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专题提升五　圆周运动中的三类临界问题
【学习目标】　1.会分析水平面内、竖直面内及斜面上物体做圆周运动的向心力来源及动力学问题。2.掌握分析、判断圆周运动中临界问题的方法。
提升点一　水平面内圆周运动的临界问题
问题 特点 (1)物体在水平面内做匀速圆周运动。 (2)当转速变化时，会出现绳子张紧、绳子突然断裂、静摩擦力随转速逐渐增大而达到最大值、弹簧弹力的大小及方向发生变化等，从而出现临界问题
常见 的临 界条 件 (1)水平转盘上的物体恰好不发生相对滑动的临界条件：物体与转盘间的摩擦力恰好为最大静摩擦力。 (2)物体间恰好分离的临界条件：物体间的弹力恰好为零。 (3)绳的拉力的临界条件：绳恰好拉直意味着绳上无弹力，绳突然断裂意味着断裂前绳上拉力恰好为最大承受力等
(多选)(2026·陕西西安期中)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均为木块所受重力的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，A、C正确。两木块滑动前角速度相同，则Ffa＝mω2l，Ffb＝mω2·2l，Ffa＜Ffb，B错误；ω＝＜ωa＝，a没有发生滑动，则Ffa'＝mω2l＝kmg，D错误。
拓展变式.(2026·甘肃平凉模拟)如图所示，两完全相同的滑块P、Q用长为L的轻绳
学生用书 第72页
拴接，轻绳刚好拉直，放在水平的圆形转台上，转台的圆心O与P、Q在同一条直线上，OP＝，两滑块的质量均为m，与转台间的动摩擦因数为μ。现让转台的角速度从0逐渐增加，当角速度为ω1时，Q所受的摩擦力达到最大静摩擦力，当角速度为ω2时，滑块刚好相对转台滑动，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，两滑块均视为质点，重力加速度为g。下列说法正确的是(　　)
A.滑块P、Q所受的摩擦力大小之比始终为1∶3
B.ω1＝
C.ω2＝
D.转台的角速度为ω2时，轻绳的拉力大小为μmg
答案：B
解析：刚开始角速度比较小时，两滑块受到的静摩擦力提供所需的向心力，由于滑块Q的转动半径较大，所需向心力较大，则滑块Q受到的摩擦力先达到最大静摩擦力，此后角速度再增大，轻绳的拉力逐渐增大，滑块Q的静摩擦力不变，而滑块P受到的静摩擦力逐渐增大，直到增加到最大静摩擦力，所以两滑块P、Q所受的摩擦力之比并不始终为1∶3，故A错误；当角速度为ω1时，对滑块Q由牛顿第二定律得μmg＝m·L，解得ω1＝，故B正确；转台的角速度为ω2时，滑块P受到的摩擦力达到最大，分别对滑块P、Q由牛顿第二定律，有μmg－FT＝m·，μmg＋FT＝m·，联立解得ω2＝，FT＝，故C、D错误。
(多选)如图所示，三角形为一光滑锥体的正视图，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，小球在水平面内绕锥体的轴做匀速圆周运动，重力加速度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、支持力和拉力的作用
答案：BC
解析：向心力是效果力，不能作为物体实际受到的力参与受力分析，故A错误；角速度较小时， 小球紧贴圆锥面，则FTcos θ＋FNsin θ＝mg，FTsin θ－FNcos θ＝mω2lsin θ，随着角速度增大，FT增大，FN减小，当转速达到ω0，支持力恰好为零时，有mgtan θ＝mlsin θ，解得ω0＝ rad/s，由牛顿第三定律可知，此时小球对锥体的压力为零，故C正确；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，故B正确，D错误。
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
答案：B
解析：当AC绳绷紧、BC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BC绳绷紧、AC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。
提升点二　竖直面内圆周运动的临界问题
模型 轻绳模型(无支撑) 轻杆模型(有支撑)
情境 图示
最高 点弹 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
最高 点受 力示 意图
续表
最高 点力 学方 程 mg＋FT＝m mg±FN＝m
临界 特征 在最高点FT＝0，即mg＝m，可得v＝ 在最高点v＝0，即Fn＝0，此时FN＝mg，方向竖直向上
模型 关键 (1)“轻绳”只能对小球施加拉力 (2)小球通过最高点的速度至少为 (1)“轻杆”对小球的作用力可以是拉力，也可以是支持力 (2)小球通过最高点的速度最小可以为0
学生用书 第73页
轻绳模型
(多选)(2026·陕西西安模拟)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，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
