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第15 讲 圆周运动
目录
01
考情解码·命题预警2
02 体系构建·思维可视.........................................................................................................................3
03 核心突破·靶向攻坚.........................................................................................................................4
考点一 圆周运动的描述....................................................................................................................4
知识点1 圆周运动......................................................................................................................................4
知识点2 描述匀速圆周运动的物理量......................................................................................................4
知识点3 圆周运动的运动学问题.............................................................................................................4
考向1 圆周运动..........................................................................................................................................6
考向2 圆周运动的运动学问题................................................................................................................10
考点二 向心力..................................................................................................................................16
知识点1 向心力........................................................................................................................................17
知识点2 离心运动....................................................................................................................................17
知识点3 圆周运动的动力学问题...........................................................................................................17
考向1 向心力基础知识的运用................................................................................................................20
考向2 水平面内的圆周运动....................................................................................................................24
考向3 竖直面内的圆周运动......................................................................................................................37
考向4 离心运动........................................................................................................................................43
04 真题溯源·考向感知................................................................................................................44
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考点要求
考察形式
2025 年
2024 年
2023 年
圆周运动的描述
选择题
非选择题
\
\
\
向心力
选择题
非选择题
\
\
全国甲卷T17,6 分
考情分析：
1．选考中圆周运动在四川考试（之前为全国甲卷）中不常出现。
2．从命题思路上看，试题情景为
圆周运动常与其他知识点如牛顿运动定律、动能定理、机械能守恒定律、电磁学等综合考查，要求学生具
备较强的综合分析能力和知识迁移能力。
复习目标：
目标一：熟练掌握线速度、角速度等圆周运动基本物理量的定义、关系及单位换算，能准确判断向心加速
度、向心力的方向和来源，避免概念混淆。
目标二：攻克圆周运动与牛顿定律、动能定理、电磁学结合的综合题，如带电粒子在磁场中的圆周运动、
竖直面内过山车模型，能清晰分析多过程物理状态变化，准确联立方程求解。
2
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考点一 圆周运动的描述
知识点1 圆周运动
1.圆周运动的特点：做圆周运动的物体，线速度的方向在圆周
切线
方向，且时刻变化。圆周运动是
变速
运动。
2.匀速圆周运动：在
任意相等
的时间里通过的圆弧长度Δl 相等（即线速度大小不变），匀速圆周运动
是“
匀速率
”圆周运动，是变速运动。
知识点2 描述匀速圆周运动的物理量
1.角速度ω：物体与圆心连线扫过的角度与所用时间的比值。定义式是ω＝φ
t 。常用计算式ω＝ 2π
T ＝
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2πn。
2.线速度v：物体通过的弧长与所用时间的比值。定义式v＝s
t 。计算式v＝2π R
T
＝
ωR
＝2πnR。
3.周期T：物体运动一周所需的时间，T＝2π
ω ＝2π r
v
。
4.转速n：单位时间内转过的圈数。n 与周期T 的关系是n＝1
T 。
5.向心加速度：描述线速度改变快慢的物理量。an＝v
2
R ＝ω2R＝ 4 π
2
T
2 R
＝
ωv
，方向始终指向圆心，
只改变v 的方向，不改变v 的大小。
知识点3 圆周运动的运动学问题
1.圆周运动各物理量间的关系
2.常见的三类传动方式及特点
（1）皮带传动：如图甲、乙所示，皮带与两轮之间无相对滑动时，与皮带接触的轮子边缘上各点的线速
度大小相等，图甲中vA＝vC≠vB，图乙中vA＝vB≠vP＝vQ。
（2）摩擦传动和齿轮传动：如图丙、丁所示，两轮边缘接触，接触点无打滑现象时，两轮边缘线速度大
小相等，即vA＝vB。
（3）同轴转动：如图戊、己、庚所示，绕同一转轴转动的物体，角速度相同，即ωA＝ωB，由v＝ωr 知v
与r 成正比。
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得分速记
共轴传动：同一转轴上各点角速度相等（ω相同），线速度v 与半径r 成正比（v1/v2 = r1/r2）。
皮带 / 齿轮传动：接触点线速度大小相等（v 相同），角速度ω与半径r 成反比（ω1/ω2 = r2/r1）。
典型错误提醒：避免混淆 “线速度相等” 和 “角速度相等” 的场景，例如自行车前后轮为共轴传动（
ω相同），皮带轮边缘点为皮带传动（v 相同）。
考向1 圆周运动
例1（2025·四川成都·高三月考）下列说法中正确的是（ ）
A．做圆周运动的物体所受的合力一定指向圆心
B．一运动的物体若动能发生改变，则动量一定发生改变。
C．作用力做正功，反作用力一定做负功，其代数和一定为零
D．洗手后加速甩动使水滴掉落，是因为水滴受到离心力的作用
【答案】B
【详解】A．做匀速圆周运动的物体，所受的合外力一定指向圆心，但做变速圆周运动的物体合外力不指
向圆心，故A 错误；
B．一运动的物体若动能发生改变，则速度的大小必然发生变化，根据动量公式可得出动量一定发生变
化，故B 正确；
C．若作用力对物体做正功，则反作用力对物体可以做正功、负功或者不做功，故C 错误；
D．洗手后加速甩动使水滴掉落，附着力不足以提供所需的向心力，出面离心现象，不能说受到离心力，
