文档文本内容
专题07 圆周运动
题型一 圆周运动的运动学问题.............................................................................................................1
题型二 圆周运动的动力学问题.............................................................................................................6
类型1 水平面上的圆周运动——圆锥摆模型..............................................................................7
类型2 生活中的圆周运动............................................................................................................12
题型三 竖直面内圆周运动的两类模型问题.......................................................................................16
题型四 圆周运动中的临界问题...........................................................................................................21
类型1 水平面的圆周运动临界问题............................................................................................21
类型2 竖直平面内的圆周运动临界问题....................................................................................27
题型一 圆周运动的运动学问题
1．线速度：描述物体圆周运动快慢的物理量．v＝＝.
2．角速度：描述物体绕圆心转动快慢的物理量．ω＝＝.
3．周期和频率：描述物体绕圆心转动快慢的物理量．T＝，T＝.
4．向心加速度：描述速度方向变化快慢的物理量．an＝rω2＝＝ωv＝r.
5．相互关系：(1)v＝ωr＝r＝2π
rf .
(2)an＝＝rω2＝ωv＝r＝4π2f2r.
6.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。
1.
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t min= 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
t min
= 6
π m /s
故选A。
2.
水车是中国最古老的农业灌溉工具，是珍贵的历史文化遗产。水车的简易模型如图所
示，水流自水平放置的水管流出，水流轨迹与水车车轮的边缘相切，可使车轮持续转动，切点
与所在车轮横截面的圆心的连线与水平方向的夹角θ =37°。已知水管出水口距轮轴O 的竖直
距离H = 4.4 m，车轮半径R =2m，重力加速度g 取10 m /s
2，sin37° =0.6，cos37° =0.8，
水流到达车轮边缘时的速度与车轮边缘切点的线速度相同，不计空气阻力，下列说法正确的是
（ ）
A．水管出水口距轮轴O 的水平距离为3.2m
B．水管出水口处水流的速度大小为8m/s
C．水流速度的变化量大小为10m/s
D．车轮的周期为5s
【答案】A
【详解】AB．水平出水口到切点的高度h= H - Rsinθ =3.2m
根据速度-位移公式v y
2 =2gh
可得水流到达车轮边缘时的竖直分速度大小v y = ❑√2gh=8 m /s
则运动时间t = v y
g =0.8s
在切点，由几何关系，有v0= v ytanθ =6 m /s
可知x = v0t = 4.8 m
则水管出水口距轮轴O的水平距离x
' = x - Rcosθ =3.2m
故A 正确，B 错误；
C．水流速度的变化量大小Δv = v y =8 m /s
故C 错误；
D．因为车轮边缘切点的线速度大小v =
v y
cosθ =10 m /s
则车轮的周期T = 2πR
v
= 2π
5 s
故D 错误。
故选A。
3.
绞车的原理如图所示，将一根圆轴削成同心而半径不同的大小辘轳，在其上绕以绳索，
绳下加动滑轮，滑轮下挂上重物，人转动把手带动辘轳旋转便可轻松将重物吊起。已知大、小
辘轳的半径分别为R、r，把手的旋转半径为R+r，在重物沿竖直方向被匀速吊起的过程中，
把手的线速度大小为v，则重物上升的速度大小为（ ）
A．
(R -r)v
2(R+r)
B．(R -r)v
R+r
C．2(R -r)v
R+r
D．
(R -r)v
4 (R+r)
【答案】A
【详解】辘轳的角速度ω=
v
R+r
动滑轮左侧细绳的速度大小为ωR，右侧细绳的速度大小为ωr，重物上升的速度大小为
(R -r)v
2(R+r)
故选A。
4.
如图(a)，一半径R =0.75 m的老鼠夹固定于水平地面上，夹的夹角为60
°，一旦触动
升关，上夹立刻以角速度ω=0.4 rad/s匀速向下转动。现有一只老鼠在与转轴O距离为
0.25 m处偷吃食物，t =0时刻触动开关，老鼠的运动行为如图(b)的s-t图像所示，老鼠可视为
质点、下列说法正确的是（ ）
A．老鼠先匀速后匀加速运动逃跑
B．老鼠1.5s 内不动，1.5s 后以速度约0.33m/s 匀速逃跑
C．老鼠能逃出老鼠夹的夹击
D．老鼠不能逃出老鼠夹的夹击
【答案】BD
【详解】AB．由s-t图像可知，0~1.5s老鼠静止不动，1.5s-3s内老鼠做匀速直线运动，根据速
度得定义式可得，老鼠做匀速直线运的速度为
v = Δ x
Δt = 0.75-0.25
1.5
m/s=0.33 m/s
A 错误，B 正确；
CD．根据s-t图像可知，老鼠在3s 末逃离老鼠夹，而老鼠夹合上所需要的时间为
t = θ
ω =
π
3 rad
0.4 rad/s =2.62s
因为t <3s，故老鼠不能逃出老鼠夹的夹击，
C 错误，D 正确。
故选BD。
5.
