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专题07 圆周运动
考点
考情
命题方向
考点 圆周运动
2024 年高考辽宁卷
2024 年高考江苏卷
2024 年高考江苏卷
2023 年高考江苏卷
2024 年高考广东卷
2024 年高考江西卷
2023 年高考福建卷
2023 年新高考福建卷
2022 年高考上海卷
2022 年高考辽宁物理
1.圆周运动中高考考查频率较
高的主要是：水平面内圆周运
动和车辆转弯。
2.水平面内圆周运动模型主要
有：圆盘转动；圆锥摆；实际
情景；离心测速器
3.车辆转弯主要包括：火车转
弯。汽车转弯，飞机转弯、滑
冰转弯等。
1
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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.
[模型演练1] （2024 春•洛阳期末）植树可以绿化和美化家园，还可以扩大山林资源、防
止水土流失、保护农田、调节气候、促进经济发展等作用，是一项利于当代造福子孙的宏伟工
程。如图所示，在某次植树活动中，工作人员先把树根部放入土坑中，再用双手把树扶起到竖
直状态，工作人员以速度v 向左匀速运动扶正树苗时，可认为树苗绕和地面的接触点O 做圆周
运动。手与树苗接触点的高度为h，若某时刻树苗与地面的夹角为θ，树苗转动的角速度ω 为
（ ）
A．vcosθsinθ
h
B．vsin
2θ
h
C．v
h
D．vtanθ
h
【解答】解：把工作人员的与树干接触点的速度分解为沿树干方向和垂直树干方向，如图所示
则树干转动的线速度大小为v1＝vsinθ，此时树干转动的角速度为ω=
v1
h
sinθ
，解得ω= vsin
2θ
h
，
故B 正确，ACD 错误。
故选：B。
2
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[模型演练2] （2024 春•福州期末）水车是我国劳动人民利用水能的一项重要发明。如图
为某水车模型，从槽口水平流出的水初速度大小为v0，垂直落在与水平面成30°角的水轮叶面
上，落点到轮轴间的距离为R。在水流不断冲击下，轮叶受冲击点的线速度大小接近冲击前瞬
间水流速度大小，忽略空气阻力，重力加速度为g，有关水车及从槽口流出的水，以下说法正
确的是（ ）
A．水流在空中运动时间为√3 v0
g
B．水流在空中运动时间为2v0
g
C．水车受冲击点角速度接近v0
R
D．水车受冲击点最大线速度接近
v0
cos30°
【解答】解：AB、根据平抛运动规律可得，水落到水轮叶面上水平分速度
v0＝vsin30°
竖直方向vy＝vcos30°
整理解得v＝2v0
v y =√3 v0
在竖直方向自由落体vy＝gt
代入数据整理解得t = √3 v0
g
故A 正确，B 错误；
CD、因为轮叶受冲击点的线速度大小接近冲击前瞬间水流速度大小v＝2v0
根据v＝ωR 可知，水车受冲击点角速度接近
ω= 2v0
R ，故CD 错误。
3
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故选：A。
[模型演练3] （2024 春•龙岩期末）如图甲为探究影响向心力大小因素的装置。已知小球
在槽中A、B、C 位置做圆周运动的半径之比为1：2：1，左右变速塔轮的半径关系如图乙所
示，D、E 分别是左右塔轮边缘上的两点。下列说法正确的是（ ）
A．A、B 两位置的线速度大小相等
B．A、C 两位置的角速度相等
C．D、E 两点的角速度相等
D．B、C 两位置的线速度大小相等
【解答】解：A、A、B 两位置属于同轴转动，其角速度大小相等，根据v＝rω 可知，A、B 两位
置的线速度大小不等，故A 错误；
C、D、E 两点属于皮带传送，所以这两点的线速度大小相等，因为左右变速塔轮的半径不等，
根据v＝rω 可知D、E 两点的角速度之比为1：2，故C 错误；
B、A、C 两位置的角速度之比和D、E 两点的角速度之比相等，故B 错误；
D、B、C 两位置的角速度之比为1：2，而半径之比为2：1，根据v＝rω 可知B、C 两位置的线
速度大小相等，故D 正确。
故选：D。
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
4
