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第21课时　圆周运动
目标要求　1.掌握描述圆周运动的各物理量及它们之间的关系。2.掌握匀速圆周运动由周期性引起的多解问题的分析方法。3.掌握圆周运动的动力学问题的处理方法。
考点一　圆周运动的运动学问题
1.描述圆周运动的物理量
2.圆周运动各物理量之间的关系
3.匀速圆周运动
(1)物体沿着圆周运动，线速度的大小处处相等。
(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。
在an=，an=ω2r两式中an与r成正比还是成反比？
答案　在v一定时，an与r成反比；在ω一定时，an与r成正比。
例1　(2025·河北卷·5)某同学在傍晚用内嵌多个彩灯的塑料绳跳绳，照片记录了彩灯在曝光时间内的运动轨迹，简图如图。彩灯的运动可视为匀速圆周运动，相机本次曝光时间是 s，圆弧对应的圆心角约为30°，则该同学每分钟跳绳的圈数约为(　　)
A.90 B.120 C.150 D.180
答案　C
解析　根据题意可知跳绳的转动角速度为ω== rad/s=5π rad/s，转动周期T==0.4 s，故每分钟跳绳的圈数为n===150，故选C。
例2　(来自教材改编)一皮带传动装置的示意图如图所示，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，到小轮中心的距离为r。C点和D点分别位于小轮和大轮的边缘上。传动过程中皮带不打滑，则下列说法正确的是(　　)
A.A、B两点的线速度大小之比为1∶2
B.A、C两点的角速度之比为1∶2
C.B、D两点的转速之比为2∶1
D.A、C两点的向心加速度大小之比为2∶1
答案　D
解析　右轮与左侧小轮靠皮带传动，则vA=vC，B、C都在左侧小轮上，则ωB=ωC。====，选项A错误；===，选项B错误；左侧大轮与小轮同轴转动，则ωB=ωD，===，选项C错误；===，选项D正确。
同轴转动 皮带传动 齿轮传动
装置 A、B两点在同轴的一个圆盘上 两个轮子用皮带连接，A、B两点分别是两个轮子边缘上的点 两个齿轮轮齿啮合，A、B两点分别是两个齿轮边缘上的点
特点 角速度、周期相同 线速度大小相等 线速度大小相等
转向 相同 相同 相反
规律 线速度与半径成正比： = 向心加速度与半径成正比：= 角速度与半径成反比： = 向心加速度与半径成反比：= 角速度与半径成反比： = 向心加速度与半径成反比：=
例3　(多选)一位同学玩飞镖游戏，已知飞镖距圆盘为L，对准圆盘上边缘的A点水平抛出飞镖，初速度为v0，飞镖抛出的同时，圆盘绕垂直于盘面且过盘心O点的水平轴匀速转动。不计空气阻力，重力加速度为g。若飞镖恰好击中A点，下列说法正确的是(　　)
A.从飞镖抛出到恰好击中A点，A点一定转动到最低点位置
B.从飞镖抛出到恰好击中A点的时间为
C.圆盘的半径为
D.圆盘转动的角速度一定满足(k=1，2，3，…)
答案　ABC
解析　飞镖抛出后做平抛运动，则从飞镖抛出到恰好击中A点，A点一定转动到了圆盘最低点位置，故A正确；飞镖水平抛出，在水平方向做匀速直线运动，因此t=，故B正确；飞镖击中A点时，A恰好在圆盘最低点，有2r=gt2，解得r=，故C正确；飞镖击中A点，则A点转过的角度满足θ=ωt=π+2kπ(k=0，1，2，…)，故ω=πv0(k=0，1，2，…)，故D错误。
　匀速圆周运动的周期性和多解性问题
匀速圆周运动基本特征之一就是周期性，即在做匀速圆周运动过程中，物体的空间位置具有时间上的重复性。这一特点决定了匀速圆周运动问题的多解性。在分析匀速圆周运动与其他运动(匀速直线运动、平抛运动等)相联系的问题时，利用运动的等时性(同时发生、同时结束)是解决此类问题的关键。
考点二　圆周运动的动力学问题
1.向心力
(1)作用效果
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=mrω2=mr=mωv。
(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。
2.圆周运动中向心力与合力的关系
3.常见匀速圆周运动模型
运动模型 向心力Fn的来源(图示)
汽车在水平路面转弯
水平转台(光滑)
洗衣机转筒
圆锥摆
飞车走壁
飞机水平转弯
火车转弯
4.离心运动和近心运动
(1)离心运动：做圆周运动的物体，在所受合外力突然消失或不足以提供圆周运动所需向心力的情况下，就做逐渐远离圆心的运动。
(2)受力特点(如图)
①当F=0时，物体沿切线方向飞出，做匀速直线运动。
②当0③当F>mrω2时，物体逐渐向圆心靠近，做近心运动。
(3)离心运动的本质：并不是受到离心力的作用，而是提供的力小于做匀速圆周运动需要的向心力。
例4　(2025·山东卷·4)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，重力加速度g取10 m/s2。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
