重難點05圓周運動

‘看題趨嘲'

考點三年考情分析2025考向預測

理解并掌握勻速圓周運動的一些

重要公式，掌握豎直平面內的圓周

3年2考

(1)圓周運動的動力學分析；運動在特殊點的計算問題。曲線運

廣東卷[(2024,T5)],(2023,T8)]

(2)生活、科技中的圓周運動.動在考題中綜合性較強，多與電場、

磁場、機械能等綜合。

重難詮釋◎

【情境解讀】

1.圓錐擺、火車轉彎、漏斗壁上的小球在水平面內做勻速圓周運

動,F^=mgtan0,方向水平指向圓心。

2.小球在“繩”模型最高點的最小速度為冬，最低點的最小速度

勻速圓周運

動、圓周運動為國以上、下兩點拉力之差為6ffig。

的向心力

3.小球在“桿”模型最高點Vmin=0，V=V>Ve,桿對小球

有向下的拉力；v=v臨，桿對小球的作用力為零；vVv臨，桿對小

球有向上的支持力。

【高分技巧】

1.水平面內的圓周運動

(1)

(2)常見模型

水平面內動力學方程臨界情況示例

水平轉盤上的物體

I"

Fi=mco2r恰好滑動

1______'______1

圓錐擺模型

mgtunO=mro)2恰好離開接觸面

\/

、一—」

2.豎直面內的圓周運動

H定模型H判斷是輕桿模型還是輕繩模型］

困

1輕桿：FN=mg時)

解受力分析

(1)田

定臨界點-輕繩:%時

路mg=m

應用動能定理或機械能守恒定

H過程分析卜律將初、末狀態聯系起來，列

方程求解

(2)常見模型

輕繩模型最高點

V2

/\恰好通過最高點時，繩的拉

/\FT+mg=m一

F力恰好為0

\/

、Z

最高點

恰好通過最高點時，桿對小

輕桿模型V2

mg±F=m一球的彈力等于小球重力

r

/、

/X

\/

\/

、Z

'、、…」

帶電小球在疊加場中

的圓周運動關注六個位置的動力學方

三程，最高點、最低點、等效恰好通過等效最高點；恰好

最高點、等效最低點、最左做完整圓周運動

邊和最右邊位置

等效法

傾斜轉盤上的物體

最高點

zwgsin3^Fi=m(o2r

恰好通過最低點

最低點

//Ff—mgsinO=m(61r

//

【考向一：水平面內的圓周運動】

1.圓周運動中的動力學方程

將牛頓第二定律F=ma應用于圓周運動，可得到圓周運動中的動力學方程.

F=m—=mco2r=m(ov=mr=4n2f1mr.

