专题七　圆周运动临界问题的模型建构-2025届高中物理

第四章曲线运动专题七圆周运动临界问题的模型建构核心考点五年考情命题分析预测水平面内圆周运动的临界问题2023：福建T15；2022：山东T8；2019：海南T6圆周运动的临界问题是本章的难点，也是高考考查的热点.水平面内的圆周运动的临界问题一般与摩擦力有关，竖直面内的圆周运动的临界问题一般与弹力有关，关键均在于找到临界点，列出动力学方程.预计2025年高考可能会出现与生产生活联系的圆周运动临界问题，以选择题或计算题形式出现.竖直面内圆周运动的临界问题2022：全国甲T14；2021：浙江6月T20；2020：浙江1月T20斜面上圆周运动的临界问题题型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.临界问题分析（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压力、支持力的临界条件是物体间的弹力恰好为零；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等.1.[与圆锥体结合的临界]一根轻质细线一端系一小球（可视为质点），另一端固定在一光滑圆锥体顶上，如图所示.设小球在水平面内做匀速圆周运动的角速度为ω，细线的拉力为T，则下列T随ω2变化的图像可能正确的是（C）ABCD解析对小球受力分析如图，当角速度较小时，小球在光滑锥面上做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律和平衡条件可得Tsinθ－Ncosθ＝mLsinθ·ω2，Tcosθ＋Nsinθ＝mg，联立解得T＝mgcosθ＋mLsin2θ·ω2；当角速度较大时，小球离开光滑锥面做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律可得Tsinα＝mLsinα·ω2，则T＝mLω2.综上所述，只有C可能正确.2.[与绳子结合的临界/多选]如图所示，质量为m的小球由轻绳a和b分别系于一轻质细杆的A点和B点，当轻杆绕轴OO'以角速度ω匀速转动时，小球在水平面内做匀速圆周运动，a绳与水平面成θ角，b绳水平且长为l，重力加速度为g，则下列说法正确的是（AC）A.a绳一定受拉力作用B.a绳所受拉力随角速度的增大而增大C.当角速度ω＞gltaD.若b绳突然被剪断，则a绳的弹力一定发生变化解析对小球受力分析可知a绳的拉力在竖直方向的分力与小球的重力平衡，可得FTa＝mgsinθ，为定值，A正确，B错误；当FTacosθ＝mω2l，即ω＝gltanθ时，b绳的弹力为零，若角速度大于该值，则b绳将出现弹力，C正确；由于b绳可能没有弹力，故3.[与圆盘结合的临界/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，下列说法正确的是（AC）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＝kg2l是D.当ω＝2kg3l时，解析圆盘开始转动时，两木块受到的静摩擦力的方向指向转轴提供向心力，转动角速度相等，则根据牛顿第二定律可得f＝mω2R，由于小木块b的轨道半径大于小木块a的轨道半径，故小木块b做圆周运动需要的向心力较大，B错误；因为两木块与圆盘间的最大静摩擦力相等，故b一定比a先开始滑动，A正确；当b开始滑动时，由牛顿第二定律可得kmg＝mω2·2l，可得ω＝kg2l，C正确；当a开始滑动时，由牛顿第二定律可得kmg＝mωa2l，可得ωa＝kgl，转盘的角速度为2kg3l＜ωa时，小木块a未发生滑动，其所需的向心力由静摩擦力提供，由牛顿第二定律可得f＝mω2命题拓展[条件拓展]如果两木块a、b之间用一轻绳连接，且绳子能承受的最大拉力为T＝kmg，试分析绳子是否会发生断裂.