文档文本内容
第05 讲 圆周运动模型
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目录
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⏪
模型一 圆周运动的运动学问题模型
模型二 圆周运动的动力学问题模型
模型三 水平面内的圆周运动模型
模型四 竖直面内的圆周运动模型
类型1 拱形与凹形路面
类型2 轻绳模型
类型3 轻杆模型
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模型建构
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⏪
✡模型一 圆周运动的运动学问题模型
模型剖析
▶
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＝( 定义式
) ＝
( 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＝( 定义式
) ＝
( 与周期的关系
)
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＝＝(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
(a)
1.描述线速度方向变化快慢的物理量
2.方向指向圆心
1.a＝＝ω
2 r ＝r＝ωv
2.单位：m/s2
2.圆周运动各物理量之间的关系
3.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。
4.总结提升
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
向心加速度与半径成正
比：
aA
aB
= r
R
角速度与半径成反比：
ωA
ωB
= r
R
向心加速度与半径成反比：
aA
aB
= r
R
角速度与半径成反比：
ωA
ωB
=r2
r1
向心加速度与半径成反比：
aA
aB
=
r2
r1
5.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。
模型特训
▶
【典例1】（2026·四川内江·三模）（多选）科学玩具是儿童早期教育的重要媒介，各种各样基于圆周
运动的玩具丰富了儿童的心灵世界。如图所示，是一种叫“指尖陀螺”的玩具。当将陀螺绕位于中心A，
且垂直于纸面的转轴旋转时，陀螺上B、C 两点的周期T、角速度ω 及线速度v 的关系正确的是（
）
A．T B=T C，vB<vC
B．T B=T C，vB>vC
C．ωB>ωC，vB= vC
D．ωB=ωC，vB<vC
【推理演示】
B、C 两点绕中心A 的转轴旋转时，由于是同轴转动，所以B、C 两点的角速度相等，即ωB=ωC
由公式T = 2π
ω 可知，B、C 两点的转动周期相等，即T B=T C，由公式v=ωr 可知，由于C 点到A 点的距离
较大，则有vC>vB，
故选AD。
【变式1-1】（2026·湖南·模拟预测）辘轳是我国古代类似起重机的装置，如图甲所示，该机构利用差
速轮盘实现起重。图乙是其简化模型：大圆盘半径为r1，小圆盘半径为r2，两盘都固定在同一根水平中轴
上，且都缠有同一根绳子。绳子下端绕过一滑轮，其余段保持竖直，滑轮下端挂货物。某农夫以ω 的角速
度转动中轴，则货物上升的速度为（ ）
A．ω
2 (r1−r2)
B．ω
2 (r1+r2)
C．ω(r1+r2)
D．ω(r1−r2)
【答案】A
【详解】大小圆盘固定同轴转动，角速度均为ω，根据线速度与角速度的关系，可得大圆盘边缘线速度
v1=ωr1
小圆盘边缘线速度v2=ωr2
中轴转动时，大圆盘收拢绳子，小圆盘放出绳子，Δt时间内绳子的净缩短量为 (v1−v2) Δt
下方挂货物的是动滑轮，绳子总净缩短量等于动滑轮两侧绳子缩短量之和，若货物上升速度为v，Δt时间
内总缩短量满足(v1−v2) Δt =2vΔt
整理得v = ω
2 (r1−r2)
故选A 。
【变式1-2】（2026·江西赣州·二模）轴承的应用领域非常广泛，几乎涵盖了所有需要旋转运动的机械
设备。其中滚动轴承一般由套圈（内圈、外圈）、滚珠、保持架等部件构成，如图甲所示。一滚动轴承的
简化模型如图乙所示，厚度均不计的同心内圈A、外圈B 的半径分别为R、2R，两圈间夹有直径恰好为R 的
滚珠，若B 固定不动，当A 绕圆心O 以角速度ω 匀速转动时，滚珠也跟着转动，且与A、B 圈的接触点间
无相对滑动，则滚珠绕自身中心转动的角速度为（ ）
A．2ω
B．ω
C．1
2 ω
D．1
3 ω
【答案】B
【详解】内圈A 的半径为R，外圈B 的半径为2R，因此滚珠的半径r = 2 R−R
2
= R
2
内圈A 以角速度为ω转动，因此A边缘线速度为vA=ωR
外圈B固定，滚珠与B无相对滑动，因此滚珠和B的接触点速度为0。设滚珠绕自身中心转动的角速度为ω
