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专题05 圆周运动
考点
五年考情（2020-2024）
命题趋势
考点1 圆周运
动的基本概念
和规律（含实
验）
2020 年江苏卷；
2021 年广东卷、全国卷；
2022 年辽宁卷、河北卷；
2023 全国卷、浙江卷等；
2024 年辽宁卷、江苏卷等
圆周运动高中物理曲线运动
的核心考点，主要以选择题和计
算题形式考查，其中计算题主要
结合牛顿第二定律、平抛运动、
机械能动量等知识综合考查。
备考中要掌握圆周运动的基
本概念和基本规律，会分析圆周
运动向心力的来源，利用牛顿第
二定律列出动力学方程。注意绳
模型和杆模型临界条件的不同，
并能结合功能关系、动量关系正
确的列出方程，联立求解。
平时多关注生活中的圆周运
动的实例，通过深刻理解实例的
物理原理，加深对物理规律的理
解，增强应用能力。
考点2 水平面
内的圆周运动
2021 河北卷；
2022 年福建卷；
2023 年江苏卷、福建卷等
考点3 竖直面
内的圆周运动
斜抛运动
2020 年全国卷、浙江卷；
2021 年浙江卷、湖北卷；
2022 年浙江卷等
考点01 圆周运动的基本概念和规律
1．(2021·广东卷·4)由于高度限制，车库出入口采用图2 所示的曲杆道闸，道闸由转动杆OP 与横杆PQ 链接
而成，P、Q 为横杆的两个端点．在道闸抬起过程中，杆PQ 始终保持水平．杆OP 绕O 点从与水平方向成
1
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30°匀速转动到60°的过程中，下列说法正确的是( )
图2
A．P 点的线速度大小不变
B．P 点的加速度方向不变
C．Q 点在竖直方向做匀速运动
D．Q 点在水平方向做匀速运动
【答案】 A
【解析】 由题知杆OP 绕O 点从与水平方向成30°匀速转动到60°，则P 点绕O 点做匀速圆周运动，则P
点的线速度大小不变，P 点的加速度方向时刻指向O 点，A 正确，B 错误；
Q 点在竖直方向的运动与P 点相同，相对于O 点在竖直方向的位置y 关于时间t 的关系为y＝lOP·sin
则可看出Q 点在竖直方向不是做匀速运动，C 错误；
Q 点相对于O 点在水平方向的位置x 关于时间t 的关系为x＝lOP·cos＋lPQ
则可看出Q 点在水平方向也不是做匀速运动，D 错误．
2．（多选）(2022·河北卷·1)如图，广场水平地面上同种盆栽紧密排列在以
为圆心、
和
为半径的同
心圆上，圆心处装有竖直细水管，其上端水平喷水嘴的高度、出水速度及转动的角速度均可调节，以保障
喷出的水全部落入相应的花盆中。依次给内圈和外圈上的盆栽浇水时，喷水嘴的高度、出水速度及转动的
角速度分别用
、
、
和
、
、
表示。花盆大小相同，半径远小于同心圆半径，出水口截面积保
持不变，忽略喷水嘴水平长度和空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．若
，则
B．若
，则
C．若
，
，喷水嘴各转动一周，则落入每个花盆的水量相同
2
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D．若
，喷水嘴各转动一周且落入每个花盆的水量相同，则
【答案】BD
【解析】AB．根据平抛运动的规律
解得
可知若h1=h2，则
v1:v2 =R1:R2
若v1=v2，则
选项A 错误，B 正确；
C．若
，则喷水嘴各转动一周的时间相同，因v1=v2，出水口的截面积相同，可知单位时间喷出水的
质量相同，喷水嘴转动一周喷出的水量相同，但因内圈上的花盆总数量较小，可知得到的水量较多，选项
C 错误；
D．设出水口横截面积为S0，喷水速度为v，若
，则喷水管转动一周的时间相等，因h 相等，则水落
地的时间相等，则
相等；在圆周上单位时间内单位长度的水量为
相等，即一周中每个花盆中的水量相同，选项D 正确。
故选BD。
3．(2023·全国卷·)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
3