某种窗户支架如图甲所示，其工作原理简化图如图乙所示。ad 杆的a 点通过较链固定
在滑槽导轨中，d 点通过饺链固定在窗户底面，滑块可在滑槽导轨中自由滑动，bc 杆的c 点通
过饺链固定在滑块上，b 点通过饺链固定在ad 杆上。某次关闭窗户的过程中，ad 杆绕a 点匀
速转动，则下列说法正确的是（ ）
A．b 点的线速度等于d 点的线速度
B．d 点的加速度大小不变
C．c 点速度大小始终不变
D．b 点和c 点的速度大小可能相等
【答案】BD
【详解】A．ad 杆绕a 点匀速转动，因bd 两点绕a 点同轴转动，可知角速度相等，根据
v=ωr
可知，b 点的线速度小于d 点的线速度，故A 错误；
B．ad 杆绕a 点匀速转动，d 点的加速度大小不变，但方向不断变化，故B 正确；
D．由速度的分解知识可知
vbcosα = vccos β
当
α = β
时，b 点和c 点的速度大小相等，故D 正确；
C．因b 点的速度不变，角度不断变化，则根据
vbcosα = vccos β
可知，c 点的速度大小不断变化，故C 错误。
故选BD。
题型二 圆周运动的动力学问题
1．向心力的来源
向心力是按力的作用效果命名的，可以是重力、弹力、摩擦力等各种力，也可以是几个力的合力或
某个力的分力，因此在受力分析中要避免再另外添加一个向心力．
2．向心力的确定
(1)确定圆周运动的轨道所在的平面，确定圆心的位置．
(2)分析物体的受力情况，找出所有的力沿半径方向指向圆心的合力，就是向心力．
3．向心力的公式Fn＝man＝m＝mω
2 r ＝mr＝mr
4π
2 f 2
4．解决圆周运动问题的主要步骤
(1)审清题意，确定研究对象；明确物体做圆周运动的平面是至关重要的一环；
(2)分析物体的运动情况，即物体的线速度、角速度、周期、轨道平面、圆心、半径等；
(3)分析物体的受力情况，画出受力分析图，确定向心力的来源；
类型1 水平面上的圆周运动——圆锥摆模型
6.
如图所示，两根等长的轻质细绳连接两个小球A、B。已知上方小球A的质量为下方小
球B的质量的2 倍，两个小球均可视为质点。当系统绕竖直杆匀速转动时，两小球稳定后上端
细绳与竖直方向的夹角为α，下端细绳与竖直方向的夹角为β，则α和β满足的关系式为
（ ）
A．3 tan α
tan β +
2sin β
sin α +sin β =3
B．3 tan α
tan β +
2sin β
sin α +sin β =2
C．3 tan α
tan β -
2sin β
sin α +sin β =3
D．3 tan α
tan β -
2sin β
sin α +sin β =2
【答案】A
【详解】设上端细绳的拉力为F1，下端细绳的拉力为F2，对A 球受力分析，有
F1cosα =2mg+ F2cos β，F1sin α - F2sin β =2mLω
2sin α
对B 球受力分析，有F2cos β =mg，F2sin β =mω
2(Lsin α + Lsin β)
联立以上各式，可得3 tan α
tan β +
2sin β
sin α +sin β =3
故选A。
7.
游乐场内旋转飞椅的运动可以简化为如图所示的匀速圆周运动（不计空气阻力），下
列说法正确的是（ ）
A．飞椅受到重力、悬绳拉力和向心力
B．飞椅受到重力、悬绳拉力
C．飞椅在运动中的加速度不变
D．飞椅运动的速度不变
【答案】B
【详解】AB．飞椅受到重力、悬绳拉力作用，两个力的合力充当飞椅做圆周运动的向心力，选项A
错误，B 正确；
C．飞椅在运动中的加速度大小不变，但方向不断变化，选项C 错误；
D．飞椅运动的速度不变大小不变，但方向不断变化，选项D 错误。
故选B。
8.
市面上有一种自动计数的智能呼啦圈深受女士喜爱。如图甲，腰带外侧带有轨道，将
带有滑轮的短杆穿过轨道，短杆的另一端悬挂一根带有配重的细绳，其模型简化如图乙所示。
已知配重质量0.5kg，绳长为0.4m，悬挂点到腰带中心的距离为0.2m。水平固定好腰带，通过
人体微小扭动，使配重做水平匀速圆周运动，计数器显示在1min 内显示圈数为120，此时绳
子与竖直方向夹角为θ。配重运动过程中腰带可看做不动，g=10m/s2，sin37°=0.6，下列说法正
确的是（ ）
A．若增大转速，腰受到腰带的弹力增大
B．若减小转速，腰受到腰带的摩擦力减小
C．配重的角速度是120rad/s
D．绳子与竖直方向夹角θ 等于37°
【答案】A
【详解】AB．若增大转速，配重做匀速圆周运动的半径变大，绳与竖直方向的夹角θ 将增大，根据
受力分析，可得mg=T cosθ，Fn=T sinθ
可知配重在竖直方向平衡，又cosθ 减小，所以拉力T 变大，向心力Fn变大；
对腰带分析如图
根据受力分析可得f = Mg+T cosθ = Mg+mg，N =T sinθ = Fn
故腰受到腰带的摩擦力不变，腰受到腰带的弹力增大，故A 正确，B 错误；
C．计数器显示在1min 内显示圈数为120，可得周期为T = 1×60
120 s=0.5 s
故角速度为ω= 2π
T = 4 π rad/s，故C 错误；
D．配重构成圆锥摆，受力分析，如图
根据受力分析可得mgtanθ =m 4 π
2
T
2 r
又圆周的半径为r =r0+ Lsinθ
联立解得θ 不等于37°，故D 错误。
故选A。
9.
