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第 18 讲 水平面内的圆周运动（圆锥摆模型）及其临界问题
1．（江苏高考）如图所示，“旋转秋千”中的两个座椅 A、B质量相等，通过相同长度的缆绳悬
挂在旋转圆盘上，不考虑空气阻力的影响，当旋转圆盘绕竖直的中心轴匀速转动时，下列说法
正确的是（ ）
A．A的速度比B的大
B．A与B的向心加速度大小相等
C．悬挂A、B的缆绳与竖直方向的夹角相等
D．悬挂A的缆绳所受的拉力比悬挂B的小
【解答】解：A、A、B的角速度相等，根据公式：v＝ •r，A的运动半径小，A的速度就小。
故A错误。 ω
B、根据公式：a＝ 2r，A的运动半径小，A的向心加速度就小，A的向心力就小，根据平行四
边形定则知，A对缆ω绳的拉力就小，故D正确，B错误。
C、对任一座椅，受力如图，由绳子的拉力与重力的合力提供向心力，则得：mgtan ＝m 2r，则
θ ω
ω2r
得tan = ，A的半径r较小， 相等，可知A与竖直方向夹角 较小，故C错误。
g
θ ω θ
故选：D。
一.知识总结1．圆周运动相关物理量
定义、意义 公式、单位
描述做圆周运动的物体沿圆弧运动快慢 (1)v＝＝
线速度
的物理量(v) (2)单位：m/s
(1)ω＝＝
角速度 描述物体绕圆心转动快慢的物理量(ω)
(2)单位：rad/s
(1)T＝＝，单位：s
周期 物体沿圆周运动一圈的时间(T) (2)f＝，单位：Hz
(3)n＝，单位：r/s
(1)描述速度方向变化快慢的物理量(a) (1)a＝＝rω2
n n
向心加速度
(2)方向指向圆心 (2)单位：m/s2
2.圆周运动各物理量间的关系
3.匀速圆周运动与变速圆周运动的区别与联系
匀速圆周运动 变速圆周运动
线速度的大小、方向都变，角速度
运动 线速度的大小不变，角速度、周期和频率
变，向心加速度的大小、方向都变，
特点 都不变，向心加速度的大小不变
周期可能变也可能不变
受力 所受到的合力不总指向圆心，合力产
特点 生两个效果：
①沿半径方向的分力F，即向心力，
所受到的合力为向心力，大小不变，方向 n
它改变速度的方向；
变，其方向时刻指向圆心
②沿切线方向的分力F，它改变速度
t
的大小
运动 非匀变速曲线运动(加速度大小不变，方 非匀变速曲线运动(加速度大小、方向变化) 向都变化)
性质
二. 圆锥摆模型及其临界问题
1.圆锥摆模型的受力特点
受两个力，且两个力的合力沿水平方向，物体在水平面内做匀速圆周运动。
2．运动实例
运动模型 向心力的来源图示
飞机水平转弯
火车转弯
圆锥摆
物体在光滑半圆形碗
内做匀速圆周运动
3．解题方法
(1)对研究对象进行受力分析，确定向心力来源。
(2)确定圆心和轨道半径。
(3)应用相关力学规律列方程求解。
4．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＝mr
r＝Lsinθ
解得T＝2π＝2π。
(2)结论
①摆高h＝Lcosθ，周期T越小，圆锥摆转得越快，θ越大。
②摆线拉力F＝，圆锥摆转得越快，摆线拉力F越大。
③摆球的加速度a＝gtanθ。5．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ω<ω，由a＝知v>v。
A B A B
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＝2π知摆高h相同，则T＝T，ω＝ω，由v＝ωr知v>v，由a＝ω2r知a>a。
A B A B A B A B
6. 解决圆锥摆临界问题的技巧
圆锥摆的临界问题，主要就是与弹力有关的临界问题。
