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第3讲 圆周运动
考点一 圆周运动的运动学问题
考点二 圆周运动的动力学问题
考点一 圆周运动的运动学问题
理清 知识结构
知识梳理 构建体系
1.匀速圆周运动
（1）定义：做圆周运动的物体，若在任意相等的时间内通过的弧长
①______，就是匀速圆周运动。
（2）特点：加速度大小②______，方向始终指向③______，是变加速运动。
（3）条件：合力大小④______，方向始终与⑤______方向垂直且指向圆心。
相等
不变
圆心
不变
速度
2.描述圆周运动的物理量
（1）线速度：大小 ，方向沿圆周的⑥______方向。
（2）角速度 ，描述物体绕圆心转动的快慢。
（3）周期：物体沿圆周运动一周所用的时间， 。
（4）转速：单位时间内转过的圈数，__（与周期的关系）
___（与角速度的关系）。
（5）向心加速度大小_____ ，方向始终指向圆
心。
切线
3.离心现象
（1）离心运动：做圆周运动的物体，在所受合力⑩__________或
________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）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
______做匀速圆周运动需要的向心力。
突然消失
不足以
小于
考教衔接 以图说法
1.如图所示，物体沿圆弧由向运动，在时刻经过
点。为了描述物体经过 点附近时运动的快慢，可以
取一段很短的时间，物体在这段时间内由运动到 ，
通过的弧长为。弧长与时间 之比反映了物体在
点附近运动的快慢，如果 非常非常小，该比值就
线速度
极限
可以表示物体在点时运动的快慢，通常把它称为________，用符号 表
示，即 ___。这种定义法利用了物理学中的______法。对于做匀速圆
周运动的物体：
①______（选填“速度”或“速率”）不变。
②若图中 对应的时间为，则其角速度 _ __。
③图中弧长 _____（用图中字母表示）。
速率
2.如图所示，、 两点分别位于大、小轮的边缘
上， 点位于大轮半径的中点，大轮的半径是小
轮的2倍，它们之间靠摩擦传动，接触面上没有
滑动。、、 三点的线速度、角速度及向心加
1∶2∶1
2∶4∶1
速度的大小关系分别为 _______；
______；
______。
3.做匀速圆周运动的物体，由于______，
总有沿着______方向飞出去的倾向。但是
物体没有飞出去，这是因为向心力在拉着
它，使它与圆心的距离保持不变。一旦向
心力突然消失，物体就会沿______方向飞
出去。除了向心力突然消失这种情况外，
惯性
切线
切线
切线
远离
在合力不足以提供所需的向心力时，物体虽然不会沿______飞出去，但
也会逐渐______圆心（如图）。
突破 考点题型
角度1 圆周运动的加速度
例1 质量为的小明坐在秋千上摆动到最高点 时，
摆线与竖直方向的夹角为 ，如图所示。将小明视
为质点。已知细线悬点到最低点的距离为 ，小
明摆动到最低点时的速度大小为 。
（1）小明在最高点时和最低点 时，细线的拉力各是多少？
解答 小明在最高点 时，由于速度为零，此时所需的向心力为0，则有
小明摆动到最低点时的速度大小为 ，根据牛顿第二定律可得
解得 。
（2）通过分析说明，小明从最高点摆到最低点 的过程，细线的拉力
怎样变化？
[答案] 小明从最高点摆到最低点 的过程中，设摆线与竖直方向的夹
角为 ，对应的速度为，根据牛顿第二定律可得
解得细线的拉力
由于 逐渐减小， 逐渐增大，速度 逐渐增大，则细线的拉力逐
渐增大。
例2 (2022·辽宁高考)2022年北京冬奥会短道速滑混合团体
2 000米接力决赛中，我国短道速滑队夺得中国队在该届
冬奥会的首金。
（1）如果把运动员起跑后进入弯道前的过程看作初速度
为零的匀加速直线运动，若运动员加速到速度
时，滑过的距离 ，求加速度的大小。
解答 根据速度位移公式有 ，代入数据可得
。
（2）如果把运动员在弯道滑行的过程看作轨迹为半圆的匀速圆周运动，
如图所示，若甲、乙两名运动员同时进入弯道，滑行半径分别为
、，滑行速率分别为、 ，求
甲、乙过弯道时的向心加速度大小之比，并通过计算判断哪位运动员先
出弯道。
[答案] 根据向心加速度的表达式 ，可得甲、乙的向心加速度之比
甲、乙做匀速圆周运动，则运动的时间
代入数据可得甲、乙运动的时间分别为， ，因
，所以甲先出弯道。
角度2 圆周运动的物理量间的关系
例3 图为车牌自动识别系统的直杆道闸，离
地面高为的细直杆可绕点 在竖直面内匀
速转动。汽车从自动识别线 处到达直杆处
的时间为 ，自动识别系统的响应时间为
。汽车可看成高 的长方体，其左侧
D
A. B. C. D.
面底边在直线上，且到汽车左侧面的距离为 ，要使汽车安全
通过道闸，直杆转动的角速度至少为( )
[解析] 由题意可知，在的时间内，横杆上距离
点的点至少要抬高 ，根据几何关系可知，横杆
至少转过，则角速度至少为 ，D项正确。
角度3 常见的匀速圆周运动及其特点
常见的三种传动方式及特点
类型 图示 特点
同轴 传动 ____________________________________________________________________
类型 图示 特点
皮带 传动 _________________________________________________________________________________
续表
类型 图示 特点
摩擦 传动 ________________________________________________
续表
例4 共享单车是很常见的一种校园交通代步工具，为广大高校师生提供
了方便快捷、低碳环保、经济实用的单车服务。如图所示， 点为单车
轮胎上的点，、两点为两齿轮外沿上的点，其中 ，
则下列关系式正确的是( )
