文档文本内容
2026 高考物理总复习专题讲义12：圆周运动（共38 页）
目录
【链接高考】.....................................................................................................................................1
【知识梳理】...................................................................................................................................11
【考纲要求】...........................................................................................................................11
【知识网络】...........................................................................................................................11
【考点梳理】...................................................................................................................................11
考点一、描述圆周运动的物理量...........................................................................................11
1、描述圆周运动的物理量.............................................................................................11
2、匀速圆周运动.............................................................................................................11
考点三、传动装置中各物理量之间的关系..........................................................................12
考点四、圆周运动实例分析...................................................................................................12
1、火车转弯.....................................................................................................................12
2、汽车过拱桥.........................................................................................................13
4、离心运动.....................................................................................................................13
【考向分析】...................................................................................................................................13
考向一、传动装置中各物理量之间的关系..........................................................................13
考向二、向心力来源分析.......................................................................................................15
考向三、圆周运动的连接体问题...........................................................................................16
考向四、圆周运动的临界问题（竖直面内圆周运动、圆锥摆）......................................17
考向五、圆周运动的综合应用...............................................................................................22
【高考解题速通】...........................................................................................................................23
【链接高考】
1．（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
2.（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
3．（2020·全国I 卷·高考真题）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（ ）
A．200 N
B．400 N
C．600 N
D．800 N
【答案】B
【详解】在最低点由
知
T=410N
即每根绳子拉力约为410N，故选B。
4．（2024·全国·模拟预测）如图所示，小物块A、B、C 与水平转台相对静止，B、C 间通
过原长为1.5r、劲度系数
的轻弹簧连接，已知A、B、C 的质量均为m，A 与B
之间的动摩擦因数为2μ，B、C 与转台间的动摩擦因数均为μ，A 和B、C 离转台中心的距
离分别为r、1.5r，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，以下说法正确的是（ ）
A．逐渐增大转台角速度，B 先相对于转台滑动
B．当B 与转台间摩擦力为零时，C 受到的摩擦力方向沿半径背离转台中心
C．当B 与转台间摩擦力为零时，A 受到的摩擦力为
D．当A、B 及C 均相对转台静止时，允许的最大角速度为
【答案】B
【详解】A．当AB 刚好要滑动时，弹簧弹力与最大最大静摩擦力的合力提供向心力，则对
AB 整体有
解得
假设B 不动，当C 刚好要滑动时，则有
解得
因为
可知C 先滑动，而A 受到的摩擦力为
故A 相对B 静止，故A 错误；
D．A、B 及C 均相对转台静止时允许的最大角速度为
故D 错误；
B．当B 与转台间摩擦力为0 时，对AB 整体由弹簧弹力提供向心力，则有
解得
此时C 受到的向心力
故C 受到的摩擦力方向背离中心，故B 正确；
C．A 受到的摩擦力为
故C 错误。
故选B。
5．如图所示，小球A 可视为质点，装置静止时轻质细线AB 水平，轻质细线AC 与竖直方
向的夹角37°。已知小球的质量为m，细线AC 长l，B 点距C 点的水平和竖直距离相等。装
置能以任意角速度绕竖直轴转动，且小球始终在
平面内，那么在角速度
从零缓慢
增大的过程中（ ）（重力加速度g 取
，
，
）
A．两细线张力均增大
B．细线AB 中张力一直变小，直到为零
C．细线AC 中张力一直增大
D．当AB 中张力为零时，角速度可能为
【答案】D
【详解】AB．当静止时，受力分析如图，由平衡条件
由平衡条件得
TAB=mgtan37°=0.75mg
TAC＝
＝1.25mg
若AB 中的拉力为0，当ω 最小时绳AC 与竖直方向夹角θ1=37°，受力分析如图
根据受力分析
mgtanθ1＝m(Lsinθ1)ωmin
