最大角速度为❑√
( μcosθ−sinθ)g
R
D．游客从Q 运动到P 的过程中，摩擦力做功mgRsinθ
【答案】C
【解析】A． 游客做匀速圆周运动，在M点， 游客所受摩擦力与重力沿斜面向下的分力的合力指向
圆心，故A 错误；
B． 在最高点P，当游客所受最大静摩擦力沿斜面向上时，此时游客的线速度最小，根据牛顿第二定
律得mgsinθ−μmgcosθ =m vmin
2
R
解得vmin= ❑√gR(sinθ−μcosθ)，故B 错误；
C ．在Q 点，当最大静摩擦力指向圆心时，转盘的角速度最大，由向心力公式
μmgcosθ−mgsinθ =mω
2 R
解得ω= ❑√
( μcosθ−sinθ)g
R
，故C 正确；
D．游客做匀速圆周运动，由动能定理W f −2mgR sinθ =0
解得摩擦力做功W f =2mgRsinθ，故D 错误。
故选C。
12.（多选）（2025·广西南宁·二模）如图所示，长为L的细绳一端固定在倾角为α的光滑斜面上的O点
另一端拴接质量为m的小球（可视为质点）。小球在斜面上绕O点做圆周运动，到最高点P时细绳拉力恰
好为零。重力加速度为g。则下列说法正确的是（ ）
A．小球运动到最低点Q时，细绳的拉力大小为
B．小球运动到最低点Q时，细绳的拉力大小为3mgsin α
C．小球运动到与圆心等高的位置时，速度大小为
D．小球运动到与圆心等高的位置时，速度大小为
【答案】AD
【解析】AB．小球到最高点P 时细绳拉力恰好为零，根据牛顿第二定律有mgsin α =m v1
2
L
小球从最高点运动到最低点Q 的过程由动能定理有mg×2 Lsin α = 1
2 mv2
2−1
2 mv1
2
小球运动到最低点Q 时，由牛顿第二定律有T −mgsin α =m v2
2
L
解得T =6mgsin α
故A 正确，B 错误；
CD．小球从最高点运动到与圆心等高的过程由动能定理有mgLsin α = 1
2 mv3
2−1
2 mv1
2
代入数据可得v3= ❑√3 gLsin α
故C 错误，D 正确。
故选AD。
13（多选）（2026 高三上·河南商丘·阶段检测）如图1 所示，倾斜圆盘绕过其中心的转轴匀速转动，
圆盘上距离转轴R =0.3m处放置有一可视为质点的物块，物块相对圆盘保持静止。图2 所示为物块在随圆
盘转动的过程中所受摩擦力大小的平方随时间变化的f
2−t图线，图中t1、t2两时刻的时间间隔Δt =1s。已
知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g 取10m/ s
2，π
2取10。下列判断中正确的是（ ）
A．物块所受向心力大小一定为3N
B．圆盘的倾角α可能为30°
C．物块的质量可能为5
3 kg
D．
时刻摩擦力一定指向圆心
【答案】BC
【解析】BC．图中t1、t2两时刻的时间间隔Δt =1s，所以周期T =2 Δt =2s
当在最高点，摩擦力指向圆心时：在t1时刻f 1−mgsin α =m 4 π
2
T
2 R
在t2时刻f 2+mgsin α =m 4 π
2
T
2 R
联立解得m= 5
3 kg，sin α = 9
50
当在最高点，摩擦力背离圆心时：在t2时刻mgsin α −f 2=m 4 π
2
T
2 R
联立解得m=1kg，sin α = 1
2
此时α =30°，故BC 正确；
A．由于倾斜圆盘绕过其中心的转轴匀速转动，物块相对圆盘保持静止，则无论物块在哪里，当
m= 5
3 kg时，
物块所受向心力大小都为F =m 4 π
2
T
2 R =5 N，当m=1kg时，物块所受向心力大小都为
F =m 4 π
2
T
2 R =3 N，故A 错误；
D．t2时刻摩擦力最小，在最高点，可能指向圆心也可能背离圆心，故D 错误。
故选BC。
14（多选）（2026·山东济南·期末）一个“L”形支架固定在水平转台上，如图所示，支架两边与水平
面的夹角分别为α和β，且α > β。转台绕过支架顶点O的竖直轴线以角速度ω匀速转动，两个小物块
、B
随支架转动且与支架相对静止。已知
、B距离水平转台的高度相同，下列说法正确的是（ ）