′，
滚珠中心绕O公转的线速度为v，对滚珠与B的接触点，接触点相对于滚珠中心的速度大小为ω
′ r，方向与
公转速度v相反，因此速度满足v −ω
′ r =0
解得v =ω
′ r
滚珠与A无相对滑动，因此滚珠和A接触点的速度等于A边缘的线速度vA。该接触点相对于滚珠中心的速度
大小为ω
′ r，方向与公转速度v同向，因此速度满足v +ω
′ r = vA=ωR
将v =ω
′ r、r = R
2 代入上式，得ω
′⋅R
2 +ω
′⋅R
2 =ωR
解得ω
′ =ω
故选B。
【变式1-3】(2025·广东珠海·期末)(多选)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
【详解】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。
✡模型二 圆周运动的动力学问题
模型剖析
▶
1.汽车/自行车转弯问题
路面种类
分析
水平路面
内低外高的路面(车轮沿斜坡方向所受静
摩擦力为0 时)
受力情况
向心力来源
静摩擦力
f
重力和支持力的合力
向心力关系式
f=mv
2
r
mg
tan
θ
=mv
2
r
速度大小
v=❑√
fr
m
v=❑√gr tanθ
2.火车和飞机转弯模型
外轨高于内轨，若火车按规定的速度v0行驶，转弯所需的向心力完全由重力和支持力的合力提供，即
mgtan θ=mv0
2
R
，如图所示，则v0=❑√gR tanθ，其中R 为弯道半径，θ 为轨道平面与水平面间的夹角
(θ 很小的情况下，tan θ≈sin θ)。
3.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。
4.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。
模型特训
▶
【典例1】（2026·浙江·二模）2026 年春晚节目《世界义乌中国年》中，93 名孩子齐摇拨浪鼓送上新春
祝福。如图所示，拨浪鼓边缘上与圆心等高处关于转轴对称的位置固定有长度分别为LA、LB的两根不可伸
长的细绳，两根细绳另一端分别系着质量相同的小球A、B，其中LA< LB。现匀速转动手柄使两小球均在水
平面内匀速转动，连接小球A、B 的细绳与竖直方向的夹角分别为α和β，两小球线速度大小分别为vA、vB
，细绳对小球A、B 的拉力大小分别为F A、FB，下列判断正确的是（ ）
A．α > β
B．α = β
C．v A<vB
D．FA> FB
【推理演示】AB．设拨浪鼓半径为R，细绳长为l，小球在水平面内做匀速圆周运动，设细绳与竖直方向夹
角为θ，则有mgtanθ =m(R+lsinθ)ω
2
解得l =
g
ω
2 −
R
tanθ
cosθ
由题意可知两小球角速度相同，由于LA< LB
则根据公式可知α < β
故AB 错误；
C．两小球轨道半径满足r A<rB
角速度ωA=ωB
则vA<vB
故C 正确；
D．绳子的拉力可表示为F = mg
cosθ
由于α < β
则可得FA< FB
故D 错误。
故选C。
【变式1-1】（2026·江西·模拟预测）2026 年3 月29 日，在世界超级摩托车锦标赛中，车手驾驶某款中
国产赛车连续夺得两回合冠军，实现了零的突破。如图，甲、乙、丙三条虚线为赛车过水平发卡弯（又称
U形弯）的三种行驶线路，为获得更大的安全过弯速度，应选择的线路是（ ）
A．甲
B．乙
C．丙
D．甲、乙均可
【答案】B
【详解】摩托车做圆周运动的向心力由摩擦力提供，则由μmg=m v
2
r
可得v = ❑√μgr
因摩擦系数相同，则线路乙的半径越大，越能获得更大的安全转弯速度，应选择线路乙。
故选B。
【变式1-2】（2026·山东聊城·二模）（多选）如图所示，光滑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，O 点位于水平地面上。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。已知细杆长度L=0.2m，杆与竖直转轴的夹角α 始终为60°，弹簧原长x0=0.1m，弹
簧劲度系数k=100N/m，圆环质量m=1kg；弹簧始终在弹性限度内，重力加速度大小取10m/s2，不计空气阻
力。下列说法正确的是（ ）
A．圆环处于细杆末端P 时，细杆匀速转动的角速度大小为10rad/s
B．圆环处于细杆末端P 时，细杆匀速转动的角速度大小为10πrad/s
C．若圆环处于细杆末端P 时剪断弹簧，圆环从P 点水平飞出，落地时距O 点的距离为0.2m
D．若圆环处于细杆末端P 时剪断弹簧，圆环从P 点水平飞出，落地时距O 点的距离为0.3m
【答案】AD
【详解】AB．对圆环受力分析，由牛顿第二定律得，水平方向Fsinα + Ncosα =mω
2 Lsinα
竖直方向Nsinα =mg+ Fcosα
代入已知条件F =k( L−x0)=100×(0.2−0.1)=10 N
