2026年高考物理二轮复习讲练测专题06 圆周运动模型中临界问题和功与能（模型与方法讲义）（全国）（解析版）

专题06圆周运动模型中临界问题和功与能

目录

1．圆周运动的三种临界情况......................................................................................................................................1

2．常见的圆周运动及临界条件..................................................................................................................................1

3.竖直面内圆周运动常见问题与二级结论.................................................................................................................2

1．圆周运动的三种临界情况

(1)接触面滑动临界：Ff＝Fmax。

(2)接触面分离临界：FN＝0。

(3)绳恰好绷紧：FT＝0；绳恰好断裂：FT达到绳子可承受的最大拉力。

2．常见的圆周运动及临界条件

(1)水平面内的圆周运动

水平面内动力学方程临界情况示例

水平转盘上的物体

2

Ff＝mωr恰好发生滑动

圆锥摆模型

mgtanθ＝mrω2恰好离开接触面

(2)竖直面及倾斜面内的圆周运动

轻绳模型

v2恰好通过最高点，绳的拉力恰

最高点：FT＋mg＝m

r好为0

轻杆模型

v2恰好通过最高点，杆对小球的

最高点：mg±F＝m

r力等于小球的重力

带电小球在叠加场中的圆周关注六个位置的动力学方程，恰好通过等效最高点，恰好做

运动最高点、最低点、等效最高点、完整的圆周运动

等效最低点，最左边和最右边

位置

等效法

倾斜转盘上的物体

2

最高点：mgsinθ±Ff＝mωr

恰好通过最低点

2

最低点Ff－mgsinθ＝mωr

3.竖直面内圆周运动常见问题与二级结论

【问题1】一个小球沿一竖直放置的光滑圆轨道内侧做完整的圆周运动，轨道的最高点记为A和最低点记

为C，与原点等高的位置记为B。圆周的半径为R

v2

要使小球做完整的圆周运动，当在最高点A的向心力恰好等于重力时，由mgm可得vgR①

R

对应C点的速度有机械能守恒

11

mg2Rmv2mv2得v5gR②

2C2AC

当小球在C点时给小球一个水平向左的速度若小球恰能到达与O点等高的D位置则由机械能守恒

1

mgRmv2得v2gR③

2cc

小结：当时小球能通过最高点小球在点受轨道向内的支持力

(1).vc5gRAA

v2

由牛顿第二定律FmgmA④

AR

当时小球恰能通过最高点小球在点受轨道的支持力为

(2).vc5gRAA0

v2

由牛顿第二定律mgmA。⑤

R

当时小球不能通过最高点小球在点，上升至圆弧间的某一位向右做斜抛运

(3).2gRvc5gRAADA

动离开圆周，且v越大离开的位置越高，离开时轨道的支持力为0

v2h

在DA段射重力与半径方向的夹角为则mgcosm、cos

RR

当时小球不能通过最高点上升至圆弧的某一位置速度减为之后沿圆弧返回。上

(4).0vc2gRACD0

升的最高点为C永不脱离轨道

【问题2】常见几种情况下物体受轨道的作用力

1

(1)从最高点A点静止释放的小球到达最低点C：由机械能守恒mg2Rmv2

