一、圓周運動中的動力學分析
1．向心加速度：描述速度方向變化快慢的物理量。
公式：。
2．向心力：作用效果產生向心加速度，Fn=man。
3．向心力的來源
向心力是按力的作用效果命名的，可以是重力、彈力、摩擦力等各種力，也可以是幾個力的合力或某個力的分力，因此在受力分析中要避免再另外添加一個向心力。
4．向心力的確定
（1）確定圓周運動的軌道所在的平面，確定圓心的位置。
（2）分析物體的受力情況，找出所有的力沿半徑方向指向圓心的合力就是向心力。
解決圓周運動問題的主要步驟

（1）審清題意，確定研究對象；
（2）分析物體的運動情況，即物體的線速度、角速度、周期、軌道平面、圓心、半徑等；
（3）分析物體的受力情況，畫出受力示意圖，確定向心力的來源；
（4）根據牛頓運動定律及向心力公式列方程。
二、豎直平面內圓周運動的繩模型與桿模型問題
1．在豎直平面內做圓周運動的物體，按運動到軌道最高點時的受力情況可分為兩類：一是無支撐（如球與繩連接、沿內軌道運動的過山車等），稱為“繩（環）約束模型”，二是有支撐（如球與桿連接、在彎管內的運動等），稱為“桿（管道）約束模型”。
2．繩、桿模型涉及的臨界問題
   繩模型   桿模型
常見類型
均是沒有支撐的小球
均是有支撐的小球
過最高點的臨界條件   由得：
由小球恰能做圓周運動得v臨=0
討論分析   （1）過最高點時，
，繩、軌道對球產生彈力
（2）不能過最高點時，，在到達最高點前小球已經脫離了圓軌道   （1）當v=0時，FN=mg，FN為支持力，沿半徑背離圓心
（2）當時，，FN背向圓心，隨v的增大而減小
（3）當時，FN=0
（4）當時，，FN指向圓心并隨v的增大而增大
3．豎直面內圓周運動的求解思路
（1）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。
（2）確定臨界點：，對輕繩模型來說是能否通過最高點的臨界點，而對輕桿模型來說是FN表現為支持力還是拉力的臨界點。
（3）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）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，F合=F向。
（5）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。

甲、乙兩質點做勻速圓周運動，甲的質量與轉動半徑都分別是乙的一半，當甲轉動60圈時，乙正好轉45圈，則甲與乙的向心力之比為

A．4:9   B．4:3   C．3:4   D．9:4
【參考答案】A
【詳細解析】當甲轉動60圈時，乙正好轉45圈，知，根據向心力，解得：，故A正確，BCD錯誤。

1．（2019•北京期末）如圖所示，在勻速轉動的水平圓盤邊緣處輕放一個小物塊，小物塊隨著圓盤做勻速圓周運動，對小物塊之后情況說法正確的是

A．小物塊僅受到重力和支持力的作用
B．小物塊受到重力、支持力和向心力的作用
C．小物塊受到的摩擦力產生了向心加速度
D．小物塊受到的摩擦力一定指向圓盤外側
【答案】C
【解析】小物塊受到重力、支持力和靜摩擦力三個力，向心力由靜摩擦力提供，方向始終是指向圓盤中心，故選項C正確，A、B、D錯誤。

（2019•南城縣第二中學月考）如圖，一光滑大圓環固定在桌面上，環面位于豎直平面內，在大圓環上套著一個小環，小環由大圓環的最高點從靜止開始下滑，在小環下滑的過程中，大圓環對它的作用力

A．一直做負功       B．一直不做功
C．始終指向大圓環圓心   D．始終背離大圓環圓心
【參考答案】B
【詳細解析】大圓環是光滑的，則小環和大環之間沒有摩擦力；大環對小環的支持力總是垂直于小環的速度方向，所以大環對小環沒有做功，故A錯誤，B正確；小環在運動過程中，在大環的上半部分運動時，大環對小環的支持力背離大環圓心，運動到大環的下半部分時，支持力指向大環的圓心，故CD錯誤。

