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第 4 课时 圆周运动
目标要求 1.掌握描述圆周运动的各物理量及它们之间的关系。2.掌握匀速圆周运动由周期
性引起的多解问题的分析方法。3.掌握圆周运动的动力学问题的处理方法。
考点一 圆周运动的运动学问题
1．描述圆周运动的物理量
2．匀速圆周运动
(1)定义：如果物体沿着圆周运动，并且线速度的大小处处相等，所做的运动叫作匀速圆周
运动。
(2)特点：加速度大小不变，方向始终指向圆心，是变加速运动。
(3)条件：合外力大小不变，方向始终与速度方向垂直且指向圆心。
3．离心运动和近心运动
(1)离心运动：做圆周运动的物体，在所受合外力突然消失或不足以提供圆周运动所需向心
力的情况下，就做逐渐远离圆心的运动。
(2)受力特点(如图)
①当F＝0时，物体沿切线方向飞出，做匀速直线运动。
②当0mrω2时，物体逐渐向圆心靠近，做近心运动。
(3)本质：离心运动的本质并不是受到离心力的作用，而是提供的力小于做匀速圆周运动需要的向心力。
1．匀速圆周运动是匀变速曲线运动。( × )
2．物体做匀速圆周运动时，其线速度是不变的。( × )
3．物体做匀速圆周运动时，其所受合外力是变力。( √ )
4．向心加速度公式在非匀速圆周运动中不适用。( × )
思考 在a＝，a＝ω2r两式中a 与r成正比还是成反比？
n n n
答案 在v一定时，a 与r成反比；在ω一定时，a 与r成正比。
n n
例1 A、B两艘快艇在湖面上做匀速圆周运动，在相同时间内，它们通过的路程之比是
4∶3，运动方向改变的角度之比是3∶2，则它们( )
A．线速度大小之比为4∶3
B．角速度之比为3∶4
C．圆周运动的半径之比为2∶1
D．向心加速度大小之比为1∶2
答案 A
解析 时间相同，路程之比即线速度大小之比，为4∶3，A项正确；由于时间相同，运动
方向改变的角度之比即对应扫过的圆心角之比，等于角速度之比，为 3∶2，B项错误；线
速度之比除以角速度之比等于半径之比，为8∶9，C项错误；由向心加速度a ＝知，线速
n
度平方之比除以半径之比即向心加速度大小之比，为2∶1，D项错误。
例2 如图所示，B和C是一组塔轮，即B和C半径不同，但固定在同一转轴上，其半径
之比为R ∶R ＝3∶2，A轮的半径大小与C轮相同，它与B轮紧靠在一起，当A轮绕过其
B C
中心的竖直轴转动时，由于摩擦力作用，B轮也随之无滑动地转动起来。a、b、c分别为三
轮边缘的三个点，则a、b、c三点在运动过程中的( )
A．线速度大小之比为3∶2∶2
B．角速度之比为3∶3∶2
C．转速之比为2∶3∶2
D．向心加速度大小之比为9∶6∶4
答案 D
解析 A、B靠摩擦传动，则两轮边缘上a、b两点的线速度大小相等，即v∶v ＝1∶1，选
a b
项A错误；B、C同轴转动，则两轮边缘上b、c两点的角速度相等，即ω ＝ω，转速之比
b c
＝＝，选项B、C错误；对a、b两点，由a ＝得＝＝，对b、c两点，由a ＝ω2r得＝＝，
n n故a∶a∶a＝9∶6∶4，选项D正确。
a b c
三种传动装置
同轴转动 皮带传动 齿轮传动
A、B两点在同轴的一个圆盘 两个齿轮轮齿啮合，A、B
两个轮子用皮带连
上 两点分别是两个齿轮边缘
接，A、B两点分别是
上的点
装置
两个轮子边缘上的点
特点 角速度、周期相同 线速度大小相等 线速度大小相等
转向 相同 相同 相反
角速度与半径成反
线速度与半径成正比：＝ 角速度与半径成反比：＝
比：＝
规律 向心加速度与半径成正比： 向心加速度与半径成反
向心加速度与半径成
＝ 比：＝
反比：＝
例3 (多选)如图所示，直径为d的竖直圆筒绕中心轴线以恒定的转速匀速转动。一子弹以
水平速度沿圆筒直径方向从左侧射入圆筒，从右侧射穿圆筒后发现两弹孔在同一竖直线上且
相距为h，重力加速度为g，不计空气阻力，则( )
