资源简介

1．(2026·广东深圳市调研)网球训练中心使用的轮式发球机，侧视结构如图所示。两个半径均为25 cm的橡胶轮，沿相反方向等速旋转，带动网球飞出。发球机喷嘴在地面附近，与水平面成37°角斜向上，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2。若要求水平射程约为15 m，应将橡胶轮角速度调为约(　　)
A．5 rad/s B．10 rad/s
C．50 rad/s D．100 rad/s
解析：选C。设发球机射出网球速度大小为v，喷嘴在地面附近，网球离开喷嘴后做与水平面成37°角的斜抛运动，在水平方向有s＝2vt cos 37°，在竖直方向上有0＝v sin 37°－gt，速度v＝rω，联立解得ω＝50 rad/s，故C正确。
2．(多选)(2026·辽宁辽阳市模拟)陶瓷是中华瑰宝，是中华文明的重要名片。在陶瓷制作过程中有一道工序叫利坯，将陶瓷粗坯固定在绕竖直轴转动的水平转台上，用刀旋削，使坯体厚度适当，表里光洁。对应的简化模型如图所示，粗坯的对称轴与转台转轴OO′重合。当转台匀速转动时，关于粗坯上的P、Q两点，下列说法正确的是(　　)
A．P、Q两点的加速度大小相等
B．P、Q两点的加速度均指向转轴OO′
C．相同时间内P点转过的角度比Q点大
D．一个周期内P点通过的位移与Q点相等
解析：选BD。粗坯上P、Q两点属于同轴转动，P、Q两点的角速度相同，所以相同时间内转过的角度相等，根据a＝ω2r可知，由于P点做圆周运动的半径大于Q点做圆周运动的半径，则P点的加速度大于Q点的加速度，故A、C错误；P、Q两点做圆周运动的圆心均在转轴OO′上，所以P、Q两点的加速度均指向转轴OO′，故B正确；一个周期内P点通过的位移与Q点相等，均为0，故D正确。
3．(2026·广东深圳市龙岗区期末质量监测)脚踏车上的飞轮传动系统如图所示，设各轮的转轴均固定且相互平行，甲、乙两轮同轴且无相对转动，已知甲、乙、丙、丁四轮的半径比为5∶2∶3∶1，A、B分别是甲、乙两轮边缘上的点，两传送带在四轮转动时均不打滑，下列判断正确的是(　　)
A．甲、乙两轮的角速度相等
B．A点向心加速度比B点的小
C．两传送带的线速度大小相等
D．当丙轮转1圈时，丁轮已转10圈
解析：选A。甲、乙两轮同轴且无相对转动，所以角速度相同，A正确；由于A、B角速度相同，rA＞rB，根据a＝ω2r可知，A点向心加速度比B点的大，B错误；由于r甲∶r乙＝5∶2，且甲、乙两轮角速度相同，根据v＝ωr可得v甲∶v乙＝5∶2，两传送带的线速度大小不同，C错误；由于丁轮与甲轮线速度大小相同，丙轮与乙轮线速度大小相同，所以有v丁∶v丙＝5∶2，由于r丁∶r丙＝1∶3，根据v＝ωr，可得ω丁＝ω丙，可知丙转1圈，丁转了圈，D错误。
4．(2026·江西南昌市模拟)如图所示为火车某节车厢在匀速转弯时的情形，此时该节车厢的向心力可能由(　　)
A．车厢重力及轨道摩擦力的合力提供
B．车厢重力及轨道弹力的合力提供
C．轨道对车轮的侧向挤压产生的弹力提供
D．重力沿轨道斜面的分力提供
解析：选B。火车在倾斜轨道上转弯时，如果速度等于设计速度，则向心力由火车受到的重力和轨道对它的支持力的合力提供，故B正确，A、C、D错误。
5．(2026·四川巴中市诊断)一个粗细均匀、半径为r的光滑圆环固定在竖直转轴上，圆环和转轴在同一竖直平面内，如图所示。一个质量为m的小球套在圆环上，当圆环绕竖直轴以角速度ω匀速转动时，小球到转轴的距离为a，此时圆环对小球弹力大小为F，重力加速度为g，则下列表达式正确的是(　　)
A．F＝mω2r B．F＝mω2a
C．mg＝mω2r D．mg＝mω2a
解析：选A。设圆环对小球弹力与竖直方向的夹角为θ，以小球为对象，则有F cos θ＝mg，F sin θ＝mω2a，根据几何关系可得sin θ＝，联立可得F＝mω2r，mg＝mω2r cos θ。
6．如图所示，一长为l的轻杆的一端固定在水平转轴上，另一端固定一质量为m的小球。使轻杆随转轴在竖直平面内做角速度为ω的匀速圆周运动，重力加速度为g。下列说法正确的是(　　)
A．小球运动到最高点时，杆对球的作用力一定向上
B．小球运动到水平位置A时，杆对球的作用力指向O点
C．若ω＝，小球通过最高点时，杆对球的作用力为零
D．小球通过最低点时，杆对球的作用力可能向下
解析：选C。根据题意可知，小球做匀速圆周运动，小球运动到最高点时，若杆对球的作用力为零，则有mg＝mω2l，解得ω＝，可知若小球运动的角速度ω＞，杆对球的作用力向下，若小球运动的角速度ω＜，杆对球的作用力向上，故A错误，C正确；根据题意可知，小球做匀速圆周运动，则小球运动到水平位置A时，合力指向圆心，对小球受力分析可知，小球受重力和杆的作用力，由平行四边形定则可知，杆对球的作用力不可能指向O点，故B错误；根据题意可知，小球做匀速圆周运动，小球通过最低点时，合力竖直向上，则杆对球的作用力一定向上，故D错误。
7．(多选)(2026·四川泸州市模拟)如图所示，水平地面上有一个可以绕竖直轴匀速转动的圆锥筒，筒壁与水平面的夹角为θ(tan θ＝0.25)，内壁有一个可视为质点的物块始终随圆锥筒一起做匀速圆周运动，物块受到的最大静摩擦力是正压力的0.6。当物块做圆周运动的半径为r，受到的摩擦力恰好为零时，角速度为ω0。忽略空气阻力，g取10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)
