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第3讲　圆周运动
【学习目标】　1.理解描述圆周运动的各物理量及它们之间的关系。2.掌握由匀速圆周运动的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　描述圆周运动的物理量
1.描述圆周运动的物理量
2.匀速圆周运动
概念 物体沿着圆周运动，并且线速度的大小处处相等
特点 加速度大小不变，方向始终指向圆心，是变速曲线运动
条件 合力大小不变，方向始终与速度方向垂直且指向圆心
【正误辨析】
(1)匀速圆周运动是匀变速曲线运动。(×)
(2)物体做匀速圆周运动时，其线速度是不变的。(×)
(3)物体做匀速圆周运动时，其所受合力是变力。(√)
学生用书 第68页
三种传动方式及特点
同轴转动 皮带传动 齿轮传动
装置 A、B两点在同轴的圆盘上 两个轮子用皮带连接(皮带不打滑)，A、B两点分别是两个轮子边缘上的点 两个齿轮啮合，A、B两点分别是两个齿轮边缘上的点
续表
同轴转动 皮带传动 齿轮传动
特点 角速度相等、周期相等 线速度大小相等 线速度大小相等
规律 线速度与半径成正比：＝ 角速度与半径成反比：＝ 角速度与半径成反比：＝
描述圆周运动物理量的分析与计算
如图甲为旋转脱水拖把。拖把杆内有一段长度为35 cm的螺杆通过拖把杆下段与拖把头接在一起，螺杆的螺距(相邻螺纹之间的距离)d＝5 cm，如图乙所示。拖把头的半径为10 cm，拖把杆上段相对螺杆向下运动时拖把头就会旋转，把拖把头上的水甩出去。某次脱水时，拖把杆上段1 s内匀速下压了35 cm，该过程中拖把头匀速转动，下列说法正确的是(　　)
A.拖把头边缘的线速度为1.4π m/s
B.拖把杆向下运动的速度为0.1π m/s
C.拖把头转动的角速度为7π rad/s
D.拖把头的转速为1 r/s
答案：A
解析：由题意知拖把头转动的周期T＝ s，则拖把头转动的角速度ω＝＝14π rad/s，故C错误；拖把头边缘的线速度v1＝ωR＝1.4π m/s，故A正确；拖把杆向下运动的速度v2＝＝0.35 m/s，故B错误；拖把头的转速n＝＝7 r/s，故D错误。
圆周运动中的传动问题
如图所示，B和C是一组塔轮，即B和C半径不同，但固定在同一转轴上，其半径之比为RB∶RC＝3∶2，A轮的半径大小与C轮相同，它与B轮紧靠在一起，当A轮绕过其中心的竖直轴转动时，由于摩擦力作用，B轮也随之无滑动地转动起来。a、b、c分别为三轮边缘的三个点，则a、b、c三点在运动过程中的(　　)
A.线速度大小之比为3∶2∶2
B.角速度之比为3∶3∶2
C.转速之比为2∶3∶2
D.向心加速度大小之比为9∶6∶4
答案：D
解析：A、B靠摩擦传动，则边缘上a、b两点的线速度大小相等，即va∶vb＝1∶1，故A错误；B、C同轴转动，则边缘上b、c两点的角速度相等，即ωb＝ωc，转速之比＝＝，故B、C错误；对a、b两点，由an＝＝＝，对b、c两点，由an＝ω2r，得＝＝，则ana∶anb∶anc＝9∶6∶4，故D正确。故选D。
圆周运动中的多解问题
(多选)如图所示，直径为d的竖直圆筒绕中心轴线以恒定的角速度匀速转动。一子弹以水平速度沿圆筒直径方向从左侧射入圆筒，从右侧射穿圆筒后发现两弹孔在同一竖直线上且相距为h，重力加速度为g，不计空气阻力，则(　　)
A.子弹在圆筒中的水平速度为d
B.子弹在圆筒中的水平速度为2d
C.圆筒转动的角速度可能为π
D.圆筒转动的角速度可能为3π
答案：ACD
解析：子弹在圆筒中运动的时间与自由下落的时间相同，即t＝，则v0＝＝d，故A正确，B错误；在此段时间内圆筒转过的圈数为半圈的奇数倍，即ωt＝(2n＋1)π(n＝0，1，2，…)，所以ω＝＝(2n＋1)π(n＝0，1，2，…)，故C、D正确。
学生用书 第69页
考点二　圆周运动的动力学问题
1.匀速圆周运动的向心力
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
大小 Fn＝man＝m＝mω2r＝mr＝mωv。
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.匀速圆周运动向心力来源实例分析
运动模型 向心力Fn的来源(图示)
汽车在水平路面转弯 Fn＝Ff
水平转台(光滑) Fn＝FT＝mBg
圆锥摆 Fn＝mgtan θ，r＝lsin θ
飞车走壁 Fn＝mgtan θ
飞机水平转弯 Fn＝mgtan θ
火车转弯 Fn＝mgtan θ
3.变速圆周运动合力与向心力的特点
变速圆周运动的合力方向一般不指向圆心，可以分解为如下两个分力，如图所示。
(1)切向分力Ft：产生切向加速度at，只改变线速度的大小。当at与v同向时，速度增大，做加速圆周运动，反向时则速度减小，做减速圆周运动。
(2)指向圆心的分力Fn：提供向心力，产生向心加速度an，只改变线速度的方向。
