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第7 讲 圆周运动模型
【模型一 匀速圆周运动的基本性质】
类型1：匀速圆周运动的基本物理量计算
类型2：三种传动方式
类型3：圆周运动中的向心力计算
【模型二 水平面内圆周运动模型】
类型1：水平转盘模型
类型2：锥摆及锥型容器模型
类型3：水平面和倾斜面车辆转弯模型
【模型三 竖直面内圆周运动模型】
类型1：绳球模型
类型2：杆球模型
类型3：拱形桥模型
类型4：复合模型（竖直面内圆周运动与平抛运动的组合）
圆周运动主要涉及两大类题型：水平面内的圆周运动模型和竖直平面内的圆周运动模型。
①在水平面内做匀速圆周运动物体的动力学问题,称为水平面内的圆周运动模型。涉及物体在运动
过程中的受力分析、牛顿第二定律、向心力公式的选择应用、动态过程的分析、临界与极值条件的确
定等多个知识内容与方法,因此水平面内的圆周运动模型是高考中一个常考模型。
②物体在竖直平面内做匀速或变速圆周运动的动力学问题,称为竖直平面内的圆周运动模型。竖直
平面内的圆周运动模型通常涉及受力分析、牛顿运动定律、能量转化与守恒等知识与方法,由于物体在
运动过程所受弹力的变化可导致出现临界与极值问题,使得这类问题分析处理的难度加大,对能力考查
的有效性增大,因此竖直平面内的圆周运动模型多年来一直是各高考热点中高频考查的一个重要物理模
型。
【模型一 匀速圆周运动的基本性质】
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类型1：匀速圆周运动的基本物理量计算
一．圆周运动的基本性质
1．定义：做圆周运动的物体，若在相等的时间内通过的圆弧长相等，就是匀速圆周运动。
2．性质：一种变加速的变速运动。
二．描述圆周运动的物理量
物理量
物理意义
计算式
线速度v
（m/s）
描述质点沿圆弧运动的快慢，
线速度越大，质点沿圆弧运动
越快
v= s
t =2πr
T =2π rf =rω
角速度ω
（rad/s）
描述质点转过圆心角的快慢
ω=ϕ
t =2π
T =2πf = v
r
周期T（s）
定量描述匀速圆周运动快慢。
周期长说明运动得慢，周期短
说明运动得快。
T=2πr
v =2π
ω =1
f
频率f（Hz）
定量描述匀速圆周运动的快
慢，频率高说明运动得快，频
率低说明运动得慢。
f = 1
T = ω
2π
转速n（r/s
或r/min）
实际中定量描述匀速圆周运动
的快慢，转速高说明运动得
快，转速低说明运动得慢。
n=f = 1
T （n单位取r
s）
向心加速度a
（m/s2）
描述物体速度方向变化快慢
a= v2
r =rω2=r(
2π
T )
2
=r (2πf )2=vω
①线速度和角速度都是描述做匀速圆周运动的物体运动快慢的物理量，线速度侧重于描述物体通过弧
长的快慢程度：而角速度侧重于描述物体转过角度的快慢程度。它们都有一定的局限性，并不是线速度大
的物体角速度一定大。例如，地球围绕太阳运动的线速度约是3×104 m/s，这个数低是较大的。但它的角速
度却很小，为2×10-7rad/s。
2
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②频率表示单位时间（1s）内物体做圆周运动的圈数，因此当转速的单位取转每秒时，频率与转速含
义相同，但转速在工程技术中常用的单位是转每分。
③对于变速率圆周运动，可以用公式求质点在圆周上某点的向心加速度瞬时值，其中ω 或v 应取该点
的线速度和角速度的瞬时值。
三．v、ω、r、a 中任意三者关系的讨论
1.讨论v、ω、r、a 中三者关系时，先确保一个量不变，再确定另外两个量间的正、反比关系。
（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。
2.讨论ω、T 和f 中关系时，由公式
T=2π
ω =1
f 可知，周期与角速度成反比；频率与角速度成正比。
【典例1】（2025·河北·高考真题）某同学在傍晚用内嵌多个彩灯的塑料绳跳绳，照片录了彩灯在曝光时间
内的运动轨迹，简图如图。彩灯的运动可视为匀速圆周运动，相机本次曝光时间是1
30 s，圆弧对应的圆心
角约为30°，则该同学每分钟跳绳的圈数约为（ ）
A．90
B．120
C．150
D．180
根据题意可知跳绳的转动角速度为ω=θ
Δt =
π
6
1
30
rad/s=5πrad/s
故每分钟跳绳的圈数为n=5π×60
2π
=150
3
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【变式1-1】（2025·安徽·高考真题）在竖直平面内，质点M 绕定点O 沿逆时针方向做匀速圆周运动，质
点N 沿竖直方向做直线运动，M、N 在运动过程中始终处于同一高度。t=0时，M、N 与O 点位于同一直
线上，如图所示。此后在M 运动一周的过程中，N 运动的速度v 随时间t 变化的图像可能是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【详解】因为M、N 在运动过程中始终处于同一高度，所以N 的速度vN与M 在竖直方向的分速度vM❑y大
小相等，
设M 做匀速圆周运动的角速度为ω，半径为r，其竖直方向分速度vM❑y=ωrcosωt
即vN =ωrcosωt
则D 正确，ABC 错误。
故选D。
【变式1-2】（2025·宁夏吴忠·二模）如甲图所示为某商场的旋转玻璃门，乙图为它的俯视示意图，旋转门
逆时针旋转，左右两侧弧形玻璃完全对称，三扇旋转门连在一起且两两之间夹角相等。旋转门宽度为
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1.5 m，左侧两扇旋转门和弧形玻璃恰好围成一个封闭空间。已知商场旋转玻璃门外边缘的最大安全旋转
速度为1m/s，玻璃门处于如图位置时一位顾客（可视为质点）在下边缘虚线某处进入旋转玻璃门，则顾客
穿过旋转玻璃门的最大平均速度为（ ）
A．6
π m/s
B．3
π m/s
C．3√3
π
m/s
D．3√3
2π m/s
【答案】A
【详解】若想顾客穿过旋转玻璃门平均速度最大，则需要顾客穿过旋转玻璃门的过程中位移最大且用时最
短。则顾客的最大位移为圆的直径，顾客进入旋转门若要用时最短，需要在旋转门逆时针旋转60°时出去。
商场旋转玻璃门外边缘的最大安全旋转速度为1m/s。玻璃门安全旋转的最大角速度为
ωm =vm
R =1
1.5 rad/s=2
3 rad/s
此时旋转门转过60°所用时间最短，其大小为tmin=θ
ωm
=π
2 s
则顾客穿过旋转玻璃门的最大平均速度为v
−
max=xm
tmin
=6
π m/s
故选A。
【变式1-3】（2024·吉林·一模）如图所示的圆盘，半径为R，可绕过圆心O 的水平轴转动，在圆盘的边缘
沿同一直径方向固定两根长为R 的轻杆，杆的端点各有一可视为质点的小球A、B，在圆盘上缠绕足够长
的轻绳。轻绳的另一端拴接一小球C。现将装置由静止释放，小球C 向下以1
2 g（g 为重力加速度）的加速
