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(共58张PPT)
专题突破6　圆周运动的临界极值问题
1.掌握圆周运动临界问题的特点及临界条件。2.会分析水平面内、竖直面内和斜面上圆周运动的临界问题。
目标
要求
1
研考点 精准突破
2
限时规范训练
栏
目
导
引
研考点
精准突破
考点一　水平面内圆周运动的运动学问题
考向1　与摩擦力有关的临界极值问题
(2025·山东济南高三质检)如图所示，质量分别为
m、2m、3m的物块a、b、c，放置在水平圆盘上随圆盘
一起以角速度ω匀速转动，其中物块a、b叠放在一起。
图中各接触面间的动摩擦因数均为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，a、b和c与转轴的距离分别为r和1.5r。下列说法正确的是(　　)
A．b对a的摩擦力为μmg B．圆盘对b的摩擦力为2mω2r
C．圆盘的角速度满足ω≤ D．圆盘的角速度满足ω≤
D
解析：D　对物块a、b整体分析，圆盘对b的静摩擦力Ffb提供向心力，则Ffb＝(m＋2m)ω2r＝3mω2r，对a进行受力分析，b对a的静摩擦力Ffa提供向心力，则Ffa＝mω2r，且Ffa≤μmg，A、B错误；对c进行受力分析，圆盘对c的静摩擦力Ffc提供向心力，有Ffc＝3mω2×1.5r，当c恰好未相对圆盘滑动时，Ffc＝μ×3mg，可解得此时圆盘对应的角速度ωc＝，根据A、B项分析同理可知，a、b分别恰未相对圆盘滑动时，圆盘对应的角速度ωa＝，ωb＝ ，故圆盘的角速度满足ω≤ωc＝
，C错误，D正确。
思路点拨
(1)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。
(2)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。
(多选)(2026·山东启思大联考开学考)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L的细绳连接，木块与转盘的最大静摩擦力均为各自重力的K倍，A放在距离转轴L处，整个装置能绕通过转盘中心的转轴O1O2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ω>时，A、B相对于转盘会滑动
B．当ω>时，绳子一定有弹力
C．ω在 <ω<范围内增大时，B所受摩擦力变大
D．ω在0<ω<范围内增大时，A和B所受摩擦力一直变大
AB
解析：AB　当A、B所受静摩擦力均达到最大值
时，A、B相对转盘将会滑动，即Kmg＋Kmg＝
mω2L＋mω2·2L，解得ω＝，故A正确；当B
所受静摩擦力达到最大值后，绳子开始有弹力，即Kmg＝mω2·2L，解得ω＝，故B正确；当<ω<时，随角速度的增大，绳子拉力不断增大，B所受静摩擦力一直保持最大静摩擦力不变，0<ω≤时，A所受摩擦力提供向心力，即Ff＝mω2L，静摩擦力随角速度增大而增大，当<ω<时，以A、B整体为研究对象，有FfA＋Kmg＝mω2L＋mω2·2L，可知A所受静摩擦力随角速度的增大而增大，故CD错误。
思路点拨：如果除摩擦力以外还有其他力，如绳两端连接物体随水平面转动，其中一个物体存在一个恰不向内滑动的临界条件和一个恰不向外滑动的临界条件，分别为静摩擦力达到最大且静摩擦力的方向沿半径背离圆心和沿半径指向圆心。
考向2　与弹力有关的临界极值问题
(2025·河北多校期末)细绳一端系住一个质量为m的小球(可视为质点)，另一端固定在光滑水平桌面上方h高度处，绳长l大于h，使小球在桌面上做如图所示的匀速圆周运动，重力加速度为g。若要小球不离开桌面，其转速不得超过(　　)
A． B．2π
C．
D
解析：D　对小球受力分析，小球受三个力的作用，重力mg、水平桌面支持力FN、绳子拉力F，小球所受合力提供向心力，设绳子与竖直方向夹角为θ，由几何关系可知R＝h tan θ，对小球受力分析可知F cos θ＋FN＝mg，F sin θ＝m＝mω2R＝4mπ2n2R＝4mπ2n2h tan θ；当球即将离开水平桌面时，FN＝0，转速n有最大值，此时nm＝，故选D。
两个接触物体分离的临界条件是物体间的弹力恰好为零。
(多选)(2025·江苏徐州七中月考)如图所示，AB为竖直放置的光滑圆筒，一根长细绳穿过圆筒后一端连着质量为m1＝5 kg的小球(可视为质点)，另一端和细绳BC(悬点为B)在结点C处共同连着一质量为m2的小球(可视为质点)，长细绳能承受的最大拉力为60 N，细绳BC能承受的最大拉力为27.6 N，圆筒顶端A到C点的距离l1＝1.5 m，细绳BC刚好被水平拉直时长l2＝0.9 m，转动圆筒并逐渐缓慢增大角速度，在BC绳被拉直之前，用手拿着m1，保证其位置不变，在BC绳被拉直之后，放
开m1，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　)
A．在BC绳被拉直之前，AC绳中拉力逐渐增大
B．当角速度ω＝ rad/s时，BC绳刚好被拉直
C．当角速度ω＝3 rad/s时，AC绳刚好被拉断
D．当角速度ω＝4 rad/s时，BC绳刚好被拉断
ABD
解析：ABD　转动圆筒并逐渐缓慢增大角速度的过程中，AC绳与竖直方向的夹角θ逐渐增大，m2竖直方向处于平衡，由FTAcos θ＝m2g，可知在BC绳被拉直之前，AC绳中拉力逐渐增大，A正确；BC绳刚好被拉直时，由几何关系可知AC绳与竖直方向的夹角的正弦值sin θ＝，对小球m2受力分析，由牛顿第二定律可知m2g tan θ＝m2ω12l2，解得ω1＝ rad/s，B正
确；当ω＝3 rad/s> rad/s，BC绳被拉直且放开了m1，m1就一直处于平衡状态，AC绳中拉力不变且为50 N，小于AC绳承受的最大拉力，AC未被拉断，C错误；对小球m2，竖直方向有m1g cos θ＝m2g，可得m2＝4 kg，当BC被拉断时有m1g sin θ＋FTBC＝m2ω22l2，解得ω2＝4 rad/s，D正确。
思路点拨：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。
考点二　竖直面内圆周运动的动力学问题
考向1　轻绳模型
(多选)(2025·陕西延安高三质检)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，g取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
ABC
解析：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。
(1)“一绳一球”模型
(2)小球受到的弹力可能向下，也可能等于零。
(3)结论：v＝，球恰好通过最高点；v>，球所受弹力向下；v<，球不能达到最高点。
(多选)(2025·四川德阳高三模拟)如图所示，固定在竖
直平面内光滑的圆轨道半径R＝2 m，从最低点A有一质量为
m＝1 kg的小球开始运动，初速度v0方向水平向右，重力加速
度g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　)
A．若初速度v0＝8 m/s，则运动过程中，小球不会脱离圆轨道
B．若初速度v0＝5 m/s，则运动过程中，小球不会脱离圆轨道
C．小球能到达最高点B的条件是v0≥4 m/s
D．若小球能通过圆轨道最高点，则小球初速度越大，在最高点时对轨道的压力一定越大
BD
解析：BD　小球恰好能到达最高点时，根据机械能守恒有
mv12，且恰好满足mg＝，解得v0＝
10 m/s，若小球刚好能到圆心高度，则有mv0′2＝mgR，
得v0′＝2 m/s，故若2考向2　轻杆模型
(2025·广东东莞一中月考)如图所示，有一个半径
为R的内壁光滑的圆管道(管壁厚度可忽略)。现给小球一
个初速度，使小球沿管道在竖直面内做圆周运动。关于
