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重难突破6　圆周运动的临界极值问题
1.（2025·北京丰台期中）胎压监测器可以实时监测汽车轮胎内部的气压，在汽车上安装胎压监测报警器，可以预防因汽车轮胎胎压异常而引发的事故。一辆装有胎压报警器的载重汽车在高低不平的路面上行驶，其中一段路面的水平观察视图如图所示，图中虚线是水平线，在保证安全行驶的情况下，下列说法正确的是（　　）
A.若要尽量使胎压报警器不会超压报警，汽车在A、B处均应增大行驶速度
B.若要尽量使胎压报警器不会超压报警，汽车在A、B处均应减小行驶速度
C.若要尽量使胎压报警器不会超压报警，汽车在A处应增大行驶速度
D.若要尽量使胎压报警器不会超压报警，汽车在B处应增大行驶速度
2.（2025·四川乐山期末）如图，一质量为m的汽车驶上半径为R的拱桥，到达拱桥最高点时的行驶速度为v且不腾空。则下列说法正确的是（　　）
A.汽车对拱桥面的压力为mg
B.汽车在拱桥最高点处于超重状态
C.拱桥对汽车的支持力为mg＋m
D.行驶速度大于时，汽车会腾空
3.（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M、N两物体（可视为质点）随圆盘做圆周运动，N恰好不下滑，M恰好不滑动，两物体与转轴距离为r，已知M与N间的动摩擦因数为μ1，M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（　　）
A.μ1＋μ2＝1 B.＝1
C.μ1μ2＝1 D.＝1
4.（2025·辽宁朝阳模拟）如图所示，在一固定、中空的圆锥零件内部顶端用轻绳系有一小球（视为质点），悬点到小球的距离为L。现给小球一初速度，使小球恰好能在圆锥内侧面做匀速圆周运动。已知圆锥体母线与水平面的夹角为θ，重力加速度大小为g，不计空气阻力，则该初速度大小为（　　）
A. B.cos θ
C.sin θ D.
5.（2025·四川乐山期末）如图，半径为R的半球形陶罐，固定在可以绕竖直轴转动的水平转台上，转台转轴与过陶罐球心O的对称轴OO'重合。转台以一定角速度匀速转动，一质量为m的小物块落入陶罐内，经过一段时间后小物块随陶罐一起转动且相对罐壁静止，此时小物块受到的摩擦力恰好为0，且物块与O点的连线与OO'之间的夹角为60°，重力加速度为g，则转台转动的角速度为（　　）
A. B.
C. D.
6.（2025·贵州贵阳模拟）某人站在水平地面上，手握不可伸长的轻绳一端，绳的另一端系有质量为1 kg的小球，甩动手腕，使球在竖直平面内以手为圆心做圆周运动，其简化示意图如图所示。握绳的手离地面高度为1.0 m且保持不变，现不断改变绳长使球重复上述运动，每次绳在球运动到最低点时都恰好达到最大拉力被拉断，球以绳断时的速度水平飞出，通过水平距离x后落地。已知绳能承受的最大拉力为15 N，重力加速度大小g取10 m/s2，忽略手的运动半径和空气阻力，则x的最大值为（　　）
A.0.4 m B.0.5 m
C.1.0 m D.1.2 m
7.（2025·山东济宁期末）如图所示，长度为4L的轻杆两端分别固定小球A、B（均可视为质点），小球A、B的质量分别为m、3m，杆上距A球L处的O点套在光滑的水平转轴上，杆可绕水平转轴在竖直面内转动。当A、B两球静止在图示位置时，转轴受杆的作用力大小为F1；当A、B两球转动至图示位置时，杆OA部分恰好不受力，转轴受杆的作用力大小为F2。忽略空气阻力，则F1与F2的比值为（　　）
A.1∶12 B.1∶4
C.1∶3 D.4∶9
8.（2025·山西太原模拟）如图所示，一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定轴匀速转动，圆盘与水平桌面的夹角为θ，圆盘的半径为R，圆盘边缘处有一小物体与圆盘始终保持相对静止，物体与盘面间的动摩擦因数为μ＞3tan θ，小物块经过圆盘的最低点A处时受到的摩擦力大小为最大静摩擦力的。已知小物块的质量为m，取最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，则小物块经过圆盘最高点B处时，下列说法正确的是（　　）
A.小物块恰好不受圆盘面的摩擦力
B.小物块受到的摩擦力方向沿BO方向
C.小物块受到的摩擦力大小为μmg－2mgsin θ
D.小物块受到的向心力大小为μmgcos θ－2mgsin θ
9.（2025·江西宜春期中）有一竖直转轴，转轴上不同高度处的两点分别系有一长为2l和l的细绳，细绳另一端分别系有质量均为m的小球A和B，与A球相连的绳子系得更高，将小球放置在光滑的水平桌面上，使小球随转轴一起转动，现逐渐增大转轴的转速，直到两小球均离开桌面，则下列说法正确的是（　　）
A.B球比A球先离开桌面
B.两球同时离开桌面
C.将与A球连接的绳子更换为3l长，则A球将后离开桌面
D.将与A球连接的绳子更换为3l长，A球两次离开桌面时的转速相同
10.〔多选〕（2025·陕西咸阳模拟）某国家体育训练基地中有一台我国自主研发，世界首创的转盘滑雪训练机。运动员的某次训练过程可简化为如图所示的模型，转盘滑雪训练机绕垂直于盘面的固定转轴以恒定的角速度转动，盘面边缘处离转轴距离为r的运动员（可视为质点）始终相对于盘面静止。已知运动员的质量为m，运动员运动到最高点时恰好不受摩擦力，接触面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，盘面与水平面的夹角为θ，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是（　　）
A.圆盘的角速度大小为
B.运动员在最低点受到的摩擦力大小为2mgsin θ
C.运动员与盘面间的动摩擦因数可能小于tan θ
D.若仅减小圆盘的转速，则运动员可能相对于圆盘滑动
11.〔多选〕（2025·辽宁大连模拟）过山车是一种紧张刺激的娱乐项目，但未经训练的普通人，在向上的加速度达到大约5倍重力加速度时，由于血液向下运动导致头部缺血，就会发生晕厥。图甲为某地过山车轨道，其中回环部分是半径为R的经典圆环轨道，A为圆轨道最高点、B为最低点；图乙为另一处过山车轨道，其回环部分是倒水滴形轨道，上半部分是半径为R的半圆轨道、C为最高点，下半部分为两个半径为2R的四分之一圆弧轨道、D为最低点。若载人过山车可视为质点，分别从两轨道顶峰处由静止下降，经过A、C两点时均和轨道没有相互作用力，两点B、D等高，忽略空气阻力和摩擦。则下列说法正确的是（　　）
