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第22课时　专题强化：圆周运动的临界问题
目标要求　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。
(1)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)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。
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。
例1　(2024·江苏卷·8)生产陶瓷的工作台匀速转动，台面上掉有陶屑，陶屑与台面间的动摩擦因数处处相同(台面足够大)，则(　　)
A.越靠近台面边缘的陶屑质量越大
B.越靠近台面边缘的陶屑质量越小
C.陶屑只能分布在圆台边缘
D.陶屑只能分布在某一半径的圆内
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，半径最大，设为r，根据牛顿第二定律可得μmg=mω2r，解得r=，μ与ω均一定，故r与陶屑质量无关且为定值，即陶屑只能分布在某一半径的圆内，故A、B、C错误，D正确。
例2　(多选)(2025·宁夏银川市模拟)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
答案　AC
解析　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=ml，当Ffa=kmg时，kmg=ml，ωa=；对木块b有Ffb=m·2l，当Ffb=kmg时，kmg=m·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，Ffa拓展1　把例2中装置改为如图所示，木块a在转轴中心，木块a、b用水平轻绳连接(刚好拉直)，其他条件不变。
(1)当圆盘从静止开始绕轴缓慢地加速转动时，木块a、b所受圆盘的摩擦力和轻绳拉力如何变化？
(2)转动的角速度多大时，a、b开始滑动？
答案　(1)随着角速度的增大，木块b受到的摩擦力先增加后保持不变，当轻绳开始有拉力时，a开始受到摩擦力作用，之后逐渐增大，直到达到最大静摩擦力；轻绳开始时没有拉力，当木块b受到的摩擦力达到最大静摩擦力时，开始有拉力，拉力逐渐增大。
(2)kmg+kmg=mω2·2l
解得ω=。
拓展2　把例2中装置改为如图所示，木块a、b用水平轻绳连接(刚好拉直)，其他条件不变。
(1)当ω为多大时轻绳开始有拉力？
(2)当ω为多大时木块a、b相对于圆盘会滑动？
答案　(1)　(2)
解析　(1)当b达到最大静摩擦力时，轻绳开始有拉力，kmg=m·2l，解得ω1=。
(2)开始角速度较小，两木块都靠静摩擦力提供向心力，b先达到最大静摩擦力，角速度继续增大，则轻绳出现拉力，a的静摩擦力继续增大，当增大到最大静摩擦力时，开始发生相对滑动，a、b相对于圆盘会滑动，对a有kmg-FT=ml，对b有FT+kmg=m·2l，解得ω2=。
拓展3　把例2中装置改为如图所示，木块a、b用水平轻绳连接(刚好拉直)，其他条件不变。
(1)当ω为多大时轻绳开始有拉力？
(2)当ω为多大时木块a所受的静摩擦力为零？
答案　(1)　(2)
解析　(1)在b的静摩擦力达到最大时，轻绳开始有拉力，
对b有kmg=m·2l，
解得ω1=。
(2)当a所受静摩擦力为零时，对b有kmg+FT=m·2l，
对a有FT=ml，
联立可得ω2=。
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缓慢增大，分析各物理量的变化，找出临界状态。
考点二　竖直面内圆周运动的临界问题
1.竖直面内圆周运动一般为变速圆周运动，故除最高点和最低点(或等效最高点和等效最低点)合外力指向圆心，其他位置合外力不指向圆心。
2.在变速圆周运动中，只需要把合外力沿圆心方向和速度方向正交分解，指向圆心的分力提供向心力，只改变速度的方向，沿切线方向的合力改变速度的大小。
3.只有重力做功的竖直面内的变速圆周运动机械能守恒，有其他力参与做功的可用动能定理或能量守恒解题。
4.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 除重力外，物体受到的弹力方向：向下或等于零 除重力外，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
例3　(2025·安徽卷·14)如图，M、N为固定在竖直平面内同一高度的两根细钉，间距L=0.5 m。一根长为3L的轻绳一端系在M上，另一端竖直悬挂质量m=0.1 kg的小球，小球与水平地面接触但无压力。t=0时，小球以水平向右的初速度v0=10 m/s开始在竖直平面内做圆周运动。小球牵引着绳子绕过N、M，运动到M正下方与M相距L的位置时，绳子刚好被拉断，小球开始做平抛运动。小球可视为质点，绳子不可伸长，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。
(1)求绳子被拉断时小球的速度大小及绳子所受的最大拉力大小；
(2)求小球做平抛运动时抛出点到落地点的水平距离；
(3)若在t=0时，只改变小球的初速度大小，使小球能通过N的正上方且绳子不松弛，求初速度的最小值。
答案　(1)4 m/s　17 N　(2)4 m　(3)2 m/s
解析　(1)设绳子被拉断时小球速度大小为v1，绳子拉力大小为FT，根据机械能守恒定律
m=mg·2L+m
在该位置，根据牛顿第二定律FT-mg=m
解得v1=4 m/s，FT=17 N
由牛顿第三定律可知，绳子所受最大拉力大小为FT'=17 N
(2)小球做平抛运动：x=v1t，2L=gt2
解得x=4 m
(3)若小球经过N点正上方时绳子恰不松弛，设此时速度为v2，此位置满足mg=
