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专题05 圆周运动
模型一 圆周运动中的运动学问题
1.圆周运动各物理量间的关系
2.常见的三种传动方式及特点
传动类型
图示
结论
共轴传动
A.B 两点转动的周期、角速度相
同，线速度大小与其半径成正比
皮带传动
A.B 两点的线速度大小相同，角
速度与其半径成反比，周期与其
半径成正比
齿轮传动
vA＝vB，＝＝，＝＝(n1、n2分别
表示两齿轮的齿数）
【例题精讲】
1．自行车部分结构如图所示，A 是大齿轮边缘上一点，B 是小齿轮边缘上一点，C 是后轮边缘上一点。把
自行车后轮支撑起来，转动脚踏板，使后轮转动起来，已知三个轮子半径满足RC＝2RA＝4RB，下面说法
中正确的是（ ）
A．A、B 两点线速度大小之比为1：2
B．A、B 两点角速度之比为2：1
C．B、C 两点角速度大小之比为1：1
D．B、C 两点线速度大小之比为1：2
【答案】C
【解答】解：大齿轮（A 点）与小齿轮（B 点）属于链条传动，接触点的线速度大小相等，即vA＝vB，
小齿轮（B 点）与后轮（C 点）属于同轴转动，角速度大小相等，即ωB＝ωC，半径关系推导已知RC＝
2RA＝4RB，可得RA＝2RB，RC＝4RB
AB.AB 两点由v＝ωR，且vA＝vB，
代入数据得ωA：ωB＝1：2，故AB 错误；
CD.BC 两点，由ωB＝ωC，得vB＝ωBRB，vC＝ωCRC＝ωB×4RB
代入数据得vB：vC＝1：4，故C 正确，D 错误。
故选：C。
2．共享单车是一种新型、便捷的公共交通方式。如图甲所示是某共享单车采用的无链传动系统，利用圆锥
齿轮90°轴交，将动力传至后轴，驱动后轮转动，杜绝了传统自行车“掉链子”的问题。如图乙所示是圆
锥齿轮90°轴交示意图，其中A 是圆锥齿轮转轴上的点，B、C 分别是两个圆锥齿轮边缘上的点，两个圆
锥齿轮中心轴到A、B、C 三点的距离分别记为rA、rB和rC（rA≠rB≠rC）。下列说法正确的是（ ）
A．ωB＝ωC
B．ωB= r A
rB
ωA
C．vC = rB
r A
v A
D．vC = rC
r A
v A
【答案】C
【解答】解：A.由圆锥齿轮的特点，得vB＝vC，根据v＝ωr，可知ωB≠ωC，故A 错误；
B.A、B 同轴转动，角速度相同，故B 错误；
CD.由vC＝vB，vB＝ωBrB，ωB＝ωA= v A
r A
可知vC= rB
r A
v A，则vA= r A
rB
vC，且rB≠rC，故C 正确，D 错误。
故选：C。
3．修正带是中学生必备的学习用具，其结构如图所示，包括上下盖座、大小齿轮、压嘴座等部件，大小齿
轮分别嵌合于大小轴孔中，大小齿轮相互啮合，且大小齿轮的半径之比为2：1。a、b 点分别位于大小齿
轮的边缘，c 点位于大齿轮的半径中点，当纸带匀速运动时，关于a、b、c 三点相对各自转轴的转动方向、
线速度、角速度和向心加速度，下列说法正确的是（ ）
A．a、b 点的转动方向相同
B．a、b 点的角速度大小之比为1：1
C．b、c 点的线速度大小之比为2：1
D．b、c 点的向心加速度大小之比为2：1
【答案】C
【解答】解：AB.齿轮传动时，边缘点的线速度大小相等，方向相反，va：vb＝1：1，故A 错误；
B.根据v＝ωr，知角速度与半径成反比即为ωa：ωb＝rb：ra＝1：2，故B 错误；
C.同轴传动时，角速度相等，故ωa＝ωc，根据v＝ωr，c 点位于大齿轮的半径中点所以ra：rc＝2：1
代入数据得vb：vc＝2：1，故C 正确；
D.根据a＝ω2r，
知b、c 点的向心加速度大小之比为ab
2：ac
2= 4：1，故D 错误。
故选：C。
4．某摩天轮模型如图所示，A、B、C 是三个可转动圆盘，其中A 和B 通过一根不打滑的皮带传动，B 和C
同轴转动。已知RA：RB：RC＝2：3：15，则下列关于A、B、C 三个圆盘边缘点的线速度及向心加速度
比值正确的是（ ）
A．vA：vC＝2：15
B．vB：vC＝1：3
C．aA：aC＝2：3
D．aB：aC＝1：5
【答案】D
【解答】解：AB、A 与B 是皮带传动，边缘点线速度大小相等，故A、B 两点的线速度相等，BC 两点
同轴转动，角速度相等，RB：RC＝3：15，根据v＝ωr 可知，B、C 的线速度之比为3：15＝1：5，则
vA：vC＝vB：vC＝1：5，故AB 错误；
CD、根据a= v
2
R 可得，RA：RB：RC＝2：3：15，vA：vB：vC＝3：3：15，可得aA：aB：aC＝3：4：20，
所以aA：aC＝3：20，aB：aC＝1：5，故D 正确，C 错误。
故选：D。
5．如图为皮带传动装置的示意图，右轮半径为r，A 是它边缘上的一点，左侧是一轮轴，大轮半径为4r，小
轮半径为2r。小轮上的B 点到其中心距离为r。C 点和D 点分别位于小轮和大轮的边缘上。传动过程中皮
带不打滑，那么关于A、B、C、D 点的线速度v、角速度ω、向心加速度a 的关系正确的是（ ）
A．ωA＝ωB
B．vA＞vC
C．aA＝aD
D．aA＜aB
【答案】C
【解答】解：由题意可知：rA：rB：rC：rD＝1：1：2：4，AC 皮带相连，线速度大小相同，故vA＝vC，
BCD 同轴转动，角速度相同，故ωB＝ωC＝ωD，
根据v＝ωr 可知：vA：vB：vC：vD＝2：1：2：4，角速度之比为ωA：ωB：ωC：ωD＝2：1：1：1
根据a＝ω2r 可知：aA：aB：aC：aD＝4：1：2：4，故ABD 错误，C 正确。
故选：C。
（多选）6．如图甲所示，修正带是通过两个齿轮的相互咬合进行工作的，其原理可简化为如图乙所示的模
型。B、A 是转动的大、小齿轮边缘的两点，C 是大齿轮上的一点。若大齿轮半径是小齿轮半径的两倍，
两齿轮中心到A、C 两点的距离相等，则A、B、C 三点（ ）
A．线速度大小之比是2：2：1
B．角速度之比是2：1：1
C．转速之比是2：2：1
D．转动周期之比是2：1：1
【答案】AB
【解答】解：AB．B、A 是转动的大、小齿轮边缘的两点所以线速度相同，根据v＝ωr、r A = 1
2 rB
代入数据得ωA＝2ωB
由于B、C 两点都在大齿轮上所以角速度相同，根据v＝ωr，rB＝2rC
代入数据得vB＝2vC
则A、B、C 三点线速度大小之比为vA：vB：vC＝2：2：1
则A、B、C 三点角速度之比为ωA：ωB：ωC＝2：1：1，故AB 正确。
C．根据ω＝2πn
A、B、C 三点转速之比为nA：nB：nC＝ωA：ωB：ωC＝2：1：1，故C 错误；