2
得
根据对称性可知，当ω 最大时绳AC 与竖直方向夹角θ2=53°，此时应有
mgtanθ2＝mωmax
2Lsinθ2
得
ωmax＝
所以ω 取值范围为
≤ω≤
绳子AB 的拉力都是0．由以上的分析可知，开始时AB 拉力不为0，当转速在
≤ω≤
时，AB 的拉力为0，角速度再增大时，AB 的拉力又会增大，AB 错误；
C．当绳子AC 与竖直方向之间的夹角不变时，AC 绳子的拉力在竖直方向的分力始终等于
重力，所以绳子的拉力绳子等于1.25mg；当转速大于
后，绳子与竖直方向之间的夹角
增大，拉力开始增大；当转速大于
后，绳子与竖直方向之间的夹角不变，AC 上竖直
方向的拉力不变；随后当水平方向的拉力增大，AC 的拉力继续增大，C 错误；
D．由开始时的分析可知，当ω 取值范围为
≤ω≤
时，绳子AB 的拉力都是0，D
正确。
故选D。
6．（2019·江苏·高考真题）如图所示，摩天轮悬挂的座舱在竖直平面内做匀速圆周运动．
座舱的质量为m，运动半径为R，角速度大小为ω，重力加速度为g，则座舱
A．运动周期为
B．线速度的大小为ωR
C．受摩天轮作用力的大小始终为mg
D．所受合力的大小始终为mω2R
【答案】BD
【详解】由于座舱做匀速圆周运动，由公式
，解得：
，故A 错误；由圆周
运动的线速度与角速度的关系可知，
，故B 正确；由于座舱做匀速圆周运动，所以
座舱受到摩天轮的作用力是变力，不可能始终为
，故C 错误；由匀速圆周运动的合力
提供向心力可得：
，故D 正确．
7．（2022·全国·模拟预测）如图所示， 两个可视为质点的、相同的木块A 和B 放在转盘
上且木块A、B 与转盘中心在同一条直线上， 两木块用长为 L 的细绳连接， 木块与转盘
的最大静摩擦力均为各自重力的 k 倍， A 放在距离转轴L 处，整个装置能绕通过转盘中
心的转轴O1O2转动，开始时， 绳恰好伸直但无弹力， 现让该装置从静止转动，角速度缓
慢增大， 以下说法不正确的是（ ）
A．当
时， 绳子一定有弹力
B．当
时， A、B 会相对于转盘滑动
C．当ω 在
范围内增大时， A 所受摩擦力一直变大
D．当ω 在
范围内增大时， B 所受摩擦力变大
【答案】CD
【详解】开始角速度较小，两木块都靠静摩擦力提供向心力，B 先到达最大静摩擦力，角
速度继续增大，则绳子出现拉力，角速度继续增大，A 的静摩擦力增大，当增大到最大静
摩擦力时，开始发生相对滑动。
B．当A 所受的摩擦力达到最大静摩擦力时，A、B 相对于转盘会滑动，对A 有
对B 有
解得
当
时，A、B 相对于转盘会滑动，故B 正确；
A．当B 达到最大静摩擦力时，绳子开始出现弹力
解得
知
时，绳子具有弹力，故A 正确；
D．角速度
，B 所受的摩擦力变大，在
范围内增大时，B 所受
摩擦力不变，故D 错误；
C．当在
范围内增大时，A 所受摩擦力一直增大，故C 错误。
本题选不正确的，故选CD。
【知识梳理】
【考纲要求】
1、知道匀速圆周运动的定义及相关物理量；
2、知道匀速圆周运动的动力学特征；
3、会正确分析向心力的来源；
4、知道向心力的公式；
5、理解圆周运动的临界条件；
6、掌握利用牛顿运动定律分析匀速圆周运动问题。
【知识网络】
角速度
线速度
向心加速度
运行周期
向心力
【考点梳理】
考点一、描述圆周运动的物理量
1、描述圆周运动的物理量
描述圆周运动的物理量主要有线速度、角速度、周期、频率、转速、向心加速度、向
心力等。
2、匀速圆周运动
特点：线速度的大小恒定，角速度、周期和频率都是恒定不变的，向心加速度和向心
力的大小也都是恒定不变的。
要点诠释：1、匀速圆周运动是速度大小不变而速度方向时刻在变的变速曲线运动，并且是
加速度大小不变、方向时刻变化的变加速曲线运动。2、只存在向心加速度，向心力就是做
匀速圆周运动的物体所受的合外力。3、质点做匀速圆周运动的条件（1）物体具有初速度；
（2）物体受到的合外力F 的方向与速度
的方向始终垂直。（匀速圆周运动）
考点二、向心力的性质和来源
要点诠释：向心力是按力的效果命名的，它可以是做圆周运动的物体受到的某一个力或是
几个力的合力或是某一个力的分力，要视具体问题而定。
在匀速圆周运动中，由于物体运动的速率不变，动能不变，故物体所受合外力与速度
