[專題強化(五)]圓周運動的臨界問題

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(選擇題每題5分，解答題每題10分，建議用時：50分鐘)

考點基礎(chǔ)題綜合題

水平面內(nèi)的圓盤臨界模型1，2，5，6，78，9，11

豎直面內(nèi)圓周運動臨界模型3，4，710，12，13

【基礎(chǔ)落實練】

1．如圖所示，一質(zhì)量為2.0×103kg的汽車在水平公路上行駛，路面對輪胎的徑向最大

靜摩擦力為1.4×104N，當汽車經(jīng)過半徑為80m的彎道時，下列判斷正確的是()

A．汽車轉(zhuǎn)彎時所受的力有重力、彈力、摩擦力和向心力

B．汽車轉(zhuǎn)彎的速度為20m/s時所需的向心力為1.4×104N

C．汽車轉(zhuǎn)彎的速度為20m/s時汽車會發(fā)生側(cè)滑

D．汽車能安全轉(zhuǎn)彎的向心加速度不超過7.0m/s2

解析：選D。汽車轉(zhuǎn)彎時所受的力有重力、彈力、摩擦力，向心力是由摩擦力提供的，

2

v4

A錯誤；汽車轉(zhuǎn)彎的速度為20m/s時，根據(jù)Fn＝m，得所需的向心力為1.0×10N，沒

R

有超過最大靜摩擦力，所以汽車不會發(fā)生側(cè)滑，B、C錯誤；汽車安全轉(zhuǎn)彎時的最大向心加

Ff2

速度為am＝＝7.0m/s，D正確。

m

2.(多選)如圖，在水平轉(zhuǎn)臺上放一個質(zhì)量M＝2kg的木塊，它與轉(zhuǎn)臺間的最大靜摩擦力

Fmax＝6.0N，繩的一端系掛木塊，通過轉(zhuǎn)臺的中心孔O(孔光滑)，另一端懸掛一個質(zhì)量m＝

1.0kg的物體，當轉(zhuǎn)臺以角速度＝5rad/s勻速轉(zhuǎn)動時，木塊相對轉(zhuǎn)臺靜止，木塊到O點的

距離可能為()

A．0.40mB．0.25m

C．0.20mD．0.06m

解析：選BC。由于木塊所受靜摩擦力的方向不確定，故我們需要求出兩種臨界情況。

情況一，當方向指向圓心的摩擦力達到最大靜摩擦力時，此時木塊到O點的距離最大，對

2

木塊根據(jù)牛頓第二定律有Fmax＋mg＝Mωrmax，代入數(shù)據(jù)解得rmax＝0.32m。

情況二，當方向背離圓心的摩擦力達到最大靜摩擦力時，此時木塊到O點的距離最小，

2

根據(jù)牛頓第二定律有mg－Fmax＝Mωrmin，代入數(shù)據(jù)解得rmin＝0.08m，所以木塊到O點的

距離應(yīng)該在0.08～0.32m之間，B、C正確。

3.如圖所示，一質(zhì)量為m＝0.5kg的小球(可視為質(zhì)點)，用長為0.4m的輕繩拴著在豎直

平面內(nèi)做圓周運動，g＝10m/s2，下列說法不正確的是()

A．小球要做完整的圓周運動，在最高點的速度至少為2m/s

B．當小球在最高點的速度為4m/s時，輕繩拉力為15N

C．若輕繩能承受的最大張力為45N，小球的最大速度不能超過42m/s

D．若輕繩能承受的最大張力為45N，小球的最大速度不能超過4m/s

2

v0

解析：選D。設(shè)小球通過最高點時的最小速度為v0，則根據(jù)牛頓第二定律有mg＝m，

R

解得v0＝2m/s，故A正確；當小球在最高點的速度為v1＝4m/s時，設(shè)輕繩拉力大小為FT，

2

v1

根據(jù)牛頓第二定律有FT＋mg＝m，解得FT＝15N，故B正確；小球在軌跡最低點處速

R

2

vm

度最大，此時輕繩的拉力最大，根據(jù)牛頓第二定律有FTm－mg＝m，解得vm＝42m/s，

R

故C正確，D錯誤。

4．(2023·廣東佛山一模)偏心振動輪廣泛應(yīng)用于生活中的各個領(lǐng)域，如手機振動器、按

摩儀、混凝土平板振動機等。如圖甲，某工人正操作平板振動機進行水泥路面的壓實作業(yè)。

平板振動機中偏心振動輪的簡化圖如圖乙所示，輪上有一質(zhì)量較大的偏心塊。若偏心輪繞轉(zhuǎn)

軸O在豎直面內(nèi)轉(zhuǎn)動，則當偏心塊的中心運動到圖中哪一位置時，振動機對路面壓力最大

()