D．根据T = 2π
ω
A、B、C 三点周期之比为TA：TB：TC＝1：2：2，故D 错误。
故选：AB。
（多选）7．机械皮带轮的半径是电动机皮带轮半径的2 倍。A、B 分别是两轮边缘上的质点，如图所示，
皮带与两轮之间不发生相对滑动。下列说法正确的是（ ）
A．质点A、B 的线速度vA＝2vB
B．质点A、B 的角速度ωB＝2ωA
C．质点A、B 的转速nA＝2nB
D．质点A、B 的向心加速度aB＝2aA
【答案】BD
【解答】解：A．皮带传动的两轮边缘的线速度大小相等，所以质点A、B 的线速度大小相等，即
vA＝vB
故A 错误；
B．由线速度与角速度关系v＝ωr，rA＝2rB，可得
ωB＝2ωA
故B 正确；
C．由转速与角速度关系ω＝2πn，可得
nB＝2nA
故C 错误；
D．由a= v
2
r ，vA＝vB，rA＝2rB，可得
aB＝2aA
故D 正确。
故选：BD。
模型二 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＝m＝mrω2＝mr＝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
火车转弯
【例题精讲】
1．如图所示，小球沿光滑的漏斗壁在某一水平面内做匀速圆周运动。下列说法正确的是（ ）
A．小球受重力、支持力和向心力三力作用
B．小球的高度越高，运动周期就越大
C．小球的高度越高，所受支持力越大
D．小球的高度越高，所受合外力越大
【答案】B
【解答】解：A、小球受重力和支持力两个力的作用，故A 错误；
BCD、设漏斗壁与竖直方向的夹角为θ（一定），由牛顿第二定律有Fn=mgtanθ=m 4 π
2
T
2 htanθ
小球的高度h 越高，运动周期就越大小球所受支持力F N = mg
cosθ ，高度变化时，所受支持力不变小球所受
合外力就是向心力，不随高度变化，故B 正确，CD 错误。
故选：B。
2．如图所示，轻杆长3L，在杆两端分别固定质量为m 的球A 和质量为2m 的球B，水平转轴穿过杆上距球
A 为L 处的O 点，在转轴带动下轻杆在竖直平面内绕O 点匀速转动。某时刻轻杆处于竖直方向且转轴在
竖直方向上恰好不受杆的作用力，重力加速度为g，转轴转动的角速度大小为（ ）
A．❑√
g
3 L
B．❑√
g
L
C．❑√
2g
L
D．❑√
3 g
L
【答案】B
【解答】解：根据圆周运动的杆模型和牛顿第二定律由向心力公式Fn=mr ω
2可知，质量为2m 的小球所
需的向心力更大，转轴恰好不受杆的作用力，则质量为m 的小球在最低点，质量为2m 的小球在最高点，
设杆的弹力大小为F，在最低点处，根据牛顿第二定律得F﹣mg＝mω2l，在最高点处，根据牛顿第二定
律得F+2mg＝2mω2•2l，解得ω= ❑√
g
l
，故B 正确，ACD 错误；
故选：B。
3．半径为R 的光滑半圆球固定在水平面上，如图所示，顶部有一物体A，现给它一个水平初速度v= ❑√gR
，则物体将（ ）
A．沿球面下滑至M 点
B．沿球面下滑至某一点N，便离开球面做斜下抛运动
C．按半径大于R 的新的圆弧轨道做圆周运动
D．立即离开半圆球做平抛运动
【答案】D
【解答】解：设在顶部物体A 受到半圆球对它的作用力为F，由牛顿第二定律得 mg−F =m v0
2
R
把v0= ❑√gR代入得 F＝0.说明物体只受重力作用，又因物体有水平初速度v0，故物体做平抛运动，故D
正确，ABC 错误。
故选：D。
4．2025 年10 月31 日，神舟二十一号载人飞船成功发射，此次随飞船上行进入中国空间站的有4 只“小黑
鼠”。小鼠必须过体能关、挑战抗晕、勇闯迷宫等考核才能成为小鼠“航天员”。如图，一质量为m 的
小鼠进入离心管机器进行“天旋地转”挑战，若离心机绕着竖直平面内的O1O2轴以角速度ω 匀速转动，
小鼠旋转半径为r，重力加速度为g。则此次挑战，小鼠受到离心机对它的作用力F 为（ ）
A．F＝mrω2，方向垂直指向转轴
B．F＝mrω2，方向斜向上指向转轴
C．F =
❑√(mr ω
2)
2+(mg)
2，方向垂直指向转轴
D．F =
❑√(mr ω
2)
2+(mg)
2，方向斜向上指向转轴
【答案】D
【解答】解：小鼠在竖直平面内做匀速圆周运动，其受到两个力的作用：重力：大小为mg，方向竖直向
下；离心机的作用力：设为F，方向沿半径指向转轴（即垂直指向转轴），提供向心力，合力提供向心
力，即离心机的作用力F 在水平方向的分力提供向心力，大小为F向=mr ω
2，方向指向转轴，由于小鼠
在竖直方向处于平衡状态（无竖直方向加速度），离心机的作用力F 在竖直方向的分力与重力平衡，即
F 竖＝mg，方向竖直向上，因此，离心机的作用力F 是水平分力（向心力）与竖直分力（平衡重力）的合
力，根据勾股定理可得F =
❑√( F向)
2+( F 蒸)
2=
❑√(mr ω
2)
2+(mg)
2，合力F 的方向由水平分力（指向转
轴）和竖直分力（竖直向上）共同决定，因此方向斜向上指向转轴，故D 正确，ABC 错误。
故选：D。
5．如图所示为旋转脱水拖把结构图，旋转杆上有长度为35cm 的螺杆，螺杆的螺距（相邻螺纹之间的距
离）为d＝5cm，固定套杆内部有与旋转杆的螺纹相配套的凹纹，如果旋转杆不动，固定杆可以在旋转杆
上沿其轴线旋转上行或下行。把拖把头放置于脱水筒中，手握固定套杆向下运动，固定套杆就会给旋转
杆施加驱动力，驱动旋转杆使拖把头和脱水筒一起转动，把拖把上的水甩出去。拖把头的托盘半径为
8cm，拖布条的长度为6cm，脱水筒的半径为12cm。某次脱水时，固定套杆在2s 内匀速下压了35cm，
该过程中拖把头匀速转动，则下列说法正确的是（ ）
A．紧贴脱水筒壁的拖布条上附着的水最不容易甩出
B．旋转时脱水筒壁与托盘边缘处的点向心加速度之比为2：1
C．拖把头转动的周期为3.5s
D．拖把头转动的角速度为7πrad/s
【答案】D
【解答】解：A.紧贴脱水桶壁的拖布条半径最大，根据a＝ω2r，可知，半径越大，向心加速度越大，需
要的向心力越大，越容易甩出，故A 错误；
B.脱水桶壁的半径为12cm，托盘边缘半径为8cm，根据a＝ω2r，可知，向心加速度之比a1
a2
= r1
r2
= 3
2，故
B 错误；
C.旋转杆上有长度为35cm 的螺杆，相邻螺纹之间的距离d＝5cm，所以共7 圈，固定套杆在2s 内匀速下
压了35cm，所以2s 转了7 个周期，故周期T = 2
7 s，故C 错误；
D.根据周期和角速度的关系为ω= 2π
