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2024 版新课标高中物理模型与方法
专题08 水平面内的圆周运动模型
目录
【模型一】圆锥摆、圆锥斗、圆碗模型..........................................................................................................1
【模型二】火车转弯模型................................................................................................................................ 13
【模型三】水平路面转弯模型........................................................................................................................19
【模型四】圆盘模型........................................................................................................................................ 27
【模型一】圆锥摆、圆锥斗、圆碗模型
一．圆锥摆模型
1．结构特点：一根质量和伸长可以不计的轻细线，上端固定，下端系一个可以视为质点的摆球在水平面
内做匀速圆周运动，细绳所掠过的路径为圆锥表面。
2．受力特点：摆球质量为m ，只受两个力即竖直向下的重力mg 和沿摆线方向的拉力
。两个力的合力，
就是摆球做圆周运动的向心力
，如图所示（也可以理解为拉力
的竖直分力与摆球的重力平衡，
的水平分力提供向心力）。
4．运动特点：摆长为l ，摆线与竖直方向的夹角为θ 的圆锥摆，摆球做圆周运动的圆心是O，圆周运动的
轨道半径是r=lsinθ
向心力 F合=mg tanθ=ma n=mω2lsinθ=mv 2/(lsinθ)
摆线的拉力 FT=mg /cosθ
【讨论】：(1)当摆长一定，摆球在同一地点、不同高度的水平面内分别做匀速圆周运动时，据
可知，若角速度ω 越大，则θ 越大，摆线拉力FT=mg /cosθ 也越大，向心加速度
an=gtanθ 也越大，线速度v=ωr =√glsinθtanθ 也越大。
1
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结论是：同一圆锥摆，在同一地点，若θ 越大，则摆线的拉力越大，向心力越大，向心加速度也越大，转
动的越快，运动的也越快，。
(2)当
为定值时（lcosθ=h 为摆球的轨道面到悬点的距离h，即圆锥摆的高度），摆球的质量相等、
摆长不等的圆锥摆若在同一水平面内做匀速圆周运动，则摆线拉力FT=mg /cosθ ，向心力
F合=mg tanθ ，向心加速度an=gtanθ ，角速度ω=√g/h ，线速度v=ωr=√gh tanθ 。
结论是：在同一地点，摆球的质量相等、摆长不等但高度相同的圆锥摆，转动的快慢相等，但θ 角大的圆
锥摆，摆线的拉力大，向心力大，向心加速度大，运动得快。
4.多绳圆锥摆问题
随角速度增大，两绳的拉力如何变化？
二．圆锥斗
1.结构特点：内壁为圆锥的锥面，光滑，轴线垂直于水平面且固定不动，可视为质点的小球紧贴着内壁在
图中所示的水平面内做匀速圆周运动。
2.受力特点：小球质量为m ，受两个力即竖直向下的重力mg 和垂直内壁沿斜向上方向的支持力
。两个
力的合力，就是摆球做圆周运动的向心力
，如图所示
3.运动特点：轴线与圆锥的母线夹角θ ，小球的轨道面距地面高度h ，圆周轨道的圆心是O，轨道半径是
r=htanθ , 则有
向心力
Fn=mg /tanθ=ma n=mω2htanθ=mv 2/(htanθ)
.
支持力
F N=mg /sinθ
.
·
θ
2
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由此得
a
n=g/tanθ
，
ω=√
g
h(tanθ)2
，v=√gh 。
结论是：在同一地点，同一锥形斗内在不同高度的水平面内做匀速圆周运动的同一小球，支持力大小相等，
向心力大小相等，向心加速度大小相等，若高度越高，则转动的越慢，而运动的越快。
三．圆碗
受力分析运动分析
正交分解x 轴指向心
列方程求解
规律
x:FNsinθ=mω2r
y:FNcosθ=mg
r=Rsinθ
an=gtanθ
ω=√
g
Rcosθ ;
FN=
mg
cosθ=mω2 R
①同角同向心加速度（B 和C）
②同高同角速度（A 和C）
【模型演练1】.（2023·福建厦门·厦门外国语学校校考模拟预测）智能呼啦圈轻便美观，深受大众喜爱。
如图甲，腰带外侧带有轨道，将带有滑轮的短杆穿入轨道，短杆的另一端悬挂一根带有配重的轻绳，其简
化模型如图乙所示。可视为质点的配重质量为
，绳长为
，悬挂点
到腰带中心点
的距离为
。水平固定好腰带，通过人体微小扭动，使配重随短杆做水平匀速圆周运动，绳子与竖直方向夹角为
，运动过程中腰带可看作不动，重力加速度
取
，
，下列说法正确的是（ ）
A．匀速转动时，配重受到的合力恒定不变
B．若增大转速，腰带受到的合力不变
