第4章 专题提升四 圆周运动中的三类临界问题（课件PPT）-【金版新学案】2026年高考物理高三总复习大一轮复习讲义（广东专版）

该高中物理高考复习课件聚焦“圆周运动中的三类临界问题”专题，依据高考评价体系梳理了水平面、竖直面、斜面内临界问题的考查要求，通过分析近三年真题明确竖直面轻绳轻杆模型、水平转盘临界角速度等高频考点，归纳临界条件分析、摩擦力临界值计算等常考题型，体现备考针对性。 课件亮点在于“真题案例解析+模型建构+科学推理”的复习策略，如以2025·广东华南师大模拟题为例，通过受力分析和向心力公式推导斜面上圆周运动动摩擦因数最小值，培养科学思维素养。针对“向心力来源判断”等易错点设置对比训练，帮助学生掌握临界问题解题技巧，教师可据此精准突破考点，提升复习效率。

专题提升四　圆周运动中的三类临界问题 高三一轮复习讲义　广东专版 第四章 曲线运动 掌握物体在水平面内、竖直面内和斜面上做圆周运动的临界问题的分析方法，能解决有关实际问题。 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 课时测评 内容索引 提升点三 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 提升点一 返回 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 方法 突破 (1)若题目中有“刚好”“恰好”“正好”等关键词，表明题述的过程存在临界状态 (2)若题目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等关键词，表明题述的过程存在着极值点，这个极值点也往往是临界状态 (3)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 方法 突破 ②物体间恰好分离的临界条件：物体间的弹力恰好为零 ③绳的拉力出现的临界条件：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 (4)当确定了物体运动的临界状态和临界条件后，要分别针对不同的运动过程或现象，选择相对应的物理规律，然后再列方程求解 (多选)(2025·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，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＜Ffb，选项B错误；ω＝＜ωa＝，a没有滑动，则Ffa'＝mω2l＝kmg，选项D错误。 迁移拓展.如图所示，[例1]中若在a、b之间拴一根轻绳， 当轻绳恰好出现弹力时，角速度多大？当a、b开始滑动 时，角速度多大，此时剪断轻绳，分析a、b各做什么运动。 答案：　见解析 若没有轻绳时，b先滑动，b开始滑动时，a、b距离增大，此时若有轻绳， 绳发生形变，开始有弹力，即ω＝时，轻绳开始有弹力；当a、b恰好 开始滑动时，对b有kmg＋FT＝mω2·2l，对a有kmg－FT＝mω2·l，解得ω＝ ，此时剪断轻绳，b做离心运动，a仍和圆盘保持相对静止。 针对练1.(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 √ √ 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；转速较小时， 小球紧贴圆锥 面，则FTcos θ＋FNsin θ＝mg，FTsin θ－FNcos θ＝ mω2lsin θ，随着转速的增加，FT增大，FN减小，当 转速达到ω0，支持力恰好为零时，有mgtan θ＝m lsin θ，解得ω0＝ rad/s，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。 针对练2.(2025·广东九师高三上联盟联考)如图所示，一个磁铁吸附在竖直的门板上保持静止，假设磁铁的质量为m，距离门轴为r，与门板之间的磁力和动摩擦因数分别为F0和μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现匀速转动门板，为使磁铁不滑动，则门板转动的最大角速 度为 A. B. C. D.－ √ 由于磁铁做匀速圆周运动，磁铁在竖直平面内受力分析如图所示，合力提供向心力并垂直指向门轴，当磁铁刚要滑动时＝＋(mg)2，F摩＝μF0，F合＝mω2r，联立可得门板转动的最大角速度为ω＝。