模板05圓周運動（五大題型）

本節導航：

題型01水平平面內的圓周運動題型02豎直平面內的圓周運動

題型03斜面平面內的圓周運動題型04圓周運動的多解問題

題型05圓錐擺類問題

題型01水平平面內的圓周運動

口曼理解禳

1、水平平面內的圓周運動此類問題相對簡單，物體所受合外力充當向心力，合外力大小不變，方向總

是指向圓心。當角速度發生變化時，物體有離心或向心運動的趨勢，此時往往需要根據受力情況判斷某個

力（如摩擦力等）的變化情況。

2、試題的呈現形式豐富，提問角度設置新穎，學生需要掌握圓周運動的規律和臨界條件。

一、必備基礎知識

1、描述圓周運動的物理量

物理量物理意義表達式

As2兀resc

線速度描述物體圓周運動快慢。o一加一丁—乙啊——a）r

角速度描述物體轉動快慢。A6>2兀2cv

°=Z7=亍=2仔=2加=不

周期物體沿圓周運動一周所用的時間，描述7=迎

V

物體轉動快慢

頻率單位時間內完成周期性變化的次數，描戶1/T

述物體轉動快慢

轉速做圓周運動的物體單位時間內沿圓周繞n=f=l/T

圓心轉過的圈數。描述物體做圓周運動

的快慢。

2

2V4兀2

向心加指向圓心（曲率中心）的加速度，與曲-

an=rco=~=cov=下r

速度線切線方向垂直。反映圓周運動速度方

=4-7T2f2r=4712n2r

向變化快慢的物理量。

2

廠v9—4兀2

向心力當物體沿著圓周或者曲線軌道運動時，Fn—TTlCln—m丫—JTICOf——

指向圓心（曲率中心）的合外力作用力。mr^f

作用效果是產生向心加速度。

2、圓周運動物理量之間的關系如下

「

各

物

理

址

間

的

關

系

一

轉速n

（頻率〃

3、勻速圓周運動和非勻速圓周運動

類型勻速圓周運動非勻速圓周運動

定義線速度的大小不變的線速度的大小和方向不斷變

圓周運動化的圓周運動。

性質①向心加速度、向心向心加速度、向心力、線速度

力和線速度的大小不和角速度均發生變化。

變，方向改變；

②角速度不變

條件合力大小不變，方向①合力沿速度方向分量產生

始終與速度方向垂直切向加速度，它只改變速度的

且指向圓心。大小;②合力沿半徑方向分量

產生向心加速度,它只改變速

度的方向。

3、向心、離心運動

受力特點圖例

當尸=機廠。2時，物體做勻速圓周運動。

尸二0一0

當尸=0時，物體沿切線方向飛出。

當代的丁時，物體逐漸遠離圓心，P為實際提供的

F=mr(o2\.