C
A. B. C. D.
[解析] 轮和 轮是链条传动，两轮与链条接触点的线速度大小与链条
的线速度大小相同，即，根据，得 ，A项错
误;由轮和轮同轴知，两轮角速度相同，根据，得 ，
B项错误;因，，，故 ,
，C项正确，D项错误。
角度4 圆周运动中的“追及问题”
例5 如图所示，质点、在同一平面内绕质点 沿逆
时针方向做匀速圆周运动，它们的周期分别是 和
，已知 。
（1）试求出、 距离最近的最短时间间隔。
解答 设每隔时间，、相距最近，则
所以 。
（2）知，为正整数。试求出从图示位置开始，在
运动一周的过程中，、距离最近的次数。（结果用 表示）
[答案] 故运动一周的过程中，、 相距最近的次数
。
强化 学科思维
圆周运动与其他运动的结合
角度1 圆周运动与直线运动结合
例6 (2022·山东高考)无人配送小车某次性能测试路径如图所示，半径为
的半圆弧与长的直线路径相切于点，与半径为 的半圆
弧相切于点。小车以最大速度从 点驶入路径，到适当位置调整速
率运动到点，然后保持速率不变依次经过和 。为保证安全，小
车速率最大为。在段的加速度最大为， 段的加速度
最大为。小车视为质点，小车从到所需最短时间及在 段做
匀速直线运动的最长距离 分别为( )
A.，
B.，
C.，
D.，
√
[解析] 小车在段的最大加速度，由得小车在 段
的最大速度;在段的最大加速度，由
得小车在段的最大速度，故小车在 段的最大速
度为。小车在段运动的最短时间 ，在
段从最大速度减速到的最短时间 ，对应位移
，则在段匀速运动的最长距离 ，
匀速运动的时间，则从到 最短时间
，B项正确。
角度2 圆周运动与平抛运动结合
例7 (2022·河北高考)（多选）如图，广场水平地面上同种盆栽紧密排列
在以为圆心、和 为半径的同心圆上，圆心处装有竖直细水管，其
上端水平喷水嘴的高度、出水速度及转动的角速度均可调节，以保障喷
出的水全部落入相应的花盆中。依次给内圈和外圈上的盆栽浇水时，喷
水嘴的高度、出水速度及转动的角速度分别用、、和、 、
表示。花盆大小相同，半径远小于同心圆半径，出水口截面积保持不
变，忽略喷水嘴水平长度和空气阻力。下列说法正确的是( )
A.若，则
B.若，则
C.若， ，喷水嘴各转动一周，则
落入每个花盆的水量相同
D.若 ，喷水嘴各转动一周且落入每个花
盆的水量相同，则
√
√
[解析] 根据平抛运动的规律有，，可得 。可
知若，则;若，则 ，A项错
误，B项正确。若 ，则喷水嘴各转动一周的时间相同，若
，出水口的横截面积相同，可知单位时间喷出水的质量相同，
喷水嘴转动一周喷出的水量相同，但因内圈上的花盆总数量较少，可知
落入内圈上的花盆的水量较多，C项错误。设出水口横截面积为 ，喷
水速度为，半径为，因，则水落地的时间相等，则 相等;
在圆周上单位时间内单位长度的水量 ，由
题意知转动一周过程中落入每个花盆中的水量相同，即 ，
故 ，D项正确。
思维导航
考点二 圆周运动的动力学问题
理清 知识结构
知识梳理 构建体系
1.匀速圆周运动的向心力
（1）作用效果：向心力产生向心加速度，只改变速度的①______，不
改变速度的②______。
（2）大小： _______
。
方向
大小
（3）方向：始终沿半径方向指向④______，时刻在改变，即向心力是
一个变力。
（4）来源：向心力可以由一个力提供，也可以由几个力的⑤______提
供，还可以由一个力的⑥______提供。
圆心
合力
分力
2.变速圆周运动的向心力
当小球在竖直面内摆动时，半径方向的合力提供向心力，即
。
考教衔接 以图说法
1.如图所示，在水平面内做圆周运动的沙袋正在加速转
动，是沙袋运动轨迹的圆心， 是绳对沙袋的拉力。根
据产生的效果，可以把 分解为两个相互垂直的分力：
跟圆周相切的分力和指向圆心的分力 。下面选填“大
小”“方向”“切向”或“向心”。
大小
切向
方向
向心
的作用：改变速度______，产生______加速度；
的作用：改变速度______，产生______加速度。
2.运动轨迹既不是直线也不是圆周的曲线运动，
可以称为一般的曲线运动。尽管这时曲线各个
位置的弯曲程度不一样，但在研究时，可以把
这条曲线分割为许多很短的小段，质点在每小
段的运动都可以看作______运动的一部分
圆周
圆周
（如图）。这样，在分析质点经过曲线上某位置的运动时，就可以采用
______运动的分析方法来处理了。
3.把一个小球放在玻璃漏斗中，晃动漏斗，可以使小球在短时间内沿光
滑的漏斗壁在某一水平面内做匀速圆周运动（如图）。小球做匀速圆周
运动的向心力由____________________提供。
重力与支持力的合力
突破 考点题型
角度1 水平面内匀速圆周运动的四个模型
模型 受力分析 分解方法 满足的方程
________________________________________ __________________ __________________________________
模型 受力分析 分解方法 满足的方程
__________________________________________ ________________________ ______________________________
续表
模型 受力分析 分解方法 满足的方程
____________________________________ _________________________ ______________________________
续表
模型 受力分析 分解方法 满足的方程
_____________________________________________ _____________________________ _____________________________________
续表
模型1 水平转台
例8 (2023·江苏高考)“转碟”是传统的杂技项目，如
图所示，质量为的发光物体放在半径为 的碟子
边缘，杂技演员用杆顶住碟子中心，使发光物体随
解答 发光体的速度 ，发光体做匀速圆周运动，由静摩擦力提
供做圆周运动的向心力，则静摩擦力大小 。
碟子一起在水平面内绕点做匀速圆周运动。当角速度为 时，碟子边
缘看似一个光环。求此时发光物体的速度大小 和受到的静摩擦力大小
。
模型2 火车转弯
例9 （多选）某同学乘坐火车时，在车厢内研究列车的运动情况。他在
车厢顶部用细线悬挂一颗小球，当火车以恒定速率通过一段弯道时，发
现悬挂小球的细线与车厢侧壁平行（如图所示），则下列判断正确的是
( )
BC
A.细线对小球的拉力等于小球的重力
B.外侧轨道与轮缘间没有侧向挤压作用
C.内侧轨道与轮缘间没有侧向挤压作用
D.如果知道转弯处轨道的倾角，就可以求出列车转弯时的
速率
[解析] 设火车转弯时内、外轨所在斜面的倾角为 ，小球质量为 。由
于悬挂小球的细线与车厢侧壁平行，即细线垂直内、外轨所在斜面，可
知细线与竖直方向的夹角为 ，细线上的拉力与小球所受的重力
的合力提供小球做圆周运动的向心力， ，A项错误;车厢所受的
重力与轨道对车厢的支持力的合力提供车厢做圆周运动的向心力，内、
外轨道与轮缘间均没有侧向挤压作用，B、C两项正确;由
得，当 与转弯处的圆弧半径 已知时，
可以求出列车转弯时的速率 ，D项错误。
核心归纳
火车转弯的临界速度
1.当时，由重力与轨道的支持力的合力 提供向心力，这
时火车的轮缘对内、外轨均无侧向挤压。
2.当时，重力与轨道的支持力的合力 大于实际的向心力，
这时火车的轮缘对内轨有侧向挤压。
3.当时，重力与轨道的支持力的合力 小于实际的向心力，
这时火车的轮缘对外轨有侧向挤压。
模型3 圆锥摆模型
例10 智能呼啦圈轻便美观，深受大众喜爱，其腰带外侧带有轨道，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
简化模型如图所示，可视为质点的配重质量为，绳长为 ，悬
挂点到腰带中心点的距离为 ，水平固定好腰带，通过人体微小
扭动，使配重随短杆做水平匀速圆周运动，绳子与竖直方向夹角为 ，
运动过程中腰带可看成不动，重力加速度取 ，下列说法正
确的是( )
A.匀速转动时，配重受到的合力恒定不变
B.若增大转速，腰带受到的合力变大
C.当 稳定在 时，配重的角速度为
D.保持转速不变，将配重的质量更换为时， 不变
√
[解析] 匀速转动时，配重做匀速圆周运动，合力大小不变，但方向在变
化，A项错误;运动过程中腰带可看作不动，所以腰带受到的合力始终为
零，B项错误;对配重，由牛顿第二定律有 ，
可得，当 时，解得 ，C项错误;由
可知， 与配重质量无关，所以保持转速不变，将配重的
质量更换为时， 不变，D项正确。
模型4 漏斗模型
例11 如图所示，把小球放在玻璃漏斗中，轻轻晃动漏
斗，可以使小球短时间内沿光滑的漏斗壁在某一水平面
内做匀速圆周运动。如果先后两次小球做匀速圆周运动
离漏斗底部的高度不同，则小球位置越高( )
D
A.受到的支持力越大 B.角速度越大
C.线速度越大 D.周期越小
[解析] 小球做匀速圆周运动受重力和支持力两个力作用，两个力的合力
提供向心力，设漏斗母线与水平面的夹角为 ，小球受到的支持力
，运动平面离漏斗口越近，角度 不变，支持力不变，A项错
误；根据牛顿第二定律得 ，解得
，， ，小球做匀速圆周运动的轨
道平面越接近漏斗口，轨道半径越大，则线速度越大，角速度越小，周
期越大，C项正确，B、D两项错误。
核心归纳
“一、二、三、四”求解圆周运动动力学问题
角度2 竖直平面内圆周运动的三个模型
1.竖直面内圆周运动的两类模型
（1）无支撑（如球与绳连接、沿内轨道运动的过山车等），称为“绳
（环）约束模型”；
（2）有支撑（如球与杆连接、在弯管内的运动等），称为“杆（管）约
束模型”。
2.竖直平面内圆周运动的两种模型的特点
项目 轻绳模型 轻杆模型
常见 模型 ________________________________________________________ 均是没有支撑的小球 _____________________________________________________________________________________________
均是有支撑的小球
项目 轻绳模型 轻杆模型
过最 高点 的临 界条 件
续表
项目 轻绳模型 轻杆模型
讨论 分析
续表
项目 轻绳模型 轻杆模型
讨论 分析
续表
模型1 轻绳模型
例12 如图1所示，小球用不可伸长的轻绳连接，绕定点 在竖直平面内
做圆周运动，小球经过最高点的速度大小为，此时绳子拉力大小为 ，
拉力与速度的二次方的关系如图2所示，图像中的数据和 以及重
力加速度 都为已知量，以下说法正确的是( )
A.数据 与小球的质量有关
B.数据 与小球的质量无关
C.比值 只与小球的质量有关，与圆
周轨道半径无关
D.利用数据、和 能够求出小球
的质量和圆周轨道半径
√
[解析] 当 时，绳子的拉力为零，小球的重力提供小球做圆周运动
所需的向心力，则有，解得，则数据 与小球的质量无
关，A项错误;当时，对小球受力分析，则有 ，解
得，则数据 与小球的质量有关，B项错误;根据A、B两项分析可
知，，则比值 与小球的质量和圆周轨道半径都有关，C项错误;由
,可解得， ，D项正确。
模型2 轻杆模型
例13 （多选）如图所示，轻杆长 ，在杆两端分别固定
质量均为的球和，光滑水平转轴穿过杆上距球为
处的 点，外界给系统一定能量后，杆和球在竖直平面内
转动，球运动到最高点时，杆对球 恰好无作用力。忽
略空气阻力。则球 在最高点时( )
AC
A.球的速度大小为 B.球的速度大小为
C.水平转轴对杆的作用力为 D.水平转轴对杆的作用力为
[解析] 球运动到最高点时，杆对球 恰好无作用力，即重力恰好提供
向心力，有，解得，A项正确;由于、 两球的角
速度相等，则球的速度大小，B项错误; 球在最高点时，
对杆无弹力，此时 球受重力和拉力，这两个力的合力提供向心力，有
，解得 ，C项正确，D项错误。
方法总结
竖直平面内圆周运动分析思路
模型3 汽车过桥模型
例14 一辆汽车匀速率通过一座圆弧形拱形桥后，接着又以相同速率通
过一圆弧形凹形桥。设两圆弧半径相等，汽车通过拱形桥桥顶时，对桥
面的压力大小 为车重的一半，汽车通过圆弧形凹形桥的最低点时，
对桥面的压力大小为，则与 之比为( )