T = 2π
2
7
rad / s=7 πrad / s，故D 正确。
故选：D。
（多选）6．下列关于几种圆周运动实例的说法中，正确的是（ ）
A．图甲中小球竖直面内做圆周运动，过最高点的速度至少等于❑√gR
B．图乙中放在水平转台上的物体随转台一起匀速转动，物体受到的静摩擦力方向始终指向圆心
C．图丙中小球做圆锥摆运动，细绳的拉力与小球重力的合力提供小球运动所需的向心力
D．图丁的圆筒匀速转动的角速度越大，紧贴圆筒壁一起运动的物体a 所受摩擦力也越大
【答案】BC
【解答】解：A、图甲中小球竖直面内做圆周运动，当杆对小球的支持力等于小球重力时，小球过最高
点的速度为0，故A 错误；
B、图乙中物体放在水平转台上并随转台一起匀速转动，受到重力、支持力和静摩擦力，静摩擦力提供向
心力，方向始终指向圆心，故B 正确；
C、图丙中小球做圆锥摆运动，对小球受力分析，受到重力和绳子的拉力，细绳的拉力与小球重力的合力
提供小球运动所需的向心力，故C 正确；
D、物体随圆筒匀速转动，静摩擦力与重力平衡（竖直方向），向心力由弹力提供，故角速度增大时，
静摩擦力大小不变，故D 错误。
故选：BC。
（多选）7．如图所示，物理课老师用手掌托一苹果，在竖直平面内顺时针方向做匀速圆周运动，手掌始终
保持水平。苹果从最高点c 运动到最低点a 的过程，下列说法正确的是（ ）
A．苹果的线速度不变
B．苹果做匀变速曲线运动
C．苹果先处于失重状态后处于超重状态
D．手掌对苹果的摩擦力先增大后减小
【答案】CD
【解答】解：AB、苹果在竖直平面内顺时针方向做匀速圆周运动，苹果的线速度大小不变，方向变化，
加速度大小不变，方向始终指向圆心，线速度与角速度是矢量，苹果的线速度与加速度都不断发生变化
苹果做非匀变速曲线运动，故AB 错误；
CD、苹果受力如图所示
从c 到d 过程，在竖直方向，由牛顿第二定律得mg﹣FN＝macosθ，则mg＞FN
在水平方向，由牛顿第二定律得f＝masinθ，角度θ 逐渐变大，苹果处于失重状态，手掌对苹果的摩擦力
增大；
从d 运动到a 过程，在竖直方向，由牛顿第二定律得FN﹣mg＝macosθ，则mg＜FN
在水平方向，由牛顿第二定律得f＝masinθ，角度θ 逐渐变小，苹果处于超重状态，手掌对苹果的摩擦力
减小，故CD 正确。
故选：CD。
模型三 水平面内圆周运动的临界问题
1.与摩擦力有关的临界极值问题
物体间恰好不发生相对滑动的临界条件是物体间恰好达到最大静摩擦力。
（1）如果只是摩擦力提供向心力，则最大静摩擦力Ffm＝，静摩擦力的方向一定指向圆心。
（2）如果除摩擦力以外还有其他力，如绳两端连接物体随水平面转动，其中一个物体存在一个恰不向内滑
动的临界条件和一个恰不向外滑动的临界条件，分别为静摩擦力达到最大且静摩擦力的方向沿半径背离圆
心和沿半径指向圆心。
2.与弹力有关的临界极值问题
（1）两个接触物体分离的临界条件是物体间的弹力恰好为零。
（2）绳上拉力的临界条件是绳恰好拉直且无弹力或绳上拉力恰好为最大承受力。
【例题精讲】
1．水平转台上放着一枚硬币，当转台匀速转动时，硬币与转台始终相对静止，关于这种情况下硬币的受力
情况，下列说法正确的是（ ）
A．受重力和台面的支持力
B．受重力、台面的支持力和向心力
C．受重力、台面的支持力和静摩擦力
D．受重力、台面的支持力、向心力和静摩擦力
【答案】C
【解答】解：硬币做匀速圆周运动，合力指向圆心，对硬币受力分析，受重力、支持力和静摩擦力，如
图
重力和支持力平衡，静摩擦力提供向心力，故ABD 错误，C 正确。
故选：C。
2．如图所示，在倾角为θ 的足够大的固定斜面上，一长度为L 的轻绳一端可绕斜面上的O 点自由转动，另
一端连着一质量为m 的小球（视为质点）。现使小球从最低点A 以速率v 开始在斜面上做圆周运动，通
过最高点B。重力加速度大小为g，轻绳与斜面平行，不计一切摩擦，下列说法正确的是（ ）
A．小球通过A 点时的速度越大，此时斜面对小球的支持力越大
B．小球通过B 点时的最小速度为❑√gLsinθ
C．小球通过A 点时所受轻绳的作用力大小为m v
2
L
D．若小球以2❑√gLsinθ的速率通过B 点时绳突然断裂，则小球到达与A 点等高处时与A 点间的距离为
3L
【答案】B
【解答】解：A.斜面对小球的支持力始终等于重力沿垂直于斜面方向的分量，与小球的速度无关，故A
错误；
B.绳子不可以为小球提供支持力，小球在B 点的速度最小时，球在B 点受到重力、斜面的支持力，沿斜
面得方向mgsinθ= mv
2
L
可得为v= ❑√gLsinθ，所以小球经过最高点B 时的速度最小为❑√gLsinθ，故B 正确；
C.球在A 点受到重力、斜面的支持力和拉力，沿斜面的方向F−mgsinθ = mv
2
L
则F＝mgsinθ+ v
2
L
m，故C 错误；
D.若小球以2❑√gLsinθ的速率通过B 点时突然绳子断开，则小球在斜面上做类平抛运动，在平行于底边
方向做匀速运动，在垂直于底边方向做初速为零的匀加速度运动，故s水平= vbt =2❑√gLsinθt
沿斜面方向2 L= 1
2 at
2，a＝gsinθ
联立解得s 水平＝4L 即到达与A 点等高处时与A 点间的距离为4L，故D 错误。
故选：B。
3．如图所示，某同学手握一段硬质细塑料管，一根不可伸长的细线穿过塑料管，细线一端连接小球A，另
一端连接物块B。该同学通过摇动手中塑料管，使小球A 在水平面内做匀速圆周运动，物块B 处于静止
状态。初始时刻小球A 的速度大小为v，塑料管上管口与小球A 之间的细线长为L1。改变物块B 的高度
后，再次让小球A 在水平面内做匀速圆周运动，物块B 仍处于静止状态，此时小球A 的速度大小为2v，
塑料管上管口与小球A 之间的细线长为L2，不计空气阻力，忽略细线与塑料管之间的摩擦，小球A 在做
匀速圆周运动时，塑料管竖直静止。则
L2
L1
值为（ ）
A．2
B．1
2
C．4
D．1
4
【答案】C
【解答】解：设小球A 的质量为m1，物体B 的质量为m2，第一次小球A 以速度v 做匀速圆周运动时，
绳上拉力为T，绳与竖直方向夹角为a，则竖直方向上有T＝m2g，且Tcosα＝m1g
根据向心力公式有Tsinα = m1v
2
L1sinα
可解得L1= m1v
2
Tsin
2α
第二次小球A 以速度2v 做匀速圆周运动时，依然有T＝m2g，设此时的角度为β，则竖直方向上有
T′cosβ＝mg
水平方向上T ′ sinβ = m1(2v)
2
L2sinβ
所以L2= m1(2v)
2