A．当r越大，则ω0越大
B．当r越大，则ω0越小
C．当r＝1.6 m时，最大角速度ωm＝2.5 rad/s
D．当r＝1.6 m时，最大角速度ωm＝5.0 rad/s
解析：选BC。对物块受力分析，当摩擦力为零时，如图甲所示，根据牛顿第二定律，可得mg tan θ＝Fn＝mωr，可知当r越大，则ω0越小，故A错误，B正确；当r为定值时，静摩擦力沿筒壁向下取最大静摩擦时，具有最大角速度，受力分析如图乙所示，由牛顿第二定律，可得N sin θ＋fm cos θ＝mωr，N cos θ＝fm sin θ＋mg，又fm＝0.6N，联立解得ωm＝2.5 rad/s，故C正确，D错误。
　　
8．(2026·河北石家庄一中模拟)如图所示，在竖直的转动轴上，a、b两点间距为40 cm，细线ac长50 cm，bc长30 cm，在c点系一质量为m的小球，在转动轴带着小球转动过程中，下列说法不正确的是(　　)
A．转速小时，ac受拉力，bc松弛
B．bc刚好拉直时，ac的拉力为1.25mg
C．bc拉直后转速增大，ac拉力增大
D．bc拉直后转速增大，ac拉力不变
解析：
选C。小球若不转时，ac为重垂线，当转速由零逐渐增加时，ac与竖直方向的夹角逐渐增加，当转速小时，ac受拉力，bc松弛，故A正确；bc刚好拉直时，且此时细线bc的拉力为零，球受重力和细线ac的拉力，合力指向圆心，如图所示，故Tac＝＝1.25mg，故B正确；bc拉直后转速增大，小球受重力、细线bc的拉力和细线ac的拉力，将细线ac拉力沿着水平和竖直方向正交分解，由于竖直方向受力平衡，有Tacsin 53°＝mg，故细线ac拉力不变，故C错误，D正确。
9．(多选)(2026·陕西、山西、青海、宁夏第一次联考)如图所示，光滑斜面ABCD为长方形，AB边长l1＝1.8 m，BC边长l2＝2.0 m，倾角θ＝30°，一质量m＝1 kg的小球通过长r＝0.5 m的轻绳固定于长方形两条对角线的交点O，将轻绳拉直并使小球在某一位置P(未画出)静止。现给小球一垂直于绳的速度，小球开始做圆周运动，绳子恰好在最低点时断裂，小球刚好能够到达C点。不计摩擦，重力加速度g取10 m/s2，则(　　)
A．绳能够承受的最大张力为15 N
B．绳断裂瞬间小球速度大小为2.5 m/s
C．小球到达C点时速度大小为3 m/s
D．P点一定不会在最高点
解析：选BD。绳子在最低点时断裂时的速度设为v，断裂后做类平抛运动，有(g sin θ)t2＝－r，vt＝，解得t＝0.4 s，v＝2.5 m/s，小球到达C点时速度大小v1＝＝ m/s，故B正确，C错误；小球在最低点时绳能够承受的张力最大，根据牛顿第二定律T－mg sin θ＝，解得T＝17.5 N，故A错误；若P点在最高点，小球从P点到最低点的过程，根据动能定理mg·2r sin θ＝mv2－mv，又因为mg·2r sin θ＞mv2，故P点一定不会在最高点，故D正确。
10．(8分)(2026·广东三校模拟)如图所示，置于圆形水平转台边缘的小物块随转台做不同转速的匀速圆周运动，当转速达到某一数值时，物块恰好滑离转台开始做初速度大小为1 m/s的平抛运动，现测得转台半径R＝2 m，离水平地面的高度H＝0.8 m，设物块所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小g取10 m/s2，求：
(1)物块平抛落地过程位移的大小；(4分)
(2)物块落地时的速度大小；(2分)
(3)物块与转台间的动摩擦因数。(2分)
解析：(1)物块在竖直方向做自由落体运动
H＝gt2
解得t＝0.4 s
物块水平位移x＝v0t＝0.4 m
所以，物块的位移s＝＝ m。
(2)物块落地时速度的竖直分量vy＝gt＝4 m/s
物块的合速度大小v合＝ eq \r(v＋v)＝ m/s。
(3)根据牛顿第二定律有μmg＝m eq \f(v,R)
解得μ＝0.05。
答案：(1) m　(2) m/s　(3)0.05
11．(10分)(2026·陕西渭南市模拟)如图所示是场地自行车比赛的圆形赛道。路面与水平面的夹角θ＝15°，sin 15°＝0.259，cos 15°＝0.966，不考虑空气阻力，g取10 m/s2。
(1)某运动员骑自行车在该赛道上做匀速圆周运动，圆周的半径为60 m，要使自行车不受摩擦力作用，其速度应等于多少？(4分)
(2)若该运动员骑自行车以18 m/s的速度仍沿该赛道做匀速圆周运动，自行车和运动员的质量一共是100 kg，此时自行车所受摩擦力的大小又是多少？方向如何？(6分)
解析：(1)设人和自行车的总质量为m，若不受摩擦力作用则由重力和支持力的合力提供向心力
根据牛顿第二定律可得mg tan θ＝
解得v＝≈12.7 m/s。
(2)当自行车速度v′＝18 m/s＞12.7 m/s，此时重力和支持力的合力不足以提供向心力，斜面对人和自行车施加沿斜面向下的静摩擦力，其受力分析如图所示
根据平衡条件及牛顿第二定律可得，在y轴方向N cos θ＝mg＋f sin θ
在x轴方向f cos θ＋N sin θ＝
联立解得f≈263 N。
答案：(1)12.7 m/s　(2)263 N　沿斜面向下(共57张PPT)
