第6章 习题课3 圆周运动中的临界问题（Word教参）-【精讲精练】2025-2026学年高中物理必修第二册（人教版）

本讲义聚焦圆周运动中的临界问题核心知识点，系统梳理水平面内（绳弹力、支持面弹力、静摩擦力临界状态）和竖直面内（轻绳、轻杆模型临界条件）的分析方法，搭建从基础规律到具体应用的学习支架。 资料通过模型建构（轻绳轻杆对比表格）、科学推理（例题受力分析与公式推导）及变式训练（教材题改编与条件拓展），助力学生形成运动与相互作用观念，培养科学思维。课中辅助教师高效授课，课后帮助学生巩固提升，查漏补缺。

习题课三　圆周运动中的临界问题 [学业要求] 1．掌握圆周运动的分析方法。 2．会分析水平面内的圆周运动的临界问题。 3．会分析竖直面内的圆周运动的临界问题。 [对应学生用书P44] 探究点一　水平面内的临界问题 水平面内的圆周运动的临界问题，通常碰到较多的是如下一些类型： (1)与绳的弹力有关的临界问题：此问题要分析出绳子恰好无弹力这一临界状态下的角速度(或线速度)等。 (2)与支持面弹力有关的临界问题：此问题要分析出恰好无支持力这一临界状态下的角速度(或线速度)等。 (3)因静摩擦力而产生的临界问题：此问题要分析出静摩擦力为零或最大时这一临界状态下的角速度(或线速度)等。 　(教材本章复习与提高B组第6题变式)某人站在水平地面上，手握不可伸长的轻绳一端，绳的另一端系有质量为m的小球，甩动手腕，使球运动起来，最终在水平面内做匀速圆周运动。已知轻绳存在最大拉力，握绳的手离地面高度为4l，手与球之间的绳长为l，重力加速度为g，忽略空气阻力。 (1)当球的速度大小为v＝时，轻绳刚好断掉，求绳的最大拉力； (2)保持手的高度不变，绳的最大拉力不变，改变绳长，使球重复上述运动，求使绳刚好被拉断后球的落地点与抛出位置的竖直投影点O的最大水平距离。 [解析]　(1)设绳断时，绳与竖直方向的夹角为θ，绳断时绳子拉力为T，则有T cos θ－mg＝0 T sin θ＝m，r＝l sin θ 联立解得T＝2mg。 (2)改变绳长时，绳承受的最大拉力不变，绳与竖直方向的夹角为θ不变，设绳长为l1时，绳断时球的速度大小为v1，抛出的落地点与抛出位置的投影点O水平距离最大，则有mg tan θ＝m， 解得v1＝ 绳断后球做平抛运动，竖直位移为4l－l1cos θ，水平位移为x，时间为t1，则有4l－l1cos θ＝gt12，x＝v1t1 联立可得x＝ 则当l1＝4l时，水平距离x最大，最大水平距离xmax＝2l。 [答案]　(1)2mg　(2)2l 　(多选)如图，两个小木块a和b(可视为质点)放在水平圆盘上，质量分别为2m和m，a与转轴OO′的距离为L，b与转轴的距离为2L。木块与圆盘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(　　) A．木块受重力、支持力、摩擦力和向心力 B．b一定比a先开始滑动 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 [解析]　木块受重力、支持力、摩擦力，向心力是效果力，是由合力提供，故A错误；木块所受静摩擦力提供向心力，根据kmg＝mω2r可知，半径大的需要的向心力大，随着圆盘转动加快，木块b需要的向心力先超过其所受的最大静摩擦力，故b一定比a先开始滑动，故B正确；由kmg＝mω2r，r＝2L，解得b开始滑动的临界角速度为ω＝，故C正确；由kmg＝mω2r，r＝L，解得当a将要滑动瞬间的临界角速度为ω＝，故当ω＝时，a未滑动，所受摩擦力的大小为Ff＝2mω2r＝kmg，故D错误。 [答案]　BC 　(多选)在例题中，如图所示，若质量相同的两木块a和b放在水平转盘上，二者用长为3L的不可伸长的细绳连接，a到转盘中心的距离为L，其他条件不变。现使装置的角速度ω由零开始缓慢增大，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是(　　) A．