A．PB．Q

C．MD．N

解析：選A。把偏心塊等效為一個質(zhì)量為m質(zhì)點，轉(zhuǎn)到最低點P時滿足F－mg＝mω2r，

22

變形后得到偏心塊對振動機壓力F′＝F＝mg＋mωr，對整體有FN＝Mg＋F′＝Mg＋mg＋mωr，

根據(jù)牛頓第三定律可知，當偏心輪在最低點時路面對振動機的支持力FN最大，振動機對路

面壓力FN′也最大，故B、C、D錯誤，A正確。

5.一圓盤可以繞其豎直軸在水平面內(nèi)轉(zhuǎn)動，圓盤半徑為R，甲、乙兩物體質(zhì)量分別為M

和m(M>m)，它們與圓盤之間的最大靜摩擦力均為壓力的M倍，兩物體用一根長為L(L<R)

的輕繩連在一起，如圖所示。若將甲物體放在轉(zhuǎn)軸的位置，甲、乙之間的輕繩剛好沿半徑方

向被拉直，讓圓盤從角速度為0開始轉(zhuǎn)動，角速度逐漸增大，兩物體與圓盤不發(fā)生相對滑動，

(兩物體均可看作質(zhì)點，重力加速度為g)則下列說法正確的是()

A．隨著角速度的增大的過程中，物塊m受到的摩擦力先增加再逐漸減少

B．隨著角速度的增大的過程中，物塊M始終受到摩擦力

μg（M＋m）

C．則圓盤旋轉(zhuǎn)的角速度最大不得超過

ML

μg（M＋m）

D．則圓盤旋轉(zhuǎn)的角速度最大不得超過

mL

解析：選D。當圓盤角速度較小時，m的向心力由靜摩擦力提供，繩子沒拉力，由牛頓

2

第二定律f＝mω1L，m受的靜摩擦力隨角速度增大而增大，當角速度增大到ω1時，靜摩擦

2

力達到最大靜摩擦力μmg，角速度再增大，繩子拉力出現(xiàn)，由牛頓第二定律T＋μmg＝mω2L，

隨著角速度增大，m受的摩擦力保持不變，一直為最大靜摩擦力μmg，則隨著角速度的增

大的過程中，物塊m受到的摩擦力先增加后保持不變，當繩子有力時，M開始受到摩擦力

作用，故A、B錯誤；當繩子的拉力增大到等于甲的最大靜摩擦力時，角速度達到最大，對

μg（M＋m）

m和M，分別有T＋μmg＝mω2L，T＝μMg，聯(lián)立可得ω＝，故C錯誤，D

mL

正確。

6.細繩一端系住一個質(zhì)量為m的小球(可視為質(zhì)點)，另一端固定在光滑水平桌面上方h

高度處，繩長l大于h，使小球在桌面上做如圖所示的勻速圓周運動，重力加速度為g。若

要小球不離開桌面，其轉(zhuǎn)速不得超過()

1g

A．B．2πg(shù)h

2πl(wèi)

1h1g

C．D．

2πg(shù)2πh

解析：選D。對小球受力分析，小球受三個力的作用，重力mg、水平桌面支持力FN、

繩子拉力F，小球所受合力提供向心力，設(shè)繩子與豎直方向夾角為θ，由幾何關(guān)系可知R＝h

2

v22222

tanθ，受力分析可知Fcosθ＋FN＝mg，F(xiàn)sinθ＝m＝mωR＝4mπnR＝4mπnhtanθ，當

R

1g

球即將離開水平桌面時，F(xiàn)N＝0，轉(zhuǎn)速n有最大值，此時nm＝，故D正確。

2πh

7．(2023·四川成都高三階段練習(xí))如圖所示為一種圓錐筒狀轉(zhuǎn)筒，左右各系著一長一短

的繩子掛著相同的小球，轉(zhuǎn)筒靜止時繩子平行圓錐面。不計空氣阻力，當轉(zhuǎn)筒中心軸開始緩

慢加速轉(zhuǎn)動，則下列說法正確的是()