度做匀加速直线运动，圆盘与轻绳间不打滑，经过一段时间圆盘转过两圈。下列说法正确的是（ ）
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A．圆盘转两圈所用的时间为2√
2πR
g
B．圆盘转两圈时，小球A 的角速度大小为2√
πg
R
C．圆盘转两圈时，圆盘的角速度大小为√
πg
R
D．圆盘转两圈时，小球B 的线速度大小为2√πgR
【答案】B
【详解】A．圆盘转两圈时，小球C 下降的位移为4πR，根据位移—时间公式有
x=1
2 ×1
2 gt
2
解得圆盘转两圈所用的时间为
t=4√
πR
g
故A 错误；
BC．此时小球C 的速度为
v=1
2 gt=2√πgR
则圆盘和小球A 的角速度大小为
ω=v
R =2√
πg
R
故B 正确，C 错误；
D．小球B 的线速度大小为
v
′=2Rω=4√πgR
故D 错误；
故选B。
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类型2：三种传动方式
方式
同轴转动
皮带传动
齿轮传动（摩擦传动）
装置
A、B 两点在同轴的一
个圆盘上，到圆心的距
离不同
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
两个齿轮轮齿啮合，A、B
两点分别是两个齿轮边缘
上的点
特点
A、B 两点角速度、周
期相同
A、B 两点线速度相同
A、B 两点线速度相同
转动
方向
相同
相同
相反
规律
线速度与半径成正比：
角速度与半径成反比：
，
周期与半径成正比：
角速度与半径成反比与齿
轮齿数成反比∶
，
周期与半径成正比，与齿
轮齿 数成正比：
【典例2】（多选）（2025·福建·高考真题）春晚上转手绢的机器人，手绢上有P、Q 两点，圆心为O，
OQ=√3OP，手绢做匀速圆周运动，则（ ）
A．P、Q 线速度之比为1:√3
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B．P、Q 角速度之比为√3:1
C．P、Q 向心加速度之比为√3:1
D．P 点所受合外力总是指向O
B．手绢做匀速圆周运动，由图可知P、Q属于同轴传动模型，故角速度相等，即角速度之比为1:1，B 错
误；
A．由v=ωr
可知，P、Q线速度之比
vP:vQ=rOP:rOQ=1:√3
得A 正确；
C．由a =ω
2r
可知，P、Q向心加速度之比
aP:aQ=rOP:rOQ=1:√3
得C 错误；
D．做匀速圆周运动的物体，其合外力等于向心力，故合力总是指向圆心O，D 正确。
【变式2-1】（2025·湖北恩施·一模）如图所示，汽车转弯时，四个车轮的轮轴延长线交于同一点O。已知
四个车轮的规格完全相同，且转弯时车轮不打滑，则汽车转弯时，四个车轮的（ ）
A．轮轴绕O点运动的线速度大小相等
B．轮轴绕O点运动的角速度大小相等
C．边缘绕轮轴转动的线速度大小相等
D．边缘绕轮轴转动的角速度大小相等
【答案】B
【详解】AB．汽车转弯时，四个车轮轮轴绕O点做圆周运动，属于同轴转动，同轴转动的各点角速度大小
相等，四个车轮轮轴绕O点运动的半径不同，根据v=ωr，角速度相等时，半径不同则线速度大小不相等，
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A 错误，B 正确；
C．由于四个车轮规格完全相同且不打滑，但它们绕O点运动的半径不同，线速度不同，所以边缘绕轮轴转
动的线速度大小不相等，故 C 错误；
D．根据ω=v
r (这里v是车轮边缘相对轮轴的线速度)，线速度不同，半径相同(车轮规格相同)，所以边
缘绕轮轴转动的角速度大小不相等， 故D 错误。
故选B。
【变式2-2】（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
vA=vB
根据向心加速度的公式
a =v
2
r
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
ωC=ωB
根据向心加速度的公式
a =rω
2
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。
【变式2-3】（多选）（2024·新疆·一模）如图所示为向心力演示仪，在某次实验中，将三个完全相同的小
球分别置于挡板A、B、C 处，已知挡板A、B、C 到各自转轴的距离之比为1：2：1。将皮带置于第二层
塔轮上，使得左塔轮与右塔轮的半径之比为2：1，转动手柄，向心力演示仪稳定工作时，下列说法正确的
是（ ）
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A．A、B 两处小球运动的角速度之比为2：1
B．A、B 两处小球所需的向心力之比为1：2
C．A、C 两处小球运动的角速度之比为4：1
D．A、C 两处小球所需的向心力之比为1：4
【答案】BD
【详解】AB．A、B 两处的小球属于同轴转动，角速度相同，因此角速度之比为1:1，向心力为
Fn= m ω
2r
所以A、B 两处向心力之比为1:2，A 错误，B 正确；
CD．由于左右两侧塔轮线速度大小相等，半径之比为2:1，根据
ω=v
r
Fn= m ω
2r
可知角速度之比应该为1:2，向心力之比为1:4，D 正确。
故选BD。
类型3：圆周运动中的向心力计算
一．匀速圆周运动
定义
由于匀速圆周运动具有向心加速度，根据牛顿第二定律，物体所受合外力不为零，且时刻与速
度方向垂直，总是指向圆心。使物体产生向心加速度的力叫做向心力。
作用效果
产生向心加速度，只改变速度的方向，不改变速度的大小。
大小
F＝m＝mω2r＝mr＝mωv＝4π2mf2r
方向
方向时刻与运动（v）方向垂直，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。
向心力的
来源
向心力是按力的作用效果命名的，可以是几个性质力的合力或某个性质力的分力，因此在受力
分析中要避免再另外添加一个向心力。如果物体作匀速圆周运动，则所受合力一定全部用来提
供向心力。
二.变速圆周运动和一般曲线运动的处理方法
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变速圆周
运动
当物体做变速圆周运动时，合外力指向圆心的分力就是向心力。合外力不等于向心力，
合外力一般产生两个效果。如下图甲乙所示。
（1）跟圆周相切的分力Ft，只改变线速度的大小，Ft＝mat，产生切向加速度，此加速
度描述线速度大小变化的快慢。
（2）跟圆周切线垂直而指向圆心的分力Fn，只改变线速度方向，Fn＝man，产生向心加
速度。此加速度描述线速度方向变化快慢。
处理方法
解决变速圆周运动问题，依据的规律仍然是牛顿运动定律和匀速圆周运动的运动学公式，只
是在公式Fn＝m 中，Fn为指向圆心方向的合力，v 为在该处速度的瞬时值。解决变速圆周运
动除了依据上述规律外，还需要用到功能关系等知识。
一般的曲
线运动
运动轨迹既不是直线也不是圆周的曲线运动，称为一般的曲线运动，如图所示.
