考点 16 圆周运动
1. 高考真题考点分布
题型 考点考查 考题统计
选择题 描述圆周运动的基本物理量 2024 年辽宁卷
计算题 圆锥摆模型 2024 年江西卷
实验题 水平圆盘模型 2024 年海南卷
2. 命题规律及备考策略
【命题规律】高考对圆周运动基本规律的考查较为频繁，大多联系实际生活。圆周运动的临界问题的单独
考查不是太常见，大多在综合性的计算题中出现的比较频繁，并且会结合有关的功能关系。
【备考策略】
1.掌握圆周运动各个物理量之间的关系。
2.能够分析圆周运动的向心力的来源，并会处理有关锥摆模型、转弯模型、圆盘模型的动力学问题。
3.掌握水平面内圆盘模型的动力学分析及临界条件。
4.掌握竖直面内圆周运动的基本规律，并能够联系实际问题做出相应问题的分析。
【命题预测】重点关注竖直面内圆周运动规律在综合性问题中的应用。
一、匀速圆周运动及其描述
1．匀速圆周运动
(1)定义：做圆周运动的物体，若在相等的时间内通过的圆弧长相等，就是匀速圆周运动。
(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。
2．描述匀速圆周运动的物理量及其关系
Δs 2πr
(1)线速度：v＝ ＝ ，描述物体圆周运动快慢的物理量。
Δt T
Δθ 2π
(2)角速度：ω＝ ＝ ，描述物体绕圆心转动快慢的物理量。
Δt T
2πr 1
(3)周期和频率：T＝ ，T＝ ，描述物体绕圆心转动快慢的物理量。
v f
v2 4π2
(4)向心加速度：an＝rω2＝ ＝ωv＝ r，描述速度方向变化快慢的物理量。r T2
二、匀速圆周运动的向心力
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，所有的力沿半径方向指向圆心的合力，就是向心力。
v2 4π2
3．向心力的公式：Fn＝man＝m ＝mω2r＝m r。r T2
三、水平面内圆周运动
1．运动模型
运动模型 向心力的来源示意图 运动模型 向心力的来源示意图
飞机水平转弯 飞车走壁
圆锥摆 火车转弯
汽车在水平路面转弯 水平转台(光滑)
2.水平面内圆周运动临界问题的分析方法
几何分析 目的是确定圆周运动的圆心、半径等
运动分析 目的是确定圆周运动的线速度、角速度、向心加速度等
受力分析 目的是通过力的合成与分解，表示出物体做圆周运动时，外界所提供的向心力
四、竖直面内的圆周运动
1.竖直面内的圆周运动一般是变速圆周运动。
2.只有重力做功的竖直面内的变速圆周运动机械能守恒。
3.竖直面内的圆周运动问题，涉及知识面比较广，既有临界问题，又有能量守恒的问题，要注意物体运动到
圆周的最高点的速度。
4.一般情况下，竖直面内的圆周运动问题只涉及最高点和最低点的两种情形。
考点一 圆周运动的运动学问题
考向 1 圆周运动基本物理量的关系
1．走时准确的时钟如图所示，A、B 分别为时针和分针上到轴心距离相等的点，关于 A、B 两点下列说法
正确的是（ ）
A．A 点线速度大 B．B 点角速度大 C．周期相同 D．加速度相同
2．运球转身是篮球运动中重要的技术动作。如图甲所示为运动员运球转身的瞬间，此时运动员和篮球保
持相对静止绕 OO′轴转动，手臂上的 A 点与篮球边缘的 B 点到转轴的距离之比 r1 : r2 =1: 3，下列说法正确
的是（ ）
A．A、B 两点角速度大小之比w1 : w2 = 1: 3
B．A、B 两点的线速度大小之比 v1 : v2 =1:1
C．A、B 两点的周期之比T1 :T2 = 3:1
D．A、B 两点的向心加速度大小之比 a1 : a2 =1: 3
考向 2 三种传动方式及特点
1.皮带传动（甲乙）：皮带与两轮之间无相对滑动时，两轮边缘线速度大小相等。
2.齿轮传动（丙）：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。
3.同轴传动（丁）：两轮固定在同一转轴上转动时，两轮转动的角速度大小相等。
3．如图所示是一皮带传动装置示意图，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，B 点在小轮上，到轮轴的距离为 r。C 点和 D 点分别位于小轮和大轮的边缘上。如果
传动过程中皮带不打滑，则关于 A、B、C、D 四点的比较，下列说法正确的是（ ）
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《天工开物》一书中记载：“其湖池不流水，或以牛力转盘，或聚数人踏转。”并附有牛力齿
轮翻车的图画如图所示，翻车通过齿轮传动，将湖水翻入农田。已知 A、B 齿轮啮合且齿轮之间不打滑，
B、C 齿轮同轴，若 A、B、C 三齿轮半径的大小关系为 rA > rB > rC ，则（ ）
A．齿轮 A 的角速度比齿轮 B 的角速度大
B．齿轮 A、B 的角速度大小相等
C．齿轮 B、C 边缘的点的线速度大小相等
D．齿轮 A 边缘的点的线速度与齿轮 B 边缘的点的线速度大小相等
考点二 圆周运动的动力学问题
圆周运动动力学分析过程
考向 1 锥摆模型
5．如图所示为游乐场“丛林飞椅”游戏的简化模型，A 小球绕轴O1O2 在水平面内做匀速圆周运动，则关于 A
小球受力分析正确的是（ ）
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．细绳对小球的拉力大于小球受到的重力
D．若转速逐渐降低，则小球的向心力变大
6．智能呼啦圈可以提供全面的数据记录，让人合理管理自己的身材。如图甲，腰带外侧带有轨道，将带
有滑轮的短杆穿入轨道，短杆的另一端悬挂一根带有配重的轻绳，其简化模型如图乙所示。可视为质点的
配重质量为 0.4kg，轻绳长为 0.4m，悬挂点 P 到腰带中心点 O 的距离为 0.26m，配重随短杆做水平匀速圆
周运动，绳子与竖直方向夹角为q ，运动过程中腰带可视为静止，重力加速度 g 取10m/s2， sin 37° = 0.6 ，
下列说法正确的是（ ）
A．若增大转速，腰带受到的摩擦力变大
B 15．当转速 n = r/s 时，则绳子与竖直方向夹角q = 37°
2p
C．若增大转速，则绳子与竖直方向夹角q 将减小
D．若增加配重，保持转速不变，则绳子与竖直方向夹角q 将减小
考向 2 转弯模型
7．在修筑铁路时，为了消除轮缘与铁轨间的挤压，要根据弯道的半径和规定的行驶速度，设计适当的倾
斜轨道，即保证两个轨道间距不变情况下调整两个轨道的高度差。火车轨道在某转弯处其轨道平面倾角为
θ，转弯半径为 r，在该转弯处规定行驶的速度为 v，当地重力加速度为 g，则下列说法中正确的是
（ ）
A．火车运动的圆周平面为右图中的 a
B．在该转弯处规定行驶的速度为 v = gr sinq
C．火车运动速度超过转弯规定速度时内轨会给内侧车轮弹力作用
D．适当增大内、外轨高度差可以对火车进行有效安全的提速
8．赛车是一项极具挑战和危险的运动，比赛转弯过程中若不能很好的控制速度很容易发生侧滑。如图为
赛车转弯时的情景，此时赛车过 O 点，可看作沿 Oa 圆弧做匀速圆周运动，Ob 方向为 O 点的切线方向。
以下说法不正确的是（ ）
A．赛车过 O 点时速度方向沿 Ob 方向
B．赛车过 O 点时合外力指向圆心
C．赛车转弯速率相同时，半径越小越容易发生侧滑
D．发生侧滑时，塞车沿着 Ob 方向滑离原轨道做匀速直线运动
考点三 水平面内的圆盘临界模型
知识点 水平面内的圆盘临界模型临界规律
①口诀：“谁远谁先飞”；
②a 或 b 发生相对圆盘滑动的各自临界角速度：
fm = mg = mw
2r w g； =
r
①口诀：“谁远谁先飞”；
g
②轻绳出现拉力，先达到 B的临界角速度：w1 = ；rB
③AB 一起相对圆盘滑动时，临界条件：
隔离 A：T=μm g；隔离 B：T+μm g=m ω 2A B B 2 rB
整体：μmAg+μm g=m ω 2B B 2 rB
AB相对圆盘滑动的临界条件：
w m m g g2 = A B =m r mB B BrB
mA mB
①口诀：“谁远谁先飞”；
w g②轻绳出现拉力，先达到 B的临界角速度： 1 = rB ；
③同侧背离圆心，fAmax 和 fBmax 指向圆心，一起相对圆盘滑动时，
临界条件：
隔离 A：μmAg-T=mAω 2 22 rA；隔离 B：T+μmBg=mBω2 rB
整体：μmAg+μmBg=m 2 2Aω2 rA+mBω2 rB
AB 相对圆盘滑动的临界条
w mA mB g g2 = =mArA m r mArA mB B BrB
mA mB
①口诀：“谁远谁先飞”（rB>rA）；
②轻绳出现拉力临界条件：w g1 = rB ；
此时 B 与面达到最大静摩擦力，A 与面最大静摩擦力。
此时隔离 A：fA+T=mAω2rA；隔离 B：T+μm g=m ω2B B rB
消掉 T：fA=μmBg-(mBrB-mArA)ω2
③当 mBrB=mArA 时，fA=μmBg，AB 永不滑动，除非绳断；
④AB 一起相对圆盘滑动时，临界条件：
1）当 mBrB>mArA 时，fA=μmBg-(mBrB-mArA)ω2→fA=0→反向→fA 达到
最大→从 B 侧飞出；
2）当 mBrB→ω→T→fB→fB=0→反向→fB 达到最大→从 A 侧飞出；
AB 相对圆盘滑动的临界条
w m= A mB g g2 =mArA mBr mB ArA mBrB
mA mB
临界条件：
g g① A > B ，w = B ② A B ，w = ArB r； B
临界条件：
w m① Bg mAgmin = r
w mBg m② = Agmax r
考向 1 水平面内的圆盘不栓绳临界模型临界规律应用
9．如图所示为一水平转盘，A 、B两物块叠放在转盘上，已知A 、B间的动摩擦因数为 1，B与转盘间
的动摩擦因数为 2 。初始时，物块均静止，现逐渐增大圆盘的角速度，下列说法正确的是（ ）
A．若 1 2 ，则A 、B始终相对静止，某时刻开始一起滑动
B．若 1 2 ，由于物块质量未知，无法判断A 、B谁先滑动
C．物块所受的合力指向圆盘的轴心
D．摩擦力对物块不做功
10．如图所示，两个质量均为 m 的小木块 A、B（可视为质点）放在水平圆盘上，A、B 到转轴OO 的距离
分别为 l、 2l ．小木块与圆盘之间的动摩擦因数均为 ，可以认为小木块最大静摩擦力等于滑动摩擦
力．若圆盘从静止开始绕轴转动，并缓慢地加速，用w 表示圆盘转动的角速度，用 g 表示重力加速度的大
小，下列说法正确的是（ ）
A．圆盘对 A 的作用力大小大于 A 对圆盘的作用力大小
B w g．当 = 时，A 所受摩擦力的大小为 mg
2l
C．A、B 所受摩擦力的大小始终相等
D．B 一定比 A 先开始滑动
考向 2 水平面内的圆盘栓绳临界模型临界规律应用
11．一圆盘可以绕其竖直轴在水平面内转动，圆盘半径为 R，甲、乙两物体质量分别为 M 和 m（M>m），
