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06 圆周运动
[-考点-02-] 圆周运动的动力学问题
1．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
Fn＝an＝m＝mrω2＝mr＝m4
2f 2r＝m4
2n 2r＝mωv.
(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．
2．离心运动和近心运动
(1)离心运动：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)受力特点(如图)
①当F＝0 时，物体沿切线方向飞出，做匀速直线运动．
②当0<F<mrω2时，物体逐渐远离圆心，做离心运动．
③当F>mrω2时，物体逐渐向圆心靠近，做近心运动．
(3)本质：离心运动的本质并不是受到离心力的作用，而是提供的力小于做匀速圆周运动需
要的向心力．
3．匀速圆周运动与变速圆周运动中合力、向心力的特点
(1)匀速圆周运动的合力：提供向心力．
(2)变速圆周运动的合力(如图)
①与圆周相切的分力Ft产生切向加速度at，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，反向时做减速圆周运动．
②指向圆心的分力Fn提供向心力，产生向心加速度an，改变线速度的方向．
1．向心力来源
1
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向心力是按力的作用效果命名的，可以由重力、弹力、摩擦力等各种力提供，也可以是几
个力的合力或某个力的分力提供，因此在受力分析中要避免再另外添加一个向心力．
2．匀速圆周运动中向心力来源
运动模型
向心力的来源图示
汽车在水平路面转弯
水平转台(光滑)
圆锥摆
飞车走壁
飞机水平转弯
火车转弯
3.变速圆周运动中向心力来源
如图所示，当小球在竖直面内摆动时，沿半径方向的合力提供向心力，Fn＝FT－mgcos θ＝
m，如图所示．
4．圆周运动中动力学问题的分析思路
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典例1 (圆周运动的动力学问题)(2023·陕西省·质检)如图所示，长为L 的轻质硬杆，一端固
定一个质量为m 的小球，另一端固定在水平转轴上，现让杆绕转轴O 在竖直平面内匀速转
动，转动的角速度为ω，某时刻杆对球的作用力水平向左，则此时杆与水平面的夹角θ 为(
)
A．sin θ＝
B．sin θ＝
C．tan θ＝
D．tan θ＝
答案 B
解析 小球所受重力和杆的作用力的合力提供向心力，受力如图所示
根据牛顿第二定律有：＝mLω2，解得：sin θ＝，故选B.
典例2 (圆锥摆模型)(2023·辽宁省六校联考)四个完全相同的小球A、B、C、D 均在水平面
内做圆锥摆运动．如图甲所示，小球A、B 在同一水平面内做圆锥摆运动(连接B 球的绳较
长)；如图乙所示，小球C、D 在不同水平面内做圆锥摆运动，但是连接C、D 的绳与竖直
方向之间的夹角相等(连接D 球的绳较长)，则下列说法错误的是( )
A．小球A、B 角速度相等
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B．小球A、B 线速度大小相等
C．小球C、D 所需的向心加速度大小相等
D．小球D 受到绳的拉力与小球C 受到绳的拉力大小相等
答案 B
解析 对题图甲中A、B 分析，设绳与竖直方向的夹角为θ，绳长为l，小球的质量为m，
小球A、B 到悬点O 的竖直距离为h，则mgtan θ＝mω2lsin θ，解得ω＝＝，所以小球A、B
的角速度相等，线速度大小不相等，故A 正确，B 错误；对题图乙中C、D 分析，设绳与
竖直方向的夹角为θ，小球的质量为m，绳上拉力为FT，则有mgtan θ＝man，FTcos θ＝
mg，得an＝gtan θ，FT＝，所以小球C、D 所需的向心加速度大小相等，小球C、D 受到绳
的拉力大小也相等，故C、D 正确．
典例3 (生活中的圆周运动)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α(α 很