游乐场内有一种叫“空中飞椅”的游乐项目，静止时的状态可简化为如图所示。左边
绳长大于右边绳长，左边人与飞椅的总质量大于右边人与飞椅的总质量。当匀速转动时，下列
四幅图可能的状态为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】对飞椅和人整体受力分析可知mg tanθ =mω
2(r +lsinθ)
解得
1
cosθ(l+
r
sinθ)
= ω
2
g
由于左边绳长大于右边绳长，则有左边角度大，即有θ左>θ右
故选A。
10. 如图所示，A、B两个可视为质点的小球由两段不可伸长的细线连接，一同学用手握
住细线上端O，初始时刻两个球均静止，该同学通过晃动细线让两个小球动起来，系统稳定时
两个小球均在水平面内做匀速圆周运动，细线OB与竖直方向成37°角。已知两段细线长度均
为L，A、B两小球的质量分别为m、25
39 m，两个小球做匀速圆周运动的角速度ω= ❑√
20 g
3 L ，重
力加速度为g，晃动细线过程中O点高度没有发生变化，不计空气阻力，sin37° = 3
5。他在晃
动细线的过程中做功为（ ）
A．106
65 mgL
B．106
75 mgL
C．106
85 mgL
D．106
95 mgL
【答案】A
【详解】设AB 与竖直方向夹角为θ，如图
对A 有牛顿第二定律定理有mA g tanθ =mAω
2( Lsinθ - Lsin37°)
代入题中数据，联立解得sinθ =0.8，cosθ =0.6
故B 增加的重力势能Δ EpB=mB g(L- Lcos37°)
B 增加的动能Δ EkB= 1
2 mB(ωLsin37°)
2
故A 增加的重力势能Δ EpA=mA g(L- Lcos37°+ L-cosθ)
A 增加的动能Δ EkA= 1
2 mA[ω(Lsinθ - Lsin37°)]
2
代入题中数据，联立解得系统增加的机械能Δ E = Δ EpB+ Δ EkB+ Δ EpA+ Δ EkA= 106
65 mgL
由能量守恒可知，他在晃动细线的过程中做功为106
65 mgL。
故选A。
类型2 生活中的圆周运动
11. 2024 年12 月29 日，国家“十四五”规划确定的重大科研项目“CR450 科技创新工
程”取得重大突破。当质量为m的普通动车以速度v经过一个半径为R、倾角为θ1的水平弯道
时，列车既不挤压外轨也不挤压内轨；当质量为m的CR450 动车以速度2v经过一个半径为R、
倾角为θ2的水平弯道时，列车同样既不挤压外轨也不挤压内轨。按上述情景通过弯道时，
CR450 动车对比普通动车，下列说法正确的是（ ）
A．向心加速度大小之比为a2:a1= 4:1
B．轨道的倾角之比为θ2:θ1=2:1
C．轨道倾角的正切值之比为tanθ2:tanθ1= 4:1
D．车厢对轨道的正压力大小之比为FN2: FN1=1:1
【答案】AC
【详解】A．两辆动车做圆周运动向心加速度a= v
2
R ∝v
2
得a2:a1=(2v)
2:v
2= 4:1，故A 正确；
BC．根据题意，对两辆动车受力分析，如图所示
有tanθ = ma
mg ∝a
得tanθ2:tanθ1=a2:a1= 4:1，故B 错误，C 正确；
D．由受力分析图，有FN = mg
cosθ =mg
❑√1+ tan
2θ∝
❑√1+ tan
2θ
得F N 2: FN1=
❑√1+ tan
2θ2:
❑√1+ tan
2θ1，无法得到具体比值，故D 错误。
故选AC。
12. 如图所示，一质量m=0.4 kg的小球C 用轻绳AC 和BC 系在竖直杆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
10 m/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
F AC sin53
∘- F BC sin37
∘-mg =0
在水平方向，根据牛顿第二定律，有F AC cos53
∘+ F BC cos37
∘=m LAC cos53
∘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F AC sin53
∘-mg =0
在水平方向，根据牛顿第二定律，有F AC cos53
∘=m LAC cos53
∘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。
13. 如图甲所示，汽车后备箱水平放置一内装圆柱形工件的木箱，工件截面和车的行驶方
向垂直，图甲是车尾的截面图，当汽车以恒定速率从直道通过图乙所示的三个半径依次变小的
水平圆弧形弯道A、B、C 时，木箱及箱内工件均保持相对静止。已知每个圆柱形工件的质量
为m。下列说法正确的是（ ）
A．汽车在由直道进入弯道A 前，M 对P 的支持力大小为mg