A．角速度慢慢增大，一定是線短的那個球先離開圓錐筒

B．角速度達到一定值的時候兩個球一定同時離開圓錐筒

C．兩個球都離開圓錐筒后，它們的高度不一定相同

D．兩個球都離開圓錐筒后，它們的高度一定相同

解析：選D。設(shè)繩子與豎直方向的夾角為θ，小球恰好離開圓錐筒時，圓錐筒的支持力

g

為0，有mgtanθ＝mω2Lsinθ，解得ω＝，由上述式子可知，對于小球來說，繩

Lcosθ

子的長度越長，小球離開圓錐筒的臨界角速度越小，即越容易離開圓錐筒，可知線長的那個

球先離開圓錐筒，故A、B錯誤；當兩個球都離開圓錐筒時，此時繩子與豎直方向夾角為α，

g

小球只受重力和繩子的拉力，有mgtanα＝mω2Lsinα，h＝Lcosα，整理有h＝，因為兩

ω2

個小球繞同一軸轉(zhuǎn)動，所以兩小球的角速度相同，即兩小球高度相同，故C錯誤，D正確。

【綜合提升練】

8.(多選)如圖所示，一傾斜的勻質(zhì)圓盤繞垂直于盤面的固定對稱軸以恒定角速度ω轉(zhuǎn)動，

盤面上離轉(zhuǎn)軸2.5m處有一小物體(可視為質(zhì)點)與圓盤始終保持相對靜止，設(shè)最大靜摩擦力

等于滑動摩擦力，盤面與水平面的夾角為30°，g取10m/s2，則以下說法中正確的是()

A．小物體隨圓盤以不同的角速度ω做勻速圓周運動時，ω越大時，小物體在最高點處

受到的摩擦力一定越大

B．小物體受到的摩擦力可能背離圓心

3

C．若小物體與盤面間的動摩擦因數(shù)為，則ω的最大值是1.0rad/s

2

3

D．若小物體與盤面間的動摩擦因數(shù)為，則ω的最大值是3rad/s

2

解析：選BC。當物體在最高點時，也可能受到重力、支持力與摩擦力三個力的作用，

摩擦力的方向可能沿斜面向上(即背離圓心)，也可能沿斜面向下(即指向圓心)，摩擦力的方

向沿斜面向上時，ω越大時，小物體在最高點處受到的摩擦力越小，故A錯誤，B正確；當

物體轉(zhuǎn)到圓盤的最低點恰好不滑動時，圓盤的角速度最大，此時小物體受豎直向下的重力、

垂直于斜面向上的支持力、沿斜面指向圓心的摩擦力，由沿斜面的合力提供向心力，支持力

2

FN＝mgcos30°，摩擦力Ff＝μFN＝μmgcos30°，又μmgcos30°－mgsin30°＝mωR，解得ω

＝1.0rad/s，故C正確，D錯誤。

9.(多選)如圖所示，兩個質(zhì)量均為m的小木塊a和b(可視為質(zhì)點)放在水平圓盤上，a與

轉(zhuǎn)軸OO′的距離為l，b與轉(zhuǎn)軸的距離為2l。木塊與圓盤間的最大靜摩擦力為木塊所受重力

的k倍，重力加速度大小為g。若圓盤從靜止開始繞轉(zhuǎn)軸緩慢地加速轉(zhuǎn)動，用ω表示圓盤轉(zhuǎn)

動的角速度，且最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，下列說法正確的是()

A．b一定比a先開始滑動

B．a(chǎn)、b所受的摩擦力始終相等

kg

C．ω＝是b開始滑動的臨界角速度

2l

2kg

D．當ω＝時，a所受摩擦力的大小為kmg

3l

2

解析：選AC。小木塊a、b做圓周運動時，由靜摩擦力提供向心力，即Ff＝mωR，當

角速度增大時，靜摩擦力增大，當增大到最大靜摩擦力時，發(fā)生相對滑動，對木塊a有Ffa

22kg2

＝mωal，當Ffa＝kmg時，kmg＝mωal，ωa＝，對木塊b有Ffb＝mωb·2l，當Ffb＝kmg

l

2kgkg

時，kmg＝mωb·2l，ωb＝，則ω＝是b開始滑動的臨界角速度，所以b先達到

2l2l

最大靜摩擦力，即b比a先開始滑動，A、C正確；兩木塊滑動前轉(zhuǎn)動的角速度相同，則Ffa

222kgkg2

＝mωl，F(xiàn)fb＝mω·2l，F(xiàn)fa<Ffb，B錯誤；ω＝<ωa＝，a沒有滑動，則Ffa′＝mωl

3ll

2

＝kmg，D錯誤。

3

10．(2023·廣東汕頭一模)如圖甲所示，被稱為“魔力陀螺”玩具的陀螺能在圓軌道外側(cè)

旋轉(zhuǎn)不脫落，其原理可等效為如圖乙所示的模型：半徑為R的磁性圓軌道豎直固定，質(zhì)量

為m的鐵球(視為質(zhì)點)沿軌道外側(cè)運動，A、B分別為軌道的最高點和最低點，軌道對鐵球

的磁性引力始終指向圓心且大小不變，不計摩擦和空氣阻力，重力加速度為g，則()

