文档内容
第 12 讲 圆周运动
题型一 圆周运动的运动学问题
题型二 圆周运动的动力学问题
题型三 水平面内圆周运动的临界问题
题型四 竖直面内圆周运动的临界问题
题型五 实验：探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系
课标要求 命题预测 重难点
1.掌握描述圆周运动的各
物理量及它们之间的关
系。
生活实践类：自行车、汽车、
火车转弯等动力学及临界问
2.掌握匀速圆周运动由周
题，水流星，体育运动中的圆 （1）理解动力学及临界问题。
期性引起的多解问题的分
周运动问题 （2）分析水平面内、竖直面内和斜面上圆周
析方法。
学习探究类：圆锥摆模型，水 运动的临界问题。。
3.掌握圆周运动的动力学 平面内、竖直面内圆周运动的 （3）会灵活应用运动学公式及推论解题。
问题的处理方法。 临界问题，圆周运动中的轻
绳、轻杆模型
4.会分析水平面内、竖直
面内和斜面上圆周运动的
临界问题。
题型一 圆周运动的运动学问题
【典型例题剖析】
【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
【详解】 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，线速度平方之比除以半径之比即向心加速
n
度大小之比，为2∶1，D项错误。
【高考考点对接】
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。
【解题能力提升】
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：＝
【跟踪变式训练】
【变式1-1】 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轮绕过其中心的竖直轴转动时，
B C
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
【详解】 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，选项A错误；
a bB、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＝＝，选项B、C错误；
b c
对a、b两点，由a＝得＝＝，对b、c两点，由a＝ω2r得＝＝，故a∶a∶a＝9∶6∶4，选项D正确。
n n a b c
【变式1-2】 (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
【详解】 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正确，B
0
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。
【变式1-3】 (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
【详解】 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。
题型二 圆周运动的动力学问题
【典型例题剖析】
【例2】 (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
【详解】 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。
【高考考点对接】
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＝mrω2＝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
【解题能力提升】
圆周运动中动力学问题的分析思路
【跟踪变式训练】
【变式2-1】 (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
【详解】 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
T n T n
＝gtan θ，F ＝，所以小球C、D向心加速度大小相等，小球C、D受到绳的拉力大小也相等，故C、D
T
正确。
【变式2-2】 (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
【详解】 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。
【变式2-3】 (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
【详解】 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，则对小球竖直方向有
T
