2017高考科学复习解决方案(人教版)高中物理第4章第3讲圆周运动及其应用Word版含解析

第3讲 圆周运动及其应用

知识点1 匀速圆周运动、角速度、线速度、向心加速度 Ⅰ
1.匀速圆周运动
(1)定义：线速度大小不变的圆周运动。
(2)性质：加速度大小不变，方向总是指向圆心的变加速曲线运
动。
(3)条件：有初速度，受到一个大小不变，方向始终与速度方向
垂直且指向圆心的合外力。
2．描述圆周运动的物理量
描述圆周运动的物理量主要有线速度、角速度、周期、频率、转< br>速、向心加速度、向心力等，具体如下：

知识点2 匀速圆周运动与非匀速圆周运动

知识点3 离心现象 Ⅰ
1.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 圆周运动所需向心力的情况下，所做的逐渐远离圆心的运动。
(2)本质：做圆周运动的物体，由于本身的惯性，总有沿着圆周
切线方向飞出去的倾向。
(3)受力特点：F
n
为提供的向心力。
①当F
n
＝mω
2
r时，物体做匀速圆周运动；
②当F
n
＝0时，物体沿切线方向飞出；
③当F
n
2
r时，物体逐渐远离圆心，做离心运动。

2．近心运动：当F
n
>mω
2
r时，物 体将逐渐靠近圆心，做近心运
动。
双基夯实
一、思维辨析
1．做圆周运 动的物体，一定受到向心力的作用，所以分析受力
时，必须指出受到向心力的作用。( )
2．匀速圆周运动是匀变速曲线运动，非匀速圆周运动是变加速
曲线运动。( )
3．匀速圆周运动的向心加速度与半径成反比。( )
4．在光滑的水平路面上汽车不可以转弯。( )
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。( )
6．火车转弯速率小于规定的数值时，内轨受到的压力会增大。
( )
答案 1.× 2.× 3.× 4.√ 5.× 6.√
二、对点激活
1．[向心力](多选)关于向心力，下列说法正确的是( )
A．向心力是一种效果力
B．向心力是一种具有某种性质的力
C．因为向心力总是指向圆心，且大小不变，故向心力是一个恒
力
D．因向心力指向圆心，且与线速度方向垂直，所以它不能改变
线速度的大小
答案 AD
解析 向心力是按作用效果命名的，是一种效果力，它可以由重
力、弹力、摩擦力等性质 的力提供，所以A项正确，B项错误；向心
力指向圆心，始终与线速度垂直，故不能改变线速度的大小， 只用来
改变线速度的方向，做匀速圆周运动的物体，受到的向心力大小不变，

但 方向时刻改变，不是恒力，故C错D对。
2．[向心力的来源]如图所示，洗衣机脱水筒在转动时，衣 服贴
靠在匀速转动的圆筒内壁上而不掉下来，则衣服( )

A．受到重力、弹力、静摩擦力和离心力四个力的作用
B．所需的向心力由重力提供
C．所需的向心力由弹力提供
D．转速越快，弹力越大，摩擦力也越大
答案 C
解析 衣服受三个力的作用，分别为重力、弹力、静摩擦力，重
力和静摩擦力平衡，弹力做向心 力，转速越快，弹力越大，但静摩擦
力不变。
3．[对离心现象的理解]下列关于离心现象的说法正确的是( )
A．当物体所受的离心力大于向心力时产生离心现象
B．做匀速圆周运动的物体，当它所受的一切力都突然消失后，
物体将做背离圆心的圆周运动
C．做匀速圆周运动的物体，当它所受的一切力都突然消失后，
物体将沿切线做直线运动
D．做匀速圆周运动的物体，当它所受的一切力都突然消失后，
物体将做曲线运动
答案 C
解析 物体只要受到力，必有施力物体，但“离心力”是没有施
力物体的， 故所谓的离心力是不存在的，只要向心力不足，物体就做
离心运动，故A选项错；做匀速圆周运动的物体 ，当所受的一切力

突然消失后，物体做匀速直线运动，故B、D选项错，C选项正确。

考点 圆周运动的运动学分析 基础强化

1．圆周运动各物理量间的关系

2．对公式v＝ωr的理解
当r一定时，v与ω成正比；当ω一定时，v与r成正比；当v
一定时，ω与r成反比。
v
2
3．对a＝
r
＝ω
2
r的理解
当v一定时，a与r成反比；当ω一定时，a与r成正比。
4．常见的三种传动方式及特点
(1)皮带传动：如图甲、乙所示，皮带与两轮之间无相对滑动时，
两轮边缘线速度大小相等， 即v
A
＝v
B
。

(2)摩擦传动：如图丙所示，两轮边 缘接触，接触点无打滑现象
时，两轮边缘线速度大小相等，即v
A
＝v
B。

(3)同轴传动：如图丁所示，两轮固定在一起绕同一转轴转动，< br>两轮转动的角速度大小相等，即ω
A
＝ω
B
。

例1 如图所示的皮带传动装置中，右边两轮连在一起同轴转
动。图中三轮半径的关系为：r< br>1
＝2r
2
，r
3
＝1.5r
1
，A、B、 C三点为三
个轮边缘上的点，皮带不打滑，则A、B、C三点的线速度之比为
______；角 速度之比为________；周期之比为______。