答案：ABC
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，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
(多选)如图所示，轻杆一端套在光滑水平转轴O上，另一端固定一质量为m＝1 kg的小球，使小球在竖直平面内做半径为R＝0.4 m的圆周运动。设运动轨迹的最低点为A点，最高点为B点，不计一切阻力，重力加速度取g＝10 m/s2，下列说法中正确的是(　　)
A.要使小球能够做完整的圆周运动，则小球通过B点的速度至少为2 m/s
B.若小球通过B点的速度为1 m/s时，杆对小球的作用力大小为7.5 N，方向竖直向上
C.小球能过最高点B时，杆对小球的作用力大小一定随着小球速度的增大而增大
D.小球能过最高点B时，杆对小球的作用力大小可能为零
答案：BD
解析：在最高点，由于杆对小球的弹力可以向上，所以小球在最高点B时的速度可以为零，故A错误；设竖直向下为正方向，在B点，由牛顿第二定律有mg＋F＝m，则F＝m－mg＝(1×－1×10) N＝－7.5 N，负号说明杆对小球的作用力方向竖直向上，故B正确；在最高点，若小球所受的杆的作用力方向竖直向上，根据牛顿第二定律有mg－F＝m，若增大小球的速度，则F减小，若小球受杆的弹力方向竖直向下，则mg＋F＝m，v增大F增大，当v＝＝2 m/s时，F＝0，故C错误，D正确。
提升点三　斜面上圆周运动的临界问题
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，可以按以下图示操作，把问题简化。
如图所示，两个质量均为m的小物块a和b(可视为质点)，静止在倾斜的匀质圆盘上。圆盘可绕垂直于盘面的固定轴转动，a到转轴的距离为l，b到转轴的距离为2l，物块与盘面间的动摩擦因数为，盘面与水平面的夹角为30°。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g。若a、b随圆盘以角速度ω匀速转动，下列说法正确的是(　　)
A.a在最高点时所受摩擦力可能为0
B.a在最低点时所受摩擦力可能为0
C.ω＝ 是a开始滑动的临界角速度
D.ω＝ 是b开始滑动的临界角速度
答案：D
解析：假设物块a在最高点所受摩擦力为零，则物块a的重力沿圆盘向下的分力提供向心力，有mgsin θ＝mω2l，则在最低点时有Ff－mgsin θ＝mω2l，解得在最低点所需的摩擦力Ff＝mg，而物块a与圆盘间的最大静摩擦力Ffm＝μmgcos θ＝0.75mg＜mg，故假设不成立，因此a在最高点时所受摩擦力不可能为0，故A错误；a在最低点时，由牛顿第二定律得Ff－mgsin θ＝mω2l，可得Ff＝mgsin θ＋mω2l，所以a在最低点时所受摩擦力不可能为0，故B错误；物块出现滑动的临界位置在斜面上圆周的最低点，对a在最低点恰好要滑动时，由牛顿第二定律得μmgcos θ－mgsin θ＝ml，代入数据解得ωa＝，对b在最低点恰好要滑动时，由牛顿第二定律得μmgcos θ－mgsin θ＝m·2l，代入数据解得ωb＝ ，故C错误，D正确。
针对练.(2025·山东临沂三模)游乐场里有一个半径为5 m 的倾斜匀质圆盘，盘面与水平面的夹角为30°，圆盘可绕过圆盘圆心O且垂直于盘面的固定轴以1 rad/s的角速度匀速转动，如图所示。一个小孩(可视为质点)坐在盘面上距O点距离r处，小孩与盘面间的动摩擦因数为，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2。要保证小孩与圆盘始终保持相对静止，则距离r的可能取值范围为(　　)
A.0＜r≤2.5 m B.1 m≤r≤3.5 m
C.2.5 m≤r≤4 m D.2.5 m≤r≤5 m
答案：A
解析：当小孩转到圆盘的最低点刚要滑动时，所受的静摩擦力沿斜面向上达到最大时，设半径为r1，根据牛顿第二定律有μmgcos 30°－mgsin 30°＝mω2r1，解得r1＝2.5 m，故距离r的可能取值范围为0＜r≤2.5 m。故选A。
课时测评20　圆周运动中的三类临界问题
(时间：30分钟　满分：50分)
(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)
(选择题1－10，每题4分，共40分)
题组1　水平面内圆周运动的临界问题
1.(2026·广东茂名一模)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，A、B所受合力均为0
B.当工作台匀速转动，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，则所受合力均不为0，A错误；当工作台匀速转动，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，B错误；陶屑将要滑动时有μmg＝mr，解得ω0＝，可知r越大，发生相对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，C正确；只有当工作台匀速转动时，A、B所受的摩擦力充当向心力，其方向才指向圆心，当工作台角速度ω逐渐增大，A、B所受的摩擦力不指向轴OO'，D错误。