从最低点到该位置的过程中，由机械能守恒定律mv0'2=mg·5L+m
解得v0'=2 m/s。
例4　 (2025·山东济南市二模)如图所示，竖直圆形光滑轨道固定在水平地面上，右侧为管状结构，左侧为单层，外圆半径为R。将质量为m的小球置于轨道最高点，给小球一个轻微的扰动，让小球从右侧由静止滑下。已知管的内径略大于小球直径，且远小于外圆半径，重力加速度为g。关于小球的运动，下列说法正确的是(　　)
A.小球一定能够回到轨道最高点
B.小球运动过程中对轨道的最大压力为6mg
C.小球脱离轨道时的速度大小为
D.小球脱离轨道时离地面的高度为R
答案　D
解析　小球从最高点滑下，由于轨道光滑，机械能守恒；当小球滑到最低点时，重力势能完全转化为动能，再从最低点上升时，动能逐渐转化为重力势能。小球在左侧单层轨道上运动时，会在中途脱离轨道导致无法回到最高点，故A错误；小球在最低点时速度最大，对轨道的压力也最大，根据机械能守恒，小球从最高点到最低点的过程满足mg·2R=mv2，解得v=2，在最低点有FN-mg=m，解得FN=5mg，由牛顿第三定律可知小球对轨道的最大压力为5mg，故B错误；小球在左侧单层轨道上运动时，当重力不足以提供向心力时，小球会脱离轨道，设小球脱离轨道时速度方向与水平方向的夹角为θ，小球的速度为v，满足mgcos θ=m，从最高点到脱离点，根据机械能守恒mgR(1-cos θ)=m，解得v脱=，故C错误；小球脱离轨道时，速度方向与水平方向的夹角θ满足cos θ=，此时小球离地面的高度为h=R(1+cos θ)=R，故D正确。
　分析竖直平面内圆周运动临界问题的思路
思考　如图，固定在水平面上的光滑半圆柱体(截面为半圆)顶端A处，小滑块从静止开始沿半圆面下滑至P点(图中未画出)离开圆面，已知圆半径为R，求P点距水平面的高度。
答案　设P点与圆心的连线OP与水平面间夹角为θ，小滑块恰好离开圆面，FN=0
在P点mgsin θ=m①
从最高点A至P点的过程中
mgR(1-sin θ)=mv2②
由①②得sin θ=
又sin θ=
故P点距水平面的高度h=R。
考点三　斜面上圆周运动的临界问题
1.特点：在斜面上做圆周运动的物体，因所受的控制因素不同(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.方法：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大小相等，解决此类问题时，可以按以下操作，把问题简化。
物体在转动过程中，转动越快，越容易滑动的位置是最低点，恰好滑动时有μmgcos θ-mgsin θ=mω2R。
例5　(多选)(2025·安徽合肥市三模)如图所示，与水平方向成θ=30°角的圆盘绕垂直于盘面且过圆心的轴做匀速圆周运动，角速度ω= rad/s。盘面上距轴r=0.5 m处有一可视为质点的小物块恰能与圆盘保持相对静止。小物块的质量m=1 kg，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　)
A.物块与盘面间的动摩擦因数为
B.物块从最低点转到最高点的过程中，圆盘对物块的摩擦力一直减小
C.物块转至与圆盘圆心高度相同处时，圆盘对物块的摩擦力大小为2.5 N
D.在保持物块相对圆盘静止的情形下，改变圆盘角速度，物块在最高点的摩擦力不可能为零
答案　ABD
解析　物块在最低点时摩擦力最大，最容易脱落。物块与圆盘恰能保持相对静止，可知物块转至最低点时，摩擦力恰好为最大静摩擦力，根据牛顿第二定律有μmgcos θ-mgsin θ=mω2r，解得μ=，故A正确；对物块受力分析，可知向心力由重力沿圆盘斜面的下滑分力和圆盘对物块的静摩擦力提供，以重力下滑分力的箭尾为圆心，向心力的大小为半径作圆，如图所示，根据力的三角形定则可知，物块从最低点转到最高点的过程中，圆盘对物块的摩擦力一直减小，故B正确；当物块转至与圆盘圆心高度相同处时，根据平行四边形定则有Ff== N，故C错误；若最高点摩擦力为零，根据牛顿第二定律有mgsin θ=mr，解得ω0= rad/s，大于ω= rad/s，此时物块无法保持相对圆盘静止，故D正确。
课时精练
[分值：64分]
　[1~5题，每题4分]
1.如图所示，当汽车通过拱桥顶点的速度为10 m/s时，汽车对桥顶的压力为车重力的，如果要使汽车在粗糙的桥面经过桥顶时，恰好不受摩擦力作用，则汽车通过桥顶的速度应为(　　)
A.15 m/s B.20 m/s C.25 m/s D.30 m/s
答案　B
解析　如果要使汽车在粗糙的桥面经过桥顶时，不受摩擦力作用，即汽车只受重力作用，则有mg=m；当汽车通过拱桥顶点的速度为10 m/s时，汽车对桥顶的压力为车重力的，即支持力为mg，则有mg-mg=m，联立解得v'=20 m/s，所以B正确，A、C、D错误。
2.(2025·广东茂名市一模)如图所示，制作陶瓷的圆形工作台上有A、B两陶屑随工作台一起转动，转动角速度为ω，A在工作台边缘，B在工作台内部。若A、B与台面间的动摩擦因数相同，则下列说法正确的是(　　)
A.当工作台匀速转动时，A、B所受合力为0
B.当工作台匀速转动时，A、B线速度大小相等
C.当工作台角速度ω逐渐增大，陶屑A最先滑动
D.当工作台角速度ω逐渐增大，A、B所受的摩擦力始终指向轴OO'
答案　C
解析　当工作台匀速转动时，A、B跟随工作台做匀速圆周运动，则所受合力不为0，选项A错误；当工作台匀速转动时，A、B角速度相等，根据v=ωr，因转动半径不等，则线速度大小不相等，选项B错误；当陶屑将要发生滑动时μmg=mr，解得ω0=，可知r越大，发生滑动的临界角速度越小，可知当工作台角速度ω逐渐增大，陶屑A最先滑动，选项C正确；只有当工作台匀速转动时，A、B所受的摩擦力全部提供向心力，其方向才指向圆心，则当工作台角速度ω逐渐增大，A、B所受的摩擦力不是指向轴OO'，选项D错误。