A．物块
、B的向心加速度大小相等
B．物块
、B受到的摩擦力不可能同时为零
C．当物块
受到的摩擦力为零时，B受到的摩擦力一定沿支架右边平面向下
D．若物块B受到的摩擦力为零时，
受到的摩擦力一定沿支架左边平面向下
【答案】BC
【解析】A．由an=ω
2r
依题意ω相同，r A<rB
解得anA<anB，A 错误；
B．如图所示，若物块A 恰好不受摩擦力作用，由牛顿第二定律
有mA ω1
2r A =mA g tan α
设物块A、B距离水平转台的高度为h
有r A =
h
tan α
解得ω1
2= g tan
2α
h
若物块B 恰好不受摩擦力作用
同理可得ω2
2= g tan
2 β
h
依题意α > β
解得ω1>ω2
故物块A、B受到的摩擦力不可能同时为零，B 正确；
C．由前面分析可知，当物块A 恰好不受摩擦力作用时，转台的角速度为ω1
2= g tan
2α
h
当物块B 恰好不受摩擦力作用时，转台的角速度为ω2
2= g tan
2 β
h
因为α > β
有ω1>ω2
由Fn=mω
2r
得当物块A受到的摩擦力为零时，物块B需要的向心力大于重力、支持力能提供的合力，物块B 有沿
斜面向上滑的趋势，故B受到的摩擦力一定沿支架右边平面向下，C 正确；
D．由前面分析可知，当物块B受到的摩擦力为零，由ω1>ω2，物块A 需要的向心力小于重力、支持
力能提供的合力，物块A 有沿斜面向下滑的趋势，故A受到的摩擦力一定沿支架左边平面向上，D 错误。
15.（多选）（2026·全国·课后作业）如图所示，半径为R 的半球形陶罐固定在可以绕竖直轴旋转的水
平转台上，转台转轴与过陶罐球心O 的对称轴
重合，转台以一定角速度ω匀速旋转。甲、乙两个小物
块（可视为质点）质量均为m，分别在转台的A、B 两处随陶罐一起转动且始终相对罐壁静止，OA、OB
与
间的夹角分别为α =30
∘和β =60
∘，重力加速度大小为g。当转台的角速度为ω0时，小物块乙受到
的摩擦力恰好为零，下列说法正确的是（ ）
A．ω0= ❑√
g
R
B．当转台的角速度为ω0时，甲有上滑的趋势
C．当角速度从0.5ω0缓慢增加到1.5ω0的过程中，甲受到的摩擦力一直增大
D．当角速度从0.5ω0缓慢增加到1.5ω0的过程中，甲受到的支持力一直增大
【答案】BD
【解析】A．设陶罐内壁对物块乙的支持力为F，则有F cos β =mg，F sin β =mω0
2( R sin β)
解得ω0= ❑√
2 g
R ，故A 错误；
B．设当转台的角速度为ω时，物块甲受到的摩擦力恰好为零，设此时支持力为F，则有
F cos30° =mg，F sin30° =mω
2× R sin30°
解得ω= ❑√
2 g
❑√3 R ＜ω0
所以当转速为ω0时，支持力的分力不足以提供物块所需要的向心力，物块必然受到一个沿内壁切线向
下的静摩擦力，即物块甲有上滑的趋势，故B 正确；
C．由于ω= ❑√
2 g
❑√3 R = ❑√
1
❑√3 × 2 g
R ＞❑√
1
4 × 2g
R =0.5ω0
所以当角速度从0.5ω0缓慢增加到1.5ω0的过程中，物块甲一开始具有下滑的趋势，到最后具有上滑
的趋势，所受的摩擦力方向发生了变化，其大小先减小再增大，故C 错误；
D．摩擦力沿着陶罐内壁的切线方向，把它沿着水平和竖直方向进行分解；当角速度从0.5ω0缓慢增加
到1.5ω0的过程中，摩擦力在沿着切线向上的方向上逐渐减小到零并反向增大，由于物块竖直方向上所受
合力为零，则由f sin α + F cosα =mg
可知物块甲受到的支持力一直在增大，故D 正确。
重难·创新演练
设题创新:结合生活情景 体育运动
1.（多选）如图甲所示是放在水平地面上的家用滚筒洗衣机运行脱水程序时，滚筒绕水平轴匀速转动的情
形；图乙是简化模型图，可认为某件质量为m 的湿衣物在竖直平面内紧贴筒壁做匀速圆周运动。设滚筒的
半径为R，角速度为ω，A、C 分别为滚筒的最高点与最低点，B、D 为圆心等高点，重力加速度为g。下
列说法正确的是（ ）
A．衣物在C 点对筒壁的压力为mg+mR ω
2
