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第四章 曲线运动
第20 课时 圆周运动
【考情分析·探规律】
曲线运动
2024 北京卷T7、2024 江西卷T14、2024 甘肃卷T8、
2024 黑吉辽T2、2024 江苏卷T8、T11、2024 广东卷
T5、
2023·江苏卷·T10、2023·全国甲卷·T17、2023·辽宁卷
·T1、
2022 全国甲卷T14、2022 河北卷T10、2022 辽宁卷T13、
2022 北京卷T8
试
题
情
境
生活实践
类
生活中的抛体运动，自行车、汽车、火车转弯等动力学
及临界问题，水流星，体育运动中的圆周运动问题
学习探究
类
小船渡河模型，绳、杆速度分解模型，与斜面或圆弧面
有关的平抛运动，圆周运动的传动问题，圆锥摆模型，
水平面内、竖直面内圆周运动的临界问题，圆周运动中
的轻绳、轻杆模型
【知识梳理】
考点一 圆周运动的运动学问题
1.描述圆周运动的物理量
定义、意义
公式、单位
线速度(v)
1.描述圆周运动的物体运动快慢的物理量
2.是矢量，方向和半径垂直，和圆周相切
1.v＝Δs
Δt (定义式)＝2π r
T
(与周
期的关系)
2.单位:m/s
角速度(ω)
1.描述物体绕圆心转动快慢的物理量
2.是矢量，但不研究其方向
1.ω＝Δθ
Δt (定义式)＝2π
T (与周
期的关系)
1
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2.单位:rad/s
3.ω 与v 的关系:v＝ωr
周期(T)
转速(n)
频率(f)
1.周期是做匀速圆周运动的物体沿圆周运
动一周所用的时间，周期的倒数为频率
2.转速是单位时间内物体转过的圈数
1.T＝2π r
v
＝1
f (与频率的关系)
2.T 的单位:s
n 的单位:r/s、r/min
f 的单位:Hz
向心
加速度(an)
1.描述线速度方向变化快慢的物理量
2.方向指向圆心
1.an＝v
2
r ＝ω 2 r ＝4 π
2
T
2 r＝ωv
2.单位:m/s2
2.匀速圆周运动
(1)定义：如果物体沿着圆周运动，并且线速度的大小处处相等，所做的运动叫作匀速圆周
运动。
(2)特点：加速度大小不变，方向始终指向圆心，是变加速运动。
(3)条件：合外力大小不变，方向始终与速度方向垂直且指向圆心。
【小试牛刀】
【典例】1.A、B 两艘快艇在水平湖面上做匀速圆周运动，在相同时间内(该时间小
于A、B 的周期)，它们通过的路程之比是4∶3，运动方向改变的角度之比是
3∶2，则它们( )
A.线速度大小之比为4∶3
B.角速度之比为3∶4
C.圆周运动的半径之比为2∶1
D.向心加速度大小之比为1∶2
【答案】A
【解析】由v＝Δs
Δt 知，时间相同，路程之比即线速度大小之比，为4∶3，A 项正确；
由ω＝Δθ
Δt 知，时间相同，运动方向改变的角度之比等于快艇与圆心连线扫过的圆心角
之比，即角速度之比，为3∶2，B 项错误；由v＝ωr 知半径之比为8∶9，C 项错误；
由向心加速度an＝v
2
r 知，向心加速度大小之比为2∶1，D 项错误。
2
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【典例】2.如图所示，B 和C 是一组塔轮，即B 和C 半径不同，但固定在同一转轴
上，其半径之比为RB∶RC＝3∶2，A 轮的半径大小与C 轮相同，它与B 轮紧靠在一
起，当A 轮绕过其中心的竖直轴转动时，由于摩擦力作用，B 轮也随之无滑动地转
动起来。a、b、c 分别为三轮边缘的三个点，则a、b、c 三点在运动过程中的( )
A.线速度大小之比为3∶2∶2
B.角速度之比为3∶3∶2
C.转速之比为2∶3∶2
D.向心加速度大小之比为9∶6∶4
【答案】D
【解析】A、B 靠摩擦传动，则两轮边缘上a、b 两点的线速度大小相等，即va∶vb＝
1∶1，选项A 错误；B、C 同轴转动，则两轮边缘上b、c 两点的角速度相等，即ωb＝
ωc，转速之比
nb
nc
＝ωb
ωc
＝1
1，选项B、C 错误；对a、b 两点，由an＝v
2
r 得
aa
ab
＝RB
R A
＝3
2，对b、c 两点，由an＝ω2r 得
ab
ac
＝RB
RC
＝3
2，故aa∶ab∶ac＝9∶6∶4，
选项D 正确。
【解题技巧】
同轴转动
皮带传动
齿轮传动
装置
A、B 两点在同轴的一
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
两个齿轮轮齿啮合，A、
B 两点分别是两个齿轮边
缘上的点
特点
角速度、周期相同
线速度大小相等
线速度大小相等
转向
相同
相同
相反
规律
线速度与半径成正
比： v A
vB
＝r
R
角速度与半径成反比：
ωA
ωB
＝r
R
角速度与半径成反比：
ωA
ωB
＝r2
r1
3
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向心加速度与半径成
正比： aA
aB
＝r
R
向心加速度与半径成反
比：
aA
aB
＝r
R
向心加速度与半径成反
比：
aA
aB
＝r2
r1
【典例】3.(多选)(2025·山东烟台市校考)一位同学玩飞镖游戏，已知飞镖距圆盘为
L，对准圆盘上边缘的A 点水平抛出飞镖，初速度为v0，飞镖抛出的同时，圆盘绕
垂直于盘面且过盘心O 点的水平轴匀速转动。不计空气阻力，重力加速度为g。若