(1)A、B两点位于两轮边缘 靠皮带传动，那么v
A
与v
B
有什么关系？ω
A
与ω
B
有什么关系？
ω
A
r
2
提示：v
A
＝v
B
，
ω
＝。
r
1
B
(2)B、C为 同轴转动的两点，v
B
与v
C
，ω
B
与ω
C
的关系是什么？
v
B
r
2
提示：ω
B
＝ωC
，
v
＝。
r
3
C
尝试解答 1∶1∶3__1∶2∶2__2∶1∶1。
因为A、B两轮由不打滑的皮带相连，所以相等时间内A 、B两
ω
A
r
2
1
点转过的弧长相等，即v
A＝v
B
，则v＝ωr知
ω
＝＝，又B、C是
r
1
2
B
v
B
同轴转动，相等时间内转过的角度相等，即ω
B
＝ω
C
，由v＝ωr知
v
C
1
r
r
22
1
1
＝＝＝
r
3
1.5r
1
3< br>所以v
A
∶v
B
∶v
C
＝1∶1∶3
ω
A
∶ω
B
∶ω
C
＝1∶2∶2

2π
再由T＝
ω
可得
11
T
A< br>∶T
B
∶T
C
＝1∶∶＝2∶1∶1。
22
总结升华
传动装置类问题的关键
(1)确定属于哪类传动方式，抓住传动装置的特点。
①同轴传动：固定在一起共轴转动的物 体上各点角速度相同；②
皮带传动、齿轮传动和摩擦传动：皮带(或齿轮)传动和不打滑的摩擦
传动的两轮边缘上各点线速度大小相等。
(2)结合公式v＝ωr，v一定时ω与r成反比，ω一定时 v与r
成正比，判定各点v、ω的比例关系，若判定向心加速度a的比例，
巧用a＝ωv这一规 律。

1．如图所示，甲、乙、丙三个轮子依靠摩擦传动，相互之间不
打滑，其半径 分别为r
1
、r
2
、r
3
。若甲轮的角速度为ω
1
，则丙轮的角
速度为( )

r
1
ω
1
A.
r
3
r
3
ω
1
C.
r
2
答案 A
解析 连接轮之间可能有两种类型，即摩擦传动或同轴轮传动
(各个轮子的轴是焊接的)，本题属于摩擦传动，特点是各个轮边缘的
线速度大小相同。即v< br>1
＝ω
1
r
1
＝v
2
＝ω
2
r
2
＝v
3
＝ω
3
r
3
，显然选项A正
r
3
ω
1
B.
r
1
r
1
ω
1
D.
r
2

确。
2．[2015·桂林模拟]如图所示，B和C是 一组塔轮，即B和C半
径不同，但固定在同一转动轴上，其半径之比为R
B
∶R
C
＝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轮摩擦传动，故v< br>a
＝v
b
，ω
a
R
A
＝ω
b
R
B
，ω
a
∶ω
b
＝3∶2；
v
bv
c
B、C同轴，故ω
b
＝ω
c
，
R
＝
R
，v
b
∶v
c
＝3∶2，因此v
a
∶ v
b
∶v
c
＝3∶3∶2，
BC
ω
a
∶ω
b
∶ω
c
＝3∶2∶2，故A、B错误。转速之比等于角速度之比，故C错误。由a＝ωv得：a
a
∶a
b
∶a
c
＝9∶6∶4 ，D正确。
考点 圆锥摆模型及其相关临界 深化理解



1．圆锥摆模型的受力特点
受两个力，且两个力的合力沿水平方向，物体在水平面内做匀速
圆周运动。

< br>2．运动实例：圆锥摆、火车转弯、飞机在水平面内做匀速圆周
飞行、半圆形的碗内物体做匀速圆 周运动。
3．解题方法：①对研究对象进行受力分析，确定向心力来源。
②确定圆心和半径。 ③应用相关力学规律列方程求解。

4．规律总结
(1)圆锥摆的周期

如图摆长为L，摆线与竖直方向夹角为θ。
4π
2
受力分析，由牛顿第二定律得：mgtanθ＝m
2
r
T
r＝Lsinθ
解得T＝2π
(2)结论
①摆高h＝Lcosθ，周期T越小，圆锥摆转的越快，θ越大。
mg
②绳的拉力F＝，圆锥摆转的越快，摆线拉力F越大。
cosθ
③摆球的加速度a＝gtanθ。

例2 (多选)如图所示，物 体P用两根长度相等、不可伸长的细
线系于竖直杆上，它们随杆转动，若转动角速度为ω，则( )
Lcosθ
g
＝2π
h
g


A．ω只有超过某一值时，绳子AP才有拉力
B．绳子BP的拉力随ω的增大而增大
C．绳子BP的张力一定大于绳子AP的张力

D．当ω增大到一定程度时，绳子AP的张力大于绳子BP的张
力
(1)据圆锥摆的结论，ω较小时AP绳一定有力吗？
提示：不一定，ω越小，BP与杆夹角越小，AP会松。
(2)当ω增大到一定程度时，物体P受几个力，如何处理这几个
力？
提示：三个力，重力、BP拉力、AP拉力，沿水平方向、竖直方
向正交分解。
尝试解答 选ABC。

ω较小时，绳子AP处于松驰状态，只有ω超过某一值，才 产生
拉力，A对，当AP、BP都产生张力之后，受力如图，
F
BP
sinα＝mg＋F
AP
sinα①
F
BP
cosα＋F
AP
cosα＝mω
2
r②
由①②可知F
BP
>F
AP
，随ω的增大F
BP
、 F
AP
都变大，B、C对，
D错。
总结升华
圆锥摆的两种变形
变形1：具有相同锥度角(长度不同)的圆锥摆。

