資源簡介

考點 16 圓周運動
1. 高考真題考點分布
題型 考點考查 考題統計
選擇題 描述圓周運動的基本物理量 2024 年遼寧卷
計算題 圓錐擺模型 2024 年江西卷
實驗題 水平圓盤模型 2024 年海南卷
2. 命題規律及備考策略
【命題規律】高考對圓周運動基本規律的考查較為頻繁，大多聯系實際生活。圓周運動的臨界問題的單獨
考查不是太常見，大多在綜合性的計算題中出現的比較頻繁，并且會結合有關的功能關系。
【備考策略】
1.掌握圓周運動各個物理量之間的關系。
2.能夠分析圓周運動的向心力的來源，并會處理有關錐擺模型、轉彎模型、圓盤模型的動力學問題。
3.掌握水平面內圓盤模型的動力學分析及臨界條件。
4.掌握豎直面內圓周運動的基本規律，并能夠聯系實際問題做出相應問題的分析。
【命題預測】重點關注豎直面內圓周運動規律在綜合性問題中的應用。
一、勻速圓周運動及其描述
1．勻速圓周運動
(1)定義：做圓周運動的物體，若在相等的時間內通過的圓弧長相等，就是勻速圓周運動。
(2)特點：加速度大小不變，方向始終指向圓心，是變加速運動。
(3)條件：合外力大小不變、方向始終與速度方向垂直且指向圓心。
2．描述勻速圓周運動的物理量及其關系
Δs 2πr
(1)線速度：v＝ ＝ ，描述物體圓周運動快慢的物理量。
Δt T
Δθ 2π
(2)角速度：ω＝ ＝ ，描述物體繞圓心轉動快慢的物理量。
Δt T
2πr 1
(3)周期和頻率：T＝ ，T＝ ，描述物體繞圓心轉動快慢的物理量。
v f
v2 4π2
(4)向心加速度：an＝rω2＝ ＝ωv＝ r，描述速度方向變化快慢的物理量。r T2
二、勻速圓周運動的向心力
1．向心力的來源
向心力是按力的作用效果命名的，可以是重力、彈力、摩擦力等各種力，也可以是幾個力的合力或某
個力的分力，因此在受力分析中要避免再另外添加一個向心力。
2．向心力的確定
(1)確定圓周運動的軌道所在的平面，確定圓心的位置。
(2)分析物體的受力情況，所有的力沿半徑方向指向圓心的合力，就是向心力。
v2 4π2
3．向心力的公式：Fn＝man＝m ＝mω2r＝m r。r T2
三、水平面內圓周運動
1．運動模型
運動模型 向心力的來源示意圖 運動模型 向心力的來源示意圖
飛機水平轉彎 飛車走壁
圓錐擺 火車轉彎
汽車在水平路面轉彎 水平轉臺(光滑)
2.水平面內圓周運動臨界問題的分析方法
幾何分析 目的是確定圓周運動的圓心、半徑等
運動分析 目的是確定圓周運動的線速度、角速度、向心加速度等
受力分析 目的是通過力的合成與分解，表示出物體做圓周運動時，外界所提供的向心力
四、豎直面內的圓周運動
1.豎直面內的圓周運動一般是變速圓周運動。
2.只有重力做功的豎直面內的變速圓周運動機械能守恒。
3.豎直面內的圓周運動問題，涉及知識面比較廣，既有臨界問題，又有能量守恒的問題，要注意物體運動到
圓周的最高點的速度。
4.一般情況下，豎直面內的圓周運動問題只涉及最高點和最低點的兩種情形。
考點一 圓周運動的運動學問題
考向 1 圓周運動基本物理量的關系
1．走時準確的時鐘如圖所示，A、B 分別為時針和分針上到軸心距離相等的點，關于 A、B 兩點下列說法
正確的是（　　）
A．A 點線速度大 B．B 點角速度大 C．周期相同 D．加速度相同
2．運球轉身是籃球運動中重要的技術動作。如圖甲所示為運動員運球轉身的瞬間，此時運動員和籃球保
持相對靜止繞 OO′軸轉動，手臂上的 A 點與籃球邊緣的 B 點到轉軸的距離之比 r1 : r2 =1: 3，下列說法正確
的是（　　）
A．A、B 兩點角速度大小之比w1 : w2 = 1: 3
B．A、B 兩點的線速度大小之比 v1 : v2 =1:1
C．A、B 兩點的周期之比T1 :T2 = 3:1
D．A、B 兩點的向心加速度大小之比 a1 : a2 =1: 3
考向 2 三種傳動方式及特點
1.皮帶傳動（甲乙）：皮帶與兩輪之間無相對滑動時，兩輪邊緣線速度大小相等。
2.齒輪傳動（丙）：兩輪邊緣接觸，接觸點無打滑現象時，兩輪邊緣線速度大小相等。
3.同軸傳動（丁）：兩輪固定在同一轉軸上轉動時，兩輪轉動的角速度大小相等。
3．如圖所示是一皮帶傳動裝置示意圖，右輪半徑為 r，A 是它邊緣上的一點；左側是一輪軸，大輪半徑為
4r，小輪半徑為 2r，B 點在小輪上，到輪軸的距離為 r。C 點和 D 點分別位于小輪和大輪的邊緣上。如果
傳動過程中皮帶不打滑，則關于 A、B、C、D 四點的比較，下列說法正確的是（　　）
A． vA : vB : vC =1: 2 :1 B．wA :wB :wC = 2 :1: 2
C． aA : aB : aC = 2 :1:1 D． aA : aC : aD = 2 :1: 2
4．明代出版的《天工開物》一書中記載：“其湖池不流水，或以牛力轉盤，或聚數人踏轉。”并附有牛力齒
輪翻車的圖畫如圖所示，翻車通過齒輪傳動，將湖水翻入農田。已知 A、B 齒輪嚙合且齒輪之間不打滑，
B、C 齒輪同軸，若 A、B、C 三齒輪半徑的大小關系為 rA > rB > rC ，則（　　）
A．齒輪 A 的角速度比齒輪 B 的角速度大
B．齒輪 A、B 的角速度大小相等
C．齒輪 B、C 邊緣的點的線速度大小相等
D．齒輪 A 邊緣的點的線速度與齒輪 B 邊緣的點的線速度大小相等
考點二 圓周運動的動力學問題
圓周運動動力學分析過程
考向 1 錐擺模型
5．如圖所示為游樂場“叢林飛椅”游戲的簡化模型，A 小球繞軸O1O2 在水平面內做勻速圓周運動，則關于 A
小球受力分析正確的是（　　）
A．受到的合力方向指向 AO3
B．受到重力、拉力和向心力的作用
C．細繩對小球的拉力大于小球受到的重力
D．若轉速逐漸降低，則小球的向心力變大
6．智能呼啦圈可以提供全面的數據記錄，讓人合理管理自己的身材。如圖甲，腰帶外側帶有軌道，將帶
有滑輪的短桿穿入軌道，短桿的另一端懸掛一根帶有配重的輕繩，其簡化模型如圖乙所示。可視為質點的
配重質量為 0.4kg，輕繩長為 0.4m，懸掛點 P 到腰帶中心點 O 的距離為 0.26m，配重隨短桿做水平勻速圓
周運動，繩子與豎直方向夾角為q ，運動過程中腰帶可視為靜止，重力加速度 g 取10m/s2， sin 37° = 0.6 ，
下列說法正確的是（　　）
A．若增大轉速，腰帶受到的摩擦力變大
B 15．當轉速 n = r/s 時，則繩子與豎直方向夾角q = 37°
2p
C．若增大轉速，則繩子與豎直方向夾角q 將減小
D．若增加配重，保持轉速不變，則繩子與豎直方向夾角q 將減小
考向 2 轉彎模型
7．在修筑鐵路時，為了消除輪緣與鐵軌間的擠壓，要根據彎道的半徑和規定的行駛速度，設計適當的傾
斜軌道，即保證兩個軌道間距不變情況下調整兩個軌道的高度差。火車軌道在某轉彎處其軌道平面傾角為
θ，轉彎半徑為 r，在該轉彎處規定行駛的速度為 v，當地重力加速度為 g，則下列說法中正確的是
（　　）
A．火車運動的圓周平面為右圖中的 a
B．在該轉彎處規定行駛的速度為 v = gr sinq
C．火車運動速度超過轉彎規定速度時內軌會給內側車輪彈力作用
D．適當增大內、外軌高度差可以對火車進行有效安全的提速
8．賽車是一項極具挑戰和危險的運動，比賽轉彎過程中若不能很好的控制速度很容易發生側滑。如圖為
賽車轉彎時的情景，此時賽車過 O 點，可看作沿 Oa 圓弧做勻速圓周運動，Ob 方向為 O 點的切線方向。
以下說法不正確的是（ ）
A．賽車過 O 點時速度方向沿 Ob 方向
B．賽車過 O 點時合外力指向圓心
C．賽車轉彎速率相同時，半徑越小越容易發生側滑
D．發生側滑時，塞車沿著 Ob 方向滑離原軌道做勻速直線運動
考點三 水平面內的圓盤臨界模型
知識點 水平面內的圓盤臨界模型臨界規律
①口訣：“誰遠誰先飛”；
②a 或 b 發生相對圓盤滑動的各自臨界角速度：
fm = mg = mw
2r w g； =
r
①口訣：“誰遠誰先飛”；
g
②輕繩出現拉力，先達到 B的臨界角速度：w1 = ；rB
③AB 一起相對圓盤滑動時，臨界條件：
隔離 A：T=μm g；隔離 B：T+μm g=m ω 2A B B 2 rB
整體：μmAg+μm g=m ω 2B B 2 rB
AB相對圓盤滑動的臨界條件：
w m m g g2 = A B =m r mB B BrB
mA mB
①口訣：“誰遠誰先飛”；
w g②輕繩出現拉力，先達到 B的臨界角速度： 1 = rB ；
③同側背離圓心，fAmax 和 fBmax 指向圓心，一起相對圓盤滑動時，
臨界條件：
隔離 A：μmAg-T=mAω 2 22 rA；隔離 B：T+μmBg=mBω2 rB
整體：μmAg+μmBg=m 2 2Aω2 rA+mBω2 rB
AB 相對圓盤滑動的臨界條
w mA mB g g2 = =mArA m r mArA mB B BrB
mA mB
①口訣：“誰遠誰先飛”（rB>rA）；
②輕繩出現拉力臨界條件：w g1 = rB ；
此時 B 與面達到最大靜摩擦力，A 與面最大靜摩擦力。
此時隔離 A：fA+T=mAω2rA；隔離 B：T+μm g=m ω2B B rB
消掉 T：fA=μmBg-(mBrB-mArA)ω2
③當 mBrB=mArA 時，fA=μmBg，AB 永不滑動，除非繩斷；
④AB 一起相對圓盤滑動時，臨界條件：
1）當 mBrB>mArA 時，fA=μmBg-(mBrB-mArA)ω2→fA=0→反向→fA 達到
最大→從 B 側飛出；
2）當 mBrB→ω→T→fB→fB=0→反向→fB 達到最大→從 A 側飛出；
AB 相對圓盤滑動的臨界條
w m= A mB g g2 =mArA mBr mB ArA mBrB
mA mB
臨界條件：
g g① A > B ，w = B ② A B ，w = ArB r； B
臨界條件：
w m① Bg mAgmin = r
w mBg m② = Agmax r
考向 1 水平面內的圓盤不栓繩臨界模型臨界規律應用
9．如圖所示為一水平轉盤，A 、B兩物塊疊放在轉盤上，已知A 、B間的動摩擦因數為 1，B與轉盤間
的動摩擦因數為 2 。初始時，物塊均靜止，現逐漸增大圓盤的角速度，下列說法正確的是（ ）
A．若 1 2 ，則A 、B始終相對靜止，某時刻開始一起滑動
B．若 1 2 ，由于物塊質量未知，無法判斷A 、B誰先滑動
C．物塊所受的合力指向圓盤的軸心
D．摩擦力對物塊不做功
10．如圖所示，兩個質量均為 m 的小木塊 A、B（可視為質點）放在水平圓盤上，A、B 到轉軸OO 的距離
分別為 l、 2l ．小木塊與圓盤之間的動摩擦因數均為 ，可以認為小木塊最大靜摩擦力等于滑動摩擦
力．若圓盤從靜止開始繞軸轉動，并緩慢地加速，用w 表示圓盤轉動的角速度，用 g 表示重力加速度的大
小，下列說法正確的是（ ）
A．圓盤對 A 的作用力大小大于 A 對圓盤的作用力大小
B w g．當 = 時，A 所受摩擦力的大小為 mg
2l
C．A、B 所受摩擦力的大小始終相等
D．B 一定比 A 先開始滑動
