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专题4.3 圆周运动及应用【练】
目录
一．练经典题型.............................................................................................................................................................1
二、练创新情景.............................................................................................................................................................4
三．练规范解答.............................................................................................................................................................9
一．练经典题型
1．(2021·石嘴山三中期中)质点做匀速圆周运动时，下列说法正确的是( )
A．速度的大小和方向都改变
B．匀速圆周运动是匀变速曲线运动
C．当物体所受合力全部用来提供向心力时，物体做匀速圆周运动
D．向心加速度不变
【答案】C
【解析】质点做匀速圆周运动时，线速度大小始终不变，速度方向为质点运动轨迹的切线方向，时刻在改
变，故A错误；做匀速圆周运动的物体的加速度始终指向圆心，即方向在时刻改变，则匀速圆周运动是非
匀变速曲线运动，故B、D错误；当质点所受合力全部用来提供向心力时，质点的线速度的大小不变，做
匀速圆周运动，故C正确。
2.(多选)如图所示，有一皮带传动装置，A、B、C三点到各自转轴的距离分别为R 、R 、R ，已知R ＝R
A B C B C
＝，若在传动过程中，皮带不打滑。则( )
A．A点与C点的角速度大小相等B．A点与C点的线速度大小相等
C．B点与C点的角速度大小之比为2∶1
D．B点与C点的向心加速度大小之比为1∶4
【答案】BD
【解析】处理传动装置类问题时，对于同一根皮带连接的传动轮边缘的点，线速度相等；同轴转动的点，
角速度相等。对于本题，显然v ＝v ，ω ＝ω ，选项B正确。根据v ＝v 及关系式v＝ωR，可得ω R ＝
A C A B A C A A
ω R ，又R ＝，所以ω ＝，选项A错误。根据ω ＝ω ，ω ＝，可得ω ＝，即B点与C点的角速度大小之
C C C A A B A B
比为1∶2，选项C错误。根据ω ＝及关系式a＝ω2R，可得a ＝，即B点与C点的向心加速度大小之比为
B B
1∶4，选项D正确。
3.小球P和Q用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，P球的质量大于Q球的质量，悬挂P球的绳比悬挂Q球
的绳短。将两球拉起，使两绳均被水平拉直，如图所示。将两球由静止释放。在各自运动轨迹的最低点
时，有( )
A．P球的速度一定大于Q球的速度
B．P球的动能一定小于Q球的动能
C．P球所受绳的拉力一定大于Q球所受绳的拉力
D．P球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度
【答案】C
【解析】小球从静止释放运动到最低点的过程中，由机械能守恒得mgR＝mv2，解得v＝，式中R为绳长，
则小球在最低点的速度只与绳长有关，可知v 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。
8．(多选)(2021·哈尔滨三中期中)如图所示，长为L的细绳一端拴一质量为m小球，另一端固定在O点，绳
的最大承受能力为11mg，在O点正下方O′点有一小钉，先把绳拉至水平再释放小球，为使绳不被拉断且
小球能以O′为轴完成竖直面完整的圆周运动，则钉的位置到O点的距离为 ( )
A．最小为L B．最小为L
C．最大为L D．最大为L
【答案】BC
【解析】当小球恰好到达圆周运动的最高点时小球的转动半径为r，重力提供向心力，则有mg＝m，根据
机械能守恒定律可知，mg(L－2r)＝mv2，联立解得：r＝L，故钉的位置到O点的距离为L－L＝L；当小球
转动时，恰好达到绳子的最大拉力时，即F＝11mg，此时一定处在最低点，设半径为R，则有：11mg－mg
＝m，根据机械能守恒定律可知，mgL＝mv，联立解得：R＝L，故此时离最高点距离为L，则可知，距离
最小为L，距离最大为L，故B、C正确，A、D错误．
9.如图所示，一轻杆一端固定在O点，另一端固定一小球，在竖直平面内做半径为R的圆周运动.小球运动
到最高点时，杆与小球间弹力大小为F ，小球在最高点的速度大小为v，F －v2图象如图乙所示.下列说法
N N
正确的是( )
A.当地的重力加速度大小为
B.小球的质量为
C.当v2＝c时，杆对小球弹力方向向上D.若v2＝2b，则杆对小球弹力大小为2a
【答案】B
【解析】小球在最高点，若v＝0，则F ＝a＝mg；若F ＝0，则mg＝m＝m，解得g＝，m＝R，故A错
N N
误，B正确；由题图可知：当v2b时，杆对小球弹力方向向下，所以
当v2＝c时，杆对小球弹力方向向下，故C错误；若v2＝2b，则F ＋mg＝m，解得F ＝a，故D错误.
