第4章 素养培优7 圆周运动的临界问题-【创新教程】2027年高考物理总复习大一轮课件PPT

该高中物理高考复习课件聚焦圆周运动临界问题，覆盖水平面、竖直面、斜面三大模型，依据高考评价体系明确“静摩擦力与弹力临界”“轻绳轻杆模型辨析”等高频考点，通过真题分析归纳出“临界条件判断”“向心力方程应用”等常考题型。 课件亮点在于“真题解析+模型建构+应试技巧”的备考策略，如以2025山东卷无人机投放真题为例，示范“平抛运动与圆周运动关联”的解题步骤，培养学生科学思维和模型建构素养。特设“易错警示”和“临界条件突破法”，助力学生掌握答题技巧，教师可据此精准指导，提升高考冲刺效率。

素养培优7 圆周运动的临界问题 第四章 圆周运动 下一页 上一页 返回导航 第四章 圆周运动 高考总复习 物理 课后 素养提能 01 高考总复习 物理 第四章 圆周运动 下一页 上一页 返回导航 第四章 圆周运动 高考总复习 物理 下一页 上一页 返回导航 第四章 圆周运动 高考总复习 物理 下一页 上一页 返回导航 第四章 圆周运动 高考总复习 物理 下一页 上一页 返回导航 第四章 圆周运动 高考总复习 物理 下一页 上一页 返回导航 第四章 圆周运动 高考总复习 物理 下一页 上一页 返回导航 第四章 圆周运动 高考总复习 物理 下一页 上一页 返回导航 第四章 圆周运动 高考总复习 物理 下一页 上一页 返回导航 第四章 圆周运动 高考总复习 物理 下一页 上一页 返回导航 第四章 圆周运动 高考总复习 物理 下一页 上一页 返回导航 第四章 圆周运动 高考总复习 物理 下一页 上一页 返回导航 第四章 圆周运动 高考总复习 物理 下一页 上一页 返回导航 第四章 圆周运动 高考总复习 物理 下一页 上一页 返回导航 第四章 圆周运动 高考总复习 物理 下一页 上一页 返回导航 第四章 圆周运动 高考总复习 物理 下一页 上一页 返回导航 第四章 圆周运动 高考总复习 物理 下一页 上一页 返回导航 第四章 圆周运动 高考总复习 物理 下一页 上一页 返回导航 第四章 圆周运动 高考总复习 物理 下一页 上一页 返回导航 第四章 圆周运动 高考总复习 物理 下一页 上一页 返回导航 第四章 圆周运动 高考总复习 物理 下一页 上一页 返回导航 第四章 圆周运动 高考总复习 物理 下一页 上一页 返回导航 第四章 圆周运动 高考总复习 物理 下一页 上一页 返回导航 第四章 圆周运动 高考总复习 物理 下一页 上一页 返回导航 第四章 圆周运动 高考总复习 物理 下一页 上一页 返回导航 第四章 圆周运动 高考总复习 物理 下一页 上一页 返回导航 第四章 圆周运动 高考总复习 物理 下一页 上一页 返回导航 第四章 圆周运动 高考总复习 物理 下一页 上一页 返回导航 第四章 圆周运动 高考总复习 物理 下一页 上一页 返回导航 第四章 圆周运动 高考总复习 物理 下一页 上一页 返回导航 第四章 圆周运动 高考总复习 物理 下一页 上一页 返回导航 第四章 圆周运动 高考总复习 物理 下一页 上一页 返回导航 第四章 圆周运动 高考总复习 物理 下一页 上一页 返回导航 第四章 圆周运动 高考总复习 物理 下一页 上一页 返回导航 第四章 圆周运动 高考总复习 物理 下一页 上一页 返回导航 第四章 圆周运动 高考总复习 物理 下一页 上一页 返回导航 第四章 圆周运动 高考总复习 物理 下一页 上一页 返回导航 第四章 圆周运动 高考总复习 物理 下一页 上一页 返回导航 第四章 圆周运动 高考总复习 物理 下一页 上一页 返回导航 第四章 圆周运动 高考总复习 物理 下一页 上一页 返回导航 第四章 圆周运动 高考总复习 物理 下一页 上一页 返回导航 第四章 圆周运动 高考总复习 物理 下一页 上一页 返回导航 第四章 圆周运动 高考总复习 物理 下一页 上一页 返回导航 第四章 圆周运动 高考总复习 物理 下一页 上一页 返回导航 第四章 圆周运动 高考总复习 物理 下一页 上一页 返回导航 第四章 圆周运动 高考总复习 物理 下一页 上一页 返回导航 第四章 圆周运动 高考总复习 物理 下一页 上一页 返回导航 第四章 圆周运动 高考总复习 物理 下一页 上一页 返回导航 第四章 圆周运动 高考总复习 物理 下一页 上一页 返回导航 第四章 圆周运动 高考总复习 物理 下一页 上一页 返回导航 第四章 圆周运动 高考总复习 物理 下一页 上一页 返回导航 第四章 圆周运动 高考总复习 物理 下一页 上一页 返回导航 第四章 圆周运动 高考总复习 物理 课时作业 点击进入WORD链接 下一页 上一页 返回导航 第四章 圆周运动 高考总复习 物理 培优点一　水平面内的圆周运动临界问题 1．