第4章 专题突破7 圆周运动的临界问题（课时作业）-【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与向心力专题，依据高考评价体系梳理了临界速度、摩擦力提供向心力、轻绳模型等核心考点，通过广东多地模拟题分析考点权重，归纳竖直平面圆周运动、水平转盘问题等常考题型，体现高考备考的针对性和实用性。 课件亮点在于“真题情境+模型建构+科学推理”的备考策略，如以小球在竖直光滑圆形轨道运动为例，深入剖析临界速度条件和向心力公式应用，培养学生科学思维和运动与相互作用观念。特设“易错点警示”和“解题模板”，帮助学生掌握临界问题分析技巧，教师可据此精准指导复习，提升学生高考冲刺得分率。

2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 A 夯实基础 (1-7题,每题4分) 1.(2026·广东珠海模拟)质量为m的小球在竖直平面内的光滑圆形轨道的内侧运动,经过最高点而不脱离轨道的临界速度是v;当小球以2v的速度经过最高点时,对轨道的压力值为(重力加速度为g)(　　) A.0　　　　　　　　　 B.mg C.3mg D.5mg C 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:经过最高点而不脱离轨道的临界速度是v,有mg=m,当小球以2v的速度经过最高点时,有FN+mg=m,解得FN=3mg,由牛顿第三定律得对轨道的压力值为F压=FN=3mg,故C正确,A、B、D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 2.(多选)(2026·广东汕头模拟)假定某水平圆形环岛路面如图(a),汽车受到的最大静摩擦力与重力的比值恒定不变,当汽车匀速率地通过环形路段时,汽车的侧向摩擦力达到最大时的速度称为临界速度。下列说法正确的是(　　) A.汽车所受的合力为零 B.汽车受重力、弹力、摩擦力和向心力的作用 C.汽车在环岛路外侧行驶时,其临界速度较大 D.如图(b)质量相等的两辆车以大小相等的速度绕环岛中心转,甲车受到指向轨道圆心的摩擦力比乙车的大 CD 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:汽车做曲线运动,合力不为零,故A错误;向心力是效果力,是重力、弹力、摩擦力的合力,故B错误;根据fmax=m,最大静摩擦力不变,则外侧行驶半径较大,临界速度较大,故C正确;根据牛顿第二定律有f=m,两车质量相等,速度大小相等,甲车运动半径小,则受到指向轨道圆心的摩擦力大,故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 3.(多选)(2026·广东广州模拟)质量分别为m和M的甲、乙两杂技演员坐在水平转盘上,抓住不计质量的轻绳,轻绳系在圆盘转轴上的同一点,细绳均刚被拉直,细绳与转轴夹角θ>α,他们与水平转盘间的动摩擦因数相等,且M>m,模型简化如图所示,则随着圆盘转动的角速度缓慢增大,下列说法正确的是(　　) A.他们同时达到各自的最大静摩擦力 B.半径大的甲先达到最大静摩擦力,与质量大小无关 C.他们对转盘的压力同时为零且同时离开水平转盘 D.半径大、质量小的甲对转盘的压力先为零 BC 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:根据几何关系可知,甲做圆周运动的半径大,达到最大静摩擦力时,根据μmg=mω2r可得ω=, 可知转动半径大的甲先达到最大静摩擦力,与质量大小无关,故B正确,A错误; 设轻绳系在转轴上的点到圆盘盘面的距离为h,对甲研究,当甲对圆盘的压力为零时mgtan θ=mhtan θ,得到ω1=, 同理可以得到乙对圆盘的压力减为零时,转动的角速度ω2=, 可知他们对转盘的压力同时为零且同时离开水平转盘,故C正确,D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 4.