3.(多选)如图所示，小球在竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动，小球直径略小于管道的内径，内侧壁半径为R，小球半径为r，重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　)
A.小球通过最高点时的最小速度vmin=
B.小球通过最高点时的最小速度vmin=0
C.小球在水平线ab以下的管道中运动时，内侧管壁对小球一定无作用力
D.小球在水平线ab以上的管道中运动时，外侧管壁对小球一定有作用力
答案　BC
解析　小球沿管道上升到最高点时的速度可以为零，故A错误，B正确；小球在水平线ab以下的管道中运动时，由外侧管壁对小球的作用力FN与小球重力在背离圆心方向的分力Fmg的合力提供向心力，即FN-Fmg=m，因此，外侧管壁一定对小球有作用力，而内侧管壁无作用力，C正确；小球在水平线ab以上的管道中运动时，小球受管壁的作用力与小球速度大小有关，小球做圆周运动所需的向心力可能由内侧壁对小球的作用力和重力的合力提供，D错误。
4.(2025·陕西宝鸡市三模)公路上有一段半径为1 000 m的弯道，为了安全转弯，路面设计成外高内低，倾角为θ(tan θ=0.09)。已知路面与轮胎间的动摩擦因数为0.8(只考虑垂直运动方向上的摩擦力)，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2。则汽车能在该弯道路面上行驶的最大速度约为(　　)
A.200 km/h B.300 km/h
C.350 km/h D.450 km/h
答案　C
解析　当汽车以最大速度转弯而不发生滑动时，此时受到的侧向摩擦力沿倾斜路面向下，设最大静摩擦力为Ff，则竖直方向有mg+Ffsin θ=FNcos θ，水平方向有Ffcos θ+FNsin θ=m，最大静摩擦力等于滑动摩擦力Ff=μFN，联立解得vmax=，代入数据解得vmax≈98 m/s≈353 km/h，故选C。
5.(来自教材改编)如图所示，半径为R的半球形陶罐，固定在水平转台上，转台竖直转轴与过陶罐球心O的对称轴OO'重合。当转台匀速转动时，观察到陶罐内壁上质量为m的小物块随陶罐一起转动且相对罐壁静止，它和O点的连线与OO'的夹角θ=60°。重力加速度大小为g。下列判断正确的是(　　)
A.转台的角速度一定等于
B.物块的线速度大小可能等于
C.物块所受合力的大小一定等于mg
D.陶罐壁对物块弹力的大小一定等于2mg
答案　B
解析　小物块绕OO'轴做匀速圆周运动，一定受重力、支持力，可能受摩擦力，若摩擦力为0，由牛顿第二定律得mgtan 60°=mω2Rsin 60°，解得ω=，线速度大小为v=ωRsin 60°=·R=，当小物块所受摩擦力不为0时，角速度不等于，小物块的线速度也不等于，A错误，B正确；当小物块所受摩擦力为0时，其所受合力的大小为mg，所受弹力大小等于2mg，当所受摩擦力不为0时不成立，C、D错误。
　[6、7题，每题6分]
6.(2025·江西景德镇市三模)如图所示，轻杆长3L，在杆两端分别固定质量均为m的球A和B，光滑水平转轴穿过杆上距球A为L处的O点，外界给系统一定能量后，杆和球在竖直平面内转动，球B运动到最高点时，杆对球B恰好无作用力。忽略空气阻力，重力加速度为g。则球B在最高点时(　　)
A.球B的速度为零
B.球A的速度大小为
C.水平转轴对杆的作用力为mg
D.水平转轴对杆的作用力为2mg
答案　B
解析　球B运动到最高点时，由牛顿第三定律知球B对杆恰好无作用力，即重力恰好提供向心力，则有mg=m，解得vB=，故A错误；由于A、B两球的角速度相等，由v=ωr得球A的速度大小为vA=vB=，故B正确；杆对A球的作用力FT-mg=m，则FT=mg，B球到最高点时，对杆无弹力，所以水平转轴对杆的作用力为mg，C、D错误。
7.(2026·江苏南通市检测)如图所示，在匀速转动的水平圆盘上，沿直径方向放着用水平轻绳相连的物体A和B，A和B质量都为m。它们分居圆心两侧，与圆心的距离分别为RA=r，RB=2r，A、B与盘间的动摩擦因数相同且均为μ。若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，当圆盘转速缓慢加速到两物体刚好还未发生滑动时，下列说法错误的是(　　)
A.绳子的张力大小为FT=3μmg
B.烧断绳子，物体A、B仍将随圆盘一块转动
C.圆盘的角速度为ω=
D.A所受摩擦力方向沿绳背离圆心
答案　B
解析　两物体角速度相同，由F向=mω2r，可知B做圆周运动所需向心力比A大，当圆盘转速缓慢加速到两物体刚好还未发生滑动时，B有离心运动的趋势，A有近心运动的趋势。设此时绳子的张力大小为FT，圆盘的角速度为ω，分别对A、B应用牛顿第二定律有FT-μmg=mω2r，FT+μmg=mω2·2r，联立解得FT=3μmg，ω=，故A、C正确；此时A有近心运动的趋势，所受摩擦力方向沿绳背离圆心，故D正确；A、B以角速度ω=做匀速圆周运动时所需的向心力大小分别为FA=mω2r=2μmg，FB=mω2·2r=4μmg，若此时烧断绳子，A、B所受最大静摩擦力均不足以提供向心力，所以A、B都将做离心运动，故B错误。
8.(12分)(2026·湖北荆州市检测)如图，用一根长l=1 m的细线，一端系一质量m=1 kg的小球(可视为质点)，另一端固定在一光滑锥体顶端，锥面与竖直方向的夹角θ=37°。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取10 m/s2，cos 37°=0.8，sin 37°=0.6，结果可用根式表示。
(1)(4分)若要小球离开锥面，则小球的角速度ω0至少为多大；
(2)(4分)若小球的角速度ω1= rad/s，则细线对小球的拉力FT1及锥面对小球的弹力FN1分别为多少；
(3)(4分)若小球的角速度ω2=2 rad/s，求细线对小球的拉力FT2的大小。
答案　(1) rad/s　(2)11.6 N　1.2 N　(3)20 N