时刻垂直、不做功，其方向指向圆心，充当向心力，只改变速度的方向，产生向心加速度。
考点三、传动装置中各物理量之间的关系
在分析传动装置中各物理量的关系时，一定要明确哪个量是相等的，哪个量是不等的。
1、角速度相等：同轴转动的物体上的各点角速度相等。
2、线速度大小相等：（要求：在不打滑的条件下）
（1）皮带传动的两轮在皮带不打滑的条件下，皮带上及两轮边缘各点的线速度大小相
等；
（2）齿轮传动；（3）链条传动；（4）摩擦轮传动；
（5）交通工具的前后轮（自行车、摩托车、拖拉机、汽车、火车等等）
考点四、圆周运动实例分析
1、火车转弯
在转弯处，若向心力完全由重力G 和支持力
的合力
来提供，则铁轨不受轮缘的
挤压，此时行车最安全。R 为转弯半径，
为斜面的倾角，
，
所以
。
（1）当
时，即
，重力与支持力
的合力不
足以提供向心力，则外轨对轮缘有侧向压力。（2）当
时，即
，重
力与支持力
的合力大于所需向心力，则内轨对轮缘有侧向压力。（3）当
时，
，火车转弯时不受内、外轨对轮缘的侧向压力，火车行驶最安全。
2、汽车过拱桥
如汽车过拱桥桥顶时向心力完全由重力提供（支持力为零），则据向心力公式
得：
（R 为圆周半径），故汽车是否受拱桥桥顶作用力的临界
条件为：
，此时汽车与拱桥桥顶无作用力。
3、航天器中的失重现象
航天员在航天器中绕地球做匀速圆周运动时，航天员只受地球引力，座舱对航天员的
支持力为零，航天员处于完全失重状态。引力提供了绕地球做匀速圆周运动所需的向心力。
4、离心运动
做圆周运动的物体，当提供的向心力等于做圆周运动所需要的向心力时，沿圆周运动。
当提供的向心力小于做圆周运动所需要的向心力时，物体沿切线与圆周之间的一条曲
线运动。当产生向心力的合外力消失，F=0，物体便沿所在位置的切线方向飞出去。
【考向分析】
考向一、传动装置中各物理量之间的关系
1．（2019·上海·高考真题）以A、B 为轴的圆盘，A 以线速度v 转动，并带动B 转动，A、
B 之间没有相对滑动则（ ）
A．A、B 转动方向相同，周期不同
B．A、B 转动方向不同，周期不同
C．A、B 转动方向相同，周期相同
D．A、B 转动方向不同，周期相同
【答案】A
【详解】两轮接触位置没有相对滑动，所以两轮边缘线速度相同，根据题意可知，转动方
向相同，均为逆时针；根据周期公式
可知，线速度大小相同，而半径不同，所以周期不同，BCD 错误，A 正确。
故选A。
2．（2024·广西南宁·二模）如图所示，修正带是一种常见的学习用具，是通过两个齿轮的
相互咬合进行工作的，其原理可简化为图中所示的模型。A、B 是转动的大小齿轮边缘的两
点，C 是大轮上的一点，若A、B、C 的轨道半径之比为2：3：2，则A、B、C 的向心加速
度大小之比（ ）
A．9：6：4
B．9：6：2
C．6：4：3
D．6：3：2
【答案】A
【详解】修正带是通过两个齿轮的相互咬合进行工作的，边缘点的线速度大小相等，即
根据向心加速度的公式
可知A、B 的向心加速度大小之比3：2；又B、C 两点为同轴转动，则角速度相等，即
根据向心加速度的公式
可知B、C 的向心加速度大小之比3：2；综上可知A、B、C 的向心加速度大小之比9：6：
4。
故选A。
考向二、向心力来源分析
向心力不是和重力、弹力、摩擦力相并列的一种性质力，而是根据力的效果命名的。
在分析做圆周运动的质点受力情况时，切不可在物体所受的作用力（重力、弹力、摩擦力
万有引力等）以外再添加一个向心力。向心力可能是物体受到的某一个力，也可能是物体
受到的几个力的合力或某一个力的分力。
1．（2021·广东·二模）如图，小明在游乐园乘坐摩天轮。已知摩天轮在竖直平面内沿逆时
针方向做匀速圆周运动。当小明从最低点a 处转动到水平位置d 处的过程中，小明
（ ）
A．对座舱的压力大小不变
B．所受合外力的大小逐渐变大
C．在水平方向的受力大小逐渐变大
D．在水平方向的受力大小保持不变
【答案】C
【详解】小明的受力分析如图所示，其中Fx为水平方向的受力，Fy为竖直方向的受力，Fx
与Fy的合力提供向心力F，其中Fy是小明的重力mg 和座舱对其支持力FN的合力，即
当小明从a 到d 的运动过程中，F 大小不变，即小明所受合外力的大小不变，但方向逐渐