小球在最高点的速度v，下列叙述中正确的是(小球可看
成质点)(　　)
A．v的最小值为
B．v由0逐渐增大，管道对小球的弹力逐渐增大
C．当v由逐渐增大时，管道对小球的弹力逐渐增大
D．当v由在逐渐减小时，管道对小球的弹力逐渐减小
C
解析：C　在最高点时，因为管道内壁可以提供支持力，则最高点的最小速度可以为0，故A错误；在最高点时，若v<，此时管道内壁对小球有弹力FN，根据牛顿第二定律得mg－FN＝m，随着速度的增大，弹力FN逐渐减小，随着速度的减小，管道对小球的弹力FN逐渐增大，故B、D错误；在最高点时，若v>，管道外壁对小球有弹力FN′，根据牛顿第二定律得mg＋FN′＝m，随着速度的增大，弹力FN′在逐渐增大，故C正确。
(1)“杆—球”模型
(2)小球受到的弹力可能向下，可能向上，也可能等于零。
(3)结论：
v＝，球所受弹力为零；
v>，球所受弹力向下；
v<，球所受弹力向上。
(2025·湖南长沙一模)如图，在竖直平面内，轻杆一端通过转轴连接在O点，另一端固定一质量为m的小球。小球从A点由静止开始摆下，先后经过B、C两点，A、C点分别位于O点的正上方和正下方，B点与O点等高，不考虑摩擦及空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是
(　　)
A．小球在B点受到的合力大小为2mg
B．小球在C点受到的合力大小为2mg
C．从A到C的过程，杆对小球的弹力最大值为5mg
D．从A到C的过程，杆对小球的弹力最小值为4mg
C
解析：C　从A到B根据动能定理，有mgR＝mvB2，小球运动到水平位置B时，竖直方向有Fy＝mg，水平方向有Fx＝m，所以小球在B点受到的合力大小为F合＝mg，故A错误；从A到C根据动能定理，有mg×2R＝
mvC2，根据牛顿第二定律，有F＝m，解得F＝4mg，此时杆的弹力最大，则有F弹－mg＝m，解得F弹＝5mg，故B错误，C正确；从A运动到C的过程中，在A点杆对小球的力沿杆向外，B点杆对球的力沿杆向内，从A到C的过程，杆对小球的弹力最小为零，故D错误。
[归纳总结]　分析竖直平面内圆周运动临界问题的思路
素养拓展　斜面上圆周运动的临界问题
1．问题特点：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、绳控制、杆控制等，物体的受力情况和所遵循的规律也不相同。
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，重力垂直斜面的分力与物体受到的支持力相等，解决此类问题时，可以按以下操作，把问题简化。
如图所示，在倾角θ＝30°的光滑斜面上，长为L的细线一端固定，另一端连接质量为m的小球，小球在斜面上做圆周运动，A、B分别是圆弧的最高点和最低点，若小球在A、B点做圆周运动的最小速度分别为vA、vB，重力加速度为g，则(　　)
A．vA＝0 B．vA＝
C．vB＝ D．vB＝
C
解析：C　在A点，对小球，临界情况是绳子的拉力为零，小球靠重力沿斜面方向的分力提供向心力，根据牛顿第二定律得mg sin θ＝m，解得A点的最小速度为vA＝，对AB段过程研究，根据机械能守恒得mvA2＋mg·2L sin 30°＝mvB2，解得B点的最小速度为vB＝，故C正确，A、B、D错误。
(2025·重庆市西南大学附属中学月考)如图所示，在倾角为α＝30°的光滑斜面上有一长L＝0.8 m的轻杆，杆一端固定在O点，可绕O点自由转动，另一端系一质量为m＝0.05 kg的小球(可视为质点)，小球在斜面上做圆周运动，g取10 m/s2。要使小球能到达最高点A，则小球在最低点B的最小速度是(　　)
A．4 m/s B．2 m/s
C．2 m/s D．2 m/s
解析：A　小球恰好到达A点时的速度大小为vA＝0，此时对应B点的速度最小，设为vB，对小球从A到B的运动过程，由动能定理有mvA2＝2mgL sin α，代入数据解得vB＝4 m/s，故选A。
A
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限时规范
训练(23)　圆周运动的临界极值问题
(建议用时：40分钟　满分：75分)
(选择题1～7题每题5分，8～10题每题6分，共53分)
[基础巩固练]
1．(2025·辽宁名校联盟高三期中)如图，圆盘在水平面内做匀速圆周运动，质量为M＝0.2 kg的小物块放置在水平圆盘的正中央，并用一根0.1 m长的轻质细线与质量为m＝0.1 kg的另一个小物块连接，两物块与圆盘间的动摩擦因数均为0.2。已知两个小物块均可看作质点，细线所能承受的拉力足够大，g取。要保证M、m与圆盘间不发生相对滑动，圆盘角速度的最大值为(　　)
A．2 rad/s B．2 rad/s
C．2 rad/s D．2 rad/s
A
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1
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解析：A　当物块将要滑动时，对m有FT＋μmg＝mrω2，对M有FT＝μMg，解得ω＝ rad/s，故选A。
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2．(2025·重庆七校月考)如图所示，乘坐游乐园的
翻滚过山车时，质量为m的人随车在竖直平面内旋
转，重力加速度大小为g，下列说法正确的是(　　)
A．过山车在最高点时人处于倒坐状态，全靠保险
带拉住，没有保险带，人就会掉下来
B．人在最高点时对座位不可能产生大小为mg的压力
C．人在最低点时对座位的压力等于mg
D．人在最低点时对座位的压力大于mg
D
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解析：D　过山车在最高点时人处于倒坐状态，向心力是靠重力与座椅的支持力提供，速度越大支持力越大，所以没有保险带，人也不会掉下来，A错误；人在最高点时，由牛顿第二定律可得mg＋FN＝m，当速度为v＝时，支持力为mg，由牛顿
第三定律可得，人在最高点时对座位可以产生大小为mg的压力，B错误；人在最低点时，由牛顿第二定律可得FN－mg＝m，则人在最低点时对座位的压力大于mg，C错误，D正确。
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3．(2026·重庆一中高三开学考)如图(a)所示，倾斜圆盘与水平面的夹角θ＝30°，它可绕过圆心且垂直于圆盘的转轴匀速转动，在圆盘平面内以圆心O为原点建立平面直角坐标系，x轴沿水平方向，y轴沿盘面向上。圆盘上一小滑块始终与圆盘保持相对静止，其所受摩擦力沿x、y轴的投影Ffx、Ffy的关系如图(b)所示。则滑块与圆盘之间的动摩擦因数至少为(　　)
A．
C．
C　
图(a)　 图(b)
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解析：C　设图(b)圆与Ffy轴正方向的交点的纵坐标为Ff1，则＝(4 N)2＋，解得Ff1＝8 N，结合图(b)知，滑块运动至最高点时，所受的静摩擦力最小，方向指向圆心，大小为Ff2＝2 N，由牛顿第二定律得Ff2＋mg sin θ＝mω2r，滑块运动至最低点时，所受的静摩擦力最大，方向指向圆心，大小为Ff1＝8 N，由牛顿第二定律得Ff1－mg sin θ＝mω2r，且满足Ff1≤μmg cos θ，联立知，滑块与圆盘之间的动摩擦因数μ≥，故选C。
图(a)　 图(b)
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4．(2025·安徽芜湖一中二模)如图所示，静止的水平圆盘上，沿直径方向放着用轻绳相连可视为质点的物体A和B，A的质量为5m，B的质量为m。它们分居圆心两侧，到圆心的距离分别为RA＝r，RB＝3r，A、B与盘间的动摩擦因数相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。A、B与圆盘一起绕中轴线由静止缓慢转动且角速度不断增大；绳子出现张力时角速度为ω1，A、B与圆盘一起绕中轴线匀速转动的最大角速度为ω2。转动过程中轻绳未断，则为(　　)
