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专题16 圆周运动（解析版）
注：【分层调研·提分要点】所选的例题变式和练习都是最新的高考真题和2024 年全国各地的模拟试
题，【真题再现·洞悉高考】选自最近3 年的全国个点的高考真题。【分层检测·能力拔高】选择
2024 年全国各地的模拟试题，题量适中，便于学生自测专用。
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目 录
01 思维导图·成竹在胸
02 知识梳理·复习重点
知识点1：描述圆周运动的物理量..............................................................................2
知识点2：匀速圆周运动的向心力..............................................................................2
知识点3：离心运动......................................................................................................3
03 分成调研·提分要点
考向1 对圆周运动的分析............................................................................................3
角度1：描述圆周运动的物理量............................................................................4
角度2：三种传动方式的分析................................................................................5
角度3：向心力的来源分析与计算........................................................................6
考向2 水平面内的圆周运动........................................................................................7
角度1：水平转盘上的物体....................................................................................7
角度2：圆锥摆问题................................................................................................8
角度3：火车和飞机倾斜转弯问题......................................................................10
角度4：汽车和自行车在水平面的转弯问题......................................................12
考向3 竖直面内的圆周运动....................................................................................13
角度1：绳球模型及其临界条件..........................................................................14
角度2：杆球模型及其临界条件..........................................................................16
角度3：拱桥和凹桥模型......................................................................................17
考向4 斜面上的圆周运动........................................................................................18
角度1：有摩擦的倾斜转盘上的圆周运动..........................................................19
角度2：斜面上的圆周运动..................................................................................20
04 真题再现·洞悉高考
05 分层检测·能力拔高
【基础过关】...............................................................................................................26
【提升练习】...............................................................................................................29
知识点1：描述圆周运动的物理量
定义、意义
公式、单位
线速度
描述做圆周运动的物体运动快慢的物理量（v）
（1）v＝＝，（2）单位：m/s
角速度
描述物体绕圆心转动快慢的物理量（ω）
（1）ω＝＝，（2）单位：rad/s
周期
物体沿圆周运动一圈的时间（T）
（1）T＝＝，单位：s
（2）f＝，单位：Hz
向心加速度
描述速度方向变化快慢的物理量（an），方向指向
圆心
（1）an＝＝rω2，（2）单位：
m/s2
向心力
只改变速度的方向，不改变速度的大小
Fn＝man=m＝mrω2
知识点2：匀速圆周运动的向心力
1．作用效果
向心力产生向心加速度，只改变速度的方向，不改变速度的大小．
2．大小
F＝m＝mrω2＝mr＝mωv＝4π2mf2r.
3．方向
始终沿半径方向指向圆心，时刻在改变，即向心力是一个变力．
4．来源
向心力可以由一个力提供，也可以由几个力的合力提供，还可以由一个力的分力提供．
5．匀速圆周运动和非匀速圆周运动的比较
项目
匀速圆周运动
非匀速圆周运动
定义
线速度大小不变的圆周运动
线速度大小变化的圆周运动
运动特点
F 向、a 向、v 均大小不变，方向变化，ω
不变
F 向、a 向、v 大小、方向均发生变化，ω 发生
变化
向心力
F 向＝F 合
由F 合沿半径方向的分力提供
知识点3：离心运动
1．定义：做圆周运动的物体，在所受合外力突然消失或不足以提供圆周运动所需向心力的情况下，就做
逐渐远离圆心的运动．
2．本质：做圆周运动的物体，由于本身的惯性，总有沿着圆周切线方向飞出去的趋势．
3．受力特点
如图所示，F 为实际提供的向心力，则
（1）当F＝mω2r 时，物体做匀速圆周运动；
（2）当F＝0 时，物体沿切线方向飞出；
（3）当F<mω2r 时，物体逐渐远离圆心；
（4）当F>mω2r 时，物体逐渐靠近圆心．
考向1 对圆周运动的分析
1. 圆周运动的运动学分析
（1）对公式v＝ωr 的理解
当r 一定时，v 与ω 成正比；当ω 一定时，v 与r 成正比；当v 一定时，ω 与r 成反比．
（2）对a＝＝ω2r＝ωv 的理解
在v 一定时，a 与r 成反比；在ω 一定时，a 与r 成正比．
（3）常见的三种传动方式及其特点
项目
同轴传动
皮带传动
齿轮传动
装置
A、B 两点在同 一个圆盘
上
两个轮子用皮带连接，A、B 两
点 分别是两个轮子 边缘上的点两个齿轮啮合，A、B 两点分别是
两个齿轮边缘上的点
特点
AB 两点角速度、周期相
同
A、B 两点线速度大小相等
A、B 两点线速度大小相等
转动方向
相同
相同
相反
规律
，
，
2．圆周运动中的动力学分析
（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．
角度1：描述圆周运动的物理量
【典例1】（2024·辽宁·高考真题）“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
【详解】D．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；
A．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；
B．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；