2C

v2

在C点由牛顿运动定律：FmgmC得F5mg⑥

NRN

1

(2)从与O等高的D点（四分之一圆弧）处静止释放到达最低点C：由机械能守恒mgRmv2

2C

v2

在C点由牛顿运动定律：FmgmC得F3mg⑦

NRN

从点以初速度释放小球到达最低点

(3)AvAgR

11

由机械能守恒mg2Rmv2-mv2

2C2A

v2

在C点由牛顿运动定律：FmgmC得F6mg⑧

NRN

【典例1】“旋转秋千”是游乐园里常见的游乐项目，如图甲所示，其基本装置是将绳子上端固定在转盘的边

上，绳子下端连接座椅，游客坐在座椅上随转盘旋转而在空中飞旋。若将“旋转秋千”简化为如图乙所示的模

型，人和座椅看作质点，总质量约为m=80kg，圆盘的半径为R=2.5m，绳长L2R，圆盘以恒定的角速度

转动时，绳子与竖直方向的夹角为θ=45°，若圆盘到达最高位置时离地面的高度为h=22.5m，重力加速度g

取10m/s2.在游玩过程中，游客的手机不慎从手中自由滑落。忽略空气阻力的影响，求：

（1）手机滑落瞬间的速度大小；

（2）手机落地点距离中心转轴的距离。

【答案】（1）52m/s；（2）15m

【详解】（1）设乘客和座椅的总质量为m，绳子拉力为FT，对乘客和座椅整体进行分析，有

2

FTcosmg，FTsinm(RLsin)

联立，解得

2rad/s

手机滑落瞬间的速度

v(RLsin)

解得

v52m/s

（2）手机滑落后做平抛运动，竖直方向有

1

hLcosgt2

2

解得

t2s

则平抛运动的水平位移为

xvt102m

手机落地点距离中心转轴的距离

sx2(RLsin)2

解得

s15m

【典例2】如图，在竖直平面内，一半径为R的光滑圆弧轨道ABC和水平轨道PA在A点相切，BC为圆弧

3

轨道的直径，O为圆心，OA和OB之间的夹角为α，sin，一质量为m的小球沿水平轨道向右运动，

5

经A点沿圆弧轨道通过C点，落至水平轨道；在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受

到一水平恒力的作用，已知小球在C点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零。重

力加速度大小为g。（提示：可以尝试把小球所受合力看作新的重力）求：

（1）水平恒力的大小和小球到达C点时速度的大小；

（2）小球到达A点时动量的大小；

35gRm23gR

【答案】（1）mg，；（2）

422

【详解】（1）设水平恒力的大小为F0，小球到达C点时所受合力的大小为F。由力的合成法则有

F

0tan①

mg

222

F(mg)F0②

设小球到达C点时的速度大小为v，由牛顿第二定律得

v2

Fm③

R

由①②③式联立解得

3

Fmg④

04

5gR

v⑤

2

（2）设小球到达A点的速度大小为v1，作CDPA，交PA于D点，由几何关系得

DARsin⑥

CDR(1cos）⑦

由动能定理有

11

mgCDFDAmv2mv2⑧

0221

由④⑤⑥⑦⑧式解得，小球在A点的动量大小为

m23gR

pmv⑨

12

【总结提升】解决圆周运动问题的基本思路

分析物体受力情况，画出受力示意图，确定向心力来源→

利用平行四边形定则、正交分解法等表示出径向合力

→根据牛顿第二定律及向心力公式列方程

【典例3】如图所示，轻杆的一端固定在通过O点的水平转轴上，另一端固定一小球，轻杆绕O点在竖直

平面内沿顺时针方向做匀速圆周运动，其中A点为最高点，C点为最低点，B点与O点等高，下列说法正

确的是()