1．一個半徑為R的豎直固定的光滑圓環上套有一個質量為m的小球，一根輕彈簧上端固定在圓環的圓心處，下端固定在小球上，在圓環的最低處給小球水平向右的大小為的初速度，此時圓環恰好對小球沒有彈力，已知重力加速度為g，下列說法正確的是

A．小球在圓環最低點時，彈簧的彈力大小為mg
B．小球在圓環最高點時圓環對小球的彈力大小為7mg
C．小球在圓環的最高點時彈簧的彈力比小球在最低點時的小
D．小球經過圓環的最高點的速度大小為
【答案】D
【解析】小球在圓環最低點時，由牛頓第二定律有，又，解得彈簧的彈力大小為 F=7mg，故A錯誤；設小球經過圓環的最高點的速度大小為v，根據機械能守恒定律得2mgR+ mv2= mv02，解得，故D正確；設小球在圓環最高點時圓環對小球的彈力大小為F′，方向向下，根據牛頓第二定律得mg+F′=m ，解得F′=mg，故B錯誤；小球在圓環的最高點時與小球在最低點時彈簧的形變量相同，所以彈力大小相等，故C錯誤。
【名師點睛】本題考查了牛頓第二定律和機械能守恒定律的綜合運用，知道最高點和最低點向心力的來源，結合牛頓第二定律進行求解。

（2019•江蘇期末）準安現代有軌電車正以10 m/s的速率通過一段圓弧彎道，某乘客發現水平放置的指南針在時間10 s內勻速轉過了30°。在此10 s時間內，火車

A．加速度為零       B．運動位移大小為100 m
C．角速度為3 rad/s       D．彎道半徑為
【參考答案】D
【詳細解析】A．因為火車的運動可看做勻速圓周運動，其所受到的合外力提供向心力，根據牛頓第二定律可知加速度不等于零。故A錯誤；B．由于火車的運動可看做勻速圓周運動，則可求得火車在此10 s時間內的路程為s=vt=100 m。位移小于100 m，故B錯誤；C．利用指南針在10 s內勻速轉過了約30°，根據角速度的定義式，解得角速度的大小為，故C錯誤；D．已知火車在此10 s時間內通過的路程即弧長為l=vt=100 m，由數學知識可知，火車轉過的弧長為l=θR，可解得：。故D正確。

1．如圖所示，長為L的細輕繩一端固定，另一端系一質量為m的小球。給小球一個合適的初速度，小球便可在水平面內做勻速圓周運動，這樣就構成了一個圓錐擺。不計空氣阻力，關于小球受力，下列說法中正確的是

A．小球只受重力和向心力作用
B．小球只受重力、繩的拉力和向心力作用
C．小球只受重力和繩的拉力作用
D．小球只受重力、繩的拉力和離心力作用
【答案】C
【解析】對小球進行受力分析，受到重力、繩的拉力，二者的合力提供向心力，向心力是效果力，不能分析物體受到的向心力。小球只受重力和繩的拉力作用，二者的合力提供向心力，C正確。

1．（2019•銅梁一中月考）一質量為m的物體，沿半徑為R的向下凹的半圓形軌道滑行，如圖所示，經過最低點時的速度為v，物體與軌道之間的動摩擦因數為μ，則它在最低點時受到的摩擦力為

A．        B．
C．        D．
2．如圖所示，水平光滑桌面上有一個小球在細繩的作用下，繞桌面上的固定點O做勻速圓周運動。下列說法正確的有

A．小球處于平衡狀態
B．小球所受的合外力不為零
C．如果剪斷細繩，小球仍做勻速圓周運動
D．小球受到細繩拉力的方向與速度方向垂直
3．（2019•江蘇揚州中學高考模擬）揚州某游樂場有一種叫做“快樂飛機”的游樂項目，模型如圖所示．模型飛機固定在旋臂上，旋臂與豎直方向夾角為θ，當模型飛機以恒定的角速度ω繞中央軸在水平面內做勻速圓周運動時，下列說法正確的是