由a＝gtanθ知A、B的向 心加速度大小相等。由a＝ω
2
r知ω
A
<ω
B
，
v
2
由a＝
r
知v
A
>v
B
。
变形2：具有相同摆高，不同摆长和摆角的圆锥摆。

由T＝2π< br>h
g
知摆高h相同，则T
A
＝T
B
，ω
A< br>＝ω
B
，由v＝ωr知
v
A
>v
B
，由a＝ ω
2
r知a
A
>a
B
。

1．小球在半 径为R的光滑半球内做水平面内的匀速圆周运动，
试分析图中的θ(小球与半球球心连线跟竖直方向的夹 角)与线速度v、
周期T的关系。(小球的半径远小于R)

答案 v＝gRtanθsinθ
T＝2π
Rcosθ
g


解析 小球做匀速圆周运动的圆心在和小球等高的水平面上(不
在半球的球心)，向心力F是重 力mg和支持力N的合力，所以重力
mv
2
和支持力的合力方向必然水平。如图所示有 ：mgtanθ＝，由此
Rsinθ
可得：v＝gRtanθsinθ，T＝2π
Rc osθ
g
。
可见，θ越大，v越大，T越小。
2．如图所示，一个光滑的 圆锥体固定在水平桌面上，其轴线沿
竖直方向，母线与轴线之间的夹角为θ＝30°，一条长为L的绳( 质量
不计)，一端固定在圆锥体的顶点O处，另一端拴着一个质量为m的
小物体(物体可看作质 点)，物体以速率v绕圆锥体的轴线做水平匀速

圆周运动。

(1)当v＝
(2)当v＝
1
gL时，求绳对物体的拉力；
6
3
gL时，求绳对物体的拉力。
2
答案 (1)1.03mg (2)2mg
解析 当v达到一定值v
0
时，斜面给物体的支持力F
N＝0，则
v
2
0
有：mgtanθ＝m
Lsinθ
解 得：v
0
＝
(1)v
1
＝
3gL

6
1
gL0
，此时F
N
≠0
6
正交分解列方程：
2
mv
1
水平方向：F
T< br>sinθ－F
N
cosθ＝
Lsinθ
竖直方向：F
T
cosθ＋F
N
sinθ＝mg
31
解得：F
T
＝mg＋mg≈1.03mg
26
(2) 当v
2
＝
3
gL>v
0
时，物体已离开锥面，但仍绕轴线做 水平面
2
内的匀速圆周运动，设此时绳与轴线间的夹角为α(α>θ)。
v
2
2
则有F
T2
sinα＝m
Lsinα
F
T2
cosα＝mg
1
联立得，cosα＝，∴α＝60°
2

13
F< br>T2
＝mg＋mg＝2mg。
扫一扫·听名师微课

22
考点 水平转盘上运动物体的临界 解题技巧

临界问题广泛地存在于中学物理中，解答临界问题的 关键是准确
判断临界状态，再选择相应的规律灵活求解，其解题步骤为：
(1)判断临界状态 ：有些题目中有“刚好”“恰好”“正好”等
字眼，明显表明题述的过程存在着临界点；若题目中有“取 值范
围”“多长时间”“多大距离”等词语，表明题述的过程存在着“起
止点”，而这些起止点 往往就是临界状态；若题目中有“最大”“最
小”“至多”“至少”等字眼，表明题述的过程存在着极值 ，这个极
值点也往往是临界状态。
(2)确定临界条件：判断题述的过程存在临界状态之后， 要通过
分析弄清临界状态出现的条件，并以数学形式表达出来。
(3)选择物理规律：当确定 了物体运动的临界状态和临界条件后，
对于不同的运动过程或现象，要分别选择相对应的物理规律，然后 再
列方程求解。

例3 [2014·课标全国卷Ⅰ](多选)如图，两个质量均为 m的小木
块a和b(可视为质点)放在水平圆盘上，a与转轴OO′的距离为l，b
与转轴的距 离为2l，木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的k
倍，重力加速度大小为g。若圆盘从静止开始 绕转轴缓慢地加速转动，
用ω表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是( )

A．b一定比a先开始滑动

B．a、b所受的摩擦力始终相等
C．ω＝
D．当ω＝
kg
是b开始滑动的临界角速度
2l
2kg
时，a所受摩擦力的大小为kmg
3l
(1)木块和水平圆盘何时发生相对滑动？
提示：它们之间的摩擦力达到最大值时。
(2)如何分析a、b谁先滑动？
提示：谁的临界角速度小谁先滑动。
尝试解答 选AC。
因圆盘从静止开始绕转轴 缓慢加速转动，在某一时刻可认为，木
块随圆盘转动时，其受到的静摩擦力的方向指向转轴，两木块转动 过
程中角速度相等，则根据牛顿第二定律可得f＝mω
2
R，由于小木块b
的 轨道半径大于小木块a的轨道半径，故小木块b做圆周运动需要的
向心力较大，B错误；因为两小木块的 最大静摩擦力相等，故b一定
比a先开始滑动，A正确；当b开始滑动时，由牛顿第二定律可得
kmg＝mω
2
2l，可得ω
b
＝
b
·
kg
，C正确；当a开始滑动时，由牛顿
2l
kg
而转盘的角速度
l
，
2kg
3l
第二定律可得kmg＝mω
2
可得ω
a
＝
a
l，
<
kg
l
，小木块a未发生滑动，其所需的向 心力由静摩擦力来提供，
2
f＝mωl＝kmg，D错误。
3
2
由牛顿第二定律可得
总结升华
解临界问题的注意事项
(1)先确定研究对象受力情况，看哪些力充当向心力。
(2)注意分析物体所受静摩擦力大小和方向随圆盘转速的变化而
发生变化。
(3)关注临界状态，即静摩擦力达最大值时。

