文档内容
第 4 节 生活中的圆周运动
目录
【学习目标】...............................................................................................................................................................1
【思维导图】...............................................................................................................................................................1
【知识梳理】...............................................................................................................................................................2
知识点1：火车转弯............................................................................................................................................2
知识点2：汽车过拱形桥、航天器中的失重现象............................................................................................8
知识点3：离心运
动...........................................................................................................................................12
知识点4：竖直面内的圆周运
动........................................................................................................................15
【方法技巧】.............................................................................................................................................................28
方法技巧 圆周运动动力学分析.......................................................................................................................28
方法技巧 解决竖直面内圆周运动问题的思路...............................................................................................28
【巩固训练】.............................................................................................................................................................28
【学习目标】
1.能根据所学知识分析各种生活中的圆周现象，在此过程中体会模型建构的方法。
2.知道航天器中的失重现象。
3.观察生活中的离心现象，知道离心运动产生原因。了解其生活中的应用，并知道离心运动所带来的危
害。重点：
1.会分析火车转弯、汽车过拱形桥等实际问题的向心力的来源
2.明确竖直面内圆周运动轻绳模型和轻杆模型的特点
难点：
1. 会分析火车转弯、汽车过拱形桥等实际问题的向心力的来源
2. 掌握竖直面内圆周运动的轻绳模型和轻杆模型的临界条件及分析方法【思维导图】
【知识梳理】
知识点：火车转弯
1. 向心力的来源
①转弯时，内、外轨一样高：外侧车轮的轮缘挤压外轨，使外轨发生弹性形变，火车做圆周运动的向心力
是由弹力提供的。由于火车质量太大,靠这种方法得到向心力极易使铁轨和车轮受损。
②转弯时，外轨高于内轨：根据转弯处轨道的半径和规定的行驶速度，适当调整内外轨的高度差，使转弯
时所需的向心力，由重力mg和支持力F 的合力提供，从而减轻外轨与轮缘的挤压，如图所示。
N
2. 车轮轮缘所受压力的分析
转弯处的半径为R，行驶的火车质量为m，两轨所在平面与水平面之间的夹角为θ.v2
0
①无侧压力时：火车所受支持力与重力的合力充当向心力，则mgtanθ＝m .如图，则v = gRtan θ。
R 0
（在θ很小时，近似认为tanθ=sinθ）。v 为转弯处的规定速度，此时，内外轨道对火车均无侧向挤压作用
0
。
②若火车行驶速度v＞ gRtan θ，外轨对轮缘有侧压力，外轨易损坏。
③若火车行驶速度v＜ gRtan θ，内轨对轮缘有侧压力，内轨易损坏。
汽车转弯
高速公路转弯处和赛车赛道的转弯处也设计成内低外高，以理想速度转弯时所需要的向心力由重力和
支持力的合力提供，求安全转弯时速度的范围，则需要考虑转弯时还受到静摩擦力的作用。
【典例1】铁路在弯道处的内外轨高低是不同的。如图所示，已知轨道平面的倾角为𝜃，弯道处的轨道圆弧
半径为R，火车以轨道的设计速度行驶时，车轮轮缘与内外轨恰好没有挤压。质量为m的火车转弯时，下
列说法正确的是（ ）
A．轨道的设计速度为𝑣= 𝑔𝑅tan𝜃
B．轨道的设计速度为𝑣= 𝑔𝑅sin𝜃
C．火车实际速度大于设计速度时，内轨与轮缘之间有挤压
𝑚𝑔
D．火车实际速度大于设计速度时，铁轨对火车的作用力等于
cos𝜃
【答案】A
【解析】AB．火车以某一速度v通过某弯道时，内、外轨道均不受侧压力作用，其所受的重力和支持力的
合力提供向心力由图可以得出
𝐹 =𝑚𝑔tan𝜃（𝜃为轨道平面与水平面的夹角），
合
合力等于向心力，故
𝑣2
𝑚𝑔tan𝜃=𝑚
𝑅
解得：
𝑣= 𝑔𝑅tan𝜃
故A正确，B错误；
C．当转弯的实际速度大于规定速度时，火车所受的重力和支持力的合力不足以提供所需的向心力，火车
有离心趋势，故其外侧车轮轮缘会与铁轨外轨相互挤压，故C错误；
𝑚𝑔