运动特点 (1)运动轨迹是水平面内的圆． (2)合外力沿水平方向指向圆心，提供向心力，竖直方向合力为零，物体在水平面内做匀速圆周运动． 2. 常见的两种临界极值问题 (1)与摩擦力有关的临界极值问题 物体间恰好不发生相对滑动的临界条件是物体间的静摩擦力恰好达到最大静摩擦力． (2)与弹力有关的临界极值问题 压力、支持力的临界条件是物体间的弹力恰好为零；绳上拉力的临界条件是绳恰好拉直且其上无弹力或绳上拉力恰好为最大承受力等． 3．解题技巧 首先要考虑达到临界条件时物体所处的状态；其次分析该状态下物体的受力特点；最后结合圆周运动知识，列出相应的动力学方程综合分析． [典例1]　 (多选)如图所示，三角形为一光滑圆锥体的正视图，锥面与竖直方向的夹角为θ＝37°.一根长为l＝1 m的细线一端系在圆锥体顶端，另一端系着一可视为质点的小球，小球在水平面内绕圆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＝eq \f(5,2) eq \r(2) rad/s时，小球对圆锥体的压力刚好为零 D．当ω＝2eq \r(5) rad/s时，小球受重力、支持力和拉力作用 [解析]　BC　[向心力是效果力，不是小球实际受到的力；对小球受力分析，小球受重力、细线的拉力，小球可能受圆锥体的支持力，也可能不受圆锥体的支持力；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时支持力为零，支持力恰好为零时有mgtan θ＝mωeq \o\al(2,0)lsin θ，解得ω0＝eq \f(5,2) eq \r(2) rad/s，A错误，B、C正确；因 2eq \r(5) rad/s＞eq \f(5\r(2),2) rad/s，所以当ω＝2eq \r(5) rad/s时，小球已经离开斜面，小球只受重力、拉力的作用，D错误．] [典例2]　(2025·山东卷，10)(多选)如图所示，在无人机的某次定点投放性能测试中，目标区域是水平地面上以O点为圆心，半径R1＝5 m的圆形区域，OO′垂直地面，无人机在离地面高度H＝20 m的空中绕O′点、平行地面做半径R2＝3 m的匀速圆周运动，A、B为圆周上的两点，∠AO′B＝90°.若物品相对无人机无初速度地释放，为保证落点在目标区域内，无人机做圆周运动的最大角速度应为ωmax.当无人机以ωmax沿圆周运动经过A点时，相对无人机无初速度地释放物品． 不计空气对物品运动的影响，物品可视为质点且落地后即静止，重力加速度大小g＝10 m/s2.下列说法正确的是(　　 ) A．ωmax＝eq \f(π,3)rad/s B．ωmax＝eq \f(2,3)rad/s C．无人机运动到B点时，在A点释放的物品已经落地 D．无人机运动到B点时，在A点释放的物品尚未落地 [解析]　BC　[物品从无人机上释放后，做平抛运动，竖直方向H＝eq \f(1,2)gt2，可得t＝2 s， 要使得物品落点在目标区域内，水平方向满足x＝eq \r(R\o\al(2,1)－R\o\al(2,2))＝vt， 最大角速度等于ωmax＝eq \f(v,R2)， 联立可得ωmax＝eq \f(2,3)rad/s，故A错误，B正确； 无人机从A到B的时间t′＝eq \f(\f(π,2),ωmax)＝eq \f(3π,4) s， 由于t′>t，可知无人机运动到B点时，在A点释放的物品已经落地，故C正确，D错误．故选BC.] [典例3]　如图所示、放在水平转台上可视为质点的长方体A、B、C随转台一起以角速度ω匀速转动，A、B、C的质量分别为3m、2m、m，A与C之间的动摩擦因数为2μ、B和C与转台间的动摩擦因数均为μ，A、C以及B离转台中心的距离分别为1.5r、r.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　) A．