它们与圆盘之间的最大静摩擦力均为压力的 倍，两物体用一根长为 L（L示。若将甲物体放在转轴的位置，甲、乙之间的轻绳刚好沿半径方向被拉直，让圆盘从角速度为 0 开始转
到，角速度逐渐增大，两物体与圆盘不发生相对滑动，（两物体均可看作质点，重力加速度为 g）则下列说
法正确的是（ ）
A．随着角速度的增大的过程中，物块 m 受到的摩擦力先增加再逐渐减少
B．随着角速度的增大的过程中，物块 M 始终受到摩擦力
C （Mg mg）．则圆盘旋转的角速度最大不得超过
ML
D （Mg mg）．则圆盘旋转的角速度最大不得超过
mL
12．如图所示，两个可视为质点的相同的木块 A 和 B 放在水平转盘上，两者用长为 L 的细绳连接，木块与
转盘间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w kg> 时，A 、 B 相对于转盘会滑动
2L
B kg．当 w 2kg 时，绳子一定有弹力，且A 、 B 相对于转盘静止
2L 3L
C ω kg w 2kg．当 在 范围内增大时，B 所受摩擦力变大
2L 3L
D 2kg．当 ω 在0 w 范围内增大时，A 所受摩擦力大小先增大后减小
3L
考点四 竖直面内圆周运动临界模型
常见绳杆模型特点及临界规律
轻绳模型 轻杆模型
情景图示
弹力特征 弹力可能向下，也可能等于零 弹力可能向下，可能向上，也可能等于零
受力示意图
v2 v2
力学方程 mg＋FT＝m mg±FN＝mr r
v2 v＝0，即 F 向＝0，
临界特征 FT＝0，即 mg＝m ，得 v＝ grr 此时 FN＝mg
(1)“绳”只能对小球施加向下的力 (1)“杆”对小球的作用力可以是拉力，也可以是支
模型关键 (2)小球通过最高点的速度至少为 持力
gr (2)小球通过最高点的速度最小可以为 0
考向 1 绳类模型
13．如图甲所示，用一轻质绳拴着一质量为m 的小球，在竖直平面内做圆周运动（不计一切阻力），小球
运动到最高点时绳对小球的拉力为T ，小球在最高点的速度大小为 v，其T v2 图像如图乙所示，则
（ ）
ma
A．轻质绳长为
b
m
B．当地的重力加速度为
a
2 acC． v = c 时，轻质绳的拉力大小为 a
b
D．当 v2 = 2b时，小球受到的弹力大小与重力相等
14．如图所示，光滑圆轨道固定在竖直面内，一个小球沿圆轨道做竖直平面内的圆周运动，在最高点 A 点
对轨道的压力大小为 F1，在最低点 B 点对轨道的压力大小为 F2，则当小球运动到与圆心等高的 C 点时，
对轨道的压力大小为（ ）
F F F
A． 1 2 B． 2
F1 C．F2 F
F
D． 2
F1
2 2 1 3
考向 2 杆类模型
15．如图所示，长为 L 的轻杆，一端固定一个小球，另一端固定在光滑的水平轴上。为使小球在竖直平面
内做圆周运动，在最高点 A 小球获得水平向右的初速度 v，B 点为小球经过的最低点，C 点为与圆心等高
位置，重力加速度大小为 g，下列说法正确的是（ ）
A．初速度 v 必须满足 v gL
B．若增大初速度 v，小球经过 A 点时杆对小球的弹力一定增大
C．若增大初速度 v，小球经过 B 点时杆对小球的弹力一定增大
D．若增大初速度 v，小球经过 B 点时和经过 C 点时杆对小球的弹力之差增大
16．如图所示，管壁光滑的圆形轨道固定在竖直平面内，半径为 R，质量为 m 的小球在管道内做圆周运
动，管道内径远小于轨道半径，下列有关说法中正确的是（ ）
A．小球通过最高点的最小速度为 gR
1 3
B．若小球经过最高点时速度大小为 gR ，则管道内侧受力大小为 mg
2 4
C．若小球经过圆心等高点时速度大小为 gR ，则管道外侧受力大小为 2mg
D．若小球经过最低点时速度大小为 5gR ，则管道外侧受力大小为 4mg
考向 3 拱形桥和凹形桥类模型
拱形桥和凹形桥类模型特点及临界规律
拱形桥模型 凹形桥模型
情景图示
弹力特征 弹力可能向上，也可能等于零 弹力向上
受力示意图
2 2
力学方程 mg FN = m
v F v
R N
mg = m
R
v2
临界特征 FN＝0，即 mg＝m ，得 v＝ grr
v2 2
①最高点: FN = mg m ，失重； F mg v①最低点： N = m ，超重；
模型关键 R R
② v gR ，汽车脱离，做平抛运动。 ② v 0，v 越大，FN 越大。
17．胎压监测器可以实时监测汽车轮胎内部的气压，在汽车上安装胎压监测报警器，可以预防因汽车轮胎
胎压异常而引发的事故。一辆装有胎压报警器的载重汽车在高低不平的路面上行驶，其中一段路面的水平
观察视图如图所示，图中虚线是水平线，在保证安全行驶的情况下，若要尽量使胎压报警器不会超压报
警，下列说法正确的是（ ）
A．汽车在 A 处应增大行驶速度 B．汽车在 B 处应增大行驶速度
C．汽车在 A、B 处均应增大行驶速度 D．汽车在 A、B 处均应减小行驶速度
18．如图所示汽车以某一速度通过拱形桥最高点，已知拱形桥的半径为 R ，重力加速度为 g ，下列说法正
确的是（ ）
A．当 R 一定时，汽车速度越大，对拱形桥的压力越大
B．当汽车速率恒定时， R 越大，汽车对拱形桥的压力越小
C．汽车能以 2gR 顺利通过最高点
D gR．汽车能以 顺利通过最高点
2
1．传送带主要由头尾滚筒、中间托辊和皮带组成，示意图如图所示，已知托辊和滚筒圆心分别为 O 和
O ，半径分别为 R 和3R，OA 和O B分别为两条半径，以下判断正确的是（ ）
A．托辊和滚筒角速度相同
B．A 点加速度大于 B 点加速度
C．滚筒上与O 距离为 R 处点的加速度与 A 点加速度大小相同
D．滚筒和托辊转速比为3:1
2．如图 1 所示为某修正带照片，图 2 为其结构示意图。修正带由出带轮、传动轮、收带轮、基带、出带
口等组成。测量可知出带轮有 45 齿，半径为12mm，传动轮齿数未知，半径为 2.4mm ，收带轮有 15 齿，
半径未知，下列选项正确的是（ ）
A．使用时，出带轮与收带轮转动方向相反
B．根据题中信息，可以算出传动轮的齿数
C．根据题中信息，不能算出收带轮轴心到齿轮边缘的半径
D．在纸面长时间匀速拉动修正带时，出带轮边缘某点的向心加速度大小不变
3．如图所示，在一个“十”字架水平杆上用细线对称地悬挂两个可视为质点的小球 A、B，已知 A 的质量为
mA ，B 的质量为mB ，且mA > mB ，图中OO1 = OO2 ， LA = LB。现将整个装置绕竖直杆匀速转动，则 A、B
两球稳定时，下列说法正确的是（ ）
A．悬挂 A 球的细线与竖直方向的夹角等于悬挂 B 球的细线与竖直方向的夹角
B．悬挂 A 球的细线与竖直方向的夹角大于悬挂 B 球的细线与竖直方向的夹角
C．A 球做圆周运动的线速度大于 B 球做圆周运动的线速度
D．A 球做圆周运动的线速度小于 B 球做圆周运动的线速度
4．如图所示，半径为 R 的半球形陶罐内壁光滑，固定在可绕竖直轴转动的水平转台上，转台转轴与过陶罐
球心O的对称轴OO '重合。转台和陶罐以一定角速度匀速转动，一可看作质点的小物块与陶罐保持相对静
止，小物块质量为m ，线速度大小为 v，和O点的连线与OO '之间的夹角为q 。下列说法正确的是
（ ）
A．小物块所受合外力为恒力
B．转台转动角速度越大，q 越大
v2C．小物块的向心加速度大小为
R
mv2D．陶罐对物块的作用力大小为
R sinq
5．如图所示，小球（可视作质点）和 a、b 两根细绳相连，两绳分别固定在细杆上两点，其中 a 绳长
La = 2m，小球随杆一起在水平面内匀速转动。当两绳都拉直时，a、b 两绳和细杆的夹角q1 = 45°，
q2 = 60°， g = 10m/s2 。若 a、b 两绳始终张紧，则小球运动的线速度大小可能是（ ）
A．3 m/s B．4 m/s C．5 m/s D．6 m/s
6．为方便旅客随时取下行李，机场使用倾斜环状传送带运输行李箱，其实景图及简化图如图甲、图乙所
示，行李箱随传送带一起在弯道时做匀速圆周运动。则（ ）
A．行李箱的向心力只由弹力提供 B．行李箱的向心力由摩擦力和重力的合力提供
C．若传送带转速减缓，行李箱受到的弹力变大D．若传送带转速减缓，行李箱可能会沿斜面向下滑动
7．如图甲，质量相等的 A、B 两物块放在圆盘上，A 到中心轴线的距离为 B 到中心轴线距离的一半，两物
块与圆盘面的动摩擦因数相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计物块大小，将圆盘绕中心竖直轴线在
水平面内做匀速圆周运动，使 A、B 两物块均滑动需要的最小转动角速度为w1，若将 A、B 用不可伸长的细
线连接（如图乙），且开始时细线刚好伸直，仍将圆盘绕中心竖直轴线在水平面内做匀速圆周运动，使 A、
w
B 2均发生滑动需要最小转动角速度为w2 ，则 w 为（ ）1
A． 2 B．2 C． 3 D．3
8．如图，水平圆形转盘可绕竖直轴转动，圆盘上放有小物体 A、B、C，质量分别为 m、2m、3m，物块 A
叠放在 B 上，B、C 到转盘中心 O 的距离分别为 3r、2r，B、C 间用一轻质细线相连，圆盘静止时，细线刚
好伸直无拉力。已知 B、C 与圆盘间的动摩擦因数为 μ，A、B 间动摩擦因数为 3μ，设最大静摩擦力等于滑
动摩擦力，重力加速度为 g，现让圆盘从静止开始加速，则（ ）
A g．当w = 时，A、B 即将开始滑动
3r
g 3 mgB．当w = 时，细线张力为
2r 2
mg
C．当w g= 时，C 受到圆盘的摩擦力为
r 2
D w 2 g．当 = 时剪断细线，C 将做离心运动
5r
9．一根轻杆穿过两个固定轴承，可自由转动，相距为 l 的 A、B 两点固定两根长度也为 l 的轻绳，轻绳下
端固定一个质量为 m 的小球，如图所示。现对小球施加一个始终与速度方向共线的力，使小球在竖直平面
内做匀速圆周运动，在最高点时，绳子的拉力刚好为零，下列说法正确的是（ ）
A．小球的速度大小为 gl
B 3．在最低点时，左侧轴承对轻杆的支持力为 (1 )mg
3
2
C．在最低点时，绳的拉力为 3mg
3
D．若速度加倍，在最低点时绳子的拉力变为原来的四倍
10．如图为杭州亚运会体操赛场场景，“单臂大回环”是体操运动中的高难度动作，运动员单臂抓杠，以单
杠为轴完成圆周运动，不考虑手和单杠之间的摩擦和空气阻力，将人视为处于重心的质点，将“单臂大回
环”看成竖直平面内的圆周运动，等效半径为 L，重力加速度为 g ，下列说法正确的是（ ）
A．单杠对手臂既可能提供拉力，也可能提供支持力
B．从最高点到最低点的过程中，单杠对人的作用力做正功
C．若运动员恰好能够完成圆周运动，则运动员在最低点受单杠作用力大小为6mg
D．若运动员恰好能完成此圆周运动，则运动员在最高点处时，手臂与单杠之间无作用力
