圆周运动-2025年广东高考物理复习专练

重难点05圆周运动

‘看题趋嘲'

考点三年考情分析2025考向预测

理解并掌握匀速圆周运动的一些

重要公式，掌握竖直平面内的圆周

3年2考

(1)圆周运动的动力学分析；运动在特殊点的计算问题。曲线运

广东卷[(2024,T5)],(2023,T8)]

(2)生活、科技中的圆周运动.动在考题中综合性较强，多与电场、

磁场、机械能等综合。

重难诠释◎

【情境解读】

1.圆锥摆、火车转弯、漏斗壁上的小球在水平面内做匀速圆周运

动,F^=mgtan0,方向水平指向圆心。

2.小球在“绳”模型最高点的最小速度为冬，最低点的最小速度

匀速圆周运

动、圆周运动为国以上、下两点拉力之差为6ffig。

的向心力

3.小球在“杆”模型最高点Vmin=0，V=V>Ve,杆对小球

有向下的拉力；v=v临，杆对小球的作用力为零；vVv临，杆对小

球有向上的支持力。

【高分技巧】

1.水平面内的圆周运动

(1)

(2)常见模型

水平面内动力学方程临界情况示例

水平转盘上的物体

I"

Fi=mco2r恰好滑动

1______'______1

圆锥摆模型

mgtunO=mro)2恰好离开接触面

\/

、一—」

2.竖直面内的圆周运动

H定模型H判断是轻杆模型还是轻绳模型］

困

1轻杆：FN=mg时)

解受力分析

(1)田

定临界点-轻绳:%时

路mg=m

应用动能定理或机械能守恒定

H过程分析卜律将初、末状态联系起来，列

方程求解

(2)常见模型

轻绳模型最高点

V2

/\恰好通过最高点时，绳的拉

/\FT+mg=m一

F力恰好为0

\/

、Z

最高点

恰好通过最高点时，杆对小

轻杆模型V2

mg±F=m一球的弹力等于小球重力

r

/、

/X

\/

\/

、Z

'、、…」

带电小球在叠加场中

的圆周运动关注六个位置的动力学方

三程，最高点、最低点、等效恰好通过等效最高点；恰好

最高点、等效最低点、最左做完整圆周运动

边和最右边位置

等效法

倾斜转盘上的物体

最高点

zwgsin3^Fi=m(o2r

恰好通过最低点

最低点

//Ff—mgsinO=m(61r

//

【考向一：水平面内的圆周运动】

1.圆周运动中的动力学方程

将牛顿第二定律F=ma应用于圆周运动，可得到圆周运动中的动力学方程.

F=m—=mco2r=m(ov=mr=4n2f1mr.