2.(多选)如图所示，水平圆盘上两个均可视为质点的物块A、B用一根不可伸长的轻绳相连，轻绳经过圆盘圆心，它们一起随圆盘绕竖直中心轴转动，转动角速度ω由零缓慢增大，已知两物块转动的半径满足rB＝3rA＝3r，A、B两物块与圆盘间的动摩擦因数均为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，当圆盘的角速度ω＝时，A、B即将相对圆盘滑动，则物块A、B的质量之比可能为(　　)
A.2∶1 B.7∶3
C.7∶2 D.4∶1
答案：BD
解析：若当A、B即将相对圆盘滑动时，A所受的摩擦力指向圆心达到最大且B所受的摩擦力背离圆心达到最大，设此时绳中的拉力大小为FT，则有FT＋μmAg＝mAω2r，FT－μmBg＝mBω2×3r，解得mA∶mB＝4∶1；若当A、B即将相对圆盘滑动时，A所受的摩擦力背离圆心达到最大且B所受的摩擦力指向圆心达到最大，设此时绳中的拉力大小为FT'，则有FT'－μmAg＝mAω2r，FT'＋μmBg＝mBω2×3r，解得mA∶mB＝7∶3。故选BD。
3.(2026·陕西宝鸡二模)如图所示，质量为m的小球由轻绳a和b分别系于一轻质竖直细杆的A点和B点，绳a与竖直杆AB成θ角，绳b处于水平方向且长为L。当轻杆绕轴AB以角速度ω匀速转动时，小球在水平面内做匀速圆周运动，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是(　　)
A.a绳的弹力有可能为0
B.b绳的弹力不可能为0
C.当角速度ω＞时，b绳一定有弹力
D.当角速度ω＞时，b绳一定有弹力
答案：D
解析：由于小球受到竖直向下的重力，要使小球能够在水平面内做匀速圆周运动，必须有其他外力平衡小球的重力，故a绳的弹力不可能为0；b绳在水平面内，a绳的弹力和小球重力的合力可以为小球在水平面内做匀速圆周运动提供向心力，故b绳的弹力可能为0，A、B错误。当b绳恰好水平拉直而没有拉力时，b绳的弹力为0，对小球受力分析可知mgtan θ＝mω2L，解得ω＝，则当ω＞时，b绳一定有弹力，C错误，D正确。
题组2　竖直面内圆周运动的临界问题
4.如图所示，用一根轻绳系着一个可视为质点的小球，轻绳的长度为L。最初小球静止在圆轨迹的最低点A，现在A点给小球一个初速度v0，使其在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动，已知B点与圆心O等高，C点是圆轨迹的最高点，重力加速度为g。不计一切阻力，下列说法正确的是(　　)
A.小球做的是匀变速曲线运动
B.若要使得小球做完整的圆周运动，小球运动到C点的速度至少是
C.若小球无法做完整的圆周运动，则小球可能在C点脱离圆轨迹
D.若小球无法做完整的圆周运动，则小球可能在B点和C点之间的某一点脱离圆轨迹
答案：D
解析：小球做圆周运动时，加速度方向时刻变化，比如小球在A点时加速度竖直向上，在C点时加速度竖直向下，所以小球做的不是匀变速曲线运动，故A错误；若要使得小球做完整的圆周运动，设小球运动到C点的速度至少为vC，此时只由重力提供向心力，由牛顿第二定律得mg＝m，解得vC＝，故B错误；若小球无法做完整的圆周运动，则小球可能在B点和C点之间某一点时重力沿半径方向的分力大于小球做圆周运动所需要的向心力m，此时小球将脱离轨道，所以小球可能在B点和C点之间的某一点脱离圆轨迹，故C错误，D正确。
5.(2025·湖北武汉三模)如图所示，在竖直平面内固定一刚性轻质的圆环形细管(管道内径极小)，一质量为m的小球放置于管内顶端A点，其直径略小于管道内径。现给小球一微小扰动，使之顺时针沿管道下滑。管内的B点与管道的圆心O等高，C点是管道的最低点，若不计一切摩擦，下列说法中正确的是(　　)
A.小球不可能回到A点
B.小球对细管的作用力不可能为零
C.从A点运动到C点，小球对细管的作用力一直增大
D.从A点运动到B点，小球对细管的作用力先减小后增大
答案：D
解析：根据机械能守恒可知，小球可以回到A点，A错误；小球在AB段下滑时，若满足mgcos θ＝m(θ为该位置与圆心连线与竖直方向的夹角)时对细管的作用力为零，B错误；小球从A点运动到C点，在AB之间存在一个压力为零的位置，可知从A点运动到C点小球对细管的作用力先减小后增大，C错误，D正确。
6.如图甲所示，用一轻质绳拴着一质量为m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FT，小球在最高点的速度大小为v，其FT -v2图像如图乙所示，则下列说法不正确的是(　　)
A.轻质绳长为
B.当地的重力加速度为
C.当v2＝c时，小球在最高点时轻质绳的拉力大小为－a
D.若小球在最低点时的速度＝b，小球运动到最低点时绳的拉力为a
答案：D