11．如图所示，两条不可伸长的轻绳 l1、l2分别系着质量为5m和m 的质点，两质点以相同的角速度绕同一
竖直线做水平匀速圆周运动。已知重力加速度为 g ，两绳的拉力分别为T1及T2，两绳与竖直线夹角的正弦
1 2
值分别是 5 及 ，则（5 ）
A．两细绳拉力的比值T1 :T2 = 3:1 B．两细绳拉力的比值T1 :T2 = 3: 2
C．两细绳绳长的比值 l1 : l2 = 2 : 9 D．两细绳绳长的比值 l1 : l2 =1: 5
12．如图，有一竖直放置在水平地面上光滑圆锥形漏斗，圆锥中轴线与母线的夹角为q ，可视为质点的小
球 A、B 在不同高度的水平面内沿漏斗内壁做同方向的匀速圆周运动，两个小球的质量相等，A、B 两球轨
道平面距圆锥顶点 O 的高度分别为 4h 和 h，下列说法正确的是（ ）
A．球 A 和球 B 的向心力大小之比为 1：2B．球 A 和球 B 的角速度之比为 2：1
C．球 A 和球 B 的线速度大小之比为 2：1D．球 A 和球 B 的周期之比为 2：1
13．长为 L 的细线一端系一质量为 m 的小球（可视为质点），另一端固定在一光滑锥顶上，光滑锥顶角为
2q ，轴线在竖直方向，如图甲所示。使小球在水平面内做角速度为w 的匀速圆周运动，细线的拉力为
F 2T ，得FT w 关系图像如图乙所示，已知重力加速度为 g ，则（ ）
A． a = mg cosq b
g
B． =
L cosq
C．图线 1 的斜率 k1 = mLsinq D．图线 2 的斜率 k2 = mL
14．游乐场中一种叫“魔盘”的娱乐设施，游客坐在转动的魔盘上，当魔盘转速增大到一定值时，游客就会
滑向盘边缘，其装置可以简化如图。若魔盘转速缓慢增大，则（ ）
A．在滑动之前，游客受到的支持力缓慢增大
B．在滑动之前，游客受到的摩擦力缓慢增大
C．在滑动之前，游客受到的作用力逐渐增大
D．游客受到的合外力方向沿斜面向上指向转轴
15．如图所示，一个上表面粗糙、中心有孔的水平圆盘绕轴 MN 转动，系有不可伸长细线的木块置于圆盘
上，细线另一端穿过中心小孔 O 系着一个小球。已知木块、小球均可视为质点，质量均为 m，木块到 O 点
的距离为 R，O 点与小球之间的细线长为 L，开始圆盘未转动时，小球和木块处于静止状态，而当圆盘以
角速度为w 匀速转动时，小球以角速度w 随圆盘做圆锥摆运动，木块相对圆盘静止，连接小球的细线与竖
直方向的夹角为 α，小孔与细线之间无摩擦，R > L，则（ ）
A．此时细线中的拉力大小为mw 2Lsina
B．如果w 继续增大，木块不可能向远离 O 点的方向滑动
C．如果R = L，在细线不断的情况下，无论w 多大木块都不会滑动
D．如果R L ，w 增大，木块可能向靠近 O 点的方向滑动
16．如图所示，A、B、C、D 四个物块放在水平转盘上的同一直径上，B、C 两物块到转轴的距离均为 r，
A、D 两物块到转轴的距离均为 2r，C、D 两物块用不可伸长的细线连接，细线平行于水平转盘且刚好伸
直。已知四个物块与转盘间的动摩擦因数相同，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现使转盘绕转轴转动，
随着转动角速度的增大，下列说法正确的是（ ）
A．若物块 B 的质量小于物块 A 的质量，则物块 B 先滑动
B．当细线上刚好有拉力时，物块 A 刚好要滑动
C．物块 A 比物块 D 先滑动
D．物块 B 比物块 C 先滑动
17．如图所示，倾角q = 37°的斜面体固定在可以绕竖直轴转动的水平转台上，斜面最低点在转轴OO1 上，
质量均为 m=1kg、可视为质点的两个小物块 P、Q 随转台一起匀速转动，P、Q 到斜面最低点的距离均为
0.5m，与接触面之间的动摩擦因数均为 0.5，取 g = 10m/s2 ， sin 37° = 0.6 ， cos37° = 0.8。最大静摩擦力等
于滑动摩擦力，则下列说法正确的是（ ）
A．为保持 P 5 3与斜面体相对静止，角速度的最小值为 rad/s
4
B．为保持 P 与斜面体相对静止，角速度的最大值为5 2rad/s
C 5 3．当角速度等于 rad/s 时，Q 会相对转台滑动，P 有沿斜面向上滑的趋势
2
100
D．若 P 与斜面体保持相对静止，则 P 对斜面的压力大小范围是 N FN 20N11
18．如图甲所示，质量为 m 的小球能在半径为 R 的竖直光滑圆轨道内侧做完整的圆周运动；如图乙所示，
质量为 m 的小球能在半径为 R 的竖直光滑圆形管道内做完整的圆周运动（圆形管道的管径略大于小球的直
径，但远小于 R）。已知重力加速度大小为 g，两小球均可视为质点，下列说法正确的是（ ）
A．图甲中小球通过最高点的最小速度为 0
B．图乙中小球通过最低点的最小速度为 2 gR
C．图乙中小球通过最高点时速度越大，对管道的作用力一定越大
D．图甲中小球通过最低点时对轨道的作用力比通过最高点时大6mg
19．如图所示，竖直平面内有一固定的光滑轨道 ABCD，其中倾角为q = 37°的倾斜轨道 AB 与半径为 R 的
圆弧轨道平滑相切与 B 点，CD 为竖直直径，O 为圆心。质量为m 的小球（可视为质点）从与 B 点高度差
为 h 的位置 A 点由静止释放。重力加速度大小为 g ， sin 37° = 0.6 ， cos37° = 0.8，则下列说法正确的是
（ ）
27
A．当 h = 2R时，小球过 C 点时对轨道的压力大小为 mg
5
B．当 h = 2R时，小球会从 D 点离开圆弧轨道做平抛运动
C．调整 h 的值，小球能从 D 点离开圆弧轨道，但一定不能落在 B 点
D．调整 h 的值，小球能从 D 点离开圆弧轨道，并能落在 B 点
20．如图甲所示，小球（可视为质点）穿在竖直平面内光滑的固定圆环上，绕圆心 O 点做半径为 R 的圆
周运动。小球运动到最高点时，圆环与小球间弹力大小为 F， 小球在最高点的速度大小为 v， 其 F-v2图
像如图乙所示，g 取 10m/s2，则（ ）
A．小球的质量为 2kg
B．固定圆环的半径 R 为 0.4m
C．小球在最高点速度为 4m/s 时，圆环受到小球施加的竖直向下 20N 的弹力
D．若小球恰好能做完整圆周运动，则其运动中所受圆环给的最大弹力为 100N
21．（2024·辽宁·高考真题）“指尖转球”是花式篮球表演中常见的技巧。如图，当篮球在指尖上绕轴转动
时，球面上 P、Q 两点做圆周运动的（ ）
A．半径相等 B．线速度大小相等
C．向心加速度大小相等 D．角速度大小相等
22．（2024·江苏·高考真题）陶瓷是以粘土为主要原料以及各种天然矿物经过粉碎混炼、成型和煅烧制得的
材料以及各种制品。如图所示是生产陶磁的简化工作台，当陶磁匀速转动时，台面面上掉有陶屑，陶屑与
桌面间的动摩因数处处相同（台面够大），则（ ）
A．离轴 OO 越远的陶屑质量越大
B． 离轴 OO 越近的陶屑质量越小
C． 只有平台边缘有陶屑
D．离轴最远的陶屑距离不会超过某一值考点 16 圆周运动
1. 高考真题考点分布
题型 考点考查 考题统计
选择题 描述圆周运动的基本物理量 2024 年辽宁卷
计算题 圆锥摆模型 2024 年江西卷
实验题 水平圆盘模型 2024 年海南卷
2. 命题规律及备考策略
【命题规律】高考对圆周运动基本规律的考查较为频繁，大多联系实际生活。圆周运动的临界问题的单独
考查不是太常见，大多在综合性的计算题中出现的比较频繁，并且会结合有关的功能关系。
【备考策略】
1.掌握圆周运动各个物理量之间的关系。
2.能够分析圆周运动的向心力的来源，并会处理有关锥摆模型、转弯模型、圆盘模型的动力学问题。
3.掌握水平面内圆盘模型的动力学分析及临界条件。
4.掌握竖直面内圆周运动的基本规律，并能够联系实际问题做出相应问题的分析。
【命题预测】重点关注竖直面内圆周运动规律在综合性问题中的应用。
一、匀速圆周运动及其描述
1．匀速圆周运动
(1)定义：做圆周运动的物体，若在相等的时间内通过的圆弧长相等，就是匀速圆周运动。
(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。
2．描述匀速圆周运动的物理量及其关系
Δs 2πr
(1)线速度：v＝ ＝ ，描述物体圆周运动快慢的物理量。
Δt T
Δθ 2π
(2)角速度：ω＝ ＝ ，描述物体绕圆心转动快慢的物理量。
Δt T
2πr 1
(3)周期和频率：T＝ ，T＝ ，描述物体绕圆心转动快慢的物理量。
v f
v2 4π2
(4)向心加速度：an＝rω2＝ ＝ωv＝ r，描述速度方向变化快慢的物理量。r T2
二、匀速圆周运动的向心力
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，所有的力沿半径方向指向圆心的合力，就是向心力。
v2 4π2
3．向心力的公式：Fn＝man＝m ＝mω2r＝m r。r T2
三、水平面内圆周运动
1．运动模型
运动模型 向心力的来源示意图 运动模型 向心力的来源示意图
飞机水平转弯 飞车走壁
圆锥摆 火车转弯
汽车在水平路面转弯 水平转台(光滑)
2.水平面内圆周运动临界问题的分析方法
几何分析 目的是确定圆周运动的圆心、半径等
运动分析 目的是确定圆周运动的线速度、角速度、向心加速度等
受力分析 目的是通过力的合成与分解，表示出物体做圆周运动时，外界所提供的向心力
四、竖直面内的圆周运动
1.竖直面内的圆周运动一般是变速圆周运动。
2.只有重力做功的竖直面内的变速圆周运动机械能守恒。
3.竖直面内的圆周运动问题，涉及知识面比较广，既有临界问题，又有能量守恒的问题，要注意物体运动到
圆周的最高点的速度。
4.一般情况下，竖直面内的圆周运动问题只涉及最高点和最低点的两种情形。
考点一 圆周运动的运动学问题
考向 1 圆周运动基本物理量的关系
1．走时准确的时钟如图所示，A、B 分别为时针和分针上到轴心距离相等的点，关于 A、B 两点下列说法
正确的是（ ）
A．A 点线速度大 B．B 点角速度大 C．周期相同 D．加速度相同
【答案】B
【详解】C．由于时针的周期 12h，分针的周期为 1h，所以分针的周期小于时针的周期，故TB＜TA 故 C 错
w 2p误；B．根据 = 可得w
T B
＞wA故 B 正确；
AD．根据 v = rw ， a = rw2 其中 rA = rB 可得 vB＞vA ， aB＞aA故 AD 错误。故选 B。
2．运球转身是篮球运动中重要的技术动作。如图甲所示为运动员运球转身的瞬间，此时运动员和篮球保
持相对静止绕 OO′轴转动，手臂上的 A 点与篮球边缘的 B 点到转轴的距离之比 r1 : r2 =1: 3，下列说法正确
的是（ ）
A．A、B 两点角速度大小之比w1 : w2 = 1: 3
B．A、B 两点的线速度大小之比 v1 : v2 =1:1
C．A、B 两点的周期之比T1 :T2 = 3:1
D．A、B 两点的向心加速度大小之比 a1 : a2 =1: 3