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轨道半径成反比，则n 等于（ ）
A．1
B．2
C．3
D．4
【答案】C
【解析】质点做匀速圆周运动，根据题意设周期
合外力等于向心力，根据
联立可得
其中
为常数，的指数为3，故题中
故选C。
4. (2021·全国卷·)“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
50r/s，此时纽扣上距离中心1cm 处的点向心加速度大小约为（ ）
A．10m/s2
B．100m/s2
C．1000m/s2
D．10000m/s2
【答案】C
【解析】纽扣在转动过程中
由向心加速度
故选C。
4
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4．(2024·辽宁卷·) “指尖转球”是花式篮球表演中常见的技巧。如图，当篮球在指尖上绕轴转动时，球面
上P、Q 两点做圆周运动的（ ）
A. 半径相等
B. 线速度大小相等
C. 向心加速度大小相等
D. 角速度大小相等
【答案】D
【解析】由题意可知，球面上P、Q 两点转动时属于同轴转动，故角速度大小相等，故D 正确；
由图可知，球面上P、Q 两点做圆周运动的半径的关系为
，故A 错误；
根据
可知，球面上P、Q 两点做圆周运动的线速度的关系为
，故B 错误；
根据
可知，球面上P、Q 两点做圆周运动的向心加速度的关系为
，故C 错误。
5. (2024·江苏卷·) 如图所示，细绳穿过竖直的管子拴住一个小球，让小球在A 高度处做水平面内的匀速
圆周运动，现用力将细绳缓慢下拉，使小球在B 高度处做水平面内的匀速圆周运动，不计一切摩擦，则（
）
A 线速度vA > vB
B. 角速度ωA < ωB
5
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C. 向心加速度aA < aB
D. 向心力FA > FB
【答案】AD
【解析】设绳子与竖直方向的夹角为θ，对小球受力分析有 Fn = mgtanθ = ma
由题图可看出小球从A 高度到B 高度θ 增大，则由Fn =mgtanθ = ma 可知
aB > aA，FB > FA
故C 错误，D 正确；
再根据题图可看出，A、B 位置在同一竖线上，则A、B 位置的半径相同，则根据
可得vA > vB，ωA > ωB，故A 正确，B 错误。
6.（2022·辽宁）2022 年北京冬奥会短道速滑混合团体2000 米接力决赛中，我国短道速滑队夺得中国队
在本届冬奥会的首金。
（1）如果把运动员起跑后进入弯道前的过程看作初速度为零的匀加速直线运动，若运动员加速到速度
时，滑过的距离
，求加速度的大小；
（2）如果把运动员在弯道滑行的过程看作轨道为半圆的匀速圆周运动，如图所示，若甲、乙两名运动员
同时进入弯道，滑行半径分别为
，滑行速率分别为
，求甲、乙
过弯道时的向心加速度大小之比，并通过计算判断哪位运动员先出弯道。
【答案】（1）
；（2）
，甲
【解析】（1）根据速度位移公式有
代入数据可得
6
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（2）根据向心加速度的表达式
可得甲、乙的向心加速度之比为
甲、乙两物体做匀速圆周运动，则运动的时间为
代入数据可得甲、乙运动的时间为
，
因
，所以甲先出弯道。
7.（2020·江苏）如图所示，鼓形轮的半径为R，可绕固定的光滑水平轴O 转动。在轮上沿相互垂直的直
径方向固定四根直杆，杆上分别固定有质量为m 的小球，球与O 的距离均为
。在轮上绕有长绳，绳上悬
挂着质量为M 的重物。重物由静止下落，带动鼓形轮转动。重物落地后鼓形轮匀速转动，转动的角速度为
。绳与轮之间无相对滑动，忽略鼓形轮、直杆和长绳的质量，不计空气阻力，重力加速度为g。求：
(1)重物落地后，小球线速度的大小v；
(2)重物落地后一小球转到水平位置A，此时该球受到杆的作用力的大小F；
(3)重物下落的高度h。
【答案】(1)
；(2)
；(3)
【解析】(1)由题意可知当重物落地后鼓形轮转动的角速度为ω，则根据线速度与角速度的关系可知小球的
线速度为
7