向心力，做離心運動。

當Q/Wm?時，物體逐漸向圓心靠近，做向心運動。

4、水平平面內圓周運動的臨界問題

問題的描述：在水平面內做圓周運動的物體，當轉速變化時，物體的受力可能發生變化，轉速繼續變

化，會出現繩子張緊、繩子突然斷裂、靜摩擦力隨轉速增大而逐漸達到最大值、彈簧彈力大小方向發生變

化等，從而出現臨界問題，確定臨界狀態是分析臨界問題的關鍵。

5、變速圓周運動

受力特點：當物體做變速圓周運動時，合外力指向圓心的分力就是向心力。合外力不等于向心力，合

外力一般產生兩個效果。

下圖表示小物體加速轉動的情況。。是軌跡的圓心，F是繩子對小物體的拉力。

可以把F分解為與圓周相切的鼻和指向圓心的F?：

跟圓周相切的分力F?只改變線速度的大小，Ft=mat,產生切向加速度，此加速度描述線速度大小變

化的快慢；

跟圓周切線垂直而指向圓心的分力片，只改變線速度方向，Fn=man,產生向心加速度。此加速度描述

線速度方向變化快慢。

二、解題模板

1、解題思路

明確做圓周

受力分析，確定

運動的對象合力提供向心力

和所在平面

2、注意問題

繩子的拉力出現臨界條件的情形有：①繩恰好拉直意味著繩上無彈力；②繩上拉力恰好為最大承受力

等。

物體間恰好分離的臨界條件是：物體間的彈力恰好為零。

水平轉盤上的物體恰好不發生相對滑動的臨界條件是：物體與轉盤間恰好達到最大靜摩擦力。

3、解題方法

①選擇做圓周運動的物體作為研究對象；②分析物體受力情況，其合外力提供向心力；③由Fn=m^

=mrco2列方程求解。

臨界問題的分析方法：當確定了物體運動的臨界狀態和臨界條件后，要分別針對不同的運動過程或現

象，選擇相對應的物理規律，然后再列方程求解。

向心力的的確定方法：明確運動軌道所在的平面，找到軌道平面圓心的位置，分析做圓周運動的物體

所受的力，畫出受力示意圖，找出這些力指向圓心的合力就是向心力。

。模板運用

|（2023?福建?高考真題）一種離心測速器的簡化工作原理如圖所示。細桿的一端固定在豎直轉軸

OO'上的。點，并可隨軸一起轉動。桿上套有一輕質彈簧，彈簧一端固定于。點，另一端與套在桿上的圓

環相連。當測速器穩定工作時，圓環將相對細桿靜止，通過圓環的位置可以確定細桿勻速轉動的角速度。

已知細桿長度L=0.2m,桿與豎直轉軸的夾角a始終為60。,彈簧原長%=0.1m,彈簧勁度系數k=lOON/m,

圓環質量機=lkg；彈簧始終在彈性限度內，重力加速度大小取lOm/s2,摩擦力可忽略不計

（1）若細桿和圓環處于靜止狀態，求圓環到。點的距離;

（2）求彈簧處于原長時，細桿勻速轉動的角速度大小；

（3）求圓環處于細桿末端P時，細桿勻速轉動的角速度大小。

思路分析

第一問的思路:

細桿和圓環處于平衡狀根據平衡求出圓環所受由胡可定律即

態，合力為零的彈簧的彈力可求得距離

第二問的思路:

彈簧處于原長，重力和支持根據圓周運動的規律和幾何

力的合力提供向心力關系即可求得角速度

第三問的思路

根據環的位置和胡■對圓環進行受力分析一，列豎直根據幾何關系聯立

克定律求出彈力■_方向和水平方向的運動方程可求得角速度

葉細解析

【答案】(1)0.05m；(2)如Rrad/s;(3)10rad/s

3

【詳解】(1)當細桿和圓環處于平衡狀態，對圓環受力分析得

To=mgcosa=5N

根據胡克定律F=kAx得

Ax=—=0.05m

0k

彈簧彈力沿桿向上，故彈簧處于壓縮狀態，彈簧此時的長度即為圓環到。點的距離

x\=xo~人0=0.05m

(2)若彈簧處于原長，則圓環僅受重力和支持力，其合力使得圓環沿水平方向做勻速圓周運動。根據牛頓

第二定律得

mg

------=ma)2r

tanaQ

由幾何關系得圓環此時轉動的半徑為

r=x0sina

聯立解得

1076..

①①=---raa/s

(3)圓環處于細桿末端尸時，圓環受力分析重力，彈簧伸長，彈力沿桿向下。根據胡克定律得

T=ML—%)=10N

對圓環受力分析并正交分解，豎直方向受力平衡，水平方向合力提供向心力，則有

mg+Tcosa=F^sina,Tsina+&cosa=mco1^

由幾何關系得

r'=Lsina

聯立解得

6y=10rad/s

（2024?安徽,一模）如圖所示，水平轉臺上的小物體1、2通過輕質細線相連，質量分別為相、

2m,保持細線伸直且恰無張力，并靜止在轉臺上，可繞垂直轉臺的中心軸。。'轉動。兩物體與轉臺表面的

動摩擦因數相同均為最大靜摩擦力認為等于滑動摩擦力。兩物體與軸。共線且物體1到轉軸的距離為r,

物體2到轉軸的距離為2r,重力加速度為g。當轉臺從靜止開始轉動，角速度極其緩慢地增大，針對這個

過程，求解下列問題：

O

,[T1團.