C．当
稳定在
时，配重的角速度为
D．当
由
缓慢增加到
的过程中，绳子对配重做正功
【答案】CD
【详解】A．匀速转动时，配重做匀速圆周运动，合力大小不变，但方向在变化，故A 错误；
B．运动过程中腰带可看作不动，所以腰带合力始终为零，故B 错误；
C．对配重，由牛顿第二定律
mg
θ
R
FN
mg
FN
θ
x
y
A
B
C
3
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即
当
稳定在37°时，解得
故C 正确；
D．由C 中公式可知，当
稳定在53°时，角速度大于
稳定在37°时的角速度，配重圆周半径也增大，速
度增大，动能增大，同时高度上升，重力势能增大，所以机械能增大；由功能关系，
由37°缓慢增加到
53°的过程中，绳子对配重做的功等于配重机械能的增加量，所以绳子对配重做正功，故D 正确。
故选CD。
【模型演练2】．（2023·山东泰安·统考模拟预测）如图所示，水平地面上固定着三个内壁光滑的容器甲、
乙、丙，它们的中心轴线均和水平地面垂直．其中甲的内表面为圆锥面，乙的内表面为半球面，丙的内表
面为旋转抛物面（将抛物线绕其对称轴旋转一周所得到的曲面），三个容器中均有两个小球贴着内壁在水
平面内做匀速圆周运动，小球可视为质点．下列说法正确的是（ ）
A．甲容器中A 球的线速度比B 球大
B．乙容器中A 球的角速度比B 球大
C．丙容器中两球角速度大小相等
D．丙容器中A 球的角速度比B 球小
【答案】ABC
【详解】A．设容器对小球弹力方向与竖直方向夹角为θ，对甲容器，由牛顿第二定律
可得
由于θ 为定值，而A 球半径更大，则A 球线速度更大，A 正确；
B．对乙容器，有
4
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可得
其中h 为球心到圆周轨迹平面的距离，由于A 球的圆周平面到球心更近，故A 的角速度比B 大，B 正确；
CD．对丙容器，由
有几何关系知，tanθ 为抛物线上该点切线斜率，设抛物线方程为
由平抛推论或数学求导均可得
得
可知，角速度与位置无关，即两球角速度相等，C 正确，D 错误。
故选ABC。
【模型演练3】．（2023 秋·辽宁锦州·高三渤海大学附属高级中学校考期末）如图，有一竖直放置在水平
地面上光滑圆锥形漏斗，圆锥中轴线与母线的夹角为
，可视为质点的小球A、B 在不同高度的水平
面内沿漏斗内壁做同方向的匀速圆周运动，两个小球的质量
，
，若A、B 两球轨道平面距
圆锥顶点O 的高度分别为
和h，图示时刻两球刚好在同一条母线上，下列说法正确的是（ ）
A．球A 和球B 的向心加速度大小分别为2g 和g
B．两球所受漏斗支持力大小之比与其所受向心力大小之比相等
C．球A 和球B 的线速度大小之比为
D．从图示时刻开始，球B 旋转两周与球A 在同一根母线上相遇一次
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【答案】BD
【详解】A．对球A 进行受力分析，由牛顿第二定律可得
故A 错误；
B．由题意可知，对两球都有
两球所受漏斗支持力大小之比与其所受向心力大小之比相等，故B 正确；
C．由
结合几何关系可得
球A 和球B 的线速度大小之比为2:1，故C 错误；
D．由
及上述分析可得，球A 与球B 的角速度之比为
则第一次相遇有
6
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即球B 旋转两周与球A 在同一根母线上相遇一次，故D 正确。
故选BD。
【模型演练4】．（2023·湖南益阳·高三统考阶段练习）如图所示，半径为R 的半球形陶罐，固定在可以绕
竖直轴转动的水平转台上，转台转轴与过陶罐球心O 的对称轴OO′重合。转台以一定角速度ω 匀速转动，
一质量为m 的小物块落入陶罐内，经过一段时间后小物块随陶罐一起转动且相对罐壁静止，此时小物块受
到的摩擦力恰好为0，它和O 点的连线与OO′之间的夹角为θ。则（ ）
A．向心力大小为mRω2
B．θ 越小则ω 越小
C．在保持物块位置不变的情况下增大ω，则小物块将受到摩擦力作用
D．在保持物块位置不变的情况下增大ω，陶罐对小物块的弹力不变
【答案】BC
【详解】A．根据牛顿第二定律可得
F 向= mRsinθω2
故A 错误；
B．物块受重力mg、支持力N，它们的合力提供向心力，受力分析如图所示
由受力图可得
F 合=mgtanθ=mRsinθω2
解得
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由此可知θ 越小则ω 越小，故B 正确；
CD．如果陶罐的角速度增大，根据
F 向= mRsinθω2
可知还需要摩擦力的分力提供向心力，则摩擦力沿陶壁向下，小物块相对陶壁有向上的运动趋势，受力如
图所示
水平方向
fcosθ+Nsinθ=mω2Rsinθ
竖直方向
Ncosθ-fsinθ=mg
可知增大角速度，陶罐对小物块的弹力增大，故C 正确，D 错误。
故选BC。
【模型演练5】(多选)如图所示，置于竖直面内的光滑金属圆环半径为r，质量为m 的带孔小球穿于环上，
同时有一长为r 的细绳一端系于圆环最高点，另一端系小球，当圆环以角速度ω(ω≠0)绕竖直直径转动时(
)
A．细绳对小球的拉力可能为零
B．细绳和金属圆环对小球的作用力大小可能相等
C．细绳对小球拉力与小球的重力大小不可能相等