(2026·广东汕头模拟)如图所示,用两根长l1、l2的细线拴一小球a,细线另一端分别系在一竖直杆上O1、O2处,当竖直杆以某一范围角速度(ω1≤ω≤ω2)转动时,小球a保持在图示虚线的轨迹上做圆周运动,此时两根细线均被拉直,忽略空气阻力,圆周半径为r,已知l1∶l2∶r= 20∶15∶12,则ω1∶ω2等于(　　) A.3∶4 B.3∶5 C.4∶5 D.1∶2 A 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:设长为l1的细线与竖直杆的夹角为θ1,长为l2的细线与竖直杆的夹角为θ2,将细线拉力沿竖直方向和水平方向分解,竖直方向的分力大小等于小球的重力,水平方向分力提供向心力,则有F向1=mgtan θ1=mr,F向2=mgtan θ2=mr,由几何关系可得r=l1sin θ1=l2sin θ2,又l1∶l2∶r=20∶15∶12,联立解得ω1∶ω2=3∶4,B、C、D错误,A正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 5.(多选)(2026·广东广州十六中教学质检)图甲为建筑行业使用的一种小型打夯机,其原理可简化为:一个质量为M的支架(含电动机)上,有一根长为l的轻杆带动一个质量为m的铁球(铁球可视为质点),如图乙所示。重力加速度为g。若在某次打夯过程中,铁球以角速度ω 匀速转动,则(　　) A.铁球所受合力大小不变 B.铁球转动到最高点时,处于超重状态 C.铁球做圆周运动的向心加速度始终不变 D.若铁球转动到最高点时,支架对地面的压力刚好为零,则此时铁球线速度大小v= AD 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:由题意知铁球做匀速圆周运动,铁球转动过程中,合力大小F=mω2l,故铁球转动过程合力大小不变,故A正确;铁球转动到最高点时,加速度向下,处于失重状态,故B错误;铁球做圆周运动的向心加速度的方向时刻变化,大小不变,故C错误;铁球转动到最高点时,此时对支架受力分析,支架受到轻杆的拉力等于重力,即有F=Mg,对铁球分析有F'+mg=m,由牛顿第三定律可知F'=F,联立解得v=,故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 6.(多选)(2026·广东东莞模拟)如图甲所示为自行车气嘴灯,气嘴灯由接触式开关控制,其结构如图乙所示,弹簧一端固定在顶部,另一端与小物块P连接,当车轮转动的角速度达到一定值时,P拉伸弹簧后使触点A、B接触,从而接通电路使气嘴灯发光。触点B与车轮圆心距离为R,车轮静止且气嘴灯在最低点时触点A、B距离为d,已知P与触点A的总质量为m,弹簧劲度系数为k,重力加速度大小为g,不计接触式开关中的一切摩擦,小物块P和触点A、B均视为质点,则(　　) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 A.要使气嘴灯能发光,车轮匀速转动的最小角速度为 B.要使气嘴灯能发光,车轮匀速转动的最小角速度为 C.要使气嘴灯一直发光,车轮匀速转动的最小角速度为 D.要使气嘴灯一直发光,车轮匀速转动的最小角速度为 答案:AC 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:当气嘴灯运动到最低点时发光,此时车轮匀速转动的角速度最小,则有kd=mω2R,得ω=,故A正确,B错误;当气嘴灯运动到最高点时能发光,则kd+2mg=mω'2R,得ω'=,即要使气嘴灯一直发光,车轮匀速转动的最小角速度为,故C正确,D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 7.(2026·广东深圳检测)如图所示,叠放在水平转台上的物体A、B及物体C能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B、B和C与转台间的动摩擦因数都为μ,A 和B、C离转台中心的距离分别为r和1.5r。最大静摩擦力等于滑动摩擦力,物体A、B、C均可视为质点,重力加速度为g。下列说法正确的是(　　) A.B对A的摩擦力一定为3μmg B.B对A的摩擦力一定为3mω2r C.转台的角速度需要满足ω≤ D.若转台的角速度逐渐增大,最先滑动的是A物体 B 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:由于物体A、B及物体C能随转台一起匀速转动,则三个物体受到的均为静摩擦力,由静摩擦力提供向心力,则B对A的摩擦力一定为fA=3mω2r,又有0<fA≤fmax=3μmg,由于角速度大小不确定,B对A的摩擦力不一定达到最大静摩擦力3μmg,A错误,B正确;若物体A达到最大静摩擦力,则3μmg=3mr,解得ω1=,若转台对物体B达到最大静摩擦力,对A、B整体有5μmg=5mr,解得ω2=,若物体C达到最大静摩擦力,则μmg=m×1.5r,解得ω3=,可知ω1=ω2>ω3,由于物体 A、B及物体 C均随转台一起匀速转动,则转台的角速度需要满足ω≤ω3=,该分析表明,当角速度逐渐增大时,物体C所受 摩擦力先达到最大静摩擦力,即若转台的角速度逐渐增大,最先滑动的是 C物体,C、D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (8-10题,每题6分) 8.