A.图甲过山车轨道比图乙轨道更安全
B.图乙过山车轨道比图甲轨道更安全
C.图甲轨道的顶峰高度比图乙轨道的顶峰高度低R
D.图甲过山车经过A点时的速度等于图乙过山车经过C点时的速度
12.（2025·北京朝阳二模）如图所示，水平圆台可以绕其中心轴转动。在圆台中心两侧放上甲、乙两物体，两物体的质量均为m，均可视为质点，甲、乙两物体到圆台中心距离分别为2R、R，其连线过圆台中心。两物体与圆台间的动摩擦因数均为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。
（1）若圆台以某一角速度转动时，甲、乙均未滑动。求两物体的加速度之比a甲∶a乙；
（2）若圆台的角速度逐渐增大，请分析说明甲、乙两物体谁先滑动；
（3）若将甲、乙两物体用不可伸长的轻绳连接，轻绳最初拉直而不张紧，缓慢增加圆台的转速，求两物体刚要滑动时圆台转动的角速度ω。
13.（2025·黑龙江哈尔滨模拟）如图所示，一水平圆盘绕竖直中心轴做匀速圆周运动，紧贴在一起的M、N两物体（均可视为质点）随圆盘做圆周运动，物体N与圆盘未接触。已知两物体与转轴间的距离r＝0.5 m，特殊材料制作的物体M与圆盘面间的动摩擦因数μ2＝1.8，物体M、N间的动摩擦因数μ1＝0.8，各接触面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小取g＝10 m/s2。
（1）为了使物体N不下滑，求圆盘转动的最小角速度ω1；
（2）为了使物体M、N整体不相对于盘面滑动，求圆盘转动的最大角速度ω2。
重难突破6　圆周运动的临界极值问题
1.D　在A点和B点时，汽车的向心加速度分别是向上和向下，所以在A点和B点时汽车分别处于超重状态和失重状态，在A点时，有FA－mg＝m，得FA＝mg＋m，在B点时，有mg－FB＝m，得FB＝mg－m，可知若要尽量使胎压报警器不会超压报警，汽车在A处应减少行驶速度，汽车在B处应增大行驶速度。故A、B、C错误，D正确。
2.D　根据牛顿第二定律知汽车在拱桥最高点时，有mg－N＝m，则拱桥对汽车的支持力为N＝mg－m，根据牛顿第三定律知，汽车对拱桥面的压力为N'＝mg－m＜mg，在最高点处于失重状态，故A、B、C错误；汽车在恰好离开桥顶时，有N＝0，根据mg＝m，解得汽车做离心运动离开桥顶时的临界速度为，故当行驶速度大于时，汽车会腾空，故D正确。
3.C　以M、N两物体组成的整体为研究对象，受力分析如图甲所示，由静摩擦力提供向心力可得μ2（mM＋mN）g＝（mM＋mN）ω2r，以N为研究对象，受力分析如图乙所示。
　　　
由M对N的弹力提供向心力，则有FN＝mNω2r，由平衡条件可得μ1FN＝mNg，联立解得μ1μ2＝1，故选C。
4.B　当小球恰好能在圆锥内侧面做匀速圆周运动时，小球对圆锥内表面的压力为零，此时绳子的拉力与重力的合力提供向心力，即＝＝，解得v＝cos θ，故选B。
5.A　对小物块受力分析，小物块受重力和罐壁的支持力，由牛顿第二定律可得mgtan 60°＝mRsin 60°，解得ω0＝，故选A。
6.B　设小球做圆周运动的半径为r，已知h＝1 m，Fmax＝15 N，m＝1 kg，则绳断后小球做平抛运动，竖直方向，小球做自由落体运动有h－r＝gt2，Fmax－mg＝m，x＝vmaxt，联立得x＝，可知，当r＝0.5 m时x值最大，xm＝0.5 m，故选B。
7.C　当A、B两球静止在图示位置时，对整体由平衡条件得F1'＝mg＋3mg＝4mg，由牛顿第三定律可知，转轴受杆的作用力大小为F1＝F1'＝4mg，当A、B两球转动至图示位置时，杆OA部分恰好不受力，对A球mg＝mω2L，对B球F2'－3mg＝3mω2·3L，联立解得F2'＝12mg，由牛顿第三定律可知F2＝F2'＝12mg，则＝，故选C。
8.B　小物块在A处时，有μmgcos θ－mgsin θ＝mω2R，在B点时，设摩擦力方向指向O点，则f＋mgsin θ＝mω2R，解得f＝μmgcos θ－2mgsin θ，因为μ＞3tan θ，所以f＞0，则小物块受到的摩擦力方向沿BO方向。小物块受到的摩擦力大小为μmgcos θ－2mgsin θ，小物块受到的向心力大小为μmgcos θ－mgsin θ，选项B正确，A、C、D错误。
9.D　小球离开桌面时，设绳子与竖直方向夹角为θ，则mgtan θ＝mω2R，又tan θ＝，联立可得ω2＝，A球绳子悬点更高，故A球先离开桌面，离开桌面时的角速度与绳长无关，则离开桌面时的转速与绳长无关，故A、B、C错误，D正确。
10.AB　运动员运动到最高点时恰好不受摩擦力，则有mgsin θ＝mω2r，解得圆盘的角速度大小为ω＝，故A正确；当运动员在最低点受到的摩擦力最大，根据牛顿第二定律可得fm－mgsin θ＝mω2r，解得fm＝mgsin θ＋mω2r＝2mgsin θ，又fm＝μN＝μmgcos θ，可得运动员与盘面间的动摩擦因数应满足μ≥2tan θ，故B正确，C错误；若仅减小圆盘的转速，即角速度减小，运动员在最低点时有fm'＝mgsin θ＋mω2r，可知随着角速度的减小，运动员在最低点受到的静摩擦力减小，当角速度减小为0时，根据受力平衡可知，摩擦力大小为f＝mgsin θ＜fm＝2mgsin θ，可知运动员不可能相对于圆盘滑动，故D错误。
11.BCD　已知过山车经过A、C两点时和轨道没有相互作用力，在A、C两点均是重力刚好提供向心力，则有mg＝，mg＝，解得vA＝vC＝，故D正确；分别运动到轨道最低点B、D两点时，人所受加速度最大。对图甲圆环轨道，由动能定理得mg·2R＝m－m，经过B点时加速度aB＝，联立解得aB＝5g，图甲过山车轨道存在安全隐患。对图乙倒水滴形轨道，由动能定理得mg·3R＝m－m，经过D点时加速度aD＝，解得aD＝3.5g＜5g，故图乙过山车轨道比图甲轨道更安全，故A错误，B正确；相同载人过山车在顶峰处动能为0，经A、C两点时动能相等，根据机械能守恒定律，有mgh甲＝EkA＋mg·2R，mgh乙＝EkC＋mg·3R，其中EkA＝EkC，可得h乙－h甲＝R，即图甲轨道的顶峰高度比图乙轨道的顶峰高度低R，故C正确。
12.（1）2∶1　（2）甲　（3）
解析：（1）若圆台以某一角速度转动时，甲、乙均未滑动，根据向心加速度a＝ω2r