A．子弹在圆筒中的水平速度为d
B．子弹在圆筒中的水平速度为2d
C．圆筒转动的角速度可能为π
D．圆筒转动的角速度可能为3π
答案 ACD
解析 子弹在圆筒中运动的时间与自由下落高度h的时间相同，即t＝，则v＝＝d，故A正
0
确，B 错误；在此段时间内圆筒转过的圈数为半圈的奇数倍，即 ωt＝(2n＋1)π(n＝
0,1,2，…)，所以ω＝＝(2n＋1)π(n＝0,1,2，…)，故C、D正确。考点二 圆周运动的动力学问题
1．匀速圆周运动的向心力
(1)作用效果
向心力产生向心加速度，只改变速度的方向，不改变速度的大小。
(2)大小
F＝m＝ mrω 2 ＝mr＝mωv。
n
(3)方向
始终沿半径方向指向圆心，时刻在改变，即向心力是一个变力。
2．匀速圆周运动中向心力的来源
运动模型 向心力F 的来源(图示)
n
汽车在水平路面转弯
水平转台(光滑)
圆锥摆
飞车走壁
飞机水平转弯
火车转弯1．做匀速圆周运动的物体，当所受合外力突然减小时，物体将沿切线方向飞出。( × )
2．摩托车转弯时速度过大就会向外发生滑动，这是摩托车受沿转弯半径向外的离心力作用
的缘故。( × )
3．向心力可以由物体受到的某一个力提供，也可以由物体受到的合力提供。( √ )
4．在变速圆周运动中，向心力不指向圆心。( × )
例4 (2023·湖北省联考)如图所示是为我国的福建号航母配置的歼－35战机，具有优异的
战斗性能，其过载能力可以达到9。过载是指作用在飞机上的气动力和发动机推力的合力与
飞机重力之比。例如，歼－35战机以大小为2g的加速度竖直向上加速运动时，其过载就是
3。若歼－35战机在一次做俯冲转弯训练时，在最低点时速度大小为200 m/s，过载为5，重
力加速度g＝10 m/s2，将飞机的运动轨迹看成圆弧，则飞机的转弯半径约为( )
A．800 m B．1 000 m C．1 200 m D．1 400 m
答案 B
解析 对最低点的飞机受力分析，可知飞机受到重力mg、气动力和发动机推力的合力F，
根据牛顿第二定律可得F－mg＝m，此时过载为5，所以F＝5mg，代入数据解得飞机的转弯
半径r＝1 000 m，故选B。
圆周运动中动力学问题的分析思路
例5 (多选)(2023·辽宁省六校联考)四个完全相同的小球A、B、C、D均在水平面内做圆锥
摆运动。如图甲所示，小球A、B在同一水平面内做圆锥摆运动(连接B球的绳较长)；如图
乙所示，小球C、D在不同水平面内做圆锥摆运动，但是连接C、D的绳与竖直方向的夹角
相等(连接D球的绳较长)，则下列说法正确的是( )A．小球A、B角速度大小相等
B．小球A、B线速度大小相等
C．小球C、D向心加速度大小相等
D．小球D受到绳的拉力与小球C受到绳的拉力大小相等
答案 ACD
解析 对题图甲中A、B分析，设绳与竖直方向的夹角为θ，绳长为l，小球的质量为m，小
球A、B到悬点O的竖直距离为h，则mgtan θ＝mω2lsin θ，解得ω＝＝，所以小球A、B
的角速度大小相等，A、B做圆周运动的半径不同，则线速度大小不相等，故A正确，B错
误；对题图乙中C、D分析，设绳与竖直方向的夹角为 θ，小球的质量为m，绳上拉力为
F ，则有mgtan θ＝ma ，F cos θ＝mg，得a＝gtan θ，F ＝，所以小球C、D向心加速度大
T n T n T
小相等，小球C、D受到绳的拉力大小也相等，故C、D正确。
例6 (2024·江苏南通市检测)有一种杂技表演叫“飞车走壁”，由杂技演员驾驶摩托车沿
圆台形表演台的光滑侧壁高速行驶，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越大
B．h越高，摩托车做圆周运动的加速度越小
C．h越高，摩托车做圆周运动的周期越大
D．h越高，摩托车做圆周运动的线速度越小
答案 C
解析 摩托车做匀速圆周运动，提供圆周运动向心力的是重力mg和支持力F的合力，如图