考向 2 水平面內的圓盤栓繩臨界模型臨界規律應用
11．一圓盤可以繞其豎直軸在水平面內轉動，圓盤半徑為 R，甲、乙兩物體質量分別為 M 和 m（M>m），
它們與圓盤之間的最大靜摩擦力均為壓力的 倍，兩物體用一根長為 L（L示。若將甲物體放在轉軸的位置，甲、乙之間的輕繩剛好沿半徑方向被拉直，讓圓盤從角速度為 0 開始轉
到，角速度逐漸增大，兩物體與圓盤不發生相對滑動，（兩物體均可看作質點，重力加速度為 g）則下列說
法正確的是（　　）
A．隨著角速度的增大的過程中，物塊 m 受到的摩擦力先增加再逐漸減少
B．隨著角速度的增大的過程中，物塊 M 始終受到摩擦力
C （Mg mg）．則圓盤旋轉的角速度最大不得超過
ML
D （Mg mg）．則圓盤旋轉的角速度最大不得超過
mL
12．如圖所示，兩個可視為質點的相同的木塊 A 和 B 放在水平轉盤上，兩者用長為 L 的細繩連接，木塊與
轉盤間的最大靜摩擦力均為各自重力的 k 倍，A 放在距離轉軸 L 處，整個裝置能繞通過轉盤中心的轉軸
O1O2 轉動。開始時，繩恰好伸直但無彈力，現讓該裝置從靜止開始轉動，使角速度緩慢增大，以下說法正
確的是（　　）
A．當w kg> 時，A 、 B 相對于轉盤會滑動
2L
B kg．當 w 2kg 時，繩子一定有彈力，且A 、 B 相對于轉盤靜止
2L 3L
C ω kg w 2kg．當 在 范圍內增大時，B 所受摩擦力變大
2L 3L
D 2kg．當 ω 在0 w 范圍內增大時，A 所受摩擦力大小先增大后減小
3L
考點四 豎直面內圓周運動臨界模型
常見繩桿模型特點及臨界規律
輕繩模型 輕桿模型
情景圖示
彈力特征 彈力可能向下，也可能等于零 彈力可能向下，可能向上，也可能等于零
受力示意圖
v2 v2
力學方程 mg＋FT＝m mg±FN＝mr r
v2 v＝0，即 F 向＝0，
臨界特征 FT＝0，即 mg＝m ，得 v＝ grr 此時 FN＝mg
(1)“繩”只能對小球施加向下的力 (1)“桿”對小球的作用力可以是拉力，也可以是支
模型關鍵 (2)小球通過最高點的速度至少為 持力
gr (2)小球通過最高點的速度最小可以為 0
考向 1 繩類模型
13．如圖甲所示，用一輕質繩拴著一質量為m 的小球，在豎直平面內做圓周運動（不計一切阻力），小球
運動到最高點時繩對小球的拉力為T ，小球在最高點的速度大小為 v，其T v2 圖像如圖乙所示，則
（　　）
ma
A．輕質繩長為
b
m
B．當地的重力加速度為
a
2 acC． v = c 時，輕質繩的拉力大小為 a
b
D．當 v2 = 2b時，小球受到的彈力大小與重力相等
14．如圖所示，光滑圓軌道固定在豎直面內，一個小球沿圓軌道做豎直平面內的圓周運動，在最高點 A 點
對軌道的壓力大小為 F1，在最低點 B 點對軌道的壓力大小為 F2，則當小球運動到與圓心等高的 C 點時，
對軌道的壓力大小為（　　）
F F F
A． 1 2 B． 2
F1 C．F2 F
F
D． 2
F1
2 2 1 3
考向 2 桿類模型
15．如圖所示，長為 L 的輕桿，一端固定一個小球，另一端固定在光滑的水平軸上。為使小球在豎直平面
內做圓周運動，在最高點 A 小球獲得水平向右的初速度 v，B 點為小球經過的最低點，C 點為與圓心等高
位置，重力加速度大小為 g，下列說法正確的是（　　）
A．初速度 v 必須滿足 v gL
B．若增大初速度 v，小球經過 A 點時桿對小球的彈力一定增大
C．若增大初速度 v，小球經過 B 點時桿對小球的彈力一定增大
D．若增大初速度 v，小球經過 B 點時和經過 C 點時桿對小球的彈力之差增大
16．如圖所示，管壁光滑的圓形軌道固定在豎直平面內，半徑為 R，質量為 m 的小球在管道內做圓周運
動，管道內徑遠小于軌道半徑，下列有關說法中正確的是（　　）
A．小球通過最高點的最小速度為 gR
1 3
B．若小球經過最高點時速度大小為 gR ，則管道內側受力大小為 mg
2 4
C．若小球經過圓心等高點時速度大小為 gR ，則管道外側受力大小為 2mg
D．若小球經過最低點時速度大小為 5gR ，則管道外側受力大小為 4mg
考向 3 拱形橋和凹形橋類模型
拱形橋和凹形橋類模型特點及臨界規律
拱形橋模型 凹形橋模型
情景圖示
彈力特征 彈力可能向上，也可能等于零 彈力向上
受力示意圖
2 2
力學方程 mg FN = m
v F v
R N
mg = m
R
v2
臨界特征 FN＝0，即 mg＝m ，得 v＝ grr
v2 2
①最高點: FN = mg m ，失重； F mg v①最低點： N = m ，超重；
模型關鍵 R R
② v gR ，汽車脫離，做平拋運動。 ② v 0，v 越大，FN 越大。
17．胎壓監測器可以實時監測汽車輪胎內部的氣壓，在汽車上安裝胎壓監測報警器，可以預防因汽車輪胎
胎壓異常而引發的事故。一輛裝有胎壓報警器的載重汽車在高低不平的路面上行駛，其中一段路面的水平
觀察視圖如圖所示，圖中虛線是水平線，在保證安全行駛的情況下，若要盡量使胎壓報警器不會超壓報
警，下列說法正確的是（ ）
A．汽車在 A 處應增大行駛速度 B．汽車在 B 處應增大行駛速度
C．汽車在 A、B 處均應增大行駛速度 D．汽車在 A、B 處均應減小行駛速度
18．如圖所示汽車以某一速度通過拱形橋最高點，已知拱形橋的半徑為 R ，重力加速度為 g ，下列說法正
確的是（　　）
A．當 R 一定時，汽車速度越大，對拱形橋的壓力越大
B．當汽車速率恒定時， R 越大，汽車對拱形橋的壓力越小
C．汽車能以 2gR 順利通過最高點
D gR．汽車能以 順利通過最高點
2
1．傳送帶主要由頭尾滾筒、中間托輥和皮帶組成，示意圖如圖所示，已知托輥和滾筒圓心分別為 O 和
O ，半徑分別為 R 和3R，OA 和O B分別為兩條半徑，以下判斷正確的是（ ）
A．托輥和滾筒角速度相同
B．A 點加速度大于 B 點加速度
C．滾筒上與O 距離為 R 處點的加速度與 A 點加速度大小相同
D．滾筒和托輥轉速比為3:1
2．如圖 1 所示為某修正帶照片，圖 2 為其結構示意圖。修正帶由出帶輪、傳動輪、收帶輪、基帶、出帶
口等組成。測量可知出帶輪有 45 齒，半徑為12mm，傳動輪齒數未知，半徑為 2.4mm ，收帶輪有 15 齒，
半徑未知，下列選項正確的是（ ）
A．使用時，出帶輪與收帶輪轉動方向相反
B．根據題中信息，可以算出傳動輪的齒數
C．根據題中信息，不能算出收帶輪軸心到齒輪邊緣的半徑
D．在紙面長時間勻速拉動修正帶時，出帶輪邊緣某點的向心加速度大小不變
3．如圖所示，在一個“十”字架水平桿上用細線對稱地懸掛兩個可視為質點的小球 A、B，已知 A 的質量為
mA ，B 的質量為mB ，且mA > mB ，圖中OO1 = OO2 ， LA = LB。現將整個裝置繞豎直桿勻速轉動，則 A、B
兩球穩定時，下列說法正確的是（　　）
A．懸掛 A 球的細線與豎直方向的夾角等于懸掛 B 球的細線與豎直方向的夾角
B．懸掛 A 球的細線與豎直方向的夾角大于懸掛 B 球的細線與豎直方向的夾角
C．A 球做圓周運動的線速度大于 B 球做圓周運動的線速度
D．A 球做圓周運動的線速度小于 B 球做圓周運動的線速度
4．如圖所示，半徑為 R 的半球形陶罐內壁光滑，固定在可繞豎直軸轉動的水平轉臺上，轉臺轉軸與過陶罐
球心O的對稱軸OO '重合。轉臺和陶罐以一定角速度勻速轉動，一可看作質點的小物塊與陶罐保持相對靜
止，小物塊質量為m ，線速度大小為 v，和O點的連線與OO '之間的夾角為q 。下列說法正確的是
（　　）
A．小物塊所受合外力為恒力
B．轉臺轉動角速度越大，q 越大
v2C．小物塊的向心加速度大小為
R
mv2D．陶罐對物塊的作用力大小為
R sinq
5．如圖所示，小球（可視作質點）和 a、b 兩根細繩相連，兩繩分別固定在細桿上兩點，其中 a 繩長
La = 2m，小球隨桿一起在水平面內勻速轉動。當兩繩都拉直時，a、b 兩繩和細桿的夾角q1 = 45°，
q2 = 60°， g = 10m/s2 。若 a、b 兩繩始終張緊，則小球運動的線速度大小可能是（　　）
A．3 m/s B．4 m/s C．5 m/s D．6 m/s
6．為方便旅客隨時取下行李，機場使用傾斜環狀傳送帶運輸行李箱，其實景圖及簡化圖如圖甲、圖乙所
示，行李箱隨傳送帶一起在彎道時做勻速圓周運動。則（ ）
A．行李箱的向心力只由彈力提供 B．行李箱的向心力由摩擦力和重力的合力提供
C．若傳送帶轉速減緩，行李箱受到的彈力變大D．若傳送帶轉速減緩，行李箱可能會沿斜面向下滑動
7．如圖甲，質量相等的 A、B 兩物塊放在圓盤上，A 到中心軸線的距離為 B 到中心軸線距離的一半，兩物
塊與圓盤面的動摩擦因數相同，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，不計物塊大小，將圓盤繞中心豎直軸線在
水平面內做勻速圓周運動，使 A、B 兩物塊均滑動需要的最小轉動角速度為w1，若將 A、B 用不可伸長的細
線連接（如圖乙），且開始時細線剛好伸直，仍將圓盤繞中心豎直軸線在水平面內做勻速圓周運動，使 A、
w
B 2均發生滑動需要最小轉動角速度為w2 ，則 w 為（ ）1
A． 2 B．2 C． 3 D．3
8．如圖，水平圓形轉盤可繞豎直軸轉動，圓盤上放有小物體 A、B、C，質量分別為 m、2m、3m，物塊 A
疊放在 B 上，B、C 到轉盤中心 O 的距離分別為 3r、2r，B、C 間用一輕質細線相連，圓盤靜止時，細線剛
好伸直無拉力。已知 B、C 與圓盤間的動摩擦因數為 μ，A、B 間動摩擦因數為 3μ，設最大靜摩擦力等于滑
動摩擦力，重力加速度為 g，現讓圓盤從靜止開始加速，則（ ）
A g．當w = 時，A、B 即將開始滑動
3r
g 3 mgB．當w = 時，細線張力為
2r 2
mg
C．當w g= 時，C 受到圓盤的摩擦力為
r 2
D w 2 g．當 = 時剪斷細線，C 將做離心運動
5r
9．一根輕桿穿過兩個固定軸承，可自由轉動，相距為 l 的 A、B 兩點固定兩根長度也為 l 的輕繩，輕繩下
端固定一個質量為 m 的小球，如圖所示。現對小球施加一個始終與速度方向共線的力，使小球在豎直平面
內做勻速圓周運動，在最高點時，繩子的拉力剛好為零，下列說法正確的是（ ）
A．小球的速度大小為 gl
B 3．在最低點時，左側軸承對輕桿的支持力為 (1 )mg
3
2
C．在最低點時，繩的拉力為 3mg
3
D．若速度加倍，在最低點時繩子的拉力變為原來的四倍
10．如圖為杭州亞運會體操賽場場景，“單臂大回環”是體操運動中的高難度動作，運動員單臂抓杠，以單
杠為軸完成圓周運動，不考慮手和單杠之間的摩擦和空氣阻力，將人視為處于重心的質點，將“單臂大回
環”看成豎直平面內的圓周運動，等效半徑為 L，重力加速度為 g ，下列說法正確的是（　　）
A．單杠對手臂既可能提供拉力，也可能提供支持力
B．從最高點到最低點的過程中，單杠對人的作用力做正功