故D 错误。
故选B。
【变式训练1】两位演员在进行晚会彩排，男演员将火源在竖直平面内顺时针甩动，漫天焰火下女演员原
地转舞，如图所示，女演员裙脚上的火焰转成了圆圈，场面绚丽多彩，美不胜收。若不计空气阻力，则下
列说法正确的是（ ）
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A．男演员甩出去的燃烧颗粒在空中运动时不受力的作用
B．男演员甩出去的燃烧颗粒一定做曲线运动
C．女演员裙脚上的火焰一定做匀速圆周运动
D．女演员裙脚上的火焰所受合力一定不是恒力
【答案】D
【详解】A．男演员甩出去的燃烧颗粒在空中运动时受到重力，故A 错误；
B．当甩出去的燃烧颗粒的初速度方向竖直向上时，燃烧颗粒做竖直上抛运动，轨迹为直线，故B 错误；
C．女演员裙脚上的火焰不一定做匀速圆周运动，故C 错误；
D．女演员裙脚上的火焰做圆周运动，火焰所受合力一定不是恒力，故D 正确。
故选D。
【变式训练2】如图所示，竖直薄壁圆筒内壁光滑、半径为R，上部侧面A 处开有小口，在小口A 的正下
方h 处亦开有与A 大小相同的小口B，小球从小口A 沿切线方向水平射入筒内，使小球紧贴筒内壁运动，
要使小球从B 口处飞出，小球进入A 口的速度v0不可能为（ ）
A．πR√
g
2h
B．πR√
2g
h
C．3πR√
2g
h
D．4 πR√
2g
h
【答案】A
【详解】小球在竖直方向做自由落体运动，所以小球在桶内的运动时间为
t =√
2h
g
在水平方向，以圆周运动的规律来研究，则得
t =n⋅2πR
v0
（n=1，2，3…）
则
v0=2πnR
t
=2πnR√
g
2h （n=1，2，3…）
当n=1 时，取最小值，所以最小速率
v0= πR√
2 g
h
当n=2 时
v0=2πR√
2g
h
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当n=3 时
v0=3πR√
2g
h
当n=4 时
v0=4 πR√
2 g
h
故A 不可能，BCD 均可能。
故选A。
例2 如图所示一种古老的舂米机．舂米时，稻谷放在石臼A 中，横梁可以绕O 转动，在横梁前端B 处固定
一舂米锤，脚踏在横梁另一端C 点往下压时，舂米锤便向上抬起。然后提起脚，舂米锤就向下运动，击打
A 中的稻谷，使稻谷的壳脱落，稻谷变为大米。已知OC>OB，则在横梁绕O 转动过程中（ ）
A．B、C 的向心加速度相等
B．B、C 的角速度关系满足ωB<ωC
C．B、C 的线速度关系满足vB<vC
D．舂米锤击打稻谷时对稻谷的作用力大于稻谷对舂米锤的作用力
【答案】C
【详解】AB．由题图可知，B 与C 属于共轴转动，则它们的角速度是相等的，即
ωC＝ωB
向心加速度
a＝ω2r
因OC>OB，可知C 的向心加速度较大，故AB 错误；
C．由于OC>OB，由v＝ωr 可知C 点的线速度大，故C 正确；
D．舂米锤对稻谷的作用力和稻谷对舂米锤的作用力是一对作用力与反作用力，二者大小相等，故D 错
误。
故选C。
【变式训练1】（2025·四川广元·高三月考）旋转篮球是每个篮球爱好者都会努力提升的一种技能。如图，
半径约为13cm 的篮球在某同学的手指上旋转，测得篮球上的一个小泥点在1min 内随篮球旋转的圈数为
60，由此可估算的物理量是（ ）
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A．小泥点的线速度大小
B．篮球旋转的角速度大小
C．小泥点的向心加速度大小
D．小泥点做圆周运动的向心力大小
【答案】B
【详解】B．篮球旋转的角速度为
ω= 2π×60
60
rad/s=2πrad/s
所以B 正确；
ACD．小泥点随篮球旋转，其圆周运动的轨道半径等于泥点到转轴的距离，由于题目中没有该数据，所以
小泥点的线速度大小、向心加速度大小和向心力大小均无法估算，ACD 错误。
故选B。
【变式训练2】如图所示、甲、乙两位同学握住绳子A、B 两端摇动，A、B 两端近似不动，且A、B 两点连
线始终沿水平方向，绳子上P、Q 等各点均同步在竖直面做匀速圆周运动。当绳子在空中转到如图所示位
置时，则（ ）
A．P 点的线速度方向沿绳子切线
B．P 点的线速度等于Q 点的线速度
C．P 点的角速度等于Q 点的角速度
D．P 点所受合外力方向一定垂直于绳斜向下
【答案】C
【详解】A．P、Q 两点以AB 为共同转轴做圆周运动，则可知P 的速度方向与其圆周运动的半径垂直，并
不沿绳子切线，故A 错误；
BC．由于P、Q 两点以AB 为共同转轴做圆周运动，可知二者的角速度相等，由图可知，P 的半径小于Q
的半径，根据公式
v =ωr
可知，P 的线速度小于Q 的线速度，故B 错误，C 正确；
D．P、Q 等各点均同步在竖直面做匀速圆周运动，则合外力提供向心力，指向圆周运动的圆心，即P 点所
受合外力方向一定垂直于AB 连线向下，故D 错误。
故选C。
【变式训练3】（2025·四川·高三期中）滚铁环是一项深受少年儿童喜爱的运动项目，自娱性强，可提高儿
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童的平衡性、肢体的协调以及眼力，最重要的是它让孩子们享受运动的乐趣，有一个无忧的童年。在滚铁
环时，儿童手捏顶头是“U”字形的铁棍或铁丝，推一个直径66cm 左右的铁环匀速向右跑。某时刻铁环上
的A 点恰好与地面接触，则从该时刻起，下列四幅图中，可能正确描述A 点运动轨迹的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】根据题意可知，A 点同时参与了水平向右的匀速直线运动和竖直面内的匀速圆周运动，所以其运
动轨迹应为螺旋线，若从A 点恰好与地面接触开始计时，水平方向速度为正，则x 为正值，不会出现负
值，由于水平方向做匀速直线运动，则水平位移应一直增大。
故选C。
【变式训练4】在一场关于月球和地球的话剧中，地球对月球说：“你咋这么慢？我绕太阳1s 能走
29.79km，你绕我1s 才走1.02km。”月球反驳道：“你可别这么说，你要用一年才绕太阳走一圈，我28
天就走了一圈。到底谁慢？”，月球绕地球和地球绕太阳均可看成匀速圆周运动。则地球和月球线速度、
角速度大小关系是（ ）
A．v 地 > v 月，ω 地 > ω 月
B．v 地 > v 月，ω 地 < ω 月
C．v 地 < v 月，ω 地 > ω 月
D．v 地 < v 月，ω 地 < ω 月
【答案】B
【详解】根据线速度的概念，即
v = s
t
可知，地球的线速度比月球的线速度大，即v 地 > v 月；根据角速度的概念，即
ω= θ
t = 2π
T =2πn
可知，月球的周期小，则月球的角速度比地球的角速度大，即ω 地 < ω 月。
故选B。
考向2 圆周运动的运动学问题
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例1（角度的追及问题----时钟）机械手表中的分针与秒针可视为匀速转动。请你仔细观察一下，分针与秒
针从第一次重合至第二次重合，中间经历的时间最接近（ ）
A．59s
B．60s
C．61s
D．与分针位置有关的一个变量
【答案】C
【详解】分针的周期为
T 1=3600s
秒针的周期为
T 2=60s
设从第一次重合到再次重合所用时间为t
t
T 2
−t
T 1
=1
解得
t ≈61s
故选C。
【变式训练1】每天到了中午，很多同学会因为肚子饿而分散课堂注意力，如果小刘同学把注意力放到关
注钟表上，他从12 点整发现此时的分针与秒针恰好重合，直到下一次分针与秒针再次重合，请问他这次
分散课堂注意力过程的时间为（ ）
A．1 分钟
B．61
60分钟
C．60
59分钟
D．59
61分钟
【答案】C
【详解】根据题意得
2π
T 秒
t −2π
T 分
t =2π
其中
T 秒=1分钟
T 分=60 分钟
解得
t = 60
59 分钟
【变式训练2】如图甲所示，生活中我们常看见在时钟表盘出现分针和时针相遇的情景，其中的物理关系
可以简化成图乙模型，有A、B 两质点绕同一点O 做匀速圆周运动，运动方向相同。已知A 的周期为T A，
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B 的周期为T B，且T A>T B，若设A、B 运动到图示位置为第一次相遇，则两质点下一次相遇所用的时间为
（ ）
A．T A−T B
B．T A+T B
C．T A−T B
T AT B
D．T AT B
T A−T B
【答案】D
【详解】由题设情景分析可知，A、B 下一次相遇的条件为
θB−θ A =2π
即
2π
T B
−2π
T A
=2π
解得
t = T AT B
T A−T B
ABC 错误；D 正确。
故选D。
【变式训练3】一个电子钟的秒针角速度为( )
A．π rad/s
B．2π rad/s
C．π/30 rad/s
D．π/60 rad/s
【答案】C
【详解】秒针的周期T=60s，转过的角度为2π，则角速度ω= Δθ
Δt = 2π
T = 2π
60 rad/s= π
30 rad/s；故A、
B、D 错误，C 正确．故选C．
例2（圆周运动的周期性多解问题）如图所示在半径为R的水平圆盘中心轴正上方a点水平抛出一小球，圆
盘以角速度ω匀速转动，当圆盘半径Ob方向恰好转到与小球初速度方向相同的位置时，将小球抛出，要使
小球与圆盘只碰一次，且落点为b，重力加速度为g，对于小球抛出点a距圆盘的高度h和小球的初速度v0
的可能取值错误的是（ ）
