文档内容
考点 16 圆周运动
1. 高考真题考点分布
题型 考点考查 考题统计
选择题 描述圆周运动的基本物理量 2024年辽宁卷
计算题 圆锥摆模型 2024年江西卷
实验题 水平圆盘模型 2024年海南卷
2. 命题规律及备考策略
【命题规律】高考对圆周运动基本规律的考查较为频繁，大多联系实际生活。圆周运动的临界问题的单独
考查不是太常见，大多在综合性的计算题中出现的比较频繁，并且会结合有关的功能关系。
【备考策略】
1.掌握圆周运动各个物理量之间的关系。
2.能够分析圆周运动的向心力的来源，并会处理有关锥摆模型、转弯模型、圆盘模型的动力学问题。
3.掌握水平面内圆盘模型的动力学分析及临界条件。
4.掌握竖直面内圆周运动的基本规律，并能够联系实际问题做出相应问题的分析。
【命题预测】重点关注竖直面内圆周运动规律在综合性问题中的应用。
考点一 圆周运动的运动学问题
知识点1 圆周运动基本物理量的关系
1．匀速圆周运动
(1)定义：做圆周运动的物体，若在相等的时间内通过的圆弧长相等，就是匀速圆周运动。
(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。
2．匀速圆周运动各物理量间的关系知识点2 三种传动方式及特点
1.皮带传动（甲乙）：皮带与两轮之间无相对滑动时，两轮边缘线速度大小相等。
2.齿轮传动（丙）：两轮边缘接触，接触点无打滑现象时，两轮边缘线速度大小相等。
3.同轴传动（丁）：两轮固定在同一转轴上转动时，两轮转动的角速度大小相等。
考向 1 圆周运动基本物理量的关系
1．走时准确的时钟如图所示，A、B分别为时针和分针上到轴心距离相等的点，关于A、B两点下列说法
正确的是（ ）
A．A点线速度大 B．B点角速度大 C．周期相同 D．加速度相同
【答案】B
【详解】C．由于时针的周期12h，分针的周期为1h，所以分针的周期小于时针的周期，故 故C错误；
B．根据 可得 故B正确；
AD．根据 ， 其中 可得 ， 故AD错误。故选B。2．运球转身是篮球运动中重要的技术动作。如图甲所示为运动员运球转身的瞬间，此时运动员和篮球保
持相对静止绕OO′轴转动，手臂上的A点与篮球边缘的B点到转轴的距离之比 ，下列说法正确的
是（ ）
A．A、B两点角速度大小之比
B．A、B两点的线速度大小之比
C．A、B两点的周期之比
D．A、B两点的向心加速度大小之比
【答案】D
【详解】A．两点属于同轴转动，角速度相等 故A错误；
B．由 可得 故B错误；
C．周期 周期相等，所以比值为1：1，故C错误；
D．由 A、B两点的向心加速度大小之比为1：3，故D正确。故选D。
考向 2 三种传动方式及特点
3．如图所示是一皮带传动装置示意图，右轮半径为r，A是它边缘上的一点；左侧是一轮轴，大轮半径为
4r，小轮半径为2r，B点在小轮上，到轮轴的距离为r。C点和D点分别位于小轮和大轮的边缘上。如果传
动过程中皮带不打滑，则关于A、B、C、D四点的比较，下列说法正确的是（ ）A． B．
C． D．
【答案】D
【详解】A．同皮带转动时有 又因为B、C、D点位于同一个转轮上所以 并且 2:1根
据线速度表达式 可得 2:1:2故A错误；
B．因为B、C点都在同一个转轮上所以 同皮带转动时有 通过 可得 2:1所以
有 2:1:1故B错误；
CD．由向心加速度公式 可知 4:1:2:4故C错误，D正确。故选D。
4．明代出版的《天工开物》一书中记载：“其湖池不流水，或以牛力转盘，或聚数人踏转。”并附有牛
力齿轮翻车的图画如图所示，翻车通过齿轮传动，将湖水翻入农田。已知A、B齿轮啮合且齿轮之间不打
滑，B、C齿轮同轴，若A、B、C三齿轮半径的大小关系为 ，则（ ）
A．齿轮A的角速度比齿轮B的角速度大
B．齿轮A、B的角速度大小相等
C．齿轮B、C边缘的点的线速度大小相等
D．齿轮A边缘的点的线速度与齿轮B边缘的点的线速度大小相等
【答案】D
【详解】ABD．依题意，A、B齿轮啮合且齿轮之间不打滑，则齿轮A、B缘的线速度大小相等，由
可知，由于 则有 由于B、C齿轮同轴，齿轮B、C的角速度大小相等，则有 故
AB错误；D正确；
C．由 又 可得 故C错误；故选D。考点二 圆周运动的动力学问题
知识点1 向心力的来源及运动模型
1.向心力：
（1）来源：向心力是按力的作用效果命名的，可以是重力、弹力、摩擦力等各种力，也可以是几个力的
合力或某个力的分力，在受力分析中要避免再另外添加一个向心力。