故选B。 返回 竖直面内圆周运动的临界问题 提升点二 返回 模型 轻绳模型(无支撑) 轻杆模型(有支撑) 情境图示     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 受力示意图     模型 轻绳模型(无支撑) 轻杆模型(有支撑) 力学方程 mg＋FT＝m mg±FN＝m 临界特征 FT＝0，即mg＝m，可得v＝ v＝0，即Fn＝0，此时FN＝mg，方向竖直向上 模型关键 (1)绳和圆轨道只能对小球施加拉力 (2)小球通过最高点的速度至少为 (1)杆和光滑管道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)(2024·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2 √ √ √ 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，此时若轻绳的拉力最大，根据牛顿第二定律有FTm－mg＝，解得vm＝4 m/s，故C正确，D错误。 针对练. (多选)(2024·广东广州三模)如图所示，半径为R的半圆弧槽固定在水平面上，槽口直径水平，一个质量为m的小物块从距离槽口A点高为R的P点静止释放，刚好从A点无碰撞地滑入槽中，并沿圆弧槽匀速率地滑行到B点，重力加速度大小为g，则物块 A.从A运动到B过程中重力做功的最大功率为mg B.到达B点时对槽的压力大于重力 C.从A运动到B过程中克服摩擦力做功为mgR D.与槽内AB之间各处的动摩擦因数均相等 √ √ √ 根据PG＝mgvy，从A运动到B过程中小物块竖直方向分 速度逐渐减小，重力做功的最大功率为小物块在A点时 的功率，由mgR＝mv2，联立解得PAmax＝mg，故 A正确；到达B点时合力提供向心力，其方向为竖直向上，可知小物块所受支持力大于自身重力，根据牛顿第三定律，可知小物块对槽的压力大于重力，故B正确；从A运动到B过程中，由动能定理可得mgR－Wf＝0，解得克服摩擦力做功为Wf＝mgR，故C正确；对小物块受力分析如图所示，可知所受摩擦力与重力的切向分力等大反向，设小物块与圆心连线和竖直方向夹角为θ，则有mgsin θ ＝Ff＝μFN，FN－mgcos θ＝m，联立解得μ＝，由此可知，随着θ 的减小，动摩擦因数减小，故D错误。故选ABC。 考向2 轻杆模型 (多选)(2020·广东汕头一模)如图甲所示，固定在竖直面内的光滑圆形管道内有一小球在做圆周运动， 小球直径略小于管道内径，管道最低处N装有连着数字计时器的光电门，可测球经过N点时的速率vN， 最高处装有力的传感器M，可测出球经过M点时对管道作用力F(竖直向上为正)， 用同一小球以不同的初速度重复试验， 得到F与的关系 图像如图乙所示，c为图像与横轴交点坐标，b为图像延长线与纵轴交点坐标，重力加速度为g， 则下列说法中正确的是 A.若小球经过N点时满足＝c，则经过M点时对轨道无压力 B.当小球经过N点时满足＝c，则经 过M点时对内管道壁有压力 C.小球做圆周运动的半径为 D.F＝－b表示小球经过N点时速度等于0 例3 √ √ 由题图乙可知，当＝c时，球经过 M点时对管道作用力F＝0，故A正确； 由题图乙可知，当＝c时，经过 M点时对管道作用力F＞0，F的方向为 竖直向上，对外管道壁有压力，故B错误；设圆的半径为R，从最高点M到最低点N，由动能定理得2mgR＝m－m，当＝c时，有＝c－4gR，此时经过M点时对管道作用力为F＝0，故有mg＝m＝，解得R＝，故C正确；小球经过N点时速度不能等于0， 故F＝－b的情况不存在，故D错误。故选AC。 针对练.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1.5mg D.水平转轴对杆的作用力为2.5mg √ 球B运动到最高点时，杆对球B恰好无作用力，即重力 恰好提供向心力，有mg＝m，解得v＝，故A错 误；由于A、B两球的角速度相等，由v＝ωr可知，球A 的速度大小v'＝，故B错误；球B到最高点时，对杆 无弹力，此时球A由所受重力和拉力的合力提供向心力，有F－mg＝m，解得F＝1.5mg，故C正确，D错误。 考向3 凹形桥、凸形桥模型 (2024·广东广州二模)如图所示，一辆汽车以恒定速率通过圆弧拱桥，N为桥面最高处，则汽车 A.在N处所受支持力大小大于其重力 B.在N处所受支持力大小等于其重力 C.从M到N过程所受支持力逐渐增大 D.