A．小球经过A点时，所受杆的作用力一定竖直向下

B．小球经过B点时，所受杆的作用力沿着BO方向

C．从A点到C点的过程，小球重力的功率保持不变

D．从A点到C点的过程，杆对小球的作用力做负功

【答案】D

v2

【解析】小球经过A点时，合外力提供向心力，则当小球速度较小时有m<mg，则所受杆的作用力竖直向

r

v2v2

上；当小球速度较大时有m>mg，则所受杆的作用力竖直向下；当小球速度满足m＝mg时，则杆对小球

rr

无作用力，故A错误；

小球重力和杆的作用力的合力提供向心力，则小球在B点所受杆的作用力斜向右上方，故B错误；

A点和C点处重力与速度方向垂直，则小球重力的功率为0，B点处重力与速度共线，故重力功率不为0，

则从A点到C点的过程，小球重力的功率先增大再减小，故C错误；

A到C的过程中，重力做正功，根据动能定理可知WG＋W杆＝ΔEk＝0，故杆对小球的作用力做负功，故D

正确。

【提炼总结】解决竖直面内圆周运动的三点注意

1．竖直面内的圆周运动通常为变速圆周运动，合外力沿半径方向的分力提供向心力，在轨迹上某点对物体

进行受力分析，根据牛顿第二定律列出向心力方程。

2．注意临界问题：物体与轨道脱离的临界条件是FN＝0或FT＝0。

3．求物体在某一位置的速度，可根据动能定理或机械能守恒定律，将初、末状态的速度联系起来。

【典例4】如图所示，被锁定在墙边的压缩弹簧右端与质量为0.2kg、静止于A点的滑块P接触但不粘连，

滑块P所在光滑水平轨道与半径为0.8m的光滑半圆轨道平滑连接于B点，压缩的弹簧储存的弹性势能为

2.8J，重力加速度取10m/s2，现将弹簧解除锁定，滑块P被弹簧弹出，脱离弹簧后冲上半圆轨道的过程中（）

A．可以到达半圆轨道最高点D

B．经过B点时对半圆轨道的压力大小为9N

C．不能到达最高点D，滑块P能到达的最大高度为1.35m

D．可以通过C点且在CD之间某位置脱离轨道，脱离时的速度大小为2.2m/s

【答案】BC

【详解】A．设滑块P恰能通过最高点D，则有

v2

mgmD

R

解得

vD22m/s

则滑块P从B点到D点，根据动能定理有

11

mg2Rmv2mv2

2D2B

解得滑块在B点的动能为

1

Emv24J2.8J

kB2B

所以滑块不能到达半圆轨道最高点D，故A错误；

B．滑块经过B点时的速度大小为vB，根据功能关系可得

12

E弹簧＝mv

2B

在B点根据牛顿第二定律可得

v2

Fmg＝mB

NR

联立解得

＝

FN9N

根据牛顿第三定律可知对半圆轨道的压力大小为9N，故B正确；

CD．滑块在C点的重力势能为

＝＝＝＜

EpmgR0.2100.8J1.6J2.8J

则滑块可以通过C点且在CD之间某位置脱离轨道，此时的速度大小为v

根据功能关系可得

12

E弹簧＝mvmgR（1cos）

2

根据牛顿第二定律可得

v2

mgcosm

R

联立解得

＝60o，v＝2m/s

滑块离开轨道后做斜上抛运动

3

v＝vcos30＝2m/s＝3m/s

x2

根据功能关系可得

12

E弹簧＝mvmgh

2x

解得滑块P能到达的最大高度为

h＝1.35m

故C正确，D错误。

故选BC。