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(2)小球匀速转动，当在水平位置时设杆对球的作用力为F，合力提供向心力，则有
结合(1)可解得杆对球的作用力大小为
(3)设重物下落高度为H，重物下落过程中对重物、鼓形轮和小球组成的系统，根据系统机械能守恒可知
而重物的速度等于鼓形轮的线速度，有
联立各式解得
8.（2023·浙江1 月卷·）“探究向心力大小的表达式”实验装置如图所示。
①采用的实验方法是
A．控制变量法 B．等效法 C．模拟法
②在小球质量和转动半径相同的情况下，逐渐加速转动手柄到一定速度后保持匀速转动。此时左右标尺露
出的红白相间等分标记的比值等于两小球的 之比（选填“线速度大小”、“角速度平方”或“周
期平方”）；在加速转动手柄过程中，左右标尺露出红白相间等分标记的比值 （选填“不变”、
“变大”或“变小”）。
【答案】 A 角速度平方 不变
【详解】①[1]本实验先控制住其它几个因素不变，集中研究其中一个因素变化所产生的影响，采用的实验
方法是控制变量法；
故选A。
8
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②[2]标尺上露出的红白相间的等分格数之比为两个小球所受向心力的比值，根据
F =mr ω
2
在小球质量和转动半径相同的情况下，可知左右标尺露出的红白相间等分标记的比值等于两小球的角速度
平方之比。
[3]设皮带两塔轮的半径为R1、R2，塔轮的线速度为v；则有
ω1= v
R1
，ω2= v
R2
小球质量和转动半径相同的情况下，可知
F1
F2
= ω1
2
ω2
2 = R2
2
R1
2
由于两变速盘的半径之比不变，则两小球的角速度平方之比不变，左、右标尺露出红白相间等分标记的比
值不变。
考点02 水平面的圆周运动
1.(2023·江苏卷·13)“转碟”是传统的杂技项目，如图所示，质量为m 的发光物体放在半径为r 的碟子
边缘，杂技演员用杆顶住碟子中心，使发光物体随碟子一起在水平面内绕A 点做匀速圆周运动。当角速度
为ω0时，碟子边缘看似一个光环。求此时发光物体的速度大小v0和受到的静摩擦力大小f。
【答案】 ω0r mω0
2r
【解析】 发光物体的速度为v0＝ω0r
发光物体做匀速圆周运动，则静摩擦力充当做圆周运动的向心力，则静摩擦力大小为
f＝mω0
2r
2. （多选）（2021·河北卷·）如图，矩形金属框
竖直放置，其中
、
足够长，且
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
杆，金属框绕
轴分别
以角速度
和
匀速转动时，小球均相对
杆静止，若
，则与以
匀速转动时相比，以
匀速转
动时（ ）
9
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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
【解析】对小球受力分析，设弹力为T，弹簧与水平方向的夹角为θ，则对小球竖直方向
而
可知θ 为定值，T 不变，则当转速增大后，小球的高度不变，弹簧的弹力不变。则A 错误，B 正确；
水平方向当转速较小时，杆对小球的弹力FN背离转轴，则
即
当转速较大时，FN指向转轴
即
则因
，根据牛顿第三定律可知，小球对杆的压力不一定变大。则C 错误；
根据
可知，因角速度变大，则小球受合外力变大。则D 正确。
故选BD。
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3.（2023·福建卷·）一种离心测速器的简化工作原理如图所示。细杆的一端固定在竖直转轴OO
′上的O
点，并可随轴一起转动。杆上套有一轻质弹簧，弹簧一端固定于O 点，另一端与套在杆上的圆环相连。当
测速器稳定工作时，圆环将相对细杆静止，通过圆环的位置可以确定细杆匀速转动的角速度。已知细杆长
度L=0.2m，杆与竖直转轴的夹角a 始终为60°，弹簧原长x0=0.1m，弹簧劲度系数k =100 N/m，圆环质
量m=1kg；弹簧始终在弹性限度内，重力加速度大小取10m/s
2，摩擦力可忽略不计
（1）若细杆和圆环处于静止状态，求圆环到O 点的距离；