趋于水平，由此可知Fy逐渐减小，Fx逐渐增大，则FN逐渐减小，根据牛顿第三定律可知小
明对座舱的压力逐渐减小。
故选C。
考向三、圆周运动的连接体问题
1．如图所示，两个可视为质点的、相同的木块A 和B 放在转盘上，两者用长为L 的细绳
连接，木块与转盘的最大静摩擦力均为各自重力的K 倍，A 放在距离转轴L 处，整个装置
能绕通过转盘中心的转轴O1O2 转动，开始时，绳恰好伸直但无弹力，现让该装置从静止
开始转动，使角速度缓慢增大，以下说法正确的是（ ）
A．当
时，A、B 相对于转盘会滑动
B．当
，绳子一定有弹力
C．ω 在
范围内增大时，B 所受摩擦力变大
D．ω 在
范围内增大时，A 所受摩擦力一直变大
【答案】ABD
【详解】A．当A、B 所受摩擦力均达到最大值时，A、B 相对转盘即将滑动，则有
解得
所以，当
时，A、B 相对于转盘会滑动，故A 正确；
B．当B 所受静摩擦力达到最大值后，绳子开始有弹力，即有
解得
可知当
时，绳子有弹力，故B 正确；
C．当
时，B 已达到最大静摩擦力，则ω 在
范围内增大时，B
受到的摩擦力不变，故C 错误；
D．ω 在
范围内，A 相对转盘是静止的，A 所受摩擦力为静摩擦力，当
时，绳上无拉力，则
当ω 增大时，静摩擦力也增大；
当
时，B 的摩擦力不变，有
可知随着ω 增大，绳上拉力增大，对A 有
得
可知随着ω 增大，A 所受摩擦力也增大，故D 正确。
故选ABD。
考向四、圆周运动的临界问题（竖直面内圆周运动、圆锥
摆）
1．（2022·全国·模拟预测）轻杆一端连着质量为
的小球，另一端固定，使小球在竖直面
内做半径为
的圆周运动，如图所示，重力加速度为
，下列说法正确的是（ ）
A．小球通过最高点时，轻杆中弹力不可以为0
B．小球恰好通过最高点时的速度是
C．若小球通过最高点时速度
，则小球此时受到轻杆的作用力为拉力
D．小球通过最低点时，受到轻杆拉力必大于
【答案】CD
【详解】ABC．小球通过最高点时，若重力刚好提供向心力时，则有
解得
可知小球通过最高点时，轻杆中弹力可以为0；小球恰好通过最高点时的速度为0；若小球
通过最高点时速度
，则重力不足以提供向心力，此时小球受到轻杆的作用力为拉
力，故AB 错误，C 正确；
D．小球通过最低点时，根据牛顿第二定律可得
可知小球受到轻杆拉力必大于
，故D 正确。
故选CD。
2．（2024·陕西咸阳·模拟预测）如图所示，长为0.1m 的轻杆一端固定一小球质量为0.1kg
的小球，小球绕圆心O 在竖直面内做圆周运动。P 是圆周上的最高点，重力加速度
，下面说法正确的时（ ）
A．当小球运动到与O 相平的水平位置时，杆对小球作用力为零
B．若小球经过P 点时速度为1m/s，杆对小球作用力为零
C．若小球经过P 点时杆对小球作用力等于0.36N，小球的速度一定等于0.8m/s
D．若小球经过Q 点时杆对小球作用力等于5N，小球速度一定等于2m/s
【答案】BD
【详解】A．小球做圆周运动过程中要有向心力，因此，当小球运动到与
相平的水平位
置时杆对小球提供一个指向圆心的拉力，故A 错误；
B．在最高点
，当只有重力提供向心力时有
代入数据解得
故B 正确；
C．在最高点
，杆对小球的作用力可能向上，也可能向下，因此有
或
解得
故C 错误；
D．当小球运动到最低点时，小球受杆的拉力为
，有
代入数据解得
故D 正确。
故选BD。
3．如图1 所示一个光滑的圆锥体固定在水平桌面上，其轴线竖直，母线与轴线之间夹角为
，一条长度为l 的轻绳，一端固定在圆锥体的顶点O 处，另一端拴着一个质量为m 的小
球（可看作质点），小球以角速度
绕圆锥体的轴线做匀速圆周运动，细线拉力F 随
变
化关系如图2 所示。重力加速度g 取
，由图2 可知（ ）
A．小球的角速度为
时，小球刚离开锥面
B．母线与轴线之间夹角
C．小球质量为
D．绳长为
【答案】AD
【详解】A．根据图乙可知，当小球的角速度满足
小球恰好要离开锥面，此时角速度为
可知小球的角速度为
时，小球刚离开锥面，故A 正确；
BCD．当小球将要离开锥面时，绳子拉力与小球重力的合力提供向心力，有
即
当小球离开锥面后，设绳子与竖直方向的夹角为
，绳子拉力与小球重力的合力提供向心
力，有
即