N N
10.一轻杆一端固定质量为m的小球，以另一端O为圆心，使小球在竖直面内做半径为R的圆周运动，
如图所示，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A.小球过最高点时，杆所受到的弹力可以等于零
B.小球过最高点的最小速度是
C.小球过最高点时，杆对球的作用力一定随速度的增大而增大
D.小球过最高点时，杆对球的作用力一定随速度的增大而减小
【答案】A
【解析】当小球在最高点所受的弹力为零时，有 mg＝m，解得v＝，即当速度v＝时，轻杆所受的弹力为
零，所以A正确.小球通过最高点的最小速度为零，所以B错误.小球在最高点，若v<，则有：mg－F＝m，
轻杆的作用力随着速度的增大先减小后反向增大，若v>，则有：mg＋F＝m，轻杆的作用力随着速度的增
大而增大，所以C、D错误.
二、练创新情景
1.(2021·温州九校联考)环球飞车是一场将毫无改装的摩托车文化进行演绎的特技表演。如图所示，在舞台
中固定一个直径为6.5 m的球形铁笼，其中有一辆摩托车在与球心共面的水平圆面上做匀速圆周运动，下
列说法正确的是( )A．摩托车受摩擦力、重力、弹力和向心力的作用
B．摩托车做圆周运动的向心力由弹力来提供
C．在此圆周运动中摩托车受到的弹力不变
D．摩托车受到水平圆面内与运动方向相同的摩擦力
【答案】B
【解析】摩托车受重力、摩擦力、弹力的作用，向心力是效果力，故A错误；竖直方向上，摩托力所受重
力和摩擦力平衡，所以摩擦力方向竖直向上。弹力提供向心力，所以弹力方向改变，故 B正确，C、D错
误。
2.(2020·全国卷Ⅰ·16)如图，一同学表演荡秋千.已知秋千的两根绳长均为10 m，该同学和秋千踏板的总质
量约为50 kg.绳的质量忽略不计.当该同学荡到秋千支架的正下方时，速度大小为8 m/s，此时每根绳子平均
承受的拉力约为( )
A.200 N B.400 N
C.600 N D.800 N
【答案】B
【解析】 取该同学与踏板为研究对象，到达最低点时，受力如图所示，
设每根绳子中的平均拉力为F.
由牛顿第二定律知：2F－mg＝
代入数据得F＝405 N，故每根绳子平均承受的拉力约为405 N，
选项B正确.3.(2020·合肥调研)如图所示，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
3∶2，运动方向改变的角度之比是2∶1，则( )
A．二者线速度大小之比为2∶3
B．二者角速度大小之比为1∶2
C．二者圆周运动的半径之比为1∶3
D．二者向心加速度大小之比为3∶1
【答案】D
【解析】线速度v＝，两快艇通过的路程之比为 3∶2，由于运动时间相等，则二者的线速度大小之比为
3∶2，故A错误；角速度ω＝，运动方向改变的角度等于圆周运动转过的角度，两快艇转过的角度之比为
2∶1，由于运动时间相等，则角速度大小之比为2∶1，故B错误；根据v＝rω得，圆周运动的半径r＝，则两
快艇做圆周运动的半径之比为3∶4，故C错误；根据a＝vω得，向心加速度大小之比为3∶1，故D正确。
4．(2021·沈阳一模)我国高铁技术发展迅猛，目前处于世界领先水平。已知某路段为一半径为5 600米的弯
道，设计时速为216 km/h(此时车轮轮缘与轨道间无挤压)，已知我国的高铁轨距约为1 400 mm，且角度较
小时可近似认为tan θ＝sin θ，重力加速度g取10 m/s2，则此弯道内、外轨高度差应为( )
A．8 cm B．9 cm
C．10 cm D．11 cm
【答案】B
【解析】由题可知半径R＝5 600 m，时速为v＝216 km/h＝60 m/s；根据牛顿第二定律得mgtan θ＝m，解
得tan θ＝，由几何关系得tan θ＝sin θ＝，而L＝1 400 mm，联立得h＝90 mm＝9 cm，故B正确，A、