A．1∶ B．2∶
C．1∶3 D．1∶2
C
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解析：C　当绳中开始出现张力时，摩擦力提供向心力且达到最大值，即μmg＝m·3rω12，解得ω1＝，当A、B与圆盘一起绕中轴线匀速转动达到最大角速度ω2时，对B有FT－μmg＝mω22×3r，对A有FT＋μ×5mg＝5mω22r，解得ω2＝，则有，故选C。
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5．(2025·浙江宁波中学月考)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(取g＝10 m/s2)(　　)
A．2 m/s B．4 m/s
C．6 m/s D．8 m/s
B
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解析：B　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，大小为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大小为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。
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6．(多选)(2026·北京四中高三开学考)如图所示，桌面上放置一内壁光滑的固定竖直圆环轨道，质量为M，半径为R。可视为质点的小球在轨道内做圆周运动，其质量为m。小球在轨道最高点的速度大小为v0，重力加速度为g，不计空气阻力，则(　　)
A．小球做圆周运动的过程中，合外力提供向心力
B．当v0＝时，轨道对桌面的压力为(M－m)g
C．当v0＝时，轨道对桌面压力为(M－m)g
D．小球运动到球心等高处，轨道对桌面的压力为Mg
BD
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解析：BD　小球做变速圆周运动，在小球运动的过程中，除最高点和最低点合外力提供向心力，其他位置都是合外力的分力提供向心力，故A错误；当v0＝时，对小球受力分析有mg＋FNm＝m＝2mg，解得FNm＝mg，根据牛顿第三定律，小球对轨道的作用力大小为FNm′＝FNm，设桌
面对轨道的支持力为FNM，对轨道受力分析得FNM＋FNm′＝Mg，解得FNM＝(M－m)g，根据牛顿第三定律，轨道对桌面的压力为(M－m)g，故B正确，C错误；小球运动到球心等高处，小球与轨道相互作用力的方向沿水平方向，对轨道竖直方向受力分析结合牛顿第三定律可得轨道对桌面的压力大小为Mg，故D正确。
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7．(多选)(2025·山东新泰一中月考)如图所示，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OB、AB两绳始终处于拉直状态，则下列说法正确的是(　　)
A．OB绳的拉力范围为0～mg
B．OB绳的拉力范围为mg～mg
C．AB绳的拉力范围为0～mg
D．AB绳的拉力范围为0～mg
BC　
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解析：BC　转动的角速度为0时，OB绳的拉力最小，AB绳的拉力最大，这时两者的值相同，设为FT1，则2FT1cos 30°＝mg，FT1＝mg，增大转动的角速度，当AB绳的拉力刚好等于0时，OB绳的拉力最大，设这时OB绳的拉力为FT2，则FT2cos 30°＝mg，FT2＝mg，因此OB绳的拉力范围为mg～mg，AB绳的拉力范围为0～mg，故B、C两项正确。
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[能力提升练]
8．(多选)(2025·广东江门一中月考)如图所示，一种圆锥筒状转筒左、右分别系着一长一短两根轻质绳子，两端挂着相同的小球，圆锥筒静止时绳子平行于圆锥面。当圆锥筒绕中心轴开始缓慢加速转动时，不计空气阻力，则下列说法正确的是(　　)
A．角速度慢慢增大，一定是绳子较长的球先离开圆锥筒
B．角速度达到一定值时两个球一定同时离开圆锥筒
C．两个球都离开圆锥筒后，高度不一定相同
D．两个球都离开圆锥筒后，高度一定相同
AD
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解析：AD　设绳子与竖直方向的夹角为θ，小球质量均为m，
绳长为L，圆锥筒转动的角速度为ω，小球恰好离开圆锥筒时，
圆锥筒对小球的支持力为0，有mg tan θ＝mω2L sin θ，解得ω
＝，对于小球来说，绳子的长度越长，小球离开圆锥
筒的临界角速度越小，即越容易离开圆锥筒，A正确，B错误；当两个球都离开圆锥筒时，设此时绳子与竖直方向夹角为α，小球只受重力和绳子的拉力，有mg tan α＝mω2L sin α，h＝L cos α，整理有h＝，因为两个小球绕同一个轴转动，所以两小球的角速度相同，即两小球高度相同，C错误，D正确。
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9．(多选)(2025·四川天立教育联考)如图甲所示，陀螺在圆轨道外侧运动而不脱离，好像被施加了魔法一样。该陀螺可等效成一质点在圆轨道外侧运动的模型，如图乙所示，在竖直面内固定的强磁性圆轨道上，A、B两点分别为轨道的最高点与最低点。已知该陀螺的质量为m，强磁性圆轨道半径为R，重力加速度为g，陀螺沿轨道外侧做完整的圆周运动，受到的轨道的强磁性引力始终指向圆心O且大小恒为F。当陀螺以速率 通过A点时，对轨道的压力为7mg。不计一切摩擦和空气阻力，下列说法正确的是(　　)
A．强磁性引力F大小为8mg
B．陀螺在B点的速率为
C．陀螺在B点对轨道压力为6mg
D．要使陀螺不脱离强磁性圆轨道，
它在B点的速率不能超过
图甲 图乙
ABD
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解析：ABD　陀螺在A点时，由牛顿第二定律得mg＋F－7mg＝m，解得F＝8mg，A正确；陀螺从A点到B点，由动能定理有mg·2R＝mvA2，解得vB＝，B正确；陀螺在B点时，由牛顿第二定律有F－FN－mg＝m，解得FN＝mg，根据牛顿第三定律可知陀螺在B点对轨道的压力大小为mg，C错误；陀螺恰好不
脱离强磁性圆轨道时，轨道弹力为零，
则此时由牛顿第二定律有F－mg＝
m，解得vB′＝，D正确。
图甲 图乙
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10．(多选)(2025·四川成都高三诊断)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
AC
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解析：AC　小木块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，对木块a有Ffa
＝mωa2l，当Ffa＝kmg时，kmg＝mωa2l，ωa＝；对木块b有