1．如图所示，水 平转盘上放有质量为m的物块，当物块到转轴
的距离为r时，连接物块和转轴的绳刚好被拉直(绳中张力 为零)。物
块与转盘间最大静摩擦力是其重力的k倍。求：

(1)当转盘的角速度 为ω
1
＝
(2)当转盘的角速度为ω
2
＝
kmg
答 案 (1)0 (2)
2
解析 (1)当转盘转速较小时，物块做圆周运动的向心力由静摩< br>擦力提供，当转盘转速较大时，绳中出现张力。由两力的合力提供向
心力。
设静摩擦力 达到最大，绳中刚开始出现张力时的角速度为ω
0
，
2
则kmg＝mω
0
r，解得ω
0
＝
kg
时，绳中的张力多大？
2r
3kg
时，绳中的张力又是多大？
2r
kg
r

因为ω
1
<ω
0
，所以此时绳中的张力F
1
＝0
(2)因为ω
2
＝
3kg
>ω
0
，所以绳中出现张 力，
2r
由kmg＋F
2
＝mω
2
2
r，得 < br>?
2
F
2
＝mω
2
r－kmg＝m
?
?
1
3kg
?
2
?
r－kmg＝kmg。
2< br>2r
?
2．如图所示，水平转盘的中心有一个光滑的竖直小圆筒，质量
为m的物 体A放在转盘上，物体A到圆心的距离为r，物体A通过

轻绳与物体B相连，物体B的质 量也为m。若物体A与转盘间的动
摩擦因数为μ，则转盘转动的角速度ω在什么范围内，物体A才能随盘转动？

答案
g?1－μ?
r
≤ω≤
g?1＋μ?
r

解析 由于A在转盘上随转盘做匀速圆周运动，所以它所受 的
合力必然指向圆心。对物体A进行受力分析可知，重力与支持力平
衡，绳的拉力指向圆心，因 此A所受的摩擦力方向一定沿着半径方
向，或指向圆心，或背离圆心。具体而言，当ω较小时，A有向圆 心
O运动的趋势，故转盘对A的摩擦力方向背离圆心；当ω较大时，A
有远离圆心O运动的趋势 ，故转盘对A的摩擦力方向指向圆心。
当A将要沿转盘背离圆心滑动时，A所受的摩擦力为最大静摩擦
力，方向指向圆心，此时A做圆周运动所需的向心力为绳的拉力与
最大静摩擦力的合力，即
2
F＋F
m
＝mrω
1
，①
由于B静止，则有F＝mg②
又因为F
m
＝μF
N
＝μmg③
由①②③式可得：ω
1
＝
g?1＋μ?
r
。
当A 将要沿转盘指向圆心滑动时，A所受的摩擦力为最大静摩擦
2
力，方向背离圆心，此时A做圆周 运动所需的向心力为F－F
m
＝mrω
2

④
由②③④式可得：ω
2
＝
g?1－μ?
r
。
故要 使A随转盘一起转动，其角速度ω的范围为ω
2
≤ω≤ω
1
，
即g?1－μ?
r
≤ω≤
考点
g?1＋μ?
r
。
竖直面内圆周运动绳、杆模型 拓展提升

1．在竖直平面内做圆周运动的物体， 按运动到轨道最高点时的
受力情况可分为两类：一是无支撑(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”，二是有支撑(如球与杆连接、
在弯管内的运动等)，称为“杆( 管)约束模型”。
2．绳、杆模型涉及的临界问题

例4 [2016·烟台模拟]一轻杆一端固定质量为m的小球，以另一
端O为圆心，使小球在 竖直面内做半径为R的圆周运动，如图所示，
则下列说法正确的是( )

A．小球过最高点时，杆所受到的弹力可以等于零
B．小球过最高点的最小速度是gR
C．小球过最高点时，杆对球的作用力一定随速度增大而增大
D．小球过最高点时，杆对球的作用力一定随速度增大而减小
(1)杆模型中小球通过最高点的临界速度是多大？

提示：v＝0。
(2)最高点时杆对球的力一定是拉力吗？
提示：不一定，还可以是支持力，要据最高点速度大小来判定。
尝试解答 选A。
轻杆可对小球产生向上的支持力，小球经过最高点的速度可以为
零，当小球过最高点的速度v＝gR时， 杆所受的弹力等于零，A正
确，B错误；若vv
2
－F＝m
R
，随v增大，F减小，若v>gR，则杆在最高点对小球的
v
2
弹力竖直向下，mg＋F＝m
R
，随v增大，F增大，故C、D 均错误。
总结升华
竖直面内圆周运动类问题的解题技巧
(1)定模型：首先判断是轻绳模型还是轻杆模型，两种模型过最
高点的临界条件不同。
(2)确定临界点：抓住绳模型中最高点v≥gR及杆模型中v≥0
这两个临界条件。
(3)研究状态：通常情况下竖直平面内的圆周运动只涉及最高点
和最低点的运动情况。 (4)受力分析：对物体在最高点或最低点时进行受力分析，根据
牛顿第二定律列出方程，F
合
＝F
向
。
(5)过程分析：应用动能定理或机械能守恒定律将初、末两个状
态联系起来列方程。

1．如图所示，小球紧贴在竖直放置的光滑圆形管道内壁做圆周
运动，内侧壁半径为 R，小球半径为r，则下列说法正确的是( )