4.离心运动
形成原因 合力突然消失或不足以提供圆周运动所需向心力的情况下，物体逐渐远离圆心
受力特点 (1)当F＝0时，物体沿切线方向飞出，做匀速直线运动。 (2)当0＜F＜mω2r时，物体逐渐远离圆心，做离心运动。 (3)当F＞mω2r时，物体逐渐靠近圆心，做近心运动
本质 离心运动的本质并不是受到离心力的作用，而是提供的向心力小于做匀速圆周运动需要的向心力
【正误辨析】
(1)向心力指向圆心，与速度方向垂直，不改变速度的大小。(√)
(2)向心力可以由物体受到的某一个力提供，也可以由物体受到的合力提供。(√)
(3)在变速圆周运动中，向心力不指向圆心。(×)
(4)做匀速圆周运动的物体，当所受合力突然减小时，物体将沿切线方向飞出。(×)
(5)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。(×)
学生用书 第70页
“四步法”分析圆周运动的动力学问题
圆周运动的动力学分析
(多选)如图所示，杂技演员进行表演时，可以悬空靠在以角速度ω匀速转动的圆筒内壁上而不掉下来。设圆筒半径为r，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。重力加速度为g，杂技演员与圆筒内壁间的动摩擦因数为μ，则该演员(　　)
A.受到4个力的作用
B.所需的向心力由弹力提供
C.角速度越大，人受到的摩擦力越大
D.圆筒的角速度ω≥
答案：BD
解析：杂技演员受到重力、筒壁的弹力和静摩擦力共3个力作用，A错误；由于杂技演员在圆筒内壁上不掉下来，竖直方向根据平衡条件，有mg＝Ff，筒壁的弹力提供向心力，水平方向有F＝mω2r，角速度越大，弹力变大，人受到的摩擦力不变，B正确，C错误；要想人不下滑，最大静摩擦力需要大于或等于重力，所以μF≥mg，F＝mω2r，解得ω≥，D正确。
拓展变式.如图所示，一倾斜的圆筒绕固定轴OO1以恒定的角速度ω转动，圆筒的半径r＝1.5 m。筒壁内有一小物体与圆筒始终保持相对静止，小物体与圆筒间的动摩擦因数为(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，转动轴与水平面间的夹角为60°，重力加速度g取10 m/s2，则ω的最小值是(　　)
A.1 rad/s B. rad/s
C. rad/s D.5 rad/s
答案：C
解析：对小物体受力分析如图所示，由牛顿第二定律有mgcos 60°＋FN＝mω2r，Ff＝mgsin 60°≤μFN，解得ω≥ rad/s，故A、B、D错误，C正确。
圆锥摆模型
(多选)(2026·辽宁大连联考)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，其中小球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的绳与竖直方向之间的夹角相同(连接D球的绳较长)，则下列说法正确的是(　　)
A.小球A、B角速度相等
B.小球A、B线速度大小相同
C.小球C、D向心加速度大小相同
D.小球D受到绳的拉力大于小球C受到绳的拉力
答案：AC
解析：对题图甲中小球A、B分析，设绳与竖直方向的夹角为θ，小球的质量为m，绳长为l，小球A、B到悬点O的竖直距离为h，则mgtan θ＝mω2lsin θ，解得ω＝＝，又v＝ωlsin θ，所以小球A、B的角速度相等，线速度大小不相同，故A正确，B错误；对题图乙中小球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，解得an＝gtan θ，FT＝，所以小球C、D向心加速度大小相同，受到绳的拉力大小也相同，故C正确，D错误。
圆锥摆和圆锥筒模型分析思路
圆锥摆 (1)向心力Fn＝mgtan θ＝m＝mω2r，且r＝Lsin θ，解得v＝， ω＝。 (2)稳定状态下，θ越大，角速度ω和线速度v就越大，小球受到的拉力F＝和运动所需向心力Fn＝mgtan θ也越大
圆锥筒 (1)筒内壁光滑，向心力由重力mg和支持力FN的合力提供，即＝m＝mω2r，解得v＝，ω＝。 (2)稳定状态下小球所处的位置越高，半径r越大，角速度ω越小，线速度v越大，支持力FN＝和向心力Fn＝并不随位置的变化而变化
学生用书 第71页
针对练.(2026·江苏南通期中)有一种杂技表演叫“飞车走壁”，由杂技演员驾驶摩托车沿圆台形表演台的光滑侧壁高速行驶，做匀速圆周运动。如图所示，图中虚线表示摩托车的行驶轨迹，轨迹离地面的高度为h，下列说法中正确的是(　　)
A.h越高，摩托车对侧壁的压力越大
B.h越高，摩托车做圆周运动的向心加速度越小
C.h越高，摩托车做圆周运动的周期越大
D.h越高，摩托车做圆周运动的线速度越小
答案：C