解得ω=10rad/s，故A 正确，B 错误；
CD．剪断弹簧后圆环做平抛运动，P点高度h= Lcosα =0.2×0.5m=0.1m
竖直方向h= 1
2 gt
2
解得下落时间t = ❑√
2h
g = ❑√0.02s
平抛初速度v =ωr =ωLsinα = ❑√3 m/s
切线方向位移x = vt
落地点到O点的距离d =
❑√r
2+ x
2
其中r = Lsinα
代入得d = ❑√0.03+0.06 m =0.3 m，故C 错误，D 正确。
故选AD。
【变式1-3】（2026·江苏苏州·三模）固定翼航模飞机的升力方向与机翼垂直，大小随飞行速度增加而
增大．如图所示，一航模飞机由水平匀速向前飞行转为向左拐弯，为保持飞行高度不变，则飞机拐弯时（
）
A．内侧机翼高于外侧，应降低速度
B．内侧机翼高于外侧，应提高速度
C．内侧机翼低于外侧，应降低速度
D．内侧机翼低于外侧，应提高速度
【答案】D
【详解】航模飞机由水平匀速向前飞行转为向左拐弯时，升力与重力的合力提供圆周运动的向心力，则升
力的方向应该指向内侧斜向上方，飞机向内侧倾斜，则内侧机翼低于外侧，因升力的竖直分量与重力相等，
可知要求升力要增加，而升力的大小随飞行速度增加而增大，则应提高飞机的速度。
故选D。
【变式1-4】（2026·海南·一模）（多选）如图所示，将短道速滑运动员在弯道转弯的过程看成在水平
冰面上的一段匀速圆周运动，转弯时由于冰刀嵌入冰内，因此冰刀受到与冰面夹角为θ（蹬冰角）的支持
力，不计一切摩擦，转弯半径为R，重力加速度大小为g。关于该转弯过程，下列说法正确的是（ ）
A．运动员所受合力大小不变
B．运动员的加速度大小为gtanθ
C．运动员转弯时角速度的大小为❑√
g
Rtanθ
D．运动员的线速度大小为❑√gRtanθ
【答案】AC
【详解】A．运动员做匀速圆周运动，合力提供向心力，所以他所受合力大小保持不变，故A 正确；
BCD．运动员受力如图所示
根据合力提供向心力有 mg
tanθ =m v
2
R =man
可知运动员转弯时的线速度大小 v = ❑√
gR
tanθ
又 ω= v
R
解得 ω= ❑√
g
Rtanθ ，故BD 错误，C 正确。
故选AC。
【变式1-5】（2026·吉林·三模）（多选）气嘴灯对自行车的气嘴起到装饰作用，它安装在自行车的气
嘴上，骑行时会发光。一种气嘴灯的感应装置结构如图所示，一重物上端连接弹簧，一起套在光滑杆上，
重物上的触点M 与固定在B 端的触点N 接触后，LED 灯就会发光，下列说法正确的是（ ）
A．正确安装使用时，装置A 端的线速度比B 端的小
B．自行车匀速转动时，装置运动到最上端时比最下端更容易发光
C．要在较低的转速时发光，可以更换质量更大的重物
D．要在较低的转速时发光，可以更换劲度系数更大的弹簧
【答案】AC
【详解】A．装置A 端和B 端属于同轴转动，角速度ω 相同，因为B 端离车轮中心更远，由v =ωr可知，装
置A 端的线速度比B 端的小，故A 正确；
B．当装置运动到最上端时，重物受到的重力向下，若弹簧弹力向下，两者合力提供向心力有
mg+ kx =mω
2r
若弹簧弹力向上，可知mg−kx =mω
2r
当装置运动到最下端时，重物受到的重力向下，弹簧弹力向上，两者合力提供向心力有k x
'−mg=mω
2r
对比可知，在角速度相同的情况下，最下端需要的弹簧形变量更大，弹簧处于伸长状态，触点M、N 距离更
近，更容易接触，LED 灯更容易发光，故B 错误；
CD．当装置运动到最下端时，则有k x
'−mg=mω
2r
可知当转速较低时，向心力较小，可以更换劲度系数更小的弹簧或增加重物的质量使弹簧形变量增大，从
而使N 点更容易与M 点接触点亮LED 灯，故C 正确，D 错误。
故选AC。
✡模型三 水平面内的圆周运动模型
模型剖析
▶
（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fm=m v
2
r
，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。
（3）总结提升
物体做圆周运动时，若物体的速度、角速度发生变化，会引起某些力(如拉力、支持力、摩擦力)发生变
化，进而出现某些物理量或运动状态的突变，即出现临界状态，分析圆周运动临界问题的方法是让角速度
或线速度从小逐渐增大，分析各物理量的变化，找出临界状态。
模型特训
▶
【典例1】（2026·四川泸州·一模）摩擦传动是传动装置中的一个重要模型，如图所示的两个水平放置
的轮盘靠摩擦力传动，其中O、O
′分别为两轮盘的轴心。已知两个轮盘的半径比r甲:r乙=3:1，且在正常
工作时两轮盘不滑，今在两轮盘上分别放置两个同种材料制成的滑块A、B，两滑块与轮盘间的动摩擦因数
相同，两滑块距离轴心O、O
′的间距分别为RA、RB，且RA=2 RB，若轮盘乙由静止开始缓慢地转动起来，
且转速逐渐增加，则下列叙述正确的是（ ）
A．两个轮盘的角速度之比为1∶1