解析：根据题图乙，可得小球运动到最高点时绳对小球的拉力与小球的速度关系为FT＝v2－a，当小球经过最高点时，根据牛顿第二定律有FT＋mg＝m，整理得FT＝v2－mg，结合函数关系可知＝，mg＝a，解得l＝，g＝，A、B正确；把v2＝c代入绳对小球拉力的函数关系可得FTc＝－a，C正确；若小球在最低点时的速度＝b，根据牛顿第二定律，小球运动到最低点时有FT1－mg＝m，解得绳的拉力FT1＝2mg＝2a，D错误。
题组3　斜面上圆周运动的临界问题
7.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转动，盘面上有一质量为m的小物体与圆盘始终保持相对静止，盘面与水平面的夹角为30°，重力加速度大小为g，已知物体在最高点受到的摩擦力的大小为mg，则物体在最低点受到的摩擦力可能为(　　)
A.mg B.mg
C.2mg D.mg
答案：D
解析：当物体在最高点受到的摩擦力方向沿半径方向背离圆心时，对物体有mgsin 30°－Ff1＝mω2R，此种情况下，物体在最低点时，对物体有 Ff2－mgsin 30°＝mω2R，解得Ff2＝mg；当物体在最高点受到的摩擦力方向沿半径方向指向圆心时，对物体有mgsin 30°＋Ff1＝mω'2R，此种情况下，物体在最低点时，对物体有Ff2'－mgsin 30°＝mω'2R，解得Ff2'＝mg。故选D。
8.(2026·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
答案：C
解析：当A、B两球静止在题图示位置时，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两球转动至题图示位置时，杆OA部分恰好不受力，对A球有mg＝mω2L，对B球有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。
9.(多选)(2026·广东深圳一模)一根轻质细线一端系一可视为质点的小球，细线另一端固定在一光滑圆锥顶上，如图1所示，设小球在水平面内做匀速圆周运动的角速度为ω，细线的张力FT随ω2变化的图像如图2所示(图中数值单位均为国际单位)，g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　)
A.细线的长度为1 m B.细线的长度为0.5 m
C.小球的质量为2 kg D.小球的质量为3 kg
答案：BC
解析：设线长为L，锥体母线与竖直方向的夹角为θ，当ω＝0时，绳子的张力FT＝mgcos θ，当圆锥对小球的支持力为0时，角速度ω'2＝25 (rad/s)2，此时FT'cos θ＝mg，FT'sin θ＝mLsin θ·ω'2，代入题图2中数据解得m＝2 kg，L＝0.5 m。故选BC。
10.(多选)如图所示，质量均为m的物块A、B放在水平转盘上，两物块到转轴的距离均为r，与转盘之间的动摩擦因数均为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。A、B分别用细绳系于转盘转轴上的O1、O2点，细绳都刚好拉直。现缓慢增大转盘的转速，重力加速度为g。已知O1A、O2B与竖直方向的夹角分别为θ1、θ2，且μ＜tan θ1＜tan θ2，则(　　)
A.物块B比物块A先脱离转盘
B.细绳即将出现张力时转盘的角速度为
C.物块A脱离转盘时的角速度为
D.物块B脱离转盘时的角速度为
答案：BC
解析：当物块所受静摩擦力最大时，细绳即将出现张力，对其中任意一个物块有μmg＝mr，解得ω1＝，B正确；当物块脱离转盘时，转盘对物块支持力恰好为零，对物块A在竖直方向有FTcos θ1＝mg，水平方向有FTsin θ1＝r，联立解得ωmA＝，同理有ωmB＝，C正确，D错误；由于tan θ1＜tan θ2，则ωmA＜ωmB，可知物块A先脱离转盘，A错误。
11.(10分)(2026·河南模拟)如图所示，半径为r3＝5r的圆形餐桌中心有一转盘，其半径为r2＝3r，可绕其中心轴转动。a、b为两个相同的杯子，其中a置于距中心轴r1＝r处，b置于转盘边缘。两个杯子与转盘间的动摩擦因数均为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，转盘厚度及转盘与餐桌的间隙不计，餐桌始终保持静止，两个杯子均可视为质点，现缓慢增大转盘的角速度。
(1)求a、b分别相对转盘刚发生滑动时转盘的角速度之比；
(2)b相对转盘滑下后，恰不从餐桌边缘掉下，求杯子与桌面间的动摩擦因数μ'。
答案：(1)∶1　(2)μ
解析：(1)杯子相对转盘刚发生滑动时，根据摩擦力提供向心力可得μmg＝mω2R
解得ω＝
即ω∝
a、b相对转盘发生滑动时转盘的角速度之比为ω1∶ω2＝∶1。
(2)b相对转盘滑动时有μmg＝m·3r
由线速度与角速度的关系有v＝ω2·3r
b沿切线滑到桌面上，恰不从餐桌边缘掉下运动的距离x＝
设b沿切线滑到桌面上的加速度大小为a，由牛顿第二定律可得μ'mg＝ma
结合运动学公式有v2＝2ax
联立可得μ'＝μ。(共53张PPT)
专题提升五　圆周运动中的三类临界问题
高三总复习讲义　新高考
第四章 曲线运动
1.会分析水平面内、竖直面内及斜面上物体做圆周运动的向心力来源及动力学