则根据图乙，结合所得绳子拉力
与
的函数关系可知，当小球离开锥面后
当小球未离开锥面时，分析小球受力情况，水平方向，根据牛顿第二定律有
竖直方向根据平衡条件有
联立可得
根据图乙，结合所得函数关系可得
，
联立解得
，
，
故D 正确，BC 错误。
故选AD。
4．（2024·四川自贡·模拟预测）长为
的细线，拴一质量为
的小球，一端
固定于
点，让其在水平面内做匀速圆周运动。如图所示，当细线与竖直方向的夹角是
时，重力加速度为
。
。求：
(1)细线的拉力
大小
(2)小球运动的线速度的大小
(3)小球运动的角速度是多少
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）竖直方向根据平衡条件得
解得
（2）根据牛顿第二定律得
解得
（3）根据牛顿第二定律得
解得
考向五、圆周运动的综合应用
1．（2019·重庆·一模）如图甲所示，小物块A 放在长木板B 的左端，一起以v0在光滑水平
面上向右匀速运动，在其运动方向上有一固定的光滑四分之一圆弧轨道C，已知轨道半径
R=0.1m，圆弧的最低点D 切线水平且与木板等高，木板撞到轨道后立即停止运动，小物块
继续滑行，当小物块刚滑上圆弧轨道时，对轨道压力恰好是自身重力的2 倍．从木板右端
距离圆弧轨道左端s=8m 开始计时，得到小物块的v-t 图像，如图乙所示，小物块3s 末刚好
滑上圆弧轨道，图中v0 和v1 均未知，重力加速度g 取10m/s2，求：
(1)长木板的长度；
(2)物块与木板之间的动摩擦因数．
【答案】(1)2.5m(2)0.3
【分析】(1)由图知，木板B 和小物块A 在0～2s 内做匀速直线运动，由速度公式可得：小
物块A 运动的速度v0；对刚滑上圆弧轨道时的小物块受力分析，由牛顿第二定律可得：小
物块滑上圆弧轨道的速度
；小物块A 在2～3s 内做匀减速直线运动，由
可得
长木板的长度；
(2)对小物块A 在2～3s 内的运动过程，受力分析，由牛顿第二定律和运动学公式可得物
块与木板之间的动摩擦因数．
【详解】(1) 由图知，木板B 和小物块A 在0～2s 内做匀速直线运动，则
物块刚滑上圆弧轨道时，对轨道压力恰好是自身重力的2 倍，则轨道对物体的支持力是
对刚滑上圆弧轨道时的小物块受力分析，由牛顿第二定律可得：
，解得：
小物块A 在2～3s 内做匀减速直线运动，长木板的长度
(2)对2～3s 内做匀减速直线的小物块A 受力分析，由牛顿第二定律可得：
由运动学公式可得：
联立解得：
【高考解题速通】
1．如图所示，
、B、C 三个物体放在水平旋转圆台上，用细线连接并固定在转轴上。已
知物体与圆台间的动摩擦因数均为
，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力；细线能承受的最
大拉力为
，
的质量为
，B、C 的质量均为
，
、B 离轴的距离为
，C 离轴
的距离为
，重力加速度取
，当慢慢增加圆台转速，最先滑动的是（ ）
A．
B．B
C．C
D．三个物体同时滑动
【答案】C
【详解】当圆台转速较小时，三者都由静摩擦力提供向心力，由牛顿第二定律
A、C 需要的向心力相等，当转速增大到
时，由于
，C 受静摩擦力先达
到最大值；
再增大，B、C 间细线开始有拉力，对C，由牛顿第二定律
对B
对A
当
时，
，
；
再增大，OB 间拉力出现，对A
对B
对C
当B、C 间细线拉力达到最大值时，即
时
，
则
再增大，B、C 间细线将断裂，故C 最先滑动。ABD 错误，C 正确。
故选C。
2．（2021·浙江·高考真题）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（ ）
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
【详解】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。
3．（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。
4．（2024·辽宁·一模）如图所示，质量为
、半径为
、内壁光滑的圆形轨道竖直放置在
水平地面上，轨道圆心为