飞镖恰好击中A 点，下列说法正确的是( )
A.从飞镖抛出到恰好击中A 点，A 点一定转动到最低点位置
B.从飞镖抛出到恰好击中A 点的时间为L
v0
C.圆盘的半径为g L
2
4 v0
2
D.圆盘转动的角速度一定满足2k π v0
L
(k＝1，2，3，…)
【答案】ABC
【解析】飞镖抛出后做平抛运动，则从飞镖抛出到恰好击中A 点，A 点一定转动到了
圆盘最低点位置，故A 正确；飞镖水平抛出，在水平方向做匀速直线运动，因此t＝L
v0
，故B 正确；飞镖击中A 点时，A 恰好在圆盘最低点，有2r＝1
2gt2，解得r＝g L
2
4 v0
2，故
C 正确；飞镖击中A 点，则A 点转过的角度满足θ＝ωt＝π＋2kπ(k＝0，1，2，…)，故
ω＝2k ＋1
L
πv0(k＝0，1，2，…)，故D 错误。
【解题技巧】匀速圆周运动的周期性和多解性问题
匀速圆周运动基本特征之一就是周期性，即在做匀速圆周运动过程中，物体的空间位
置具有时间上的重复性。这一特点决定了匀速圆周运动问题的多解性。在分析匀速圆
周运动与其他运动(匀速直线运动、平抛运动等)相联系的问题时，利用运动的等时性
(同时发生、同时结束)是解决此类问题的关键。
4
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考点二 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＝mv
2
r ＝mrω
2 ＝m4 π
2
T
2 r＝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.匀速圆周运动中向心力的来源
运动模型
向心力Fn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
5
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火车转弯
3.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。
【小试牛刀】
【典例】1.(多选)如图所示，杂技演员进行表演时，可以悬空靠在以角速度ω 匀速转
动的圆筒内壁上而不掉下来。设圆筒半径为r，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。重
力加速度为g，杂技演员与圆筒内壁间的动摩擦因数为μ，则该演员( )
A.受到4 个力的作用
B.所需的向心力由弹力提供
C.角速度越大，人受到的摩擦力越大
D.圆筒的角速度ω≥√
g
μr
【答案】BD
【解析】杂技演员受到重力、筒壁的弹力和静摩擦力共3 个力作用，A 错误；由于杂
技演员在圆筒内壁上不掉下来，竖直方向根据平衡条件，有mg＝Ff，筒壁的弹力提供
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向心力，水平方向有F＝mω2r，角速度越大，弹力变大，人受到的摩擦力不变，B 正
确，C 错误；要想不下滑，最大静摩擦力需要大于等于重力，所以μF≥mg，F＝
mω2r，解得ω≥√
g
μr ，D 正确。
【典例】2.(2023·福建卷·15)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OO'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L＝0.2
m，杆与竖直转轴的夹角α 始终为60°，弹簧原长x0＝0.1 m，弹簧劲度系数k＝100
N/m，圆环质量m＝1 kg；弹簧始终在弹性限度内，重力加速度大小取10 m/s2，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)0.05 m (2)10√6
3
rad/s (3)10 rad/s
【解析】(1)当细杆和圆环处于静止状态，对圆环受力分析得受弹簧弹力FT0＝mgcos α
＝5 N
根据胡克定律F＝kΔx 得Δx0＝FT 0
k ＝0.05 m
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
x1＝x0－Δx0＝0.05 m
(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mg
tan α ＝mω0
2r
由几何关系得圆环此时做匀速圆周运动的半径为r＝x0sin α
联立解得ω0＝10√6
3
rad/s
(3)圆环处于细杆末端P 时，圆环受重力、支持力、沿杆向下的弹力。
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根据胡克定律得FT＝k(L－x0)＝10 N
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mg＋FTcos α＝FNsin α，
FTsin α＋FNcos α＝mω2r'
由几何关系得r'＝Lsin α
联立解得ω＝10 rad/s。
【解题技巧】 圆周运动中动力学问题的分析思路
【典例】3.(多选)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
的夹角相等(连接D 球的绳较长)，则下列说法正确的是( )
A.小球A、B 角速度大小相等
B.小球A、B 线速度大小相等