答案　C
解析　根据题意可知在曝光时间内小球运动的弧长为Δl=r=×0.6 m=0.12 m，可得线速度v== m/s=6 m/s，在最低点根据牛顿第二定律有FT-mg=m，代入数据解得FT=7 N。
例5　(2023·福建卷·15)一种离心测速器的简化工作原理如图所示。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，圆环将相对细杆静止，通过圆环的位置可以确定细杆匀速转动的角速度。已知细杆长度L=0.2 m，杆与竖直转轴的夹角α始终为60°，弹簧原长x0=0.1 m，弹簧劲度系数k=100 N/m，圆环质量m=1 kg；弹簧始终在弹性限度内，重力加速度大小取10 m/s2，摩擦力可忽略不计。
(1)若细杆和圆环处于静止状态，求圆环到O点的距离；
(2)求弹簧处于原长时，细杆匀速转动的角速度大小；
(3)求圆环处于细杆末端P时，细杆匀速转动的角速度大小。
答案　(1)0.05 m　(2) rad/s　(3)10 rad/s
解析　(1)当细杆和圆环处于静止状态，对圆环受力分析，受弹簧弹力FT0=mgcos α=5 N
根据胡克定律F=kΔx得Δx0==0.05 m
弹簧弹力沿杆向上，故弹簧处于压缩状态，弹簧此时的长度即为圆环到O点的距离
x1=x0-Δx0=0.05 m
(2)若弹簧处于原长，则圆环仅受重力和支持力，其合力使得圆环沿水平方向做匀速圆周运动。根据牛顿第二定律得=mr
由几何关系得圆环此时做匀速圆周运动的半径为r=x0sin α
联立解得ω0= rad/s
(3)圆环处于细杆末端P时，圆环受重力、支持力、沿杆向下的弹力。
根据胡克定律得FT=k(L-x0)=10 N
对圆环受力分析并正交分解，竖直方向受力平衡，水平方向合力提供向心力，
则有mg+FTcos α=FNsin α，
FTsin α+FNcos α=mω2r'
由几何关系得r'=Lsin α
联立解得ω=10 rad/s。
　圆周运动中动力学问题的分析思路
例6　(多选)(2025·四川内江市期中)四个完全相同的小球A、B、C、D均在水平面内做圆锥摆运动。如图甲所示，小球A、B在同一水平面内做圆锥摆运动(连接B球的绳较长)；如图乙所示，小球C、D在不同水平面内做圆锥摆运动，但是连接C、D的绳与竖直方向的夹角相等(连接D球的绳较长)，则下列说法正确的是(　　)
A.小球A、B角速度大小相等
B.小球A、B线速度大小相等
C.小球C、D向心加速度大小相等
D.小球D受到绳的拉力与小球C受到绳的拉力大小相等
答案　ACD
解析　对题图甲中A、B分析，设绳与竖直方向的夹角为θ，绳长为l，小球的质量为m，小球A、B到悬点O的竖直距离为h，则mgtan θ=mω2lsin θ，解得ω==，所以小球A、B的角速度大小相等，A、B做圆周运动的半径不同，则线速度大小不相等，故A正确，B错误；对题图乙中C、D分析，设绳与竖直方向的夹角为θ，小球的质量为m，绳上拉力为FT，则有mgtan θ=man，FTcos θ=mg，得an=gtan θ，FT=，所以小球C、D向心加速度大小相等，小球C、D受到绳的拉力大小也相等，故C、D正确。
　圆锥摆模型
1.如图所示，向心力F向=mgtan θ=m=mω2r，且r=Lsin θ，联立解得v=，
ω=。
2.稳定状态下，θ角越大，对应的角速度ω和线速度v就越大，小球受到的拉力F=和运动所需的向心力也越大。
课时精练
[分值：60分]
　[1~6题，每题4分]
1.(多选)(2024·甘肃卷·8)电动小车在水平面内做匀速圆周运动，下列说法正确的是(　　)
A.小车的动能不变
B.小车的动量守恒
C.小车的加速度不变
D.小车所受的合外力一定指向圆心
答案　AD
解析　做匀速圆周运动的小车速度大小不变，方向时刻在改变，故动能不变，但动量不守恒，故A正确，B错误；
做匀速圆周运动的小车加速度大小不变，方向时刻在改变，故C错误；
小车所受的合外力一定指向圆心，故D正确。
2.(多选)(2025·福建卷·5)在2025年央视春晚上，人形机器人表演了一个精彩的扭秧歌、转手绢节目。如图，机器人转动手绢，手绢绕其中心点O在一竖直面内匀速转动，O点在空间中保持不动，P、Q是固定在手绢上可视为质点的两个小饰物，与O点的距离分别为d、d，则手绢转动过程中(　　)
A.Q的线速度大小是P的倍
B.Q的角速度大小是P的倍
C.P的加速度大小是Q的倍
D.P受到的合外力方向始终指向O点
答案　AD
解析　由题意可知，手绢转动过程中，两个小饰物P、Q角速度大小相等，所受合外力方向均始终指向O点，故选项B错误，D正确；设两个小饰物P、Q的角速度大小均为ω，线速度大小分别为vP和vQ，加速度大小分别为aP和aQ，由匀速圆周运动规律，有==，==，故选项A正确，C错误。
3.(2026·北京市海淀区检测)如图所示摩天轮，其高度为208 m，轮的直径为193 m，运转一周大约需要30 min。关于这个摩天轮上的座舱随摩天轮做匀速圆周运动的过程，下列说法中正确的是(　　)
