新高考物理二轮复习易错重难点讲与练重难04 经典圆周运动（重难专练）（2份，原卷版+解析版）

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1. 绳球模型、杆球模型两类经典模型中的临界条件——情景分析
两类模型对比分析
2. 圆锥摆模型规律总结
(1)圆锥摆的周期
如图摆长为L，摆线与竖直方向夹角为θ。
受力分析，由牛顿第二定律得：mgtanθ＝meq \f(4π2, T2)r
r＝Lsinθ
解得T＝2πeq \r(\f(Lcsθ,g))＝2πeq \r(\f(h,g))。
(2)结论
①摆高h＝Lcsθ，周期T越小，圆锥摆转得越快，θ越大。
②摆线拉力F＝eq \f(mg,csθ)，圆锥摆转得越快，摆线拉力F越大。
③摆球的加速度a＝gtanθ。
2. 圆锥摆的两种变形
变形1：具有相同锥度角的圆锥摆（摆长不同），如图甲所示。
由a＝gtanθ知A、B的向心加速度大小相等。由a＝ω2r知ωAvB。

变形2：具有相同摆高、不同摆长和摆角的圆锥摆，如图乙所示。
由T＝2πeq \r(\f(h,g))知摆高h相同，则TA＝TB，ωA＝ωB，由v＝ωr知vA>vB，由a＝ω2r知aA>aB。
3. 水平面内圆周运动中的多物体牵连问题
1. 两个质量均为m的木块A、B用恰好伸直的轻绳相连，放在水平圆盘上，A恰好处于圆盘中心。
（1）轻绳出现拉力的临界角速度：对木块B分析， ，。
（2）A、B相对圆盘滑动的临界条件：角速度继续增大，绳子出现拉力，B受最大静摩擦力不变，角速度继续增大，A的静摩擦力继续增大，当增大到最大静摩擦力时，A、B相对于转盘开始滑动。
对木块A分析，；对木块B分析，。解得临界角速度为。
结论：当时，轻绳上拉力为0；当时，A、B相对圆盘发生滑动。
2. 两个质量均为m的木块A、B用恰好伸直的轻绳相连，放在水平圆盘上。
（1）轻绳出现拉力的临界角速度：对木块B分析， ，。
（2）A、B相对圆盘滑动的临界条件：角速度继续增大，绳子出现拉力，B受最大静摩擦力不变，角速度继续增大，A的静摩擦力继续增大，当增大到最大静摩擦力时，A、B相对于转盘开始滑动。
对木块A分析，；对木块B分析，。解得临界角速度为。
结论：当时，轻绳上拉力为0；当时，A、B相对圆盘发生滑动。
3. A、B两物块叠放在转盘上
（1）若，则B先相对转盘发生滑动，临界角速度为。
（2）若，则则A先相对B发生滑动，则A先相对B发生滑动。
4. 圆周运动中的临界问题
1. 圆周运动常见的临界状态
（1）与绳或杆的弹力有关弹力恰好为0；
（2）与静摩擦力有关，静摩擦力达到最大值；
（3）绳子恰好断裂，绳子的张力达到最大承受值。
2. 三类情况分析
（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盘间恰好达到最大静摩擦力。
（2）绳子被拉断：绳上拉力恰好为最大承受力等。
（3）与支持面或杆的弹力有关的临界问题：要分析出恰好无支持力这一临界状态下的角速度（或线速度）等。
注意：临界条件的确定：当绳子的拉力达到最大值时，或者物体所受的静摩擦力达到最大静摩擦力时，就会出现临界情况。比如，在圆锥摆中，如果角速度逐渐增大，当绳子拉力达到其所能承受的最大值时，就达到了临界状态。此时，需要根据牛顿第二定律和向心力公式列出方程，结合临界条件来求解相关物理量。在临界状态下，对物体的受力情况和运动状态的分析不准确，导致无法正确列出方程求解。在临界状态下，物体的受力情况可能会发生变化。
（建议用时：20分钟）
1．（2025·河北·高考真题）某同学在傍晚用内嵌多个彩灯的塑料绳跳绳，照片录了彩灯在曝光时间内的运动轨迹，简图如图。彩灯的运动可视为匀速圆周运动，相机本次曝光时间是，圆弧对应的圆心角约为，则该同学每分钟跳绳的圈数约为（ ）
A．90B．120C．150D．180
【答案】C