A．小球通过最高点时的最小速度v
min
＝g?R＋r?
B．小球通过最高点时的最小速度v
min
＝gR
C．小球在水平线ab以下的管道中运动时，内侧管壁对小球一
定无作用力
D．小球在水平线ab以上的管道中运动时，外侧管壁对小球一
定有作用力
答案 C
解析 此题属于杆模型，最高点的最小速度v
min
＝0，故A、B
错误。当 小球在ab以下的管道中运动时，外侧管壁需给小球支持力
和重力一起提供向心力，故C正确。当小球在 水平线ab以上的管道
中运动时，要看速度的大小来决定是外侧管壁对小球有力，还是内侧
管壁 对小球有力，故D错误。
2．[2015·忻州一中检测]如右图所示，两段长均为L的轻质线共同系住一个质量为m的小球，另一端分别固定在等高的A、B两点，
A、B两点间距也为L，今使小 球在竖直平面内做圆周运动，当小球
到达最高点时速度为v，两段线中张力恰好均为零，若小球到达最高
点时速率为2v，则此时每段线中张力大小为( )

A.3mg B．2mg

C．3mg
答案 A
D．4mg

解析 当小球到达最高点时速率为v，两段线中张力恰好均为
v
2
零，有mg ＝m
r
；当小球到达最高点时速率为2v，设每段线中张力
?2v?
2
大小为F，应有2Fcos30°＋mg＝m
r
；解得F＝3mg，选项A正
确。

[典例]
(12分)如图所示，竖直放置的光滑圆轨道被固定在水平
地面上，半径r＝0.4 m，最低点处有一 小球(半径比r小很多)，现给
小球一水平向右的初速度v
0
，则要使小球不脱离圆轨 道运动，v
0
应
当满足什么条件？(g＝10 ms
2
)
试卷抽样

评析指导

1.失分点①：方程和结果错误，扣 3分。失分原因：
该同学误把绳模型当作了杆模型，最高点临界速度
求错。
补偿建议：强化模型构建
规范解答：要使小球能通过最高点小球在最高点临
mv2
界为：mg＝
r
得v＝gr＝2 ms。
2.失分点②：方程及计算结果错误，扣5分。
失分原因：最高点临界速度求错。
补偿建议：认真审题，避免出现连带错误
1
2
1
2
规范解答：mg2r＝mv
0
－mv
22
得v
0
＝5gr＝25 ms。
所以小球速度v
0
≥25 ms。

3.失分点③：丢失一种情形。
失分原因：题目问的是不脱离圆轨道，还有一种摆
动情形。
补偿建议：审题还是关键。
规范解答：当v
0
较小时，小球不脱离轨道的临 界是
上升到与圆心等高处，速度恰好减为零。
1
2
据动能定理得－mgr＝0－mv
0

2
∴v
0
＝2gr＝22 ms ∴速度v
0
≤22 ms
要想小球不脱离轨道v
0
≤22 ms或v
0
≥25 ms。

1．[2015·天津高考]未来的星际航行中，宇航员长期处于 零重力
状态，为缓解这种状态带来的不适，有人设想在未来的航天器上加装
一段圆柱形“旋转舱 ”，如图所示。当旋转舱绕其轴线匀速旋转时，
宇航员站在旋转舱内圆柱形侧壁上，可以受到与他站在地 球表面时相
同大小的支持力。为达到上述目的，下列说法正确的是( )
A．旋转舱的半径越大，转动的角速度就应越大
B．旋转舱的半径越大，转动的角速度就应越小
C．宇航员质量越大，旋转舱的角速度就应越大
D．宇航员质量越大，旋转舱的角速度就应越小
答案 B
解析 宇航员站在旋转舱 内圆柱形侧壁上，受到的侧壁对他的支
持力等于他站在地球表面时的支持力，则mg＝mrω，ω＝2
g
r
，因
此角速度与质量无关，C、D项错误；半径越大，需要的角速 度越小，
A项错误，B项正确。

2．[2015·浙江高考](多选)如图所示为 赛车场的一个水平“U”形弯
道，转弯处为圆心在O点的半圆，内外半径分别为r和2r。一辆质
量为m的赛车通过AB线经弯道到达A′B′线，有如图所示的①、
②、③三条路线，其中路线③是以 O′为圆心的半圆，OO′＝r。赛
车沿圆弧路线行驶时，路面对轮胎的最大径向静摩擦力为F
max
。选
择路线，赛车以不打滑的最大速率通过弯道(所选路线内赛车速率不
变，发 动机功率足够大)，则( )

A．选择路线①，赛车经过的路程最短
B．选择路线②，赛车的速率最小
C．选择路线③，赛车所用时间最短
D．①、②、③三条路线的圆弧上，赛车的向心加速度大小相等
答案 ACD
解析 由几何关系可求得路线①、②、③的长度分别为2r＋πr、
2r＋2πr、2πr，比较可知，路线① 最短，A项正确；因为运动过程中
赛车以不打滑的最大速率通过弯道，即最大径向摩擦力充当向心力，< br>v
2
所以有F
max
＝m
R
，由此式知，R越小，速 率越小，因此沿路线①速
率最小，B项错误；沿路线①、②、③运动的速率分别为
2F
max
r
m
、
F
max
r
m
、
2F
max
r
m
，由三条路线长度与速率的比值比较可知，选
择路线 ③所用时间最短，C项正确；由F
max
＝ma可知，三条线路的
圆弧上赛车的向心加 速度大小相等，D项正确。