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A．h= 2g π
2
ω
2
，v0= Rω
2π
B．h= 8 g π
2
ω
2
，v0= Rω
4 π
C．h= 2g π
2
ω
2 ，v0= Rω
6 π
D．h= 32g π
2
ω
2
，v0= Rω
8 π
【答案】C
【详解】由题意可知，小球做平抛运动在竖直方向上有
h= 1
2 gt
2
水平方向上有
v0t = R
对圆盘有
t = 2kπ
ω （k =1,2,3,⋅⋅⋅）
经上述分析可解得
h= 2 gk
2 π
2
ω
2
（k =1,2,3,⋅⋅⋅）
v0= Rω
2kπ （k =1,2,3,⋅⋅⋅）
根据k 的取值不同，经计算可知，ABD 正确，不符合题意，C 错误，符合题意。
故选C。
【变式训练1】（2025·四川巴中·高三月考）如图，A、B 两点分别位于大、小轮的边缘上，大轮的半径是
小轮的2 倍，它们之间靠摩擦传动，接触面上没有滑动。C在A O1上，且AC距离是C O1距离的两倍。则
关于角速度、线速度、向心加速度的关系正确的是（ ）
A．ωA =ωB
B．v A =2vB
C．aA =3aC
D．aB=3aC
【答案】C
【详解】B．摩擦传动过程中，彼此接触的边缘点的线速度大小相等，则有v A = vB，故B 错误；
A．根据线速度与角速度关系有v A =ωAr A，vB=ωBrB
其中r A =2rB
结合上述解得2ωA =ωB，故A 错误；
C．同轴转动时的角速度相等，则有ωA =ωC
根据加速度的关系式有aA =ωA
2 r A，aC =ωC
2 rC
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其中r A =3rC
解得aA =3aC，故C 正确；
D．根据加速度的关系式有aB=ωB
2 rB
结合上述解得aB=6aC，故D 错误。
故选C。
【变式训练2】（多选）（2025·四川·高三月考）如图所示，有一竖直圆筒，内壁光滑，上端开口截面水
平。一小球沿水平方向由A 点切入圆筒内侧，沿着筒壁呈螺旋状滑落，落地点恰好位于A 点正下方。已知
圆筒高5m，横截面圆环半径1m，g=10 m /s
2，π ≈3.14。则（ ）
A．小球下落时间为1s
B．小球进入圆筒初速度大小可能为3.14m/s
C．小球进入圆筒初速度大小可能为6.28m/s
D．小球进入圆筒初速度大小可能为9.42m/s
【答案】AC
【详解】A．由分析可知小球在竖直方向做自由落体运动，设下落时间为t，则有h= 1
2 gt
2
解得小球下落时间为t =√
2h
9 =1s，故A 正确；
BCD．由分析可知小球在水平方向做匀速圆周运动，设小球进入圆筒初速度大小为v0，根据题意有
v0t =n⋅2πr (n=1、2、3⋯)
解得v0=6.28n(n=1、2、3⋯)
当n=1 时，可得v0=6.28 m/s
当n=2 时，可得v0=12.56 m/s，故BD 错误，C 正确。
故选AC。
例3（传动问题）如图所示，A、B、C 分别是自行车的大齿轮、小齿轮和后轮的边缘上的三个点，到各自
转动轴的距离分别为3r、r 和10r。支起自行车后轮，在转动踏板的过程中，A、B、C 三点（ ）
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A．角速度大小关系是ωA >ωB =ωC
B．线速度大小关系是vA < vB <vC
C．转速之比是nA︰nB︰nC = 1︰3︰3
D．加速度之比是aA︰aB︰aC = 1︰30︰3
【答案】C
【详解】A．大齿轮与小齿轮是同缘传动，边缘点线速度相等，则有
v A:vB=1:1
根据v =ωr则有
ωA:ωB=rB:r A =1:3
小齿轮与后轮是同轴传动,角速度相等，则有
ωB:ωC =1:1
根据v =ωr则有
vB:vC =1:10
所以角速度大小关系是
ωA:ωB:ωC =1:3:3
则
ωA <ωB =ωC
选项A 错误；
B．线速度大小关系是
v A:vB:vC =1:1:10
则
vA = vB <vC
选项B 错误；
D．根据a=ωv可知
aA:aB:aC =1:3:30
选项D 错误；
C．根据ω=2πn可知转速之比是
nA:nB:nC =1:3:3
选项C 正确。
故选C。
【变式训练1】（2025·四川泸州·高三月考）陶瓷是中华瑰宝，是中华文明的重要名片。在陶瓷制作过程中
有一道工序叫利坯，如图（a）所示，将陶瓷粗坯固定在绕竖直轴转动的水平转台上，用刀旋削，使坯体
厚度适当，表里光洁。对应的简化模型如图（b）所示，粗坯的对称轴与转台转轴OO'重合。当转台转速恒
定时，关于粗坯上 P、Q 两质点，下列说法正确的是（ ）
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A．P 点的线速度比 Q 点的线速度大
B．P 点的角速度比 Q 点的角速度大
C．P、Q 两点的向心加速度大小相等
D．同一时刻P 点所受合力的方向与Q 点的相同
【答案】A
【详解】AB．由题意可知，粗坯上P、Q 两质点属于同轴转动，故P 的角速度大小跟Q 的一样大，根据
v =rω，且r P>rQ，所以P 的线速度大小比Q 的大，故A 正确，B 错误；
C．根据向心加速度公式a=r ω
2可知，P 的向心加速度比Q 的大，故C 错误；
D．两点的合力提供向心力，方向水平指向竖直轴，则同一时刻P 点所受合力的方向与Q 点的不相同，故
D 错误；
故选A。
【变式训练2】（多选）（2025·四川成都·高三月考）两级皮带传动装置，转动时皮带均不打滑，轮2 与轮
3 是同轴固定在一起的，轮1 的半径和轮2 的半径相同，轮3 的半径和轮4 的半径相同，且为轮1 和轮2 半
径的一半，则轮1 边缘的a 点和轮4 边缘的c 点相比（ ）
A．线速度之比为1:4
B．角速度之比为1:4
C．向心加速度之比为8:1
D．向心加速度之比为1:8
【答案】BD
【详解】A．由图可知，轮1 和轮3 是通过皮带传动，则v1= v3
轮2 和轮3 是同轴，则ω2=ω3
根据v =ωr
且r2=2r3
则v2=2v3
轮2 和轮4 是通过皮带传动，则v2= v4
联立，可知va:vc= v1:v4=1:2
故A 错误；
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B．根据ω= v
r
且r1=2r4
则ω1:ω4=1:4
故B 正确；
CD．根据a=ωv
可知a1:a4=1:8
故C 错误，D 正确。
故选BD。
考点二 向心力
知识点1 向心力
1.表达式：F 向＝mv
2
R ＝mω2R＝m4 π
2
T
2 R＝
ma
n 。
2.特点：向心力是根据力的
效果
命名的力，方向始终指向圆心，向心力是变力而非恒力。
知识点2 离心运动
1.离心运动
（1）定义：做
圆周运动
的物体，在向心力突然消失或合力不足以提供所需的
向心力
时，所做的
逐渐远离圆心的运动。
（2）本质：做圆周运动的物体，由于
惯性
，总有沿着
切线方向
飞出去的倾向。
（3）受力特点
①当F＝mω2r 时，物体做
匀速圆周
运动。
②当F＜mω2r 时，物体逐渐
远离
圆心，做离心运动。
③当F＝0 时，物体沿
切线
方向飞出。
2.近心运动：当F＞mω2r 时，物体将逐渐
靠近
圆心，做近心运动。
知识点3 圆周运动的动力学问题
1.圆周运动向心力的理解
（1）向心力是按力的作用效果命名的，可以由重力、弹力、摩擦力等各种性质力提供，可以是某个力或
某个力的分力，也可以是几个力的合力，在受力分析中要避免再添加一个向心力。
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（2）匀速圆周运动的合外力恰好全部提供向心力，即F 向＝F 合。
（3）变速圆周运动的合外力与向心力的关系
变速圆周运动的合外力方向一般不指向圆心，可以分解为如图所示的两个分力。
①切向分力Ft：产生切向加速度at，只改变线速度的大小。当at与v 同向时，速度增大，做加速圆周运动；
反向时则速度减小，做减速圆周运动。
②法向分力Fn：提供向心力，产生向心加速度an，只改变线速度的方向。
2.解答圆周运动的动力学问题的基本思路
解题技巧
圆锥筒与圆锥摆模型
圆锥
筒模
型
概述
如图所示，筒内壁光滑，向心力由重力mg 和支持力FN的合力提供，即
mg
tanθ ＝mv
2
r ＝mω2r，解得v＝√
gr
tanθ
，ω＝√
g
r tanθ
规律
稳定状态下小球所处的位置越高，半径r 越大，角速度ω 就越小，线速度v
就越大，而小球受到的支持力FN＝mg
sinθ 和向心力F 向＝mg
tanθ 并不随位置的
变化而变化
圆锥
摆模
型
概述
如图所示，轻绳不可伸长，向心力F 向＝mgtan θ＝mv
2
r ＝mω2r，且r＝Lsin
θ，解得v＝√gL tanθsinθ，ω＝√
g
Lcosθ
规律
稳定状态下，θ 越大，对应的角速度ω 和线速度v 就越大，小球受到的拉力
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F＝mg
cosθ 和向心力F 向＝mgtan θ 也越大
解题技巧
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F N。两
个力的合力，就是摆球做圆周运动的向心力
，如图所示A
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 =h tanθ, 则有
向心力Fn=mg/ tanθ =man=mω
2h tanθ =m v
2/(h tanθ).
支持力F N =mg/sinθ.