解析　(1)小球刚要离开锥面时，锥面对小球支持力FN=0，此时重力和细线拉力的合力提供向心力。
由牛顿第二定律mgtan θ=mlsin θ
解得ω0= rad/s
(2)因为ω1= rad/s<ω0，小球未离开锥面，对小球受力分析，受重力mg、拉力FT1、支持力FN1，水平方向FT1sin θ-FN1cos θ=mlsin θ
竖直方向FT1cos θ+FN1sin θ=mg
代入数据联立解得FT1=11.6 N，FN1=1.2 N
(3)因为ω2=2 rad/s>ω0，小球已离开锥面，设细线与竖直方向夹角为α，此时只有重力和拉力提供向心力，mgtan α=mlsin α
化简得cos α=
则拉力FT2==20 N。
9.(14分)(2026·辽宁鞍山市检测)如图所示，AB为竖直光滑圆弧轨道的直径，其半径R=0.9 m，A端切线水平。水平轨道BC与半径r=0.5 m的光滑圆弧轨道CD相接于C点，D为圆弧轨道的最低点，圆弧轨道CD对应的圆心角θ=37°。一质量为M=1 kg的小球(视为质点)从水平轨道上某点以某一速度冲上竖直圆轨道，并从A点飞出，不计空气阻力，g取10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。
(1)(4分)若小球恰好能从A点飞出，求小球落地点与B点的水平距离；
(2)(5分)若小球从A点飞出，经过C点恰好沿切线进入圆弧轨道，求小球在A点对圆弧轨道的压力大小；
(3)(5分)若小球从A点飞出，经过C点恰好沿切线进入圆弧轨道，求小球在C点受到的支持力的大小。
答案　(1)1.8 m　(2) N　(3)208 N
解析　(1)小球恰好能从A点飞出，设此时速度为v1，对在A点的小球受力分析，只受重力，
根据牛顿第二定律得Mg=M
又小球落地时间t满足2R=gt2
水平位移x=v1t
联立解得x=1.8 m
(2)将小球在C处的速度分解，在竖直方向上有=2g×2R
在水平方向上有v0=
联立并代入数据得v0=8 m/s
对小球在A处受力分析，由牛顿第二定律得FA'+Mg=M
解得FA'= N
根据牛顿第三定律知，小球在A点对圆弧轨道受到的压力大小FA= N
(3)小球在C处速度vC==10 m/s
其受力分析如图所示
由牛顿第二定律得FC-Mgcos θ=M
解得FC=208 N。
　[6分]
10.(多选)(2026·四川自贡市检测)如图所示，一半径为r的倾斜匀质圆盘可绕垂直固定于圆盘圆心的转轴转动，盘面与水平面的夹角为θ。初始时圆盘静止，在圆盘上轻放与圆盘间动摩擦因数均为μ的物块a和物块b，放上后物块均能静止于圆盘上。让转轴角速度ω从0开始缓慢增大，关于此过程， 下列说法正确的是(　　)
A.物块a在其圆周轨迹的最高点最容易与圆盘发生相对滑动
B.物块a在其圆周轨迹的最低点最容易与圆盘发生相对滑动
C.物块a先于物块b与圆盘发生相对滑动
D.物块b先于物块a与圆盘发生相对滑动
答案　BC
解析　物块在圆盘所在的平面内受两个力，分别为重力沿圆盘向下的分力mgsin θ、静摩擦力Ff，这两个力的合力提供向心力(大小为mω2r)，向心力始终指向圆心，垂直圆面向下看，静摩擦力Ff的变化情况如图所示，若ω不变，则向心力大小不变，故向心力的箭头端始终落在一个圆上，由图可知，当向心力向上时(即物体通过最低点时)，物体所受静摩擦力最大，故物块a在其圆周轨迹的最低点最容易与圆盘发生相对滑动，故A错误，B正确；假设物块通过最低点时恰好与圆盘发生相对滑动，设此时的角速度为ω0，有μmgcos θ-mgsin θ=mr，解得ω0=，故r越大，ω0越小，因物块a圆周运动的半径较大，故物块a对应的ω0较小，故物块a先于物块b与圆盘发生相对滑动，故C正确，D错误。(共68张PPT)
第四章
曲线运动
专题强化：圆周运动
的临界问题
第22课时
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。
目标要求
考点一　水平面内圆周运动的临界问题
考点二　竖直面内圆周运动的临界问题
内容索引
课时精练
考点三　斜面上圆周运动的临界问题
水平面内圆周运动的临界问题
考点一
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。
(1)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)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。
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。
　　　(2024·江苏卷·8)生产陶瓷的工作台匀速转动，台面上掉有陶屑，陶屑与台面间的动摩擦因数处处相同(台面足够大)，则
A.越靠近台面边缘的陶屑质量越大
B.越靠近台面边缘的陶屑质量越小
C.陶屑只能分布在圆台边缘
D.陶屑只能分布在某一半径的圆内
√
　　 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，半径最大，设为r，根据牛顿第二定律可得μmg=mω2r，解得r=，μ与ω均一定，故r与陶屑质量无关且为定值，即陶屑只能分布在某一半径的圆内，故A、B、C错误，D正确。
(多选)(2025·宁夏银川市模拟)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
√
√
　　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=ml，当Ffa=kmg时，kmg=ml，ωa=；对木块b有Ffb=m·2l，当Ffb=kmg时，kmg=m·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，Ffaω=<ωa=，a没有滑动，则Ffa'=mω2l=kmg，选项D错误。