（2）求弹簧处于原长时，细杆匀速转动的角速度大小；
（3）求圆环处于细杆末端P 时，细杆匀速转动的角速度大小。
【答案】（1）0.05m；（2）10√6
3
rad/s；（3）10rad/s
【详解】（1）当细杆和圆环处于平衡状态，对圆环受力分析得
T 0=mgcosα =5 N
根据胡克定律F =k Δ x得
Δ x0= T 0
k =0.05 m
弹簧弹力沿杆向上，故弹簧处于压缩状态，弹簧此时的长度即为圆环到O 点的距离
x1= x0−Δ x0=0.05 m
（2）若弹簧处于原长，则圆环仅受重力和支持力，其合力使得圆环沿水平方向做匀速圆周运动。根据牛
顿第二定律得
mg
tan α =mω0
2r
由几何关系得圆环此时转动的半径为
11
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r = x0sin α
联立解得
ω0= 10√6
3
rad/s
（3）圆环处于细杆末端P 时，圆环受力分析重力，弹簧伸长，弹力沿杆向下。根据胡克定律得
T =k (L−x0)=10 N
对圆环受力分析并正交分解，竖直方向受力平衡，水平方向合力提供向心力，则有
mg+T cosα = FNsin α，T sin α + FNcosα =mω
2r '
由几何关系得
r ' = Lsin α
联立解得
ω=10rad/s
4.（2022·福建）清代乾隆的《冰嬉赋》用“躄躠”（可理解为低身斜体）二字揭示了滑冰的动作要领。
短道速滑世界纪录由我国运动员武大靖创造并保持。在其创造纪录的比赛中，
（1）武大靖从静止出发，先沿直道加速滑行，前
用时
。该过程可视为匀加速直线运动，求此过程加
速度大小；
（2）武大靖途中某次过弯时的运动可视为半径为
的匀速圆周运动，速度大小为
。已知武大靖的
质量为
，求此次过弯时所需的向心力大小；
（3）武大靖通过侧身来调整身体与水平冰面的夹角，使场地对其作用力指向身体重心而实现平稳过弯，
如图所示。求武大靖在（2）问中过弯时身体与水平面的夹角
的大小。（不计空气阻力，重力加速度大小
取
，
、
、
、
）
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【答案】（1）
；（2）
；（3）
【解析】（1）设武大靖运动过程的加速度大小为
，根据
解得
（2）根据
解得过弯时所需的向心力大小为
（3）设场地对武大靖的作用力大小为
，受力如图所示
根据牛顿第二定律可得
解得
可得
。
考点03 竖直面内的圆周运动
1．（2021·浙江·）质量为m 的小明坐在秋千上摆动到最高点时的照片如图所示，对该时刻，下列说法正
确的是（ ）
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A．秋千对小明的作用力小于
B．秋千对小明的作用力大于
C．小明的速度为零，所受合力为零
D．小明的加速度为零，所受合力为零
【答案】A
【解析】在最高点，小明的速度为0，设秋千的摆长为l，摆到最高点时摆绳与竖直方向的夹角为
，秋
千对小明的作用力为F，则对人，沿摆绳方向受力分析有
由于小明的速度为0，则有
沿垂直摆绳方向有
解得小明在最高点的加速度为
所以A 正确；BCD 错误；
故选A。
2．(多选)（2020·全国·）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（ ）
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A．200 N
B．400 N
C．600 N
D．800 N
【答案】B
【解析】在最低点由
知
T=410N
即每根绳子拉力约为410N，故选B。
3.（2022·浙江）如图所示，处于竖直平面内的一探究装置，由倾角
=37°的光滑直轨道AB、圆心为O1
的半圆形光滑轨道BCD、圆心为O2的半圆形光滑细圆管轨道DEF、倾角也为37°的粗糙直轨道FG 组成，
B、D 和F 为轨道间的相切点，弹性板垂直轨道固定在G 点（与B 点等高），B、O1、D、O2和F 点处于同一
直线上。已知可视为质点的滑块质量m=0.1kg，轨道BCD 和DEF 的半径R=0.15m，轨道AB 长度