Tsin
2 β
根据公式可知两次运动中，T＝T，α＝β
所以
L2
L1
= 4 v
2
v
2 = 4，故C 正确，ABD 错误。
故选：C。
4．如图甲所示为一种在球形铁笼内进行摩托车特技表演的场景，图乙所示为骑手驾驶摩托车在笼内分别沿
水平面内轨道1 和轨道2 做匀速圆周运动的简化图。已知球心到骑手连线与竖直方向的夹角分别为α、
β，不计空气阻力，骑手及车视为质点，则骑手分别在轨道1 和轨道2 做匀速圆周运动的角速度之比为（
）
A．❑√cosα ：❑√cosβ
B．❑√cosβ ：❑√cosα
C．❑√sinα ：❑√sinβ
D．❑√sinβ ：❑√sinα
【答案】B
【解答】解：在轨道1 上角速度为ω，对摩托车受力分析，根据牛顿第二定律可mgtanα＝mω2r1
又r1＝Rsinα
联立解得ω= ❑√
g
Rcosα
，同理可得在轨道2 上角速度为ω′ = ❑√
g
Rcosβ
则骑手分别在轨道1 和轨道2 做匀速圆周运动的角速度之比为ω
ω′ =
❑√cosβ
❑√cosα
，故B 正确，ACD 错误。
故选：B。
5．我国高速铁路运营里程居世界首位。在修筑铁路时，弯道处的外轨会略高于内轨，如图所示，内外铁轨
平面与水平面倾角为θ，当火车以规定的行驶速度v0转弯时，内、外轨均不会受到轮缘的侧向挤压，火
车转弯半径为r，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．火车转弯时受到重力、轨道的支持力和向心力
B．火车转弯速度小于v0时，车轮轮缘受到内轨的侧向压力
C．火车转弯时，实际转弯速度越小越好
D．当火车上乘客增多时，若列车仍以v0的速度通过该圆弧轨道，内轨会受到轮缘的侧向挤压
【答案】B
【解答】解：A．火车转弯时受到重力、轨道的支持力，两个力的合力提供向心力，故A 错误；
B．火车转弯速度小于v0时，重力和支持力的合力大于所需向心力，则车轮轮缘受到内轨的侧向压力，
故B 正确；
C．火车转弯时，为了减小车轮和铁轨的磨损，实际转弯速度按设计速度v0最好，故C 错误；
D．根据向心力的来源分析，当火车上乘客增多时，若列车仍以v0的速度通过该圆弧轨道，内外轨都不
会受到轮缘的侧向挤压，故D 错误。
故选：B。
（多选）6．陶艺拉坯是手工艺术中非常古老的一种技艺。它是靠着手部技巧和丰富的经验，将坯料转变成
各种形状的陶器。如图为某次制陶时的简化模型：拉坯机带动漏斗状陶坯绕竖直对称轴OO′匀速转动，
倾斜侧壁的倾角为θ。将一小团陶泥P 放在倾斜侧壁上，在拉坯机的角速度缓慢增大的过程中，陶泥始
终能相对于陶坯静止。则在这一过程中，下列说法正确的是（ ）
A．倾斜侧壁对陶泥P 的支持力大小一定一直增大
B．倾斜侧壁对陶泥P 的作用力大小一定一直减小
C．倾斜侧壁对陶泥P 的摩擦力大小一定一直减小
D．倾斜侧壁对陶泥P 的摩擦力大小可能先减小后增大
【答案】AD
【解答】解：ACD.对陶泥P 列圆周运动的方程，则有Nsinθ﹣fcosθ＝mω2r，Ncosθ+fsinθ＝ng，
解得N＝mω2rsinθ+mgcosθ，f＝mgsinθ﹣mω2rcosθ，所以随着角速度的增加，支持力在缓慢变大，而摩
擦力先减小再反向增加，故AD 正确，C 错误；
B.倾斜侧壁对陶泥P 的作用力是指摩擦力与支持力的合力，将其分解为水平方向和竖直方向两个分力，
则有F x =mω
2r，Fy＝mg
可知水平分力逐渐增大，竖直分力不变，根据F合=
❑√F x
2+ F y
2，可知倾斜侧壁对陶泥P 的作用力逐渐增大，
故B 错误。
故选：AD。
（多选）7．在公路转弯处外侧的李先生家门口，三个月内发生了八次大卡车的交通事故。经公安部门和交
通部门联合调查，画出的现场示意图如下图所示。为了避免交通卡车事故再次发生，很多人提出了建议，
下列建议中合理的是（ ）
A．改进路面设计，减小车轮与路面间的摩擦因数
B．改造此段弯路，使弯道内侧低、外侧高
C．把路面的弯道半径改大一点
D．在进入转弯处设立提醒司机加速通过的标志
【答案】BC
【解答】解：A.车辆在水平路面上拐弯时，靠静摩擦力提供向心力，故可以通过改进路面设计，增大车
轮与路面间的动摩擦因数，以增大最大静摩擦力，故A 错误；
B.要使卡车沿题图所示弯路更安全地行驶，应改造路面使弯道内侧低，外侧高，故B 正确；
CD.由向心力公式Fn=m v
2
R
知，增大弯道半径或减小卡车行驶速度可以减小向心力，防止卡车因离心现
象发生事故，故C 正确，D 错误。
故选：BC。
模型四 竖直面内圆周运动的临界问题
1.竖直面内圆周运动的两类模型
轻绳模型
轻杆模型
常见类型
小球最高点没有支撑
小球最高点有支撑
最高点受力特征
除重力外，物体受到的弹力
方向：向下或等于零
除重力外，物体受到的弹力方向：向
下、等于零或向上
最高点受力示意图
动力学方程
mg＋F 弹＝m
mg±F 弹＝m
临界特征
F 弹＝0
mg＝m
即vmin＝
①恰好过最高点，v＝0，F 弹＝mg
②恰好无弹力，F 弹＝0，v＝
过最高点的条件
在最高点的速度v≥
在最高点的速度v≥0
2.解题技巧
（1）物体通过圆周运动最低点、最高点时，利用合力提供向心力列牛顿第二定律方程；
（2）物体从某一位置到另一位置的过程中，用动能定理找出两位置间的速度关系；
（3）注意：求对轨道的压力时，转换研究对象，先求物体所受支持力，再根据牛顿第三定律求出压力。
【例题精讲】
1．太极球是近年来在广大市民中较流行的一种健身器材。一健身者用球拍托住太极球，使其在竖直平面内
做匀速圆周运动，轨迹如图所示。图中的A、B 两点分别为圆周运动的最高点和最低点，C、D 两点与圆
心等高。已知太极球的速度大小为v，运动半径为R，质量为m，重力加速度为g，不考虑空气阻力，则
（ ）
A．太极球在B 点受到重力、弹力和向心力的作用
B．太极球做的是匀变速曲线运动
C．在C 点，球拍对太极球的作用力大小为m ❑√
g
2+ v
4
R
2
D．在A 点，太极球与球拍之间的弹力一定大于重力
【答案】C
【解答】解：在B 点，太极球受到重力和球拍的弹力作用，这两个力的合力提供向心力，故A 错误；
B.由于太极球在竖直平面内做匀速圆周运动，其加速度方向始终指向圆心，加速度大小不变，但方向不
断变化，因此它不是匀变速曲线运动，故B 错误；
C.在C 点，太极球受到重力和球拍的弹力作用，这两个力的合力提供向心力，根据向心力公式F向=m v
2
R
以及力的合成，可以得到球拍对太极球的作用力大小为F=
❑√(mg)
2+ F向
2 =m❑√
g
2+ v