I;I

O,

⑴求輕繩剛有拉力時轉臺的角速度；

（2）求當轉臺角速度為母[時，物體1受到的摩擦力；

V3r

⑶求當物體1和物體2均被甩離轉臺時的角速度。

【答案叫詈

(2)0

【詳解】（1）輕繩剛有拉力時，物體2與轉盤間的摩擦力達到最大靜摩擦力，由牛頓第二定律可得

〃?2mg=Imco^?2r

解得

(2)圓盤角速度為

(°=>?o

V3r

此時2與轉盤間的摩擦力是最大靜摩擦力，則對2有

〃-2mg+T=2moi-2r

對1有

2

f1+T=ma)r

解得

Z=o

(3)當圓盤轉動的角速度大于J號時’物體2與轉盤間的摩擦力仍為最大靜摩擦力’但物體1所受的摩

擦力沿半徑向外，且隨著角速度的增大，摩擦力不斷增大，當物體1和物體2均被甩離轉臺時，物體1所

受的摩擦力達到最大值，根據牛頓第二定律可得

〃?2mg+T'=2mco'2?2r

Tr-/Limg=mco,2r

解得〃=杵

題型02豎直平面內的圓周運動

母教幽族

1、豎直平面內的圓周運動主要常考的模型為輕繩模型和輕桿模型，這類題型要注意分清受力特征以及

掌握臨界條件的分析方法。

2、題型難道一般不是很大，考查內容比較綜合，需要學生具備一定的綜合分析能力。

一、必備基礎知識

1、拱橋模型

受力特征：下有支撐，上無約束。

2

臨界特征：FN=0,mg=rnvmax,即vmax=y[gRo過最高點條件：v秘質。討論分析：吟歷時：優g—

FN—nr^,FN=mg-m^;<mg（失重）丫>[9時：到達最高點前做斜上拋運動飛離橋面。

2、輕繩模型

受力特征：除重力外，物體受到的彈力方向：向下或等于零。

臨界特征：FN=O,"Zg=ZW費即Vmin=d/。過最高點條件：在最高點的速度v>y[gR<.討論分析：過

最高點時，v小麻，FN+mg^nr^,繩、圓軌道對球產生彈力外；不能過最高點時，v<y[gr,在到達最高點

前小球已經脫離了圓軌道。

3、輕桿模型

受力特征：除重力外，物體受到的彈力方向：向下、等于零或向上。

臨界特征：v=0即F向=0FN=mgo過最高點條件：在最高點的速度佗0。討論分析：當v=0時，

_V2

Fz=mg,，FN為支持力，沿半徑背離圓心；當0<vR適時，一斤+叫=；”,心背離圓心，隨v的增大而減

V2

小；當v=q而時，FN=0；當?時，Fti+mg=mr,PN指向圓心并隨v的增大而增大。

二、解題模板

1、解題思路

2、注意問題

小球的不脫軌問題，如下圖所示，該問題包含兩種情景：①小球沒有通過最高點，但沒有脫離圓軌道，

這種情況下小球最高上升到與圓心等高位置處然后原路返回；②小球通過最高點并完成圓周運動，這種情

況下最高點的速度要滿足

繩子模型和桿模型的比較如下表所示。