C
A. B. C. D.
[解析] 如图甲所示，汽车过圆弧形
拱形桥的最高点时，由牛顿第三定
律可知，汽车受桥面对它的支持力
与它对桥面的压力大小相等，即
，由牛顿第二定律可得
;同理，如图乙所
示， ，汽车过圆弧形凹形
桥的最低点时有 ，
由题意可知，解得 ，C项正确。
核心归纳
凹形桥与拱形桥模型
_______________________________________________________ 概述
规律
_______________________________________________________ 概述
规律
续表
强化 学科思维
圆周运动的临界与极值问题
1.水平面内圆周运动的几种临界情况
（1）水平转盘上的物体恰好不发生相对滑动的临界条件是物体所受摩
擦力恰好达到最大静摩擦力。
（2）物体恰好分离的临界条件是物体间的弹力恰好为零。
（3）绳的拉力出现临界条件的情形有：绳恰好拉直，意味着绳上无弹
力；绳上拉力恰好为最大承受力等。
2.竖直平面内圆周运动临界情况
物体通过圆周运动最低点、最高点时，区分“杆模型”与“绳模型”两种情况。
3.解决方法
在确定了物体运动的临界状态和临界条件后，要分别针对不同的运动过
程或现象，选择相对应的物理规律，然后再列方程求解。
角度1 临界问题
15.(2021·河北高考)（多选）如图，矩形金属框 竖
直放置，其中、足够长，且 杆光滑，一根轻弹
簧一端固定在点，另一端连接一个质量为 的小球，
小球穿过杆，金属框绕轴分别以角速度 和 匀
速转动时，小球均相对杆静止，若 ，则与以
匀速转动时相比，以 匀速转动时( )
BD
A.小球的高度一定降低 B.弹簧弹力的大小一定不变
C.小球对杆压力的大小一定变大 D.小球所受合外力的大小一定变大
[解析] 对小球进行受力分析，设弹簧弹力为 ，弹簧与水平方向的夹角
为 ，弹簧原长为,则对小球在竖直方向有 ，又
，可知 为定值，则小球高度不变，弹簧弹力大小 不
变，A项错误，B项正确。若 较小，则杆对小球的弹力 背离转轴，
有;当较大时，杆对小球的弹力 指向转轴，则
有 ，可知小球对杆的压力不一定变大，C项错误。
小球受到的合外力大小 ，角速度变大，则小球所受合外力变
大，D项正确。
16.如图所示，半径为 的半球形容器固定在水平转台上，转台绕过容器
球心的竖直轴线以角速度 匀速转动。质量不同的小物块、 随容
器转动且相对器壁静止，、和球心 点连线与竖直方向的夹角分别为
和 ， 。则( )
D
A.的质量一定小于 的质量
B.、 受到的摩擦力可能同时为零
C.若不受摩擦力，则 受沿容器壁向上的摩擦力
D.若 增大，、 受到的摩擦力可能都增大
[解析]
当 受到的摩擦力恰为零时，受力如图，根据牛顿第二定律得
，解得，同理可得 不受摩擦力时的
角速度 。物块转动的角速度与物块的质量无关，所以无法
判断质量的大小;由于 ，所以，即、 受到的摩擦力不
可能同时为零;若不受摩擦力，此时转台的角速度为，则 有
向上运动的趋势，所以此时 受到沿容器壁向下的摩擦力;如果转台角速
度，则和 均受沿容器壁向下的摩擦力，此时若角速度增大，
则、 受到的摩擦力都增大，故只有D项正确。
角度2 极值问题
17.（多选）“水流星”是一种常见的杂技项目，该运动简化图如图所示，
细绳一端系着小球，另一端固定，在竖直平面内做圆周运动。已知绳长
为，重力加速度为 ，不计空气阻力，则( )
CD
A.小球运动到最低点 时，处于失重状态
B.小球初速度越大，则在、 两点绳对小球的拉力
差越大
C.当时，小球一定能通过最高点
D.当 时，细绳始终处于绷紧状态
[解析] 小球运动到最低点 时，加速度向上，小球处于超重状态，A项
错误;小球在最低点时，有 ，在最高点时，有
，又，解得 ，
故在、两点时，绳对小球的拉力差与初速度 无关，B项错误;当
时，可求得 ，因为小球经过最高点的最小速度为
，则当时小球一定能通过最高点，C项正确;当
时，由得小球能上升的最大高度 ，即小球不能越过
与悬点等高的位置，故当 时，小球将在最低点位置附近来回摆
动，细绳始终处于绷紧状态，D项正确。
角度3 斜面上圆周运动的临界问题
例18 （多选）一倾角为 的圆盘绕垂直盘面的轴以大小为 的角速
度匀速转动，盘面上一个离转轴距离为，质量为 的物块（可视为质
点）随圆盘一起转动（相对于盘面静止）。如图所示， 点是物块运动
的轨迹圆上的最高点， 点是物块运动的轨迹圆上的最低点，重力加速
度大小为 ，物块与圆盘间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法
正确的是( )
A.物块经过点时受到的静摩擦力大小为
B.物块经过点时受到的静摩擦力大小为
C.物块与盘面间的动摩擦因数可能为
D.若圆盘的角速度继续缓慢增大，则物块最容
易与圆盘发生相对滑动的位置为 点
√
√
[解析] 物块随圆盘一起转动过程中，所需向心力 。物
块经过点时根据牛顿第二定律有，解得 ，
A项正确;物块经过点时根据牛顿第二定律有 ，解得
，B项错误;静摩擦力小于或等于最大静摩擦力，即
， ，解得 ，
C项错误;若圆盘的角速度继续缓慢增大，物块经过 点时，沿斜面向上
的静摩擦力与沿斜面向下的重力的分力的合力提供向心力，即静摩擦力
等于重力沿斜面向下的分力与向心力之和，物块经过 点时，当静摩擦
力为零时，解得 ，则当角速度增大到
后，沿斜面向下的静摩擦力与沿斜面向下的重力的分力的合力
提供向心力，即静摩擦力等于重力沿斜面向下的分力与向心力之差，综
上可知物块在 点时的静摩擦力大，所以，若圆盘的角速度继续缓慢增
大，则物块最容易与圆盘发生相对滑动的位置为 点，D项正确。
思维导航
分析斜面上物体的运动，可将立体图转化为平面图，注意受力分析。
练创新试题 知命题导向
1. （多选）如图所示，质量，半径为 的光滑细圆
管用轻杆固定在竖直平面内，小球和 的直径略小于细圆管的内径。
它们的质量分别为,。某时刻，小球、 分别位
于圆管最低点和最高点，的速度大小， 球的速度大小为
（未知），重力加速度取 ，关于该时刻，下列说法正确
的是 ( )
A.若，则轻杆的弹力大小为
B.若，则轻杆的弹力大小为
C.小球 对圆管的作用力为零
D.若此时杆中的弹力为零，则
√
√
[解析] 圆管对小球施加竖直向上的弹力，以小球 为研究对象，由牛
顿第二定律得，解得 ，由牛顿第三定
律知，小球对圆管施加竖直向下的弹力大小为 ，C项错误;当
时，，此时小球 与圆管间无弹力作用，以圆管为
研究对象，由平衡条件得，轻杆的弹力 ，B项错
误;当时，，圆管对小球 施加竖直向下的弹力，
以小球为研究对象，由牛顿第二定律得 ，解得
，由牛顿第三定律知，小球 对圆管施加方向竖直向上、
大小为 的弹力，以圆管为研究对象，由平衡条件得
，解得 ，A项正确;同理可知，若杆中弹
力为零，则，可解得 ,D项正确。
2. （多选）如图所示的圆锥筒状光滑
转筒，左右各系着一长一短的绳子挂着质量均为