是轨道上与圆心
等高的两点。一质量为
的小球沿轨
道做圆周运动且刚好能通过轨道最高点，运动过程中轨道始终保持静止状态。已知重力加
速度为
，下列说法正确的是（ ）
A．小球经过轨道最高点时，轨道对地面的压力最小
B．小球经过轨道最低点时，轨道对地面的压力最大
C．小球经过
点时，轨道对地面的压力为
D．小球经过
点时，轨道对地面的摩擦力沿水平面向左
【答案】B
【详解】A．小球经过轨道最高点时，重力提供向心力，小球处于完全失重状态，轨道对
地面的压力等于轨道的重力，小球在下半轨道运动时，小球对轨道的压力有向下的分力，
则轨道对地面的压力大于轨道的重力，小球在上半轨道运动（除最高点外）时，小球对轨
道的压力有向上的分力，则轨道对地面的压力小于轨道的重力，故小球经过轨道最高点时，
轨道对地面的压力不是最小，故A 错误；
B．由A 分析可知，轨道对地面的压力最大位置在下半轨道，设小球、轨道圆心连线与竖
直方向的夹角为
，根据牛顿第二定律
小球经过轨道最低点时，速度最大，
，则在轨道最低点，小球受到轨道的支持力最大，
根据牛顿第三定律，小球对轨道的压力最大，轨道对地面的压力最大，故B 正确；
C．小球经过
点时，轨道的支持力提供向心力，小球处于完全失重状态，轨道对地面的
压力等于轨道的重力，为
故C 错误；
D．小球经过
点时，轨道向左的支持力提供向心力，根据牛顿第三定律，小球对轨道的
压力向右，轨道静止，根据平衡条件可知地面对轨道的摩擦力沿水平面向左，根据牛顿第
三定律，轨道对地面的摩擦力沿水平面向右，故D 错误。
故选B。
5．（2024·江西·模拟预测）如图，玩具小车在轨道上做匀速圆周运动，测得小车1s 绕轨道
运动一周，圆轨道半径为0.3m，玩具小车的质量为0.5kg，AC 为过圆心竖直线，BD 为过
圆心水平线，重力加速度g 大小取
，小车看作质点，下列说法正确的是（ ）
A．小车在BD 下方运动时处于失重状态
B．小车在B 点不受摩擦力作用
C．小车在C 点时对轨道的压力恰好为零
D．小车在A 点时对轨道的压力比在C 点时大10N
【答案】D
【详解】A．小球在BD 下方运动时，向心加速度指向圆心，均有竖直向上的分量，故处于
超重状态，故A 错误；
B．由于玩具小车在轨道上做匀速圆周运动，切向分量上合力为零，故在B 点受到竖直向
上的摩擦力，故B 错误；
C．设玩具小车在C 点时受到向下的压力
，则
又
得
故C 错误；
D．设玩具小车在A 点时受到向上的压力
，则
由牛顿第三定律知
得
故D 正确。
故选D。
6．（2024·安徽安庆·三模）如图所示，水平地面上固定有倾角为45°，高为h 的斜面。O
点位于A 点正上方且与B 点等高。细绳一端固定于O 点，另一端与质量为m 的小球相连。
小球在竖直平面内做圆周运动，到最低点时细绳恰好拉断，之后做平抛运动并垂直击中斜
面的中点（重力加速度为g），下列说法正确的是（ ）
A．细绳的长度为
B．绳刚要拉断时张力为
C．小球做平抛运动的时间为
D．若球击中斜面反弹的速度大小为击中前的一半，则反弹后球能落到A 点
【答案】D
【详解】AC．小球做平抛运动并垂直击中斜面的中点，有
解得
小球做平抛运动的竖直位移为
所以细绳的长度为
A 和C 均错误；
B．在圆周运动的最低点，有
解得，绳刚要拉断时张力为
B 错误；
D．球击中斜面时的速度为
反弹的速度大小为
设反弹后能击中A 点，则水平方向位移为
，有
解得
竖直位移为
所以反弹后球恰好能落到A 点，D 正确。
故选D。
7．（2024·北京西城·一模）如图1 所示，长为R 且不可伸长的轻绳一端固定在O 点，另一
端系一小球，使小球在竖直面内做圆周运动。由于阻力的影响，小球每次通过最高点时速
度大小不同。测量小球经过最高点时速度的大小v、绳子拉力的大小F，作出F 与
的关系
图线如图2 所示。下列说法中正确的是（ ）
A．根据图线可以得出小球的质量
B．根据图线可以得出重力加速度
C．绳长不变，用质量更小的球做实验，得到的图线斜率更大
D．用更长的绳做实验，得到的图线与横轴交点的位置不变
【答案】A
【详解】AB. 根据牛顿第二定律可知
解得
由图像可知
可得小球的质量
由
可得重力加速度
选项A 正确，B 错误；
C. 图像的斜率为