B．转速增加后，滑块B 先发生滑动
C．转速增加后，滑块A 先发生滑动
D．转速增加后，两滑块一起发生滑动
【推理演示】A．摩擦传动两轮边缘线速度大小相等，由v =ωr可知ω甲r甲=ω乙r乙
故两个轮盘的角速度之比为
ω甲
ω乙
= r乙
r甲
= 1
3，故A 错误；
BCD．滑块随盘做圆周运动，静摩擦力提供向心力，当静摩擦力达到最大静摩擦力时滑块开始滑动，此时
向心加速度达到最大值满足μmg=mamax
解得amax= μg
两滑块的向心加速度分别为aA=ω甲
2 RA，aB=ω乙
2 RB
结合
ω甲
ω乙
= 1
3，RA=2 RB
可得aA
aB
= ω甲
2 RA
ω乙
2 RB
= 2
9
由于两滑块材料相同，动摩擦因数μ 相同，故最大静摩擦力提供的临界加速度相同。随着转速增加，aB始
终是aA的4.5 倍，故aB 先达到μg，滑块B 先发生滑动，故B 正确，C、D 错误。
故选B。
【变式1-1】（2026·福建福州·三模）如图，在水平转台上放置有质量相同的滑块P 和Q（可视为质点），
它们与转台之间的动摩擦因数相同，P 与转轴OO
′的距离为R1，Q 与转轴OO
′的距离为R2，且R1<R2，转台
绕转轴OO
′以角速度ω 匀速转动，转动过程中，两滑块始终相对转台静止。设最大静摩擦力等于滑动摩
擦力。下列说法正确的是（ ）
A．滑块P 和Q 均受到四个力作用
B．P 的向心加速度大于Q 的向心加速度
C．P 所受到的摩擦力大于Q 所受到的摩擦力
D．若角速度ω 缓慢增大，Q 一定比P 先开始滑动
【答案】D
【详解】A．转动过程中，两滑块相对转台静止，滑块P 和Q 均受到重力、支持力和摩擦力三个力作用，故
A 错误；
BC．转动过程中，两滑块相对转台静止，两滑块有相同的角速度，都由静摩擦力提供向心力，则有
f =mr ω
2=ma
因两滑块的质量相同，而R1<R2，故f P<f Q，即P 需要的向心力小于Q 需要的向心力，P 的向心加速度小于
Q 的向心加速度，故BC 错误；
D．设两滑块与转台的动摩擦因数为μ，则最大静摩擦力为f m = μmg
则两滑块的最大静摩擦力相同；根据上述分析可知，在没有滑动前，Q 所需要的向心力总是大于P 所需要
的向心力，则Q 所受的静摩擦力总是大于P 所受的静摩擦力，当角速度ω 缓慢增大时，Q 先达到最大静摩
擦力，则Q 一定比P 先开始滑动，故D 正确。
故选D。
【变式1-2】 （2026·福建·模拟预测）如图所示，水平圆盘可绕通过其中心O 的竖直轴转动，圆盘半径
R =0.5 m，离水平地面高度H =1.25 m，在圆盘边缘放置一质量m=0.1kg的小物块，物块与圆盘间的动摩
擦因数μ=0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。已知重力加速度大小g 取10 m /s
2，空气阻力不计，圆盘
从静止开始缓慢加速转动，求：
(1)物块恰与圆盘发生相对滑动时圆盘角速度的大小；
(2)物块滑离圆盘后在空中运动的时间；
(3)物块落地点与O 点正下方地面上O
'点的距离。
【答案】(1)2❑√2rad/s (2)0.5s (3)
❑√3
2
m
【详解】（1）物块与圆盘刚好相对滑动时，有μmg=mω
2 R
解得ω=2❑√2rad/s
（2）物块在空中平抛运动，满足H = 1
2 gt
2
解得t =0.5s
（3）平抛速度v =ωR
水平位移s= vt
落地点与O
'距离s
′ =
❑√s
2+ R
2
联立解得s
′ =
❑√3
2
m
【变式1-3】(2024·江苏·高考真题)生产陶瓷的工作台匀速转动，台面上掉有陶屑，陶屑与台面间的
动摩擦因数处处相同(台面足够大)，则( )
A.越靠近台面边缘的陶屑质量越大
B.越靠近台面边缘的陶屑质量越小
C.陶屑只能分布在圆台边缘
D.陶屑只能分布在某一半径的圆内
【答案】C
【详解】与台面相对静止的陶屑做匀速圆周运动，静摩擦力提供向心力，当静摩擦力为最大静摩擦力(可
近似认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力)时，半径最大，设为r，根据牛顿第二定律可得μmg=mω2r，解得
r=μg
ω
2 ，μ 与ω 均一定，故r 与陶屑质量无关且为定值，即陶屑只能分布在某一半径的圆内，故A、B、C
错误，D 正确。
✡模型四 竖直面内的圆周运动模型
模型剖析
▶
1.拱形与凹形路面
汽车过拱形桥
汽车过凹形路面
受力分析
桥或路面对汽车的支持力
G - F N=mv
2
R ，FN=G-mv
2
R
FN- G =mv
2
R ，FN=G+mv
2
R
汽车对桥或路面的压力
FN'=FN<G
FN'=FN>G
处于超重还是失重状态
失重
超重
讨论
v 增大，FN'减小；当v 增大到❑√gR
时，FN'=0
v 增大，FN'增大
2．轻绳模型
轻绳模型
情境图示
弹力特征
在最高点弹力可能向下，也可能等于零
受力示意图
力学方程
mg＋F＝m
临界特征