1．如图所示，质量为m的小物块开始静止在一半径为R的球壳内，它和球心O的连线与竖直方向的夹角

为30°。现让球壳随转台绕转轴OO'一起转动，物块在球壳内始终未滑动，重力加速度大小为g，则（）

3

A．静止时物块受到的摩擦力大小为mg

2

3g

B．若转台的角速度为，小物块不受摩擦力作用

3R

g

C．若转台的角速度为，小物块受到的摩擦力沿球面向下

R

3g

D．若转台的角速度为2，小物块受到的摩擦力沿球面向下

3R

【答案】D

【详解】A．静止时，对物块分析，根据平衡条件有

1

fmgsin30mg

02

故A错误；

B．球壳随转台绕转轴OO'一起转动，物块做匀速圆周运动，由沿圆周半径方向的合力提供向心力，若物块

所受摩擦力恰好为0时，角速度为0，对物块进行分析，则有

2

mgtan30m0Rsin30

解得

23g

03R

故B错误；

g

C．若转台的角速度为，由于

R

g23g

R03R

可知，物块有沿球壳向下运动的趋势，小物块受到的摩擦力沿球面向上，故C错误

3g

D．若转台的角速度为2，由于

3R

3g23g

2

3R03R

可知，物块有沿球壳向上运动的趋势，小物块受到的摩擦力沿球面向下，故D正确。

故选D。

2．如图所示，长度为l的轻绳一端固定在O点，另一端系着一个质量为m的小球，当小球在最低点时，获

得一个水平向右的初速度v02gl，重力加速度为g，不计空气阻力。在此后的运动过程中，下列说法正

确的是（）

A．小球恰好能到达竖直面内的最高点

B．当小球运动到最右端时，小球所受的合力大小为2mg

2

C．轻绳第一次刚好松弛时，轻绳与竖直方向夹角的余弦值为

3

D．初状态在最低点时，细绳对小球的拉力大小为4mg

【答案】C

【详解】A．若小球能到达最高点，根据机械能守恒，有

11

mg2lmv'2mv2v'0

220

根据小球在竖直面内的圆周运动受力特点，可知恰好做完整的圆周运动，则在最高点时小球重力恰好提供

所需向心力，根据牛顿第二定律可得

v2

mgm

l

在最高时小球的最小速度为

vgl0

故A错误；

B．分析小球从最低点运动到最右端的过程，根据机械能守恒，有

11

mglmv2mv2v2gl

21201

根据牛顿第二定律和向心力可得，小球的向心力为

2

mv1

F向2mg

l

又因为小球受重力作用，根据平行四边形定则可知小球所受的合力为

22

F合F向（mg）5mg

故B错误；

C．当轻绳第一次刚好松弛时，绳的拉力为零，设此时的速度大小为v2，轻绳与竖直向上方向夹角为α，如

图所示

由径向合力提供向心力，有

mv2

mgcos2

l

由机械能守恒有

11

mg(llcos)mv2mv2

2220

联立解得

2gl2

v，cos

233

故C正确；

D．小球在最低点，根据牛顿第二定律有

mv2

Fmg0F5mg

l

轻绳受到的拉力大小为5mg，故D错误。

故选C。

3．如图所示，小球m在竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动，下列说法中正确的有（）

A．小球通过最高点的最小速度为g(Rr)