处理方法
①将曲线分割成为许多很短的小段，每一小段曲线都可以看作是一小段圆弧，这样物体
在每一小段的运动都可以看作圆周运动的一部分.通常这些圆弧的弯曲程度是不一样的，我们
用曲率半径来表示圆弧的弯曲程度.
②将物体所受的合力沿曲线的切线方向和法线方向进行分解，沿切线方向的分力使物体
加速或减速；沿法线方向的分力使物体的速度方向改变，此时有Fn＝m＝mω2r
三．圆周运动的解题思路
四．几种常见向心力模型分析
类别
实例
模型说明
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重力提供向心力
小球沿光滑轨道下滑，经过圆轨道最
高点时，若轨道对小球的弹力恰好为
零，则此时小球的向心力由重力提
供。
弹力提供向心力
小球沿光滑器壁在水平底面内做圆周
运动，向心力由弹力提供。
摩擦力提供向心力
物体随转盘做圆周运动，且相对转盘
静止，向心力由静摩擦力提供。
分力或合力提供向心力
小球由细线牵引着在水平面内做圆周
运动。向心力可以认为由细线拉力的
水平分力提供，也可以认为由细线拉
力与小球重力的合力提供。
五．圆周运动中常见的连接体模型分析
情境示例
情景图示
情境说明(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)
情境1
A、B 两小球固定在轻杆上，随杆一起绕
杆的端点O 在水平面内做圆周运动。注意
计算OA 杆拉力时应以小球A、B 整体为
研究对象，而不能以A 为研究对象。
情境2
A、B 两物块叠放在一起随转盘一起转
动，当求转盘对B 的摩擦力时，取A、B
整体为研究对象比较简单；当研究A、B
谁先背离圆心运动时，注意比较两接触面
间的动摩擦因数大小。
情境3
A、B 两小球用轻线相连穿在光滑轻杆上
随杆绕转轴O 在水平面内做圆周运动时，
两球所受向心力大小相等，角速度相同，
圆周运动的轨道半径与小球质量成反比。
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情境4
A、B 两物块随转盘一起转动，当转盘转
速逐渐增大时，物块A 受到的静摩擦力先
达到最大值，转速再增加，则A、B 间绳
子开始有拉力，当B 受到的静摩擦力达到
最大值后两物块开始滑动(设A、B 两物块
与转盘间的动摩擦因数相等)。
【典例3】（多选）（2025·广东·高考真题）将可视为质点的小球沿光滑冰坑内壁推出，使小球在水平面内
做匀速圆周运动，如图所示。已知圆周运动半径R 为0.4m，小球所在位置处的切面与水平面夹角θ为45
°，
小球质量为0.1kg，重力加速度g 取10m/s
2。关于该小球，下列说法正确的有（ ）
A．角速度为5rad/s
B．线速度大小为4m/s
C．向心加速度大小为10m/s
2
D．所受支持力大小为1N
A．对小球受力分析可知F向= mgtan45°= m ω
2R
解得ω=5rad/s
故A 正确；
B．线速度大小为v=ωR =2m/s
故B 错误；
C．向心加速度大小为an=ω
2R =10m/s
2
故C 正确；
D．所受支持力大小为N = mg
cos45° =√2N
故D 错误。
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【变式3-1】（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
2T−mg= m v
2
r
知
T=410N
即每根绳子拉力约为410N，故选B。
【变式3-2】（2025·河北邯郸·模拟预测）如图所示，在水平光滑桌面上，不可伸长的轻绳一端固定于O
点，另一端系一质量为m 的小球。小球绕O 点做匀速圆周运动时，力传感器测得绳上的拉力大小为F，用
秒表测得小球连续n 次通过同一位置所用时间为t，用刻度尺测得O 点到球心的距离为L。下列表达式正确
的是（ ）
A．F =2π
2m n
2L
t
2
B．F =4π
2mnL
2
t
2
C．F =4π
2m n
2L
t
2
D．F =4π
2m (n
1
−)2L
t
2
【答案】D
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【详解】小球在水平光滑桌面上做匀速圆周运动时，F 提供向心力。根据向心力公式F = m(
2π
T )
2
L
其中T=t
n
1
−
解得F =4π
2m (n
1
−)2L
t
2
故选D。
【变式3-3】（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Δx=l
2 ，根据胡克定律有
F =kΔx=kl
2
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 = mlω
2
对卷轴有
v=rω
联立解得
v=r√
k
2m
故选A。
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【变式3-4】（多选）（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2πR
ω
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ω=2π
T
，解得：T=2π
ω
，故A 错误；由圆周运动的线速度
与角速度的关系可知，v=ωR，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mg，故C 错误；由匀速圆周运动的合力提供向心力可得：F合= m ω
2R，故D 正确．
【模型二 水平面内圆周运动模型】
类型1：水平转盘模型
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【典例4】（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ω0时，碟子边缘看似一个光环。求此时发光物体的速度大小v0和受到的静摩擦力大小f。
发光体的速度
v0=ω0r
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
f= m ω0
2r
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【变式4-1】（2019·海南·高考真题）如图，一硬币（可视为质点）置于水平圆盘上，硬币与竖直转轴OO'
的距离为r，已知硬币与圆盘之间的动摩擦因数为μ（最大静摩擦力等于滑动摩擦力），重力加速度大小
为g。若硬币与圆盘一起OO
′轴匀速转动，则圆盘转动的最大角速度为（ ）
A．1
2 √
μg
r
B．√
μg
r
C．√
2μg
r
D．2√
μg
r
【答案】B
【详解】硬币做圆周运动的向心力由静摩擦力提供，则：μmg= m ω
2r，解得ω=√
μg
r
，即圆盘转动的
最大角速度为√
μg
r
，故选B.
