第4章 专题提升五 圆周运动中的三类临界问题(课件PPT)-【金版新学案】2027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内、竖直面内及斜面上圆周运动的向心力分析与临界条件判断两大考查要求，通过广东专版考情分析明确三类问题在高考中的权重分布，归纳了摩擦力临界、轻绳轻杆模型等常考题型，构建了系统的解题思路。 课件亮点在于“真题情境+素养训练+方法提炼”的备考设计，如以水平转台叠放物体临界滑动问题为例，运用科学思维中的模型建构和科学推理，拆解“静摩擦力提供向心力”的临界条件分析步骤，培养学生运动和相互作用观念。配套课时测评含2026年广东模拟题，特设“易错点警示”，助力学生掌握临界问题答题技巧，教师可据此精准实施分层教学，提升复习效率。

专题提升五　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 1.会分析水平面内、竖直面内及斜面上物体做圆周运动的向心力来源及动力学 问题。 2.掌握分析、判断圆周运动中临界问题的方法。 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 提升点三　斜面上圆周运动的临界问题 课时测评 内容索引 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 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 如图所示，叠放在水平转台上的物体A、B随转台一起以角速度ω匀速转动，A、B的质量分别为3m、2m，A与B、B与转台间的动摩擦因数都为μ，A和B离转台中心的距离都为r，重力加速度为g，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是 A．A对B的摩擦力沿水平方向指向圆心O点 B．物块B对物块A的摩擦力一定为3μmg C．转台对物块B的摩擦力的大小一定为5mω2r D．转台的角速度一定满足ω≤ √ 例1 对A分析可知，A所受的重力与B对A的支持力平衡，B 对A的摩擦力提供A做圆周运动的向心力，则B对A的摩 擦力指向圆心，根据牛顿第三定律可知，A对B的摩擦力 方向背离圆心，A错误；根据A项分析有FfBA＝3mω2r， 该摩擦力为静摩擦力，因此物块B对物块A的摩擦力不一 定为3μmg，B错误；对A、B整体分析有Ff＝(3m＋2m)ω2r ＝5mω2r，C正确；根据题意，结合B、C项分析有FfBA＝3mω2r≤3μmg，Ff＝5mω2r≤5μmg，解得ω≤ ，D错误。 拓展变式如图所示，一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定轴以恒定角速度转动，盘面上离转轴距离r＝ m处有一质量m＝1 kg、可视为质点的物体与圆盘始终保持相对静止。盘面与水平面的夹角θ＝37˚，且P是轨迹圆上的最高点，Q是轨迹圆上的最低点，物体与盘面间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2，sin 37˚＝0.6，cos 37˚＝0.8。 (1)当圆盘角速度ω＝ rad/s时，求物体的向心力大小。 答案： 0.75 N 　 当角速度ω＝ rad/s时，有Fn＝mrω2 代入数据解得Fn＝0.75 N。 (2)当圆盘角速度ω＝2 rad/s时，为维持物体相对于圆盘静止，求物体与盘面间的动摩擦因数的最小值。 答案： 　 物体转到圆盘的最低点恰好不下滑，此时μ有最小值，受力分析如图所示，由牛顿第二定律有 FfQ－mg sin θ＝mrω2 又FfQ＝μminmg cos θ 代入数据解得μmin＝。 (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 √ √ 例2 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；角速度较小时， 小球紧贴圆锥面，则FTcos θ＋FNsin θ＝mg，FTsin θ－FNcos θ＝mω2lsin θ，随着角速度增大，FT增大，FN减小，当转速达到ω0，支持力恰好为零时，有mgtan θ＝mlsin θ，解得ω0＝ rad/s，由牛顿第三定律可知，此时小球对锥体的压力为零，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。 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 最高点弹 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 最高点受 力示意图 模型 轻绳模型(无支撑) 轻杆模型(有支撑) 最高点力 学方程 mg＋FT＝m mg±FN＝m 临界特征 在最高点FT＝0，即mg＝m，可得v＝ 在最高点v＝0，即Fn＝0，此时FN＝mg，方向竖直向上 模型关键 (1)“轻绳”只能对小球施加拉力 (2)小球通过最高点的速度至少为 (1)“轻杆”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 轻绳与内轨道模型 (多选)(2026·广东惠州期末)图(a)为一小朋友在水泥管道内踢球。