（2）公式：F＝ma ＝m＝mω2r＝mr·＝mr·4π2f2＝mωv。
n n
2．运动模型
运动模型 向心力的来源示意图 运动模型 向心力的来源示意图
飞机水平转弯 飞车走壁
圆锥摆 火车转弯
汽车在水平路面转
水平转台(光滑)
弯
知识点2 圆周运动动力学分析过程
考向 1 锥摆模型5．如图所示为游乐场“丛林飞椅”游戏的简化模型，A小球绕轴 在水平面内做匀速圆周运动，则关
于A小球受力分析正确的是（ ）
A．受到的合力方向指向
B．受到重力、拉力和向心力的作用
C．细绳对小球的拉力大于小球受到的重力
D．若转速逐渐降低，则小球的向心力变大
【答案】C
【详解】A．A小球绕轴 在水平面内做匀速圆周运动，由所受外力的合力提供向心力，可知，受到的
合力方向指向 ，故A错误；
B．A小球受到重力、拉力作用，向心力是效果力，实际上不存在，故B错误；
C．结合上述，对小球进行分析，令绳与水平方向夹角为 ，则有 解得 可知，细绳对
小球的拉力大于小球受到的重力，故C正确；
D．若转速逐渐降低时，角速度减小，轨道半径减小，则有 可知，若转速逐渐降低，则小球的向
心力变小，故D错误。故选C。
6．智能呼啦圈可以提供全面的数据记录，让人合理管理自己的身材。如图甲，腰带外侧带有轨道，将带
有滑轮的短杆穿入轨道，短杆的另一端悬挂一根带有配重的轻绳，其简化模型如图乙所示。可视为质点的
配重质量为0.4kg，轻绳长为0.4m，悬挂点P到腰带中心点O的距离为0.26m，配重随短杆做水平匀速圆
周运动，绳子与竖直方向夹角为 ，运动过程中腰带可视为静止，重力加速度g取 ， ，
下列说法正确的是（ ）
A．若增大转速，腰带受到的摩擦力变大B．当转速 时，则绳子与竖直方向夹角
C．若增大转速，则绳子与竖直方向夹角 将减小
D．若增加配重，保持转速不变，则绳子与竖直方向夹角 将减小
【答案】B
【详解】A．转动过程中，以腰带和配重整体为研究对象，整体在竖直方向处于平衡状态，根据平衡条件
有
故增大转速，腰带受到的摩擦力不变，故A错误；
B．对配重进行受力分析，根据牛顿第二定律可得
当转速 时，代入数据可得
故B正确；
CD．对配重进行受力分析，其在水平面上做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律可得
整理得
故增大转速，则绳子与竖直方向夹角 将增大，绳子与竖直方向夹角与配重质量无关，故CD错误。
故选B。
考向 2 转弯模型
7．在修筑铁路时，为了消除轮缘与铁轨间的挤压，要根据弯道的半径和规定的行驶速度，设计适当的倾
斜轨道，即保证两个轨道间距不变情况下调整两个轨道的高度差。火车轨道在某转弯处其轨道平面倾角为
θ，转弯半径为r，在该转弯处规定行驶的速度为v，当地重力加速度为g，则下列说法中正确的是（ ）
A．火车运动的圆周平面为右图中的a
B．在该转弯处规定行驶的速度为C．火车运动速度超过转弯规定速度时内轨会给内侧车轮弹力作用
D．适当增大内、外轨高度差可以对火车进行有效安全的提速
【答案】D
【详解】A．火车运动的圆周平面为水平面，即图中的b，故A错误；
B．根据牛顿第二定律可得
可得在该转弯处规定行驶的速度为
故B错误；
C．在该转弯处行驶的速度若超过规定速度，则重力和轨道的支持力的合力不足以提供所需的向心力，火
车有做离心运动的趋势，此时火车将会挤压外轨，故C错误；
D．适当增大内、外轨高度差，则根据
可知θ角变大，则v变大，则可以对火车进行有效安全的提速，故D正确。
故选D。
8．赛车是一项极具挑战和危险的运动，比赛转弯过程中若不能很好的控制速度很容易发生侧滑。如图为
赛车转弯时的情景，此时赛车过O点，可看作沿Oa圆弧做匀速圆周运动，Ob方向为O点的切线方向。以
下说法不正确的是（ ）
A．赛车过O点时速度方向沿Ob方向
B．赛车过O点时合外力指向圆心
C．赛车转弯速率相同时，半径越小越容易发生侧滑
D．发生侧滑时，塞车沿着Ob方向滑离原轨道做匀速直线运动
【答案】D
【详解】A．物体做曲线运动，速度方向沿着该点的切线方向，则赛车过O点时速度方向沿Ob方向，故A
正确；
B．赛车做匀速圆周运动，则所受合力为向心力，即赛车过O点时合外力指向圆心，故B正确；
C．根据 可知赛车转弯速率相同时，半径越小所需的向心力越大，则越容易发生侧滑，故C正确；D．赛车发生侧滑瞬间，速度方向沿着Ob方向，摩擦力不足以提供向心力，赛车做离心运动，故D错误。
本题目选不正确项，故选D。