C．若運動員恰好能夠完成圓周運動，則運動員在最低點受單杠作用力大小為6mg
D．若運動員恰好能完成此圓周運動，則運動員在最高點處時，手臂與單杠之間無作用力
11．如圖所示，兩條不可伸長的輕繩 l1、l2分別系著質量為5m和m 的質點，兩質點以相同的角速度繞同一
豎直線做水平勻速圓周運動。已知重力加速度為 g ，兩繩的拉力分別為T1及T2，兩繩與豎直線夾角的正弦
1 2
值分別是 5 及 ，則（5 ）
A．兩細繩拉力的比值T1 :T2 = 3:1 B．兩細繩拉力的比值T1 :T2 = 3: 2
C．兩細繩繩長的比值 l1 : l2 = 2 : 9 D．兩細繩繩長的比值 l1 : l2 =1: 5
12．如圖，有一豎直放置在水平地面上光滑圓錐形漏斗，圓錐中軸線與母線的夾角為q ，可視為質點的小
球 A、B 在不同高度的水平面內沿漏斗內壁做同方向的勻速圓周運動，兩個小球的質量相等，A、B 兩球軌
道平面距圓錐頂點 O 的高度分別為 4h 和 h，下列說法正確的是（　　）
A．球 A 和球 B 的向心力大小之比為 1：2B．球 A 和球 B 的角速度之比為 2：1
C．球 A 和球 B 的線速度大小之比為 2：1D．球 A 和球 B 的周期之比為 2：1
13．長為 L 的細線一端系一質量為 m 的小球（可視為質點），另一端固定在一光滑錐頂上，光滑錐頂角為
2q ，軸線在豎直方向，如圖甲所示。使小球在水平面內做角速度為w 的勻速圓周運動，細線的拉力為
F 2T ，得FT w 關系圖像如圖乙所示，已知重力加速度為 g ，則（　　）
A． a = mg cosq b
g
B． =
L cosq
C．圖線 1 的斜率 k1 = mLsinq D．圖線 2 的斜率 k2 = mL
14．游樂場中一種叫“魔盤”的娛樂設施，游客坐在轉動的魔盤上，當魔盤轉速增大到一定值時，游客就會
滑向盤邊緣，其裝置可以簡化如圖。若魔盤轉速緩慢增大，則（　　）
A．在滑動之前，游客受到的支持力緩慢增大
B．在滑動之前，游客受到的摩擦力緩慢增大
C．在滑動之前，游客受到的作用力逐漸增大
D．游客受到的合外力方向沿斜面向上指向轉軸
15．如圖所示，一個上表面粗糙、中心有孔的水平圓盤繞軸 MN 轉動，系有不可伸長細線的木塊置于圓盤
上，細線另一端穿過中心小孔 O 系著一個小球。已知木塊、小球均可視為質點，質量均為 m，木塊到 O 點
的距離為 R，O 點與小球之間的細線長為 L，開始圓盤未轉動時，小球和木塊處于靜止狀態，而當圓盤以
角速度為w 勻速轉動時，小球以角速度w 隨圓盤做圓錐擺運動，木塊相對圓盤靜止，連接小球的細線與豎
直方向的夾角為 α，小孔與細線之間無摩擦，R > L，則（　　）
A．此時細線中的拉力大小為mw 2Lsina
B．如果w 繼續增大，木塊不可能向遠離 O 點的方向滑動
C．如果R = L，在細線不斷的情況下，無論w 多大木塊都不會滑動
D．如果R L ，w 增大，木塊可能向靠近 O 點的方向滑動
16．如圖所示，A、B、C、D 四個物塊放在水平轉盤上的同一直徑上，B、C 兩物塊到轉軸的距離均為 r，
A、D 兩物塊到轉軸的距離均為 2r，C、D 兩物塊用不可伸長的細線連接，細線平行于水平轉盤且剛好伸
直。已知四個物塊與轉盤間的動摩擦因數相同，且最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。現使轉盤繞轉軸轉動，
隨著轉動角速度的增大，下列說法正確的是（　　）
A．若物塊 B 的質量小于物塊 A 的質量，則物塊 B 先滑動
B．當細線上剛好有拉力時，物塊 A 剛好要滑動
C．物塊 A 比物塊 D 先滑動
D．物塊 B 比物塊 C 先滑動
17．如圖所示，傾角q = 37°的斜面體固定在可以繞豎直軸轉動的水平轉臺上，斜面最低點在轉軸OO1 上，
質量均為 m=1kg、可視為質點的兩個小物塊 P、Q 隨轉臺一起勻速轉動，P、Q 到斜面最低點的距離均為
0.5m，與接觸面之間的動摩擦因數均為 0.5，取 g = 10m/s2 ， sin 37° = 0.6 ， cos37° = 0.8。最大靜摩擦力等
于滑動摩擦力，則下列說法正確的是（ ）
A．為保持 P 5 3與斜面體相對靜止，角速度的最小值為 rad/s
4
B．為保持 P 與斜面體相對靜止，角速度的最大值為5 2rad/s
C 5 3．當角速度等于 rad/s 時，Q 會相對轉臺滑動，P 有沿斜面向上滑的趨勢
2
100
D．若 P 與斜面體保持相對靜止，則 P 對斜面的壓力大小范圍是 N FN 20N11
18．如圖甲所示，質量為 m 的小球能在半徑為 R 的豎直光滑圓軌道內側做完整的圓周運動；如圖乙所示，
質量為 m 的小球能在半徑為 R 的豎直光滑圓形管道內做完整的圓周運動（圓形管道的管徑略大于小球的直
徑，但遠小于 R）。已知重力加速度大小為 g，兩小球均可視為質點，下列說法正確的是（　　）
A．圖甲中小球通過最高點的最小速度為 0
B．圖乙中小球通過最低點的最小速度為 2 gR
C．圖乙中小球通過最高點時速度越大，對管道的作用力一定越大
D．圖甲中小球通過最低點時對軌道的作用力比通過最高點時大6mg
19．如圖所示，豎直平面內有一固定的光滑軌道 ABCD，其中傾角為q = 37°的傾斜軌道 AB 與半徑為 R 的
圓弧軌道平滑相切與 B 點，CD 為豎直直徑，O 為圓心。質量為m 的小球（可視為質點）從與 B 點高度差
為 h 的位置 A 點由靜止釋放。重力加速度大小為 g ， sin 37° = 0.6 ， cos37° = 0.8，則下列說法正確的是
（　　）
27
A．當 h = 2R時，小球過 C 點時對軌道的壓力大小為 mg
5
B．當 h = 2R時，小球會從 D 點離開圓弧軌道做平拋運動
C．調整 h 的值，小球能從 D 點離開圓弧軌道，但一定不能落在 B 點
D．調整 h 的值，小球能從 D 點離開圓弧軌道，并能落在 B 點
20．如圖甲所示，小球（可視為質點）穿在豎直平面內光滑的固定圓環上，繞圓心 O 點做半徑為 R 的圓
周運動。小球運動到最高點時，圓環與小球間彈力大小為 F， 小球在最高點的速度大小為 v， 其 F-v2圖
像如圖乙所示，g 取 10m/s2，則（ ）
A．小球的質量為 2kg
B．固定圓環的半徑 R 為 0.4m
C．小球在最高點速度為 4m/s 時，圓環受到小球施加的豎直向下 20N 的彈力
D．若小球恰好能做完整圓周運動，則其運動中所受圓環給的最大彈力為 100N
21．（2024·遼寧·高考真題）“指尖轉球”是花式籃球表演中常見的技巧。如圖，當籃球在指尖上繞軸轉動
時，球面上 P、Q 兩點做圓周運動的（　　）
A．半徑相等 B．線速度大小相等
C．向心加速度大小相等 D．角速度大小相等
22．（2024·江蘇·高考真題）陶瓷是以粘土為主要原料以及各種天然礦物經過粉碎混煉、成型和煅燒制得的
材料以及各種制品。如圖所示是生產陶磁的簡化工作臺，當陶磁勻速轉動時，臺面面上掉有陶屑，陶屑與
桌面間的動摩因數處處相同（臺面夠大），則（ ）
A．離軸 OO 越遠的陶屑質量越大
B． 離軸 OO 越近的陶屑質量越小
C． 只有平臺邊緣有陶屑
D．離軸最遠的陶屑距離不會超過某一值考點 16 圓周運動
1. 高考真題考點分布
題型 考點考查 考題統計
選擇題 描述圓周運動的基本物理量 2024 年遼寧卷
計算題 圓錐擺模型 2024 年江西卷
實驗題 水平圓盤模型 2024 年海南卷
2. 命題規律及備考策略
【命題規律】高考對圓周運動基本規律的考查較為頻繁，大多聯系實際生活。圓周運動的臨界問題的單獨
考查不是太常見，大多在綜合性的計算題中出現的比較頻繁，并且會結合有關的功能關系。
【備考策略】
1.掌握圓周運動各個物理量之間的關系。
2.能夠分析圓周運動的向心力的來源，并會處理有關錐擺模型、轉彎模型、圓盤模型的動力學問題。
3.掌握水平面內圓盤模型的動力學分析及臨界條件。
4.掌握豎直面內圓周運動的基本規律，并能夠聯系實際問題做出相應問題的分析。
【命題預測】重點關注豎直面內圓周運動規律在綜合性問題中的應用。
一、勻速圓周運動及其描述
1．勻速圓周運動
(1)定義：做圓周運動的物體，若在相等的時間內通過的圓弧長相等，就是勻速圓周運動。
(2)特點：加速度大小不變，方向始終指向圓心，是變加速運動。
(3)條件：合外力大小不變、方向始終與速度方向垂直且指向圓心。
2．描述勻速圓周運動的物理量及其關系
Δs 2πr
(1)線速度：v＝ ＝ ，描述物體圓周運動快慢的物理量。
Δt T
Δθ 2π
(2)角速度：ω＝ ＝ ，描述物體繞圓心轉動快慢的物理量。
Δt T
2πr 1
(3)周期和頻率：T＝ ，T＝ ，描述物體繞圓心轉動快慢的物理量。
v f
v2 4π2
(4)向心加速度：an＝rω2＝ ＝ωv＝ r，描述速度方向變化快慢的物理量。r T2
二、勻速圓周運動的向心力
1．向心力的來源
向心力是按力的作用效果命名的，可以是重力、彈力、摩擦力等各種力，也可以是幾個力的合力或某
個力的分力，因此在受力分析中要避免再另外添加一個向心力。
2．向心力的確定
(1)確定圓周運動的軌道所在的平面，確定圓心的位置。
(2)分析物體的受力情況，所有的力沿半徑方向指向圓心的合力，就是向心力。
v2 4π2
3．向心力的公式：Fn＝man＝m ＝mω2r＝m r。r T2
三、水平面內圓周運動
1．運動模型
運動模型 向心力的來源示意圖 運動模型 向心力的來源示意圖
飛機水平轉彎 飛車走壁
圓錐擺 火車轉彎
汽車在水平路面轉彎 水平轉臺(光滑)
2.水平面內圓周運動臨界問題的分析方法
幾何分析 目的是確定圓周運動的圓心、半徑等
運動分析 目的是確定圓周運動的線速度、角速度、向心加速度等
受力分析 目的是通過力的合成與分解，表示出物體做圓周運動時，外界所提供的向心力
四、豎直面內的圓周運動
1.豎直面內的圓周運動一般是變速圓周運動。
2.只有重力做功的豎直面內的變速圓周運動機械能守恒。
3.豎直面內的圓周運動問題，涉及知識面比較廣，既有臨界問題，又有能量守恒的問題，要注意物體運動到
圓周的最高點的速度。
4.一般情況下，豎直面內的圓周運動問題只涉及最高點和最低點的兩種情形。
考點一 圓周運動的運動學問題
考向 1 圓周運動基本物理量的關系
1．走時準確的時鐘如圖所示，A、B 分別為時針和分針上到軸心距離相等的點，關于 A、B 兩點下列說法
正確的是（　　）
A．A 點線速度大 B．B 點角速度大 C．周期相同 D．加速度相同
【答案】B
【詳解】C．由于時針的周期 12h，分針的周期為 1h，所以分針的周期小于時針的周期，故TB＜TA 故 C 錯
w 2p誤；B．根據 = 可得w
T B
＞wA故 B 正確；
AD．根據 v = rw ， a = rw2 其中 rA = rB 可得 vB＞vA ， aB＞aA故 AD 錯誤。故選 B。
2．運球轉身是籃球運動中重要的技術動作。如圖甲所示為運動員運球轉身的瞬間，此時運動員和籃球保
持相對靜止繞 OO′軸轉動，手臂上的 A 點與籃球邊緣的 B 點到轉軸的距離之比 r1 : r2 =1: 3，下列說法正確