【答案】D
【详解】A．两点属于同轴转动，角速度相等w1 :w2 =1:1故 A 错误；
B．由 v = wr 可得 vA : vB =1: 3故 B 错误；
2p
C．周期T = 周期相等，所以比值为 1：1，故 C 错误；
w
D．由 a = w2r A、B 两点的向心加速度大小之比为 1：3，故 D 正确。故选 D。
考向 2 三种传动方式及特点
1.皮带传动（甲乙）：皮带与两轮之间无相对滑动时，两轮边缘线速度大小相等。
2.齿轮传动（丙）：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。
3.同轴传动（丁）：两轮固定在同一转轴上转动时，两轮转动的角速度大小相等。
3．如图所示是一皮带传动装置示意图，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，B 点在小轮上，到轮轴的距离为 r。C 点和 D 点分别位于小轮和大轮的边缘上。如果
传动过程中皮带不打滑，则关于 A、B、C、D 四点的比较，下列说法正确的是（ ）
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
【详解】A．同皮带转动时有 vA = vC 又因为 B、C、D 点位于同一个转轮上所以wB = wC 并且 rC：rB：= 2:1 根
据线速度表达式 v = wr 可得 vA：vB：vC = 2:1:2 故 A 错误；
B．因为 B、C 点都在同一个转轮上所以wB = wC 同皮带转动时有 vA = vC 通过 v = wr 可得ωA：ωC = 2:1 所以
有wA：wB：wC = 2:1:1 故 B 错误；
v2CD．由向心加速度公式 a = w2r = 可知 aA：aB：aC：aD = 4:1:2:4 故 C 错误，D 正确。故选 D。r
4．明代出版的《天工开物》一书中记载：“其湖池不流水，或以牛力转盘，或聚数人踏转。”并附有牛力齿
轮翻车的图画如图所示，翻车通过齿轮传动，将湖水翻入农田。已知 A、B 齿轮啮合且齿轮之间不打滑，
B、C 齿轮同轴，若 A、B、C 三齿轮半径的大小关系为 rA > rB > rC ，则（ ）
A．齿轮 A 的角速度比齿轮 B 的角速度大
B．齿轮 A、B 的角速度大小相等
C．齿轮 B、C 边缘的点的线速度大小相等
D．齿轮 A 边缘的点的线速度与齿轮 B 边缘的点的线速度大小相等
【答案】D
【详解】ABD．依题意，A、B 齿轮啮合且齿轮之间不打滑，则齿轮 A、B 缘的线速度大小相等，由 v = wr
可知，由于 rA > rB 则有wA < wB 由于 B、C 齿轮同轴，齿轮 B、C 的角速度大小相等，则有wA < wB = wC 故
AB 错误；D 正确；
C．由 v = wr 又 rB > rC 可得 vB > vC 故 C 错误；故选 D。
考点二 圆周运动的动力学问题
圆周运动动力学分析过程
考向 1 锥摆模型
5．如图所示为游乐场“丛林飞椅”游戏的简化模型，A 小球绕轴O1O2 在水平面内做匀速圆周运动，则关于 A
小球受力分析正确的是（ ）
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．细绳对小球的拉力大于小球受到的重力
D．若转速逐渐降低，则小球的向心力变大
【答案】C
【详解】A．A 小球绕轴O1O2 在水平面内做匀速圆周运动，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 错误；
B．A 小球受到重力、拉力作用，向心力是效果力，实际上不存在，故 B 错误；
mg
C．结合上述，对小球进行分析，令绳与水平方向夹角为q ，则有T sinq = mg 解得T = 可知，细绳对
sinq
小球的拉力大于小球受到的重力，故 C 正确；
D．若转速逐渐降低时，角速度减小，轨道半径减小，则有F = mw 2r 可知，若转速逐渐降低，则小球的向
心力变小，故 D 错误。故选 C。
6．智能呼啦圈可以提供全面的数据记录，让人合理管理自己的身材。如图甲，腰带外侧带有轨道，将带
有滑轮的短杆穿入轨道，短杆的另一端悬挂一根带有配重的轻绳，其简化模型如图乙所示。可视为质点的
配重质量为 0.4kg，轻绳长为 0.4m，悬挂点 P 到腰带中心点 O 的距离为 0.26m，配重随短杆做水平匀速圆
周运动，绳子与竖直方向夹角为q ，运动过程中腰带可视为静止，重力加速度 g 取10m/s2， sin 37° = 0.6 ，
下列说法正确的是（ ）
A．若增大转速，腰带受到的摩擦力变大
B 15．当转速 n = r/s 时，则绳子与竖直方向夹角q = 37°
2p
C．若增大转速，则绳子与竖直方向夹角q 将减小
D．若增加配重，保持转速不变，则绳子与竖直方向夹角q 将减小
【答案】B
【详解】A．转动过程中，以腰带和配重整体为研究对象，整体在竖直方向处于平衡状态，根据平衡条件
有
f = m配重 + m腰带 g
故增大转速，腰带受到的摩擦力不变，故 A 错误；
B．对配重进行受力分析，根据牛顿第二定律可得
mg tanq = mw 2 (LOP + l绳 sinq )
w = 2p n
n 15当转速 = r/s 时，代入数据可得
2p
q = 37°
故 B 正确；
CD．对配重进行受力分析，其在水平面上做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律可得
mg tanq = mw 2 (LOP + l绳 sinq )
整理得
1 LOP l绳 cosq= +
w g tanq g
故增大转速，则绳子与竖直方向夹角q 将增大，绳子与竖直方向夹角与配重质量无关，故 CD 错误。
故选 B。
考向 2 转弯模型
7．在修筑铁路时，为了消除轮缘与铁轨间的挤压，要根据弯道的半径和规定的行驶速度，设计适当的倾
斜轨道，即保证两个轨道间距不变情况下调整两个轨道的高度差。火车轨道在某转弯处其轨道平面倾角为
θ，转弯半径为 r，在该转弯处规定行驶的速度为 v，当地重力加速度为 g，则下列说法中正确的是
（ ）
A．火车运动的圆周平面为右图中的 a
B．在该转弯处规定行驶的速度为 v = gr sinq
C．火车运动速度超过转弯规定速度时内轨会给内侧车轮弹力作用
D．适当增大内、外轨高度差可以对火车进行有效安全的提速
【答案】D
【详解】A．火车运动的圆周平面为水平面，即图中的 b，故 A 错误；
B．根据牛顿第二定律可得
v2mg tanq = m
r
可得在该转弯处规定行驶的速度为
v = gr tanq
故 B 错误；
C．在该转弯处行驶的速度若超过规定速度，则重力和轨道的支持力的合力不足以提供所需的向心力，火
车有做离心运动的趋势，此时火车将会挤压外轨，故 C 错误；
D．适当增大内、外轨高度差，则根据
v = gr tanq
可知 θ 角变大，则 v 变大，则可以对火车进行有效安全的提速，故 D 正确。
故选 D。
8．赛车是一项极具挑战和危险的运动，比赛转弯过程中若不能很好的控制速度很容易发生侧滑。如图为
赛车转弯时的情景，此时赛车过 O 点，可看作沿 Oa 圆弧做匀速圆周运动，Ob 方向为 O 点的切线方向。
以下说法不正确的是（ ）
A．赛车过 O 点时速度方向沿 Ob 方向
B．赛车过 O 点时合外力指向圆心
C．赛车转弯速率相同时，半径越小越容易发生侧滑
D．发生侧滑时，塞车沿着 Ob 方向滑离原轨道做匀速直线运动
【答案】D
【详解】A．物体做曲线运动，速度方向沿着该点的切线方向，则赛车过 O 点时速度方向沿 Ob 方向，故
A 正确；
B．赛车做匀速圆周运动，则所受合力为向心力，即赛车过 O 点时合外力指向圆心，故 B 正确；
2
C v．根据Fn = m 可知赛车转弯速率相同时，半径越小所需的向心力越大，则越容易发生侧滑，故 C 正r
确；
D．赛车发生侧滑瞬间，速度方向沿着 Ob 方向，摩擦力不足以提供向心力，赛车做离心运动，故 D 错
误。
本题目选不正确项，故选 D。
考点三 水平面内的圆盘临界模型
知识点 水平面内的圆盘临界模型临界规律
①口诀：“谁远谁先飞”；
②a 或 b 发生相对圆盘滑动的各自临界角速度：
f = mg = mw2m r ；w
g
=
r
①口诀：“谁远谁先飞”；
g
②轻绳出现拉力，先达到 B的临界角速度：w1 = ；rB
③AB 一起相对圆盘滑动时，临界条件：
隔离 A：T=μmAg；隔离 B：T+μmBg=m ω 2B 2 rB
整体：μmAg+μmBg=m 2Bω2 rB
AB相对圆盘滑动的临界条件：
w m= A + mB g g2 =mBr mB BrB
mA + mB
①口诀：“谁远谁先飞”；
g
②轻绳出现拉力，先达到 B的临界角速度：w1 = rB ；
③同侧背离圆心，fAmax 和 fBmax 指向圆心，一起相对圆盘滑动时，
临界条件：
隔离 A：μmAg-T=mAω 22 rA；隔离 B：T+μmBg=m 2Bω2 rB
整体：μmAg+μmBg=m ω 2A 2 rA+mBω 22 rB
AB 相对圆盘滑动的临界条
w mA + m= B g g2 =mArA + mBr mB ArA + mBrB
mA + mB
①口诀：“谁远谁先飞”（rB>rA）；
g
②轻绳出现拉力临界条件：w1 = rB ；
此时 B 与面达到最大静摩擦力，A 与面未达到最大静摩擦力。
此时隔离 A：fA+T=m ω2A rA；隔离 B：T+μmBg=m 2Bω rB
消掉 T：fA=μmBg-(mBrB-mArA)ω2
③当 mBrB=mArA 时，fA=μmBg，AB 永不滑动，除非绳断；
④AB 一起相对圆盘滑动时，临界条件：
1）当 mBrB>mArA 时，fA↓=μmBg-(mBrB-mArA)ω2↑→fA=0→反向→fA 达
到最大→从 B 侧飞出；
2）当 mBrB→ω↑→T↑→fB↓→fB=0→反向→fB 达到最大→从 A 侧飞出；
AB 相对圆盘滑动的临界条
w mA + mB g g2 = =mArA + m m r + m rBrB A A B B
mA + mB
临界条件：
g
① A > BB ，w = ② A < w
g
B ， =
A
rB r； B
临界条件：
w mBg mAg① min = r
w mBg + mAg② max = r
考向 1 水平面内的圆盘不栓绳临界模型临界规律应用
9．如图所示为一水平转盘，A 、B两物块叠放在转盘上，已知A 、B间的动摩擦因数为 1，B与转盘间
的动摩擦因数为 2 。初始时，物块均静止，现逐渐增大圆盘的角速度，下列说法正确的是（ ）
A．若 1 2 ，则A 、B始终相对静止，某时刻开始一起滑动
B．若 1 2 ，由于物块质量未知，无法判断A 、B谁先滑动
C．物块所受的合力指向圆盘的轴心
D．摩擦力对物块不做功