D．当ω＝时，金属圆环对小球的作用力为零
【答案】 CD
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【解析】 圆环光滑，小球受到重力、环对球的弹力和绳子的拉力，根据几何关系可知，此时细绳与竖直
方向的夹角为60°，当圆环旋转时，小球绕竖直轴做圆周运动，
则有FTcos 60°＋FNcos 60°＝mg，FTsin 60°－FNsin 60°＝mω2rsin 60°，解得FT＝mg＋mω2r，FN＝mg－mω2r,
当ω＝时，金属圆环对小球的作用力FN＝0，故C、D 正确，A、B 错误．
【模型演练6】(多选)质量为m 的小球由轻绳a 和b 分别系于一轻质细杆的A 点和B 点，如图所示，绳a 与
水平方向成θ 角，绳b 在水平方向且长为l，当轻杆绕轴AB 以角速度ω 匀速转动时，小球在水平面内做匀
速圆周运动，则下列说法正确的是( )
A．a 绳的张力不可能为零
B．a 绳的张力随角速度的增大而增大
C．当角速度ω>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Ta＝，为定值，A
正确，B 错误。当Tacos 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
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。
【模型演练7】(2020·海南海口一中高三月考)如图所示，内壁光滑的竖直圆桶，绕中心轴做匀速圆周运动，
一物块用细绳系着，绳的另一端系于圆桶上表面圆心，且物块贴着圆桶内表面随圆桶一起转动，则( )
A.绳的张力可能为零
B.桶对物块的弹力不可能为零
C.随着转动的角速度增大，绳的张力保持不变
D.随着转动的角速度增大，绳的张力一定增大
【答案】 C
【解析】 当物块随圆桶做圆周运动时，绳的拉力的竖直分力与物块的重力保持平衡，因此绳的张力为一
定值，且不可能为零，故A、D 错误，C 正确；当绳的水平分力提供向心力的时候，桶对物块的弹力恰好
为零，故B 错误.
【模型演练8】如图所示，两段长均为L 的轻绳共同系住一质量为m 的小球，另一端固定在等高的两点
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O1、O2，两点的距离也为L，在最低点给小球一个水平向里的初速度v0，小球恰能在竖直面内做圆周运动，
重力加速度为g，则（ ）
A．小球运动到最高点的速度
B．小球运动到最高点的速度
C．小球在最低点时每段绳子的拉力
D．小球在最低点时每段绳子的拉力
【答案】AD
【解析】小球恰能在竖直面内做圆周运动的条件是重力提供向心力，则
，
，解得：
，A 正确；B 错误；小球在最低点，由向心力公式得：
，每段绳子的拉力
，由以上两式解得：
，C 错误；D 正确；故选AD。
【模型演练9】．（2023·北京·高三专题练习）图1 所示是一种叫“旋转飞椅”的游乐项目，将其结构简化
为图2 所示的模型。长
的钢绳一端系着座椅，另一端固定在半径
的水平转盘边缘。转盘可绕
穿过其中心的竖直轴转动。转盘静止时，钢绳沿竖直方向自由下垂；转盘匀速转动时，钢绳与转轴在同一
竖直平面内，与竖直方向的夹角
。将游客和座椅看作一个质点，质量
。不计钢绳重力和空
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气阻力，重力加速度
。（
，
）
（1）当转盘匀速转动时，求游客和座椅做圆周运动
a．向心力的大小
；
b．线速度的大小v。
（2）求游客由静止到随转盘匀速转动的过程中，钢绳对游客和座椅做的功W。
【答案】（1）a．
，b．
；（2）
【详解】（1）对游客和座椅一起受力分析如下图所示
a．根据受力分子可知游客和座椅做圆周运动所需要的向心力为
b．根据几何关系可知游客和座椅zuo2 圆周运动的半径为
由
代入数据得
（2）游客和座椅由静止到随转盘匀速转动得过程，根据功能关系有
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代入数据解得
【模型演练10】．（2023 春·安徽·高三校联考阶段练习）如图所示，a、b 两小球在内壁光滑的半球形碗内
做水平匀速圆周运动，碗的质量为M，碗底粗糙且始终静止在水平地面上，碗的球心为O、半径为R，
Oa、Ob 与竖直方向间的夹角分别为53°、37°，a 球的质量为m，两球稳定运动过程中，碗对地面会周期性
的出现无摩擦力时刻。已知
，重力加速度为g。求：
（1）出现无摩擦力的周期；
（2）为使碗在地面始终不会滑动，碗底与地面间的动摩擦因数至少为多大；（已知最大静摩擦力等于滑
动摩擦力）；
（3）若小球运动过程中受极微弱的摩擦阻力作用导致其圆周运动的轨道平面缓慢下降。求球a 从最初始高
度下降到b 球开始所在平面的过程中摩擦阻力所做的功。
【答案】（1）
（或
）；（2）
；（3）
【详解】（1）由
得
则a、b 的角速度分别为
周期T 满足
解得
（或
）
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（2）两球做圆周运动的向心力由重力与支持力的合力来提供，支持力
碗对地面无摩擦力，说明两球对碗弹力的水平分量大小相等，方向相反，即
解得
碗在地面恰好滑动时，水平方向上处于平衡状态：