的小球、 ，转筒静止时绳子平行圆锥面，图
中虚线为沿竖直方向的轴线，绳子与轴线之间的
夹角 。不计空气阻力，重力加速度为 ,
,则( )
CD
A.转筒静止时绳子对小球的拉力大小之比为两绳子的长度之比
B.当转筒绕中心轴开始缓慢加速转动时， 球先离开转筒
C.设绳长为，则该绳所系小球刚好离开转筒时的速度为
D.两个球都离开转筒后，它们离固定点 的高度与转筒角速度的二次方成
反比
[解析]
小球静止在转筒上时受重力、拉力和支持力作用，由平衡条件有
，显然拉力只与小球质量和角度有关，所以两球均静止
在转筒上时绳子对小球的拉力大小之比为 ，A项错误;
随着角速度逐渐增大，当小球所受合力小于所需要的向心力时，小球将
做离心运动，小球刚好离开转筒时，转筒对小球的支持力为0，其受力
情况如图所示，两球所受合力均为 ，而 球所需要的向心力大，
所以 球先离开转筒，B项错误;小球刚要离开转筒时，水平方向有
，所以，又，由 ，
可知 ，C项正确;两个球都离开转筒后，小
球都只受重力与绳子的拉力，两小球都随转筒一起转动，有相同的角速
度，设绳与竖直方向的夹角为 ，则小球离固定点的高度 ，
代入，解得 ，D项正确。
3. （多选）如图所示，水平面内有直
角坐标系，半径为 的水平圆桌面中心位
于，点的正上方 处固定一个发射器，可
水平向右发射速率为 的小球（视为质点），
桌面边缘有小孔。圆桌面绕中心 以角速度
匀速转动，不计空气阻力，重力加速度为，小球恰好落入小孔 ，
下列说法正确的是 ( )
A.小孔经过轴正半轴时抛出小球，可能有，
B.小孔经过轴负半轴时抛出小球，可能有，
C.小球进入小孔的动能一定相等
D.小孔经过 轴正半轴时抛出小球，小球不可能进入小孔
√
√
[解析] 根据平抛运动的规律有，，解得 ，小
孔经过轴正半轴上时抛出小球，必有 ，当 时，
，A项正确;小孔经过 轴负半轴上时抛出小球，同理可得
，但 ，B项错误;根据机械能守恒定律可知，小
球进入小孔时的动能一定相等，C项正确;小孔经过 轴正半轴时抛出小
球，若桌面逆时针转动，只要满足 ，小球就
能进入小孔，同理，若桌面顺时针转动，只要满足
，小球就能进入小孔，D项错误。
4. 一种离心测速器的简化工作原理如图所示。光滑细杆的一端固
定在竖直转轴上的 点，并可随轴一起转动。杆上套有一轻质弹簧，
弹簧一端固定于 点，另一端与套在杆上的圆环相连。当测速器稳定工
作时，通过圆环的位置可以确定细杆匀速转动的角速度。重力加速度大
小为，杆与竖直转轴的夹角 始终为 ，则( )
A
A.角速度越大，圆环受到的杆的支持力越大
B.角速度越大，圆环受到的弹簧弹力越大
C.弹簧处于原长状态时，圆环的向心加速度大小为
D.无论角度为多大，杆对圆环的支持力都大于弹簧对圆
环的弹力
[解析] 若弹簧处于原长，则圆环仅受重力和支持力，两者的合力使得圆
环沿水平方向做匀速圆周运动。设此时角速度为 ，根据牛顿第二定律
得，设弹簧原长为，圆环此时转动的半径 ，
解得，此时的向心加速度 ，C项错误。设弹簧
的长度为，则圆环做圆周运动的半径 ，圆环受到的杆的支
持力为，圆环受到的弹簧的弹力为，则当 时，圆环受力
如图甲所示，对圆环，竖直方向有 ，水平方向有
，解得， ;当
时，圆环受力如图乙所示，对圆环，竖直方向有
，水平方向有 ，解得
， ，可知当角速度增大时，弹簧的长度
变大，则角速度越大时，圆环受到的杆的支持力也越大。当
时，圆环受到的弹簧弹力随角速度变大而变小；当 时，圆环受
到的弹簧弹力随角速度变大而变大，即圆环受到的弹簧弹力随角速度变
大先变小后变大，A项正确，B项错误。
由上面分析可知，当
时，即时， ，D
项错误。
甲
乙第3讲　圆周运动
考点一　圆周运动的运动学问题
【理清·知识结构】
【知识梳理】
1.匀速圆周运动
(1)定义：做圆周运动的物体，若在任意相等的时间内通过的弧长①　　　　，就是匀速圆周运动。
(2)特点：加速度大小②　　　　，方向始终指向③　　　　，是变加速运动。
(3)条件：合力大小④　　　　，方向始终与⑤　　　　方向垂直且指向圆心。
2.描述圆周运动的物理量
(1)线速度：大小v==，方向沿圆周的⑥　　　　方向。
(2)角速度ω==，描述物体绕圆心转动的快慢。
(3)周期：物体沿圆周运动一周所用的时间，T==。
(4)转速：单位时间内转过的圈数，n=⑦　　　(与周期的关系)=⑧　　　　(与角速度的关系)。
(5)向心加速度大小an==⑨　　　　=r=ωv，方向始终指向圆心。
3.离心现象
(1)离心运动：做圆周运动的物体，在所受合力　　　　或　　　　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)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　　　　做匀速圆周运动需要的向心力。
【考教衔接】
1.如图所示，物体沿圆弧由M向N运动，在t时刻经过A点。为了描述物体经过A点附近时运动的快慢，可以取一段很短的时间Δt，物体在这段时间内由A运动到B，通过的弧长为Δs。弧长Δs与时间Δt之比反映了物体在A点附近运动的快慢，如果Δt非常非常小，该比值就可以表示物体在A点时运动的快慢，通常把它称为　　　　，用符号v表示，即v=　　　。这种定义法利用了物理学中的　　　　法。对于做匀速圆周运动的物体：
①　　　　(选填“速度”或“速率”)不变。
②若图中Δθ对应的时间为Δt，则其角速度ω=　　　　。
③图中弧长Δs=　　　(用图中字母表示)。
2.如图所示，A、B两点分别位于大、小轮的边缘上，C点位于大轮半径的中点，大轮的半径是小轮的2倍，它们之间靠摩擦传动，接触面上没有滑动。A、B、C三点的线速度、角速度及向心加速度的大小关系分别为vA∶vB∶vC=　　　　；
ωA∶ωB∶ωC=　　　　；
aA∶aB∶aC=　　　　。
3.做匀速圆周运动的物体，由于　　　　，总有沿着　　　　方向飞出去的倾向。但是物体没有飞出去，这是因为向心力在拉着它，使它与圆心的距离保持不变。一旦向心力突然消失，物体就会沿　　　　方向飞出去。除了向心力突然消失这种情况外，在合力不足以提供所需的向心力时，物体虽然不会沿　　　　飞出去，但也会逐渐　　　　圆心(如图)。
【突破·考点题型】
角度1　圆周运动的加速度
质量为m的小明坐在秋千上摆动到最高点Q时，摆线与竖直方向的夹角为θ，如图所示。将小明视为质点。已知细线悬点O到最低点P的距离为L，小明摆动到最低点时的速度大小为v。
(1)小明在最高点Q时和最低点P时，细线的拉力各是多少
(2)通过分析说明，小明从最高点Q摆到最低点P的过程，细线的拉力怎样变化
(2022·辽宁高考)2022年北京冬奥会短道速滑混合团体2 000米接力决赛中，我国短道速滑队夺得中国队在该届冬奥会的首金。
(1)如果把运动员起跑后进入弯道前的过程看作初速度为零的匀加速直线运动，若运动员加速到速度v=9 m/s时，滑过的距离x=15 m，求加速度的大小。
