第4章 专题突破7 圆周运动的临界问题-【优化探究】2027年高考物理一轮复习高考总复习配套课件（广东专版）

该高中物理高考复习课件聚焦“圆周运动的临界问题”专题，依据高考评价体系梳理了水平面、竖直面、斜面内圆周运动三大考查情境，通过典型例题分析明确了摩擦力临界、弹力临界、轻绳轻杆模型等高频考点分布，构建了“临界条件分析-受力建模-方程求解”的完整解题体系。 课件亮点在于“核心知识盘点+关键能力提升+典例精析”的备考策略，如以水平转盘两物体滑动临界（典例1）、轻绳模型最高点速度（典例4）等真题为例，深入讲解“临界状态判断”“向心力来源分析”等科学思维方法，培养学生模型建构和科学推理素养。特设“易错点警示”和“解题模板”，助力学生掌握临界问题答题技巧，教师可据此实施精准复习，提升备考效率。

第四章　抛体运动与圆周运动 专题突破7　圆周运动的临界问题 突破点一　水平面内圆周运动的临界问题 突破点二　竖直面内圆周运动的临界问题 内容索引 突破点三　斜面上圆周运动的临界问题 突破点一　水平面内圆周运动的临界问题 一 4 盘点 核心知识 物体做圆周运动时,若物体的速度、角速度发生变化,会引起某些力(如拉力、支持力、摩擦力)发生变化,进而出现某些物理量或运动状态的突变,即出现临界状态。 1.常见的临界情况 (1)水平转盘上的物体恰好不发生相对滑动的临界条件是物体与转盘间恰好达到最大静摩擦力。 (2)物体间恰好分离的临界条件是物体间的弹力恰好为零。 (3)绳的拉力出现临界条件的情形有:绳恰好拉直意味着绳上无弹力;绳恰好断裂意味着绳上拉力恰好为最大承受力。 2.分析方法 分析圆周运动临界问题的方法是:让角速度或线速度从小逐渐增大,分析各量的变化,找出临界状态;确定了物体运动的临界状态和临界条件后,选择研究对象进行受力分析,利用牛顿第二定律列方程求解。 提升 关键能力 考向1　与摩擦力有关的临界极值问题 [典例1]　(多选)(2026·广东广州模拟)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,则下列说法正确的是(　　) 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 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f=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fa=ml,当fa=kmg时,kmg=ml,ωa=;对木块b有fb=m·2l,当fb=kmg时,kmg=m·2l,ωb=,则ω=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,fa=mω2l,则fb=mω2·2l,fa<fb,选项B错误。ω=<ωa=,a没有滑动,则fa'=mω2l=kmg,选项D错误。 考向2　与弹力有关的临界极值问题 [典例2]　(2026·广东佛山模拟)如图所示,一根长为1.0 m的轻绳一端系在固定横轴的O点上,另一端系着一个质量为1 kg的小球(小球半径忽略不计)。O点距离光滑水平桌面的距离为0.8 m,水平桌面足够大。若想让小球对水平桌面压力为零,可以让小球在某一水平面上做匀速圆周运动,重力加速度取10 m/s2,cos 37°=0.8,则匀速圆周运动的角速度ω应满足(　　) A.ω≥ rad/s　　　　　 B.ω≥ rad/s C.ω≥ rad/s D.ω≥ rad/s B [解析]　当小球对水平桌面压力恰好为零时,对小球受力分析,如图所示,由几何关系有cos θ===0.8,得θ=37°,小球圆周运动的半径r=Lsin 37°=0.6 m,由牛顿第二定律得mgtan θ=mω2r,解得ω= rad/s,所以要让小球对水平桌面压力为零,匀速圆周运动的角速度应满足ω≥ rad/s,故B正确,A、C、D错误。 [典例3]　(2026·广东江门调研)如图所示,水平圆台可以绕其中心轴转动。在圆台中心两侧放上甲、乙两物体,两物体的质量均为m,均可视为质点,甲、乙两物体到圆台中心距离分别为2R、R,其连线过圆台中心。两物体与圆台间的动摩擦因数均为μ,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g。 (1)若圆台以某一角速度转动时,甲、乙均未滑动,求两物体的加速度之比a甲∶a乙; [解析]　若圆台以某一角速度转动时,甲、乙均未滑动,根据a=ω2r可得,两物体的加速度之比a甲∶a乙=2R∶R=2∶1。 [答案]　2∶1　 (2)若圆台的角速度逐渐增大,请分析说明甲、乙两物体谁先滑动; [解析]　若圆台的角速度逐渐增大,根据μmg=mr, 可得ω0=, 因甲转动半径较大,则临界角速度较小,可知甲物体先滑动。 [答案]　甲,分析过程见解析　 (3)若将甲、乙两物体用不可伸长的水平轻绳连接,轻绳最初拉直而无张力,缓慢增加圆台的转速,求两物体刚要滑动时圆台转动的角速度ω。 [解析]　两物体刚要滑动时,甲受最大静摩擦力指向圆心,乙受最大静摩擦力背离圆心,则对甲有 T+μmg=mω2·2R, 对乙有T-μmg=mω2R, 解得圆台转动的角速度ω=。 [答案]　 二 突破点二　竖直面内圆周运动的临界问题 15 盘点 核心知识 1.运动特点 (1)只有重力做功的竖直面内的变速圆周运动机械能守恒。 (2)竖直面内的圆周运动问题,涉及知识面比较广,既有临界问题,又有能量守恒的问题,要注意物体运动到圆周最高点时的速度。 (3)一般情况下,竖直面内的圆周运动问题只涉及最高点和最低点两种情形。 2.常见模型   轻绳模型 轻杆模型 情景 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   轻绳模型 轻杆模型 受力示意图     力学方程 mg+FT=m mg±FN=m 临界特征 FT=0,即mg=m,得v= v=0,即F向=0,此时FN=mg   轻绳模型 轻杆模型 模型 关键 (1)“绳”只能对小球施加向下的力;(2)小球通过最高点的速度至少为 (1)“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 提升 关键能力 考向1　“轻绳”模型 [典例4]　(多选)如图所示,长为0.4 m的轻绳拴着质量为m=0.5 kg 的小球(可视为质点)在竖直平面内做圆周运动,g取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 ABC [解析]　设小球通过最高点时的最小速度为v0,此时只有重力提供向心力,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;小球在轨迹最低点速度最大,此时轻绳的拉力最大,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。 考向2　“轻杆”模型 [典例5]　(2026·广东东莞外国语学校月考)如图所示,将内壁光滑、半径为R的圆形细管竖直固定放置,细管内径远小于R,一质量为m的小球(视为质点)在管内做圆周运动,小球过最高点时的速度为v,重力加速度为g,则下列说法正确的是(　　) A.小球做的是匀速圆周运动 B.小球通过最高点的最小速度为 C.小球恰好到达最高点时,对细管的作用力为零 D.若小球在最高点的速度v>,会对细管的外侧内壁有作用力 D [解析]　小球从最低点向最高点运动的过程中,重力势能增大,根据机械能守恒,动能减小,速度减小,故A错误;由于细管内侧壁能支撑小球,所以小球能通过最高点的最小速度为零,故B错误;小球恰好到达最高点时,细管对小球的作用力F=mg,根据牛顿第三定律,小球对细管的作用力为mg,故C错误;根据牛顿第二定律,当只有重力提供向心力时mg=m,v=,若小球在最高点的速度v>,会对细管的外侧内壁有作用力,故D正确。 [典例6]　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 C.水平转轴对杆的作用力大小为1.5mg D.水平转轴对杆的作用力大小为2.5mg C [解析]　球B运动到最高点时,杆对球B恰好无作用力,即重力恰好提供其做圆周运动所需的向心力,有mg=m,解得v=,故A错误;由于A、B两球的角速度相等,则球A的速度大小v'=,故B错误;球B运动到最高点时对杆无弹力,此时球A所受重力和杆的拉力的合力提供其做圆周运动所需的向心力,有F-mg=m,解得F=1.5mg,故C正确,D错误。 方法技巧 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,需要转换研究对象,先求物体所受支持力,再根据牛顿第三定律求出压力。 三 突破点三　斜面上圆周运动的临界问题 27 盘点 核心知识 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大小相等,解决此类问题时,可以按以下操作,把问题简化。 物体在转动过程中,转动越快,最容易滑动的位置是最低点,恰好滑动时μmgcos θ-mgsin θ=mω2R。 提升 关键能力 [典例7]　(多选)(2026·广东广州期中)越野滑雪运动员利用工作起来似巨型“陀螺”的圆盘滑雪机模拟一些特定的训练环境和场景。某次训练过程简化为如图模型:圆盘滑雪机绕垂直于盘面的固定转轴以恒定的角速度ω转动,盘面上离转轴距离为10 m处的运动员(保持如图滑行姿势,可看成质点)与圆盘始终保持相对静止,运动员质量为60 kg,与盘面间的动摩擦因数为0.5,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力, 盘面与水平面的夹角为15°,g取10 m/s2,已知sin 15° ≈0.260,cos 15°≈0.966,则下列说法正确的是(　　) A.运动员随圆盘做匀速圆周运动时, 一定始终受到两个力的作用 B.ω的最大值约为 rad/s C.ω取不同值时,运动员在最高点所受摩擦力一定随ω的增大而增大 D.运动员在最低点较最高点更易发生相对滑动 [答案]　BD [解析]　运动员随圆盘做匀速圆周运动时,在最高点位置可能只受到重力和支持力,两者合力恰好提供向心力,其他位置一定受重力、支持力、摩擦力三个力提供向心力,故A错误;运动员运动到最低点时,根据牛顿第二定律有μmgcos 15°-mgsin 15°=ml,解得ωmax= rad/s,故B正确;ω取不同数值时,当运动员在最高点受到的摩擦力指向圆心则有mgsin 15°+f=ml,摩擦力随ω的增大而增大;当运动员在最高点受到的摩擦力背离圆心则有mgsin 15°-f'=ml,摩擦力随ω的增大而减小,故C错误;运动员运动到最低点时,根据受力分析有μmgcos 15°-mgsin 15°=ml, 运动员运动到最高点时,根据受力分析有μmgcos 15°+mgsin 15°=ml,可知在最低点的最大角速度较小,更易发生 滑动,故D正确。 $