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(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．
类型1 水平面上的圆周运动——圆锥摆模型
[模型演练4] （2024 春•南昌期末）如图所示为游乐场“丛林飞椅”游戏的简化模型，A
小球绕轴O1O2在水平面内做匀速圆周运动，则关于A 小球受力分析正确的是（ ）
A．受到的合力方向指向AO3
B．受到重力、拉力和向心力的作用
C．细绳对小球的拉力大于小球受到的重力
D．若转速逐渐降低，则小球的向心力变大
【解答】解：A、A 小球绕轴O1O2在水平面内做匀速圆周运动，由所受外力的合力提供向心力，
可知，受到的合力方向指向AO2，故A 错误；
B、A 小球受到重力、拉力作用，向心力是效果力，实际上不存在，故B 错误；
C、综合上述，对小球进行分析，令绳与水平方向夹角为θ，则有
Tsinθ＝mg
5
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整理解得T = mg
sinθ
可知，细绳对小球的拉力大于小球受到的重力，故C 正确；
D、若转速逐渐降低时，角速度减小，轨道半径减小，则有
F＝mω2r
ω＝2πn
可知，若转速逐渐降低，则小球的向心力变小，故D 错误；
故选：C。
[模型演练5] （2024 春•重庆期末）图甲为“欢乐谷”中的某种型号的“魔盘”，儿童坐
在圆锥面上，随“魔盘”绕通过顶点O 的竖直轴OO'转动，图乙为“魔盘”侧视截面图，图丙
为俯视图。可视为质点的三名儿童a、b、c，其质量ma：mb：mc＝2：3：4，到顶点的距离
ra：rb：rc＝1：1：2，与锥面的动摩擦因数都相等；最大静摩擦力等于滑动摩擦力。在“魔
盘”转动过程中，下列说法正确的是（ ）
A．若三名儿童均未在锥面上发生滑动，则a、b、c 的向心力之比Fa：Fb：Fc＝1：1：2
B．若“魔盘”匀速转动且三名儿童均未在锥面上发生滑动，a、b、c 所受合外力都指向顶点O
C．若“魔盘”转速缓慢增大且三名儿童均未在锥面上发生滑动，则a、b、c 所受摩擦力均增大
D．若“魔盘”转速缓慢增大，c 将最先发生滑动，然后a 发生滑动，最后b 发生滑动
【解答】解：A、若三名儿童均未在锥面上发生滑动，a、b、c 角速度相同，根据向心力公式F
＝mω2r，由题意可知，a、6、c 做圆周运动的半径r 之比等于到顶点的各距离之比，故可得a、
b、c 的向心力之比Fa：Fb：Fc＝（2×1）：（3×1）：（4×2）＝2：3：8，故A 错误；
B、若“魔盘”匀速转动且三名儿童均未在锥面上发生滑动，a、b、c 所受合外力提供此时向心
力，故他们的合外力沿水平方向指向转轴OO'，故B 错误；
C、设锥面与竖直轴OO'夹角为θ，对沿锥面方向，根据牛顿第二定律有
f﹣mgcosθ＝mω2rsin 0
即f＝mgcosθ+mω2rsinθ
6
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随着转速缓慢增大，ω 在增大，可知a、b、c 所受摩擦力均增大，故C 正确；
D、对沿垂直于锥面方向，根据牛顿第二定律有
mgsinθ﹣FN＝mω2rcosθ
达到临界角速度ωm时有
f＝μFÑ
联立解得：ωm=√
g( μsinθ -cosθ)
r( μcosθ+ sinθ)
因为c 做圆周运动的半径最大，所以c 的临界角速度最小，则当转速缓慢增大时，c 最先滑动；
a、b 做圆周运动的半径相同，故随着转速缓慢增大将同时发生滑动，故D 错误。
故选：C。
[模型演练6] （2024•广西三模）如图所示，A、B 两个小球分别用长为10L、5L 的细绳
悬挂在同一竖直线的两点，现使两球在水平面内做圆周运动，且角速度均缓慢增大，当两球刚
好运动到相同高度时，A、B 两球运动半径分别为6L、4L，两球离地高度为12L。O 点为两悬
挂点在地面的投影，两个小球可视为质点，则下列说法正确的是（ ）
A．两根细绳分别对A 球和B 球的拉力可能相同
B．A 球和B 球的周期相等
C．同时剪断两根细绳，B 球先落地
D．剪断两根细绳，A 球和B 球的落地点到O 点的距离相等
【解答】解：AB、由几何关系可知，小球A 的悬线与竖直方向的夹角为37°，小球B 的悬线与
竖直方向的夹角为53°，则对A 球，拉力为F A =
mA g
cos37°
，mA gtan37° =mA
4 π
2
T A
2 ⋅6 L；同理
7