(2)如果把运动员在弯道滑行的过程看作轨迹为半圆的匀速圆周运动，如图所示，若甲、乙两名运动员同时进入弯道，滑行半径分别为R甲=8 m、R乙=9 m，滑行速率分别为v甲=10 m/s、v乙=11 m/s，求甲、乙过弯道时的向心加速度大小之比，并通过计算判断哪位运动员先出弯道。
角度2　圆周运动的物理量间的关系
图为车牌自动识别系统的直杆道闸，离地面高为1 m的细直杆可绕点O在竖直面内匀速转动。汽车从自动识别线ab处到达直杆处的时间为3.3 s，自动识别系统的响应时间为0.3 s。汽车可看成高1.6 m的长方体，其左侧面底边在aa'直线上，且O到汽车左侧面的距离为0.6 m，要使汽车安全通过道闸，直杆转动的角速度至少为 (　　)
A. rad/s B. rad/s
C. rad/s D. rad/s
角度3　常见的匀速圆周运动及其特点
常见的三种传动方式及特点
类型 图示 特点
同轴 传动 绕同一转轴运转的物体，角速度相同，ωA=ωB，由v=ωr知v与r成正比
皮带 传动 皮带与两轮之间无相对滑动时，两轮边缘线速度大小相等，即vA=vB
摩擦 传动 两轮边缘接触，接触点无打滑现象时，两轮边缘线速度大小相等，即vA=vB
共享单车是很常见的一种校园交通代步工具，为广大高校师生提供了方便快捷、低碳环保、经济实用的单车服务。如图所示，A点为单车轮胎上的点，B、C两点为两齿轮外沿上的点，其中RA=2RB=5RC，则下列关系式中正确的是(　　)
A.ωB=ωC
B.vC=vA
C.2ωA=5ωB
D.vA=2vB
角度4　圆周运动中的“追及问题”
如图所示，质点a、b在同一平面内绕质点c沿逆时针方向做匀速圆周运动，它们的周期分别是Ta和Tb，已知Tb>Ta。
(1)试求出a、b距离最近的最短时间间隔。
(2)知Ta∶Tb=1∶k(k>1，为正整数)。试求出从图示位置开始，在b运动一周的过程中，a、b距离最近的次数。(结果用k表示)
【强化·学科思维】
圆周运动与其他运动的结合
角度1　圆周运动与直线运动结合
(2022·山东高考)无人配送小车某次性能测试路径如图所示，半径为3 m的半圆弧BC与长8 m的直线路径AB相切于B点，与半径为4 m的半圆弧CD相切于C点。小车以最大速度从A点驶入路径，到适当位置调整速率运动到B点，然后保持速率不变依次经过BC和CD。为保证安全，小车速率最大为4 m/s。在ABC段的加速度最大为2 m/s2，CD段的加速度最大为1 m/s2。小车视为质点，小车从A到D所需最短时间t及在AB段做匀速直线运动的最长距离l分别为 (　　)
A.2+s，8 m
B.+s，5 m　
C.2++s，5.5 m
D.2++πs，5.5 m
角度2　圆周运动与平抛运动结合
(2022·河北高考)(多选)如图，广场水平地面上同种盆栽紧密排列在以O为圆心、R1和R2为半径的同心圆上，圆心处装有竖直细水管，其
上端水平喷水嘴的高度、出水速度及转动的角速度均可调节，以保障喷出的水全部落入相应的花盆中。依次给内圈和外圈上的盆栽浇水时，喷水嘴的高度、出水速度及转动的角速度分别用h1、v1、ω1和h2、v2、ω2表示。花盆大小相同，半径远小于同心圆半径，出水口截面积保持不变，忽略喷水嘴水平长度和空气阻力。下列说法正确的是(　　)
A.若h1=h2，则v1∶v2=R2∶R1
B.若v1=v2，则h1∶h2=∶
C.若ω1=ω2，v1=v2，喷水嘴各转动一周，则落入每个花盆的水量相同
D.若h1=h2，喷水嘴各转动一周且落入每个花盆的水量相同，则ω1=ω2
思维导航
考点二　圆周运动的动力学问题
【理清·知识结构】
【知识梳理】
1.匀速圆周运动的向心力
(1)作用效果：向心力产生向心加速度，只改变速度的①　　　　，不改变速度的②　　　　。
(2)大小：Fn=man=m=③　　　　=mr=4π2mrn2=mωv。
(3)方向：始终沿半径方向指向④　　　　，时刻在改变，即向心力是一个变力。
(4)来源：向心力可以由一个力提供，也可以由几个力的⑤　　　　提供，还可以由一个力的⑥　　　　提供。
2.变速圆周运动的向心力
当小球在竖直面内摆动时，半径方向的合力提供向心力，即FT-mgcos θ=m。
【考教衔接】
1.如图所示，在水平面内做圆周运动的沙袋正在加速转动，O是沙袋运动轨迹的圆心，F是绳对沙袋的拉力。根据F产生的效果，可以把F分解为两个相互垂直的分力：跟圆周相切的分力Ft和指向圆心的分力Fn。下面选填“大小”“方向”“切向”或“向心”。
Ft的作用：改变速度　　　　，产生　　　　加速度；
Fn的作用：改变速度　　　　，产生　　　　加速度。
2.运动轨迹既不是直线也不是圆周的曲线运动，可以称为一般的曲线运动。尽管这时曲线各个位置的弯曲程度不一样，但在研究时，可以把这条曲线分割为许多很短的小段，质点在每小段的运动都可以看作　　　　运动的一部分(如图)。这样，在分析质点经过曲线上某位置的运动时，就可以采用　　　　运动的分析方法来处理了。
3.把一个小球放在玻璃漏斗中，晃动漏斗，可以使小球在短时间内沿光滑的漏斗壁在某一水平面内做匀速圆周运动(如图)。小球做匀速圆周运动的向心力由　　　　　　　　　　　　提供。
【突破·考点题型】
角度1　水平面内匀速圆周运动的四个模型
模型 受力 分析 分解 方法 满足的方程
或mgtan θ=mω2lsin θ
或mgtan θ=mω2r
或mgtan θ=mω2r
模型1　水平转台
(2023·江苏高考)“转碟”是传统的杂技项目，如图所示，质量为m的发光物体放在半径为r的碟子边缘，杂技演员用杆顶住碟子中心，使发光物体随碟子一起在水平面内绕A点做匀速圆周运动。当角速度为ω0时，碟子边缘看似一个光环。求此时发光物体的速度大小v0和受到的静摩擦力大小f。
模型2　火车转弯
(多选)某同学乘坐火车时，在车厢内研究列车的运动情况。他在车厢顶部用细线悬挂一颗小球，当火车以恒定速率通过一段弯道时，发现悬挂小球的细线与车厢侧壁平行(如图所示)，则下列判断正确的是 (　　)
A.细线对小球的拉力等于小球的重力
B.外侧轨道与轮缘间没有侧向挤压作用
C.内侧轨道与轮缘间没有侧向挤压作用
D.如果知道转弯处轨道的倾角，就可以求出列车转弯时的速率
核心归纳 火车转弯的临界速度v0= 1.当v=v0时，由重力与轨道的支持力的合力mgtan θ提供向心力，这时火车的轮缘对内、外轨均无侧向挤压。 2.当vv0时，重力与轨道的支持力的合力mgtan θ小于实际的向心力，这时火车的轮缘对外轨有侧向挤压。
模型3　圆锥摆模型
智能呼啦圈轻便美观，深受大众喜爱，其腰带外侧带有轨道，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，其简化模型如图所示，可视为质点的配重质量为0.5 kg，绳长为0.5 m，悬挂点P到腰带中心点O的距离为0.2 m，水平固定好腰带，通过人体微小扭动，使配重随短杆做水平匀速圆周运动，绳子与竖直方向夹角为θ，运动过程中腰带可看成不动，重力加速度取g=10 m/s2，下列说法正确的是 (　　)