可得两物体的加速度之比a甲∶a乙＝2R∶R＝2∶1。
（2）若圆台的角速度逐渐增大，根据μmg＝mr
可得ω0＝
因甲物体转动半径较大，临界角速度较小，可知甲物体先滑动。
（3）两物体刚要滑动时，甲受最大静摩擦力指向圆心，乙受最大静摩擦力背离圆心，则对甲，有
T＋μmg＝mω2·2R，对乙，有T－μmg＝mω2R
解得两物体刚要滑动时圆台转动的角速度ω＝。
13.（1）5 rad/s　（2）6 rad/s
解析：（1）设物体N的质量为m1，物体N不下滑时对物体N受力分析，竖直方向上有f1＝m1g
水平方向上有FN1＝m1r
其中f1＝μ1FN1
解得ω1＝5 rad/s。
（2）设物体M的质量为m2，对物体M、N整体受力分析，竖直方向上有FN2＝（m1＋m2）g
水平方向上有f2＝（m1＋m2）r
其中f2＝μ2FN2
解得ω2＝6 rad/s。
4 / 4　圆周运动的临界极值问题
突破点一　水平面内圆周运动的临界问题
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恰好达到最大静摩擦力。
如果只是摩擦力提供向心力，则最大静摩擦力Ffm＝，静摩擦力的方向一定指向圆心。
2.与弹力有关的临界极值问题
（1）两个接触物体分离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无弹力或绳上拉力恰好为最大承受力。
发生相对滑动时的临界问题
（2025·安徽淮北模拟）港珠澳大桥总长约55 km，是世界上总体跨度最长、钢结构桥体最长、海底沉管隧道最长的路海大桥，设计时速100 km/h。如图所示，该路段是港珠澳大桥的一段半径r＝150 m的圆弧形弯道，总质量m＝1 800 kg的汽车通过该圆弧形弯道时以速度v＝90 km/h做匀速圆周运动（汽车可视为质点，路面视为水平且不考虑车道的宽度）。已知路面与汽车轮胎间的径向最大静摩擦力为汽车所受重力的，重力加速度g取10 m/s2，则（　　）
A.汽车过该弯道时受到重力、支持力、摩擦力、牵引力和向心力
B.汽车过该弯道时所受径向静摩擦力大小为4 000 N
C.汽车过该弯道时的向心加速度大小为4 m/s2
D.汽车能安全通过该弯道的最大速度为15 m/s
尝试解答
〔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
尝试解答
物体间恰好分离的临界问题
〔多选〕如图所示，三角形为一光滑圆锥体的正视图，锥面与竖直方向的夹角为θ＝37°。一根长为l＝1 m的细线一端系在圆锥体顶端，另一端系着一可视为质点的小球，小球在水平面内绕圆锥体的轴做匀速圆周运动，重力加速度取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ω0＝ rad/s时，小球对圆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
尝试解答
绳的弹力恰好有无的临界问题
如图所示，AC、BC两绳系一质量为m＝0.1 kg的小球，AC绳长L＝2 m，两绳的另一端分别固定于轴的A、B两处，两绳拉直时与竖直轴的夹角分别为30°和45°。小球在水平面内做匀速圆周运动时，若两绳中始终有张力，小球的角速度可能是（取g＝10 m/s2）（　　）
A.2 rad/s B.2.5 rad/s
C.3.5 rad/s D.4 rad/s
尝试解答
总结提升
　　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，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，分析各物理量的变化，找出临界状态。
突破点二　竖直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
轻绳模型 轻杆模型
常见类型 小球最高点 没有支撑 小球最高点有支撑
最高点受力特征 除受重力外，物体受到的弹力方向：向下或等于零 除受重力外，物体受到的弹力方向：向下、等于零或向上
最高点受力示意图
动力学 方程 mg＋F弹＝m mg±F弹＝m
临界特征 F弹＝0 mg＝m 即vmin＝ （1）恰好过最高点，v＝0，F弹＝mg （2）恰好无弹力，F弹＝0，v＝
过最高点的条件 在最高点的速度v≥ v≥0
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，用动能定理找出两位置间的速度关系；
（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。
轻绳模型
〔多选〕（2025·陕西汉中模拟）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，取g＝10 m/s2，下列说法正确的是（　　）
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，轻绳拉力大小为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
尝试解答
轻杆模型
如图所示，长为L的轻杆，一端固定一个小球，另一端固定在光滑的水平轴上，使小球在竖直平面内做圆周运动。关于小球在过最高点时的速度v，下列说法中正确的是（　　）
A.v的最小值为
B.v由零逐渐增大，向心力逐渐减小
C.v由逐渐减小，杆对小球的弹力也逐渐减小
D.v由逐渐增大，杆对小球的弹力也逐渐增大
尝试解答
总结提升
分析竖直平面内圆周运动临界问题的思路
突破点三　斜面上圆周运动的临界问题
　　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。
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。
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，盘面上离转轴距离2.5 m处有一小物体与圆盘始终保持相对静止。物体与盘面间的动摩擦因数为（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ω的最大值是（　　）
A. rad/s B. rad/s
C.1.0 rad/s D.0.5 rad/s