小，可近似认为tan α≈sin α)，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
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v＝时，列车轮缘不会挤压内轨和外轨
C．列车过转弯处的速度v<时，列车轮缘会挤压外轨
D．若减小α 角，可提高列车安全过转弯处的速度
答案 B
解析 列车以规定速度转弯时受到重力、支持力的作用，重力和支持力的合力提供向心力
A 错误；当重力和支持力的合力提供向心力时，有m＝mgtan α＝mg，解得v＝，故当列车
过转弯处的速度v＝时，列车轮缘不会挤压内轨和外轨，B 正确；列车过转弯处的速度v<
时，转弯所需的向心力F<mgtan α，故此时列车内轨受挤压，C 错误；若要提高列车过转
弯处的速度，则列车所需的向心力增大，故需要增大α，D 错误．
1.如图所示，汽车正在水平路面上沿圆轨道匀速率转弯，且没有发生侧滑．下列说法正确
的是( )
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A．汽车转弯时由车轮和路面间的静摩擦力提供向心力
B．汽车转弯时由汽车受到的重力与支持力的合力提供向心力
C．汽车转弯时由车轮和路面间的滑动摩擦力提供向心力
D．汽车转弯半径不变，速度减小时，汽车受到的静摩擦力可能不变
答案 A
解析 汽车转弯时靠静摩擦力提供向心力，故A 正确，B、C 错误；根据Ff＝Fn＝m 知，半
径不变，速度减小时，向心力减小，则汽车受到的静摩擦力减小，故D 错误．
2．两根长度不同的细线下面分别悬挂两个小球，细线上端固定在同一点，若两个小球以相
同的角速度，绕共同的竖直轴在水平面内做匀速圆周运动，则两个摆球在运动过程中，相
对位置关系示意图正确的是( )
答案 B
解析 小球做匀速圆周运动，对其受力分析如图所示，则有mgtan θ＝mω2Lsin θ，整理得：
Lcos θ＝，则两球处于同一高度，故B 正确．
3．(2023·钦州·期末)一个小球做匀速圆周运动，圆周半径r＝0.5 m，小球质量为m＝
0.2 kg，角速度大小为ω＝4 rad/s，则小球所受向心力F 大小为( )
A．2.5 N
B．1.6 N
C．0.5 N
D．0.4 N
答案 B
解析 小球所受向心力F＝mω2r＝0.2×42×0.5 N＝1.6 N，故选B.
4.(2020·全国卷Ⅰ·16)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( )
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A．200 N
B．400 N
C．600 N
D．800 N
答案 B
解析 取该同学与踏板为研究对象，到达最低点时，受力如图所示，设每根绳子中的平均
拉力大小为F.
由牛顿第二定律知：2F－mg＝，取g＝9.8 m/s2，代入数据得F＝405 N，故每根绳子平均承
受的拉力约为405 N，选项B 正确．
5.质量为m 的小球用长为L 的轻质细线悬挂在O 点，在O 点的正下方处有一光滑小钉子
P，把细线沿水平方向拉直，如图所示，无初速度地释放小球，当细线碰到钉子的瞬间(瞬
时速度不变)，细线没有断裂，则下列说法正确的是( )
A．小球的线速度突然增大
B．小球的角速度突然减小
C．小球对细线的拉力突然增大
D．小球对细线的拉力保持不变
答案 C
解析 根据题意，细线碰到钉子的瞬间，小球的瞬时速度v 不变，但其做圆周运动的半径
从L 突变为，由ω＝可知小球的角速度突然增大，选项A、B 错误；根据FT－mg＝m 可知
小球受到的拉力增大，由牛顿第三定律知，选项C 正确，D 错误．
6.(多选)(2022·甘肃·模拟)在修筑铁路时，弯道处的外轨会略高于内轨．如图所示，当火车
以规定的行驶速度转弯时，内、外轨均不会受到轮缘的挤压，设此时的速度大小为v，重
力加速度为g，两轨所在面的倾角为θ，则( )
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A．该弯道的半径r＝
B．当火车质量改变时，规定的行驶速度大小不变
C．当火车速率大于v 时，内轨将受到轮缘的挤压