C、D错误。
5.(2021·北京密云质检)如图所示，甲、乙、丙、丁是游乐场中比较常见的过山车，甲、乙两图的轨道车在
轨道的外侧做圆周运动，丙、丁两图的轨道车在轨道的内侧做圆周运动，两种过山车都有安全锁(由上、
下、侧三个轮子组成)把轨道车套在了轨道上，四个图中轨道的半径都为R，下列说法正确的是
( )A．甲图中，当轨道车以一定的速度通过轨道最高点 时，座椅一定给人向上的力
B．乙图中，当轨道车以一定的速度通过轨道最低点时，安全带一定给人向上的力
C．丙图中，当轨道车以一定的速度通过轨道最低点时，座椅一定给人向上的力
D．丁图中，轨道车过最高点的最小速度为
【答案】：BC
【解析】：甲图中，由mg＝m可知，当轨道车以一定的速度v＝通过轨道最高点时，座椅给人向上的力为
零，选项A错误；乙图中，由F－mg＝m可知，当轨道车以一定的速度通过轨道最低点时，安全带一定给
人向上的力F＝mg＋m，选项B正确；丙图中，由F－mg＝m可知，当轨道车以一定的速度通过轨道最低
点时，座椅一定给人向上的力F＝mg＋m，选项C正确；由于过山车都有安全锁(由上、下、侧三个轮子组
成)把轨道车套在了轨道上，丁图中，轨道车过最高点的最小速度可以为零，选项D错误．
6.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
【答案】D
【解析】在转动过程中，A、B两座椅的角速度相等，但由于B座椅的半径比较大，故B座椅的速度比较
大，向心加速度也比较大，A、B项错误；A、B两座椅所需向心力不等，而重力相同，故缆绳与竖直方向
的夹角不等，C项错误；根据F＝mω2r判断A座椅的向心力较小，所受拉力也较小，D项正确。
7.(2021·武汉高考调研)机动车检测站进行车辆尾气检测原理如下：车的主动轮压在两个相同粗细的有固定转动轴的滚动圆筒上，可在原地沿前进方向加速，然后把检测传感器放入尾气出口，操作员把车加速到一
定程度，持续一定时间，在与传感器相连的电脑上显示出一系列相关参数．现有如下检测过程简图：车轴
A的半径为r ，车轮B的半径为r ，滚动圆筒C的半径r，车轮与滚动圆筒间不打滑，当车轮以恒定转速
a b c
n(每秒钟n转)运行时，下列说法正确的是 ( )
A．C的边缘线速度为2πnr
c
B．A、B的角速度大小相等，均为2πn且A、B沿顺时针方向转动，C沿逆时针方向转动
C．A、B、C的角速度大小相等，均为2πn，且均沿顺时针方向转动
D．B、C的角速度之比为
【答案】：B
【解析】：由v＝2πnR可知B轮的线速度为v＝2πnr，B、C线速度相同，即C的线速度为v＝v＝2πnr，
b b c b b
A错误．B、C线速度相同，B、C角速度比为半径的反比，D错误．A、B同轴转动，A、B角速度相等为
2πn，C的角速度为，A、B为主动轮，C为从动轮，A、B顺时针转动，C逆时针转动，B正确，C错误．
8．(多选)(2019·江苏高考)如图所示，摩天轮悬挂的座舱在竖直平面内做匀速圆周运动。座舱的质量为 m，
运动半径为R，角速度大小为ω，重力加速度为g，则座舱( )
A．运动周期为
B．线速度的大小为ωR
C．受摩天轮作用力的大小始终为mg
D．所受合力的大小始终为mω2R
【答案】BD
【解析】由T＝，v＝ωR可知A错误，B正确。由座舱做匀速圆周运动，可知座舱所受的合力提供向心力，F＝mω2R，方向始终指向摩天轮中心，则座舱在最低点时，其所受摩天轮的作用力为 mg＋mω2R，故
C错误，D正确。
9.(多选)(2021·天津市南开区下学期二模)飞机飞行时除受到发动机的推力和空气阻力外，还受到重力和机翼
的升力，机翼的升力垂直于机翼所在平面向上，当飞机在空中盘旋时机翼倾斜(如图7所示)，以保证重力