D．根据几何关系可知当火车为设计速度时，铁轨对火车的作用力等于 ，火车实际速度大于设计速度时
cos𝜃
𝑚𝑔
，铁轨对火车的作用力不等于 ，故D错误。
cos𝜃
故选A。
【变式1】(多选)公路急转弯处通常是交通事故多发地带．如图所示，某公路急转弯处是一圆弧，当汽车行
驶的速率为𝑣 时，汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势，则在该弯道处
𝑐A．路面外侧高内侧低
B．车速只要低于𝑣 ，车辆便会向内侧滑动
𝑐
C．车速虽然高于𝑣 ，但只要不超出某一最高限度，车辆便不会向外侧滑动
𝑐
D．当路面结冰时，与未结冰时相比，𝑣 的值变小
𝑐
【答案】AC
【解析】试题分析：路面应建成外高内低，此时重力和支持力的合力指向内侧，可以提供圆周运动向心力
，故A正确．车速低于v ，所需的向心力减小，此时摩擦力可以指向外侧，减小提供的力，车辆不会向内
0
侧滑动．故B错误．当速度为v 时，静摩擦力为零，靠重力和支持力的合力提供向心力，速度高于v 时
0 0
，摩擦力指向内侧，只有速度不超出最高限度，车辆不会侧滑．故C正确．当路面结冰时，与未结冰时相
比，由于支持力和重力不变，则v 的值不变．故D错误．故选AC．
0
【变式2】如图甲所示，一艘正在进行顺时针急转弯训练的航母，运动轨迹可视作半径为R的水平圆周。
航母在圆周运动中，船身发生了向外侧倾斜，且甲板法线与竖直方向夹角为𝜃，船体后视简图如图乙所示
。一质量为m的小物块放在甲板上，与甲板始终保持相对静止，两者之间的动摩擦因数为𝜇(𝜇>tan𝜃)。
假设航母的运动半径R、夹角𝜃不随航速改变，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。下列说法
正确的是（ ）
A．航母对小物块的支持力𝐹
N
=𝑚𝑔cos𝜃 B．小物块可能只受重力、支持力两个力作用
𝜇−tan𝜃
C．航母的航速越大，则小物块受到的摩擦力越大 D．航母的最大航速𝑣= 𝑔𝑅
1+tan𝜃
【答案】C
【解析】AB．根据题意可知，小物块做圆周运动，一定受到重力、支持力、摩擦力，通过正交分析法如图
所示由图可知
𝑚𝑔−𝑓 =𝐹
2 N2
而
𝐹 =𝐹 cos𝜃
N2 N
𝑓 =𝑓sin𝜃
2
联立解得
𝑚𝑔−𝑓sin𝜃
𝐹 =
N cos𝜃
故AB错误；
CD．由图可知，小物块做圆周运动的向心力由𝑓
1
和𝐹
N1
提供，有
𝑣2
𝑓 −𝐹 =𝑚
1 N1 𝑅
由于
𝐹 =𝐹 sin𝜃
N1 N
𝑓 =𝑓cos𝜃
1
联立解得
𝑣2
𝐹 sin𝜃+𝑚
N 𝑅
𝑓=
cos𝜃可得航母的航速越大，小物块受到的摩擦力越大；当最大静摩擦力等于滑动摩擦力时，航母有最大航速，
有
𝑓=𝜇𝐹
N
代入上式得
𝑣2
𝑚 =𝜇𝐹 cos𝜃−𝐹 sin𝜃
𝑅 N N
由A中得
𝑚𝑔−𝑓sin𝜃 𝑚𝑔
𝐹 = =
N cos𝜃 𝜇sin𝜃+cos𝜃
联立解得
𝜇−tan𝜃
𝑣= 𝑔𝑅
1+𝜇tan𝜃
故C正确，D错误。
故选C。
【变式3】在用高级沥青铺设的高速公路上．对汽车的设计限速是30m/s。汽车在这种路面上行驶时，它
的轮胎与地而的最大静摩擦力等于车重的0.6倍。
（1）如果汽车在这种高速路的水平弯道上拐弯，假设弯道的路面是水平的，其弯道的最小半径为多大？
（2）如果弯道的路面设计为倾斜（外高内低），弯道半径为360m，要使汽车以30m/s的速度通过此弯道
时不产生侧向摩擦力，则弯道路面的倾斜角度正切tan𝜃为多大？
1
【答案】（1）150 m；（2）tan𝜃=
4
【解析】（1）汽车在水平路面上拐弯，可认为汽车做匀速圆周运动，由静摩擦力提供向心力可得
𝑣2
𝑓=𝑚 ≤𝑘𝑚𝑔
𝑅可得
𝑣2 302
𝑅≥ = m=150m
𝑘𝑔 0.6×10
可知其弯道的最小半径为150 m。
（2）设弯道路面的倾斜角度为𝜃，要使汽车通过此弯道时不产生侧向摩擦力，汽车受到的重力和支持力的
合力提供向心力，则有
𝑣2
𝑚𝑔tan𝜃=𝑚
𝑟
可得
𝑣2 302 1
tan𝜃= = =
𝑔𝑟 10×360 4
知识点 2：汽车过拱形桥、航天器中的失重现象
1. 汽车过拱形桥和凹形路面
汽车过拱形桥 汽车过凹形桥
受力分析
向心力的来 v2 v2
F ＝mg－F ＝m F ＝F －mg＝m
n N r n N r
源
v2 v2
F ′＝mg－m F ′＝mg＋m
对桥的压力 N r N r
汽车对桥的压力小于汽车的重力，而且
汽车𝑣越大，对桥的压力越小；当𝑣 =
汽车对桥的压力大于汽车的重力，而且
结论
𝑔𝑅时，对桥的压力为0，汽车做平抛 汽车𝑣越大，对桥的压力越大
运动，飞离地面
2. 航天器中的失重现象①向心力分析：当航天器在近地轨道做匀速圆周运动时，轨道半径近似等于地球半径R，所受地球引
v2
力近似等于重力mg。宇航员受到的地球引力与座舱对他的支持力的合力为他提供向心力，mg－F ＝m ，
N R
v
所以F ＝m(g－ 2)。当v＝ gR时，座舱对宇航员的支持力F ＝0，宇航员处于完全失重状态。
N R N
②对失重现象的认识
航天器内的任何物体都处于完全失重状态，但由于地球引力的存在，才使航天器连同其中的乘员有可能做
环绕地球的圆周运动。
【典例2】胎压监测器可以实时监测汽车轮胎内部的气压，在汽车上安装胎压监测报警器，可以预防因汽
车胎压异常而引发的事故．如图所示，一辆质量为800kg的小汽车行驶在山区的波浪形路面，路面可视为
圆弧且左右圆弧半径相同，半径𝑟=40m，根据胎压可计算出汽车受到的支持力，当支持力达到5.8×104
N时检测器报警．重力加速度g取10m/s2
。
(1)汽车在A点速度𝑣
m
多大时会触发报警？
(2)汽车要想不脱离路面，在最高点B时的最大速度𝑣
𝐵
是多少？
【答案】(1)𝑣 =50m/s
m
(2)𝑣 =20m/s
𝐵
【解析】（1）汽车在凹形路面最底端受到重力和支持力作用，根据牛顿第二定律有
𝑚𝑣2
m
𝐹 −𝑚𝑔=
m 𝑟
解得
𝑣 =50m/s
m
（2）若汽车在最高点B对路面没有压力时，只受到重力作用提供向心力，则有
𝑚𝑣2
𝐵
𝑚𝑔=
𝑟
代入数据，解得
𝑣 =20m/s
𝐵3
【变式1】如图，当汽车通过拱桥顶点的速度为10 m/s时，车对桥顶的压力为车重的 ；如果要使汽车在
4
桥面行驶至桥顶时，恰好不受桥面支持力作用，则汽车通过桥顶的速度应为（g取10 m/s2）（ ）
A．15 m/s B．20 m/s C．25 m/s D．30 m/s
【答案】B
【解析】汽车在拱桥的最高点时，向心力由重力和支持力的合力提供，当汽车通过拱桥顶点的速度为10
m/s时，根据牛顿第二定律
3 𝑣2
1
𝑚𝑔− 𝑚𝑔=𝑚
4 𝑟
若支持力应为0，根据牛顿第二定律有
𝑣2
2
𝑚𝑔=𝑚
𝑟
联立解得
𝑣 =20m s
2
故选B。
【变式2】如图所示，一辆质量为m的汽车先过一段凹形桥，再过一段拱形桥，M、N分别为桥的最低点
