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专题 06 圆周运动
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专题06 圆周运动................................................................................................................................................1
考向一 水平面内的圆周运动......................................................................................................................1
考向二 竖直平面内的圆周运动................................................................................................................7
【题型演练】...............................................................................................................................................10
考向一 水平面内的圆周运动
1．解决圆周运动问题的“四步骤”
2．水平面内圆周运动的临界问题
(1)水平面内做圆周运动的物体其向心力可能由弹力、摩擦力等力提供，常涉及绳的张紧与松弛、接触
面分离等临界状态．
(2)常见临界条件：①绳的临界：张力F ＝0；②接触面滑动的临界：F＝f；③接触面分离的临界：F
T N
＝0.
【典例1】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ω绕竖直杆匀速转动，当转动的角速度为ω 时，小球B刚好离开台面。弹簧始终在弹性
0
限度内，劲度系数为k，重力加速度为g，则下列判断正确的是（ ）A. 小球均静止时，弹簧的长度为L-
B. 角速度ω=ω 时，小球A对弹簧的压力为mg
0
C. 角速度ω=
0
D. 角速度从ω 继续增大的过程中，弹簧的形变量增大
0
【答案】AC
【解析】
A．若两球静止时，均受力平衡，对B球分析可知杆的弹力为零，
设弹簧的压缩量为x，再对A球分析可得：
故弹簧的长度为： 故A项正确；
BC．当转动的角速度为ω 时，小球B刚好离开台面，即 ，设杆与转盘的夹角为 ，由牛顿第二定
0
律可知： ； 而对A球依然处于平衡，有：而由几何关系： 联立四式解得： ；
则弹簧对A球的弹力为2mg，由牛顿第三定律可知A球对弹簧的压力为2mg，故B错误，C正确；
D．当角速度从ω 继续增大，B球将飘起来，杆与水平方向的夹角 变小，对A与B的系统，在竖直方向
0
始终处于平衡，有：
则弹簧对A球的弹力是2mg，由牛顿第三定律可知A球对弹簧的压力依然为2mg，弹簧的形变量不变，故
D错误。
故选AC。
【典例2】天花板下悬挂的轻质光滑小圆环P可绕过悬挂点的竖直轴无摩擦地旋转．一根轻绳穿过P，两
端分别连接质量为m 和m 的小球A、B(m≠m)．设两球同时做如图6所示的圆锥摆运动，且在任意时刻两
1 2 1 2
球均在同一水平面内，则( )
A．两球运动的周期相等
B．两球的向心加速度大小相等
C．球A、B到P的距离之比等于m∶m
2 1
D．球A、B到P的距离之比等于m∶m
1 2
【答案】 AC
【解析】 对其中一个小球受力分析，其受到重力和绳的拉力F ，绳的拉力在竖直方向的分力与重力平衡，
T
设轻绳与竖直方向的夹角为θ，则有F cos θ＝mg，拉力在水平方向上的分力提供向心力，设该小球到P的
T
距离为l，则有F sin θ＝mgtan θ＝mlsin θ，解得周期为T＝2π＝2π，因为任意时刻两球均在同一水平面内，
T
故两球运动的周期相等，选项A正确；连接两球的绳的张力F 相等，由于向心力为F ＝F sin θ＝mω2lsin
T n T
θ，故m与l成反比，即＝，又小球的向心加速度a＝ω2htan θ＝()2htan θ，故向心加速度大小不相等，选项
C正确，B、D错误．【典例3】如图所示，半径为R的半球形容器固定在水平转台上，转台绕过容器球心 O的竖直轴线以角速
度ω匀速转动.质量不同的小物块A、B随容器转动且相对器壁静止，A、B和球心O点连线与竖直方向的
夹角分别为α和β，α>β，则( )
A.A的质量一定小于B的质量
B.A、B受到的摩擦力可能同时为零
C.若A不受摩擦力，则B受沿容器壁向上的摩擦力
D.若ω增大，A、B受到的摩擦力可能都增大
【答案】 D
【解析】 当B受到的摩擦力恰为零时，受力分析如图；根据牛顿第二定律得：mgtan β＝mω 2Rsin β，解
B
得：ω ＝，同理可得：ω ＝，物块转动角速度与物块的质量无关，所以无法判断物块质量的大小，故 A错
B A
误；由于α>β，所以ω >ω ，即A、B受到的摩擦力不可能同时为零，故B错误；若A不受摩擦力，此时转
A B
台的角速度为ω＝ω >ω ，则B物块有向上的运动趋势，所以此时B受沿容器壁向下的摩擦力，故C错误；
A B
如果转台的角速度ω>ω ，A和B受沿容器壁向下的摩擦力，如果ω增大，A、B受到的摩擦力都增大，故
A
D正确.
