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（新高考）

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”核心考点，依据高考评价体系梳理水平面、竖直面、斜面内圆周运动的临界条件分析及实际问题解决，通过2024北京丰台模拟、2025陕西西安期中真题，明确轻绳轻杆模型、转盘临界等高频考点分布，归纳多选、计算等常考题型，体现备考针对性。 课件亮点在于“真题情境化+模型结构化”设计，以轻绳轻杆模型对比表建构物理模型，通过临界条件推导培养科学思维，如2024天津红桥区打夯机题用“受力分析-临界方程-验证”三步法突破。助力学生建立解题思维链，教师可精准定位薄弱点，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 新高考 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 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＝l，当Ffa＝ kmg时，kmg＝l，ωa＝；对木块b有Ffb＝·2l，当Ffb＝kmg时，kmg＝·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＝，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＝mω2l sin 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mg tan θ＝l sin θ，解得ω0＝ rad/s，故C正确；当ω＝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.(多选)(2025·黑龙江哈尔滨期中)质量为m的小球(视为质点)由轻绳a和b分别系于一轻质细杆的A点和B点，如图所示，当轻杆绕轴以角速度ω匀速转动时，a绳与水平方向成θ角，b绳在水平方向上且长为l。重力加速度为g，下列说法正确的是 A．a绳的弹力随角速度的增大而增大 B．当角速度ω>时，b绳中产生弹力 C．当b绳中产生弹力后，角速度再增大时a绳的弹力不变 D．当b绳突然被剪断时，a绳的弹力一定发生变化 √ √ 当b绳的弹力为零时，小球受重力和a绳的弹力，合力提供向心力，有＝mlω2，解得ω＝，可知当角速度ω>时，b绳中产生弹力，故B正确；根据竖直方向上受力平衡得Fasin θ＝mg，解得Fa＝，可知a绳的弹力不变，故A错误，C正确；由于b绳可能没有弹力，所以b绳突然被剪断时，a绳的弹力可能不变，故D错误。 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 力学方程 mg＋FT＝m mg±FN＝m 临界特征 FT＝0，即mg＝，可得v＝ v＝0，即Fn＝0，此时FN＝mg，方向竖直向上 模型 轻绳模型(无支撑) 轻杆模型(有支撑) 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。 小球恰好能通过轨道2的最高点B时，有mg＝，小球在轨道1上经过其最高点A时，有FN＋mg＝，根据机械能守恒定律，有1.6mgR＝，解得FN＝4mg，根据牛顿第三定律可知，小球在轨道1上经过其最高点A时对轨道的压力大小为4mg，故C正确。 针对练．如图所示，一小球以一定的初速度从图示位置进 入光滑的轨道，小球先进入圆轨道1，再进入圆轨道2，圆轨 道1的半径为R，圆轨道2的半径是轨道1的1.8倍，小球的质 量为m，若小球恰好能通过轨道2的最高点B，则小球在轨道1上经过其最高点A时对轨道的压力大小为(重力加速度为g) A．2mg B．3mg C．4mg D．5mg √ 考向2　轻杆模型 (2024·北京丰台模拟)如图甲所示，小 球在竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动。 当小球运动到圆形管道的最高点时，管道对 小球的弹力与过最高点时小球速度的平方的 关系如图乙所示(取竖直向下为正方向)。MN 为通过圆心的一条水平线。不计小球半径、管道的粗细，重力加速度为g。下列说法正确的是 A．管道的半径为bg B．小球质量为 C．小球在MN以下的管道中运动时，内侧管壁对小球可能有作用力 D．小球在MN以上的管道中运动时，外侧管壁对小球一定有作用力 例3 √ 由题图乙可知，当v2＝b时，FN＝0，有 mg＝，解得R＝，故A错误；当v2＝ 0时，FN＝mg＝a，解得m＝，故B正确； 小球在水平线MN以下的管道中运动时， 由于向心力的方向要指向圆心，则管壁必然要提供指向圆心的支持力，只有外侧管壁才可以提供这个力，所以内侧管壁对小球没有作用力，故C错误；小球在水平线MN以上的管道中运动时，重力沿径向的分量必然参与提供向心力，所以可能是外侧管壁对小球有作用力，也可能是内侧管壁对小球有作用力，还可能内外侧管壁对小球均无作用力，故D错误。 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。 (多选)汽车行驶中经常会经过一些凹凸不 平的路面，其凹凸部分路面可以看作圆弧的一 部分，如图所示的A、B、C处，其中B处的曲 率半径最大，A处的曲率半径为ρ1，C处的曲率半径为ρ2，A、B、C三处的切线均水平，重力加速度为g。