尝试解答
总结提升
　　与竖直面内的圆周运动类似，斜面上的圆周运动也是集中分析物体在最高点和最低点的受力情况，列牛顿运动定律方程来解题。只是在受力分析时，一般需要进行立体图到平面图的转化，这是解斜面上圆周运动问题的难点。
重难突破6　圆周运动的临界极值问题
【着眼“四翼”·探考点】
突破点一
【例1】 D　汽车过该弯道时受到重力、牵引力、支持力和摩擦力作用，摩擦力提供其做圆周运动所需的向心力，故A错误；汽车过该弯道时所受径向静摩擦力大小为Ff＝m＝7 500 N，故B错误；汽车过该弯道时的向心加速度大小为a＝＝ m/s2，故C错误；汽车能安全通过该弯道，速度最大时满足mg＝m，解得vm＝15 m/s，故D正确。
【例2】 AC　小木块a、b做圆周运动时，由静摩擦力提供向心力，即F＝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Fa＝ml，当Fa＝kmg时，kmg＝ml，ωa＝，对木块b有Fb＝m·2l，当Fb＝kmg时，kmg＝m·2l，ωb＝，则ω＝是b开始滑动的临界角速度，即b一定比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Fa＝mω2l，Fb＝mω2·2l，Fa＜Fb，选项B错误；ω＝＜ωa＝，a没有滑动，则Fa'＝mω2l＝kmg，选项D错误。
【例3】 BC　向心力是效果力，不是小球实际受到的力。对小球受力分析，小球受重力、细线的拉力，小球可能受圆锥体的支持力，也可能不受圆锥体的支持力；转速较小时，小球紧贴圆锥面，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，当转速达到ω0时支持力为零，支持力恰好为零时有mgtan θ＝mlsin θ，解得ω0＝ rad/s，A错误，B、C正确；因为2 rad/s＞ rad/s，所以，当ω＝2 rad/s时，小球已经离开斜面，小球只受重力、拉力的作用，D错误。
【例4】 B　当上绳绷紧、下绳恰好伸直但无张力时，小球受力如图甲所示，由牛顿第二定律得mgtan 30°＝mr，又有r＝Lsin 30°，解得ω1＝ rad/s≈2.4 rad/s，当下绳绷紧、上绳恰好伸直无张力时，小球受力如图乙所示，由牛顿第二定律得mgtan 45°＝mr，解得ω2＝ rad/s≈3.2 rad/s，故当角速度2.4 rad/s＜ω＜3.2 rad/s 时，两绳始终有张力，故B正确，A、C、D错误。
突破点二
【例5】 ABC　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。
【例6】 D　轻杆拉着小球在竖直平面内做圆周运动，在最高点速度的最小值为零，A错误；根据Fn＝m知小球的速度逐渐增大时，向心力逐渐增大，B错误；当v＝时，杆对小球的作用力为零，当v＜时，杆对小球的力表现为支持力，且mg－FN＝m，所以杆对小球的弹力FN＝mg－m，则此时v由值逐渐减小，杆对小球的弹力逐渐增大，C错误；当v＞时，杆对小球的所用力表现为拉力，且mg＋FN＝m，所以杆对小球的弹力FN＝m－mg，则此时v由值逐渐增大，杆对小球的弹力逐渐增大，D正确。
突破点三
【例7】 C　小物体与圆盘始终相对静止，当物体转到圆盘的最低点恰好要滑动时，转盘的角速度最大，对物体受力分析如图所示（其中O为对称轴位置）。由沿斜面的合力提供向心力，有μmgcos 30°－mgsin 30°＝mω2R，得ω＝＝1.0 rad/s，C正确。
5 / 5(共64张PPT)
重难突破6 圆周运动的临界极值问题
高中总复习·物理
目 录
01
着眼“四翼”·探考点
02
培养“思维”·重落实
题型 规律 方法
着眼“四翼”·探考点
突破点一　水平面内圆周运动的临界问题
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恰好达到最大静摩擦力。
如果只是摩擦力提供向心力，则最大静摩擦力Ffm＝，静摩擦力的方向
一定指向圆心。
2. 与弹力有关的临界极值问题
（1）两个接触物体分离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无弹力或绳上拉力恰好为最大
承受力。
发生相对滑动时的临界问题
（2025·安徽淮北模拟）港珠澳大桥总长约55 km，是世界上总体跨度
最长、钢结构桥体最长、海底沉管隧道最长的路海大桥，设计时速100
km/h。如图所示，该路段是港珠澳大桥的一段半径r＝150 m的圆弧形弯
道，总质量m＝1 800 kg的汽车通过该圆弧形弯道时以速度v＝90 km/h做匀
速圆周运动（汽车可视为质点，路面视为水平且不考虑车道的宽度）。已
知路面与汽车轮胎间的径向最大静摩擦力为汽车所受重力的，重力加速度
g取10 m/s2，则（　　）
A. 汽车过该弯道时受到重力、支持力、摩擦力、牵引力和向心力
B. 汽车过该弯道时所受径向静摩擦力大小为4 000 N
C. 汽车过该弯道时的向心加速度大小为4 m/s2
D. 汽车能安全通过该弯道的最大速度为15 m/s
√
解析：汽车过该弯道时受到重力、牵引力、支持力和摩擦力作用，摩擦力
提供其做圆周运动所需的向心力，故A错误；汽车过该弯道时所受径向静
摩擦力大小为Ff＝m＝7 500 N，故B错误；汽车过该弯道时的向心加速度
大小为a＝＝ m/s2，故C错误；汽车能安全通过该弯道，速度最大时满
足mg＝m，解得vm＝15 m/s，故D正确。
〔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
√
√
解析：小木块a、b做圆周运动时，由静摩擦力提供向心力，即F＝
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Fa＝ml，当Fa＝kmg时，kmg＝ml，
ωa＝，对木块b有Fb＝m·2l，当Fb＝kmg时，kmg＝m·2l，
ωb＝，则ω＝是b开始滑动的临界角速度，即b一定比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Fa＝mω2l，
Fb＝mω2·2l，Fa＜Fb，选项B错误；ω＝＜ωa＝，a没有滑动，则Fa'＝mω2l＝kmg，选项D错误。
物体间恰好分离的临界问题
〔多选〕如图所示，三角形为一光滑圆锥体的正视图，锥面与竖直方
