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专题07 圆周运动
[题型导航]
题型一 圆周运动的运动学问题...........................................................................................................1
题型二 圆周运动的动力学问题...........................................................................................................5
题型三 竖直面内圆周运动的两类模型问题.....................................................................................12
题型四 圆周运动中的两类临界问题.................................................................................................18
[考点分析]
题型一 圆周运动的运动学问题
1．线速度：描述物体圆周运动快慢的物理量．v＝＝.
2．角速度：描述物体绕圆心转动快慢的物理量．ω＝＝.
3．周期和频率：描述物体绕圆心转动快慢的物理量．T＝，T＝.
4．向心加速度：描述速度方向变化快慢的物理量．an＝rω2＝＝ωv＝r.
5．相互关系：(1)v＝ωr＝r＝2π
rf .
(2)an＝＝rω2＝ωv＝r＝4π2f2r.
[例题1]
如图为车牌自动识别系统的直杆道闸，离地面高为1m 的细直杆可绕O 在竖直面
内匀速转动。汽车从自动识别线ab 处到达直杆处的时间为3.3s，自动识别系统的反应时间为
0.3s；汽车可看成高1.6m 的长方体，其左侧面底边在aa′直线上，且O 到汽车左侧面的距离
为0.6m，要使汽车安全通过道闸，直杆转动的角速度至少为（ ）
1
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A．π
4 rad/s
B．3 π
4 rad/s
C．π
6 rad/s
D．π
12rad/s
【解答】解：设汽车恰好通过道闸时直杆转过的角度为θ，
由几何知识得：tanθ= 1.6-1
0.6
=1，
解得：θ= π
4
直杆转动的时间：t＝t 汽车﹣t 反应时间＝（3.3﹣0.3）s＝3s
直杆转动的角速度：ω= θ
t =
π
4
3
rad/s= π
12rad/s，故ABC 错误，D 正确。
故选：D。
[例题2]
某机器的齿轮系统如图所示，中间的轮叫做太阳轮，它是主动轮。从动轮称为行
星轮，主动轮、行星轮与最外面的大轮彼此密切啮合在一起，如果太阳轮一周的齿数为n1，行
星轮一周的齿数为n2，当太阳轮转动的角速度为ω 时，最外面的大轮转动的角速度为（ ）
A．
n1
n1+2n2
ω
B．
n2
n1+n2
ω
2
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C．
n1
n1+n2
ω
D．
n2
n1-n2
ω
【解答】解：主动轮、行星轮与大轮分别用A、B、C 表示，由图可知，A 与B 为齿轮传动，所
以线速度大小相等，B 与C 也是车轮传动，线速度也相等，所以A 与B、C 的线速度是相等的；
有线速度关系可知：
2π R A
2π RB
= R A
RB
= n1
n2
则：RB= n2
n1
⋅R A
由图可知：RC＝2RB+RA
A、B 与C 的线速度相同，得：ωRA＝ω′RC
联立可得：ω' =
n1ω
n1+2n2
．故A 正确，BCD 错误
故选：A。
[例题3]
无级变速是在变速范围内任意连续变换速度的变速系统．如图所示是无级变速模
型示意图，主动轮、从动轮中间有一个滚轮，各轮间不打滑，通过滚轮位置改变实现无级变速。
A、B 为滚轮轴上两点，则（ ）
A．从动轮和主动轮转动方向始终相反
B．滚轮在A 处，从动轮转速大于主动轮转速
C．滚轮在B 处，从动轮转速大于主动轮转速
D．滚轮从A 到B，从动轮转速先变大后变小