物体A受到的摩擦力大小为6μmg B．转盘对物体C的摩擦力大小为9mω2r C．维持物体A、B、C能随转台一起转动，转盘的角速度应满足ω≤ eq \r(\f(2μg,3r)) D．随着转台角速度增大，最先被甩出去的是物体B [解析]　C　[若物体AC随转盘一起转动恰不相对转盘滑动，则μ×4mg＝4mωeq \o\al(2,1)×1.5r，解得ω1＝ eq \r(\f(2μg,3r))，则此时AC之间的静摩擦力为FfAC＝3mωeq \o\al(2,1)×1.5r＝3μmg，物体AC之间的最大静摩擦力为FfmA＝2μ×3mg＝6μmg，则此时AC之间不会产生滑动，则物体A受到的摩擦力大小为3μmg，选项A错误；当转盘以角速度ω匀速转动时，转盘对物体C的摩擦力大小为FfC＝4mω2×1.5r＝6mω2r，选项B错误； 若转盘角速度增加，B恰能产生滑动，则根据μ×2mg＝2mωeq \o\al(2,2)r，可得ω2＝ eq \r(\f(μg,r))>ω1，可知随着转盘角速度增大，最先被甩出去的是物体AC；若要维持物体A、B、C能随转台一起转动，这只需AC相对转盘不产生滑动，则μ×4mg≥4mω2×1.5r，即转盘的角速度应满足ω≤ eq \r(\f(2μg,3r))，选项C正确，D错误．] 　解决相对滑动临界问题的注意事项 1．先确定研究对象、受力情况，看哪些力充当向心力，哪些力可能突变引起临界问题． 2．注意分析物体所受静摩擦力大小和方向随圆盘转速的变化而发生变化． 3．关注临界状态，即静摩擦力达最大值时．典例3中，随转台转动、静摩擦力提供向心力，随转速的增大，静摩擦力增大，当达到最大静摩擦力时开始滑动，出现临界情况，此时对应的角速度为临界角速度． (多选)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＝ eq \r(\f(kg,2l))是b开始滑动的临界角速度 D．当ω＝ eq \r(\f(2kg,3l))时，a所受摩擦力的大小为kmg 解析：AC　[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＝mωeq \o\al(2,a)l，当Ffa＝kmg时，kmg＝mωeq \o\al(2,a)l，ωa＝ eq \r(\f(kg,l))；对木块b有Ffb＝mωeq \o\al(2,b)·2l，当Ffb＝kmg时，kmg＝mωeq \o\al(2,b)·2l，ωb＝ eq \r(\f(kg,2l))，则ω＝ eq \r(\f(kg,2l))是b开始滑动的临界角速度， 所以b先达到最大静摩擦力，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，则Ffb＝mω2·2l，Ffa<Ffb，选项B错误；ω＝eq \r(\f(2kg,3l))<ωa＝eq \r(\f(kg,l))，a没有滑动，则Ffa′＝mω2l＝ eq \f(2,3)kmg，选项D错误．] 培优点二　竖直面内的圆周运动临界问题 1．模型概述 拱形桥 模型 凹形桥 模型 2.模型特点及规律 拱形桥模型 ①最高点：FN＝mg－meq \f(v2,R)，失重；②v≥eq \r(gR)，汽车脱离，做平抛运动. 凹形桥模型 ①最低点：FN＝mg＋eq \f(mv2,R)，超重；②v≠0，v越大，FN越大. 3.解题技巧 (1)物体通过圆周运动最低点、最高点时，利用合力提供向心力列牛顿第二定律方程； (2)物体从某一位置到另一位置的过程中，用动能定理找出两处速度关系； (3)注意：求对轨道的压力时，转换研究对象，先求物体所受支持力，再根据牛顿第三定律求出压力． [典例4]　一般的曲线运动可以分为很多小段，每一小段都可以被看作是圆周运动的一部分．如图所示为一摩托车匀速率运动过程中经过高低不平的一段赛道的示意图，最低点A和最高点B两个位置对应的圆弧半径分别为r1、r2，且r1<r2.下列说法正确的是(　　) A．在B点摩托车对赛道的压力等于摩托车的重力 B．摩托车在A、B两点的向心加速度aA>aB C．摩托车在A、B两点的向心力FA<FB D．