和最高点，且汽车通过M、N两点时的速度均不为0。汽车在通过两种桥面的过程中均未脱离桥面，下列
说法正确的是（ ）
A．汽车通过M点时处于失重状态
B．汽车通过M点时的加速度可能为0C．汽车通过N点时，无论速度多大，对桥面始终有压力
D．汽车通过N点时对桥面的压力一定比通过M点时对桥面的压力小
【答案】D
【解析】AB．汽车通过M点时，根据牛顿第二定律可知
𝑣2
𝐹 −𝑚𝑔=𝑚𝑎=𝑚
N 𝑟
加速度方向竖直向上，故此时汽车处于超重状态；由于汽车通过M、N两点时的速度均不为0，故此时汽
车加速度大小不为0，故A错误；
C．汽车通过N点时，根据牛顿第二定律可知
𝑣2
𝑚𝑔−𝐹 =𝑚
N 𝑟
若
𝑣2
𝑚𝑔=𝑚
𝑟
即𝑣= 𝑔𝑟时，此时桥面对汽车的支持力为0，根据牛顿第三定律可知，此时汽车对桥面的压力为0，故C
错误；
D．根据牛顿第三定律可知，桥面对汽车的支持力等于汽车对桥面的压力；由上述可知在M点时
𝑣2
𝐹 =𝑚𝑔+𝑚
𝑀压 𝑟
𝑣2
𝐹 =𝑚𝑔−𝑚
𝑁压 𝑟
故汽车通过N点时对桥面的压力一定比通过M点时对桥面的压力小，故D正确。
故选D。
【变式3】今年五一后，某校高一学生在研学实践时骑自行车在甘孜州内一条山路上匀速率行驶，地形如
图所示，行驶过程中爆胎可能性最大的地段应是（ ）A．a处 B．b处 C．c处 D．d处
【答案】D
v2
【解析】AC．在a处或c处，均为坡顶，有mg-F =m
N r
则支持力F mg
N
且半径r越小，F 越大，越容易爆胎，
N
而b处比d处半径大，则d处车子所受F 最大，最容易爆胎，故B错误，D正确。
N
故选D。
知识点 3：离心运动
1.定义：做圆周运动的物体沿切线飞出或做逐渐远离圆心的运动。
2.原因：向心力突然消失或合力不足以提供所需的向心力。
3.物体做离心运动还是近心运动取决于实际所提供的向心力与所需的向心力的大小关系。
需要的向心力：F =mω2r ；外界提供的合外力：F
向 合
F = F
①“供需平衡”： 合 向，匀速圆周运动；
②“供不应需”：F < F ，离心运动；
合 向
③“供大于需”：F > F ，近心运动；
合 向
④向心力消失：F =0，沿切线方向飞出，轨迹为直线。
合离心运动的本质是提供的向心力小于所需的向心力，而不是受到离心力，实际上并不存在离
心力。
【典例3】离心运动、向心运动的判断：物体做圆周运动时出现离心运动还是向心运动，由实际提供的合
𝑣2
力F 和所需向心力（𝑚 或mω2r）的大小关系决定。（如图所示）
合 𝑟
(1)当F =0时，物体沿 方向做 ；
合
(2)当0mω2r时，“提供”超过“需要”，物体做 。
合
【答案】(1) 切线 匀速直线运动
(2)离心运动
(3)匀速圆周运动
(4)向心运动
【解析】（1）[1][2]当F =0时，物体沿切线方向做匀速直线运动；
合
（2）当0mω2r时，“提供”超过“需要”，物体做向心运动。
合
【变式1】如图，滚筒洗衣机的滚筒截面是圆形的，a、c分别为最低点和最高点，b、d两点与圆心等高，
洗衣机以一定的转速脱水时，湿衣物随滚筒在竖直面内做匀速圆周运动。下列说法正确的是（ ）A．湿衣物在b、d两点的向心力相同
B．湿衣物在a点更容易脱水
C．湿衣物在c点更容易脱水
D．减小转速湿衣物脱水效果会更好
【答案】B
【解析】A．湿衣物随滚筒在竖直平面内做匀速圆周运动，则其在b、d两处的向心力大小相等，方向相反
。故A错误；
B．湿衣物运动到最低点a点时，加速度方向竖直向上，处于超重状态，由牛顿第二定律可知，湿衣物在
a点受到滚筒的作用力最大，脱水效果最好。故B正确；
C．同理，湿衣物在c点时，加速度竖直向下，处于失重状态，由牛顿第二定律可知，湿衣物在c点受到
滚筒的作用力最小，脱水效果最差。故C错误；
D．增大洗衣机转速，水需要的向心力越大，水越容易做离心运动，脱水效果会更好。故D错误。
故选B。
【变式2】(多选)如图所示，光滑水平面上，质量为m的小球在拉力F作用下做匀速圆周运动。若小球运
动到P点时，拉力F发生变化。下列关于小球运动情况的说法中正确的是（ ）
A．若拉力突然消失，小球将沿pa做匀速直线运动
B．若拉力突然变小，小球将沿轨迹Pb做离心运动
C．若拉力突然变大，小球将沿轨迹Pb做离心运动D．若拉力突然变小，小球将沿轨迹Pc做向心运动
【答案】AB
【解析】A．若拉力突然消失，小球将沿速度v方向，即沿轨迹Pa做匀速直线运动，故A正确；
BD．若拉力突然变小，小球所受到拉力小于所需的向心力，则将沿轨迹Pb做离心运动，故B正确，D错
误；
C．若拉力突然变大，小球所受到拉力大于所需的向心力，则将沿轨迹Pc做向心运动，故C错误。
故选AB。
【变式3】2022年我国航天员在空间站太空舱开设“天宫课堂”，课堂演示了“水油分离”实验。如图所示，
用细绳系住装有水和油的瓶子，手持细绳的另一端，使瓶子在竖直平面内做圆周运动，则（ ）
A．只要瓶子有速度，就能通过圆周的最高点，水油分离后，水在外侧
B．只要瓶子有速度，就能通过圆周的最高点，水油分离后，油在外侧
C．瓶子的速度需大于某一值才能通过圆周的最高点，水油分离后，水在外侧
D．瓶子的速度需大于某一值才能通过圆周的最高点，水油分离后，油在外侧
【答案】A
【解析】在空间中所有物体均处于完全失重状态，瓶子做圆周运动的向心力全部由细绳提供，所以只要瓶
子有速度，就会使绳子产生弹力而处于绷紧状态，瓶子就能通过圆周的最高点。而水的密度较大，单位体
积的水的质量较大，当水和油未分离时，二者做圆周运动的角速度相同和半径相同，根据𝐹=𝑚𝜔2 𝑟可知
水所需的向心力较大，比油更易做离心运动进而运动至外侧。
故选A。知识点 4：竖直面内的圆周运动
1. 绳模型
（1）模型特点
如图所示，甲图中小球仅受绳拉力和重力作用，乙图中小球仅受轨道的弹力和重力作用，在竖直面内做圆
周运动，小球在绳、轨道的限制下不能远离圆心且在最高点无支撑，我们称这类运动为“轻绳模型”。
在最高点时由小球的重力和弹力提供向心力：𝑚𝑔+𝐹 =𝑚𝑣2
𝑁
𝑅
（2）恰好通过最高点：由于绳子、轨道在最高点只能产生向下的拉力、压力，当𝐹 =0 时，向心力有最小
𝑁
值，此时小球有能通过最高点的最小速度，即𝑣 = 𝑔𝑅 ，一旦小球的速度小于𝑣 = 𝑔𝑅 ，小球将
𝑚𝑖𝑛 𝑚𝑖𝑛
脱离轨道，做向心运动。
2. 杆模型
（1）模型特点
如图所示，细杆上固定的小球和在光滑管形轨道内运动的小球仅在重力和杆(管道)的弹力作用下在竖直平
面内做圆周运动，这类运动称为“轻杆模型”。
在最高点时由小球的重力和杆、管道对小球的弹力提供向心力：𝑚𝑔±𝐹 =𝑚𝑣2
𝑁
𝑅
（2）恰好通过最高点：杆、管道在最高点既能产生向下的拉力、压力，也能产生向上的支持力，当𝐹 与
𝑁
𝑚𝑔等大反向时，向心力有最小值0，此时小球有能通过最高点的最小速度，即𝑣 =0 .