从M到N过程所受支持力逐渐减小 √ 例4 在N点，根据牛顿第二定律可得mg－FN＝m，所以FN＝mg－m＜mg，故A、B错误；设汽车与圆心的连线与竖直方向的夹角为θ，则有mgcos θ－FN＝m，从M到N过程，速率v不变，θ减小，所以FN增大，故C正确，D错误。故选C。 返回 斜面上圆周运动的临界问题 提升点三 返回 1.在斜面上做圆周运动的物体，因控制因素不同，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.该类问题中对重力的处理方法 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相等，解决此类问题时，可以按以下图示操作，把问题简化。 (多选)(2025·广东华南师大模拟)转盘游戏深受人们喜爱，现将其简化为如图所示模型。倾角为θ＝30°的圆盘绕垂直于盘面且过圆心的轴做匀速圆周运动，盘面上距离轴r处有一可视为质点的小物块与圆盘始终保持相对静止，物块 与盘面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，圆盘的角速度为ω＝，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则 A.μ的最小值为 B.物块从最低点第一次转到最高点的过程中， 转盘对物块的冲量大小为m C.物块运动到任意关于转轴对称的两点时受到的摩擦力的 大小分别为Ff1、Ff2，一定有＋＞m2g2 D.ω增大，物块在最高点受到的摩擦力一定增大 例5 √ √ √ 质点随圆盘在倾斜面上做匀速圆周运动，在垂直盘面 方向上始终平衡，有FN＝mgcos θ＝mg，沿着盘面 的方向，重力的分力为G1＝mgsin θ＝mg，匀速圆周 运动需要的向心力为Fn＝mω2r＝mg，根据径向合力提供向心力可知，最低点相对滑动的趋势最大，需要的摩擦力最大，此处有最小的动摩擦因数，可得μminFN－G1＝Fn，联立解得μmin＝，故A正确； 物块从最低点第一次转到最高点的过程中，由动量定理可知I＝mv－ (－mv)＝2mv＝2mωr＝m，则合外力的冲量为m，为转盘 对物块的力的冲量和重力的冲量的矢量和，故转 盘对物块的冲量大小不等于m，故B错误； 设物块在某一位置的方向与斜面方向的夹角为α， 由余弦定理可知＝＋－2G1Fncos α， 由对称性可知＝＋＋2G1Fncos α，联立可得＋＞m2g2，故C正确；因Fn＞G1，则物块在最高点时满足Ff＋G1＝mω2r，则随着ω的增大，物块在最高点受到的摩擦力一定增大，故D正确。故选ACD。 针对练.如图所示，在倾角为α＝30°的光滑斜面上，有一根长为L＝0.8 m的轻杆，一端固定在O点，另一端系一质量为m＝0.2 kg的小球，沿斜面做圆周运动。取g＝10 m/s2。若要小球能通过最高点A，则小球在最低点B的最小速度是 A.4 m/s B.2 m/s C.2 m/s D.2 m/s √ 小球受轻杆控制，在A点的最小速度为零，由动能定理有2mgLsin α＝m，解得vB＝4 m/s，故A正确。 返回 课 时 测 评 返回 1.如图所示，该路段是港珠澳大桥的一段半径r＝150 m的圆弧形弯道，总质量m＝1 800 kg的汽车通过该圆弧形弯道时以速度v＝90 km/h做匀速圆周运动(汽车可视为质点，路面视为水平且不考虑车道的宽度)。已知路面与汽车轮胎间的径向最大静摩擦力为汽车所受重力的，重力加速度g取10 m/s2，则 A.汽车过该弯道时受到重力、支持力、摩擦力、牵 引力和向心力 B.汽车过该弯道时所受径向静摩擦力大小为4 000 N　 C.汽车过该弯道时的向心加速度大小为4 m/s2 D.汽车能安全通过该弯道的最大速度为15 m/s √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 汽车过该弯道时受到重力、牵引力、支持力和摩擦力作用，摩擦力提供做圆周运动的向心力，故A错误；汽车过该弯道时所受径向静摩擦力 大小为Ff＝m＝7 500 N，故B错误；汽车过该弯道时的向心加速度大小为an＝＝ m/s2，故C错误；汽车能安全通过该弯道时最大速度满足mg＝m，解得vm＝15 m/s，故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2.(2025·广东高三上模拟)如图所示，A、B、C三个物体放在水平旋转圆台上，用细线连接并固定在转轴上。