解得
（3）由
解得
球a 从最初始高度下降到b 球开始所在平面的过程中，由动能定理可得
解得
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【模型二】火车转弯模型
在倾斜轨道上转弯：
①设计时速v：mgtanθ=mv2/R 得：
。因为θ 角很小，所以tanθ=sinθ=h/l，则
②若火车经过弯道时的速度
，外轨将受到挤压。
③若火车经过弯道时的速度
，内轨将受到挤压。
【模型演练1】（2023·全国·高三专题练习）铁路在弯道处的内外轨道高度是不同的。已知内外轨道平面对
水平面倾角为
，如图所示，弯道处的圆弧半径为R，若质量为m 的火车转弯时速度等于
，则
（ ）
A．内轨对内侧车轮轮缘有挤压
B．外轨对外侧车轮轮缘有挤压
C．这时铁轨对火车的支持力小于
D．这时铁轨对火车的支持力等于
【答案】AC
【详解】AB．火车的重力和轨道对火车的支持力的合力恰好等于需要的向心力时，此时火车的速度正好是
解得
特别注意：
转弯的向心
力是水平的
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所以合力大于需要的向心力，内轨对内侧车轮轮缘有挤压，故A 正确，B 错误；
CD．当内外轨没有挤压力时，受重力和支持力
由于内轨对火车的作用力沿着轨道平面，可以把这个力分解为水平和竖直向上两个分力，由于竖直向上的
分力的作用，使支持力变小。故C 正确，D 错误。
故选AC。
【模型演练2】（2023·全国·高三专题练习）如图所示。摆式列车可以解决转弯半径过小造成的离心问题，
摆式列车是集电脑、自动控制等高新技术于一体的新型高速列车。当列车转弯时，在电脑控制下，车厢会
自动倾斜，使得车厢受到的弹力
与车厢底板垂直。
与车厢重力的合力恰好提供向心力，车厢没有离
心侧翻的趋势，当列车行走在直线上时，车厢又恢复原状，就像玩具“不倒翁”一样。它的优点是能够在
现有线路上运行，无需对线路等设施进行较大的改造。运行实践表明：摆式列车通过弯道的速度可提高
20%~40%，最高可达50%，摆式列车不愧为“曲线冲刺能手”。假设有一超高速摆式列车在水平面内行驶，
以
的速度转弯，转弯半径为
，则质量为
的乘客在转弯过程中所受到的列车给
他的作用力约为（ ）
A．
B．
C．
D．0
【答案】B
【详解】乘客与列车一起做匀速圆周运动，他们的向心加速度相同。乘客所受的支持力和重力的合力提供
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向心力，故列车对乘客的作用力为
B 正确。
故选B。
【模型演练3】．（2023 秋·河南洛阳·高三孟津县第一高级中学校考期末）赣深高铁于2021 年12 月10 日
正式开通运营，设计速度为350 km/h。在修筑高速铁路时，弯道处的外轨会略高于内轨（用于减小外轨的
损耗）。某铁路模型的某段弯道可视为半径7 km 的圆上的最高点的一小段圆弧，两根铁轨间的距离为
143.5 mm，若圆弧的圆心与两根铁轨共面，模型车通过该段弯道的线速度为252 km/h 时，模型车（可视为
质点）对铁轨恰无沿轨道半径方向的作用力。g 取
。则该圆弧位置两根铁轨间的高度差约为
（ ）
A．0.8 cm
B．1 cm
C．1.2 cm
D．1.4 cm
【答案】B
【详解】题述情境可简化为质点在斜面上做圆周运动，过最高点时，重力沿斜面的分力恰好提供其做圆周
运动的向心力，设内外轨所在平面与水平面的夹角为θ，模型车受力如图所示，则有
其中
解得
故选B。
【模型演练4】．（2023·全国·高三专题练习）2020 年新冠疫情突然来袭，无人机成战“疫”利器。无人
机在某次作业过程中在空中盘旋，可看成匀速圆周运动，已知无人机的质量为m，以恒定速率v 在空中水
平盘旋，如图所示，圆心为O，其做匀速圆周运动的半径为R，重力加速度为g，关于空气对无人机的作用
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力方向和大小的说法正确的是（ ）
A．竖直向上，F＝mg
B．竖直向上，F＝m
C．斜向右上方，F＝m
D．斜向右上方，F＝m
【答案】D
【详解】根据牛顿第二定律，飞机需要的向心力
F 合＝
飞机受重力、空气的作用力，根据平行四边形定则，如图，则空气对飞机的作用力
F＝
＝
故选D。
【模型演练5】．（2023·全国·高三专题练习）如图甲所示，途中火车要进入某半径为
的弯道，火车在轨
道上的的截面图如图乙所示。已知两轨间宽度为
，弯道内外轨高度差是，重力加速度为
。若火车转
弯时轮缘与铁轨间恰好无作用，则此时火车的速度为（ ）
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A．
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】
当火车以设计速度运行时，其受力示意图如图所示，火车向心加速度水平向右，当火车与轨道沿斜面没
有横向摩擦力时，速度最为适宜，根据牛顿第二定律
斜面的倾角正切值满足
解得
故C 正确。
故选C。
【模型演练6】．（2023·高三课时练习）列车转弯时的受力分析如图所示，铁路转弯处的圆弧半径为R，
两铁轨之间的距离为d，内外轨的高度差为h，铁轨平面和水平面间的夹角为
（
很小，可近似认为
），下列说法正确的是（ ）