拓展1　把例2中装置改为如图所示，木块a在转轴中心，木块a、b用水平轻绳连接(刚好拉直)，其他条件不变。
(1)当圆盘从静止开始绕轴缓慢地加速转动时，木块a、b
所受圆盘的摩擦力和轻绳拉力如何变化？
答案　随着角速度的增大，木块b受到的摩擦力先增加后保持不变，当轻绳开始有拉力时，a开始受到摩擦力作用，之后逐渐增大，直到达到最大静摩擦力；轻绳开始时没有拉力，当木块b受到的摩擦力达到最大静摩擦力时，开始有拉力，拉力逐渐增大。
(2)转动的角速度多大时，a、b开始滑动？
答案　kmg+kmg=mω2·2l
解得ω=。
拓展2　把例2中装置改为如图所示，木块a、b用水平轻绳连接(刚好拉直)，其他条件不变。
(1)当ω为多大时轻绳开始有拉力？
答案　
　　 当b达到最大静摩擦力时，轻绳开始有拉力，kmg=m·2l，解得
ω1=。
(2)当ω为多大时木块a、b相对于圆盘会滑动？
答案　
　　开始角速度较小，两木块都靠静摩擦力提供向心力，b先达到最大静摩擦力，角速度继续增大，则轻绳出现拉力，a的静摩擦力继续增大，当增大到最大静摩擦力时，开始发生相对滑动，a、b相对于圆盘会滑动，
对a有kmg-FT=ml，对b有FT+kmg=m·2l，解得ω2=。
拓展3　把例2中装置改为如图所示，木块a、b用水平轻绳连接(刚好拉直)，其他条件不变。
(1)当ω为多大时轻绳开始有拉力？
答案　
　　在b的静摩擦力达到最大时，轻绳开始有拉力，
对b有kmg=m·2l，
解得ω1=。
(2)当ω为多大时木块a所受的静摩擦力为零？
答案　
　　当a所受静摩擦力为零时，对b有kmg+FT=m·2l，
对a有FT=ml，
联立可得ω2=。
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缓慢增大，分析各物理量的变化，找出临界状态。
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竖直面内圆周运动的临界问题
考点二
1.竖直面内圆周运动一般为变速圆周运动，故除最高点和最低点(或等效最高点和等效最低点)合外力指向圆心，其他位置合外力不指向圆心。
2.在变速圆周运动中，只需要把合外力沿圆心方向和速度方向正交分解，指向圆心的分力提供向心力，只改变速度的方向，沿切线方向的合力改变速度的大小。
3.只有重力做功的竖直面内的变速圆周运动机械能守恒，有其他力参与做功的可用动能定理或能量守恒解题。
4.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 除重力外，物体受到的弹力方向：向下或等于零 除重力外，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
动力学 方程
轻绳模型 轻杆模型
临界 特征
过最高 点的 条件 v≥0
　　　(2025·安徽卷·14)如图，M、N为固定在竖直平面内同一高度的两根细钉，间距L=0.5 m。一根长为3L的轻绳一端系在M上，另一端竖直悬挂质量m=0.1 kg的小球，小球与水平地面接触但无压力。t=0时，小球以水平向右的初速度v0=10 m/s开始在竖直平面内做圆周运动。小球牵引着绳子绕过N、M，运动到M正下方与M相距L的位置时，绳子刚好被拉断，小球开始做平抛运动。小球可视为质点，绳子不可伸长，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。
(1)求绳子被拉断时小球的速度大小及绳子所受的最大拉力大小；
答案　4 m/s　17 N
　　 设绳子被拉断时小球速度大小为v1，绳子拉力大小为FT，根据机械能守恒定律
m=mg·2L+m
在该位置，根据牛顿第二定律FT-mg=m
解得v1=4 m/s，FT=17 N
由牛顿第三定律可知，绳子所受最大拉力大小为FT'=17 N
(2)求小球做平抛运动时抛出点到落地点的水平距离；
答案　4 m
　　小球做平抛运动：x=v1t，2L=gt2
解得x=4 m
(3)若在t=0时，只改变小球的初速度大小，使小球能通过N的正上方且绳子不松弛，求初速度的最小值。
答案　2 m/s
　　 若小球经过N点正上方时绳子恰不松弛，设此时速度为v2，此位置
满足mg=
从最低点到该位置的过程中，由机械能守恒定律mv0'2=mg·5L+m
解得v0'=2 m/s。
(2025·山东济南市二模)如图所示，竖直圆形光滑轨道固定在水平地面上，右侧为管状结构，左侧为单层，外圆半径为R。将质量为m的小球置于轨道最高点，给小球一个轻微的扰动，让小球从右侧由静止滑下。已知管的内径略大于小球直径，且远小于外圆半径，重力加速度为g。关于小球的运动，下列说法正确的是
A.小球一定能够回到轨道最高点
B.小球运动过程中对轨道的最大压力为6mg
C.小球脱离轨道时的速度大小为
D.小球脱离轨道时离地面的高度为R
√
　　小球从最高点滑下，由于轨道光滑，机械能守恒；当小球滑到最低点时，重力势能完全转化为动能，再从最低点上升时，动能逐渐转化为重力势能。小球在左侧单层轨道上运动时，会在中途脱离轨道导致无法回到最高点，故A错误；
小球在最低点时速度最大，对轨道的压力也最大，根据机械能守恒，小球从最高点到最低点的过程满足mg·2R=mv2，解得v=2，在最低点有FN-mg=m，解得FN=5mg，由牛顿第三定律可知小球对轨道的最大压力为5mg，故B错误；
　　小球在左侧单层轨道上运动时，当重力不足以提供向心力时，小球会脱离轨道，设小球脱离轨道时速度方向与水平方向的夹角为θ，小球的
速度为v，满足mgcos θ=m，从最高点到脱离点，根据机械能守恒mgR(1-cos θ)=m，解得v脱=，故C错误；
小球脱离轨道时，速度方向与水平方向的夹角θ满足cos θ=，此时小球离地面的高度为h=R(1+cos θ)=R，故D正确。
分析竖直平面内圆周运动临界问题的思路
思考　如图，固定在水平面上的光滑半圆柱体(截面为半圆)顶端A处，小滑块从静止开始沿半圆面下滑至P点(图中未画出)离开圆面，已知圆半径为R，求P点距水平面的高度。