答案绳子不会发生断裂解析由题意可知当绳子将要断裂的瞬间，对木块b有，T＋fmax＝mω2·2l，即2kmg＝mω2·2l，解得ω＝kgl；对木块a有，fa－T＝mω2l，解得fa＝2kmg＞fmax，与已知条件相矛盾，因此绳子不会发生断裂题型2竖直面内圆周运动的临界问题项目绳模型杆模型常见类型最高点没有支撑最高点有支撑过最高点的临界条件由mg＝[1]mv临2r得v临＝[2]由小球恰能做完整的圆周运动得v临＝[3]0讨论分析（1）恰好过最高点时，v＝gr，mg＝mv2r，F（2）v[4]＞gr，有F＋mg＝mv2r，（3）不能过最高点时，小球在到达最高点前已经脱离了圆轨道（1）当v＝0时，F＝mg，F为支持力，沿半径背离圆心；（2）当[5]0＜v＜[6]gr时，有F＋mg＝mv2r，F背离圆心，随（3）当v＝[7]gr时，F＝[8]0；（4）当v＞[9]gr时，有F＋mg＝mv2r，F指向圆心，随4.[轻绳模型]如图甲所示，轻绳一端固定在O点，另一端固定一小球（可看成质点），让小球在竖直平面内做圆周运动.改变小球通过最高点时的速度大小v，测得相应的轻绳弹力大小F，得到F－v2图像如图乙所示，已知图线的延长线与纵轴交点的坐标为（0，－b）.不计空气阻力，重力加速度为g，则下列说法正确的是（B）A.该小球的质量为bgB.小球运动的轨迹半径为aC.图线与横轴的交点处小球所受的合力为零D.当v2＝a时，小球的向心加速度为g解析小球在最高点时受到轻绳的拉力为F，则有F＋mg＝mv2R，解得F＝mv2R－mg，结合图乙可知mg＝b，即m＝bg，斜率为mR＝2ba，解得R＝a2g，故A错误，B正确；图线与横轴的交点表示小球所受的拉力为零，即合力等于重力时的情况，故C错误；根据向心加速度公式可知a命题拓展[轻绳→轻杆模型]若将轻绳换成轻杆，其F－v2图像如图所示.已知杆长为R，不计空气阻力，则（D）A.当地的重力加速度大小为RB.小球的质量为bC.当v2＝c时，杆对小球的弹力方向向上D.当v2＝2b时，小球受到的弹力与重力大小相等解析由图乙可知，当v2＝b时，杆对小球的弹力为0，有mg＝mv2R，则重力加速度g＝v2R＝bR，故A错误；当小球速度v＜gR时，弹力为支持力，方向向上，由牛顿第二定律得mg－F＝mv2R，因此有F＝mg－mv2R，此时图线的斜率为－ab＝－mR，则m＝aRb，故B错误；当v2＝c＞b时，杆对小球的弹力为拉力，方向向下，故C错误；当v2＝2b时，弹力方向向下，因此有mg＋F＝mv2R5.[最高点“杆”的作用力方向可变/多选]如图所示，竖直面内有一个半径为R的光滑圆管道，现给小球一个初速度，使小球在管道内做圆周运动，管道很细，则关于小球在最高点时的速度v，下列叙述正确的是（CD）A.v的最小值为gRB.当v由零逐渐增大时，在最高点管道对小球的弹力也逐渐增大C.当v由gR逐渐增大时，在最高点管道对小球的弹力也逐渐增大D.当v由gR逐渐减小时，在最高点管道对小球的弹力逐渐增大解析小球在最高点时，管道对小球的作用力可以向上，也可以向下，所以v的最小值为零，故A错误.在最高点，当v＝gR时，根据牛顿第二定律得mg－FN＝mv2R，可得管道对小球的作用力FN＝0；当v＜gR时，管道对小球的作用力方向向上，根据牛顿第二定律得mg－FN＝mv2R，当v由gR逐渐减小时，管道对小球的弹力逐渐增大；当v＞gR时，管道对小球的作用力方向向下，根据牛顿第二定律得mg＋FN＝mv2R，当v由gR逐渐增大时，管道对小球的弹力也逐渐增大，故6.