B．小球通过最高点的最小速度为零

C．小球在水平线ab以上管道中运动时，内侧管壁对小球一定无作用力

D．小球在水平线ab以下管道中运动时，外侧管壁对小球可能无作用力

【答案】B

【详解】AB．在最高点，由于外管或内管都可以对小球产生弹力作用，当小球的速度等于0时，内管对小

球产生弹力，大小为mg，故最小速度为0，故A错误，B正确；

C．小球在水平线ab以上管道中运动时，当速度非常大时，内侧管壁没有作用力，此时外侧管壁有作用力；

当速度比较小时，内侧管壁有作用力，故C错误；

D．小球在水平线ab以下管道运动，由于沿半径方向的合力提供做圆周运动的向心力，所以外侧管壁对小

球一定有作用力，故D错误。

故选B。

4．如图所示，一半径为R的圆环处于竖直平面内，A是与圆心等高点，圆环上套着一个可视为质点的、质

量为m的小球。现使圆环绕其竖直直径转动，小球和圆环圆心O的连线与竖直方向的夹角记为θ，转速不

同，小球静止在圆环上的位置可能不同。当圆环以角速度ω匀速转动且小球与圆环相对静止时（）

g

A．若圆环光滑，则角速度

Rtan

gtan

B．若圆环光滑，则角速度

R

g

C．若小球与圆环间的摩擦因数为μ，且小球位于A点，则角速度ω可能等

R

g

D．若小球与圆环间的摩擦因数为μ，且小球位于A点，则角速度ω可能等于

R

【答案】D

【详解】AB．小球在图示位置时的受力分析如图所示

则小球所受合外力提供向心力，即

2

F合mgtanmr

rRsin

以上两式联立，解得

g

Rcos

故AB错误；

CD．若小球在A点时，则圆环对小球的支持力提供向心力，圆环对小球的静摩擦力与重力等大反向，即

Nm2R

Nmg

联立，解得

g

ω

μR

故C错误，D正确。

故选D。

5．如图甲所示的陀螺可在圆轨道的外侧旋转而不脱落，好像轨道对它施加了魔法一样，被称为“魔力陀螺”。

其物理原理可等效为如图乙所示的模型：半径为R的磁性圆轨道竖直固定，质量为m的小铁球视为质点在

轨道外侧转动，A、B两点分别为轨道上的最高、最低点，铁球受轨道的磁性引力始终指向圆心且大小不变，

重力加速度为g，不计摩擦和空气阻力，下列说法正确的是（）

A．铁球可能做匀速圆周运动

B．铁球绕轨道转动时机械能不守恒

C．铁球在A点的速度一定大于或等于gR

D．要使铁球不脱轨，轨道对铁球的磁性引力至少为5mg

【答案】D

【详解】A．铁球在竖直轨道上做圆周运动，受到重力、轨道的支持力和磁性引力的作用，其中铁球受轨道

的磁性引力始终指向圆心且大小不变，支持力的方向过圆心，它们都始终与铁球的运动方向垂直，所以磁

力和支持力对铁球都不做功，只有重力对铁球做功，所以铁球的机械能守恒，在最高点的速度最小，在最

低点的速度最大，所以铁球不可能做匀速圆周运动，故A错误；

B．铁球绕轨道转动时，只有重力做功，其机械能守恒，故B错误；

C．在A点，轨道可以支撑铁球，所以要使铁球不脱轨做完整圆周运动，铁球在A点时的速度大于等于零即

可，故C错误；

D．铁球在最低点时，若恰不脱轨，则满足

v2

Fmgm

R

从铁球恰在最高点到最低点时，由机械能守恒定律得

1

2mgRmv2

2

解得

F=5mg

即要使铁球不脱轨做完整圆周运动，轨道对铁球的磁性引力大小至少为5mg，故D正确。

故选D。

6.（多选）如图所示，倾角为30的斜面体置于粗糙的水平地面上，斜面上有一质量为4m的滑块，通过轻

绳绕过光滑的滑轮与质量为m的带正电的小球（可视为质点）相连，滑轮下方有一个光滑的小孔，轻绳与

斜面平行。小球在水平面内做圆周运动，轻绳与竖直方向的夹角也为30。斜面体和滑块始终静止，滑块与

3

斜面的动摩擦因数为，小球与小孔之间的绳长为L，重力加速度为g，下列说法正确的是（）

2

A．斜面体所受到地面的摩擦力大小为mg

B．若增大小球的转速，绳子对小孔的作用力减小

15g

C．若增大小球的转速，小球能达到的最大转速为

2πL

D．若此时在空间加上竖直向下的电场，要使小球的转速不变，则小球到转动中心的距离增大

【答案】AC

【详解】A．对小球受力分析有

mgTcos30

解得

mg23

Tmg

cos303

将滑块和斜面看成整体，由平衡条件得，斜面体所受摩擦力大小为

233

fTcos30mgmg

132

故A正确；

B．设绳与竖直方向的夹角为，对小球有

Tsinm2Lsin

Tcosmg

可得

Tm2L

又因为

2n

所以随着转速的增大，角速度会增大；拉力会增大，绳与竖直方向的夹角会增大，两绳的夹角会减小，所

以合力会增大；所以绳子对小孔的作用力增大；故B错误；

C．因为绳对滑块的拉力越大，滑块越容易往上滑动。所以当小球转速最大，即绳的拉力最大时，对滑块受

力分析得

T4mgsin304mgcos30

即

m2L4mgsin304mgcos30

可得最大角速度为

5g

L

所以最大转速为

15g

n

22L

故C正确；

D．加上电场后，对小球受力分析知

Tsinm2Lsin

TcosmgqE

因为要使转速不变，即角速度不变，所以绳子的拉力大小不变，因为竖直方向绳的分力相对没有加电场时

增大了，所以由以上公式知减小，即小球到转动中心的距离减小，故D错误。

故选AC。

7.（多选）．如图所示，在水平圆盘上，沿半径方向放置物体A和B，mA4kg，mB1kg，它们分居在圆

心两侧，与圆心距离为rA0.1m，rB0.2m，中间用细线相连，A、B与盘间的动摩擦因数均为＝0.2，

设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，若圆盘从静止开始绕中心转轴非常缓慢地加速转动，g10m/s2，以下