C．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。
故选D。
【变式1-1】（2024·江苏·二模）半径为R 的光滑水平玻璃圆桌以周期T 匀速转动，一小球从桌边对准圆心
以速度
匀速通过桌面，则小球在桌面留下的痕迹可能是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】BD．小球通过桌面的时间为
，此时小球的起点与终点重合，故BD 错误；
AC．设圆桌转动的角速度为
，小球离圆心的距离为
则小球相对圆周沿径向方向位移为
垂直于径向方向的速度为
则垂直于径向方向的位移为
，可知
，则
，轨迹方程是类
似抛物线的方程，故A 错误，C 正确。
故选C。
【变式1-2】（2024·广东·二模）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）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．所受的合外力为零
B．圆周运动的半径为2m
C．线速度大小为4m/s
D．所受向心力大小为800N
【答案】D
【详解】根据几何关系可知，雪圈（含人）做匀速圆周运动的半径为
则线速度大小为
雪圈（含人）所受的合外力提供所需的向心力，则有
，故选D。
角度2：三种传动方式的分析
【典例2】（2024·海南·模拟预测）如图所示为某自行车的大齿轮、小齿轮和后轮结构示意图，它们的边缘
有三个点a、b、c，半径大小关系为
，下列判断正确的是（ ）
A．b 比a 的角速度小 B．b 和c 的角速度相等
C．a 比b 的向心加速度大D．c 比b 的向心加速度
大
【答案】C
【详解】AB．a、b 共轴，角速度相同，b、c 通过链条相连，线速度相同，根据
，
，可知
则有
，故AB 错误；
C．根据向心加速度公式
，又
，
，则
，故C 正确；
D．根据向心加速度公式
，又
，
，则
，故D 错误。
故选C。
【变式2-1】（2024·黑龙江齐齐哈尔·一模）机动车检测站进行车辆尾气检测的原理如下：车的主动轮压在
两个相同粗细的有固定转动轴的滚筒上，可使车轮在原地转动，然后把检测传感器放入尾气出口，操作员
将车轮加速一段时间，在与传感器相连的电脑上显示出一系列相关参数，现有如下简化图：车内轮A 的半
径为rA，车外轮B 的半径为rB，滚筒C 的半径为rC，车轮与滚筒间不打滑，当车轮以恒定速度运行时，下
列说法正确的是（ ）
A．A、B 轮的角速度大小之比为
B．A、B 轮边缘的线速度大小之比为
C．B、C 的角速度之比为
D．B、C 轮边缘的向心加速度大小之比为
【答案】B
【详解】A．A、B 为同轴转动，角速度大小相等，故A 错误；
B．根据
可知，A、B 轮边缘的线速度大小之比为
，故B 正确；
C．B、C 的线速度大小相同，根据
可知，B、C 的角速度之比为
，故C 错误；
D．根据
可得B、C 轮边缘的向心加速度大小之比为
，故D 错误。
故选B。
【变式2-2】（2023·湖南永州·二模）如图所示，电动打夯机由偏心轮（飞轮和配重物组成）、电动机和底
座三部分组成。电动机、飞轮和底座总质量为M，配重物质量为m，配重物的重心到轮轴的距离为R，重
力加速度为g。在电动机带动下，偏心轮在竖直平面内匀速转动，皮带不打滑。当偏心轮上的配重物转到
顶端时，底座刚好对地面无压力。下列说法正确的是（ ）
A．电动机轮轴与偏心轮转动角速度相同
B．配重物转到顶点时处于超重状态
C．偏心轮转动的角速度为
D．打夯机对地面压力的最大值大于
【答案】D
【详解】A．电动机轮轴与偏心轮通过皮带传动，线速度相等，根据电动机轮轴与偏心轮半径不同，故电
动机轮轴与偏心轮转动角速度不相同，故A 错误；
B．配重物转到顶点时，具有向下的加速度，故配重物处于失重状态，故B 错误；
C．当偏心轮上的配重物转到顶端时，底座刚好对地面无压力，有
对配重物有
，解得偏心轮转动的角速度为
，故C 错误；
D．在最低点，打夯机对地面压力最大，对配重物有
，对打夯机有
，解得
，根据牛顿第三定律可知，打夯机对地面压力的最大值大于
，故D 正
确。
故选D。
角度3：向心力的来源分析与计算
【典例3】（2024·北京海淀·三模）应用物理知识分析生活中的常见现象，可以使物理学习更加有趣和深
入。例如你用手掌平托一苹果，保持这样的姿势在竖直平面内按顺时针方向做匀速圆周运动。在苹果从最
低点a 到最左侧点b 运动的过程，下列说法中正确的是（ ）
A．手掌对苹果的摩擦力越来越小
B．手掌对苹果的支持力越来越大
C．手掌对苹果的作用力越来越小
D．因为苹果的动量大小不变，所以合外力对苹果的冲量为
零
【答案】C
【详解】AB．苹果做匀速圆周运动，加速度大小不变，设加速度方向与竖直方向的夹角为
，根据牛顿第
二定律可得，
，
，苹果从最低点a 到最左侧点b 运动的过程中，
逐渐增
大，
逐渐增大，
逐渐减小，则手掌对苹果的摩擦力越来越大，手掌对苹果的支持力越来越小，
故AB 错误；
C．手掌对苹果的作用力可分解为两个分力，其中分力
与苹果重力平衡，方向竖直向上，另一分力
提
供所需向心力，方向总是指向圆心；在苹果从最低点a 到最左侧点b 运动的过程，
与
大小均不变，且
与
之间的夹角逐渐增大，则
与
的合力逐渐减小，即手掌对苹果的作用力越来越小，故C 正确；
D．苹果的动量大小不变，但动量的方向时刻发生变化，所以动量变化不为0，根据动量定理可知，合外力
对苹果的冲量不为零，故D 错误。
故选C。
【变式3-1】（2024·湖北黄石·三模）汽车爆胎往往导致灾难性的车祸，所以很多车主买了胎压监测器直接
安装在轮胎气嘴处，但是安装胎压监测器而不做轮胎的动平衡调整，当车速较块时会发生方向盘抖动、车
胎噪音变大等现象。如果安装的胎压监测器比正常气嘴盖多出质量
，汽车轮胎半径
，气
嘴处离车轴中心距离
。当汽车以
的速度行驶时，因为安装胎压监测器未做轮胎动平衡
引起的车轴多受到的力接近于（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】汽车速度为
，车轮转动时的角速度为
，所以胎压监测器所需的向心力
为
，故选C。
【变式3-2】（2024·吉林·三模）一质量为
且质量均匀分布的细圆环放置在光滑水平面上，其半径为，
过圆心的几何轴与水平面垂直，若圆环能经受的最大张力为
，估算此圆环可以绕几何轴旋转的最大角速
度约为（当
角很小时，
）（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】圆环绕几何轴旋转，圆环的各部分做圆周运动，在圆环上取一小段
，对应的圆心角为
，如
图所示：
其质量可表示为
，受圆环对它的张力
，分析可得，
当
角很小时，
，则
，代入得
，B 正确；
故选B。
考向2 水平面内的圆周运动
1．运动实例：圆锥摆、火车转弯、飞机在水平面内做匀速圆周飞行等．
2．重力对向心力没有贡献，向心力一般来自弹力、摩擦力或电磁力．向心力的方向水平，竖直方向的合
力为零．
3．涉及静摩擦力时，常出现临界和极值问题．
水平面内的匀速圆周运动的解题方法
（1）对研究对象受力分析，确定向心力的来源，涉及临界问题时，确定临界条件；
（2）确定圆周运动的圆心和半径；
（3）应用相关力学规律列方程求解．
角度1：水平转盘上的物体
【典例4】（2024·江苏·高考真题）陶瓷是以粘土为主要原料以及各种天然矿物经过粉碎混炼、成型和煅烧
制得的材料以及各种制品。如图所示是生产陶磁的简化工作台，当陶瓷匀速转动时，台面面上掉有陶屑，
陶屑与桌面间的动摩因数处处相同（台面够大），则（ ）
A．离轴OO´越远的陶屑质量越大
B． 离轴OO´越近的陶屑质量越小
C． 只有平台边缘有陶屑
D．离轴最远的陶屑距离不会超过某一值
【答案】D
【详解】ABC．与台面相对静止的陶屑做匀速圆周运动，静摩擦力提供向心力，当静摩擦力为最大静摩擦
力时，根据牛顿第二定律可得，
，解得
，因与台面相对静止的这些陶屑的角速度相
同，由此可知能与台面相对静止的陶屑离轴OO′的距离与陶屑质量无关，只要在台面上不发生相对滑动的
位置都有陶屑。故ABC 错误；
D．离轴最远的陶屑其受到的静摩擦力为最大静摩擦力，由前述分析可知最大的运动半径为
，μ 与
ω 均一定，故R 为定值，即离轴最远的陶屑距离不超过某一值R。故D 正确。
故选D。
【变式4-1】（2024·江西·二模）如图所示，在水平圆盘上放置一个质量为
的小滑块，滑块离圆盘中
心
。滑块与圆盘之间的动摩擦因数为0.1，现使圆盘绕垂直于盘面的中心轴缓慢加速转动，至小滑块
与盘面发生相对滑动。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度
取
，则（ ）
A．圆盘缓慢加速转动过程中，滑块所受的摩擦力做功为0
B．小滑块与盘面发生相对滑动时圆盘的角速度为
C．在小滑块上面再放置一个相同的小滑块，发生相对滑动时的角速度为
D．在小滑块上面再放置一个质量为