【典例4】在修筑铁路时，弯道处的外轨会略高于内轨。如图所示，当火车以规定的行驶速度转弯时，内、
外轨均不会受到轮缘的挤压，设此时的速度大小为v，重力加速度为g，两轨所在面的倾角为θ，则( )A．该弯道的半径r＝
B．当火车质量改变时，规定的行驶速度大小不变
C．当火车速率大于v时，内轨将受到轮缘的挤压
D．当火车速率小于v时，外轨将受到轮缘的挤压
【答案】AB
【解析】火车拐弯时不侧向挤压车轮轮缘，靠重力和支持力的合力提供向心力，设转弯处斜面的倾角为
θ，根据牛顿第二定律得mgtan θ＝m，解得r＝，故选项A正确；根据牛顿第二定律得mgtan θ＝m，解得
v＝，可知火车规定的行驶速度与质量无关，故选项B正确；当火车速率大于v时，重力和支持力的合力不
够提供向心力，此时外轨对火车有侧压力，轮缘挤压外轨，故选项C错误；当火车速率小于v时，重力和
支持力的合力大于所需的向心力，此时内轨对火车有侧压力，轮缘挤压内轨，故选项D错误
【典例5】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，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 大小为kmg
的
【答案】AC
【解析】
A．小木块a、b做圆周运动时，由静摩擦力提供向心力，即f＝mω2 R
当角速度增加时，静摩擦力增大，当增大到最大静摩擦力时，发生相对滑动，对木块a：f＝mω2l
a a
当f＝kmg时kmg＝mω2l ω ＝ 对木块bf＝mω2·2l当f＝kmg时kmg＝mω2·2l ω ＝
a a a b b b b b所以b先达到最大静摩擦力，A正确；
B．两木块滑动前转动的角速度相同，则f＝mω2l f ＝mω2·2l f β.则( )
A．A的质量一定小于B的质量
B．A、B受到的摩擦力可能同时为零
C．若A不受摩擦力，则B受沿容器壁向上的摩擦力
D．若ω增大，A、B受到的摩擦力可能都增大
【答案】D
【解析】：当B受到的摩擦力恰为零时，受力分析如图，根据牛顿第二定律得mgtan β＝mωRsin β，
解得ω ＝ ，同样，当A不受摩擦力时，同理可得ω ＝ ，物块的质量与物块转动角速度无关，所以无法
B A
判断质量的大小；由于α>β，所以ω >ω ，与题意中A、B随容器都以角速度ω转动相矛盾，即A、B受到
A B
的摩擦力不可能同时为零；若A不受摩擦力，此时转台的角速度为ω >ω ，所以B物块的角速度大于摩擦
A B
力为零时的角速度，所以此时B受沿容器壁向下的摩擦力；如果转台角速度从 A不受摩擦力开始增大，
A、B的向心力都增大，所受的摩擦力增大．故选D．
2、如图所示，A、B两小球用一根轻绳连接，轻绳跨过圆锥筒顶点处的光滑小定滑轮，圆锥筒的侧面光滑。
当圆锥筒绕竖直对称轴OO′匀速转动时，两球都位于筒侧面上，且与筒保持相对静止，小球A到顶点O的
距离大于小球B到顶点O的距离，则下列判断正确的是( )A．A球的质量大 B．B球的质量大
C．A球对圆锥筒侧面的压力大 D．B球对圆锥筒侧面的压力大
【答案】BD
【解析】本题考查圆锥面内的圆周运动问题。绳对 A、B两球的拉力大小相等，设绳子对小球的拉力大小
为T，侧面对小球的支持力大小为F，则竖直方向有Tcos θ＋Fsin θ＝mg，水平方向有Tsin θ－Fcos θ＝
mω2lsin θ，可得T＝mgcos θ＋mω2lsin 2θ，可知质量m越大，l就越小，则B球的质量大，又T＝，可知m
越大，F就越大，则B球受圆锥筒侧面的支持力大，结合牛顿第三定律可知选项B、D正确，A、C错误。
3、如图所示，转动轴垂直于光滑水平面，交点 O的上方h(A点)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l大于h，转动轴带动小球在光滑水平面上做圆周运动。当转动的角速度ω逐渐增
大时，下列说法正确的是( )
A．小球始终受三个力的作用
B．细绳上的拉力始终保持不变
C．要使球不离开水平面，角速度的最大值为