第3讲　圆周运动
[复习目标]
1．知道描述圆周运动的物理量间的关系。　2.能够通过受力分析求解向心力，能够从动力学的角度分析圆周运动。　3.掌握竖直面内圆周运动模型的处理方法。
基础自主梳理
第一部分
一、匀速圆周运动及描述
1．匀速圆周运动
(1)定义：如果物体沿着圆周运动，并且线速度的大小处处相等，这种运动叫作匀速圆周运动。
(2)特点：加速度大小不变，方向始终指向______，是变加速运动。
(3)条件：合力大小不变、方向始终与______方向垂直且指向圆心。
圆心
速度
2．运动参量
快慢
m/s
转动的快慢
rad/s
一周
s
方向
圆心
rω2
m/s2
二、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______，不改变速度的______。
3．方向：始终沿半径方向指向______，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______提供，还可以由一个力的______提供。
方向
大小
mω2r
圆心
合力
分力
深化辨析
×
√
1．(1)匀速圆周运动是匀加速曲线运动。(　　)
(2)做匀速圆周运动的物体所受合外力是保持不变的。(　　)
(3)做匀速圆周运动的物体所受合外力就是向心力。(　　)
(4)随圆盘一起匀速转动的物体受重力、支持力和向心力的作用。(　　)
(5)匀速圆周运动的向心加速度与半径成反比。(　　)
(6)向心力可以是物体受到的某一个力，也可以是物体受到的合力。(　　)
×
×
×
√
三、离心运动
1．定义：做__________的物体，在所受合外力突然消失或不足以提供物体做圆周运动所需________的情况下，物体将沿切线方向飞出去或做逐渐远离圆心的运动。
2．本质：做圆周运动的物体，由于______，总有沿着__________飞出去的倾向。
圆周运动
向心力
惯性
切线方向
3．受力特点

(1)当F＝mω2r时，物体做______运动。
(2)当F＝0时，物体沿______方向飞出。
(3)当F(4)当F>mω2r时，物体将逐渐靠近圆心，做近心运动。
圆周
切线
远离
深化辨析
2．(1)做匀速圆周运动的物体，当所受合外力突然减小时，物体将沿切线方向飞出。(　　)
(2)摩托车转弯时速度过大就会向外发生滑动，这是摩托车受沿转弯半径向外的离心力作用的缘故。(　　)
×
×
考点一　圆周运动的运动学分析
第二部分
1．物理量间的关系
2．传动方式及特点
(1)同轴转动(如图甲所示)
①运动特点：转动方向相同。
②定量关系：A点和B点转动的周期相同、角速度相同，A点和B点的线速度与其半径成正比。
甲
(2)皮带(链条)传动(如图乙所示)
①运动特点：两轮的转动方向与皮带的绕行方式有关，可同向转动，也可反向转动。
②定量关系：由于A、B两点相当于皮带上的不同位置的点，所以它们的线速度大小必然相同，二者角速度与其半径成反比，周期与其半径成正比。
乙
丙
AD
[解析]　由题图可知，P、Q绕O点做同轴转动，两点的周期和角速度相同，B错误；
B
例2 (2025·江苏卷，T4)游乐设施“旋转杯”的底盘和转杯分别以O、O′为转轴，在水平面内沿顺时针方向匀速转动，O′固定在底盘上。某时刻转杯转到如图所示位置，杯上A点与O、O′恰好在同一条直线上，则(　　)
A．A点做匀速圆周运动
B．O′点做匀速圆周运动
C．此时A点的速度小于O′点
D．此时A点的速度等于O′点
[解析]　底盘以O点为轴匀速转动，底盘上除O点外所有点均做同轴转动，转杯上除O′点外所有点不仅相对于O点同轴转动，还相对于O′点同轴转动，所以O′点做匀速圆周运动，A点做的不是匀速圆周运动，A错误，B正确；
设该时刻A点在底盘上的竖直投影点所对应的转盘上的点为A′，A′点的转动半径大于O′点的转动半径，由v＝ωr可知，A′点的速度大于O′点的速度，又由于该时刻A点绕O′点与底盘做同方向转动，则A点的速度大于A′点的速度，则此时A点的速度一定大于O′点的速度，C、D错误。
BC
第三部分
考点二　水平面内的圆周运动
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。常见的匀速圆周运动模型如下：
(1)汽车在水平路面转弯
(2)水平转台(光滑)
(3)圆锥摆
(4)飞车走壁
(5)飞机水平转弯
(6)火车转弯
2．向心力的确定
(1)确定圆周运动的轨道所在的平面，确定圆心的位置。
(2)分析物体的受力情况，找出所有的力沿半径方向指向圆心的合力，就是向心力。
考向1　动力学分析
例4 (多选)(2025·广东卷，T8)将可视为质点的小球沿光滑的冰坑内壁推出，使小球在水平面内做匀速圆周运动，如图所示。已知圆周运动半径R＝0.4 m，小球所在位置处的切面与水平面夹角θ为45°，小球质量为0.1 kg，重力加速度g取10 m/s2。关于该小球，下列说法正确的是(　　)
A．角速度为5 rad/s
B．线速度大小为4 m/s
C．向心加速度大小为10 m/s2
D．所受支持力大小为1 N
AC
考向2　临界极值问题
如图所示为几种典型的物块随圆盘转动的情境，在圆盘角速度缓慢增大过程中，物块相对于圆盘可能会发生相对滑动。对这类临界问题分析的关键在于把握好动态变化过程中的临界点，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块与圆盘间的动摩擦因数相等。