的小滑块，两者之间的动摩擦因数为0.05，发生相对滑动时
的角速度为
【答案】D
【详解】A．小滑块动能增大，故摩擦力做正功，A 错误；
B．小滑块与盘面发生相对滑动时有
，解得
，B 错误；
C．在小滑块上面再放置一个相同的小滑块，发生相对滑动时有
，解得
，C 错
误；
D．在小滑块上面再放置一个
的小滑块，两者之间的动摩擦因数为0.05，则两个小滑块首先发生相对
滑动，有
，解得
，D 正确。
故选D。
【变式4-2】（2024·北京朝阳·二模）如图所示，水平圆台可以绕其中心轴转动。在圆台中心两侧放上甲、
乙两物体，两物体的质量均为m，均可视为质点，甲、乙两物体到圆台中心距离分别为2R、R，其连线过
圆台中心。两物体与圆台间的动摩擦因数均为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。
（1）若圆台以某一角速度转动时，甲、乙均未滑动。求两物体的加速度之比
；
（2）若圆台的角速度逐渐增大，请分析说明甲、乙两物体谁先滑动；
（3）若将甲、乙两物体用不可伸长的轻绳连接，轻绳最初拉直而不张紧，缓慢增加圆台的转速，求两物
体刚要滑动时圆台转动的角速度ω。
【答案】（1）2:1；（2）甲；（3）
【详解】（1）若圆台以某一角速度转动时，甲、乙均未滑动，根据
可得两物体的加速度之比
（2）若圆台的角速度逐渐增大，根据
，可得
因甲转动半径较大，临界角速度较小，可知甲物体谁先滑动；
（3）两物体刚要滑动时，甲受最大静摩擦力指向圆心，乙受最大静摩擦力背离圆心，则对甲
对乙
，解得圆台转动的角速度
角度2：圆锥摆问题
【典例5】（多选）（2024·江苏·高考真题）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
度处作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 高度处作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 C．向心加速度aA < aB D．向心力FA > FB
【答案】BC
【详解】设绳子与竖直方向夹角为θ，绳子长度为l，小球所在平面距离顶点的竖直高度为h，对小球分析
有
整理有
，
，a = gtanθ
A．由于
，小球从A 处到达B 处，l 减小，θ 增大，则无法判断vA、vB 的关系，故A 错
误；
B．由于
，其中
，联立有
，由题意可知，小球从A 处到达B 处，h 减小，则
ωA < ωB，故B 正确；
CD．由于F 向 = mgtanθ = ma，整理有a = gtanθ
由题意可知，其角度θ 变大，所以小球所受向心力变大，即FA < FB，向心加速度大小也变大，即aA <
aB，故C 正确、D 错误。
故选BC。
【变式5-1】（多选）（2024·江西·模拟预测）游乐场中的“旋转飞椅”用钢绳悬挂在水平转盘边缘的同一
圆周上，转盘绕穿过其中心的竖直轴转动。甲、乙两人同时乘坐“旋转飞椅”时可简化为如图所示的模
型，甲对应的钢绳长度大于乙对应的钢绳长度，当转动稳定后，甲、乙两人的加速度大小分别为
、
，到转轴的距离分别为
、
，到转盘的高度分别为
、
，甲、乙对应的钢绳与竖直方向的夹角分别
为
、
，钢绳的质量不计，忽略空气阻力，下列判断正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】AD
【详解】D．设转盘半径为
，钢绳长为l，稳定后，偏角
，则旋转半径
向心加速度公式为
，变形得
由公式得l 越长，与竖直方向偏角
越大。甲的钢绳长，则甲与竖直方向偏角
大，即
，故D 正
确；
A．又由
，得
，故A 正确；
B．由
，得
，故B 错误；
C．由
，与向心加速度公式联立，得
，
越大，h 越大，因为
，所以
，故C 错误。
故选AD。
【变式5-2】（2024·北京丰台·二模）如图所示，质量为m 的小球用长为l 的细线悬于P 点，使小球在水平
面内以角速度
做匀速圆周运动。已知小球做圆周运动时圆心O 到悬点P 的距离为h，重力加速度为g。
下列说法正确的是（ ）
A．绳对小球的拉力大小为
B．小球转动一周，绳对小球拉力的冲量为0
C．保持h 不变，增大绳长l，
增大
D．保持h 不变，增大绳长l，绳对小球拉力的大小不变
【答案】A
【详解】A．设细线与竖直方向的夹角为
，根据牛顿第二定律可得，
解得绳对小球的拉力大小为
，故A 正确；
B．小球转动一周，小球的动量变化为0，根据动量定理可知，合外力的冲量为0，由于重力的冲量不为
0，则绳对小球拉力的冲量不为0，故B 错误；
CD．保持h 不变，设细线与竖直方向的夹角为
，根据牛顿第二定律可得，
，解得
可知增大绳长l，
不变；根据
，可知增大绳长l，绳对小球拉力的大小增大，故CD 错误。
故选A。
角度3：火车和飞机倾斜转弯问题
【典例6】（多选）（2024·河北保定·二模）如图所示，铁路拐弯处内、外轨有一定的高度差，当质量一定
的火车以设计的速率
在水平面内转弯时，轨道对车轮的支持力大小为
，当火车以实际速率
在
此弯道上转弯时，轨道将施于车轮一个与枕木平行的侧压力F，下列说法正确的是（ ）
A．若
，侧压力F 方向由外轨指向内轨
B．若
，侧压力F 方向由内轨指向外轨
C．若
，轨道对车轮的支持力等于
D．若
，轨道对车轮的支持力大于
【答案】AB
【详解】设拐弯处的轨道半径为R，内、外轨形成的倾角为θ，则有
设当火车以实际速率v 转弯时，轨道对车轮的支持力大小为
，有
，
当
，侧压力F 方向由外轨指向内轨，
，当
，侧压力F 方向由内轨指向外轨，
。
故选AB。
【变式6-1】（2024·四川广安·二模）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
【答案】C
【详解】A．对人和车受力分析，如图所示
根据几何关系有
，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，所以无法确定人对车的压力，故B 错误；
CD．根据牛顿第二定律可得，
，解得
，
，故C 正确，D 错误。
故选C。
【变式6-2】（2024·浙江温州·二模）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
，
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
。假设航母的运动半径R、夹角
不随航速改变，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下
列说法正确的是（ ）
A．航母对小物块的支持力
B．小物块可能只受重力、支持力两个力作用
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
【答案】C
【详解】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，
，而
，
，联立解得
，故AB 错误；
CD．由图可知，小物块做圆周运动的向心力由
和
提供，有
，由于
，
，联立解得
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
，代入上式得
由A 中得，
，联立解得
，故C 正确，D 错误。
故选C。
角度4：汽车和自行车在水平面的转弯问题
【典例7】（多选）（2023·四川成都·一模）如图为场地自行车比赛的圆形赛道。某运动员骑自行车在赛道
上做匀速圆周运动，圆周的半径为R，路面与水平面的夹角为
，不计空气阻力，重力加速度大小为g。下
列说法正确的是（ ）
A．当自行车的速度大小为
时，自行车不受侧向摩擦力作用
B．当自行车的速度大小为
时，自行车不受侧向摩擦力作用
C．当自行车的速度大小为
时，自行车所受侧向摩擦力的方向沿倾斜路面向上
D．当自行车的速度大小为
时，自行车所受侧向摩擦力的方向沿倾斜路面向下
【答案】AC
【详解】AB．设人和自行车的总质量为m，若不受摩擦力作用则由重力和支持力的合力提供向心力，根据
牛顿第二定律可得
，解得
，故B 错误，A 正确；
CD．当自行车的速度大小为
<
时，支持力与重力的合力大于所需向心力，自行车有近心
运动的趋势，自行车所受侧向摩擦力的方向沿倾斜路面向上，故C 正确，D 错误。
故选AC。
【变式7-1】（2024·山西阳泉·三模）如图甲所示，汽车后备箱水平放置一内装圆柱形工件的木箱，工件截
面和车的行驶方向垂直，图甲是车尾的截面图，当汽车以恒定速率从直道通过图乙所示的三个半径依次变
小的水平圆弧形弯道A、B、C 时，木箱及箱内工件均保持相对静止。已知每个圆柱形工件的质量为m。下
列说法正确的是（ ）
A．汽车在由直道进入弯道A 前，M 对P 的支持力大小为
B．汽车过A、B 两点时，M、Q 对P 的合力依次增大
C．汽车过A、B、C 三点时，汽车重心的角速度依次减小