[竖直面内圆周运动的实际应用]如图所示是某游乐场中水上过山车的原理示意图.半径为R＝8m的圆轨道竖直固定在离水面高h＝3.2m的水平平台上，圆轨道与水平平台相切于A点，A、B分别为圆轨道的最低点和最高点.过山车（实际是一艘带轮子的气垫小船，可视作质点）高速行驶，先后会通过多个圆轨道，然后从A点离开圆轨道进入光滑的水平轨道AC，最后从C点水平飞出落入水中，整个过程刺激惊险，受到很多年轻人的喜爱.已知水面宽度为s＝12m，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2.（结果可保留根号）（1）若过山车恰好能通过圆轨道的最高点B，则其在B点的速度为多大？（2）为使过山车安全落入水中，则过山车在C点的最大速度为多少？（3）某次运动过程中乘客在圆轨道最低点A对座椅的压力为自身重力的3倍，随后进入水平轨道AC并落入水中，求过山车落入水中时的速度大小.答案（1）45m/s（2）15m/s（3）414m/s解析（1）过山车恰好能过最高点时，只受重力作用，有mg＝mv则vB＝gR＝45m/s（2）过山车离开C点后做平抛运动，有h＝12gt解得运动时间为t＝2hg故最大速度为vmax＝st＝（3）在圆轨道最低点有FN－m'g＝m'v由牛顿第三定律得FN＝3m'g解得vA＝2gR＝410落入水中时竖直速度为vy＝gt＝8m/s则落入水中时的速度为v＝vA2＋vy题型3斜面上圆周运动的临界问题1.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.物体在斜面上做圆周运动时，设斜面的倾角为θ，重力垂直于斜面的分力与斜面对物体的支持力相平衡，解决此类问题时，可以按以下操作（如图），把问题简化.2.物体在斜面上做圆周运动，根据受力情况的不同，可分为以下三类：（1）物体在静摩擦力作用下做圆周运动.（2）物体在绳的拉力作用下做圆周运动.（3）物体在杆的作用下做圆周运动.7.[倾斜圆盘]如图所示，一倾斜的匀质圆盘绕过圆心垂直于盘面的轴以恒定的角速度ω转动，盘面上离转轴2.5m处有一小物体，小物体与圆盘始终保持相对静止.已知小物体与盘面间的动摩擦因数为32，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，盘面与水平面间的夹角为30°，取g＝10m/s2，则ω的最大值为（C）A.5rad/s B.3rad/sC.1rad/s D.0.5rad/s解析当小物体转到圆盘的最低点，所受的静摩擦力沿斜面向上达到最大时，角速度最大，由牛顿第二定律得μmgcos30°－mgsin30°＝mω2r，解得ω＝1rad/s，故C正确.命题拓展[设问拓展]结合上述题干信息，判断下列说法的正误.（1）小物体随圆盘做匀速圆周运动时，一定始终受到三个力的作用.（✕）（2）小物体随圆盘以不同的角速度ω做匀速圆周运动时，ω越大，小物体在最高点处受到的摩擦力一定越大.（✕）（3）小物体受到的摩擦力可能背离圆心.（√）8.[倾斜临界＋轻杆模型]如图所示，在倾角为α＝30°的光滑斜面上，有一根长为L＝0.8m的轻杆，轻杆一端固定在O点，另一端系一质量为m＝0.2kg的小球，小球沿斜面做圆周运动.取g＝10m/s2.若要小球能通过最高点A，则小球在最低点B的最小速度为（A）A.4m/s B.210m/sC.25m/s D.22m/s解析小球受轻杆约束，在A点的最小速度为零，由动能定理可得－mg×2Lsinα＝0－12mvB2，解得vB＝4m/s，1.