【详解】根据题意可知跳绳的转动角速度为
故每分钟跳绳的圈数为
故选C。
2．（2025·广东·高考真题）将可视为质点的小球沿光滑冰坑内壁推出，使小球在水平面内做匀速圆周运动，如图所示。已知圆周运动半径R为，小球所在位置处的切面与水平面夹角为，小球质量为，重力加速度g取。关于该小球，下列说法正确的有（ ）
A．角速度为B．线速度大小为
C．向心加速度大小为D．所受支持力大小为
【答案】AC
【详解】A．对小球受力分析可知
解得
故A正确；
B．线速度大小为
故B错误；
C．向心加速度大小为
故C正确；
D．所受支持力大小为
故D错误。
故选AC。
3．（2025·江苏·高考真题）游乐设施“旋转杯”的底盘和转杯分别以、为转轴，在水平面内沿顺时针方向匀速转动。固定在底盘上。某时刻转杯转到如图所示位置，杯上A点与、恰好在同一条直线上。则（ ）
A．A点做匀速圆周运动
B．点做匀速圆周运动
C．此时A点的速度小于点
D．此时A点的速度等于点
【答案】B
【详解】A．A点运动为A点绕的圆周运动和相对于O的圆周运动的合运动，故轨迹不是圆周，故不做匀速圆周运动，故A错误；
B．根据题意固定在底盘上，故可知围绕O点做匀速圆周运动，故B正确；
CD．杯上A点与、恰好在同一条直线上时且在延长线上，点和点运动运动方向相同，又A点相对点做圆周运动，故此时A的速度大于的速度，故CD错误。
故选B。
4．（2025·江苏南通·一模）如图所示，在水平面上细线一端固定，另一端系一个物体A，现给物体A垂直于线的速度，经过B点后正好停止于C点。在此过程中（ ）
A．物体的加速度始终指向O点
B．物体受到3个力作用
C．细线拉力在减小
D．细线拉力做功等于动能的减少
【答案】C
【详解】A．物体做变速圆周运动，沿切线方向加速度与运动方向相反，向心加速度指向圆心，物体的加速度为两方向加速度的矢量和，不指向圆心，故A错误；
B．物体受到重力、支持力、拉力和摩擦力4个力的作用，故B错误；
C．细线拉力提供物体做圆周运动的向心力，由知速度减小则拉力减小，故C正确；
D．细线拉力始终与运动方向垂直，不做功，故D错误。
故选C。
5．（2025·贵州贵阳·模拟预测）光滑水平细杆和竖直细杆固接于O点构成了“”装置，如图所示。A是内径略大于杆直径的圆环、B是质量与A相同的小球，A、B均可视为质点，其中A套在水平细杆上，B系着长度相等的两根轻绳，轻绳上端分别系于O点和A环上。已知重力加速度大小为g，不计空气阻力。当整个装置一起以角速度ω绕竖直杆匀速转动时，小球B到水平杆的距离为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】设小球B做匀速圆周运动的半径为，则圆环A做匀速圆周运动的半径为，左边绳的拉力为，右边绳的拉力为，两绳与水平杆的夹角均为，两物体的质量都为m。对A分析，根据牛顿第二定律有
对B分析，在水平方向上根据牛顿第二定律有
联立可得
对B分析，在竖直方向根据平衡条件有
联立可得
根据几何关系可知小球B到水平杆的距离
解得
故选D。
6．（2025·江西宜春·模拟预测）如图所示，长为L的悬线固定在O点，在O点正下方处有一钉子C，把悬线另一端的小球m拉到跟悬点在同一水平面上无初速度释放，小球到悬点正下方时悬线碰到钉子，则小球的（ ）
A．线速度突然增大B．角速度突然增大
C．向心加速度不变D．以上说法均不对
【答案】B
【详解】AB．当小球运动到O点正下方时，由于圆心由O点变成C点，小球做圆周运动的半径突然减小，而小球的线速度不能突变，即线速度不变，根据
可知角速度会突然增大，故A错误，B正确；
CD．根据
因半径减小，故向心加速度突然增大，故CD错误。
故选B。
7．（2025·吉林松原·模拟预测）如图甲所示凸轮轴为汽车发动机上的重要部分，轮缘上各点到轴O的距离各不相同，凸轮轴围绕轴O转动。某同学在轮缘上取如图乙所示的a、b两点，并做出了a、b两点的速度方向，均沿着轮缘的切线方向，其中、与的夹角小于。下列判断正确的是（ ）。