F＝0，即mg＝m，得v＝，是物体能否过最高点的临界速度
小球通过最高点时绳上拉力与速度的关系
(1)v＝时，mg＝m，即重力恰好提供小球所需要的向心力，小球所受绳的拉力(或轨道的弹力)为零。
(2)v<时，mg>m，即重力大于小球所需要的向心力，小球脱离圆轨道，不能到达最高点。
(3)v>时，mg<m，即重力小于小球所需要的向心力，小球还要受到向下的拉力(或轨道的弹力)，重力
和拉力(或轨道的弹力)的合力充当向心力，mg＋F＝m。
3.轻杆模型
如图所示，细杆上固定的小球或在光滑管形轨道内运动的小球仅在重力和杆(管道)的弹力作用下在竖
直平面内做圆周运动，这类运动称为“轻杆模型”。
轻杆模型(小球在最高点)
弹力特征
弹力可能向下，可能向上，也可能等于零
受力示意图
动力学方程
mg±F=mv
2
r
临界特征
v=0，即F 向=0，此时F=mg
v=❑√gr的意义
F 表现为拉力(或压力)还是支持力的临界点
小球在最高点时杆上的力(或管道的弹力)随速度的变化。
(1)v=❑√gr时，mg=mv
2
r ，即重力恰好提供小球所需要的向心力，轻杆(或管道)与小球间无作用力。
(2)v<❑√gr时，mg>mv
2
r ，即重力大于小球所需要的向心力，小球受到向上的支持力F，mg-F=mv
2
r ，即
F=mg-mv
2
r ，v 越大，F 越小。
(3)v>❑√gr时，mg<mv
2
r ，即重力小于小球所需要的向心力，小球还要受到向下的拉力(或弹力)F。重力
和拉力(或弹力)的合力充当向心力，mg+F=mv
2
r ，即F=mv
2
r -mg，v 越大，F 越大。
模型特训
▶
类型1 拱形与凹形路面
【典例1】（2026·广东广州·模拟预测）中国选手邓雅文在巴黎奥运会自由式小轮车比赛中勇夺金牌。
小轮车比赛场地如图所示，MN段和OP段均为四分之一圆弧，NO段水平。选手骑车从M处静止出发，沿
轨迹MNOP运动，到P处竖直跃起，到达最高点Q后落回P处，再沿轨迹PONM运动回M处。人和车整体
可视为质点，且认为在圆弧轨道运动过程中人不提供动力。下列说法正确的是（ ）
A．在Q 点，选手的速度和加速度均为零
B．在O 点，选手所受重力的瞬时功率最大
C．从P 到Q 再到P 的过程，选手先失重后超重
D．从M到N的过程，场地对车的支持力一直增大
【推理演示】A．在Q 点，选手的速度为零，但由于只受重力，故加速度等于g，故A 错误；
B．在O 点，选手的速度方向与所受重力垂直，故重力的瞬时功率为零，故B 错误；
C．从P 到Q 再到P 的过程，选手只受重力，一直处于完全失重状态，故C 错误；
D．从M 到N 的过程，设场地对车的支持力与竖直方向的夹角为θ，则有FN−mgcosθ =m v
2
R
可得FN=m v
2
R +mgcosθ
由于θ 减小，则cosθ 增大，另外v 也增大，故FN 一直增大，故D 正确。
故选D。
【变式1-1】(2024·广东广州·二模)如图所示，一辆汽车以恒定速率通过圆弧拱桥，N 为桥面最高处，则
汽车( )
A.在N 处所受支持力大小大于其重力
B.在N 处所受支持力大小等于其重力
C.从M 到N 过程所受支持力逐渐增大
D.从M 到N 过程所受支持力逐渐减小
【答案】C
【详解】在N 点，根据牛顿第二定律可得mg－FN＝mv
2
r ，所以FN＝mg－mv
2
r ＜mg，故A、B 错误；设汽车与
圆心的连线与竖直方向的夹角为θ，则有mgcos θ－FN＝mv
2
r ，从M 到N 过程，速率v 不变，θ 减小，所
以FN增大，故C 正确，D 错误。故选C。
【变式1-2】（2026·山东日照·三模）（多选）圆心为O、半径为R的粗糙半圆柱体放在粗糙水平地面上，
其截面如图所示。一质量为m的滑块，以初速度v0=2❑√
gR
5 从B点沿切线方向滑上圆柱体，恰好能到达最
高点A。已知OA与OB的夹角α =37°，半圆柱体始终静止不动，重力加速度为g。滑块向上运动的过程中，
下列判断正确的是（ ）
A．滑块对半圆柱体的压力一直增大
B．滑块在B点时受到的支持力大小为4
5 mg
C．地面对半圆柱体的摩擦力逐渐减小
D．滑块克服摩擦力做功为1
5 mgR
【答案】AD
【详解】A．滑块在圆柱面上运动时，径向合力提供向心力，有mgcosθ−N =m v
2
R
得N =mgcosθ−m v
2
R
滑块从B向A运动过程中，θ减小，cosθ增大；同时重力和摩擦力做负功，速度v减小。因此mgcosθ增大，
m v
2
R 减小，支持力N一直增大。根据牛顿第三定律，滑块对半圆柱体的压力一直增大，故A 正确；
B．在B点，θ =37
∘，代入数据得N B=mgcos37
∘−m v0
2
R =0
即滑块在B点受到的支持力为0，故B 错误；
C．对半圆柱体受力分析，水平方向受到滑块的压力水平分量N
' sinθ 和摩擦力水平分量f
' cosθ 。地面对
半圆柱体的摩擦力f 地向右平衡这两个力，即f 地= Nsinθ+ fcosθ
在B点N =0，则f 地=0 ；