向的夹角为θ＝37°。一根长为l＝1 m的细线一端系在圆锥体顶端，另一端
系着一可视为质点的小球，小球在水平面内绕圆锥体的轴做匀速圆周运
动，重力加速度取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ω0＝ rad/s时，小球对圆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
√
√
解析：向心力是效果力，不是小球实际受到的力。对小球受力分析，小球
受重力、细线的拉力，小球可能受圆锥体的支持力，也可能不受圆锥体的
支持力；转速较小时，小球紧贴圆锥面，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，当转速达到ω0
时支持力为零，支持力恰好为零时有mgtan θ＝mlsin θ，解得ω0＝
rad/s，A错误，B、C正确；因为2 rad/s＞ rad/s，所以，当ω＝2
rad/s时，小球已经离开斜面，小球只受重力、拉力的作用，D错误。
绳的弹力恰好有无的临界问题
如图所示，AC、BC两绳系一质量为m＝0.1 kg的小球，
AC绳长L＝2 m，两绳的另一端分别固定于轴的A、B两处，
两绳拉直时与竖直轴的夹角分别为30°和45°。小球在水
平面内做匀速圆周运动时，若两绳中始终有张力，小球的
角速度可能是（取g＝10 m/s2）（　　）
A. 2 rad/s B. 2.5 rad/s
C. 3.5 rad/s D. 4 rad/s
√
解析：当上绳绷紧、下绳恰好伸直但无张力时，
小球受力如图甲所示，由牛顿第二定律得mgtan
30°＝mr，又有r＝Lsin 30°，解得ω1＝
rad/s≈2.4 rad/s，当下绳绷紧、上绳恰好伸直无张力时，小球受力如图乙所示，由牛顿第二定律得mgtan 45°＝mr，解得ω2＝ rad/s≈3.2 rad/s，故当角速度2.4 rad/s＜ω＜3.2 rad/s 时，两绳始终有张力，故B正确，A、C、D错误。
总结提升
　　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，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，分析各物理量的变化，找出临界状态。
　〔多选〕（2025·黑龙江哈尔滨市第二中学期中）质量为m的小球（视为
质点）由轻绳a和b分别系于一轻质细杆的A点和B点，如图所示，当轻杆绕
轴以角速度ω匀速转动时，a绳与水平方向成θ角，b绳在水平方向上且长为
l。重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A. a绳的弹力随角速度的增大而增大
B. 当角速度ω＞时，b绳中产生弹力
C. 当b绳中产生弹力后，角速度再增大时a绳的弹力不变
D. 当b绳突然被剪断时，a绳的弹力一定发生变化
√
√
解析： 　当b绳的弹力为零时，小球受重力和a绳的弹力，合力提供向心
力，有＝mlω2，解得ω＝，可知当角速度ω＞时，b绳出现
弹力，故B正确；根据竖直方向上受力平衡得Fasin θ＝mg，解得Fa＝，
可知a绳的弹力不随角速度的增大而增大，故A错误，C正确；由于b绳可能
没有弹力，故b绳突然被剪断时，a绳的弹力可能不变，故D错误。
突破点二　竖直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
轻绳模型 轻杆模型
常见类型 小球最高点 没有支撑
小球最高点有支撑
最高点受 力特征 除受重力外，物体受到
的弹力方向：向下或等
于零 除受重力外，物体受到的弹力方
向：向下、等于零或向上
轻绳模型 轻杆模型
最高点受 力示意图
轻绳模型 轻杆模型
动力学 方程 mg＋F弹＝m mg±F弹＝m
临界特征 F弹＝0 mg＝m 即vmin＝ （1）恰好过最高点，v＝0，F弹＝
mg
（2）恰好无弹力，F弹＝0，v＝
过最高点 的条件 在最高点的速度v≥ v≥0
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，用动能定理找出两位置间的
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。
轻绳模型
〔多选〕（2025·陕西汉中模拟）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，取g＝10 m/s2，下列说法正确的是（　　）
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，轻绳拉力大小为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
√
√
√
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。
轻杆模型
如图所示，长为L的轻杆，一端固定一个小球，另一端固定在光滑的
水平轴上，使小球在竖直平面内做圆周运动。关于小球在过最高点时的速
度v，下列说法中正确的是（　　）
A. v的最小值为
B. v由零逐渐增大，向心力逐渐减小
C. v由逐渐减小，杆对小球的弹力也逐渐减小
D. v由逐渐增大，杆对小球的弹力也逐渐增大
√
解析：轻杆拉着小球在竖直平面内做圆周运动，在最高点速度的最小值为
零，A错误；根据Fn＝m知小球的速度逐渐增大时，向心力逐渐增大，B
错误；当v＝时，杆对小球的作用力为零，当v＜时，杆对小球的力
表现为支持力，且mg－FN＝m，所以杆对小球的弹力FN＝mg－m，则
此时v由值逐渐减小，杆对小球的弹力逐渐增大，C错误；当v＞
时，杆对小球的所用力表现为拉力，且mg＋FN＝m，所以杆对小球的弹
力FN＝m－mg，则此时v由值逐渐增大，杆对小球的弹力逐渐增大，
D正确。
总结提升
分析竖直平面内圆周运动临界问题的思路
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球的速度
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
√
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。
突破点三　斜面上圆周运动的临界问题