B．衣物在B、D 两点所受摩擦力大小均为mg，方向相反
C．衣物随滚筒运动的过程中洗衣机对地面的压力大小不变
D．滚筒匀速转动的角速度ω≥❑√
g
R
【答案】AD
【详解】A．衣物在C 点，向心力由筒壁对衣物的支持力与衣物的重力的合力提供，由FC−mg=mR ω
2
可得FC=mg+mR ω
2
由牛顿第三定律可得F 压= Fc =mg+mR ω
2，故A 正确；
B．由于衣物做匀速圆周运动，切线方向的合力应为零，所以衣物在B、D 两点所受摩擦力的方向都是与
重力等大反向，即竖直向上，故B 错误；
C．衣物做匀速圆周运动时，向心力由筒壁对衣物的弹力、摩擦力与衣物的重力的合力提供。根据牛顿第
三定律可知，筒壁对衣物的弹力的反作用力即衣物对筒壁的压力在竖直方向的分力会改变洗衣机对地面的
压力，由于衣物对筒壁的压力随衣物位置的变化而变化，所以洗衣机整体对地面的压力会随衣物位置的变
化而变化，故C 错误；
D．要保证衣物能始终贴着筒壁，则有mg=mR ωmin
2
解得ωmin= ❑√
g
R ，故D 正确。
故选AD。
2..(2026·广东省·单元测试)游乐场有一种游乐设施叫“疯狂DISCO”，如图所示。游玩者坐在圆盘上，
圆盘周围有安全栏杆，圆盘启动时游玩者可以感受振动、正转、反转等刺激过程。假设有两位游玩者坐在
水平旋转的圆盘上，其中A游玩者坐在圆盘中间的某位置，B游玩者背靠着栏杆坐在圆盘上，如图乙所示。
现将圆盘的角速度增大到某值后，A、B两位游玩者均未滑动，继续做匀速圆周运动。下列说法正确的是
( )
A. B游玩者的质量一定大于A游玩者的质量
B. B游玩者的动摩擦因数一定大于A游玩者的动摩擦因数
C. 增大角速度后，A游玩者的摩擦力一定增大
D. 增大角速度后，B游玩者的摩擦力一定增大
【答案】C
【解析】根据图中位置和向心力公式：Fn=mr ω
2，B游玩者距离圆心较远，且背靠栏杆，未知是否
受到栏杆的弹力，所以两位游玩者的质量和摩擦因数未知，故A、B选项错误;
当增大角速度后，A游玩者所需的向心力增大，即摩擦力增大，故C 选项正确;
B游玩者是否达到了最大静摩擦力，栏杆是否有弹力未知，故D 选项错误。
3.（2026·陕西宝鸡·三模）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v
2的关系图线如图乙所示。下列说法中正确的是（ ）
A．根据图线可得重力加速度g= a
b
B．根据图线可得小球的质量m= bR
a
C．v
2由2b变为b的过程中，小球克服阻力做功为1
2 mb
D．用更长的绳做实验，得到的图线与横轴交点的位置不变
【答案】C
【详解】AB．球在竖直圆周运动最高点时，合力提供向心力，由牛顿第二定律得F +mg=m v
2
R
可得F = m
R v
2−mg
结合图乙可知F =0时，v
2=b，代入得0= m
R ⋅b−mg
解得g= b
R
当F =a时，v
2=2b
代入得 a= m
R ⋅2b−mg
解得m= aR
b ，AB 错误；
C．两次都对应小球在最高点，重力势能变化为0，动能减少量等于小球克服阻力做的功，故
W 克= 1
2 m⋅2b−1
2 m⋅b= 1
2 mb， C 正确；
D．图线与横轴交点对应F =0，此时有v
2= gR
绳长R变长，交点横坐标增大，位置改变，D 错误。
故选C。
4.（2026·广东·二模）如图甲，场地自行车的赛车场为盆形，其弯道可简化为图乙所示“内低外高”的斜
坡，斜坡倾角为θ。若运动员经过图示位置时可视为做水平面内半径为R的匀速圆周运动，车轮受到沿斜
坡向下的摩擦力，重力加速度为g，则运动员经过图示位置时（ ）
A．速度大于❑√gRtanθ
B．速度小于❑√gRtanθ
C．加速度等于gtanθ
D．加速度小于gtanθ
【答案】A
【详解】当自行车转弯时摩擦力恰好为0，重力和支持力的合力提供向心力，有mg tan θ =m v0
2
R
解得临界速度为v0= ❑√gR tan θ
车轮受到沿斜坡向下的摩擦力，则摩擦力和支持力的水平分力共同提供向心力，所以运动员和自行车的速
度大于v0。
故选A。