(1)绳子松弛或断开的临界条件是：①绳恰好拉直且没有弹力；②绳上的拉力恰好达最大值。
(2)接触或脱离的临界条件是物体与物体间的弹力恰好为零。
(3)对于火车转弯、半圆形碗内的水平圆周运动有两类临界情况：①摩擦力的方向发生改变；
②发生相对滑动。
三.例题精讲
题型一：圆锥摆模型常规问题
例1．如图所示，一根不可伸长的轻质细绳（绳长为 L），一端系着质量为m的小球（可视为质
点），另一端悬于O点。重力加速度大小为g，当小球在水平面内做匀速圆周运动的角速度为
时，下列说法正确的是（ ） ω
A．细绳的拉力大小为2m 2l
ω 2g
B．悬点O到轨迹圆心高度为
ω2C．小球的向心加速度大小为
√ω4l2-g2
D．小球的线速度大小为 √ g2
2 ω2l2-
ω2
【解答】解：设小球做匀速圆周运动时细绳与竖直方向的夹角为 ，有Fsin ＝m 2lsin ，得F＝
ml 2，故A错误； θ θ ω θ
ω g
由mgtan ＝m 2lsin ，h＝lcos ，得h = ，故B错误；
ω2
θ ω θ θ
g
由mgtan ＝m 2lsin ，可得cos = ，小球的向心加速度大小a＝ 2lsin =√ω4l2-g2，故C
lω2
θ ω θ θ ω θ
正确；
由cos = g ，得小球的线速度大小v＝ lsin = √ ω2l2- g2，故D错误．
lω2 ω2
θ ω θ
故选：C。
题型二：圆锥摆模型临界问题
例2．质量为m的小球由轻绳a和b分别系于一轻质细杆的A点和B点，如图所示，绳a与水平方
向成 角，绳b在水平方向且长为L，当轻杆绕轴AB以角速度 匀速转动时，小球在水平面内
做匀速θ圆周运动，重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ）ω
A．a绳的张力可能为零
B．a绳的张力随角速度的增大而增大
√ g
C．当角速度ω＞ ，b绳将出现弹力
Ltanθ
D．若b绳突然被剪断，则a绳的弹力一定发生变化
【解答】解：A、小球做匀速圆周运动，在竖直方向上的合力为零，水平方向上的合力提供向心
力，所以a绳在竖直方向上的分力与重力相等，可知a绳的张力不可能为零，故A错误；
BC、当b绳恰好拉直且拉力为零时，有： mg =mLω2，解得 = √ g ，可知当角速度
tanθ Ltanθ
ω ω√ g
＞ 时，b绳出现弹力；此后角速度再增大时，竖直方向上受力始终平衡，得：F sin ＝
a
Ltanθ
θ
mg
mg，解得F = ，可知a绳的拉力不再变化，故B错误，C正确；
a
sinθ
D、由于b绳可能没有弹力，故b绳突然被剪断，a绳的弹力可能不变，故D错误。
故选：C。
四.举一反三，巩固训练
1. 有一种杂技表演叫“飞车走壁”，由杂技演员驾驶摩托车沿圆台形表演台的侧壁高速
行驶，做匀速圆周运动。如图所示，图中虚线表示摩托车的行驶轨迹，轨迹离地面的高度为
h，下列说法中正确的是（ ）
A．h越高，摩托车对侧壁的压力将越大
B．h越高，摩托车做圆周运动的线速度将越大
C．h越高，摩托车做圆周运动的周期将越小
D．h越高，摩托车做圆周运动的向心力将越大
【解答】解：A、摩托车做匀速圆周运动，提供圆周运动的向心力是重力 mg和支持力F的合力，
mg
作出力图。侧壁对摩托车的支持力F= 不变，则摩托车对侧壁的压力不变。故A错误。
cosθ
v2
B、第二定律得F ＝m ，h越高，r越大，F 不变，则v越大。故B正确。
n n
r
C、根据牛顿根据牛顿第二定律得F ＝mr4π2，h越高，r越大，F 不变，则T越大。故C错误。
n n
T2
D、如图向心力F ＝mgtan ，m， 不变，向心力大小不变。故D正确。
n