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可得，对B 球有：FB=
mB g
cos53°
，mB gtan53° =mB
4 π
2
T B
2 ⋅4 L，由此可知，两拉力方向不相同，
两拉力不相同，两球的周期比为：
T A
T B
= √8
√3，故AB 错误；
CD、两球做平抛运动的时间相同，设两球此时距离地面的高度为h= 1
2 gt
2，剪断细线时两球速
度方向不确定，两球可能落到同一点，故C 错误，D 正确。
故选：D。
[模型演练7] （2024•湖南三模）进入冬季后，北方的冰雪运动吸引了许多南方游客。如
图为雪地转转游戏，人乘坐雪圈（人和雪圈总质量为50kg，大小忽略不计）绕轴以2rad/s 的角
速度在水平雪地上匀速转动，已知水平杆长为2m，离地高为2m，绳长为4m，且绳与水平杆
垂直。则雪圈（含人）（ ）
A．所受的合外力不变
B．所受绳子的拉力指向圆周运动的圆心
C．线速度大小为8m/s
D．所需向心力大小为400N
【解答】解：A、雪圈（含人）做匀速圆周运动合外力一直指向圆心，方向在时刻发生变化，因
而合外力在不断变化，故A 错误；
B、根据图示可知绳子的拉力沿绳并指向绳收缩的方向，并不是指向圆周运动的圆心的，故B 错
误；
C、水平杆长为2m，离地高为2m，绳长为4m，根据几何关系可知，雪圈（含人）做匀速圆周
运动的半径为
8
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r =√2
2+(4
2-2
2)m= 4 m
则线速度大小为v＝ωr＝2rad/s×4m＝8m/s
故C 正确；
D、雪圈（含人）所受的合外力提供所需的向心力，
则有Fn＝mω2r＝50×22×4N＝800N
故D 错误。
故选：C。
类型2 生活中的圆周运动
[模型演练8] （2024•河西区三模）2023 年9 月28 日中国首条时速350 公里跨海高铁——
福厦高铁正式开通运营，福州至厦门两地间形成“一小时生活圈”。如图甲，一满载旅客的复
兴号列车以大小为v 的速度通过斜面内的一段圆弧形铁轨时，车轮对铁轨恰好都没有侧向挤压。
图乙为该段铁轨内、外轨道的截面图。下列说法正确的是（ ）
A．列车受到重力、轨道的支持力和向心力
B．若列车以大于v 的速度通过该圆弧轨道，车轮将侧向挤压外轨
C．若列车空载时仍以v 的速度通过该圆弧轨道，车轮将侧向挤压内轨
D．若列车以不同的速度通过该圆弧轨道，列车对轨道的压力大小不变
【解答】解：A．根据题意可知，列车受重力、轨道的支持力，由这两个力的合力提供列车做圆
周运动的向心力，故A 错误；
BC．设轨道的倾角为θ，圆弧轨道半径为R，则可知，当列车以速度v 通过圆弧轨道时，由牛顿
第二定律有mgtanθ =m v
2
R
可得v =√gtanθR
即只要满足转弯时的速度为v，列车就不会对内外轨产生挤压，与列车是否空载无关；当速度大
9
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于v 时，重力与轨道的支持力不足以提供火车转弯时的向心力，此时火车车轮将侧向挤压外轨，
使外轨产生弹力，以补足火车转弯所需的向心力，则有
mgtanθ+ F N =m v '
2
R （v′＞v）
故B 正确，故C 错误；
D．根据以上分析可知，若列车速度大于v，列车车轮将挤压外轨，根据mgtanθ+ F N =m v '
2
R
（v′＞v）
可知，速度越大，外轨对火车的弹力越大，即火车对外轨的弹力越大，则根据平行四边形定则
可知，火车在垂直轨道方向的压力与对侧向轨道的压力的合力将随着速度的增加而增加；同理，
当火车速度小于v 时，重力与支持力的合力将大于其转弯所需的向心力，此时火车车轮将挤压内
轨，有mgtanθ - F ' N =m v ″
2
R （v″＜v）
显然速度越小对内侧轨道的压力越大，根据平行四边形定则可知，火车对整个轨道的压力越大，
故D 错误。
故选：B。
[模型演练9] （2024•西安模拟）重庆的立交桥不仅数量众多，而且造型奇特，因此被称
为3D 魔幻城市。对落差较大的道路，建设螺旋立交可以有效保证车辆安全行驶。如图是同心
圆螺旋的重庆红云路螺旋立交，其上、下层桥梁平面位置重叠，非常美观。下列说法正确的是
（ ）
A．汽车螺旋上坡时，受到牵引力、重力、弹力、摩擦力和向心力
B．桥梁设计成“外高内低”是为了加快路面排水，增加车辆所受的摩擦力
C．螺旋上升的桥梁设计，可以减小坡度，减小重力沿桥面的分力，保证车辆行驶安全