D．当火车速率大于v 时，外轨将受到轮缘的挤压
答案 ABD
解析 火车转弯时不侧向挤压车轮轮缘，靠重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第
二定律得：mgtan θ＝m，解得：r＝，故A 正确；根据牛顿第二定律得：mgtan θ＝m，解
得：v＝，可知火车规定的行驶速度与质量无关，故B 正确；当火车速率大于v 时，重力和
支持力的合力不足以提供向心力，此时外轨对火车有侧压力，轮缘挤压外轨，故C 错误，
D 正确．
7．(2023·广东惠州市调研)如图所示，一根细线下端拴一个金属小球Q，细线穿过小孔(小
孔光滑)另一端连接在金属块P 上，P 始终静止在水平桌面上，若不计空气阻力，小球在某
一水平面内做匀速圆周运动(圆锥摆)．实际上，小球在运动过程中不可避免地受到空气阻
力作用．因阻力作用，小球Q 的运动轨迹发生缓慢的变化(可视为一系列半径不同的圆周运
动)．下列判断正确的是( )
A．小球Q 的位置越来越高
B．细线的拉力减小
C．小球Q 运动的角速度增大
D．金属块P 受到桌面的静摩擦力增大
答案 B
解析 由于小球受到空气阻力作用，线速度减小，则所需要的向心力减小，小球做近心运
动，小球的位置越来越低，故A 项错误；设小孔下面细线与竖直方向的夹角为θ，细线的
拉力大小为FT，细线的长度为L，当小球做匀速圆周运动时，由重力和细线的拉力的合力
提供向心力，如图所示，则有FT＝，mgtan θ＝m＝mω2Lsin θ，解得ω＝，由于小球受到
空气阻力作用，线速度减小，θ 减小，cos θ 增大，因此细线的拉力FT减小，角速度ω 减
小，故B 项正确，C 项错误；对金属块P，由平衡条件知，P 受到桌面的静摩擦力大小等于
细线的拉力大小，则静摩擦力减小，故D 项错误．
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8.如图所示为室内场地自行车赛的比赛情景，运动员以速度v 在倾角为θ 的粗糙倾斜赛道上
做匀速圆周运动．已知运动员质量为m，圆周运动的半径为R，重力加速度为g，将运动员
视为质点．则运动员( )
A．所受合力方向沿赛道面向下
B．所受自行车的作用力方向竖直向上
C．合力大小为m
D．速度不能超过
答案 C
解析 运动员和自行车组成的整体受重力、支持力、摩擦力作用，靠合力提供向心力，合
力的方向始终指向圆心，A 错误；运动员所受重力、支持力的合力提供其做圆周运动的向
心力，故自行车对运动员的作用力应斜向左上方，B 错误；运动员所受的合力提供运动员
做圆周运动的向心力，根据向心力公式可得F 向＝m，C 正确；以运动员和自行车整体为研
究对象，受到的重力和赛道的支持力的合力提供向心力时，向心力为F 向＝m 总＝m 总gtan
θ，解得v＝，当运动员和自行车的速度略大于时，整体会受到赛道的沿着赛道面向下的摩
擦力，仍能做匀速圆周运动，D 错误．
9．(2023·河北张家口市模拟)如图所示，O 为半球形容器的球心，半球形容器绕通过O 的竖
直轴以角速度ω 匀速转动，放在容器内的两个质量相等的小物块a 和b 相对容器静止，b
与容器壁间恰好没有摩擦力的作用．已知a 和O、b 和O 的连线与竖直方向的夹角分别为
60°和30°，则下列说法正确的是( )
A．小物块a 和b 做圆周运动所需的向心力大小之比为∶1
B．小物块a 和b 对容器壁的压力大小之比为∶1
C．小物块a 与容器壁之间无摩擦力
D．容器壁对小物块a 的摩擦力方向沿器壁切线向下
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答案 A
解析 a、b 角速度相等，向心力大小可表示为F＝mω2Rsin α，所以a、b 所需向心力大小
之比为sin 60°∶sin 30°＝∶1，A 正确；对b 分析可得mgtan 30°＝mω2Rsin 30°，结合对b 分
析结果，对a 分析有mω2Rsin 60°<mgtan 60°，即支持力在指向转轴方向的分力大于所需要
的向心力，因此摩擦力有背离转轴方向的分力，即容器壁对a 的摩擦力沿切线方向向上，
C、D 错误；对b 有FNbcos 30°＝mg，对a 有FNacos 60°＋Ffsin 60°＝mg，所以≠＝，B 错误．