当ω＝时，绳上开始产生张力 B．当0≤ω< 时，a所受的摩擦力为零 C．当ω＝时，a、b相对转盘开始滑动 D．从转盘开始转动到a、b相对转盘开始滑动，a的摩擦力先增大后减小，再增大 解析　由题意可知a到转盘中心的距离为L，b到转盘中心的距离为2L。当b达到最大静摩擦力时，绳上开始出现张力，此时对b有kmg＝m·2Lω12，解得ω1＝，故A错误；由选项A知当ω≤ 时两木块相对转盘静止，由各自静摩擦力提供向心力，且静摩擦力随着角速度的增大而增大；当ω>后，绳上开始出现张力且在增大，a的向心力由绳张力和静摩擦力提供，因而静摩擦力开始减小，直到减小为0，此时kmg＋T1＝m·2Lω22，T1＝mLω22，可得ω2＝，可知当<ω< 时，a的摩擦力随角速度的增大而减小。当ω>后，a的摩擦力开始反向增大，达到最大静摩擦力后a、b相对转盘开始滑动，故B错误，D正确；当a达到最大静摩擦力时，a、b相对转盘开始滑动；此时对a有T2－kmg＝mLω32，对b有kmg＋T2＝m·2Lω32，解得ω3＝，故C正确。 答案　CD 1．(教材本章复习与提高A组第7题变式)如图所示，半径为R的半球形陶罐，固定在可以绕竖直轴转动的水平转台上，转台转轴与过球心O的对称轴OO′重合。转台以一定角速度匀速转动，一质量为m的小物块落入陶罐内，小物块与陶罐间动摩擦因数μ＝0.5(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，经过一段时间后小物块随陶罐一起转动且相对罐壁静止，它和O点连线与OO′间的夹角θ为53°，重力加速度为g。(已知sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6) (1)若此时陶罐对小物块摩擦力恰好为零，求陶罐对小物块的支持力； (2)若此时小物块恰好不下滑，求陶罐的角速度。 解析　(1)若此时陶罐对小物块摩擦力恰好为零，则支持力的分力与重力平衡，有FNcos θ＝mg，解得FN＝mg。 (2)当小物块所受的摩擦力沿切线方向向上最大时，小物块恰好不下滑，且此时小物块的角速度最小，则有FN′sin θ－Ff′cos θ＝mR sin θ·ωmin2，mg＝FN′cos θ＋Ff′sin θ，Ff′＝μFN′ 解得ωmin＝。 答案　(1)mg　(2) 探究点二　竖直面内的圆周运动 物体在最高点时的受力特点可分为以下两种模型： 轻绳模型 轻杆模型 常见类型 最高点弹力的特点 弹力只能指向圆心 弹力既可以指向圆心也可以背离圆心 过最高点的临界条件 由mg＝m得v临＝ 由小球能运动即可，得v临＝0 讨论 分析 (1)过最高点时， v＝，mg＝m，绳、轨道对球无弹力； (2)过最高点时， v＞，FN＋mg＝m，绳、轨道对球产生弹力FN； (3)v＜时，不能过最高点，在到达最高点前小球已经脱离了圆轨道 (1)当v＝0时，FN＝mg，FN为支持力，沿半径背离圆心； (2)当0＜v＜时，－FN＋mg＝m，FN为支持力，背离圆心且随v的增大而减小； (3)当v＝时，mg＝m，FN＝0。弹力出现的临界点； (4)当v＞时，FN＋mg＝m，FN为压力，指向圆心并随v的增大而增大 　(教材本章复习与提高B组第4题变式)如图所示，长为0.3 m的轻杆一端固定质量为m的小球(可视为质点)，另一端与水平转轴O连接，现使小球在竖直面内绕O点做匀速圆周运动，轻杆对小球的最大作用力为mg，已知转动过程中轻杆不变形，取重力加速度g＝10 m/s2，下列说法正确的是(　　) A．小球转动的角速度为5 rad/s B．小球通过最高点时对杆的作用力为零 C．小球通过与圆心等高的点时对杆的作用力大小为mg D．小球在运动的过程中，杆对球的作用力一定总是沿杆方向 [解析]　对于杆球模型在竖直平面内的圆周运动，当小球位于最低点时杆对小球的作用力最大，根据牛顿第二定律有mg－mg＝mω2r，可得ω＝＝5 rad/s，故A正确；小球做匀速圆周运动的线速度大小为v1＝ωr＝5×0.3 m/s＝1.5 m/s。