A.匀速转动时，配重受到的合力恒定不变
B.若增大转速，腰带受到的合力变大
C.当θ稳定在37°时，配重的角速度为5 rad/s
D.保持转速不变，将配重的质量更换为1 kg时，θ不变
模型4　漏斗模型
如图所示，把小球放在玻璃漏斗中，轻轻晃动漏斗，可以使小球短时间内沿光滑的漏斗壁在某一水平面内做匀速圆周运动。如果先后两次小球做匀速圆周运动离漏斗底部的高度不同，则小球位置越高(　　)
A.受到的支持力越大 B.角速度越大
C.线速度越大 D.周期越小
核心归纳 “一、二、三、四”求解圆周运动动力学问题
角度2　竖直平面内圆周运动的三个模型
1.竖直面内圆周运动的两类模型
(1)无支撑(如球与绳连接、沿内轨道运动的过山车等)，称为“绳(环)约束模型”；
(2)有支撑(如球与杆连接、在弯管内的运动等)，称为“杆(管)约束模型”。
2.竖直平面内圆周运动的两种模型的特点
项目 轻绳模型 轻杆模型
常见 模型 均是没有支撑的小球 均是有支撑的小球
过最高点的临界条件 由mg=m得v临= 由小球恰能做圆周运动得v临=0
讨论 分析 (1)过最高点时，v≥，FN+mg=m，绳、圆轨道对球产生弹力FN (2)不能过最高点时，v<，在到达最高点前小球已经脱离了圆轨道 (1)当v=0时，FN=mg，FN为支持力，沿半径背离圆心 (2)当0 时，FN+mg=m，FN指向圆心并随v的增大而增大
模型1　轻绳模型
如图1所示，小球用不可伸长的轻绳连接，绕定点O在竖直平面内做圆周运动，小球经过最高点的速度大小为v，此时绳子拉力大小为FT，拉力FT与速度的二次方v2的关系如图2所示，图像中的数据a和b以及重力加速度g都为已知量，以下说法正确的是 (　　)
A.数据a与小球的质量有关
B.数据b与小球的质量无关
C.比值只与小球的质量有关，与圆周轨道半径无关
D.利用数据a、b和g能够求出小球的质量和圆周轨道半径
模型2　轻杆模型
(多选)如图所示，轻杆长3L，在杆两端分别固定质量均为m的球A和B，光滑水平转轴穿过杆上距球A为L处的O点，外界给系统一定能量后，杆和球在竖直平面内转动，球B运动到最高点时，杆对球B恰好无作用力。忽略空气阻力。则球B在最高点时 (　　)
A.球B的速度大小为
B.球A的速度大小为
C.水平转轴对杆的作用力为1.5mg
D.水平转轴对杆的作用力为2.5mg
方法总结 竖直平面内圆周运动分析思路
模型3　汽车过桥模型
一辆汽车匀速率通过一座圆弧形拱形桥后，接着又以相同速率通过一圆弧形凹形桥。设两圆弧半径相等，汽车通过拱形桥桥顶时，对桥面的压力大小FN1为车重的一半，汽车通过圆弧形凹形桥的最低点时，对桥面的压力大小为FN2，则FN1与FN2之比为 (　　)
A.3∶1 B.3∶2 C.1∶3 D.1∶2
核心归纳 凹形桥与拱形桥模型 概述当汽车通过凹形桥的最低点时，向心力F向=FN-mg=m规律桥对车的支持力FN=mg+m>mg，汽车处于超重状态概述当汽车通过拱形桥的最高点时，向心力F向=mg-FN=m规律桥对车的支持力FN=mg-m【强化·学科思维】
圆周运动的临界与极值问题
1.水平面内圆周运动的几种临界情况
(1)水平转盘上的物体恰好不发生相对滑动的临界条件是物体所受摩擦力恰好达到最大静摩擦力。
(2)物体恰好分离的临界条件是物体间的弹力恰好为零。
(3)绳的拉力出现临界条件的情形有：绳恰好拉直，意味着绳上无弹力；绳上拉力恰好为最大承受力等。
2.竖直平面内圆周运动临界情况
物体通过圆周运动最低点、最高点时，区分“杆模型”与“绳模型”两种情况。
3.解决方法
在确定了物体运动的临界状态和临界条件后，要分别针对不同的运动过程或现象，选择相对应的物理规律，然后再列方程求解。
角度1　临界问题
(2021·河北高考)(多选)如图，矩形金属框MNQP竖直放置，其中MN、PQ足够长，且PQ杆光滑，一根轻弹簧一端固定在M点，另一端连接一个质量为m的小球，小球穿过PQ杆，金属框绕MN轴分别以角速度ω和ω'匀速转动时，小球均相对PQ杆静止，若ω' >ω，则与以ω匀速转动时相比，以ω'匀速转动时 (　　)
A.小球的高度一定降低
B.弹簧弹力的大小一定不变
C.小球对杆压力的大小一定变大
D.小球所受合外力的大小一定变大
如图所示，半径为R的半球形容器固定在水平转台上，转台绕过容器球心O的竖直轴线以角速度ω匀速转动。质量不同的小物块A、B随容器转动且相对器壁静止，A、B和球心O点连线与竖直方向的夹角分别为α和β，α>β。则 (　　)
A.A的质量一定小于B的质量
B.A、B受到的摩擦力可能同时为零
C.若A不受摩擦力，则B受沿容器壁向上的摩擦力
D.若ω增大，A、B受到的摩擦力可能都增大
角度2　极值问题
(多选)“水流星”是一种常见的杂技项目，该运动简化图如图所示，细绳一端系着小球，另一端固定，在竖直平面内做圆周运动。已知绳长为l，重力加速度为g，不计空气阻力，则 (　　)
A.小球运动到最低点Q时，处于失重状态
B.小球初速度v0越大，则在P、Q两点绳对小球的拉力差越大
C.当v0>时，小球一定能通过最高点P
D.当v0<时，细绳始终处于绷紧状态
角度3　斜面上圆周运动的临界问题
(多选)一倾角为30°的圆盘绕垂直盘面的轴以大小为的角速度匀速转动，盘面上一个离转轴距离为r，质量为m的物块(可视为质点)随圆盘一起转动(相对于盘面静止)。如图所示，P点是物块运动的轨迹圆上的最高点，Q点是物块运动的轨迹圆上的最低点，重力加速度大小为g，物块与圆盘间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是 (　　)
A.物块经过Q点时受到的静摩擦力大小为mg
B.物块经过P点时受到的静摩擦力大小为mg
C.物块与盘面间的动摩擦因数可能为
D.若圆盘的角速度继续缓慢增大，则物块最容易与圆盘发生相对滑动的位置为Q点
思维导航 　　分析斜面上物体的运动，可将立体图转化为平面图，注意受力分析。
练创新试题·知命题导向
1.(多选)如图所示，质量m=1.6kg，半径为0.4 m的光滑细圆管用轻杆固定在竖直平面内，小球A和B的直径略小于细圆管的内径。它们的质量分别为mA=0.8kg，mB=1.2kg。某时刻，小球A、B分别位于圆管最低点和最高点，A的速度大小vA=2m/s，B球的速度大小为vB(未知)，重力加速度取g=10m/s2，关于该时刻，下列说法正确的是 (　　)
A.若vB=3m/s，则轻杆的弹力大小为17N
B.若vB=2m/s，则轻杆的弹力大小为31N
C.小球A对圆管的作用力为零
D.若此时杆中的弹力为零，则vB=m/s
2.(多选)如图所示的圆锥筒状光滑转筒，左右各系着一长一短的绳子挂着质量均为m的小球A、B，转筒静止时绳子平行圆锥面，图中虚线为沿竖直方向的轴线，绳子与轴线之间的夹角α=37°。不计空气阻力，重力加速度为g，sin 37°=0.6，则 (　　)
A.转筒静止时绳子对小球的拉力大小之比为两绳子的长度之比