在A点摩托车处于失重状态 [解析]　B　[在B点由牛顿第二定律有mg－FNB＝meq \f(v2,r2)，解得FNB＝mg－meq \f(v2,r2)<mg，知在B点摩托车对赛道的压力小于摩托车的重力，故A错误；根据题意，摩托车匀速率运动过程中，由a＝eq \f(v2,r)，r1<r2，得aA>aB，由向心力F＝ma，得FA>FB，故B正确，C错误；在A点有FNA－mg＝eq \f(mv2,r1)，解得FNA＝mg＋eq \f(mv2,r1)>mg，则在A点摩托车处于超重状态，故D错误．] [典例5]　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，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eq \r(2gL) 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 [解析]　C　[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＝meq \f(v\o\al(2,B),2L)，解得vB＝eq \r(2gL)，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vA＝eq \f(1,2)vB＝eq \f(\r(2gL),2)，故B错误；球B到最高点时，对杆无弹力，此时球A所受重力和拉力的合力提供向心力，有F－mg＝meq \f(v\o\al(2,A),L)，解得F＝1.5mg，故水平转轴对杆的作用力为1.5mg，故C正确，D错误．] [典例6]　(多选)如图甲、乙所示，分别用长度均为1 m的轻质细绳和轻质细杆的一端拴质量均为1 kg的小球A、B，另一端分别固定在O、O′点，现让A、B两小球分别绕O、O′点在竖直平面内做圆周运动，小球均可视为质点，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2.下列说法正确的是(　　) A．A球做圆周运动到最高点的最小速度为eq \r(10) m/s B．B球做圆周运动到最高点的最小速度为eq \r(10) m/s C．某次A、B两球运动到最高点对绳、杆的作用力大小分别为2N、5N，则此时A、B两球经过最高点时的速度大小之比可能为2eq \r(15)∶5 D．某次A、B两球运动到最高点对绳、杆的作用力大小分别为2N、5N，则此时A、B两球经过最高点时的速度大小之比可能为2∶eq \r(5) [解析]　ACD　[A球与细绳相连，则恰好能到最高点时有mg＝meq \f(v\o\al(2,1),L)，解得v1＝eq \r(gL)＝eq \r(10)m/s，故A正确；B球与杆相连，则恰好能到最高点的速度大小为v2＝0，故B错误；对A球在最高点时由牛顿第二定律有FA＋mg＝meq \f(v\o\al(2,2),L)，代入数据解得v2＝2eq \r(3)m/s，对B球有两种情况：a.杆对小球B为支持力时，则有mg－FB1＝meq \f(v\o\al(2,3),L)，代入数据解得v3＝eq \r(5)m/s， b.杆对小球B为拉力时，则有mg＋FB2＝meq \f(v\o\al(2,4),L)，代入数据解得v4＝eq \r(15) m/s，则小球A、B在最高点的速度大小之比为v2∶v3＝2eq \r(3)∶eq \r(5)或v2∶v3＝2eq \r(15)∶5，和v2∶v4＝2∶eq \r(5)或2eq \r(5)∶5，故C、D正确．] 解决“轻绳、轻杆”约束下临界问题的思路 1．定模型：首先判断是轻绳模型还是轻杆模型，两种模型在最高点的临界条件不同，其原因主要是“绳”不能支持物体，而“杆”既能支持物体，也能拉物体． 2．确定临界点：v临＝eq \r(gr)，对轻绳模型来说是能否通过最高点的临界点，而对轻杆模型来说是FN表现为支持力还是拉力的临界点． 3．受力分析：对物体在最高点或最低点时进行受力分析，根据牛顿第二定律列出方程：F合＝F向． 4．过程分析：应用动能定理或机械能守恒定律列式，将初、末两个状态联系起来． 　(多选)如图所示，一个固定在竖直平面上的光滑圆形管道，管道里有一个直径略小于管道内径的小球，小球在管道内做圆周运动．下列说法中正确的是(　　) A．小球通过管道最低点时，小球对管道的压力一定竖直向下 B．小球通过管道最低点时，小球对管道的压力一定竖直向上 C．