　　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。
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。
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，盘面上离转轴距离2.5 m处有一小物体与圆盘始终保持相对静
止。物体与盘面间的动摩擦因数为（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ω的最大值是（　　）
A. rad/s B. rad/s
C. 1.0 rad/s D. 0.5 rad/s
√
解析：小物体与圆盘始终相对静止，当物体转到圆盘的最
低点恰好要滑动时，转盘的角速度最大，对物体受力分析
如图所示（其中O为对称轴位置）。由沿斜面的合力提供向
心力，有μmgcos 30°－mgsin 30°＝mω2R，得ω＝＝1.0 rad/s，C正确。
总结提升
　　与竖直面内的圆周运动类似，斜面上的圆周运动也是集中分析物体在
最高点和最低点的受力情况，列牛顿运动定律方程来解题。只是在受力分
析时，一般需要进行立体图到平面图的转化，这是解斜面上圆周运动问题
的难点。
如图所示，在倾角为θ的足够大的固定斜面上，一长度为L的轻绳一端固定
在O点，另一端连着一质量为m的小球（视为质点），可绕斜面上的O点自
由转动。现使小球从最低点A以速率v开始在斜面上做圆周运动，通过最高
点B。重力加速度大小为g，轻绳与斜面平行，不计一切摩擦。下列说法正
确的是（　　）
A. 小球通过B点时的最小速度可以小于
B. 小球通过A点时的加速度为gsin θ＋
C. 若小球以的速率通过B点时突然脱落而离开轻绳，则小球到达
与A点等高处时与A点间的距离为2L
D. 小球通过A点时的速度越大，此时斜面对小球的支持力越大
√
解析： 　小球通过最高点B时，当绳的拉力为零时速度最小，即mgsin θ＝
，可得最小速度vmin＝，故A错误；小球在A点受重力、斜面
的支持力以及绳的拉力，沿斜面方向有F－mgsin θ＝＝maA，可得aA＝
，故B错误；若小球以的速率通过B点时轻绳突然断裂，则小球
在斜面上做类平抛运动，在平行于斜面底边方向做匀速直线运动，在垂直
于斜面底边方向做初速度为零的匀加速直线运动，故s水平＝vBt＝
·t，2L＝at2，其中a＝gsin θ，联立解得s水平＝2L，即小球到达与A
点等高处时与A点间的距离为2L，故C正确；斜面对小球的支持力始终等于
重力沿垂直于斜面方向的分力，与小球的速度大小无关，故D错误。
培养“思维”·重落实
夯基 提能 升华
1. （2025·北京丰台期中）胎压监测器可以实时监测汽
车轮胎内部的气压，在汽车上安装胎压监测报警器，可
以预防因汽车轮胎胎压异常而引发的事故。一辆装有胎压报警器的载重汽车在高低不平的路面上行驶，其中一段路面的水平观察视图如图所示，图中虚线是水平线，在保证安全行驶的情况下，下列说法正确的是（　　）
1
2
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5
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9
10
11
12
13
A. 若要尽量使胎压报警器不会超压报警，汽车在A、B处均
应增大行驶速度
B. 若要尽量使胎压报警器不会超压报警，汽车在A、B处均应减小行驶速度
C. 若要尽量使胎压报警器不会超压报警，汽车在A处应增大行驶速度
D. 若要尽量使胎压报警器不会超压报警，汽车在B处应增大行驶速度
√
解析： 　在A点和B点时，汽车的向心加速度分别是向上和向下，所以在
A点和B点时汽车分别处于超重状态和失重状态，在A点时，有FA－mg＝
m，得FA＝mg＋m，在B点时，有mg－FB＝m，得FB＝mg－m，
可知若要尽量使胎压报警器不会超压报警，汽车在A处应减少行驶速度，
汽车在B处应增大行驶速度。故A、B、C错误，D正确。
1
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2. （2025·四川乐山期末）如图，一质量为m的汽车驶上半径为R的拱桥，
到达拱桥最高点时的行驶速度为v且不腾空。则下列说法正确的是（　　）
A. 汽车对拱桥面的压力为mg
B. 汽车在拱桥最高点处于超重状态
C. 拱桥对汽车的支持力为mg＋m
D. 行驶速度大于时，汽车会腾空
√
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解析： 　根据牛顿第二定律知汽车在拱桥最高点时，有mg－N＝m，则
拱桥对汽车的支持力为N＝mg－m，根据牛顿第三定律知，汽车对拱桥面
的压力为N'＝mg－m＜mg，在最高点处于失重状态，故A、B、C错误；
汽车在恰好离开桥顶时，有N＝0，根据mg＝m，解得汽车做离心运动离
开桥顶时的临界速度为，故当行驶速度大于时，汽车会腾空，故
D正确。
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13
3. （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M、N两物体（可视为质点）随圆盘做圆周运
动，N恰好不下滑，M恰好不滑动，两物体与转轴距离为r，已知M与N间的
动摩擦因数为μ1，M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（　　）
A. μ1＋μ2＝1 B. ＝1
C. μ1μ2＝1 D. ＝1
√
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解析： 　以M、N两物体组成的整体为研究对象，受力分析如图甲所示，
由静摩擦力提供向心力可得μ2（mM＋mN）g＝（mM＋mN）ω2r，以N为研究
对象，受力分析如图乙所示。
　　　
由M对N的弹力提供向心力，则有FN＝mNω2r，由平衡条件可得μ1FN＝
mNg，联立解得μ1μ2＝1，故选C。
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4. （2025·辽宁朝阳模拟）如图所示，在一固定、中空的圆锥零件内部顶