在A点附近θ→0，N →mg ，f 地→μmg 。摩擦力逐渐增大，故C 错误；
D．滑块从B到A过程，根据动能定理有−mgR(1−cos37
∘)−W f =0−1
2 m v0
2
解得克服摩擦力做功W f = 1
5 mgR ，故D 正确。
故选AD。
类型2 轻绳模型
【典例2】（2026·山东淄博·二模）（多选）如图，ABC 是竖直面内的光滑固定轨道，A 点在水平面上，
轨道AB 段竖直，长度为R，BC 段是半径为R 的1
4 圆弧，与AB 相切于B 点。一质量为m 的小球，始终受到与
重力大小相等的水平向右的外力作用，从A 点以v0= ❑√10 gR竖直向上沿轨道内侧开始运动。小球可视为质
点，重力加速度大小为g。则（ ）
A．在C 点小球对轨道的压力大小为3mg
B．在C 点小球对轨道的压力大小为4mg
C．小球落地时的速度大小为2❑√gR
D．小球落地时的速度大小为2❑√2 gR
【推理演示】AB．水平外力F=mg，v0= ❑√10 gR，A 到C 总竖直高度为2R，水平位移向左大小为R，则外力
做功W F =−mgR
重力做功W G=−mg⋅2 R =−2mgR
从A 到C，由动能定理得W F +W G= 1
2 m vC
2 −1
2 m v0
2
解得vC =2❑√gR
在C 点，由牛顿第二定律有N +mg= mvC
2
R
解得N=3mg
由牛顿第三定律可知，小球对轨道压力为3mg，A 正确，B 错误；
CD．取向右为正，小球从C 点飞出后，速度方向水平向左，水平方向做匀加速直线运动，竖直方向做自由
落体，竖直方向有2 R = 1
2 gt
2
解得运动时间t =2❑√
R
g
落地时v y =>=2❑√gR
水平方向，由牛顿第二定律有F=ma
解得a=g
落地时的水平速度v x= vC−axt =0
故合速度大小v =
❑√v x
2+ v y
2 =2❑√gR，C 正确，D 错误。
故选AC。
【变式2-1】(2025·安徽·高考真题)如图，M、N 为固定在竖直平面内同一高度的两根细钉，间距
L=0.5 m。一根长为3L 的轻绳一端系在M 上，另一端竖直悬挂质量m=0.1 kg 的小球，小球与水平地面
接触但无压力。t=0 时，小球以水平向右的初速度v0=10 m/s 开始在竖直平面内做圆周运动。小球牵引
着绳子绕过N、M，运动到M 正下方与M 相距L 的位置时，绳子刚好被拉断，小球开始做平抛运动。小
球可视为质点，绳子不可伸长，不计空气阻力，重力加速度g 取10 m/s2。
(1)求绳子被拉断时小球的速度大小及绳子所受的最大拉力大小；
(2)求小球做平抛运动时抛出点到落地点的水平距离；
(3)若在t=0 时，只改变小球的初速度大小，使小球能通过N 的正上方且绳子不松弛，求初速度的最小
值。
【答案】(1)4❑√5 m/s 17 N (2)4 m (3)2❑√15 m/s
【详解】(1)设绳子被拉断时小球速度大小为v1，绳子拉力大小为FT，根据机械能守恒定律
1
2mv0
2=mg·2L+1
2mv1
2
在该位置，根据牛顿第二定律FT-mg=mv1
2
L
解得v1=4❑√5 m/s，FT=17 N
由牛顿第三定律可知，绳子所受最大拉力大小为FT'=17 N
(2)小球做平抛运动：x=v1t，2L=1
2gt2
解得x=4 m
(3)若小球经过N 点正上方时绳子恰不松弛，设此时速度为v2，此位置满足mg=mv2
2
2 L
从最低点到该位置的过程中，由机械能守恒定律
1
2mv0'2=mg·5L+1
2mv2
2
解得v0'=2❑√15 m/s。
【变式2-2】（25-26 高三上·山西吕梁·期末）如图甲所示，将小球系在细绳一端，用手握住绳的另一端，
使小球以定点O 为圆心在竖直面内做完整的圆周运动。如图乙所示，质量为m 的小朋友坐在圆盘上，随盘
一起在水平面内以速度v 做半径为r 的匀速圆周运动，周期为T。不计空气阻力。下列说法正确的是（
）
A．图甲中小球在最低点时速度最大，向心加速度最大，处于平衡状态
B．图甲中小球运动至最高点时突然松开绳子，此后小球一定做自由落体运动
C．图乙中相同转速下小朋友离圆心越远越易相对圆盘滑动
D．图乙中小朋友转动半圈过程中所受摩擦力的冲量为mv
2T
2r
【答案】C
【详解】A．图甲中小球在最低点时速度最大，根据a= v
2
L 可知，向心加速度最大，加速度向上，处于超重
状态，故A 错误；
B．图甲中若小球运动至最高点时最小速度为vmin= ❑√gL，不为零，可知突然松开绳子，则此后小球做平抛
运动，不可能做自由落体运动，故B 错误；
C．图乙中，最大静摩擦力提供即将滑离时的向心力μmg=mω
2r，可知相同转速下小朋友离圆心越远越易
相对盘滑动，故C 正确
D．图乙中小朋友转动半圈过程中所受摩擦力大小恒为f =m v
2
r ，方向时刻改变。摩擦力的冲量不能用I=ft
去求，根据动量定理|I|=2mv，故D 错误。
故选C。
【变式2-3】（2026·湖北·高考真题）（多选）如图所示，半径为R、内壁光滑的圆环轨道固定在竖直