解析：摩托车做匀速圆周运动，提供其做圆周运动的向心力是重力mg和支持力F的合力，如图所示，侧壁对摩托车的支持力为F＝，则摩托车对侧壁的压力为F'＝，根据牛顿第二定律可得mgtan θ＝man＝mr＝m，解得an＝gtan θ，T＝，v＝，可知h越高，r越大，θ不变，则摩托车对侧壁的压力大小不变，摩托车做圆周运动的向心加速度大小不变，摩托车做圆周运动的周期越大，摩托车做圆周运动的线速度越大。故选C。
火车转弯问题
火车转弯时的受力分析如图所示，铁路转弯处的圆弧半径为R，两铁轨之间的距离为d，内外轨的高度差为h，铁轨平面和水平面间的夹角为α(α很小，可认为tan α≈sin α)，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　)
A.火车转弯时受到重力、支持力和向心力的作用
B.火车过转弯处的速度v＝时，火车轮缘不会挤压内轨和外轨
C.火车过转弯处的速度v＜ 时，火车轮缘会挤压外轨
D.若减小α角，可提高火车安全过转弯处的速度
答案：B
解析：火车以规定速度转弯时受到重力和支持力，重力和支持力的合力提供向心力，故A错误；当重力和支持力的合力提供向心力时，有m＝mgtan α≈mgsin α ＝mg，解得v＝，火车轮缘不会挤压内轨和外轨，故B正确；火车过转弯处的速度v＜ 时，转弯所需的向心力F＜mgtan α，此时火车轮缘挤压内轨，故C错误；若要提高火车安全通过转弯处的速度，需要增大mgtan α，需要增大α角，故D错误。
课时测评19　圆周运动
(时间：30分钟　满分：50分)
(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)
(选择题1－10，每题4分，共40分)
题组1　描述圆周运动的物理量
1.(2025·河北卷·T5)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角速度为ω＝＝ rad/s＝5π rad/s，故每分钟跳绳的圈数为n＝＝150。故选C。
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
答案：B
解析：A点的运动为A点绕O'点的圆周运动和O'点相对于O点的圆周运动的合运动，A点运动轨迹不是圆，不做匀速圆周运动，故A错误；根据题意可知O'固定在底盘上，所以O'围绕O点做匀速圆周运动，故B正确；此时杯上A点与O、O'恰好在同一条直线上且A在OO'延长线上，A点和O'点运动方向相同，又A点相对O'点做圆周运动，故此时A的速度大于O'的速度，故C、D错误。
3.如图所示，一个半径为5 m的圆盘正绕其圆心匀速转动，当圆盘边缘上的一点A处在如图所示位置的时候，在其圆心正上方20 m 的高度有一个小球(视为质点)正在向边缘的A点以一定的速度水平抛出，g取 10 m/s2，不计空气阻力，要使得小球正好落在A点，则(　　)
A.小球平抛的初速度一定是2.5 m/s
B.小球平抛的初速度可能是2 m/s
C.圆盘转动的角速度一定是π rad/s
D.圆盘转动的加速度大小可能是π2 m/s2
答案：A
解析：根据h＝gt2，可得t＝＝2 s，小球平抛的初速度v0＝＝2.5 m/s，故A正确，B错误；根据ωt＝2nπ(n＝1，2，3，…)，解得圆盘转动的角速度ω＝＝nπ rad/s(n＝1，2，3，…)，圆盘转动的加速度大小为a＝ω2r＝5n2π2 m/s2(n＝1，2，3，…)，故C、D错误。
题组2　圆周运动的动力学问题
4.(多选)假定某水平圆形环岛路面如图(a)，汽车受到的最大静摩擦力与重力的比值恒定不变，则当汽车匀速率地通过环形路段时，汽车的侧向摩擦力达到最大时的最大速度称为临界速度，下列说法正确的是(　　)
A.汽车所受的合力为零
B.汽车受重力、弹力、摩擦力和向心力的作用
C.汽车在环岛路外侧行驶时，其临界速度较大
D.如图(b)，质量相等的两辆车以大小相等的速度绕环岛中心转，甲车受到指向轨道圆心的摩擦力比乙车的大
答案：CD
解析：汽车做曲线运动，合力不为零，故A错误；向心力是效果力，由汽车受到的重力、弹力、摩擦力的合力充当，故B错误；根据Ffm＝m，最大静摩擦力不变，则外侧行驶半径较大，临界速度较大，故C正确；根据牛顿第二定律有Ff＝m，两车质量相等，速度大小相等，甲车运动半径小，则受到指向轨道圆心的摩擦力大，故D正确。
5.(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
答案：C
解析：根据题意可知在曝光时间内小球运动的长度为Δl＝r＝×0.6 m＝0.12 m，近似认为在曝光时间内小球做匀速直线运动，故有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。故选C。
6.(多选)(2025·广东卷·T8)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。已知圆周运动的半径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an＝ω2R＝10 m/s2，故C正确；所受支持力大小为FN＝＝ N，故D错误。