D．汽车过A、C 两点时，M 对P 的支持力小于Q 对P 的支持力
【答案】B
【详解】A．汽车在由直道进入弯道A 前，以P 为对象，根据受力平衡可得，
解得M 对P 的支持力大小为
，故A 错误；
B．汽车过A、B 两点时，M、Q 对P 的合力的竖直分力与P 的重力平衡，合力的水平分力提供所需的向心
力，则有
，
，
，当汽车以恒定速率通过半径依次变小的A、B 两点时，M、
Q 对P 的合力依次增大，故B 正确；
C．由角速度与线速度关系
，当汽车以恒定速率通过半径依次变小的A、B、C 三点时，汽车重心的角
速度依次增大，故C 错误；
D．汽车过A、C 两点时，所受的合外力向左，因此M 对P 的支持力大于Q 对P 的支持力，故D 错误。
故选B。
【变式7-2】（多选）（23-24 高三上·陕西榆林·阶段练习）某同学用以下方法测量物块与木板之间的动摩
擦因数，在车厢的底部固定一个木板，一质量为
的木块放置在木板上，右端连接一条轻弹簧，已知弹簧
的劲度系数为
，弹簧处于伸长状态，伸长量为
，车静止时，从车尾观察，车内物块位置如图所示。现
使该车在水平路面上沿半径为
的圆弧弯道上做匀速圆周运动（
远大于车辆大小），转弯过程中，测试
车辆不发生侧滑，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为
，下列说法正确的是（ ）
A．若车辆向右转弯，物块一定受到向右的摩擦力
B．若车辆以速度向右转弯，物块刚好不滑动，则物块与木板之间的动摩擦因数为
C．若车辆以速度向左转弯，物块刚好不滑动，则物块与木板之间的动摩擦因数为
D．若车辆向左转弯，物块仍相对木板静止，车速越大，则物块所受摩擦力越大
【答案】BD
【详解】A．车辆向右转弯，拉力与摩擦力的合力一定向右，由于不知道速度的大小，摩擦力的方向可以
向右，也可以向左，也可以为0，故A 错误；
B．车辆以速度向右转弯，物块刚好不滑动，对物块有
，则
，故B 正确；
C．若车辆速度向左转弯，物块刚好不滑动，对物块有
，则
，故C 错误；
D．若车辆向左转弯，对物块有
，速度越大，
越大，故D 正确。
故选BD。
考向3 竖直面内的圆周运动
竖直平面内圆周运动的“轻杆、轻绳”模型
1．模型特点
在竖直平面内做圆周运动的物体，运动至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、沿内轨道的“过山车”等），称为“轻绳模型”；二是有支撑（如球与杆连接、小球在弯管内运动
等），称为“轻杆模型”．
2．模型分析
绳、杆模型常涉及临界问题，分析如下：
轻绳模型
轻杆模型
常见类型
过最高点的
临界条件
由mg＝m 得v 临＝
由小球能运动即可，得v 临＝0
讨论分析
（1）过最高点时，v≥，
FN＋mg＝m，绳、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背离圆心且随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；
角度1：绳球模型及其临界条件
【典例8】（2024·北京海淀·二模）如图所示，不可伸长的轻绳一端固定在距离水平地面高为h 的O 点，另
一端系有质量为m，可视为质点的小球，将小球拉至O 点正上方的A 点，给其一水平方向的初速度
，使
其恰好通过A 点后，在竖直平面内以O 点为圆心做半径为r 的圆周运动。当小球运动到最低点B 时，绳恰
好被拉断，小球水平飞出。不计空气阻力及绳断时的能量损失，重力加速度为g。求：
（1）小球初速度的大小
。
（2）绳能承受拉力的最大值
。
（3）小球落地时的速度大小v。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）小球刚好通过A 点，绳子拉力为零，仅重力提供向心力
，解得
（2）从A 点到B 点，由动能定理
，解得
在B 点，由绳子拉力和小球重力共同提供向心力
，解得
再由牛顿第三定律可得，
（3）小球从B 点到落地的过程中，只有重力做功，由动能定理，
，解得
竖直面内圆周运动的求解思路
（1）定模型：首先判断是轻绳模型还是轻杆模型，两种模型过最高点的临界条件不同，其原因主要是
“绳”不能支持物体，而“杆”既能支持物体，也能拉物体．
（2）确定临界点：v 临＝，对轻绳模型来说是能否通过最高点的临界点，而对轻杆模型来说是FN表现为支
持力还是拉力的临界点．
（3）定规律：用牛顿第二定律列方程求解．
【变式8-1】（2024·河北邯郸·模拟预测）荡秋千是一项古老的休闲体育运动。如图所示，李明同学某次荡
秋千时，O、A 两点分别为其运动过程中的最低点和最高点，A 到O 的过程中，李明的身体姿势保持不
变。已知李明和座椅的总质量为m，两根平行的秋千绳长均为L，A 点时绳子与竖直方向的夹角为θ，重力
加速度大小为g，空气阻力和绳的质量忽略不计。下列说法正确的是（ ）
A．在A 位置时，该同学速度为0，处于平衡状态
B．在O 位置时，该同学处于失重状态
C．在A 位置时，每根秋千绳的拉力大小为
D．在O 位置时，每根秋千绳的拉力大小约为
【答案】D
【详解】A．在A 位置时，该人受到重力和秋千绳的拉力，合力不为零，不是平衡状态，故A 错误；
B．在O 位置时，重力和秋千绳拉力的合力产生向上的向心加速度，该人处于超重状态，故B 错误；
C．在A 位置时，已知绳子与竖直方向成θ，有
，解得
，故C 错误；
D．在O 位置时，由牛顿第二定律可得，
从A 到O，由动能定理，
，可知每根秋千绳的拉力大小为
故D 正确。
故选D。
【变式8-2】（2024·北京海淀·二模）如图所示，不可伸长的轻绳一端固定在距离水平地面高为h 的O 点，
另一端系有质量为m，可视为质点的小球，将小球从与O 等高的A 点由静止释放，小球在竖直平面内以O
点为圆心做半径为r 的圆周运动。当小球运动到最低点B 时，绳恰好被拉断，小球水平飞出。不计空气阻
力及绳断时的能量损失，重力加速度为g。求：
（1）小球飞出时的速率v。
（2）绳能承受拉力的最大值Fm。
（3）小球落地点到B 点的水平距离x。
【答案】（1）
；（2）3mg；（3）
【详解】（1）根据动能定理有，
，解得小球飞出时的速率
（2）设绳对小球的拉力为T，依据牛顿第二定律有
，解得T=3mg
根据牛顿第三定律，绳受到的拉力大小Fm=T=3mg
（3）设平抛运动的时间为t，则
，解得
抛出的水平距离，
角度2：杆球模型及其临界条件
【典例9】（2024·河北石家庄·三模）如图所示，竖直平面内的光滑金属细圆环半径为R，质量为m 的带孔
小球穿于环上，一长为R 的轻杆一端固定于球上，另一端通过光滑的铰链连接于圆环最低点，重力加速度
为g。当圆环以角速度
绕竖直直径转动时，轻杆对小球的作用力大小和方向为（ ）
A．
，沿杆向上 B．
，沿杆向下
C．
，沿杆向上D．
，沿杆向下
【答案】B
【详解】设轻杆与竖直直径夹角为
，由几何关系可得，
，得
，则小球圆周运动的半径
为
做圆周运动所需向心力为
小球有向上运动的趋势，设杆对小球有沿杆向下的拉力F1，环对小球有指向圆心的支持力F2，根据平衡条
件可知，
，
，解得
，故选B。
26．（2024·浙江宁波·模拟预测）如图半径为L 的细圆管轨道竖直放置，管内壁光滑，管内有一个质量为
m 的小球做完整的圆周运动，圆管内径远小于轨道半径，小球直径略小于圆管内径，下列说法不正确的是
（ ）
A．经过最低点时小球可能处于失重状态
B．经过最高点Z 时小球可能处于完全失重状态
C．若小球能在圆管轨道做完整圆周运动，最高点Z 的速度v 最小值为0
D．若经过最高点Z 的速度v 增大，小球在Z 点对管壁压力可能减小
【答案】A
【详解】A．小球在最低点时加速度向上，则小球处于超重状态，故A 错误，符合题意；
B．小球经过最高点Z 时，若对轨道的压力为零，则重力完全提供向心力，小球处于完全失重状态，故B
正确，不符合题意；
C．由于在最高点圆管能支撑小球，所以速度的最小值为零，故C 正确，不符合题意；
D．若过最高点的速度较小，则在Z 点，小球在Z 点对管壁压力向下，轨道对小球有向上的弹力，根据牛
顿第二定律可得，
，此时经过最高点Z 的速度增大，小球在Z 点和管壁的作用力减小，故D
正确，不符合题意。
故选A。
27．（多选）（2024·四川成都·二模）如图所示，竖直固定放置一半径为R 的光滑圆形管道，ab 为过圆心
的水平线，质量为m 的小球在管状轨道内做完整的圆周运动，已知小球直径略小于管道内径，重力加速度
为g。则（ ）
A．小球在水平线ab 以上管道中运动时，外侧管壁对小球一定没有作用力
B．小球在水平线ab 以下管道中运动时，内侧管壁对小球一定没有作用力
C．小球通过最低点时的弹力大小可能为
mg
D．若在最高点管道对小球的弹力大小为
mg，则一定是外侧管壁对小球的作用力
【答案】BD
【详解】Ａ．小球在水平线ab 以上管道中运动时，若速度足够小时，小球挤压内侧管壁，外侧管壁对小球
没有作用力，选项Ａ错误.