由此得an= 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。
模型建构
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=gtanθω=√
g
Rcosθ
;
F N = mg
cosθ =mω
2 R
①同角同向心加速度（B 和C）
②同高同角速度（A 和C）
mg
θ
R
FN
mg
FN
θ
x
y
A
B
C
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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。
(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。
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=
√
mB g−μmA g
r
②μA<μB,
ω 临2=√
μA g
r
②ωmax=
√
mB g+ μmA g
r
考向1 向心力基础知识的运用
例1（2025·四川·高三月考）下列说法正确的是（ ）
A．物体之所以做离心运动，是因为受到了一个背离圆心的离心力作用
B．物体做变速率曲线运动时，其所受合外力的方向一定改变
C．物体做变速率圆周运动时，其所受合外力的方向一定指向圆心
D．物体做匀速率圆周运动时，其所受合外力的方向总是与速度方向垂直
【答案】D
【详解】A．物体之所以做离心运动，是因为受到的合力不足以提供其做圆周运动的向心力，并不是受到
A
B
A
B
A B
A
B
A
B
A
B
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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了离心力作用，故A 错误；
B．物体做变速率曲线运动时，物体所受合外力的大小、方向可以均可能不变，如平抛运动，故B 错误；
C．物体做变速率圆周运动时，切线方向有力使物体的速率变化，沿径向的力提供物体的向心加速度，物
体所受的合外力一定不指向圆心，故C 错误；
D．物体做匀速率圆周运动，受到指向圆心的合外力，而曲线运动速度方向沿运动轨迹的切线方向，故两
者方向总是相互垂直，故D 正确。
故选D。
【变式训练1】下列说法正确的是（ ）
A．图甲中，汽车通过拱桥最高点时处于超重状态
B．图乙中，自行车骑行时车轮上A、B 两点线速度大小相等
C．图丙中，游客随旋转飞椅做匀速圆周运动时所受合力为零
D．图丁中，火车转弯时行驶速度超过设计速度，轮缘会挤压外轨
【答案】D
【详解】A．图甲中，汽车通过拱桥最高点时竖直方向的加速度向下，处于失重状态，故A 错误；
B．图乙中，自行车骑行时车轮上A、B 两点的角速度相等，但圆周运动半径不相等，根据v =ωr可知，线
速度大小不相等，故B 错误；
C．图丙中，游客随旋转飞椅做匀速圆周运动时所受合力指向圆心，故C 错误；
D．图丁中，火车转弯时行驶速度超过设计速度，重力与支持力的合力不足以提供向心力，轮缘会挤压外
轨，故D 正确。
故选D。
【变式训练2】如图甲所示，上海南浦大桥的螺旋引桥如巨龙飞舞，让人非常震撼。假设一汽车沿螺旋线
自外向内运动，如图乙所示，其驶过的弧长s 与时间t 成正比。则关于该汽车，下列说法正确的是
（ ）
A．汽车运动的线速度越来越大
B．汽车运动的角速度越来越小
C．汽车运动的向心加速度大小不变
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D．汽车所受的向心力越来越大
【答案】D
【详解】A．由线速度定义式v = Δ s
Δt 可知，当驶过的弧长s 与时间t 成正比时，线速度大小不变，故A 错
误；
B．由v =ωr可以判断，线速度大小不变时，角速度会随着半径减小而增大，故B 错误；
CD．由Fn= m v
2
r
可以判断，当线速度大小不变时向心力随着半径的减小而增大，故C 错误，D 正确。
故选D。
【变式训练3】（2025·四川遂宁·高三月考）如图所示，在匀速转动的圆筒内壁上紧靠着一个物体，物体相
对圆筒不下滑，现增大圆筒匀速转动的角速度，物体仍与圆筒相对静止，则（ ）
A．圆筒旋转角速度加大后，物体受到的弹力不变
B．圆筒旋转角速度加大后，物体受到的摩擦力不变
C．圆筒旋转角速度加大后，物体受到的向心力不变
D．圆筒旋转角速度加大后，物体受到的向心加速度不变
【答案】B
【详解】物体受到重力、弹力和静摩擦力，弹力提供向心力，静摩擦力与重力平衡，增大圆筒匀速转动的
角速度，物体仍与圆筒相对静止，静摩擦力仍然与重力平衡，保持不变，根据N =man=mω
2 R
可知角速度增大，物体的向心加速度变大，向心力变大，弹力变大。
故选B。
【变式训练4】（2025·四川南充·高三月考）一辆汽车在半圆形的赛道上行驶，它在几个位置的速度矢量如
图所示，则描述汽车在相应位置点的加速度矢量作图正确的是（ ）
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A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】由图可知，速度矢量逐渐增大，汽车做加速圆周运动，故合外力方向与速度方向的夹角应小于
90°，即加速度与速度夹角小于90°，根据向心加速度的公式an= v
2
r
可知，圆周运动的半径不变，速度增大，向心加速度变大，合加速度变大。
故选B。
【变式训练5】（2025·四川南充·高三月考）“旋转纽扣”是一种传统游戏。如图，先将纽扣绕几圈，使穿
过纽扣的两股细绳拧在一起，然后用力反复拉绳子的两端，纽扣正转和反转会交替出现。拉动多次后，此
时纽扣上距离中心1cm处的点，其角速度大小为314 rad/s，则关于纽扣绕中心的转速大小为（ ）
A．20r/s
B．30r/s
C．40r/s
D．50r/s
【答案】D
【详解】纽扣在转动过程中，有ω=2πn
解得n=50r / s
故选D。
【变式训练6】（2025·四川泸州·高三月考）如图甲所示，轻杆一端固定在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。小球运动到最高点时，杆与小球间弹力大小为FN，小球在最
高点时的速度大小为v，其F N−v
2图像如图乙所示，重力加速度g 取10 m/s
2，小球可视为质点，不计一切
阻力。则下列说法正确的是（ ）
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A．小球的质量为1kg
B．小球做圆周运动的半径为5m
C．当 v
2= v1
2时，小球的向心加速度大小为 20 m/s
2
D．当 v
2=2v1
2时，在最高点时杆对小球的弹力大小为20N
【答案】AC
【详解】A．由图乙知，当v
2=0时，对小球有mg= FN =10N
解得小球的质量为m=1kg，故A 正确；
B．当v
2=25(m/s)
2，FN =0，根据牛顿第二定律有mg=m v
2
r
求得小球做圆周运动的半径为r =2.5m，故B 错误；
CD．由图乙，可知当v
2= v1
2时，FN=10N，根据牛顿第二定律有FN+mg=m v1
2
r
求得v1
2=50(m/s)
2
小球的向心加速度大小为an= v1
2
r =20 m/s
2
当v
2=2v1
2时，根据牛顿第二定律有FN
′ +mg =m v
2
r
求得此时杆对小球的弹力大小为F N
′ =30N，故C 正确，D 错误。
故选AC。
考向2 水平面内的圆周运动
例1（水平转盘上的物体）（2025·四川德阳·高三月考）如图（俯视图），用自然长度为x0，劲度系数为k
的轻质弹簧，将质量都是m 的两个小物块P、Q 连接在一起，放置在能绕O 点在水平面内转动的圆盘上，
物体P、Q 和O 点恰好组成一个边长为2 x0的正三角形。已知小物块P、Q 和圆盘间的最大静摩擦力均为
√3k x0，现使圆盘带动两个物体以ω=√
k
2m的角速度做匀速圆周运动，则小物块P 所受的静摩擦力大小为
（ ）
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A．3
2 k x0
B．k x0
C．√3
2 k x0
D．1
2 k x0
【答案】B
【详解】物体随圆盘转动需要的向心力为Fn=mω
2·2 x0=k x0
对物体P 受力分析，沿半径方向有Fn=k· x0cos60°+ f 1
f 2=k· x0sin 60° = √3
2 k x0
则小物块P 所受的静摩擦力大小为f =√f 1
2+ f 2
2
解得f =k x0
故选 B。