D．车辆沿“外高内低”的路面螺旋运动，且不改变运动半径，当速率增加时，向心力一定变大，
所受摩擦力也一定变大
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【解答】解：A、对汽车受力分析，上坡过程中受到重力、弹力、牵引力和摩擦力，没有向心力，
故A 错误；
B、桥梁设计为“外高内低”是为了在转弯时支持力的分力也能提供部分向心力，使汽车在较高
速度下也能安全转弯，故B 错误；
C、螺旋设计可以减小坡度，减小重力沿桥面的分力，使车辆在牵引力较小情况下也能安全行驶，
故C 正确；
D、在半径不变的情况下，若开始侧向摩擦力沿路面向外，当速度增加时，摩擦力减小，当侧向
摩擦力向内时，速度增加，摩擦力增大，故D 错误。
故选：C。
[模型演练10] （2024 春•庐阳区校级期中）钢架雪车是一项精彩刺激的冬奥会比赛项目，
运动员起跑区推动雪车起跑后俯卧在雪车上，再经出发区、滑行区和减速区的一系列直道、弯
道后到达终点、用时少者获胜。图（a）是比赛中一运动员在滑行区某弯道的图片，假设可视
为质点的人和车的总质量m＝90kg，其在弯道上P 处做水平面内圆周运动的模型如图（b），
车在P 处既无侧移也无切向加速度，速率v＝30m/s，弯道表面与水平面成θ＝53°，不计摩擦
力和空气阻力，重力加速度g＝10m/s2，sin53°＝0.8。则在P 处（ ）
A．车对弯道的压力大小为900N
B．人对车的压力大小为1500N
C．人和车做圆周运动的半径为67.5m
D．人和车的加速度大小为7.5m/s2
【解答】解：A．人和车受力如图所示
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根据几何关系有N= mg
cosθ = 90×10
cos53° N =1500 N
根据牛顿第三定律可得，车对弯道的压力大小为1500N，故A 错误；
B．由于不知道人的质量，所以无法结合牛顿第二定律确定人对车的压力，故B 错误；
CD．人与车受到的重力和支持力的合力提供水平方向的向心力，根据牛顿第二定律可得
mgtanθ =m v
2
r =ma
解得r＝67.5m，a＝13.33m/s2
故C 正确，D 错误。
故选：C。
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
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
(1)当v＝0 时，FN＝mg，FN为支持力，沿
12
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＝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
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
[模型演练11] （2024 春•市中区校级期中）如图所示，竖直面内的圆形管道半径R 远大于
横截面的半径，有一小球直径比管横截面直径略小，在管道内做圆周运动。小球过最高点时，
小球对管壁的弹力大小用F 表示、速度大小用v 表示，当小球以不同速度经过管道最高点时，
其F﹣v2图像如图所示。则（ ）
A．小球的质量为aR
c
B．当地的重力加速度大小为R
a
C．v2＝b 时，小球对管壁的弹力方向竖直向下
D．v2＝3b 时，小球受到的弹力大小是重力大小的5 倍
【解答】解：AB．小球在最高点，如果v＝0，那么有F＝mg＝c
如果F＝0，那么只有重力提供向心力，得到mg =m v
2
R =m a
R
解得小球的质量g= a
R ，m= cR
a
故AB 错误；
C．如果F＝0，那么有v2＝a，则v2＝b 时，小球所受的弹力方向向下，所以小球对管壁的弹力
方向竖直向上，故C 错误；
D．当v2＝b 时，根据图像信息，可得到mg+ F =m b
R ，F＝c＝mg
解得b＝2gR
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当v2＝3b 时，根据mg+ F ' =m v
2
R
解得F′＝5mg
故D 正确。
故选：D。
[模型演练12] （2024 春•越秀区校级期中）如图甲，小球用不可伸长的轻绳连接绕定点O
在竖直面内做圆周运动，小球经过最高点的速度大小为v，此时绳子拉力大小为FT，拉力FT