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A．列车转弯时受到重力、支持力和向心力的作用
B．列车过转弯处的速度
时，列车轮缘不会挤压内轨和外轨
C．列车过转弯处的速度
时，列车轮缘会挤压外轨
D．若减小
角，可提高列车安全过转弯处的速度
【答案】B
【详解】A．列车转弯时受到重力、支持力，重力和支持力的合力提供向心力，A 错误；
B．当重力和支持力的合力提供向心力时，则
解得
列车轮缘不会挤压内轨和外轨，B 正确；
C．列车过转弯处的速度
时，转弯所需的合力
故此时列车内轨受挤压，C 错误；
D．若要提高列车速度，则列车所需的向心力增大，故需要增大α，D 错误。
故选B。
【模型三】水平路面转弯模型
(1).汽车在水平路面上转弯时，不能靠车身倾斜来实现。它所需要的向心力只能来自轮
胎与路面之间的侧向摩擦力。
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(2).最大安全转弯速度vm：最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，根据μmg=mvm
2/r，得 vm=√μgr
。
(3).当速度小于vm时：侧向静摩擦力提供向心力，f=mvm
2/r。
【模型演练1】（2023·浙江金华·统考三模）汽车的车厢地面上水平放着一个内装圆柱形工件的木箱，工件
截面和车的行驶方向垂直如图乙所示，当汽车匀速通过三个半径依次变小的圆形弯道时木箱及箱内工件均
保持相对静止。从汽车行驶方向上看下列分析判断正确的是（ ）
A．Q 和M 对P 的支持力大小始终相等
B．汽车过A、B、C 三点时工件P 受到的合外力大小相等
C．汽车过A 点时，汽车重心的角速度最大
D．汽车过A、C 两点时，M 对P 的支持力大于Q 对P 的支持力
【答案】D
【详解】A．汽车过A、B、C 三点时，做匀速圆周运动，合外力指向圆弧的圆心，故对P 分析，AC 两点合
外力向左，B 点合外力向右，Q 和M 对P 的支持力大小不是始终相等，A 错误。
B．汽车过A、B、C 三点时的圆弧轨道半径不同，根据合外力提供向心力得，
当汽车匀速通过三个半径依次变小的圆形弯道时，工件P 受到的合外力大小依次在增大，B 错误；
C．汽车过A 点时，由角速度与线速度关系
得，在A 点圆弧轨道半径最大，汽车重心的角速度应该最
小，C 错误；
D．汽车过A、C 两点时，所受的合外力向左，故M 对P 的支持力大于Q 对P 的支持力，D 正确。
故选D。
【模型演练2】．（2023·山东·高三专题练习）如图，高速公路上一辆速度为90km/h 的汽车紧贴超车道的
路基行驶。驾驶员在A 点发现刹车失灵，短暂反应后，控制汽车通过图中两段弧长相等的圆弧从B 点紧贴
避险车道左侧驶入。已知汽车速率不变，A、B 两点沿道路方向距离为105m，超车道和行车道宽度均为
3.75m，应急车道宽度为2.5m，路面提供的最大静摩擦力是车重的0.5 倍，汽车转弯时恰好不与路面发生相
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对滑动，重力加速度
，估算驾驶员反应时间为（ ）
A．1.6s
B．1.4s
C．1.2s
D．1.0s
【答案】B
【详解】汽车做圆周运动时由摩擦力提供向心力，有
解得
AB 两点间垂直道路方向距离为10m，由几何关系可得两段圆弧沿道路方向距离为
则驾驶员反应时间通过的路程为
驾驶员反应时间为
故选B。
【模型演练3】．（2023·全国·高三专题练习）在2022 年北京冬奥会短道速滑项目男子1000 米决赛中，中
国选手任子威夺得冠军。如图所示，A、B、
、
在同一直线上，
为
中点，运动员由直线
经弯
道到达直线
，若有如图所示的①②两条路线可选择，其中路线①中的半圆以O 为圆心，半径为
，
路线②是以
为圆心，半径为
的半圆．若运动员在沿两圆弧路线运动的过程中，冰面与冰刀之间的径
向作用力的最大值相等，运动员均以不打滑的最大速率通过两条路线中的弯道（所选路线内运动员的速率
不变），则下列说法正确的是（ ）
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A．在①②两条路线上，运动员的向心加速度大小不相等
B．沿①②两条路线运动时，运动员的速度大小相等
C．选择路线①，路程最短，运动员所用时间较短
D．选择路线②，路程不是最短，但运动员所用时间较短
【答案】D
【详解】A．因为运动过程中运动员以不打滑的最大速率通过弯道，最大径向作用力提供向心力，有
Fmax=ma
所以在①②两条圆弧路线上运动时的向心加速度大小相同，故A 错误；
B．根据牛顿第二定律，有
解得
因为路线①的半径小，所以路线①上运动员的速度小，故B 错误；
CD．路线①的路程为
路线②的路程为
根据
和
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可知选择路线②所用时间短，故C 错误，D 正确。
故选D。
【模型演练4】．（2023·全国·高三专题练习）匈牙利物理学家厄缶在19 世纪指出：“沿水平地面向东运
动的物体，其重量（即：列车的视重或列车对水平轨道的压力）一定会减轻”。后来，人们常把这类物理
现象称之为“厄缶效应”。一静止在赤道某处的列车，随地球自转的线速度为
，已知列车的质量为
，
地球的半径为
。若列车相对地面以速率沿水平轨道向东行驶，由于列车向东行驶而引起列车对轨道的