【变式训练1】（2025·四川泸州·高三月考）如图所示，两个相同材料制成的靠摩擦传动的轮A 和轮B 水
平放置（两轮不打滑），两轮半径rA=2rB，当主动轮A 匀速转动时，在A 轮边缘上放置的小木块恰能相
对静止，若将小木块放在B 轮上，欲使木块相对B 轮静止，则木块距B 轮转轴的最大距离为（ ）
A．rA
B．rA
2
C．rA
3
D．rA
4
【答案】D
【详解】由题意可得，轮A 和B 靠摩擦转动，边缘线速度相同，则ωArA=ωBrB
结合题意rA=2rB
解得ωA:ωB=rB:rA=1:2
对于在A 边缘的木块，最大静摩擦力恰为向心力，即f max =mωA
2 rA
当在B 轮上恰要滑动时，设此时半径为R，则有f max=mωB
2 R
联立解得R = rA
4
故选D。
【变式训练2】如图所示，用长为L 的轻绳（轻绳不可伸长）连接的甲、乙两物块（均可视为质点）放置
在水平圆盘上，甲、乙连线的延长线过圆盘的圆心O，甲与圆心O 的距离也为L，甲、乙两物块的质量均
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为m，与圆盘间的动摩擦因数均为μ，物块与圆盘间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，甲、乙始终相对圆
盘静止，则下列说法正确的是（ ）
A．圆盘转动的角速度最大为 √
3 μg
2 L
B．圆盘转动的角速度最大为 √
2 μg
3 L
C．轻绳弹力恒为1
3μmg
D．轻绳最大弹力为μmg
【答案】B
【详解】当ω 较小时，甲、乙均由静摩擦力充当向心力，ω 增大时，由F=mω2r 可知，它们受到的静摩擦
力也增大，而r 甲=L，r 乙=2L，r 甲<r 乙，所以乙受到的静摩擦力先达到最大，此后ω 继续增大，要保证乙不
滑动，轻绳产生弹力并增大，甲受到的静摩擦力继续增大，直到甲受到的静摩擦力也达到最大，此时ω 最
大，轻绳弹力FT也最大，对乙有μmg+ FTmax =mωmax
2
⋅2 L
对甲有μmg−FTmax=mωmax
2
L
解得ωmax=√
2 μg
3 L
，FTmax=1
3μmg
故圆盘转动的角速度最大为√
2 μg
3 L ，轻绳最大弹力为1
3μmg。
故选B。
例2（圆锥摆模型）旋转飞椅可简化成如图所示模型。长为L 的钢绳一端系有质量为m 可视为质点的小
球，另一端固定在直径为a 的水平转盘边缘，转盘可绕穿过其中心的竖直轴转动。当转盘匀速转动时，钢
绳与转轴在同一竖直平面内，与竖直方向夹角为θ，不计钢绳的重力，此时钢绳的拉力为T。下列说法正
确的是（ ）
A．小球做圆周运动的半径为L
B．小球做圆周运动的轨迹圆心为O 点
C．钢绳拉力T 的大小与向心力大小相等
D．钢绳拉力T 沿水平方向的分力提供向心力
【答案】D
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【详解】A．小球做圆周运动的半径r＝Lsinθ+ a
2
故A 错误；
B．小球做圆周运动的圆心为转轴与小球所在水平面的交点，不是点O，故B 错误；
CD．钢绳拉力T 沿水平方向的分力提供向心力，向心力大小F＝Tsinθ＜T
故C 错误，D 正确。
故选D。
【变式训练1】（2025·四川南充·高三月考）如图，两个光滑小球a、b 在一固定的半球形器皿内壁做匀速
圆周运动，O 为半球形器皿的球心，已知aO、bO 与竖直转轴的夹角分别为60°、30°。则下列说法正确的
是（ ）
A．球b 的质量大于球a 的质量
B．球a 与球b 的周期之比为3 2∶
C．球a 与球b 的加速度之比为3 1∶
D．两球对器皿内壁的压力大小相等
【答案】C
【详解】以小球为对象，根据牛顿第二定律可得mg tanθ =ma=m 4 π
2
T
2 R sinθ
可得a= g tanθ，T =√
4 π
2 Rcosθ
g
可知球a 与球b 的加速度之比为aa:ab= tan 60°:tan30° =3:1
球a 与球b 的周期之比为T a:T b=√cos60°:cos30° =1:
4√3
由以上分析可知，无法比较两球的质量关系；根据N cosθ =mg
可知无法比较两球所受支持力大小关系，则无法比较两球对器皿内壁的压力大小关系。
故选C。
【变式训练2】如图，为了研究向心力，某同学设计了一款装置，用不可伸长的细线一端连接小球A、另
一端穿过竖直细杆上端的小孔连接小球B，转动细杆，使得小球A、B 随细杆一起以相同的角速度在水平
面上做匀速圆周运动。若小球A、B 可看作质点且小球A 的质量小于小球B 的质量，不计一切阻力，下列
图像可能正确的是（ ）
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A．
B．
C．
D．
【答案】D
【详解】设小孔到小球转动平面的竖直距离为h，细线与竖直方向的夹角为θ，根据小球在竖直方向上受力
平衡mg= FTcosθ
两小球受到的细线拉力大小相等，因为mA<mB
所以cosθA<cosθB
所以θA>θB
小球做圆周运动的半径为r =htanθ
根据小球所受合力提供向心力F合=mgtanθ =mω
2r
解得h= g
ω
2
即两球等高。
故选D。
例3（转弯问题）（2025·四川南充·高三月考）如图，一辆质量为m 的轿车与路面的动摩擦因素为μ，设最
大静摩擦力等于滑动摩擦力，该汽车匀速率经过弯道半径为R 的水平路面时，下列说法正确的是（ ）
A．轿车受到支持力、摩擦力和向心力
B．轿车需要的向心力大小等于μmg
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C．为保证安全，汽车速度应小于√
μg
R
D．轿车转弯时的向心加速度最大值为μg
【答案】D
【详解】A．轿车受到重力、支持力、摩擦力作用，向心力是效果力，不是轿车受到的力，故A 错误；
B．轿车需要的向心力由静摩擦力提供，不一定是最大静摩擦力μmg，故B 错误；
CD．根据牛顿第二定律有μmg=m v
2
R =ma
解得v =√μgR、a= μg
为保证安全，汽车速度应小于v =√μgR，轿车转弯时的向心加速度最大值为μg，故C 错误，D 正确；
故选D。
【变式训练1】如图所示为公路自行车赛中运动员在水平路面上急转弯的情境，运动员在通过弯道时如果
控制不当会发生侧滑而摔离正常比赛路线，将运动员与自行车看作一个整体，下列说法正确的是（ ）
A．路面对车轮的支持力方向斜向上
B．转弯时运动员与自行车整体所需的向心力由路面对车轮的支持力与重力的合力提供
C．转弯时运动员与自行车整体所需的向心力由路面对车轮的摩擦力提供
D．发生侧滑是因为运动员与自行车整体受到的合力方向背离圆周运动的轨迹圆心
【答案】C
【详解】A．路面对车轮的支持力方向竖直向上，选项A 错误；
BC．转弯时运动员与自行车整体受向下的重力和竖直向上的路面的支持力以及地面的水平方向的摩擦力作
用，竖直方向地面的支持力和整体的重力平衡，所需的向心力由路面对车轮的摩擦力提供，选项B 错误，
C 正确；
D．发生侧滑是因为运动员与自行车整体受到的摩擦力不足以提供做圆周运动的向心力，从而做离心运
动，选项D 错误。
故选C。
【变式训练2】小车内固定有垂直于运动方向的水平横杆，物块M 套在横杆上，一个小铁球用轻质细线吊
在物块底部。当小车以恒定速率v通过某一水平弯道时（可视为圆周运动），细线与竖直方向的夹角为θ，
如图所示。若小车以更大的恒定速率通过该弯道，设小车在通过弯道的过程中，小球、物块与小车均保持
相对静止，下列说法错误的是（ ）
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A．细线与竖直方向的夹角变大
B．细线对小球的拉力变大
C．横杆对物块的摩擦力变大
D．横杆对物块的支持力变大
【答案】D
【详解】D．令小铁球质量为m，物块与小球保持相对静止，对物块与小铁球整体进行分析，如图甲所示
则有FN=(M +m)g
可知，当小车以更大的恒定速率通过该弯道时，横杆对物块的支持力不变，故D 错误，符合题意；
C．火车转弯过程，将车内物体的转弯半径可以近似认为相同，令为R，结合上述分析有f 块=(M +m) v
2
R
可知，当小车以更大的恒定速率通过该弯道时，横杆对物块的摩擦力变大，故C 正确，不符合题意；
A．对小球进行受力分析，如图乙所示
则有T cosθ =mg，T sinθ =m v
2
R
解得g tanθ = v
2
R
可知，转弯速度变大，则细线与竖直方向夹角变大，故A 正确，不符合题意；
B．结合上述解得T = mg
cosθ
由于细线与竖直方向夹角变大，则细线对小球的拉力变大，故B 正确，不符合题意。