与速度的平方v2的关系如图乙所示，图像中的数据a 和b 以及重力加速度g 都为已知量，以下
说法正确的是（ ）
A．数据a 与小球的质量有关
B．数据a 与圆周轨道的半径有关
C．数据b 与小球的质量无关
D．数据b 与圆周轨道的半径有关
【解答】解：A.当v2＝a 时，此时绳子的拉力为零，小球的重力提供向心力，则有：mg＝mv
2
r ，
得v2＝gr，即a＝gr，与小球的质量无关，故A 错误；
C.当v2＝2a 时，对小球受力分析，则有mg+b＝mv
2
r ，解得b＝mg，与小球的质量有关，故C 错
误；
BD.根据A、B 选项分析可知：b
a = m
r ，得到r= a
g，m= b
g，故B 正确，D 错误。
故选：B。
[模型演练13] （2024•东城区校级模拟）如图所示，长L 的轻杆一端与一小球相连，另一
端连在光滑固定轴上，在最高点给小球向右初速度v0，小球在竖直平面内顺时针圆周运动，重
力加速度g 已知。下列判断正确的（ ）
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A．最高点处轻杆对小球作用力指向圆心
B．在小球从最高点到最低点的过程中，重力做功的功率一直增大
C．在小球的一次完整圆周运动过程中，轻杆对球的总冲量为0
D．如果增大v0，轻杆在最低点与水平位置处对小球拉力的差值不变
【解答】解：A.根据向心力的公式F＝mv
2
R ，最高点处速度较小时，小球的重力可能大于小球做
圆周运动的向心力，此时轻杆会对小球施加背向圆心的支持力，故A 错误；
B.小球从最高点到最低点的过程中，速度方向逐渐由水平向左变成水平向右，根据功率的定义
式可知小球受到的重力的功率先变大后变小，故B 错误；
C.在小球的一次完整圆周运动过程中，受到重力和轻杆的作用力，运动一周的过程中，初末动
量相同，总冲量为零，因为重力不变，则重力的冲量不为零，所以轻杆的冲量不为零，故C 错
误；
D.如果增大v0，小球从最高点运动到水平位置的过程，根据机械能守恒定律，有mgL= 1
2m
v1
2- 1
2mv0
2
在水平位置受到拉力提供向心力，根据牛顿第二定律，有F1＝mv1
2
L
在最低点，再对小球受力分析，同理根据牛顿第二定律，有F2﹣mg＝mv2
2
L
从最高点到最低点的过程，根据机械能守恒定律，有2mgL= 1
2mv1
2- 1
2mv0
2
联立解得F2﹣F1＝3mg
根据表达式可知如果增大v0，轻杆在最低点与水平位置处对小球拉力的差值不会变化，故D 正
确。
故选：D。
15
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[模型演练14] （2024•西城区校级模拟）如图甲所示，轻杆一端固定在转轴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，小球在最高点受到杆的弹力大小
为F，速度大小为v，其F﹣v2图像如图乙所示，不计空气阻力，则（ ）
A．v2＝b 时，杆对小球的弹力方向向上
B．当地的重力加速度大小为b
R
C．小球的质量为cR
a
D．v2＝2a 时，小球受到的弹力与重力大小不相等
【解答】解：A、当v2＝a 时，杆子的弹力为零，v2＝b 时，杆子出现拉力，杆对小球的弹力方
向向下，故A 错误；
B、当v2＝a 时，杆子的弹力为零，有：mg＝mv
2
R ，解得：g= a
R ，故B 错误；
C、当小球的速度为零时，F＝c，则有：F＝mg＝c，解得小球的质量为m= cR
a ，故C 正确；
D、当v2＝2a 时，根据牛顿第二定律得，F+mg＝mv
2
R ，又由于g= a
R ，解得：F＝mg，故D 错误。
故选：C。
题型四 圆周运动中的临界问题
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．
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类型1 水平面的圆周运动临界问题
[模型演练15] （2024 春•沙坪坝区校级期中）如图所示，在匀速转动的水平圆盘上，沿直
径方向放着用轻绳相连可视为质点的物体A 和B，A 的质量为3m，B 的质量为m。它们分居
圆心两侧，到圆心的距离分别为RA＝r，RB＝2r，A、B 与盘间的动摩擦因数相同，最大静摩
擦力等于滑动摩擦力。A、B 与圆盘一起绕中轴线匀速转动的最大角速度为ω1；若只将B 的质