的是（　　）
A．A、B 兩點角速度大小之比w1 : w2 = 1: 3
B．A、B 兩點的線速度大小之比 v1 : v2 =1:1
C．A、B 兩點的周期之比T1 :T2 = 3:1
D．A、B 兩點的向心加速度大小之比 a1 : a2 =1: 3
【答案】D
【詳解】A．兩點屬于同軸轉動，角速度相等w1 :w2 =1:1故 A 錯誤；
B．由 v = wr 可得 vA : vB =1: 3故 B 錯誤；
2p
C．周期T = 周期相等，所以比值為 1：1，故 C 錯誤；
w
D．由 a = w2r A、B 兩點的向心加速度大小之比為 1：3，故 D 正確。故選 D。
考向 2 三種傳動方式及特點
1.皮帶傳動（甲乙）：皮帶與兩輪之間無相對滑動時，兩輪邊緣線速度大小相等。
2.齒輪傳動（丙）：兩輪邊緣接觸，接觸點無打滑現象時，兩輪邊緣線速度大小相等。
3.同軸傳動（丁）：兩輪固定在同一轉軸上轉動時，兩輪轉動的角速度大小相等。
3．如圖所示是一皮帶傳動裝置示意圖，右輪半徑為 r，A 是它邊緣上的一點；左側是一輪軸，大輪半徑為
4r，小輪半徑為 2r，B 點在小輪上，到輪軸的距離為 r。C 點和 D 點分別位于小輪和大輪的邊緣上。如果
傳動過程中皮帶不打滑，則關于 A、B、C、D 四點的比較，下列說法正確的是（　　）
A． vA : vB : vC =1: 2 :1 B．wA :wB :wC = 2 :1: 2
C． aA : aB : aC = 2 :1:1 D． aA : aC : aD = 2 :1: 2
【答案】D
【詳解】A．同皮帶轉動時有 vA = vC 又因為 B、C、D 點位于同一個轉輪上所以wB = wC 并且 rC：rB：= 2:1 根
據線速度表達式 v = wr 可得 vA：vB：vC = 2:1:2 故 A 錯誤；
B．因為 B、C 點都在同一個轉輪上所以wB = wC 同皮帶轉動時有 vA = vC 通過 v = wr 可得ωA：ωC = 2:1 所以
有wA：wB：wC = 2:1:1 故 B 錯誤；
v2CD．由向心加速度公式 a = w2r = 可知 aA：aB：aC：aD = 4:1:2:4 故 C 錯誤，D 正確。故選 D。r
4．明代出版的《天工開物》一書中記載：“其湖池不流水，或以牛力轉盤，或聚數人踏轉。”并附有牛力齒
輪翻車的圖畫如圖所示，翻車通過齒輪傳動，將湖水翻入農田。已知 A、B 齒輪嚙合且齒輪之間不打滑，
B、C 齒輪同軸，若 A、B、C 三齒輪半徑的大小關系為 rA > rB > rC ，則（　　）
A．齒輪 A 的角速度比齒輪 B 的角速度大
B．齒輪 A、B 的角速度大小相等
C．齒輪 B、C 邊緣的點的線速度大小相等
D．齒輪 A 邊緣的點的線速度與齒輪 B 邊緣的點的線速度大小相等
【答案】D
【詳解】ABD．依題意，A、B 齒輪嚙合且齒輪之間不打滑，則齒輪 A、B 緣的線速度大小相等，由 v = wr
可知，由于 rA > rB 則有wA < wB 由于 B、C 齒輪同軸，齒輪 B、C 的角速度大小相等，則有wA < wB = wC 故
AB 錯誤；D 正確；
C．由 v = wr 又 rB > rC 可得 vB > vC 故 C 錯誤；故選 D。
考點二 圓周運動的動力學問題
圓周運動動力學分析過程
考向 1 錐擺模型
5．如圖所示為游樂場“叢林飛椅”游戲的簡化模型，A 小球繞軸O1O2 在水平面內做勻速圓周運動，則關于 A
小球受力分析正確的是（　　）
A．受到的合力方向指向 AO3
B．受到重力、拉力和向心力的作用
C．細繩對小球的拉力大于小球受到的重力
D．若轉速逐漸降低，則小球的向心力變大
【答案】C
【詳解】A．A 小球繞軸O1O2 在水平面內做勻速圓周運動，由所受外力的合力提供向心力，可知，受到的
合力方向指向 AO2 ，故 A 錯誤；
B．A 小球受到重力、拉力作用，向心力是效果力，實際上不存在，故 B 錯誤；
mg
C．結合上述，對小球進行分析，令繩與水平方向夾角為q ，則有T sinq = mg 解得T = 可知，細繩對
sinq
小球的拉力大于小球受到的重力，故 C 正確；
D．若轉速逐漸降低時，角速度減小，軌道半徑減小，則有F = mw 2r 可知，若轉速逐漸降低，則小球的向
心力變小，故 D 錯誤。故選 C。
6．智能呼啦圈可以提供全面的數據記錄，讓人合理管理自己的身材。如圖甲，腰帶外側帶有軌道，將帶
有滑輪的短桿穿入軌道，短桿的另一端懸掛一根帶有配重的輕繩，其簡化模型如圖乙所示。可視為質點的
配重質量為 0.4kg，輕繩長為 0.4m，懸掛點 P 到腰帶中心點 O 的距離為 0.26m，配重隨短桿做水平勻速圓
周運動，繩子與豎直方向夾角為q ，運動過程中腰帶可視為靜止，重力加速度 g 取10m/s2， sin 37° = 0.6 ，
下列說法正確的是（　　）
A．若增大轉速，腰帶受到的摩擦力變大
B 15．當轉速 n = r/s 時，則繩子與豎直方向夾角q = 37°
2p
C．若增大轉速，則繩子與豎直方向夾角q 將減小
D．若增加配重，保持轉速不變，則繩子與豎直方向夾角q 將減小
【答案】B
【詳解】A．轉動過程中，以腰帶和配重整體為研究對象，整體在豎直方向處于平衡狀態，根據平衡條件
有
f = m配重 + m腰帶 g
故增大轉速，腰帶受到的摩擦力不變，故 A 錯誤；
B．對配重進行受力分析，根據牛頓第二定律可得
mg tanq = mw 2 (LOP + l繩 sinq )
w = 2p n
n 15當轉速 = r/s 時，代入數據可得
2p
q = 37°
故 B 正確；
CD．對配重進行受力分析，其在水平面上做勻速圓周運動，根據牛頓第二定律可得
mg tanq = mw 2 (LOP + l繩 sinq )
整理得
1 LOP l繩 cosq= +
w g tanq g
故增大轉速，則繩子與豎直方向夾角q 將增大，繩子與豎直方向夾角與配重質量無關，故 CD 錯誤。
故選 B。
考向 2 轉彎模型
7．在修筑鐵路時，為了消除輪緣與鐵軌間的擠壓，要根據彎道的半徑和規定的行駛速度，設計適當的傾
斜軌道，即保證兩個軌道間距不變情況下調整兩個軌道的高度差。火車軌道在某轉彎處其軌道平面傾角為
θ，轉彎半徑為 r，在該轉彎處規定行駛的速度為 v，當地重力加速度為 g，則下列說法中正確的是
（　　）
A．火車運動的圓周平面為右圖中的 a
B．在該轉彎處規定行駛的速度為 v = gr sinq
C．火車運動速度超過轉彎規定速度時內軌會給內側車輪彈力作用
D．適當增大內、外軌高度差可以對火車進行有效安全的提速
【答案】D
【詳解】A．火車運動的圓周平面為水平面，即圖中的 b，故 A 錯誤；
B．根據牛頓第二定律可得
v2mg tanq = m
r
可得在該轉彎處規定行駛的速度為
v = gr tanq
故 B 錯誤；
C．在該轉彎處行駛的速度若超過規定速度，則重力和軌道的支持力的合力不足以提供所需的向心力，火
車有做離心運動的趨勢，此時火車將會擠壓外軌，故 C 錯誤；
D．適當增大內、外軌高度差，則根據
v = gr tanq
可知 θ 角變大，則 v 變大，則可以對火車進行有效安全的提速，故 D 正確。
故選 D。
8．賽車是一項極具挑戰和危險的運動，比賽轉彎過程中若不能很好的控制速度很容易發生側滑。如圖為
賽車轉彎時的情景，此時賽車過 O 點，可看作沿 Oa 圓弧做勻速圓周運動，Ob 方向為 O 點的切線方向。
以下說法不正確的是（ ）
A．賽車過 O 點時速度方向沿 Ob 方向
B．賽車過 O 點時合外力指向圓心
C．賽車轉彎速率相同時，半徑越小越容易發生側滑
D．發生側滑時，塞車沿著 Ob 方向滑離原軌道做勻速直線運動
【答案】D
【詳解】A．物體做曲線運動，速度方向沿著該點的切線方向，則賽車過 O 點時速度方向沿 Ob 方向，故
A 正確；
B．賽車做勻速圓周運動，則所受合力為向心力，即賽車過 O 點時合外力指向圓心，故 B 正確；
2
C v．根據Fn = m 可知賽車轉彎速率相同時，半徑越小所需的向心力越大，則越容易發生側滑，故 C 正r
確；
D．賽車發生側滑瞬間，速度方向沿著 Ob 方向，摩擦力不足以提供向心力，賽車做離心運動，故 D 錯
誤。
本題目選不正確項，故選 D。
考點三 水平面內的圓盤臨界模型
知識點 水平面內的圓盤臨界模型臨界規律
①口訣：“誰遠誰先飛”；
②a 或 b 發生相對圓盤滑動的各自臨界角速度：
f = mg = mw2m r ；w
g
=
r
①口訣：“誰遠誰先飛”；
g
②輕繩出現拉力，先達到 B的臨界角速度：w1 = ；rB
③AB 一起相對圓盤滑動時，臨界條件：
隔離 A：T=μmAg；隔離 B：T+μmBg=m ω 2B 2 rB
整體：μmAg+μmBg=m 2Bω2 rB
AB相對圓盤滑動的臨界條件：
w m= A + mB g g2 =mBr mB BrB
mA + mB
①口訣：“誰遠誰先飛”；
g
②輕繩出現拉力，先達到 B的臨界角速度：w1 = rB ；
③同側背離圓心，fAmax 和 fBmax 指向圓心，一起相對圓盤滑動時，
臨界條件：
隔離 A：μmAg-T=mAω 22 rA；隔離 B：T+μmBg=m 2Bω2 rB
整體：μmAg+μmBg=m ω 2A 2 rA+mBω 22 rB
AB 相對圓盤滑動的臨界條
w mA + m= B g g2 =mArA + mBr mB ArA + mBrB
mA + mB
①口訣：“誰遠誰先飛”（rB>rA）；
g
②輕繩出現拉力臨界條件：w1 = rB ；
此時 B 與面達到最大靜摩擦力，A 與面未達到最大靜摩擦力。
此時隔離 A：fA+T=m ω2A rA；隔離 B：T+μmBg=m 2Bω rB
消掉 T：fA=μmBg-(mBrB-mArA)ω2
③當 mBrB=mArA 時，fA=μmBg，AB 永不滑動，除非繩斷；
④AB 一起相對圓盤滑動時，臨界條件：
1）當 mBrB>mArA 時，fA↓=μmBg-(mBrB-mArA)ω2↑→fA=0→反向→fA 達
到最大→從 B 側飛出；
2）當 mBrB→ω↑→T↑→fB↓→fB=0→反向→fB 達到最大→從 A 側飛出；
AB 相對圓盤滑動的臨界條
w mA + mB g g2 = =mArA + m m r + m rBrB A A B B
mA + mB
臨界條件：
g
① A > BB ，w = ② A < w
g
B ， =
A
rB r； B
臨界條件：
w mBg mAg① min = r
w mBg + mAg② max = r
考向 1 水平面內的圓盤不栓繩臨界模型臨界規律應用
9．如圖所示為一水平轉盤，A 、B兩物塊疊放在轉盤上，已知A 、B間的動摩擦因數為 1，B與轉盤間
的動摩擦因數為 2 。初始時，物塊均靜止，現逐漸增大圓盤的角速度，下列說法正確的是（ ）
A．若 1 2 ，則A 、B始終相對靜止，某時刻開始一起滑動