B．汽车过A、B、C 三点时，汽车重心的角速度依次减小
C．汽车过A、B 两点时，M、Q 对P 的合力依次增大
D．汽车过A、C 两点的向心加速度相同
【答案】C
【详解】A．汽车在由直道进入弯道A 前，以P 为对象，根据受力平衡可得2 N cos30° =mg
解得M 对P 的支持力大小为N =
❑√3
3 mg
故A 错误；
B．由角速度与线速度关系ω= v
r
当汽车以恒定速率通过半径依次变小的A、B、C 三点时，汽车重心的角速度依次增大，故B 错误；
C．汽车过A、B 两点时，M、Q 对P 的合力的竖直分力与P 的重力平衡，合力的水平分力提供所需
的向心力，则有F y =mg，F x = m v
2
r
P 受到的合力为F =
❑√F x
2+ F y
2
当汽车以恒定速率通过半径依次变小的A、B 两点时，M、Q 对P 的合力依次增大，故C 正确；
D．汽车的向心加速度为a向= v
2
r
可知汽车过C 点时，弯道对应的半径最小，向心加速度大于A 点的向心加速度，故D 错误。
故选C。
14. 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 mω
2 L
D．小球在最右端 B 时，轻杆对小球的作用力的大小为 ❑√m
2ω
4 L
2+m
2 g
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+(mω
2 L)
2=
❑√m
2ω
4 L
2+m
2 g
2
故C 错误，D 正确。
故选AD。
15. “货郎伞”是一种具有中国传统文化特色的伞具，即古代货郎担子上的遮阳伞。在这
种伞下通常陈列各种商品，伞上也常常装饰彩幡、挂件等，具有浓郁的民俗风格。卖货郎边走
边转动伞具，甚是好看。若将伞体绕伞把的转动看作匀速圆周运动，下列说法正确的是
（ ）
A．远离伞把的挂件向心加速度更大
B．在失重条件下也可以重复以上运动
C．靠近伞把的挂件偏离竖直方向的角度较大
D．只要伞体转动的角速度足够大，一定会有挂件达到水平状态
【答案】A
【详解】A．题意可知伞的挂件属于同轴转动，角速度相同，根据向心加速度a=ω
2r
由于远离伞把的挂件r 大，故远离伞把的挂件向心加速度更大，故A 正确；
B．在失重条件下，物体加速度具有向下的加速度，挂件不可能重复以上运动，故B 错误；
C．设挂件偏离竖直方向的角度为θ，则有mg tanθ =mω
2r
解得ω= ❑√
g tanθ
r
可知靠近伞把的挂件r 小，因为ω不变，故tanθ小，所以θ小，故C 错误；
D．因为挂件竖直方向一直受到重力作用，所以无论伞体转动的角速度多大，挂件不可能达到水平
状态，故D 错误
故选A。
题型三 竖直面内圆周运动的两类模型问题
1．在竖直平面内做圆周运动的物体，按运动到轨道最高点时的受力情况可分为两类：一是无支撑
(如球与绳连接、沿内轨道运动的过山车等)，称为“绳(环)约束模型”，二是有支撑(如球与杆连接、
在弯管内的运动等)，称为“杆(管)约束模型”．
2．绳、杆模型涉及的临界问题
绳模型
杆模型
常见类型
均是没有支撑的小球
均是有支撑的小球
过最高点的临
界条件
由mg＝m 得
v 临＝
由小球恰能做圆周运动得v 临＝0
讨论分析
(1)过最高点时，v≥，FN＋mg＝
m，绳、圆轨道对球产生弹力FN
(2)不能过最高点时，v<，在到达
最高点前小球已经脱离了圆轨道
(1)当v＝0 时，FN＝mg，FN为支持力，沿半
径背离圆心
(2)当0<v<时，－FN＋mg＝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
16. 如图所示，半径为R的半圆弧轨道ABC竖直固定在水平面上，竖直半径OB与倾斜半
径OD、OE的夹角为θ，且cosθ = 2
3，现让可视为质点的小球从B点由静止释放，当小球运动
到D点时正好脱离轨道，小球此时速度的大小为v0（为未知量）；再把小球拿到E点，并使小
球在E点获得大小为v（为未知量）、方向与EO垂直斜向上的初速度，小球从E点运动到D点，
运动轨迹的最高点为G点，重力加速度为g，不计一切摩擦，不计空气作用。下列说法正确的
是（ ）
A．小球在D点的向心加速度为
❑√5 g
3
B．小球在D点的速度v0为
❑√6 gR
2
C．小球从E到D的运动时间为5
3
❑√
R
g
D．G、B两点的距离为R
12
【答案】D
【详解】AB．把小球在D 点的重力分别沿着OD 方向与垂直OD 方向正交分解，D 点对小球的支持
力恰好为0，则重力沿着OD 方向的分力充当向心力，则有mgcosθ =man
由向心加速度公式可得an= v0
2
R
结合cosθ = 2
3
综合可得an= 2
3 g，v0=
❑√6 gR
3
故AB 错误；
C．由数学知识可得sinθ =
❑√5
3