量增加为2m，A、B 与圆盘一起绕中轴线匀速转动的最大角速度为ω2。转动过程中轻绳未断，
则
ω1
ω2
为（ ）
A．2：√5
B．√5：2
C．2：√2
D．√2：2
【解答】解：当A、B 与圆盘一起绕中轴线匀速转动达到最大角速度ω1时有
对A：T + μ⋅3mg =3mω1
2r
对B：T - μmg=mω1
2⋅2r
解得ω1=2√
μg
r
若只将B 的质量增加为2m，A、B 与圆盘一起绕中轴线匀速转动的最大角速度为ω2时有
对B：T ' + μ⋅2mg =2mω2
2⋅2r
对A：T ' - μ⋅3mg =3mω2
2⋅r
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解得ω2=√
5 μg
r
所以
ω1
ω2
= 2
√5
故A 正确，BCD 错误。
故选：A。
[模型演练16] （2024•青羊区校级模拟）如图，一水平圆盘绕竖直中心轴以角速度ω 做匀
速圆周运动，紧贴在一起的M、N 两物体（可视为质点）随圆盘做圆周运动，N 恰好不下滑，
M 恰好不滑动，两物体与转轴距离为r，已知M 与N 间的动摩擦因数为μ1，M 与圆盘面间的
动摩擦因数为μ2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。μ1与μ2应满足的关系式为（ ）
A．μ1+μ2＝1
B．μ1
μ2
=1
C．μ1μ2＝1
D．μ1+ μ2
μ1 μ2
=1
【解答】解：以MN 整体为研究对象，受力分析如图1 所示：
由静摩擦力提供向心力可得：μ2(mM +mN )g=(mM +mN )ω
2r
以N 为研究对象，受力分析如图2 所示：
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由M 对N 的弹力提供向心力，则有：F N =mN ω
2r，由平衡条件可得：μ1FN＝mNg，联立解得：
μ1μ2＝1，故C 正确，ABD 错误。
故选：C。
[模型演练17] （2024 春•成都期中）如图，一质量为m 的小球（可视为质点）由轻绳a 和
b 分别系于竖直轻质细杆上的A 点和B 点，当小球随轻杆一起以角速度ω0 匀速转动时，绳a
水平且恰好伸直，已知绳a 长为l，绳b 与水平方向的夹角为θ，重力加速度大小为g。下列说
法正确的是（ ）
A．小球受重力、绳b 的拉力及向心力三个力作用
B．角速度ω0的大小为√
g
lcosθ
C．当小球随杆匀速转动的角速度为ω0时，绳b 的拉力大小为mg
sinθ
D．当小球随杆匀速转动的角速度从ω0缓慢增大时，绳a、绳b 对小球的拉力均将增大
【解答】解：A、小球在水平面做匀速圆周运动，绳a 水平且恰好伸直，小球只受重力、绳b 对
它的拉力两个力作用，由合力提供向心力，故A 错误；
B、由牛顿第二定律得mg
tanθ =mω
2l，解得ω=√
g
ltanθ
，故B 错误；
C、根据竖直方向受力平衡得Fbsinθ＝mg，解得绳b 的拉力大小为Fb= mg
sinθ ，故C 正确；
D、当角速度从ω0缓慢增大时，小球在竖直方向受力仍平衡，即有Fbsinθ＝mg，由于θ 不变，
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可知绳b 对小球的拉力Fb不变。
指向圆心方向有Fbcosθ+ Fa=mω
2l，角速度ω 增大，Fb不变，所以绳a 的拉力Fa增大以维持
小球做圆周运动的向心力的增大，故D 错误。
故选：C。
类型2 竖直平面内的圆周运动临界问题
[模型演练18] （2024•安徽模拟）如图所示，一滑块（可视为质点）在水平力F 的作用下
由静止沿粗糙水平直轨道AB 开始运动，该力的功率恒定，达到最大速度后，撤掉该力，滑块
继续前进一段距离后进入竖直光滑半圆轨道BCD，并恰好通过该轨道最高点D，然后进入光
滑半圆管道DEF，最终停在粗糙水平直轨道FG 上。已知水平力的恒定功率为10W，滑块的质
量为0.2kg，滑块与轨道AB 的动摩擦因数为0.5，半圆轨道BCD 的半径R＝0.5m，重力加速度
g 取10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．滑块在D 点的速度大小为√10m/ s
B．半圆管道DEF 的半径r 可能为0.15m
C．在轨道AB 上，滑块的最大速度为10m/s
D．在轨道AB 上，滑块减速过程的距离为2.5m
【解答】解：A、滑块恰好通过轨道BCD 的最高点D，由重力提供向心力，由牛顿第二定律有