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正确；
T
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 θ－mω2r
T N N T
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
题型三 水平面内圆周运动的临界问题
【典型例题剖析】
【例3】 (2024·安徽省合肥一中模拟)港珠澳大桥总长约55 km，是世界上总体跨度最长、钢结构桥体
最长、海底沉管隧道最长的路海大桥，设计时速100 km/h。如图所示，该路段是港珠澳大桥的一段半
径r＝150 m的圆弧形弯道，总质量m＝1 800 kg的汽车通过该圆弧形弯道时以速度v＝90 km/h做匀速
圆周运动(汽车可视为质点，路面视为水平且不考虑车道的宽度)。已知路面与汽车轮胎间的径向最大静
摩擦力为汽车所受重力的，重力加速度g取10 m/s2，则( )
A．汽车过该弯道时受到重力、支持力、摩擦力、牵引力和向心力
B．汽车过该弯道时所受径向静摩擦力大小为4 000 NC．汽车过该弯道时的向心加速度大小为4 m/s2
D．汽车能安全通过该弯道的最大速度为15 m/s
【答案】 D
【详解】 汽车过该弯道时受到重力、牵引力、支持力和摩擦力作用，摩擦力提供做圆周运动的向心
力，故A错误；汽车过该弯道时所受径向静摩擦力大小为 F＝m＝7 500 N，故B错误；汽车过该弯道
f
时的向心加速度大小为a＝＝ m/s2，故C错误；汽车能安全通过该弯道速度最大时满足mg＝m，解得
v ＝15 m/s，故D正确。
m
【高考考点对接】
1．与摩擦力有关的临界极值问题
物体间恰好不发生相对滑动的临界条件是物体间恰好达到最大静摩擦力。
(1)如果只是摩擦力提供向心力，则最大静摩擦力F ＝，静摩擦力的方向一定指向圆心。
fm
(2)如果除摩擦力以外还有其他力，如绳两端连接物体随水平面转动，其中一个物体存在一个恰不向内
滑动的临界条件和一个恰不向外滑动的临界条件，分别为静摩擦力达到最大且静摩擦力的方向沿半径
背离圆心和沿半径指向圆心。
2．与弹力有关的临界极值问题
(1)两个接触物体分离的临界条件是物体间的弹力恰好为零。
(2)绳上拉力的临界条件是绳恰好拉直且无弹力或绳上拉力恰好为最大承受力。
【解题能力提升】
物体做圆周运动时，若物体的速度、角速度发生变化，会引起某些力(如拉力、支持力、摩擦力)发生
变化，进而出现某些物理量或运动状态的突变，即出现临界状态，分析圆周运动临界问题的方法是让角速
度或线速度从小逐渐增大，分析各物理量的变化，找出临界状态。
【跟踪变式训练】
【变式3-1】 (多选)(2023·陕西西安市庆安中学期中)如图所示，两个质量均为m的小木块a和b(可视
为质点)放在水平圆盘上，a与转轴OO′的距离为l，b与转轴的距离为2l。木块与圆盘间的最大静摩擦
力为木块所受重力的k倍，重力加速度大小为g。若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，用ω表示
圆盘转动的角速度，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是( )
A．b一定比a先开始滑动
B．a、b所受的摩擦力始终相等C．ω＝是b开始滑动的临界角速度
D．当ω＝时，a所受摩擦力的大小为kmg
【答案】 AC
【详解】 小木块a、b做圆周运动时，由静摩擦力提供向心力，即F＝mω2R。当角速度增大时，静摩
f
擦力增大，当增大到最大静摩擦力时，发生相对滑动，对木块a有F ＝mω2l，当F ＝kmg时，kmg＝
fa a fa
mω2l，ω＝；对木块b有F ＝mω2·2l，当F ＝kmg时，kmg＝mω2·2l，ω ＝，则ω＝是b开始滑动的
a a fb b fb b b
临界角速度，即b比a先开始滑动，选项A、C正确；两木块滑动前转动的角速度相同，则F ＝mω2l，
fa
F ＝mω2·2l，F 时，b绳中产生弹力
C．当b绳中产生弹力后，角速度再增大时a绳的弹力不变
D．当b绳突然被剪断时，a绳的弹力一定发生变化
【答案】 BC
【详解】 当b绳的弹力为零时，小球受重力和a绳的弹力，合力提供向心力，有＝mlω2，解得ω＝，
可知当角速度ω>时，b绳出现弹力，故B正确；根据竖直方向上受力平衡得Fsin θ＝mg，解得F＝，
a a
可知a绳的弹力不变，故A错误，C正确；
由于b绳可能没有弹力，故b绳突然被剪断时，a绳的弹力可能不变，故D错误。
【变式3-3】 (2023·湖南岳阳市第十四中学检测)如图所示，叠放在水平转台上的物体A、B及物体C能
随转台一起以角速度ω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
摩擦因数都为μ，A和B、C离转台中心的距离分别为r和1.5r。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物体