压力减少的数值为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【详解】若仅仅考虑地球的自转影响时，火车绕地心做圆周运动的线速度大小为
，以火车为研究对象，
根据牛顿第二定律得
解得
若这列火车相对地面又附加了一个线速度，火车绕地心做圆周运动的线速度大小为
，根据牛顿第二
定律得
解得
所以
故选D。
【模型演练5】．（2023·浙江·高三校联考阶段练习）摩托车转弯时容易发生侧滑或侧翻，所以除了控制速
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度外，车手要将车身倾斜一个适当角度，使车轮受到路面的径向静摩擦力与路面对车支持力的合力沿车身
（过重心）。如图所示，某摩托车沿水平路面以恒定速率转弯过程中车身与路面间的夹角为37°，转弯半
径为30m，估算摩托车的转弯速度为（ ）
A．15m/s
B．20m/s
C．27m/s
D．30m/s
【答案】B
【详解】把人和摩托车看成一个整体，对其受力分析，受到重力、支持力和摩擦力，由牛顿第二定律可得
得
故选B。
【模型演练6】（2023·江西南昌·统考三模）港珠澳大桥是建筑史上里程最长、投资最多、施工难度最大的
跨海大桥。如图所示的水平路段由一段半径为
的圆弧形弯道和直道组成。现有一总质量为
、
额定功率为
的测试汽车通过该路段，汽车可视为质点，取重力加速度
。
(1)若汽车通过弯道时做匀速圆周运动，路面对轮胎的径向最大静摩擦力是车重的0.675 倍，求该汽车安全
通过此弯道的最大速度；
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(2)若汽车由静止开始沿直道做加速度大小为
的匀加速运动，在该路段行驶时受到的阻力为车重的0.1
倍，求该汽车运动
末的瞬时功率。
【答案】(1)
；(2)
【详解】(1)径向最大静摩擦力提供向心力时，汽车通过此弯道的速度最大，设最大速度为
，则有
解得
(2)汽车在匀加速过程中
当功率达到额定功率时
代入数据解得：
则
末发动机功率为
【模型演练7】．（2023·全国·模拟预测）我国自主研发的“人体高速弹射装置”在3 秒钟就能将一名质量
的运动员从静止状态匀加速到速度
，此后，运动员自己稍加施力便可保持该速度不变，
匀速通过长度为45m 的变道段，再进入半径
的水平弯道做匀速圆周运动，已知加速段克服阻力做
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功为
，运动员可视为质点，不考虑空气阻力，重力加速度g 取
，已知
，
。求：
（1）运动员加速段运动所受的阻力大小和弹射装置给运动员的作用力大小；
（2）过水平弯道时，运动员受到地面作用力F 的大小和方向；
（3）运动员从P 运动到Q 的时间和位移大小（计算结果可以带根号）。
【答案】（1）100N，500N；（2）1000N，方向为与水平方向成
夹角斜向上方；（3）
，
【详解】（1）根据题意可知，运动员匀加速阶段运动的位移
由
解得
则运动员在加速段运动的加速度为
由牛顿第二定律有
解得
（2）过水平弯道时，对运动员受力分析，在竖直方向有
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水平方向有
所以运动员受到地面作用力F 的大小为
作用力方向与水平方向夹角正切值
即与水平方向成
夹角斜向上方。
（3）运动员在变道段运动的时间
水平弯道长度
运动员在水平弯道运动的时间
则运动员从P 运动到Q 的时间
运动员从P 运动到Q 的位移大小
【模型演练8】．（2023·重庆·高三统考学业考试）2022 年5 月14 日，在场地自行车世界杯男子1 公里个
人计时赛中，我国运动员薛晨曦以1 分00 秒754 的成绩获得冠军。取重力加速度
，在比赛中，
（1）他先沿直道由静止开始加速，前24m 用时4s，此过程可视为匀加速直线运动，求他在4s 末时的速度
大小；
（2）若他在倾斜赛道上转弯过程可视为半径12m 的水平匀速圆周运动，速度大小为16m/s，已知他（包括
自行车）的质量为90kg，求此过程他（包括自行车）所需的向心力大小；
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（3）在（2）问中，自行车车身垂直赛道，此时自行车不受侧向摩擦力，赛道的支持力通过薛晨曦和自行
车的重心，实现匀速平稳转弯，如图，求转弯处赛道与水平面的夹角的正切值。
【答案】（1）12m/s；（2）1920N；（3）2.13
【详解】（1）设薛晨曦沿直道由静止开始加速4s 时的速度大小为v，则
解得
v＝12m/s
（2）薛晨曦和自行车在转弯过程中所需的向心力
解得
F＝1920N
（3）设赛道与水平面的夹角为
，则
【模型四】圆盘模型
f 静=mω2r
ω 临=
√
μg
r
与质量无关
轻绳出现拉力临界ω1=√
μg
rB ; AB 离心的临界：
隔离A:T=μmAg；隔离B:T+μmBg=mBω2
2rB；
隔离A:μmAg-T=mAω2
2rA；隔离B:T+μmBg=mBω2
2rB；
隔离A:T-μmAg=mAω2
2rA；隔离B:T+μmBg=mBω2
2rB；
整体：AB 滑动ω 临2=√
μg
r质心（
r质心=mA r A+mBrB
mA+mB
）
①μA≥μB,
ω 临1=√