(2026·广东汕尾检测)如图所示,某同学手握球筒底部,使其在竖直面内绕手肘O点做圆周运动,试图用此方法“甩”出球筒中剩余的羽毛球,若羽毛球与球筒间的最大静摩擦力为球重力的k倍(k>1),不计空气阻力,重力加速度为g。下列说法正确的是(　　) A.羽毛球有可能被甩出,因为它受到离心力作用 B.增大羽毛球与球筒之间的摩擦,有助于羽毛球被甩出 C.相同条件下,羽毛球越靠近球筒底部越难与球筒发生相对滑动 D.若运动至竖直位置时角速度为,则此时图示的羽毛球恰好相对球筒滑动 B 能力提升 C 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:羽毛球有可能被甩出,是因为他所受的合力不足以提供向心力,所以沿着圆筒半径增大的方向运动,不存在离心力,故A错误;以竖直方向为例,根据牛顿第二定律得f-mg=mω2r,可知增大羽毛球与球筒之间的摩擦,羽毛球要发生相对滑动的角速度更大,更不容易被甩出,故B错误;同理根据f-mg=mω2r可知,相同条件下,羽毛球越靠近球筒底部,则所需的向心力越小,则越难达到最大静摩擦力,越难发生相对滑动,故C正确;球筒运动到竖直位置时,图示的羽毛球恰好相对球筒滑动时,根据牛顿第二定律有kmg-mg=mω2R,可得ω=,故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 9.(2026·广东东莞模拟)某研究小组将一个装有几个相同的光滑小圆柱体(半径为r)的小盒子(其体积相对圆盘很小)放置到水平圆盘上,如图所示,其中图甲为装置图,图乙为小盒子内小圆柱体放大后的截面图,盒子中光滑的小圆柱体与所在位置的圆盘半径垂直。现让圆盘的角速度缓慢增大。已知小盒子与圆盘间的动摩擦因数μ=0.6,盒子到转轴的距离为L,且r≪L,重力加速度为g,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则(　　) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 A.随着圆盘转动角速度的缓慢增大,圆柱体Q对P的弹力增大 B.随着圆盘转动角速度的缓慢增大,圆柱体Q对P的弹力不变 C.只要圆盘的角速度不超过,所有的物体都相对圆盘静止 D.只要圆盘的角速度不超过,所有的物体都相对圆盘静止 答案:D 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:随着圆盘转动角速度的缓慢增大,P做圆周运动所需的向心力增大,对P受力分析,如图所示,由图可知,圆柱体Q对P的弹力将变小,A、B错误;要使所有小圆柱体都相对圆盘静止,则相当于要保证P相对圆盘静止,由P的受力图可知,当P只由M的弹力和自身重力来提供向心力时,此时向心力达到最大值,由几何关系可得tan 30°=,F向=mg,又由向心力与角速度关系可知F向=mω2R,因为r远小于L,故R取L,解得ωmax==,要保持小盒子相对圆盘静止,圆盘对小盒子的最大静摩擦力提供向心力,有μMg=Mωmax'2R,解得ωmax'=,当<ω<时,小盒子相对圆盘静止,但P相对圆盘发生滑动,C错误;只要圆盘的角速度不超过, 所有的物体都相对圆盘静止,D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 10.(多选)(2026·广东汕头模拟)如图所示,两个可视为质点的、相同的木块A和B放在转盘上,两者用长为L的水平细绳连接,木块与转盘间的最大静摩擦力均为各自重力的K倍,A放在距离转轴L处,整个装置能绕通过转盘中心的转轴O1O2转动,开始时,绳恰好伸直但无弹力。现让该装置从静止开始转动,使角速度缓慢增大,则以下说法正确的是(重力加速度为g)(　　 ) A.当ω>时,A、B会相对于转盘滑动 B.当ω> ,绳子一定有弹力 C.ω在 <ω< 范围内增大时,B所受摩擦力变大 D.