A．该同学做出的a点的速度方向是正确的
B．该同学做出的b点的速度方向是正确的
C．a点的线速度小于b点的线速度
D．a、b两点角速度相同
【答案】AD
【详解】AB．根据线速度方向沿轨迹切线方向，可知a、b两点的线速度方向分别与、垂直，故A正确，B错误；
D．a、b两点为同轴转动的物体上的两点，故有相同的角速度，故D正确；
C．由图可知a点离轴心的距离更大，根据
可知a点的线速度大于b点的线速度，故C错误。
故选AD。
（建议用时：30分钟）
8．（2025·重庆·高考真题）“魔幻”重庆的立体交通层叠交错，小明选取其中两条线探究车辆的运动。如图所示，轻轨列车与汽车以速度分别从M和N向左同时出发，列车做匀速直线运动，汽车在长为s的NO段做匀减速直线运动并以速度进入半经为R的OP圆孤段做匀速圆周运动。两车均视为质点，则（ ）
A．汽车到O点时，列车行驶距离为sB．汽车到O点时，列车行驶距离为
C．汽车在OP段向心加速度大小为D．汽车在OP段向心加速度大小为
【答案】B
【详解】AB．对汽车，根据速度位移关系
可得匀减速运动的加速度大小
汽车做减速运动的时间
这段时间列车行驶距离为
B正确，A错误；
CD．根据
可得汽车在OP段向心加速度大小为
CD错误。
故选B。
9．（2025·山东·高考真题）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=5m的圆形区域，OO′垂直地面，无人机在离地面高度H=20m的空中绕O′点、平行地面做半径R2=3m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=10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．
B．
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
【答案】BC
【详解】AB．物品从无人机上释放后，做平抛运动，竖直方向
可得
要使得物品落点在目标区域内，水平方向满足
最大角速度等于
联立可得
故A错误，B正确；
CD．无人机从A到B的时间
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。
10．（2025·甘肃·模拟预测）三百六十行，行行出状元。最近一段服务员快速摆餐盘的视频火遍全网，服务员把盘子均匀放到餐桌中间的转盘边缘上后，增大转盘转动角速度，餐盘从转盘边缘飞出，落在餐桌上立即停下。已知餐盘和转盘间的动摩擦因数为，餐盘到转盘中心的距离为，忽略餐盘的大小，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，转盘到桌面的高度为，重力加速度为，下列说法正确的是（ ）
A．餐盘质量越大从转盘边缘飞出时速度越小
B．餐盘落到餐桌上前瞬间的速度大小为
C．转盘加速转动过程中，餐盘受到的摩擦力始终指向转盘中心
D．落到餐桌上的餐盘到转盘中心的水平距离为
【答案】B
【详解】A．餐盘从转盘边缘飞出时，满足
故飞出时速度为，与质量无关，故A错误；
B．餐盘飞出后做平抛运动，有，，
餐盘落到餐桌上的速度为，故B正确；
C．餐盘随转盘加速转动过程中，速度增大，合外力即摩擦力不指向圆心，故C错误；
D．落到餐桌上的餐盘到转盘中心的水平距离为，故D错误。
故选B。
11．（2025·广东深圳·模拟预测）如图所示，质量为m的夯杆在左右两个半径均为R，角速度为ω的摩擦轮的作用下，由静止开始向上运动，上升一定高度后摩擦轮松开，松开之前夯杆与摩擦轮间已经相对静止。已知摩擦轮与夯杆间动摩擦因数均为μ，弹力大小为F，重力加速度为g，不计空气阻力。关于夯杆从起动到摩擦轮松开的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．受到摩擦轮的摩擦力始终保持不变