若有一辆可视为质点、质量为m的小汽车与路面之间各处的动摩擦因数均为μ，当该车以恒定的速率v沿这段凹凸路面行驶时，下列说法正确的是 A．汽车经过A处时处于失重状态，经过C处时处于超重状态 B．汽车经过B处时最容易爆胎 C．为了保证行车不脱离路面，该车的行驶速度不得超过 D．汽车经过C处时所受的摩擦力大小为μmg 例4 考向3　凹形桥、凸形桥模型 √ √ 小车经过A处时具有向下指向圆心的向心加 速度，处于失重状态，经过C处时具有向上 指向圆心的向心加速度，处于超重状态，A 正确；在B、C处均受向下的重力和向上的弹力，由牛顿第二定律有FN－mg＝，由牛顿第三定律可知，汽车对轨道的压力FN′＝FN＝mg＋＞mg，所以在B、C处以同样的速率行驶时，R越小，压力越大，越容易爆胎，故在半径较小的C处更容易爆胎，B错误；汽车经过C处时所受的滑动摩擦力Ff＝μFN＝，D错误；要使车安全行驶，不脱离地面，汽车经过A处恰不离开地面时，有mg＝，解得v＝，即该车行驶的速度不得超过，C正确。故选AC。 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。 例5 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 √ 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mg sin θ＝mω2l，则在 最低点时有Ff－mg sin 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＝μmg cos θ＝0.75mg＜mg，故假设错误，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－mg sin θ＝mω2l，可得Ff＝mg sin 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μmg cos θ－mg sin θ＝mω2l，代入数据解得ω＝，对b，在最低点恰好要滑动时由牛顿第二定律得μmg cos θ－mg sin θ＝mω2·2l，代入数据解得ω＝ ，故C错误，D正确。 小球受轻杆控制，在A点的最小速度为零，由动能定理有2mgL sin α＝，解得vB＝4 m/s，故A正确。 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 √ 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，解得vm＝15 m/s，故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2．(2024·江苏扬州市江都中学检测)如图所示，在水平圆盘上，沿半径方向放置物体A和B，mA＝4 kg，mB＝1 kg，它们分居在圆心两侧，与圆心距离为rA＝0.1 m，rB＝0.2 m，中间用水平细线相连，A、B与圆盘间的动摩擦因数均为μ＝0.2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，若圆盘从静止开始绕中心转轴非常缓慢地加速转动，g＝10 m/s2，以下说法正确的是 A．A的摩擦力先达到最大 B．当ω1＝2 rad/s，细线开始出现张力 C．当ω1＝ rad/s，A、B两物体出现相对圆盘滑动 D．当ω1＝5 rad/s，A、B两物体出现相对圆盘滑动 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 A达到最大静摩擦力时的临界角速度满足μmAg＝rA 解得ω0A＝2 rad/s，同理可得，B达到最大静摩擦力时 的临界角速度为ω0B＝ rad/s，则当圆盘转动的速度 逐渐变大时，B先达到角速度临界值，则B的摩擦力先达到最大，选项A错误；当B的摩擦力达到最大，转速再增加时，细线出现张力，即当ω1＝ rad/s时，细线开始出现张力，选项B错误；当A、B两物体出现相对圆盘滑动时，B受到的摩擦力方向背离圆心，A受到的摩擦力方向指向圆心，则对A有FT＋μmAg＝rA，对B有FT－μmBg＝rB，解得ω1＝5 rad/s，选项C错误，D正确。 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； 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 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＝，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，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＝，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＝，联立解得R＝0.32 m＝32 cm，故D错误； 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 离开最高点后做平抛运动，则有2R＝，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mg cos 60°＋FN＝mω2r，Ff＝mg sin 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mg tan θ＝mω2L sin θ，解得ω＝ －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．