mg=m v D
2
R
解得：v D=√5m/ s，故A 错误；
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B、设滑块从D 点刚好到达F 点，根据动能定理有：-mg⋅2r =0- 1
2 mv D
2 ，解得r＝0.125m
根据题意，滑块最终停在粗糙水平直轨道FG 上，所以半圆管道DEF 的半径r 应小于0.125m，
故B 错误；
C、在轨道AB 上，滑块的拉力等于摩擦力时，速度最大，设为v′，则有P＝Fv′＝μmgv′，
解得：v′＝10m/s，故C 正确；
D、设在轨道AB 上，滑块减速过程的距离为x。从撤去外力到D 点的过程，根据动能定理有：
- μmgx -mg⋅2 R = 1
2 mv D
2 - 1
2 mv '
2，解得：x＝7.5m，故D 错误。
故选：C。
[模型演练19] （2024 春•青羊区校级期中）如图所示，一半径为R＝0.2m、内壁光滑的四
分之三圆形管道竖直固定在墙角处，O 点为圆心，P 点为最低点，A、B 两点处为管口，O、A
两点连线沿竖直方向，O、B 两点连线沿水平方向。一个质量为m＝0.4kg 的小球从管道的顶部
A 点水平飞出，恰好又从管口B 点射入管内，重力加速度g 取10m/s2，则小球从A 点飞出时及
从B 点射入管内经过P 点时对管壁的压力大小之差为（ ）
A．2N
B．18N
C．20N
D．22N
【解答】解：小球从A 点做平抛运动到B 点，则有
R = v At ，R = 1
2 gt
2
解得：v A =√
Rg
2
在A 点若小球对上、下管壁均无压力，则
mg= mv
2
R
解得：v =√Rg
因为v A＜√Rg，所以在A 点管壁对小球有向上的支持力，则由牛顿第二定律有
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mg- N 1= mv A
2
R
解得：N1= 1
2mg= 1
2 ×0.4×10N＝2N
由牛顿第三定律可知小球对管壁的压力大小NA＝N1＝2N
小球到B 点时竖直方向的速度为
v y =√2 gR
在B 点与管壁碰撞，水平速度减为零，从B 点到P 点的过程由机械能守恒定律得
1
2 mv y
2 +mgR = 1
2 mvP
2
在P 点，对小球由牛顿第二定律得
N 2-mg= mvP
2
R
解得：N2＝5mg＝5×0.4×10N＝20N
由牛顿第三定律可知小球对管壁的压力NP＝N2＝20N
则小球从A 点飞出时及从B 点射入管内经过P 点时对管壁的压力大小之差为
ΔN＝NP﹣NA＝20N﹣2N＝18N，故ACD 错误，B 正确。
故选：B。
[模型演练20] （2024 春•河西区期中）如图1 所示，摩天轮悬挂的座舱在竖直平面内做匀
速圆周运动，这个过程简化为图2 的情景，水平板上放一个物体，使水平板和物体一起在竖直
平面内做匀速圆周运动，ab 为水平直径，cd 为竖直直径，在运动过程中木板始终保持水平，
物块相对木板始终静止，下列说法正确的是（ ）
A．在最低点时，物块所受支持力等于物块的重力
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B．物块所受合外力不变
C．除c、d 两点外，物块都要受摩擦力
D．c、d 两点，物块所受支持力相同
【解答】解：A、在最低点时，物块的加速度向上，处于超重状态，则知物块所受支持力大于物
块的重力，故A 错误；
B、物块做匀速圆周运动，由合外力提供向心力，合外力大小不变，方向时刻在变化，所以合外
力是变化的，故B 错误；
C、物块沿圆周切线方向合外力为零，所以除c、d 两点外，物块都要受摩擦力，故C 正确；
D、物块在d 点时，由牛顿第二定律得：Fd﹣mg＝mv
2
R ，故Fd＞mg。在c 点时，由牛顿第二定
律得：mg﹣Fc＝mv
2
R ，故Fc＜mg，所以物体在d 点受到的支持力大于在c 点受到的支持力，故
D 错误。
故选：C。
类型3 斜面上的圆周运动临界问题
[模型演练21] （2024 春•北仑区校级期中）如图所示，在与水平地面夹角为θ＝30°的光滑
斜面。上有一半径为R＝0.1m 的光滑圆轨道，一质量为m＝0.2kg 的小球在圆轨道内沿轨道做
圆周运动，g＝10m/s2，下列说法中正确的是（ ）
A．小球能通过圆轨道最高点的最小速度为0
B．小球能通过圆轨道最高点的最小速度为1m/s
C．小球以2m/s 的速度通过圆轨道最低点时对轨道的压力为8N