7.如图是游乐园的“空中飞椅”项目，人和座椅由绳索悬挂，随着中间转轴转动带动游客旋转体验空中飞驰感。已知该项目椅子分内外层，所有飞椅规格质量均相同，悬索长度也相同且质量忽略不计，图中所标位置悬索与竖直方向夹角为θ，此位置的游客和飞椅的总质量为m，悬点到人椅质心的距离为L，重力加速度为g，以下说法正确的是(　　)
A.该位置悬索受到的拉力大小为mgcos θ
B.转速越大，人飞得越高，绳子拉力越大
C.在图中所标位置该游客做圆周运动的半径为Lsin θ
D.内、外层的游客悬索偏离竖直方向的角度相等
答案：B
解析：根据竖直方向的受力平衡有F＝，故A错误；在题图所标位置该游客做圆周运动的半径为r'＝r＋Lsin θ，根据牛顿第二定律有mgtan θ＝mr'(2πn)2，则转速越大，θ越大，人飞得越高，由拉力的表达式可知，绳子拉力越大，外层的游客半径较大，悬索偏离竖直方向的角度较大，故B正确，C、D错误。
8.(2026·福建模拟)如图所示，半球形陶罐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。转台以一定角速度匀速转动，一小物块落入陶罐内，经过一段时间后小物块随陶罐一起转动且相对陶罐壁静止，此时小物块受到的摩擦力恰好为0，且它和O点的高度差为h，重力加速度为g，则转台的角速度大小为(　　)
A. B.
C. D.
答案：B
解析：设半球形陶罐的半径为R，物块到球心O的连线跟竖直方向成θ角，则对小物块，由牛顿第二定律有mgtan θ＝mω2Rsin θ，由几何关系有h＝Rcos θ，联立两式解得ω＝。故选B。
9.如图所示，两个圆锥内壁光滑，竖直放置在同一水平面上，圆锥母线与竖直方向夹角分别为30°和60°，有A、B两个质量相同的小球在两圆锥内壁等高处做匀速圆周运动，下列说法正确的是(　　)
A.A、B两球受到的支持力之比为∶3
B.A、B两球的向心力之比为∶1
C.A、B两球运动的角速度之比为3∶1
D.A、B两球运动的线速度大小之比为1∶3
答案：C
解析：对A、B两球分别进行受力分析可得sin 30°＝，sin 60°＝，解得＝，A错误；A、B两球都做匀速圆周运动，分别有tan 60°＝，tan 30°＝，联立解得＝，B错误；A、B两球做匀速圆周运动，有F向A＝mrA，F向B＝mrB，设A、B两球距离圆锥顶点的高度为h，根据几何关系有rA＝htan 30°，rB＝htan 60°，联立解得＝，C正确；A、B两球运动的线速度大小之比为＝＝，D错误。
10.(多选)游乐园有一种叫作“快乐飞机”(图甲)的游乐项目，模型如图乙所示，已知模型飞机质量为m，固定在长为L的旋臂上，旋臂与竖直方向夹角为θ，重力加速度为g，当模型飞机以角速度ω绕中央轴在水平面内做匀速圆周运动时，下列说法正确的是(　　)
A.模型飞机受到重力、旋臂的作用力和向心力
B.旋臂对模型飞机的作用力方向一定与旋臂垂直
C.旋臂对模型飞机的作用力大小为m
D.若夹角θ增大，则旋臂对模型飞机的作用力增大
答案：CD
解析：当模型飞机以角速度ω绕中央轴在水平面内做匀速圆周运动时，模型飞机受到重力和旋臂的作用力，这两个力的合力提供向心力，旋臂对模型飞机的作用力方向不一定与旋臂垂直，故A、B错误；由A、B项分析知，旋臂对模型飞机的作用力大小为F＝＝m，故C正确；由F＝m可知，若夹角θ增大，则旋臂对模型飞机的作用力增大，故D正确。
11.(10分)(2024·江西卷·T14)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)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。
(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。
答案：(1)　(2)
解析：(1)转椅做匀速圆周运动，设此时轻绳拉力为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圆周运动的向心力，则有
FTsin α ＝μmg
FTcos α＝mr1
联立解得tan α＝。
(2)设此时轻绳拉力为FT'，沿A1B和垂直A1B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
沿切线方向有FT1sin β＝μFN
沿竖直方向有FN＋FT2＝mg
联立解得ω2＝。(共61张PPT)
第3讲　圆周运动
高三总复习讲义　新高考
第四章 曲线运动
1.理解描述圆周运动的各物理量及它们之间的关系。
2.掌握由匀速圆周运动的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。
学习目标