项目 一物块随圆盘一起运动 两物块用轻绳连接，其中一个位于圆盘中心 两物块用轻绳连接，位于圆盘中心同侧 两物块用轻绳连接，分别位于圆盘中心两侧(rA>rB，mA＝mB)
出现临 界状态 之前 静摩擦力提供向心力，即f静＝mω2d 对物块B：静摩擦力提供向心力，即fB静＝mBω2rB 对物块A：fA静＝mAω2rA 对物块B：fB静＝mBω2rB 对物块A：fA静＝mAω2rA
对物块B：fB静＝mBω2rB
项目 一物块随圆盘一起运动 两物块用轻绳连接，其中一个位于圆盘中心 两物块用轻绳连接，位于圆盘中心同侧 两物块用轻绳连接，分别位于圆盘中心两侧(rA>rB，mA＝mB)
临界状 态2 — 物块A刚好相对圆盘滑动时，对A有T＝μmAg，对B有μmBg＋T＝mBω2rB 物块A刚好相对圆盘滑动时，对A有μmAg－T＝mAω2rA，对B有μmBg＋T＝mBω2rB 物块B刚好相对圆盘滑动时，对B有T－μmBg＝mBω2rB，对A有μmAg＋T＝mAω2rA
(1)当绳子开始出现张力时，转盘的角速度ω0；
(3)游客A、B相对于转盘保持静止时，安全绳上的最大张力。
第四部分
考点三　竖直面内的圆周运动
1．两类模型
(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．模型特点
C
模型2　轻“杆”模型
例7 (2026·湖南长沙市新高考模拟)如图，在竖直平面内，轻杆一端通过转轴连接在O点，另一端固定一质量为m的小球。小球从A点由静止开始摆下，先后经过B、C两点，A、C点分别位于O点的正上方和正下方，B点与O点等高，不考虑摩擦及空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　)
A．小球在B点受到的合力大小为2mg
B．小球在C点受到的合力大小为2mg
C．从A到C的过程，杆对小球的弹力最大值为5mg
D．从A到C的过程，杆对小球的弹力最小值为4mg
C
从A运动到C的过程中，在A点杆对球的力沿杆向外，B点杆对球的力沿杆向内，A、B之间某处，杆对球的弹力最小为零，故D错误。
1．在斜面上做圆周运动的物体，因所受的控制因素不同，如静摩擦力控制、绳控制、杆控制，物体的受力情况和所遵循的规律也不相同。
2．在斜面上做圆周运动物体的向心力，来源于物体所受的力在斜面内沿半径指向圆心方向的合力。
3．由绳控制的物体在斜面内做圆周运动，在圆周最高点的临界条件是绳子拉力为零，此时物体的向心力由重力沿斜面向下的分力提供。
拓展点 斜面上的圆周运动模型
例8 (2026·云南昆明市一模)如图所示，倾角为30°的光滑斜面固定在水平地面上，斜面ABCD是边长d＝3.2 m的正方形，在其中心O处用长L＝0.6 m的轻绳悬挂一可视为质点的小球，使小球静止。现给小球一个垂直于绳方向的初速度v0，小球恰好能在斜面上做完整的圆周运动。重力加速度g取10 m/s2。
(1)求v0的大小。
(2)若小球沿斜面向上运动到与O点等高时，剪断轻绳，求从剪断轻绳到小球离开斜面所用的时间。
由牛顿第二定律得mg sin 30°＝ma
联立解得x＝0.9 m
由于x＝0.9 m<1.6 m，因此小球不会从CD边离开斜面。剪断轻绳后，小球先沿斜面向上做匀减速直线运动，然后向下做匀加速直线运动。小球向上运动的过程中，由匀变速直线运动的规律得v1＝at1
解得t1＝0.6 s
[答案]　1.6 s第3讲　圆周运动
[复习目标]
1．知道描述圆周运动的物理量间的关系。　2.能够通过受力分析求解向心力，能够从动力学的角度分析圆周运动。　3.掌握竖直面内圆周运动模型的处理方法。
一、匀速圆周运动及描述
1．匀速圆周运动
(1)定义：如果物体沿着圆周运动，并且线速度的大小处处相等，这种运动叫作匀速圆周运动。
(2)特点：加速度大小不变，方向始终指向圆心，是变加速运动。
(3)条件：合力大小不变、方向始终与速度方向垂直且指向圆心。
2．运动参量
项目 定义、意义 公式、单位
线速度 描述做圆周运动的物体沿圆弧运动快慢的物理量(v) 公式：v＝＝单位：m/s
角速度 描述物体绕圆心转动的快慢的物理量(ω) 公式：ω＝＝单位：rad/s
周期 物体沿圆周运动一周的时间(T) ①公式：T＝＝单位：s②公式：f＝单位：Hz③公式：n＝单位：r/s
向心加速度 (1)描述速度方向变化快慢的物理量(an)(2)方向指向圆心 公式：an＝＝rω2单位：m/s2
二、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，只改变速度的方向，不改变速度的大小。
2．大小：Fn＝m＝mω2r＝mr＝mωv＝4π2mf2r。
3．方向：始终沿半径方向指向圆心，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，也可以由几个力的合力提供，还可以由一个力的分力提供。
1．(1)匀速圆周运动是匀加速曲线运动。(　　)
(2)做匀速圆周运动的物体所受合外力是保持不变的。(　　)
(3)做匀速圆周运动的物体所受合外力就是向心力。(　　)
(4)随圆盘一起匀速转动的物体受重力、支持力和向心力的作用。(　　)