则绳长不变，用质量更小的球做实验，得到的图线斜率更小，选项C 错误；
D. 图线与横轴交点的位置
可得
则用更长的绳做实验，得到的图线与横轴交点的位置距离原点的距离变大，选项D 错误。
故选A。
8．如图所示，圆锥的底角
，顶点处有固定挡板，通过轻绳使质量为
的小
物块静止在圆锥侧面上，轻绳长
，小物块与圆锥面间的动摩擦因数
。现让
小物块和圆锥一起（无相对滑动）绕圆锥轴做匀速圆周运动，角速度为
，小物块与圆锥
面恰好无挤压。已知：
，
，重力加速度
取
。下列说法正确
的是（ ）
A．小物块做圆周运动的角速度
为
B．小物块做圆周运动的角速度
为
C．若小物块速度突然变为零，则其与圆锥侧面无摩擦力作用
D．若小物块速度突然变为零，则其与圆锥侧面的摩擦力为0.6N
【答案】D
【详解】AB．根据题意可知，小物块与圆锥面恰好无挤压，设设轻绳对小物块的拉力为
，
对小物块，竖直方向上有
水平方向上，由牛顿第二定律有
解得
故AB 错误；
CD．若小物块速度突然变为零，则小物块与圆锥间发生相对滑动，由平衡条件可得
则摩擦力
故C 错误，D 正确。
故选D。
9．（2025·四川遂宁·二模）如图甲所示，倾角为
的光滑斜面固定在水平地面上，细线一
端与可看成质点的质量为
的小球相连，另一端穿入小孔
与力传感器（位于斜面体内
部）连接，传感器可实时记录细线拉力大小及扫过的角度。初始时，细线水平，小球位于
小孔
的右侧，现敲击小球，使小球获得一平行于斜面向上的初速度
，此后传感器记录
细线拉力
的大小随细线扫过角度
的变化图像如图乙所示，图中
已知，小球到
点距
离为，重力加速度为
，则下列说法不正确的是（ ）
A．小球位于初始位置时的加速度为
B．小球通过最高点时速度为
C．小球通过最高点时速度为
D．小球通过最低点时速度为
【答案】A
【详解】A．位于初始位置时的向心加速度大小为
沿斜面向下的加速度大小为
根据平行四边形定则知，则小球位于初始位置时的加速度大于
，故A 错误，满足题意要
求；
B．由图乙可知，小球通过最高点时细线的拉力最小，为零，则有
解得小球通过最高点时的速度
故B 正确，不满足题意要求；
C．小球在初始位置时，有
则小球通过最高点时的速度
故C 正确，不满足题意要求；
D．小球通过最低点时，细线的拉力最大，根据牛顿第二定律有
联立解得小球通过最低点的速度为
故D 正确，不满足题意要求。
故选A。
10．如图，单杠比赛中运动员身体保持笔直绕杠进行双臂大回环动作，此过程中运动员以
单杠为轴做圆周运动，重心到单杠的距离始终为d=1m。当运动员重心运动到A 点时，身体
与竖直方向间的夹角为α，此时双手脱离单杠，此后重心经过最高点B 时的速度
，最后落到地面上，C 点为落地时重心的位置。已知A、B、C 在同一竖直平面
内，运动员的质量m＝60kg，A、C 两点间的高度差h=1.2m，重力加速度
，
，
，忽略空气阻力。求：
（1）运动员重心在A 点时单杠对每只手的拉力大小F；
（2）A、C 两点间的水平距离L。
【答案】（1）
；（2）
【详解】（1）运动员由A 到B 做斜抛运动，则运动员由A 到B 水平方向上做匀速直线运动，
即
运动员在A 点时，设单杠对人的作用力为T，根据牛顿第二定律
解得
则运动员重心在A 点时单杠对每只手的拉力大小F 为
（2）运动员在A 点时竖直方向的分速度为
运动员由A 到C 点在竖直方向上做竖直上抛运动，取竖直向上为正方向，则
解得
在水平方向上匀速直线运动，则
11．（2022·福建·高考真题）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
，
、
、
、
）
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（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
12．（2022·辽宁·高考真题）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
【详解】（1）根据速度位移公式有
代入数据可得
（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。