Ｂ．小球在水平线ab 以下管道中运动时，根据向心力的方向指向圆心可知，外侧管壁对小球有指向圆心的
弹力，内侧管壁对小球一定没有作用力；选项Ｂ正确；
Ｃ．小球通过最高点的最小速度为零时，根据动能定理，
根据牛顿第二定律可得，
，解得
，小球通过最低点时的最小弹力为
，选项Ｃ
错误；
D．小球通过最高点的最小速度为零时，内侧管壁对小球的作用力最大为mg，若在最高点管道对小球的弹
力大小为
mg，则一定是外侧管壁对小球的作用力，选项Ｄ正确；
故选ＢＤ。
角度3：拱桥和凹桥模型
【典例10】（多选）（2023·湖南·高考真题）如图，固定在竖直面内的光滑轨道ABC 由直线段AB 和圆弧
段BC 组成，两段相切于B 点，AB 段与水平面夹角为θ，BC 段圆心为O，最高点为C、A 与C 的高度差等
于圆弧轨道的直径2R。小球从A 点以初速度v0冲上轨道，能沿轨道运动恰好到达C 点，下列说法正确的是
（ ）
A．小球从B 到C 的过程中，对轨道的压力逐渐增大
B．小球从A 到C 的过程中，重力的功率始终保持不变
C．小球的初速度
D．若小球初速度v0增大，小球有可能从B 点脱离轨道
【答案】AD
【详解】A．由题知，小球能沿轨道运动恰好到达C 点，则小球在C 点的速度为vC = 0
则小球从C 到B 的过程中，有，
，
，联立有FN= 3mgcosα－
2mg
则从C 到B 的过程中α 由0 增大到θ，则cosα 逐渐减小，故FN逐渐减小，而小球从B 到C 的过程中，对轨
道的压力逐渐增大，A 正确；
B．由于A 到B 的过程中小球的速度逐渐减小，则A 到B 的过程中重力的功率为P = －mgvsinθ
则A 到B 的过程中小球重力的功率始终减小，则B 错误；
C．从A 到C 的过程中有
，解得
，C 错误；
D．小球在B 点恰好脱离轨道有
，则
则若小球初速度v0增大，小球在B 点的速度有可能为
，故小球有可能从B 点脱离轨道，D 正确。
故选AD。
【变式10-1】（2024·陕西渭南·一模）某汽车通过凸形桥桥顶时的示意图如图所示，当汽车通过凸形桥顶
点的速度为10m/s 时，车对桥顶的压力为车重的
。为了安全，要求汽车运动到桥顶时对桥面的压力大小
至少等于其所受重力大小的
，则汽车通过桥顶时的最大速度为（ ）
A．
m/s
B．15m/s
C．
m/s
D．20m/s
【答案】A
【详解】当汽车通过凸形桥顶点的速度为10m/s 时，车对桥顶的压力为车重的
，根据牛顿第二定律，
汽车运动到桥顶时对桥面的压力大小至少等于其所受重力大小的
，根据牛顿第二定律，
联立解得汽车通过桥顶时的最大速度为，
，故选A。
【变式10-2】（2024·四川凉山·三模）如图所示，动力小车以恒定的速率沿曲线竖直轨道上表面从A 点运
动到D 点，A 点是轨道最低点，B 为轨道最高点。下列判断正确的是（ ）
A．小车在A、B 两点速度不同
B．运动中小车的动量不变
C．运动中小车机械能不变
D．小车在A 点对轨道压力最大
【答案】D
【详解】A．小车做曲线运动，运动方向与轨迹相切，小车在A、B 两点时，两点分别为最低点和最高点切
线沿水平方向，则小车运动方向沿水平方向，方向相同，小车的速率即速度大小也相同，所以，小车在
A、B 两点速度相同，故A 错误；
B．小车做曲线运动，运动方向时刻改变，动量为矢量，方向与速度方向相同，所以小车的动量大小不
变，方向时刻改变，故B 错误；
C．汽车在运动过程中动能不变，重力势能变化，所以机械能变化，故C 错误；
D．小车在A 点时，为轨道的最低点，根据牛顿第二定律，
，解得
又因为，由图可得小车在A 点对应的圆周运动的半径最小，一定速率下，向心力最大，所以小车在A 点是
轨道对小车的支持力最大，根据牛顿第三定律，此时小车对轨道的压力最大，故D 正确。
故选D。
考向4 斜面上的圆周运动
在斜面上做圆周运动的物体，因所受的控制因素不同，如静摩擦力控制(图甲)、轻绳控制(图乙)、轻杆
控制(图丙)，物体的受力情况和临界条件也不相同。
由于重力沿斜面的分力，在斜面内做圆周运动的物体的速率不断变化，运动情况与竖直面内的圆周运
动类似，所以通常分析物体在最高点和最低点的受力情况求临界状态。物体在斜面上运动时，若受摩擦
力，还要参照水平面内圆周运动的临界问题分析摩擦力的突变问题，如静摩擦力的方向变化、静摩擦力变
为滑动摩擦力。
与竖直面内的圆周运动类似，斜面上的圆周运动也是集中分析物体在最高点和最低点的受力情况，列
牛顿运动定律方程来解题。只是在受力分析时，一般需要进行立体图到平面图的转化，这是解斜面上圆周
运动问题的难点。
1.解题关键——重力的分解和视图
物体在斜面上做圆周运动时，设斜面的倾角为θ，重力垂直斜面的分力与物体受到的支持力相等，解决此
类问题时，可以按以下操作，把问题简化。
角度1：有摩擦的倾斜转盘上的圆周运动
【典例11】（2024·北京东城·一模）如图所示静止于水平地面的箱子内有一粗糙斜面，将物体无初速放在
斜面上，物体将沿斜面下滑。若要使物体相对斜面静止，下列情况中不可能达到要求的是（ ）
A．使箱子沿水平方向做匀加速直线运动
B．使箱子做自由落体运动
C．使箱子沿竖直向上的方向做匀加速直线运动
D．使箱子沿水平面内的圆轨道做匀速圆周运
动
【答案】C
【详解】A．当箱子沿水平方向做匀加速直线运动，若物体相对斜面静止，则两者加速度相等。当物体所
受重力和支持力的合力恰好水平向右，且等于其做加速运动所需合力时，物体与斜面间的摩擦力恰好为
零，即物体相对斜面静止。故A 不符合题意；
B．当箱子做自由落体运动，此时物体与箱子之间的作用力为零，物体也做自由落体运动，即物体相对斜
面静止，故B 不符合题意；
C．当箱子沿竖直向上的方向做匀加速直线运动，假设物体相对斜面静止，则物体受力如图所示
建立如图所示坐标系，则根据牛顿第二定律分别有
，
整理可得
由于物体无初速放在斜面上时，物体将沿斜面下滑，故有
，即
，故假设不成
立。物块与斜面发生相对滑动。故C 符合题意；
D．当箱子沿水平面内的圆轨道做匀速圆周运动时，当物体所受支持力与摩擦力在水平方向的合力恰好提
供做圆周运动的向心力时，物体与斜面相对静止。故D 不符合题意。
故选C。
【变式11-1】（2022·浙江·模拟预测）如图所示，洗衣机内的漏斗状容器可以绕竖直对称轴
匀速转
动，质量为
的物块B 放在容器倾斜侧壁上，倾斜侧壁的倾角为
，质量也为
的物块A 贴在竖直侧壁
上，A、B 与容器侧壁间的动摩擦因数均为
，A、B 两物块到转轴的距离分别为
，，不计物块的
大小，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，要使两物块均相对于容器静止，容器转动的角速度
大小范围为
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】对于物块A 刚好不下滑时，N1=m×2r
，μN1=mg，求得
当物块B 刚好不下滑时，N2sin
－ μN2cos
=m×r
，N2cos
+μN2sin
=mg
求得
当物块B 刚好不上滑时，N3sin
+μN3cos
=m×r
，N3cos
=μN3sin
+mg，求得
要使A、B 均不滑动，则转动的角速度必须满足
，故选B。
【变式11-2】（多选）（2023·陕西商洛·一模）如图，一直角斜劈ABC 绕其竖直边BC 做圆周运动，斜面
上小物块始终与斜劈保持相对静止。若斜劈转动的角速度缓慢增大，下列说法正确的是（ ）
A．物块运动的周期变大
B．斜劈对物块的作用力逐渐增大
C．斜劈对物块的支持力逐渐增大
D．斜劈对物块的摩擦力逐渐增大
【答案】BD
【详解】A．由周期公式
，可知当角速度
增大时，周期T 变小，故A 错误；
B．物块所受合力提供物块做圆周运动的向心力，设斜劈对物块的作用力大小为F，则
，随着角速度的增大，F 增大，故B 正确；
CD．对物块受力分析，如图所示，有
，
，解得
，
当
增大时，