所示，侧壁对摩托车的支持力为F＝，则摩托车对侧壁的压力为F＝，
根据牛顿第二定律可得mgtan θ＝ma＝mr＝m
解得a＝gtan θ，T＝，v＝
可知h越高，θ不变，r越大，则摩托车对侧壁的压力不变，摩托车做圆周运动的加速度不
变，摩托车做圆周运动的周期越大，摩托车做圆周运动的线速度越大，故选C。
圆锥摆模型
1.如图所示，向心力F ＝mgtan θ＝m＝mω2r，且r＝Lsin θ，联立解得v＝，
向
ω＝。
2．稳定状态下，θ角越大，对应的角速度ω和线速度v就越大，小球受到的拉力F＝和运
动所需的向心力也越大。
例7 (多选)(2021·河北卷·9)如图，矩形金属框MNQP竖直放置，其中MN、PQ足够长，
且PQ杆光滑，一根轻弹簧一端固定在M点，另一端连接一个质量为m的小球，小球穿过
PQ杆，金属框绕MN轴分别以角速度ω和ω′匀速转动时，小球均相对PQ杆静止，若
ω′>ω，则与以ω匀速转动时相比，以ω′匀速转动时( )
A．小球的高度一定降低
B．弹簧弹力的大小一定不变
C．小球对杆压力的大小一定变大
D．小球所受合外力的大小一定变大
答案 BD
解析 对小球受力分析，设弹簧弹力为F ，弹簧与水平方向的夹角为θ，则对小球竖直方向
T
有
F sin θ＝mg，而F ＝k(－l)
T T 0
可知θ为定值，F 不变，则当转速增大后，小球的高度不变，弹簧的弹力不变，A错误，B
T正确；
水平方向当转速较小，杆对小球的弹力背离转轴时，则F cos θ－F ＝mω2r，即F ＝F cos
T N N T
θ－mω2r
当转速较大，杆对小球的弹力指向转轴时，
则F cos θ＋F ′＝mω′2r
T N
即F ′＝mω′2r－F cos θ
N T
因ω′>ω，根据牛顿第三定律可知，小球对杆的压力不一定变大，C错误；
根据F ＝mω2r可知，因角速度变大，则小球所受合外力变大，D正确。
合
课时精练
1．(多选)下列关于匀速圆周运动的说法，正确的是( )
A．匀速圆周运动的速度大小保持不变，所以做匀速圆周运动的物体没有加速度
B．做匀速圆周运动的物体，虽然速度大小不变，但方向时刻都在改变，所以必有加速度
C．做匀速圆周运动的物体，加速度的大小保持不变，所以是匀变速曲线运动
D．匀速圆周运动中加速度的方向时刻都在改变，所以匀速圆周运动一定是变加速曲线运动
答案 BD
解析 速度和加速度都是矢量，做匀速圆周运动的物体，虽然速度大小不变，但方向时刻在
改变，速度时刻发生变化，必然具有加速度；加速度大小虽然不变，但方向时刻改变，所以
匀速圆周运动是变加速曲线运动，故B、D正确，A、C错误。
2.(2021·全国甲卷·15)“旋转纽扣”是一种传统游戏。如图，先将纽扣绕几圈，使穿过纽扣
的两股细绳拧在一起，然后用力反复拉绳的两端，纽扣正转和反转会交替出现。拉动多次后，
纽扣绕其中心的转速可达50 r/s，此时纽扣上距离中心1 cm处的点向心加速度大小约为(
)
A．10 m/s2 B．100 m/s2
C．1 000 m/s2 D．10 000 m/s2
答案 C
解析 根据匀速圆周运动的规律，
此时ω＝2πn＝100π rad/s，
向心加速度大小a＝ω2r≈1 000 m/s2，故选C。
3.(2023·甘肃庆阳市期中)如图所示是一种能够方便脱水的地拖桶，拖把脱水时把拖把头放进脱水桶，用脚上下踩踏踏板可以把拖把头中的水分脱干，下列说法正确的是( )
A．拖把头中的水离脱水桶的转轴越远角速度越大
B．拖把头中的水离脱水桶的转轴越近越容易被甩出
C．踩踏踏板的速度越大，拖把头中的水分越容易被甩出
D．踩踏踏板的速度不变，拖把头中所有水分的线速度大小相等
答案 C
解析 拖把头中的水同时都绕转轴一起做圆周运动，因此角速度相同，A错误；
由向心力公式F＝mω2r，可知拖把头中的水离脱水桶的转轴越远，转动的半径越大，所需的
向心力越大，水在拖把头上的附着力越不容易提供所需向心力，水越容易做离心运动，因此