【变式4-2】（2025·四川广安·模拟预测）如图所示，三个体积相同可看作质点的物体A、B 和C 放在水平
圆盘上，水平圆盘绕轴OO
′转动，BC 叠放在一起，它们分居圆心两侧且共线，物块质量均为1kg，与圆心
距离分别为r1=1.5m，r2=1m，A 与转盘间摩擦系数μ1=0.5，B、C 间摩擦系数，μ2=0.2，C 与转盘间
摩擦系数μ3=0.3。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当水平圆盘角速度由零逐渐增大时，取g=10m/s2，
下列说法正确的是（ ）
A．A 最先滑离圆盘
B．角速度ω1=√
10
3
rad/s 时，A 恰好发生滑动，此时A 不受到摩擦力
C．角速度ω2=√3rad/s 时，B、C 恰好一起发生滑动
D．角速度ω3=√2rad/s 时，B 恰好发生滑动
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【答案】D
【详解】受力分析可知，A、B、C 均由摩擦力提供向心力，若均与水平圆盘不发生相对滑动，对A、对
B、对BC 整体（假设BC 能保持相对静止），均有f = m ω
2r≤μmg
则A、B、C 与水平圆盘不发生相对滑动，均要求ω≤√
μg
r
解得ωA≤√
10
3
rad/s，ωB≤√2rad/s，ωBC≤√3rad/s
A．不发生相对滑动，ωB最小，B 最先滑离圆盘，故A 错误；
B．角速度ω1=√
10
3
rad/s时，A 恰好发生滑动，摩擦力到达最大静摩擦力，故B 错误；
C．因ωB<ωBC，则在角速度到达√2rad/s时，B、C 就会发生相对运动，以上假设也不成立，故C 错误；
D．角速度ω3=√2rad/s 时，B 恰好发生滑动，故D 正确。
故选D。
【变式4-3】（2025·甘肃平凉·模拟预测）如图所示，两完全相同的滑块P、Q 用长为L 的轻绳拴接，轻绳
刚好拉直，放在水平的圆形转台上，转台的圆心O 与P、Q 在同一条直线上，OP=L
2 ，两滑块的质量均为
m，与转台间的动摩擦因数为μ。现让转台的角速度从0 逐渐增加，当角速度为ω1时，Q 所受的摩擦力达
到最大静摩擦力，当角速度为ω2时，滑块刚好相对转台滑动，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，两滑块
均视为质点，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．滑块P、Q 所受的摩擦力大小之比始终等于1 3∶
B．ω1=√
2μg
3L
C．ω2=√
6μg
L
D．转台的角速度为ω2时，轻绳的拉力大小为μmg
【答案】B
【详解】A．刚开始角速度比较小时，两滑块的静摩擦力提供所需的向心力，由于滑块Q 的半径较大，所
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需向心力较大，则滑块Q 受到的摩擦力先达到最大静摩擦力，此后角速度再增大，轻绳的拉力逐渐增大，
滑块Q 的静摩擦力不变，而滑块P 的静摩擦力逐渐增大，直到增加到最大静摩擦力，所以两滑块P、Q 所
受的摩擦力之比并不始终等于1：3，故A 错误；
B．当角速度为ω1时，对滑块Q 由牛顿第二定律得μmg= m ω1
2⋅3
2 L
解得ω1=√
2μg
3L
故B 正确；
CD．转台的角速度为ω2时，滑块P 受到的摩擦力达到最大，分别对滑块P、Q 由牛顿第二定律，则有
μmg−T= m ω2
2⋅L
2 ，μmg+ T= m ω2
2⋅3L
2
联立解得ω2=√
μg
L
，T=μmg
2
故C、D 错误。
故选B。
【变式4-4】（多选）（2025·江苏扬州·模拟预测）如图所示，在水平圆盘上沿半径方向放置用细线相连的
质量均为m 的A、B 两个物块（可视为质点）， A 和B 距轴心O 的距离分别为rA=R，rB=2R，且A、B 与
转盘之间的最大静摩擦力都是fm，两物块随着圆盘转动始终与圆盘保持相对静止。则圆盘转动的角速度从
0 逐渐缓慢增大的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．B 所受合外力大于A 所受合外力
B．A 受到的摩擦力一直指向圆心
C．B 受到的摩擦力一直指向圆心
D．A、B 两物块与圆盘保持相对静止的最大角速度为√
fm
mR
【答案】AC
【详解】A．由于A、B 都做匀速圆周运动，合力提供向心力，根据牛顿第二定律得F = m ω
2r，角速度相
等，B 的半径较大，所需向心力较大，故所受合力较大，故A 正确；
BC．由于最初圆盘转动角速度较小，A、B 随圆盘做圆周运动所需向心力较小，可由A、B 与盘面间静摩
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擦力提供，静摩擦力均指向圆心，由于B 所需向心力较大，当B 与盘面间静摩擦力达到最大值时（此时A
与盘面间静摩擦力还没有达到最大），若继续增大转速，则B 将做离心运动，而拉紧细线，使细线上出现
张力，转速越大，细线上张力越大，当B 与盘面间静摩擦力也达到最大时，B 将开始滑动，A 由于拉力作
用，A 将靠近圆心，所以A 受到的摩擦力先指向圆心，后离开圆心，而B 受到的摩擦力一直指向圆心，故
B 错误C 正确；
D．根据牛顿第二定律，对A 物块T−fm = m ω
2R
对B 物块T+fm = m ω
22R
联立得A、B 两物块与圆盘保持相对静止的最大角速度为√
2fm
mR
，故D 错误。
故选 AC。
类型2：锥摆及锥型容器模型
1.锥摆模型
模型名称
模型分析
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单线圆锥摆模型
单线圆锥摆的向心力由重力与拉力的合力提供，一般采用合成法较简
便：
,悬线张力
。
小球在球形光滑容器内的水平面上做圆周运动，所受弹力方向始终指向
球形容器的球心，受力情况与单线圆锥摆类似，可归结于单线圆锥摆模
型。
双线圆锥摆模型
双线圆锥摆中常采用正交分解法：沿半径方向利用牛顿第二定律列方
程，垂直于半径方向利用平衡条件列方程来分析求解。如图甲所示，
x 轴方向上有FT1 sinθ1 + FT2 sinθ2=mrω²,y 轴方向上有FT1 cosθ1=FT2
cosθ2 + mg。
双线圆锥摆中常出现线松弛与张紧的临界状态，当给定线能承受的最大
张力时也会出现线断裂的临界状态。如图乙所示，细线一端系于套在环
上的球，另一端固定在环的最低点，当环绕竖直直径旋转时小球受力与
双线圆锥摆类似时，可归结于双线圆锥摆模型。
2.锥形容器模型
模型名称
模型分析
符合下列条件的物理情景：(1)锥形
容器对称轴竖直；(2)物体轨迹平面
与锥形容器对称轴正交即轨迹平面水
平；(3)物体在锥形容器的内侧面或
外侧面的某一水平面内运动，称为锥
形容器模型，如图所示。
如图，可视为质点的小球紧贴着内壁光滑的圆锥斗做水平面内的匀
速圆周运动。轴线与圆锥的母线夹角为θ,小球的轨道面距地面高度
为h,圆周轨道的圆心是O,轨道半径是r =h tan θ,则有
向心力
支持力
由此得
，
，
结论：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，则角速度越小，线速度越大。
【典例5】（2024·江苏·高考真题）如图所示，轻绳的一端拴一个蜂鸣器，另一端穿过竖直管握在手中。蜂
鸣器在水平面a内做匀速圆周运动，缓慢下拉绳子，使蜂鸣器升高到水平面b内继续做匀速圆周运动。不计
空气阻力和摩擦力，与升高前相比，蜂鸣器（ ）
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A．角速度不变