𝑚𝑖𝑛
(3)①杆、管道上弹力恰好为0：向心力仅由𝑚𝑔 提供，𝑚𝑔 =𝑚𝑣2 ，𝑣= 𝑔𝑅
𝑅
②若𝑣> 𝑔𝑅 时，𝑚𝑔<𝑚𝑣2 ，即重力小于小球所需要的向心力，小球还要受到向下的拉力(或压力)F。
𝑅
重力和拉力(或压力)的合力充当向心力，mg＋F＝𝑚𝑣2，即F＝𝑚𝑣2－mg，𝑣越大，F越大。
𝑅 𝑅
③𝑣< 𝑔𝑅
时，𝑚𝑔>𝑚𝑣2，即重力大于小球所需要的向心力，小球受到向上的支持力F，mg－F＝𝑚𝑣2
𝑅 𝑅
，即F＝mg－𝑚𝑣2，𝑣越大，F越小。
𝑅【典例4】（多选）如图甲所示，小球用不可伸长的轻绳连接后绕固定点𝑂在竖直面内做圆周运动，小球
经过最高点时的速度大小为𝑣，此时绳子的拉力大小为𝐹 ，拉力𝐹 与速度的平方𝑣2 的关系如图乙所示。已
T T
知重力加速度为𝑔，以下说法正确的是（ ）
𝑎
A．圆周运动半径𝑅=
𝑔
𝑏
B．小球的质量𝑚=
𝑔
C．图乙图线的斜率只与小球的质量有关，与圆周运动半径无关
D．若小球恰好能做完整圆周运动，则经过最高点的速度𝑣= 2𝑎
【答案】AB
【解析】A．当𝑣2
=𝑎时，此时绳子的拉力为零，物体的重力提供向心力，则
𝑣2
𝑚𝑔=𝑚
𝑅
解得
𝑣2 =𝑔𝑅
故
𝑎=𝑔𝑅
圆周运动半径为
𝑎
𝑅=
𝑔
故A正确；
B．当𝑣2
=2𝑎时，对物体受力分析，根据向心力方程得𝑣2
𝑚𝑔+𝑏=𝑚
𝑅
解得小球的质量为
𝑏
𝑚=
𝑔
故B正确；
C．小球经过最高点时，根据向心力方程得
𝑣2
𝑚𝑔+𝐹 =𝑚
𝑇 𝑅
解得
𝑚
𝐹 = 𝑣2−𝑚𝑔
𝑇 𝑅
图乙图线的斜率为
𝑚
𝑘=
𝑅
与小球的质量和圆周轨道半径有关，故C错误；
D．若小球恰好能做完整圆周运动，即小球在最高点有
𝐹 =0
T
由图知
𝑣2 =𝑎
即
𝑣= 𝑎
故D错误。
故选AB。
【变式1】如图所示，桌面上放置一内壁光滑的固定竖直圆环轨道，质量为M，半径为R。可视为质点的
小球在轨道内做圆周运动，其质量为m。小球在轨道最高点的速度大小为𝑣 ，重力加速度为g，不计空气
0
阻力，则（ ）A．当𝑣
0
= 2𝑔𝑅时，轨道对小球无支持力
B．当𝑣
0
= 2𝑔𝑅时，轨道对桌面的压力为(𝑀−𝑚)𝑔
C．小球做圆周运动的过程中，合外力提供向心力
D．小球在最高点时处于超重状态
【答案】B
【解析】AB．当𝑣
0
= 2𝑔𝑅时，对小球受力分析，得
𝑣2
0
𝑚𝑔+𝐹 =𝑚 =2𝑚𝑔
N𝑚 𝑅
得
𝐹 =𝑚𝑔
N𝑚
根据牛顿第三定律，小球对圆环的作用力与圆环对小球的作用力大小相等方向相反，对圆环轨道受力分析
，得
𝐹 +𝐹 ′ =𝑀𝑔
N𝑀 N𝑚
则
𝐹 = (𝑀−𝑚)𝑔
N𝑀
A错误，B正确；
C．小球做变速圆周运动，在小球运动的过程中，除最高点和最低点合外力提供向心力，其它位置都是合
外力的分力提供向心力， C错误；
D．小球在最高点时加速度向下，则处于失重状态，D错误。
故选B。【变式2】如图所示，质量为𝑀、半径为𝑅、内壁光滑的圆形轨道竖直放置在水平地面上，轨道圆心为
𝑂,𝑃、𝑄是轨道上与圆心𝑂等高的两点。一质量为𝑚的小球沿轨道做圆周运动且刚好能通过轨道最高点，运
动过程中轨道始终保持静止状态。已知重力加速度为𝑔，下列说法正确的是（ ）
A．小球经过轨道最高点时，轨道对地面的压力最小
B．小球经过轨道最低点时，轨道对地面的压力最大
C．小球经过𝑃点时，轨道对地面的压力为(𝑀+𝑚)𝑔
D．小球经过𝑄点时，轨道对地面的摩擦力沿水平面向左
【答案】B
【解析】A．小球经过轨道最高点时，重力提供向心力，小球处于完全失重状态，轨道对地面的压力等于
轨道的重力，小球在下半轨道运动时，小球对轨道的压力有向下的分力，则轨道对地面的压力大于轨道的
重力，小球在上半轨道运动（除最高点外）时，小球对轨道的压力有向上的分力，则轨道对地面的压力小
于轨道的重力，故小球经过轨道最高点时，轨道对地面的压力不是最小，故A错误；
B．由A分析可知，轨道对地面的压力最大位置在下半轨道，设小球、轨道圆心连线与竖直方向的夹角为𝜃
，根据牛顿第二定律
𝑣2
𝐹 −𝑚𝑔cos𝜃=𝑚
N 𝑅
小球经过轨道最低点时，速度最大，𝜃=0，则在轨道最低点，小球受到轨道的支持力最大，根据牛顿第
三定律，小球对轨道的压力最大，轨道对地面的压力最大，故B正确；
C．小球经过𝑃点时，轨道的支持力提供向心力，小球处于完全失重状态，轨道对地面的压力等于轨道的重
力，为
𝐹 =𝑀𝑔
N1故C错误；
D．小球经过𝑄点时，轨道向左的支持力提供向心力，根据牛顿第三定律，小球对轨道的压力向右，轨道静
止，根据平衡条件可知地面对轨道的摩擦力沿水平面向左，根据牛顿第三定律，轨道对地面的摩擦力沿水
平面向右，故D错误。
故选B。
【变式3】如图所示为固定在竖直平面内的光滑轨道DCBA，其中CBA部分是半径𝑅=0.4m的半圆形轨道
（AC是圆的直径），DC部分是水平轨道。一个质量𝑚=0.5kg的小球沿水平方向进入轨道，通过最高点
A后落在水平轨道上，已知落地瞬间速度方向与水平成45°角。小球运动过程中所受空气阻力忽略不计，g
取10m/s2
。求：
（1）小球经过A点的速度大小；
（2）小球落地点与C点间的水平距离；
（3）小球在A点时轨道对小球的压力大小。
【答案】（1）4m/s；（2）1.6m；（3）15N