【解答】解：A、从动轮和主动轮转动方向始终相同，故A 错误；
B、角速度ω＝2πn，则主动轮的线速度v1＝r1ω1＝2πr1n1，从动轮的线速度v2＝r2ω1＝2πr2n2．
3
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因为主动轮和从动轮的线速度相等，则2πr1n1＝2πr2n2，所以n2＝n1.r1
r2
，滚轮在A 处，r1＞r2，
从动轮转速大于主动轮转速，故B 正确；
C、在B 处，r1＜r2，从动轮转速，小于主动轮转速，故C 错误；
D、滚轮从A 到B，r1逐渐减小，r2逐渐增大，故从动轮转速逐渐减小，故D 错误；
故选：B。
[例题4]
由于高度限制，车库出入口采用图所示的曲杆道闸，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30°匀速转动到60°的过程中，下列说法正确的是（ ）
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
【解答】解：A、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。故A 正确；
B、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，P
点的加速度方向时刻指向O 点。故B 错误；
C、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（π
6 +ωt）
则可看出Q 点在竖直方向不是匀速运动。故C 错误；
D．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（π
6 +ωt）+lPQ
则可看出Q 点在水平方向也不是匀速运动。故D 错误．
故选：A。
4
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[例题5]
如图所示为旋转脱水拖把结构图。把拖把头放置于脱水筒中，手握固定套杆向下
运动，固定套杆就会给旋转杆施加驱动力，驱动旋转杆、拖把头和脱水筒一起转动，把拖把上
的水甩出去。旋转杆上有长度为35cm 的螺杆，螺杆的螺距（相邻螺纹之间的距离）为d＝
5cm，拖把头的托盘半径为10cm，拖布条的长度为6cm，脱水筒的半径为12cm。某次脱水时，
固定套杆在1s 内匀速下压了35cm，该过程中拖把头匀速转动，则下列说法正确的是（ ）
A．拖把头的周期为7s
B．拖把头转动的角速度为14πrad/s
C．紧贴脱水筒内壁的拖布条上附着的水最不容易甩出
D．旋转时脱水筒内壁与托盘边缘处的点向心加速度之比为5：6
【解答】解：A、旋转杆上有长度为35cm 的螺杆，相邻螺纹之间的距离为d＝5cm，所以共7 圈，
固定套杆在1s 内匀速下压了35cm，所以1s 转了7 个周期，故周期为：T= 1
7 s，故A 错误；
B、根据周期和角速度的关系式：ω= 2π
T = 2π
1
7
rad / s=14 πrad / s，故B 正确；
C、紧贴脱水筒内壁的拖布条半径最大，根据a＝ω2r，半径越大，向心加速度越大，需要的向心
力越大，越容易甩出，故C 错误；
D、脱水筒内壁半径为12cm，托盘边缘半径为10cm，根据a＝ω2r，向心加速度之比为a1
a2
= r1
r2
故
a1
a2
= 6
5
故D 错误。
故选：B。
5
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题型二 圆周运动的动力学问题
1．向心力的来源
向心力是按力的作用效果命名的，可以是重力、弹力、摩擦力等各种力，也可以是几个力的合力或
某个力的分力，因此在受力分析中要避免再另外添加一个向心力．
2．向心力的确定
(1)确定圆周运动的轨道所在的平面，确定圆心的位置．
(2)分析物体的受力情况，找出所有的力沿半径方向指向圆心的合力，就是向心力．
3．向心力的公式Fn＝man＝m＝mω
2 r ＝mr＝mr
4π
2 f 2
解决圆周运动问题的主要步骤
(1)审清题意，确定研究对象；明确物体做圆周运动的平面是至关重要的一环；
(2)分析物体的运动情况，即物体的线速度、角速度、周期、轨道平面、圆心、半径等；