5.（2026·辽宁朝阳·二模）（多选）如图所示，底面半径为R =0.2m的圆柱形桶固定在水平桌面上，橡皮筋
一端与桶顶部圆心O点相连，另一端从桶内隔板中央的光滑小孔A点穿过后与质量为m=2kg的小球P（可
视为质点）相连。已知橡皮筋的劲度系数为k =100 N/m且原长等于OA。当A点到桶底面距离足够大时，
给小球P 适当的速度，可使其在水平面内做匀速圆周运动（如图甲所示），且运动过程中不与桶壁接触。
当A点到桶底面距离h较小时，在底面圆心O
′点处给小球P 适当的速度，可使小球紧贴着底面沿直径做往
复运动（如图乙所示），若与桶壁碰撞，可视为弹性碰撞。已知橡皮筋的弹性势能Ep= 1
2 k x
2，x为橡皮筋
的形变量，小球P 与桶底面间的动摩擦因数μ=0.5，g取10 m /s
2，下列说法正确的是（ ）
A．当小球P在水平面内做圆周运动（不与桶壁接触）时，速度越大，小球与底面的距离越小
B．当小球P在水平面内做圆周运动（不与桶壁接触）时，最大线速度为❑√2m /s
C．当h=0.1m时，在O
′点给小球P 初动能Ek=5.875J，小球将与桶壁碰撞2 次
D．当h=0.1m时，在O
′点给小球P 初动能Ek=5.875J，小球将停在距离O
′点0.05 m处
【答案】BCD
【详解】A．设小球做圆周运动半径为r，橡皮筋形变量为AP = x
竖直投影y = x cos θ
拉力T =kx
竖直方向受力N =mg−T cos θ =mg−ky
向心力T sin θ = m v
2
r
代入r = x sin θ
得k r
2=m v
2
当小球未离开底面时，高度为0，不变；离开底面后N =0
得y = mg
k 为定值，高度不变。因此速度变化不改变小球与底面的距离，故A 错误。
B．不接触桶壁时最大r = R =0.2m
由k r
2=m v
2
得v =r ❑√
k
m =0.2m×❑√
100 N /m
2kg
= ❑√2m/ s
且此时y = mg
k =0.2m
满足N ≥0，因此最大线速度为❑√2m/s，故B 正确。
C．小球在底面运动时，竖直方向得支持力为N =mg−kh=10 N
摩擦力f = μN =5 N
恒为定值。
弹性势能E p= 1
2 k(h
2+ s
2)
s为小球到O
′的距离。
根据能量守恒，初总能量Ek + 1
2 k h
2= 1
2 k(h
2+ s
2)+ f s总
化简得5.875=50 s
2+5 s总
碰撞次数判断，第一次到右桶壁s=0.2m，s总=0.2m，代入得右边=50×0.04+5×0.2=3<5.875
能到达，故第一次碰撞；
反弹后到左桶壁s=−0.2m，s总=0.2m+0.4 m=0.6m
代入得右边=50×0.04 +5×0.6=5<5.875
能到达，故第二次碰撞；
之后剩余能量不足到达右桶壁（第三次碰撞需要总路程1.0 m，总能量需要50×0.04+5×1=7>5.875），
因此共碰撞2 次，故C 正确。
D．停下来的条件是拉力ks≤f =5 N
即s≤0.05 m。通过能量守恒逐步推导，最终小球停下时距离O
′刚好为0.05 m，满足ks= f =5 N
合力为零停下，故D 正确。
故选BCD。
真题·实战演练
高频考点：圆周运动在水平方向 竖直方向的临界问题
1．（2025·江西·高考真题）为避免火车在水平面上过弯时因内外轨道半径不同致使轮子打滑造成危险
（不考虑离心问题），把固定连接为一体的两轮设计成锥顶角θ很小的圆台形，如图所示。设铁轨间距为
L，正常直线行驶时两轮与铁轨接触处的直径均为D，过弯时内外轨间中点位置到轨道圆心的距离为过弯
半径R。在θ很小时，tanθ≈sinθ≈θ。若在水平轨道过弯时要求轮子不打滑且横向偏移量不超过Δx，则
最小过弯半径R 为（ ）
A．2 LD
θΔx
B．LD
θΔx
C．LD
2θΔx
D．LD
4θΔx
【答案】C
【解析】根据题意可知，转弯时车轮会向外偏移Δx，这样导致轮子与外铁轨接触的位置半径增大为r1，
根据几何关系有2r1= D+2 Δx tan θ
2
同理可知，轮子与内铁轨接触的位置半径减小为r2，则有2r2= D−2 Δx tan θ
2