故选：B。 θ θ2. 火车轨道的转弯处外轨高于内轨，如图所示。若已知某转弯处轨道平面与水平面夹角
为 ，弯道处的圆弧半径为R。在该转弯处规定的安全行驶的速度为 v，则下列说法中正确的
是（θ ）
A．该转弯处规定的安全行驶的速度为v=√Rgtanθ
B．该转弯处规定的安全行驶的速度为v=√Rgsinθ
C．当实际行驶速度大于v时，轮缘挤压内轨
D．当实际行驶速度小于v时，轮缘挤压外轨
【解答】解：AB、火车以某一速度v通过某弯道时，内、外轨道均不受侧压力作用，其所受的
重力和支持力的合力提供向心力，由图得：
v2
F合 ＝mgtan （ 为轨道平面与水平面的夹角），根据合力提供向心力得：mgtan ＝m ，解得：
R
θ θ θ
v=√Rgtanθ，故A正确，B错误；
C、当转弯的实际速度大于规定速度时，火车所受的重力和支持力的合力不足以提供所需的向心
力，火车有离心趋势，故其外侧车轮轮缘会与铁轨相互挤压，外轨受到侧压力作用方向平行轨
道平面向外，轮缘挤压外轨，故C错误；
D、当转弯的实际速度小于规定速度时，火车所受的重力和支持力的合力大于所需的向心力，火
车有向心趋势，故其内侧车轮轮缘会与铁轨相互挤压，内轨受到侧压力作用方向平行轨道平面
向内，轮缘挤压内轨，故D错误；
故选：A。3. 3D地图技术能够为无人驾驶汽车分析数据，提供操作的指令.如图所示为一段公路拐
弯处的地图，则（ ）
A．若弯道是水平的，汽车拐弯时受到重力、支持力、摩擦力和向心力
B．若弯道是水平的，为防止汽车侧滑，汽车拐弯时收到的指令是让车速大一点
C．若弯道是倾斜的，为了防止汽车侧滑，道路应为内（东北）高外（西南）低
D．若弯道是倾斜的，为了防止汽车侧滑，道路应为外（西南）高内（东北）低
【解答】解：A、如果弯道是水平的，则“无人驾驶”汽车在拐弯时受到重力、支持力、摩擦力，
向心力不是汽车实际受到的力，故A错误；
v2
B、如果弯道是水平的，由静摩擦力提供向心力，根据 f＝m 可知，速度越大，所需要的向心
R
力越大，当需要的向心力大于最大静摩擦力时，汽车做离心运动，所以“无人驾驶”汽车在拐
弯时收到的指令应让车速小一点，防止汽车做离心运动而发生侧翻，故B错误；
CD、如果弯道是倾斜的，重力和支持力的合力可以提供向心力，而向心力指向圆心，所以 3D
地图上应标出外（西南）高内（东北）低，故C错误，D正确。
故选：D。
4. 如图所示是利用圆锥摆粗略验证向心力表达式的实验装置图，已知小球质量为m，小
球距悬点的竖直高度为h，小球在水平面内做圆周运动的半径为r，用秒表测得小球运动n圈的
时间为t，则下列说法正确的是（ ）
A．小球受到重力、拉力、向心力B．向心力的表达式F ＝m4π2 r
n
t2
r
C．小球所受的合外力为F合 ＝mg
h
D．小球转动越快，细线与竖直方向的夹角越小
【解答】解：A、小球受到重力和绳子拉力，两者的合力提供向心力，故A错误；
B、小球做圆周运动的周期 t ，其向心力公式为 4π2 4π2n2 ，故B错误；
T= F =m r=m r
n n T2 t2
r
C、设绳子与竖直方向的夹角为 ，则有tanθ= ，其所受重力和绳子拉力的合力提供向心力，
h
θ
r
有F =mgtanθ=mg ，故C正确；
合 h
√ g
D、设绳长为L，根据牛顿第二定律有 mgtan ＝m•Lsin • 2，解得；ω= ，由此可知，
Lcosθ
θ θ ω
角速度越大， 越大，故D错误；
故选：C。 θ
5. 铁路在弯道处的内、外轨道高度是不同的，已知内、外轨道平面与水平面的夹角为
，如图所示，弯道处的圆弧半径为R，若质量为m的火车转弯时速度等于√gRtanθ，则（
θ）
A．内轨对内侧车轮轮缘有挤压
B．外轨对外侧车轮轮缘有挤压
mg