已知物体与圆台间的动摩擦因数均为μ，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力；细线能承受的最大拉力为μmg，A的质量为2m，B、C的质量均为m，A、B离轴的距离为r，C离轴的距离为2r，重力加速度取g，当慢慢增加圆台转速，最先滑动的是 A.A B.B C.C D.三个物体同时滑动 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 当圆台转速较小时，三者都由静摩擦力提供向心力，由牛 顿第二定律有Ff＝mω2r，A、C需要的向心力相等，当转速 增大到ω1 时，由于mA＝2mB＝2mC，C受静摩擦力先达到最 大值；ω再增大，B、C间细线开始有拉力，由牛顿第二定律，对C有FTBC＋μmg＝2mω2r，对B有FfB－FTBC＝mω2r，对A有FfA＝2mω2r，当FfB＝μmg时，FTBC＝＜，FfA＝＜2μmg；ω再增大，OB间出现拉力，对A有FfA＝2mω2r，对B有FTOB＋μmg－FTBC＝mω2r，对C有FTBC＋μmg＝2mω2r，当B、C间细线拉力达到最大值，即FTBC＝μmg时，FTOB＝＜，FfA＝＜2μmg，则ω再增大，B、C间细线将断裂，故C最先滑动。故选C。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 3.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F，小球在最高点的速度大小为v，其F-v2图像如图乙所示，则 A.轻质绳长为 B.当地的重力加速度为 C.当v2＝c时，轻质绳的拉力大小为＋a D.只要v2≥b，小球在最低点和最高点时绳的拉力差均为6a √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 小球运动到最高点时，对小球受力分析，由牛顿第二定律有F＋mg＝，可得F＝－mg，结合题图乙可知F-v2图像斜率为k＝＝，则轻质绳长为l＝m，故A错误；题图乙纵轴上截距的绝对值为a＝mg，则有g＝，故B错误；由题图乙可知F＝v2－a，故当v2＝c时，有F＝－a，故C错误；从最高点到最低点，由机械能守恒有2mgl＝mv'2－ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 mv2，在最低点对小球受力分析，由牛顿第二定律有F'－mg＝，联立可得小球在最低点和最高点时绳的拉力差均为F'－F＝6mg＝6a，故D正确。故选D。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 4.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 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 对A球，合力提供向心力，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球对管的力大小为28 N，方向竖 直向下，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。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 5.如图甲所示，一质量m＝4 kg的小球(可视为质点)以v0＝4 m/s的速度从A点冲上竖直光滑半圆轨道。当半圆轨道的半径R发生改变时，小球对B点的压力F与半径R的关系图像如图乙所示，g取10 m/s2，下列说法正确的是 A.a＝2.5 B.b＝40 C.若小球能通过轨道上的C点，则其落地点距A点的最大水平距离为0.80 m D.当小球恰能通过轨道上的C点时，半圆轨道的半径R＝64 cm √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 从A到B，根据动能定理可得－mgR＝mv2－m，在B点，根据牛顿第二定律得F＝，联立解得F＝－80 (N)，结合题图乙可知b＝80，a＝＝，故A、B错误；小球恰能通过最高点时，在最高点，根据牛顿第二定律可得mg＝m，从最低点到最高点，根据动能定理可得－mg·2R＝m－m，联立解得R＝0.32 m＝32 cm，故D错误；离 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 开最高点后做平抛运动，则有2R＝gt2，x＝vCt，－mg·2R＝m－m，且R＜0.32 m，联立解得x＝，当1.6 m－4R＝4R时，x取最大值，解得R＝0.2 m，可得最大水平距离xmax＝ m＝0.80 m，故C正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 6.