将其简化为图(b)所示，固定的竖直圆形轨道半径为R，球的质量为m，在某次运动中，球恰能通过轨道最高点，将球视为质点，忽略所有阻力，重力加速度为g，则 A．球经过最高点时的速度大小为 B．球经过最高点时受到两个力的作用 C．球经过最低点时受到的支持力大小为4mg D．球经过最低点时受到的支持力大小为6mg 例3 √ √ 球恰能通过轨道最高点，只受重力，则mg＝，解得v＝，故A正确，B错误；最高点到最低点，由动能定理得mg·2R＝mv′2－mv2，在最低点由重力和支持力的合力提供向心力，则F－mg＝m，联立解得F＝6mg，故C错误，D正确。 考向2 轻杆模型 (多选)如图所示，轻杆一端套在光滑水平转轴O上，另一端固 定一质量为m＝1 kg的小球，使小球在竖直平面内做半径为R＝ 0.4 m的圆周运动。设运动轨迹的最低点为A点，最高点为B点，不 计一切阻力，重力加速度取g＝10 m/s2，下列说法中正确的是 A.要使小球能够做完整的圆周运动，则小球通过B点的速度至少为2 m/s B.若小球通过B点的速度为1 m/s时，杆对小球的作用力大小为7.5 N，方向竖直向上 C.小球能过最高点B时，杆对小球的作用力大小一定随着小球速度的增大而 增大 D.小球能过最高点B时，杆对小球的作用力大小可能为零 √ √ 例4 在最高点，由于杆对小球的弹力可以向上，所以小球在最高点 B时的速度可以为零，故A错误；设竖直向下为正方向，在B点， 由牛顿第二定律有mg＋F＝m，则F＝m－mg＝(1×－1× 10) N＝－7.5 N，负号说明杆对小球的作用力方向竖直向上，故 B正确；在最高点，若小球所受的杆的作用力方向竖直向上，根据牛顿第二定律有mg－F＝m，若增大小球的速度，则F减小，若小球受杆的弹力方向竖直向下，则mg＋F＝m，v增大F增大，当v＝＝2 m/s时，F＝0，故C错误，D正确。 返回 课 时 测 评 返回 题组1　水平面内圆周运动的临界问题 1.(2026·广东茂名一模)如图所示，制作陶瓷的圆形工作台上有A、B两陶屑随工作台一起转动，转动角速度为ω，A在工作台边缘，B在工作台内部。若A、B与台面间的动摩擦因数相同，则下列说法正确的是 A.当工作台匀速转动，A、B所受合力均为0 B.当工作台匀速转动，A、B线速度大小相等 C.当工作台角速度ω逐渐增大，陶屑A最先滑动 D.当工作台角速度ω逐渐增大，A、B所受的摩擦力始终指向轴OO' √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 当工作台匀速转动时，A、B跟随工作台做匀速圆周运动， 则所受合力均不为0，A错误；当工作台匀速转动，A、B 角速度相等，根据v＝ωr，因转动半径不等，则线速度大 小不相等，B错误；陶屑将要滑动时有μmg＝mr，解 得ω0＝，可知r越大，发生相对滑动的临界角速度越小，可知当工作台角速度ω逐渐增大，陶屑A最先滑动，C正确；只有当工作台匀速转动时，A、B所受的摩擦力充当向心力，其方向才指向圆心，当工作台角速度ω逐渐增大，A、B所受的摩擦力不指向轴OO'，D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2．(2026·广东茂名信宜中学期中)如图所示，一质 量为2.0×103 kg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1.4×104 N。当汽车经 过半径为80 m的弯道时，下列判断正确的是 A．汽车转弯时受到重力、弹力、摩擦力和向心力 B．汽车转弯速度为20 m/s时所需的向心力为1.2×104 N C．汽车转弯速度为20 m/s时汽车不会侧滑 D．汽车安全转弯的向心加速度大小可能为8 m/s2 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 向心力是一种效果力，是由其他力或者其他力 沿半径方向的合力提供，实际上不存在，可知 汽车转弯时受到重力、弹力、摩擦力，故A错 误；汽车转弯速度为20 m/s时所需的向心力F＝ m＝2.0×103× N＝1.0×104 N，故B错误； 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 路面对轮胎的径向最大静摩擦力为1.4×104 N， 根据B项分析可知汽车转弯速度为20 m/s时所需 的向心力小于最大静摩擦力，可知汽车转弯速度 为20 m/s时汽车不会侧滑，故C正确；路面对轮 胎的径向最大静摩擦力为1.4×104 N，汽车安全转弯的向心加速度大小a≤ m/s2＝7.0 m/s2，可知汽车安全转弯的向心加速度大小不可能为8 m/s2，故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 3.