若小球在最高点对杆的作用力为零，则在最高点时恰好重力充当向心力mg＝m，解得在最高点的速度大小应为v2＝＝ m/s≠1.5 m/s，故B错误；小球通过与圆心等高的点时合力提供向心力，水平方向有F1＝mω2r＝mg，竖直方向有F2＝mg，而此时杆的作用力为F1与F2的合力，即F合＝＝mg，故C错误；由以上分析可知，杆对球的作用力为F1与F2的合力，所以杆对球的作用力不一定总是沿着杆的方向，故D错误。 [答案]　A 　如图所示，两个小球A、B固定在长为2L的轻杆上，球A质量为2m，球B质量为m。两球绕杆的端点O在竖直面内做匀速圆周运动，B球固定在杆的中点，A球在杆的另一端，不计小球的大小，当小球A在最高点时，OB杆对球B的作用力恰好为零，重力加速度为g。当A球运动到最低点时，OB段杆对B球的作用力大小为(　　) A．2.5mg B．3mg C．3.5mg D．6mg [解析]　设B的速度为v，则A的速度为2v，A在最高点时根据牛顿第二定律得 对于B：mg－FAB1＝m， 对于A：2mg＋FAB1＝2m， A在最低点时根据牛顿第二定律得 对于B：FOB－mg－FAB2＝m， 对于A：FAB2－2mg＝2m， 解得FOB＝6mg，故选D。 [答案]　D 　在例题中，若整个装置在光滑的水平面上绕杆的另一端点O匀速转动时，OB杆的拉力F1与AB杆的拉力F2之比为(　　) A．5∶4 B．4∶5 C．1∶4 D．4∶1 答案　A 　在例题中，如图所示，把小球A、B分别固定在长为L的轻杆两端，已知A、B的质量分别为m、3m，OA＝L，OB＝L。当A球在最高点，B球在最低点静止时，O点受杆的作用力大小为F1；当A球转动至最高点时，杆OA部分恰好不受力，此时O点受杆的作用力大小为F2。已知重力加速度g＝10 m/s2，则(　　) A．F1∶F2＝1∶3 B．F1∶F2＝2∶5 C．F1∶F2＝4∶9 D．F1∶F2＝6∶11 解析　当A球在最高点，B球在最低点静止时，杆OA部分受向下的压力为FOA＝mAg OB部分受向下的拉力为FOB＝mBg，O点受杆的作用力大小为F1＝FOA＋FOB＝mAg＋mBg＝4mg。当A球转动至最高点时，杆OA部分恰好不受力，对A球mAg＝mA，对B球同理有F2－mBg＝mB，又vB∶vA＝rB∶rA＝2∶1，联立可得F2＝9mg，则可知F1∶F2＝4∶9，故选C。 答案　C ●核心素养·思维升华 竖直平面内圆周运动的分析方法 (1)明确运动的类型，是轻绳模型还是轻杆模型。 (2)明确物体的临界状态，即在最高点时物体具有最小速度时的受力特点。 (3)分析物体在最高点及最低点的受力情况，根据牛顿第二定律列式求解。 2．激光高速特技车(以下简称小车)依靠强磁电机提供动力，能以很大的速度在空心圆体中运动，如图甲所示。某同学将鱼缸固定在示数已调零的台秤上，打开小车开关，使小车在半径为r＝0.064 m的竖直面内做匀速圆周运动。已知鱼缸的质量M＝0.90 kg，小车的质量m＝0.01 kg，不考虑空气阻力等影响，运动模型如图乙所示。 (1)求小车恰能过最高点A时速度大小v1 ； (2)若小车在最高点A时，台秤的示数为F1＝5.5 N，求此时小车速度大小v2； (3)在(2)问的前提下，求小车在最低点B时台秤的示数 F2。 解析　(1)小车在最高点A刚好由重力提供做圆周运动所需的向心力， 则有mg＝m 解得 v1＝＝0.8 m/s。 (2)小车在最高点A时，以小车为对象，设鱼缸对小车的弹力大小为FA， 根据牛顿第二定律可得FA＋mg＝m， 以鱼缸为对象，根据受力平衡可得F1＋FA′＝Mg 由牛顿第三定律可知FA＝FA′ 联立解得v2＝4.8 m/s。 (3)小车在最低点B时，以小车为对象，设鱼缸对小车的弹力大小为FB，根据牛顿第二定律可得 FB－mg＝m 以鱼缸为对象，根据受力平衡可得F2＝Mg＋FB′ 由牛顿第三定律可知FB＝FB′ 联立解得F2＝12.7 N。 答案　(1)0.8 m/s　(2)4.8 m/s　(3)12.7 N [对应学生用书P47] 1．