Ffb＝mωb2·2l，当Ffb＝kmg时，kmg＝mωb2·2l，ωb＝，则ω＝是b开始滑动的临界角速度，即b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Ffa＝mω2l，Ffb＝mω2·2l，Ffa11
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11．(10分)(2025·湖南雅礼中学月考)如图，轻杆长2l，中
点装在水平轴O点，两端分别固定着小球A和B，A球质量
为m，B球质量为2m，两者一起在竖直平面内绕O轴做圆周
运动。
(1)若A球在最高点时，杆与A球相连的一端恰好不受力，求
此时B球的速度大小；
(2)若B球到最高点时的速度等于第(1)问中的速度，则求此时O轴的受力大小、方向；
(3)在杆的转速逐渐变化的过程中，能否出现O轴不受力的情况？若不能，请说明理由；若能，求出此时A、B球的速度大小。
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解析：(1)A在最高点时，对A根据牛顿第二定律mg＝m
解得vA＝
因为A、B球的角速度相等，半径相等，则vB＝vA＝。
(2)B在最高点时，对B根据牛顿第二定律2mg＋TOB′＝2m
代入(1)中的vB，可得TOB′＝0
对A有TOA′－mg＝m
可得TOA′＝2mg
根据牛顿第三定律，O轴所受的力的大小为2mg，方向竖直向下。
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(3)要使O轴不受力，根据B的质量大于A的质量，可判断B球应在最高点
对B有TOB″＋2mg＝2m
对A有TOA″－mg＝m
轴O不受力时TOA″＝TOB″
可得v＝
所以当A、B球的速度大小为时O轴不受力。
答案：(1)　(2)2mg　方向竖直向下　(3)当A、B球的速度大小为时O轴不受力
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[培优创新练]
12．(12分)(2026·湖南雅礼中学开学考)小明站在水平地面上，手握不可伸长的轻绳一端，绳的另一端系有质量为m的小球(可视为质点)，给小球一初速度，使球在竖直平面内做圆周运动。当球某次运动到最低点时，绳的张力恰好达到最大值而突然断掉，球飞行水平距离d后落地，如图所示。已知握绳的手离地面高度为d，手与球之间的绳长为，重力加速度为g。忽略手的运动半径和空气阻力。
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(1)求绳断时球的速度大小v1和球落地时的速度大小v2。
(2)轻绳能承受的最大拉力FTm多大？
(3)保持手离地面的高度d不变，改变绳长L，让球重复上述运动，若绳仍在球运动到最低点时恰好张力达到最大值而断掉，要使球抛出的水平距离最大，则绳长L应是多少？最大水平距离xm为多少？
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解析：(1)设绳断后小球飞行时间为t1，小球做平抛运动，竖直方向gt12
水平方向d＝v1t1
解得v1＝
设小球落地时在竖直方向的分速度为vy，则vy2＝2g·
小球落地速度v2＝联立解得v2＝。
(2)小球在最低点，根据牛顿第二定律FT－mg＝m
解得轻绳对小球拉力大小FT＝mg
根据牛顿第三定律得，轻绳能承受的最大拉力FTm＝mg。
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(3)小球在最低点，根据牛顿第二定律FTm－mg＝m
绳断后做平抛运动，竖直方向d－L＝gt22
水平方向x＝v0t2
解得x＝
由数学关系得，当L＝时x取最大值，xm＝d。
答案：(1)　(2)mg　(3)d
专题突破6　圆周运动的临界极值问题
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目标 要求 　 　 1.掌握圆周运动临界问题的特点及临界条件。2.会分析水平面内、竖直面内和斜面上圆周运动的临界问题。
考点一　水平面内圆周运动的运动学问题
考向1　与摩擦力有关的临界极值问题
　(2025·山东济南高三质检)如图所示，质量分别为m、2m、3m的物块a、b、c，放置在水平圆盘上随圆盘一起以角速度ω匀速转动，其中物块a、b叠放在一起。图中各接触面间的动摩擦因数均为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，a、b和c与转轴的距离分别为r和1.5r。下列说法正确的是(　　)
A．b对a的摩擦力为μmg
B．圆盘对b的摩擦力为2mω2r
C．圆盘的角速度满足ω≤
D．圆盘的角速度满足ω≤
解析：D　对物块a、b整体分析，圆盘对b的静摩擦力Ffb提供向心力，则Ffb＝(m＋2m)ω2r＝3mω2r，对a进行受力分析，b对a的静摩擦力Ffa提供向心力，则Ffa＝mω2r，且Ffa≤μmg，A、B错误；对c进行受力分析，圆盘对c的静摩擦力Ffc提供向心力，有Ffc＝3mω2×1.5r，当c恰好未相对圆盘滑动时，Ffc＝μ×3mg，可解得此时圆盘对应的角速度ωc＝，根据A、B项分析同理可知，a、b分别恰未相对圆盘滑动时，圆盘对应的角速度ωa＝，ωb＝ ，故圆盘的角速度满足ω≤ωc＝，C错误，D正确。
思路点拨
(1)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。
(2)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。
　(多选)(2026·山东启思大联考开学考)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L的细绳连接，木块与转盘的最大静摩擦力均为各自重力的K倍，A放在距离转轴L处，整个装置能绕通过转盘中心的转轴O1O2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ω>时，A、B相对于转盘会滑动
B．当ω>时，绳子一定有弹力
C．ω在 <ω<范围内增大时，B所受摩擦力变大
D．ω在0<ω<范围内增大时，A和B所受摩擦力一直变大
解析：AB　当A、B所受静摩擦力均达到最大值时，A、B相对转盘将会滑动，即Kmg＋Kmg＝mω2L＋mω2·2L，解得ω＝，故A正确；当B所受静摩擦力达到最大值后，绳子开始有弹力，即Kmg＝mω2·2L，解得ω＝，故B正确；当<ω<时，随角速度的增大，绳子拉力不断增大，B所受静摩擦力一直保持最大静摩擦力不变，0<ω≤时，A所受摩擦力提供向心力，即Ff＝mω2L，静摩擦力随角速度增大而增大，当<ω<时，以A、B整体为研究对象，有FfA＋Kmg＝mω2L＋mω2·2L，可知A所受静摩擦力随角速度的增大而增大，故CD错误。
思路点拨：如果除摩擦力以外还有其他力，如绳两端连接物体随水平面转动，其中一个物体存在一个恰不向内滑动的临界条件和一个恰不向外滑动的临界条件，分别为静摩擦力达到最大且静摩擦力的方向沿半径背离圆心和沿半径指向圆心。
考向2　与弹力有关的临界极值问题
　(2025·河北多校期末)细绳一端系住一个质量为m的小球(可视为质点)，另一端固定在光滑水平桌面上方h高度处，绳长l大于h，使小球在桌面上做如图所示的匀速圆周运动，重力加速度为g。若要小球不离开桌面，其转速不得超过(　　)
A． B．2π
C．
解析：D　对小球受力分析，小球受三个力的作用，重力mg、水平桌面支持力FN、绳子拉力F，小球所受合力提供向心力，设绳子与竖直方向夹角为θ，由几何关系可知R＝h tan θ，对小球受力分析可知F cos θ＋FN＝mg，F sin θ＝m＝mω2R＝4mπ2n2R＝4mπ2n2h tan θ；当球即将离开水平桌面时，FN＝0，转速n有最大值，此时nm＝，故选D。
两个接触物体分离的临界条件是物体间的弹力恰好为零。