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【变式训练3】（2025·四川南充·高三月考）如图所示，飞机以大小恒定的向心加速度在空中水平匀速盘
旋。若把飞机看成研究对象，关于飞机的受力情况说法正确的是（ ）
A．只受到重力
B．受到重力和向心力
C．受到重力和空气对飞机的作用力
D．受到重力、向心力和空气对飞机的作用力
【答案】C
【详解】飞机在空中水平面内做匀速圆周运动，受到重力和空气对飞机的作用力的合力提供向心力，飞机
受到重力和空气对飞机的作用力，故C 正确，ABD 错误。
故选C。
【变式训练4】（2025·四川凉山·高三月考）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，甲板法线与竖直方向夹角为
θ，船体简图如图乙所示。一质量为m 的小物块放在甲板上，恰能与甲板保持相对静止，两者之间的动摩
擦因数为μ，重力加速度为g。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（ ）
A．小物块受的摩擦力大于mgsinθ
B．小物块受的支持力大于mgcosθ
C．航母的航速为√
μ−tanθ
1+ tanθ gR
D．航母的航速为√
μ−tanθ
1+ μ tanθ gR
【答案】AD
【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
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水平方向f cosθ−F Nsinθ =m v
2
R
竖直方向f sinθ+ FNcosθ =mg
联立解得f =m v
2
R cosθ+mgsinθ>mgsinθ
FN=mgcosθ−m v
2
R sinθ<mgcosθ
故A 正确，B 错误；
CD．当最大静摩擦力等于滑动摩擦力时，小物块放在甲板上恰能与甲板保持相对静止，满足f = μ FN
结合f =m v
2
R cosθ+mgsinθ
FN=mgcosθ−m v
2
R sinθ
联立解得v =√
μ−tanθ
1+ μ tanθ gR
故C 错误，D 正确。
故选AD。
例4（倾斜转盘上的物体）所示，一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定轴匀速转动，圆盘与水平桌面的
夹角为θ，圆盘的半径为R，圆盘边缘处有一小物体与圆盘始终保持相对静止，物体与盘面间的动摩擦因
数为μ>3 tanθ，小物块经过圆盘的最低点A 处时受到的摩擦力大小为最大静摩擦力的2
3。已知小物块的质
量为m，取最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，则小物块经过圆盘最高点B 处时，下列
说法正确的是（ ）
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A．小物块恰好不受圆盘面的摩擦力
B．小物块受到的摩擦力方向沿BO 方向
C．小物块受到的摩擦力大小为2
3 μmg−2mgsinθ
D．小物块受到的向心力大小为2
3 μmgcosθ−2mgsinθ
【答案】B
【详解】物块在A 点时
2
3 μmgcosθ−mgsinθ =mω
2 R
在B 点时设摩擦力方向指向O 点，则
f +mgsinθ =mω
2 R
解得
f = 2
3 μmgcosθ−2mgsinθ
因μ>3 tanθ可得
f>0
则小物块受到的摩擦力方向沿BO 方向；小物块受到的摩擦力大小为2
3 μmgcosθ−2mgsinθ，小物块受
到的向心力大小为2
3 μmgcosθ−mgsinθ，选项B 正确，ACD 错误。
故选B。
【变式训练1】（2025·四川成都·高三月考）如图所示，倾角θ =53°的斜面ABC 固定在可以绕竖直轴转动
的水平转台上，斜面最低点A 在转轴OO1上。转台以角速度ω 匀速转动时，将质量为m 的小物块（可视
为质点）放置于斜面上，经过一段时间后小物块与斜面一起转动且相对静止在斜面上，此时小物块到A 点
的距离为L。已知小物块与斜面之间动摩擦因数为0.5，重力加速度为g，若最大静摩擦等于滑动摩擦力，
sin53° =0.8，cos53° =0.6。则物块相对斜面静止时（ ）
A．小物块受到的摩擦力方向一定沿斜面向下
B．小物块对斜面的压力一定等于mg
C．水平转台转动角速度ω 应不小于√
5 g
6 L
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D．水平转台转动角速度ω 的最大值为√
33 g
6 L
【答案】C
【详解】A．当角速度较小时，小物块有沿斜面向下的运动趋势，受到的摩擦力方向沿斜面向上，故A 错
误；
BCD．当角速度最小时，物块恰好不下滑，受力分析如图1 所示
y 轴方向根据平衡条件有
N 1cosθ+ f 1sinθ =mg
f 1= μ N 1x 轴方向
N 1sinθ−f 1cosθ =mω1
2 Lcosθ
解得
ω1=√
5 g
6 L，N 1=mg
当角速度最大时，物块恰好不上滑，受力分析如图2 所示，y 轴方向根据平衡条件
N 2cosθ = f 2sinθ+mg
f 2= μ N 2x 轴方向
N 2sinθ+ f 2cosθ =mω2
2 Lcosθ
解得
ω2=√
55 g
6 L ，N 1=5mg
由上分析可知，角速度取值范围为
√
5 g
6 L ≤ω≤√
55 g
6 L
小物块对斜面的压力大小
N
′ = N
取值范围为
mg≤N
′≤5mg
故C 正确，BD 错误。
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故选C。
【变式训练2】如图所示，半径为R 的半球形陶罐和陶罐内的物块（视为质点）绕竖直轴OO
′从静止开始
缓慢加速转动，当达到某一角速度时，物块受到的摩擦力减为零，此时物块和陶罐球心O 点的连线与OO
′
之间的夹角为θ，此后保持该角速度做匀速圆周运动，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（ ）
A．物块匀速转动的周期为
2π
√
gsinθ
R
B．物块匀速转动的线速度大小为√
g tanθ
R
C．物块匀速转动的角速度大小为√
g
R cosθ
D．若继续增大转动的速度，物块有下滑的趋势
【答案】C
【详解】ABC．物块做匀速圆周运动的半径为
r = R sinθ
由题意可知此时物块所受支持力和重力的合力恰好提供向心力，如图所示。设物块匀速转动的角速度为
ω，则有
mω
2r =mg tanθ
解得
ω=√
g
R cosθ
则物块匀速转动的周期为
T = 2π
ω =
2π
√
g
R cosθ
线速度大小为
v =ωr =√gR tanθsinθ
故AB 错误，C 正确；
D．若继续增大转动的速度，物块所受支持力和重力的合力不足以提供向心力，物块将受到沿内壁切线向
下的摩擦力，即物块有上滑趋势，故D 错误。
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故选C。
【变式训练3】（2025·四川遂宁·二模）如图甲所示，倾角为θ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m的小球相连，另一端穿入小孔O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O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v0，此后传感器记录细线拉力T的大小随细线扫过角度α的变化图像如图乙
所示，图中F0已知，小球到O点距离为l，重力加速度为g，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v0
2
l
B．小球通过最高点时速度为√glsinθ
C．小球通过最高点时速度为√
mgsinθ
F0
v0
D．小球通过最低点时速度为√
2 F0−mgsinθ
F0
v0
【答案】A
【详解】A．位于初始位置时的向心加速度大小为a1= v0
2
l
沿斜面向下的加速度大小为a2= gsinθ
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v0
2
l
，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mgsinθ =m v1
2
l
解得小球通过最高点时的速度v1=√glsinθ
故B 正确，不满足题意要求；
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C．小球在初始位置时，有F0=m v0
2
l