小球从E 点到D 点做斜抛运动，水平方向做匀速直线运动，速度大小为v1= v cosθ
竖直方向做初速度为v2= v sinθ的竖直上抛运动，则有2 R sinθ = v1t0，v2= g t0
2
综合解得t0= 1
3
❑√
30 R
g
，v =
❑√6 gR
2
故C 错误；
D．斜抛运动的最大高度为hm = 1
2 g( t0
2 )
2
由几何关系可得G、B 两点的高度差为h=hm - R(1-cosθ)
综合可得h= R
12
故D 正确。
故选D。
17. 图为某资料上一幅反映课外活动的场景，描绘了小明荡秋千荡到最高点时的情形，关
于该图与实际情况是否相符的判断及其原因，下列正确的是（ ）
A．符合实际情况，图片没有科学性错误
B．不符合实际情况，因为没有人推他不可能荡到这么高处
C．不符合实际情况，最高点时手以上部分绳子可以弯曲但以下部分应拉直
D．不符合实际情况，最高点时手以上部分和以下部分的绳子均应该是拉直的
【答案】D
【详解】小明在最高点时绳子拉力不为零，不会松弛；速度为零时，即将加速向下摆动，加速度不
为零。
故选D。
18. 小李同学站在水平地面上，手握不可伸长的轻绳一端，绳的另一端系有质量为m 的小
球，甩动手腕，使球恰好能在竖直平面内做完整的圆周运动。再次加速甩动手腕，当球某次运
动到最低点A 时，绳恰好断掉，如题图所示。已知握绳的手离地面高度为2L，手与球之间的
绳长为L，绳能承受的最大拉力为9mg，重力加速度为g，忽略手的运动半径和空气阻力。求：
（1）为使小球能在竖直平面内作完整的圆周运动，小球过最高点B 时的最小速度；
（2）绳断时球的速度大小；
（3）绳断后，小球落地点与抛出点A 的水平距离。
【答案】（1）❑√gL；（2）2❑√2 gL；（3）4 L
【详解】（1）为使小球能在竖直平面内作完整的圆周运动，小球过最高点B 时，当
mg=m v
2
L
得
v = ❑√gL
小球过最高点B 时的最小速度❑√gL。
（2）绳断时
9mg-mg=m v A
2
L
绳断时球的速度大小
v A =2❑√2gL
（3）绳断后，小球做平抛运动，竖直方向
2 L- L= 1
2 gt
2
得
t = ❑√
2 L
g
小球落地点与抛出点A 的水平距离
x = v At = ❑√8 gL×❑√
2 L
g = 4 L
19. 如图（a）所示，一根长度为l 的轻杆一端固定在水平转轴上，另一端固定一质量为m
的小球。轻杆随转轴在竖直平面内以角速度ω匀速转动。已知轻杆对小球的作用力大小随时间
的变化关系如图（b）所示，图中F1和F2分别为最小值和最大值，且F1>mg，其中g 为重力
加速度。则（ ）
A．ω=
π
t2-t1
，m= F2- F1
2g
B．ω= 2π
t2-t1
，m= F2- F1
g
C．ω= 2π
t2-t1
，m= (F2+ F1)(t2-t1)
2
8 π
2l
D．ω=
π
t2-t1
，m= (F2- F1)(t2-t1)
2
8 π
2l
【答案】C
【详解】图中F1和F2分别为最小值和最大值，由于F1>mg，故最高点轻杆对小球提供拉力。小球
运动到最高点时轻杆对小球作用力最小，运动到最低点时轻杆对小球作用力最大，由图像可知小球
运动周期为T =t2-t1
所以角速度为ω= 2π
T = 2π
t2-t1
最高点时F1+mg =mω
2l
最低点时F2-mg =mω
2l
联立可得m= (F2+ F1)(t2-t1)
2
8 π
2l
故选C。
20. 应用物理知识分析生活中的常见现象，可以使物理学习更加有趣和深入。例如你用手
掌平托一苹果，保持这样的姿势在竖直平面内按顺时针方向做匀速圆周运动。在苹果从最低点
a 到最左侧点b 运动的过程，下列说法中正确的是（ ）
A．手掌对苹果的摩擦力越来越大
B．苹果先处于超重状态后处于失重状态
C．手掌对苹果的支持力越来越大
D．苹果所受的合外力越来越大
【答案】A
【详解】A．苹果从最低点a 到最左侧点b 运动的过程中，加速度大小不变，加速度在水平方向上
的分加速度逐渐增大，由牛顿第二定律可知，手掌对苹果的摩擦力越来越大，A 正确；
B．苹果做匀速圆周运动，从a 到b 的运动中，加速度在竖直方向上有向上的分加速度，可知苹果
处于超重状态，B 错误；
C．苹果做匀速圆周运动，从a 到b 的运动中，加速度大小不变，加速度在竖直方向上的分加速度
逐渐减小，可知手掌对苹果的支持力越来越小，C 错误；
D．苹果做匀速圆周运动，加速度大小不变，则有苹果所受的合外力大小不变，方向始终指向圆心，
D 错误。
故选A。
题型四 圆周运动中的临界问题
1．有些题目中有“刚好”、“恰好”、“正好”等字眼，明显表明题述的过程中存在着临界点．
2．若题目中有“取值范围”、“多长时间”、“多大距离”等词语，表明题述的过程中存在着
“起止点”，而这些起止点往往就是临界点．
3．若题目中有“最大”、“最小”、“至多”、“至少”等字眼，表明题述的过程中存在着极值，