(2024·天津红桥区模拟)电动打夯机可以帮助筑路工人压实路面，大大提高了工作效率。如图是某电动打夯机的结构示意图，由偏心轮(飞轮和配重物组成)、电动机和底座三部分组成。电动机、飞轮和底座总质量为M，配重物质量为m，配重物的重心到轮轴的距离为r。重力加速度为g。在电动机带动下，偏心轮在竖直平面内匀速转动，皮带不打滑。当偏心轮上的配重物转到顶端时，刚好使整体离开地面。下列判断正确的是 A．电动机轮轴与偏心轮转动角速度相同 B．配重物转到最高点时，处于超重状态 C．偏心轮转动的角速度为 D．打夯机对地面压力的最大值为g √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 电动机轮轴与偏心轮转动属于皮带传动，线速度相等，根据v＝ωr，可知角速度不相等，故A错误；配重物转到最高点时，加速度方向向下，处于失重状态，故B错误；当偏心轮上的配重物转到顶端时，刚好使整体离开地面，则有FT＝Mg，对配重物有mg＋FT＝mω2r，解得ω＝，故C正确；在最低点，对配重物有FT′－mg＝mω2r，对打夯机有FN＝FT′＋Mg，解得FN＝2(m＋M)g，根据牛顿第三定律可知打夯机对地面压力的最大值为，故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 9．(多选)(2024·重庆万州模拟)如图所示，倾角为θ＝37°的斜 面体固定在水平地面上，在斜面上固定一个半圆管轨道AEB， 圆管的内壁光滑、半径为r，其最低点A、最高点B的切线水平， AB是半圆管轨道的直径，现让质量为m的小球(视为质点)从A 点以一定的水平速度滑进圆管，圆管的内径略大于小球的直 径，重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，下列说法正确的是 A．若小球到达B点时受到沿斜面方向的弹力刚好为0，则小球在B点的速度为2 B．小球离开B点做平抛运动的时间为2 C．若小球在B点的加速度大小为2g，则A点对小球沿斜面方向的弹力大小为5mg D．若小球到达B点时受到沿斜面方向的弹力刚好为0，则小球的落地点与P点间的距离为r √ √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 小球到达B点时受到沿斜面方向的弹力刚好为0，由重力沿斜面向下的分力提供向心力，则有mg sin 37°＝m，解得vB＝，A错误；小球离开B点做平抛运动，竖直方向上有2r sin 37°＝，解得t＝2，B正确； 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 若小球到达B点时受到沿斜面方向的弹力刚好为0，根 据上述有vB＝，小球的落地点与P点间 的距离为x＝vBt，解得x＝r，D正确；若小球在B点的加速度大小为2g，则在B点有m·2g＝m，小球由A运动到B过程有－mg·2r sin 37°＝，小球在A点有FN－mg sin 37°＝m，解得FN＝5mg，C正确。故选BCD。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 10．(12分)(2024·辽宁大连一模)如图所示，餐桌中心是一个 可以匀速转动、半径为R＝1 m的圆盘，圆盘与餐桌在同一 水平面内且两者之间的间隙可以忽略不计。服务员一边转动 圆盘，一边把餐盘放在圆盘边缘。餐盘的质量为m，与圆盘之间的动摩擦因数为μ1＝0.4，与餐桌之间的动摩擦因数为μ2＝0.2。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2。 (1)为使餐盘不滑到餐桌上，求圆盘的角速度ω的最大值。 答案：2 rad/s 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 餐盘不滑到餐桌上，当圆盘的角速度达到最大值时，恰好由圆盘对餐盘的最大静摩擦力提供圆周运动的向心力，则有μ1mg＝R解得ωmax＝＝2 rad/s。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 (2)摆放好餐盘后缓慢增大圆盘的角速度，餐盘同时从圆盘上甩出，为使餐盘不滑落到地面，求餐桌半径R1的最小值。 答案： m 当餐盘从圆盘上甩出时，餐盘的速度v0＝ωmaxR＝2 m/s 随后，餐盘在餐桌上做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有μ2mg＝ma 餐盘速度减为0过程，利用逆向思维，根据速度与位移关系式有＝2ax0 当餐桌半径R1取最小值时，根据几何关系有R1min＝ m。 返回 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 谢 谢 观 看 专题提升四　 圆周运动中的三类临界问题 $