(3)分析物体的受力情况，画出受力分析图，确定向心力的来源；
(4)根据牛顿运动定律及向心力公式列方程．
[例题6]
（多选）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
ω0时，小球B 刚好离开台面。弹簧始终在弹性限度内，劲度系数为k，重力加速度为g，则（
）
A．小球均静止时，弹簧的长度为L- mg
k
B．角速度ω＝ω0时，小球A 对弹簧的压力为mg
C．角速度ω0=√
kg
kL-2mg
D．角速度从ω0继续增大的过程中，小球A 对弹簧的压力不变
【解答】解：A、光滑小球均静止时，则可知，杆没有作用力，否则B 球不可能平衡的，对A
6
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受力分析，重力与弹簧的弹力，处于平衡，依据胡克定律，那么弹簧的形变量△x= mg
k ，因此
弹簧的长度为L′＝L- mg
k ，故A 正确；
B、角速度ω＝ω0时，球B 在杆及重力作用下，提供向心力，做匀速圆周运动，那么，杆对小球
A 有作用力，因此弹簧对A 的支持力大于mg，则球A 对弹簧的压力也大于mg，故B 错误；
C、当转动的角速度为ω0时，小球B 刚好离开台面，对B 分析，杆的拉力与重力的合力提供向
心力，如下图所示：
根据矢量的合成法则，结合牛顿第二定律，则有mg
tanθ =mω0
2Lcosθ，
对AB 整体分析，弹簧的弹力F′＝2mg
依据胡克定律，则弹簧的形变量L″= 2mg
k
，
根据几何知识，则有：L- L″
L
=sinθ
综上所述，解得：ω0=√
kg
kL-2mg
，故C 正确；
D、由上分析，可知，当转动的角速度为ω0时，小球B 刚好离开台面，弹簧弹力等于2mg，当
角速度从ω0继续增大的过程中，弹簧弹力仍等于2mg，因此小球A 对弹簧的压力不会变，故D
正确；
故选：ACD。
[例题7]
（多选）如图所示，半径为R 的半球形容器固定在可以绕竖直轴旋转的水平转台
上，转台转轴与过容器球心O 的竖直线重合，转台以一定角速度ω 匀速旋转。有两个质量均
为m 的小物块落入容器内，经过一段时间后，两小物块都随容器一起转动且相对容器内壁静止，
两物块和球心O 点的连线相互垂直，且A 物块和球心O 点的连线与竖直方向的夹角θ＝60°，
已知重力加速度大小为g，则下列说法正确的是（ ）
7
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A．若A 物块受到的摩擦力恰好为零，B 物块受到的摩擦力的大小为(√3-1)mg
4
B．若A 物块受到的摩擦力恰好为零，B 物块受到的摩擦力的大小为(√3-1)mg
2
C．若B 物块受到的摩擦力恰好为零，A 物块受到的摩擦力的大小为(√3-1)mg
2
D．若B 物块受到的摩擦力恰好为零，A 物块受到的摩擦力的大小为(√3-1)mg
4
【解答】解：AB、当A 摩擦力恰为零时，物块与圆心连线与竖直方向的夹角为60°，受力如图1
所示，
图1
根据牛顿第二定律得：
mgtan60°＝mrω2
r＝Rsin60°
此时B 滑块有沿斜面向上滑的趋势，摩擦力沿罐壁切线向下，受力如图2 所示。
8
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图2
竖直方向上：Ncos30°﹣fsin30°﹣mg＝0
水平方向上：Nsin30°+fcos30°＝mr′ω2
其中r′＝Rsin30°，联立解得：f= (√3-1)mg
2
，故A 错误，B 正确；
CD、当B 摩擦力恰为零时，物块与圆心连线与竖直方向的夹角为300
根据牛顿第二定律得：mgtan30°＝mrω2
其中r＝Rsin30°
此时A 滑块有沿斜面向下滑的趋势，摩擦力沿罐壁切线向上，
竖直方向上：Ncos60°+fsin60°﹣mg＝0
水平方向上：Nsin60°﹣fcos60°＝mr′ω2
r′＝Rsin60°，联立解得：f= (√3-1)mg
2
，故C 正确。D 错误；
故选：BC。
[例题8]
如图所示，在竖直面内固定三枚钉子a、b、c，三枚钉子构成边长d＝10cm 的等
边三角形，其中钉子a、b 沿着竖直方向。长为L＝0.3m 的细线一端固定在钉子a 上，另一端