(5)匀速圆周运动的向心加速度与半径成反比。(　　)
(6)向心力可以是物体受到的某一个力，也可以是物体受到的合力。(　　)
提示：(1)×　(2)×　(3)√　(4)×　(5)×　(6)√
三、离心运动
1．定义：做圆周运动的物体，在所受合外力突然消失或不足以提供物体做圆周运动所需向心力的情况下，物体将沿切线方向飞出去或做逐渐远离圆心的运动。
2．本质：做圆周运动的物体，由于惯性，总有沿着切线方向飞出去的倾向。
3．受力特点
(1)当F＝mω2r时，物体做圆周运动。
(2)当F＝0时，物体沿切线方向飞出。
(3)当F(4)当F>mω2r时，物体将逐渐靠近圆心，做近心运动。
2．(1)做匀速圆周运动的物体，当所受合外力突然减小时，物体将沿切线方向飞出。(　　)
(2)摩托车转弯时速度过大就会向外发生滑动，这是摩托车受沿转弯半径向外的离心力作用的缘故。(　　)
提示：(1)×　(2)×
考点一　圆周运动的运动学分析
1．物理量间的关系
2．传动方式及特点
(1)同轴转动(如图甲所示)
①运动特点：转动方向相同。
②定量关系：A点和B点转动的周期相同、角速度相同，A点和B点的线速度与其半径成正比。
　　
甲　　　　 　　　　　乙
(2)皮带(链条)传动(如图乙所示)
①运动特点：两轮的转动方向与皮带的绕行方式有关，可同向转动，也可反向转动。
②定量关系：由于A、B两点相当于皮带上的不同位置的点，所以它们的线速度大小必然相同，二者角速度与其半径成反比，周期与其半径成正比。
(3)齿轮传动(如图丙所示)
①运动特点：转动方向相反。
②定量关系：vA＝vB；＝；＝。
丙
考向1　圆周运动的分析
(多选)(2025·福建卷，T5)如图为春晚上转手绢的机器人，手绢上有P、Q两点，圆心为O，已知OQ＝OP，手绢绕O点做匀速圆周运动，则(　　)
A．P、Q线速度之比为1∶
B．P、Q角速度之比为∶1
C．P、Q向心加速度之比为∶1
D．P点所受合外力总是指向O
[解析]　由题图可知，P、Q绕O点做同轴转动，两点的周期和角速度相同，B错误；rQ＝rP，根据v＝ωr可知，P、Q的线速度之比为1∶，A正确；由a＝ω2r可知，P、Q的向心加速度之比为1∶，C错误；P点做匀速圆周运动，合外力提供向心力，而向心力总是指向圆心O，D正确。
[答案]　AD
(2025·江苏卷，T4)游乐设施“旋转杯”的底盘和转杯分别以O、O′为转轴，在水平面内沿顺时针方向匀速转动，O′固定在底盘上。某时刻转杯转到如图所示位置，杯上A点与O、O′恰好在同一条直线上，则(　　)
A．A点做匀速圆周运动
B．O′点做匀速圆周运动
C．此时A点的速度小于O′点
D．此时A点的速度等于O′点
[解析]　底盘以O点为轴匀速转动，底盘上除O点外所有点均做同轴转动，转杯上除O′点外所有点不仅相对于O点同轴转动，还相对于O′点同轴转动，所以O′点做匀速圆周运动，A点做的不是匀速圆周运动，A错误，B正确；设该时刻A点在底盘上的竖直投影点所对应的转盘上的点为A′，A′点的转动半径大于O′点的转动半径，由v＝ωr可知，A′点的速度大于O′点的速度，又由于该时刻A点绕O′点与底盘做同方向转动，则A点的速度大于A′点的速度，则此时A点的速度一定大于O′点的速度，C、D错误。
[答案]　B
考向2　圆周运动与平抛运动的结合
(多选)(2025·山东卷，T10)如图所示，在无人机的某次定点投放性能测试中，目标区域是水平地面上以O点为圆心、半径R1＝5 m的圆形区域，OO′垂直地面，无人机在离地面高度H＝20 m的空中绕O′点、平行地面做半径R2＝3 m的匀速圆周运动，A、B为圆周上的两点，∠AO′B＝90°。若物品相对无人机无初速度地释放，为保证落点在目标区域内，无人机做圆周运动的最大角速度应为ωmax。当无人机以ωmax沿圆周运动经过A点时，相对无人机无初速度地释放物品。不计空气对物品运动的影响，物品可视为质点且落地后即静止，重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　)
A．ωmax＝ rad/s
B．ωmax＝ rad/s
C．无人机运动到B点时，在A点释放的物品已经落地
D．无人机运动到B点时，在A点释放的物品尚未落地
[解析]　
物品从抛出到落地的过程做平抛运动，当其恰不落在目标区域外时，物品的水平位移示意图如图所示，由几何关系有xm＝ eq \r(R－R)＝4 m，此时物品的初速度最大，水平方向上有xm＝vmt，竖直方向上有H＝gt2，联立解得vm＝2 m/s，所以无人机的最大角速度ωmax＝＝ rad/s，A错误，B正确；由A、B项分析可知，物品释放后在空中运动的时间t＝2 s，该过程无人机转过的角度θ＝ωmaxt＝<，所以无人机运动到B点时，在A点释放的物品已经落地，C正确，D错误。
[答案]　BC
考点二　水平面内的圆周运动
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。常见的匀速圆周运动模型如下：
(1)汽车在水平路面转弯
(2)水平转台(光滑)
(3)圆锥摆
(4)飞车走壁
(5)飞机水平转弯
　
(6)火车转弯
2．向心力的确定
(1)确定圆周运动的轨道所在的平面，确定圆心的位置。
(2)分析物体的受力情况，找出所有的力沿半径方向指向圆心的合力，就是向心力。