A．鐵球繞軌道可能做勻速圓周運動

B．由于磁力的作用，鐵球繞軌道運動過程中機械能不守恒

C．鐵球在A點的速度必須大于gR

D．軌道對鐵球的磁性引力至少為5mg，才能使鐵球不脫軌

解析：選D。鐵球在運動的過程中受到重力、軌道的支持力和磁力的作用，其中鐵球受

軌道的磁性引力始終指向圓心且大小不變，支持力的方向過圓心，它們都始終與運動的方向

垂直，所以磁力和支持力都不能對小鐵球做功，只有重力會對小鐵球做功，所以小鐵球的機

械能守恒，在最高點的速度最小，在最低點的速度最大，小鐵球不可能做勻速圓周運動，故

A、B錯誤；小鐵球在運動的過程中受到重力、軌道的支持力和磁力的作用，在最高點軌道

對小鐵球的支持力的方向可以向上，小鐵球的速度只要大于0即可通過最高點，故速度不是

必需大于gR，故C錯誤；由于小鐵球在運動的過程中機械能守恒，所以小鐵球在最高點

mv2

的速度越小，則機械能越小，在最低點的速度也越小，根據(jù)Fn＝，可知小鐵球在最低

r

點時需要的向心力越小，而在最低點小鐵球受到的重力的方向向下，支持力的方向也向下，

只有磁力的方向向上，要使鐵球不脫軌，軌道對鐵球的支持力一定要大于0，所以鐵球恰好

不脫軌的條件是：小鐵球在最高點的速度恰好為0，而且到達最低點時，軌道對鐵球的支持

力恰好等于0，根據(jù)機械能守恒定律，小鐵球在最高點的速度恰好為0，到達最低點時的速

1

度滿足mg·2R＝mv2，軌道對鐵球的支持力恰好等于0，則磁力與重力的合力提供向心力，

2

v2

即F－mg＝m，聯(lián)立解得F＝5mg，可知要使鐵球不脫軌，軌道對鐵球的磁性引力至少為

R

5mg，故D正確。

11．如圖所示，半徑分別為rA、rB的兩圓盤水平放置，圓盤的邊緣緊密接觸，當兩圓盤

繞過圓心的豎直軸勻速轉(zhuǎn)動時，圓盤的邊緣不打滑。質(zhì)量分別為mA、mB的物塊A、B(均視

為質(zhì)點)分別放置在兩圓盤的邊沿，與圓盤間的動摩擦因數(shù)分別為μA、μB，最大靜摩擦力等

于滑動摩擦力，現(xiàn)讓圓盤繞過圓心的豎直軸轉(zhuǎn)動起來，A比B先滑動的條件是()

A.μArA＜μBrBB．μArB＜μBrA

μAμBμBμA

C．>D．<

rArBrArB

解析：選A。由牛頓第二定律與圓周運動規(guī)律，當A剛要相對圓盤滑動時摩擦力提供

22

mAvAmBvB

向心力，則μAmAg＝，解得vA＝μAgrA，當B剛要相對圓盤滑動時μBmBg＝，

rArB

解得vB＝μBgrB，當A比B先滑動時，則有vA＜vB，即μAgrA<μBgrB，化簡可得μArA

＜μBrB，故A正確，B、C、D錯誤。

12．如圖所示，輕桿長3L，在桿兩端分別固定質(zhì)量均為m的球A和B(均可視為質(zhì)點)，

光滑水平轉(zhuǎn)軸穿過桿上距球A為L處的O點，外界給系統(tǒng)一定能量后，桿和球在豎直平面

內(nèi)轉(zhuǎn)動，球B運動到最高點時，桿對球B恰好無作用力。忽略空氣阻力，重力加速度為g，

則球B在最高點時()

A．球B的速度為零

B．球A的速度大小為2gL

C．水平轉(zhuǎn)軸對桿的作用力為1.5mg

D．水平轉(zhuǎn)軸對桿的作用力為2.5mg

解析：選C。球B運動到最高點時，桿對球B恰好無作用力，即僅重力提供向心力，

2

vB

則有mg＝m，解得vB＝2gL，故A錯誤；由于A、B兩球的角速度相等，則球A的

2L

1

速度大小vA＝2gL，故B錯誤；B球在最高點時，對桿無彈力，此時A球受到的重力

2

2

vA

和拉力的合力提供向心力，有F－mg＝m，解得F＝1.5mg，即桿受到的彈力大小為1.5mg，

L

可知水平轉(zhuǎn)軸對桿的作用力為1.5mg，C正確，D錯誤。

13．(10分)(2023·山東棗莊模擬)如圖，輕桿長2l，中點裝在水平軸O上，兩端分別固

定著小球A和B(均可