考点一　描述圆周运动的物理量
考点二　圆周运动的动力学问题
课时测评
内容索引
描述圆周运动的物理量
考点一
1.描述圆周运动的物理量
知识梳理
ω
2.匀速圆周运动
概念 物体沿着圆周运动，并且线速度的大小处处______
特点 加速度大小______，方向始终指向______，是变速曲线运动
条件 合力大小______，方向始终与______方向垂直且指向圆心
相等
不变
圆心
不变
速度
正误辨析
(1)匀速圆周运动是匀变速曲线运动。 ( )
(2)物体做匀速圆周运动时，其线速度是不变的。 ( )
(3)物体做匀速圆周运动时，其所受合力是变力。 ( )
×
×
√
三种传动方式及特点
核心突破
同轴转动 皮带传动 齿轮传动
装置 A、B两点在同轴的圆盘上 两个轮子用皮带连接(皮带不打滑)，A、B两点分别是两个轮子边缘上的点 两个齿轮啮合，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 角速度相等、周期相等 线速度大小相等 线速度大小相等
规律 线速度与半径成正比：＝ 角速度与半径成反比：＝ 角速度与半径成反比：＝
考向1 描述圆周运动物理量的分析与计算
如图甲为旋转脱水拖把。拖把杆内有一段长度为35 cm的螺杆通过拖把杆下段与拖把头接在一起，螺杆的螺距(相邻螺纹之间的距离)d＝5 cm，如图乙所示。拖把头的半径为10 cm，拖把杆上段相对螺杆向下运动时拖把头就会旋转，把拖把头上的水甩出去。某次脱水时，拖把杆上段1 s内匀速下压了35 cm，该过程中拖把头匀速转动，下列说法正确的是
A.拖把头边缘的线速度为1.4π m/s
B.拖把杆向下运动的速度为0.1π m/s
C.拖把头转动的角速度为7π rad/s
D.拖把头的转速为1 r/s
√
例1
由题意知拖把头转动的周期T＝ s，则拖把头转动的角速度ω＝＝
14π rad/s，故C错误；拖把头边缘的线速度v1＝ωR＝1.4π m/s，故A正确；拖把杆向下运动的速度v2＝＝0.35 m/s，故B错误；拖把头的转速n＝＝7 r/s，故D错误。
考向2 圆周运动中的传动问题
如图所示，B和C是一组塔轮，即B和C半径不同，但固定在同一转轴上，其半径之比为RB∶RC＝3∶2，A轮的半径大小与C轮相同，它与B轮紧靠在一起，当A轮绕过其中心的竖直轴转动时，由于摩擦力作用，B轮也随之无滑动地转动起来。a、b、c分别为三轮边缘的三个点，则a、b、c三点在运动过程中的
A.线速度大小之比为3∶2∶2
B.角速度之比为3∶3∶2
C.转速之比为2∶3∶2
D.向心加速度大小之比为9∶6∶4
√
例2
A、B靠摩擦传动，则边缘上a、b两点的线速度大小相等，即va∶vb＝1∶1，故A错误；B、C同轴转动，则边缘上b、c两点的角速度相等，即ωb＝ωc，转速之比＝＝，故B、C错误；对a、b两点，由an＝＝＝，对b、c两点，由an＝ω2r，得＝＝，则ana∶anb∶anc＝9∶6∶4，故D正确。故选D。
考向3 圆周运动中的多解问题
(多选)如图所示，直径为d的竖直圆筒绕中心轴线以恒定的角速度匀速转动。一子弹以水平速度沿圆筒直径方向从左侧射入圆筒，从右侧射穿圆筒后发现两弹孔在同一竖直线上且相距为h，重力加速度为g，不计空气阻力，则
A.子弹在圆筒中的水平速度为d
B.子弹在圆筒中的水平速度为2d
C.圆筒转动的角速度可能为π
D.圆筒转动的角速度可能为3π
√
√
例3
√
子弹在圆筒中运动的时间与自由下落的时间相同，即t＝，则v0＝＝d，故A正确，B错误；在此段时间内圆筒转过的圈数为半圈的奇数倍，即ωt＝(2n＋1)π(n＝0，1，2，…)，所以ω＝＝(2n＋1)π(n＝0，1，2，…)，故C、D正确。
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圆周运动的动力学问题
考点二
1.匀速圆周运动的向心力
知识梳理
作用效果 产生向心加速度，只改变速度的______，不改变速度的______
大小 Fn＝man＝m＝mω2r＝_______＝mωv。
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
mr
圆心
2.匀速圆周运动向心力来源实例分析
运动模型 向心力Fn的来源(图示)
汽车在水平路面转弯
Fn＝_____
水平转台(光滑)
Fn＝FT＝______
圆锥摆
Fn＝__________，r＝_________
Ff
mBg
mgtan θ
lsin θ
运动模型 向心力Fn的来源(图示)
飞车走壁
Fn＝__________
飞机水平转弯
Fn＝__________
火车转弯
Fn＝__________
mgtan θ
mgtan θ
mgtan θ
3.变速圆周运动合力与向心力的特点
变速圆周运动的合力方向一般不指向圆心，可以分解为如下两个分力，如图所示。