考向1　动力学分析
(多选)(2025·广东卷，T8)将可视为质点的小球沿光滑的冰坑内壁推出，使小球在水平面内做匀速圆周运动，如图所示。已知圆周运动半径R＝0.4 m，小球所在位置处的切面与水平面夹角θ为45°，小球质量为0.1 kg，重力加速度g取10 m/s2。关于该小球，下列说法正确的是(　　)
A．角速度为5 rad/s
B．线速度大小为4 m/s
C．向心加速度大小为10 m/s2
D．所受支持力大小为1 N
[解析]　
对小球受力分析，如图所示，FNcos θ＝mg，FN＝ N，D错误；＝tan θ，Fn＝mω2R，联立解得ω＝5 rad/s，A正确；由Fn＝m可得，v＝2 m/s，B错误；由Fn＝man可得，an＝10 m/s2，C正确。
[答案]　AC
考向2　临界极值问题
如图所示为几种典型的物块随圆盘转动的情境，在圆盘角速度缓慢增大过程中，物块相对于圆盘可能会发生相对滑动。对这类临界问题分析的关键在于把握好动态变化过程中的临界点，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块与圆盘间的动摩擦因数相等。
项目 一物块随圆盘一起运动 两物块用轻绳连接，其中一个位于圆盘中心 两物块用轻绳连接，位于圆盘中心同侧 两物块用轻绳连接，分别位于圆盘中心两侧(rA>rB，mA＝mB)
情境图
出现临界状态之前 静摩擦力提供向心力，即f静＝mω2d 对物块B：静摩擦力提供向心力，即fB静＝mBω2rB 对物块A：fA静＝mAω2rA对物块B：fB静＝mBω2rB 对物块A：fA静＝mAω2rA对物块B：fB静＝mBω2rB
临界状态1 物块刚好相对圆盘滑动：静摩擦力达到最大静摩擦力，由μmg＝mω2d得ω＝ 轻绳恰好绷直时，对物块B有：静摩擦力达到最大静摩擦力，由μmBg＝mBω2rB得ω＝ 轻绳恰好无张力时，物块B的静摩擦力达到最大静摩擦力，由μmBg＝mBω2rB得ω＝ 轻绳恰好无张力时，物块A的静摩擦力达到最大静摩擦力，由μmAg＝mAω2rA得ω＝
临界状态2 — 物块A刚好相对圆盘滑动时，对A有T＝μmAg，对B有μmBg＋T＝mBω2rB 物块A刚好相对圆盘滑动时，对A有μmAg－T＝mAω2rA，对B有μmBg＋T＝mBω2rB 物块B刚好相对圆盘滑动时，对B有T－μmBg＝mBω2rB，对A有μmAg＋T＝mAω2rA
(2026·江苏淮阴中学一模)“疯狂大转盘”在游乐场中是很常见的娱乐设施。现在简化模型平面图如图所示，大转盘的最大半径为R，大转盘转动的角速度ω从0开始缓慢地增加。大转盘上有两位游客A和B，分别位于距转盘中心和R处。为保证安全，两游客之间系上了一根轻质不可伸长的安全绳。游客和转盘之间的最大静摩擦力为游客自身重力的k倍，两游客的质量均为m，且可视为质点，重力加速度为g。求：
(1)当绳子开始出现张力时，转盘的角速度ω0；
(2)当转盘的角速度增加到ω1＝时，游客A受到转盘的静摩擦力大小；
(3)游客A、B相对于转盘保持静止时，安全绳上的最大张力。
[解析]　(1)由题可知，A、B具有相同的角速度，根据向心力公式F＝mω2r
可知角速度相同时，圆周运动半径越大，向心力越大；B的圆周半径较大，当B达到最大静摩擦力时，绳子即将产生拉力，此时对B有
kmg＝mωR
解得ω0＝。
(2)由于ω1>ω0，所以此时绳子有张力，设绳子张力为T1，则对B
有T1＋ kmg＝mωR
对A，根据牛顿第二定律有
fA－T1＝mω×
解得fA＝kmg。
(3)设安全绳上的最大张力为Tm，此时加速度为ω2，则与(2)同理分析A、B，可得
Tm＋ kmg＝mωR
kmg－Tm＝mω×
解得Tm＝。
[答案]　(1)　(2)kmg　(3)
考点三　竖直面内的圆周运动
1．两类模型
(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．模型特点
项目 轻“绳”模型 轻“杆”模型
情境图示
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
力学方程 mg＋FT＝m mg±FN＝m
临界特征 FT＝0，即mg＝m，得v＝ v＝0，即F向＝0，此时FN＝mg
v＝的意义 物体能否过最高点(临界点) FN表现为拉力还是支持力的临界点
模型1　轻“绳”模型
(2025·山东卷，T4)某同学用不可伸长的细线系一个质量为0.1 kg的发光小球，让小球在竖直面内绕一固定点做半径为0.6 m的圆周运动。在小球经过最低点附近时拍摄了一张照片，曝光时间为 s。由于小球运动，在照片上留下了一条长度约为半径的圆弧形径迹。根据以上数据估算小球在最低点时细线的拉力大小为(　　)
A．11 N　　　　　　　 B．9 N
C．7 N D．5 N
[解析]　根据题意可知，小球经过最低点的速率约为v＝，则在最低点对小球由牛顿第二定律有F－mg＝m，重力加速度大小g取10 m/s2，解得小球在最低点时细线的拉力约为F＝7 N，C正确。
[答案]　C
模型2　轻“杆”模型
(2026·湖南长沙市新高考模拟)如图，在竖直平面内，轻杆一端通过转轴连接在O点，另一端固定一质量为m的小球。小球从A点由静止开始摆下，先后经过B、C两点，A、C点分别位于O点的正上方和正下方，B点与O点等高，不考虑摩擦及空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　)