A.座舱所受合力大小始终不变
B.座舱每通过1 m的路程大约需要0.34 s
C.座舱上升的加速度大于其下落过程的加速度
D.座舱受摩天轮作用的力始终等于座舱所受的重力
答案　A
解析　座舱所受合力提供向心力，向心力公式为Fn=m，由于座舱做匀速圆周运动，则加速度大小不变，所以座舱所受合力大小始终不变，A正确，C错误；摩天轮运转一周的路程是s=πd=π×193 m，运转一周的时间t=30 min=1 800 s，那么线速度大小v=== m/s，则通过1 m路程所需时间t'==≈3 s，B错误；座舱做匀速圆周运动，合力不为零，摩天轮对座舱的作用力与重力的合力提供向心力，所以摩天轮对座舱的作用力不等于重力，D错误。
4.(2025·河北保定市一模)滚筒洗衣机的实物图片如图所示。脱水时，滚筒绕水平轴高速匀速转动，附着在衣物上的水会从滚筒漏水孔中甩出。下列相关说法中正确的是(　　)
A.水被甩出前在最高点与最低点受到衣物附着力大小相等
B.在与转轴等高的位置，水受到的衣物附着力指向转轴
C.水在最低点更容易被甩出
D.水在最高点更容易被甩出
答案　C
解析　滚筒洗衣机的脱水筒匀速旋转，衣服在最高点和最低点时，附着在潮湿衣服上的水由重力和衣服与水之间的附着力的合力提供向心力，在最高点有F1+mg=，在最低点有F2-mg=，可得F2>F1，所以在最低点时，水所需附着力较大，更容易被甩出，故A、D错误，C正确；在与转轴等高的位置，水的重力和衣物附着力的合力提供向心力，向心力方向指向转轴，由于重力向下，所以水受到的衣物附着力不指向转轴，故B错误。
5.(多选)(2025·广东卷·8)将可视为质点的小球沿光滑冰坑内壁推出，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为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，下列说法正确的有(　　)
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
答案　AC
解析　对小球受力分析可知F向=mgtan 45°=mω2R，解得ω=5 rad/s，故A正确；线速度大小为v=ωR=2 m/s，故B错误；向心加速度大小为a向=ω2R=10 m/s2，故C正确；所受支持力大小为FN== N，故D错误。
6.(2025·江苏常州市质检)随着交通的发展，旅游才真正变成一件赏心乐事，各种“休闲游”“享乐游”纷纷打起了宣传的招牌。某次旅游中游客乘坐列车以恒定速率通过一段水平圆弧形弯道过程中，游客发现车厢顶部悬挂玩具小熊的细线稳定后与车厢侧壁平行，同时观察放在桌面(与车厢底板平行)上水杯内的水面，已知此弯道路面的倾角为θ，不计空气阻力，重力加速度为g，则下列判断正确的是(　　)
A.列车的轮缘与轨道无侧向挤压作用
B.列车转弯过程中的向心加速度为gtan θ，方向与水平面的夹角为θ
C.水杯与桌面间有静摩擦力
D.水杯受到桌面的支持力与水杯的重力是一对平衡力
答案　A
解析　对玩具小熊m1gtan θ=m1an，得an=gtan θ，对列车整体m2an=m2gtan θ，说明列车的轮缘与轨道无侧向挤压作用，且加速度为水平方向，A正确，B错误；水杯所受支持力方向与竖直方向夹角为θ，同理，水杯与桌面间不存在静摩擦力，C错误；水杯受到桌面的支持力与水杯的重力方向不共线，不可能是一对平衡力，D错误。
　[7~10题，每题6分]
7.(2025·江苏卷·4)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
答案　B
解析　A点运动为A点绕O'的圆周运动和O'绕O点的圆周运动的合运动，则轨迹不是圆周，不做匀速圆周运动，故A错误；根据题意O'固定在底盘上，故可知O'围绕O点做匀速圆周运动，故B正确；杯上A点与O、O'恰好在同一条直线上且A点和O'点运动方向相同，则vA=vO'+vA'，vA'为A相对于O'的速度，故此时A的速度大于O'的速度，故C、D错误。
8.(2025·云南丽江市一模)如图所示是某闯关游戏中的一个关卡。一绕过其圆心O的竖直轴顺时针匀速转动的圆形转盘浮在水面上，转盘表面始终保持水平，M为转盘边缘上一点。某时刻，一参赛者从水平跑道边缘P点以初速度v0水平向右跳出，初速度方向平行于OM方向，且运动轨迹与此时刻OM在同一竖直平面内，随后参赛者正好落在M点，不计空气阻力。下列说法正确的是(　　)
A.若跳出时刻不变，仅增大v0，参赛者必定落水
B.若跳出时刻不变，仅减小v0，参赛者一定会落在OM之间
C.若跳出时刻和初速度不变，仅增大转盘的角速度，参赛者仍可能落在M点
D.若跳出时刻和初速度不变，仅减小转盘的角速度，参赛者不可能落在M点
答案　C
解析　参赛者正好落在M点，则M点可能出现在图示的两个位置，参赛者在空中所做运动为平抛运动，竖直高度不变，则参赛者在空中运动时间不变，仅增大v0，参赛者的水平位移增大，可能落水，可能落在转盘上，仅减小v0，参赛者的水平位移减小，可能落水，可能落在转盘上，故A、B错误；仅增大转盘的角速度，或仅减小转盘的角速度，参赛者的水平位移不变，只要满足M仍转到同一位置，参赛者就能落在M点，故C正确，D错误。