(1)切向分力_____：产生切向加速度at，只改变线速度的大小。当at与v同向时，速度增大，做加速圆周运动，反向时则速度减小，做减速圆周运动。
(2)指向圆心的分力Fn：提供向心力，产生向心加速度an，只改变线速度的______。
Ft
方向
4.离心运动
形成原因 合力突然消失或不足以提供圆周运动所需向心力的情况下，物体逐渐_______圆心
受力特点 (1)当F＝0时，物体沿______方向飞出，做匀速直线运动。
(2)当0＜F＜mω2r时，物体逐渐______圆心，做______运动。
(3)当F＞mω2r时，物体逐渐______圆心，做______运动
本质 离心运动的本质并不是受到离心力的作用，而是提供的向心力______做匀速圆周运动需要的向心力
远离
切线
远离
离心
靠近
近心
小于
正误辨析
(1)向心力指向圆心，与速度方向垂直，不改变速度的大小。 ( )
(2)向心力可以由物体受到的某一个力提供，也可以由物体受到的合力提供。 ( )
(3)在变速圆周运动中，向心力不指向圆心。 ( )
(4)做匀速圆周运动的物体，当所受合力突然减小时，物体将沿切线方向飞出。 ( )
(5)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。 ( )
√
√
×
×
×
“四步法”分析圆周运动的动力学问题
核心突破
考向1 圆周运动的动力学分析
(多选)如图所示，杂技演员进行表演时，可以悬空靠在以角速度ω匀速转动的圆筒内壁上而不掉下来。设圆筒半径为r，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。重力加速度为g，杂技演员与圆筒内壁间的动摩擦因数为μ，则该演员
A.受到4个力的作用
B.所需的向心力由弹力提供
C.角速度越大，人受到的摩擦力越大
D.圆筒的角速度ω≥
√
例4
√
杂技演员受到重力、筒壁的弹力和静摩擦力共3个力作用，A错误；由于杂技演员在圆筒内壁上不掉下来，竖直方向根据平衡条件，有mg＝Ff，筒壁的弹力提供向心力，水平方向有F＝mω2r，角速度越大，弹力变大，人受到的摩擦力不变，B正确，C错误；要想人不下滑，最大静摩擦力需要大于或等于重力，所以μF≥mg，F＝mω2r，解得ω≥，D正确。
拓展变式.如图所示，一倾斜的圆筒绕固定轴OO1以恒定的角速度ω转动，圆筒的半径r＝1.5 m。筒壁内有一小物体与圆筒始终保持相对静止，小物体与圆筒间的动摩擦因数为(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，转动轴与水平面间的夹角为60°，重力加速度g取10 m/s2，则ω的最小值是
A.1 rad/s
B. rad/s
C. rad/s
D.5 rad/s
√
√
对小物体受力分析如图所示，由牛顿第二定律有mgcos 60°＋FN＝mω2r，Ff＝mgsin 60°≤μFN，解得ω≥ rad/s，故A、B、D错误，C正确。
考向2 圆锥摆模型
(多选)(2026·辽宁大连联考)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，其中小球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的绳与竖直方向之间的夹角相同(连接D球的绳较长)，则下列说法正确的是
A.小球A、B角速度相等
B.小球A、B线速度大小相同
C.小球C、D向心加速度大小相同
D.小球D受到绳的拉力大于小球C受到绳的拉力
√
√
例5
对题图甲中小球A、B分析，设绳与竖直方向的夹
角为θ，小球的质量为m，绳长为l，小球A、B到
悬点O的竖直距离为h，则mgtan θ＝mω2lsin θ，
解得ω＝＝，又v＝ωlsin θ，所以小球A、B的角速度相等，线速度大小不相同，故A正确，B错误；对题图乙中小球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，解得an＝gtan θ，FT＝，所以小球C、D向心加速度大小相同，受到绳的拉力大小也相同，故C正确，D错误。
圆锥摆和圆锥筒模型分析思路
总结提升
圆锥摆 (1)向心力Fn＝mgtan θ＝m＝mω2r，且r＝Lsin θ，解得v＝，ω＝。
(2)稳定状态下，θ越大，角速度ω和线速度v就越大，小球受到的拉力F＝和运动所需向心力Fn＝mgtan θ也越大
总结提升
圆锥筒 (1)筒内壁光滑，向心力由重力mg和支持力FN的合力提供，即＝m＝mω2r，解得v＝，ω＝。
(2)稳定状态下小球所处的位置越高，半径r越大，角速度ω越小，线速度v越大，支持力FN＝和向心力Fn＝并不随位置的变化而变化
针对练.(2026·江苏南通期中)有一种杂技表演叫“飞车走壁”，由杂技演员驾驶摩托车沿圆台形表演台的光滑侧壁高速行驶，做匀速圆周运动。如图所示，图中虚线表示摩托车的行驶轨迹，轨迹离地面的高度为h，下列说法中正确的是
A.h越高，摩托车对侧壁的压力越大