[水平面内的临界问题/海南高考]如图，一硬币（可视为质点）置于水平圆盘上，硬币与竖直转轴OO'的距离为r，已知硬币与圆盘之间的动摩擦因数为μ（最大静摩擦力等于滑动摩擦力），重力加速度大小为g.若硬币与圆盘一起绕OO'轴匀速转动，则圆盘转动的最大角速度为（B）A.12μgr B.μgr C.2μg解析硬币由静摩擦力提供其做圆周运动的向心力，当达到最大静摩擦力时，角速度最大，设硬币质量为m，由牛顿第二定律可得μmg＝mω2r，解得圆盘转动的最大角速度ω＝μgr，故B正确，A、C、D错误2.[水平面内的临界问题/浙江高考]一质量为2.0×103kg的汽车在水平公路上行驶，路面对轮胎的径向最大静摩擦力为1.4×104N，当汽车经过半径为80m的弯道时，下列判断正确的是（D）A.汽车转弯时所受的力有重力、弹力、摩擦力和向心力B.汽车转弯的速度为20m/s时所需的向心力为1.4×104NC.汽车转弯的速度为20m/s时汽车会发生侧滑D.汽车能安全转弯的向心加速度不超过7.0m/s2解析向心力为效果力，故A错误；汽车转弯的速度为20m/s时，所需的向心力Fn＝mv2r＝1.0×104N，故B错误；汽车转弯时，径向摩擦力提供向心力，转弯的速度为20m/s时，所需的向心力小于径向最大静摩擦力，故不会发生侧滑，C错误；汽车安全转弯所需的最大向心力等于径向最大静摩擦力，汽车转弯的最大向心加速度anm＝fnmm＝7.0m/s3.[水平面内的临界问题/2023福建]一种离心测速器的简化工作原理如图所示.细杆的一端固定在竖直转轴OO'上的O点，并可随轴一起转动.杆上套有一轻质弹簧，弹簧一端固定于O点，另一端与套在杆上的圆环相连.当测速器稳定工作时，圆环将相对细杆静止，通过圆环的位置可以确定细杆匀速转动的角速度.已知细杆长度l＝0.2m，杆与竖直转轴的夹角α始终为60°，弹簧原长x0＝0.1m，弹簧劲度系数k＝100N/m，圆环质量m＝1kg；弹簧始终在弹性限度内，重力加速度大小取10m/s2，摩擦力可忽略不计.（1）若细杆和圆环处于静止状态，求圆环到O点的距离；（2）求弹簧处于原长时，细杆匀速转动的角速度大小；（3）求圆环处于细杆末端P时，细杆匀速转动的角速度大小.答案（1）0.05m（2）1063rad/s（3）10r解析（1）圆环处于静止状态时，设弹簧压缩量为x1，由平衡条件可得mgcosα＝kx1解得x1＝mgcos圆环到O点的距离s1＝x0－x1＝0.05m（2）弹簧处于原长时，圆环受力如图甲所示，由牛顿第二定律得mgtanα＝其中r1＝x0sinα代入数据解得ω1＝1063r（3）圆环在P点时，弹簧伸长量x2＝l－x0，圆环受力如图乙所示，在水平方向有kx2sinα＋N2cosα＝mω22在竖直方向有kx2cosα＋mg＝N2sinα其中r2＝lsinα代入数据解得ω2＝10rad/s.4.[竖直面内的临界问题/2024广东深圳阶段练习]张同学设计了一个过山车轨道模型，如图所示，由倾角为α＝37°的直轨道AB、半径为R的圆弧轨道BC、水平轨道CD、竖直圆轨道以及足够长的水平轨道DF组成.C点左侧轨道和竖直圆轨道是光滑的，水平轨道CD和DF是粗糙的.现将一小物块由轨道上A点无初速度释放，已知小物块的质量为m，与水平轨道CD和DF间的动摩擦因数均为μ＝0.2，AB＝6R，CD＝2R，重力加速度为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，忽略轨道交错的影响.求：（1）物块第一次运动到B点时的速度大小；（2）物块第一次运动到C点时对轨道的压力大小；（3）欲使物块在竖直圆轨道上运动时，不脱离轨道，圆轨道的半径R'应满足什么条件.