模型繩子模型桿模型

繩

圖例、■質軌號

、、:聿遹

'~~

尸彈

.彈Y-寶、—十、一4j、

mg\mgF袋

mgmgmg

受力分析

olo

olo

尸彈廬[下或等于零0

尸彈向下、等于零或向上

V2V2

力學方程機且十尸彈=加斤mg±F彈=m'n

小球恰好通過軌道最高點、恰好能做完由小球恰能運動到最高點得V臨=0。

過最高點整的圓周運動，隱含著小球運動到最高

的臨界條點時繩或軌道對小球的作用力恰好為

件

零。由儂=紜得P小={^

若通過最高點時v>y[grj則繩、軌道2

當勿8=巧即v=y[gj^,歷=0此時桿或

對球產生一個向下的彈力E由分+儂

2

V管道對小球恰好沒有作用力；

=^-可得6隨y的增大而增大；

r當0<大五工寸，球受到向上的支持力，

不能過最高點時火，白,在到達最高

V2

點前小球已經脫離了圓軌道。由儂-A=ffl-可得A隨■的增大而減

r

討論分析小；

當力時，球受到向下的拉力，

V2

由A+儂=”可得A隨丫的增大而增

大；

當y=0時，R=mg,A為支持力，沿半

徑背離圓心。

3、解題方法

①確定模型：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。

②確定臨界點：丫臨=詼，對輕繩模型來說是能否通過最高點的臨界點，而對輕桿模型來說所表現為

支持力或者是拉力的臨界點。

③確定研究狀態：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情況。

④進行受力分析：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/合=廠向。

⑤進行過程分析：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。

金掇極運用

（2024?安徽?高考真題）如圖所示，一實驗小車靜止在光滑水平面上，其上表面有粗糙水平軌道

與光滑四分之一圓弧軌道。圓弧軌道與水平軌道相切于圓弧軌道最低點，一物塊靜止于小車最左端，一小

球用不可伸長的輕質細線懸掛于。點正下方，并輕靠在物塊左側。現將細線拉直到水平位置時，靜止釋放

小球,小球運動到最低點時與物塊發生彈性碰撞。碰撞后,物塊沿著小車上的軌道運動，已知細線長L=L25m。

小球質量心=0.20kg。物塊、小車質量均為M=0.30kg。小車上的水平軌道長s=1.0m。圓弧軌道半徑

R=0.15m。小球、物塊均可視為質點。不計空氣阻力，重力加速度g取10m/s2。

（1）求小球運動到最低點與物塊碰撞前所受拉力的大小；

L

mo----O

Ms

b

思路分析

第一問的思路:

豎直平面內的圓周運動，先根據動小球在最低點，拉力和重根據圓周運動規律可

能定理求出小球擺到最低點的速度力的合力提供為向心力求出拉力的大小

爵細解穗

【答案】（1）6N；（2）4m/s；（3）0.25<//<0.4

【詳解】（1）對小球擺動到最低點的過程中，由動能定理

mgL=gm\^—

解得

v0=5m/s

在最低點，對小球由牛頓第二定律

4-mg=m-

解得，小球運動到最低點與物塊碰撞前所受拉力的大小為

工=6N

（2024?陜西榆林?一模）如圖1所示，位于豎直面內的固定光滑弧形軌道的最低點6與固定光滑

圓形軌道3CDE平滑連接，圓形軌道半徑R=0.40m、C點與圓心。點等高。現有一質量根=010kg的滑塊

(可視為質點)，從位于軌道上的A點由靜止開始滑下，滑塊經8點后沿圓形軌道上滑。取重力加速度

圖1圖2

⑴若滑塊經B點后，恰好能通過圓形軌道的最高點O,求滑塊通過。點時的速度大小；

(2)若要求滑塊在運動過程中，不會從BCD部分脫離光滑圓形軌道，請分析說明A點距離8點豎直高度應滿

足什么條件；

⑶為了更好地研究滑塊的運動特點，某同學更換了滑塊，并設計了相似裝置，且在圓軌道最低點6處安裝

了壓力傳感器，利用多組A3豎直高度H與力傳感器的讀數尸的數據，繪制了圖像如圖2所示，測得

圖線的斜率k=0.40。請根據上述情景和圖像信息，求解滑塊的質量和圓形軌道半徑。

【答案】(l)2.0m/s

(2)/z>1.0m或&W0.4m

(3)0.010kg,0.50m

【詳解】(])因滑塊恰能通過。點時其所受軌道的壓力為零，其只受到重力的作用。設滑塊在。點的速度

大小為%,根據牛頓第二定律，對滑塊在。點有

mg=m

R

解得

vD=-JgR=2.0m/s

(2)設滑塊不脫軌剛好通過。點的釋放高度為4,根據動能定理或機械能守恒有

12

—mvD=mgl\-mg-2R

代入數值得

/jj=1.0m

即當〃上％=L0m不脫離軌道；如果滑塊沿圓軌道運動高度不超過C點，則也滿足不脫軌條件，設此時的釋

放高度為飽，根據動能定理或機械能守恒有

0=mgh2-mgR

代入數值得

b=0.4m

即當〃4飽=0.4m不脫離軌道；所以不脫離軌道釋放高度無需滿足：//21.0m或0.4m（說明：寫成//<0.4m

或//>1.0m的同樣得分）

（3）設滑塊的質量為機‘，圓形軌道半徑為R',對于滑塊下滑到8點的過程，根據機械能守恒定律有：

mgH=^mv~

滑塊在B點時傳感器的示數F大小等于滑塊此時所受軌道的壓力，根據牛頓第二定律有：

口，,v2

r—m9=m—；

R

聯立解得

F=^H+mg

R

即R-H圖像中，斜率

卜=2mg

R

截距

b=m'g

即由圖像可知

0.10=mg,0.40=絲^

R

解得

m=0.010kg,R=0.50m

題型03斜面平面內的圓周運動

?致型?篌

在斜面上做圓周運動的物體，因所受的控制因素不同，如靜摩擦力控制、繩控制、桿控制，物體的受

力情況和所遵循的規律也不相同。

勵槿笆的建

一、必備基礎知識

1、斜面平面上的圓周運動分類

靜摩擦力控制下的圓周運動；輕桿控制下的圓周運動；輕繩控制下的圓周運動。

2、兩種類型

靜摩擦力控制下的斜面圓周運動，如下圖所示。

輕桿控制下的斜面圓周運動，如下圖所示。

二、解題模板

1、解題思路

明確斜面上受力分析，分析物

物體做圓周體在最高點和最i氐

運動的類型點的受力館兄

2、注意問題

斜面內的圓周運動與豎直面內的圓周運動類似，斜面上的圓周運動也是集中分析物體在最高點和最低

點的受力情況，列牛頓運動定律方程來解題。只是在受力分析時，一般需要進行立體圖到平面圖的轉化，

這是解斜面上圓周運動問題的難點。

3、解題方法

明確研究對象；將物體的立體圖轉化為平面圖；進行受力分析和運動分析；列方程進行求解

物體在斜面上做圓周運動時，如下圖所示，設斜面的傾角為仇重力垂直斜面的分力與物體受到的支持

力相等，物體運動到斜面任意位置時由斜面內指向圓心方向的合力提供向心力。

駐掇極運用

（2024?廣東?階段練習）如圖，傾角為，=30。的光滑斜面體固定在水平面上，斜面ABC。為邊

長2.5工的正方形，斜面上一點。為AC、2。連線的交點。長為L的輕繩一端系著質量為根的小球，另一端

系在。點，小球在斜面上繞。點做完整的圓周運動，且運動到最高點時輕繩的拉力恰好為零。已知重力加

速度為g，小球運動過程中無機械能損失。

(1)求小球運動到圓周最高點時速度的大小;

(2)求小球所受輕繩的最大拉力;

思路分析

第一問的思路;

小球運動到最高點時，重力沿斜面的分根據圓周運動的

輕繩的拉力恰好為零力提供為向心力規律可求得速度

第二問的思路:

小球在最低點時,拉力和重力沿斜面的根據圓周運動的規律和機械

所受拉力最大分力提供為向心力能守恒定律可求得最大拉力

詳細解1

【答案】⑴呼⑵3……'6L

g4g4g

【詳解】（1）小球運動到最高點時，輕繩的拉力恰好為零，根據牛頓第二定律

mgsin0=m^-

解得

（2）小球在最低點所受拉力最大

F-mgsin3=

由機械能守恒定律

2mgLsind=gmv1—；mvj2

解得

F=3mg

］（2024?廣東?模擬預測）如圖所示，楔形物體放在水平地面上，斜面光滑，傾角為6。輕繩一端

固定在斜面，另一端系一質量為機的小球在斜面上做圓周運動，A、8分別是圓周運動軌跡的最低點和最高

點，已知小球恰能通過B點。在小球運動過程中楔形物體始終靜止不動，重力加速度為g。求：

（1）小球運動到最低點A時繩對小球的拉力大小；

（2）小球經過最高點B時，地面對楔形物體的摩擦力大小。

【答案】（1）T—Gmgsin0；（2）f=mgsin^cos^

【詳解】（1）設繩長為/,小球在3時速度大小為vB,小球恰好能通過2點

對小球運用牛頓第二定律：

mgsin0=①

設小球在A點時的速度大小為以，繩對小球拉力大小為T,在A點

對小球運用牛頓第二定律：

T-mgsin9=m以一②

小球運動過程中機械能守恒：

2

2mgisin〃=：771vA—；mv^③

聯立①②③解得：

T=6mgsin0

（2）小球在8時繩對其拉力為0,設小球在8點時受斜面彈力大小為N

在垂直斜面方向上小球平衡：

N=mgcos0④

設斜面受小球作用力大小由牛頓第三定律:

N'=N

設斜面所受地面摩擦力大小為力由斜面的水平方向平衡條件：

/=Msine⑤

解得：

f=mgsinOcosd(^f=—mgsm23)

題型04圓周運動的多解問題

1、這類題目常涉及兩個物體的兩種不同的運動，其中一個物體做勻速圓周運動，另一個物體做其它形

式的運動。

2、圓周運動具備周期性，因此會出現多解問題。兩個物體的運動是同時進行的，因此運動時間是一致

的，這是解題的突破口。

一、必備基礎知識

1、問題特點

圓周運動具有周期性，使得不同周期內發生的運動可能是相同的，這將造成多解。

2、三種傳動模型

方式同軸轉動皮帶傳動齒輪傳動

A、B兩點在同軸的一個兩個輪子用皮帶連接，A、B兩個齒輪輪齒嚙合，A、B兩

裝置圓盤上，到圓心的距離兩點分別是兩個輪子邊緣點分別是兩個齒輪邊緣上的

不同。上的點。點。

4R

圖例%④B

*.-,

A、B兩點角速度、周期A、B兩點線速度相同A、B兩點線速度相同

特點

相同

轉動方

相同相同相反

向

線速度與半徑成正比：角速度與半徑成反比：

角速度與半徑成反比與齒輪

規律絲=二，

齒數成反比：

Ra>BR

周期與半徑成正比：

經=工=從，

T^_R①B廠2N]'

TB

r周期與半徑成正比，與齒輪

齒數成正比：

ZA=2L=A

r

TB2M

二、解題模板

1、解題思路

明確兩種▼1■-------■】

運動形式一■■■____1

2、注意問題

分析此類問題，周期性是得出多解通式的關鍵。求解過程切記不能只考慮第一個周期的情況，要注意

問題的多解。

3、解題方法

①明確兩個運動的物體，分析各自的運動形式；

②對兩者進行受力分析和運動分析；

③根據各自的運動特點列出規律方程；

④根據題意要求，建立兩者的聯系，根據等時性得出多解通式；

⑤對結果進行分析和討論。

?模板運用

|（2024?廣東?模擬預測）如圖所示，水平圓盤直徑48與C點同線，在C點正上方h處有一可視

為質點的小球沿與圓盤直徑平行的方向以一定的初速度水平拋出，。點為圓盤圓心，已知圓盤半徑為R,

B、C兩點間的距離為R,O為圓周邊緣上一點，且。。與A8垂直，重力加速度為g,不計空氣阻力。

（1）求當圓盤固定時，要使小球落在圓盤上，求速度大小范圍；

（2）若圓盤繞圓心。點由圖示位置沿逆時針做勻速圓周運動，經過一段時間后，小球恰好與圓盤在。點相

遇，求圓盤轉動線速度大小的可能值。

o—?

B,

c

D

思路分析

第一問的思路:

小球做平確定臨界條件：小球落在B點時，初速根據平拋運動的規律

拋運動度最小；落在4點時，初速度最大可求得速度的范圍

第二問的思路:

小球做平拋運動，圓由圓周運動的周期聯立方程可求

盤做圓周運動性和運動的等時性得速度

詳細解析

【答案】⑴R島4V。43及—；(2)v={nn+—)恭=。,1,2、3）

2h2

【詳解】（1）小球做平拋運動，根據

712

h=2gt

解得小球做平拋運動的時間

2h

當小球落在8點時，初速度最小，則最小速度為

V=R

2h

當小球落在A點時，初速度最大，則最大速度為

g

2h

所以圓盤固定時，要使小球落在圓盤上，速度大小范圍為

喘陪g

V2nV2nh

（2）根據

0

(D--

根據圓周運動的周期性，可知相遇時。點轉過的角度為

6=+g("=0,1,2,3…)