设一段时间内，外轨道轮子与铁轨接触的位置向前运动的距离为s1，内轨道轮子与铁轨接触的位置向
前运动的距离为s2，由于两轮固定连接为一体，且轮子不打滑，则有
s1
s2
= r1
r2
=
D+2 Δx tan θ
2
D−2 Δx tan θ
2
由于tan θ
2 ≈θ
2
则有
s1
s2
= D+θΔx
D−θΔx
转弯过程俯视图，如图所示
由几何关系有
s1
s2
=
R+ L
2
R−L
2
联立解得R = LD
2θΔx
故选C。
2.（2024·广东·高考真题）如图所示，在细绳的拉动下，半径为r 的卷轴可绕其固定的中心点O 在水平面内
转动。卷轴上沿半径方向固定着长度为l 的细管，管底在O 点。细管内有一根原长为l
2、劲度系数为k 的
轻质弹簧，弹簧底端固定在管底，顶端连接质量为m、可视为质点的插销。当以速度v 匀速拉动细绳时，
插销做匀速圆周运动。若v 过大，插销会卡进固定的端盖。使卷轴转动停止。忽略摩擦力，弹簧在弹性限
度内。要使卷轴转动不停止，v 的最大值为（ ）
A．r ❑√
k
2m
B．l ❑√
k
2m
C．r ❑√
2k
m
D．l ❑√
2k
m
【答案】A
【详解】有题意可知当插销刚卡紧固定端盖时弹簧的伸长量为Δ x = l
2，根据胡克定律有
F =k Δ x = kl
2
插销与卷轴同轴转动，角速度相同，对插销有弹力提供向心力
F =ml ω
2
对卷轴有
v =rω
联立解得
v =r ❑√
k
2m
故选A。
3．（2024·江苏·高考真题）制作陶瓷时，在水平面内匀速转动的台面上有一些陶屑。假设陶屑与台面
间的动摩擦因数均相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。将陶屑视为质点，则（ ）
A．离转轴越近的陶屑质量越大
B．离转轴越远的陶屑质量越大
C．陶屑只能分布在台面的边缘处
D．陶屑只能分布在一定半径的圆内
【答案】D
【解析】与台面相对静止的陶屑做匀速圆周运动，静摩擦力提供向心力，当静摩擦力为最大静摩擦力
时，根据牛顿第二定律可得
μmg=mω
2rmax
解得
rmax = μg
ω
2
因与台面相对静止的这些陶屑的角速度相同，由此可知能与台面相对静止的陶屑离转轴的距离与陶屑
质量无关，只要在台面上不发生相对滑动的位置都有陶屑。μ 与ω 均一定，故rmax为定值，即陶屑离转轴
最远的陶屑距离不超过μg
ω
2，即陶屑只能分布在半径为μg
ω
2的圆内。故ABC 错误，故D 正确。
故选D。
4．（2025·福建·高考真题）如图甲，竖直平面内，一长度大于4 m 的水平轨道OP 与光滑半圆形轨道
PNM 在P 点平滑连接，固定在水平地面上。可视为质点的A、B 两小物块靠在一起，静置于轨道左端。现
用一水平向右推力F 作用在A 上，使A、B 向右运动。以x 表示A 离开初始位置的位移，F 随x 变化的图
像如图乙所示。已知A、B 质量均为0.2 kg，A 与水平轨道间的动摩擦因数为0.25，B 与水平轨道间的摩擦
不计，重力加速度大小取
。
（1）求A 离开初始位置向右运动1 m 的过程中，推力F 做的功；
（2）求A 的位移为1 m 时，A、B 间的作用力大小；
（3）若B 能到达M 点，求半圆形轨道半径应满足的条件。
【答案】(1)1.5J
(2)0.5N
(3)r ≤0.2m
【解析】（1）求0﹣1m，F 做的功W = Fx =1.5×1J =1.5 J
（2）对AB 整体，根据牛顿第二定律F −f =2ma
其中f = μmg
对B 根据牛顿第二定律FAB=ma
联立解得FAB=0.5 N
（3）当A、B 之间的弹力为零时，A、B 分离，根据（2）分析可知此时F
' =0.5 N
此时x =3m
过程中，对A、B 根据动能定理W F−μmgx = 1
2 ×2m v
2
根据题图可得W F =1.5 J + 0.5+1.5
2
×2J =3.5 J
从P点到M点，根据动能定理−mg⋅2rmax = 1
2 ×m vmin
2−1
2 ×m v
2
在M点的最小速度满足mg=m vmin
2
rmax
联立可得rmax =0.2m