rT~

2.水平面內圓周運動問題的分析思路

匚扁一審清題意，確定______即做圓周運動的物體

一研究對象為研究對象

修明一?確定圓周運動的軌道平面

分析幾何關系，目的是確定圓周運動的圓心、

「半徑

分析物體的運動情況，即物體的線速度、角

早葉一速度等相關量

分析物體的受力情況，畫出受力破題

示意圖，確定向心力的來源一關鍵

畫。一?根據牛頓運動定律及圓周運動知識列方程

1.如圖所示，半徑為7?=lm的轉臺可以在中心的豎直轉軸帶動下在水平面轉動，質量為0.5kg、可視為

質點的物體放在轉臺的邊緣，用細線將物體拴接在轉軸上，細線處于拉直放松的狀態，且與轉軸的夾角

為6=30。。己知細線能承受的最大拉力為尸=10N,物體與轉臺之間的最大靜摩擦力近似等于滑動摩擦

力，轉臺的轉速緩慢增大，當轉臺的角速度為2rad/s時，細線剛好繃緊，重力加速度為g=10m/s2。下

列說法正確的是（）

A.物體與轉臺之間的動摩擦因數為0.2

B.轉臺的角速度為1rad/s時，物體所受的摩擦力可能為0

C.轉臺的角速度為rad/s時，物體剛好離開轉臺

D.轉臺的角速度為西rad/s時，細線剛好被拉斷

答案D

解析當轉臺的角速度為2rad/s時，細線剛好繃緊，則物體做圓周運動的向心力等于物體所受最大靜摩

擦力，W/nmg=mco2R,解得〃=0.4,A錯誤；當轉臺的角速度為1rad/s時，WFi=mcol:R=0.5N<jLimg

=2N,此時物體不受細線拉力，物體所受的摩擦力為0.5N,B錯誤；當物體剛好離開轉臺時，物體只

受重力和細線的拉力，豎直方向上有7cos30。=機g,水平方向有八畝30。=加就7?,解得。2

rad/s,T=^-N<10N,C錯誤；細線剛好被拉斷時，物體已經離開轉臺，假設此時細線與轉軸的夾

3

R

角為a,有尸sina=3?2sina,又L=------,解得03=/^rad/s,D正確。

sin30°

2.（多選）如圖甲所示，兩個完全相同的物塊N和8（均可視為質點）放在水平圓盤上，它們分居圓心兩側，用

不可伸長的輕繩相連。兩物塊質量均為1kg。與圓心距離分別為此和&，其中且&=lm。設

最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，當圓盤以不同角速度。繞軸。。勻速轉動時，繩中彈力后與。2的變化