端用轻绳系有一小球（视为质点），悬点到小球的距离为L。现给小球一
初速度，使小球恰好能在圆锥内侧面做匀速圆周运动。已知圆锥体母线与
水平面的夹角为θ，重力加速度大小为g，不计空气阻力，则该初速度大小
为（　　）
A. B. cos θ
C. sin θ D.
√
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解析： 　当小球恰好能在圆锥内侧面做匀速圆周运动时，小球对圆锥内
表面的压力为零，此时绳子的拉力与重力的合力提供向心力，即＝
＝，解得v＝cos θ，故选B。
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5. （2025·四川乐山期末）如图，半径为R的半球形陶罐，固定在可以绕竖
直轴转动的水平转台上，转台转轴与过陶罐球心O的对称轴OO'重合。转台
以一定角速度匀速转动，一质量为m的小物块落入陶罐内，经过一段时间
后小物块随陶罐一起转动且相对罐壁静止，此时小物块受到的摩擦力恰好
为0，且物块与O点的连线与OO'之间的夹角为60°，重力加速度为g，则转
台转动的角速度为（　　）
A. B.
C. D.
√
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解析： 　对小物块受力分析，小物块受重力和罐壁的支持力，由牛顿第
二定律可得mgtan 60°＝mRsin 60°，解得ω0＝，故选A。
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6. （2025·贵州贵阳模拟）某人站在水平地面上，手握不
可伸长的轻绳一端，绳的另一端系有质量为1 kg的小球，
甩动手腕，使球在竖直平面内以手为圆心做圆周运动，
其简化示意图如图所示。握绳的手离地面高度为1.0 m且
保持不变，现不断改变绳长使球重复上述运动，每次绳在球运动到最低点时都恰好达到最大拉力被拉断，球以绳断时的速度水平飞出，通过水平距离x后落地。已知绳能承受的最大拉力为15 N，重力加速度大小g取10 m/s2，忽略手的运动半径和空气阻力，则x的最大值为（　　）
A. 0.4 m B. 0.5 m
C. 1.0 m D. 1.2 m
√
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解析： 　设小球做圆周运动的半径为r，已知h＝1 m，Fmax＝15 N，m＝1
kg，则绳断后小球做平抛运动，竖直方向，小球做自由落体运动有h－r＝
gt2，Fmax－mg＝m，x＝vmaxt，联立得x＝，可知，当r
＝0.5 m时x值最大，xm＝0.5 m，故选B。
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7. （2025·山东济宁期末）如图所示，长度为4L的轻杆两端分别固
定小球A、B（均可视为质点），小球A、B的质量分别为m、3m，
杆上距A球L处的O点套在光滑的水平转轴上，杆可绕水平转轴在
竖直面内转动。当A、B两球静止在图示位置时，转轴受杆的作用力大小为F1；当A、B两球转动至图示位置时，杆OA部分恰好不受力，转轴受杆的作用力大小为F2。忽略空气阻力，则F1与F2的比值为（　　）
A. 1∶12 B. 1∶4
C. 1∶3 D. 4∶9
√
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解析： 　当A、B两球静止在图示位置时，对整体由平衡条件得F1'＝mg＋
3mg＝4mg，由牛顿第三定律可知，转轴受杆的作用力大小为F1＝F1'＝
4mg，当A、B两球转动至图示位置时，杆OA部分恰好不受力，对A球mg＝
mω2L，对B球F2'－3mg＝3mω2·3L，联立解得F2'＝12mg，由牛顿第三定律
可知F2＝F2'＝12mg，则＝，故选C。
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8. （2025·山西太原模拟）如图所示，一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的
固定轴匀速转动，圆盘与水平桌面的夹角为θ，圆盘的半径为R，圆盘边缘
处有一小物体与圆盘始终保持相对静止，物体与盘面间的动摩擦因数为μ
＞3tan θ，小物块经过圆盘的最低点A处时受到的摩擦力大小为最大静摩擦
力的。已知小物块的质量为m，取最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加
速度大小为g，则小物块经过圆盘最高点B处时，下列说法正确的是（　　）
A. 小物块恰好不受圆盘面的摩擦力
B. 小物块受到的摩擦力方向沿BO方向
C. 小物块受到的摩擦力大小为μmg－2mgsin θ
D. 小物块受到的向心力大小为μmgcos θ－2mgsin θ
√
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解析： 小物块在A处时，有μmgcos θ－mgsin θ＝mω2R，在B点时，设
摩擦力方向指向O点，则f＋mgsin θ＝mω2R，解得f＝μmgcos θ－2mgsin
θ，因为μ＞3tan θ，所以f＞0，则小物块受到的摩擦力方向沿BO方向。小
物块受到的摩擦力大小为μmgcos θ－2mgsin θ，小物块受到的向心力大小
为μmgcos θ－mgsin θ，选项B正确，A、C、D错误。
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9. （2025·江西宜春期中）有一竖直转轴，转轴上不同高度处的两点分别
系有一长为2l和l的细绳，细绳另一端分别系有质量均为m的小球A和B，与
A球相连的绳子系得更高，将小球放置在光滑的水平桌面上，使小球随转
轴一起转动，现逐渐增大转轴的转速，直到两小球均离开桌面，则下列说
法正确的是（　　）
A. B球比A球先离开桌面
B. 两球同时离开桌面
C. 将与A球连接的绳子更换为3l长，则A球将后离开桌面
D. 将与A球连接的绳子更换为3l长，A球两次离开桌面时的
转速相同
√
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解析： 　小球离开桌面时，设绳子与竖直方向夹角为θ，则mgtan θ＝
mω2R，又tan θ＝，联立可得ω2＝，A球绳子悬点更高，故A球先离开桌
面，离开桌面时的角速度与绳长无关，则离开桌面时的转速与绳长无关，
故A、B、C错误，D正确。
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10. 〔多选〕（2025·陕西咸阳模拟）某国家体育训练基地中有一台我国自
主研发，世界首创的转盘滑雪训练机。运动员的某次训练过程可简化为如
图所示的模型，转盘滑雪训练机绕垂直于盘面的固定转轴以恒定的角速度