系着质量m＝200g 的小球，细线拉直与边ab 垂直，然后将小球以v0=√3m/s 的初速度竖直向
下抛出，小球可视为质点，不考虑钉子的粗细，重力加速度g＝10m/s2，细线碰到钉子c 后，
物块到达最高点时，细线拉力大小为（ ）
A．0N
B．1N
C．2N
D．3N
【解答】解：设物块到达量高点速度为v，根据机械能守恒得
1
2mv0
2= 1
2mv2+mgh
h＝L﹣d﹣d- d
2 =L- 5
2d
代入数据联立解得v=√2m/s
根据牛顿第二定律
9
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F+mg＝mv
2
d
解得细线拉力大小为
F＝mv
2
d -mg＝0.2× (√2)
2
0.1
N﹣0.2×10N＝2N
故选：C。
[例题9]
（多选）如图所示为波轮式洗衣机的工作原理示意图，当甩衣桶在电机的带动下
高速旋转时，衣服紧贴在甩衣桶器壁上，从而迅速将水甩出。衣服（带水，可视为质点）质量
为m，衣服和器壁的动摩擦因数约为μ，甩衣桶的半径为γ，洗衣机的外桶的半径为R，当角
速度达到ω0时，衣服上的水恰好被甩出，假设滑动摩擦力和最大静摩擦力相等，重力加速度
为g，则下列说法正确的是（ ）
A．衣服（带水）做匀变速曲线运动
B．电动机的角速度至少为√
g
μr
时，衣服才掉不下来
C．当ω＝ω0时，水滴下落高度g( R -r )
2
2ω0
2r
2 打到外筒上
D．当ω＝ω0时，水滴下落高度g( R
2-r
2)
2ω0
2r
2
打到外筒上
【解答】A.衣服（带水）做变速曲线运动，因为其向心加速度也是变化的，故A 错误；
B.竖直方向，根据平衡条件有mg＝μN
由于弹力提供向心力，由牛顿第二定律有
N＝mω0
2r
联立解得
ω0=√
g
μr
10
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故B 正确；
CD.当ω＝ω0时，水滴打到外筒上，则水滴下落高度为h，根据平抛运动规律有
h= 1
2 gt
2
x＝vt
r2+x2＝R2
v＝rω0
联立解得
h= g( R
2-r
2)
2ω0
2r
2
故C 错误，D 正确。
故选：BD。
[例题10] 现将等宽双线在水平面内绕制成如图1 所示轨道，两段半圆形轨道半径均为R
=√3m，两段直轨道AB、A'B 长度均为l＝1.35m。在轨道上放置个质量m＝0.1kg 的小圆柱体，
如图2 所示，圆柱体与轨道两侧相切处和圆柱截面圆心O 连线的夹角θ 为120°，如图3 所示，
两轨道与小圆柱体的动摩擦因数均为μ＝0.5，小圆柱尺寸和轨道间距相对轨道长度可忽略不计，
初始时小圆柱位于A 点处，现使之获得沿直轨道AB 方向的初速度v0 。求：
（1）小圆柱沿AB 运动时，内外轨道对小圆柱的摩擦力f1、f2的大小；
（2）当v0＝6m/s，小圆柱刚经B 点进入圆弧轨道时，外轨和内轨对小圆柱的压力N1、N2的大
小；
（3）为了让小圆柱不脱离内侧轨道，v0的最大值，以及在v0取最大值情形下小圆柱最终滑过的
路程s。
【解答】解：（1）圆柱体与轨道两侧相切处和圆柱截面面圆心O 连线的夹角θ 为120°，根据对
11
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称性可知，两侧弹力大小均与重力相等为1N，内外轨道对小圆柱的摩擦力为：f1＝f2＝μN，
解得：f1＝f2＝0.5N
（2）当v0＝6m/s，小圆柱刚经B 点进入圆弧轨道时，根据动能定理可得：
1
2mv2- 1
2mv0
2=-（f1+f2）l
解得：v＝3m/s
在B 点受力分析：N1sin60°﹣N2sin60°＝mv
2
R ；N1cos60°+N2cos60°＝mg
联立解得：N1＝1.3N，N2＝0.7N
（3）为了让小圆柱不脱离内侧轨道，v0最大时，在B 点：N'1sin60°＝mvm
2
R
，N'1cos60°＝mg
根据动能定理可得：1
2mvm
2 - 1
2mv0m
2 =-（f1+f2）l
联立解得：v0m=√57m/s
在圆弧上受摩擦力仍为：f＝（f1+f2）＝μ（N1+N2），解得：f＝1N
根据动能定理可知：1
2mv0m
2 =fs，解得：s＝2.85m
答：（1）小圆柱沿AB 运动时，内外轨道对小圆柱的摩擦力f1、f2的大小都为0.5N；