μB g
r
①ωmin=
√
mBg-μm A g
r
[来
源:学&科&网]
A
B
A
B
A B
A
B
A
B
A
B
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②μA<μB,
ω 临2=√
μA g
r
②ωmax=
√
mB g+μm A g
r
【模型演练1】（2023·广东汕头·统考三模）如图甲是技术娴熟的服务员整理餐具的情景，服务员先把餐具
摆在圆形玻璃转盘上，然后转动转盘，使餐具甩出后停在圆形桌面上。已知圆形转盘的半径
，圆
形桌面的半径
，玻璃转盘与圆形桌面中心重合，二者的高度差
。可看作质点的质量为m
的餐具放在转盘的边沿，餐具与转盘的动摩擦因数
，缓缓增大转盘的转速，其俯视图如图乙，不
计空气阻力，重力加速度g 取
。求：
（1）餐具刚好被甩出去时转盘的角速度
。
（2）若餐具落到圆形桌面上时不跳跃，且水平方向上的速度保持不变，为保证餐具不会滑落到地面上，
求餐具与圆形桌面的动摩擦因数
的取值范围（计算结果保留两位有效数字）。
【答案】（1）
；（2）
【详解】（1）以餐具为研究对象，由牛顿第二定律得
代入数据得
（2）餐具被甩出后先做平抛运动，设平抛速度为
，时间为
，射程为x，则
解得
ω2
O
f
μmg
ω2
O
T
出现T
滑动
ω2
O
f
B μmBg
μmAg
A
ω2
O
f
B μmBg
μmAg
A
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餐具落到圆形桌面后做匀减速直线运动，设当动摩擦因数最小为
时，餐具刚好没到桌面的边沿，此过程
由动能定理得
代入数据得
故餐具与桌面的动摩擦因数的范围应是
【模型演练2】．（2023·北京丰台·统考一模）如图所示，一圆盘在水平面内绕过圆盘中心的轴匀速转动，
角速度是
。盘面上距圆盘中心
的位置有一个质量为
的小物体随圆盘一起做匀速圆周运
动。小物体与圆盘之间的动摩擦因数
，两者之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度
取
。求：
（1）小物体随圆盘匀速转动时所需向心力的大小
；
（2）要使小物体在圆盘上不发生相对滑动，圆盘角速度的最大值
；
（3）若圆盘由静止开始转动，逐渐增大圆盘的角速度，小物体从圆盘的边缘飞出，经过
落地，落地点
距飞出点在地面投影点的距离为
。在此过程中，摩擦力对小物体所做的功W。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）根据题意，由向心力公式
可得，小物体随圆盘匀速转动时所需向心力的大小为
（2）根据题意可知，当小物体的向心力等于最大静摩擦力时，即将发生相对滑动，此时圆盘的角速度最
大，则有
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解得
（3）小物体飞出后做平抛运动，由平抛运动规律有
解得
小物体由静止到飞出的过程中，由动能定理有
解得
【模型演练3】（2023·江西九江·统考三模）如图所示，在匀速转动的水平圆盘上，沿半径方向放着质量相
等的两个物体A 和B，通过细线相连，B 放在转轴的圆心上，它们与圆盘间的动摩擦因数相同（最大静摩
擦力等于滑动摩擦力）。现逐渐增大圆盘的转速，当圆盘转速增加到两物体刚要发生滑动时烧断细线，则
（ ）
A．物体A 沿半径方向滑离圆盘
B．物体A 沿切线方向滑离圆盘
C．物体A 仍随圆盘一起做圆周运动
D．物体A 受到的摩擦力大小不变
【答案】D
【详解】当圆盘转速加快到两物体刚要发生滑动时，A 物体靠细线的拉力与圆盘的最大静摩擦力的合力提
供向心力做匀速圆周运动，B 靠指向圆心的静摩擦力和拉力的合力提供向心力，所以烧断细线后，A 所受
最大静摩擦力不足以提供其做圆周运动所需要的向心力，A 要发生相对滑动，离圆盘圆心越来越远，但是
B 所需要的向心力小于B 的最大静摩擦力，所以B 仍保持相对圆盘静止状态，做匀速圆周运动，且静摩擦
力比绳子烧断前减小。
故选D。
【模型演练4】．（2023·新疆·统考三模）如图甲所示，在匀速转动的水平盘上，沿半径方向放着用轻质细
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线相连的质量相等的两个物体A 和B，它们分居圆心两侧，与圆心距离分别为
和
，两物体与盘间的
动摩擦因数相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。若初始时绳子恰好拉直但没有拉力，现增大转盘角速度
让转盘做匀速圆周运动，但两物体还未发生相对滑动，这一过程A 与B 所受摩擦力f 的大小与
的大小关
系图像如图乙所示，下列关系式正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【详解】由题意可知，因为物体A 和B 分居圆心两侧，与圆心距离分别为
和
，两个物体都没滑动之
前，都受静摩擦力的作用，与
成正比，由于B 物体到圆心的距离大，故B 物体先达到滑动摩擦力，摩
擦力大小不变为
角速度达到
后绳子出现拉力，在角速度为
时，设绳子拉力为T，对B 有
对A 有
解得
故选D。
【模型演练5】．（2023·河北邯郸·高三校联考阶段练习）如图所示，甲、乙两水平圆盘紧靠在一块，甲圆