關系如圖乙所示，重力加速度g=10m/s2。下列說法正確的是（）

B.物塊8與圓心距離RB=2HI

C.當角速度為1rad/s時圓盤對N的靜摩擦力指向圓心

D.當角速度為Jirad/s時，/恰好要相對圓盤發生滑動

答案ABD

解析角速度較小時，物塊各自受到的靜摩擦力”提供向心力，繩中無拉力。根據牛頓第二定律”=

mdR,因為所以物塊3與圓盤間的靜摩擦力先達到最大值，隨著角速度增大，輕繩出現拉力，

拉力FT和最大靜摩擦力的合力提供向心力。對物塊8分析&'+〃加g=%o2&,貝！|&=加。2感—“jg,則

根據圖像中斜率和截距的數據解得&=2m,〃=0.1,故選項A、B正確；當。=1rad/s時，由上述方程

得繩子中拉力大小尸T=1N,再對/分析，由牛頓第二定律得尸丁+6=加。2&,解得衣=0,故選項C

錯誤；當N恰好要相對圓盤發生滑動時，其摩擦力為最大值且方向沿半徑向外，對/分析舟一〃加g=

2

ma）RA,此時對8分析尸r+聯立解得0=拉rad/s,故選項D正確。

3.（2023廣東佛山二模）在高速公路的水平彎道，若直線道路與轉彎的圓曲線（曲率半徑一定）道路直接連接,

則彎道處存在曲率半徑突變。為提高旅客乘車經過彎道時的舒適度，通常設計用一段緩和曲線將直線與

圓曲線連接，實現曲率半徑的逐漸過渡。假如汽車以恒定的速率經過彎道，因彎道有了緩和曲線的連接,

則乘客乘車如圖5從尸到。的過程中（）

A.慣性將減小B.向心加速度是逐漸減小的

C.受到的合外力是逐漸增大的D.合外力對乘客做正功

答案C

解析慣性只與物體質量有關，與速度大小、運動狀態、受力等都無關，故慣性不變，A錯誤；由向心

加速度公式。向=一，從尸到0的過程中，彎道半徑逐漸減小，所以乘客的向心加速度逐漸增大，B錯

r

誤；由牛頓第二定律產合=%。向=〃，二，從P到。的過程中，彎道半徑逐漸減小，乘客所受合外力逐漸

r

增大，C正確；汽車在轉彎的過程中速率恒定，動能沒有變化，由動能定理合外力做功為零，故D錯誤。

4.（多選X2023廣東模擬預測）市面上有一種自動計數的智能呼啦圈，深受女士喜愛。如圖甲，腰帶外側帶

有軌道，將帶有滑輪的短桿穿過軌道，短桿的另一端懸掛一根帶有配重的細繩，其模型簡化如圖乙所示。

水平固定好腰帶，通過人體微小扭動，使配重做水平勻速圓周運動，計數器顯示在1min內轉過的圈數,

此時繩子與豎直方向夾角為應配重運動過程中認為腰帶沒有變形，下列說法正確的是（）

A.若增大轉速，腰受到腰帶的摩擦力增大

B.若增大轉速，腰受到腰帶的彈力增大

C.保持勻速轉動時，腰給腰帶的作用力大小不變

D.若增加配重，保持轉速不變，則繩子與豎直方向夾角。將不變

答案BCD

解析若增大轉速，配重做勻速圓周運動的半徑變大，繩與豎直方向的夾角。將增大，豎直方向mg=

Teos。，水平方向7sinO=Fn，可知拉力7變大，向心力居變大，對腰帶受力分析如圖，可得豎直方向

Ff=Mg+Tcos9=Mg+mg,水平方向尸N=Tsin0=耳，腰受到腰帶的摩擦力不變，腰受到腰帶的彈力增

大，故A錯誤，B正確；勻速轉動時，腰給腰帶的作用力是支持力區和摩擦力”的合力，兩個力的大

小均不變，則其合力大小不變，故C正確；對配重有加gtan6=%°2/sin0,即cos6=—p若增加配重，

a）2l

保持轉速不變，則繩子與豎直方向夾角。將不變，故D正確。

F,

Mg

5.（2023北京東城區綜練）利用物理模型對問題進行分析，是重要的科學思維方法。如圖11所示，長為L

的均勻細桿的一端固定一個小球，另一端可繞垂直于桿的光滑水平軸。轉動。己知小球質量為7肛，桿

的質量為加2。小球可視為質點。

（1）若桿的質量與小球質量相比可以忽略。把桿拉到水平位置后，將小球無初速度釋放。

a.當桿轉動至與水平方向成6角時（0<90。），求小球的角速度。。

b.若只增加桿的長度，小球由靜止開始運動到最低點的過程，所用時間是變長還是變短，通過分析定性

說明。

（2）若桿的質量與小球質量相比不能忽略，已知桿在繞。點轉動時，其動能的表達式為曷=匕心。肛％

6

a.請你利用單位制的知識，判斷a、6、y的數值。

b.把桿拉到水平位置后，將小球無初速度釋放，當桿轉動至與水平方向成。角時（6<90。），求小球的角速

度COro

答案（l）a.空詈b.變長見解析

(6加1+3冽2)gsin3

(2)a.ot=ly—2b.

（3冽i+加2）L

解析（l）a.在桿由水平位置轉動至與水平方向成仇6V90。）角的過程，由動能定理可得

1

migLsin6=5冽

又v=a）L

解得小球的角速度①=

b.變長。若只增加桿的長度，當桿轉動至與水平方向成8角時，由a中的角速度表達式可知，小球的角

速度變小，由于?？蔀?。?90。的任意值，所以運動到各處的角速度都變小，所以桿轉動90。所用時間變

長。

2

（2）a.桿動能的表達式為Ek=-m^Ly,由動能的計算公式Ek=~mv和線速度與角速度的關系式v=s可

62

知，Ek=1①2乙2得a=1、p=2、y=2。

b.在桿由水平位置轉動至與水平方向成。（。<90。）角的過程，由動能定理可得

1.11

mygLsin8+冽喏一￡sin9=-m\v，2-\-m2CoQL2

又v'=co'L

（6次i+3加2）gsin。

—；——1?——

J（3冽1+冽2）L

【考向二：豎直面內的圓周運動】

豎直面內圓周運動分析步驟:

（1）定模型一判斷是輕桿模型還是輕繩模型

輕桿（最高點）"min=0,此時FN=mg

受力分

FN=0時，v=，gR

析定臨一

界點

―輕繩（最高點）：』in=〃函，

此時F拉=0

（3）過程分析一應用動能定理或機械能守恒定律將初、末狀態聯系起來列方程求解

6.（多選）（2023北京西城高三期末）2022年7月24日，問天實驗艙成功發射。問天實驗艙配置了多種實驗柜

用來開展太空實驗。其中，變重力科學實驗柜為科學實驗提供0.01g?2g（零重力到兩倍重力范圍）高精

度模擬的重力環境，支持開展微重力、模擬月球重力、火星重力等不同重力水平下的科學研究。如圖所

示，變重力實驗柜的主要裝置是兩套900毫米直徑的離心機。離心機旋轉的過程中，由于慣性，實驗載

荷會有一個向外飛出的趨勢，對容器壁產生壓力，就像放在水平地面上的物體受到重力擠壓地面一樣。

因此，這個壓力的大小可以體現“模擬重力”的大小。根據上面資料結合所學知識，判斷下列說法正確的

是（）

照明系統臨視相機實驗模塊

離心機示意圖

機（左）

A.實驗樣品的質量越大，“模擬重力加速度“越大

B.離心機的轉速變為原來的2倍，同一位置的“模擬重力加速度”變為原來的4倍

C.實驗樣品所受“模擬重力”的方向指向離心機轉軸中心

D.為防止兩臺離心機轉動時對空間站的影響，兩臺離心機應按相反方向轉動

答案BD

解析根據題意可得加（2兀"）2廠=加g模，則模擬重力加速度g模=4兀2層/，模擬重力加速度與樣品的質量無

關，離心機的轉速變為原來的2倍，g模'=4g模，即同一位置的“模擬重力加速度”變為原來的4倍，故A

錯誤，B正確；實驗載荷因為有向外飛出的趨勢，對容器壁產生的壓力向外，所以模擬重力的方向背離

離心機轉軸中心，故C錯誤；根據牛頓第三定律可知，一臺離心機從靜止開始加速轉動，會給空間站施

加相反方向的力，使空間站發生轉動，所以為防止兩臺離心機轉動時對空間站的影響，兩臺離心機應按

相反方向轉動，故D正確。

7.（2024廣東佛山一模）偏心振動輪廣泛應用于生活中的各個領域，如手機振動器、按摩儀、混凝土平板振

動機等。如圖甲，某工人正操作平板振動機進行水泥路面的壓實作業。平板振動機中偏心振動輪的簡化

圖如圖乙所示，輪上有一質量較大的偏心塊。若偏心輪繞轉軸。在豎直面內轉動則當偏心塊的中心運動

到圖中哪一位置時，振動機對路面壓力最大（）

,M

'0）

____QA-_____N

Q\\

P'偏心塊

甲乙

A.PB.Q

C.MD.N

答案A

解析對偏心塊受力分析知，轉到最低點P時滿足/一加8=加。2/，可得偏心輪中心軸對偏心塊的拉力尸

=mg+mco2r,根據牛頓第三定律可知偏心塊對偏心輪向下的拉力最大，則振動機對路面的壓力最大，

故A正確。

8.在2022年3月23日的“天宮課堂”上，航天員王亞平搖晃裝有水和油的小瓶，靜置后水和油混合在一起

沒有分層。圖4甲為航天員葉光富啟動“人工離心機”，即用繩子一端系住裝有水油混合的瓶子，以繩子

的另一端。為圓心做如圖乙所示的圓周運動，一段時間后水和油成功分層（水的密度大于油的密度），以

空間站為參考系，此時（）

圖4

A.水和油的線速度大小相等

B.水和油的向心加速度大小相等

C.水對油的作用力大于油對水的作用力

D.水對油有指向圓心的作用力

答案D

解析水的密度大于油的密度，所以混合液體中取半徑相同處體積相等的水和油的液體小球，水球的質

量大于油球的質量，根據尸向=加。2/可知，水球需要的向心力更大，故當水油分層后水在瓶底，油在上

面，水和油做圓周運動的半徑不相同，角速度相同，根據v=o廠知，水比油的半徑大時，線速度也大，

A錯誤；根據。向=。2'知，角速度相同時，水的半徑大，向心加速度就越大，B錯誤；水對油的作用力