减小，f 增大，故C 错误，D 正确。
故选BD。
角度2：斜面上的圆周运动
【典例12】（2023 高三·全国·专题练习）如图所示，一倾角为θ＝30°的斜劈静置于粗糙水平面上，斜劈上
表面光滑，一轻绳的一端固定在斜面上的O 点，另一端系一小球。在图示位置垂直于绳给小球一初速度，
使小球恰好能在斜面上做圆周运动。已知O 点到小球球心的距离为l，重力加速度为g，整个过程中斜劈静
止，下列说法正确的是（ ）
A．小球在顶端时，速度大小为
B．小球在底端时，速度大小为
C．小球运动过程中，地面对斜劈的摩擦力大小不变
D．小球运动过程中，地面对斜劈的支持力等于小球和斜劈的重力之和
【答案】B
【详解】A．小球在顶端时，绳的拉力FT与重力沿斜面向下的分力的合力提供小球做圆周运动所需的向心
力，有FT＋mg sinθ＝m
可知绳的拉力越小，小球的速度越小，当绳的拉力为零时，小球恰好在斜面上做圆周运动，在顶端时的速
度为vmin＝
＝
，选项A 错误；
B．小球由顶端向底端运动时，只有重力对小球做功，根据动能定理，mg·2l sin θ＝
mv2－
mvmin
2
代入数据可得，v＝
，选项B 正确；
CD．小球在斜面上受重力、支持力和绳的拉力作用做变速圆周运动，其所受重力与斜面的支持力大小和方
向均保持不变，绳的拉力大小和方向均不断变化，根据牛顿第三定律，以斜劈为研究对象，斜劈在小球恒
定的压力、绳沿斜面方向不断变化的拉力、地面的支持力、摩擦力和自身的重力作用下保持平衡，绳的拉
力沿斜面方向不断变化，故其在水平和竖直方向上的分量也在不断变化，根据斜劈的平衡条件可知，它受
到的水平方向上的摩擦力大小是变化的，地面对斜劈支持力的大小不一定等于小球和斜劈重力之和，选项
CD 错误。
故选B。
【变式12-1】（多选）（江西省吉安市2023-2024 学年高二下学期期末教学质量检测物理试题）如图所
示，倾角为
的光滑绝缘的斜面固定放置，质量为
、带电量为
的带正电小球（视为质点），用长为
的轻质细线系在
点，匀强磁场方向垂直斜面向上，磁感应强度大小为
，让小球在最低点获得沿切线
的初速度后，沿弯曲箭头所指的方向做圆周运动，当小球运动到最高点
时，细线对小球的拉力与小球受
到的洛伦兹力等大，重力加速度为
，下列说法正确的是（ ）
A．小球在
点的速度大小为
B．小球在
点向心加速度大小为
C．小球在
点洛伦兹力大小为
D．小球在
点细线的拉力大小为
【答案】BD
【详解】A．对小球在
点由牛顿第二定律得，
，又
由以上两式得，
，故A 错误；
B．小球由
点到
点由动能定理得，
，将
代入上式可得
小球在
点向心加速度大小
，故B 正确；
C．小球在
点洛伦兹力大小
，故C 错误；
D．小球在
点利用牛顿第二定律得，
解得细绳拉力，
，故D 正确。
故选BD。
【变式12-2】（多选）（2023·辽宁大连·模拟预测）如图，两端开口的圆筒与水平地面成一定角度倾斜放
置。
是圆筒的中轴线，M、N 是筒壁上的两个点，且
。一个可视为质点的小球自M 点正上
方足够高处自由释放，由M 点无碰撞进入圆筒后一直沿筒壁运动，a、b、c 是小球运动轨迹依次与MN 的
交点。小球从M 到a 用时t1，从a 到b 用时t2，从b 到c 用时t3，小球经过a、b、c 时对筒壁压力大小分别
为Fa、Fb、Fc，lMa、lab、lbc表示M、a、b、c 相邻两点间的距离，不计一切摩擦和空气阻力。下列说法正确
的是（ ）
A．
=
=
B．
C．
D．
【答案】AB
【详解】A．由题意可知，小球自M 点正上方足够高处自由释放，由M 点无碰撞进入圆筒后，其速度可分
解为沿筒壁转动的速度和沿筒壁下滑的初速度，因圆筒倾斜放置，小球在圆筒中有沿筒壁向下的重力分
力，因此小球在圆筒截面方向做圆周转动的同时又沿筒壁向下做初速度不为零的匀加速直线运动，又由于
a、b、c 是小球运动轨迹依次与MN 的交点，表明经过相邻点过程圆周运动分运动恰好完成一个圆周，因
为圆周运动转动周期相等，根据分运动的等时性有
，故A 正确；
BC．小球在圆筒截面方向做圆周运动，由于
，则a、b、c 三点可以等效为沿圆筒截面方向做圆
周运动轨迹的同一位置，即a、b、c 三点圆周运动的线速度相等，又由于在a、b、c 三点位置，重力沿圆
筒截面的分力恰好沿截面的切线方向，可知由筒壁的弹力提供圆周运动的向心力，而圆周运动的半径相
同，根据向心力公式
可知，筒壁对小球的弹力大小相等，由牛顿第三定律可知，小球对筒壁的压力大小相等，则有
，
故B 正确，C 错误；
D．根据上述可知，小球沿筒壁向下做初速度不为零的匀加速直线运动，由位移时间公式有
可知
，故D 错误。
故选AB。
1．（2024·广东·高考真题）如图所示，在细绳的拉动下，半径为r 的卷轴可绕其固定的中心点O 在水平面
内转动。卷轴上沿半径方向固定着长度为l 的细管，管底在O 点。细管内有一根原长为
、劲度系数为k
的轻质弹簧，弹簧底端固定在管底，顶端连接质量为m、可视为质点的插销。当以速度v 匀速拉动细绳
时，插销做匀速圆周运动。若v 过大，插销会卡进固定的端盖。使卷轴转动停止。忽略摩擦力，弹簧在弹
性限度内。要使卷轴转动不停止，v 的最大值为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】有题意可知当插销刚卡紧固定端盖时弹簧的伸长量为
，根据胡克定律有
插销与卷轴同轴转动，角速度相同，对插销有弹力提供向心力
对卷轴有
，联立解得
，故选A。
2．（2023·北京·高考真题）在太空实验室中可以利用匀速圆周运动测量小球质量。如图所示，不可伸长的
轻绳一端固定于O 点，另一端系一待测小球，使其绕O 做匀速圆周运动，用力传感器测得绳上的拉力为
F，用停表测得小球转过n 圈所用的时间为t，用刻度尺测得O 点到球心的距离为圆周运动的半径R。下列
说法正确的是（ ）
A．圆周运动轨道可处于任意平面内
B．小球的质量为
C．若误将
圈记作n 圈，则所得质量偏大
D．若测R 时未计入小球半径，则所得质量偏小
【答案】A
【详解】A．空间站内的物体都处于完全失重状态，可知圆周运动的轨道可处于任意平面内，故A 正确；
B．根据
，
，解得小球质量
，故B 错误；
C．若误将n-1 圈记作n 圈，则得到的质量偏小，故C 错误；
D．若测R 时未计入小球的半径，则R 偏小，所测质量偏大，故D 错误。
故选A。
3．（2023·全国·高考真题）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
动周期与轨道半径成反比，则n 等于（ ）
A．1
B．2
C．3
D．4
【答案】C
【详解】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．（2022·北京·高考真题）我国航天员在“天宫课堂”中演示了多种有趣的实验，提高了青少年科学探索
的兴趣。某同学设计了如下实验：细绳一端固定，另一端系一小球，给小球一初速度使其在竖直平面内做
圆周运动。无论在“天宫”还是在地面做此实验（ ）
A．小球的速度大小均发生变化
B．小球的向心加速度大小均发生变化
C．细绳的拉力对小球均不做功
D．细绳的拉力大小均发生变化
【答案】C
【详解】AC．在地面上做此实验，忽略空气阻力，小球受到重力和绳子拉力的作用，拉力始终和小球的速
度垂直，不做功，重力会改变小球速度的大小；在“天宫”上，小球处于完全失重的状态，小球仅在绳子
拉力作用下做匀速圆周运动，绳子拉力仍然不做功，A 错误，C 正确；
BD．在地面上小球运动的速度大小改变，根据
和
（重力不变）可知小球的向心加速度和拉
力的大小发生改变，在“天宫”上小球的向心加速度和拉力的大小不发生改变，BD 错误。
故选C。
5．（多选）（2024·甘肃·高考真题）电动小车在水平面内做匀速圆周运动，下列说法正确的是（ ）
A．小车的动能不变
B．小车的动量守恒
C．小车的加速度不变
D．小车所受的合外力一定指向圆心