，滑
块与轨道FG 间的动摩擦因数
，滑块与弹性板作用后，以等大速度弹回，sin37°=0.6，
cos37°=0.8。滑块开始时均从轨道AB 上某点静止释放，（
）
（1）若释放点距B 点的长度l=0.7m，求滑块到最低点C 时轨道对其支持力FN的大小；
（2）设释放点距B 点的长度为
，滑块第一次经F 点时的速度v 与
之间的关系式；
（3）若滑块最终静止在轨道FG 的中点，求释放点距B 点长度
的值。
【答案】（1）7N；（2）
（
）；（3）
，
，
【解析】（1）滑块释放运动到C 点过程，由动能定理
经过C 点时
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解得
（2）能过最高点时，则能到F 点，则恰到最高点时
解得
而要保证滑块能到达F 点，必须要保证它能到达DEF 最高点，当小球恰好到达DEF 最高点时，由动能定
理
可解得
则要保证小球能到F 点，
，带入
可得
（3）设全过程摩擦力对滑块做功为第一次到达中点时做功的n 倍，则n=1,3,5,……
解得
n=1,3,5, ……
又因为
，
当
时，
，当
时，
，当
时，
，满足要求。
即若滑块最终静止在轨道FG 的中点，释放点距B 点长度
的值可能为
，
，
。
4.（2021·湖北）如图所示，一圆心为O、半径为R 的光滑半圆弧轨道固定在竖直平面内，其下端与光滑
水平面在Q 点相切。在水平面上，质量为m 的小物块A 以某一速度向质量也为m 的静止小物块B 运动。A、
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B 发生正碰后，B 到达半圆弧轨道最高点时对轨道压力恰好为零，A 沿半圆弧轨道运动到与O 点等高的C 点
时速度为零。已知重力加速度大小为g，忽略空气阻力。
（1）求B 从半圆弧轨道飞出后落到水平面的位置到Q 点的距离；
（2）当A 由C 点沿半圆弧轨道下滑到D 点时，OD 与OQ 夹角为θ，求此时A 所受力对A 做功的功率；
（3）求碰撞过程中A 和B 损失的总动能。
【答案】（1）2R ；（2）
；（3）
【解析】解：（1）设 B 到半圆弧轨道最高点时速度为
，由于B 对轨道最高点的压力为零，则由牛顿第
二定律得
B 离开最高点后做平抛运动，则在竖直方向上有
在水平方向上有
联立解得
x=2R
（2）对A 由C 到D 的过程，由机械能守恒定律得
由于对A 做功的力只有重力，则A 所受力对A 做功的功率为
解得
（3）设A、B 碰后瞬间的速度分别为v1，v2，对B 由Q 到最高点的过程，由机械能守恒定律得
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解得
对A 由Q 到C 的过程，由机械能守恒定律得
解得
设碰前瞬间A 的速度为v0，对A、B 碰撞的过程，由动量守恒定律得
解得
碰撞过程中A 和B 损失的总动能为
解得
5.（2020·浙江）小明将如图所示的装置放在水平地面上，该装置由弧形轨道、竖直圆轨道、水平直轨道
和倾角
的斜轨道
平滑连接而成。质量
的小滑块从弧形轨道离地高
处静止
释放。已知
，
，滑块与轨道
和
间的动摩擦因数均为
，弧形轨道和
圆轨道均可视为光滑，忽略空气阻力。
(1)求滑块运动到与圆心O 等高的D 点时对轨道的压力；
(2)通过计算判断滑块能否冲出斜轨道的末端C 点；
(3)若滑下的滑块与静止在水平直轨道上距A 点x 处的质量为
的小滑块相碰，碰后一起运动，动摩擦因
数仍为0.25，求它们在轨道
上到达的高度h 与x 之间的关系。（碰撞时间不计，
，
）
【答案】(1)8N，方向水平向左；(2)不会冲出；(3)
（
）；
（
）
【解析】(1)机械能守恒定律
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牛顿第二定律
牛顿第三定律
方向水平向左
(2)能在斜轨道上到达的最高点为
点，功能关系
得
故不会冲出
(3)滑块运动到距A 点x 处的速度为v，动能定理
碰撞后的速度为
，动量守恒定律
设碰撞后滑块滑到斜轨道的高度为h，动能定理
得
，h＝0(0<x<5
8 m)
19