　(多选)(2025·江苏徐州七中月考)如图所示，AB为竖直放置的光滑圆筒，一根长细绳穿过圆筒后一端连着质量为m1＝5 kg的小球(可视为质点)，另一端和细绳BC(悬点为B)在结点C处共同连着一质量为m2的小球(可视为质点)，长细绳能承受的最大拉力为60 N，细绳BC能承受的最大拉力为27.6 N，圆筒顶端A到C点的距离l1＝1.5 m，细绳BC刚好被水平拉直时长l2＝0.9 m，转动圆筒并逐渐缓慢增大角速度，在BC绳被拉直之前，用手拿着m1，保证其位置不变，在BC绳被拉直之后，放开m1，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　)
A．在BC绳被拉直之前，AC绳中拉力逐渐增大
B．当角速度ω＝ rad/s时，BC绳刚好被拉直
C．当角速度ω＝3 rad/s时，AC绳刚好被拉断
D．当角速度ω＝4 rad/s时，BC绳刚好被拉断
解析：ABD　转动圆筒并逐渐缓慢增大角速度的过程中，AC绳与竖直方向的夹角θ逐渐增大，m2竖直方向处于平衡，由FTAcos θ＝m2g，可知在BC绳被拉直之前，AC绳中拉力逐渐增大，A正确；BC绳刚好被拉直时，由几何关系可知AC绳与竖直方向的夹角的正弦值sin θ＝，对小球m2受力分析，由牛顿第二定律可知m2g tan θ＝m2ω12l2，解得ω1＝ rad/s，B正确；当ω＝3 rad/s> rad/s，BC绳被拉直且放开了m1，m1就一直处于平衡状态，AC绳中拉力不变且为50 N，小于AC绳承受的最大拉力，AC未被拉断，C错误；对小球m2，竖直方向有m1g cos θ＝m2g，可得m2＝4 kg，当BC被拉断时有m1g sin θ＋FTBC＝m2ω22l2，解得ω2＝4 rad/s，D正确。
思路点拨：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。
考点二　竖直面内圆周运动的动力学问题
考向1　轻绳模型
　(多选)(2025·陕西延安高三质检)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，g取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：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。
(1)“一绳一球”模型
(2)小球受到的弹力可能向下，也可能等于零。
(3)结论：
v＝，球恰好通过最高点；v>，球所受弹力向下；v<，球不能达到最高点。
　(多选)(2025·四川德阳高三模拟)如图所示，固定在竖直平面内光滑的圆轨道半径R＝2 m，从最低点A有一质量为m＝1 kg的小球开始运动，初速度v0方向水平向右，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　)
A．若初速度v0＝8 m/s，则运动过程中，小球不会脱离圆轨道
B．若初速度v0＝5 m/s，则运动过程中，小球不会脱离圆轨道
C．小球能到达最高点B的条件是v0≥4 m/s
D．若小球能通过圆轨道最高点，则小球初速度越大，在最高点时对轨道的压力一定越大
解析：BD　小球恰好能到达最高点时，根据机械能守恒有mv12，且恰好满足mg＝，解得v0＝10 m/s，若小球刚好能到圆心高度，则有mv0′2＝mgR，得v0′＝2 m/s，故若2考向2　轻杆模型
　(2025·广东东莞一中月考)如图所示，有一个半径为R的内壁光滑的圆管道(管壁厚度可忽略)。现给小球一个初速度，使小球沿管道在竖直面内做圆周运动。关于小球在最高点的速度v，下列叙述中正确的是(小球可看成质点)(　　)
A．v的最小值为
B．v由0逐渐增大，管道对小球的弹力逐渐增大
C．当v由逐渐增大时，管道对小球的弹力逐渐增大
D．当v由在逐渐减小时，管道对小球的弹力逐渐减小
解析：C　在最高点时，因为管道内壁可以提供支持力，则最高点的最小速度可以为0，故A错误；在最高点时，若v<，此时管道内壁对小球有弹力FN，根据牛顿第二定律得mg－FN＝m，随着速度的增大，弹力FN逐渐减小，随着速度的减小，管道对小球的弹力FN逐渐增大，故B、D错误；在最高点时，若v>，管道外壁对小球有弹力FN′，根据牛顿第二定律得mg＋FN′＝m，随着速度的增大，弹力FN′在逐渐增大，故C正确。
(1)“杆—球”模型
(2)小球受到的弹力可能向下，可能向上，也可能等于零。
(3)结论：
v＝，球所受弹力为零；
v>，球所受弹力向下；
v<，球所受弹力向上。
　(2025·湖南长沙一模)如图，在竖直平面内，轻杆一端通过转轴连接在O点，另一端固定一质量为m的小球。小球从A点由静止开始摆下，先后经过B、C两点，A、C点分别位于O点的正上方和正下方，B点与O点等高，不考虑摩擦及空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　)
A．小球在B点受到的合力大小为2mg
B．小球在C点受到的合力大小为2mg
C．从A到C的过程，杆对小球的弹力最大值为5mg
D．从A到C的过程，杆对小球的弹力最小值为4mg
解析：C　从A到B根据动能定理，有mgR＝mvB2，小球运动到水平位置B时，竖直方向有Fy＝mg，水平方向有Fx＝m，所以小球在B点受到的合力大小为F合＝mg，故A错误；从A到C根据动能定理，有mg×2R＝mvC2，根据牛顿第二定律，有F＝m，解得F＝4mg，此时杆的弹力最大，则有F弹－mg＝m，解得F弹＝5mg，故B错误，C正确；从A运动到C的过程中，在A点杆对小球的力沿杆向外，B点杆对球的力沿杆向内，从A到C的过程，杆对小球的弹力最小为零，故D错误。
[归纳总结]　分析竖直平面内圆周运动临界问题的思路
素养拓展　斜面上圆周运动的临界问题
1．问题特点：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、绳控制、杆控制等，物体的受力情况和所遵循的规律也不相同。
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，重力垂直斜面的分力与物体受到的支持力相等，解决此类问题时，可以按以下操作，把问题简化。
　如图所示，在倾角θ＝30°的光滑斜面上，长为L的细线一端固定，另一端连接质量为m的小球，小球在斜面上做圆周运动，A、B分别是圆弧的最高点和最低点，若小球在A、B点做圆周运动的最小速度分别为vA、vB，重力加速度为g，则(　　)
A．vA＝0 B．vA＝
C．vB＝ D．vB＝
解析：C　在A点，对小球，临界情况是绳子的拉力为零，小球靠重力沿斜面方向的分力提供向心力，根据牛顿第二定律得mg sin θ＝m，解得A点的最小速度为vA＝，对AB段过程研究，根据机械能守恒得mvA2＋mg·2L sin 30°＝mvB2，解得B点的最小速度为vB＝，故C正确，A、B、D错误。
　(2025·重庆市西南大学附属中学月考)如图所示，在倾角为α＝30°的光滑斜面上有一长L＝0.8 m的轻杆，杆一端固定在O点，可绕O点自由转动，另一端系一质量为m＝0.05 kg的小球(可视为质点)，小球在斜面上做圆周运动，g取10 m/s2。要使小球能到达最高点A，则小球在最低点B的最小速度是(　　)
A．4 m/s B．2 m/s
C．2 m/s D．2 m/s
解析：A　小球恰好到达A点时的速度大小为vA＝0，此时对应B点的速度最小，设为vB，对小球从A到B的运动过程，由动能定理有mvA2＝2mgL sin α，代入数据解得vB＝4 m/s，故选A。
限时规范训练(23)　圆周运动的临界极值问题
(建议用时：40分钟　满分：75分)
(选择题1～7题每题5分，8～10题每题6分，共53分)
[基础巩固练]