B.当转筒绕中心轴开始缓慢加速转动时，A球先离开转筒
C.设绳长为L，则该绳所系小球刚好离开转筒时的速度为
D.两个球都离开转筒后，它们离固定点O的高度与转筒角速度的二次方成反比
3.(多选)如图所示，水平面内有直角坐标系xOy，半径为R的水平圆桌面中心位于O，点O的正上方h处固定一个发射器，可水平向右发射速率为v的小球(视为质点)，桌面边缘有小孔C。圆桌面绕中心O以角速度ω匀速转动，不计空气阻力，重力加速度为g，小球恰好落入小孔C，下列说法正确的是 (　　)
A.小孔经过x轴正半轴时抛出小球，可能有v=R，ω=6π
B.小孔经过x轴负半轴时抛出小球，可能有v=R，ω=12π
C.小球进入小孔的动能一定相等
D.小孔经过y轴正半轴时抛出小球，小球不可能进入小孔
4.一种离心测速器的简化工作原理如图所示。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。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。当测速器稳定工作时，通过圆环的位置可以确定细杆匀速转动的角速度。重力加速度大小为g，杆与竖直转轴的夹角α始终为60°，则 (　　)
A.角速度越大，圆环受到的杆的支持力越大
B.角速度越大，圆环受到的弹簧弹力越大
C.弹簧处于原长状态时，圆环的向心加速度大小为g
D.无论角度为多大，杆对圆环的支持力都大于弹簧对圆环的弹力
参考答案
考点一　
知识梳理
①相等　②不变　③圆心　④不变　⑤速度　⑥切线　⑦　⑧　⑨ω2r　突然消失
不足以　小于
考教衔接
1.线速度　　极限　①速率　②
③rΔθ
2.2∶2∶1　1∶2∶1　2∶4∶1
3.惯性　切线　切线　切线　远离
例1　解答　(1)小明在最高点Q时，由于速度为零，此时所需的向心力为0，则有TQ=mgcos θ
小明摆动到最低点时P的速度大小为v，根据牛顿第二定律可得TP-mg=m
解得TP=mg+m。
(2)小明从最高点Q摆到最低点P的过程中，设摆线与竖直方向的夹角为α，对应的速度为v1，根据牛顿第二定律可得T-mgcos α=m
解得细线的拉力T=mgcos α+m
由于α逐渐减小，cos α逐渐增大，速度v1逐渐增大，则细线的拉力逐渐增大。
例2　解答　(1)根据速度位移公式有 v2=2ax，代入数据可得a=2.7 m/s2。
(2)根据向心加速度的表达式a=，可得甲、乙的向心加速度之比=·=
甲、乙做匀速圆周运动，则运动的时间t=
代入数据可得甲、乙运动的时间分别为t甲= s，t乙= s，因t甲例3　D　解析　由题意可知，在t=3.3 s-0.3 s=3.0 s的时间内，横杆上距离O点0.6 m的点至少要抬高1.6 m-1 m=0.6 m，根据几何关系可知，横杆至少转过θ=，则角速度至少为ω== rad/s，D项正确。
例4　C　解析　B轮和C轮是链条传动，两轮与链条接触点的线速度大小与链条的线速度大小相同，即vB=vC，根据v=ωR，得5ωB=2ωC，A项错误；由A轮和C轮同轴知，两轮角速度相同，根据v=ωR，得vA=5vC，B项错误；因vA=5vC，vA=ωARA，vC=vB=ωBRB，故vA=5vB，2ωA=5ωB，C项正确，D项错误。
例5　解答　(1)设每隔时间T，a、b相距最近，则(ωa-ωb)T=2π
所以T===。
(2)故b运动一周的过程中，a、b相距最近的次数n====k-1。
例6　B　解析　小车在BC段的最大加速度a1=2 m/s2，由a1=得小车在BC段的最大速度v1= m/s；在CD段的最大加速度a2=1 m/s2，由a2=得小车在CD段的最大速度v2=2 m/s例7　BD　解析　根据平抛运动的规律有h=gt2，R=vt，可得R=v。可知若h1=h2，则v1∶v2=R1∶R2；若v1=v2，则h1∶h2=∶，A项错误，B项正确。若ω1=ω2，则喷水嘴各转动一周的时间相同，若v1=v2，出水口的横截面积相同，可知单位时间喷出水的质量相同，喷水嘴转动一周喷出的水量相同，但因内圈上的花盆总数量较少，可知落入内圈上的花盆的水量较多，C项错误。设出水口横截面积为S0，喷水速度为v，半径为R，因h1=h2，则水落地的时间相等，则t=相等；在圆周上单位时间内单位长度的水量Q0====，由题意知转动一周过程中落入每个花盆中的水量相同，即=，故ω1=ω2，D项正确。
考点二　
知识梳理
①方向　②大小　③mω2r　④圆心　⑤合力　⑥分力
考教衔接
1.大小　切向　方向　向心
2.圆周　圆周
3.重力与支持力的合力
例8　解答　发光体的速度v0=ω0r，发光体做匀速圆周运动，由静摩擦力提供做圆周运动的向心力，则静摩擦力大小f=mr。
例9　BC　解析　设火车转弯时内、外轨所在斜面的倾角为θ，小球质量为m。由于悬挂小球的细线与车厢侧壁平行，即细线垂直内、外轨所在斜面，可知细线与竖直方向的夹角为θ，细线上的拉力FT与小球所受的重力mg的合力提供小球做圆周运动的向心力，FT=，A项错误；车厢所受的重力与轨道对车厢的支持力的合力提供车厢做圆周运动的向心力，内、外轨道与轮缘间均没有侧向挤压作用，B、C两项正确；由mgtan θ=m 得v=，当θ与转弯处的圆弧半径r已知时，可以求出列车转弯时的速率v，D项错误。
例10　D　解析　匀速转动时，配重做匀速圆周运动，合力大小不变，但方向在变化，A项错误；运动过程中腰带可看作不动，所以腰带受到的合力始终为零，B项错误；对配重，由牛顿第二定律有mgtan θ=mω2(r+lsin θ)，可得ω=，当θ=37°时，解得ω= rad/s，C项错误；由ω=可知，θ与配重质量无关，所以保持转速不变，将配重的质量更换为1 kg时，θ不变，D项正确。
例11　D　解析　小球做匀速圆周运动受重力和支持力两个力作用，两个力的合力提供向心力，设漏斗母线与水平面的夹角为θ，小球受到的支持力N=，运动平面离漏斗口越近，角度θ不变，支持力不变，A项错误；根据牛顿第二定律得mgtan θ=m=mω2r=m2r，解得v=，ω=，T=2π，小球做匀速圆周运动的轨道平面越接近漏斗口，轨道半径越大，则线速度越大，角速度越小，周期越大，C项正确，B、D两项错误。
例12　D　解析　当v2=a时，绳子的拉力为零，小球的重力提供小球做圆周运动所需的向心力，则有mg=m，解得a=gr，则数据a与小球的质量无关，A项错误；当v2=2a时，对小球受力分析，则有mg+b=m，解得b=mg，则数据b与小球的质量有关，B项错误；根据A、B两项分析可知，=，则比值与小球的质量和圆周轨道半径都有关，C项错误；由a=gr，b=mg可解得r=，m=，D项正确。
例13　AC　解析　球B运动到最高点时，杆对球B恰好无作用力，即重力恰好提供向心力，有mg=m，解得vB=，A项正确；由于A、B两球的角速度相等，则球A的速度大小vA=，B项错误；B球在最高点时，对杆无弹力，此时A球受重力和拉力，这两个力的合力提供向心力，有F-mg=m，解得F=1.5mg，C项正确，D项错误。