D．若小球飞离了水平面，则角速度可能为
【答案】C
【解析】小球可以在水平面上转动，也可以飞离水平面，飞离水平面后只受重力和细绳的拉力两个力作用，
故选项A错误；小球飞离水平面后，随着角速度增大，细绳与竖直方向的夹角变大，设为 β，由牛顿第二
定律得Tsin β＝mω2lsin β可知，随角速度变化，细绳的拉力T会发生变化，故选项B错误；当小球对水平
面的压力为零时，有Tcos θ＝mg，Tsin θ＝mlω2sin θ，解得临界角速度为ω＝＝，若小球飞离了水平面，
则角速度大于，而<，故选项C正确，D错误。
4、(多选)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θ角，绳b在水平方向且长为l，当轻杆绕轴AB以角速度ω匀速转动时，小球在水平面内做匀速圆周运动，
则下列说法正确的是( )
A．a绳的张力不可能为零
B．a绳的张力随角速度的增大而增大
C．当角速度ω>时，b绳将出现弹力
D．若b绳突然被剪断，则a绳的弹力一定发生变化
【答案】AC
【解析】对小球受力分析，可得 a绳的弹力在竖直方向的分力平衡了小球的重力，解得 T＝，为定值，A
a
正确，B错误。当Tcos θ＝mω2l，即ω＝时，b绳的弹力为零，若角速度大于该值，则b绳将出现弹力，C
a
正确。由于绳b可能没有弹力，故绳b突然被剪断，则a绳的弹力可能不变，D错误。
5、如图所示，内壁光滑的竖直圆桶，绕中心轴做匀速圆周运动，一物块用细绳系着，绳的另一端系于圆
桶上表面圆心，且物块贴着圆桶内表面随圆桶一起转动，则( )
A.绳的张力可能为零
B.桶对物块的弹力不可能为零
C.随着转动的角速度增大，绳的张力保持不变
D.随着转动的角速度增大，绳的张力一定增大
【答案】 C
【解析】 当物块随圆桶做圆周运动时，绳的拉力的竖直分力与物块的重力保持平衡，因此绳的张力为一
定值，且不可能为零，故A、D错误，C正确；当绳的水平分力提供向心力的时候，桶对物块的弹力恰好为零，故B错误.
6、如图所示，两段长均为L的轻绳共同系住一质量为m的小球，另一端固定在等高的两点O、O，两点
1 2
的距离也为L，在最低点给小球一个水平向里的初速度v，小球恰能在竖直面内做圆周运动，重力加速度
0
为g，则（ ）
A．小球运动到最高点的速度
B．小球运动到最高点的速度
C．小球在最低点时每段绳子的拉力
D．小球在最低点时每段绳子的拉力
【答案】AD
【解析】小球恰能在竖直面内做圆周运动的条件是重力提供向心力，则 ， ，解得：
，A正确；B错误；小球在最低点，由向心力公式得： ，每段绳子的拉力
，由以上两式解得： ，C错误；D正确；故选AD。7、固定在竖直平面内的光滑圆弧轨道ABCD，其A点与圆心等高，D点为轨道的最高点，DB为竖直线，
AC为水平线，AE为水平面，如图所示，今使小球自A点正上方某处由静止释放，且从A点进入圆弧轨道
运动，只要适当调节释放点的高度，总能使球通过最高点D，则小球通过D点后( )
A．可能做圆周运动 B．一定做平抛运动
C．一定会落到水平面AE上 D．可能会再次落到圆弧轨道上
【答案】BC
【解析】 设小球恰好能通过最高点D，根据mg＝m，得v ＝，知在最高点的最小速度为.小球经过D点
D
后做平抛运动，根据R＝gt2得，t＝，则平抛运动的水平位移为：x＝·＝R，知小球一定落在水平面AE上，
故B、C正确，A、D错误．
8、如图所示，足够长的光滑水平轨道与竖直固定的光滑半圆形轨道相切于 a点，一质量为m的物块(可视
为质点)，以大小为v的速度水平向右运动，重力加速度为g，不计空气阻力．当半圆形轨道半径取适当值
R时，物块从半圆形轨道最高点b飞出后，在水平轨道的落点与a点间距离最大，最大距离为d.则( )
A．R＝ B．R＝
C．d＝ D．d＝
【答案】AC
【解析】：由题意知小球经过a点的速度为v，小球沿着光滑的轨道从a到b的过程只有重力做功，由机械
能守恒定律得：－mg·2R＝mv－mv2；而小球从b点做平抛运动，2R＝gt2，d＝vt；联立各式可得：d＝，可
b