B．线速度减小
C．向心加速度增大
D．所受拉力大小不变
设绳子与竖直方向夹角为θ，小球做圆周运动的半径为r，小球质量为m。
CD．对小球分析有
F向= mgtanθ= m an，FT= mg
cosθ
根据a、b 两个位置可知，b 位置更高，则θb > θa，代入上式，故此
FTb > FTa，anb > ana
故C 正确、D 错误；
AB．根据
ma = mωr2
可有
ωb > ωa
缓慢拉绳子，可以认为上升过程中，绳子拉力与重力的合力在竖直方向上合力为零，做功为零；两个力合
力的水平分力因为半径减小而做正功，从而使小球的动能变大，速度变大。
线速度变大，故AB 错误。
【变式5-1】（2025·湖南·模拟预测）如图所示的圆锥筒开口向上，O
′为圆锥筒的顶点，O 点为底面圆的
圆心，圆锥筒的母线与水平面的夹角为θ=37°。一可视为质点、质量为m =0.2kg 的物体放在圆锥筒内
壁，给物体一沿内壁向下的初速度，物体刚好匀速下滑。将物体放在距离O
′点L=1.5m 处，现让圆锥筒绕
中心轴线OO
′以角速度ω 匀速转动，物体随圆锥筒做圆周运动且始终相对圆锥筒静止。假设物体与圆锥筒
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间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g 取110m/s2，sin37°=0.6，则下列说法正确的是（
）
A．物体与圆锥筒间的动摩擦因数为0.5
B．当ω=2.5rad/s 时，物体只受重力和支持力的作用
C．当ω=5rad/s 时，物体所受的摩擦力大小为3N
D．当ω=8rad/s 时，物体恰好不沿圆锥筒内壁上滑
【答案】B
【详解】A．物体沿圆锥筒内壁下滑时，物体受重力、支持力和沿圆锥筒内壁向上的滑动摩擦力，由力的
平衡条件得FN = mgcosθ，Ff= mgsinθ
又Ff=μFN
解得μ=tanθ=0.75，A 错误；
B．当圆锥筒做匀速圆周运动，物体只受重力和支持力作用时，有mgtanθ= m ω0
2r
又r=Lcosθ
代入数据解得ω0=2.5rad/s，B 正确；
C．ω=5rad/s 时，圆锥筒的角速度大于ω0，物体有沿圆锥筒内壁向上滑动的趋势，则物体所受的静摩擦
力沿内壁向下，竖直方向上有FNcosθ= Ffsinθ+ mg
水平方向上有FNsinθ+ Ffcosθ= m ω
2r
代入数据解得Ff=3.6N，C 错误；
D．当物体开始沿圆锥筒内壁上滑时，物体与圆锥筒内壁的摩擦力达到最大静摩擦力，竖直方向上有
FNcosθ= Ffmsinθ+ mg
水平方向上有FNsinθ+ Ffmcosθ= m ω
2r
又Ffm =μFN
解得ω=10√
2
7 rad/s，D 错误。
故选B。
【变式5-2】（2025·河北·模拟预测）如图所示，一质量m =0.4kg的小球C 用轻绳AC 和BC 系在竖直杆
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AB 上，现在小球绕AB 杆匀速转动，轻绳伸直，OC 垂直于AB，此时∠ACO=53°，∠BCO =37°。已知
轻绳AC 长为1.0m，足够结实，轻绳BC 能承受的最大拉力为1.44N，小球C 可视为质点，g 取10m/s
2，
sin37°=0.6，sin53°=0.8。那么小球做圆周运动的角速度（ ）
A．5
2 √2rad/s≤ω≤2√5rad/s
B．2√2rad/s≤ω≤2√5rad/s
C．2
5 √5rad/s≤ω≤2√5rad/s
D．2
5 √2rad/s≤ω≤2
5 √5rad/s
【答案】A
【详解】当轻绳AC 和BC 的拉力达到最大时，小球C 的角速度最大，在竖直方向，有
FACsin53
∘−FBCsin37
∘−mg=0
在水平方向，根据牛顿第二定律，有FACcos53
∘+ FBCcos37
∘= m LACcos53
∘ω1
2
解得ω1=2√5rad/s
当轻绳BC 的拉力为零时，小球C 的角速度最小，在竖直方向，有FACsin53
∘−mg=0
在水平方向，根据牛顿第二定律，有FACcos53
∘= m LACcos53
∘ω2
2
解得ω2=5
2 √2rad/s
所以小球做圆周运动的角速度满足5
2 √2rad/s≤ω≤2√5rad/s
故选A。
【变式5-3】（多选）（2025·河南·模拟预测）一根粗糙的轻杆OA 上端固定在竖直转轴上，轻杆与竖直方
向夹角始终为θ=30°，可以以某一角速度ω绕竖直轴匀速转动。轻杆上套有轻质弹簧，弹簧一端与轻杆
端点O 拴接，一端与套在杆上的小球相连。弹簧原长为L，劲度系数k= √3mg
2L
，小球质量为m，在B 点相
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对于杆静止，OB=2L。小球和杆之间的动摩擦因数μ=0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度
为g。下列说法正确的是（ ）
A．若ω=0，小球受到的摩擦力沿杆向上
B．无论角速度ω多大，小球受到的摩擦力不可能沿杆向下
C．小球刚要与杆发生相对滑动时，小球所受的摩擦力大小为(2−√3)mg
D．小球与杆发生相对滑动时的临界角速度为√
(2−√3)g
L
【答案】BD
【详解】A．由题知弹簧原长为L，在B 点相对于杆静止，OB=2L，根据胡克定律可得弹簧弹力
F =k (2L−L)=kL= √3mg
2
小球相对杆静止，若ω=0，此时重力沿杆向下的分力mgcosθ= √3mg
2
=F
则小球受到的摩擦力f =0
故A 错误；
B．当ω≠0时，小球有沿杆向下运动的趋势，摩擦力始终沿杆向上，故B 正确；
CD．小球与杆刚要发生相对滑动时，对小球受力分析，水平方向有(F+fm)sinθ−FNcosθ= m ω
2L
竖直方向有(F+fm)cosθ+ FNsinθ= mg
又有fm =μFN
联立解得fm =2−√3
2
mg，ω=√
(2−√3)g
L
故C 错误，D 正确。
故选BD。
类型3：水平面和倾斜面车辆转弯模型
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模型名称
模型分析
水平路面车辆转弯模型
自行车、汽车等车辆在水平路面上转弯时，重力与支持力平
衡，转弯所需的向心力只能由地面对车辆的侧向静摩擦力来提
供
,可知最大安全转弯速度
。
倾斜面车辆转弯模型
①火车在倾斜轨道上转弯，若以设计时速v0转弯，重力与铁轨
支持力恰好提供所需向心力，如图所示，可得：
,得
。因为h
≪
L,θ 角很小，
所以
,则
;若火车经过弯道时的速
度
,外轨将受到挤压；若火车经过弯道时的速度
,内轨将受到挤压。
②汽车在倾斜公路上转弯时，若以设计时速v0转弯，重力与地
面支持力恰好提供所需向心力，如图所示，可得
,得
。若v > v0,则由竖直方向
,水平方向
及f
= μN 可得不侧滑的最大转弯速度；若汽车经过弯道时的速度v
＜ v0,路面将对汽车产生向外的侧向摩擦力。
【典例6】（2025·江西·高考真题）为避免火车在水平面上过弯时因内外轨道半径不同致使轮子打滑造成危
险（不考虑离心问题），把固定连接为一体的两轮设计成锥顶角θ很小的圆台形，如图所示。设铁轨间距
为L，正常直线行驶时两轮与铁轨接触处的直径均为D，过弯时内外轨间中点位置到轨道圆心的距离为过
弯半径R。在θ很小时，tanθ≈sinθ≈θ。若在水平轨道过弯时要求轮子不打滑且横向偏移量不超
过Δx，则最小过弯半径R 为（ ）
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A．2LD