和机翼升力的合力提供向心力.设飞机以速率v在水平面内做半径为R的匀速圆周运动时机翼与水平面成θ
角，飞行周期为T.则下列说法正确的是( )
A.若飞行速率v不变，θ增大，则半径R增大
B.若飞行速率v不变，θ增大，则周期T增大
C.若θ不变，飞行速率v增大，则半径R增大
D.若飞行速率v增大，θ增大，则周期T可能不变
【答案】 CD
【解析】 对飞机进行受力分析，如图所示，根据重力和机翼升力的合力提供向心力，得mgtan θ＝m＝
mR，解得：v＝，T＝2π.若飞行速率v不变，θ增大，由v＝知，R减小，则再由T＝2π知，T减小，故A、
B错误；若θ不变，飞行速率v增大，由v＝知，R增大，故C正确；若飞行速率v增大，θ增大，R的变
化不能确定，则周期T可能不变，故D正确.
10.(多选)如图所示为赛车场的一个水平“梨形”赛道，两个弯道分别为半径R＝90 m的大圆弧和r＝40 m
的小圆弧，直道与弯道相切.大、小圆弧圆心O、O′距离L＝100 m.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2.25倍.假设赛车在直道上做匀变速直线运动，在弯道上做匀速圆周运动.
要使赛车不打滑，绕赛道一圈时间最短(发动机功率足够大，重力加速度g取10 m/s2，π＝3.14)，则赛车(
)A.在绕过小圆弧弯道后加速
B.在大圆弧弯道上的速率为45 m/s
C.在直道上的加速度大小为5.63 m/s2
D.通过小圆弧弯道的时间为5.58 s
【答案】 AB
【解析】 如图所示，设直道分别为AB和CD段，作BE平行OO′，根据几何知识可得BE＝
100 m，AE＝50 m，AB＝50 m，赛车在大圆弧弯道上做匀速圆周运动，设在大圆弧弯道上各处速度为 v ，
A
根据牛顿第二定律，2.25mg＝m，可得v ＝45 m/s，设在小圆弧弯道上各处速度为v ，由2.25mg＝m，可得
A B
v ＝30 m/s，v ＝v sin θ⑥
由⑤⑥解得：sin θ＝0.6，cos θ＝0.8⑦
则由①②③④⑤⑦解得T＝
2.如图所示，质量为m＝1.2 kg的小球P(可以看成质点)，用两根轻绳OP和O′P在P点拴结后再分别系于竖
直轴上相距0.3 m的O、O′两点上，绳OP长0.5 m，绳O′P长0.4 m.
(1)今在小球上施加一方向与水平方向成θ＝37°角的拉力F，将小球缓慢拉起.当绳O′P刚伸直时，拉力F的
大小是多少？(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2)
(2)如果撤去拉力F，使轴加速转动，求两绳绷紧时的最小角速度；(3)如果撤去拉力F，使轴匀速转动，设绳O′P对球的作用力为F′，系统与轴一起转动的角速度为ω，请写
出F′与角速度ω的关系式并且作F′－ω2的图象.
【答案】 (1)10 N (2) rad/s (3)见解析
【解析】 (1)绳O′P刚拉直时，设OP绳拉力为F ，此时O′P绳子拉力为零，小球受力如图甲所示.根据
T1
几何关系可得：sin α＝，所以有：α＝37°，根据共点力的平衡条件可得：Fcos θ＝F cos α，Fsin θ＋
T1
F sin α＝mg，联立解得F＝10 N；
T1
(2)如果撤去力F，使轴加速转动，角速度最小对应的是O′P绳的拉力为零，合力提供向心力，故：F ＝
合
mgtan 53°＝mω2r ，解得：ω＝ rad/s；
O′P
(3)当角速度大于 rad/s时，绳子O′P有拉力，球受重力、两个拉力，合力提供向心力.如图乙所示，竖直方
向：F ′sin 37°＝mg，水平方向：F′＋F ′cos 37°＝mω2r ，联立解得：F′＝0.48ω2－16，作F′－ω2的图
T1 T1 O′P
象，如图丙所示.