(2026·陕西宝鸡二模)如图所示，质量为m的小球由轻绳a和b分别系于一轻质竖直细杆的A点和B点，绳a与竖直杆AB成θ角，绳b处于水平方向且长为L。当轻杆绕轴AB以角速度ω匀速转动时，小球在水平面内做匀速圆周运动，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是 A.a绳的弹力有可能为0 B.b绳的弹力不可能为0 C.当角速度ω＞时，b绳一定有弹力 D.当角速度ω＞时，b绳一定有弹力 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 由于小球受到竖直向下的重力，要使小球能够在水平面内做匀速圆周运动，必须有其他外力平衡小球的重力，故a绳的弹力不可能为0；b绳在水平面内，a绳的弹力和小球重力的合力可以为小球在水平面内做匀速圆周运动提供向心力，故b绳的弹力可能为0，A、B错误。当b绳恰好水平拉直而没有拉力时，b绳的弹力为0，对小球受力分析可知mgtan θ＝mω2L，解得ω＝，则当ω＞时，b绳一定有弹力，C错误，D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 题组2　竖直面内圆周运动的临界问题 4.如图所示，用一根轻绳系着一个可视为质点的小球，轻绳 的长度为L。最初小球静止在圆轨迹的最低点A，现在A点给 小球一个初速度v0，使其在竖直平面内沿逆时针方向做圆周 运动，已知B点与圆心O等高，C点是圆轨迹的最高点，重力 加速度为g。不计一切阻力，下列说法正确的是 A.小球做的是匀变速曲线运动 B.若要使得小球做完整的圆周运动，小球运动到C点的速度至少是 C.若小球无法做完整的圆周运动，则小球可能在C点脱离圆轨迹 D.若小球无法做完整的圆周运动，则小球可能在B点和C点之间的某一点脱离圆轨迹 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 小球做圆周运动时，加速度方向时刻变化，比如小球在A点 时加速度竖直向上，在C点时加速度竖直向下，所以小球做 的不是匀变速曲线运动，故A错误；若要使得小球做完整的 圆周运动，设小球运动到C点的速度至少为vC，此时只由重 力提供向心力，由牛顿第二定律得mg＝m，解得vC＝，故B错误；若小球无法做完整的圆周运动，则小球可能在B点和C点之间某一点时重力沿半径方向的分力大于小球做圆周运动所需要的向心力m，此时小球将脱离轨道，所以小球可能在B点和C点之间的某一点脱离圆轨迹，故C错误，D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 5．(2026·广东广州华南师大附中月考)一水平放置的木板上放有砝码，砝码与木板间的动摩擦因数为μ，让木板在竖直平面内做半径为R的匀速圆周运动，假如运动中木板始终保持水平，砝码始终与木板相对静止，若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，则砝码 A．在最高点和最低点，对木板的压力之差可能等于0 B．在轨道最低点时，所受的摩擦力最大 C．在运动过程中所受的合力始终不变 D．做匀速圆周运动的速度不大于 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 设砝码质量为m，在最高点时有mg－FN＝，在 最低点时有FN′－mg＝m，两式相加得FN′－FN＝ 2m，同时可知在轨道最低点时，向心力由支持力 与重力的合力提供，所以此时所受的摩擦力为零，A、B错误；砝码做匀速圆周运动，有向心加速度，方向一直改变，所以所受合力一直改变，C错误；砝码在左、右两侧时，向心力全部由静摩擦力提供，所以Ff＝m，Ff≤μmg，解得v≤，D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 6.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FT，小球在最高点的速度大小为v，其FT -v2图像如图乙所示，则下列说法不正确的是 A.轻质绳长为 B.当地的重力加速度为 C.当v2＝c时，小球在最高点时轻质绳的拉力 大小为－a D.若小球在最低点时的速度＝b，小球运动到最低点时绳的拉力为a √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 根据题图乙，可得小球运动到最高点时绳对小球的拉力与小球的速度关系为FT＝v2－a，当小球经过最高点时，根据牛顿第二定律有FT＋mg＝m，整理得FT＝v2－mg，结合函数关系可知＝，mg＝a，解得l＝，g＝，A、B正确；把v2＝c代入绳对小球拉力的函数关系可得FTc＝－a，C正确；若小球在最低点时的速度＝b，根据牛顿第二定律，小球运动到最低点时有FT1－mg＝m，解得绳的拉力FT1＝2mg＝2a，D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 7.(2026·山东济宁期末)如图所示，长度为4L的轻杆两端分别固定小球A、B(均可视为质点)，小球A、B的质量分别为m、3m，杆上距A球L处的O点套在光滑的水平转轴上，杆可绕水平转轴在竖直面内转动。