θΔx
B．LD
θΔx
C．LD
2θΔx
D．LD
4θΔx
根据题意可知，转弯时车轮会向外偏移Δx，这样导致轮子与外铁轨接触的位置半径增大为r1，根据几何
关系有2r1= D+2Δxtanθ
2
同理可知，轮子与内铁轨接触的位置半径减小为r2，则有2r2= D
2Δ
−
xtanθ
2
设一段时间内，外轨道轮子与铁轨接触的位置向前运动的距离为s1，内轨道轮子与铁轨接触的位置向前运
动的距离为s2，由于两轮固定连接为一体，且轮子不打滑，则有s1
s2
=r1
r2
=
D+2Δxtanθ
2
D
2Δ
−
xtanθ
2
由于tanθ
2 ≈θ
2
则有s1
s2
= D+θΔx
D−θΔx
转弯过程俯视图，如图所示
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由几何关系有s1
s2
=
R+L
2
R−L
2
联立解得R =LD
2θΔx
故选C。
【变式6-1】（2025·云南贵州·二模）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（ ）
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
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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Tcosθ= mg，Tsinθ= m v
2
R
解得gtanθ=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。
故选D。
【变式6-2】（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（ ）
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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
N = mg
cosθ =1500N
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
mgtanθ= m v
2
r = ma
解得
r=67.5m，a =13.33m/s
2
故C 正确，D 错误。
故选C。
【变式6-3】（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
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滑冰的动作要领。500m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8m用时2s。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10m的匀速圆周运动，速度大小为14m/s。已知武大靖的
质量为73kg，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θ的大小。（不计空气阻力，重力加速度大
小取10m/s
2，tan22°=0.40、tan27°=0.51、tan32°=0.62、tan37°=0.75）
【答案】（1）4m/s
2；（2）1430.8N；（3）27°
【详解】（1）设武大靖运动过程的加速度大小为a，根据
x=1
2 at
2
解得
a =2x
t
2 =2×8
2
2
m/s
2=4m/s
2
（2）根据
F向= m v
2
r
解得过弯时所需的向心力大小为
F向=73×14
2
10 N=1430.8N
（3）设场地对武大靖的作用力大小为F，受力如图所示
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根据牛顿第二定律可得
F向= mg
tanθ
解得
tanθ= mg
F向
=73×10
1430.8 ≈0.51
可得
θ=27°
【模型三 竖直面内圆周运动模型】
类型1：绳球模型
1.模型分析
绳球模型
常见类型
均是没有支撑的小球
过最高点的临界条件
由mg＝m 得v 临＝
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)当v＜时，不能过最高点，在到达最高点前小球已经脱离
了圆轨道
(3)在最高点的FN－v2图线
2.结合功能关系
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【典例7】（2025·福建福州·一模）《水流星》是中国传统民间杂技艺术，杂技演员用一根绳子兜着里面倒
上水的两个碗，迅速地旋转着绳子做各种精彩表演，即使碗底朝上，碗里的水也不会洒出来。假设水的质
量为m，绳子长度为L，重力加速度为g，不计空气阻力。绳子的长度远远大于碗口直径。杂技演员手拿绳
子的中点，让碗在空中旋转。
(1)两碗在竖直平面内做圆周运动，若碗通过最高点时，水对碗的压力等于mg，求碗通过最高点时的线速
度；
(2)若两只碗在竖直平面内做圆周运动，两碗的线速度大小始终相等，如图甲所示，当正上方碗内的水恰好
不流出来时，求正下方碗内的水对碗的压力；
(3)若两只碗绕着同一点在水平面内做匀速圆周运动，碗的质量为M。如图乙所示，已知绳与竖直方向的夹
角为θ，求碗和水转动的角速度大小。
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（1）碗通过最高点时，水对碗的压力等于mg，根据牛顿第二定律可得F1+ mg= m v
2
R
其中R =L
2 ，F1= mg
解得v=√gL
（2）当正上方碗内的水恰好不流出来时，设速度为v0，此时重力提供向心力，则mg= m v0
2
R
设最低点碗对水的支持力为F2，则有F2−mg= m v0
2
R
解得F2=2mg
由牛顿第三定律可知，正下方碗内的水对碗的压力为2mg，方向竖直向下。
（3）绳子的拉力为F，以碗和水为整体，竖直方向有Fcosθ= (M + m )g
水平方向上根据牛顿第二定律可得Fsinθ= (M + m )ω
2r
又r=L
2 sinθ
联立解得ω=√
2g
Lcosθ
【变式7-1】（2025·四川达州·二模）2025 年春节联欢晚会上最大的亮点莫过于机器人和真人一起跳舞，
也标志中国的人形机器人处于国际领先水平。如图为机器人在竖直平面上转动手帕的情景，已知手帕直径
约为40cm。要想把该手帕在竖直平面内以帕中心为转轴转动起来，重力加速度g 取10m/s²，则需提供的最
小转速约为（ ）
A．0.61r/s
B．0.79r/s
C．1.12r/s
D．2.50r/s
【答案】C
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【详解】选取手帕边缘的一个质量为m 的质点为研究对象，则要想经过最高点则需满足mg= m (2πn)
2d
2
解得n=1
π √
g
2d =1
3.14 ×√
10
2×0.4 r/s=1.12r/s
故选C。
【变式7-2】（2024·贵州·三模）某人站在水平地面上，手握不可伸长的轻绳一端，绳的另一端系有质量为
1kg 的小球，甩动手腕，使球在竖直平面内以手为圆心做圆周运动，其简化示意图如下。握绳的手离地面
高度为1.0m 且保持不变，现不断改变绳长使球重复上述运动，每次绳在球运动到最低点时都恰好达到最
大拉力被拉断，球以绳断时的速度水平飞出，通过水平距离x 后落地。已知绳能承受的最大拉力为15N，
重力加速度大小取10m/s