B．若 1 2 ，由于物塊質量未知，無法判斷A 、B誰先滑動
C．物塊所受的合力指向圓盤的軸心
D．摩擦力對物塊不做功
【答案】A
【詳解】AB．對 AB 整體，由牛頓第二定律
22 (mA + mB )g = (mA + mB )rwAB
可得
w 2gAB = r
對物塊 A，由牛頓第二定律
1mA g = mArw
2
A
可得
w 1gA = r
若 1 2 ，可得
wA wAB
所以若 1 2 ，則A 、B始終相對靜止，某時刻開始一起滑動，故 A 正確，B 錯誤；
CD．因為圓盤的角速度逐漸增大，則圓盤的線速度逐漸增大，故圓盤不是做勻速圓周運動，所以物塊所受
的合力不是指向圓盤的軸心，由動能定理可知，動能變大，摩擦力對物塊做正功，故 CD 錯誤。
故選 A。
10．如圖所示，兩個質量均為 m 的小木塊 A、B（可視為質點）放在水平圓盤上，A、B 到轉軸OO 的距離
分別為 l、 2l ．小木塊與圓盤之間的動摩擦因數均為 ，可以認為小木塊最大靜摩擦力等于滑動摩擦
力．若圓盤從靜止開始繞軸轉動，并緩慢地加速，用w 表示圓盤轉動的角速度，用 g 表示重力加速度的大
小，下列說法正確的是（ ）
A．圓盤對 A 的作用力大小大于 A 對圓盤的作用力大小
B g．當w = 時，A 所受摩擦力的大小為 mg
2l
C．A、B 所受摩擦力的大小始終相等
D．B 一定比 A 先開始滑動
【答案】D
【詳解】A．圓盤對 A 的作用力與 A 對圓盤的作用力是相互作用力，總是等大反向，選項 A 錯誤；
B．當
w g=
2l
時，A 所受摩擦力的大小為
fA = mw
2l 1= mg
2
選項 B 錯誤；
C．根據
f = mw2l
可知，在兩物塊未發生相對滑動時，A、B 所受摩擦力的大小不相等，當兩物塊都產生相對滑動后受滑動摩
擦力大小相等，選項 C 錯誤；
D．根據
mw 20 l = mg
可知
w g0 = l
可知產生滑動時 B 的臨界角速度較小，則 B 一定比 A 先開始滑動，選項 D 正確。
故選 D。
考向 2 水平面內的圓盤栓繩臨界模型臨界規律應用
11．一圓盤可以繞其豎直軸在水平面內轉動，圓盤半徑為 R，甲、乙兩物體質量分別為 M 和 m（M>m），
它們與圓盤之間的最大靜摩擦力均為壓力的 倍，兩物體用一根長為 L（L示。若將甲物體放在轉軸的位置，甲、乙之間的輕繩剛好沿半徑方向被拉直，讓圓盤從角速度為 0 開始轉
到，角速度逐漸增大，兩物體與圓盤不發生相對滑動，（兩物體均可看作質點，重力加速度為 g）則下列說
法正確的是（　　）
A．隨著角速度的增大的過程中，物塊 m 受到的摩擦力先增加再逐漸減少
B．隨著角速度的增大的過程中，物塊 M 始終受到摩擦力
C （Mg + mg）．則圓盤旋轉的角速度最大不得超過
ML
D （Mg + mg）．則圓盤旋轉的角速度最大不得超過
mL
【答案】D
【詳解】AB．當圓盤角速度較小時，m 的向心力由靜摩擦力提供，繩子沒拉力，由牛頓第二定律
fm = mw
2L m 受的靜摩擦力隨角速度增大而增大，當角速度增大到w1時，靜摩擦力達到最大靜摩擦力
mg ，角速度再增大，繩子拉力出現，由牛頓第二定律
T + mg = mw2L
隨著角速度增大，m 受的摩擦力保持不變，一直為最大靜摩擦力 mg 。則隨著角速度的增大的過程中，物
塊 m 受到的摩擦力先增加后保持不變，當繩子有力時，M 開始受到摩擦力作用，故 AB 錯誤；
CD．當繩子的拉力增大到等于甲的最大靜摩擦力時，角速度達到最大，對 m 和 M，分別有
T + mg = mw2L
T = Mg
聯立可得
w= （Mg + mg）
mL
故 C 錯誤，D 正確。
故選 D。
12．如圖所示，兩個可視為質點的相同的木塊 A 和 B 放在水平轉盤上，兩者用長為 L 的細繩連接，木塊與
轉盤間的最大靜摩擦力均為各自重力的 k 倍，A 放在距離轉軸 L 處，整個裝置能繞通過轉盤中心的轉軸
O1O2 轉動。開始時，繩恰好伸直但無彈力，現讓該裝置從靜止開始轉動，使角速度緩慢增大，以下說法正
確的是（　　）
A kg．當w > 時，A 、 B 相對于轉盤會滑動
2L
B kg w 2kg．當 < < 時，繩子一定有彈力，且A 、 B 相對于轉盤靜止
2L 3L
C ω kg．當 在 < w 2kg< 范圍內增大時，B 所受摩擦力變大
2L 3L
D ω 0 w 2kg．當 在 < < 范圍內增大時，A 所受摩擦力大小先增大后減小
3L
【答案】B
【詳解】A. 當 A 剛好到達最大靜摩擦力時，A、B 恰好相對于轉盤不發生滑動，對 A 有
kmg T = mLw 2
對 B 有
kmg +T = 2mLw 2
聯立可得
w 2kg=
3L
2kg
因此，當w> 時，A 、 B 相對于轉盤會滑動，A 錯誤；
3L
當 B 剛達到最大靜摩擦力時，繩子恰好無拉力，則有
kmg = 2mLw 2
解得
w kg=
2L
綜合 A kg w 2kg選項可得：當 < < 時，繩子一定有彈力，且A 、 B 相對于轉盤靜止，B 正確；
2L 3L
C ω kg w 2kg．當 在 < < 范圍內增大時，由于 B 未滑動，仍為最大靜摩擦力，故摩擦力不變，C 錯誤；
2L 3L
D．當 ω 在0 2kg< w < 范圍內增大時，A 所受摩擦力一直增大，D 錯誤；
3L
故選 B。
考點四 豎直面內圓周運動臨界模型
知識點 1 常見繩桿模型特點及臨界規律
輕繩模型 輕桿模型
情景圖示
彈力特征 彈力可能向下，也可能等于零 彈力可能向下，可能向上，也可能等于零
受力示意圖
v2 v2
力學方程 mg＋FT＝m mg±F ＝mr N r
v2 v＝0，即 F 向＝0，
臨界特征 FT＝0，即 mg＝m ，得 v＝ grr 此時 FN＝mg
(1)“繩”只能對小球施加向下的力 (1)“桿”對小球的作用力可以是拉力，也可以是支
模型關鍵 (2)小球通過最高點的速度至少為 持力
gr (2)小球通過最高點的速度最小可以為 0
考向 1 繩類模型
13．如圖甲所示，用一輕質繩拴著一質量為m 的小球，在豎直平面內做圓周運動（不計一切阻力），小球
運動到最高點時繩對小球的拉力為T ，小球在最高點的速度大小為 v，其T v2 圖像如圖乙所示，則
（　　）
ma
A．輕質繩長為
b
m
B．當地的重力加速度為
a
ac
C． v2 = c 時，輕質繩的拉力大小為 + a
b
D．當 v2 = 2b時，小球受到的彈力大小與重力相等
【答案】D
2 2
【詳解】AB v v．設繩長為 R，由牛頓第二定律知，小球在最高點滿足T + mg＝m 即T＝m mg 由題圖乙
R R
a mb
知，當 v2=0，T=-a，則有 a=mg 當 v2=b，T=0，則有 b=gR 所以 g＝ ，R＝ 故 AB 錯誤；
m a
C．當 v2=c 時，有T mg m
c ac
+ ＝ 將 g 和 R 的值代入得T = a 故 C 錯誤；
R b
2
D．當 v2=2b 時，由T + mg＝m v 可得 T=a=mg 故彈力與重力相等，故 D 正確。故選 D。
R
14．如圖所示，光滑圓軌道固定在豎直面內，一個小球沿圓軌道做豎直平面內的圓周運動，在最高點 A 點
對軌道的壓力大小為 F1，在最低點 B 點對軌道的壓力大小為 F2，則當小球運動到與圓心等高的 C 點時，
對軌道的壓力大小為（　　）
F1 + FA． 2
F F F + F
B． 2 1 C．F F D． 2 1
2 2 2 1 3
【答案】A
v2 v2
【詳解】設圓軌道的半徑為 R，在最高點，有mg + F1 = m 1 在最低點，有F2 mg = m 2 聯立解得R R
2 2 2
F F m v1 + v2 v1 + 2 = 在與圓心等高的位置，有F = m 小球由 C 點運動到 B 點的過程，根據動能定理，有R R
mgR 1 mv2 1 mv2 1 1= 2 小球由 A 點運動到 C
2 2
點的過程，根據動能定理，有mgR = mv mv1 解得2 2 2 2
F F= 1 + F2 故選 A。
2
考向 2 桿類模型
15．如圖所示，長為 L 的輕桿，一端固定一個小球，另一端固定在光滑的水平軸上。為使小球在豎直平面
內做圓周運動，在最高點 A 小球獲得水平向右的初速度 v，B 點為小球經過的最低點，C 點為與圓心等高
位置，重力加速度大小為 g，下列說法正確的是（　　）
A．初速度 v 必須滿足 v gL
B．若增大初速度 v，小球經過 A 點時桿對小球的彈力一定增大
C．若增大初速度 v，小球經過 B 點時桿對小球的彈力一定增大
D．若增大初速度 v，小球經過 B 點時和經過 C 點時桿對小球的彈力之差增大
【答案】C
【詳解】A．在 A 點時輕桿可施加給小球豎直向上的彈力，小球經過最高點的初速度 v只要滿足 v 0即
可，選項 A 錯誤；
2
B．若0 v gL v，小球經過 A 點時有mg F1 = m 桿對小球的彈力隨 v增大而減小，選項 B 錯誤；L
v2B 2mgL 1 mv2 1 v
2
C 2．小球經過 B 點時有 F2 mg = m ， =L 2 B
mv 解得F
2 2
= 5mg + m 可知小球經過 B 點時桿對
L
小球的彈力隨 v增大而增大，選項 C 正確；
2 1 1 2
D．小球經過 C 點時有F v3 = m C ，mgL = mv
2
C mv
2 v
解得F3 = 2mg + m 可知小球經過 B 點時和經過 CL 2 2 L
點時桿對小球的彈力之差恒為3mg ，選項 D 錯誤。故選 C。
16．如圖所示，管壁光滑的圓形軌道固定在豎直平面內，半徑為 R，質量為 m 的小球在管道內做圓周運
動，管道內徑遠小于軌道半徑，下列有關說法中正確的是（　　）
A．小球通過最高點的最小速度為 gR
1 3
B．若小球經過最高點時速度大小為 gR ，則管道內側受力大小為 mg
2 4
C．若小球經過圓心等高點時速度大小為 gR ，則管道外側受力大小為 2mg
D．若小球經過最低點時速度大小為 5gR ，則管道外側受力大小為 4mg
【答案】B
【詳解】A．小球在管道內做圓周運動，在最高點時管道能給小球豎直向上的支持力，則小球能夠通過最
高點的最小速度為零，故 A 錯誤；
1 2
B．若小球經過最高點時速度大小為 v= gR v根據牛頓第二定律有mg FN = m 得管道內側對小球的支持2 R
F 3 3力 N = mg 根據牛頓第三定律，管道內側受力大小為 mg，故 B 正確；4 4
v2C．若小球經過圓心等高點時速度大小為 v = gR 根據牛頓第二定律有F = m 11 N1 得管道外側對小球的支持R
力FN1 = mg 根據牛頓第三定律，管道外側受力大小為 mg，故 C 錯誤；
v2D．若小球經過最低點時速度大小為 v 22 = 5gR 根據牛頓第二定律有FN2 mg = m 得管道外側對小球的支R
持力FN2 = 6mg 根據牛頓第三定律，管道外側受力大小為 6mg，故 D 錯誤。故選 B。
考向 3 拱形橋和凹形橋類模型
拱形橋和凹形橋類模型特點及臨界規律
拱形橋模型 凹形橋模型
情景圖示