9.(2026·重庆市第八中学开学考)将一根不可伸长的轻绳穿过竖直杆上的光滑圆孔，轻绳两端连接质量分别为m1、m2的小球A、B，旋转直杆使两球在水平面内做匀速圆周运动。如图所示，稳定时，轻绳和杆始终共面，连接A、B的轻绳与杆的夹角分别为θ1、θ2，圆孔与A、B间轻绳长度分别为l1、l2。若θ1<θ2，则(　　)
A.m1=m2，l1=l2
B.m1C.m1>m2，l1>l2
D.m1>m2，l1答案　D
解析　设绳上张力为FT，FT的水平分力提供向心力，则有FTsin θ=mω2lsin θ，又ω1=ω2，所以m1l1=m2l2。小球竖直方向有FTcos θ=mg，又因为θ1<θ2，故m1>m2，l110.(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
答案　BD
解析　对小球受力分析，设弹簧弹力为FT，弹簧与水平方向的夹角为θ，则对小球竖直方向有
FTsin θ=mg，而FT=k(-l0)
可知θ为定值，FT不变，则当转速增大后，小球的高度不变，弹簧的弹力不变，A错误，B正确；
水平方向当转速较小，杆对小球的弹力背离转轴时，则FTcos θ-FN=mω2r，即FN=FTcos θ-mω2r
当转速较大，杆对小球的弹力指向转轴时，
则FTcos θ+FN'=mω'2r
即FN'=mω'2r-FTcos θ
因ω'>ω，根据牛顿第三定律可知，小球对杆的压力不一定变大，C错误；
根据F合=mω2r可知，因角速度变大，则小球所受合外力变大，D正确。
11.(12分)(2024·江西卷·14)雪地转椅是一种游乐项目，其中心传动装置带动转椅在雪地上滑动。如图(a)、(b)所示，传动装置有一高度可调的水平圆盘，可绕通过中心O点的竖直轴匀速转动。圆盘边缘A处固定连接一轻绳，轻绳另一端B连接转椅(视为质点)。转椅运动稳定后，其角速度与圆盘角速度相等。转椅与雪地之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，不计空气阻力。
(1)(6分)在图(a)中，若圆盘在水平雪地上以角速度ω1匀速转动，转椅运动稳定后在水平雪地上绕O点做半径为r1的匀速圆周运动。求AB与OB之间夹角α的正切值。
(2)(6分)将圆盘升高，如图(b)所示。圆盘匀速转动，转椅运动稳定后在水平雪地上绕O1点做半径为r2的匀速圆周运动，绳子与竖直方向的夹角为θ，绳子在水平雪地上的投影A1B与O1B的夹角为β。求此时圆盘的角速度ω2。
答案　(1)　(2)
解析　(1)设转椅做匀速圆周运动时轻绳拉力为FT，转椅质量为m，受力分析可知轻绳拉力沿切线方向的分量与转椅受到地面的滑动摩擦力平衡，沿径向方向的分量提供转椅做圆周运动的向心力，故可得
FTcos α=mr1，μmg=FTsin α
联立解得tan α=
(2)设此时轻绳拉力为FT'，沿A1B方向和垂直A1B方向竖直向上的分力分别为FT1=FT'sin θ，FT2=FT'cos θ
对转椅根据牛顿第二定律得FT1cos β=mr2
沿切线方向根据平衡条件有FT1sin β=Ff=μFN
竖直方向根据平衡条件有FN+FT2=mg
联立解得ω2=。(共65张PPT)
第四章
曲线运动
圆周运动
第21课时
1.掌握描述圆周运动的各物理量及它们之间的关系。
2.掌握匀速圆周运动由周期性引起的多解问题的分析方法。
3.掌握圆周运动的动力学问题的处理方法。
目标要求
课时精练
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
内容索引
圆周运动的运动学问题
考点一
1.描述圆周运动的物理量
ω2r
r
2.圆周运动各物理量之间的关系
ωr
2πn
2πrn
3.匀速圆周运动
(1)物体沿着圆周运动，线速度的大小处处　　　。
(2)特点：加速度大小　　　，方向始终指向　　　，是变加速运动。
(3)条件：合外力大小　　　，方向始终与　　　方向垂直且指向圆心。
相等
不变
圆心
不变
速度
在an=，an=ω2r两式中an与r成正比还是成反比？
答案　在v一定时，an与r成反比；在ω一定时，an与r成正比。
讨论交流
　　　(2025·河北卷·5)某同学在傍晚用内嵌多个彩灯的塑料绳跳绳，照片记录了彩灯在曝光时间内的运动轨迹，简图如图。彩灯的运动可视为匀速圆周运动，相机本次曝光时间是 s，圆弧对应的圆心角约为30°，则该同学每分钟跳绳的圈数约为
A.90 B.120
C.150 D.180
√
　　 根据题意可知跳绳的转动角速度为ω== rad/s=5π rad/s，转动周期T==0.4 s，故每分钟跳绳的圈数为n===150，故选C。
(来自教材改编)一皮带传动装置的示意图如图所示，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，到小轮中心的距离为r。C点和D点分别位于小轮和大轮的边缘上。传动过程中皮带不打滑，则下列说法正确的是