A、B、C均可视为质点，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A．B对A的摩擦力一定为3μmgB．B对A的摩擦力一定为3mω2r
C．转台的角速度需要满足ω≤
D．若转台的角速度逐渐增大，最先滑动的是A物体
【答案】 B
【详解】 由于物体A、B及物体C能随转台一起匀速转动，则三个物体受到的均为静摩擦力，由静摩
擦力提供向心力，则B对A的摩擦力一定为F ＝3mω2r，又有0ω ，由于物体
2 3 3 1 2 3
A、B及物体C均随转台一起匀速转动，则转台的角速度需要满足 ω≤ω ＝，该分析表明，当角速度逐
3
渐增大时，物体C所受摩擦力先达到最大静摩擦力，即若转台的角速度逐渐增大，最先滑动的是 C物
体，C、D错误。
题型四 竖直面内的圆周运动
【典型例题剖析】
【例4】 (多选)(2023·陕西延安市黄陵中学模拟)如图所示，一质量为m＝0.5 kg的小球(可视为质点)，
用长为0.4 m的轻绳拴着在竖直平面内做圆周运动，g＝10 m/s2，下列说法正确的是( )
A．小球要做完整的圆周运动，在最高点的速度至少为2 m/s
B．当小球在最高点的速度为4 m/s时，轻绳拉力大小为15 N
C．若轻绳能承受的最大张力为45 N，小球的最大速度不能超过4 m/s
D．若轻绳能承受的最大张力为45 N，小球的最大速度不能超过4 m/s
【答案】 ABC
【详解】 设小球通过最高点时的最小速度为v ，则根据牛顿第二定律有mg＝m，解得v ＝2 m/s，故
0 0
A正确；当小球在最高点的速度为v＝4 m/s时，设轻绳拉力大小为F ，根据牛顿第二定律有F ＋mg＝
1 T T
m，解得F ＝15 N，故B正确；小球在轨迹最低点处速度最大，此时轻绳的拉力最大，根据牛顿第二
T
定律有F －mg＝m，解得v ＝4 m/s，故C正确，D错误。
Tm m
【高考考点对接】轻绳模型 轻杆模型
常见类型
小球最高点没有支撑
小球最高点有支撑
除重力外，物体受到的弹力 除重力外，物体受到的弹力方向：
最高点受力特征
方向：向下或等于零 向下、等于零或向上
最高点受力示意图
动力学方程 mg＋F ＝m mg±F ＝m
弹 弹
F ＝0
弹
①恰好过最高点，v＝0，F ＝mg
弹
临界特征 mg＝m
②恰好无弹力，F ＝0，v＝
弹
即v ＝
min
过最高点的条件 在最高点的速度v≥ v≥0
【解题能力提升】
(1)物体通过圆周运动最低点、最高点时，利用合力提供向心力列牛顿第二定律方程；
(2)物体从某一位置到另一位置的过程中，用动能定理找出两位置间的速度关系；
(3)注意：求对轨道的压力时，转换研究对象，先求物体所受支持力，再根据牛顿第三定律求出压力。
【跟踪变式训练】
【变式4-1】 如图所示，质量为1.6 kg、半径为0.5 m的光滑细圆管用轻杆固定在竖直平面内，小球A
和B(均可视为质点)的直径略小于细圆管的内径(内径远小于细圆管半径)。小球A、B的质量分别为m
A
＝1 kg、m ＝2 kg。某时刻，小球A、B分别位于圆管最低点和最高点，且 A的速度大小为 v ＝3
B A
m/s，此时杆对圆管的弹力为零，则B球的速度大小v 为(取g＝10 m/s2)( )
B
A．2 m/s B．4 m/sC．6 m/s D．8 m/s
【答案】 B
【详解】 对A球，合外力提供向心力，设管对A的支持力为F ，由牛顿第二定律有F －m g＝m ，
A A A A
代入数据解得F ＝28 N，由牛顿第三定律可得，A球对管的力竖直向下，为28 N，设B球对管的力为
A
F ′，由管的受力平衡可得F ′＋28 N＋m g＝0，解得F ′＝－44 N，负号表示和重力方向相反，由牛顿
B B 管 B
第三定律可得，管对B球的力F 为44 N，方向竖直向下，对B球由牛顿第二定律有F ＋m g＝m ，解
B B B B
得v ＝4 m/s，故选B。
B
【变式4-2】 如图所示，一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定的角速度 ω转动，盘面
与水平面的夹角为37°，盘面上离转轴距离1.0 m处有一小物体与圆盘始终保持相对静止，小物体的质
量为1.0 kg，小物体与盘面间的动摩擦因数为0.8(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)。则当ω达到最大
值时，小物体运动到最高点时所受摩擦力的大小为(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)( )
A．5．6 N B．6．0 N C．6．4 N D．8．0 N
【答案】 A
【详解】 经分析，当物体运动到最低点时，摩擦力达到最大值，角速度达到最大值，根据牛顿第二
定律得μmgcos 37°－mgsin 37°＝mrω 2
m