彈力特征 彈力可能向上，也可能等于零 彈力向上
受力示意圖
v2 v2
力學方程 mg FN = m F mg = mR N R
v2
臨界特征 FN＝0，即 mg＝m ，得 v＝ grr
2 2
①最高點: F = mg v m ，失重； vN R ①最低點： FN = mg + m ，超重；模型關鍵 R
② v gR ，汽車脫離，做平拋運動。 ② v 0，v 越大，FN 越大。
17．胎壓監測器可以實時監測汽車輪胎內部的氣壓，在汽車上安裝胎壓監測報警器，可以預防因汽車輪胎
胎壓異常而引發的事故。一輛裝有胎壓報警器的載重汽車在高低不平的路面上行駛，其中一段路面的水平
觀察視圖如圖所示，圖中虛線是水平線，在保證安全行駛的情況下，若要盡量使胎壓報警器不會超壓報
警，下列說法正確的是（ ）
A．汽車在 A 處應增大行駛速度 B．汽車在 B 處應增大行駛速度
C．汽車在 A、B 處均應增大行駛速度 D．汽車在 A、B 處均應減小行駛速度
【答案】B
2 2
【詳解】在 A v處，根據牛頓第二定律可得FN mg = m 解得FN = mg + m
v
在 A 處，速度越大，輪胎受到
r r
v '2 v '2
的作用力越大，越容易超壓報警。在 B 處，根據牛頓第二定律可得mg F 'N = m 解得F
'
N = mg m 在r r
B 處，速度越大，輪胎受到的作用力越小，越不容易超壓報警。因此若要盡量使胎壓報警器不會超壓報
警，則汽車在 A 處應減小行駛速度，在 B 處應增大行駛速度。故選 B。
18．如圖所示汽車以某一速度通過拱形橋最高點，已知拱形橋的半徑為 R ，重力加速度為 g ，下列說法正
確的是（　　）
A．當 R 一定時，汽車速度越大，對拱形橋的壓力越大
B．當汽車速率恒定時， R 越大，汽車對拱形橋的壓力越小
C．汽車能以 2gR 順利通過最高點
D gR．汽車能以 順利通過最高點
2
【答案】D
v2
【詳解】AB．汽車以某一速度通過拱形橋最高點，根據牛頓第二定律可得mg N = m 根據牛頓第三定律
R
2
可得 N = N = mg m
v

壓 可知當 R 一定時，汽車速度越大，對拱形橋的壓力越小；當汽車速率恒定時， RR
越大，汽車對拱形橋的壓力越大；故 AB 錯誤；
2
CD．根據 N = mg m v 當 N = 0時，可得 v = gR gR可知汽車能以 順利通過最高點，不能以 2gR 順利通
R 2
過最高點，故 C 錯誤，D 正確。故選 D。
1．傳送帶主要由頭尾滾筒、中間托輥和皮帶組成，示意圖如圖所示，已知托輥和滾筒圓心分別為 O 和
O ，半徑分別為 R 和3R，OA 和O B分別為兩條半徑，以下判斷正確的是（ ）
A．托輥和滾筒角速度相同
B．A 點加速度大于 B 點加速度
C．滾筒上與O 距離為 R 處點的加速度與 A 點加速度大小相同
D．滾筒和托輥轉速比為3:1
【答案】B
【詳解】A．托輥和滾筒邊緣屬于同傳送帶轉動，線速度相等，則角速度不相同，故 A 錯誤；
B v
2
．根據 a = 可知，A 點加速度大于 B 點加速度，故 B 正確；
r
C．根據 v = rw 可知，滾筒上與O 距離為 R 處點的角速度與 A 點角速度的比值為 3：1，根據加速度公式
a = rw2
可知滾筒上與O 距離為 R 處點的加速度與 A 點加速度大小不相同，故 C 錯誤；
D．根據線速度與轉速的關系有
v = r 2p n
可知滾筒和托輥轉速比為 1：3，故 D 錯誤；
故選 B。
2．如圖 1 所示為某修正帶照片，圖 2 為其結構示意圖。修正帶由出帶輪、傳動輪、收帶輪、基帶、出帶
口等組成。測量可知出帶輪有 45 齒，半徑為12mm，傳動輪齒數未知，半徑為 2.4mm ，收帶輪有 15 齒，
半徑未知，下列選項正確的是（ ）
A．使用時，出帶輪與收帶輪轉動方向相反
B．根據題中信息，可以算出傳動輪的齒數
C．根據題中信息，不能算出收帶輪軸心到齒輪邊緣的半徑
D．在紙面長時間勻速拉動修正帶時，出帶輪邊緣某點的向心加速度大小不變
【答案】B
【詳解】A．由于齒輪帶動，根據圖 2 可知，使用時，出帶輪與傳動輪轉動方向相反，傳動輪與收帶輪傳
動方向相反，則出帶輪與收帶輪轉動方向相同，故 A 錯誤；
B．由于是齒輪帶動，相鄰齒之間的間距相等，則有
2p R 2p R出 = 傳
45 n傳
解得
n傳 = 9
故 B 正確；
C．由于是齒輪帶動，相鄰齒之間的間距相等，則有
2p R出 2p R= 出
45 15
解得
R出 = 4mm
可知，根據題中信息，能算出收帶輪軸心到齒輪邊緣的半徑，故 C 錯誤；
D．根據向心加速度的表達式有
2
a v=
r
在紙面長時間勻速拉動修正帶時，出帶輪邊緣某點的圓周半徑減小，則該點的向心加速度大小變大，故 D
錯誤。
故選 B。
3．如圖所示，在一個“十”字架水平桿上用細線對稱地懸掛兩個可視為質點的小球 A、B，已知 A 的質量為
mA ，B 的質量為mB ，且mA > mB ，圖中OO1 = OO2 ， LA = LB。現將整個裝置繞豎直桿勻速轉動，則 A、B
兩球穩定時，下列說法正確的是（　　）
A．懸掛 A 球的細線與豎直方向的夾角等于懸掛 B 球的細線與豎直方向的夾角
B．懸掛 A 球的細線與豎直方向的夾角大于懸掛 B 球的細線與豎直方向的夾角
C．A 球做圓周運動的線速度大于 B 球做圓周運動的線速度
D．A 球做圓周運動的線速度小于 B 球做圓周運動的線速度
【答案】A
【詳解】設兩球做勻速圓周運動的角速度相同為w ，由牛頓第二定律得
mA g tanq = m
2
Aw (LA sinq + OO1)
mBg tanq = m
2
Bw (LB sinq + OO2 )
圖中OO1 = OO2 ， LA = LB，可知
q = q
根據
v = w(LA sinq + OO1) = w(LB sinq + OO2 )
可知 A 球做圓周運動的線速度等于 B 球做圓周運動的線速度。
故選 A。
4．如圖所示，半徑為 R 的半球形陶罐內壁光滑，固定在可繞豎直軸轉動的水平轉臺上，轉臺轉軸與過陶罐
球心O的對稱軸OO '重合。轉臺和陶罐以一定角速度勻速轉動，一可看作質點的小物塊與陶罐保持相對靜
止，小物塊質量為m ，線速度大小為 v，和O點的連線與OO '之間的夾角為q 。下列說法正確的是
（　　）
A．小物塊所受合外力為恒力
B．轉臺轉動角速度越大，q 越大
2
C v．小物塊的向心加速度大小為
R
mv2D．陶罐對物塊的作用力大小為
R sinq
【答案】B
【詳解】A．小物塊做勻速圓周運動，由所受外力的合力提供向心力，可知，合力大小不變，方向發生變
化，即小物塊所受合外力為變力，故 A 錯誤；
B．對物塊進行分析，由重力與支持力提供向心力，則有
mg tanq = mw 2R sinq
解得
cosq g=
w 2R
可知，轉臺轉動角速度越大，q 越大，故 B 正確；
C．小物塊的向心加速度大小為
2
a v=
R sinq
故 C 錯誤；
D．陶罐對物塊的作用力為支持力，結合上述有
2
N sinq v= m
R sinq
解得
2
N mv=
R sin2 q
故 D 錯誤。
故選 B。
5．如圖所示，小球（可視作質點）和 a、b 兩根細繩相連，兩繩分別固定在細桿上兩點，其中 a 繩長
La = 2m，小球隨桿一起在水平面內勻速轉動。當兩繩都拉直時，a、b 兩繩和細桿的夾角q1 = 45°，
q = 60°， g = 10m/s22 。若 a、b 兩繩始終張緊，則小球運動的線速度大小可能是（　　）
A．3 m/s B．4 m/s C．5 m/s D．6 m/s
【答案】B
【詳解】根據題意，設當 a繩恰好拉直，但Tb = 0 時，小球運動的線速度大小為 v1，則有
2
Ta cosq
v1
1 = mg ，T sinq = m ， r = La sinqa 1 r 1
聯立解得
v1 = 10 m s
設當b 繩恰好拉直，但Ta = 0時，小球運動的線速度大小為 v2，則有
2
Tb cosq2 = mg
v
，T 2b sinq2 = m r
聯立解得
v2 = 10 3 m s
可知，要使兩繩都拉緊，速度滿足
10 m s < v 10 3 m s
故選 B。
6．為方便旅客隨時取下行李，機場使用傾斜環狀傳送帶運輸行李箱，其實景圖及簡化圖如圖甲、圖乙所
示，行李箱隨傳送帶一起在彎道時做勻速圓周運動。則（ ）
A．行李箱的向心力只由彈力提供 B．行李箱的向心力由摩擦力和重力的合力提供
C．若傳送帶轉速減緩，行李箱受到的彈力變大D．若傳送帶轉速減緩，行李箱可能會沿斜面向下滑動
【答案】C
【詳解】AB．對行李箱受力分析，如圖
可得
f cosa N sina = mw2R， f sina + N cosa = mg
其中，向心力由摩擦力與彈力的水平方向的合力提供。故 AB 錯誤；
CD．根據以上兩式，可得
N = mg cosa mw 2R sina
當轉速減小時，角速度減小，則 N 增大，最大靜摩擦也增大，行李箱不可能下滑了。故 C 正確；D 錯誤。
故選 C。
7．如圖甲，質量相等的 A、B 兩物塊放在圓盤上，A 到中心軸線的距離為 B 到中心軸線距離的一半，兩物
塊與圓盤面的動摩擦因數相同，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，不計物塊大小，將圓盤繞中心豎直軸線在
水平面內做勻速圓周運動，使 A、B 兩物塊均滑動需要的最小轉動角速度為w1，若將 A、B 用不可伸長的細
線連接（如圖乙），且開始時細線剛好伸直，仍將圓盤繞中心豎直軸線在水平面內做勻速圓周運動，使 A、
w
B 2均發生滑動需要最小轉動角速度為w2 ，則 w 為（ ）1
A． 2 B．2 C． 3 D．3
【答案】A
【詳解】對甲圖，靜摩擦力提供向心力，當物塊恰好發生相對滑動時，有
mg = mw2r
可知
w g=
r
對圖甲，因為 B 的半徑更大，所以 B 最先發生滑動，由題有w1是 A 發生恰好滑動時對應的臨界角速度，
設 A 的半徑為 r ，有
w g1 = r
用細線將 A、B 連接，當它們一起剛要滑動時，對 B 物體由牛頓第二定律
T + mg = mw 22 2r
對 A 物體有
T mg = mw 22 r
聯立解得
w 2g 2 = r
所以可得
w2 = 2
w1
故選 A。
8．如圖，水平圓形轉盤可繞豎直軸轉動，圓盤上放有小物體 A、B、C，質量分別為 m、2m、3m，物塊 A
疊放在 B 上，B、C 到轉盤中心 O 的距離分別為 3r、2r，B、C 間用一輕質細線相連，圓盤靜止時，細線剛
好伸直無拉力。已知 B、C 與圓盤間的動摩擦因數為 μ，A、B 間動摩擦因數為 3μ，設最大靜摩擦力等于滑
動摩擦力，重力加速度為 g，現讓圓盤從靜止開始加速，則（ ）
A w g．當 = 時，A、B 即將開始滑動
3r
3 mg
B g．當w = 時，細線張力為
2r 2
g mgC．當w = 時，C 受到圓盤的摩擦力為
r 2
D w 2 g．當 = 時剪斷細線，C 將做離心運動