rT~

2.水平面内圆周运动问题的分析思路

匚扁一审清题意，确定______即做圆周运动的物体

一研究对象为研究对象

修明一►确定圆周运动的轨道平面

分析几何关系，目的是确定圆周运动的圆心、

「半径

分析物体的运动情况，即物体的线速度、角

早叶一速度等相关量

分析物体的受力情况，画出受力破题

示意图，确定向心力的来源一关键

画。一►根据牛顿运动定律及圆周运动知识列方程

1.如图所示，半径为7?=lm的转台可以在中心的竖直转轴带动下在水平面转动，质量为0.5kg、可视为

质点的物体放在转台的边缘，用细线将物体拴接在转轴上，细线处于拉直放松的状态，且与转轴的夹角

为6=30。。己知细线能承受的最大拉力为尸=10N,物体与转台之间的最大静摩擦力近似等于滑动摩擦

力，转台的转速缓慢增大，当转台的角速度为2rad/s时，细线刚好绷紧，重力加速度为g=10m/s2。下

列说法正确的是（）

A.物体与转台之间的动摩擦因数为0.2

B.转台的角速度为1rad/s时，物体所受的摩擦力可能为0

C.转台的角速度为rad/s时，物体刚好离开转台

D.转台的角速度为西rad/s时，细线刚好被拉断

答案D

解析当转台的角速度为2rad/s时，细线刚好绷紧，则物体做圆周运动的向心力等于物体所受最大静摩

擦力，W/nmg=mco2R,解得〃=0.4,A错误；当转台的角速度为1rad/s时，WFi=mcol:R=0.5N<jLimg

=2N,此时物体不受细线拉力，物体所受的摩擦力为0.5N,B错误；当物体刚好离开转台时，物体只

受重力和细线的拉力，竖直方向上有7cos30。=机g,水平方向有八亩30。=加就7?,解得。2

rad/s,T=^-N<10N,C错误；细线刚好被拉断时，物体已经离开转台，假设此时细线与转轴的夹

3

R

角为a,有尸sina=3«2sina,又L=------,解得03=/^rad/s,D正确。

sin30°

2.（多选）如图甲所示，两个完全相同的物块N和8（均可视为质点）放在水平圆盘上，它们分居圆心两侧，用

不可伸长的轻绳相连。两物块质量均为1kg。与圆心距离分别为此和&，其中且&=lm。设

最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当圆盘以不同角速度。绕轴。。匀速转动时，绳中弹力后与。2的变化