平面内。初始时刻，质量为m 的小球甲从圆环内表面最高处以大小为v0= ❑√2 gR（g为重力加速度大小）
的水平初速度向右运动，同时质量为2m的小球乙从圆环内表面最低处以某一水平初速度向左运动。当甲
第一次运动到圆环最低点时，乙恰好第一次运动到圆环最高点。不计空气阻力，下列说法正确的是（
）
A．乙的初速度大小为3 ❑√gR
B．甲、乙两小球运动的周期相等
C．任意时刻两小球的连线均过圆环圆心
D．任意时刻两小球对圆环作用力的合力均不为零
【答案】BD
【详解】A．根据题意当甲第一次运动到最低点时，乙恰好第一次运动到圆环最高点，根据对称性可知，
乙的初速度大小等于甲到达最低点时的速度大小，故乙在最高点时的速度大小等于vc = ❑√2gR，设乙球在
最低处时速度为v02，由机械能守恒得−4 mgR = 1
2 ⋅2mvc
2−1
2 ⋅2mv02
2
解得v02= ❑√6 gR，故A 错误；
B．根据题意当甲第一次运动到最低点时，乙恰好第一次运动到圆环最高点，根据对称性可知，球从最高
点到最低点和从最低点到最高点的时间相等，故甲乙两球运动的周期相等，故B 正确；
CD．分析可知，甲从最高点运动到最低点，速度大小从❑√2gR增大到❑√6 gR，乙从最低点到最高点，速度
大小从❑√6 gR减小到❑√2gR，从初始时刻取一很短时间Δt，甲经过的弧长短，乙经过的弧长长，转过的角
度不同，故不可能任意时刻两小球的连线均过圆心；故C 错误；
D．根据前面分析可知除两球分别在最高点和最低点时两球连线经过圆心，其它位置均不满足两小球的连
线过圆心，乙球在最高点和最低点时，分别有FN2+2mg=2m (❑√2gR)
2
R
，FN1−2mg=2m (❑√6 gR)
2
R
解得FN1=14 mg，FN2=2mg
甲球在最低点和最高点时，分别有F N2
′−mg=m (❑√6 gR)
2
R
，FN1
′ +mg=m (❑√2gR)
2
R
解得F N2
′ =7mg，FN1
′ =mg
根据牛顿第三定律可知乙球在最高点时对圆环的作用力大小为2mg，此时甲球在最低点对圆环的作用力大
小为7mg；当乙球在最低点时对圆环的作用力大小为14 mg，此时甲球在最高点对圆环的作用力大小为mg
，故这两个位置两球对圆环的作用力的合力不为零，结合前面分析其它位置均不满足两小球的连线过圆
心，即其它位置两球对圆环的作用力不共线，故合力不可能为零，故对任意时刻两小球对圆环作用力的合
力均不为零，故D 正确。
故选BD。
【变式2-4】（2026·河南南阳·模拟预测）（多选）如图所示，竖直平面内半径为R 的光滑圆轨道保持
不动，质量为m=0.2kg 可视为质点的小球静止在圆轨道最低点A。现给小球一水平向右的初速度v0，使小
球能做完整的圆周运动，当小球转过的圆心角θ =60
∘时，轨道弹力大小为11N，小球的动能减少0.6J。重
力加速度g 取10m/s2，不计空气阻力，则（ ）
A．轨道半径为R=0.5m
B．小球运动过程中的最小速度为2❑√3m/s
C．小球的初速度v0=8m/ s
D．小球对圆轨道任意两点压力差的最大值为12N
【答案】BD
【详解】AC ．当小球转过的圆心角θ =60°时，小球的动能减少
0.6J ，则
−mgR (1−cosθ)=Δ Ek=−0.6J
轨道弹力大小F =11N，由牛顿第二定律得F −mgcosθ = mv2
2
R
又1
2 m v2
2−1
2 m v0
2=Δ Ek
联立解得R =0.6 m，v0=6 m /s，故AC 错误；
B ．小球在最高点速度最小，小球从最低点到最高点的过程中，根据动能定理得
−mg⋅2 R = 1
2 m v3
2−1
2 m v0
2
解得小球在最高点的速度大小为v3=2❑√3 m /s，故B 正确；
D．在最低点得Fmax−mg=m v0
2
R
在最高点得mg+ Fmin=m v3
2
R
则Fmax−Fmin=6mg，即小球对圆轨道任意两点压力差的最大值为12N，故D 正确。
故选BD。
类型3 轻杆模型
【典例3】（2025·陕西安康·模拟预测）（多选）如图所示，固定在竖直面内的光滑细管道顶部有质量分别
为m1、m2的小球A 和B，两小球受到微小扰动后同时由静止开始沿管道的两侧滑下，相遇后发生弹性碰
撞，碰撞时间极短。已知两小球均可视为质点，管的内径略大于两小球的直径，对小球下滑之后的运动判
断正确的是（ ）
A．在小球下滑至与管道圆心等高之前，管道对小球的支持力一定沿半径向外
B．碰前，管道受到两小球的最大压力为5(m1+m2)g
C．只有满足m1=m2时，两小球才能在最低点发生碰撞后同时返回最高点
D．若碰撞后小球B 返回管道最高点时对管道恰好无压力，则m1:m2=3:1
【推理演示】A．在小球下滑至与管道圆心等高之前，存在一个临界位置，该临界位置处重力沿半径方向
的分力恰好充当向心力，小球过临界位置之后，管道对小球的支持力一定沿半径向内，故A 错误；
B．两小球在下滑过程中有相同的运动过程，一定同时到达最低点，到最低点（碰撞前瞬间）时的速度大
小满足1
2 mv