说法正确的是（）

A．B的摩擦力先达到最大

B．当25rad/s时，绳子出现张力

C．当30rad/s时，A、B两物体出现相对滑动

D．当52rad/s时，A、B两物体出现相对滑动

【答案】AD

【详解】A．若A达到最大静摩擦力时的临界角速度满足

＝2

mAgmA0ArA

代入数据解得

0A25rad/s

同理可得B达到最大静摩擦力时的临界角速度为

＝2

mBgmB0BrB

代入数据解得

0B10rad/s

则当圆盘转动的速度逐渐变大时，B先达到临界角速度值，则B的摩擦力先达到最大，故A正确；

B．当B的摩擦力达到最大时，转速再增加时，绳子出现张力，即当10rad/s时，绳子出现张力，故B

错误；

1

CD．A与B的角速度相等，A的质量是B的4倍而A做圆周运动的半径是B的，根据2可知A

2Fmr

需要的向心力大，所以当AB两物体出现相对滑动时A背离圆心运动，B向着圆心运动，此时B受静摩擦

力方向背离圆心，A受静摩擦力方向指向圆心，则对A有：

＝2

TmAgmA1rA

对B有：

＝2

TmBgmB1rB

解得

150rad/s=52rad/s

故C错误，D正确。

故选AD。

8.（多选）如图，质量为m的电动遥控玩具车在竖直面内沿圆周轨道内壁以恒定速率v运动，已知圆轨道

的半径为R，玩具车所受的摩擦阻力为玩具车对轨道压力的k倍，重力加速度为g，P、Q为圆轨道上同一

竖直方向上的两点，不计空气阻力，运动过程中，玩具车（）

A．在最低点与最高点对轨道的压力大小之差为6mg

2mv2

B．通过P、Q两点时对轨道的压力大小之和为

R

C．由最低点到最高点克服摩擦力做功为kπmv²

D．由最低点到最高点电动机做功为2kπmv²+2mgR

【答案】BC

【详解】A．在最低点，玩具车在半径方向受到向下的重力和向上的支持力，由向心力公式得

mv2

Fmg

1R

在最高点，玩具车在半径方向受到向下的重力和向下的支持力，由向心力公式得

mv2

Fmg

2R

两式相减可得

F1F22mg

A错误；

BC．在PQ两点的受力如图所示

在Q点，由向心力公式有

mv2

Nmgcos

1R

在P点，由向心力公式有

mv2

Nmgcos

2R

两式相加可得

2mv2

NN

12R

因摩托车在不同位置与圆轨道间的压力不同，所以摩擦力是一个变力，将圆轨道分成N段，在轨道上下关

2R

于水平直径对称的位置上取两小段A、B，每段的长度为x，则在A、B两小段的压力可视为恒力，

N

摩擦力做功之和为

WkNNΔx

f112

解得

2mv22R4kmv²

Wk

f1RNN

所以摩托车从最低点到最高点克服摩擦力做功为

N

WWkmv²

f24f1

BC正确；

D．玩具车在竖直面内沿圆周轨道内壁以恒定速率v运动,由最低点到最高点由动能定理可知

WWmg2R0

Ff2

解得

WFkmv²2mgR

D错误。

故选BC。

9．（多选）在X星球表面宇航员做了一个实验：如图甲所示，轻杆一端固定在O点，另一端固定一小球，

现让小球在竖直平面内做半径为R的圆周运动，小球运动到最高点时，受到的弹力为F，速度大小为v，其

2

Fv图像如图乙所示。已知X星球的半径为R0，引力常量为G，不考虑星球自转，则下列说法正确的是

（）

A．X星球的第一宇宙速度v1b

3b

B．X星球的密度

4GR0

bR2

C．X星球的质量M0

GR

2RR0

D．环绕X星球的轨道离星球表面高度为R0的卫星周期T4

b

【答案】CD

【详解】A．小球在最高点时有

v2

mgFm

R

所以可得

v2

Fmgm

R

将图线与横轴交点代入则得

b

g

R

则X星球的第一宇宙速度为

bR

vgR0

10R

A错误；

BC．根据

GMm

mg

R0

则X星球的质量为

gR2bR2

M00

GGR

X星球的密度为

2

bR0

M3b

GR

V434GRR

R0

30

B错误，C正确；

D．根据

GMm42r