【解析】（1）通过最高点A后落在水平轨道上，竖直方向有
𝑣2 =2𝑔×2𝑅
𝑦
根据速度的分解可知
𝑣
𝑦
tan45°=
𝑣
𝐴
解得
𝑣 =4m/s
𝐴
（2）根据平抛运动水平方向的规律可知小球落地点与C点间的水平距离为
𝑥=𝑣 𝑡
𝐴落地时间为
𝑣 =𝑔𝑡
𝑦
联立解得
𝑥=1.6m
（3）设小球在A点时轨道对小球的压力大小为𝐹，根据牛顿第二定律有
𝑣2
𝐴
𝐹+𝑚𝑔=𝑚
𝑅
解得
𝐹=15N
【典例5】如图甲所示，轻杆一端固定在O点，另一端固定一小球，现让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 ，小球在最高点时的速度大小为𝑣，其𝐹 −𝑣2
N N
图像如图乙所示，重力加速度g取10m/s2
，小球可视为质点，不计一切阻力。则下列说法正确的是（
）
A．小球的质量为2kg
B．小球做圆周运动的半径为2.5m
C．𝑣2 =2𝑣2
时，在最高点杆对小球的弹力大小为40N
1
D．𝑣2 =𝑣2 时，小球的向心加速度大小为10m/s2
1
【答案】B
【解析】A．由图乙知，当𝑣2
=0时，对小球有
𝑚𝑔=𝐹 =10N
N解得小球的质量为
𝑚=1kg
故A错误；
B．当𝑣2 =25(m/s)2 ，𝐹
N
=0，根据牛顿第二定律有
𝑣2
𝑚𝑔=𝑚
𝑟
求得小球做圆周运动的半径为
𝑣2
𝑟= =2.5m
𝑔
故B正确；
C．由图乙，可知当𝑣2 =𝑣
1
2 时，𝐹
N
=10N，根据牛顿第二定律有
𝑣2
1
𝐹 +𝑚𝑔=𝑚
N 𝑟
求得
𝑣2 =50(m/s)2
1
当𝑣2 =2𝑣2
时，根据牛顿第二定律有
1
𝑣2
𝐹′ +𝑚𝑔=𝑚
N 𝑟
求得此时杆对小球的弹力大小为
𝐹′ =30N
N
故C错误；
D．当𝑣2 =𝑣2
时，小球的向心加速度大小为
1
𝑣2
𝑎 = 1 =20m/s2
n 𝑟
故D错误。
故选B。【变式1】（多选）如图所示，长为𝑙的轻杆，一端固定一个小球；另一端固定在光滑的水平轴上，使小球
在竖直平面内做圆周运动，小球过最高点的速度为v，下列叙述中正确的是（ ）
A．v的值必须大于等于 𝑔𝑙
B．当v由零逐渐增大时，小球在最高点所需向心力也逐渐增大
C．当v由 𝑔𝑙值逐渐增大时，杆对小球的弹力逐渐增大
D．当v由 𝑔𝑙值逐渐减小时，杆对小球的弹力逐渐减小
【答案】BC
【解析】A．由于是轻杆，则小球经过最高点的速度v的值只要大于等于零即可，选项A错误；
B．根据
𝑣2
𝐹 =𝑚
向 𝑙
可知，当v由零逐渐增大时，小球在最高点所需向心力也逐渐增大，选项B正确；
C．当轻杆受弹力为零时
𝑣2
𝑚𝑔=𝑚
𝑙
此时
𝑣= 𝑔𝑙
当v由 𝑔𝑙值逐渐增大时，杆对小球有向下的拉力，则由
𝑣2
𝐹+𝑚𝑔=𝑚
𝑙
可知，杆对小球的弹力逐渐增大，选项C正确；D．当v由 𝑔𝑙值逐渐减小时，杆对小球有向上的支持力，由
𝑣2
𝑚𝑔−𝐹=𝑚
𝑙
可知，杆对球的弹力逐渐增加，选项D错误。
故选BC。
【变式2】如图所示，将长为3𝐿的轻杆穿过光滑水平转轴𝑂，两端分别固定质量为2𝑚的球A和质量为3𝑚的
球B,A到𝑂的距离为𝐿，现使杆在竖直平面内转动，当球A运动到最高点时，其速度大小𝑣 = 3𝑔𝐿，两球均
0
视为质点。已知重力加速度为𝑔，求：
（1）B小球的速度；
（2）杆子对B小球的作用力；
（3）水平转轴𝑂受到的作用力。
【答案】（1）2 3𝑔𝐿；（2）21𝑚𝑔，方向竖直向上；（3）17𝑚𝑔，方向竖直向下
【解析】（1）小球A和B角速度相同
𝑣 𝑣
0 = B
𝐿 2𝐿
得
𝑣 =2 3𝑔𝐿
B
（2）对小球B有
𝑣2
𝑁 −3𝑚𝑔=3𝑚 B
B 2𝐿得
𝑁 =21𝑚𝑔
B
方向竖直向上
（3）因为
𝑣 = 3𝑔𝐿> 𝑔𝐿
0
可知杆𝑂𝐴对球A的力为拉力。对小球A有
𝑣2
𝑁 +2𝑚𝑔=2𝑚 A 得
A 𝐿
𝑁 =4𝑚𝑔
A
方向竖直向下。根据牛顿第三定律，杆𝑂𝐴对轴的作用力
𝑁′ =4𝑚𝑔
A
方向竖直向上。杆𝑂𝐵对轴的作用力
𝑁′ =21mg
B
方向竖直向下。所以水平转轴𝑂受到的作用力为
𝐹=𝑁′ −𝑁′ =17𝑚𝑔
B A
方向竖直向下。
【变式3】如图所示，竖直平面内有一光滑圆弧管道，其半径为R=0.5m，一质量m=0.8kg的小球从平台边
缘的A处水平射出，恰能沿圆弧管道上P点的切线方向进入管道内侧，管道半径OP与竖直线的夹角为
53°，已知管道最高点Q与A点等高，sin53°=0.8，cos53°=0.6，g取10 m/s2。试求：
（1）小球从平台上的A点射出时的速度大小v ；
0
（2）小球从平台上的射出点A到圆弧管道入射点P之间的距离l（结果可用根式表示）；
（3）如果小球沿管道通过圆弧的最高点Q时的速度大小为3m/s，则小球运动到Q点时对轨道的压力。2 13
【答案】（1）3 m/s；（2） m；（3）6.4 N，方向向上
5
【解析】（1）小球从A到P的高度差
h=R(1+cos53°)
小球做平抛运动有
1
h= gt2
2
则小球在P点的竖直分速度
v =gt
y
把小球在P点的速度分解可得
𝑣
tan53°= 𝑦
𝑣
0
联立解得小球平抛运动初速度
v =3 m/s
0
（2）小球平抛下降高度
1
h= v t