4
R
2，故C 正确；
D.在A 点，太极球受到重力和球拍的弹力作用，这两个力的合力提供向心力，由于向心力方向向下，即
mg+F= v
2
r
m，但是速度不确定，所以弹力不一定大于重力，故D 错误。
故选：C。
2．如图所示，某同学将空心圆筒固定在台秤上，遥控小车以速度v 沿圆筒内表面在竖直面内做匀速圆周运
动。小车从最高点A 运动到最低点B 过程中，下列说法正确的是（ ）
A．小车做匀变速曲线运动
B．台秤的示数先减小后增大
C．若增大小车运动速度v，小车在A 点和B 点台秤的示数差值增大
D．若增大小车运动速度v，小车在A 点和B 点对圆筒内表面的压力差值增大
【答案】C
【解答】解：A.小车做圆周运动，加速度不断变化，则小车做非匀变速曲线运动，故A 错误；
B.在最高点时F NA+mg=m v
2
R ，在与圆心等高位置时F NO=m v
2
R ，在最低点时F NB−mg=m v
2
R ，因FNA
＜FNO＜FNB可知台秤的示数一直增大，故B 错误；
D.小车在A 点和B 点台秤的示数差值ΔFN＝FNB﹣FNA＝2mg，则若增大小车运动速度v，小车在A 点和B
点对圆筒内表面的压力差值不变，故D 错误；
C.设圆筒质量为M，则小车在A 点时台称示数为F A = Mg−F NA = Mg+mg−m v
2
R
小车在B 点时台秤示数为FB= Mg+ F NB= Mg+mg+m v
2
R
小车在A 点和B 点台秤的示数差值ΔF = FB−F A =2m v
2
R ，则若增大小车运动速度v，小车在A 点和B
点台秤的示数差值增大，故C 正确。
故选：C。
3．如图所示，汽车通过凹形桥的最低点时（ ）
A．为了防止爆胎，汽车应高速驶过
B．汽车受到重力、支持力、向心力
C．桥对汽车的支持力与汽车的重力大小相等
D．汽车所需的向心力由汽车受到的支持力和重力的合力提供
【答案】D
【解答】解：BD、根据题意分析可知，汽车受到竖直向下的重力和竖直向上的支持力，汽车所需的向心
力由汽车受到的支持力和重力的合力提供，故B 错误，D 正确；
C、根据题意分析可知，设路面对汽车的支持力为N，在最低点，根据牛顿第二定律有N −mg=m v
2
r
所以N＞mg
故桥对汽车的支持力大于汽车的重力，故C 错误；
A、根据题意分析可知，为了防止爆胎，应使路面对汽车的支持力N 小一些，由以上分析可知应该减小
车速，故A 错误。
故选：D。
4．如图甲、乙所示为自行车气嘴灯，其结构如图丙所示，弹簧一端固定在顶部，另一端与小物块P 连接，
当车轮转动的角速度达到一定值时，P 拉伸弹簧后使触点A、B 接触，从而接通电路使气嘴灯发光，触点
B 与车轮圆心距离为R，车轮静止且气嘴灯在最低点时（即丙图所示），触点A、B 距离为d，已知P 与
触点A 的总质量为m，弹簧劲度系数为k，重力加速度大小为g，不计接触式开关中的一切摩擦，小物块
P 和触点A、B 均视为质点。当该自行车在平直的道路上行驶时，下列说法中正确的是（ ）
A．要使气嘴灯能发光，车轮匀速转动的最小角速度为❑√
kd +mg
mR
B．要使气嘴灯能发光，车轮匀速转动的最小角速度为❑√
kd −mg
mR
C．要使气嘴灯一直发光，车轮匀速转动的最小角速度为❑√
kd +3mg
mR
D．要使气嘴灯一直发光，车轮匀速转动的最小角速度为❑√
kd +2mg
mR
【答案】D
【解答】解：AB.当气嘴灯运动到最低点时发光，此时对应车轮做匀速圆周运动的角速度最小，根据受力
分析，向心力由弹簧的弹力与重力的合力提供，又因为初始时弹簧弹力等于重力，所以在最低点时增大
的弹力提供向心力即kd＝mω2R
得ω= ❑√
kd
mR ，故AB 错误；
CD.当气嘴灯运动到最高点时能发光，则kd+2mg＝mω'2R
得ω′ = ❑√
kd +2mg
mR
，即要使气嘴灯一直发光，车轮匀速转动的最小角速度为❑√
kd +2mg
mR
，故D 正确，C
错误。
故选：D。
5．炎热的夏天，一辆车在丘陵地带匀速率行驶，由于轮胎太旧，在驶过如图所示的一段地形时有可能爆胎，
则下列地点中爆胎概率最大的点是（ ）
A．a 点
B．b 点
C．c 点
D．d 点
【答案】D
【解答】解：最容易爆胎的地方应是轮胎受到的压力最大的地方。在a、c 两处，向心加速度的方向向下，
汽车处于失重状态，轮胎所受压力小于汽车重力；而在b、d 两处，向心加速度方向向上，压力大于重力，
再由图可知，b 处半径大于d 处半径，由向心力公式F −mg=m v
2
r
可知，速率相同的情况下，半径越小
压力越大，故最易爆胎的位置是在d 处。
故D 正确，ABC 错误。
故选：D。
（多选）6．有关圆周运动的基本模型，下列说法正确的是（ ）
A．如图a，汽车通过拱桥的最高点处于超重状态
B．如图b 所示是一圆锥摆，增大θ，但保持圆锥的高度不变，则圆锥摆的角速度不变
C．如图c，同一小球在光滑而固定的圆锥筒内的A，B 位置先后分别做匀速圆周运动，则在A 位置小球
所受筒壁的支持力要等于在B 位置时的支持力
D．如图d，火车转弯超过规定速度行驶时，车轮会对内轨有挤压作用
【答案】BC
【解答】解：A．如图a，汽车通过拱桥的最高点加速度向下指向圆心，处于失重状态，故A 错误；
B．如图b 所示是一圆锥摆，增大θ，但保持圆锥的高度不变，设小球到悬点的高度为h，根据牛顿第二
定律有mgtanθ＝mhtanθω2，得ω= ❑√
g
h
，可知圆锥摆的角速度不变，故B 正确；
C．如图c，同一小球在光滑而固定的圆锥筒内的A，B 位置先后分别做匀速圆周运动，设圆锥筒的顶角
为θ，根据竖直方向的平衡条件，有FNsinθ
2 =mg，可得FN= mg
sin θ
2
，可知在A 位置小球所受筒壁的支持力
要等于在B 位置时的支持力，故C 正确；
D．如图d，火车转弯超过规定速度行驶时，重力和支持力的合力不足以提供向心力，则车轮会对外轨
有挤压作用，故D 错误。
故选：BC。
（多选）7．如图所示，在竖直平面内有一半径为R 的圆，过圆心O 作一条与竖直方向夹角为α 的直线交于
圆上半部分的A 点，从A 点向背离圆心的一侧圆周上搭一直轨道，轨道与竖直方向的夹角为θ。从A 无
初速度自由释放一个物块（可视为质点）在轨道上，重力加速度为g，不计空气阻力。则下列说法正确
的是（ ）
A．若轨道光滑，α＞0 且恒定，则θ 取不同值时物块在轨道上运动的时间均相同
B．若轨道光滑，α＞0 且恒定，则θ 越大物块在轨道上运动的时间越短
C．若物块与轨道间的动摩擦因数为μ( μ＜
1
tanθ )，则无论α 取何值，物块在轨道上运动的时间均与θ 有