3.(2021·河南开封模拟)如图所示，一块足够大的光滑平板放置在水平面上，能绕水平固定轴MN调节其与
水平面所成的倾角．板上一根长为l＝0.60 m的轻细绳，它的一端系住一质量为m的小球P，另一端固定在
板上的O点．当平板的倾角固定为α时，先将轻绳平行于水平轴MN拉直，然后给小球一沿着平板并与轻
绳垂直的初速度v＝3.0 m/s.若小球能保持在板面内做圆周运动，倾角α的值应在什么范围内？(重力加速度
0
g取10 m/s2)
【答案】：0°≤α≤30°
【解析】：小球在倾斜平板上运动时受到绳子拉力、平板弹力、重力．在垂直平板方向上合力为 0，重力
在沿平板方向的分量为mgsin α
小球在最高点时，由绳子的拉力和重力沿平板方向的分力的合力提供向心力，有
F ＋mgsin α＝①
T研究小球从释放到最高点的过程，根据动能定理有
－mglsin α＝mv－mv②
若恰好能通过最高点，则绳子拉力F ＝0③
T
联立①②③解得sin α＝，解得α＝30°
故α的范围为0°≤α≤30°.
4.(2020·陕西宝鸡市模拟)如图所示，餐桌中心是一个半径为r＝1.5 m的圆盘，圆盘可绕中心轴转动，近似
认为圆盘与餐桌在同一水平面内且两者之间的间隙可忽略不计.已知放置在圆盘边缘的小物体与圆盘间的动
摩擦因数为μ ＝0.6，与餐桌间的动摩擦因数为μ ＝0.225，餐桌离地高度为h＝0.8 m.设小物体与圆盘以及
1 2
餐桌之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力.
(1)为使物体不滑到餐桌上，圆盘的角速度ω的最大值为多少？
(2)缓慢增大圆盘的角速度，物体从圆盘上甩出，为使物体不滑落到地面，餐桌半径R的最小值为多大？
(3)若餐桌半径R′＝r，则在圆盘角速度缓慢增大时，物体从圆盘上被甩出后滑落到地面上的位置到从圆盘
甩出点的水平距离L为多少？
【答案】 (1)2 rad/s (2)2.5 m (3)2.1 m
【解析】 (1)由题意可得，当小物体在圆盘上随圆盘一起转动时，圆盘对小物体的静摩擦力提供向心力，
所以随着圆盘转速的增大，小物体受到的静摩擦力增大.当静摩擦力最大时，小物体即将离开圆盘，此时圆
盘的角速度达到最大，则有F ＝μF ＝mrω2
fm 1 N
F ＝mg
N
两式联立可得ω＝2 rad/s
(2)由题意可得，当物体滑到餐桌边缘时速度恰好减为零，对应的餐桌半径取最小值.设物体在餐桌上滑动的
位移为x，物体在餐桌上做匀减速运动的加速度大小为a，则a＝
F＝μmg
f 2
所以a＝μg＝2.25 m/s2
2
物体在餐桌上滑动的初速度为v＝ωr＝3 m/s
0由运动学公式0－v2＝－2ax可得x＝2 m
0
由几何关系可得餐桌半径的最小值为R＝＝2.5 m
(3)当物体滑离餐桌时，开始做平抛运动，平抛的初速度为物体在餐桌上滑动的末速度v′，
t
由题意可得v′2－v2＝－2ax′
t 0
由于餐桌半径为R′＝r，所以x′＝r＝1.5 m
解得v′＝1.5 m/s
t
设物体做平抛运动的时间为t，则h＝gt2
解得t＝＝0.4 s
物体做平抛运动的水平位移为x″＝v′t＝0.6 m
t
所以由题意可得L＝x′＋x″＝2.1 m