2 y
水平射程
s=v t
0
故A、P间的距离
l= ℎ2+𝑠2= 2 13 m
5
（3）小球到达Q时，v =3m/s
Q在Q点根据向心力公式得
𝑣 2
F +mg=m 𝑄
N 𝑅
解得F =6.4N > 0，表明方向向下。
N
所以由牛顿第三定律知，小球通过管道的最高点Q时对管道的压力F ′=F =6.4 N，方向向上
N N
【方法技巧】
方法技巧 1 圆周运动动力学分析
（1）物体通过圆周运动最低点、最高点时，若已知受力，对物体受力分析，找出向心力，列牛顿第二定
律方程，求某个运动量；若已知圆周运动的运动量，列牛顿第二定律方程，找出向心力，再受力分析求解
某个力.
（2）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.
方法技巧 2 解决竖直面内圆周运动问题的思路
【巩固训练】
1．啤酒之所以清澈透亮，是因为通过离心分离术清除了易浑浊的杂质，离心分离术可以高效分离存在密
度差的两种物体，还可把细菌、病毒等超细微粒从水状悬浮液中分离出来．下图是模拟实验，通过高速旋
转的离心机把清水中大小相同的实心木球和钢球分离开．当回转轴以稳定的角速度高速旋转时，下列说法
正确的是（ ）A．木球会在靠转轴的①位置，铁球会到靠外壁的②位置
B．木球会在靠外壁的②位置，铁球会到靠转轴的①位置
C．木球、铁球都会离心运动，最终都靠在外壁的②位置
D．啤酒中无论密度大还是小的杂质都被离心甩到②位置
【答案】A
【解析】由于铁球密度大，容易发生离心运动，所以铁球会到靠外壁的②位置；而木球密度小，不易发生
离心运动，所以木球会在靠转轴的①位置，故选A。
2.在修筑铁路时，弯道处的外轨会略高于内轨，如图所示，内外铁轨平面与水平面倾角为θ，当火车以规
定的行驶速度v转弯时，内、外轨均不会受到轮缘的侧向挤压，火车转弯半径为r，重力加速度为g，下列
说法正确的是（ ）
A．火车以速度v转弯时，铁轨对火车支持力大于其重力
B．火车转弯时，实际转弯速度越小越好
C．当火车上乘客增多时，火车转弯时的速度必须降低
D．火车转弯速度大于 𝑔𝑟tan𝜃时，外轨对车轮轮缘的压力沿水平方向
【答案】A【解析】A．火车以速度v转弯时，对火车受力分析，如图
可得
𝑣2
𝑚𝑔tan𝜃 =𝑚
𝑟
解得
𝑣= 𝑔𝑟tan𝜃
根据矢量三角形的边角关系可知铁轨对火车支持力大于其重力，故A正确；
B．当火车以规定的行驶速度v转弯时，内、外轨均不会受到轮缘的侧向挤压，效果最好，所以实际转弯
速度不是越小越好，故B错误；
C．由𝑣= 𝑔𝑟tan𝜃可知规定行驶的速度与质量无关，当火车质量改变时，规定的行驶速度不变，故C错误
；
D．火车转弯速度大于 𝑔𝑟tan𝜃时，外轨对车轮轮缘的压力沿接触面指向轮缘，故D错误。
故选A。
3.（多选）如图所示的四幅图表示的是有关圆周运动的基本模型，下列说法正确的是（ ）
A．图a中汽车通过凹形桥的最低点时处于超重状态
B．图b两个小球处于同一水平高度上，则两个小球的角速度相同C．图c中脱水桶的脱水原理是水滴受到的离心力大于它所受到的向心力从而被甩出
D．图d中火车转弯超过规定速度行驶时会挤压内轨
【答案】AB
【解析】A．当汽车通过最低点时，需要向上的向心力，则有
F >mg
N
则处于超重状态，故A正确；
B．设绳与竖直方向上的夹角为q，小球竖直高度为h，由牛顿第二定律有
mgtanq=mw2×htanq
得
g
w=
h
两物体高度一致，则它们角速度大小相等，故B正确；
C．物体所受合外力不足以提供向心力才会做离心运动，故C错误；
D．超速时重力与支持力的合力不足以提供向心力，会挤压外轨产生向内的力，故D错误。
故选AB。
4.杂技表演水流星如图所示，一根绳系着盛水的杯子，随着演员的抡动，杯子在竖直平面内做变速圆周运
动，已知轨迹半径为r = 0.4 m，水的质量200 g，杯子的质量50 g，绳子质量不计，重力加速度g = 10 m/s2
，则下列说法正确的是（ ）
A．杯子运动到最高点时，水恰好不流出，则最高点速度大小为4 m/s
B．当杯子运动到最高点N时速度大小为6 m/s时，水对杯子的弹力大小为16 N，方向竖直向下C．杯子在下降过程速度变大，合力沿轨迹切线方向的分力与速度同向
D．杯子在最低点M时处于受力平衡状态
【答案】C
【解析】A．杯子运动到最高点时，水刚好不落下，对水则有
v2
mg=m
r
所以杯子在最高点时的速度为
v=2m/s
故A错误；
B．当杯子到最高点速度为6 m/s时，对水根据牛顿第二定律有
v¢2
F +mg =m
N r
解得
F =16N
N
即杯子对水的弹力为16 N，方向竖直向下，根据牛顿第三定律可得水对杯子的弹力大小为16 N，方向竖直
向上，故B错误；
C．杯子在运动过程中做的是变速圆周运动，沿圆周下降过程速度增加是因为其受到的合力沿切线方向的
分力与速度同向，故C正确；
D．杯子在最低点时加速度方向竖直向上，此时杯子处于超重状态，故D错误。
故选C。
5.如图所示，在倾角为a=30°的光滑斜面上，有一根长为L=0.8m的细绳，一端固定在O点，另一端系一