这些极值点也往往是临界点．
类型1 水平面的圆周运动临界问题
21. 如图所示，小木块a 和b（可视为质点）用轻绳连接置于水平圆盘上，开始时轻绳处
于伸直状态但无拉力，a 的质量为3m，b 的质量为m。它们分居圆心两侧，与圆心的距离分别
为r 和2r，a、b 与盘间的动摩擦因数相同（最大静摩擦力等于滑动摩擦力）。圆盘从静止开始
绕转轴极缓慢地加速转动，木块和圆盘始终保持相对静止，a、b 所受摩擦力大小分别为
f 2、f 1随ω
2变化的图像正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】当圆盘减速度较小时，两木块均由静摩擦力提供向心力，对a 物块有f a=3mω
2r
对b 物块有f b=mω
2⋅2r
则b 物块受到的摩擦力较小，当角速度ω1时，b 物块所受摩擦力达最大值，则μmg=2mω1
2r
此时a 物块所受摩擦力为f =3mω1
2r = 3
2 μmg<3 μmg，即仍未达最大值；
此后随着圆盘角速度逐渐增大，b 物块所受摩擦力保持不变，a 物块所受摩擦力继续增大；当角速
度ω2时，a 物块所受摩擦力达最大值，设绳子拉力为T，对a、b 分别有
T +3 μmg=3mω2
2r ，T + μmg=2mω2
2r
继续增大圆盘角速度，绳子拉力继续变大，b 物块所需向心力较小，所以b 物块所受摩擦力将逐渐
减小至零后反向再增大，此过程a 物块所受摩擦力为最大值保持不变。
故选C。
22. 如图甲所示，绕着竖直转轴转动的水平转盘上放有质量为m的斜面体，斜面体上放有
一物块，物块质量也为m。某时刻转盘开始转动，角速度从零缓慢增大到ω，斜面体和物块始
终与转盘保持相对静止，斜面体到转轴的水平距离为R，物块到转轴的水平距离为r，均远大
于物块和斜面体的尺寸，如图乙所示，下列说法正确的是（ ）
A．转盘对斜面体的摩擦力始终背向转轴
B．斜面体对转盘的压力小于2mg
C．当转盘角速度为ω时，斜面体所受圆盘的摩擦力小于mω
2(R+r)
D．物块所受斜面体的摩擦力沿斜面向上，并一直增大
【答案】D
【详解】B．物块和斜面体与圆盘保持相对静止时，由整体法，在竖直方向上，转盘对斜面体的支
持力与斜面体、物块的总重力是一对平衡力，由牛顿第三定律得斜面体对转盘的压力大小为2mg，
选项B 错误；
AC．在水平向上，转盘对斜面体有指向圆心的静摩擦力，指向转轴，提供斜面体和物块的向心力，
由f =mω
2 R+mω
2r =mω
2(R+r)
选项AC 错误；
D．分析物块受重力mg，弹力FN，沿斜面向上的摩擦力f 1，设斜面斜角为θ，在竖直方向
f 1sinθ+ FNcosθ =mg
在水平方向f 1cosθ - FNsinθ =mω
2r
即随ω增大，f 1增大，FN减小，即f 1方向沿斜向上，一直增大，D 正确。
故选D。
23. “疯狂大转盘”在游乐场中是很常见的娱乐设施。现在简化模型平面图如图所示，大
转盘的最大半径为R，大转盘转动的角速度ω 从0 开始缓慢的增加。大转盘上有两位游客A 和
B，分别位于距转盘中心R
3 和R 处。为保证安全，两游客之间系上了一根轻质不可伸长的安全
绳。游客和转盘之间的最大静摩擦力为游客自身重力的k 倍，两游客的质量均为m，且可视为
质点，重力加速度为g。求：
（1）当绳子开始出现张力时，转盘的角速度ω0；
（2）当转盘的角速度增加到ω1= ❑√
5kg
4 R
时，游客A 受到转盘的静摩擦力大小；
（3）游客A、B 相对转盘保持静止，安全绳上的最大张力。
【答案】（1）ω0= ❑√
kg
R
；（2）2
3 kmg；（3）kmg
2
【详解】（1）由题可知，A、B 具有相同的角速度，根据向心力公式
F =mω
2r
可知角速度相同时，圆周运动半径越大，向心力越大；B 的圆周半径较大，当B 达到最大静摩擦力
时，绳子即将产生拉力，此时对B 有
kmg=mω0
2 R
解得
ω0= ❑√
kg
R
（2）由于ω1>ω0，所以此时绳子有张力，设绳子张力为T 1，则对B
T 1+ kmg=mω1
2 R
对A，根据牛顿第二定律
f A-T 1=mω1
2× R
3
解得
f A= 2
3 kmg
（3）设安全绳上的最大张力为T m，此时加速度为ω2，则与（2）同理分析AB，可得
T m+ kmg=mω2
2 R
kmg-T m =mω2
2× R
3
解得
T m = kmg
2
24. 如图所示，粗糙轻杆水平固定在竖直轻质转轴上A 点。质量为m 的小球和轻弹簧套在
轻杆上，小球与轻杆间的动摩擦因数为μ，弹簧原长为0.6L，左端固定在A 点，右端与小球相
连。长为L 不可伸长质量不计的细线一端系住小球，另一端系在转轴上B 点，AB 间距离为
0.6L。装置静止时将小球向左缓慢推到距A 点0.4L 处时松手，小球恰能保持静止。接着使装置