和油對水的作用力是一對相互作用力，根據牛頓第三定律，此二力大小相等方向相反，C錯誤；油做圓

周運動的向心力由水提供，故水對油有指向圓心的作用力，D正確。

9.（多選）如圖所示，質量為加的小明（視為質點）坐摩天輪。小明乘坐的車廂與摩天輪的轉軸間的距離為r,

摩天輪以大小為左，（常數MLg為重力加速度大?。┑慕撬俣茸鰟蛩賵A周運動。若小明坐在車廂水平座

墊上且雙腳離地，則下列說法正確的是（）

A.小明通過最高點時不受重力

B.小明做勻速圓周運動的周期為史-

C.小明通過最高點時處于完全失重狀態

D.小明通過最低點時對車廂座墊的壓力大小為（1+R）加g

答案BD

解析當小明通過最高點時小明依然要受到重力作用，A錯誤；小明做勻速圓周運動的周期7=生=

CO

2兀r

一B正確；小明做圓周運動所需的向心力大小尸向=機02廠=后2加g<%g,故小明通過最高點時處于失

重狀態，但并非處于完全失重狀態，C錯誤；當小明通過最低點時，由牛頓第二定律有廠一加

解得尸=（1+后2）”，根據牛頓第三定律可知，此時小明對車廂座墊的壓力大小為（1+F）"g,D正確。

10.在北京冬奧會自由式滑雪女子大跳臺的比賽中，滑雪大跳臺的賽道主要由助滑道、起跳臺、著陸坡、停

止區組成，如圖12所示。在某次訓練中，運動員經助滑道加速后自起跳點。以大小為vc=20m/s、與

水平方向成a=37。的速度飛起，完成空中動作后，落在著陸坡上，后沿半徑為R=40m的圓弧軌道所

自由滑行通過最低點尸，進入水平停止區后調整姿勢做勻減速滑行直到靜止。已知運動員著陸時的速度

方向與豎直方向的夾角為a=37。，在尸點運動員對地面的壓力為體重(含裝備)的2倍，運動員在水平

停止區受到的阻力為體重(含裝備)的0.5倍，g取lOm/s?,sin37o=0.6,忽略運動過程中的空氣阻力。

求：

(1)水平停止區FG的最小長度L；

(2)運動員完成空中動作的時間t。

答案(1)40m(2#s

解析(1)在尸點，合力提供向心力，得

mv^_,

F—-----,其中F^=F^'=2mg

NR

在停止區，運動員做勻減速直線運動，由動能定理得

一九=—于1必,其中/=0.5加g

解得￡=40m。

(2)在。點與落點速度水平分量相等

vccosa=V2sina

在。點與在落點速度豎直分量關系為

v2cosa=_vcsina+gt

解得t~1So

3

【考向三：圓周運動臨界問題】

求解圓周運動臨界問題的關鍵

本題的關鍵是把握兩個臨界狀態：一是物體與轉臺間的摩擦力達到最大靜摩擦力時，細線

對物體將要有拉力；二是物體剛要離開轉臺時，物體與轉臺間的摩擦力剛好為零，細線的

拉力在水平方向的分力提供物體做圓周運動的向心力。根據臨界狀態下物體的受力情況,

結合牛頓運動定律求出臨界狀態下的角速度是關鍵點。

水平面內圓周運動常見的三種臨界情況分析

臨界情況典型模型臨界條件分析

接觸與分離A兩物體恰好接觸或分離，臨界條件是彈力網

的臨界條件=0

兩物體相對靜止且存在著靜摩擦力時，二者相

相對滑動的

對滑動的臨界條件是靜摩擦力剛好達到最大

臨界條件

值

繩子所能承受的張力是有限度的，繩子恰不斷

繩子斷裂與

裂的臨界條件是繩中張力等于它所能承受的

松弛的臨界

最大張力，繩子松弛的臨界條件是繩子張力為

條件

零

解決豎直平面內圓周運動臨界極值問題的解題思路

首先判斷是輕繩模型還是輕桿模型，兩種

模型過最高點的臨界條件不同，其原因主

要是“繩”不能支持物體，而“桿”既能支持

物體，也能拉物體

豎直平面內圓周運動的臨界點一般為圓周

的最高點，對輕繩模型物體能過最高點的條

件:”》傘及對輕桿模型物體在最高點的最

小速度可以為0,在最高點輕桿可以產生向

上的支持力或向下的拉力

通常情況下豎直平面內的圓周運動只涉及

最高點和最低點的運動狀態

對物體在最高點或最低點時進行受力分析,