知根号下的表达式为R作自变量的二次函数，则当R＝，水平距离有最大值d ＝.故选AC．
max
9、如图所示，可视为质点的、质量为m的小球，在半径为R的竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动，
下列有关说法中正确的是( )A．小球能够到达最高点时的最小速度为0
B．小球能够通过最高点时的最小速度为
C．如果小球在最低点时的速度大小为，则小球通过最低点时对管道的外壁的作用力为6mg
D．如果小球在最高点时的速度大小为2，则此时小球对管道的内壁的作用力为3mg
【答案】 AC
【解析】 圆形管道内壁能支撑小球，小球能够通过最高点时的最小速度为0，故A正确，B错误；重力
和支持力的合力提供向心力，在最低点，根据牛顿第二定律，有：F －mg＝，解得：F ＝mg＋＝mg＋＝
N N
6mg，根据牛顿第三定律，球对管道的外壁的作用力为6mg，故C正确；在最高点，假设管道对小球的弹
力大小为F，方向竖直向下，由牛顿第二定律得 mg＋F＝，解得F＝3mg>0，假设成立，方向竖直向下，
根据牛顿第三定律得知：小球对管道的弹力方向竖直向上，即小球对管道的外壁有作用力，故D错误．
10、(多选)如图所示，置于竖直面内的光滑金属圆环半径为r，质量为m的带孔小球穿于环上，同时有一长
为r的细绳一端系于圆环最高点，另一端系小球，当圆环以角速度ω(ω≠0)绕竖直直径转动时( )
A．细绳对小球的拉力可能为零
B．细绳和金属圆环对小球的作用力大小可能相等
C．细绳对小球拉力与小球的重力大小不可能相等
D．当ω＝时，金属圆环对小球的作用力为零
【答案】 CD
【解析】 圆环光滑，小球受到重力、环对球的弹力和绳子的拉力，根据几何关系可知，此时细绳与竖直
方向的夹角为60°，当圆环旋转时，小球绕竖直轴做圆周运动，则有F cos 60°＋F cos 60°＝mg，F sin 60°－F sin 60°＝mω2rsin 60°，解得F ＝mg＋mω2r，F ＝mg－mω2r,
T N T N T N
当ω＝时，金属圆环对小球的作用力F ＝0，故C、D正确，A、B错误．
N
11、如图所示，竖直放置的半圆形轨道与水平轨道平滑连接，不计一切摩擦。圆心O点正下方放置为2m
的小球A，质量为m的小球B以初速度v 向左运动，与小球A发生弹性碰撞。碰后小球A在半圆形轨道运
0
动时不脱离轨道，则小球B的初速度v 可能为
0
A. B. C. D.
【答案】BC
【解析】A与B碰撞的过程为弹性碰撞，则碰撞的过程中动量守恒，设B的初速度方向为正方向，设碰撞
后B与A的速度分别为v 和v，则：
1 2
mv =mv +2mv
0 1 2
由动能守恒得：
联立得： ①
1.恰好能通过最高点,说明小球到达最高点时小球的重力提供向心力,是在最高点的速度为v ，由牛顿第二
min
定律得：
2mg= ②
A在碰撞后到达最高点的过程中机械能守恒，得：
③
联立①②③得：v= ，可知若小球B经过最高点，则需要：v⩾
0 0
2.小球不能到达最高点，则小球不脱离轨道时，恰好到达与O等高处，由机械能守恒定律得：
④
联立①④得：v=
0可知若小球不脱离轨道时,需满足：v⩽
0
由以上的分析可知,若小球不脱离轨道时,需满足：v⩽ 或v⩾ ，故AD错误，BC正确。
0 0
故选：BC
12、一竖直杆上相距L的A、B两点拴着一根不可伸长的轻绳，绳长1.4L，绳上套着一个光滑的小铁环，
设法转动竖直杆，不让绳缠绕在杆上，而让小铁环在某水平面上做匀速圆周运动，如图所示．当两段绳成
直角时，求小铁环转动的周期．已知重力加速度为g.
【答案】：
【解析】：设两段绳呈直角时小铁环所在的位置为O点，∠BAO＝θ，绳中拉力为F.由牛顿第二定律得：
Fcos θ＝Fsin θ＋mg①
Fsin θ＋Fcos θ＝ma②
由圆周运动规律得：a＝()2r③
由几何关系得：
r＝Lcos θsin θ④
Lcos θ＋Lsin θ＝1.4L⑤
由①得：cos θ>sin θ⑥
由⑤⑥解得：sin θ＝0.6，cos θ＝0.8⑦
则由①②③④⑤⑦解得T＝