A．小球在B点受到的合力大小为2mg
B．小球在C点受到的合力大小为2mg
C．从A到C的过程，杆对小球的弹力最大值为5mg
D．从A到C的过程，杆对小球的弹力最小值为4mg
[解析]　从A到B根据动能定理，有mgR＝mv，小球运动到水平位置B时，竖直方向有Fy＝mg，水平方向有Fx＝m eq \f(v,R)，所以小球在B点受到的合力大小F合＝ eq \r(F＋F)＝mg，故A错误；从A到C根据动能定理，有mg×2R＝mv，根据牛顿第二定律，有F＝m eq \f(v,R)，解得F＝4mg，此时杆的弹力最大，则有F弹－mg＝m eq \f(v,R)，解得F弹＝5mg，故B错误，C正确；从A运动到C的过程中，在A点杆对球的力沿杆向外，B点杆对球的力沿杆向内，A、B之间某处，杆对球的弹力最小为零，故D错误。
[答案]　C
拓展点 斜面上的圆周运动模型
1．在斜面上做圆周运动的物体，因所受的控制因素不同，如静摩擦力控制、绳控制、杆控制，物体的受力情况和所遵循的规律也不相同。
2．在斜面上做圆周运动物体的向心力，来源于物体所受的力在斜面内沿半径指向圆心方向的合力。
3．由绳控制的物体在斜面内做圆周运动，在圆周最高点的临界条件是绳子拉力为零，此时物体的向心力由重力沿斜面向下的分力提供。
(2026·云南昆明市一模)如图所示，倾角为30°的光滑斜面固定在水平地面上，斜面ABCD是边长d＝3.2 m的正方形，在其中心O处用长L＝0.6 m的轻绳悬挂一可视为质点的小球，使小球静止。现给小球一个垂直于绳方向的初速度v0，小球恰好能在斜面上做完整的圆周运动。重力加速度g取10 m/s2。
(1)求v0的大小。
(2)若小球沿斜面向上运动到与O点等高时，剪断轻绳，求从剪断轻绳到小球离开斜面所用的时间。
[解析]　(1)小球恰好能在斜面上做完整的圆周运动，当小球恰过最高点时，由牛顿第二定律得
mg sin 30°＝m
小球从最低点运动到最高点的过程中，由动能定理得－2mgL sin 30°＝mv2－mv
联立解得v0＝ m/s。
(2)小球从最低点运动到与O点等高处的过程中，由动能定理得
－mgL sin 30°＝mv－mv
解得v1＝3 m/s
剪断轻绳后，小球沿斜面向上做匀减速直线运动，设小球向上运动的最大位移为x，根据运动学公式可得0－v＝－2ax
由牛顿第二定律得mg sin 30°＝ma
联立解得x＝0.9 m
由于x＝0.9 m<1.6 m，因此小球不会从CD边离开斜面。剪断轻绳后，小球先沿斜面向上做匀减速直线运动，然后向下做匀加速直线运动。小球向上运动的过程中，由匀变速直线运动的规律得v1＝at1
解得t1＝0.6 s
小球向下运动的过程中，由匀变速直线运动的规律得＋x＝at
解得t2＝1 s
从剪断轻绳到小球离开斜面所用的时间t＝t1＋t2＝1.6 s。
[答案]　(1) m/s　(2)1.6 s(共29张PPT)
演练知能提升
C
1．(2026·广东深圳市调研)网球训练中心使用的轮式发球机，侧视结构如图所示。两个半径均为25 cm的橡胶轮，沿相反方向等速旋转，带动网球飞出。发球机喷嘴在地面附近，与水平面成37°角斜向上，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2。若要求水平射程约为15 m，应将橡胶轮角速度调为约(　　)
A．5 rad/s B．10 rad/s
C．50 rad/s D．100 rad/s
解析：设发球机射出网球速度大小为v，喷嘴在地面附近，网球离开喷嘴后做与水平面成37°角的斜抛运动，在水平方向有s＝2vt cos 37°，在竖直方向上有0＝v sin 37°－gt，速度v＝rω，联立解得ω＝50 rad/s，故C正确。
BD
2．(多选)(2026·辽宁辽阳市模拟)陶瓷是中华瑰宝，是中华文明的重要名片。在陶瓷制作过程中有一道工序叫利坯，将陶瓷粗坯固定在绕竖直轴转动的水平转台上，用刀旋削，使坯体厚度适当，表里光洁。对应的简化模型如图所示，粗坯的对称轴与转台转轴OO′重合。当转台匀速转动时，关于粗坯上的P、Q两点，下列说法正确的是(　　)
A．P、Q两点的加速度大小相等
B．P、Q两点的加速度均指向转轴OO′
C．相同时间内P点转过的角度比Q点大
D．一个周期内P点通过的位移与Q点相等
解析：粗坯上P、Q两点属于同轴转动，P、Q两点的角速度相同，所以相同时间内转过的角度相等，根据a＝ω2r可知，由于P点做圆周运动的半径大于Q点做圆周运动的半径，则P点的加速度大于Q点的加速度，故A、C错误；
P、Q两点做圆周运动的圆心均在转轴OO′上，所以P、Q两点的加速度均指向转轴OO′，故B正确；
一个周期内P点通过的位移与Q点相等，均为0，故D正确。
A
3．(2026·广东深圳市龙岗区期末质量监测)脚踏车上的飞轮传动系统如图所示，设各轮的转轴均固定且相互平行，甲、乙两轮同轴且无相对转动，已知甲、乙、丙、丁四轮的半径比为5∶2∶3∶1，A、B分别是甲、乙两轮边缘上的点，两传送带在四轮转动时均不打滑，下列判断正确的是(　　)
A．甲、乙两轮的角速度相等
B．A点向心加速度比B点的小
C．两传送带的线速度大小相等
D．当丙轮转1圈时，丁轮已转10圈
解析：甲、乙两轮同轴且无相对转动，所以角速度相同，A正确；