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盘为主动轮，乙靠摩擦随甲转动且无相对滑动。甲圆盘与乙圆盘的半径之比为
，两圆盘和小物
体A、B 之间的动摩擦因数相同，A、B 的质量分别为m1、m2，A 距O 点为2r，B 距O′点为r，当甲缓慢转
动起来且转速慢慢增加时（ ）
A．A 与B 都没有相对圆盘滑动时，角速度之比ω1:ω2=3:1
B．A 与B 都没有相对圆盘滑动时，向心加速度之比a1:a2=1:3
C．随转速慢慢增加，A 先开始滑动
D．随转速慢慢增加，B 先开始滑动
【答案】D
【详解】A．甲、乙两轮子边缘上的各点线速度大小相等，有
则得
所以物块相对盘开始滑动前，A 与B 的角速度之比为1：3，故A 错误；
B．物块相对盘开始滑动前，根据
得A 与B 的向心加速度之比为
故B 错误；
CD．当两个物体所受的的静摩擦力达到最大，对
有
解得
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对
有
解得
根据甲乙的角速度之比为
：3，当转速增加时，设
先达到临界角速度，此时
的角速度为
说明此时
的角速度还没有达到临界值，故B 先开始滑动，故C 错误，D 正确。
故选D。
【模型演练6】．（2023·全国·高三专题练习）如图所示，A、B 两个小滑块用不可伸长的轻质细绳连接，
放置在水平转台上，
，
，绳长l=1.5m，两滑块与转台的动摩擦因数μ 均为0.5（设
最大静摩擦力等于滑动摩擦力），转台静止时细绳刚好伸直但没有弹力，转台从静止开始绕竖直转轴缓慢
加速转动（任意一段极短时间内可认为转台做匀速圆周运动），g 取
。以下分析正确的是（ ）
A．当
时，绳子张力等于0.9N
B．当
时，A、B 开始在转台上滑动
C．当
时，A 受到摩擦力为0
D．当
时，绳子张力为1N
【答案】C
【详解】A．当绳子刚好出现张力时，则对B 分析可知
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解得
当
时，绳子张力等于0，选项A 错误；
C．当
时，绳子张力等于0，此时A 受到摩擦力为0，选项C 正确；
BD．当A、B 刚要在转台上滑动时，则对B
对A
解得
当
时，A、B 开始在转台上滑动，当
时，绳子张力为
选项BD 错误。
故选C。
【模型演练7】．（2023·河南郑州·统考二模）原长为L，劲度系数为k 的轻质弹簧的一端固定一质量为m
的小铁块，另一端连接在竖直轴
上，小铁块放在水平圆盘上。若圆盘静止，把弹簧拉长后将小铁块放
在圆盘上，使小铁块能保持静止的弹簧的最大长度为
。现将弹簧拉长到
后，使小铁块随圆盘绕中心
轴
以不同角速度转动。下列会使铁块相对圆盘发生滑动的角速度是（ ）
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A．
B．
C．
D．
【答案】D
【详解】铁块与圆盘间的最大静摩擦
铁块随圆盘一起做圆周运动，当角速度最小时，摩擦力的方向弹簧拉力方向相反，则
解得
当角速度最大时，摩擦力的方向弹簧拉力方向相同，则
解得
所以减速带要满足
所以ABC 选项不会发生滑动，D 选项发生滑动，本题选发生滑动的角速度，故选D。
【模型演练8】．（2023 春·安徽宣城·高三安徽省宣城市第二中学校考阶段练习）如图甲所示，质量相等
的物块A、B 放在水平圆盘上，A、B 和圆盘圆心O 在同一直线上，让圆盘绕过圆心O 的竖直轴匀速转动，
当A 刚要滑动时，转动的角速度为
，当B 刚要滑动时，转动的角速度为
，若A、B 在圆盘上的位置不
变，用细线将A、B 连接，细线刚好伸直，如图乙所示，让圆盘匀速转动，当A、B 一起刚要滑动时，转
动的角速度为
，两物块与盘面间的动摩擦因数相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列关系正确的
是（ ）
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A．
>
>
B．
<
<
C．
<
D．
<
【答案】A
【详解】设物体到圆心的距离为r，当物体刚要滑动时，由牛顿第二定律
可得
用细线将A、B 连接，当它们一起刚要滑动时，对B 物体由牛顿第二定律
对A 物体有
联立解得
因为
，所以可得
故A 正确。
故选A。
【模型演练9】．（2023·山东·高三专题练习）如图，质量分别为m、2m、3m 的物块a、b、c，放置在水
平圆盘上随圆盘一起以角速度
匀速转动，其中物块a、b 叠放在一起。图中各接触面间的动摩擦因数均为
，a、b 和c 与转轴的距离分别为r 和1.5r。下列说法正确的是（ ）
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A．b 对a 的摩擦力为
B．圆盘对b 的摩擦力为
C．圆盘的角速度满足
D．圆盘的角速度满足
【答案】D
【详解】A B．对物体a、b 整体分析，水平方向上，b 与桌面的静摩擦力提供向心力，则
对a 进行受力分析，水平方向上，b 对a 的摩擦力提供向心力，则
A，B 错误；
C D．因为三个物体转动的角速度一样，且动摩擦因数也一样，但物体c 的半径大，所以若角速度增大的
话，c 先达到滑动的临界点，故
整理得
C 错误，D 正确。
故选D。
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