【答案】AD
【详解】A．做匀速圆周运动的物体速度大小不变，故动能不变，故A 正确；
B．做匀速圆周运动的物体速度方向时刻在改变，故动量不守恒，故B 错误；
C．做匀速圆周运动的物体加速度大小不变，方向时刻在改变，故C 错误；
D．做匀速圆周运动的物体所受的合外力一定指向圆心，故D 正确。
故选AD。
6．（2023·江苏·高考真题）“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
时，碟子边缘看似一个光环。求此时发光物体的速度大小
和受到的静摩擦力大小f。
【答案】
；
【详解】发光体的速度
发光体做匀速圆周运动，则静摩擦力充当做圆周运动的向心力，则静摩擦力大小为
7．（2024·江西·高考真题）雪地转椅是一种游乐项目，其中心传动装置带动转椅在雪地上滑动。如图
（a）、（b）所示，传动装置有一高度可调的水平圆盘，可绕通过中心O 点的竖直轴匀速转动。圆盘边缘
A 处固定连接一轻绳，轻绳另一端B 连接转椅（视为质点）。转椅运动稳定后，其角速度与圆盘角速度相
等。转椅与雪地之间的动摩擦因数为
，重力加速度为g，不计空气阻力。
（1）在图（a）中，若圆盘在水平雪地上以角速度
匀速转动，转椅运动稳定后在水平雪地上绕O 点做半
径为
的匀速圆周运动。求
与
之间夹角
的正切值。
（2）将圆盘升高，如图（b）所示。圆盘匀速转动，转椅运动稳定后在水平雪地上绕
点做半径为
的匀
速圆周运动，绳子与竖直方向的夹角为
，绳子在水平雪地上的投影
与
的夹角为
。求此时圆盘
的角速度
。
【答案】（1）
；（2）
【详解】（1）转椅做匀速圆周运动，设此时轻绳拉力为T，转椅质量为m，受力分析可知轻绳拉力沿切线
方向的分量与转椅受到地面的滑动摩擦力平衡，沿径向方向的分量提供圆周运动的向心力，故可得
，
，联立解得
（2）设此时轻绳拉力为
，沿
和垂直
竖直向上的分力分别为
，
对转椅根据牛顿第二定律得
沿切线方向
竖直方向
联立解得
8．（2023·福建·高考真题）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
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
，杆与竖直转轴的夹角a 始终为
，弹簧原长
，弹簧劲度系数
，
圆环质量
；弹簧始终在弹性限度内，重力加速度大小取
，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）
；（3）
【详解】（1）当细杆和圆环处于平衡状态，对圆环受力分析得，
根据胡克定律
得，
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，
（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，
由几何关系得圆环，此时转动的半径为，
联立解得，
（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
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
，
由几何关系得，
，联立解得
一、单选题
1．（2024·甘肃酒泉·三模）如图所示为脚踏自行车的传动装置简化图，各轮的转轴均固定且相互平行，
甲、乙两轮同轴且无相对转动，已知甲、乙、丙三轮的半径之比为1:9:3，传动链条在各轮转动中不打滑，
则乙、丙转速之比为（ ）
A．1:2
B．2:1
C．3:1
D．1:3
【答案】C
【详解】甲、丙两轮边缘处的各点线速度相等，根据
可得甲、丙的转速之比为3:1，甲、乙同轴转动，角速度相等，转速相等，所以乙、丙转速之比为3:1。
故选C。
2．（2024·福建·三模）如图所示为我国某平原地区从P 市到Q 市之间的高铁线路，线路上
，
，
位置
处的曲率半径分别为r，r、2r。若列车在P 市到Q 市之间匀速率运行，列车在经过
，
，
位置处与铁
轨都没有发生侧向挤压，三处铁轨平面与水平面间的夹角分别为
、
，
。下列说法正确的是（ ）
A．列车依次通过3 个位置的角速度之比为1：1：2
B．列车依次通过3 个位置的向心加速度之比为1：1：2
C．3 个位置的
D．3 个位置的内外轨道的高度差之比为1：1：2
【答案】C
【详解】A.根据
可知，列车依次通过3 个位置的角速度之比为2：2：1，故A 错误；
B.根据
可知，列车依次通过3 个位置的向心加速度之比为2：2：1，故B 错误；
C.根据火车在转弯处的受力分析，由牛顿第二定律
，可知
，故
，故C 正确；
D.设内外轨道间距离为
，则有
，h 和
成正比，所以
，故D 错
误。
故选C。
3．（2024·北京昌平·二模）如图所示，两个质量均为m 的小木块A、B（可视为质点）放在水平圆盘上，
A、B 到转轴
的距离分别为l、
．小木块与圆盘之间的动摩擦因数均为
，可以认为小木块最大静摩
擦力等于滑动摩擦力．若圆盘从静止开始绕轴转动，并缓慢地加速，用
表示圆盘转动的角速度，用g 表
示重力加速度的大小，下列说法正确的是（ ）
A．圆盘对A 的作用力大小大于A 对圆盘的作用力大小
B．当
时，A 所受摩擦力的大小为
C．A、B 所受摩擦力的大小始终相等
D．B 一定比A 先开始滑动
【答案】D
【详解】A．圆盘对A 的作用力与A 对圆盘的作用力是相互作用力，总是等大反向，选项A 错误；
B．当
时，A 所受摩擦力的大小为
，选项B 错误；
C．根据
可知，在两物块未发生相对滑动时，A、B 所受摩擦力的大小不相等，当两物块都产生相
对滑动后受滑动摩擦力大小相等，选项C 错误；
D．根据
可知，
，可知产生滑动时B 的临界角速度较小，则B 一定比A 先开始滑
动，选项D 正确。
故选D。
4．（2024·湖北·二模）某同学在转动如图所示的铅笔的过程中，发现在水平面内绕笔中心转动的角速度超
过20rad/s 时，位于铅笔一端的橡皮将滑出，已知他使用的铅笔长
，假设橡皮受到的最大静摩擦力为
定值，且橡皮的大小可忽略，
取
，则要保证橡皮擦不滑出，这支铅笔在竖直面内绕其中心转动的
角速度的最大值为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】在水平面内绕笔中心转动过程中，令最大静摩擦力为
，则有
在竖直面内绕其中心转动过程中，若要保证橡皮擦不滑出，由于在最低点由竖直向上的摩擦力与重力的合
力提供向心力，则在橡皮擦能够顺利通过最低点，则有
，解得
，故选B。
5．（2024·浙江金华·三模）智能呼啦圈可以提供全面的数据记录，让人合理管理自己的身材。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0.4kg，轻绳长为0.4m，悬挂点P 到腰带中心点O 的距离为0.26m，配
重随短杆做水平匀速圆周运动，绳子与竖直方向夹角为
，运动过程中腰带可视为静止，重力加速度g 取
，
，下列说法正确的是（ ）
A．若增大转速，腰带受到的摩擦力变大
B．当转速
时，则绳子与竖直方向夹角
C．若增大转速，则绳子与竖直方向夹角
将减小
D．若增加配重，保持转速不变，则绳子与竖直方向夹角
将减小
【答案】B
【详解】A．转动过程中，以腰带和配重整体为研究对象，整体在竖直方向处于平衡状态，根据平衡条件
有
，故增大转速，腰带受到的摩擦力不变，故A 错误；
B．对配重进行受力分析，根据牛顿第二定律可得，
，
当转速
时，代入数据可得，
，故B 正确；
CD．对配重进行受力分析，其在水平面上做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律可得，
，整理得，
故增大转速，则绳子与竖直方向夹角
将增大，绳子与竖直方向夹角与配重质量无关，故CD 错误。
故选B。