在最高点，根据牛顿第二定律得F＋mgsin 37°＝mrω 2，联立以上两式并代入数据得F＝
f m f
－5．6 N
负号表示摩擦力的方向沿盘面向上，大小为5.6 N，故选A。
【变式4-3】 (2023·福建三明市模拟)如图所示，当汽车通过拱桥顶点的速度为10 m/s时，汽车对桥顶
的压力为车重力的，如果要使汽车在粗糙的桥面经过桥顶时，恰好不受摩擦力作用，则汽车通过桥顶
的速度应为( )
A．15 m/s B．20 m/s C．25 m/s D．30 m/s
【答案】 B
【详解】 如果要使汽车在粗糙的桥面经过桥顶时，不受摩擦力作用，即汽车只受重力作用，则有mg
＝m，当汽车通过拱桥顶点的速度为10 m/s时，汽车对桥顶的压力为车重力的，即支持力为mg，则有
mg－mg＝m，联立解得v′＝20 m/s，所以B正确，A、C、D错误。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
【详解】 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．(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
【详解】 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。
3．(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
【详解】 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增大以后，物体
f N
所受弹力增大，摩擦力不变，故选A。
4．(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
【详解】 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
5．(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
6．(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
【详解】 A、B属于齿轮传动，边缘点的线速度大小相等，则 v∶v ＝1∶1，由向心加速度公式a＝得
a b
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 ＝1∶1，B错误；根据匀速圆
a b b a c d
周运动的周期T＝，可得T∶T＝ω∶ω＝1∶1，D正确。
c d d c
7．(多选)(2023·辽宁阜新市模拟)如图为杭州亚运会体操赛场场景，“单臂大回环”是体操运动中的高难度
动作，运动员单臂抓杠，以单杠为轴完成圆周运动，不考虑手和单杠之间的摩擦和空气阻力，将人视
为处于重心的质点，将“单臂大回环”看成竖直平面内的圆周运动，等效半径为L，重力加速度为g，
下列说法正确的是( )
A．单杠对手臂既可能提供拉力，也可能提供支持力
B．从最高点到最低点的过程中，单杠对人的作用力不做功
C．若运动员恰好能够完成圆周运动，则运动员在最低点受单杠作用力大小为6mg
D．若运动员恰好能够完成此圆周运动，则运动员在最高点处时，手臂与单杠之间无作用力
【答案】 AB
【详解】 运动员在做圆周运动的过程中，单杠对手臂可能提供拉力，也可能提供支持力，如在最高
点，当运动员的重力恰好提供向心力时，有mg＝m，可得v＝，当运动员在最高点的速度大于时，单杠
对运动员的力为拉力，当运动员在最高点的速度小于时，单杠对运动员的力为支持力，故 A正确；从
最高点到最低点的过程中，单杠对人的作用力一直与速度方向垂直，不做功，故B正确；若运动员恰
好能够完成此圆周运动，则运动员在最高点的速度为零，此时手臂与单杠之间支持力大小等于运动员的重力大小，故D错误；从最高点到最低点，根据动能定理有mg·2L＝mv2，解得v＝2，在最低点，有
F－mg＝m，所以F＝5mg，故C错误。
8．(2023·四川绵阳市诊断)如图所示，轻杆长3L，在杆两端分别固定质量均为m的球A和B(均可视为质
点)，光滑水平转轴穿过杆上距球A为L处的O点，外界给系统一定能量后，杆和球在竖直平面内转动，
球B运动到最高点时，杆对球B恰好无作用力。忽略空气阻力，重力加速度为g，则球B在最高点时(
)
A．球B的速度为零
B．球A的速度大小为
C．水平转轴对杆的作用力为1.5mg
D．水平转轴对杆的作用力为2.5mg
【答案】 C
【详解】 球B运动到最高点时，杆对球B恰好无作用力，即仅重力提供向心力，则有mg＝m，解得
v ＝，故A错误；由于A、B两球的角速度相等，则球A的速度大小v ＝，故B错误；B球在最高点时，
B A
对杆无弹力，此时A球受到的重力和杆的弹力的合力提供向心力，有F－mg＝m，解得F＝1.5mg，由
牛顿第三定律可知杆受到A球的弹力大小为1.5mg，则水平转轴对杆的作用力为1.5mg，故C正确，D
错误。