考点三 水平面内的圆盘临界模型
知识点 水平面内的圆盘临界模型临界规律
①口诀：“谁远谁先飞”；
②a或b发生相对圆盘滑动的各自临界角速度：
√ μg
ω=
f =μmg=mω2r r
m ；
①口诀：“谁远谁先飞”；
√μg
ω =
1 r
②轻绳出现拉力，先达到B的临界角速度： B ；
③AB一起相对圆盘滑动时，临界条件：
隔离A：T=μm g；隔离B：T+μm g=m ω 2r
A B B 2 B
整体：μm g+μm g=m ω 2r
A B B 2 B
√μ(m
A
+m
B
)g
√ μg
ω = =
2 m r m r
B B B B
(m +m )
AB相对圆盘滑动的临界条件： A B
①口诀：“谁远谁先飞”；
√μg
ω =
1 r
②轻绳出现拉力，先达到B的临界角速度： B
；
③同侧背离圆心，f 和f 指向圆心，一起相对圆盘滑动时，
Amax Bmax
临界条件：
隔离A：μm g-T=m ω 2r ；隔离B：T+μm g=m ω 2r
A A 2 A B B 2 B
整体：μm g+μm g=m ω 2r +m ω 2r
A B A 2 A B 2 B
√ μ(m A +m B )g √ μg
ω = =
2 m r +m r m r +m r
A A B B A A B B
(m +m )
AB相对圆盘滑动的临界条 A B①口诀：“谁远谁先飞”（r >r ）；
B A
√μg
ω =
1 r
轻绳出现拉力临界条件： B
② ；
此时B与面达到最大静摩擦力，A与面未达到最大静摩擦力。
此时隔离A：f +T=m ω2r ；隔离B：T+μm g=m ω2r
A A A B B B
f μm g-(m r -m r )ω2
A= B B B A A
消掉T：
③当m r =m r 时，f =μm g，AB永不滑动，除非绳断；
B B A A A B
④AB一起相对圆盘滑动时，临界条件：
1）当m r >m r 时，f ↓μm g-(m r -m r )ω2↑→f =0→反向→f 达到最
B B A A A = B B B A A A A
大→从B侧飞出；
2）当m r μ r μ <μ r
① A B， B ② A B， B
；
临界条件：
√m g−μm g
B A
ω =
min r
①
√m g+μm g
B A
ω =
max r
②
考向 1 水平面内的圆盘 不栓绳 临界模型临界规律应用
9．如图所示为一水平转盘， 、 两物块叠放在转盘上，已知 、 间的动摩擦因数为 ， 与转盘间的动摩擦因数为 。初始时，物块均静止，现逐渐增大圆盘的角速度，下列说法正确的是（ ）
A．若 ，则 、 始终相对静止，某时刻开始一起滑动
B．若 ，由于物块质量未知，无法判断 、 谁先滑动
C．物块所受的合力指向圆盘的轴心
D．摩擦力对物块不做功
【答案】A
【详解】AB．对AB整体，由牛顿第二定律
可得
对物块A，由牛顿第二定律
可得
若 ，可得
所以若 ，则 、 始终相对静止，某时刻开始一起滑动，故A正确，B错误；
CD．因为圆盘的角速度逐渐增大，则圆盘的线速度逐渐增大，故圆盘不是做匀速圆周运动，所以物块所受
的合力不是指向圆盘的轴心，由动能定理可知，动能变大，摩擦力对物块做正功，故CD错误。
故选A。
10．如图所示，两个质量均为m的小木块A、B（可视为质点）放在水平圆盘上，A、B到转轴 的距离
分别为l、 ．小木块与圆盘之间的动摩擦因数均为 ，可以认为小木块最大静摩擦力等于滑动摩擦力．
若圆盘从静止开始绕轴转动，并缓慢地加速，用 表示圆盘转动的角速度，用g表示重力加速度的大小，
下列说法正确的是（ ）A．圆盘对A的作用力大小大于A对圆盘的作用力大小
B．当 时，A所受摩擦力的大小为
C．A、B所受摩擦力的大小始终相等
D．B一定比A先开始滑动
【答案】D
【详解】A．圆盘对A的作用力与A对圆盘的作用力是相互作用力，总是等大反向，选项A错误；
B．当
时，A所受摩擦力的大小为
选项B错误；
C．根据
可知，在两物块未发生相对滑动时，A、B所受摩擦力的大小不相等，当两物块都产生相对滑动后受滑动摩
擦力大小相等，选项C错误；
D．根据
可知
可知产生滑动时B的临界角速度较小，则B一定比A先开始滑动，选项D正确。
故选D。
考向 2 水平面内的圆盘栓绳临界模型临界规律应用
11．一圆盘可以绕其竖直轴在水平面内转动，圆盘半径为R，甲、乙两物体质量分别为M和m（M>m），
它们与圆盘之间的最大静摩擦力均为压力的 倍，两物体用一根长为L（L