由于A、B角速度相同，rA＞rB，根据a＝ω2r可知，A点向心加速度比B点的大，B错误；
由于r甲∶r乙＝5∶2，且甲、乙两轮角速度相同，根据v＝ωr可得v甲∶v乙＝5∶2，两传送带的线速度大小不同，C错误；
B
4．(2026·江西南昌市模拟)如图所示为火车某节车厢在匀速转弯时的情形，此时该节车厢的向心力可能由(　　)
A．车厢重力及轨道摩擦力的合力提供
B．车厢重力及轨道弹力的合力提供
C．轨道对车轮的侧向挤压产生的弹力提供
D．重力沿轨道斜面的分力提供
解析：火车在倾斜轨道上转弯时，如果速度等于设计速度，则向心力由火车受到的重力和轨道对它的支持力的合力提供，故B正确，A、C、D错误。
A
5．(2026·四川巴中市诊断)一个粗细均匀、半径为r的光滑圆环固定在竖直转轴上，圆环和转轴在同一竖直平面内，如图所示。一个质量为m的小球套在圆环上，当圆环绕竖直轴以角速度ω匀速转动时，小球到转轴的距离为a，此时圆环对小球弹力大小为F，重力加速度为g，则下列表达式正确的是(　　)
A．F＝mω2r B．F＝mω2a
C．mg＝mω2r D．mg＝mω2a
C
根据题意可知，小球做匀速圆周运动，则小球运动到水平位置A时，合力指向圆心，对小球受力分析可知，小球受重力和杆的作用力，由平行四边形定则可知，杆对球的作用力不可能指向O点，故B错误；
根据题意可知，小球做匀速圆周运动，小球通过最低点时，合力竖直向上，则杆对球的作用力一定向上，故D错误。
BC
7．(多选)(2026·四川泸州市模拟)如图所示，水平地面上有一个可以绕竖直轴匀速转动的圆锥筒，筒壁与水平面的夹角为θ(tan θ＝0.25)，内壁有一个可视为质点的物块始终随圆锥筒一起做匀速圆周运动，物块受到的最大静摩擦力是正压力的0.6。当物块做圆周运动的半径为r，受到的摩擦力恰好为零时，角速度为ω0。忽略空气阻力，g取10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)
A．当r越大，则ω0越大
B．当r越大，则ω0越小
C．当r＝1.6 m时，最大角速度ωm＝2.5 rad/s
D．当r＝1.6 m时，最大角速度ωm＝5.0 rad/s
C
8．(2026·河北石家庄一中模拟)如图所示，在竖直的转动轴上，a、b两点间距为40 cm，细线ac长50 cm，bc长30 cm，在c点系一质量为m的小球，在转动轴带着小球转动过程中，下列说法不正确的是(　　)
A．转速小时，ac受拉力，bc松弛
B．bc刚好拉直时，ac的拉力为1.25mg
C．bc拉直后转速增大，ac拉力增大
D．bc拉直后转速增大，ac拉力不变
解析：小球若不转时，ac为重垂线，当转速由零逐渐增加时，ac与竖直方向的夹角逐渐增加，当转速小时，ac受拉力，bc松弛，故A正确；
bc拉直后转速增大，小球受重力、细线bc的拉力和细线ac的拉力，将细线ac拉力沿着水平和竖直方向正交分解，由于竖直方向受力平衡，有Tacsin 53°＝mg，故细线ac拉力不变，故C错误，D正确。
BD
9．(多选)(2026·陕西、山西、青海、宁夏第一次联考)如图所示，光滑斜面ABCD为长方形，AB边长l1＝1.8 m，BC边长l2＝2.0 m，倾角θ＝30°，一质量m＝1 kg的小球通过长r＝0.5 m的轻绳固定于长方形两条对角线的交点O，将轻绳拉直并使小球在某一位置P(未画出)静止。现给小球一垂直于绳的速度，小球开始做圆周运动，绳子恰好在最低点时断裂，小球刚好能够到达C点。不计摩擦，重力加速度g取10 m/s2，则(　　)
A．绳能够承受的最大张力为15 N
B．绳断裂瞬间小球速度大小为2.5 m/s
C．小球到达C点时速度大小为3 m/s
D．P点一定不会在最高点
10．(8分)(2026·广东三校模拟)如图所示，置于圆形水平转台边缘的小物块随转台做不同转速的匀速圆周运动，当转速达到某一数值时，物块恰好滑离转台开始做初速度大小为1 m/s的平抛运动，现测得转台半径R＝2 m，离水平地面的高度H＝0.8 m，设物块所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小g取10 m/s2，求：
(1)物块平抛落地过程位移的大小；(4分)
(2)物块落地时的速度大小；(2分)
(3)物块与转台间的动摩擦因数。(2分)
答案：0.05
11．(10分)(2026·陕西渭南市模拟)如图所示是场地自行车比赛的圆形赛道。路面与水平面的夹角θ＝15°，sin 15°＝0.259，cos 15°＝0.966，不考虑空气阻力，g取10 m/s2。
(1)某运动员骑自行车在该赛道上做匀速圆周运动，圆周的半径为60 m，要使自行车不受摩擦力作用，其速度应等于多少？(4分)
答案：12.7 m/s　
(2)若该运动员骑自行车以18 m/s的速度仍沿该赛道做匀速圆周运动，自行车和运动员的质量一共是100 kg，此时自行车所受摩擦力的大小又是多少？方向如何？(6分)
解析：当自行车速度v′＝18 m/s＞12.7 m/s，此时重力和支持力的合力不足以提供向心力，斜面对人和自行车施加沿斜面向下的静摩擦力，其受力分析如图所示
答案：263 N　沿斜面向下

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