B.h越高，摩托车做圆周运动的向心加速度越小
C.h越高，摩托车做圆周运动的周期越大
D.h越高，摩托车做圆周运动的线速度越小
√
摩托车做匀速圆周运动，提供其做圆周运动的向心力是重力
mg和支持力F的合力，如图所示，侧壁对摩托车的支持力为
F＝，则摩托车对侧壁的压力为F'＝，根据牛顿第二
定律可得mgtan θ＝man＝mr＝m，解得an＝gtan θ，T＝
，v＝，可知h越高，r越大，θ不变，则摩托车对侧壁的压力大小不变，摩托车做圆周运动的向心加速度大小不变，摩托车做圆周运动的周期越大，摩托车做圆周运动的线速度越大。故选C。
考向3 火车转弯问题
火车转弯时的受力分析如图所示，铁路转弯处的圆弧半径为R，两铁轨之间的距离为d，内外轨的高度差为h，铁轨平面和水平面间的夹角为α(α很小，可认为tan α≈sin α)，重力加速度为g，下列说法正确的是
A.火车转弯时受到重力、支持力和向心力的作用
B.火车过转弯处的速度v＝时，火车轮缘不会
挤压内轨和外轨
C.火车过转弯处的速度v＜ 时，火车轮缘会挤压外轨
D.若减小α角，可提高火车安全过转弯处的速度
√
例6
火车以规定速度转弯时受到重力和支持力，重力和支持
力的合力提供向心力，故A错误；当重力和支持力的合
力提供向心力时，有m＝mgtan α≈mgsin α ＝mg，解
得v＝，火车轮缘不会挤压内轨和外轨，故B正确；
火车过转弯处的速度v＜ 时，转弯所需的向心力F＜mgtan α，此时火车轮缘挤压内轨，故C错误；若要提高火车安全通过转弯处的速度，需要增大mgtan α，需要增大α角，故D错误。
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课 时 测 评
题组1　描述圆周运动的物理量
1.(2025·河北卷·T5)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角速度为ω＝＝ rad/s＝5π rad/s，故每分钟跳绳的圈数为n＝＝150。故选C。
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
√
A点的运动为A点绕O'点的圆周运动和O'点相对于O点的圆周运动的合运动，A点运动轨迹不是圆，不做匀速圆周运动，故A错误；根据题意可知O'固定在底盘上，所以O'围绕O点做匀速圆周运动，故B正确；此时杯上A点与O、O'恰好在同一条直线上且A在OO'延长线上，A点和O'点运动方向相同，又A点相对O'点做圆周运动，故此时A的速度大于O'的速度，故C、D错误。
3.如图所示，一个半径为5 m的圆盘正绕其圆心匀速转动，当圆盘边缘上的一点A处在如图所示位置的时候，在其圆心正上方20 m 的高度有一个小球(视为质点)正在向边缘的A点以一定的速度水平抛出，g取 10 m/s2，不计空气阻力，要使得小球正好落在A点，则
A.小球平抛的初速度一定是2.5 m/s
B.小球平抛的初速度可能是2 m/s
C.圆盘转动的角速度一定是π rad/s
D.圆盘转动的加速度大小可能是π2 m/s2
√
根据h＝gt2，可得t＝＝2 s，小球平抛的初速度v0＝＝2.5 m/s，故A正确，B错误；根据ωt＝2nπ(n＝1，2，3，…)，解得圆盘转动的角速度ω＝＝nπ rad/s(n＝1，2，3，…)，圆盘转动的加速度大小为a＝ω2r＝5n2π2 m/s2(n＝1，2，3，…)，故C、D错误。
题组2　圆周运动的动力学问题
4.(多选)假定某水平圆形环岛路面如图(a)，汽车受到的最大静摩擦力与重力的比值恒定不变，则当汽车匀速率地通过环形路段时，汽车的侧向摩擦力达到最大时的最大速度称为临界速度，下列说法正确的是
A.汽车所受的合力为零
B.汽车受重力、弹力、摩擦力和向心力的作用
C.汽车在环岛路外侧行驶时，其临界速度较大
D.如图(b)，质量相等的两辆车以大小相等的速度绕环岛中心转，甲车受到指向轨道圆心的摩擦力比乙车的大
√
√
汽车做曲线运动，合力不为零，故A错误；向心力是效果力，由汽车受到的重力、弹力、摩擦力的合力充当，故B错误；根据Ffm＝m，最大静摩擦力不变，则外侧行驶半径较大，临界速度较大，故C正确；根据牛顿第二定律有Ff＝m，两车质量相等，速度大小相等，甲车运动半径小，则受到指向轨道圆心的摩擦力大，故D正确。
5.(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
√
根据题意可知在曝光时间内小球运动的长度为Δl＝r＝×0.6 m＝
0.12 m，近似认为在曝光时间内小球做匀速直线运动，故有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。故选C。
6.(多选)(2025·广东卷·T8)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。已知圆周运动的半径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