问题。
2.掌握分析、判断圆周运动中临界问题的方法。
学习目标
提升点一　水平面内圆周运动的临界问题
提升点二　竖直面内圆周运动的临界问题
提升点三　斜面上圆周运动的临界问题
课时测评
内容索引
水平面内圆周运动的临界问题
提升点一
问题 特点 (1)物体在水平面内做匀速圆周运动。
(2)当转速变化时，会出现绳子张紧、绳子突然断裂、静摩擦力随转速逐渐增大而达到最大值、弹簧弹力的大小及方向发生变化等，从而出现临界问题
常见 的临 界条 件 (1)水平转盘上的物体恰好不发生相对滑动的临界条件：物体与转盘间的摩擦力恰好为最大静摩擦力。
(2)物体间恰好分离的临界条件：物体间的弹力恰好为零。
(3)绳的拉力的临界条件：绳恰好拉直意味着绳上无弹力，绳突然断裂意味着断裂前绳上拉力恰好为最大承受力等
(多选)(2026·陕西西安期中)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均为木块所受重力的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
√
例1
√
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，A、C正确。两木块滑动前角速度相同，则Ffa＝mω2l，Ffb＝mω2·2l，Ffa＜Ffb，B错误；ω＝＜ωa＝，a没有发生滑动，则Ffa'＝mω2l＝kmg，D错误。
拓展变式.(2026·甘肃平凉模拟)如图所示，两完全相同的滑块P、Q用长为L的轻绳拴接，轻绳刚好拉直，放在水平的圆形转台上，转台的圆心O与P、Q在同一条直线上，OP＝，两滑块的质量均为m，与转台间的动摩擦因数为μ。现让转台的角速度从0逐渐增加，当角速度为ω1时，Q所受的摩擦力达到最大静摩擦力，当角速度为ω2时，滑块刚好相对转台滑动，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，两滑块均视为质点，重力加速度为g。下列说法正确的是
A.滑块P、Q所受的摩擦力大小之比始终为1∶3
B.ω1＝
C.ω2＝
D.转台的角速度为ω2时，轻绳的拉力大小为μmg
√
刚开始角速度比较小时，两滑块受到的静摩擦力提供所需的向心力，由于滑块Q的转动半径较大，所需向心力较大，则滑块Q受到的摩擦力先达到最大静摩擦力，此后角速度再增大，轻绳的拉力逐渐增大，滑块Q的静摩擦力不变，而滑块P受到的静摩擦力逐渐增大，直到增加到最大静摩擦力，所以两滑块P、Q所受的摩擦力之比并不始终为1∶3，故A错误；当角速度为ω1时，对滑块Q由牛顿第二定律得μmg＝m·L，解得ω1＝，故B正确；
转台的角速度为ω2时，滑块P受到的摩擦力达到最大，分别对滑块P、Q由牛顿第二定律，有μmg－FT＝m·，μmg＋FT＝m·，联立解得ω2＝，FT＝，故C、D错误。
(多选)如图所示，三角形为一光滑锥体的正视图，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，小球在水平面内绕锥体的轴做匀速圆周运动，重力加速度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、支持力和拉力的作用
√
√
例2
向心力是效果力，不能作为物体实际受到的力参与受力分析，故A错误；角速度较小时， 小球紧贴圆锥面，则FTcos θ＋FNsin θ＝mg，FTsin θ－FNcos θ＝mω2lsin θ，随着角速度增大，FT增大，FN减小，当转速达到ω0，支持力恰好为零时，有mgtan θ＝mlsin θ，解得ω0＝ rad/s，由牛顿第三定律可知，此时小球对锥体的压力为零，故C正确；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，故B正确，D错误。
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
√
例3
当AC绳绷紧、BC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BC绳绷紧、AC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。
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竖直面内圆周运动的临界问题
提升点二
模型 轻绳模型(无支撑) 轻杆模型(有支撑)
情境图示
最高点弹 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
最高点受 力示意图
模型 轻绳模型(无支撑) 轻杆模型(有支撑)
最高点力 学方程 mg＋FT＝m mg±FN＝m
临界特征 在最高点FT＝0，即mg＝m，可得v＝ 在最高点v＝0，即Fn＝0，此时FN＝mg，方向竖直向上
模型关键 (1)“轻绳”只能对小球施加拉力 (2)小球通过最高点的速度至少为 (1)“轻杆”对小球的作用力可以是拉力，也可以是支持力
(2)小球通过最高点的速度最小可以为0
考向1 轻绳模型