3．[2014·安徽高考]如图所示，一倾斜的匀质圆盘绕垂 直于盘面
的固定对称轴以恒定角速度ω转动，盘面上离转轴距离2.5 m处有一
3
小 物体与圆盘始终保持相对静止。物体与盘面间的动摩擦因数为
2
(设最大静摩擦力等于滑动摩擦 力)，盘面与水平面的夹角为30°，g
取10 ms
2
。则ω的最大值是( )
A.5 rads B.3 rads

C．1.0 rads D．0.5 rads
答案 C

解析 当物体转到圆盘的最低点恰好不滑动时，转盘的角速度最
大，其受力如图所示(其中O为对称轴位置)
由沿盘面的合力提供向心力，有
μmgcos30°－mgsin30°＝mω
2
R
得ω＝
g
＝1.0 rads，选项C正确。
4R

4． [2015·河南重点高中监测](多选)质量为m的小球由轻绳a和
b分别系于一轻质细杆的B点和A 点，如图所示，绳a与水平方向
成θ角，绳b在水平方向且长为l，当轻杆绕轴AB以角速度ω匀速转动时，小球在水平面内做匀速圆周运动，则下列说法正确的是
( )
A．a绳张力不可能为零
B．a绳的张力随角速度的增大而增大
C．当角速度ω>
gcotθ
l
，b绳将出现弹力
D．若b绳突然被剪断，则a绳的弹力一定发生变化
答案 AC

解析 小球竖直方向受重力，所以必须有力平衡重力，而这个力
只能是a绳在竖 直方向的分力，即T
a
sinθ＝mg，由此可知T
a
与ω无
关，故 B错误。所以A选项正确。

由圆锥摆模型知ω较小时b绳无力，设ω＝ω
0
时b绳刚要有力，
对球受力分析：
mg
＝mω
2
l，则ω＝ω< br>0
＝
0
·
tanθ
g
＝
ltanθ
gcotθ
l
，故C正确。当b
绳上没力时，将b突然剪断，a绳上的弹力也不会发生 变化，故D选
项错误。

5．[2015·温州市二模]在街头的理发店门口常可以 看到这样的标
志：一个转动的圆筒，外表有螺旋斜条纹。我们感觉条纹在沿竖直方
向运动，但实 际上条纹在竖直方向并没有升降，这是由于圆筒的转动
而使我们的眼睛产生的错觉。如图所示，假设圆筒 上的条纹是围绕圆
筒的一条宽带，相邻两圈条纹在沿圆筒轴线方向的距离(即螺距)L＝
10 cm，圆筒半径R＝10 cm，如果我们观察到条纹向上运动的速度为

0.1 ms，则从上往下看，关于圆筒的转动方向和转动周期说法正确的
是( )
A．顺时针转动，周期为1 s
C．逆时针转动，周期为1 s
答案 A
解析 条纹向上运动，则从上往下看圆筒顺时针转动一周期内向
L
上运动的距离即螺距 ，则T＝
v
＝1 s，故A选项正确。
B．顺时针转动，周期为2π s
D．逆时针转动，周期为2π s

6．[2015·江苏省泰州市模拟](多选) “水流星”是一种常见的杂
技项目，该运动可以简化为轻绳一端系着小球在竖直平面内的圆周运
动模型。已知绳长为l，重力加速度为g，则( )
A．小球运动到最低点Q时，处于失重状态
B．小球初速度v
0
越大，则在P、Q两点绳对小球的拉力差越大
C．当v
0
>6gl时，小球一定能通过最高点P
D．当v
0
答案 CD
解析 当小球运动到最低点Q时，加速度方向竖直向上，所以
处于超重状态，故A选项错误；设Q点拉力为F< br>1
，P点拉力为F
2
，
22
v
2
mv
0
1
2
1
2
有F
2
＋mg＝m
l
，F
1
－mg＝
l
，由动能定理有mg2l＝mv
0
－m v
2
，
22
所以F
1
－F
2
＝6mg与v
0
无关，故B选项错误；小球恰好经过P点时
v
2
1
21
2
有mg＝m
l
，mg2l＝mv
0
－mv，则v< br>0
＝5gl，当v
0
>6gl时小球
22

一定 能通过最高点P，故C选项正确；当v
0
不了N，所以处于摆 动情形，细绳始终绷紧，故D选项正确。

时间：45分钟
为单选，7～10为多选)
1．如图为某一皮带传动装置。主动轮的半径为r
1，从动轮的半
径为r
2
。已知主动轮做顺时针转动，转速为n
1
，转动过程中皮带不
打滑。下列说法正确的是( )
满分：100分
一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分。其中1～6

A．从动轮做顺时针转动
B．从动轮做逆时针转动
r
2
2
C．从动轮边缘线速度大小为n
1

r
1
r
2
D．从动轮的转速为n
1

r
1
答案 B
解析 主动轮沿顺时针方向转动时，传送带沿M→N方向运动 ，
故从动轮沿逆时针方向转动，故A错误，B正确；由ω＝2πn、v＝ωr
r
1可知，2πn
1
r
1
＝2πn
2
r
2
，解得n
2
＝n
1
，故C、D错误。
r
2
2．[ 2016·福建四地六校联考]在高速公路的拐弯处，通常路面都
是外高内低。如图所示，在某路段汽车 向左拐弯，司机左侧的路面比
右侧的路面低一些。汽车的运动可看作是做半径为R的圆周运动。
设内外路面高度差为h，路基的水平宽度为d，路面的宽度为L。已