关系如图乙所示，重力加速度g=10m/s2。下列说法正确的是（）

B.物块8与圆心距离RB=2HI

C.当角速度为1rad/s时圆盘对N的静摩擦力指向圆心

D.当角速度为Jirad/s时，/恰好要相对圆盘发生滑动

答案ABD

解析角速度较小时，物块各自受到的静摩擦力”提供向心力，绳中无拉力。根据牛顿第二定律”=

mdR,因为所以物块3与圆盘间的静摩擦力先达到最大值，随着角速度增大，轻绳出现拉力，

拉力FT和最大静摩擦力的合力提供向心力。对物块8分析&'+〃加g=%o2&,贝！|&=加。2感—“jg,则

根据图像中斜率和截距的数据解得&=2m,〃=0.1,故选项A、B正确；当。=1rad/s时，由上述方程

得绳子中拉力大小尸T=1N,再对/分析，由牛顿第二定律得尸丁+6=加。2&,解得衣=0,故选项C

错误；当N恰好要相对圆盘发生滑动时，其摩擦力为最大值且方向沿半径向外，对/分析舟一〃加g=

2

ma）RA,此时对8分析尸r+联立解得0=拉rad/s,故选项D正确。

3.（2023广东佛山二模）在高速公路的水平弯道，若直线道路与转弯的圆曲线（曲率半径一定）道路直接连接,

则弯道处存在曲率半径突变。为提高旅客乘车经过弯道时的舒适度，通常设计用一段缓和曲线将直线与

圆曲线连接，实现曲率半径的逐渐过渡。假如汽车以恒定的速率经过弯道，因弯道有了缓和曲线的连接,

则乘客乘车如图5从尸到。的过程中（）

A.惯性将减小B.向心加速度是逐渐减小的

C.受到的合外力是逐渐增大的D.合外力对乘客做正功

答案C

解析惯性只与物体质量有关，与速度大小、运动状态、受力等都无关，故惯性不变，A错误；由向心

加速度公式。向=一，从尸到0的过程中，弯道半径逐渐减小，所以乘客的向心加速度逐渐增大，B错

r

误；由牛顿第二定律产合=%。向=〃，二，从P到。的过程中，弯道半径逐渐减小，乘客所受合外力逐渐

r

增大，C正确；汽车在转弯的过程中速率恒定，动能没有变化，由动能定理合外力做功为零，故D错误。

4.（多选X2023广东模拟预测）市面上有一种自动计数的智能呼啦圈，深受女士喜爱。如图甲，腰带外侧带

有轨道，将带有滑轮的短杆穿过轨道，短杆的另一端悬挂一根带有配重的细绳，其模型简化如图乙所示。

水平固定好腰带，通过人体微小扭动，使配重做水平匀速圆周运动，计数器显示在1min内转过的圈数,

此时绳子与竖直方向夹角为应配重运动过程中认为腰带没有变形，下列说法正确的是（）

A.若增大转速，腰受到腰带的摩擦力增大

B.若增大转速，腰受到腰带的弹力增大

C.保持匀速转动时，腰给腰带的作用力大小不变

D.若增加配重，保持转速不变，则绳子与竖直方向夹角。将不变

答案BCD

解析若增大转速，配重做匀速圆周运动的半径变大，绳与竖直方向的夹角。将增大，竖直方向mg=

Teos。，水平方向7sinO=Fn，可知拉力7变大，向心力居变大，对腰带受力分析如图，可得竖直方向

Ff=Mg+Tcos9=Mg+mg,水平方向尸N=Tsin0=耳，腰受到腰带的摩擦力不变，腰受到腰带的弹力增

大，故A错误，B正确；匀速转动时，腰给腰带的作用力是支持力区和摩擦力”的合力，两个力的大

小均不变，则其合力大小不变，故C正确；对配重有加gtan6=%°2/sin0,即cos6=—p若增加配重，

a）2l

保持转速不变，则绳子与竖直方向夹角。将不变，故D正确。

F,

Mg

5.（2023北京东城区综练）利用物理模型对问题进行分析，是重要的科学思维方法。如图11所示，长为L

的均匀细杆的一端固定一个小球，另一端可绕垂直于杆的光滑水平轴。转动。己知小球质量为7肛，杆

的质量为加2。小球可视为质点。

（1）若杆的质量与小球质量相比可以忽略。把杆拉到水平位置后，将小球无初速度释放。

a.当杆转动至与水平方向成6角时（0<90。），求小球的角速度。。

b.若只增加杆的长度，小球由静止开始运动到最低点的过程，所用时间是变长还是变短，通过分析定性

说明。

（2）若杆的质量与小球质量相比不能忽略，已知杆在绕。点转动时，其动能的表达式为曷=匕心。肛％

6

a.请你利用单位制的知识，判断a、6、y的数值。

b.把杆拉到水平位置后，将小球无初速度释放，当杆转动至与水平方向成。角时（6<90。），求小球的角速

度COro

答案（l）a.空詈b.变长见解析

(6加1+3冽2)gsin3

(2)a.ot=ly—2b.

（3冽i+加2）L

解析（l）a.在杆由水平位置转动至与水平方向成仇6V90。）角的过程，由动能定理可得

1

migLsin6=5冽

又v=a）L

解得小球的角速度①=

b.变长。若只增加杆的长度，当杆转动至与水平方向成8角时，由a中的角速度表达式可知，小球的角

速度变小，由于。可为0。〜90。的任意值，所以运动到各处的角速度都变小，所以杆转动90。所用时间变

长。

2

（2）a.杆动能的表达式为Ek=-m^Ly,由动能的计算公式Ek=~mv和线速度与角速度的关系式v=s可

62

知，Ek=1①2乙2得a=1、p=2、y=2。

b.在杆由水平位置转动至与水平方向成。（。<90。）角的过程，由动能定理可得

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：竖直面内的圆周运动】

竖直面内圆周运动分析步骤:

（1）定模型一判断是轻杆模型还是轻绳模型

轻杆（最高点）"min=0,此时FN=mg

受力分

FN=0时，v=，gR

析定临一

界点

―轻绳（最高点）：』in=〃函，

此时F拉=0

（3）过程分析一应用动能定理或机械能守恒定律将初、末状态联系起来列方程求解

6.（多选）（2023北京西城高三期末）2022年7月24日，问天实验舱成功发射。问天实验舱配置了多种实验柜

用来开展太空实验。其中，变重力科学实验柜为科学实验提供0.01g〜2g（零重力到两倍重力范围）高精

度模拟的重力环境，支持开展微重力、模拟月球重力、火星重力等不同重力水平下的科学研究。如图所

示，变重力实验柜的主要装置是两套900毫米直径的离心机。离心机旋转的过程中，由于惯性，实验载

荷会有一个向外飞出的趋势，对容器壁产生压力，就像放在水平地面上的物体受到重力挤压地面一样。

因此，这个压力的大小可以体现“模拟重力”的大小。根据上面资料结合所学知识，判断下列说法正确的

是（）

照明系统临视相机实验模块

离心机示意图

机（左）

A.实验样品的质量越大，“模拟重力加速度“越大

B.离心机的转速变为原来的2倍，同一位置的“模拟重力加速度”变为原来的4倍

C.实验样品所受“模拟重力”的方向指向离心机转轴中心

D.为防止两台离心机转动时对空间站的影响，两台离心机应按相反方向转动

答案BD

解析根据题意可得加（2兀"）2厂=加g模，则模拟重力加速度g模=4兀2层/，模拟重力加速度与样品的质量无

关，离心机的转速变为原来的2倍，g模'=4g模，即同一位置的“模拟重力加速度”变为原来的4倍，故A

错误，B正确；实验载荷因为有向外飞出的趋势，对容器壁产生的压力向外，所以模拟重力的方向背离

离心机转轴中心，故C错误；根据牛顿第三定律可知，一台离心机从静止开始加速转动，会给空间站施

加相反方向的力，使空间站发生转动，所以为防止两台离心机转动时对空间站的影响，两台离心机应按

相反方向转动，故D正确。

7.（2024广东佛山一模）偏心振动轮广泛应用于生活中的各个领域，如手机振动器、按摩仪、混凝土平板振

动机等。如图甲，某工人正操作平板振动机进行水泥路面的压实作业。平板振动机中偏心振动轮的简化

图如图乙所示，轮上有一质量较大的偏心块。若偏心轮绕转轴。在竖直面内转动则当偏心块的中心运动

到图中哪一位置时，振动机对路面压力最大（）

,M

'0）

____QA-_____N

Q\\

P'偏心块

甲乙

A.PB.Q

C.MD.N

答案A

解析对偏心块受力分析知，转到最低点P时满足/一加8=加。2/，可得偏心轮中心轴对偏心块的拉力尸

=mg+mco2r,根据牛顿第三定律可知偏心块对偏心轮向下的拉力最大，则振动机对路面的压力最大，

故A正确。

8.在2022年3月23日的“天宫课堂”上，航天员王亚平摇晃装有水和油的小瓶，静置后水和油混合在一起

没有分层。图4甲为航天员叶光富启动“人工离心机”，即用绳子一端系住装有水油混合的瓶子，以绳子

的另一端。为圆心做如图乙所示的圆周运动，一段时间后水和油成功分层（水的密度大于油的密度），以

空间站为参考系，此时（）

图4

A.水和油的线速度大小相等

B.水和油的向心加速度大小相等

C.水对油的作用力大于油对水的作用力

D.水对油有指向圆心的作用力

答案D

解析水的密度大于油的密度，所以混合液体中取半径相同处体积相等的水和油的液体小球，水球的质

量大于油球的质量，根据尸向=加。2/可知，水球需要的向心力更大，故当水油分层后水在瓶底，油在上

面，水和油做圆周运动的半径不相同，角速度相同，根据v=o厂知，水比油的半径大时，线速度也大，

A错误；根据。向=。2'知，角速度相同时，水的半径大，向心加速度就越大，B错误；水对油的作用力

和油对水的作用力是一对相互作用力，根据牛顿第三定律，此二力大小相等方向相反，C错误；油做圆