转动，盘面边缘处离转轴距离为r的运动员（可视为质点）始终相对于盘面
静止。已知运动员的质量为m，运动员运动到最高点时恰好不受摩擦力，
接触面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，盘面与水平面的夹角为θ，重
力加速度大小为g，则下列说法正确的是（　　）
A. 圆盘的角速度大小为
B. 运动员在最低点受到的摩擦力大小为2mgsin θ
C. 运动员与盘面间的动摩擦因数可能小于tan θ
D. 若仅减小圆盘的转速，则运动员可能相对于圆盘滑动
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解析： 　运动员运动到最高点时恰好不受摩擦力，则有mgsin θ＝
mω2r，解得圆盘的角速度大小为ω＝，故A正确；当运动员在最低点
受到的摩擦力最大，根据牛顿第二定律可得fm－mgsin θ＝mω2r，解得fm＝
mgsin θ＋mω2r＝2mgsin θ，又fm＝μN＝μmgcos θ，可得运动员与盘面间的
动摩擦因数应满足μ≥2tan θ，故B正确，C错误；若仅减小圆盘的转速，即
角速度减小，运动员在最低点时有fm'＝mgsin θ＋mω2r，可知随着角速度的
减小，运动员在最低点受到的静摩擦力减小，当角速度减小为0时，根据
受力平衡可知，摩擦力大小为f＝mgsin θ＜fm＝2mgsin θ，可知运动员不可
能相对于圆盘滑动，故D错误。
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11. 〔多选〕（2025·辽宁大连模拟）过山车是一种紧张刺激的娱乐项目，
但未经训练的普通人，在向上的加速度达到大约5倍重力加速度时，由于
血液向下运动导致头部缺血，就会发生晕厥。图甲为某地过山车轨道，其
中回环部分是半径为R的经典圆环轨道，A为圆轨道最高点、B为最低点；
图乙为另一处过山车轨道，其回环部分是倒水滴形轨道，上半部分是半径
为R的半圆轨道、C为最高点，下半部分为两个半径为2R的四分之一圆弧轨
道、D为最低点。若载人过山车可视为质点，分别从两轨道顶峰处由静止
下降，经过A、C两点时均和轨道没有相互作用力，两点B、D等高，忽略
空气阻力和摩擦。则下列说法正确的是（　　）
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A. 图甲过山车轨道比图乙轨道更安全
B. 图乙过山车轨道比图甲轨道更安全
C. 图甲轨道的顶峰高度比图乙轨道的顶峰高度低R
D. 图甲过山车经过A点时的速度等于图乙过山车经过C点时的速度
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解析： 　已知过山车经过A、C两点时和轨道没有相互作用力，在A、
C两点均是重力刚好提供向心力，则有mg＝，mg＝，解得vA＝vC
＝，故D正确；分别运动到轨道最低点B、D两点时，人所受加速度最
大。对图甲圆环轨道，由动能定理得mg·2R＝m－m，经过B点时
加速度aB＝，联立解得aB＝5g，图甲过山车轨道存在安全隐患。
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对图乙倒水滴形轨道，由动能定理得mg·3R＝m－m，经过D点时
加速度aD＝，解得aD＝3.5g＜5g，故图乙过山车轨道比图甲轨道更安全，
故A错误，B正确；相同载人过山车在顶峰处动能为0，经A、C两点时动能
相等，根据机械能守恒定律，有mgh甲＝EkA＋mg·2R，mgh乙＝EkC＋mg·3R，
其中EkA＝EkC，可得h乙－h甲＝R，即图甲轨道的顶峰高度比图乙轨道的顶
峰高度低R，故C正确。
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12. （2025·北京朝阳二模）如图所示，水平圆台可以绕其中心轴转动。在
圆台中心两侧放上甲、乙两物体，两物体的质量均为m，均可视为质点，
甲、乙两物体到圆台中心距离分别为2R、R，其连线过圆台中心。两物体
与圆台间的动摩擦因数均为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加
速度为g。
（1）若圆台以某一角速度转动时，甲、乙均未滑动。求两物体的加速度之比a甲∶a乙；
答案： 2∶1　
解析： 若圆台以某一角速度转动时，甲、乙均未滑动，根据向心加速度a＝ω2r
可得两物体的加速度之比a甲∶a乙＝2R∶R＝2∶1。
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（2）若圆台的角速度逐渐增大，请分析说明甲、乙两物体谁先滑动；
答案： 甲　
解析：若圆台的角速度逐渐增大，根据μmg＝mr
可得ω0＝
因甲物体转动半径较大，临界角速度较小，可知甲物体先滑动。
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（3）若将甲、乙两物体用不可伸长的轻绳连接，轻绳最初拉直而不张
紧，缓慢增加圆台的转速，求两物体刚要滑动时圆台转动的角速度ω。
答案：
解析：两物体刚要滑动时，甲受最大静摩擦力指向圆心，乙受最大静摩擦
力背离圆心，则对甲，有
T＋μmg＝mω2·2R，对乙，有T－μmg＝mω2R
解得两物体刚要滑动时圆台转动的角速度ω＝。
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13. （2025·黑龙江哈尔滨模拟）如图所示，一水平圆盘绕竖直中心轴做匀
速圆周运动，紧贴在一起的M、N两物体（均可视为质点）随圆盘做圆周
运动，物体N与圆盘未接触。已知两物体与转轴间的距离r＝0.5 m，特殊
材料制作的物体M与圆盘面间的动摩擦因数μ2＝1.8，物体M、N间的动摩
擦因数μ1＝0.8，各接触面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大
小取g＝10 m/s2。
（1）为了使物体N不下滑，求圆盘转动的最小角速度ω1；
答案： 5 rad/s　
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解析： 设物体N的质量为m1，物体N不下滑时对物体N受力分析，竖
直方向上有f1＝m1g
水平方向上有FN1＝m1r
其中f1＝μ1FN1
解得ω1＝5 rad/s。
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（2）为了使物体M、N整体不相对于盘面滑动，求圆盘转动的最大角速度
ω2。
答案： 6 rad/s
解析：设物体M的质量为m2，对物体M、N整体受力分析，竖直方向上有FN2
＝（m1＋m2）g
水平方向上有f2＝（m1＋m2）r
其中f2＝μ2FN2
解得ω2＝6 rad/s。
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