知重力加速度为g。 要使车轮与路面之间的横向摩擦力(即垂直于前
进方向)等于零，则汽车转弯时的车速应等于( )

A.
C.
gRh
L
B.
gRh
d

gRd
h

gRL
h
D.
答案 B

解析 对汽车受力分析，如图所示，若车轮与路面之间的横向(即< br>垂直于前进方向)摩擦力等于零，则由路面对汽车的支持力F
N
与汽车
的重力m g的合力提供向心力，由图示可知，F
向
＝mgtanθ，即mgtanθ
v
2
h
＝m
R
。由几何关系知，tanθ＝
d
，综上有v＝< br>gRh

d
，选项B正确。

3.质量分别为 M和m的两个小球，分别用长2l和l的轻绳拴在
同一转轴上，当转轴稳定转动时，拴质量为M和m的小 球悬线与竖
直方向夹角分别为α和β，如图所示，则( )
A．cosα＝
cosβ
B．cosα＝2cosβ
2
tanβ
C．tanα＝ D．tanα＝tanβ
2
答案 A
解析 以M为研究对象受力分析列牛顿第二定律：Mgtanα＝
4π
2
M
2
2lsinα
T
1
得：T
1
＝2π
2lcosα
g

lcosβ
g
同理：以m为研究对象：T
2
＝2π
因T
1
＝T
2
所以2cosα＝cosβ，故A正确。

4．水平转台上有质量相等的A、B两小物块，两小物块间用沿
半径方向的细线相连，两物块始 终相对转台静止，其位置如图所示(俯
视图)，两小物块与转台间的最大静摩擦力均为f
0，则两小物块所受
摩擦力F
A
、F
B
随转台角速度的平方(ω< br>2
)的变化关系正确的是( )

答案 B
解析 设A、B到圆心O的距离分别为r
1
、r
2
，若细线不存在，
则由f
0
＝mω
2
r及r
1
2
可知A、B两 物体相对转台滑动的临界角速度
满足ω
A
>ω
B
，即物体B所受摩擦 力先达到最大值，随后在一段时间
内保持不变，C、D错；当ω>ω
B
时，细线中出现 拉力T，对物体A：
T＝0时，F
A
＝mω
2
r
1
，T>0后，F
A
－T＝mω
2
r
1
，而对物体B满足T< br>＋f
0
＝mω
2
r
2
，联立得F
A
＝mω
2
(r
1
＋r
2
)－f
0
，所以T >0后直线斜率比T
＝0时大，当转台对A的摩擦力达到最大静摩擦力后，若转台角速度
再增大 ，则A、B相对转台将出现滑动，所以A错、B对。

5．[2015·云南省高三一统]用 一根细线一端系一可视为质点的小
球，另一端固定在一光滑锥顶上，如图所示，设小球在水平面内做匀< br>速圆周运动的角速度为ω。线的张力为F
T
，则F
T
随ω
2< br>变化的图象
是下图中的( )

答案 C

解析 当ω较小时，斜面对小球有支持力，当ω＝ω
0
时，F
N< br>＝0，
当ω<ω
0
时，受力分析
F
T
sinθ＋F
N
cosθ＝mg
F
T
cosθ－F
N
sinθ＝mω
2
r
则F
T
＝mgsinθ＋mω
2
rcosθ
F
T
-ω
2
函数为一次函数，斜率为mrcosθ

当ω>ω
0
时，受力分析
F
T
sinα＝mω
2
Lsinα
∴F
T
＝mω
2
L
F
T
-ω
2
的函数为正比例，斜率为mL>mrcosθ，故C正确。

6. 如图所示，一质 量为M的人站在台秤上，一根长为R的悬线
一端系一个质量为m的小球，手拿悬线另一端，小球绕悬线另 一端
点在竖直平面内做圆周运动，且小球恰好能通过圆轨道最高点，则下
列说法正确的是( )
A．小球运动到最高点时，小球的速度为零
B．当小球运动到最高点时，台秤的示数最小，且为Mg
C．小球在a、b、c三个位置时，台秤的示数相同
D．小球从最高点运动到最低点的过程中台秤的示数增大，人处
于超重状态
答案 C
v
2
解析 题中交待小球恰好能通过圆轨道最高点，由mg＝m
R
，
得v＝gR，A项错误。当小球恰通过圆轨道最高点b点时，悬线拉
力为0，此时对人受力分析 ，得出台秤对人的支持力F＝Mg，同理，
对人分析也可以得出小球在a、c两处时台秤对人的支持力也 为F＝
Mg，即台秤的示数也为Mg，故C项正确；小球在a、c连线以上(不
包括b点)时， 人受到悬线斜向上的拉力，人对台秤的压力小于Mg，

在a、c连线以下时，人受到悬线 斜向下的拉力，人对台秤的压力大
于Mg，人处于平衡态，没有超、失重现象，B、D项错误。

7．如图所示，长为L的细绳一端固定在O点，另一端拴住一个
小球，在O点的正下 方与O点相距L2的地方有一枚与竖直平面垂
直的钉子，把球拉起使细绳在水平方向伸直，由静止开始释 放，当细
绳碰到钉子的瞬间，下列说法正确的是( )
A．小球的角速度突然增大
B．小球的线速度突然增大
C．小球的向心加速度突然增大
D．小球受悬线的拉力突然增大
答案 ACD
解析 细绳碰到钉子，半径减半，圆 周运动的圆心变为P点，由
于只是细绳碰钉子，小球并未受到其他外力作用而改变速度大小，即
vv
2
小球的线速度不变。由ω＝
r
可知ω变大；由a＝
r
可知a增大。在
v
2
v
2
经过最低点时，F－mg＝m
r< br>，得F＝mg＋m
r
，可以判断F增大，
故本题选项A、C、D正确。