C．这时铁轨对火车的支持力等于
cosθ
mg
D．这时铁轨对火车的支持力大于
cosθ
【解答】解：CD、火车在水平面内运动，所以，在竖直方向上受力平衡，所以，铁轨对火车的mg
支持力F 的竖直分量与重力平衡，即F cos ＝mg，所以，F = ，故C正确，D错误；
N N N cosθ
θ
AB、铁轨对火车的支持力F 的水平分量为F sin ＝mgtan ，火车在弯道半径为R的转弯处的速
N N
θ θ
mv2
度v=√gRtanθ，所以，火车转弯时需要的向心力F= =mgtanθ；
R
支持力的水平分量正好等于向心力，故火车轮缘对内外轨道无挤压，故A错误，B错误；
故选：C。
6. 如图所示，一辆汽车正通过一段弯道公路，视汽车做匀速圆周运动，则（ ）
A．该汽车速度恒定不变
B．汽车左右两车灯的线速度大小相等
C．若速率不变，则跟公路内道相比，汽车在外道行驶时的向心力较小
D．若速率不变，则跟晴天相比，雨天路滑时汽车在同车道上行驶时的向心力较小
【解答】解：A、圆周运动速度方向时刻变化，故A错误；
B、汽车整体的角速度相等，v＝ r，左右两个灯的半径不同，线速度大小不同，故B错误；
ω
v2
C、若汽车以恒定的线速度大小转弯，根据F ＝m ，在外轨道是转弯半径大，故在外轨道时向
n
r
心力小，故C正确；
D、根据C项知向心力不会因为天气而变化，只是雨天路面较滑，最大静摩擦力减小，故D错
误；
故选：C。
7. 一球绕直径匀速转动，如图所示，球面上有A、B两点，则（ ）A．可能v ＜v ，也可能v ＞v
A B A B
B．A、B两点的向心加速度都指向球心O
v2
C．由a= 可知a ＞a
A B
r
D．由a＝ 2r可知a ＜a
A B
【解答】解ω：A、由于AB两点是同轴转动，故它们的角速度相同，由图可知 r ＜r ，根据v＝
A B
r，可知v ＜v ，故A错误；
A B
ωB、质点A、B的向心加速度方向都指向圆心，如题图，A、B的加速度都是垂直转轴直线转轴，
它们都不是指向圆心。故B错误。
C、由于AB两点是同轴转动，故它们的角速度相同，由图可知 r ＜r ，而且v ＜v ，所以不能
A B A B
v2
使用a= 判断知a 和a 的关系。故C错误。
A B
r
D、由于AB两点是同轴转动，故它们的角速度相同，由图可知 r ＜r ，根据a＝ 2r可知a ＜
A B A
a ，故D正确。 ω
B
故选：D。
8. 如图所示，转动轴垂直于光滑平面，交点O的上方h处固定细绳的一端，细绳的另一
端拴接一质量为m的小球B，绳长AB＝l＞h，小球可随转动轴转动并在光滑水平面上做匀速
圆周运动．要使球不离开水平面，转动轴的转速的最大值是（ ）1 √g √ l 1 √g
A． B． √gh C．2 D．
2π l g 2π h
π π
【解答】解：当小球对水平面的压力为零时，有：Tcos ＝mg，Tsin ＝mlsin 2，
√ g √g θ θ θω
解得最大角速度为： = = ，
lcosθ h
ω
ω 1 √g
则最大转速为：n= = ．故D正确，A、B、C错误。
2π 2π h
故选：D。
9. （多选）如图所示，足够大的水平圆台中央固定一光滑竖直细杆，原长为L的轻质弹
簧套在竖直杆上，质量均为m的光滑小球A、B用长为L的轻杆及光滑铰链相连，小球A穿过
竖直杆置于弹簧上。让小球B以不同的角速度 绕竖直杆匀速转动，当转动的角速度为 时，
0
小球B刚好离开台面。弹簧始终在弹性限度内，ω劲度系数为k，重力加速度为g，则（ ω）
mg
A．小球均静止时，弹簧的长度为L-
k
B．角速度 ＝ 时，小球A对弹簧的压力为mg
0
ω ω√ kg
C．角速度 =
0
kL-2mg
ω