5r
【答案】B
【詳解】A．先將 A、B 看成一個整體，由于 A、B 組成整體半徑大于 C 的半徑，可知 B 與圓盤摩擦力先達
到最大；設繩子剛要有張力時，圓盤角速度為w0，以 A、B 組成整體為對象，根據牛頓第二定律可得
m + 2m g = m + 2m w20 ×3r
解得
w g0 = 3r
設 A、B 間的摩擦力達到最大時，圓盤角速度為w1，以 A 為對象，根據牛頓第二定律可得
3 mg = mw 21 ×3r
解得
w g1 = r
w g可知當 = 時，繩子開始有張力，A、B 與圓盤保持相對靜止，故 A 錯誤；
3r
B．當w g> 時，繩子有張力，隨著角速度的增大，C 受到的靜摩擦力先減小后反向增大，設 C 受到的
3r
靜摩擦力達到最大時，AB 仍相對靜止，圓盤角速度為w2 ，以 A、B 組成整體為對象，根據牛頓第二定律可
得
m + 2m g +T = m + 2m w 22 ×3r
以 C 為對象，根據牛頓第二定律可得
T ×3mg = 3mw22 ×2r
聯立解得
w 2 g2 = r
g
當w = 時，由于
2r
g g g
< <
3r 2r r
設細線張力為T ，以 A、B 組成整體為對象，根據牛頓第二定律可得
m + 2m g +T = m + 2m w 2 ×3r
解得
T 3 mg=
2
故 B 正確；
C w g．當 = 時，AB 剛好可以保持相對靜止，以 A、B 組成整體為對象，根據牛頓第二定律可得
r
m + 2m g +T = m + 2m w2 ×3r
解得
T = 6 mg
以 C 為對象，根據牛頓第二定律可得
T f 2C = 3mw × 2r
解得 C 受到圓盤的摩擦力為
fC = 0
故 C 錯誤；
D w 2 g．當 = 時剪斷細線，此時 C 需要的向心力大小為
5r
F 12= 3mw 2 ×2r = mg < 3 mg
向 5
可知 C 與圓盤相對靜止做圓周運動，故 D 錯誤。
故選 B。
9．一根輕桿穿過兩個固定軸承，可自由轉動，相距為 l 的 A、B 兩點固定兩根長度也為 l 的輕繩，輕繩下
端固定一個質量為 m 的小球，如圖所示。現對小球施加一個始終與速度方向共線的力，使小球在豎直平面
內做勻速圓周運動，在最高點時，繩子的拉力剛好為零，下列說法正確的是（ ）
A．小球的速度大小為 gl
B 3．在最低點時，左側軸承對輕桿的支持力為 (1+ )mg
3
2
C．在最低點時，繩的拉力為 3mg
3
D．若速度加倍，在最低點時繩子的拉力變為原來的四倍
【答案】C
【詳解】A．小球做圓周運動的半徑為
r = l sin 60o 3= l
2
在最高點時，繩子的拉力剛好為零，則
mg v
2
= m
r
解得小球的速度大小為
v 3= gr = gl
2
選項 A 錯誤；
B．在最低點時
2
F mg v= m
r
可得
F=2mg
則左側軸承對輕桿的支持力為
F 11 = F = mg2
選項 B 錯誤；
C．在最低點時
2T cos30o = F
解得繩的拉力為
T 2= 3mg
3
選項 C 正確；
D．根據
2
F = mg m v+
r
可知，若速度加倍，在最低點時繩子的拉力不能變為原來的四倍，選項 D 錯誤。
故選 C。
10．如圖為杭州亞運會體操賽場場景，“單臂大回環”是體操運動中的高難度動作，運動員單臂抓杠，以單
杠為軸完成圓周運動，不考慮手和單杠之間的摩擦和空氣阻力，將人視為處于重心的質點，將“單臂大回
環”看成豎直平面內的圓周運動，等效半徑為 L，重力加速度為 g ，下列說法正確的是（　　）
A．單杠對手臂既可能提供拉力，也可能提供支持力
B．從最高點到最低點的過程中，單杠對人的作用力做正功
C．若運動員恰好能夠完成圓周運動，則運動員在最低點受單杠作用力大小為6mg
D．若運動員恰好能完成此圓周運動，則運動員在最高點處時，手臂與單杠之間無作用力
【答案】A
【詳解】A．運動員在做圓周運動的過程中，單杠對手臂可能為拉力，也可能為支持力，如在最高點，當
運動員的重力恰好提供向心力時，有
2
mg mv=
L
得
v = gL
當運動員在最高點的速度大于 gL 時，桿對運動員的力為拉力，當運動員在最高點的速度小于 gL 時，桿
對運動員的力為支持力，故 A 正確；
B．從最高點到最低點的過程中，單杠對人的作用力一直與速度方向垂直，不做功，故 B 錯誤；
C．若運動員恰好能夠完成此圓周運動，則運動員在最高點的速度為零，則從最高點到最低點，根據動能
定理有
mg 1 2L = mv2
2
解得
v = 2 gL
在最低點，有
2
F mg v= m
L
聯立解得
F = 5mg
故 C 錯誤；
D．若運動員恰好能夠完成此圓周運動，則運動員在最高點的速度為零，此時手臂與單杠之間支持力大小
等于運動員的重力大小，故 D 錯誤。
故選 A。
11．如圖所示，兩條不可伸長的輕繩 l1、l2分別系著質量為5m和m 的質點，兩質點以相同的角速度繞同一
豎直線做水平勻速圓周運動。已知重力加速度為 g ，兩繩的拉力分別為T1及T2，兩繩與豎直線夾角的正弦
1 2
值分別是 5 及 ，則（5 ）
A．兩細繩拉力的比值T1 :T2 = 3:1 B．兩細繩拉力的比值T1 :T2 = 3: 2
C．兩細繩繩長的比值 l1 : l2 = 2 : 9 D．兩細繩繩長的比值 l1 : l2 =1: 5
【答案】AC
【詳解】AB．對兩小球整體，在豎直方向有T1 cosθ1 = 6mg 同理，對小球 m，豎直方向有T2 cosθ2 = mg 其中
sinq 1 2
T
= 1
3
1 ， sinq2 = 由上述兩式即可得到 =T 1 故 A 正確，B 錯誤；5 5 2
CD 2．對下面小球受力分析水平方向有T2 sin θ2 = mω r2 對上面的小球，在水平方向有
2 r1 1 l 2T1 sin θ
1
1 T2 sin θ2 = 5mω r1聯立解得 = r = l sin θ r = l sin θr 10 其中 1 1 1 2 1 1
+ l2 sin θ2 聯立解得 =l 9 故 C 正確，D2 2
錯誤。故選 AC。
12．如圖，有一豎直放置在水平地面上光滑圓錐形漏斗，圓錐中軸線與母線的夾角為q ，可視為質點的小
球 A、B 在不同高度的水平面內沿漏斗內壁做同方向的勻速圓周運動，兩個小球的質量相等，A、B 兩球軌
道平面距圓錐頂點 O 的高度分別為 4h 和 h，下列說法正確的是（　　）
A．球 A 和球 B 的向心力大小之比為 1：2B．球 A 和球 B 的角速度之比為 2：1
C．球 A 和球 B 的線速度大小之比為 2：1D．球 A 和球 B 的周期之比為 2：1
【答案】CD
【詳解】A．球 A 和球 B 做圓周運動的向心力為
F mg=
tanq
可知向心力大小之比為 1：1，選項 A 錯誤；
B．根據
F mg= = mw 2h tanq
tanq
解得
w 1 g=
tanq h
可知球 A 和球 B 的角速度之比為 1：2，選項 B 錯誤；
C．根據
v = wh tanq
可得球 A 和球 B 的線速度大小之比為 2：1，選項 C 正確；
D．根據
T 2p=
w
可得，球 A 和球 B 的周期之比為 2：1，選項 D 正確。
故選 CD。
13．長為 L 的細線一端系一質量為 m 的小球（可視為質點），另一端固定在一光滑錐頂上，光滑錐頂角為
2q ，軸線在豎直方向，如圖甲所示。使小球在水平面內做角速度為w 的勻速圓周運動，細線的拉力為
FT ，得FT w
2
關系圖像如圖乙所示，已知重力加速度為 g ，則（　　）
A． a = mg cosq
g
B．b =
L cosq
C．圖線 1 的斜率 k1 = mLsinq D．圖線 2 的斜率 k2 = mL
【答案】ABD
【詳解】A．當角速度為零時，小球處于靜止狀態，細線的拉力為
FT = a = mg cosq
故 A 正確；
B．開始小球貼著光滑圓錐做勻速圓周運動，由圖可知，當角速度的平方達到 b 時，支持力為零，有
mg tanq = mLw 2 sinq
解得
b w 2 g= =
L cosq
故 B 正確；
C．小球未脫離圓錐體時，有
FT sinq N cosq = mLw
2 sinq ，FT cosq + N sinq = mg
解得
FT = mg cosq + mLw
2 sin2 q
可知圖線 1 的斜率
k1 = mLsin
2 q
故 C 錯誤；
D．當小球脫離圓錐體后，有
F sina = mLw 2T sina
解得
FT = mLw
2
則圖線 2 的斜率
k2 = mL
故 D 正確。
故選 ABD。
14．游樂場中一種叫“魔盤”的娛樂設施，游客坐在轉動的魔盤上，當魔盤轉速增大到一定值時，游客就會
滑向盤邊緣，其裝置可以簡化如圖。若魔盤轉速緩慢增大，則（　　）
A．在滑動之前，游客受到的支持力緩慢增大
B．在滑動之前，游客受到的摩擦力緩慢增大
C．在滑動之前，游客受到的作用力逐漸增大
D．游客受到的合外力方向沿斜面向上指向轉軸
【答案】BC
【詳解】AB．設轉盤斜面傾角為q ，對游客受力分析如圖所示
水平方向有 f cosq N sinq = mw 2r 豎直方向有 f sinq + N cosq = mg 聯立解得 N = mg cosq mw 2r sinq ，
f = mg sinq + mw 2r cosq 由此可知，則隨著魔盤轉速緩慢增大，則游客受到魔盤的支持力緩慢減小，游客
受到魔盤的摩擦力緩慢增大，A 錯誤；B 正確；
C 2．游客受到的合力提供游客做圓周運動的向心力有F合 = mw r 由此可知，隨轉速增加，游客受到的合外力
大小增大，C 正確；
D．游客受到的合外力方向為游客所在圓周運動的平面內指向圓心，即水平指向轉軸，D 錯誤。
故選 BC。
15．如圖所示，一個上表面粗糙、中心有孔的水平圓盤繞軸 MN 轉動，系有不可伸長細線的木塊置于圓盤
上，細線另一端穿過中心小孔 O 系著一個小球。已知木塊、小球均可視為質點，質量均為 m，木塊到 O 點
的距離為 R，O 點與小球之間的細線長為 L，開始圓盤未轉動時，小球和木塊處于靜止狀態，而當圓盤以
角速度為w 勻速轉動時，小球以角速度w 隨圓盤做圓錐擺運動，木塊相對圓盤靜止，連接小球的細線與豎
直方向的夾角為 α，小孔與細線之間無摩擦，R > L，則（　　）
A．此時細線中的拉力大小為mw 2Lsina
B．如果w 繼續增大，木塊不可能向遠離 O 點的方向滑動
C．如果R = L，在細線不斷的情況下，無論w 多大木塊都不會滑動
D．如果R < L ，w 增大，木塊可能向靠近 O 點的方向滑動
【答案】CD
【詳解】A．如圖所示，設繩子拉力為T ，對小球進行受力分析知
mg
= cosa
T
此時細線中的拉力大小為
T mg=
cosa
A 錯誤；
B．設木塊受到摩擦力為 f ，小球做圓錐擺運動，則有
Tsina = mLsinaw 2
若摩擦力的方向沿半徑向外
T f = F = mRw 2
則
f = mw2 L R
如果w 繼續增大，木塊可能向靠近 O 點的方向滑動。