(多选)(教材本章复习与提高A组第4题变式)如图所示，长2L的轻杆两端分别固定着可以视为质点的小球A、B，放置在光滑水平桌面上，轻杆中点O有一竖直方向的固定转动轴，小球A、B的质量分别为3m、m。当轻杆以角速度ω绕轴在水平桌面上转动时，则(　　) A．A、B两球的角速度相同 B．轻杆给小球A的作用力大于轻杆给小球B的作用力 C．小球A的线速度是小球B线速度的3倍 D．小球A的向心加速度是小球B的向心加速度的3倍 解析　两球在同一杆上绕O点转动，则两球的角速度相同，故A正确；ω、r相同，A球质量大，根据F杆＝Fn＝mω2r可知轻杆给小球A的作用力大于轻杆给小球B的作用力，故B正确；根据v＝ωr可知，两球的线速度相同，故C错误；a＝ω2r可知，两球的向心加速度相同，故D错误。 答案　AB 2．(多选)摩擦传动是传动装置中的一个重要模型，如图所示，甲、乙两个水平放置的轮盘靠摩擦传动，其中O、O′分别为两轮盘的轴心，已知r甲∶r乙＝3∶1，且在正常工作时两轮盘不打滑。现在两轮盘上分别放置两个同种材料制成的滑块A、B，两滑块与轮盘间的动摩擦因数相等，两滑块到轴心O、O′的距离分别为RA、RB，且RA＝2RB。若轮盘乙由静止开始缓慢地转动，且转速逐渐增大，则下列叙述正确的是(　　) A．滑块相对轮盘开始滑动前，A、B的角速度大小之比为ωA∶ωB＝1∶3 B．滑块相对轮盘开始滑动前，A、B的向心加速度大小之比为aA∶aB＝1∶3 C．转速增大后最终滑块A先发生相对滑动 D．转速增大后最终滑块B先发生相对滑动 解析　由于两盘是靠摩擦传动，两盘边缘上的线速度相等，即v甲＝v乙，A的角速度和其边缘的点的角速度相等，B的角速度和乙边缘的点的角速度相等，故根据公式ω＝，结合两轮盘半径关系r甲∶r乙＝3∶1，可得ωA∶ωB＝1∶3，故A正确；根据a＝ω2r，RA＝2RB可得aA∶aB＝2∶9，故B错误；物块的最大静摩擦力分别为fA＝μmAg， fB＝μmBg 最大静摩擦力之比为fA∶fB＝mA∶mB 转动中向心力为 FAn∶FBn＝mAaA∶mBaB＝2mA∶9mB 综上分析可得滑块B先达到最大静摩擦力，先开始滑动，故D正确，C错误。 答案　AD 3．(2025·湖北武汉期中)一根绳子的两端分别固定在顶板和底板上，两固定点位于同一竖直线上，相距为h。一质量为m的小球系于绳上某点，当小球两边的绳均被拉直时，两绳与铅垂线的夹角分别为θ1＝30°和θ2＝60°，如图所示。当小球以一定的速度在水平面内做匀速圆周运动时，两绳均被拉直。试问： (1)若下面绳子中的张力恰好为零，则小球的速度为多大？ (2)若小球的速度为第(1)问中的倍，则上下两段绳中的张力各为多大？ 解析　(1)设此时绳中弹力为F，小球做圆周运动的轨道半径为R，运动速度为v 由几何关系有＋＝h 对小球受力分析有Fsin 30°＝m，Fcos 30°＝mg 联立解得v＝。 (2)设此时绳中弹力分别为F1和F2，对小球受力分析有 F1sin 30°＋F2sin 60°＝m F1cos 30°－F2cos 60°＝mg 联立解得F1＝，F2＝mg。 答案　(1)　(2)mg　mg 4．如图所示，一根长为0.2 m、能够承受的最大拉力为16 N的细线，一端系着一个质量是0.2 kg的小球，拉住线的另一端，使球在光滑的水平桌面上做匀速圆周运动，当小球的线速度增大到v0时，细线断裂，小球恰好从桌子边沿的A点(图中未画出)沿着垂直于桌子边沿的方向飞出。求： (1)这时小球运动的线速度v0； (2)若桌面高出地面0.8 m，求小球飞出后的落点到A点距离s。 解析　(1)小球在桌面内做匀速圆周运动的向心力由绳子提供FT＝m 代入数据解得v0＝4 m/s。 (2)小球从A点飞出过程为平抛运动，设运动时间为t，桌子高度为h，小球运动的水平位移为x，则有h＝gt2，x＝v0t 解得x＝1.6 m 再由勾股定理得s＝ 可得s＝ m。 答案　(1)4 m/s　(2) m 学科网（北京）股份有限公司 $