【答案】A
【详解】AB．对 AB 整体，由牛顿第二定律
22 (mA + mB )g = (mA + mB )rwAB
可得
w 2gAB = r
对物块 A，由牛顿第二定律
1mA g = mArw
2
A
可得
w 1gA = r
若 1 2 ，可得
wA wAB
所以若 1 2 ，则A 、B始终相对静止，某时刻开始一起滑动，故 A 正确，B 错误；
CD．因为圆盘的角速度逐渐增大，则圆盘的线速度逐渐增大，故圆盘不是做匀速圆周运动，所以物块所受
的合力不是指向圆盘的轴心，由动能定理可知，动能变大，摩擦力对物块做正功，故 CD 错误。
故选 A。
10．如图所示，两个质量均为 m 的小木块 A、B（可视为质点）放在水平圆盘上，A、B 到转轴OO 的距离
分别为 l、 2l ．小木块与圆盘之间的动摩擦因数均为 ，可以认为小木块最大静摩擦力等于滑动摩擦
力．若圆盘从静止开始绕轴转动，并缓慢地加速，用w 表示圆盘转动的角速度，用 g 表示重力加速度的大
小，下列说法正确的是（ ）
A．圆盘对 A 的作用力大小大于 A 对圆盘的作用力大小
B g．当w = 时，A 所受摩擦力的大小为 mg
2l
C．A、B 所受摩擦力的大小始终相等
D．B 一定比 A 先开始滑动
【答案】D
【详解】A．圆盘对 A 的作用力与 A 对圆盘的作用力是相互作用力，总是等大反向，选项 A 错误；
B．当
w g=
2l
时，A 所受摩擦力的大小为
fA = mw
2l 1= mg
2
选项 B 错误；
C．根据
f = mw2l
可知，在两物块未发生相对滑动时，A、B 所受摩擦力的大小不相等，当两物块都产生相对滑动后受滑动摩
擦力大小相等，选项 C 错误；
D．根据
mw 20 l = mg
可知
w g0 = l
可知产生滑动时 B 的临界角速度较小，则 B 一定比 A 先开始滑动，选项 D 正确。
故选 D。
考向 2 水平面内的圆盘栓绳临界模型临界规律应用
11．一圆盘可以绕其竖直轴在水平面内转动，圆盘半径为 R，甲、乙两物体质量分别为 M 和 m（M>m），
它们与圆盘之间的最大静摩擦力均为压力的 倍，两物体用一根长为 L（L示。若将甲物体放在转轴的位置，甲、乙之间的轻绳刚好沿半径方向被拉直，让圆盘从角速度为 0 开始转
到，角速度逐渐增大，两物体与圆盘不发生相对滑动，（两物体均可看作质点，重力加速度为 g）则下列说
法正确的是（ ）
A．随着角速度的增大的过程中，物块 m 受到的摩擦力先增加再逐渐减少
B．随着角速度的增大的过程中，物块 M 始终受到摩擦力
C （Mg + mg）．则圆盘旋转的角速度最大不得超过
ML
D （Mg + mg）．则圆盘旋转的角速度最大不得超过
mL
【答案】D
【详解】AB．当圆盘角速度较小时，m 的向心力由静摩擦力提供，绳子没拉力，由牛顿第二定律
fm = mw
2L m 受的静摩擦力随角速度增大而增大，当角速度增大到w1时，静摩擦力达到最大静摩擦力
mg ，角速度再增大，绳子拉力出现，由牛顿第二定律
T + mg = mw2L
随着角速度增大，m 受的摩擦力保持不变，一直为最大静摩擦力 mg 。则随着角速度的增大的过程中，物
块 m 受到的摩擦力先增加后保持不变，当绳子有力时，M 开始受到摩擦力作用，故 AB 错误；
CD．当绳子的拉力增大到等于甲的最大静摩擦力时，角速度达到最大，对 m 和 M，分别有
T + mg = mw2L
T = Mg
联立可得
w= （Mg + mg）
mL
故 C 错误，D 正确。
故选 D。
12．如图所示，两个可视为质点的相同的木块 A 和 B 放在水平转盘上，两者用长为 L 的细绳连接，木块与
转盘间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 kg．当w > 时，A 、 B 相对于转盘会滑动
2L
B kg w 2kg．当 < < 时，绳子一定有弹力，且A 、 B 相对于转盘静止
2L 3L
C ω kg．当 在 < w 2kg< 范围内增大时，B 所受摩擦力变大
2L 3L
D ω 0 w 2kg．当 在 < < 范围内增大时，A 所受摩擦力大小先增大后减小
3L
【答案】B
【详解】A. 当 A 刚好到达最大静摩擦力时，A、B 恰好相对于转盘不发生滑动，对 A 有
kmg T = mLw 2
对 B 有
kmg +T = 2mLw 2
联立可得
w 2kg=
3L
2kg
因此，当w> 时，A 、 B 相对于转盘会滑动，A 错误；
3L
当 B 刚达到最大静摩擦力时，绳子恰好无拉力，则有
kmg = 2mLw 2
解得
w kg=
2L
综合 A kg w 2kg选项可得：当 < < 时，绳子一定有弹力，且A 、 B 相对于转盘静止，B 正确；
2L 3L
C ω kg w 2kg．当 在 < < 范围内增大时，由于 B 未滑动，仍为最大静摩擦力，故摩擦力不变，C 错误；
2L 3L
D．当 ω 在0 2kg< w < 范围内增大时，A 所受摩擦力一直增大，D 错误；
3L
故选 B。
考点四 竖直面内圆周运动临界模型
知识点 1 常见绳杆模型特点及临界规律
轻绳模型 轻杆模型
情景图示
弹力特征 弹力可能向下，也可能等于零 弹力可能向下，可能向上，也可能等于零
受力示意图
v2 v2
力学方程 mg＋FT＝m mg±F ＝mr N r
v2 v＝0，即 F 向＝0，
临界特征 FT＝0，即 mg＝m ，得 v＝ grr 此时 FN＝mg
(1)“绳”只能对小球施加向下的力 (1)“杆”对小球的作用力可以是拉力，也可以是支
模型关键 (2)小球通过最高点的速度至少为 持力
gr (2)小球通过最高点的速度最小可以为 0
考向 1 绳类模型
13．如图甲所示，用一轻质绳拴着一质量为m 的小球，在竖直平面内做圆周运动（不计一切阻力），小球
运动到最高点时绳对小球的拉力为T ，小球在最高点的速度大小为 v，其T v2 图像如图乙所示，则
（ ）
ma
A．轻质绳长为
b
m
B．当地的重力加速度为
a
ac
C． v2 = c 时，轻质绳的拉力大小为 + a
b
D．当 v2 = 2b时，小球受到的弹力大小与重力相等
【答案】D
2 2
【详解】AB v v．设绳长为 R，由牛顿第二定律知，小球在最高点满足T + mg＝m 即T＝m mg 由题图乙
R R
a mb
知，当 v2=0，T=-a，则有 a=mg 当 v2=b，T=0，则有 b=gR 所以 g＝ ，R＝ 故 AB 错误；
m a
C．当 v2=c 时，有T mg m
c ac
+ ＝ 将 g 和 R 的值代入得T = a 故 C 错误；
R b
2
D．当 v2=2b 时，由T + mg＝m v 可得 T=a=mg 故弹力与重力相等，故 D 正确。故选 D。
R
14．如图所示，光滑圆轨道固定在竖直面内，一个小球沿圆轨道做竖直平面内的圆周运动，在最高点 A 点
对轨道的压力大小为 F1，在最低点 B 点对轨道的压力大小为 F2，则当小球运动到与圆心等高的 C 点时，
对轨道的压力大小为（ ）
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
【详解】设圆轨道的半径为 R，在最高点，有mg + F1 = m 1 在最低点，有F2 mg = m 2 联立解得R R
2 2 2
F F m v1 + v2 v1 + 2 = 在与圆心等高的位置，有F = m 小球由 C 点运动到 B 点的过程，根据动能定理，有R R
mgR 1 mv2 1 mv2 1 1= 2 小球由 A 点运动到 C
2 2
点的过程，根据动能定理，有mgR = mv mv1 解得2 2 2 2
F F= 1 + F2 故选 A。
2
考向 2 杆类模型
15．如图所示，长为 L 的轻杆，一端固定一个小球，另一端固定在光滑的水平轴上。为使小球在竖直平面
内做圆周运动，在最高点 A 小球获得水平向右的初速度 v，B 点为小球经过的最低点，C 点为与圆心等高
位置，重力加速度大小为 g，下列说法正确的是（ ）
A．初速度 v 必须满足 v gL
B．若增大初速度 v，小球经过 A 点时杆对小球的弹力一定增大
C．若增大初速度 v，小球经过 B 点时杆对小球的弹力一定增大
D．若增大初速度 v，小球经过 B 点时和经过 C 点时杆对小球的弹力之差增大
【答案】C
【详解】A．在 A 点时轻杆可施加给小球竖直向上的弹力，小球经过最高点的初速度 v只要满足 v 0即
可，选项 A 错误；
2
B．若0 v gL v，小球经过 A 点时有mg F1 = m 杆对小球的弹力随 v增大而减小，选项 B 错误；L
v2B 2mgL 1 mv2 1 v
2
C 2．小球经过 B 点时有 F2 mg = m ， =L 2 B
mv 解得F
2 2
= 5mg + m 可知小球经过 B 点时杆对
L
小球的弹力随 v增大而增大，选项 C 正确；
2 1 1 2
D．小球经过 C 点时有F v3 = m C ，mgL = mv
2
C mv
2 v
解得F3 = 2mg + m 可知小球经过 B 点时和经过 CL 2 2 L
点时杆对小球的弹力之差恒为3mg ，选项 D 错误。故选 C。
16．如图所示，管壁光滑的圆形轨道固定在竖直平面内，半径为 R，质量为 m 的小球在管道内做圆周运
动，管道内径远小于轨道半径，下列有关说法中正确的是（ ）
A．小球通过最高点的最小速度为 gR
1 3
B．若小球经过最高点时速度大小为 gR ，则管道内侧受力大小为 mg
2 4
C．若小球经过圆心等高点时速度大小为 gR ，则管道外侧受力大小为 2mg
D．若小球经过最低点时速度大小为 5gR ，则管道外侧受力大小为 4mg
【答案】B
【详解】A．小球在管道内做圆周运动，在最高点时管道能给小球竖直向上的支持力，则小球能够通过最
高点的最小速度为零，故 A 错误；
1 2
B．若小球经过最高点时速度大小为 v= gR v根据牛顿第二定律有mg FN = m 得管道内侧对小球的支持2 R
F 3 3力 N = mg 根据牛顿第三定律，管道内侧受力大小为 mg，故 B 正确；4 4
v2C．若小球经过圆心等高点时速度大小为 v = gR 根据牛顿第二定律有F = m 11 N1 得管道外侧对小球的支持R
力FN1 = mg 根据牛顿第三定律，管道外侧受力大小为 mg，故 C 错误；
v2D．若小球经过最低点时速度大小为 v 22 = 5gR 根据牛顿第二定律有FN2 mg = m 得管道外侧对小球的支R
持力FN2 = 6mg 根据牛顿第三定律，管道外侧受力大小为 6mg，故 D 错误。故选 B。
考向 3 拱形桥和凹形桥类模型
拱形桥和凹形桥类模型特点及临界规律
拱形桥模型 凹形桥模型
情景图示
弹力特征 弹力可能向上，也可能等于零 弹力向上
受力示意图
v2 v2
力学方程 mg FN = m F mg = mR N R
v2