越容易被甩出，B错误；踩踏踏板的速度越大，脱水桶的转速也越大，线速度也越大，由向
心力公式F＝m可知，转动半径一定时，线速度越大，所需向心力也越大，拖把头中的水分
越容易被甩出，C正确；踩踏踏板的速度不变，可知拖把头中的水转动的角速度大小相同，
由线速度与角速度的关系v＝ωr，可知在不同位置的水到脱水桶转轴的距离不同，即转动半
径不同，所以所有水分的线速度大小不相等，D错误。
4.(2023·黑龙江齐齐哈尔市第十六中学期中)如图所示，在匀速转动的圆筒内壁上，有一物体
随圆筒一起转动而未滑动。当圆筒的角速度增大以后，下列说法正确的是( )
A．物体所受弹力增大，摩擦力不变
B．物体所受弹力增大，摩擦力减小
C．物体所受弹力和摩擦力都增大
D．物体所受弹力和摩擦力都减小
答案 A
解析 物体做匀速圆周运动，合力指向圆心，对物体受力分析如图所示，可知物体的重力与
摩擦力平衡，即F＝G，根据物体所受弹力提供向心力有F ＝mω2r，可知当圆筒的角速度
f N
增大以后，物体所受弹力增大，摩擦力不变，故选A。5．(2023·全国甲卷·17)一质点做匀速圆周运动，若其所受合力的大小与轨道半径的n次方成
正比，运动周期与轨道半径成反比，则n等于( )
A．1 B．2 C．3 D．4
答案 C
解析 质点做匀速圆周运动，根据题意设周期T＝，质点所受合外力提供质点做圆周运动的
向心力，则F ＝F＝mr，联立可得F＝r3，其中为常数，r的指数为3，故n＝3，故选C。
合 n n
6.(2021·北京卷·10)如图所示，圆盘在水平面内以角速度ω绕中心轴匀速转动，圆盘上距轴r
处的P点有一质量为m的小物体随圆盘一起转动。某时刻圆盘突然停止转动，小物体由 P
点滑至圆盘上的某点停止。下列说法正确的是( )
A．圆盘停止转动前，小物体所受摩擦力的方向沿运动轨迹切线方向
B．圆盘停止转动前，小物体运动一圈所受摩擦力的冲量大小为2mωr
C．圆盘停止转动后，小物体沿圆盘半径方向运动
D．圆盘停止转动后，小物体整个滑动过程所受摩擦力的冲量大小为mωr
答案 D
7．(2023·浙江杭州市期中)齿轮传动是现代各种设备中应用最广泛的一种机械传动方式。它
具有传动效率高，结构紧凑，工作可靠，寿命长等优点。如图甲所示为某款机械手表内部的
部分结构图，A、B、C三个传动轮通过齿轮咬合，C、D与轴承咬合，A、B、C、D为四个
轮子，现将其简化成如图乙所示模型。a、b、c、d分别为A、B、C、D轮缘上的点，半径
之比r∶r∶r∶r＝2∶1∶2∶1。则( )
a b c d
A．v∶v＝2∶1 B．ω∶ω＝2∶1
a b c d
C．a∶a＝2∶1 D．T∶T＝1∶1
a b c d
答案 D
解析 A、B属于齿轮传动，边缘点的线速度大小相等，则 v∶v ＝1∶1，由向心加速度公
a b式a＝得a∶a ＝r∶r ＝1∶2，A、C错误；C、D属于同轴转动，角速度相等，则ω∶ω
a b b a c d
＝1∶1，B错误；根据匀速圆周运动的周期T＝，可得T∶T＝ω∶ω＝1∶1，D正确。
c d d c
8．(2023·四川绵阳市一诊)如图为带车牌自动识别系统的直杆道闸，离地面高为1 m的细直
杆可绕O在竖直面内匀速转动。汽车从自动识别线ab处到达直杆处的时间为2.3 s，自动识
别系统的反应时间为0.3 s；汽车可看成高1.6 m的长方体，其左侧面底边在aa′直线上，且
O到汽车左侧面的距离为0.6 m，要使汽车安全通过道闸，直杆转动的角速度至少为( )
A. rad/s B. rad/s
C. rad/s D. rad/s
答案 C
解析 设汽车恰好通过道闸时直杆转过的角度为α，由几何关系得tan α＝＝1，解得α＝，
直杆转动的时间t＝t －t ＝2 s，直杆转动的角速度ω＝＝ rad/s＝ rad/s，故选C。
汽 反
9.(多选)(2023·广东汕头市期中)如图所示，趣味飞镖游戏的镖盘以角速度ω绕过O点的水平