质量为m=0.2kg的小球，沿斜面做圆周运动，取g =10m/s2，小球在A点最小速度为（ ）A．4m/s B．2m/s C．2 5m/s D． 2 2m/s
【答案】B
【解析】由题意可知，小球恰好过A点时的速度最小，即小球过A点时绳子上的拉力恰好为零时，此时小
球做圆周运动的向心力完全由小球重力沿斜面向下的分力来提供，由牛顿第二定律有
v2
mgsin30o =m min
L
解得
v =2m/s
min
故选B。
6.如图，一个内壁光滑的弯管处于竖直平面内，其中管道半径为R。现有一个半径略小于弯管横截面半径
的光滑小球在弯管内运动，当小球通过最高点时速率为v ，则下列说法正确的是（ ）
0
A．若v =0，则小球对管内壁无压力
0
1
B．若v = gR，则小球对管内上壁有压力
0 2
C．若v = 2gR，则小球对管内下壁没有压力
0
D．不论v 多大，小球对管内壁都有压力
0
【答案】C
v2
【解析】A．设小球在最高点时管内下壁对小球有竖直向上的支持力，则有mg-F =m 0
N R
若v =0，可得小球所受的支持力F =mg
0 N
根据牛顿第三定律，可知小球对管内下壁有竖直向下的压力，故A错误；v2
B．设小球在最高点时管内上壁对小球有竖直向下的压力，则有mg+F =m 0
N R
1 3
若v = gR，可得小球所受的压力F =- mg
0 2 N 4
负号说明管内下壁对小球有竖直向上的支持力，根据牛顿第三定律，可知小球对管内下壁有竖直向下的压
力，故B错误；
v2
C．设小球在最高点时管内上壁对小球有竖直向下的压力，则有mg+F =m 0
N R
若v = 2gR，可得小球所受的压力F =mg
0 N
即管内上壁对小球有竖直向下的压力，大小为mg，根据牛顿第三定律，可知小球对管内上壁有竖直向上
的压力，小球对管内下壁没有压力，故C正确；
v2
D．设小球在最高点时管内壁对小球没有力的作用，则有mg =m 0
R
解得v = gR
0
此时小球对管内壁没有压力，故D错误。
故选C。
7.如图甲所示，轻杆一端固定在O点，另一端固定一个小球，现让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，其F-v2图像如图乙
所示，则下列说法正确的是（ ）
bR
A．小球的质量为
a
b
B．当地的重力加速度大小为
RC．v2 =c时，小球对杆的弹力方向向下
D．v2 =2b时，小球对杆的弹力为2mg
【答案】B
v2 b
【解析】AB．由图乙可知，当F =0时，对小球在最高点由牛顿第二定律得mg =m =m
R R
b
可得当地的重力加速度大小为g =
R
当v=0时，在最高点有mg =F =a
a a
可得小球的质量为m= = R
g b
故A错误，B正确；
v2
C．当v2 =c>b时，在最高点对小球由牛顿第二定律得mg+F =m
R
c m
可得F =m -mg = (c-b)>0
R R
可知杆对小球弹力方向向下，则小球对杆弹力方向向上，故C错误；
v2 2b
D．当v2 =2b时，在最高点对小球由牛顿第二定律得mg+F =m =m =2mg
R R
解得F =mg
可知小球对杆的弹力为mg，故D错误。
故选B。
8.（多选）如图所示，一质量m=2kg的小球以某一速度沿水平轨道向右运动，在水平轨道最右端有一半径
为R=0.5m的竖直的半圆形轨道与其相切，小球经过圆形轨道最低点A、圆心等高点B、圆形轨道最高点
C时的速度分别为v =6m/s、v =5m/s、v =3m/s，取g=10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A B C
A．小球经过圆形轨道的最低点A时对轨道的压力是144NB．小球经过与圆心等高点B时对轨道的压力是100N
C．小球经过圆形轨道最高点C时对轨道的压力是36N
D．如果改变小球在水平轨道上的速度，小球能以不同的速度通过圆形轨道的最高点C，小球从C点
飞出到落到水平面上，则其着地点与A点相距的最短距离是1m
【答案】BD
【解析】A．小球经过A点时，根据牛顿第二定律有
v2
N -mg =m A
A R
代入数据解得
N =164N
A
根据牛顿第三定律可得，小球经过圆形轨道的最低点A时对轨道的压力是164N，故A错误；
B．小球经过B点时，根据牛顿第二定律有
v2
N =m B
B R
代入数据解得
N =100N
B
根据牛顿第三定律可得，小球经过圆形轨道的点B时对轨道的压力是100N，故B正确；
C．小球经过C点时，根据牛顿第二定律有
v2
N +mg =m C
C R
代入数据解得
N =16N
C
根据牛顿第三定律可得，小球经过圆形轨道的点C时对轨道的压力是16N，故C错误；
D．当小球恰好到达C点时，速度最小，其着地点与A点的距离最短，则
v2
mg =m min
R1
2R= gt2
2
x=v t
min
代入数据解得
x=1m
故D正确。
故选BD。
9.（多选）如图，两质量相等的小物块P和Q放在水平转盘上，它们与转盘间的最大静摩擦力均为各自重
力的k倍。P与竖直转轴OO 的距离为d，连接P、Q的细线长也为d，且P、Q与转盘中心三者共线，初
1 2