2=mg⋅2 R
可得v =2❑√gR
此时管道对小球的支持力大小满足F −mg=m v
2
R
解得F=5mg
由牛顿第三定律知，管道受到两小球的最大压力为5(m1+m2)g，故B 正确；
C．只有满足m1=m2时，两小球在最低点发生弹性碰撞后交换速度，同时返回最高点，故C 正确；
D．若碰撞后小球B 返回管道最高点时对管道恰好无压力，则小球B 在最高点时的速度应满足m2 g=m2
v3
2
R
从碰撞结束到小球B 到达最高点，由动能定理有−m2 g⋅2 R = 1
2 m2v3
2−1
2 m2v2
2
解得v2= ❑√5 gR
方向向右，若m1:m2=3:1，规定向右为正方向，碰撞过程中满足m1
❑√4 gR+m2(−❑√4 gR)=m1v1+m2v2
，1
2 m1⋅4 gR+ 1
2 m2⋅4 gR = 1
2 m1v1
2+ 1
2 m2v2
2
联立解得v2= 4 ❑√gR>❑√5 gR
故D 错误。
故选BC。
【变式3-1】（2026·天津南开·二模）如图甲所示为建筑行业使用的一种小型打夯机，其原理可简化为：
一个质量为M 的支架（含电动机）上，有一根长为L 的轻杆带动一个质量为m 的铁球（可视为质点）在竖
直面内匀速转动，如图乙所示。若在某次打夯过程中，铁球转动到最高点时，支架对地面的压力刚好为零，
重力加速度为g，则（ ）
A．轻杆转动过程铁球所受合力不变
B．铁球转动到最高点时，轻杆的弹力为mg
C．铁球匀速转动的角速度大小为❑√
Mg
mL
D．铁球转动到最低点时，支架对地面的压力大小为2（M+m）g
【答案】D
【详解】A．根据题意可知轻杆转动过程铁球做匀速圆周运动，合外力提供向心力，向心力大小不变，方
向时刻在变，故A 错误；
B．以支架为研究对象，根据平衡条件可得铁球在最高点时，轻杆的弹力为T = Mg，故B 错误；
C．以铁球为研究对象，在最高点，根据牛顿第二定律T +mg=mω
2 L
可得铁球匀速转动的角速度大小为ω= ❑√
( M +m)g
mL
，故C 错误；
D．铁球转动到最低点时，设轻杆的弹力为T
′，对铁球，根据牛顿第二定律T
′−mg=mω
2 L
对支架，根据平衡条件可得N =T
′ + Mg
根据牛顿第三定律可得支架对地面的压力大小N
′ = N
联立可得N
′ =2（M +m）g，故D 正确。
故选D。
【变式3-2】（2026·山东烟台·二模）如图所示，在粗糙水平地面上放置一个质量为M 的支架，支架顶
端通过轻质铰链连接一根长为L 的轻杆，轻杆另一端连接一个质量为m 的小球（小球的半径忽略不计）。
开始时小球静止在底端，现给小球一水平初速度v0= ❑√5 gL，使小球在竖直面内做圆周运动，支架始终保
持静止不动。重力加速度大小为g，运动过程中忽略空气阻力。当小球到达最高点时，支架对地面压力的
大小为（ ）
A．Mg−mg
B．Mg
C．Mg+mg
D．Mg+2mg
【答案】B
【详解】小球从最低点运动到最高点，上升高度为2 L，只有重力做功，机械能守恒
1
2 m v0
2=mg⋅2 L+ 1
2 m v
2
小球在最高点，圆心在小球下方，向心力向下指向圆心。设杆对小球的作用力为F，向下为正方向，由向
心力公式 mg+ F = mv
2
L
得F =0
说明杆对小球、小球对杆都没有作用力。
支架静止，受力平衡，自身重力为Mg，地面对支架的支持力等于Mg，根据牛顿第三定律，支架对地面
的压力大小为Mg。
故选B。
【变式3-3】（2026·河南开封·模拟预测）如图所示，在某星球表面，一质量为m 的小球在圆管内做圆周运
动，当小球运动到轨道最高点时，速度大小为v =
❑√
g0r0
2
（g0为该星球表面的重力加速度，r0为该轨道半
径）。已知该行星质量是地球质量2 倍，半径是地球半径的1
2，地球表面的重力加速度为g，若此时圆管
对小球的作用力大小为F，则下列说法正确的是（ ）
A．该行星表面的重力加速度g0=2 g
B．该行星表面的重力加速度g0= 4 g
C．圆管对小球的作用力大小F = 1
2 m g0
D．圆管对小球的作用力大小F = 4 m g0
【答案】C
【详解】AB．已知行星质量M 行=2 M 地，行星半径R行= 1
2 R地，天体表面物体的重力近似等于万有引力
G Mm
R
2 =mg
得g= GM
R
2
可知
g0
g =
G M 行
R行
2
G M 地
R地
2
= M 行
M 地
⋅( R地
R行
)
2
=2×2
2=8，即g0=8 g，故A、B 错误；
CD．小球在最高点做圆周运动，向心力由重力和圆管作用力的合力提供。 因为需要的向心力向下，重力
m g0大于需要的向心力，因此圆管对小球施加向上的支持力F，根据牛顿第二定律m g0−F = m v
2
r0
整理得F =m g0−1
2 m g0= 1
2 m g0，故C 正确，D 错误。
故选C。
【变式3-4】（2025·内蒙古赤峰·三模）（多选）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。