（2）外轨和内轨对小圆柱的压力N1、N2的大小分别为1.3N，0.7N；
（3）为了让小圆柱不脱离内侧轨道，v0的最大值为√57m/s，以及在v0取最大值情形下小圆柱
最终滑过的路程s 为2.85m。
题型三 竖直面内圆周运动的两类模型问题
1．在竖直平面内做圆周运动的物体，按运动到轨道最高点时的受力情况可分为两类：一是无支撑
(如球与绳连接、沿内轨道运动的过山车等)，称为“绳(环)约束模型”，二是有支撑(如球与杆连接、
在弯管内的运动等)，称为“杆(管)约束模型”．
2．绳、杆模型涉及的临界问题
绳模型
杆模型
常见类型
12
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均是没有支撑的小球
均是有支撑的小球
过最高点的
临界条件
由mg＝m 得
v 临＝
由小球恰能做圆周运动得v 临＝0
讨论分析
(1)过最高点时，v≥，FN＋mg
＝m，绳、圆轨道对球产生弹
力FN
(2)不能过最高点时，v<，在
到达最高点前小球已经脱离了
圆轨道
(1)当v＝0 时，FN＝mg，FN为支持力，沿
半径背离圆心
(2)当0<v<时，－FN＋mg＝m，FN背离圆
心，随v 的增大而减小
(3)当v＝时，FN＝0
(4)当v>时，FN＋mg＝m，FN指向圆心并
随v 的增大而增大
[例题11] 如图甲，ABC 为竖直放置的半径为0.1m 的半圆形轨道，在轨道的最低点和最高
点A、C 各安装了一个压力传感器，可测定小球在轨道内侧，通过这两点时对轨道的压力FA和
FC．质量为0.1kg 的小球，以不同的初速度v 由A 点冲入ABC 轨道．（g 取10m/s2）
（1）若轨道ABC 光滑，则小球能通过最高点C 的最小速度多大？
（2）若轨道ABC 光滑，小球均能通过C 点．试推导FC随FA变化的关系式，并在图乙中画出其
图线；
（3）若FC和FA的关系图线如图丙所示，求：当FA＝13N 时小球滑经A 点时的速度vA，以及小
球由A 滑至C 的过程中损失的机械能
【解答】解：（1）在C 点重力恰好提供向心力时速度最小：
mg=m vc
2
R
解得：
vc
❑=√gR =1m/ s
13
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（2）由牛顿第三定律可知，小球在A、C 两点所受轨道的弹力大小：
NA＝FA，NC＝FC
在A 点，由牛顿第二定律得：
NA﹣mg＝mv A
2
R ⋯①
在C 点，由牛顿第二定律得：
NC+mg＝mvC
2
R ⋯②
对A 至C 的过程，由动能定理得：
﹣mg•2R= 1
2mvC
2 - 1
2mv A
2 ⋯③
联立①②③得：
NA﹣NC＝6mg
即FC＝FA﹣6N
图线如右图所示：
（3）对A 至C 的过程，由动能定理得：
Wf﹣mg•2R= 1
2mvC
2 - 1
2mv A
2 ⋯④
联立①②④得：
Wf= 1
2mvC
2 - 1
2mv A
2 +2mgR= 1
2（2mg﹣FA+FC）R+2mgR…⑤
解得：
Wf＝﹣0.2J
14
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vA＝2√3m/s
由功能关系得，损失的机械能为0.2J；
答：（1）若轨道ABC 光滑，则小球能通过最高点C 的最小速度为1m/s；
（2）若轨道ABC 光滑，小球均能通过C 点．FC随FA变化的关系式为FC＝FA﹣6，其图线如图
所示；
（3）当FA＝13N 时小球滑经A 点时的速度为2√3m/s，小球由A 滑至C 的过程中损失的机械能
为0.2J．
[例题12] （多选）如图甲所示，轻杆一端固定在O 点，另一端固定质量为m 的小球。现
让小球在竖直平面内做圆周运动，小球运动到最高点时，杆与小球间弹力大小为F，速度大小
为v，其F﹣v2图象如图乙所示。则（ ）
A．小球做圆周运动的半径R= mb
a
B．当地的重力加速度大小g= b
R
C．v2＝c 时，小球受到的弹力方向向上
D．v2＝2b 时，小球受到的弹力大小与重力大小相等
【解答】解：A、由图乙知，若v＝0，则F＝mg＝a．当F＝0 时，v2＝b，则小球在最高点时，
当F＝0，有：mg＝mv
2
R =m b
R ，联立解得R= mb