C.小球C、D 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】ACD
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【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＝
√
g
lcosθ ＝√
g
h ，所以小球A、B 的角速度大小相等，A、B 做圆周运动的半径不同，则
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＝mg
cosθ ，所以小球C、D 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。
【解题技巧】圆锥摆模型
1.如图所示，向心力F 向＝mgtan θ＝mv
2
r ＝mω2r，且r＝Lsin θ，联立解得v＝
√gL tanθsinθ，
ω＝√
g
Lcosθ 。
2.稳定状态下，θ 角越大，对应的角速度ω 和线速度v 就越大，小球受到的拉力F＝
mg
cosθ 和运动所需的向心力也越大。
【限时训练】（限时：60 分钟）
【基础必刷题】1~6 题每小题8 分，共48 分
1.(多选)(2024·甘肃卷·8)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
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【答案】AD
【解析】做匀速圆周运动的小车速度大小不变，方向时刻在改变，故动能不变，但动
量不守恒，故A 正确，B 错误；
做匀速圆周运动的小车加速度大小不变，方向时刻在改变，故C 错误；
小车所受的合外力一定指向圆心，故D 正确。
2.(2024·黑吉辽·2)“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
【解析】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；由题图可知，球面上P、Q 两点做圆周运动的半径的关系为rP<rQ，故A 错误；
根据v＝rω 可知，球面上P、Q 两点做圆周运动的线速度的关系为vP<vQ，故B 错误；
根据an＝rω2可知，球面上P、Q 两点做圆周运动的向心加速度的关系为aP<aQ，故C
错误。
3.(2021·全国甲卷·15)“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，然后用力反复拉绳的两端，纽扣正转和反转会交替出现。
拉动多次后，纽扣绕其中心的转速可达50 r/s，此时纽扣上距离中心1 cm 处的点向心
加速度大小约为( )
A.10 m/s2
B.100 m/s2
C.1 000 m/s2
D.10 000 m/s2
【答案】C
【解析】根据匀速圆周运动的规律，
此时ω＝2πn＝100π rad/s，
向心加速度大小a＝ω2r≈1 000 m/s2，故选C。
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4.如图所示是《天工开物》中牛力齿轮的图画及其原理简化图，牛拉动横杆驱动半径为
R1的大齿轮匀速率转动，大齿轮与半径为R2的中齿轮垂直咬合，中齿轮通过横轴与半
径为R3的小齿轮相连，小齿轮驱动抽水桶抽水，已知牛拉横杆转一圈需要时间为t，则
抽水桶的运动速率约为( )
A.2π R1 R3
R2t
B. 2π R1
R2 R3t
C. R1 R3
2π R2t
D. R1 R3t
2π R2
【答案】A
【解析】大齿轮的线速度大小为v1=2π R1
t
，由题意可知，大齿轮和中齿轮的线速度大
小相等，即v2=v1=2π R1
t
，中齿轮和小齿轮是同轴转动，具有相同的角速度，根据ω=
v
r
可知v2
R2
= v3
R3
，解得v3=2π R1 R3
R2t
，故选A。
5.(多选)如图为质点P 以O 为圆心做匀速圆周运动的轨迹圆，角速度为ω，圆周上水平
虚线BD 与虚线AC 垂直，若质点从C 点开始运动的同时在D 点正上方有一小球自由下
落，重力加速度为g，要使小球与质点P 相遇，则小球下落时离D 点的高度可能为(
)
A. g π
2
4 ω
2
B. g π
2
8ω
2
C.5 g π
2
4 ω
2
D.25 g π
2
8ω
2
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【答案】BD
【解析】质点P 经过D 点的时间为t＝(n＋1
4)T(n＝0，1，2，3，…)，其中T＝
2π
ω ，要使小球与质点P 在D 点相遇，则两者运动时间相等，所以小球自由下落
的高度h＝1
2gt2＝g
2(n＋1
4)2(2π
ω )2(n＝0，1，2，3，…)，当n＝0，有h1＝g π
2
8ω
2，
当n＝1，有h2＝25 g π
2
8ω
2 ，故选B、D。
6.(2024·广东卷·5)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
【解析】由题意可知当插销刚卡进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，弹力提供向心力，则有F＝mlω2
对卷轴有v＝rω
联立解得v＝r√
k
2m，故选A。