1．(2025·辽宁名校联盟高三期中)如图，圆盘在水平面内做匀速圆周运动，质量为M＝0.2 kg的小物块放置在水平圆盘的正中央，并用一根0.1 m长的轻质细线与质量为m＝0.1 kg的另一个小物块连接，两物块与圆盘间的动摩擦因数均为0.2。已知两个小物块均可看作质点，细线所能承受的拉力足够大，g取。要保证M、m与圆盘间不发生相对滑动，圆盘角速度的最大值为(　　)
A．2 rad/s B．2 rad/s
C．2 rad/s D．2 rad/s
解析：A　当物块将要滑动时，对m有FT＋μmg＝mrω2，对M有FT＝μMg，解得ω＝ rad/s，故选A。
2．(2025·重庆七校月考)如图所示，乘坐游乐园的翻滚过山车时，质量为m的人随车在竖直平面内旋转，重力加速度大小为g，下列说法正确的是(　　)
A．过山车在最高点时人处于倒坐状态，全靠保险带拉住，没有保险带，人就会掉下来
B．人在最高点时对座位不可能产生大小为mg的压力
C．人在最低点时对座位的压力等于mg
D．人在最低点时对座位的压力大于mg
解析：D　过山车在最高点时人处于倒坐状态，向心力是靠重力与座椅的支持力提供，速度越大支持力越大，所以没有保险带，人也不会掉下来，A错误；人在最高点时，由牛顿第二定律可得mg＋FN＝m，当速度为v＝时，支持力为mg，由牛顿第三定律可得，人在最高点时对座位可以产生大小为mg的压力，B错误；人在最低点时，由牛顿第二定律可得FN－mg＝m，则人在最低点时对座位的压力大于mg，C错误，D正确。
3．(2026·重庆一中高三开学考)如图(a)所示，倾斜圆盘与水平面的夹角θ＝30°，它可绕过圆心且垂直于圆盘的转轴匀速转动，在圆盘平面内以圆心O为原点建立平面直角坐标系，x轴沿水平方向，y轴沿盘面向上。圆盘上一小滑块始终与圆盘保持相对静止，其所受摩擦力沿x、y轴的投影Ffx、Ffy的关系如图(b)所示。则滑块与圆盘之间的动摩擦因数至少为(　　)
图(a)　 图(b)
A．
C．
解析：C　设图(b)圆与Ffy轴正方向的交点的纵坐标为Ff1，则＝(4 N)2＋，解得Ff1＝8 N，结合图(b)知，滑块运动至最高点时，所受的静摩擦力最小，方向指向圆心，大小为Ff2＝2 N，由牛顿第二定律得Ff2＋mg sin θ＝mω2r，滑块运动至最低点时，所受的静摩擦力最大，方向指向圆心，大小为Ff1＝8 N，由牛顿第二定律得Ff1－mg sin θ＝mω2r，且满足Ff1≤μmg cos θ，联立知，滑块与圆盘之间的动摩擦因数μ≥，故选C。
4．(2025·安徽芜湖一中二模)如图所示，静止的水平圆盘上，沿直径方向放着用轻绳相连可视为质点的物体A和B，A的质量为5m，B的质量为m。它们分居圆心两侧，到圆心的距离分别为RA＝r，RB＝3r，A、B与盘间的动摩擦因数相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。A、B与圆盘一起绕中轴线由静止缓慢转动且角速度不断增大；绳子出现张力时角速度为ω1，A、B与圆盘一起绕中轴线匀速转动的最大角速度为ω2。转动过程中轻绳未断，则为(　　)
A．1∶ B．2∶
C．1∶3 D．1∶2
解析：C　当绳中开始出现张力时，摩擦力提供向心力且达到最大值，即μmg＝m·3rω12，解得ω1＝，当A、B与圆盘一起绕中轴线匀速转动达到最大角速度ω2时，对B有FT－μmg＝mω22×3r，对A有FT＋μ×5mg＝5mω22r，解得ω2＝，则有，故选C。
5．(2025·浙江宁波中学月考)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(取g＝10 m/s2)(　　)
A．2 m/s B．4 m/s
C．6 m/s D．8 m/s
解析：B　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，大小为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大小为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。
6．(多选)(2026·北京四中高三开学考)如图所示，桌面上放置一内壁光滑的固定竖直圆环轨道，质量为M，半径为R。可视为质点的小球在轨道内做圆周运动，其质量为m。小球在轨道最高点的速度大小为v0，重力加速度为g，不计空气阻力，则(　　)
A．小球做圆周运动的过程中，合外力提供向心力
B．当v0＝时，轨道对桌面的压力为(M－m)g
C．当v0＝时，轨道对桌面压力为(M－m)g
D．小球运动到球心等高处，轨道对桌面的压力为Mg
解析：BD　小球做变速圆周运动，在小球运动的过程中，除最高点和最低点合外力提供向心力，其他位置都是合外力的分力提供向心力，故A错误；当v0＝时，对小球受力分析有mg＋FNm＝m＝2mg，解得FNm＝mg，根据牛顿第三定律，小球对轨道的作用力大小为FNm′＝FNm，设桌面对轨道的支持力为FNM，对轨道受力分析得FNM＋FNm′＝Mg，解得FNM＝(M－m)g，根据牛顿第三定律，轨道对桌面的压力为(M－m)g，故B正确，C错误；小球运动到球心等高处，小球与轨道相互作用力的方向沿水平方向，对轨道竖直方向受力分析结合牛顿第三定律可得轨道对桌面的压力大小为Mg，故D正确。
7．(多选)(2025·山东新泰一中月考)如图所示，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OB、AB两绳始终处于拉直状态，则下列说法正确的是(　　)
A．OB绳的拉力范围为0～mg
B．OB绳的拉力范围为mg～mg
C．AB绳的拉力范围为0～mg
D．AB绳的拉力范围为0～mg
解析：BC　转动的角速度为0时，OB绳的拉力最小，AB绳的拉力最大，这时两者的值相同，设为FT1，则2FT1cos 30°＝mg，FT1＝mg，增大转动的角速度，当AB绳的拉力刚好等于0时，OB绳的拉力最大，设这时OB绳的拉力为FT2，则FT2cos 30°＝mg，FT2＝mg，因此OB绳的拉力范围为mg～mg，AB绳的拉力范围为0～mg，故B、C两项正确。
[能力提升练]
8．(多选)(2025·广东江门一中月考)如图所示，一种圆锥筒状转筒左、右分别系着一长一短两根轻质绳子，两端挂着相同的小球，圆锥筒静止时绳子平行于圆锥面。当圆锥筒绕中心轴开始缓慢加速转动时，不计空气阻力，则下列说法正确的是(　　)
A．角速度慢慢增大，一定是绳子较长的球先离开圆锥筒
B．角速度达到一定值时两个球一定同时离开圆锥筒
C．两个球都离开圆锥筒后，高度不一定相同
D．两个球都离开圆锥筒后，高度一定相同
解析：AD　设绳子与竖直方向的夹角为θ，小球质量均为m，绳长为L，圆锥筒转动的角速度为ω，小球恰好离开圆锥筒时，圆锥筒对小球的支持力为0，有mg tan θ＝mω2L sin θ，解得ω＝，对于小球来说，绳子的长度越长，小球离开圆锥筒的临界角速度越小，即越容易离开圆锥筒，A正确，B错误；当两个球都离开圆锥筒时，设此时绳子与竖直方向夹角为α，小球只受重力和绳子的拉力，有mg tan α＝mω2L sin α，h＝L cos α，整理有h＝，因为两个小球绕同一个轴转动，所以两小球的角速度相同，即两小球高度相同，C错误，D正确。
9．(多选)(2025·四川天立教育联考)如图甲所示，陀螺在圆轨道外侧运动而不脱离，好像被施加了魔法一样。该陀螺可等效成一质点在圆轨道外侧运动的模型，如图乙所示，在竖直面内固定的强磁性圆轨道上，A、B两点分别为轨道的最高点与最低点。已知该陀螺的质量为m，强磁性圆轨道半径为R，重力加速度为g，陀螺沿轨道外侧做完整的圆周运动，受到的轨道的强磁性引力始终指向圆心O且大小恒为F。当陀螺以速率 通过A点时，对轨道的压力为7mg。不计一切摩擦和空气阻力，下列说法正确的是(　　)
图甲 图乙
A．强磁性引力F大小为8mg
B．陀螺在B点的速率为
C．陀螺在B点对轨道压力为6mg
D．要使陀螺不脱离强磁性圆轨道，它在B点的速率不能超过