a ，故A 正确；
B、v2＝0 时，根据牛顿第二定律得：mg﹣F＝mv
2
R =0，则F＝mg＝a，所以：g= F
m = a
m = b
R ．故
B 正确。
C、由图可知：当v2＜b 时，杆对小球弹力方向向上，当v2＞b 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；
D、若v2＝2b 时。由牛顿第二定律有 F+mg＝mv
2
R =m2b
R ，结合A 项分析解得 F＝mg＝a，故D
正确。
15
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故选：ABD。
[例题13] （多选）如图所示，水平的木板B 托着木块A 一起在竖直平面内做匀速圆周运动，
从水平位置a 沿逆时针方向运动到最高点b 的过程中（ ）
A．B 对A 的支持力越来越大
B．B 对A 的支持力越来越小
C．B 对A 的摩擦力越来越小
D．B 对A 的摩擦力越来越大
【解答】解：A 在运动的过程中受重力、支持力、静摩擦力，三个力的合力提供向心力。合力
沿水平方向的分力等于A 所受的摩擦力，合力沿竖直方向的分力等于重力和支持力的合力，合
力的大小不变，由a 到b 的运动过程中，合力沿水平方向的分力减小，所以摩擦力减小。合力沿
竖直方向的分力逐渐增大，所以支持力逐渐减小。故B、C 正确，A、D 错误。
故选：BC。
[例题14] 摆动是生活中常见的运动形式，秋千、钟摆的运动都是我们熟悉的摆动。摆的形
状各异，却遵循着相似的规律。
（1）如图1 所示，一个摆的摆长为L，小球质量为m，拉起小球使摆线与竖直方向夹角为θ 时
将小球由静止释放，忽略空气阻力。
a．求小球运动到最低点时绳对球的拉力的大小F。
b．如图2 所示，当小球运动到摆线与竖直方向夹角为α（α＜θ）时，求此时小球的角速度大小
ω1。
（2）如图3 所示，长为L 的轻杆，一端可绕固定在O 点的光滑轴承在竖直平面内转动，在距O
点为L
2 和L 处分别固定一个质量为m、可看作质点的小球，忽略轻杆的质量和空气阻力。
a．将杆与小球组成的系统拉到与竖直方向成θ 角的位置由静止释放，当系统向下运动到与竖直
方向夹角为α（α＜θ）时，求此时系统的角速度大小ω2。
b．若θ 较小，系统的运动可看作简谐运动，对比ω2和ω1的表达式，参照单摆的周期公式T＝
2π√
L
g
，写出此系统做简谐运动的周期的表达式，并说明依据。
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【解答】解：（1）a.根据机械能守恒定律可得
mgL （1﹣cosθ）= 1
2mv2
在最低点根据牛顿第二定律
F﹣mg＝mv
2
L
解得
F＝mg （3﹣2cosθ）
b.根据机械能守恒定律可得
mgL （cosα﹣cosθ）= 1
2mv1
2
角速度为ω1= v1
L
联立解得
ω1=√
2g(cosα -cosθ)
L
（2）a.根据机械能守恒定律可得
mgL （cosα﹣cosθ）+mg⋅L
2 （cosα﹣cosθ）= 1
2mv2
2+ 1
2mv2′2
其中
v2＝ω2L，v'2＝ω2⋅L
2
代入解得
ω2=√
12g(cosα -cosθ)
5 L
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b.此系统做简谐运动的周期为T'＝2π√
5 L
6 g
对比ω2和ω1的表达式可得
ω2
ω1
=√
6
5
α 可以表示系统运动过程中的任意位置对应的角度，可知两个系统在运动过程中任意位置的角速
度大小均满足
ω2
ω1
=√
6
5
因此
T '
T =√
5
6
可得
T'=√
5
6
T＝2π√
5 L
6 g
答：（1）a．小球运动到最低点时绳对球的拉力的大小为mg （3﹣2cosθ）。
b.此时小球的角速度大小为√
2g(cosα -cosθ)
L
。
（2）a．此时系统的角速度大小为√
12g(cosα -cosθ)
5 L
。
b．此系统做简谐运动的周期的表达式为T'＝2π√
5 L
6 g
，依据见解析。
[例题15] （多选）一端连在光滑固定轴上，可在竖直平面内自由转动的轻杆，另一端与一
小球相连，如图甲所示。现使小球在竖直平面内做圆周运动，到达某一位置开始计时，取水平