2，忽略手的运动半径和空气阻力，则x 的最大值为（ ）
A．0.4m
B．0.5m
C．1.0m
D．1.2m
【答案】B
【详解】设小球圆周运动半径r
h=1m
Fmax=15N
m =1kg
绳断后小球做平抛运动，竖直方向做自由落体运动有
h−r=1
2 gt
2
Fmax−mg= m vmax
2
r
x=vmaxt
联立得
x=√r(1−r)
可知，当r=0.5m时
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xm =0.5m
故选B。
【变式7-3】（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v
2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m =aR
b
B．根据图线可以得出重力加速度g=a
R
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
F+ mg= m v
2
R
解得
F = m
R v
2−mg
由图像可知
m
R =a
0
−
2b−b
可得小球的质量
m =aR
b
由
0= m
R b−mg
可得重力加速度
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g= b
R
选项A 正确，B 错误；
C. 图像的斜率为
k= m
R
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
0= m
R v
2−mg
可得
v
2=gR
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。
类型2：杆球模型
1.模型分析
杆球模型
常见类型
均是有支撑的小球
过最高点的临界条件
v 临＝0
讨论分析
(1)当v＝0 时，FN＝mg，FN为支持力，沿半径背离圆心
(2)当0＜v＜时，mg－FN＝m，FN背离圆心，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
(6)在最高点的FN－v2图线
2.结合功能关系
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【典例7】（2025·辽宁·三模）如图所示，有一质量为m 的小球在竖直固定的光滑圆形管道内运动，管径
略大于小球的直径，小球的直径远小于内侧管壁半径R。A、C 为管道的最高点和最低点，B 为管道上与圆
心等高的点，D 为管道上的一点，且D 与圆心连线和水平方向夹角为45°，重力加速度为g，下列说法正确
的是（ ）
A．若小球在A 点的速度大小为√gR，则外侧管壁对小球有作用力
B．若小球在B 点的速度大小为√gR，则内侧管壁对小球有作用力
C．若小球在C 点的速度大小为√gR，则小球对管道的内外壁均无作用力
D．若小球在D 点的速度大小为√gR，则外侧管壁对小球有作用力
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A．若小球在A 点的速度大小为√gR，则小球在A 点只受重力，管壁对小球无作用力，故A 错误；
B．在B 点，外侧管壁对小球的作用力提供小球做圆周运动的向心力，且有FN= m vB
2
R = mg
故B 错误；
C．在C 点，小球受向下的重力和竖直向上的弹力，该弹力为外壁对小球的作用力，且有FN−mg= m vC
2
R
解得FN =2mg
故C 错误；
D．在D 点时，若只受重力，则mgsin45°= m v
2
R
解得v=√gRsin45°
由于√gRsin45°<√gR，故外侧管壁对小球有指向圆心的作用力，故D 正确。
故选D。
【变式7-1】（2025·江西景德镇·三模）如图所示，轻杆长3L，在杆两端分别固定质量均为m 的球A 和
B，光滑水平转轴穿过杆上距球A 为L 处的O 点，外界给系统一定能量后，杆和球在竖直平面内转动，球
B 运动到最高点时，杆对球B 恰好无作用力。忽略空气阻力，重力加速度为g。则球B 在最高点时
（ ）
A．球B 的速度为零
B．球A 的速度大小为√2gL
2
C．水平转轴对杆的作用力为mg
D．水平转轴对杆的作用力为2mg
【答案】B
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【详解】A．球B 运动到最高点时，球B 对杆恰好无作用力，即重力恰好提供向心力，则有mg= m vB
2
2L
解得vB=√2gL
故A 错误；
B．由于A、B 两球的角速度相等，由v=ωr
得球A 的速度大小为vA=1
2 vB=1
2 √2gL
故B 正确；
CD．杆对A 球的作用力T−mg= m vA
2
L
则T=3
2 mg
B 球到最高点时，对杆无弹力，所以水平转轴对杆的作用力为1.5mg，CD 错误。
故选B。
【变式7-2】（多选）（2025·内蒙古赤峰·三模）机器人扭秧歌成了2025 年年初的头条热点， 机器人的3
分钟表演让国内外都为之震撼。如图机器人转动的手绢好像 “死死地” 黏在机器人的手上一样。此情景
可以简化为长为L 的轻杆一端固定在水平转轴上的 O 点，另一端固定一质量为 m 的小球， 在竖直平面
内做角速度为 ω 的匀速圆周运动，重力加速度为 g 。下列说法正确的是（ ）
A．小球转到最低点D 时， 轻杆对小球的弹力的大小一定大于重力
B．小球转到最高点C 时，轻杆对小球的弹力的大小一定大于重力
C．小球在最左端 A 时，轻杆对小球的作用力的大小为 m ω
2L
D．小球在最右端 B 时，轻杆对小球的作用力的大小为 √m
2ω
4L
2+ m
2g
2
【答案】AD
【详解】A．小球转到最低点D 时，其合力指向圆心方向，故轻杆对小球的弹力的大小一定大于重力，故
A 正确；
B．小球转到最高点C 时速度为√gR，可知此时轻杆对小球的弹力的大小为0，小于其重力，故B 错误；
CD．小球在最左端A或最右端B 时，小球受重力和轻杆对小球的作用力而做匀速圆周运动，合力指向圆心
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方向，根据平行四边形定则，可知轻杆对小球的作用力的大小为F =√(mg)2+(m ω
2L)
2=√m
2ω
4L
2+ m
2g
2
故C 错误，D 正确。
故选AD。
【变式7-3】（多选）（2025·福建厦门·三模）如图甲所示，轻杆的一端固定一小球（可视为质点），另一
端套在光滑的水平轴O 上，水平轴的正上方有一速度传感器（图中未画出），可以测量小球通过最高点时
的速度大小v，水平轴O 处有一力传感器（图中未画出），可以测量小球通过最高点时水平轴受到的杆的
作用力F，若取竖直向下为F 的正方向，在最低点时给小球不同的初速度，得到的F﹣v2（v 为小球在最高
点时的速度）图像如图乙所示，取重力加速度大小g＝10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．小球的质量为10kg
B．轻杆的长度为1.8m
C．若小球通过最高点时的速度大小为3.6m/s，则轻杆对小球的作用力大小为6.4N
D．若小球通过最高点时的速度大小为6m/s，则小球受到的合力为10N
【答案】CD
【详解】AB．设杆的长度为L，水平轴受到的杆的作用力F 与杆对小球的作用力大小相等、方向相反，因
此对小球受力分析则有−F+ mg= m v
2
L
整理可得F =−m v
2
L
+ mg
对比题图乙可知m＝1kg，L＝3.6m
AB 错误；
CD．当v＝3.6m/s 时，代入上式得F＝6.4N，即杆对小球的作用力大小为6.4N，若小球通过最高点时的速