D．角速度从 继续增大的过程中，小球A对弹簧的压力不变
0
【解答】解：ωA、光滑小球均静止时，则可知，杆没有作用力，否则B球不可能平衡的，对A
mg
受力分析，重力与弹簧的弹力，处于平衡，依据胡克定律，那么弹簧的形变量△x= ，因此
k
mg
弹簧的长度为L′＝L- ，故A正确；
k
B、角速度 ＝ 时，球B在杆及重力作用下，提供向心力，做匀速圆周运动，那么，杆对小球
0
A有作用力ω，因ω此弹簧对A的支持力大于mg，则球A对弹簧的压力也大于mg，故B错误；
C、当转动的角速度为 时，小球B刚好离开台面，对B分析，杆的拉力与重力的合力提供向
0
心力，如下图所示： ωmg
根据矢量的合成法则，结合牛顿第二定律，则有 =mω2Lcos ，
tanθ 0
θ
对AB整体分析，弹簧的弹力F′＝2mg
2mg
依据胡克定律，则弹簧的形变量L″= ，
k
L-L″
根据几何知识，则有： =sin
L
θ
√ kg
综上所述，解得： = ，故C正确；
0
kL-2mg
ω
D、由上分析，可知，当转动的角速度为 时，小球B刚好离开台面，弹簧弹力等于2mg，当
0
角速度从 继续增大的过程中，弹簧弹力ω仍等于2mg，因此小球A对弹簧的压力不会变，故D
0
正确； ω
故选：ACD。
10. （多选）如图所示，叠放在水平转台上的物体 A、B、C能随转台一起以角速度 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ω为
，A和 B、C离转台中心的距离分别为r、1.5r．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法
μ正确的是（ ）
A．B 对 A 的摩擦力一定为 3 mg
B．B 对 A 的摩擦力一定为 3mμ 2r
ω√μg
C．转台的角速度一定满足 ≤
r
ω
√2μg
D．转台的角速度一定满足 ≤
3r
ω
【解答】解：A、对A受力分析，受重力、支持力以及B对A的静摩擦力，静摩擦力提供向心
力，有f＝（3m） 2r≤ （3m）g．故A错误，B正确。
C、由于A、AB整ω体、Cμ受到的静摩擦力均提供向心力，故
对A，有：（3m） 2r≤ （3m）g
对AB整体，有：（ω3m+μ2m） 2r≤ （3m+2m）g
对物体C，有：m 2（1.5r）≤ωmgμ
√2μg ω μ
解得ω≤ ，故C错误，D正确。
3r
故选：BD。
11. （多选）转笔（PenSpinning）是一项用不同的方法与技巧、以手指来转动笔的休闲活
动，如图所示．转笔深受广大中学生的喜爱，其中也包含了许多的物理知识，假设某转笔高手
能让笔绕其上的某一点O做匀速圆周运动，下列有关该同学转笔中涉及到的物理知识的叙述正
确的是（ ）
A．笔杆上的点离O点越近的，做圆周运动的向心加速度越小
B．笔杆上的各点做圆周运动的向心力是由万有引力提供的
C．若该同学使用中性笔，笔尖上的小钢珠有可能因快速的转动做离心运动被甩走
D．若该同学使用的是金属笔杆，且考虑地磁场的影响，由于笔杆中不会产生感应电流，因此金
属笔杆两端一定不会形成电势差
【解答】解：A、由向心加速度公式a ＝ 2R，笔杆上的点离O点越近的，做圆周运动的向心加
n
速度越小，故A正确； ω
B、杆上的各点做圆周运动的向心力是由杆的弹力提供的，与万有引力无关，故B错误；
C、当转速过大时，当提供的向心力小于需要向心力，出现笔尖上的小钢珠有可能做离心运动被
甩走，故C正确；D、当金属笔杆转动时，切割地磁场，从而产生感应电动势，但不会产生感应电流，故D错误；
故选：AC。
12. 某同学用如图甲所示装置做探究向心力大小与线速度大小的关系。装置中光滑水平直
杆随竖直转轴一起转动，一个滑块套在水平光滑杆上，用细线将滑块与固定在竖直转轴上的力