当A、B两球静止在图示位置时，转轴受杆的作用力大小为F1；当A、B两球转动至图示位置时，杆OA部分恰好不受力，转轴受杆的作用力大小为F2。忽略空气阻力，则F1与F2的比值为 A.1∶12 B.1∶4 C.1∶3 D.4∶9 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 当A、B两球静止在题图示位置时，对整体由平衡条件得F1'＝ mg＋3mg＝4mg，由牛顿第三定律可知，转轴受杆的作用力大 小为F1＝F1'＝4mg。当A、B两球转动至题图示位置时，杆OA 部分恰好不受力，对A球有mg＝mω2L，对B球有F2'－3mg＝ 3mω2·3L，联立解得F2'＝12mg，由牛顿第三定律可知F2＝F2'＝12mg，则＝。故选C。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 8.(多选)(2026·广东深圳一模)一根轻质细线一端系一可视为质点的小球，细线另一端固定在一光滑圆锥顶上，如图1所示，设小球在水平面内做匀速圆周运动的角速度为ω，细线的张力FT随ω2变化的图像如图2所示(图中数值单位均为国际单位)，g取10 m/s2。下列说法正确的是 A.细线的长度为1 m B.细线的长度为0.5 m C.小球的质量为2 kg D.小球的质量为3 kg √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 设线长为L，锥体母线与竖直方向的夹角为θ，当ω＝0时，绳子的张力FT＝mgcos θ，当圆锥对小球的支持力为0时，角速度ω'2＝25 (rad/s)2，此时FT'cos θ＝mg，FT'sin θ＝mLsin θ·ω'2，代入题图2中数据解得m＝ 2 kg，L＝0.5 m。故选BC。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 9.(多选)如图所示，质量均为m的物块A、B放在水平转盘上，两物块到转轴的距离均为r，与转盘之间的动摩擦因数均为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。A、B分别用细绳系于转盘转轴上的O1、O2点，细绳都刚好拉直。现缓慢增大转盘的转速，重力加速度为g。已知O1A、O2B与竖直方向的夹角分别为θ1、θ2，且μ＜tan θ1＜tan θ2，则 A.物块B比物块A先脱离转盘 B.细绳即将出现张力时转盘的角速度为 C.物块A脱离转盘时的角速度为 D.物块B脱离转盘时的角速度为 √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 当物块所受静摩擦力最大时，细绳即将出现张力，对其中 任意一个物块有μmg＝mr，解得ω1＝，B正确；当 物块脱离转盘时，转盘对物块支持力恰好为零，对物块A在 竖直方向有FTcos θ1＝mg，水平方向有FTsin θ1＝r， 联立解得ωmA＝，同理有ωmB＝，C正确，D错误；由于tan θ1＜tan θ2，则ωmA＜ωmB，可知物块A先脱离转盘，A错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 10．(14分)技术娴熟的服务员整理餐具的情景，服务员先把餐具摆 在圆形玻璃转盘上，然后转动转盘，使餐具甩出后停在圆形桌面上。已知圆形转盘的半径r＝0.6 m，圆形桌面的半径R＝1 m，玻璃转盘与圆形桌面中心 重合，二者的高度差h＝0.05 m。可看作质点的质量为m的餐具放在 转盘的边沿，餐具与转盘间的动摩擦因数μ＝0.54，缓缓增大转盘的 转速，其俯视图如图，不计空气阻力，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2。求： (1)餐具刚好被甩出去时转盘的角速度ω0； 答案：3 rad/s 以餐具为研究对象，由牛顿第二定律得μmg＝r 代入数据解得ω0＝3 rad/s。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 (2)若餐具落到圆形桌面上时不跳跃，且水平方向上的速度保持不变，为保证餐具不会滑落到地面上，求餐具与圆形桌面间的动摩擦因数的最小值(计算结果保留2位有效数字)。 答案：0.26 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 餐具被甩出后先做平抛运动，设平抛的初速度为v0，时间为t1，射程为x，则v0＝ω0r，h＝，x＝v0t1 解得v0＝1.8 m/s，x＝0.18 m 餐具落到圆形桌面后做匀减速直线运动，设当动摩擦因数最小为μ1时，餐具刚好滑到桌面的边沿，此过程由动能定理得 －μ1mg 代入数据解得μ1≈0.26。 返回 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 谢 谢 观 看 专题提升五　 圆周运动中的三类临界问题 $