小球通过管道最高点时，小球对管道的压力一定不为零 D．小球通过管道最高点时，小球对管道的压力可能为零 解析：AD　[小球通过管道最低点时，管道对小球的支持力与向下的重力的合力提供向心力，可知管道对小球的支持力竖直向上，则小球对管道的压力一定竖直向下，选项A正确，B错误；小球通过管道最高点时，当速度满足mg＝meq \f(v2,r)时，小球对管道的压力为零，选项C错误，D正确．] 培优点三　斜面上圆周运动的临界模型 在斜面上做圆周运动的物体，因所受的控制因素不同，如静摩擦力控制、绳控制、杆控制，物体的受力情况和所遵循的规律也不相同．下面列举三类实例． [典例7]　如图所示，一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定角速度ω转动，盘面上离转轴距离2.5 m处有一小物体与圆盘始终保持相对静止．物体与盘面间的动摩擦因数为eq \f(\r(3),2)(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，盘面与水平面的夹角为30°，g取10 m/s2.则ω的最大值是(　　) A.eq \r(5)rad/s　　　　　　　 B.eq \r(3) rad/s C．1.0 rad/s D．0.5 rad/s [解析]　C　[物体随圆盘做圆周运动，运动到最低点时最容易滑动，因此物体在最低点且刚好要滑动时的转动角速度为最大值，这时，根据牛顿第二定律有，μmgcos 30°－mgsin 30°＝mrω2，求得ω＝1.0 rad/s，C项正确，A、B、D项错误．] [典例8]　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．g取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 eq \r(10) m/s C．2eq \r(5) m/s D．2eq \r(2) m/s [解析]　A　[小球受轻杆控制，在A点的最小速度为零，由动能定理得2mgLsin α＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,B)，可得 vB＝4 m/s，A正确．] (多选)如图所示，一块足够大的光滑平板放置在水平面上，能绕水平固定轴MN自由转动从而实现调节其与水平面所成的倾角．板上有一根长为l＝0.5 m的轻绳，一端系住一个质量为m＝0.5 kg的小球，另一端固定在板上的O点．当平板倾角为α时，先将轻绳平行于水平轴MN拉直，然后给小球一沿着平板并与轻绳垂直的初速度v0＝2 m/s，g取10 m/s2，则(　　) A．若α＝0°，则轻绳对小球的拉力大小为FT＝4 N B．若α＝90°，则小球相对于初始位置可上升的最大高度为0.3 m C．小球能在平板上绕O点做完整的圆周运动，α必须满足的条件为sin α≤eq \f(2,5) D．小球能在平板上绕O点做完整的圆周运动，α必须满足的条件为sin α≤eq \f(4,15) [解析]　AD　[小球在平板上运动时受轻绳的拉力、重力和平板的弹力．在垂直平板方向上合力为零，重力沿平板方向的分力为mgsin α，小球在最高点时，由轻绳的拉力和重力沿平板方向的分力的合力提供向心力，有FT＋mgsin α＝meq \f(v\o\al(2,1),l)① 研究小球从释放点到最高点的过程，据动能定理有－mglsin α＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1)－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)② 若恰好通过最高点，轻绳拉力FT＝0，联立①②解得sin α＝eq \f(v\o\al(2,0),3gl)＝eq \f(4,15)， 故C错误，D正确； 若α＝0°，则轻绳对小球的拉力大小为 FT＝meq \f(v\o\al(2,0),l)＝4 N，故A正确； 若α＝90°，小球不能到达最高点，假设能够上升0.3 m，重力势能的增加量mgh＝1.5 J，初动能eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)＝1 J，机械能不守恒，故B错误．] $