答案（1）21.8gR（2）8.6mg（3）R'≤1.36R或R'≥解析（1）在AB段，根据牛顿第二定律得mgsinα＝ma解得a＝0.6g根据运动学公式vB2－0＝2a解得vB＝21（2）从B到C，根据动能定理得mgR（1－cosα）＝12mvC2－解得vC＝21在C点，根据牛顿第二定律有N－mg＝mv根据牛顿第三定律可得物块第一次运动到C点时对轨道的压力大小N'＝N联立解得N'＝8.6mg（3）若物块不能过圆轨道最高点，不脱离圆轨道，物块最高能到达与圆轨道圆心等高处，根据动能定理得－μmg·2R－mgR'＝0－12m解得R'＝3.4R若物块恰好能过圆轨道最高点，在最高点，有mg＝mv从C点到圆轨道最高点，根据动能定理得－μmg·2R－mg·2R'＝12mv2－12解得R'＝1.36R即欲使物块在竖直圆轨道上运动时，不脱离轨道，则圆轨道的半径R'应满足R'≤1.36R或R'≥3.4R.1.[多选]如图所示，用一端固定在O点且长为L的细绳拴着质量为m的小球在竖直平面内做圆周运动，则下列说法正确的是（CD）A.小球在圆周最高点时所受的向心力一定为重力B.小球在最高点时绳子的拉力不可能为零C.小球过最低点时绳子的拉力一定大于小球重力D.若小球刚好能在竖直平面内做圆周运动，则其在最高点的速率为gL解析在最高点时，若向心力完全由重力提供，即球和细绳之间没有相互作用力，此时有mg＝mv02L，解得v0＝gL，此时小球刚好能在竖直平面内做圆周运动，若v＞gL，则小球对细绳有拉力，若v＜gL，则小球不能在竖直平面内做圆周运动，所以在最高点，充当向心力的不一定是重力.在最低点时，细绳的拉力和重力的合力充当向心力，故有T－mg＝mv12L，得T＝mv12L＋mg，则小球过最低点时细绳的拉力一定大于小球重力，故2.[2023山东临沂检测]无缝钢管的制作原理如图所示，竖直平面内，管状模型置于两个支承轮上，支承轮转动时通过摩擦力带动管状模型转动，铁水注入管状模型后，由于离心作用，紧紧地覆盖在模型的内壁上，冷却后就得到无缝钢管.已知管状模型内壁半径为R，则下列说法正确的是（C）A.铁水是由于受到离心力的作用才覆盖在模型内壁上B.模型各个方向上受到的铁水的作用力相同C.若最上部的铁水恰好不离开模型内壁，此时仅重力提供向心力D.管状模型转动的角速度ω最大为g解析铁水做圆周运动，重力与弹力的合力提供向心力，没有离心力，A错误；模型最下部受到铁水的作用力最大，最上部受到铁水的作用力最小，B错误；最上部的铁水如果恰好不离开模型内壁，则由重力提供向心力，有mg＝mω2R，可得ω＝gR，故管状模型转动的角速度ω至少为gR，C正确，D3.[2024湖北宜城一中质检/多选]一半径为r的小球紧贴竖直放置的圆形管道内壁做圆周运动，如图甲所示.小球运动到最高点时管壁对小球的作用力大小为FN，小球的速度大小为v，其FN－v2图像如图乙所示.已知重力加速度为g，规定竖直向下为正方向，不计一切阻力.则下列说法正确的是（ABD）A.小球的质量为bB.圆形管道内侧壁半径为cg－C.当v2＝d时，小球受到外侧壁竖直向上的作用力，大小为dbc－D.小球在最低点的最小速度为2c解析设圆形管道内侧壁半径为R，在最高点，当管壁对小球的作用力为零时，重力提供向心力，由牛顿第二定律得mg＝mv02R＋r，解得v0＝g(R＋r)，当0＜v＜g(R＋r)时，在最高点，小球受到管内壁向上的弹力，由牛顿第二定律得mg－FN＝mv2R＋r，整理得FN＝mg－mv2R＋r，结合题图乙可得mg＝b，mR＋r＝bc，解得m＝bg，R＝cg－r，A、B正确；当v＞g(R＋r)时，在最高点，小球受到管外壁向下的弹力，由牛顿第二定律得mg＋FN＝mv2R＋r，整理得FN＝mv2R＋r－mg，当v2＝d时，有F4.