关
D．若物块与轨道间的动摩擦因数为μ( μ＜
1
tanθ )，则α 取合适的值，可使物块在轨道上运动的时间与θ
无关
【答案】BD
【解答】解：AB．若轨道光滑，根据牛顿第二定律可得物块在轨道上的加速度为gcosθ，根据几何关系
可得轨道长度等于2Rcos（α+θ），故根据位移—时间关系可得2 Rcos(α +θ)= 1
2 gcosθ⋅t
2
可得t = ❑√
4 Rcos(α +θ)
gcosθ
= ❑√
4 R(cosαcosθ−sinαsinθ)
gcosθ
= ❑√
4 R(cosα −sinαtanθ)
g
，
所以θ 越大物块在轨道上运动的时间越短，故A 错误，B 正确；
CD．若轨道粗糙，根据牛顿第二定律可得物块在轨道上的加速度为a＝g（cosθ﹣μsinθ）
轨道长2Rcos（α+θ）
故根据位移—时间关系可得2 Rcos(α +θ)= 1
2 g(cosθ−μsinθ)t
2
可得
t = ❑√
4 Rcos(α +θ)
g(cosθ−μsinθ) = ❑√
4 R(cosαcosθ−sinαsinθ)
g(cosθ−μsinθ)
= ❑√
4 Rcosα(cosθ−tanαsinθ)
g(cosθ−μsinθ)
观察发现在μ＝tanα 时t = ❑√
4 Rcosα
g
，即物块在轨道上运动的时间与θ 无关，故C 错误，D 正确。
故选：BD。
课时精练
一．选择题（共8 小题）
1．我国古代的指南车利用齿轮来指引方向，其某部分的结构如图所示。齿轮B 和齿轮C 在同一转动轴上，
在三个齿轮的边缘上分别取1、2、3 三个点。已知齿轮A、B、C 的半径r1、r2、r3之间的关系为r2＞r1＞
r3，则（ ）
A．点1 和3 的线速度的大小关系为v1＜v3
B．点1 和2 的角速度的关系为ω1＜ω2
C．点1 和3 的周期关系为T1＞T3
D．点1 和2 的向心加速度的大小关系为a1＞a2
【答案】D
【解答】解：A、AB 同缘转动，边缘的线速度相等，有
v1＝v2
齿轮B 与齿轮C 是同轴转动，角速度相等，有
ω2＝ω3
根据
v＝ωr，r2＞r3
可知
v2＞v3
因此有
v1＞v3
故A 错误；
BC、结合上述与题意有
v1＝v2，r1＜r2，v＝ωr
可知
ω1＞ω2
又由于
ω2＝ω3
因此有
ω1＞ω3
根据
T = 2π
ω
可知
T1＜T3
故BC 错误；
D、根据向心加速度的表达式有
a= v
2
r
结合上述与题意有
v1＝v2，r1＜r2
可知
a1＞a2
故D 正确。
故选：D。
2．鲁迅先生的《从百草园到三味书屋》中有一段描写：扫开一块雪，露出地面，用一枝短棒支起一面大的
竹筛来，下面撒些秕谷，棒上系一条长绳，人远远地牵着，看鸟雀下来啄食，走到竹筛底下的时候，将
绳子一拉，便罩住了。如下甲图为情景画，乙图为模型简图，竹筛视为一个半径为R＝0.5m 的半球壳，
初始用短棒在左侧支撑住，竹筛底面与地面夹角为30°，小鸟视为质点，在竹筛落地时的底面圆心处偷吃
谷子，此时绳子拉动，短棒拉走，竹筛开始落下，绕着右端支点转动，其角速度随时间变化的图像如丙
图所示，小鸟被惊动，立刻开始沿着半径向外逃窜，小鸟运动可视为匀速直线运动，下列说法正确的是
（ ）
A．竹筛开始转动后，竹筛上面各点做匀速圆周运动
B．竹筛开始运动后，竹筛上面各点的向心加速度大小不变
C．短棒拉走，竹筛从开始运动到落地需要2s
D．小鸟能够成功逃离竹筛的最小速度为0.5m/s
【答案】D
【解答】解：A．竹筛开始转动后，角速度随时间线性增大，各点的线速度也随时间增大，不是匀速圆
周运动，故A 错误。
B．向心加速度a＝ω2R，由于角速度随时间增大，所以向心加速度大小加速度在变大，故B 错误。
C．筛子转动π
6 后落地，根据ω﹣t 图像与时间轴围成的面积表示转动的圆心角，可知竹筛从开始运动到
落地需要的时间为t＝1s，故C 错误。
D．小鸟要成功逃离，需要在竹筛落地前沿半径方向跑出竹筛，可知小鸟成功逃离的最小速度
v = R
t = 0.5
1 m/ s=0.5m/ s，故D 正确。
故选：D。
3．如图所示，漏斗竖直放置且内壁光滑，两个小球A、B（视为质点）沿漏斗内壁在各自的水平面内做匀
速直线运动。下列说法正确的是（ ）
A．A 球的角速度比B 球小
B．A 球的线速度比B 球大
C．A 球与B 球向心加速度大小相等
D．A 球受到的向心力比B 球小
【答案】C
【解答】解：对小球受力分析，小球受到重力和支持力，它们的合力提供向心力F＝mgtanθ，如图所示
A.根据牛顿第二定律，有F＝mgtanθ＝mω2r
解得ω= ❑√
gtanθ
r
，由于B 球的转动半径较大，B 球角速度较小，故A 错误；
B.根据牛顿第二定律，有F =mgtanθ =m v
2
r
解得v = ❑√grtanθ，由于B 球的转动半径较大，B 球线速度较大，故B 错误；
CD.根据牛顿第二定律，有F＝mgtanθ＝ma，可知向心加速度与轨道半径无关，向心力和半径无关，故C
正确，D 错误。
故选：C。
4．对描述圆周运动的理解，下列说法正确的是（ ）
A．匀速圆周运动是匀变速曲线运动
B．圆周运动的加速度一定指向圆心
C．线速度大，角速度一定大
D．角速度大，转速一定大
【答案】D
【解答】解：A.匀速圆周运动的向心加速度方向时刻指向圆心，加速度方向不断变化，因此是变加速曲
线运动，而非匀变速运动，故A 错误；
B.只有匀速圆周运动的加速度才始终指向圆心；变速圆周运动存在切向加速度，合加速度方向不指向圆
心，故B 错误；
C.线速度与角速度的关系为v＝ωr，线速度大小由角速度和半径共同决定。线速度大时，若半径也大，
角速度不一定大，故C 错误；
D.角速度ω 与转速n 的关系为ω＝2πn，两者成正比，因此角速度大时转速一定大，故D 正确。
故选：D。
5．石磨是古代劳动人民智慧的结晶。如图所示，M、N 为石磨推柄上的两点，当石磨绕竖直轴OO'转动的
过程中，M、N 两点的线速度大小分别为vM、vN，角速度分别为ωM、ωN，向心加速度大小分别为aM、
aN，周期分别为TM、TN。下列关系正确的是（ ）
A．vM＞vN
B．ωM＞ωN
C．aM＜aN
D．TM＜TN
【答案】C
【解答】解：B．M、N 为石磨推柄上的两点，在石磨绕竖直轴OO′转动的过程中，由题意可知，两点
为同轴转动，所以角速度相等，故B 错误；
A．由线速度和角速度关系v＝ωr，由ωM＝ωN，rN＞rM，可知vM＜vN，故A 错误；
C．由加速度与角速度关系a＝ω2r，由ωM＝ωN，rN＞rM，可知aM＜aN，故C 正确；