√
√
对小球受力分析可知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an＝ω2R＝10 m/s2，故C正确；所受支持力大小为FN＝＝ N，故D
错误。
7.如图是游乐园的“空中飞椅”项目，人和座椅由绳索悬挂，随着中间转轴转动带动游客旋转体验空中飞驰感。已知该项目椅子分内外层，所有飞椅规格质量均相同，悬索长度也相同且质量忽略不计，图中所标位置悬索与竖直方向夹角为θ，此位置的游客和飞椅的总质量为m，悬点到人椅质心的距离为L，重力加速度为g，以下说法正确的是
A.该位置悬索受到的拉力大小为mgcos θ
B.转速越大，人飞得越高，绳子拉力越大
C.在图中所标位置该游客做圆周运动的半径为Lsin θ
D.内、外层的游客悬索偏离竖直方向的角度相等
√
根据竖直方向的受力平衡有F＝，故A错误；在题图所标位置该游客做圆周运动的半径为r'＝r＋Lsin θ，根据牛顿第二定律有mgtan θ＝mr'(2πn)2，则转速越大，θ越大，人飞得越高，由拉力的表达式可知，绳子拉力越大，外层的游客半径较大，悬索偏离竖直方向的角度较大，故B正确，C、D错误。
8.(2026·福建模拟)如图所示，半球形陶罐固定在可绕竖直
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。转台以一定角速度匀速转动，一小物块落入陶
罐内，经过一段时间后小物块随陶罐一起转动且相对陶罐
壁静止，此时小物块受到的摩擦力恰好为0，且它和O点的高度差为h，重力加速度为g，则转台的角速度大小为
A. B.
C. D.
√
设半球形陶罐的半径为R，物块到球心O的连线跟竖直方向成θ角，则对小物块，由牛顿第二定律有mgtan θ＝mω2Rsin θ，由几何关系有h＝Rcos θ，联立两式解得ω＝。故选B。
9.如图所示，两个圆锥内壁光滑，竖直放置在同一水平面上，圆锥母线与竖直方向夹角分别为30°和60°，有A、B两个质量相同的小球在两圆锥内壁等高处做匀速圆周运动，下列说法正确的是
A.A、B两球受到的支持力之比为∶3
B.A、B两球的向心力之比为∶1
C.A、B两球运动的角速度之比为3∶1
D.A、B两球运动的线速度大小之比为1∶3
√
对A、B两球分别进行受力分析可得sin 30°＝，sin 60°＝，解得＝，A错误；A、B两球都做匀速圆周运动，分别有tan 60°＝，tan 30°＝，联立解得＝，B错误；A、B两球做匀速圆周运动，有F向A＝mrA，F向B＝mrB，设A、B两球距离圆锥顶点的高度为h，根据几何关系有rA＝htan 30°，rB＝htan 60°，联立解得＝，C正确；A、B两球运动的线速度大小之比为＝＝，D错误。
10.(多选)游乐园有一种叫作“快乐飞机”(图甲)的游乐项目，模型如图乙所示，已知模型飞机质量为m，固定在长为L的旋臂上，旋臂与竖直方向夹角为θ，重力加速度为g，当模型飞机以角速度ω绕中央轴在水平面内做匀速圆周运动时，下列说法正确的是
A.模型飞机受到重力、旋臂的作用力和向心力
B.旋臂对模型飞机的作用力方向一定与旋臂垂直
C.旋臂对模型飞机的作用力大小为m
D.若夹角θ增大，则旋臂对模型飞机的作用力增大
√
√
当模型飞机以角速度ω绕中央轴在水平面内做匀速圆周运动时，模型飞机受到重力和旋臂的作用力，这两个力的合力提供向心力，旋臂对模型飞机的作用力方向不一定与旋臂垂直，故A、B错误；由A、B项分析知，旋臂对模型飞机的作用力大小为F＝＝m，故C正确；由F＝m可知，若夹角θ增大，则旋臂对模型飞机的作用力增大，故D正确。
11.(10分)(2024·江西卷·T14)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)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。
答案：
转椅做匀速圆周运动，设此时轻绳拉力为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圆周运动的向心力，则有
FTsin α ＝μmg
FTcos α＝mr1
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。
答案：
设此时轻绳拉力为FT'，沿A1B和垂直A1B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
沿切线方向有FT1sin β＝μFN
沿竖直方向有FN＋FT2＝mg
联立解得ω2＝。
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第3讲　圆周运动

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