答案　设P点与圆心的连线OP与水平面间夹角为θ，小滑块恰好离开圆面，FN=0
在P点mgsin θ=m ①
从最高点A至P点的过程中
mgR(1-sin θ)=mv2 ②
由①②得sin θ=
又sin θ=
故P点距水平面的高度h=R。
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斜面上圆周运动的
临界问题
考点三
1.特点：在斜面上做圆周运动的物体，因所受的控制因素不同(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.方法：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大小相等，解决此类问题时，可以按以下操作，把问题简化。
物体在转动过程中，转动越快，越容易滑动的位置是最低点，恰好滑动时有μmgcos θ-mgsin θ
=mω2R。
　　　(多选)(2025·安徽合肥市三模)如图所示，与水平方向成θ=30°角的圆盘绕垂直于盘面且过圆心的轴做匀速圆周运动，角速度ω= rad/s。盘面上距轴r=0.5 m处有一可视为质点的小物块恰能与圆盘保持相对静止。小物块的质量m=1 kg，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是
A.物块与盘面间的动摩擦因数为
B.物块从最低点转到最高点的过程中，圆盘对物块的摩擦力一直减小
C.物块转至与圆盘圆心高度相同处时，圆盘对物块的摩擦力大小为2.5 N
D.在保持物块相对圆盘静止的情形下，改变圆盘角速度，物块在最高点
　的摩擦力不可能为零
√
√
√
　　物块在最低点时摩擦力最大，最容易脱落。物块与圆盘恰能保持相对静止，可知物块转至最低点时，摩擦力恰好为最大静摩擦力，根据牛顿第二定律有μmgcos θ-mgsin θ= mω2r，解得μ=，故A正确；
对物块受力分析，可知向心力由重力沿圆盘斜面的下滑分力和圆盘对物块的静摩擦力提供，以重力下滑分力的箭尾为圆心，向心力的大小为半径作圆，如图所示，根据力的三角形定则可知，物块从最低点转到最高点的过程中，圆盘对物块的摩擦力一直减小，故B正确；
　　当物块转至与圆盘圆心高度相同处时，根据平行四
边形定则有Ff== N，故C错误；
若最高点摩擦力为零，根据牛顿第二定律有mgsin θ= mr，解得ω0= rad/s，大于ω= rad/s，此时物块无法保持相对圆盘静止，故D正确。
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课时精练
精练高频考点
提升关键能力
对一对
题号 1 2 3 4 5 6 7
答案 B C BC C B B B
题号 8 答案 题号 9 10 答案 BC 答案
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1.如图所示，当汽车通过拱桥顶点的速度为10 m/s时，汽车对桥顶的压力为车重力的，如果要使汽车在粗糙的桥面经过桥顶时，恰好不受摩擦力作用，则汽车通过桥顶的速度应为
A.15 m/s B.20 m/s
C.25 m/s D.30 m/s
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答案
基础落实练
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答案
　　　如果要使汽车在粗糙的桥面经过桥顶时，不受摩擦力作用，即汽
车只受重力作用，则有mg=m；当汽车通过拱桥顶点的速度为10 m/s时，汽车对桥顶的压力为车重力的，即支持力为mg，则有mg-mg=m，联
立解得v'=20 m/s，所以B正确，A、C、D错误。
2.(2025·广东茂名市一模)如图所示，制作陶瓷的圆形工作台上有A、B两陶屑随工作台一起转动，转动角速度为ω，A在工作台边缘，B在工作台内部。若A、B与台面间的动摩擦因数相同，则下列说法正确的是
A.当工作台匀速转动时，A、B所受合力为0
B.当工作台匀速转动时，A、B线速度大小相等
C.当工作台角速度ω逐渐增大，陶屑A最先滑动
D.当工作台角速度ω逐渐增大，A、B所受的摩擦力始终
　指向轴OO'
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答案
√
　　　当工作台匀速转动时，A、B跟随工作台做匀速圆周运动，则所受合力不为0，选项A错误；
当工作台匀速转动时，A、B角速度相等，根据v=ωr，因转动半径不等，则线速度大小不相等，选项B错误；
当陶屑将要发生滑动时μmg=mr，解得ω0=，可知r越大，发生滑
动的临界角速度越小，可知当工作台角速度ω逐渐增大，陶屑A最先滑动，选项C正确；
只有当工作台匀速转动时，A、B所受的摩擦力全部提供向心力，其方向才指向圆心，则当工作台角速度ω逐渐增大，A、B所受的摩擦力不是指向轴OO'，选项D错误。
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答案
3.(多选)如图所示，小球在竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动，小球直径略小于管道的内径，内侧壁半径为R，小球半径为r，重力加速度为g，则下列说法正确的是
A.小球通过最高点时的最小速度vmin=
B.小球通过最高点时的最小速度vmin=0
C.小球在水平线ab以下的管道中运动时，内侧管壁对小球一定无作用力
D.小球在水平线ab以上的管道中运动时，外侧管壁对小球一定有作用力
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答案
√
√
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答案