则小球通过最高点时的速度v1=√glsinθ =√
mgsinθ
F0
v0
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2 F0−mgsinθ =m v2
2
l
联立解得小球通过最低点的速度为v2=√
2 F0−mgsinθ
F0
v0
故D 正确，不满足题意要求。
故选A。
考向3 竖直面内的圆周运动
例1（绳、杆球类模型）（24-25 高一下·四川成都·期中）如图，一质量为m 的小球（可视为质点）从B 点
正上方某处自由落下，且从B 点进入光滑四分之三圆弧轨道运动。当运动到最高点E 时，对轨道的压力大
小为0.5mg，重力加速度大小为g。O 点为圆弧轨道的圆心，C 点为圆弧轨道的最低点。下列说法正确的是
（ ）
A．小球在C 点对轨道的压力小于在E 点对轨道的压力
B．小球从C→D→E 过程中，对轨道的压力先增大后减小
C．小球通过E 点后可能会再次落到圆弧轨道上
D．小球通过E 点后一定会落到水平面AB 上
【答案】D
【详解】A．在C 点对小球有F1−mg=m vC
2
R
在E 点对小球有F2+mg =m v E
2
R
因为vC>vE
解得F1> F2
由牛顿第三定律，小球在C 点对轨道的压力大于在E 点对轨道的压力，A 错误；
B．小球在最低点时对轨道的压力最大，在最高点时对轨道的压力最小，所以小球从C→D→E 过程中，对
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轨道的压力一直减小，B 错误；
CD．若小球运动到最高点E 时，对轨道的压力大小为0，根据牛顿第二定律得mg=m v
2
R
解得v =√gR
根据平抛运动得R = 1
2 gt
2，x =√gRt
解得x =√2 R> R
因为小球运动到最高点E 时，对轨道的压力大小为0.5mg，那么，小球通过最高点E 的速度大于临界速度
√gR，所以一定会落在水平面AB 上，C 错误，D 正确。
故选D。
例2 如图所示，在竖直平面内固定一刚性轻质的圆环形细管（管道内径极小），一质量为m 的小球放置于
管内顶端A 点，其直径略小于管道内径。现给小球一微小扰动，使之顺时针沿管道下滑。管内的B 点与管
道的圆心O 等高，C 点是管道的最低点，若不计一切摩擦，下列说法中正确的是（ ）
A．小球不可能回到A 点
B．小球对细管的作用力不可能为零
C．从A 点运动到C 点，小球对细管的作用力一直增大
D．从A 点运动到B 点，小球对细管的作用力先减小后增大
【答案】D
【详解】A．因不计摩擦阻力，则小球无机械能损失，到达A 点时速度为零，小球可回到A 点，选项A 错
误；
B．小球下滑在AB 段时，若满足mgcosθ =m v
2
R
（θ 为该位置与圆心连线与竖直方向的夹角）时对细管的作用力为零，选项B 错误；
CD．由上述分析，小球从A 点运动到C 点，在AB 之间存在一个压力为零的位置，可知从A 点运动到C 点
小球对细管的作用力先减小后增大，选项C 错误，D 正确。
故选D。
【变式训练1】轻杆的一端固定有质量为m=1kg 的小球，另一端安装在水平轴上，转轴到小球的距离为
50cm。转轴固定在质量M=4kg 的三角形的带有电动机（电动机没画出来）的支架上。在电动机作用下，
轻杆在竖直面内做匀速圆周运动，如图所示。若转轴达到某一恒定转速时，小球在最高点受到杆的支持力
为2N，重力加速度g=10m/s2，则（ ）
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A．把杆换成轻绳，同样转速的情况下，小球能通过图示的最高点
B．小球运动到图示水平位置时，小球需要的向心力大小为8N
C．小球运动到图示水平位置时，支架受到地面的摩擦力为8N，方向水平向右
D．小球运动到最高点时，线速度大小为20m/s
【答案】B
【详解】AD．若转轴达到某一恒定转速时，小球在最高点受到杆的支持力为2N，以小球为对象，根据牛
顿第二定律可得mg−FN= m v
2
R
代入数据解得v =2m /s
把杆换成轻绳，设小球通过最高点的最小速度为v0，由mg = m v0
2
R
可得v0=√5 m /s>v =2m /s
所以在同样转速的情况下，小球不能通过图示的最高点，故AD 错误；
B．小球运动到图示水平位置时，小球需要的向心力大小为F向= m v
2
R =8 N，故B 正确；
C．小球运动到图示水平位置时，小球的加速度方向水平向左，以小球和支架为系统，根据质点组牛顿第
二定律可得支架受到地面的摩擦力大小为f =ma=m v
2
R =8 N
方向水平向左，故C 错误。
故选B。
【变式训练2】（2025·四川雅安·高三月考）如图所示，在竖直平面内固定着光滑圆管道。一小球从管道内
的最低点以不同的初速度v0向右运动，球的直径略小于管的内径，不计空气阻力。用粗线表示小球在运动
过程中对内侧管壁有作用力的区域，虚线为过O 点的水平线，下列图示可能正确的是（ ）
A．
B．
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C．
D．
【答案】A
【详解】在虚线以下的半圆，小球的重力分解成沿切线方向和沿半径背离圆心的分力，所以重力无法提供
向心力，此时小球必受到外管壁对其指向圆心的弹力。设圆管道的半径为r，小球在最高点对内外管壁均
无弹力的速度为v，有
mg=m v
2
r
解得
v =√gr
在虚线上半圆，小球的重力分解成沿切线方向和沿半径指向圆心的分力，当小球在圆管道最高点速度大于
√gr时，在上半圆运动过程中，所需向心力一直大于其重力沿半径方向的分力，外管壁对小球有指向圆心
的弹力。当小球在圆管道最高点速度小于√gr时，在上半圆运动过程中，刚进入上半圆或者将要滑出上半
圆时，重力沿半径方向的分力较小，不足以提供向心力，外管壁对其有指向圆心的弹力，随着小球高度的
增加，其速率减小，所需向心力减小，重力沿半径方向分力增大，会在某一合适的位置开始出现内管壁对
小球有弹力。
故选A。
【变式训练3】（2025·四川成都·高三月考）如图所示，质量为M、半径为R、内壁光滑的圆形轨道竖直放
置在水平地面上，轨道圆心为O，P、Q 是轨道上与圆心O 等高的两点。一质量为m 的小球沿轨道做圆周
运动，当小球转到顶端时，刚好使整体离开地面，运动过程中轨道始终保持静止状态。已知重力加速度为
g，下列说法正确的是（ ）
A．小球经过轨道最高点时，轨道与小球间的弹力大小(M +m)g
B．小球经过轨道最低点时处于失重状态
C．小球经过P 点时，轨道对地面的摩擦力沿水平面向左
D．小球经过Q 点时，轨道对地面的压力为(M +m)g
【答案】C
【详解】A．小球经过轨道最高点时，刚好使整体离开地面，可知小球对轨道的作用力为竖直向上，大小
为Mg，即轨道与小球间的弹力大小Mg，选项A 错误；
B．小球经过轨道最低点时，加速度竖直向上，小球处于超重状态，选项B 错误；
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C．小球经过P 点时，小球对轨道的压力水平向左，则轨道受地面的摩擦力水平向右，根据牛顿第三定律
可知，轨道对地面的摩擦力沿水平面向左，选项C 正确；
D．小球经过Q 点时，由竖直方向受力平衡可知，轨道对地面的压力为Mg，选项D 错误。
故选C。
例3（拱桥凹桥模型）（2025·四川南充·高三月考）任何一条平滑的曲线都可以看作是由一系列不同半径
的圆弧连接而成的，这些圆弧的半径叫作曲率半径，记作ρ。因此，我们就可以把物体沿任一曲线的运
动，看成是物体沿一系列不同半径的小段圆弧的运动。如图，汽车行驶中经常会经过一些凹凸不平的路
面，其凹凸部分路面可以看作圆弧的一部分，如图所示的A、B、C 处，其中B 处的曲率半径最大，A 处的
曲率半径为ρ1，C 处的曲率半径为ρ2，重力加速度为g。若有一辆可视为质点、质量为m 的小汽车与路面
之间各处的动摩擦因数均为μ，当该车以恒定的速率v 沿这段凹凸路面行驶时，下列说法正确的是
（ ）
A．汽车经过A 处时处于超重状态，经过C 处时处于失重状态
B．汽车经过B 处时最容易爆胎
C．为了保证行车在A 处不脱离路面，该车的行驶速度不得超过√g ρ1
D．汽车经过C 处时所受的摩擦力大小为μmg
【答案】C
【详解】A．汽车经过A 处时，加速度向下，处于失重状态，经过C 处时，加速度向上，处于超重状态，
A 错误；
B．因汽车在BC 两点处于超重状态，而根据F =mg+m v
2
R
在C 处的曲率半径小于B 处，可知汽车经过C 处时最容易爆胎，B 错误；
C．汽车在A 点容易脱离桥面，则在A 点汽车对桥面的压力恰为零时，根据mg=m v
2
R
可知，为了保证行车不脱离路面，该车的行驶速度不得超过v =√g R A =√g ρ1，C 正确；