8．如图所示，叠放在水平转台上的物体A、B、C能随转台一起
以 角速度ω匀速转动，A、B、C的质量分别为3m、2m、m，A与B、
B和C与转台间的动摩擦因数均 为μ，A和B、C离转台中心的距离
分别为r、1.5r。设本题中的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。以 下说
法中正确的是( )
A．B对A的摩擦力一定为3μmg
B．B对A的摩擦力一定为3mω
2
r
C．转台的角速度一定满足ω≤
D．转台的角速度一定满足ω≤
答案 BC
解析 要使A能够与B一起以角速度ω 转动，根据牛顿第二定
律可知，B对A的摩擦力一定等于A物体所需向心力的值，即F
f
＝
3mω
2
r，选项B正确。要使A、B两物体同时能随转台一起以角速度
ω匀速转动，则对于A有：3μmg≥3mrω
2
，对A、B有：5μmg≥5mrω
2
，
3
对于C有：μmg≥
mrω
2
，综合以上可得：ω≤
2
2μg
，选项C正确。
3r
2μg

3r
μg
r

9．如图所示，直径为d的竖直圆筒绕中心轴线以恒定 的转速匀
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，则( )

A．子弹在圆筒中的水平速度 为v
0
＝d
B．子弹在圆筒中的水平速度为v
0
＝2d
C． 圆筒转动的角速度可能为ω＝π
D．圆筒转动的角速度可能为ω＝3π
答案 ACD
解析 子弹在圆筒中运动的时间与自由下落h的时间相同，即t
＝
2h
d。v＝
0
gt
＝d
g
，故A正确。在此时间内圆筒只需转半圈的
2h
g

2h
g

2h
g

2h
g

2h
?2n＋1?π
奇数倍ωt＝(2n＋1)π (n＝0,1,2，…)，所以ω＝＝(2n＋
t
1)π
g
(n＝0,1,2 ，…)。故C、D正确。
2h

10．[2016·杭州模拟]如图甲所示，用一轻 质绳拴着一质量为m
的小球，在竖直平面内做圆周运动(不计一切阻力)，小球运动到最高
点时 绳对小球的拉力为T，小球在最高点的速度大小为v，其T-v
2
图象如图乙所示，则( )

am
A．轻质绳长为
b

a
B．当地的重力加速度为
m

ac
C．当v
2
＝c时，轻质绳的拉力大小为
b
＋a
D．只要v
2
≥b，小球在最低点和最高点时绳的拉力差均为6a
答案 BD
解析 最高点由牛顿第二定律得：
mv
2
mv
2
a
T＋mg＝
L
，则T＝
L
－mg。对应图象有：mg＝a得g＝m
，
mamb
故B正确。
L
＝
b
得：L＝a
，故A错误。
ma
当v＝c时，T＝
L
·c－mg＝
b
·c－a，故C错误。
2
当v
2
≥b时，小球能通过最高点， 小球在最低点和最高点时绳的
拉力差为6mg即6a，故D正确。
二、非选择题(本题共2小题，共30分)

11．(14分)如图 所示，一个竖直放置的圆锥筒可绕其中心轴OO′
转动，筒内壁粗糙，筒口半径和筒高分别为R和H，筒 内壁A点的
高度为筒高的一半，内壁上有一质量为m的小物块，求：
(1)当筒不转动时，物块静止在筒壁A点受到的摩擦力和支持力
的大小；
(2)当物块在A点随筒匀速转动，且其所受到的摩擦力为零时，
筒转动的角速度。
答案 (1)
mgH
22

R＋H
2gH
mgR
(2)
22
R
R＋H

解析 (1)物块静止时，对物块进行受力分析如图甲所示，设筒
壁与水平面的夹角为θ
由平衡条件有F
f
＝mgsinθ，F
N
＝mgcosθ
由图中几何关系有

cosθ＝
R
R＋H
2
22
，sinθ＝
H
R＋H
mgR
2
22

故有F
f
＝
mgH
R＋H
2
，F
N
＝< br>R＋H
2
。

(2)分析此时物块受力如图乙所示
由牛顿第二定律有
mgtanθ＝mrω
2

HR
其中tanθ＝
R
，r＝
2
2gH
可得ω＝
R
。

12．(16分)在一 水平放置的圆盘上面放有一劲度系数为k的弹簧，
如图所示，弹簧的一端固定于轴O上，另一端挂一质量 为m的物体
A，物体与盘面间的动摩擦因数为μ。开始时弹簧未发生形变，长度
为R，设最大静 摩擦等于滑动摩擦，求：
(1)盘的转速n
0
多大时，物体A开始滑动？
(2)当转速达到2n
0
时，弹簧的伸长量Δx是多少？

1
答案 (1)
2π
3μmgR
μg
R
(2)
kR－4μmg

解析 (1)若圆盘转速较小，则静摩擦力提供向心力，当圆盘转
速较大时，弹力与摩擦力的合力提供向心力。
圆盘开始转动时，A所受最大静摩擦力提供向心力，则有μmg
＝m(2πn
0
)
2
R
得：n
0
＝
1
μg
＝
4π
2
R
2π
μg
R

(2)当转速达到2n
0
时，由牛顿第二定律
得：μmg＋kΔx＝m(2π·2n
0
)
2
(R＋Δx)
得：Δx＝

。
kR－4μmg
3μmgR