第4章 专题提升五 圆周运动中的三类临界问题(word教师用书)-【金版新学案】2027年高考物理高三总复习大一轮复习讲义

该高中物理高考复习讲义聚焦圆周运动中的三类临界问题，按水平面、竖直面、斜面场景分类，系统梳理向心力来源及临界条件，通过考点解析、方法归纳、真题演练等环节，帮助学生构建问题分析框架，突破动力学难点。 讲义突出科学思维与模型建构，如对比轻绳轻杆模型在最高点的临界特征，设计拓展变式题训练复杂情境推理能力。分层练习配合即时反馈，有效提升学生应考能力，为教师把控复习节奏提供清晰指导。

专题提升五　圆周运动中的三类临界问题 【学习目标】　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。 提升点一　水平面内圆周运动的临界问题 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 (多选)(2026·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 答案：AC 解析：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，A、C正确。两木块滑动前角速度相同，则Ffa＝mω2l，Ffb＝mω2·2l，Ffa＜Ffb，B错误；ω＝＜ωa＝，a没有发生滑动，则Ffa'＝mω2l＝kmg，D错误。 拓展变式.(2026·甘肃平凉模拟)如图所示，两完全相同的滑块P、Q用长为L的轻绳 学生用书⬇第72页 拴接，轻绳刚好拉直，放在水平的圆形转台上，转台的圆心O与P、Q在同一条直线上，OP＝，两滑块的质量均为m，与转台间的动摩擦因数为μ。现让转台的角速度从0逐渐增加，当角速度为ω1时，Q所受的摩擦力达到最大静摩擦力，当角速度为ω2时，滑块刚好相对转台滑动，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，两滑块均视为质点，重力加速度为g。下列说法正确的是(　　) A.滑块P、Q所受的摩擦力大小之比始终为1∶3 B.ω1＝ C.ω2＝ D.转台的角速度为ω2时，轻绳的拉力大小为μmg 答案：B 解析：刚开始角速度比较小时，两滑块受到的静摩擦力提供所需的向心力，由于滑块Q的转动半径较大，所需向心力较大，则滑块Q受到的摩擦力先达到最大静摩擦力，此后角速度再增大，轻绳的拉力逐渐增大，滑块Q的静摩擦力不变，而滑块P受到的静摩擦力逐渐增大，直到增加到最大静摩擦力，所以两滑块P、Q所受的摩擦力之比并不始终为1∶3，故A错误；当角速度为ω1时，对滑块Q由牛顿第二定律得μmg＝m·L，解得ω1＝，故B正确；转台的角速度为ω2时，滑块P受到的摩擦力达到最大，分别对滑块P、Q由牛顿第二定律，有μmg－FT＝m·，μmg＋FT＝m·，联立解得ω2＝，FT＝，故C、D错误。 (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 答案：BC 解析：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。 如图所示，AC、BC两绳系一质量为m＝0.1 kg的小球，AC绳长L＝2 m，两绳的另一端分别固定于轴的A、B两处，两绳拉直时与竖直轴的夹角分别为30°和45°。小球在水平面内做匀速圆周运动时，若两绳中始终有张力，小球的角速度可能是(取g＝10 m/s2)(　　) A.2 rad/s B.2.5 rad/s C.3.5 rad/s D.4 rad/s 答案：B 解析：当AC绳绷紧、BC绳恰好伸直但无张力时，小球受力如图甲所示，由牛顿第二定律得mgtan 30°＝mr，又有r＝Lsin 30°，解得ω1＝ rad/s≈2.4 rad/s，当BC绳绷紧、AC绳恰好伸直无张力时，小球受力如图乙所示，由牛顿第二定律得mgtan 45°＝mr，解得ω2＝ rad/s≈3.2 rad/s，故当2.4 rad/s＜ω＜3.2 rad/s时，两绳始终有张力，故B正确，A、C、D错误。 提升点二　竖直面内圆周运动的临界问题 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 续表 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 学生用书⬇第73页 轻绳模型 (多选)(2026·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 答案：ABC 解析：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，轻绳的拉力最大，根据牛顿第二定律有FTm－mg＝m，解得vm＝4 m/s，故C正确，D错误。 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 答案：BD 解析：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。 提升点三　斜面上圆周运动的临界问题 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。 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 答案：D 解析：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mgsin θ＝mω2l，则在最低点时有Ff－mgsin 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＝μmgcos θ＝0.75mg＜mg，故假设不成立，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－mgsin θ＝mω2l，可得Ff＝mgsin 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μmgcos θ－mgsin θ＝ml，代入数据解得ωa＝，对b在最低点恰好要滑动时，由牛顿第二定律得μmgcos θ－mgsin θ＝m·2l，代入数据解得ωb＝ ，故C错误，D正确。 针对练.(2025·山东临沂三模)游乐场里有一个半径为5 m 的倾斜匀质圆盘，盘面与水平面的夹角为30°，圆盘可绕过圆盘圆心O且垂直于盘面的固定轴以1 rad/s的角速度匀速转动，如图所示。一个小孩(可视为质点)坐在盘面上距O点距离r处，小孩与盘面间的动摩擦因数为，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2。要保证小孩与圆盘始终保持相对静止，则距离r的可能取值范围为(　　) A.0＜r≤2.5 m B.1 m≤r≤3.5 m C.2.5 m≤r≤4 m D.2.5 m≤r≤5 m 答案：A 解析：当小孩转到圆盘的最低点刚要滑动时，所受的静摩擦力沿斜面向上达到最大时，设半径为r1，根据牛顿第二定律有μmgcos 30°－mgsin 30°＝mω2r1，解得r1＝2.5 m，故距离r的可能取值范围为0＜r≤2.5 m。故选A。 学科网（北京）股份有限公司 $