10.如图所示，质量均为m 的a、b 两小球用不可伸长的等长轻质绳子悬挂起来，使小球a
在竖直平面内来回摆动，小球b 在水平面内做匀速圆周运动，连接小球b 的绳子与竖直方
向的夹角和小球a 摆动时绳子偏离竖直方向的最大夹角都为θ，重力加速度为g，则下列说
法正确的是( )
A．a、b 两小球都是所受合外力充当向心力
B．a、b 两小球圆周运动的半径之比为tan θ
C．b 小球受到的绳子拉力为
D．a 小球运动到最高点时受到的绳子拉力为
答案 C
解析 小球a 速度变化，只有在最低点时所受合外力充当向心力，而小球b 做匀速圆周运
动，所受合外力充当向心力，故A 错误；由几何关系可知，a、b 两小球圆周运动的半径之
比为，故B 错误；根据矢量三角形可得Fbcos θ＝mg，即Fb＝，故C 正确；a 小球到达最
高点时速度为零，将重力正交分解有Fa＝mgcos θ，故D 错误．
11.(2023·浙江·模拟)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mg
B.秋千对小明的作用力大于mg
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
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解析 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θ，秋千对小明的作用力
为F，沿摆绳方向，对小明受力分析，有F－mgcos θ＝m，因最高点时小明的速度为0，
则F＝mgcos θ<mg；沿垂直摆绳方向，有mgsin θ＝ma，即a＝gsin θ，故A 正确，B、
C、D 错误.
12.(多选)天花板下悬挂的轻质光滑小圆环P 可绕过悬挂点的竖直轴无摩擦地旋转．一根轻
绳穿过P，两端分别连接质量为m1和m2的小球A、B(m1≠m2)．设两球同时做如图所示的圆
锥摆运动，且在任意时刻两球均在同一水平面内，则( )
A．两球运动的周期相等
B．两球的向心加速度大小相等
C．球A、B 到P 的距离之比等于m2∶m1
D．球A、B 到P 的距离之比等于m1∶m2
答案 AC
解析 对其中一个小球受力分析，其受到重力和绳的拉力FT，设绳与竖直方向的夹角为
θ，重力与拉力的合力提供向心力，设该小球到P 的距离为l，则有mgtan θ＝mlsin θ，解
得周期为T＝2π＝2π，因为任意时刻两球均在同一水平面内，故两球运动的周期相等，选
项A 正确；连接两球的绳的拉力FT相等，由于向心力为Fn＝FTsin θ＝mω2lsin θ，故m 与l
成反比，即＝，又小球的向心加速度a＝ω2htan θ＝()2htan θ，故向心加速度大小不相等，
选项C 正确，B、D 错误．
13.(多选)(2021·河北卷·9)如图，矩形金属框MNQP 竖直放置，其中MN、PQ 足够长，且
PQ 杆光滑，一根轻弹簧一端固定在M 点，另一端连接一个质量为m 的小球，小球穿过PQ
杆，金属框绕MN 轴分别以角速度ω 和ω′匀速转动时，小球均相对PQ 杆静止，若
ω′>ω，则与以ω 匀速转动时相比，以ω′匀速转动时( )
A．小球的高度一定降低
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B．弹簧弹力的大小一定不变
C．小球对杆压力的大小一定变大
D．小球所受合外力的大小一定变大
答案 BD
解析 对小球受力分析，设弹簧弹力为FT，弹簧与水平方向的夹角为θ，则对小球竖直方
向有FTsin θ＝mg，而FT＝k(-l0),可知θ 为定值，FT不变，则当转速增大后，小球的高度不
变，弹簧的弹力不变，A 错误，B 正确；水平方向当转速较小，杆对小球的弹力FN背离转
轴时，则FTcos θ－FN＝mω2r,即FN＝FTcos θ－mω2r,当转速较大，FN指向转轴时，则FTcos
θ＋FN′＝mω′2r,即FN′＝mω′2r－FTcos θ,因ω′>ω，根据牛顿第三定律可知，小球对
杆的压力不一定变大，C 错误；根据F 合＝mω2r 可知，因角速度变大，则小球所受合外力
变大，D 正确．
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