轴匀速转动，某人将一枚飞镖正对盘边缘P点(O点正上方)以水平速度v 掷出，恰好击中P
0
点。不计空气阻力，飞镖每次从同一位置正对P点水平掷出，下列说法正确的是( )
A．仅增大v，飞镖仍可能击中P点
0
B．仅减小v，飞镖不可能击中镖盘
0
C．仅增大ω，飞镖仍可能击中P点
D．减小ω和v，飞镖仍可能击中P点
0
答案 BC
解析 飞镖以水平速度v 掷出，恰好击中P点，则有x＝vt，2R＝gt2，ωt＝(2n＋1)π(n＝
0 0
0,1,2，3…)，仅增大v ，则飞镖到镖盘的时间变短，所以下落的高度h＝gt2<2R，飞镖不可
0
能击中P点，故A错误；仅减小v ，则飞镖到镖盘所在竖直平面时，时间变长，所以下落
0
的高度h＝gt2>2R，飞镖不可能击中镖盘，故B正确；仅增大ω， 可知n值变大，关系式ωt
＝(2n＋1)π(n＝0,1,2,3…)仍可成立，则飞镖仍可能击中P点，故C正确；由A、B、C项的分析可知，若减小ω和v，飞镖不可能击中P点，故D错误。
0
10．(2022·福建卷·13)清代乾隆的《冰嬉赋》用“躄躠”(可理解为低身斜体)二字揭示了滑冰
的动作要领。500 m短道速滑世界纪录由我国运动员武大靖创造并保持。在其创造纪录的比
赛中，
(1)武大靖从静止出发，先沿直道加速滑行，前8 m 用时2 s。该过程可视为匀加速直线运动，
求此过程加速度大小；
(2)武大靖途中某次过弯时的运动可视为半径为10 m的匀速圆周运动，速度大小为14 m/s。
已知武大靖的质量为73 kg，求此次过弯时所需的向心力大小；
(3)武大靖通过侧身来调整身体与水平冰面的夹角，使场地对其作用力指向身体重心而实现
平稳过弯，如图所示。求武大靖在(2)问中过弯时身体与水平面的夹角θ的大小。(不计空气
阻力，重力加速度大小取10 m/s2，tan 22°＝0.40、tan 27°＝0.51、tan 32°＝0.62、tan 37°＝
0.75)
答案 (1)4 m/s2 (2)1 430.8 N (3)27°
解析 (1)设武大靖运动过程的加速度大小为a，根据x＝at2，解得a＝＝ m/s2＝4 m/s2
(2)根据F ＝m
向
解得过弯时所需的向心力大小为
F ＝73× N＝1 430.8 N
向
(3)设场地对武大靖的作用力大小为F，受力如图所示
根据牛顿第二定律可得F ＝
向
解得tan θ＝＝≈0.51，可得θ＝27°。
11.(2024·江苏扬州市仪征中学月考)如图所示，水平地面与一半径为 L的竖直光滑圆弧轨道
相接于B点，轨道上的C点位置处于圆心O的正下方。距离地面高度也为L的水平平台边
缘上的A点有质量为m的小球以v ＝的初速度水平抛出，小球在空中运动至B点时，恰好
0
沿圆弧轨道在该点的切线方向滑入轨道。小球运动过程中空气阻力不计，重力加速度为 g，
求：
(1)圆弧BC段所对应的圆心角θ；
(2)小球经B点时，对圆轨道的压力大小。答案 (1)45° (2)(4＋)mg
解析 (1)小球到达B点时竖直分速度v＝
y
则tan θ＝，解得θ＝45°
(2)设小球到达B点时速度大小为v ，
B
则有v ＝v，设轨道对小球的支持力为F，
B 0
根据F－mgcos 45°＝m，解得F＝(4＋)mg
由牛顿第三定律可知，小球对圆轨道的压力大小为F′＝(4＋)mg。
12．(2023·湖北武汉市模拟)剪纸艺术源远流长，经久不衰，是中国民间艺术中的瑰宝。将如
图所示具有对称性的剪纸平放并固定在水平圆盘上，剪纸中心与圆盘中心重合，圆盘匀速转
动，在暗室中用每秒闪光10次的频闪光源照射圆盘，暗室中静止不动的观察者观察到剪纸
相对静止，则圆盘的转速至少为( )
A．0.02 r/s B．2 r/s C．4 r/s D．4π r/s
答案 B
解析 暗室中静止不动的观察者观察到剪纸相对静止，则频闪光源照射圆盘时，圆盘转过的
角度是θ＝的整数倍，则T＝ s内至少转过，则角速度最小为ω＝＝4π rad/s，则转速至少为
n＝＝2 r/s，故选B。