由静止缓慢加速转动。已知小球与杆间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，
不计转轴所受摩擦。
（1）求弹簧的劲度系数k；
（2）求小球与轻杆间恰无相互作用力时装置转动的角速度ω。
【答案】（1）5 μmg
L
；（2）❑√
(15 μ+20)g
12 L
【详解】（1）依题意，有
k（0.6L－0.4L）＝μmg
解得
k＝5 μmg
L
（2）小球与轻杆间恰无弹力时受力情况如图所示，此时弹簧长度为0.8L 有
Tsin37°＝mg
Tcos37°＋k（0.8L－0.6L）＝0.8mω2L
解得
ω＝❑√
(15 μ+20)g
12 L
25. 如图所示，两个可视为质点的、相同的木块A 和B 放在转盘上，两者用长为L 的细绳
连接，木块与转盘的最大静摩擦力均为各自重力的K 倍，A 放在距离转轴L 处，整个装置能绕
通过转盘中心的转轴O1O2转动，开始时，绳恰好伸直但无弹力，现让该装置从静止开始转动，
使角速度缓慢增大，以下说法正确的是（ ）
A．当ω>❑√
2 Kg
3 L
时，A、B 相对于转盘会滑动
B．当ω>❑√
Kg
2 L
时，绳子一定有弹力
C．ω在❑√
Kg
2 L <ω<❑√
2 Kg
3 L
范围内增大时，B 所受摩擦力变大
D．ω在0<ω<❑√
2 Kg
3 L
范围内增大时，A 所受摩擦力一直变大
【答案】ABD
【详解】A．当A、B 所受静摩擦力均达到最大值时，A、B 相对转盘将会滑动
Kmg+ Kmg =mω
2 L+mω
2⋅2 L
解得
ω= ❑√
2 K
3 L
故A 正确；
B．当B 所受静摩擦力达到最大值后，绳子开始有弹力，即
Kmg =mω
2⋅2 L
解得
ω= ❑√
Kg
2 L
故B 正确；
C．当❑√
Kg
2 L <ω<❑√
2 Kg
3 L
时，随角速度的增大，绳子拉力不断增大，B 所受静摩擦力一直保持最大
静摩擦力不变，故C 错误；
D．0<ω≤❑√
Kg
2 L
时，A 所受摩擦力提供向心力，即
Ff=mω
2 L
静摩擦力随角速度增大而增大；
当❑√
Kg
2 L <ω<❑√
2 Kg
3 L 时，以A、B 整体为研究对象
Ff A+ Kmg= mω
2 L+mω
2⋅2 L
可知A 受静摩擦力随角速度的增大而增大，故D 正确。
故选ABD。
类型2 竖直平面内的圆周运动临界问题
26. 现有一根长0.4m 的刚性轻绳，其一端固定于O 点，另一端系着一个可视为质点且质
量为1kg 的小球，将小球提至O 点正上方的A 点处，此时绳刚好伸直且无张力，如图所示。不
计空气阻力，g=10m/s2，则（ ）
A．小球以1m/s 的速度水平抛出到绳子再次伸直时的位置在过O 点的水平线之上
B．小球以1m/s 的速度水平抛出到绳子再次伸直时的位置在过O 点的水平线之下
C．小球以2m/s 的速度水平抛出的瞬间，绳子的张力大小为10 N
D．小球以4m/s 的速度水平抛出的瞬间，绳中的张力大小为30N
【答案】BD
【详解】AB．若要想使得细绳恰在与O 点水平线时细绳伸直，则需满足
L= v0t
L= 1
2 gt
2
解得
v0= ❑√2m/s
则若小球以1m/s 的速度水平抛出，则到绳子再次伸直时的位置在过O 点的水平线之下，选项A 错
误，B 正确；
CD．要使小球在竖直面内能够做完整的圆周运动，在最高点时重力恰好提供的向心力，根据牛顿第
二定律可得
mg＝mv
2
L
解得
v＝❑√gL= ❑√10×0.4 m/s＝2m/s
小球以2m/s 的速度水平抛出的瞬间，轻绳刚好有拉力，张力为0；小球以4m/s 的速度水平抛出的
瞬间，对小球受力分析，由牛顿第二定律得
T+mg＝mv1
2
L
解得
T＝30N
故D 正确，C 错误；
故选BD。
27. 无缝钢管的制作原理如图所示，竖直平面内，管状模型置于两个支承轮上，支承轮转
动时通过摩擦力带动管状模型转动，铁水注入管状模型后，由于离心作用，紧紧地覆盖在模型
的内壁上，冷却后就得到无缝钢管。已知管状模型内壁半径R，则下列说法正确的是（ ）
A．铁水是由于受到离心力的作用才覆盖在模型内壁上
B．模型各个方向上受到的铁水的作用力相同
C．管状模型转动的角速度ω最大为❑√
g
R
D．若最上部的铁水恰好不离开模型内壁，此时仅重力提供向心力
【答案】D
【详解】A．铁水是由于离心作用覆盖在模型内壁上的，模型对它的弹力和重力沿半径方向的合力
提供向心力，故A 错误；
B．模型最下部受到的铁水的作用力最大，最上方受到的作用力最小，故B 错误；
CD．若最上部的铁水恰好不离开模型内壁，此时仅重力提供向心力，则有
mg=mω
2 R
可得
ω= ❑√
g
R
即管状模型转动的角速度ω最小为❑√
g
R ，故C 错误，D 正确。
故选D。
28. 如图甲所示，可视为质点的小球用长为L、不可伸长的轻绳悬挂于O点。现对小球施