若摩擦力的方向沿半徑向里
T + f = F = mRw 2
則
f = mw 2 R L
如果w 繼續增大，木塊可能向遠離 O 點的方向滑動。如果R = L，摩擦力為零，所以無論w 多大木塊都不
會滑動，B 錯誤；
C．小球做圓錐擺運動，則有
Tsina = mLsinaw 2
木塊隨圓盤勻速轉動所需向心力為
F = mRw 2
當R = L，細線張力恰好提供木塊做圓周運動的向心力，摩擦力為零，而且此力只與w 有關，所以無論w
多大木塊都不會滑動，C 正確；
D．如果R < L ，木塊隨圓盤勻速轉動所需向心力小于細線張力，木塊受到指向圓盤邊緣的摩擦力 f，w 增
大到一定值，摩擦力達到最大值后木塊會向 O 點滑動，D 正確；
故選 CD。
16．如圖所示，A、B、C、D 四個物塊放在水平轉盤上的同一直徑上，B、C 兩物塊到轉軸的距離均為 r，
A、D 兩物塊到轉軸的距離均為 2r，C、D 兩物塊用不可伸長的細線連接，細線平行于水平轉盤且剛好伸
直。已知四個物塊與轉盤間的動摩擦因數相同，且最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。現使轉盤繞轉軸轉動，
隨著轉動角速度的增大，下列說法正確的是（　　）
A．若物塊 B 的質量小于物塊 A 的質量，則物塊 B 先滑動
B．當細線上剛好有拉力時，物塊 A 剛好要滑動
C．物塊 A 比物塊 D 先滑動
D．物塊 B 比物塊 C 先滑動
【答案】BC
【詳解】A．由
mg = mrw 2
解得
w g=
r
因此判斷物塊A 比物塊 B 先滑動，故 A 錯誤；
B．當物塊A 剛好要滑動時，物塊 D 也剛好要滑動，此時細線上剛好有拉力，故 B 正確；
C．物塊A 滑動時，物塊 D 由于細線的拉力不能滑動，因此物塊A 比物塊 D 先滑動，故 C 正確；
D．當物塊 B 剛好要滑動時，物塊 C 由于細線的拉力已提前滑動，故 D 錯誤。
故選 BC。
17．如圖所示，傾角q = 37°的斜面體固定在可以繞豎直軸轉動的水平轉臺上，斜面最低點在轉軸OO1 上，
質量均為 m=1kg、可視為質點的兩個小物塊 P、Q 隨轉臺一起勻速轉動，P、Q 到斜面最低點的距離均為
0.5m，與接觸面之間的動摩擦因數均為 0.5，取 g = 10m/s2 ， sin 37° = 0.6 ， cos37° = 0.8。最大靜摩擦力等
于滑動摩擦力，則下列說法正確的是（ ）
A．為保持 P 5 3與斜面體相對靜止，角速度的最小值為 rad/s
4
B．為保持 P 與斜面體相對靜止，角速度的最大值為5 2rad/s
C 5 3．當角速度等于 rad/s 時，Q 會相對轉臺滑動，P 有沿斜面向上滑的趨勢
2
100
D．若 P 與斜面體保持相對靜止，則 P 對斜面的壓力大小范圍是 N FN 20N11
【答案】BD
【詳解】ABD．為保持 P 與斜面體相對靜止，當物塊 P 恰好不下滑時，有最小角速度，水平方向有
FN1 sin 37° F
2
N1 cos37° = mw1 L cos37°
豎直方向有
FN1 cos37° + FN1 sin 37° = mg
解得
F 100N1 = N11
w 5 221 = rad/s 11
當物塊 P 恰好不上滑時，有最大角速度，水平方向有
FN2 sin 37° + FN2 cos37° = mw
2
2 L cos37°
豎直方向有
FN2 cos37° = FN2 sin 37° + mg
解得
FN2 = 20N
w2 = 5 2rad/s
可知若 P 與斜面體保持相對靜止，根據牛頓私單定律可得 P 對斜面的壓力大小范圍是
100 N FN 20N11
故 A 錯誤，BD 正確；
C．當 P 與斜面恰無摩擦力時，有
mg tan 37° = mw 2L cos37°
解得
w 5 3= rad/s
2
故 C 錯誤。
故選 BD。
18．如圖甲所示，質量為 m 的小球能在半徑為 R 的豎直光滑圓軌道內側做完整的圓周運動；如圖乙所示，
質量為 m 的小球能在半徑為 R 的豎直光滑圓形管道內做完整的圓周運動（圓形管道的管徑略大于小球的直
徑，但遠小于 R）。已知重力加速度大小為 g，兩小球均可視為質點，下列說法正確的是（　　）
A．圖甲中小球通過最高點的最小速度為 0
B．圖乙中小球通過最低點的最小速度為 2 gR
C．圖乙中小球通過最高點時速度越大，對管道的作用力一定越大
D．圖甲中小球通過最低點時對軌道的作用力比通過最高點時大6mg
【答案】BD
v2
【詳解】A．由圓周運動知，圖甲中小球通過最高點時，重力提供小球做圓周運動的向心力，則mg = m 高
R
解得 v = gR高 ，A 錯誤；
1
B 2．在管狀模型中通過最高點最小速度為 0，由動能定理知mg2R = mv低代入得 v低 = 2 gR ，B 正確；2
C．圖乙中小球通過最高點時，當0 < v < gR ，小球對下管道有壓力，速度越大對下管道壓力越小，當
v = gR ，小球對管道無壓力，當 v > gR ，小球對上管道有壓力，速度越大對上管道壓力越大，C 錯誤；
D．設在最高點壓力為FN1，速度為 v1，最低點壓力為FN2，速度為 v2，則由圓周運動知，在最高點有
v21 1mg F m 2
1 2 v2+ N1 = 根據動能定理知 mv1 + 2mgR = mv2 在最低點有F 2N2 mg = m 則FN2 FN1 = 6mg ，D 正R 2 2 R
確；故選 BD。
19．如圖所示，豎直平面內有一固定的光滑軌道 ABCD，其中傾角為q = 37°的傾斜軌道 AB 與半徑為 R 的
圓弧軌道平滑相切與 B 點，CD 為豎直直徑，O 為圓心。質量為m 的小球（可視為質點）從與 B 點高度差
為 h 的位置 A 點由靜止釋放。重力加速度大小為 g ， sin 37° = 0.6 ， cos37° = 0.8，則下列說法正確的是
（　　）
A．當 h
27
= 2R時，小球過 C 點時對軌道的壓力大小為 mg
5
B．當 h = 2R時，小球會從 D 點離開圓弧軌道做平拋運動
C．調整 h 的值，小球能從 D 點離開圓弧軌道，但一定不能落在 B 點
D．調整 h 的值，小球能從 D 點離開圓弧軌道，并能落在 B 點
【答案】AC
1
【詳解】A．當 h = 2R 2時，小球從 A 點到 C 點過程，根據動能定理可得mgh + mgR(1 cos37°) = mvC 0解2
v 22gR v
2
C 27mg得 C = 小球過 C 點時，根據牛頓第二定律可得 N mg = m 解得 N = 根據牛頓第三定律可5 R 5
27
知，小球過 C 點時對軌道的壓力大小為 mg ，故 A 正確；
5
B．當 h = 2R時，設小球可以到達 D 點，則從 C 點到 D 點過程，根據機械能守恒可得
1 mv2 1= mv2 + mg ×2R v 2gR
v2
C D 解得 D = 小球剛好經過 D 點時，有2 2 mg = m
D min 解得
5 R
v gR v 2gRD min = > D = 可知小球不能到達 D 點，故 B 錯誤；5
CD．調整 h 的值，小球能從 D 點離開圓弧軌道，可知小球從 D 點做平拋運動的最小速度為 vD min = gR ，
9 1
D 點與 B 點的高度差為 hDB = R + R cos37° = R根據 hDB = gt
2 x = v t x 18R x 3， 解得 = > = R可
5 2 min D min min 5 DB 5
知小球能從 D 點離開圓弧軌道，但一定不能落在 B 點，故 C 正確，D 錯誤。故選 AC。
20．如圖甲所示，小球（可視為質點）穿在豎直平面內光滑的固定圓環上，繞圓心 O 點做半徑為 R 的圓
周運動。小球運動到最高點時，圓環與小球間彈力大小為 F， 小球在最高點的速度大小為 v， 其 F-v2圖
像如圖乙所示，g 取 10m/s2，則（ ）
A．小球的質量為 2kg
B．固定圓環的半徑 R 為 0.4m
C．小球在最高點速度為 4m/s 時，圓環受到小球施加的豎直向下 20N 的彈力
D．若小球恰好能做完整圓周運動，則其運動中所受圓環給的最大彈力為 100N
【答案】AD
F
【詳解】A．對小球在最高點進行受力分析，速度為 0 時F - mg = 0 結合圖像可知m = = 2kgg 故 A 正確；
2 v2
B．當F = 0 時，由重力提供向心力可得mg mv= 結合圖像可知R = = 0.8m 故 B 錯誤；
R g
2
C v．小球在最高點的速度為 4 m/s 時，有F + mg = m 解得小球受到的彈力 F = 20N方向豎直向下，由牛頓
R
第三定律可知圓環受到小球施加的豎直向上，故 C 錯誤；
D v
2
．小球經過最低點時，其受力最大，由牛頓第二定律得F mg = m 若小球恰好做圓周運動，由機械能
R
mg 2R 1守恒得 × = mv2 由以上兩式得F = 5mg 代入數據得 F = 100N故 D 正確。故選 AD。
2
21．（2024·遼寧·高考真題）“指尖轉球”是花式籃球表演中常見的技巧。如圖，當籃球在指尖上繞軸轉動
時，球面上 P、Q 兩點做圓周運動的（　　）
A．半徑相等 B．線速度大小相等
C．向心加速度大小相等 D．角速度大小相等
【答案】D
【詳解】D．由題意可知，球面上 P、Q 兩點轉動時屬于同軸轉動，故角速度大小相等，故 D 正確；
A．由圖可知，球面上 P、Q 兩點做圓周運動的半徑的關系為 rP＜rQ 故 A 錯誤；
B．根據 v = rw 可知，球面上 P、Q 兩點做圓周運動的線速度的關系為 vP＜vQ 故 B 錯誤；
C．根據 an = rw
2
可知，球面上 P、Q 兩點做圓周運動的向心加速度的關系為 aP＜aQ 故 C 錯誤。故選 D。
22．（2024·江蘇·高考真題）陶瓷是以粘土為主要原料以及各種天然礦物經過粉碎混煉、成型和煅燒制得的
材料以及各種制品。如圖所示是生產陶磁的簡化工作臺，當陶磁勻速轉動時，臺面面上掉有陶屑，陶屑與
桌面間的動摩因數處處相同（臺面夠大），則（ ）
A．離軸 OO 越遠的陶屑質量越大
B． 離軸 OO 越近的陶屑質量越小
C． 只有平臺邊緣有陶屑
D．離軸最遠的陶屑距離不會超過某一值
【答案】D
【詳解】ABC．與臺面相對靜止的陶屑做勻速圓周運動，靜摩擦力提供向心力，當靜摩擦力為最大靜摩擦
g
力時，根據牛頓第二定律可得 mg = mw2r 解得 r = 2 因與臺面相對靜止的這些陶屑的角速度相同，由此w
可知能與臺面相對靜止的陶屑離軸 OO′的距離與陶屑質量無關，只要在臺面上不發生相對滑動的位置都有
陶屑。故 ABC 錯誤；
g
D．離軸最遠的陶屑其受到的靜摩擦力為最大靜摩擦力，由前述分析可知最大的運動半徑為R = 2 μ 與 ωw
均一定，故 R 為定值，即離軸最遠的陶屑距離不超過某一值 R。故 D 正確。故選 D。

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