周运动的向心力由水提供，故水对油有指向圆心的作用力，D正确。

9.（多选）如图所示，质量为加的小明（视为质点）坐摩天轮。小明乘坐的车厢与摩天轮的转轴间的距离为r,

摩天轮以大小为左，（常数MLg为重力加速度大小）的角速度做匀速圆周运动。若小明坐在车厢水平座

垫上且双脚离地，则下列说法正确的是（）

A.小明通过最高点时不受重力

B.小明做匀速圆周运动的周期为史-

C.小明通过最高点时处于完全失重状态

D.小明通过最低点时对车厢座垫的压力大小为（1+R）加g

答案BD

解析当小明通过最高点时小明依然要受到重力作用，A错误；小明做匀速圆周运动的周期7=生=

CO

2兀r

一B正确；小明做圆周运动所需的向心力大小尸向=机02厂=后2加g<%g,故小明通过最高点时处于失

重状态，但并非处于完全失重状态，C错误；当小明通过最低点时，由牛顿第二定律有厂一加

解得尸=（1+后2）”，根据牛顿第三定律可知，此时小明对车厢座垫的压力大小为（1+F）"g,D正确。

10.在北京冬奥会自由式滑雪女子大跳台的比赛中，滑雪大跳台的赛道主要由助滑道、起跳台、着陆坡、停

止区组成，如图12所示。在某次训练中，运动员经助滑道加速后自起跳点。以大小为vc=20m/s、与

水平方向成a=37。的速度飞起，完成空中动作后，落在着陆坡上，后沿半径为R=40m的圆弧轨道所

自由滑行通过最低点尸，进入水平停止区后调整姿势做匀减速滑行直到静止。已知运动员着陆时的速度

方向与竖直方向的夹角为a=37。，在尸点运动员对地面的压力为体重(含装备)的2倍，运动员在水平

停止区受到的阻力为体重(含装备)的0.5倍，g取lOm/s?,sin37o=0.6,忽略运动过程中的空气阻力。

求：

(1)水平停止区FG的最小长度L；

(2)运动员完成空中动作的时间t。

答案(1)40m(2#s

解析(1)在尸点，合力提供向心力，得

mv^_,

F—-----,其中F^=F^'=2mg

NR

在停止区，运动员做匀减速直线运动，由动能定理得

一九=—于1必,其中/=0.5加g

解得£=40m。

(2)在。点与落点速度水平分量相等

vccosa=V2sina

在。点与在落点速度竖直分量关系为

v2cosa=_vcsina+gt

解得t~1So

3

【考向三：圆周运动临界问题】

求解圆周运动临界问题的关键

本题的关键是把握两个临界状态：一是物体与转台间的摩擦力达到最大静摩擦力时，细线

对物体将要有拉力；二是物体刚要离开转台时，物体与转台间的摩擦力刚好为零，细线的

拉力在水平方向的分力提供物体做圆周运动的向心力。根据临界状态下物体的受力情况,

结合牛顿运动定律求出临界状态下的角速度是关键点。

水平面内圆周运动常见的三种临界情况分析

临界情况典型模型临界条件分析

接触与分离A两物体恰好接触或分离，临界条件是弹力网

的临界条件=0

两物体相对静止且存在着静摩擦力时，二者相

相对滑动的

对滑动的临界条件是静摩擦力刚好达到最大

临界条件

值

绳子所能承受的张力是有限度的，绳子恰不断

绳子断裂与

裂的临界条件是绳中张力等于它所能承受的

松弛的临界

最大张力，绳子松弛的临界条件是绳子张力为

条件

零

解决竖直平面内圆周运动临界极值问题的解题思路

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，其原因主

要是“绳”不能支持物体，而“杆”既能支持

物体，也能拉物体

竖直平面内圆周运动的临界点一般为圆周

的最高点，对轻绳模型物体能过最高点的条

件:”》伞及对轻杆模型物体在最高点的最

小速度可以为0,在最高点轻杆可以产生向

上的支持力或向下的拉力

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状态