　　　小球沿管道上升到最高点时的速度可以为零，故A错误，B正确；
小球在水平线ab以下的管道中运动时，由外侧管壁对小球的作用力FN与
小球重力在背离圆心方向的分力Fmg的合力提供向心力，即FN-Fmg=m，
因此，外侧管壁一定对小球有作用力，而内侧管壁无作用力，C正确；
小球在水平线ab以上的管道中运动时，小球受管壁的作用力与小球速度大小有关，小球做圆周运动所需的向心力可能由内侧壁对小球的作用力和重力的合力提供，D错误。
4.(2025·陕西宝鸡市三模)公路上有一段半径为1 000 m的弯道，为了安全转弯，路面设计成外高内低，倾角为θ(tan θ=0.09)。已知路面与轮胎间的动摩擦因数为0.8(只考虑垂直运动方向上的摩擦力)，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2。则汽车能在该弯道路面上行驶的最大速度约为
A.200 km/h B.300 km/h
C.350 km/h D.450 km/h
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答案
　　　当汽车以最大速度转弯而不发生滑动时，此时受到的侧向摩擦力沿倾斜路面向下，设最大静摩擦力为Ff，则竖直方向有mg+Ffsin θ=FNcos θ，
水平方向有Ffcos θ+FNsin θ=m，最大静摩擦力等于滑动摩擦力Ff=μFN，联立解得vmax=，代入数据解得vmax≈98 m/s≈353 km/h，
故选C。
5.(来自教材改编)如图所示，半径为R的半球形陶罐，固定在水平转台上，转台竖直转轴与过陶罐球心O的对称轴OO'重合。当转台匀速转动时，观察到陶罐内壁上质量为m的小物块随陶罐一起转动且相对罐壁静止，它和O点的连线与OO'的夹角θ=60°。重力加速度大小为g。下列判断正确的是
A.转台的角速度一定等于
B.物块的线速度大小可能等于
C.物块所受合力的大小一定等于mg
D.陶罐壁对物块弹力的大小一定等于2mg
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答案
√
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答案
　　　小物块绕OO'轴做匀速圆周运动，一定受重力、支持力，可能受摩擦力，若摩擦力为0，由牛顿第二定律得mgtan 60°=mω2Rsin 60°，解
得ω=，线速度大小为v=ωRsin 60°=·R=，当小物块所受摩擦力不为0时，角速度不等于，小物块的线速度也不等于，A错
误，B正确；
当小物块所受摩擦力为0时，其所受合力的大小为mg，所受弹力大小等于2mg，当所受摩擦力不为0时不成立，C、D错误。
6.(2025·江西景德镇市三模)如图所示，轻杆长3L，在杆两端分别固定质量均为m的球A和B，光滑水平转轴穿过杆上距球A为L处的O点，外界给系统一定能量后，杆和球在竖直平面内转动，球B运动到最高点时，杆对球B恰好无作用力。忽略空气阻力，重力加速度为g。则球B在最高点时
A.球B的速度为零
B.球A的速度大小为
C.水平转轴对杆的作用力为mg
D.水平转轴对杆的作用力为2mg
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√
能力综合练
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答案
　　　球B运动到最高点时，由牛顿第三定律知球B对杆恰好无作用力，
即重力恰好提供向心力，则有mg=m，解得vB=，故A错误；
由于A、B两球的角速度相等，由v=ωr得球A的速度大小为vA=vB=
，故B正确；
杆对A球的作用力FT-mg=m，则FT=mg，B球到最高点时，对杆无弹力，所以水平转轴对杆的作用力为mg，C、D错误。
7.(2026·江苏南通市检测)如图所示，在匀速转动的水平圆盘上，沿直径方向放着用水平轻绳相连的物体A和B，A和B质量都为m。它们分居圆心两侧，与圆心的距离分别为RA=r，RB=2r，A、B与盘间的动摩擦因数相同且均为μ。若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，当圆盘转速缓慢加速到两物体刚好还未发生滑动时，下列说法错误的是
A.绳子的张力大小为FT=3μmg
B.烧断绳子，物体A、B仍将随圆盘一块转动
C.圆盘的角速度为ω=
D.A所受摩擦力方向沿绳背离圆心
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答案
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答案
　　　两物体角速度相同，由F向=mω2r，可知B做圆周运动所需向心力比A大，当圆盘转速缓慢加速到两物体刚好还未发生滑动时，B有离心运动的趋势，A有近心运动的趋势。设此时绳子的张力大小为FT，圆盘的角速度为ω，分别对A、B应用牛顿第二定律有FT-μmg=mω2r，FT+μmg=
mω2·2r，联立解得FT=3μmg，ω=，故A、C正确；
此时A有近心运动的趋势，所受摩擦力方向沿绳背离圆心，故D正确；
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答案
　　　A、B以角速度ω=做匀速圆周运动时所需的向心力大小分别
为FA=mω2r=2μmg，FB=mω2·2r=4μmg，若此时烧断绳子，A、B所受最大静摩擦力均不足以提供向心力，所以A、B都将做离心运动，故B错误。
8.(2026·湖北荆州市检测)如图，用一根长l=1 m的细线，一端系一质量m=1 kg的小球(可视为质点)，另一端固定在一光滑锥体顶端，锥面与竖直方向的夹角θ=37°。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取10 m/s2，cos 37°=0.8，sin 37°=0.6，结果可用根式表示。