B．夯杆的最大速度大小等于
C．加速过程中加速度大小等于
D．加速运动的时间等于
【答案】B
【详解】B．松开之前，与摩擦轮相对静止，因此夯杆的速度大小与摩擦轮的线速度大小相等，故B正确；
AC．夯杆向上运动过程为先向上加速，此时夯杆受向上的滑动摩擦力为2μF，则由牛顿第二定律，
可得
相对静止时，受力平衡，故摩擦力发生改变，即AC错误；
D．根据，解得，故D错误。
故选B。
12．（2025·广东·模拟预测）端午节期间，全国多地都举行赛龙舟比赛，吸引游客前来观看，其中叠滘的龙舟漂移技术让大家为之惊叹。如图所示，甲、乙两龙舟正并排以恒定的速率过同一圆形弯道，已知甲、乙两龙舟的质量关系为，下列说法正确的是（ ）
A．水对龙舟的作用力与龙舟的运动方向垂直，指向圆形弯道的圆心
B．若甲、乙转弯时速率相同，则甲所需的向心力更大
C．当转弯时的速度增大时，舵手身体向内侧倾斜的程度应增大
D．若甲、乙以相同的角速度转弯时，甲更容易发生漂移
【答案】C
【详解】A．水对龙舟的作用力的竖直分力与重力平衡，水平分力提供向心力，故水对龙舟的作用力与龙舟的运动方向垂直但不指向圆形弯道的圆心，故A错误；
B．根据向心力
可知转弯速率一样，甲的质量小，甲的半径小，所以无法比较甲、乙的向心力大小，故B错误；
C．由
可知R一定时，v越大，越大，舵手身体向内侧倾斜程度越大,可以额外提供一部分向心力，故C正确；
D．由
可知转弯角速度相同，乙的质量大，乙的半径大，故所需向心力大，更容易发生漂移，故D错误。
故选C。
13．（2025·河北衡水·三模）某游戏转盘装置如图所示，游戏转盘水平放置且可绕转盘中心的转轴转动。转盘上放置两个物块A、B，物块A、B通过轻绳相连。开始时，绳恰好伸直但无弹力，现让该装置从静止开始转动，使其角速度缓慢增大。整个过程中，物块A、B都相对于盘面静止，物块A、B到转轴的距离分别为、，物块A、B的质量均为，与转盘间的动摩擦因数均为，接触面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为。下列说法正确的是（ ）
A．当转盘的角速度大于时，绳子才会产生拉力
B．当两物块都将要相对转盘滑动时，转盘的角速度为
C．当两物块都将要相对转盘滑动时，绳子的拉力大小为
D．当转盘的角速度等于时，物块A受到指向圆心方向的摩擦力
【答案】B
【详解】A．根据向心力公式可知A、B两物块向心力大小分别为、，故物块B先达到最大静摩擦力，绳子将产生拉力，则有
得，A错误；
BC．当物块A也达到最大静摩擦力时，对B有
对A有
得，C错误，B正确；
D．当转盘的角速度等于时，对B有
此时
即此时A不受摩擦力，D错误。
故选B。
14．（2025·广东深圳·一模）如图所示，半径为R的半球形陶罐，固定在水平转台上，转台竖直转轴与过陶罐球心O的对称轴重合。当转台匀速转动时，观察到陶罐内壁上质量为m的小物块随陶罐一起转动且相对罐壁静止，它和O点的连线与的夹角。重力加速度大小为g。下列判断正确的是（ ）
A．转台的角速度不一定等于
B．物块的线速度大小可能等于
C．物块所受合力的大小一定等于
D．陶罐壁对物块弹力的大小一定等于2mg
【答案】AB
【详解】AB．小物块绕轴做匀速圆周运动，一定受重力、支持力，可能受摩擦力，若摩擦力为0，由牛顿第二定律得
解得
线速度大小为
当小物块所受摩擦力不为0时，角速度不等于，小物块的线速度也不等于，A、B正确；
CD．当小物块所受摩擦力为0时，其所受合力的大小为
所受弹力大小等于
当所受摩擦力不为0时不成立，CD错误。
故选AB。
15．（2025·吉林·一模）如图所示，一质量为的小球用不可伸长的细线悬挂于升降机内的天花板上。细线长，取。
(1)若升降机静止，小球在水平面内做匀速圆周运动，且细线与竖直方向的夹角，求此时细线的拉力和小球的角速度；