D．周期与角速度关系T= 2π
ω ，由ωM＝ωN，可知TM＝TN，故D 错误；
故选：C。
6．2025 年11 月福建舰在三亚正式入列，标志着我国正式进入三航母时代。如图，福建舰在海上转弯，设
其绕O 点做匀速圆周运动，速度大小约为10m/s，转弯半径约为2000m，质量约为8×107kg，则（ ）
A．舰受到的合力大小为零
B．舰所需的向心力大小约为4×106N
C．水对舰的作用力大小约为4×106N
D．水对舰的作用力方向指向O 点
【答案】B
【解答】解：AB、福建舰围绕点O 做匀速圆周运动，其所需的向心力由合外力提供，该合外力始终指向
圆心。根据向心力公式Fn=m v
2
R ，代入数据m＝8×107kg，v＝10m/s，R＝2000m，解得：Fn= 4×10
6 N。
由于做圆周运动的物体所受合外力不为零，故A 错误，B 正确；
CD、水对舰的作用力是浮力与水平侧向压力的合力，其竖直分量用于平衡重力，即Fy＝Mg，水平分量
提供向心力，即Fx＝Fn。根据力的合成原理，水对舰的总作用力大小为F =
❑√F y
2 + F x
2，该力远大于
4×106N，且方向斜向上指向圆心O，故CD 错误。
故选：B。
7．一质点做匀速圆周运动，其线速度大小为4m/s，转动周期为2s，则该质点的角速度是（ ）
A．2rad/s
B．0.5rad/s
C．πrad/s
D．0.5πrad/s
【答案】C
【解答】解：在匀速圆周运动中，角速度与周期的关系为ω= 2π
T
代入数据得ω= 2π
2 rad / s= πrad / s，故ABD 错误，C 正确。
故选：C。
8．如图所示为自行车的传动装置示意图，已知链轮、飞轮、后轮的半径之比2：1：3，A、B、C 分别为链
轮、飞轮和后轮边缘上的点。则在自行车匀速前进的过程中下列说法正确的是（ ）
A．A、B 两点线速度大小之比为2：1
B．B、C 两点角速度大小之比为1：3
C．A、B 两点的向心加速度大小之比为1：2
D．A、C 两点的转速大小之比为1：3
【答案】C
【解答】解：A.链条传动中，A、B 两点线速度大小相等vA：vB＝1：1，故A 错误；
B.飞轮与后轮同轴转动，角速度相等ωB：ωC＝1：1，故B 错误；
C.向心加速度公式a= v
2
r ，已知vA＝vB，则aA：aB= v
2
r A
：v
2
rB
= 1
r A
：1
rB
=rB：r A =1：2，故C 正确；
D.由vA＝vB，ωB＝ωC，得ωA：ωC＝1：2
转速n 与角速度ω 成正比所以nA：nC＝1：2，故D 错误。
故选：C。
二．多选题（共3 小题）
（多选）9．在某次射击游戏中，玩具气枪将子弹以48m/s 速度射出，沿水平直线穿过一个正在逆时针匀速
旋转的薄壁纸质圆筒（从A 点射入、B 点射出），规则是，子弹入射留下的孔和出射留下的孔距离越近，
分数越高，已知圆筒半径R＝0.5m，OA 和OB 之间的夹角θ＝60°，若要在圆筒上只出现一个弹孔，则圆
筒的转速可能是（ ）
A．8r/s
B．80r/s
C．104r/s
D．176r/s
【答案】BD
【解答】解：OA、OB 之间的夹角θ = π
3 ，所以A 与B 之间的距离等于R，在子弹飞行的时间内，圆筒转
动的角度为(2n−1
3 )π，n＝1、2、3…，
则时间t =
(2n−1
3 )π
ω
，（n＝1、2、3…），所以子弹的速度v = AB
t = R
t =
0.5
(2n−1
3 )π
=
ω
2(2n−1
3 )π ，
（n＝1、2、3.）
代入数据得ω=2(2n−1
3 )π ⋅v，（n＝1、2、3…）
则T = 2π
ω =
2π
2(2n−1
3 )π ⋅v
=
1
(2n−1
3 )v
转速，N = 1
T =(2n−1
3 )v，（n＝1、2、3），当n＝1 时，N = 5
3 ×48r / s=80r / s，当n＝2 时，
N = 11
3 ×48r / s=176r / s，故AC 错误，BD 正确。
故选：BD。
（多选）10．质量为m 的小球由轻绳a 和b 分别系于一轻质细杆的B 点和A 点，如图所示，绳b 伸直时刚
好在水平方向上，且长为l，绳a 与水平方向成θ 角，当轻杆绕轴AB 以角速度ω 匀速转动时，小球在水
平面内做匀速圆周运动，则下列说法正确的是（ ）
A．a 绳张力可能为零
B．a 绳的张力随角速度的增大而增大
C．当角速度ω＞❑√
g
ltanθ
时，b 绳将出现张力
D．若b 绳突然被剪断，则a 绳的张力可能不变
【答案】CD
【解答】解：AC.当b 绳中有张力时，对小球进行受力分析，
竖直方向有Tasinθ＝mg，由此可知，所以a 上的张力不可能为0，故AB 错误；
C.由圆锥摆模型知ω 较小时b 绳中无张力，设ω＝ω0时b 绳刚伸直且无张力，对小球有mg
tanθ =mω0
2l
则ω=ω0= ❑√
g
ltanθ ，故C 正确；
D.当b 绳中无张力时，将b 突然剪断，a 绳的张力不会发生变化，故D 正确。
故选：CD。
（多选）11．A、B 两艘快艇在湖面上做匀速圆周运动，在相同的时间内，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，则下列说法正确的是（ ）
A．它们的线速度大小之比为vA：vB＝4：3
B．它们的周期之比为TA：TB＝2：3
C．它们的向心加速度大小之比为aA：aB＝1：2
D．它们所受合外力不一定指向圆心
【答案】AB
【解答】解：A.线速度v = Δs
Δt ，相同时间内路程之比sA：sB＝4：3，因此线速度大小之比vA：vB＝4：
3，故A 正确；
B.角速度ω= Δθ
Δt
，相同时间内角度变化之比θA：θB＝3：2，因此角速度之比ωA：ωB＝3：2，周期
T = 2π
ω
故周期之比TA：TB＝ωB：ωA＝2：3，故B 正确；
C.向心加速度a＝vω，代入vA：vB＝4：3、ωA：ωB＝3：2
代入数据得aA：aB＝2：1，故C 错误；
D.匀速圆周运动中，合外力始终等于向心力，方向一定指向圆心，故D 错误。
故选：AB。
三．解答题（共5 小题）
12．如图所示，竖直线AB 为竖直光滑半圆弧轨道的直径，其半径R＝0.4m，A 端切线水平，水平轨道BC
与半径r＝0.2m 的光滑竖直圆弧轨道CD 相接于C 点，D 为圆弧轨道的最低点。一质量为m＝1kg 的小球
（视为质点）从水平轨道上某点以某一速度冲上竖直圆轨道AB，并从A 点飞出，经过C 点恰好沿切线