A.A、B两点的线速度大小之比为1∶2
B.A、C两点的角速度之比为1∶2
C.B、D两点的转速之比为2∶1
D.A、C两点的向心加速度大小之比为2∶1
√
　　右轮与左侧小轮靠皮带传动，则vA=vC，B、C都在左侧小轮上，则
ωB=ωC。====，选项A错误；
===，选项B错误；
左侧大轮与小轮同轴转动，则ωB=ωD，===，选项C错误；
===，选项D正确。
同轴转动 皮带传动 齿轮传动
装置 A、B两点在同轴的一个圆盘上 两个轮子用皮带连接，A、B两点分别是两个轮子边缘上的点 两个齿轮轮齿啮合，A、B两点分别是两个齿轮边缘上的点

同轴转动 皮带传动 齿轮传动
特点 角速度、周期相同 线速度大小相等 线速度大小相等
转向 相同 相同 相反
规律 线速度与半径成 正比：= 向心加速度与半 径成正比：= 角速度与半径成反 比：= 向心加速度与半径 成反比：= 角速度与半径成反比：
=
向心加速度与半径成
反比：=
　　　(多选)一位同学玩飞镖游戏，已知飞镖距圆盘为L，对准圆盘上边缘的A点水平抛出飞镖，初速度为v0，飞镖抛出的同时，圆盘绕垂直于盘面且过盘心O点的水平轴匀速转动。不计空气阻力，重力加速度为g。若飞镖恰好击中A点，下列说法正确的是
A.从飞镖抛出到恰好击中A点，A点一定转动到最低点位置
B.从飞镖抛出到恰好击中A点的时间为
C.圆盘的半径为
D.圆盘转动的角速度一定满足(k=1，2，3，…)
√
√
√
　　 飞镖抛出后做平抛运动，则从飞镖抛出到恰好击中A点，A点一定转动到了圆盘最低点位置，故A正确；
飞镖水平抛出，在水平方向做匀速直线运动，因此t=，故B正确；
飞镖击中A点时，A恰好在圆盘最低点，有2r=gt2，解得r=，故C正确；
飞镖击中A点，则A点转过的角度满足θ=ωt=π+2kπ(k=0，1，2，…)，故
ω=πv0(k=0，1，2，…)，故D错误。
匀速圆周运动的周期性和多解性问题
匀速圆周运动基本特征之一就是周期性，即在做匀速圆周运动过程中，物体的空间位置具有时间上的重复性。这一特点决定了匀速圆周运动问题的多解性。在分析匀速圆周运动与其他运动(匀速直线运动、平抛运动等)相联系的问题时，利用运动的等时性(同时发生、同时结束)是解决此类问题的关键。
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圆周运动的动力学问题
考点二
1.向心力
(1)作用效果
产生向心加速度，只改变速度的　　　，不改变速度的　　　。
(2)大小
Fn=　　 = = =mωv。
(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。
方向
大小
m
mrω2
mr
圆心
2.圆周运动中向心力与合力的关系
3.常见匀速圆周运动模型
运动模型 向心力Fn的来源(图示)
汽车在水平路面转弯
水平转台(光滑)
Ff
FT
mBg
运动模型 向心力Fn的来源(图示)
洗衣机转筒
圆锥摆
FN
mgtan θ
lsin θ
运动模型 向心力Fn的来源(图示)
飞车走壁
飞机水平转弯
mgtan θ
mgtan θ
运动模型 向心力Fn的来源(图示)
火车转弯
mgtan θ
4.离心运动和近心运动
(1)离心运动：做圆周运动的物体，在所受合外力突然消失或不足以提供圆周运动所需向心力的情况下，就做　　　　　　　的运动。
(2)受力特点(如图)
①当F=0时，物体沿　　 方向飞出，做匀速直线运动。
②当0③当F>mrω2时，物体逐渐　　　　　　，做　　　运动。
(3)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。
逐渐远离圆心
切线
远离
离心
向圆心靠近
近心
小于
　　　(2025·山东卷·4)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，重力加速度g取10 m/s2。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
√
　　 根据题意可知在曝光时间内小球运动的弧长为Δl=r=×0.6 m=0.12 m，可得线速度v== m/s=6 m/s，在最低点根据牛顿第二定律有FT-mg= m，代入数据解得FT=7 N。
(2023·福建卷·15)一种离心测速器的简化工作原理如图所示。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，圆环将相对细杆静止，通过圆环的位置可以确定细杆匀速转动的角速度。已知细杆长度L=0.2 m，杆与竖直转轴的夹角α始终为60°，弹簧原长x0=0.1 m，弹簧劲度系数k=100 N/m，圆环质量m=1 kg；弹簧始终在弹性限度内，重力加速度大小取10 m/s2，摩擦力可忽略不计。
(1)若细杆和圆环处于静止状态，求圆环到O点的距离；
答案　0.05 m
　　 当细杆和圆环处于静止状态，对圆环受力分