6．（23-24 高一下·河南开封·阶段练习）有关圆周运动的基本模型，下列说法正确的是（ ）
A．如图甲，火车转弯超过规定速度行驶时，内轨和轮缘间会有挤压作用
B．如图乙，“水流星”表演中，过最高点时水没有从杯中流出，水对杯底压力不可以为零
C．如图丙，小球竖直面内做圆周运动，过最高点的速度至少等于
D．如图丁，A、B 两小球在同一水平面做圆锥摆运动，则A 与B 的角速度相等
【答案】D
【详解】A．火车转弯超过规定速度行驶时，需要更大的向心力，则外轨和轮缘间会有挤压作用，故A 错
误；
B．在最高点时，当只有重力提供向心力时，杯底对水的支持力为零，由牛顿第三定律得水对杯底压力为
零，故B 错误；
C．轻杆对小球可以提供支持力，则小球能通过最高点的临界速度为0，故C 错误；
D．设两球与悬点的竖直高度为h，根据牛顿第二定律，
，又
，联立得
所以A、B 两小球在同一水平面做圆锥摆运动，角速度相等，故D 正确。
故选D。
7．（2024·山西临汾·二模）一个单摆在竖直平面内摆动（摆角
较小），摆球运动到最高点时对细线的拉
力大小为
、摆动的周期为
；保持摆长不变，让该小球在水平面内做圆锥摆运动，摆线偏离竖直方向的
夹角也为
，运动过程中摆球对细线的拉力大小为
，摆动的周期为
。则（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】设摆球质量为m，摆长为L，对单摆有
，
对圆锥摆有
，
，联立以上四式可得
，
故选B。
二、多选题
8．（2024·辽宁大连·二模）U 型池滑板是青少年喜欢的极限运动项目之一。如图所示，U 型池滑道的一侧
可近似看成四分之一圆弧轨道，运动员沿圆弧轨道由静止开始从上端滑到下端过程中，不计阻力大小，则
运动员（ ）
A．所受支持力一直增大
B．加速度先增大后减小
C．沿竖直方向的合外力先减小后增大
D．沿圆弧切线方向的加速度一直增大
【答案】AC
【详解】AD．对运动员受力分析，如图
把重力分解成沿半径方向和沿切线方向，可得
，
运动员下滑过程，速率增大，
增大。可知支持力一直增大，沿圆弧切线方向的加速度一直减小。故A 正
确；D 错误；
B．运动员下滑过程受自身重力和轨道的支持力，做出二力合成的示意图，如图
可知随着运动员的下滑，其合外力先减小后增大，即加速度先减小后增大。故B 错误；
C．刚下滑时竖直方向加速度向下，最后加速度向上，把支持力分解为竖直方向和水平方向，如图
竖直方向由牛顿第二定律，可知，
运动员下滑过程支持力的竖直分力逐渐增大，沿竖直方向的合外力先是竖直向下逐渐减小然后竖直向上逐
渐增大。故C 正确。
故选AC。
9．（2024·四川南充·三模）如图，足够大水平圆盘中央固定一光滑竖直细杆，质量分别为2m 和m 的小球
A、B 用轻绳相连，小球A 穿过竖直杆置于原长为l 的轻质弹簧上，弹簧劲度系数为
，B 紧靠一个
固定在圆盘上且与OAB 共面的挡板上，在缓慢增加圆盘转速过程中，弹簧始终在弹性限度内，不计一切摩
擦，重力加速度为g，则（ ）
A．球离开圆盘后，弹簧弹力不变
B．绳子越长小球飞离圆盘时的角速度就越大
C．当角速度为
时，弹簧长度等于
D．当角速度为
时，弹簧弹力等于
【答案】AD
【详解】A．球离开圆盘后，对B 竖直方向
对A 竖直方向
，即弹簧弹力不变，选项A 正确；
B．设小球恰飞离圆盘时绳子与竖直方向夹角为θ0，此时弹簧长度为l1，对A，
，解得
则
对B，
，
，则小球飞离圆盘时的角速度为定值，与绳长无关，
选项B 错误；
C．当角速度为
，此时物块还没有离开圆盘，此时弹簧长度大于
，选项C 错误；
D．当角速度为
此时物块已经离开圆盘，此时弹簧弹力等于
，选项D 正确。
故选AD。
10．（2024·广东湛江·二模）某马戏团上演的飞车节目如图所示，在竖直平面内有半径为R 的固定圆轨
道。表演者骑着摩托车在圆轨道内做圆周运动。已知人和摩托车的总质量为m，重力加速度大小为g，摩
托车以
的速度通过圆轨道的最高点B．关闭摩托车的动力，不计摩擦，忽略空气阻力，人和摩托车
整体可视为质点，下列说法正确的是（ ）
A．摩托车经过B 点时对轨道的压力大小为2mg
B．摩托车经过A 点时的速度大小为
C．摩托车从B 点到A 点的过程中，重力的功率先增大后减小
D．摩托车从B 点到A 点的过程中，先超重后失重
【答案】BC
【详解】A．由题意可知，摩托车在B 点时，有
，解得
，由牛顿第三定律可知，摩
托车经过B 点时对轨道的压力大小为mg，选项A 错误；
B．摩托车从B 点到A 点的过程中，由机械能守恒定律有
，其中
，解得
，选项B 正确；
C．摩托车从B 点到A 点的过程中，竖直速度vy 先增大后减小，重力的功率
，重力的功率先增大
后减小，选项C 正确；
D．摩托车从B 点到A 点的过程中，加速度竖直分量先向下后向上，即先失重后超重，选项D 错误。
故选BC。
三、解答题
11．（2024·湖南·模拟预测）如图所示，竖直平面内的光滑轨道由两部分拼接而成，其中MNP 为半径
半圆弧轨道，PQ 为半径
的
圆轨道，将质量
的小球A 从M 点正上方的某点由静
止释放，小球无碰撞地从M 点进入轨道后，与静止在轨道最低点N 处的小球B 发生弹性正碰，小球A 反
弹后恰好能回到M 点，小球B 沿轨道运动到Q 点水平飞出后又恰好经过M 点。两小球均可视为质点，不
计空气阻力，取重力加速度大小
，求：
（1）两小球碰撞后小球B 的速度大小
（2）小球B 经过Q 点时对轨道的压力大小
。
【答案】（1）7.5m/s；（2）0.875N
【详解】（1）小球B 从Q 点做平抛运动经过M 点，则
，
，解得
则从N 到Q 由机械能守恒可知，
，解得
（2）小球A 碰后的速度
碰撞过程由动量守恒和能量守恒，
，
，解得mB=0.7kg
小球B 经过Q 点时，
，解得，
则对轨道的压力大小，
12．（2024·黑龙江哈尔滨·二模）如图所示，在足够大的转盘中心固定一个小物块B，距离中心为
处放置小物块A。A、B 质量均为
，A 与转盘之间的动摩擦因数为
。现在用原长为
、劲度系数
的轻质弹簧将两者拴接，重力加速度
，假设弹簧始终处于弹性限
度以内，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则：
（1）缓慢增加转盘转动的角速度，求A 即将打滑时的
；
（2）若小物块B 解除固定状态，B 和转盘间动摩擦因数为
，现将转盘角速度从0 开始缓慢增大，
为了保证B 不打滑，求满足条件的转盘角速度
的大小范围。
【答案】（1）
；（2）
【详解】（1）设盘的角速度为
时，物块A 将开始滑动，则
代入数值解得A 即将打滑时，
（2）若小物块B 解除固定状态，则物块刚好滑动时弹簧拉力为F，则对B 有，
由胡克定律可知
，可得，
对A 受力分析，为了保证B 不打滑，则有
，可得
13．（2024·北京石景山·一模）一兴趣小组的同学为探究物体做圆周运动的特点制作了如图所示的装置：
弧形轨道下端与半径为R 的竖直圆轨道平滑相接，B 点和C 点分别为圆轨道的最低点和最高点。该小组的
同学让质量为m 的小球（可视为质点）从弧形轨道上距B 点高5R 的A 点由静止释放，先后经过B 点和C
点，而后沿圆轨道滑下。忽略一切摩擦，重力加速度为g。
（1）求小球通过B 点时的速度大小vB。
（2）求小球通过C 点时，轨道对小球作用力的大小F 和方向。
（3）该小组的同学认为，只要小球能够经过C 点，则轨道B 和C 两点对小球的压力大小之差是不变的。
你是否同意这一观点请说明理由。
【答案】（1）
；（2）F=5mg ，方向竖直向下；（3）同意，见解析
【详解】（1）小球从A 点到B 点，由机械能守恒
解得
（2）小球从A 点到C 点，由机械能守恒
在C 点，根据牛顿第二定律，
，解得
，方向竖直向下。
（3）同意。由机械能守恒，
根据牛顿第二定律，
，
解得轨道B 和C 两点对小球压力大小之差，
，故轨道B 和C 两点对小球压力大小之差为定
值。