【巩固必刷题】7、8 题每小题9 分，9 题16 分，10 题18 分，共52 分
7.(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
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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
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( MP
cosθ －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，杆对小球的弹力背离转轴时，则FTcos θ－FN＝mω2r，即FN＝
FTcos θ－mω2r
当转速较大，杆对小球的弹力指向转轴时，
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。
8.(2025·山东省模拟)如图所示，一半径为R 的光滑圆环处于竖直平面内，圆环上套有质
量为m 的小球，一原长为1.5R 的轻质弹簧一端系于球上，另一端固定于圆环最低点
O'。当圆环绕过圆心的竖直轴OO'转动时，小球相对圆环静止在P 点，∠POO'=30°，
已知弹簧的劲度系数k=mg
2 R ，重力加速度为g，则圆环转动的角速度大小为( )
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A.√
2g
3 R
B.√
g
R
C.√
3 g
2 R
D.√
2 g
R
【答案】C
【解析】根据几何关系可得，此时弹簧的长度为R，弹簧处于压缩状态，则FNcos 30°-
kxcos 30°=mω2Rcos 30°，FNsin 30°+kxsin 30°=mg，x=0.5R，联立解得ω=√
3 g
2 R ，故选
C。
9.(16 分)(2022·福建卷·13)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。500 m 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)(4 分)武大靖从静止出发，先沿直道加速滑行，前8 m 用时2 s。该过程可视为匀加
速直线运动，求此过程加速度大小；
(2)(5 分)武大靖途中某次过弯时的运动可视为半径为10 m 的匀速圆周运动，速度大小
为14 m/s。已知武大靖的质量为73 kg，求此次过弯时所需的向心力大小；
(3)(7 分)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10 m/s2，tan 22°＝0.40、tan 27°＝0.51、tan 32°
＝0.62、tan 37°＝0.75)
【答案】(1)4 m/s2 (2)1 430.8 N (3)27°
【解析】(1)设武大靖运动过程的加速度大小为a，根据x＝1
2at2，解得a＝2 x
t
2 ＝2×8
2
2
m/s2＝4 m/s2
(2)根据F 向＝mv
2
r
解得过弯时所需的向心力大小为
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F 向＝73×14
2
10 N＝1 430.8 N
(3)设场地对武大靖的作用力大小为F，受力如图所示
根据牛顿第二定律可得F 向＝mg
tanθ
解得tan θ＝mg
F向
＝73×10
1 430.8≈0.51，可得θ＝27°。
10.(18 分)(2024·江西卷·14)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μ，重
力加速度为g，不计空气阻力。
(1)(9 分)在图(a)中，若圆盘在水平雪地上以角速度ω1匀速转动，转椅运动稳定后在水
平雪地上绕O 点做半径为r1的匀速圆周运动。求AB 与OB 之间夹角α 的正切值。
(2)(9 分)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
O1点做半径为r2的匀速圆周运动，绳子与竖直方向的夹角为θ，绳子在水平雪地上的
投影A1B 与O1B 的夹角为β。求此时圆盘的角速度ω2。
【答案】(1)
μg
ω1
2r1
(2)√
μgsinθcos β
(sinθsin β ＋μcosθ)r2
【解析】(1)设转椅做匀速圆周运动时轻绳拉力为FT，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
转椅做圆周运动的向心力，故可得
FTcos α＝mω1
2r1，μmg＝FTsin α
联立解得tan α＝μg
ω1
2r1
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(2)设此时轻绳拉力为FT'，沿A1B 方向和垂直A1B 方向竖直向上的分力分别为FT1＝
FT'sin θ，FT2＝FT'cos θ
对转椅根据牛顿第二定律得FT1cos β＝mω2
2r2
沿切线方向根据平衡条件有FT1sin β＝Ff＝μFN
竖直方向根据平衡条件有FN＋FT2＝mg
联立解得ω2＝√
μgsinθcos β
(sinθsin β ＋μcosθ)r2
。
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