临界特征 FN＝0，即 mg＝m ，得 v＝ grr
2 2
①最高点: F = mg v m ，失重； vN R ①最低点： FN = mg + m ，超重；模型关键 R
② v gR ，汽车脱离，做平抛运动。 ② v 0，v 越大，FN 越大。
17．胎压监测器可以实时监测汽车轮胎内部的气压，在汽车上安装胎压监测报警器，可以预防因汽车轮胎
胎压异常而引发的事故。一辆装有胎压报警器的载重汽车在高低不平的路面上行驶，其中一段路面的水平
观察视图如图所示，图中虚线是水平线，在保证安全行驶的情况下，若要尽量使胎压报警器不会超压报
警，下列说法正确的是（ ）
A．汽车在 A 处应增大行驶速度 B．汽车在 B 处应增大行驶速度
C．汽车在 A、B 处均应增大行驶速度 D．汽车在 A、B 处均应减小行驶速度
【答案】B
2 2
【详解】在 A v处，根据牛顿第二定律可得FN mg = m 解得FN = mg + m
v
在 A 处，速度越大，轮胎受到
r r
v '2 v '2
的作用力越大，越容易超压报警。在 B 处，根据牛顿第二定律可得mg F 'N = m 解得F
'
N = mg m 在r r
B 处，速度越大，轮胎受到的作用力越小，越不容易超压报警。因此若要尽量使胎压报警器不会超压报
警，则汽车在 A 处应减小行驶速度，在 B 处应增大行驶速度。故选 B。
18．如图所示汽车以某一速度通过拱形桥最高点，已知拱形桥的半径为 R ，重力加速度为 g ，下列说法正
确的是（ ）
A．当 R 一定时，汽车速度越大，对拱形桥的压力越大
B．当汽车速率恒定时， R 越大，汽车对拱形桥的压力越小
C．汽车能以 2gR 顺利通过最高点
D gR．汽车能以 顺利通过最高点
2
【答案】D
v2
【详解】AB．汽车以某一速度通过拱形桥最高点，根据牛顿第二定律可得mg N = m 根据牛顿第三定律
R
2
可得 N = N = mg m
v
压 可知当 R 一定时，汽车速度越大，对拱形桥的压力越小；当汽车速率恒定时， RR
越大，汽车对拱形桥的压力越大；故 AB 错误；
2
CD．根据 N = mg m v 当 N = 0时，可得 v = gR gR可知汽车能以 顺利通过最高点，不能以 2gR 顺利通
R 2
过最高点，故 C 错误，D 正确。故选 D。
1．传送带主要由头尾滚筒、中间托辊和皮带组成，示意图如图所示，已知托辊和滚筒圆心分别为 O 和
O ，半径分别为 R 和3R，OA 和O B分别为两条半径，以下判断正确的是（ ）
A．托辊和滚筒角速度相同
B．A 点加速度大于 B 点加速度
C．滚筒上与O 距离为 R 处点的加速度与 A 点加速度大小相同
D．滚筒和托辊转速比为3:1
【答案】B
【详解】A．托辊和滚筒边缘属于同传送带转动，线速度相等，则角速度不相同，故 A 错误；
B v
2
．根据 a = 可知，A 点加速度大于 B 点加速度，故 B 正确；
r
C．根据 v = rw 可知，滚筒上与O 距离为 R 处点的角速度与 A 点角速度的比值为 3：1，根据加速度公式
a = rw2
可知滚筒上与O 距离为 R 处点的加速度与 A 点加速度大小不相同，故 C 错误；
D．根据线速度与转速的关系有
v = r 2p n
可知滚筒和托辊转速比为 1：3，故 D 错误；
故选 B。
2．如图 1 所示为某修正带照片，图 2 为其结构示意图。修正带由出带轮、传动轮、收带轮、基带、出带
口等组成。测量可知出带轮有 45 齿，半径为12mm，传动轮齿数未知，半径为 2.4mm ，收带轮有 15 齿，
半径未知，下列选项正确的是（ ）
A．使用时，出带轮与收带轮转动方向相反
B．根据题中信息，可以算出传动轮的齿数
C．根据题中信息，不能算出收带轮轴心到齿轮边缘的半径
D．在纸面长时间匀速拉动修正带时，出带轮边缘某点的向心加速度大小不变
【答案】B
【详解】A．由于齿轮带动，根据图 2 可知，使用时，出带轮与传动轮转动方向相反，传动轮与收带轮传
动方向相反，则出带轮与收带轮转动方向相同，故 A 错误；
B．由于是齿轮带动，相邻齿之间的间距相等，则有
2p R 2p R出 = 传
45 n传
解得
n传 = 9
故 B 正确；
C．由于是齿轮带动，相邻齿之间的间距相等，则有
2p R出 2p R= 出
45 15
解得
R出 = 4mm
可知，根据题中信息，能算出收带轮轴心到齿轮边缘的半径，故 C 错误；
D．根据向心加速度的表达式有
2
a v=
r
在纸面长时间匀速拉动修正带时，出带轮边缘某点的圆周半径减小，则该点的向心加速度大小变大，故 D
错误。
故选 B。
3．如图所示，在一个“十”字架水平杆上用细线对称地悬挂两个可视为质点的小球 A、B，已知 A 的质量为
mA ，B 的质量为mB ，且mA > mB ，图中OO1 = OO2 ， LA = LB。现将整个装置绕竖直杆匀速转动，则 A、B
两球稳定时，下列说法正确的是（ ）
A．悬挂 A 球的细线与竖直方向的夹角等于悬挂 B 球的细线与竖直方向的夹角
B．悬挂 A 球的细线与竖直方向的夹角大于悬挂 B 球的细线与竖直方向的夹角
C．A 球做圆周运动的线速度大于 B 球做圆周运动的线速度
D．A 球做圆周运动的线速度小于 B 球做圆周运动的线速度
【答案】A
【详解】设两球做匀速圆周运动的角速度相同为w ，由牛顿第二定律得
mA g tanq = m
2
Aw (LA sinq + OO1)
mBg tanq = m
2
Bw (LB sinq + OO2 )
图中OO1 = OO2 ， LA = LB，可知
q = q
根据
v = w(LA sinq + OO1) = w(LB sinq + OO2 )
可知 A 球做圆周运动的线速度等于 B 球做圆周运动的线速度。
故选 A。
4．如图所示，半径为 R 的半球形陶罐内壁光滑，固定在可绕竖直轴转动的水平转台上，转台转轴与过陶罐
球心O的对称轴OO '重合。转台和陶罐以一定角速度匀速转动，一可看作质点的小物块与陶罐保持相对静
止，小物块质量为m ，线速度大小为 v，和O点的连线与OO '之间的夹角为q 。下列说法正确的是
（ ）
A．小物块所受合外力为恒力
B．转台转动角速度越大，q 越大
2
C v．小物块的向心加速度大小为
R
mv2D．陶罐对物块的作用力大小为
R sinq
【答案】B
【详解】A．小物块做匀速圆周运动，由所受外力的合力提供向心力，可知，合力大小不变，方向发生变
化，即小物块所受合外力为变力，故 A 错误；
B．对物块进行分析，由重力与支持力提供向心力，则有
mg tanq = mw 2R sinq
解得
cosq g=
w 2R
可知，转台转动角速度越大，q 越大，故 B 正确；
C．小物块的向心加速度大小为
2
a v=
R sinq
故 C 错误；
D．陶罐对物块的作用力为支持力，结合上述有
2
N sinq v= m
R sinq
解得
2
N mv=
R sin2 q
故 D 错误。
故选 B。
5．如图所示，小球（可视作质点）和 a、b 两根细绳相连，两绳分别固定在细杆上两点，其中 a 绳长
La = 2m，小球随杆一起在水平面内匀速转动。当两绳都拉直时，a、b 两绳和细杆的夹角q1 = 45°，
q = 60°， g = 10m/s22 。若 a、b 两绳始终张紧，则小球运动的线速度大小可能是（ ）
A．3 m/s B．4 m/s C．5 m/s D．6 m/s
【答案】B
【详解】根据题意，设当 a绳恰好拉直，但Tb = 0 时，小球运动的线速度大小为 v1，则有
2
Ta cosq
v1
1 = mg ，T sinq = m ， r = La sinqa 1 r 1
联立解得
v1 = 10 m s
设当b 绳恰好拉直，但Ta = 0时，小球运动的线速度大小为 v2，则有
2
Tb cosq2 = mg
v
，T 2b sinq2 = m r
联立解得
v2 = 10 3 m s
可知，要使两绳都拉紧，速度满足
10 m s < v 10 3 m s
故选 B。
6．为方便旅客随时取下行李，机场使用倾斜环状传送带运输行李箱，其实景图及简化图如图甲、图乙所
示，行李箱随传送带一起在弯道时做匀速圆周运动。则（ ）
A．行李箱的向心力只由弹力提供 B．行李箱的向心力由摩擦力和重力的合力提供
C．若传送带转速减缓，行李箱受到的弹力变大D．若传送带转速减缓，行李箱可能会沿斜面向下滑动
【答案】C
【详解】AB．对行李箱受力分析，如图
可得
f cosa N sina = mw2R， f sina + N cosa = mg
其中，向心力由摩擦力与弹力的水平方向的合力提供。故 AB 错误；
CD．根据以上两式，可得
N = mg cosa mw 2R sina
当转速减小时，角速度减小，则 N 增大，最大静摩擦也增大，行李箱不可能下滑了。故 C 正确；D 错误。
故选 C。
7．如图甲，质量相等的 A、B 两物块放在圆盘上，A 到中心轴线的距离为 B 到中心轴线距离的一半，两物
块与圆盘面的动摩擦因数相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计物块大小，将圆盘绕中心竖直轴线在
水平面内做匀速圆周运动，使 A、B 两物块均滑动需要的最小转动角速度为w1，若将 A、B 用不可伸长的细
线连接（如图乙），且开始时细线刚好伸直，仍将圆盘绕中心竖直轴线在水平面内做匀速圆周运动，使 A、
w
B 2均发生滑动需要最小转动角速度为w2 ，则 w 为（ ）1
A． 2 B．2 C． 3 D．3
【答案】A
【详解】对甲图，静摩擦力提供向心力，当物块恰好发生相对滑动时，有
mg = mw2r
可知
w g=
r
对图甲，因为 B 的半径更大，所以 B 最先发生滑动，由题有w1是 A 发生恰好滑动时对应的临界角速度，
设 A 的半径为 r ，有
w g1 = r
用细线将 A、B 连接，当它们一起刚要滑动时，对 B 物体由牛顿第二定律
T + mg = mw 22 2r
对 A 物体有
T mg = mw 22 r
联立解得
w 2g 2 = r
所以可得
w2 = 2
w1
故选 A。
8．如图，水平圆形转盘可绕竖直轴转动，圆盘上放有小物体 A、B、C，质量分别为 m、2m、3m，物块 A
叠放在 B 上，B、C 到转盘中心 O 的距离分别为 3r、2r，B、C 间用一轻质细线相连，圆盘静止时，细线刚
好伸直无拉力。已知 B、C 与圆盘间的动摩擦因数为 μ，A、B 间动摩擦因数为 3μ，设最大静摩擦力等于滑
动摩擦力，重力加速度为 g，现让圆盘从静止开始加速，则（ ）
A w g．当 = 时，A、B 即将开始滑动
3r
3 mg
B g．当w = 时，细线张力为
2r 2
g mgC．当w = 时，C 受到圆盘的摩擦力为
r 2
D w 2 g．当 = 时剪断细线，C 将做离心运动
5r
【答案】B