进入圆弧轨道CD，B 点与C 点的距离BC＝1.2m，重力加速度g＝10m/s2。求：
（1）小球在A 点对圆弧轨道的压力大小F；
（2）小球在圆弧上C 点受到的支持力大小FC。
【答案】（1）小球在A 点对圆弧轨道的压力大小为12.5N；
（2）小球在圆弧上C 点受到的支持力大小为131N。
【解答】解：（1）小球从A 运动到C，竖直方向2 R = 1
2 gt
2
解得t＝0.4s
水平速度v x = x
t
得vx＝3m/s
A 处小球对圆弧轨道的压力大小F，有mg+ F ′ =m v x
2
R
得F′＝12.5N
由牛顿第三定律得压力F＝12.5N
（2）在C 处竖直速度vy＝gt
得vy＝4m/s
C 处速度v =
❑√v x
2+ v y
2
得y＝5m/s
速度与水平夹角为θ，有cosθ= v x
v
小球在C 处FC﹣mgcosθ＝mv
2
r
解得FC＝131N
答：（1）小球在A 点对圆弧轨道的压力大小为12.5N；
（2）小球在圆弧上C 点受到的支持力大小为131N。
13．波轮洗衣机的脱水筒脱水时，有一质量m＝6g 的硬币被甩到竖直筒壁上，恰好随筒壁一起做匀速圆周
运动。已知脱水筒的直径d＝0.5m，硬币与筒壁间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g 取10m/s2，最大静
摩擦力等于滑动摩擦力。求硬币：
（1）受到筒壁弹力FN的大小；
（2）转动的角速度ω。
【答案】（1）受到筒壁弹力FN的大小为0.3N；
（2）转动的角速度为10❑√2rad/s。
【解答】解：（1）硬币做匀速圆周运动，竖直方向无加速度，处于平衡状态。竖直方向受重力mg 和静
摩擦力f，根据平衡条件有：f＝mg 由于硬币“恰好”随筒壁运动，静摩擦力达到最大静摩擦力，且最大
静摩擦力等于滑动摩擦力，即f＝μFN，
代入数据解得FN＝0.3N；
（2）根据牛顿第二定律，向心力公式为：F 向＝mω2r，r= d
2 = 0.5m
2
=0.25m，且F 向＝FN。
角速度表达式：ω=
❑√
F N
mr
，代入数据解得ω＝10❑√2rad/s；
答：（1）受到筒壁弹力FN的大小为0.3N；
（2）转动的角速度为10❑√2rad/s。
14．光滑半圆形轨道AB 竖直固定，半径为R，与地面相切于B 点。一质量为m 的小球冲上轨道，从轨道最
高点A 水平飞出，落地点与B 点距离x＝4R，重力加速度为g。求：
（1）小球从A 点飞出到落地时经历的时间t；
（2）小球经过A 点时轨道对小球作用力的大小F。
【答案】（1）小球从A 点飞出到落地时经历的时间t 为❑√
4 R
g
；
（2）小球经过A 点时轨道对小球作用力的大小F 为3mg。
【解答】解：（1）小球做平抛运动，竖直方向有2R = 1
2 gt
2
解得t = ❑√
4 R
g
（2）小球做平抛运动，水平方向有4R＝vt
解得v=2❑√gR，在A 点，由向心力公式F +mg=m v
2
R
代入数据得F＝3mg。
答：（1）小球从A 点飞出到落地时经历的时间t 为❑√
4 R
g
；
（2）小球经过A 点时轨道对小球作用力的大小F 为3mg。
15．游乐场中有一种叫“旋转飞椅”的游乐项目，将其结构简化为如图的模型。长L＝5m 的钢绳一端系着
座椅，另一端固定在半径r＝2m 的水平转盘边缘。转盘可绕穿过其中心的竖直轴转动，转盘匀速转动时，
钢绳与转动轴在同一竖直平面内，若人与座椅的总质量为60kg，钢绳与竖直方向的夹角为θ＝37°，不计
绳子重力，不计空气阻力，g 取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：
（1）此时钢绳的拉力F 的大小；
（2）飞椅匀速转动的角速度ω 的大小。
【答案】（1）此时钢绳的拉力F 的大小是750N；
（2）飞椅匀速转动的角速度ω 的大小是
❑√6
2 rad/s。
【解答】解：（1）飞椅水平匀速转动的半径R＝r+Lsin37°＝2m+5m×0.6＝5m
钢绳的拉力F 的大小F =
mg
cos37° = 60×10
0.8
N =750 N
（2）拉力水平方向分立提供向心力，所以Fsin37°＝mω2R
代入数据得ω=
❑√6
2 rad / s
答：（1）此时钢绳的拉力F 的大小是750N；
（2）飞椅匀速转动的角速度ω 的大小是
❑√6
2 rad/s。
16．在竖直平面内有一半径为R 的四分之三圆弧轨道，如图所示，以圆心O 为坐标原点，建立xOy 坐标系。
将一个质量为m 的小球从B 点正上方的A 点静止释放（A 点未画出），小球从B 点进入圆轨道，并恰好
到达圆轨道最高点D。已知小球在圆轨道上的速度大小与其所在位置的纵坐标y 满足关系式v
2= v0
2−2 gy。
式中v0为小球在B 点的速度大小（v0未知），重力加速度取g。求：
（1）A 点的纵坐标y1；
（2）小球经过圆弧轨道最低点C 时，对轨道压力的大小；
（3）调节A 点距B 点的高度，使小球在经过圆弧轨道的某位置时脱离轨道，之后运动过程中小球恰好
经过圆心O 点，求A 点的纵坐标y2。
【答案】（1）A 点的纵坐标是1.5R；
（2）小球经过圆弧轨道最低点C 时，对轨道压力的大小是6mg；
（3）调节A 点距B 点的高度，使小球在经过圆弧轨道的某位置时脱离轨道，之后运动过程中小球恰好
经过圆心O 点，A 点的纵坐标y2是
❑√3
2 R。
【解答】解：（1）对小球，从A 到B v0
2=2 g y1
从B 到D v D
2 = v0
2−2 gR
恰好过D 点，在D 点 mg=m v D
2
R
代入数据得y1＝1.5R
（2）从B 到C vC
2 = v0
2−2 g(−R)
在C 点，对小球 F N −mg=m vC
2
R
代入数据得FN＝6mg
由牛顿第三定律知FN'＝FN＝6mg
（3）设小球脱轨处与圆心连线与竖直方向夹角为θ，在该处mgcosθ=m v
2
R
脱轨后做斜抛运动，沿半径方向 mgcosθ＝ma1，R = 1
2 a1t
2
垂直半径方向mgsinθ＝ma2，t = 2v
a2
得cosθ =
❑√3
3 v
2=
❑√3
3 gR
从B 到脱轨处 v
2= v0
2−2 gRcosθ
从A 到B 处 v0
2=2g y2
得：y2=
❑√3
2 R
答：（1）A 点的纵坐标是1.5R；
（2）小球经过圆弧轨道最低点C 时，对轨道压力的大小是6mg；
（3）调节A 点距B 点的高度，使小球在经过圆弧轨道的某位置时脱离轨道，之后运动过程中小球恰好
经过圆心O 点，A 点的纵坐标y2是
❑√3
2 R。