始时，细线恰好伸直但无张力。现让该装置开始绕轴转动，在圆盘的角速度w缓慢增大的过程中，重力加
速度为g，下列判断正确的是（ ）
kg
A．当w< 时，绳子一定无弹力
2d
kg
B．当w> 时，P、Q相对于转盘会滑动
2d
2kg
C．当w< 时，P受到的摩擦力随w的增大而变大
3d
kg
D．当w> 时，Q受到的摩擦力随w的增大而变大
2d
【答案】AC
【解析】A．开始转动时圆盘的角速度较小，两木块都靠静摩擦力提供向心力，因为两木块角速度、质量
都相同，根据向心力公式可知，Q先达到最大静摩擦力，根据牛顿第二定律得
kmg =mw2 2d
g解得
kg
w=
2d
kg
因此当w< 时，绳子一定无弹力，A正确；
2d
B．角速度继续增大，绳子出现拉力，Q受最大静摩擦力不变，角速度继续增大，P的静摩擦力继续增大，
当增大到最大静摩擦力时，P、Q相对于转盘开始滑动，根据牛顿第二定律，对P有
kmg-T =mw2d
对Q有
kmg+T =mw2 2d
g
联立解得
2kg
w=
3d
2kg
因此当w> 时，P、Q相对于转盘会发生滑动，B错误；
3d
2kg
C．当w< 时，P相对转盘是静止的，受到的摩擦力为静摩擦力，根据牛顿第二定律有
3d
F -T =mw2d
f
当w增大时,静摩擦力也增大，C正确；
kg
D．当w> 时，绳子出现拉力，Q所受静摩擦力达到最大值且保持不变，D错误。
2d
故选AC。
10.如图所示，长度为L=10m的绳，系一小球在竖直面内做圆周运动，小球的质量为m=2kg，小球半径不
计，小球在通过最低点时的速度大小为v=30m/s，试求：
（1）小球在最低点的向心加速度大小；
（2）小球在最低点所受绳的拉力大小。【答案】（1）90m/s2
；（2）200N
【解析】（1）小球在最低点的向心加速度大小
𝑣2
𝑎= =90m/s2
𝐿
（2）根据牛顿第二定律
𝑇−𝑚𝑔=𝑚𝑎
解得
𝑇=200N
11.有一辆质量为800kg的小汽车驶上圆弧半径为50m的拱桥。g取10 m/s2。
（1）汽车达到桥顶时速度为5m/s，桥顶对汽车的支持力为多大？
（2）汽车以多大速度经过桥顶时恰好对桥没有压力？
（3）若此汽车以5m/s速度经过半径为50m的凹桥时，桥底对汽车的支持力又为多大？
【答案】（1）7600N；（2）10 5m/s；（3）8400N
【解析】（1）当以v =5m/s的速度过桥顶时，有
1
𝑚𝑣 2
1
𝑚𝑔−𝑁 =
1 𝑅
代入数据解得
N =7600N
1
（2）当汽车经过桥顶恰好对桥没有压力时，由重力提供向心力，则有
𝑚𝑣 2
2
𝑚𝑔=
𝑅
解得𝑣 =10 5m/s
2
（3）当以v =5m/s的速度过桥底时，有
3
𝑚𝑣 2
3
𝑁 −𝑚𝑔=
2 𝑅
代入数据解得
N =8400N
2
12.一个光滑的圆锥体固定在水平桌面，其轴线沿竖直方向，母线与轴线之间的夹角q=37°，如图所示。
一条长度为L的绳（质量不计），一端固定在圆锥体的顶点O处，另一端系着一个质量为m的小球（可
视为质点）。小球以角速度w绕圆锥体的轴线做水平匀速圆周运动，重力加速度为g。（sin37°=0.6；
cos37°=0.8）求：
（1）当角速度为某一定值时，小球与圆锥面的相互作用力恰好为零，求此状态的角速度大小；
5g
（2）当角速度w= 时，绳对小球的拉力大小；
9L
2g
（3）当角速度w= 时，绳对小球的拉力大小。
L
5g
【答案】（1） ；（2）mg；（3）2mg
4L
【解析】（1）当小球与圆锥面的相互作用力恰好为零时，绳对小球的拉力和小球的重力的合力提供向心
力，设此时小球的角速度为w，根据力的合成以及牛顿第二定律有
0
mgtanq=mw2Lsinq
0
解得
5g
w =
0 4L此时的线速度为
9gL
v =wLsinq=
0 0 20
5g
（2）当w= w时，小球将离开圆锥体表面，设此时轻绳与竖直方向的夹角为α，对小球受力分析如
L 0
图2所示。同（2）理有
Fcosa=mg
Fsina=mw2Lsina
解得
F =2mg
13.2023年在英国格拉斯哥举行的场地自行车世锦赛中，中国女子自行车队在女子团体竞速赛中表现出色
，荣获银牌。该比赛的赛道路面（如图所示）与水平面间有一定的夹角θ，不考虑空气阻力，g =10m/s2
。若一运动员（自行车和运动员的质量之和为100kg）在该赛道上一水平半径为30m的圆周内训练，则(1)当他以15m/s的速度做匀速圆周运动时，自行车与赛道路面间刚好没有侧向运动趋势，此赛道路面与水
平面的夹角θ的正切值为多大；
(2)当他以20m/s的速度做匀速圆周运动时，自行车与赛道路面间的静摩擦力为多大（结果保留整数）。
3
【答案】(1)
4
(2)467N
【解析】（1）对运动员和自行车整体，受力如图所示
竖直方向根据受力平衡可得F cosq=mg
1
v2
水平方向根据牛顿第二定律可得F sinq=m
1 R
v2 3
联立解得tanq= =
gR 4
（2）当以20m/s的速度做匀速圆周运动时，对整体受力如图所示竖直方向根据受力平衡可得F cosq= f sinq+mg
2
v2
水平方向根据牛顿第二定律可得F sinq+ f cosq=m
2 r
联立解得 f =467N