析，受弹簧弹力FT0=mgcos α=5 N
根据胡克定律F=kΔx得Δx0==0.05 m
弹簧弹力沿杆向上，故弹簧处于压缩状态，弹簧此时的长度即为圆环到O点的距离
x1=x0-Δx0=0.05 m
(2)求弹簧处于原长时，细杆匀速转动的角速度大小；
答案　 rad/s
　　若弹簧处于原长，则圆环仅受重力和支持力，其合力使得圆环沿水平方向做匀速圆周运动。根据牛顿第二定律得=mr
由几何关系得圆环此时做匀速圆周运动的半径为r=x0sin α
联立解得ω0= rad/s
(3)求圆环处于细杆末端P时，细杆匀速转动的角速度大小。
答案　10 rad/s
　　 圆环处于细杆末端P时，圆环受重力、支持力、沿杆向下的弹力。
根据胡克定律得FT=k(L-x0)=10 N
对圆环受力分析并正交分解，竖直方向受力平衡，水平方向合力提供向心力，
则有mg+FTcos α=FNsin α，
FTsin α+FNcos α=mω2r'
由几何关系得r'=Lsin α
联立解得ω=10 rad/s。
圆周运动中动力学问题的分析思路
　　　(多选)(2025·四川内江市期中)四个完全相同的小球A、B、C、D均在水平面内做圆锥摆运动。如图甲所示，小球A、B在同一水平面内做圆锥摆运动(连接B球的绳较长)；如图乙所示，小球C、D在不同水平面内做圆锥摆运动，但是连接C、D的绳与竖直方向的夹角相等(连接D球的绳较长)，则下列说法正确的是
A.小球A、B角速度大小相等
B.小球A、B线速度大小相等
C.小球C、D向心加速度大小相等
D.小球D受到绳的拉力与小球C受到绳的拉力大小相等
√
√
√
　　 对题图甲中A、B分析，设绳与竖直方向的夹角为θ，绳长为l，小球的质量为m，小球A、B到悬点O的竖直距离为h，则mgtan θ=mω2lsin θ，
解得ω==，所以小球A、B的角速度大小相等，A、B做圆周运动
的半径不同，则线速度大小不相等，故A正确，B错误；
对题图乙中C、D分析，设绳与竖直方向的夹角为θ，小球的质量为m，绳上拉力为FT，则有mgtan θ=man，FTcos θ=mg，得an=gtan θ，FT=，所以小球C、D向心加速度大小相等，小球C、D受到绳的拉力大小也相等，故C、D正确。
模型构建
圆锥摆模型
1.如图所示，向心力F向=mgtan θ=m=mω2r，且r=Lsin θ，
联立解得v=，
ω=。
2.稳定状态下，θ角越大，对应的角速度ω和线速度v就越
大，小球受到的拉力F=和运动所需的向心力也越大。
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课时精练
精练高频考点
提升关键能力
对一对
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 AD AD A C AC A B C
题号 9 10 11
答案 D BD (1)　(2)
答案
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1.(多选)(2024·甘肃卷·8)电动小车在水平面内做匀速圆周运动，下列说法正确的是
A.小车的动能不变
B.小车的动量守恒
C.小车的加速度不变
D.小车所受的合外力一定指向圆心
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答案
基础落实练
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答案
　　　做匀速圆周运动的小车速度大小不变，方向时刻在改变，故动能不变，但动量不守恒，故A正确，B错误；
做匀速圆周运动的小车加速度大小不变，方向时刻在改变，故C错误；
小车所受的合外力一定指向圆心，故D正确。
2.(多选)(2025·福建卷·5)在2025年央视春晚上，人形机器人表演了一个精彩的扭秧歌、转手绢节目。如图，机器人转动手绢，手绢绕其中心点O在一竖直面内匀速转动，O点在空间中保持不动，P、Q是固定在手绢上可视为质点的两个小饰物，与O点的距离分别为d、d，则手绢转动过程中
A.Q的线速度大小是P的倍
B.Q的角速度大小是P的倍
C.P的加速度大小是Q的倍
D.P受到的合外力方向始终指向O点
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答案
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答案
　　　由题意可知，手绢转动过程中，两个小饰物P、Q角速度大小相等，所受合外力方向均始终指向O点，故选项B错误，D正确；
设两个小饰物P、Q的角速度大小均为ω，线速度大小分别为vP和vQ，加速度大小分别为aP和aQ，由匀速圆周运动规律，有==，==，故选项A正确，C错误。
3.(2026·北京市海淀区检测)如图所示摩天轮，其高度为208 m，轮的直径为193 m，运转一周大约需要30 min。关于这个摩天轮上的座舱随摩天轮做匀速圆周运动的过程，下列说法中正确的是