解析：ABD　陀螺在A点时，由牛顿第二定律得mg＋F－7mg＝m，解得F＝8mg，A正确；陀螺从A点到B点，由动能定理有mg·2R＝mvA2，解得vB＝，B正确；陀螺在B点时，由牛顿第二定律有F－FN－mg＝m，解得FN＝mg，根据牛顿第三定律可知陀螺在B点对轨道的压力大小为mg，C错误；陀螺恰好不脱离强磁性圆轨道时，轨道弹力为零，则此时由牛顿第二定律有F－mg＝m，解得vB′＝，D正确。
10．(多选)(2025·四川成都高三诊断)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：AC　小木块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，对木块a有Ffa＝mωa2l，当Ffa＝kmg时，kmg＝mωa2l，ωa＝；对木块b有Ffb＝mωb2·2l，当Ffb＝kmg时，kmg＝mωb2·2l，ωb＝，则ω＝是b开始滑动的临界角速度，即b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Ffa＝mω2l，Ffb＝mω2·2l，Ffa11．(10分)(2025·湖南雅礼中学月考)如图，轻杆长2l，中点装在水平轴O点，两端分别固定着小球A和B，A球质量为m，B球质量为2m，两者一起在竖直平面内绕O轴做圆周运动。
(1)若A球在最高点时，杆与A球相连的一端恰好不受力，求此时B球的速度大小；
(2)若B球到最高点时的速度等于第(1)问中的速度，则求此时O轴的受力大小、方向；
(3)在杆的转速逐渐变化的过程中，能否出现O轴不受力的情况？若不能，请说明理由；若能，求出此时A、B球的速度大小。
解析：(1)A在最高点时，对A根据牛顿第二定律mg＝m
解得vA＝
因为A、B球的角速度相等，半径相等，则vB＝vA＝。
(2)B在最高点时，对B根据牛顿第二定律2mg＋TOB′＝2m
代入(1)中的vB，可得TOB′＝0
对A有TOA′－mg＝m
可得TOA′＝2mg
根据牛顿第三定律，O轴所受的力的大小为2mg，方向竖直向下。
(3)要使O轴不受力，根据B的质量大于A的质量，可判断B球应在最高点
对B有TOB″＋2mg＝2m
对A有TOA″－mg＝m
轴O不受力时TOA″＝TOB″
可得v＝
所以当A、B球的速度大小为时O轴不受力。
答案：(1)　(2)2mg　方向竖直向下　(3)当A、B球的速度大小为时O轴不受力
[培优创新练]
12．(12分)(2026·湖南雅礼中学开学考)小明站在水平地面上，手握不可伸长的轻绳一端，绳的另一端系有质量为m的小球(可视为质点)，给小球一初速度，使球在竖直平面内做圆周运动。当球某次运动到最低点时，绳的张力恰好达到最大值而突然断掉，球飞行水平距离d后落地，如图所示。已知握绳的手离地面高度为d，手与球之间的绳长为，重力加速度为g。忽略手的运动半径和空气阻力。
(1)求绳断时球的速度大小v1和球落地时的速度大小v2。
(2)轻绳能承受的最大拉力FTm多大？
(3)保持手离地面的高度d不变，改变绳长L，让球重复上述运动，若绳仍在球运动到最低点时恰好张力达到最大值而断掉，要使球抛出的水平距离最大，则绳长L应是多少？最大水平距离xm为多少？
解析：(1)设绳断后小球飞行时间为t1，小球做平抛运动，竖直方向gt12
水平方向d＝v1t1
解得v1＝
设小球落地时在竖直方向的分速度为vy，则vy2＝2g·
小球落地速度v2＝
联立解得v2＝。
(2)小球在最低点，根据牛顿第二定律FT－mg＝m
解得轻绳对小球拉力大小FT＝mg
根据牛顿第三定律得，轻绳能承受的最大拉力FTm＝mg。
(3)小球在最低点，根据牛顿第二定律FTm－mg＝m
绳断后做平抛运动，竖直方向d－L＝gt22
水平方向x＝v0t2
解得x＝
由数学关系得，当L＝时x取最大值，xm＝d。
答案：(1)　(2)mg　(3)d限时规范训练(23)　圆周运动的临界极值问题
(建议用时：40分钟　满分：75分)
(选择题1～7题每题5分，8～10题每题6分，共53分)
[基础巩固练]
1．(2025·辽宁名校联盟高三期中)如图，圆盘在水平面内做匀速圆周运动，质量为M＝0.2 kg的小物块放置在水平圆盘的正中央，并用一根0.1 m长的轻质细线与质量为m＝0.1 kg的另一个小物块连接，两物块与圆盘间的动摩擦因数均为0.2。已知两个小物块均可看作质点，细线所能承受的拉力足够大，g取。要保证M、m与圆盘间不发生相对滑动，圆盘角速度的最大值为(　　)
A．2 rad/s B．2 rad/s
C．2 rad/s D．2 rad/s
解析：A　当物块将要滑动时，对m有FT＋μmg＝mrω2，对M有FT＝μMg，解得ω＝ rad/s，故选A。
2．(2025·重庆七校月考)如图所示，乘坐游乐园的翻滚过山车时，质量为m的人随车在竖直平面内旋转，重力加速度大小为g，下列说法正确的是(　　)
A．过山车在最高点时人处于倒坐状态，全靠保险带拉住，没有保险带，人就会掉下来
B．人在最高点时对座位不可能产生大小为mg的压力
C．人在最低点时对座位的压力等于mg
D．人在最低点时对座位的压力大于mg
解析：D　过山车在最高点时人处于倒坐状态，向心力是靠重力与座椅的支持力提供，速度越大支持力越大，所以没有保险带，人也不会掉下来，A错误；人在最高点时，由牛顿第二定律可得mg＋FN＝m，当速度为v＝时，支持力为mg，由牛顿第三定律可得，人在最高点时对座位可以产生大小为mg的压力，B错误；人在最低点时，由牛顿第二定律可得FN－mg＝m，则人在最低点时对座位的压力大于mg，C错误，D正确。
3．(2026·重庆一中高三开学考)如图(a)所示，倾斜圆盘与水平面的夹角θ＝30°，它可绕过圆心且垂直于圆盘的转轴匀速转动，在圆盘平面内以圆心O为原点建立平面直角坐标系，x轴沿水平方向，y轴沿盘面向上。圆盘上一小滑块始终与圆盘保持相对静止，其所受摩擦力沿x、y轴的投影Ffx、Ffy的关系如图(b)所示。则滑块与圆盘之间的动摩擦因数至少为(　　)
图(a)　 图(b)
A．
C．
解析：C　设图(b)圆与Ffy轴正方向的交点的纵坐标为Ff1，则＝(4 N)2＋，解得Ff1＝8 N，结合图(b)知，滑块运动至最高点时，所受的静摩擦力最小，方向指向圆心，大小为Ff2＝2 N，由牛顿第二定律得Ff2＋mg sin θ＝mω2r，滑块运动至最低点时，所受的静摩擦力最大，方向指向圆心，大小为Ff1＝8 N，由牛顿第二定律得Ff1－mg sin θ＝mω2r，且满足Ff1≤μmg cos θ，联立知，滑块与圆盘之间的动摩擦因数μ≥，故选C。
4．(2025·安徽芜湖一中二模)如图所示，静止的水平圆盘上，沿直径方向放着用轻绳相连可视为质点的物体A和B，A的质量为5m，B的质量为m。它们分居圆心两侧，到圆心的距离分别为RA＝r，RB＝3r，A、B与盘间的动摩擦因数相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。A、B与圆盘一起绕中轴线由静止缓慢转动且角速度不断增大；绳子出现张力时角速度为ω1，A、B与圆盘一起绕中轴线匀速转动的最大角速度为ω2。转动过程中轻绳未断，则为(　　)
A．1∶ B．2∶
C．1∶3 D．1∶2
解析：C　当绳中开始出现张力时，摩擦力提供向心力且达到最大值，即μmg＝m·3rω12，解得ω1＝，当A、B与圆盘一起绕中轴线匀速转动达到最大角速度ω2时，对B有FT－μmg＝mω22×3r，对A有FT＋μ×5mg＝5mω22r，解得ω2＝，则有，故选C。
5．(2025·浙江宁波中学月考)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(取g＝10 m/s2)(　　)
A．2 m/s B．4 m/s
C．6 m/s D．8 m/s
解析：B　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，大小为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大小为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。