【详解】A．先将 A、B 看成一个整体，由于 A、B 组成整体半径大于 C 的半径，可知 B 与圆盘摩擦力先达
到最大；设绳子刚要有张力时，圆盘角速度为w0，以 A、B 组成整体为对象，根据牛顿第二定律可得
m + 2m g = m + 2m w20 ×3r
解得
w g0 = 3r
设 A、B 间的摩擦力达到最大时，圆盘角速度为w1，以 A 为对象，根据牛顿第二定律可得
3 mg = mw 21 ×3r
解得
w g1 = r
w g可知当 = 时，绳子开始有张力，A、B 与圆盘保持相对静止，故 A 错误；
3r
B．当w g> 时，绳子有张力，随着角速度的增大，C 受到的静摩擦力先减小后反向增大，设 C 受到的
3r
静摩擦力达到最大时，AB 仍相对静止，圆盘角速度为w2 ，以 A、B 组成整体为对象，根据牛顿第二定律可
得
m + 2m g +T = m + 2m w 22 ×3r
以 C 为对象，根据牛顿第二定律可得
T ×3mg = 3mw22 ×2r
联立解得
w 2 g2 = r
g
当w = 时，由于
2r
g g g
< <
3r 2r r
设细线张力为T ，以 A、B 组成整体为对象，根据牛顿第二定律可得
m + 2m g +T = m + 2m w 2 ×3r
解得
T 3 mg=
2
故 B 正确；
C w g．当 = 时，AB 刚好可以保持相对静止，以 A、B 组成整体为对象，根据牛顿第二定律可得
r
m + 2m g +T = m + 2m w2 ×3r
解得
T = 6 mg
以 C 为对象，根据牛顿第二定律可得
T f 2C = 3mw × 2r
解得 C 受到圆盘的摩擦力为
fC = 0
故 C 错误；
D w 2 g．当 = 时剪断细线，此时 C 需要的向心力大小为
5r
F 12= 3mw 2 ×2r = mg < 3 mg
向 5
可知 C 与圆盘相对静止做圆周运动，故 D 错误。
故选 B。
9．一根轻杆穿过两个固定轴承，可自由转动，相距为 l 的 A、B 两点固定两根长度也为 l 的轻绳，轻绳下
端固定一个质量为 m 的小球，如图所示。现对小球施加一个始终与速度方向共线的力，使小球在竖直平面
内做匀速圆周运动，在最高点时，绳子的拉力刚好为零，下列说法正确的是（ ）
A．小球的速度大小为 gl
B 3．在最低点时，左侧轴承对轻杆的支持力为 (1+ )mg
3
2
C．在最低点时，绳的拉力为 3mg
3
D．若速度加倍，在最低点时绳子的拉力变为原来的四倍
【答案】C
【详解】A．小球做圆周运动的半径为
r = l sin 60o 3= l
2
在最高点时，绳子的拉力刚好为零，则
mg v
2
= m
r
解得小球的速度大小为
v 3= gr = gl
2
选项 A 错误；
B．在最低点时
2
F mg v= m
r
可得
F=2mg
则左侧轴承对轻杆的支持力为
F 11 = F = mg2
选项 B 错误；
C．在最低点时
2T cos30o = F
解得绳的拉力为
T 2= 3mg
3
选项 C 正确；
D．根据
2
F = mg m v+
r
可知，若速度加倍，在最低点时绳子的拉力不能变为原来的四倍，选项 D 错误。
故选 C。
10．如图为杭州亚运会体操赛场场景，“单臂大回环”是体操运动中的高难度动作，运动员单臂抓杠，以单
杠为轴完成圆周运动，不考虑手和单杠之间的摩擦和空气阻力，将人视为处于重心的质点，将“单臂大回
环”看成竖直平面内的圆周运动，等效半径为 L，重力加速度为 g ，下列说法正确的是（ ）
A．单杠对手臂既可能提供拉力，也可能提供支持力
B．从最高点到最低点的过程中，单杠对人的作用力做正功
C．若运动员恰好能够完成圆周运动，则运动员在最低点受单杠作用力大小为6mg
D．若运动员恰好能完成此圆周运动，则运动员在最高点处时，手臂与单杠之间无作用力
【答案】A
【详解】A．运动员在做圆周运动的过程中，单杠对手臂可能为拉力，也可能为支持力，如在最高点，当
运动员的重力恰好提供向心力时，有
2
mg mv=
L
得
v = gL
当运动员在最高点的速度大于 gL 时，杆对运动员的力为拉力，当运动员在最高点的速度小于 gL 时，杆
对运动员的力为支持力，故 A 正确；
B．从最高点到最低点的过程中，单杠对人的作用力一直与速度方向垂直，不做功，故 B 错误；
C．若运动员恰好能够完成此圆周运动，则运动员在最高点的速度为零，则从最高点到最低点，根据动能
定理有
mg 1 2L = mv2
2
解得
v = 2 gL
在最低点，有
2
F mg v= m
L
联立解得
F = 5mg
故 C 错误；
D．若运动员恰好能够完成此圆周运动，则运动员在最高点的速度为零，此时手臂与单杠之间支持力大小
等于运动员的重力大小，故 D 错误。
故选 A。
11．如图所示，两条不可伸长的轻绳 l1、l2分别系着质量为5m和m 的质点，两质点以相同的角速度绕同一
竖直线做水平匀速圆周运动。已知重力加速度为 g ，两绳的拉力分别为T1及T2，两绳与竖直线夹角的正弦
1 2
值分别是 5 及 ，则（5 ）
A．两细绳拉力的比值T1 :T2 = 3:1 B．两细绳拉力的比值T1 :T2 = 3: 2
C．两细绳绳长的比值 l1 : l2 = 2 : 9 D．两细绳绳长的比值 l1 : l2 =1: 5
【答案】AC
【详解】AB．对两小球整体，在竖直方向有T1 cosθ1 = 6mg 同理，对小球 m，竖直方向有T2 cosθ2 = mg 其中
sinq 1 2
T
= 1
3
1 ， sinq2 = 由上述两式即可得到 =T 1 故 A 正确，B 错误；5 5 2
CD 2．对下面小球受力分析水平方向有T2 sin θ2 = mω r2 对上面的小球，在水平方向有
2 r1 1 l 2T1 sin θ
1
1 T2 sin θ2 = 5mω r1联立解得 = r = l sin θ r = l sin θr 10 其中 1 1 1 2 1 1
+ l2 sin θ2 联立解得 =l 9 故 C 正确，D2 2
错误。故选 AC。
12．如图，有一竖直放置在水平地面上光滑圆锥形漏斗，圆锥中轴线与母线的夹角为q ，可视为质点的小
球 A、B 在不同高度的水平面内沿漏斗内壁做同方向的匀速圆周运动，两个小球的质量相等，A、B 两球轨
道平面距圆锥顶点 O 的高度分别为 4h 和 h，下列说法正确的是（ ）
A．球 A 和球 B 的向心力大小之比为 1：2B．球 A 和球 B 的角速度之比为 2：1
C．球 A 和球 B 的线速度大小之比为 2：1D．球 A 和球 B 的周期之比为 2：1
【答案】CD
【详解】A．球 A 和球 B 做圆周运动的向心力为
F mg=
tanq
可知向心力大小之比为 1：1，选项 A 错误；
B．根据
F mg= = mw 2h tanq
tanq
解得
w 1 g=
tanq h
可知球 A 和球 B 的角速度之比为 1：2，选项 B 错误；
C．根据
v = wh tanq
可得球 A 和球 B 的线速度大小之比为 2：1，选项 C 正确；
D．根据
T 2p=
w
可得，球 A 和球 B 的周期之比为 2：1，选项 D 正确。
故选 CD。
13．长为 L 的细线一端系一质量为 m 的小球（可视为质点），另一端固定在一光滑锥顶上，光滑锥顶角为
2q ，轴线在竖直方向，如图甲所示。使小球在水平面内做角速度为w 的匀速圆周运动，细线的拉力为
FT ，得FT w
2
关系图像如图乙所示，已知重力加速度为 g ，则（ ）
A． a = mg cosq
g
B．b =
L cosq
C．图线 1 的斜率 k1 = mLsinq D．图线 2 的斜率 k2 = mL
【答案】ABD
【详解】A．当角速度为零时，小球处于静止状态，细线的拉力为
FT = a = mg cosq
故 A 正确；
B．开始小球贴着光滑圆锥做匀速圆周运动，由图可知，当角速度的平方达到 b 时，支持力为零，有
mg tanq = mLw 2 sinq
解得
b w 2 g= =
L cosq
故 B 正确；
C．小球未脱离圆锥体时，有
FT sinq N cosq = mLw
2 sinq ，FT cosq + N sinq = mg
解得
FT = mg cosq + mLw
2 sin2 q
可知图线 1 的斜率
k1 = mLsin
2 q
故 C 错误；
D．当小球脱离圆锥体后，有
F sina = mLw 2T sina
解得
FT = mLw
2
则图线 2 的斜率
k2 = mL
故 D 正确。
故选 ABD。
14．游乐场中一种叫“魔盘”的娱乐设施，游客坐在转动的魔盘上，当魔盘转速增大到一定值时，游客就会
滑向盘边缘，其装置可以简化如图。若魔盘转速缓慢增大，则（ ）
A．在滑动之前，游客受到的支持力缓慢增大
B．在滑动之前，游客受到的摩擦力缓慢增大
C．在滑动之前，游客受到的作用力逐渐增大
D．游客受到的合外力方向沿斜面向上指向转轴
【答案】BC
【详解】AB．设转盘斜面倾角为q ，对游客受力分析如图所示
水平方向有 f cosq N sinq = mw 2r 竖直方向有 f sinq + N cosq = mg 联立解得 N = mg cosq mw 2r sinq ，
f = mg sinq + mw 2r cosq 由此可知，则随着魔盘转速缓慢增大，则游客受到魔盘的支持力缓慢减小，游客
受到魔盘的摩擦力缓慢增大，A 错误；B 正确；
C 2．游客受到的合力提供游客做圆周运动的向心力有F合 = mw r 由此可知，随转速增加，游客受到的合外力
大小增大，C 正确；
D．游客受到的合外力方向为游客所在圆周运动的平面内指向圆心，即水平指向转轴，D 错误。
故选 BC。
15．如图所示，一个上表面粗糙、中心有孔的水平圆盘绕轴 MN 转动，系有不可伸长细线的木块置于圆盘
上，细线另一端穿过中心小孔 O 系着一个小球。已知木块、小球均可视为质点，质量均为 m，木块到 O 点
的距离为 R，O 点与小球之间的细线长为 L，开始圆盘未转动时，小球和木块处于静止状态，而当圆盘以
角速度为w 匀速转动时，小球以角速度w 随圆盘做圆锥摆运动，木块相对圆盘静止，连接小球的细线与竖
直方向的夹角为 α，小孔与细线之间无摩擦，R > L，则（ ）
A．此时细线中的拉力大小为mw 2Lsina
B．如果w 继续增大，木块不可能向远离 O 点的方向滑动
C．如果R = L，在细线不断的情况下，无论w 多大木块都不会滑动
D．如果R < L ，w 增大，木块可能向靠近 O 点的方向滑动
【答案】CD
【详解】A．如图所示，设绳子拉力为T ，对小球进行受力分析知
mg
= cosa
T
此时细线中的拉力大小为
T mg=
cosa
A 错误；
B．设木块受到摩擦力为 f ，小球做圆锥摆运动，则有
Tsina = mLsinaw 2
若摩擦力的方向沿半径向外
T f = F = mRw 2
则
f = mw2 L R