如图所示，一倾斜的圆筒绕固定轴OO1以恒定的角速度ω转动，圆筒的半径r＝1.5 m。筒壁内有一小物体与圆筒始终保持相对静止，小物体与圆 筒间的动摩擦因数为(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，转动轴与水平 面间的夹角为60°，重力加速度g取10 m/s2，则ω的最小值是 A.1 rad/s B. rad/s C. rad/s D.5 rad/s √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 对小物体受力分析如图所示，由牛顿第二定律有mgcos 60°＋FN＝mω2r，Ff＝mgsin 60°≤μFN，解得ω≥ rad/s，故A、B、D错误，C正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 7.如图所示，竖直杆AB在A、B两点通过光滑铰链连接两等长轻杆AC和BC，AC和BC与竖直方向的夹角均为θ，轻杆长均为L，在C处固定一质量为m的小球，重力加速度为g，在装置绕竖直杆AB转动的角速度ω从0开始逐渐增大的过程中，下列说法正确的是 A.当ω＝0时，AC杆和BC杆对球的作用力都表现为拉力 B.AC杆对球的作用力先增大后减小 C.AC杆与BC杆上的力的大小之差越来越大 D.当ω＝时，BC杆对球的作用力为0 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 当ω＝0时，由于小球在水平方向受力平衡，因此AC杆对小球的 作用力表现为拉力，BC杆对小球的作用力表现为支持力，且大 小相等，故A错误；当ω逐渐增大时，AC杆对小球的拉力逐渐 增大，BC杆对小球的支持力逐渐减小，当BC杆的作用力为0时， 有mgtan θ＝mω2Lsin θ，解得ω＝，当ω继续增大时，AC 杆对小球的拉力继续增大，BC杆对小球的作用力变为拉力，且逐渐增大，故B错误，D正确；一定时间后，AC杆和BC杆的作用力都变为拉力，拉力的竖直分力之差等于小球的重力，即F1cos θ－F2cos θ＝mg，则F1－F2＝，此时AC杆与BC杆上的力的大小之差不变，故C错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 8.(多选)(2024·广东广州模拟预测)如图(a)是某型号气门结构的简化图：金属块和固定弹簧座连接弹簧上端和下端，偏心轮轴位置固定，偏心轮以恒定角速度ω转动，带动金属块与推杆整体上下往复运动，配合气门机构完成进气、出气，此过程弹簧一直处于压缩状态，偏心轮与金属块始终保持接触。偏心轮横截面如图(b)所示，在t＝0时通过轮轴的偏心轮直径恰好处于水平位置，则 A.推杆上下往复运动的周期为 B.t＝时弹簧的弹性势能最大 C.偏心轮上各点的线速度最大值为3Rω D.偏心轮上各点的向心加速度最大值为ω2R √ √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 根据周期和角速度的关系可得T＝，故A正 确；弹簧一直处于压缩状态，则当弹簧长度 最短时，压缩量最大，弹簧的弹性势能最大， 弹力最大，偏心轮应转到最低点，即从初始 位置转动t＝T(n＝0，1，2……)，当 n＝0时，有t＝T＝，故B正确；根据线速度与角速度的关系v＝ωr，偏心轮上各点做圆周运动的r的最大值为3R，则最大线速度为3Rω，故C正确；根据a＝ω2r可知，偏心轮上各点做圆周运动的向心加速度最大值为3ω2R，故D错误。故选ABC。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 9.(多选) (2025·广东模拟预测)风洞实验通过产生人工控制的气流模拟飞行器在气流中的运动过程。如图为某次实验示意图，固定在竖直面内的光滑圆弧轨道ACD与粗糙水平面平滑相切于A点，O为圆弧轨道的圆心。将质量为m的滑块(可视为质点)从水平地面上的E点由静止释放，整个装置处在水平向右的风场中，滑块始终受到恒定风力作用。