[创新图像形式/2024湖南长沙雅礼中学校考/多选]如图所示，水平圆盘上放置一个质量为m的小物块，物块通过长为L的轻绳连接到竖直转轴上的定点O，此时轻绳恰好伸直，与转轴成37°角.现使整个装置绕转轴缓慢加速转动（轻绳不会绕到转轴上），角速度ω从零开始缓慢增加，直到物块刚好要脱离圆盘.已知物块与圆盘间动摩擦因数μ＝0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.则轻绳的弹力大小FT和物块受到的摩擦力大小Ff随ω2变化的图像正确的是（AD）解析ω较小时，绳子无弹力，静摩擦力提供向心力，有Ff＝mω2Lsin37°，当Ff达到最大静摩擦力时有mω12Lsin37°＝μmg，解得ω12＝5g6L，此时FT＝0、Ff＝12mg，即绳子刚好开始产生弹力，继续增大角速度，轻绳弹力增大，静摩擦力减小，最终物块刚好要脱离圆盘，此时摩擦力为0，有FTcos37°＝mg、FTsin37°＝mω22Lsin37°，解得ω22＝5g4L，此时FT＝545.[多选]如图所示，物体P用两根长度相等且不可伸长的细线系于竖直杆上，并随杆转动.若转动角速度为ω，则（ABC）A.ω只有超过某一值时，细线AP才有拉力B.细线BP的拉力随ω的增大而增大C.细线BP所受拉力一定大于细线AP所受拉力D.当ω增大到一定程度时，细线AP所受拉力大于BP所受拉力解析ω较小时，AP松弛，故A正确.AP绷紧前，对P受力分析，如图甲所示，水平方向有FBPsinθ＝mω2Lsinθ，得FBP＝mω2L，可知BP的拉力随ω的增大而增大；AP绷紧后，对P受力分析，如图乙所示，竖直方向有FBPsinα－FAPsinα＝mg，得FBP－FAP＝mgsinα＞0，水平方向有FBPcosα＋FAPcosα＝mω2Lcosα，解得2FBP＝mgsinα＋mω2L，可知BP的拉力随ω的增大而增大，故B、C正确，6.[2022山东]无人配送小车某次性能测试路径如图所示，半径为3m的半圆弧BC与长8m的直线路径AB相切于B点，与半径为4m的半圆弧CD相切于C点.小车以最大速度从A点驶入路径，到适当位置调整速率运动到B点，然后保持速率不变依次经过BC和CD.为保证安全，小车速率最大为4m/s.在ABC段的加速度最大为2m/s2，CD段的加速度最大为1m/s2.小车视为质点，小车从A到D所需最短时间t及在AB段做匀速直线运动的最长距离l为（B）A.t＝（2＋7π4）s，l＝B.t＝（94＋7π2）s，lC.t＝（2＋5612＋76π6）sD.t＝（2＋5612＋4+62π）s，解析在BC段的最大加速度为a1＝2m/s2，由a1＝v12r1得小车在BC段的最大速度为v1

＝6m/s；在CD段的最大加速度为a2＝1m/s2，由a2＝v22r2得小车在CD段的最大速度

为v2＝2m/s＜v1；小车可在BCD段运动的时间为t3＝π(r1＋r2)v2＝7π2s；在AB段从最大

速度v1减速到v2的时间t1＝v1-v2a1＝1s，位移x2＝v12-v222a1＝3m，则在AB段匀速运动的最

长距离为l＝8m－3m＝5m；匀速运动的时间t27.[多选]如图所示，在匀速转动的水平圆盘上，沿半径方向放着用轻绳相连的质量均为m的两个物体A和B，它们分居圆心两侧，与圆心的距离分别为RA＝r、RB＝2r，与圆盘间的动摩擦因数μ相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当圆盘转速缓慢增大到两物体刚好还未发生滑动时，下列说法正确的是（