(2)若升降机以的加速度匀加速上升，小球依然相对于升降机做稳定的圆周运动，且细线与竖直方向的夹角仍为，求摆线的拉力和小球的角速度。
【答案】(1)，
(2)，
【详解】（1）若升降机静止，小球在水平面内做匀速圆周运动，竖直方向有
解得细线拉力为
水平方向有
解得角速度为
（2）若升降机以的加速度匀加速上升，小球依然相对于升降机做稳定的圆周运动，竖直方向有
解得细线拉力为
水平方向有
解得角速度为
（建议用时：20分钟）
16．（2025·江西·高考真题）为避免火车在水平面上过弯时因内外轨道半径不同致使轮子打滑造成危险（不考虑离心问题），把固定连接为一体的两轮设计成锥顶角很小的圆台形，如图所示。设铁轨间距为L，正常直线行驶时两轮与铁轨接触处的直径均为D，过弯时内外轨间中点位置到轨道圆心的距离为过弯半径R。在很小时，。若在水平轨道过弯时要求轮子不打滑且横向偏移量不超过，则最小过弯半径R为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】根据题意可知，转弯时车轮会向外偏移，这样导致轮子与外铁轨接触的位置半径增大为，根据几何关系有
同理可知，轮子与内铁轨接触的位置半径减小为，则有
设一段时间内，外轨道轮子与铁轨接触的位置向前运动的距离为，内轨道轮子与铁轨接触的位置向前运动的距离为，由于两轮固定连接为一体，且轮子不打滑，则有
由于
则有
转弯过程俯视图，如图所示
由几何关系有
联立解得
故选C。
17．（2025·浙江杭州·一模）图甲是杂技“荡空飞旋”表演。某同学用图乙装置模拟演员的飞旋和落地过程，在竖直细轴的顶端用长为的细线系着质量为的小球，竖直轴带着小球在水平面内做圆周运动，缓慢增大角速度，在小球离地高为、速度为时烧断细线，已知重力加速度为，则（ ）
A．小球落地点到杆的距离为
B．从烧断细线到落地，小球位移为
C．烧断细线前，小球的向心力与成正比
D．烧断细线前，细线对小球的拉力与成正比
【答案】D
【详解】A．烧断细线后，小球做平抛运动，由运动学知识有，
联立解得
设小球做圆周运动时绳子与竖直方向的角度为，则圆周运动的半径为
则小球落地点到杆的距离为，A错误；
B．从烧断细线到落地，小球位移为，B错误；
C．烧断细线前，小球做圆周运动，由牛顿第二定律有
可见向心力大小与角速度和绳子与竖直方向的夹角有关，C错误；
D．对小球受力分析，由牛顿第二定律有
即
可见烧断细线前，细线对小球的拉力与成正比，D正确。
故选D。
18．（2025·山东·模拟预测）如图所示，半径为的玩具转盘在转盘中心点固定了一竖直杆，质量为的小球用轻绳和轻杆一起连接在竖直杆上，轻绳与竖直杆上的点相连，轻杆用铰链连接在竖直杆上的点（可绕点自由转动）。已知圆盘静止时轻绳与竖直方向夹角，轻杆与竖直方向夹角，，，不计摩擦阻力，重力加速度为。则下列说法正确的是（ ）
A．当绳上恰好无弹力时，小球的角速度
B．当小球角速度时，杆上弹力
C．当上恰好无弹力时，小球角速度
D．若转动过程中小球突然脱离，则当圆盘角速度，小球不会触碰到圆盘
【答案】A
【详解】A．当轻绳上恰好无弹力时，对小球进行受力分析可知，小球受重力和沿杆方向的拉力的作用做匀速圆周运动，则在水平方向对小球列牛顿第二定律方程有
解得此时小球的角速度为，故A正确；
B．设轻绳AC的弹力为，轻杆BC的弹力为，当小球的角速度时，小球的受力如图所示：
则竖直方向有
水平方向有
联立解得，，故B错误；
C．当上恰好无弹力时，对小球进行受力分析可知，小球受重力和沿绳方向的拉力的作用做匀速圆周运动，则在水平方向对小球列牛顿第二定律方程有
解得此时小球的角速度为，故C错误；
D．假设小球脱离前，轻杆和细绳对小球都有力的作用，小球脱离后做平抛运动，且恰好没有碰到圆盘，则由平抛运动的性质可知，在竖直方向有
在水平方向有
联立解得小球平抛运动的初速度为
则圆盘转动的角速度为