(1)若要小球离开锥面，则小球的角速度ω0至少为多大；
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答案
答案　 rad/s
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答案
　　　小球刚要离开锥面时，锥面对小球支持力FN=0，此时重力和细线拉力的合力提供向心力。
由牛顿第二定律mgtan θ=mlsin θ
解得ω0= rad/s
(2)若小球的角速度ω1= rad/s，则细线对小球的拉力FT1及锥面对小球的弹力FN1分别为多少；
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答案
答案　11.6 N　1.2 N
　　　因为ω1= rad/s<ω0，小球未离开锥面，对小球受力分析，受重力mg、拉力FT1、支持力FN1，水平方向FT1sin θ-FN1cos θ=mlsin θ
竖直方向FT1cos θ+FN1sin θ=mg
代入数据联立解得FT1=11.6 N，FN1=1.2 N
(3)若小球的角速度ω2=2 rad/s，求细线对小球的拉力FT2的大小。
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答案
答案　20 N
　　　因为ω2=2 rad/s>ω0，小球已离开锥面，设细线与竖直方向夹角为α，此时只有重力和拉力提供向心力，mgtan α=mlsin α
化简得cos α=
则拉力FT2==20 N。
9.(2026·辽宁鞍山市检测)如图所示，AB为竖直光滑圆弧轨道的直径，其半径R=0.9 m，A端切线水平。水平轨道BC与半径r=0.5 m的光滑圆弧轨道CD相接于C点，D为圆弧轨道的最低点，圆弧轨道CD对应的圆心角θ=37°。一质量为M=1 kg的小球(视为质点)从水平轨道上某点以某一速度冲上竖直圆轨道，并从A点飞出，不计空气阻力，g取10 m/s2，sin 37°=
0.6，cos 37°=0.8。
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答案
(1)若小球恰好能从A点飞出，求小球落地点与B点的水平距离；
答案　1.8 m
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答案
　　　小球恰好能从A点飞出，设此时速度为v1，对在A点的小球受力分析，只受重力，
根据牛顿第二定律得Mg=M
又小球落地时间t满足2R=gt2
水平位移x=v1t
联立解得x=1.8 m
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(2)若小球从A点飞出，经过C点恰好沿切线进入圆弧轨道，求小球在A点对圆弧轨道的压力大小；
答案　 N
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答案
　　　将小球在C处的速度分解，在竖直方向上有=2g×2R
在水平方向上有v0=
联立并代入数据得v0=8 m/s
对小球在A处受力分析，由牛顿第二定律得FA'+Mg=M
解得FA'= N
根据牛顿第三定律知，小球在A点对圆弧轨道受到的压力大小FA= N
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(3)若小球从A点飞出，经过C点恰好沿切线进入圆弧轨道，求小球在C点受到的支持力的大小。
答案　208 N
　　　小球在C处速度vC==10 m/s
其受力分析如图所示
由牛顿第二定律得FC-Mgcos θ=M
解得FC=208 N。
10.(多选)(2026·四川自贡市检测)如图所示，一半径为r的倾斜匀质圆盘可绕垂直固定于圆盘圆心的转轴转动，盘面与水平面的夹角为θ。初始时圆盘静止，在圆盘上轻放与圆盘间动摩擦因数均为μ的物块a和物块b，放上后物块均能静止于圆盘上。让转轴角速度ω从0开始缓慢增大，关于此过程，下列说法正确的是
A.物块a在其圆周轨迹的最高点最容易与圆盘发生相对滑动
B.物块a在其圆周轨迹的最低点最容易与圆盘发生相对滑动
C.物块a先于物块b与圆盘发生相对滑动
D.物块b先于物块a与圆盘发生相对滑动
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答案
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尖子生选练
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答案
　　　物块在圆盘所在的平面内受两个力，分别为重力沿圆盘向下的分力mgsin θ、静摩擦力Ff，这两个力的合力提供向心力(大小为mω2r)，向心力始终指向圆心，垂直圆面向下看，静摩擦力Ff的变化情况如图所示，若ω不变，则向心力大小不变，故向心力的箭头端始终落在
一个圆上，由图可知，当向心力向上时(即物体通过最低点时)，物体所受静摩擦力最大，故物块a在其圆周轨迹的最低点最容易与圆盘发生相对滑动，故A错误，B正确；
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答案
　　　假设物块通过最低点时恰好与圆盘发生相对滑动，设此时的角速度为ω0，有μmgcos θ-mgsin θ=mr，解
得ω0=，故r越大，ω0越小，因物块a圆周
运动的半径较大，故物块a对应的ω0较小，故物块a先于物块b与圆盘发生相对滑动，故C正确，D错误。
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第四章

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