D．小球通过圆轨道最低点和最高点时对圆轨道的压力之差为6N
【解答】解：AB．小球做圆周运动，在最高点重力沿斜面分量和轨道的支持力的合力提供向心
力，根据牛顿第二定律有mgsinθ+ N =m v
2
R
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当N＝0 时，小球有最小速度，解得vmin=√gRsinθ =√10×0.1sin30° m/ s= √2
2 m/ s
故AB 错误；
C．小球以2m/s 的速度通过圆轨道最低点时，重力沿斜面分量和轨道的支持力的合力提供向心
力，根据牛顿第二定律有N ' -mgsinθ =m v '
2
R
解得N'＝9N
根据牛顿第三定律，球对轨道的压力大小为9N，故C 错误；
D．结合上述，小球做圆周运动，在最高点有mgsinθ+ N =m v
2
R
小球通过圆轨道最低点时有N ' -mgsinθ =m v '
2
R
从最高点到最低点，根据动能定理有mg⋅2 Rsinθ= 1
2 mv '
2- 1
2 mv
2
解得N'﹣N＝6N
故D 正确。
故选：D。
[模型演练22] （2023 春•青羊区校级月考）如图所示，一个倾角为θ＝30°的光滑斜面固定
在水平面上，不可伸长的轻绳一端固定在斜面上的O 点，另一端系一个质量为m 的小球（可
视为质点），绳长为L，在O 点沿斜面向下L
2 处的P 点钉一枚与斜面垂直的钉子。现将小球拉
起，使轻绳与斜面平行且在水平方向上伸直，由静止释放，小球绕O 点转动90°时绳与钉子相
碰。已知重力加速度大小为g，不计一切摩擦和空气阻力，下列说法中正确的是（ ）
A．绳和钉子碰撞前后瞬间，小球角速度大小不变
B．绳和钉子碰撞前后瞬间，小球的向心加速度大小不变
C．绳碰到钉子后，小球绕P 点做圆周运动可恰好到达最高点O 点
D．若将钉子的位置P 点沿斜面向下移动，OP 距离越大，绳碰到钉子后瞬间受到的拉力越大
【解答】解：A．绳和钉子碰撞前后瞬间，小球线速度大小不变，故A 错误；
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B．根据a= v
2
r
可知小球向心加速度变为原来的2 倍，故B 错误；
C．根据机械能守恒，若小球能到达O 点，速度大小为0，不符合实际情况，故C 错误；
D．若将钉子的位置P 点沿斜面向下移动，则绳碰到钉子后小球的运动半径减小，根据
F -mgsinθ =m v
2
r 整理解得：F =m v
2
r +mgsinθ，则绳的拉力变大，故D 正确。
故选：D。
[模型演练23] （2024•庆云县校级模拟）如图，倾角为θ＝30°的光滑斜面体固定在水平面
上，斜面ABCD 为边长2.5L 的正方形，斜面上一点O 为AC、BD 连线的交点。长为L 的轻绳
一端系着质量为m 的小球，另一端系在O 点，小球在斜面上绕O 点做完整的圆周运动，且运
动到最高点时轻绳的拉力恰好为零．已知重力加速度为g，小球运动过程中无机械能损失。
（1）求小球运动到圆周最高点时速度的大小；
（2）求小球所受轻绳的最大拉力；
（3）若小球自最低点沿圆周上行至与圆心O 等高的位置时剪短轻绳，求小球从此时刻到着地所
用的时间。
【解答】解：（1）小球运动到最高点时，轻绳的拉力恰好为零
根据牛顿第二定律mgsinθ =m v1
2
L
得v1= √2gL
2
（2）小球在最低点所受拉力最大F -mgsinθ =m v2
2
L
由机械能守恒定律2mgLsinθ = 1
2 m v2
2- 1
2 m v1
2
得F＝3mg
（3）设绳断时小球速度为v3，运动至斜面顶端速度v4mgLsinθ = 1
2 m v3
2- 1
2 m v1
2
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得v3=√
3
2 gL
mg L
4 sinθ = 1
2 mv1
2- 1
2 mv4
2
得v4= √gL
2
小球自绳断至运动到斜面顶端历时t1v4＝v3﹣gt1sinθ
此后小球先做斜抛运动，上升至最高历时t2gt2= v4 sinθ
g
上升高度(v4 sinθ)
2=2 gh
得h= L
32
小球再做平抛运动，历时t3落地5 L
4 + L
32 = 1
2 gt3
2
得t3=√
41 L
16 g
小球运动共历时t＝t1+t2+t3
得t =√
6 L
g - 3
4 √
L
g + 1
4 √
41 L
g
26