ω在0<ω< 范围内增大时,A所受摩擦力一直变大 ABD 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:当A、B所受摩擦力均达到最大值时,A、B相对转盘即将滑动,则有Kmg+Kmg=mω2L+mω2·2L,解得ω=,A项正确;当B所受静摩擦力达到最大值后,绳子开始有弹力,即有Kmg=m·2L·ω2,解得ω=,可知当ω> 时,绳子有弹力,B项正确;当ω> 时,B已达到最大静摩擦力,则ω在 <ω< 范围内增大时,B受到的摩擦力不变,C项错误;ω在0<ω< 范围内,A相对转盘是静止的,A所受摩擦力为静摩擦力,所以由f-FT=mLω2可知, 当ω增大时,静摩擦力也增大,D项正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 11.(14分)(2025·安徽卷)如图,M、N为固定在竖直平面内同一高度的两根细钉,间距L=0.5 m。一根长为3L的轻绳一端系在M上,另一端竖直悬挂质量m=0.1 kg的小球,小球与水平地面接触但无压力。t=0时,小球以水平向右的初速度v0=10 m/s开始在竖直平面内做圆周运动。小球牵引着绳子绕过N、M,运动到M正下方与M相距L的位置时,绳子刚好被拉断,小球开始做平抛运动。小球可视为质点,绳子不可伸长,不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (1)求绳子被拉断时小球的速度大小及绳子所受的最大拉力大小; 解析:小球从最低点开始做圆周运动到绕过N、M到达M正下方的过程中,绳子拉力不做功,设小球到达M正下方时速度大小为v,小球所受拉力大小为T,由于绳子刚好被拉断,结合牛顿第三定律可知,绳子所受最大拉力大小也为T,对此过程,由动能定理得-mg·2L=mv2-m, 解得v=4 m/s。 绳子拉断时,对小球有T-mg=m, 解得T=17 N。 答案:4 m/s　17 N　 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (2)求小球做平抛运动时抛出点到落地点的水平距离; 解析:设小球平抛运动水平位移大小为x,下落高度h=2L,由平抛运动规律有x=vt,h=gt2, 解得x=4 m。 答案:4 m　 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (3)若在t=0时,只改变小球的初速度大小,使小球能通过N的正上方且绳子不松弛,求初速度的最小值。 解析:设小球恰好到达N正上方时的速度大小为v1,对应小球初速度v0'最小,此时有mg=m, 小球从最低点到N的正上方过程,由动能定理得 -mg·5L=m-mv0'2, 解得v0'=2 m/s。 答案:2 m/s 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 12.(16分)如图甲所示,用一根长为l的细线,一端系一质量为m的小球(可视为质点),另一端固定在一光滑锥体顶端,锥面与竖直方向的夹角为θ。设小球在水平面内绕锥体的轴做匀速圆周运动的角速度为ω时,细线的张力为FT,重力加速度为g。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (1)若要小球刚好离开锥面,则此时小球的角速度ω0为多大? 解析:若要小球刚好离开锥面,则小球受到重力和细线拉力,如图1所示。小球做匀速圆周运动的轨迹圆在水平面上,故向心力水平。 在水平方向由牛顿第二定律及向心力公式得 mgtan θ=mlsin θ, 解得ω0=。 答案:　 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (2)细线的张力FT与小球匀速转动的角速度ω有关,请通过计算在图乙中画出ω在不同取值范围的FT-ω2的图像(要求标明关键点的坐标)。 解析:当ω=0时FT=mgcos θ, 当0<ω<ω0时,小球受三个力:重力、支持力、拉力。根据牛顿第二定律, 水平方向有 FTsin θ-FNcos θ=mω2lsin θ, 竖直方向有FTcos θ+FNsin θ=mg, 联立解得FT=mlsin2θ·ω2+mgcos θ, 显然FT-ω2是线性关系; 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 当ω=ω0,小球恰好离开锥面,则FT=; 当ω>ω0时,球离开锥面,细线与竖直方向的夹角为α,则 FTsin α=mω2·lsin α,得FT=ml·ω2, 即FT-ω2是正比例关系。 因此画出FT-ω2图像如图2所示。 答案:见解析 $