专题5 圆周运动的临界问题(Word教参)-【精讲精练】2026年高考物理一轮复习（人教版）

专题五　圆周运动的临界问题

[对应学生用书第81页]

考点一　水平面内圆周运动的临界问题

关于水平面内的匀速圆周运动的临界问题，主要是临界速度和临界力的问题。常见的是与绳的拉力、弹簧的拉力、接触面的弹力和摩擦力等相关的问题。通过受力分析来确定临界状态和临界条件，是较常用的解题方法。

　如图所示，可视为质点、质量为M的物块用长为L的细绳拴接放在转盘上，细绳的另一端固定在通过转盘轴心的竖直杆上，细绳刚好伸直且与竖直方向的夹角为α。已知物块与转盘之间的动摩擦因数为μ，且μ<tan α，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，现让整个装置由静止开始缓慢的加速转动起来。则下列说法正确的是(　　)

A．整个过程中，细绳的拉力不可能为零

B．从开始转动到细绳对物块刚有作用力的过程，转盘对物块所做的功为μMgL sin α

C．当转盘的转速为 时，物块刚好与转盘分离

D．从开始转动到物块刚好与转盘分离的过程中，转盘对物块所做的功为

[解析]　转盘刚开始转动，细绳未绷紧，此时静摩擦力提供向心力，当转动到某一角速度ω1时，静摩擦力达到最大值，根据牛顿第二定律有μMg＝MLω12sin α，此时物块线速度大小为v1＝Lω1sin α，从开始转动到细绳中将要出现拉力过程中，设转盘对物块做的功为W1，对物块由动能定理W1＝Mv2，W1＝μMgL sin α，故选项A错误，B正确；当转盘对物块支持力恰好为零时，竖直方向Mg＝FTcos α，水平方向FTsin α＝MLω22sin α，联立解得ω2＝，此时转盘的转速大小为n2＝ ，故选项C错误；此时物块的线速度大小为v2＝Lω2sin α，从开始转动到转盘对物块的支持力刚好为零过程中，设转盘对物块做的功为W2，对物块由动能定理W2＝Mv22，W2＝，故选项D错误。

[答案]　B

　(多选)如图所示，水平转台上有一个质量为m的物块，用长为l的轻质细绳将

物块连接在转轴上，细绳与竖直转轴的夹角θ＝30°，此时细绳伸直但无张力，物块与转台间的动摩擦因数为μ＝，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块随转台由静止开始缓慢加速转动，角速度为ω，重力加速度为g，则(　　)

A．当ω＝时，细绳的拉力为0

B．当ω＝时，物块与转台间的摩擦力为0

C．当ω＝ 时，细绳的拉力大小为mg

D．当ω＝ 时，细绳的拉力大小为mg

解析　当转台的角速度比较小时，物块只受重力、支持力和摩擦力，当细绳恰好要产生拉力时μmg＝mω12l sin 30°，解得ω1＝，随角速度的增大，细绳上的拉力增大。所以当ω＝<ω1，细绳的拉力为0，选项A正确；当物块恰好要离开转台时，物块受到重力和细绳的拉力的作用，有mg tan 30°＝mω22l sin 30°，解得ω2＝，由于ω1< <ω2，所以当ω＝时，物块与转台间的摩擦力不为零，选项B错误；当ω＝>ω2时，物块已经离开转台，细绳的拉力与重力的合力提供向心力，则mg tan α＝ml sin α，解得cos α＝，故F＝＝mg，选项C正确；由于ω1< <ω2，由牛顿第二定律得Ff＋F sin 30°＝ml sin 30°，F cos 30°＝mg，解得F＝mg，选项D错误。

答案　AC

水平面内圆周运动临界问题的分析技巧

(1)在水平面内做圆周运动的物体，当转速变化时，物体有远离或向着圆心运动的趋势(半径有变化)，通常对应着临界状态的出现。这时要根据物体的受力情况，判断某个力是否存在以及这个力存在时方向朝哪(特别是一些接触力，如静摩擦力、绳的拉力等)。

(2)三种临界情况：

①接触与脱离的临界条件：两物体相接触或脱离，临界条件是：弹力FN＝0。

②相对滑动的临界条件：两物体相接触且处于相对静止时，常存在着静摩擦力，则相对滑动的临界条件是：静摩擦力达到最大值。

③绳子断裂与松弛的临界条件：绳子所能承受的张力是有限度的，绳子断与不断的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力，绳子松弛的临界条件是：FT＝0。

1．(2024·河南郑州二模)原长为L，劲度系数为k的轻质弹簧的一端固定一质量为m的小铁块，另一端连接在竖直轴OO′上，小铁块放在水平圆盘上。若圆盘静止，把弹簧拉长后将小铁块放在圆盘上，使小铁块能保持静止的弹簧的最大长度为。现将弹簧拉长到后，使小铁块随圆盘绕中心轴OO′以不同角速度转动，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列会使小铁块相对圆盘发生滑动的角速度是(　　)

A．ω＝　　　　　　　 B．ω＝

C．ω＝    D．ω＝

解析　铁块与圆盘间的最大静摩擦力Ffm＝k＝kL，铁块随圆盘一起做圆周运动，当角速度最小时，摩擦力的方向与弹簧拉力方向相反，k－Ffm＝mω12·L，解得ω1＝；当角速度最大时，摩擦力的方向与弹簧拉力方向相同，k＋Ffm＝mω22·L，解