(多选)(2026·陕西西安模拟)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，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
√
例4
√
√
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，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。
考向2 轻杆模型
(多选)如图所示，轻杆一端套在光滑水平转轴O上，另一端固
定一质量为m＝1 kg的小球，使小球在竖直平面内做半径为R＝
0.4 m的圆周运动。设运动轨迹的最低点为A点，最高点为B点，不
计一切阻力，重力加速度取g＝10 m/s2，下列说法中正确的是
A.要使小球能够做完整的圆周运动，则小球通过B点的速度至少为2 m/s
B.若小球通过B点的速度为1 m/s时，杆对小球的作用力大小为7.5 N，方向竖直向上
C.小球能过最高点B时，杆对小球的作用力大小一定随着小球速度的增大而
增大
D.小球能过最高点B时，杆对小球的作用力大小可能为零
√
√
例5
在最高点，由于杆对小球的弹力可以向上，所以小球在最高点
B时的速度可以为零，故A错误；设竖直向下为正方向，在B点，
由牛顿第二定律有mg＋F＝m，则F＝m－mg＝(1×－1×
10) N＝－7.5 N，负号说明杆对小球的作用力方向竖直向上，故
B正确；在最高点，若小球所受的杆的作用力方向竖直向上，根据牛顿第二定律有mg－F＝m，若增大小球的速度，则F减小，若小球受杆的弹力方向竖直向下，则mg＋F＝m，v增大F增大，当v＝＝2 m/s时，F＝0，故C错误，D正确。
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斜面上圆周运动的临界问题
提升点三
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，可以按以下图示操作，把问题简化。
如图所示，两个质量均为m的小物块a和b(可视为质点)，静止在倾斜的匀质圆盘上。圆盘可绕垂直于盘面的固定轴转动，a到转轴的距离为l，b到转轴的距离为2l，物块与盘面间的动摩擦因数为，盘面与水平面的夹角为30°。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g。若a、b随圆盘以角速度ω匀速转动，下列说法正确的是
A.a在最高点时所受摩擦力可能为0
B.a在最低点时所受摩擦力可能为0
C.ω＝ 是a开始滑动的临界角速度
D.ω＝ 是b开始滑动的临界角速度
√
例6
假设物块a在最高点所受摩擦力为零，则物块a的重力沿圆盘向下的分力提供向心力，有mgsin θ＝mω2l，则在最低点时有Ff－mgsin θ＝mω2l，解得在最低点所需的摩擦力Ff＝mg，而物块a与圆盘间的最大静摩擦力Ffm＝μmgcos θ＝0.75mg＜mg，故假设不成立，因此a在最高点时所受摩擦力不可能为0，故A错误；a在最低点时，由牛顿第二定律得Ff－mgsin θ＝mω2l，可得Ff＝mgsin θ＋mω2l，所以a在最低点时所受摩擦力不可能为0，故B错误；
物块出现滑动的临界位置在斜面上圆周的最低点，对a在最低点恰好要滑动时，由牛顿第二定律得μmgcos θ－mgsin θ＝ml，代入数据解得ωa＝，对b在最低点恰好要滑动时，由牛顿第二定律得μmgcos θ－mgsin θ＝m·2l，代入数据解得ωb＝ ，故C错误，D正确。
针对练.(2025·山东临沂三模)游乐场里有一个半径为5 m 的倾斜匀质圆盘，盘面与水平面的夹角为30°，圆盘可绕过圆盘圆心O且垂直于盘面的固定轴以1 rad/s的角速度匀速转动，如图所示。一个小孩(可视为质点)坐在盘面上距O点距离r处，小孩与盘面间的动摩擦因数为，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2。要保证小孩与圆盘始终保持相对静止，则距离r的可能取值范围为
A.0＜r≤2.5 m
B.1 m≤r≤3.5 m
C.2.5 m≤r≤4 m
D.2.5 m≤r≤5 m
√
当小孩转到圆盘的最低点刚要滑动时，所受的静摩擦力沿斜面向上达到最大时，设半径为r1，根据牛顿第二定律有μmgcos 30°－mgsin 30°＝mω2r1，解得r1＝2.5 m，故距离r的可能取值范围为0＜r≤2.5 m。故选A。
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课 时 测 评
题组1　水平面内圆周运动的临界问题
1.(2026·广东茂名一模)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，A、B所受合力均为0
B.当工作台匀速转动，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'
√
当工作台匀速转动时，A、B跟随工作台做匀速圆周运动，