6．(多选)(2026·北京四中高三开学考)如图所示，桌面上放置一内壁光滑的固定竖直圆环轨道，质量为M，半径为R。可视为质点的小球在轨道内做圆周运动，其质量为m。小球在轨道最高点的速度大小为v0，重力加速度为g，不计空气阻力，则(　　)
A．小球做圆周运动的过程中，合外力提供向心力
B．当v0＝时，轨道对桌面的压力为(M－m)g
C．当v0＝时，轨道对桌面压力为(M－m)g
D．小球运动到球心等高处，轨道对桌面的压力为Mg
解析：BD　小球做变速圆周运动，在小球运动的过程中，除最高点和最低点合外力提供向心力，其他位置都是合外力的分力提供向心力，故A错误；当v0＝时，对小球受力分析有mg＋FNm＝m＝2mg，解得FNm＝mg，根据牛顿第三定律，小球对轨道的作用力大小为FNm′＝FNm，设桌面对轨道的支持力为FNM，对轨道受力分析得FNM＋FNm′＝Mg，解得FNM＝(M－m)g，根据牛顿第三定律，轨道对桌面的压力为(M－m)g，故B正确，C错误；小球运动到球心等高处，小球与轨道相互作用力的方向沿水平方向，对轨道竖直方向受力分析结合牛顿第三定律可得轨道对桌面的压力大小为Mg，故D正确。
7．(多选)(2025·山东新泰一中月考)如图所示，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OB、AB两绳始终处于拉直状态，则下列说法正确的是(　　)
A．OB绳的拉力范围为0～mg
B．OB绳的拉力范围为mg～mg
C．AB绳的拉力范围为0～mg
D．AB绳的拉力范围为0～mg
解析：BC　转动的角速度为0时，OB绳的拉力最小，AB绳的拉力最大，这时两者的值相同，设为FT1，则2FT1cos 30°＝mg，FT1＝mg，增大转动的角速度，当AB绳的拉力刚好等于0时，OB绳的拉力最大，设这时OB绳的拉力为FT2，则FT2cos 30°＝mg，FT2＝mg，因此OB绳的拉力范围为mg～mg，AB绳的拉力范围为0～mg，故B、C两项正确。
[能力提升练]
8．(多选)(2025·广东江门一中月考)如图所示，一种圆锥筒状转筒左、右分别系着一长一短两根轻质绳子，两端挂着相同的小球，圆锥筒静止时绳子平行于圆锥面。当圆锥筒绕中心轴开始缓慢加速转动时，不计空气阻力，则下列说法正确的是(　　)
A．角速度慢慢增大，一定是绳子较长的球先离开圆锥筒
B．角速度达到一定值时两个球一定同时离开圆锥筒
C．两个球都离开圆锥筒后，高度不一定相同
D．两个球都离开圆锥筒后，高度一定相同
解析：AD　设绳子与竖直方向的夹角为θ，小球质量均为m，绳长为L，圆锥筒转动的角速度为ω，小球恰好离开圆锥筒时，圆锥筒对小球的支持力为0，有mg tan θ＝mω2L sin θ，解得ω＝，对于小球来说，绳子的长度越长，小球离开圆锥筒的临界角速度越小，即越容易离开圆锥筒，A正确，B错误；当两个球都离开圆锥筒时，设此时绳子与竖直方向夹角为α，小球只受重力和绳子的拉力，有mg tan α＝mω2L sin α，h＝L cos α，整理有h＝，因为两个小球绕同一个轴转动，所以两小球的角速度相同，即两小球高度相同，C错误，D正确。
9．(多选)(2025·四川天立教育联考)如图甲所示，陀螺在圆轨道外侧运动而不脱离，好像被施加了魔法一样。该陀螺可等效成一质点在圆轨道外侧运动的模型，如图乙所示，在竖直面内固定的强磁性圆轨道上，A、B两点分别为轨道的最高点与最低点。已知该陀螺的质量为m，强磁性圆轨道半径为R，重力加速度为g，陀螺沿轨道外侧做完整的圆周运动，受到的轨道的强磁性引力始终指向圆心O且大小恒为F。当陀螺以速率 通过A点时，对轨道的压力为7mg。不计一切摩擦和空气阻力，下列说法正确的是(　　)
图甲 图乙
A．强磁性引力F大小为8mg
B．陀螺在B点的速率为
C．陀螺在B点对轨道压力为6mg
D．要使陀螺不脱离强磁性圆轨道，它在B点的速率不能超过
解析：ABD　陀螺在A点时，由牛顿第二定律得mg＋F－7mg＝m，解得F＝8mg，A正确；陀螺从A点到B点，由动能定理有mg·2R＝mvA2，解得vB＝，B正确；陀螺在B点时，由牛顿第二定律有F－FN－mg＝m，解得FN＝mg，根据牛顿第三定律可知陀螺在B点对轨道的压力大小为mg，C错误；陀螺恰好不脱离强磁性圆轨道时，轨道弹力为零，则此时由牛顿第二定律有F－mg＝m，解得vB′＝，D正确。
10．(多选)(2025·四川成都高三诊断)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：AC　小木块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，对木块a有Ffa＝mωa2l，当Ffa＝kmg时，kmg＝mωa2l，ωa＝；对木块b有Ffb＝mωb2·2l，当Ffb＝kmg时，kmg＝mωb2·2l，ωb＝，则ω＝是b开始滑动的临界角速度，即b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Ffa＝mω2l，Ffb＝mω2·2l，Ffa11．(10分)(2025·湖南雅礼中学月考)如图，轻杆长2l，中点装在水平轴O点，两端分别固定着小球A和B，A球质量为m，B球质量为2m，两者一起在竖直平面内绕O轴做圆周运动。
(1)若A球在最高点时，杆与A球相连的一端恰好不受力，求此时B球的速度大小；
(2)若B球到最高点时的速度等于第(1)问中的速度，则求此时O轴的受力大小、方向；
(3)在杆的转速逐渐变化的过程中，能否出现O轴不受力的情况？若不能，请说明理由；若能，求出此时A、B球的速度大小。
解析：(1)A在最高点时，对A根据牛顿第二定律mg＝m
解得vA＝
因为A、B球的角速度相等，半径相等，则vB＝vA＝。
(2)B在最高点时，对B根据牛顿第二定律2mg＋TOB′＝2m
代入(1)中的vB，可得TOB′＝0
对A有TOA′－mg＝m
可得TOA′＝2mg
根据牛顿第三定律，O轴所受的力的大小为2mg，方向竖直向下。
(3)要使O轴不受力，根据B的质量大于A的质量，可判断B球应在最高点
对B有TOB″＋2mg＝2m
对A有TOA″－mg＝m
轴O不受力时TOA″＝TOB″
可得v＝
所以当A、B球的速度大小为时O轴不受力。
答案：(1)　(2)2mg　方向竖直向下　(3)当A、B球的速度大小为时O轴不受力
[培优创新练]
12．(12分)(2026·湖南雅礼中学开学考)小明站在水平地面上，手握不可伸长的轻绳一端，绳的另一端系有质量为m的小球(可视为质点)，给小球一初速度，使球在竖直平面内做圆周运动。当球某次运动到最低点时，绳的张力恰好达到最大值而突然断掉，球飞行水平距离d后落地，如图所示。已知握绳的手离地面高度为d，手与球之间的绳长为，重力加速度为g。忽略手的运动半径和空气阻力。
(1)求绳断时球的速度大小v1和球落地时的速度大小v2。
(2)轻绳能承受的最大拉力FTm多大？
(3)保持手离地面的高度d不变，改变绳长L，让球重复上述运动，若绳仍在球运动到最低点时恰好张力达到最大值而断掉，要使球抛出的水平距离最大，则绳长L应是多少？最大水平距离xm为多少？
解析：(1)设绳断后小球飞行时间为t1，小球做平抛运动，竖直方向gt12
水平方向d＝v1t1
解得v1＝
设小球落地时在竖直方向的分速度为vy，则vy2＝2g·
小球落地速度v2＝
联立解得v2＝。
(2)小球在最低点，根据牛顿第二定律FT－mg＝m
解得轻绳对小球拉力大小FT＝mg
根据牛顿第三定律得，轻绳能承受的最大拉力FTm＝mg。
(3)小球在最低点，根据牛顿第二定律FTm－mg＝m
绳断后做平抛运动，竖直方向d－L＝gt22
水平方向x＝v0t2
解得x＝
由数学关系得，当L＝时x取最大值，xm＝d。
答案：(1)　(2)mg　(3)d

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