传感器连接，当滑块随水平杆一起转动时，细线的拉力就是滑块做圆周运动需要的向心力。拉
力的大小可以通过力传感器测得，滑块转动的线速度可以通过速度传感器测得。
（1）要探究影响向心力大小的因素，采用的方法是 A 。
A．控制变量法 B．等效替代 C．微元法 D．放大法
（2）实验中，要测量滑块做圆周运动的半径时，应测量滑块到 竖直转轴 （选“力传感器”
或“竖直转轴”）的距离。若仅多次改变竖直转轴转动的快慢，测得多组力传感器的示数F及
速度传感器的示数v，将测得的多组F、v值，在图乙F﹣v2坐标轴中描点，请将描出的点进行作
图。若测得滑块做圆周运动的半径为r＝0.2m，由作出的F﹣v2的图线可得滑块与速度传感器的
总质量m＝ 0.1 8 kg（结果保留两位有效数字）。
【解答】解：（1）要探究影响向心力大小与线速度的关系，保持滑块与速度传感器的总质量和
运动半径不变，采用的实验方法是控制变量法，故A正确；
（2）实验中，因为滑块在水平方向上做圆周运动，故要测量滑块做圆周运动的半径时，应测量
滑块到竖直转轴的距离；
作出F﹣v2图线，如图所示：
v2 m
根据F=m 知图线的斜率为：k=
r r
m 9
则有： =
r 10
代入数据解得：m＝0.18kg。
故答案为：（1）A；（2）竖直转轴，0.18。13. 如图甲所示是某同学探究做圆周运动的物体质量、向心力、轨道半径及线速度关系的
实验装置，圆柱体放置在水平光滑圆盘上做匀速圆周运动。力传感器测量向心力F，速度传感
器测量圆柱体的线速度v，该同学通过保持圆柱体质量和运动半径不变，来探究向心力 F与线
速度v的关系：
（1）该同学采用的实验方法为 B 。
A．等效替代法
B．控制变量法
C．理想化模型法
（2）改变线速度v，多次测量，该同学测出了五组F、v数据，如下表所示：
v/（m•s﹣ 1.0 1.5 2.0 2.5 3.0
1）
F/N 0.88 2.00 3.50 5.50 7.90
该同学对数据分析后，在图乙坐标纸上描出了五个点。
①作出F﹣v2图线；
②若圆柱体运动半径r＝0.2m，由作出的F﹣v2的图线可得圆柱体的质量m＝ 0.18 kg．（结
果保留两位有效数字）
【解答】解：（1）实验中研究向心力和速度的关系，保持圆柱体质量和运动半径不变，采用的实验方法是控制变量法，故AC错误B正确；
故选：B。
（2）①作出F﹣v2图线，如图所示：
v2 m
②根据F＝m ，图线的斜率k= ，代入数据解得：m＝0.18kg。
r r
故答案为：（1）B（2）①如图所示 ②0.18。
14. 如图所示为赛车场的一个“梨形”赛道，两个弯道分别为半径R的大圆弧和r的小圆
弧，直道与弯道相切，直道长度L。赛车沿弯道路线行驶时，路面对轮胎的最大径向静摩擦力
是赛车重力的K倍，假设赛车在直道上做匀变速直线运动，在圆心角为 120°弯道上做匀速圆
周运动，若R＝4r，要使赛车安全且绕赛道一圈时间最短（发动机功率足够大，重力加速度为
g）。求：
（1）赛车行驶的最大速率；
（2）赛车绕赛道一圈的最短时间。
【解答】解：（1）根据牛顿第二定律：kmg＝mv2 ，
m
r
最大速率为
v =√kgR
m
2L 4L 4L
（2）赛车在直道的时间为t = = =
1 v √kgR+√kgr 3√kgr2πr
赛车在小圆弧弯道的时间为t 3
2=
v
mr
4πR
赛车在大圆弧弯道的时间为t 3
3=
v
m
所以赛车绕赛道一圈的最短时间t ＝t +t +t
z 1 2 3
4L+10πr
联立解得：t =
z 3√kgr
答：（1）赛车行驶的最大速率为√kgR；
4L+10πr
（2）赛车绕赛道一圈的最短时间为 。
3√kgr