则所受合力均不为0，A错误；当工作台匀速转动，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，B错误；陶屑将要滑动时有μmg＝mr，解
得ω0＝，可知r越大，发生相对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，C正确；只有当工作台匀速转动时，A、B所受的摩擦力充当向心力，其方向才指向圆心，当工作台角速度ω逐渐增大，A、B所受的摩擦力不指向轴OO'，D错误。
2.(多选)如图所示，水平圆盘上两个均可视为质点的物块A、B用一根不可伸长的轻绳相连，轻绳经过圆盘圆心，它们一起随圆盘绕竖直中心轴转动，转动角速度ω由零缓慢增大，已知两物块转动的半径满足rB＝3rA＝3r，A、B两物块与圆盘间的动摩擦因数均为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，当圆盘的角速度ω＝时，A、B即将相对圆盘滑动，则物块A、B的质量之比可能为
A.2∶1
B.7∶3
C.7∶2
D.4∶1
√
√
若当A、B即将相对圆盘滑动时，A所受的摩擦力指向圆心达到最大且B所受的摩擦力背离圆心达到最大，设此时绳中的拉力大小为FT，则有FT＋μmAg＝mAω2r，FT－μmBg＝mBω2×3r，解得mA∶mB＝4∶1；若当A、B即将相对圆盘滑动时，A所受的摩擦力背离圆心达到最大且B所受的摩擦力指向圆心达到最大，设此时绳中的拉力大小为FT'，则有FT'－μmAg＝mAω2r，FT'＋μmBg＝mBω2×3r，解得mA∶mB＝7∶3。故选BD。
3.(2026·陕西宝鸡二模)如图所示，质量为m的小球由轻绳a和b分别系于一轻质竖直细杆的A点和B点，绳a与竖直杆AB成θ角，绳b处于水平方向且长为L。当轻杆绕轴AB以角速度ω匀速转动时，小球在水平面内做匀速圆周运动，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是
A.a绳的弹力有可能为0
B.b绳的弹力不可能为0
C.当角速度ω＞时，b绳一定有弹力
D.当角速度ω＞时，b绳一定有弹力
√
由于小球受到竖直向下的重力，要使小球能够在水平面内做匀速圆周运动，必须有其他外力平衡小球的重力，故a绳的弹力不可能为0；b绳在水平面内，a绳的弹力和小球重力的合力可以为小球在水平面内做匀速圆周运动提供向心力，故b绳的弹力可能为0，A、B错误。当b绳恰好水平拉直而没有拉力时，b绳的弹力为0，对小球受力分析可知mgtan θ＝mω2L，解得ω＝，则当ω＞时，b绳一定有弹力，C错误，D正确。
题组2　竖直面内圆周运动的临界问题
4.如图所示，用一根轻绳系着一个可视为质点的小球，轻绳
的长度为L。最初小球静止在圆轨迹的最低点A，现在A点给
小球一个初速度v0，使其在竖直平面内沿逆时针方向做圆周
运动，已知B点与圆心O等高，C点是圆轨迹的最高点，重力
加速度为g。不计一切阻力，下列说法正确的是
A.小球做的是匀变速曲线运动
B.若要使得小球做完整的圆周运动，小球运动到C点的速度至少是
C.若小球无法做完整的圆周运动，则小球可能在C点脱离圆轨迹
D.若小球无法做完整的圆周运动，则小球可能在B点和C点之间的某一点脱离圆轨迹
√
小球做圆周运动时，加速度方向时刻变化，比如小球在A点
时加速度竖直向上，在C点时加速度竖直向下，所以小球做
的不是匀变速曲线运动，故A错误；若要使得小球做完整的
圆周运动，设小球运动到C点的速度至少为vC，此时只由重
力提供向心力，由牛顿第二定律得mg＝m，解得vC＝，故B错误；若小球无法做完整的圆周运动，则小球可能在B点和C点之间某一点时重力沿半径方向的分力大于小球做圆周运动所需要的向心力m，此时小球将脱离轨道，所以小球可能在B点和C点之间的某一点脱离圆轨迹，故C错误，D正确。
5.(2025·湖北武汉三模)如图所示，在竖直平面内固定一刚性轻质的圆环形细管(管道内径极小)，一质量为m的小球放置于管内顶端A点，其直径略小于管道内径。现给小球一微小扰动，使之顺时针沿管道下滑。管内的B点与管道的圆心O等高，C点是管道的最低点，若不计一切摩擦，下列说法中正确的是
A.小球不可能回到A点
B.小球对细管的作用力不可能为零
C.从A点运动到C点，小球对细管的作用力一直增大
D.从A点运动到B点，小球对细管的作用力先减小后增大
√
根据机械能守恒可知，小球可以回到A点，A错误；小球在AB段下滑时，若满足mgcos θ＝m(θ为该位置与圆心连线与竖直方向的夹角)时对细管的作用力为零，B错误；小球从A点运动到C点，在AB之间存在一个压力为零的位置，可知从A点运动到C点小球对细管的作用力先减小后增大，C错误，D正确。
6.如图甲所示，用一轻质绳拴着一质量为m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FT，小球在最高点的速度大小为v，其FT -v2图像如图乙所示，则下列说法不正确的是
A.轻质绳长为
B.当地的重力加速度为
C.当v2＝c时，小球在最高点时轻质绳的拉力
大小为－a
D.若小球在最低点时的速度＝b，小球运动到最低点时绳的拉力为a
√