A.座舱所受合力大小始终不变
B.座舱每通过1 m的路程大约需要0.34 s
C.座舱上升的加速度大于其下落过程的加速度
D.座舱受摩天轮作用的力始终等于座舱所受的重力
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　　　座舱所受合力提供向心力，向心力公式为Fn=m，由于座舱做匀
速圆周运动，则加速度大小不变，所以座舱所受合力大小始终不变，A正确，C错误；
摩天轮运转一周的路程是s=πd=π×193 m，运转一周的时间t=30 min=1 800 s，
那么线速度大小v=== m/s，则通过1 m路程所需时间t'==≈3 s，B错误；
座舱做匀速圆周运动，合力不为零，摩天轮对座舱的作用力与重力的合力提供向心力，所以摩天轮对座舱的作用力不等于重力，D错误。
4.(2025·河北保定市一模)滚筒洗衣机的实物图片如图所示。脱水时，滚筒绕水平轴高速匀速转动，附着在衣物上的水会从滚筒漏水孔中甩出。下列相关说法中正确的是
A.水被甩出前在最高点与最低点受到衣物附着力大小相等
B.在与转轴等高的位置，水受到的衣物附着力指向转轴
C.水在最低点更容易被甩出
D.水在最高点更容易被甩出
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　　　滚筒洗衣机的脱水筒匀速旋转，衣服在最高点和最低点时，附着在潮湿衣服上的水由重力和衣服与水之间的附着力的合力提供向心力，在最高点有F1+mg=，在最低点有F2-mg=，可得F2>F1，所以在最低点时，水所需附着力较大，更容易被甩出，故A、D错误，C正确；
在与转轴等高的位置，水的重力和衣物附着力的合力提供向心力，向心力方向指向转轴，由于重力向下，所以水受到的衣物附着力不指向转轴，故B错误。
5.(多选)(2025·广东卷·8)将可视为质点的小球沿光滑冰坑内壁推出，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为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，下列说法正确的有
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
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　　　对小球受力分析可知F向=mgtan 45°=mω2R，解得ω=5 rad/s，故A正确；
线速度大小为v=ωR=2 m/s，故B错误；
向心加速度大小为a向=ω2R=10 m/s2，故C正确；
所受支持力大小为FN== N，故D错误。
6.(2025·江苏常州市质检)随着交通的发展，旅游才真正变成一件赏心乐事，各种“休闲游”“享乐游”纷纷打起了宣传的招牌。某次旅游中游客乘坐列车以恒定速率通过一段水平圆弧形弯道过程中，游客发现车厢顶部悬挂玩具小熊的细线稳定后与车厢侧壁平行，同时观察放在桌面(与车厢底板平行)上水杯内的水面，已知此弯道路面的倾角为θ，不计空气阻力，重力加速度为g，则下列判断正确的是
A.列车的轮缘与轨道无侧向挤压作用
B.列车转弯过程中的向心加速度为gtan θ，方向与水平面
　的夹角为θ
C.水杯与桌面间有静摩擦力
D.水杯受到桌面的支持力与水杯的重力是一对平衡力
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答案
　　　对玩具小熊m1gtan θ=m1an，得an=gtan θ，对列车整体m2an=m2gtan θ，说明列车的轮缘与轨道无侧向挤压作用，且加速度为水平方向，A正确，B错误；
水杯所受支持力方向与竖直方向夹角为θ，同理，水杯与桌面间不存在静摩擦力，C错误；
水杯受到桌面的支持力与水杯的重力方向不共线，不可能是一对平衡力，D错误。
7.(2025·江苏卷·4)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
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能力综合练
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　　　A点运动为A点绕O'的圆周运动和O'绕O点的圆周运动的合运动，则轨迹不是圆周，不做匀速圆周运动，故A错误；
根据题意O'固定在底盘上，故可知O'围绕O点做匀速圆周运动，故B正确；
杯上A点与O、O'恰好在同一条直线上且A点和O'点运动方向相同，则vA=vO'+vA'，vA'为A相对于O'的速度，故此时A的速度大于O'的速度，故C、D错误。
8.(2025·云南丽江市一模)如图所示是某闯关游戏中的一个关卡。一绕过其圆心O的竖直轴顺时针匀速转动的圆形转盘浮在水面上，转盘表面始终保持水平，M为转盘边缘上一点。某时刻，一参赛者从水平跑道边缘P点以初速度v0水平向右跳出，初速度方向平行于OM方向，且运动轨迹与此时刻OM在同一竖直平面内，随后参赛者正好落在M点，不计空气阻力。下列说法正确的是