故假设成立，所以小球在转动过程中忽然脱离，若小球不能碰到圆盘，则圆盘转动的角速度的取值范围为，故D错误。
故选A。
19．（2025·四川绵阳·一模）光滑细圆管固定在竖直平面内，为圆心，分别为圆管的最高、最低点。可视为质点的小球（直径略小于管道）由静止从点开始下滑，从到的过程中，设小球的位移大小为，则小球的重力势能（以点所在平面为零势能面）、动能、速率、绕点做圆周运动的角速度随变化的关系图像，正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【详解】A．重力势能的分析，设圆管的半径为，小球的竖直高度为
由几何关系可知
为位移与竖直方向的夹角
根据等腰三角形可知
小球的重力势能
所以随非线性变化，故A错误；
B．由机械能守恒可知小球动能
所以与不是线性关系，故B错误；
C．由
因此
所以v与是线性关系，故C正确；
D．角速度
则，可知与成正比，故D错误。
故选C。
20．（25-26高三上·四川·期中）如图所示，半径为（厚度不计）的铁质圆形轨道固定在竖直面内，、分别为轨道的最高点和最低点（和垂直），为轨道上一点且和圆心连线与水平方向夹角为。质量为的磁性小球通过磁力吸附在轨道上，磁力大小恒为、方向始终通过圆心。现给磁性小球施加水平向左、大小为的恒力。忽略轨道厚度及小球大小，不计一切摩擦，重力加速度大小为。
(1)若让小球从轨道外侧点由静止释放，通过计算判断小球会不会脱离轨道；
(2)若让小球从轨道内侧点以初速度大小水平向左射入轨道，求：
①小球运动过程中对轨道的最大压力的大小；
②小球运动到点时对轨道压力的大小。
【答案】(1)见解析
(2)① ②
【详解】（1）把恒力和重力的合力视为等效重力
设等效重力方向与竖直方向夹角为，则有
解得
过圆心作的平行线和圆轨道有两个交点，下方交点为等效最低点，如图
假设小球能到达等效最低点，由动能定理
解得
在等效最低点恰好不脱离轨道时
解得
可知
可知小球不会脱离轨道。
（2）①从点到等效最低点，由动能定理
解得
在等效最低点压力最大
解得
根据牛顿第三定律，小球对轨道的最大压力。
②从点运动到点过程，可知合外力做功为0，所以
在点，受力分析如图
解得
根据牛顿第三定律，小球在点对轨道的压力。
高考指导方向标
近三年考查趋势分析
近三年高考中，本专题稳定考查 1–2题，分值约 6–15分。命题注重模型建构与临界分析，常结合生活、科技实例（如旋转杯、过山车、火车转弯、龙舟赛、杂技表演等）考查竖直平面内（绳、杆模型）和水平面内（圆锥摆、转盘连接体、摩擦传动）圆周运动的动力学问题。试题重点考查向心力来源分析、临界速度与临界力的计算、多物体牵连运动的关联分析。
核心方法聚焦
区分绳模型与杆模型在最高点的临界条件；圆锥摆周期公式及其变形；水平转盘上连接体问题的受力分析与临界角速度求解（静摩擦力达到最大、绳子刚好绷直等）；圆周运动与平抛运动的衔接问题。
备考指导建议
熟练掌握绳、杆两类模型的受力特点与临界方程；会推导并应用圆锥摆相关结论；掌握水平面内圆周运动多物体问题的分析顺序（通常先分析摩擦力达到最大的物体）；强化临界状态识别能力（如“刚好无弹力”“刚好不滑动”）；重视圆周运动与其他运动形式（如平抛、直线运动）结合的综合题训练；通过典型模型反复练习，提升受力分析与运动过程衔接的逻辑严密性。
轻绳模型(最高点无支撑)
轻杆模型(最高点有支撑)
实例
球与绳连接、水流星、沿内轨道运动的“过山车”等
球与杆连接、球在光滑管道中运动等
图示
受力示意图

F弹向下或等于零
F弹向下、等于零或向上
力学方程
mg＋F弹＝meq \f(v2,R)
mg±F弹＝meq \f(v2,R)
临界特征
F弹＝0
mg＝meq \f(vmin2,R)
即vmin＝eq \r(gR)
v＝0
即F向＝0
F弹＝mg
讨论分析
(1)最高点，若v≥eq \r(gR)，F弹＋mg＝meq \f(v2,R)，绳或轨道对球产生弹力F弹
(2)若v