D．汽车经过C 处时所受的摩擦力有静摩擦和滚动摩擦，D 错误。
故选C。
【变式训练1】如图，一质量为m 的汽车驶上半径为R 的拱桥，到达拱桥最高点时的行驶速度为v 且不腾
空。则下列说法正确的是（ ）
A．汽车对拱桥面的压力小于mg
B．汽车在拱桥最高点处于超重状态
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C．拱桥对汽车的支持力为mg+m v
2
R
D．行驶速度小于√gR时，汽车会腾空
【答案】A
【详解】ABC．根据牛顿第二定律汽车在拱桥最高点
mg−N =m v
2
R
拱桥对汽车的支持力为
N =mg−m v
2
R
根据牛顿第三定律知，汽车对拱桥面的压力为
N
′ =mg−m v
2
R <mg
处于失重状态，故A 正确，BC 错误；
D．汽车在离开桥顶的临界状态时
N =0
根据
mg=m v
2
R
解得汽车做离心运动离开桥顶时的临界速度为√gR，故当行驶速度大于√gR时，汽车会腾空，故D 错误。
故选A。
【变式训练2】如图甲，汽车以恒定速率通过一拱形桥面。如图乙，a、b、c 是汽车过桥面时的三个不同位
置，其中a、c 两点高度相同，b 点为桥面的最高点。假设整个过程中汽车所受空气阻力和摩擦阻力的大小
之和保持不变。下列说法正确的是（ ）
A．在ab 段汽车对桥面的压力大小不变
B．在bc 段汽车的牵引力逐渐增大
C．在ab 段汽车所受合力的大小、方向均不变
D．在ab 段汽车发动机做功比bc 段多
【答案】D
【详解】A．汽车以恒定速率通过桥面，则向心力大小不变，设汽车速度方向与水平方向夹角为θ，则
mgcosθ−F N = m v
2
R
在ab 段由于θ 逐渐减小，则汽车对桥面的压力逐渐增大，故A 错误；
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B．在bc，沿切线方向，根据平衡条件
mgsinθ+ F = μ FN
在bc 由于θ 逐渐增大，汽车对桥面的压力逐渐减小，则汽车汽车的牵引力逐渐减小，故B 错误；
C．在ab 段汽车所受合力提供向心力，大小不变，方向改变，故C 错误；
D．在ab 段汽车发动机要克服阻力和重力做功，在bc 段汽车发动机只克服阻力做功且重力做正功，整个
过程中汽车的动能不变，两段过程克服阻力做功相同，因此在ab 段汽车发动机做功多，故D 正确。
故选D。
考向4 离心运动
例1 如图所示，光滑水平面上，质量为m 的小球在拉力F 作用下做匀速圆周运动。若小球运动到P 点时，
拉力F 发生变化。下列关于小球运动情况的说法中正确的是（ ）
A．若拉力突然消失，小球将沿轨迹Pb 做离心运动
B．若拉力突然变小，小球将沿轨迹Pb 做离心运动
C．若拉力突然变大，小球将沿轨迹Pb 做离心运动
D．若拉力突然变小，小球将沿轨迹Pa 做离心运动
【答案】B
【详解】A．光滑水平面上，质量为m 的小球在拉力F 作用下做匀速圆周运动，若拉力突然消失，小球将
沿切线方向做匀速直线运动，即沿轨迹Pa 做离心运动，故A 错误；
BD．若拉力突然变小，拉力不足以提供所需的向心力，小球将做离心运动，轨迹位于圆与切线之间，即
小球将沿轨迹Pb 做离心运动，故B 正确，D 错误；
C．若拉力突然变大，拉力大于所需的向心力，小球将做近心运动，故C 错误。
故选B。
【变式训练1】如图所示，一个杯子放在水平餐桌的转盘上随转盘做匀速圆周运动，下列说法正确的是（
）
A．杯子受到桌面的摩擦力指向转盘中心
B．杯子受重力、支持力、向心力作用
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C．转盘转速一定时，杯子越靠近中心越容易做离心运动
D．转盘转速一定时，杯子里装满水比空杯子更容易做离心运动
【答案】A
【详解】AB．根据题意，对杯子受力分析，受重力、支持力和摩擦力，桌面的摩擦力提供杯子做匀速圆
周运动的向心力，则指向转盘中心，故B 错误，A 正确；
C．根据公式ω=2πn和F =mω
2r可得，
F =m⋅4 π
2n
2r
转盘转速一定时，杯子越靠近中心所需向心力越小，不容易做离心运动，故C 错误；
D．根据题意可知，当转盘转速一定时，杯子和桌面间的最大静摩擦力不足以提供杯子做圆周运动的向心
力时，杯子发生离心运动，则有
μmg<m⋅4 π
2n
2r
即
μg<4 π
2n
2r
可知，杯子里装满水与空杯子一样，故D 错误。
故选A。
【变式训练2】（多选）关于离心运动，下列说法正确的是（ ）
A．洗衣机脱水桶是利用衣物里面的水做离心运动而把衣服甩干的
B．汽车在水平路面上转弯时发生侧滑，是因为受到了指向弯道外侧的离心力
C．用砂轮切割机切割钢材时，火花沿切线方向飞出是因为向心力突然消失
D．做圆周运动的物体所受的向心力突然减小时，物体将沿切线方向飞出
【答案】AC
【详解】A．洗衣机脱水桶是利用衣物里面的水做离心运动而把衣服甩干的，所以A 正确；
B．汽车在水平路面上转弯时发生侧滑，是因为所受到的合外力不足够提供向心力，汽车做离心运动，所
以B 错误；
C．用砂轮切割机切割钢材时，火花沿切线方向飞出是因为向心力突然消失，所以C 正确；
D．做圆周运动的物体所受的向心力突然减小时，物体将做逐渐远离圆心的运动，所以D 错误；
故选AC。
1.（2025·江苏·高考真题）游乐设施“旋转杯”的底盘和转杯分别以O、O
′为转轴，在水平面内沿顺时针方
向匀速转动。O
′固定在底盘上。某时刻转杯转到如图所示位置，杯上A 点与O、O
′恰好在同一条直线上。
则（ ）
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习~~~
A．A 点做匀速圆周运动
B．O
′点做匀速圆周运动
C．此时A 点的速度小于O
′点
D．此时A 点的速度等于O
′点
【答案】B
【详解】A．A 点运动为A 点绕O
′的圆周运动和O
′相对于O 的圆周运动的合运动，故轨迹不是圆周，故不
做匀速圆周运动，故A 错误；
B．根据题意O
′固定在底盘上，故可知O
′围绕O 点做匀速圆周运动，故B 正确；
CD．杯上A 点与O、O
′恰好在同一条直线上时且A在OO'延长线上，A点和O'点运动运动方向相同，又A
点相对O
′点做圆周运动，故此时A 的速度大于O
′的速度，故CD 错误。
故选B。
2.（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l
2、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．r√
k
2m
B．l√
k
2m
C．r√
2k
m
D．l√
2k
m
【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Δ x = l
2，根据胡克定律有
F =k Δ x = kl
2
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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
F =ml ω
2
对卷轴有
v =rω
联立解得
v =r√
k
2m
故选A。
3.（2023·全国甲卷·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
T = k
r
合外力等于向心力，根据
F合= Fn=m 4 π
2
T
2 r
联立可得
Fn= 4 m π
2
k
2
r
3
其中4 m π
2
k
2
为常数，r的指数为3，故题中
n=3
故选C。
4.（2024·江苏·高考真题）制作陶瓷时，在水平面内匀速转动的台面上有一些陶屑。假设陶屑与台面间的
动摩擦因数均相同，最大静摩擦力等于滑动摩檫力。将陶屑视为质点，则（ ）
A．离转轴越近的陶屑质量越大
B．离转轴越远的陶屑质量越大
C．陶屑只能分布在台面的边缘处
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D．陶屑只能分布在一定半径的圆内
【答案】D
【详解】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
μmg=mω
2rmax
解得
rmax = μg
ω
2
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转轴的距离与陶屑质量
无关，只要在台面上不发生相对滑动的位置都有陶屑。μ 与ω 均一定，故rmax为定值，即陶屑离转轴最远
的陶屑距离不超过μg
ω
2，即陶屑只能分布在半径为μg
ω
2的圆内。故ABC 错误，故D 正确。
故选D。
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