例14　C　解析　如图甲所示，汽车过圆弧形拱形桥的最高点时，由牛顿第三定律可知，汽车受桥面对它的支持力与它对桥面的压力大小相等，即FN1'=FN1，由牛顿第二定律可得mg-FN1'=；同理，如图乙所示，FN2'=FN2，汽车过圆弧形凹形桥的最低点时有FN2'-mg=，由题意可知FN1=mg，解得FN1∶FN2=1∶3，C项正确。
例15　BD　解析　对小球进行受力分析，设弹簧弹力为F，弹簧与水平方向的夹角为θ，弹簧原长为l0，则对小球在竖直方向有Fsin θ=mg，又F=k-l0，可知θ为定值，则小球高度不变，弹簧弹力大小F不变，A项错误，B项正确。若ω较小，则杆对小球的弹力FN背离转轴，有Fcos θ-FN=mω2r；当ω'较大时，杆对小球的弹力FN'指向转轴，则有Fcos θ+FN'=mω'2r，可知小球对杆的压力不一定变大，C项错误。小球受到的合外力大小F合=mω2r，角速度变大，则小球所受合外力变大，D项正确。
例16　D　解析　当B受到的摩擦力恰为零时，受力如图，根据牛顿第二定律得mgtan β=mRsin β，解得ωB=，同理可得A不受摩擦力时的角速度ωA=。物块转动的角速度与物块的质量无关，所以无法判断质量的大小；由于α>β，所以ωA>ωB，即A、B受到的摩擦力不可能同时为零；若A不受摩擦力，此时转台的角速度为ωA>ωB，则B有向上运动的趋势，所以此时B受到沿容器壁向下的摩擦力；如果转台角速度ω>ωA，则A和B均受沿容器壁向下的摩擦力，此时若角速度增大，则A、B受到的摩擦力都增大，故只有D项正确。
例17　CD　解析　小球运动到最低点Q时，加速度向上，小球处于超重状态，A项错误；小球在最低点时，有FT1-mg=m，在最高点时，有FT2+mg=m，又m-mg·2l=mv2，解得FT1-FT2=6mg，故在P、Q两点时，绳对小球的拉力差与初速度v0无关，B项错误；当v0=时，可求得v=，因为小球经过最高点的最小速度为，则当v0>时小球一定能通过最高点P，C项正确；当v0= 时，由m=mgh得小球能上升的最大高度h=l，即小球不能越过与悬点等高的位置，故当v0<时，小球将在最低点位置附近来回摆动，细绳始终处于绷紧状态，D项正确。
例18　AD　解析　物块随圆盘一起转动过程中，所需向心力F=mω2r=mg。物块经过Q点时根据牛顿第二定律有fQ-mgsin 30°=F，解得fQ=mg，A项正确；物块经过P点时根据牛顿第二定律有mgsin 30°-fP=F，解得fP=mg，B项错误；静摩擦力小于或等于最大静摩擦力，即fQ=mg≤μmgcos 30°，fP=mg≤μmgcos 30°，解得μ≥，C项错误；若圆盘的角速度继续缓慢增大，物块经过Q点时，沿斜面向上的静摩擦力与沿斜面向下的重力的分力的合力提供向心力，即静摩擦力等于重力沿斜面向下的分力与向心力之和，物块经过P点时，当静摩擦力为零时mgsin 30°=mr，解得ω0=，则当角速度增大到ω>后，沿斜面向下的静摩擦力与沿斜面向下的重力的分力的合力提供向心力，即静摩擦力等于重力沿斜面向下的分力与向心力之差，综上可知物块在Q点时的静摩擦力大，所以，若圆盘的角速度继续缓慢增大，则物块最容易与圆盘发生相对滑动的位置为Q点，D项正确。
练创新试题
1.AD　解析　圆管对小球A施加竖直向上的弹力，以小球A为研究对象，由牛顿第二定律得FN A -mA g = mA ，解得 = 16N，由牛顿第三定律知，小球A对圆管施加竖直向下的弹力大小为16N，C项错误；当vB=2m/s时，vB=，此时小球B与圆管间无弹力作用，以圆管为研究对象，由平衡条件得，轻杆的弹力T=mg+FNA'=32N，B项错误；当vB=3m/s时，vB>，圆管对小球B施加竖直向下的弹力，以小球B为研究对象，由牛顿第二定律得FN B + mB g = mB ，解得FN B = 15N，由牛顿第三定律知，小球B对圆管施加方向竖直向上、大小为15N的弹力，以圆管为研究对象，由平衡条件得T'+FNB'=mg+FNA'，解得T'=17N，A项正确；同理可知，若杆中弹力为零，则FNB=32 N，可解得vB= m/s，D项正确。
2.CD　解析　小球静止在转筒上时受重力、拉力和支持力作用，由平衡条件有T=mgcos 37°，显然拉力只与小球质量和角度有关，所以两球均静止在转筒上时绳子对小球的拉力大小之比为1∶1，A项错误；随着角速度逐渐增大，当小球所受合力小于所需要的向心力时，小球将做离心运动，小球刚好离开转筒时，转筒对小球的支持力为0，其受力情况如图所示，两球所受合力均为mgtan α，而B球所需要的向心力大，所以B球先离开转筒，B项错误；小球刚要离开转筒时，水平方向有mgtan α=mω2Lsin α，所以 ω=，又r=Lsin α，由v=ωr，可知v=·Lsin α=，C项正确；两个球都离开转筒后，小球都只受重力与绳子的拉力，两小球都随转筒一起转动，有相同的角速度，设绳与竖直方向的夹角为θ，则小球离固定点O的高度h=Lcos θ，代入ω=，解得h=，D项正确。
3.AC　解析　根据平抛运动的规律有h=gt2，R=vt，解得v=R，小孔经过x轴正半轴上时抛出小球，必有ωt=2nπ，当n=3时，ω=6π，A项正确；小孔经过x轴负半轴上时抛出小球，同理可得v=R，但ωt=(2n+1)π，B项错误；根据机械能守恒定律可知，小球进入小孔时的动能一定相等，C项正确；小孔经过y轴正半轴时抛出小球，若桌面逆时针转动，只要满足ωt=2nπ+(n=0，1，2，…)，小球就能进入小孔，同理，若桌面顺时针转动，只要满足ωt=2nπ+(n=0，1，2，…)，小球就能进入小孔，D项错误。
4.A　解析　若弹簧处于原长，则圆环仅受重力和支持力，两者的合力使得圆环沿水平方向做匀速圆周运动。设此时角速度为ω0，根据牛顿第二定律得=mr1，设弹簧原长为l，圆环此时转动的半径r1=lsin α，解得ω0=，此时的向心加速度a=r1=g，C项错误。设弹簧的长度为x，则圆环做圆周运动的半径r=xsin α，圆环受到的杆的支持力为FN，圆环受到的弹簧的弹力为FT，则当0<ω<ω0时，圆环受力如图甲所示，对圆环，竖直方向有FTcos α+FNsin α=G，水平方向有FNcos α-FTsin α=mω2r，解得FT=，FN=；当ω>ω0时，圆环受力如图乙所示，对圆环，竖直方向有FNsin α-FTcos α=G，水平方向有FNcos α+FTsin α=mω2r，解得FN=，FT=，可知当角速度增大时，弹簧的长度变大，则角速度越大时，圆环受到的杆的支持力也越大。当0<ω<ω0时，圆环受到的弹簧弹力随角速度变大而变小；当ω>ω0时，圆环受到的弹簧弹力随角速度变大而变大，即圆环受到的弹簧弹力随角速度变大先变小后变大，A项正确，B项错误。由上面分析可知，当3mω2x-2G>mω2x+2G时，即ω2x>时，FT>FN，D项错误。
甲 乙

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