已知圆弧轨道的半径为R，滑块与水平地面间的动摩擦因数μ＝0.25，且滑块恰好能在圆弧轨道上的B点处保持静止，OB与竖直方向的夹角θ＝37°，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2。设A、E两点间的距离为l，下列说法正确的是 A.滑块受到的风力大小为mg B.若滑块能通过圆弧轨道的最高点C，则l≥5R C.当l≥R时，滑块运动到D点之前一定不会脱离圆轨道 D.当l＜5R时，滑块运动到D点之前一定会脱离圆轨道 √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 对静止在B处的小球进行受力分析，滑块受到的风力大 小F＝mgtan θ＝mg，故A错误；若滑块恰能通过圆周 最高点C，满足Fl－0.25mgl＝2mgR＋mv2，又mg＝ m，解得l＝5R，故B正确；风力与重力的等效合力F合＝＝mg，方向与竖直方向成θ角斜向右下方，滑块到D点之前恰好不脱离圆轨道时，满足Fl－0.25mgl－F合＝mv'2，又F合＝m，解得l＝R，当l≥R时，滑块运动到D点之前一定不会脱离圆轨道，故C正确；当l较小时，滑块可能会返回，不一定脱离圆轨道，故D错误。故选BC。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 10.(10分)(2025·广东三省联考模拟)如图所示，一轨道ABCD竖直放置，AB段和CD段的倾角均为θ＝37°，与水平段BC平滑连接，BC段的竖直圆形轨道半径为R，其最低点处稍微错开，使得滑块能进入或离开。AB段和CD段粗糙，其余各段轨道光滑。将一质量为m的小滑块从轨道上离B点距离L＝125R处由静止释放，滑块经过圆形轨道后冲上CD段上升一段距离后再次滑下，往返滑动多次后静止于轨道上某处。滑块和轨道AB、CD间的动摩擦因数均为μ＝0.5，重力加速度大小为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求： 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 (1)滑块第一次到达圆轨道最高点时对轨道的压力大小； 答案：45mg 滑块第一次到达圆轨道最高点的过程中，由动能定理得 mgLsin θ－μmgLcos θ－mg×2R＝m－0 在最高点，对滑块由牛顿第二定律得mg＋FN＝m 联立解得FN＝45mg 由牛顿第三定律可知，滑块第一次到达圆轨道最高点时对轨道的压力大小为 FN'＝FN＝45mg。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 (2)滑块第一次在CD段向上滑行的最大距离； 答案：25R 滑块第一次在CD段向上滑行的过程中，由动能定理得 mg(L－L1)sin θ－μmg(L＋L1)cos θ＝0－0 解得滑块第一次在CD段向上滑行的最大距离为 L1＝25R。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 (3)整个过程中滑块在AB段滑行的总路程。 答案：137.5R 滑块第二次到达圆轨道最高点的过程中，由动能定理得 mgL1sin θ－μmgL1cos θ－mg×2R＝m－0 解得v2＝ 设滑块第一次在AB段向上滑行的最大距离为s1，由动能定理得 mg(L1－s1)sin θ－μmg(L1＋s1)cos θ＝0－0 解得s1＝5R 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 滑块第三次到达圆轨道最高点的过程中，由动能定理得 mgs1sin θ－μmgs1cos θ－mg×2R＝m－0 解得＝－2gR 所以滑块第三次进入圆形轨道无法到达最高点，假设其运动的过程中不脱轨且上升的最大高度为h，由动能定理可得 mgs1sin θ－μmgs1cos θ－mgh＝0 解得h＝R 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 所以滑块第三次进入圆形轨道运动过程中没有脱轨，之后仅在AB段与圆形轨道间来回滑动，最终停在B点，设滑块在AB段滑行的路程为s2， 由动能定理得 mgh－μmgs2cos θ＝0 整个过程中滑块在AB段滑行的总路程为 s＝L＋2s1＋s2 联立解得s＝137.5R。 返回 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 谢 谢 观 看 圆周运动中的三类临界问题 $