根据题图乙，可得小球运动到最高点时绳对小球的拉力与小球的速度关系为FT＝v2－a，当小球经过最高点时，根据牛顿第二定律有FT＋mg＝m，整理得FT＝v2－mg，结合函数关系可知＝，mg＝a，解得l＝，g＝，A、B正确；把v2＝c代入绳对小球拉力的函数关系可得FTc＝－a，C正确；若小球在最低点时的速度＝b，根据牛顿第二定律，小球运动到最低点时有FT1－mg＝m，解得绳的拉力FT1＝2mg＝2a，D错误。
题组3　斜面上圆周运动的临界问题
7.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转动，盘面上有一质量为m的小物体与圆盘始终保持相对静止，盘面与水平面的夹角为30°，重力加速度大小为g，已知物体在最高点受到的摩擦力的大小为mg，则物体在最低点受到的摩擦力可能为
A.mg
B.mg
C.2mg
D.mg
√
当物体在最高点受到的摩擦力方向沿半径方向背离圆心时，对物体有mgsin 30°－Ff1＝mω2R，此种情况下，物体在最低点时，对物体有 Ff2－mgsin 30°＝mω2R，解得Ff2＝mg；当物体在最高点受到的摩擦力方向沿半径方向指向圆心时，对物体有mgsin 30°＋Ff1＝mω'2R，此种情况下，物体在最低点时，对物体有Ff2'－mgsin 30°＝mω'2R，解得Ff2'＝mg。故选D。
8.(2026·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
√
当A、B两球静止在题图示位置时，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两球转动至题图示位置时，杆OA
部分恰好不受力，对A球有mg＝mω2L，对B球有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。
9.(多选)(2026·广东深圳一模)一根轻质细线一端系一可视为质点的小球，细线另一端固定在一光滑圆锥顶上，如图1所示，设小球在水平面内做匀速圆周运动的角速度为ω，细线的张力FT随ω2变化的图像如图2所示(图中数值单位均为国际单位)，g取10 m/s2。下列说法正确的是
A.细线的长度为1 m
B.细线的长度为0.5 m
C.小球的质量为2 kg
D.小球的质量为3 kg
√
√
设线长为L，锥体母线与竖直方向的夹角为θ，当ω＝0时，绳子的张力FT＝mgcos θ，当圆锥对小球的支持力为0时，角速度ω'2＝25 (rad/s)2，此时FT'cos θ＝mg，FT'sin θ＝mLsin θ·ω'2，代入题图2中数据解得m＝
2 kg，L＝0.5 m。故选BC。
10.(多选)如图所示，质量均为m的物块A、B放在水平转盘上，两物块到转轴的距离均为r，与转盘之间的动摩擦因数均为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。A、B分别用细绳系于转盘转轴上的O1、O2点，细绳都刚好拉直。现缓慢增大转盘的转速，重力加速度为g。已知O1A、O2B与竖直方向的夹角分别为θ1、θ2，且μ＜tan θ1＜tan θ2，则
A.物块B比物块A先脱离转盘
B.细绳即将出现张力时转盘的角速度为
C.物块A脱离转盘时的角速度为
D.物块B脱离转盘时的角速度为
√
√
当物块所受静摩擦力最大时，细绳即将出现张力，对其中
任意一个物块有μmg＝mr，解得ω1＝，B正确；当
物块脱离转盘时，转盘对物块支持力恰好为零，对物块A在
竖直方向有FTcos θ1＝mg，水平方向有FTsin θ1＝r，
联立解得ωmA＝，同理有ωmB＝，C正确，D错误；由于tan θ1＜tan θ2，则ωmA＜ωmB，可知物块A先脱离转盘，A错误。
11.(10分)(2026·河南模拟)如图所示，半径为r3＝5r的圆形餐桌中心有一转盘，其半径为r2＝3r，可绕其中心轴转动。a、b为两个相同的杯子，其中a置于距中心轴r1＝r处，b置于转盘边缘。两个杯子与转盘间的动摩擦因数均为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，转盘厚度及转盘与餐桌的间隙不计，餐桌始终保持静止，两个杯子均可视为质点，现缓慢增大转盘的角速度。
(1)求a、b分别相对转盘刚发生滑动时转盘的角速度之比；
答案：∶1　
杯子相对转盘刚发生滑动时，根据摩擦力提供向心力可得μmg＝mω2R
解得ω＝
即ω∝
a、b相对转盘发生滑动时转盘的角速度之比为ω1∶ω2＝∶1。
(2)b相对转盘滑下后，恰不从餐桌边缘掉下，求杯子与桌面间的动摩擦因数μ'。
答案：μ
b相对转盘滑动时有μmg＝m·3r
由线速度与角速度的关系有v＝ω2·3r
b沿切线滑到桌面上，恰不从餐桌边缘掉下运动的距离x＝
设b沿切线滑到桌面上的加速度大小为a，由牛顿第二定律可得μ'mg＝ma
结合运动学公式有v2＝2ax
联立可得μ'＝μ。
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专题提升五　
圆周运动中的三类临界问题

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