向右为正方向，小球的水平分速度vx随时间t 的变化关系如图乙所示，不计空气阻力，下列说
法中正确的是（ ）
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A．t1时刻小球通过最高点，t3时刻小球通过最低点
B．t2时刻小球通过最高点，t3时刻小球通过最低点
C．v1大小一定小于 v2大小，图乙中 S1和 S2的面积一定相等
D．v1大小可能等于 v2大小，图乙中 S1和 S2的面积可能不等
【解答】解：AB、由对称性可知，在最高点左右两侧对称位置，小球沿水平方向分速度相同，
那么在小球到达最高点时，其前后对称时刻的小球水平分速度相等，且最高点时刻水平分速度
为正，在图乙中t1时刻满足要求，所以t1时刻小球通过最高点，同理，t3时刻小球通过最低点，
故A 正确，B 错误；
CD、从t2到t3，小球重力做正功，一直在加速，在最低点时，速度最大，沿水平方向分速度也
最大，即v2＞v1，另外根据对称运动过程中分析，可知，S1和S2分别代表从最低点到最左边点
以及从最左边点到最高点的水平位移大小，它们对称相等，因此S1和S2面积相等，故C 正确，
D 错误；
故选：AC。
题型四 圆周运动中的两类临界问题
1．有些题目中有“刚好”、“恰好”、“正好”等字眼，明显表明题述的过程中存在着临界点．
2．若题目中有“取值范围”、“多长时间”、“多大距离”等词语，表明题述的过程中存在着
“起止点”，而这些起止点往往就是临界点．
3．若题目中有“最大”、“最小”、“至多”、“至少”等字眼，表明题述的过程中存在着极值，
这些极值点也往往是临界点．
[例题16] （多选）如图所示，物体P 用两根长度相等、不可伸长的细线系于竖直杆上，它
随杆转动，若转动角速度为ω，则（ ）
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A．ω 只有超过某一值时，绳子AP 才有拉力
B．绳子BP 的拉力随ω 的增大而不变
C．绳子BP 的张力一定大于绳子AP 的张力
D．当ω 增大到一定程度时，绳子AP 的张力大于绳子BP 的张力
【解答】解：设BP 绳与竖直方向的夹角为θ，AP 绳与竖直方向的夹角为α，对物体P 进行受力
分析，根据向心力公式则有：
TBPcosθ＝mg+TAPcosα…①
TBPsinθ+TAPsinα＝mω2r…②
A、当ω 较小时，BP 绳在水平方向的分量可以提供向心力，此时AP 绳没有力，当ω 增加到某
值时，BP 绳在水平方向的分量不足以提供向心力，此时绳子AP 才有力的作用，故A 正确；
B、ω 的增大，所需的向心力增大，绳子BP 的力增大。故B 错误；
C、当AP 绳子没有拉直时，AP 绳拉力等于零，BP 绳肯定有拉力，当AP 绳拉直时，θ＝α，由
①式可知，绳BP 的张力一定大于绳子AP 的张力，故C 正确，D 错误；
故选：AC。
[例题17] （多选）汽车在出厂前要进行性能测试。某次测试中，测试人员驾驶着汽车在一
个空旷的水平场地上沿直线以恒定的速度v0匀速行驶，突然发现正前方的道路出现故障，为了
躲避故障，测试人员采取了一些应急措施。设汽车与路面间的滑动摩擦因数为μ，最大静摩擦
力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，则关于测试人员采取的应急措施说法正确的是（ ）
A．若直线刹车，则至少应该在道路故障前v0
2
2 μg
的距离处采取刹车
B．若以原有速率转弯，转弯半径越大，汽车受到的侧向摩擦力越大
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C．若以原有速率转弯，转弯的最小半径为v0
2
μg
D．以原速率转弯要比以直线刹车更安全一些
【解答】解：A、若直线刹车，刹车的加速度a= μmg
m =μg，根据速度与位移关系知：x
= v0
2
2a = v0
2
2 μg
，则至少应该在道路故障前v0
2
2 μg
的距离处采取刹车，故A 正确；
B、根据摩擦力充当向心力知f= mv
2
R ，若以原有速率转弯，转弯半径越大，汽车受到的侧向摩
擦力越小，故B 错误；
C、当f＝μmg 时，根据f= mv
2
R 知半径最小为：R= v0
2
μg