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：益=/向

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

11.如图所示，足够大的水平圆台中央固定一光滑竖直细杆，原长为乙的轻质弹簧套在竖直杆上，质量均为加

的光滑小球/、3用长为工的轻杆及光滑钱链相连，小球/穿过竖直杆置于弹簧上。让小球2以不同

的角速度。绕竖直杆匀速转动，当转动的角速度为时，小球2刚好离开台面。弹簧始终在弹性限度

内，劲度系数为总重力加速度为g,则下列说法错误的是（）

mg

A.小球均静止时，弹簧的长度为工

k

B.角速度。=°o时，小球/对弹簧的压力为mg

C.角速度g=------------

JkL—2mg

D.角速度从g继续增大的过程中，小球/对弹簧的压力不变

答案D

解析若两球静止时，均受力平衡，对小球8受力分析可知，轻杆对小球8的弹力为零，台面对

小球的支持力加g,设弹簧的压缩量为xi，再对小球4分析可得加g=Axi，故弹簧的长度为〃=£—

X1=Z--,故A项正确；当转动的角速度为时，小球8刚好离开台面，即心，=0,设轻杆与转盘

k

ms2

的夹角为仇由牛顿第二定律可知，—^=mcoQ-L-cos6,/杆・sin8=加g,而小球4依然处于平衡，有尸

tan0

L—X2展

杆sin8+加g=B；=Ax2，而由几何关系sin9=-------，联立四式解得果=2加g,g=r-----------，则弹簧

L>\kL一2mg

对小球4的弹力为2加g,由牛顿第三定律可知小球/对弹簧的压力为2mg,故B错误，C正确；当角

速度从g继续增大，小球8将飘起来，杆与水平方向的夹角8变小，对小球4与8的系统，在竖直方

向始终处于平衡，WFk=mg+mg=2mgo则弹簧对小球力的弹力是2加g,由牛顿第三定律可知小球/

对弹簧的压力依然为2加g,故D正确。

12.（多选）如图所示，轻杆长为3/,在杆的两端分别固定质量均为冽的球力和球3,杆上距球4为/处的点0

装在光滑的水平转动轴上，外界给予系统一定的能量后，杆和球在竖直面内转动。在转动的过程中，

忽略空气的阻力。若球5运动到最高点时，球8对杆恰好无作用力，则球B在最高点时，下列说法正

确的是（）

A.球3在最高点时速度为而

/A\

I——//>由、\

B.此时球/的速度大小为'网i（l-o'];

2-

C.杆对球/的作用力为0.5机g弛;’

D.杆对水平轴的作用力为1.5mg

答案BD

解析设球8在最局点时的速度为为，有加g=〃?另，解得“=短，A错误。因为N、8两球的

角速度相等，根据v=r。知，此处球/的速度为，=；而，B正确。根据牛顿第二定律得，FA-mg=

加母）2,7解得晶=L5加g,/对杆的作用力为1.5加g,水平轴对杆的作用力与N球对杆的作用力是

一对平衡力，所以歹=1.5加g,C错误，D正确。

13.（多选）如图所示，一长为乙的轻质细杆一端与质量为加的小球（可视为质点）相连，另一端可绕

。点转动。现使轻杆在同一竖直面内匀速转动，测得小球的向心加速度大小为g（g为当地的重力加速

度），下列说法正确的是（）

A.小球的线速度大小为夜

B.小球运动到最高点时杆对小球的作用力竖直向上

C.当轻杆转到水平位置时，轻杆对小球的作用力方向不可能指向圆心。

D.轻杆在匀速转动过程中，轻杆对小球作用力的最大值为2加g

答案ACD

解析根据向心加速度。=二代入得小球的线速度v=夜，所以A正确；需要的向心力F=ma=

r

mg,所以在最高点杆对小球的作用力为零，故B错误；小球做匀速圆周运动，合外力提供向心力，故

合外力指向圆心，当轻杆转到水平位置时，轻杆对小球的作用力尸=^/口》^口2+□加。口2,方向不指向圆

心。，所以C正确；轻杆在匀速转动过程中，当转至最低点时，杆对小球的作用力最大，根据牛顿第

二定律，有尸一加g