如果w 继续增大，木块可能向靠近 O 点的方向滑动。
若摩擦力的方向沿半径向里
T + f = F = mRw 2
则
f = mw 2 R L
如果w 继续增大，木块可能向远离 O 点的方向滑动。如果R = L，摩擦力为零，所以无论w 多大木块都不
会滑动，B 错误；
C．小球做圆锥摆运动，则有
Tsina = mLsinaw 2
木块随圆盘匀速转动所需向心力为
F = mRw 2
当R = L，细线张力恰好提供木块做圆周运动的向心力，摩擦力为零，而且此力只与w 有关，所以无论w
多大木块都不会滑动，C 正确；
D．如果R < L ，木块随圆盘匀速转动所需向心力小于细线张力，木块受到指向圆盘边缘的摩擦力 f，w 增
大到一定值，摩擦力达到最大值后木块会向 O 点滑动，D 正确；
故选 CD。
16．如图所示，A、B、C、D 四个物块放在水平转盘上的同一直径上，B、C 两物块到转轴的距离均为 r，
A、D 两物块到转轴的距离均为 2r，C、D 两物块用不可伸长的细线连接，细线平行于水平转盘且刚好伸
直。已知四个物块与转盘间的动摩擦因数相同，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现使转盘绕转轴转动，
随着转动角速度的增大，下列说法正确的是（ ）
A．若物块 B 的质量小于物块 A 的质量，则物块 B 先滑动
B．当细线上刚好有拉力时，物块 A 刚好要滑动
C．物块 A 比物块 D 先滑动
D．物块 B 比物块 C 先滑动
【答案】BC
【详解】A．由
mg = mrw 2
解得
w g=
r
因此判断物块A 比物块 B 先滑动，故 A 错误；
B．当物块A 刚好要滑动时，物块 D 也刚好要滑动，此时细线上刚好有拉力，故 B 正确；
C．物块A 滑动时，物块 D 由于细线的拉力不能滑动，因此物块A 比物块 D 先滑动，故 C 正确；
D．当物块 B 刚好要滑动时，物块 C 由于细线的拉力已提前滑动，故 D 错误。
故选 BC。
17．如图所示，倾角q = 37°的斜面体固定在可以绕竖直轴转动的水平转台上，斜面最低点在转轴OO1 上，
质量均为 m=1kg、可视为质点的两个小物块 P、Q 随转台一起匀速转动，P、Q 到斜面最低点的距离均为
0.5m，与接触面之间的动摩擦因数均为 0.5，取 g = 10m/s2 ， sin 37° = 0.6 ， cos37° = 0.8。最大静摩擦力等
于滑动摩擦力，则下列说法正确的是（ ）
A．为保持 P 5 3与斜面体相对静止，角速度的最小值为 rad/s
4
B．为保持 P 与斜面体相对静止，角速度的最大值为5 2rad/s
C 5 3．当角速度等于 rad/s 时，Q 会相对转台滑动，P 有沿斜面向上滑的趋势
2
100
D．若 P 与斜面体保持相对静止，则 P 对斜面的压力大小范围是 N FN 20N11
【答案】BD
【详解】ABD．为保持 P 与斜面体相对静止，当物块 P 恰好不下滑时，有最小角速度，水平方向有
FN1 sin 37° F
2
N1 cos37° = mw1 L cos37°
竖直方向有
FN1 cos37° + FN1 sin 37° = mg
解得
F 100N1 = N11
w 5 221 = rad/s 11
当物块 P 恰好不上滑时，有最大角速度，水平方向有
FN2 sin 37° + FN2 cos37° = mw
2
2 L cos37°
竖直方向有
FN2 cos37° = FN2 sin 37° + mg
解得
FN2 = 20N
w2 = 5 2rad/s
可知若 P 与斜面体保持相对静止，根据牛顿私单定律可得 P 对斜面的压力大小范围是
100 N FN 20N11
故 A 错误，BD 正确；
C．当 P 与斜面恰无摩擦力时，有
mg tan 37° = mw 2L cos37°
解得
w 5 3= rad/s
2
故 C 错误。
故选 BD。
18．如图甲所示，质量为 m 的小球能在半径为 R 的竖直光滑圆轨道内侧做完整的圆周运动；如图乙所示，
质量为 m 的小球能在半径为 R 的竖直光滑圆形管道内做完整的圆周运动（圆形管道的管径略大于小球的直
径，但远小于 R）。已知重力加速度大小为 g，两小球均可视为质点，下列说法正确的是（ ）
A．图甲中小球通过最高点的最小速度为 0
B．图乙中小球通过最低点的最小速度为 2 gR
C．图乙中小球通过最高点时速度越大，对管道的作用力一定越大
D．图甲中小球通过最低点时对轨道的作用力比通过最高点时大6mg
【答案】BD
v2
【详解】A．由圆周运动知，图甲中小球通过最高点时，重力提供小球做圆周运动的向心力，则mg = m 高
R
解得 v = gR高 ，A 错误；
1
B 2．在管状模型中通过最高点最小速度为 0，由动能定理知mg2R = mv低代入得 v低 = 2 gR ，B 正确；2
C．图乙中小球通过最高点时，当0 < v < gR ，小球对下管道有压力，速度越大对下管道压力越小，当
v = gR ，小球对管道无压力，当 v > gR ，小球对上管道有压力，速度越大对上管道压力越大，C 错误；
D．设在最高点压力为FN1，速度为 v1，最低点压力为FN2，速度为 v2，则由圆周运动知，在最高点有
v21 1mg F m 2
1 2 v2+ N1 = 根据动能定理知 mv1 + 2mgR = mv2 在最低点有F 2N2 mg = m 则FN2 FN1 = 6mg ，D 正R 2 2 R
确；故选 BD。
19．如图所示，竖直平面内有一固定的光滑轨道 ABCD，其中倾角为q = 37°的倾斜轨道 AB 与半径为 R 的
圆弧轨道平滑相切与 B 点，CD 为竖直直径，O 为圆心。质量为m 的小球（可视为质点）从与 B 点高度差
为 h 的位置 A 点由静止释放。重力加速度大小为 g ， sin 37° = 0.6 ， cos37° = 0.8，则下列说法正确的是
（ ）
A．当 h
27
= 2R时，小球过 C 点时对轨道的压力大小为 mg
5
B．当 h = 2R时，小球会从 D 点离开圆弧轨道做平抛运动
C．调整 h 的值，小球能从 D 点离开圆弧轨道，但一定不能落在 B 点
D．调整 h 的值，小球能从 D 点离开圆弧轨道，并能落在 B 点
【答案】AC
1
【详解】A．当 h = 2R 2时，小球从 A 点到 C 点过程，根据动能定理可得mgh + mgR(1 cos37°) = mvC 0解2
v 22gR v
2
C 27mg得 C = 小球过 C 点时，根据牛顿第二定律可得 N mg = m 解得 N = 根据牛顿第三定律可5 R 5
27
知，小球过 C 点时对轨道的压力大小为 mg ，故 A 正确；
5
B．当 h = 2R时，设小球可以到达 D 点，则从 C 点到 D 点过程，根据机械能守恒可得
1 mv2 1= mv2 + mg ×2R v 2gR
v2
C D 解得 D = 小球刚好经过 D 点时，有2 2 mg = m
D min 解得
5 R
v gR v 2gRD min = > D = 可知小球不能到达 D 点，故 B 错误；5
CD．调整 h 的值，小球能从 D 点离开圆弧轨道，可知小球从 D 点做平抛运动的最小速度为 vD min = gR ，
9 1
D 点与 B 点的高度差为 hDB = R + R cos37° = R根据 hDB = gt
2 x = v t x 18R x 3， 解得 = > = R可
5 2 min D min min 5 DB 5
知小球能从 D 点离开圆弧轨道，但一定不能落在 B 点，故 C 正确，D 错误。故选 AC。
20．如图甲所示，小球（可视为质点）穿在竖直平面内光滑的固定圆环上，绕圆心 O 点做半径为 R 的圆
周运动。小球运动到最高点时，圆环与小球间弹力大小为 F， 小球在最高点的速度大小为 v， 其 F-v2图
像如图乙所示，g 取 10m/s2，则（ ）
A．小球的质量为 2kg
B．固定圆环的半径 R 为 0.4m
C．小球在最高点速度为 4m/s 时，圆环受到小球施加的竖直向下 20N 的弹力
D．若小球恰好能做完整圆周运动，则其运动中所受圆环给的最大弹力为 100N
【答案】AD
F
【详解】A．对小球在最高点进行受力分析，速度为 0 时F - mg = 0 结合图像可知m = = 2kgg 故 A 正确；
2 v2
B．当F = 0 时，由重力提供向心力可得mg mv= 结合图像可知R = = 0.8m 故 B 错误；
R g
2
C v．小球在最高点的速度为 4 m/s 时，有F + mg = m 解得小球受到的弹力 F = 20N方向竖直向下，由牛顿
R
第三定律可知圆环受到小球施加的竖直向上，故 C 错误；
D v
2
．小球经过最低点时，其受力最大，由牛顿第二定律得F mg = m 若小球恰好做圆周运动，由机械能
R
mg 2R 1守恒得 × = mv2 由以上两式得F = 5mg 代入数据得 F = 100N故 D 正确。故选 AD。
2
21．（2024·辽宁·高考真题）“指尖转球”是花式篮球表演中常见的技巧。如图，当篮球在指尖上绕轴转动
时，球面上 P、Q 两点做圆周运动的（ ）
A．半径相等 B．线速度大小相等
C．向心加速度大小相等 D．角速度大小相等
【答案】D
【详解】D．由题意可知，球面上 P、Q 两点转动时属于同轴转动，故角速度大小相等，故 D 正确；
A．由图可知，球面上 P、Q 两点做圆周运动的半径的关系为 rP＜rQ 故 A 错误；
B．根据 v = rw 可知，球面上 P、Q 两点做圆周运动的线速度的关系为 vP＜vQ 故 B 错误；
C．根据 an = rw
2
可知，球面上 P、Q 两点做圆周运动的向心加速度的关系为 aP＜aQ 故 C 错误。故选 D。
22．（2024·江苏·高考真题）陶瓷是以粘土为主要原料以及各种天然矿物经过粉碎混炼、成型和煅烧制得的
材料以及各种制品。如图所示是生产陶磁的简化工作台，当陶磁匀速转动时，台面面上掉有陶屑，陶屑与
桌面间的动摩因数处处相同（台面够大），则（ ）
A．离轴 OO 越远的陶屑质量越大
B． 离轴 OO 越近的陶屑质量越小
C． 只有平台边缘有陶屑
D．离轴最远的陶屑距离不会超过某一值
【答案】D
【详解】ABC．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
g
力时，根据牛顿第二定律可得 mg = mw2r 解得 r = 2 因与台面相对静止的这些陶屑的角速度相同，由此w
可知能与台面相对静止的陶屑离轴 OO′的距离与陶屑质量无关，只要在台面上不发生相对滑动的位置都有
陶屑。故 ABC 错误；
g
D．离轴最远的陶屑其受到的静摩擦力为最大静摩擦力，由前述分析可知最大的运动半径为R = 2 μ 与 ωw
均一定，故 R 为定值，即离轴最远的陶屑距离不超过某一值 R。故 D 正确。故选 D。