，故C 正确；
D、由于R= v0
2
μg ＞x= v0
2
2 μg
，以原速率转弯要比以直线刹车更危险，故D 错误。
故选：AC。
[例题18] （多选）如图所示，某同学用硬塑料管和一个质量为m 的铁质螺丝帽研究匀速圆
周运动，将螺丝帽套在塑料管上，手握塑料管使其保持竖直并在水平方向做半径为r 的匀速圆
周运动，则只要运动角速度合适，螺丝恰好不下滑，假设螺丝帽与塑料管间的动摩擦因数为
μ，认为最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力。则在该同学手转塑料管使螺丝帽恰好不下滑时，
下列分析正确的是（ ）
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A．螺丝帽的重力与其受到的最大静摩擦力平衡
B．螺丝帽受到塑料管的弹力方向水平向外，背离圆心
C．此时手转动塑料管的角速度ω=√
g
μr
D．若塑料管的转动加快，螺丝帽不可能相对塑料管发生运动
【解答】解：A、螺丝帽受到竖直向下的重力、水平方向的弹力和竖直向上的最大静摩擦力，螺
丝帽在竖直方向上没有加速度，所以螺丝帽的重力与最大静摩擦力平衡，故A 正确；
B、螺丝帽做匀速圆周运动，由弹力提供向心力，所以弹力方向水平向里，指向圆心，故B 错误；
C、对螺丝帽受力分析，根据牛顿第二定律得：N＝mω2r
竖直方向上，由平衡条件得：fm＝mg
又根据滑动摩擦力公式得：fm＝μN
联立解得：ω=√
g
μr
，故C 正确；
D、若塑料管的转动加快，角速度ω 增大，螺丝帽受到的弹力N 增大，最大静摩擦力增大，螺
丝帽不可能相对塑料管发生运动，故D 正确。
故选：ACD。
[例题19] 如图1，用一根长为L＝1m 的细线，一端系一质量为m＝1kg 的小球（可视为质
点），另一端固定在一光滑锥体顶端，锥面与竖直方向的夹角θ＝37°，当小球在水平面内绕锥
体的轴做匀速圆周运动的角速度为ω 时，细线的张力为T．求（g＝10m/s2，sin37°= 3
5，cos37°
= 4
5 ，计算结果可用根式表示）：
（1）若要小球离开锥面，则小球的角速度ω0至少为多大？
（2）若细线与竖直方向的夹角为60°，则小球的角速度ω′为多大？
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（3）细线的张力T 与小球匀速转动的加速度ω 有关，当ω 的取值范围在0 到ω′之间时，请通
过计算求解T 与ω2的关系，并在图2 坐标纸上作出T﹣ω2的图象，标明关键点的坐标值。
【解答】解：（1）小球刚要离开锥面时的速度，此时支持力为零，根据牛顿第二定律得：
mgtanθ＝mωω0
2Lsin θ
解得：ω0=√
g
Lcosθ =√12.5rad/s．
（2）同理，当细线与竖直方向成60°角时，由牛顿第二定律及向心力公式有：
mgtan α＝mω′2Lsin α
解得：ω′=√
g
Lcosα =2√5rad/s．
（3）a．当ω1＝0 时 T1＝mgcosθ＝8N，标出第一个特殊点坐标（ 0，8N）；
b．当0＜ω＜√12.5rad/s 时，根据牛顿第二定律得：
Tsinθ﹣Ncosθ＝mω2Lsinθ，
Tcosθ+Nsinθ＝mg
解得T =mgcosθ+mLω
2(sinθ)
2=8+ 9
25 ω
2
当ω2=√12.5rad / s时，T2＝12.5N 标出第二个特殊点坐标[12.5（rad/s）2，12.5N]；
c．当√12.5rad / s≤ω≤2√5rad / s时，小球离开锥面，设细线与竖直方向夹角为β，
T 3 sinβ =mω
2 Lsinβ
解得：T 3=mLω
2
当ω=ω' =2√5rad / s时，T3＝20N
标出第三个特殊点坐标[20（rad/s）2，20N]．
画出T﹣ω2图象如图所示．
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答：
（1）若要小球离开锥面，则小球的角速度ω0至少为√12.5rad/s．
（2）若细线与竖直方向的夹角为60°，则小球的角速度ω′为2√5rad/s．
（3）T﹣ω2的图象如上所示．
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