根據牛頓第二定律列出方程：益=/向

應用動能定理或機械能守恒定律將初、末

兩個狀態聯系起來列方程

11.如圖所示，足夠大的水平圓臺中央固定一光滑豎直細桿，原長為乙的輕質彈簧套在豎直桿上，質量均為加

的光滑小球/、3用長為工的輕桿及光滑錢鏈相連，小球/穿過豎直桿置于彈簧上。讓小球2以不同

的角速度。繞豎直桿勻速轉動，當轉動的角速度為時，小球2剛好離開臺面。彈簧始終在彈性限度

內，勁度系數為總重力加速度為g,則下列說法錯誤的是（）

mg

A.小球均靜止時，彈簧的長度為工

k

B.角速度。=°o時，小球/對彈簧的壓力為mg

C.角速度g=------------

JkL—2mg

D.角速度從g繼續增大的過程中，小球/對彈簧的壓力不變

答案D

解析若兩球靜止時，均受力平衡，對小球8受力分析可知，輕桿對小球8的彈力為零，臺面對

小球的支持力加g,設彈簧的壓縮量為xi，再對小球4分析可得加g=Axi，故彈簧的長度為〃=￡—

X1=Z--,故A項正確；當轉動的角速度為時，小球8剛好離開臺面，即心，=0,設輕桿與轉盤

k

ms2

的夾角為仇由牛頓第二定律可知，—^=mcoQ-L-cos6,/桿?sin8=加g,而小球4依然處于平衡，有尸

tan0

L—X2展

桿sin8+加g=B；=Ax2，而由幾何關系sin9=-------，聯立四式解得果=2加g,g=r-----------，則彈簧

L>\kL一2mg

對小球4的彈力為2加g,由牛頓第三定律可知小球/對彈簧的壓力為2mg,故B錯誤，C正確；當角

速度從g繼續增大，小球8將飄起來，桿與水平方向的夾角8變小，對小球4與8的系統，在豎直方

向始終處于平衡，WFk=mg+mg=2mgo則彈簧對小球力的彈力是2加g,由牛頓第三定律可知小球/

對彈簧的壓力依然為2加g,故D正確。

12.（多選）如圖所示，輕桿長為3/,在桿的兩端分別固定質量均為冽的球力和球3,桿上距球4為/處的點0

裝在光滑的水平轉動軸上，外界給予系統一定的能量后，桿和球在豎直面內轉動。在轉動的過程中，

忽略空氣的阻力。若球5運動到最高點時，球8對桿恰好無作用力，則球B在最高點時，下列說法正

確的是（）

A.球3在最高點時速度為而

/A\

I——//>由、\

B.此時球/的速度大小為'網i（l-o'];

2-

C.桿對球/的作用力為0.5機g弛;’

D.桿對水平軸的作用力為1.5mg

答案BD

解析設球8在最局點時的速度為為，有加g=〃?另，解得“=短，A錯誤。因為N、8兩球的

角速度相等，根據v=r。知，此處球/的速度為，=；而，B正確。根據牛頓第二定律得，FA-mg=

加母）2,7解得晶=L5加g,/對桿的作用力為1.5加g,水平軸對桿的作用力與N球對桿的作用力是

一對平衡力，所以歹=1.5加g,C錯誤，D正確。

13.（多選）如圖所示，一長為乙的輕質細桿一端與質量為加的小球（可視為質點）相連，另一端可繞

。點轉動。現使輕桿在同一豎直面內勻速轉動，測得小球的向心加速度大小為g（g為當地的重力加速

度），下列說法正確的是（）

A.小球的線速度大小為夜

B.小球運動到最高點時桿對小球的作用力豎直向上

C.當輕桿轉到水平位置時，輕桿對小球的作用力方向不可能指向圓心。

D.輕桿在勻速轉動過程中，輕桿對小球作用力的最大值為2加g

答案ACD

解析根據向心加速度。=二代入得小球的線速度v=夜，所以A正確；需要的向心力F=ma=

r

mg,所以在最高點桿對小球的作用力為零，故B錯誤；小球做勻速圓周運動，合外力提供向心力，故

合外力指向圓心，當輕桿轉到水平位置時，輕桿對小球的作用力尸=^/口》^口2+□加。口2,方向不指向圓

心。，所以C正確；輕桿在勻速轉動過程中，當轉至最低點時，桿對小球的作用力最大，根據牛頓第

二定律，有尸一加g