A.若跳出时刻不变，仅增大v0，参赛者必定落水
B.若跳出时刻不变，仅减小v0，参赛者一定会落在OM之间
C.若跳出时刻和初速度不变，仅增大转盘的角速度，参赛者仍可能落在M点
D.若跳出时刻和初速度不变，仅减小转盘的角速度，参赛者不可能落在M点
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答案
　　　参赛者正好落在M点，则M点可能出现在图示的两个位置，参赛者在空中所做运动为平抛运动，竖直高度不变，则参赛者在空中运动时间不变，仅增大v0，参赛者的水平位移增大，可能落水，可能落在转盘上，仅减小v0，参赛者的水平位移减小，可能落水，可能落在转盘上，故A、B错误；
仅增大转盘的角速度，或仅减小转盘的角速度，参赛者
的水平位移不变，只要满足M仍转到同一位置，参赛者
就能落在M点，故C正确，D错误。
9.(2026·重庆市第八中学开学考)将一根不可伸长的轻绳穿过竖直杆上的光滑圆孔，轻绳两端连接质量分别为m1、m2的小球A、B，旋转直杆使两球在水平面内做匀速圆周运动。如图所示，稳定时，轻绳和杆始终共面，连接A、B的轻绳与杆的夹角分别为θ1、θ2，圆孔与A、B间轻绳长度分别为l1、l2。若θ1<θ2，则
A.m1=m2，l1=l2
B.m1C.m1>m2，l1>l2
D.m1>m2，l11
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　　　设绳上张力为FT，FT的水平分力提供向心力，则有FTsin θ=
mω2lsin θ，又ω1=ω2，所以m1l1=m2l2。小球竖直方向有FTcos θ=mg，又因为θ1<θ2，故m1>m2，l110.(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
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　　　对小球受力分析，设弹簧弹力为FT，弹簧与水平方向的夹角为θ，则对小球竖直方向有
FTsin θ=mg，而FT=k(-l0)
可知θ为定值，FT不变，则当转速增大后，小球的高度不变，弹簧的弹力不变，A错误，B正确；
水平方向当转速较小，杆对小球的弹力背离转轴时，则FTcos θ-FN=mω2r，即FN=FTcos θ-mω2r
当转速较大，杆对小球的弹力指向转轴时，
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　　　则FTcos θ+FN'=mω'2r
即FN'=mω'2r-FTcos θ
因ω'>ω，根据牛顿第三定律可知，小球对杆的压力不一定变大，C错误；
根据F合=mω2r可知，因角速度变大，则小球所受合外力变大，D正确。
11.(2024·江西卷·14)雪地转椅是一种游乐项目，其中心传动装置带动转椅在雪地上滑动。如图(a)、(b)所示，传动装置有一高度可调的水平圆盘，可绕通过中心O点的竖直轴匀速转动。圆盘边缘A处固定连接一轻绳，轻绳另一端B连接转椅(视为质点)。转椅运动稳定后，其角速度与圆盘角速度相等。转椅与雪地之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，不计空气阻力。
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(1)在图(a)中，若圆盘在水平雪地上以角速度ω1匀速转动，转椅运动稳定后在水平雪地上绕O点做半径为r1的匀速圆周运动。求AB与OB之间夹角α的正切值。
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　　　设转椅做匀速圆周运动时轻绳拉力为FT，转椅质量为m，受力分析可知轻绳拉力沿切线方向的分量与转椅受到地面的滑动摩擦力平衡，沿径向方向的分量提供转椅做圆周运动的向心力，故可得
FTcos α=mr1，μmg=FTsin α
联立解得tan α=
(2)将圆盘升高，如图(b)所示。圆盘匀速转动，转椅运动稳定后在水平雪地上绕O1点做半径为r2的匀速圆周运动，绳子与竖直方向的夹角为θ，绳子在水平雪地上的投影A1B与O1B的夹角为β。求此时圆盘的角速度ω2。
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　　　设此时轻绳拉力为FT'，沿A1B方向和垂直A1B方向竖直向上的分力分别为FT1=FT'sin θ，FT2=FT'cos θ
对转椅根据牛顿第二定律得FT1cos β=mr2
沿切线方向根据平衡条件有FT1sin β=Ff=μFN
竖直方向根据平衡条件有FN+FT2=mg
联立解得ω2=。
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第四章

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