線速度大小為

v=a)R

聯立解得

v=(7in+—)R=0,1,2、3)

|(2024?廣東?期中)如圖所示的游戲裝置中，一高度為//的固定桿的頂部固定一光滑圓弧形軌道，

一處于水平面內的圓盤可繞固定桿轉動，圓盤上距圓盤中心為工的。?處有一小圓孔。現讓圓盤勻速轉動，

當過。a的直線處于軌道AB正下方且。?在桿右側時，將小球從A點靜止釋放，小球經導軌從8點水平拋

出后恰好穿過圓孔。口已知小球由A點到8點的時間為石，不計空氣阻力。求：

(1)4、8間的豎直高度差；

⑵圓盤轉動的角速度。

2n7r

【答案】(1)與⑵凡，("=1,2,3......)

44日

【詳解】(1)小球從8點拋出后做平拋運動，豎直方向上有

.12

h=2gr

水平方向上有

L=vt

聯立解得

從A到B的過程中，根據動能定理得

mgh^=；mv2一0

解得

⑵小球從A點運動到Oi點的時間

2h

r

t=t+tQ=

在這段時間內，圓盤轉過的角度為

0=加=(n=l92,3.....)

聯立解得

IriTi

co=-.——一

2h(n=l,2,3......)

工+'°

題型05圓錐擺類問題

該類問題往往是由重力和彈力的合力提供向心力，使物體在水平面內做勻速圓周運動。掌握圓錐擺的

運動特征可以快速解決這類問題O

◎槿刨吠

一、必備基礎知識

1、結構特點

一根輕繩系一個擺球（可看成質點），讓擺球在水平面內做勻速圓周運動。

2、運動圖示

3、類圓錐擺

有些物體的運動從表面上看不屬于圓錐擺模型，但其受力情況和運動情況與圓錐擺模型類似，利用相

似的分析方法即可求解。

常見的類圓錐擺模型有：圓錐筒、火車轉彎、飛車走壁等。模型圖如下所示。

mg

Fn=mgtan6

二、解題模板

1、解題思路

2、注意問題

物體做圓周運動的軌道圓心一定與軌道共面，所以做圓錐擺運動的物體，軌道圓心不是懸點，而是與

軌道共面的中心，半徑則為軌道平面上面的半徑。

3、解題方法

7_________________

圓錐擺：向心力bn=Angtan。=叼7=加（02/，且r=￡sina解得v=y/gLtanOsin3cog

Leos00

穩定狀態下,6越大,角速度。和線速度V就越大，小球受到的拉力尸=梟和運動所需向心力也越大。

圓錐筒:

筒內壁光滑，向心力由重力mg和支持力BN的合力提供，即簫=4=加。2廠，解得v=yl熹,。=

穩定狀態下小球所處的位置越高，半徑廠越大，角速度。越小，線速度v越大，支持力FN=sinO和向

m\

心力Fn=tan6并不隨位置的變化而變化。

&媒極運用

I（2024?安徽?一模）乒乓球是我國的國球，中國乒乓球隊更是奧運夢之隊。在剛剛結束的第33

屆巴黎奧運上，我國包攬了5枚金牌，為國乒喝彩。乒乓球訓練入門簡單，一支球拍，一個球，就能做顛

球訓練，也能對著墻壁開展對練模式。為了避免撿球的煩惱，現在推出了一種懸掛式乒乓球訓練器，如圖

甲所示。該訓練器可簡化成一根長為/的輕質細繩下懸掛一可視為質點、質量為機的小球。不計空氣阻力,

重力加速度為g。

⑴敲擊小球，可以讓小球在豎直平面內擺動，最大偏轉角度為仇則小球擺到最高點時，求繩子拉力大小;

（2）敲擊小球，也可以讓小球做圓錐擺運動，當輕繩偏離豎直方向夾角為。時，求繩子拉力大小及小球線速

度大小。

思路分析

第一問的思路:

對小球受