度大小为6m/s，则小球受到的合力F合= m v
2
L
=1×6
2
3.6
N=10N
CD 正确。
故选CD。
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类型3：拱形桥模型
拱形桥
圆轨外侧
凹形桥
示意图
分析
最高点(失重),有
,有以下规律：
(1)当v=0 时，即汽车静止在最高点，FN = G;
(2)当汽车的速度增大到满足
，即
时，
FN=0,汽车在桥顶只受重力G,又具水平速度v,因此开始做平
抛运动；
(3) 当
时，满足
，所以
0≤FN≤mg,且速度v 越大，FN越小；
(4)当
时，汽车将脱离桥面，将在最高点做平抛运
动，即所谓的“飞车”;
(5)若物体从最高点由静止无摩擦下滑，离开球面时的位置
所在球面半径与竖直方向夹角满足
最低点(超重),有
有
以下规律：
(1)当v =0 时，即汽车静止在最低
点，FN = G;
(2)当汽车的速度v≠0 时，FN ＞
G,且速度v 越大，FN越大
【典例8】（2025·山东滨州·二模）如图，某越野场地中一段水平的路面上有一圆弧形凸起，圆心角
θ=120
∘，最高点距水平地面高为h。一轮越野车两轮轴间的距离d=1.5h。越野车在水平路面上时，坐垫
水平，椅背竖直，不考虑人与坐垫和椅背间的摩擦。车轮直径足够大，能安全通过该凸起。越野车缓慢开
过该凸起，从前轮经过A点到前轮到达B点的过程中，坐垫对人的支持力（ ）
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A．逐渐变大
B．逐渐变小
C．先变大后变小
D．先变小后变大
由图可知R−Rcosθ
2
=h
解得R =2h
汽车缓慢行驶，前轮经过A点后，汽车与圆弧形有夹角α，且逐渐增大，此时有FN = mgcosα
则坐垫对人的支持力逐渐变小；
汽车全部运动到弧面后，做匀速圆周运动，设汽车与圆心连线与竖直方向的夹角为β，根据牛顿第二定律
有mgcosβ−FN
′= m v
2
R
随着β减小，支持力变大。
故选D。
【变式8-1】（2025·云南·三模）如图甲所示，一滑雪场的高阶滑道由高H =3R的直滑道和与之在B 点相切
的圆弧轨道组合而成，圆弧轨道半径为R。运动员从斜面顶端A 点静止下滑，无能量损失地进入圆弧轨道，
最终从C 点飞出。在圆弧轨道上，运动员与圆心O 的连线与竖直线夹角为θ，记录运动员受到的轨道弹力
N 与cosθ，在图乙所示的坐标系中得到一条直线段。已知B、C 在同一水平面，运动员（含装备）重力
为mg，不计一切阻力。下列说法正确的是（ ）
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A．运动员在圆弧轨道运动时，处于失重状态
B．图乙中f =6.5mg
C．运动员在圆弧轨道最低点的速率为√8gR
D．从C 点飞出后，能上升的最大高度为3R
【答案】B
【详解】A．运动员在圆弧轨道运动时，向心加速度的竖直分量向上，运动员处于超重状态，故A 错误；
BC．A 到B 过程由动能定理得mgH =1
2 m v
2
B 点时由牛顿第二定律得N−mgcosθ= m v
2
R
由图像知cosθ=1
2 时N =f =6.5mg
圆轨道最低点时由牛顿第二定律得 N1−mg= m v1
2
R
由图像知N1=8mg
故得v1=√7gR，故B 正确，C 错误；
D．运动员从C 点斜抛出达到最高点时，水平速度不为0，由机械能守恒知其高度小于3R，故D 错误；
故选B。
【变式8-2】（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3
4 。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1
2 ，则汽车通过桥顶时的最大速度为（ ）
A．10√2m/s
B．15m/s
C．5√6m/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3
4 ，根据牛顿第二定律
mg−3
4 mg= m v
2
R
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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1
2 ，根据牛顿第二定律
mg−1
2 mg= m vm
2
R
联立解得汽车通过桥顶时的最大速度为
vm =10√2m/s
故选A。
【变式8-3】（2025·江西鹰潭·二模）如图所示，A 点距水平面BC的高度h=1.8m，BC与半径R =1 m的光滑
圆弧轨道CDE相接于C点，D为圆弧轨道的最低点，CE处于同一水平面，圆弧轨道DE对应的圆心角
θ=37°，圆弧和倾斜传送带EF相切于E点，EF的长度为l=10m，一质量为m =2kg的小物块从A 点以速度
v0水平抛出，经过C点恰好沿切线进入圆弧轨道，再经过E点，随后物块滑上传送带EF，已知物块与传送
带EF间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度g=10m/s
2,sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：
(1)物块到达C点时的速度；
(2)物块刚过C点时，物块对C点的压力；
(3)若物块恰好能被送到F端，则传送带顺时针运转速度及物块从E端到F端所用时间；
【答案】(1)10m/s，方向与水平向右成37°
(2)216N，方向与水平向左成53°角斜向下
(3)v=5m/s；t=3s
【详解】（1）物块从A 到C做平抛运动，根据竖直方向h=1
2 gt
2
解得下落时间t=√
2h
g
=0.6s
物块到C点时，竖直方向的速度vy=gt=6m/s
根据几何关系可知物块到达C点时速度为vC=vy
sin37° =10m/s
方向与水平方向成37°角斜向右下方。
（2）物块在C点受力如图所示
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根据牛顿第二定律可得FC−mgcosθ= m vC
2
R
解得FC=216N
由牛顿第三定律可得，物块对C点的压力大小为216N，方向与水平方向成53°角斜向左下方。
（3）若物块速度小于传送带速度，物块加速度大小a2为mgsin37°−μmgcos37°= m a2
解得a2=2m/s
2
因为CDE光滑，所以vE=vC
则物块恰好减速上升到F点的时间为Δt=vE
a2
=5s
运动的距离为Δx=vE
2
2a2
=25m>10m
假设不成立，则物块上滑过程中，先速度大于传送带速度，后小于传送带速度，当物块速度大于传送带速
度，据牛顿第二定律mgsin37°+μmgcos37°= m a1
解得物块加速度大小为a1=10m/s
2
则物块先以加速度大小为a1减速到v，由于mgsin37°>μmgcos37°
故物块继续向上做减速运动，然后以加速度大小a2继续减速到零恰好达到F点，则达到传送带速度v的过程，
所需时间为t1=vE−v
a1
通过的位移为x1=vE
2−v
2
2a1
达到相同速度后，当到达F点时，速度恰好为零，则此过程中通过的位移为所需时间t2=v
a2
又有x2=v
2
2a2
，L=x1+x2
联立以上各式解得v=5m/s，t1=0.5s，t2=2.5s
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上滑所需时间为t=3s
故传动带顺时针运转的速度应满足的条件为v=5m/s
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