加水平恒力使其从静止开始运动，轻绳拉力FT大小随绳转过的角度θ变化的曲线如图乙所示，
图中F0为已知量，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．小球到达最高点时的机械能最大
B．小球到达最高点时的加速度大小为❑√3 g
C．小球运动过程中轻绳拉力的最大值为4 F0
D．小球从开始运动到最高点，增加的机械能为❑√3 F0 L
【答案】BC
【详解】水平恒力F与重力合成出一个新力场（因为两个力的方向和大小都不变），得到F
'力场，
F
'力场为等效重力场模型，受力分析如图所示
A．除重力之外只有F在做功，当小球到达水平位置时，F做功最多，所以当小球到达水平位置时
机械能最大（绳子拉力与小球速度垂直，不做功），故A 选项错误；
B．小球到达最高点时，速度为v1=0，设其加速度为a，据牛二定律得
FT+G1- F1= m v1
2
L =man
G2+ F2=Gsin 60°+ F sin30° =mat
解得
an=0，at = ❑√3 g
据加速度的合成与分解得
a=
❑√at
2+an
2= ❑√3 g
故B 选项正确；
C．由图可知，当θ = π
3 =60°时，轻绳拉力FT达到最大值FTmax，轻绳的拉力FTmax与F
'的合力为小
球运动提供向心力，则有
FTmax- F
' = mvm
2
L
由动能定理得
-mg( L- Lcos60°)+ FLsin 60° = 1
2 m vm
2
其中
F =mg tan 60° = ❑√3mg
F
' =
mg
cos60° =2mg
联立上式，解得
FTmax= 4 mg
因为刚开始时小球是静止的，则有
F0=mg
故
FT= 4 F0
故C 选项正确；
D．小球运动到最高点时，增加的机械能为水平恒力所做的功，即
W = FLcos30° = ❑√3mg×
❑√3
2 L= 3
2 mgL
W = 3
2 mgL= 3
2 F0 L
故D 选项错误。
故选BC。
29. 如图甲所示，小球用不可伸长的轻绳连接后绕固定点O 在竖直面内做圆周运动，小球
经过最高点时的速度大小为v，此时绳子的拉力大小为FT，拉力FT与速度的平方v2的关系图像
如图乙所示，图像中的数据a 和b，包括重力加速度g 都为已知量，则以下说法正确的是（
）
A．数据a 与小球的质量无关
B．数据b 与小球的质量无关
C．比值b
a只与小球的质量有关，与圆周轨迹半径无关
D．利用数据a、b 和g 能够求出小球的质量和圆周轨迹半径
【答案】AD
【详解】A．由题图乙可知，当v2＝a 时，此时绳子的拉力为零，小球的重力提供其做圆周运动的
向心力，则由牛顿第二定律得
mg=m v
2
r
解得
v
2= gr
即a= gr，与小球的质量无关，故A 正确；
B．当v2＝2a 时，对小球受力分析，则由牛顿第二定律得
mg+b= m v
2
r
解得
b=mg
即b 与小球的质量有关，故B 错误；
C．根据上述分析可知
b
a = m
r
与小球的质量有关，与圆周轨迹半径也有关，故C 错误；
D．由上述可知
r = a
g ，m= b
g
故D 正确。
故选AD。
30. 如图所示，ABCD为固定在竖直平面内的两段粗糙的圆弧轨道，两段圆弧轨道相切于
C，圆弧ABC的半径R1=1m，圆弧DC的半径R2=0.4 m，O1B、O2 D分别为两段圆弧的竖直
半径，O1 A与竖直方向的夹角α =53°，一质量m=1kg的小球（视为质点）从P点水平抛出，
恰好从A点沿切线方向进入圆弧轨道，到圆弧最高点D后水平射出，又恰好落到圆弧轨道的A
点。已知P、A两点的高度Δh=5 m，不计空气阻力，取重力加速度大小g=10 m/s
2，
sin53° =0.8，cos53° =0.6，结果可用根号表示。求：
(1)小球从P点抛出时的速度大小；
(2)小球在D点时对轨道的压力大小；
(3)小球经D点后落到A点时的速度大小。
【答案】(1) 7.5 m/s；(2) 14.5 N ；(3) ❑√
149
5 m/s
【详解】（1）小球从P点到A点的运动过程做平抛运动，有
v y
2 =2 gΔh
由几何关系可知小球从A点射入轨道时速度方向与水平方向的夹角为53°，有
v y
v0
= tan53°
解得
v0=7.5 m/s
（2）小球从D点回到A点的过程有
v Dt = R1- R2+ R1sin53°
1
2 gt
2= R2+ R1cos53°
解得
t =
❑√5
5 s，v D= 7 ❑√5
5
m/s
小球在D点时
F +mg= mv D
2
R2
解得
F =14.5 N
由牛顿第三定律可知，小球在D点时对轨道的压力大小为14.5 N。
（3）小球落回A点时在竖直方向的速度大小
v y 1=>¿
解得
v y 1=2❑√5 m/s
v =
❑√v D
2 + v y 1
2
解得
v = ❑√
149
5 m/s。