A．模型飛機受重力、旋臂的作用力和向心力
B．旋臂對模型飛機的作用力方向一定與旋臂垂直
C．增大θ，模型飛機線速度大小不變
D．增大θ，旋臂對模型飛機的作用力變大
4．如圖所示，固定的錐形漏斗內壁是光滑的，內壁上有兩個質量相等的小球A和B，在各自不同的水平面做勻速圓周運動，以下說法正確的是

A．vA>vB   B．ωA>ωB   C．aA>aB   D．壓力FNA>FNB
5．（2019•湖南期末）如圖所示，一個圓環繞經過圓心的豎直軸OO'勻速轉動，圓環上套著兩個可視為質點的小球A、B，當兩個小球相對于圓環靜止時，小球A和圓心的連線與豎直軸OO′的夾角為45°，小球B和圓心的連線與豎直軸OO'的夾角為30°。則下列說法正確的是

A．小球A、B做圓周運動的半徑之比為1:
B．小球A、B做圓周運動的角速度之比為1:2
C．小球A、B做圓周運動的線速度之比為 :1
D．小球A、B做圓周運動的向心加速度之比為1:1
6．如圖所示，小球在細繩的作用下在光滑水平桌面內做圓周運動，以下說法正確的是

A．小球受到重力、桌面的支持力、繩的拉力和向心力的作用
B．在繩長固定時，當轉速增為原來的4倍時，繩子的張力增大為原來的16倍
C．當角速度一定時，繩子越短越易斷
D．當線速度一定時，繩子越長周期越小
7．（2019•甘肅期末）如圖所示，在風力發電機的葉片上有A、B、C三點，其中A、C在葉片的端點，B在葉片的中點.當葉片轉動時，下列說法正確的

A．A，B，C三點線速度大小都相同
B．A，B，C三點角速度大小都相等
C．A，B，C三點中，B點的向心加速度最小
D．A，B，C三點中，B點的轉速最小
8．如圖所示，金屬塊Q放在帶光滑小孔的水平桌面上，一根穿過小孔的細線，上端固定在Q上，下端拴一個小球。小球在某一水平面內做勻速圓周運動(圓錐擺)，細線與豎直方向成30°角(圖中P位置)。現使小球在更高的水平面上做勻速圓周運動．細線與豎直方高成60°角(圖中P’位置)。兩種情況下，金屬塊Q都靜止在桌面上的同一點，則后一種情況與原來相比較，下面判斷正確的是

A．Q受到桌面的靜摩擦力大小不變
B．小球運動的角速度變大
C．細線所受的拉力之比為2:1
D．小球向心力大小之比為3:1
9．如圖所示，豎直放置的半徑為R的光滑半圓軌道與粗糙水平面平滑連接，水平面上放置一輕彈簧，其右端固定，左端被質量為m的小物塊壓縮至P點(彈簧左端與小物塊末連接)，P點與圓弧最低點A的距離為R。現將小物塊由P點靜止釋放，此后它恰能到達圓弧最高點C。已知物塊與彈簧分離的位置在AP之間，物塊和水平面間的動摩擦因數為0.5，重力加速度為g。則有關上述過程說法正確的是

A．彈簧對物塊做的功為3mgR
B．在最高點物塊與軌道間有相互作用力
C．物塊在B點對軌道的作用大小為3mg
D．在PA段物塊機械能減少了0.5mgR
10．（2019•廣東月考）馬戲團中上演的飛車節目深受觀眾喜愛。如圖甲，兩表演者騎著摩托車在豎直放置的圓錐筒內壁上做水平勻速圓周運動。若兩表演者（含摩托車）分別看作質點A、B，其示意簡圖如圖乙所示，摩托車與內壁傾斜方向的摩擦力恰好為零，則B做圓周運動的

A．周期較大       B．線速度較大
C．角速度較大       D．向心加速度較大
11．如圖所示，疊放在水平轉臺上的物體A、B能隨轉臺一起以角速度勻速轉動，A、B的質量分別為m、2m，A和B與轉臺間的動摩擦因數均為，A與轉臺中心的距離為2r，B與轉臺中心的距離為r。設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則下列說法正確的是

A．轉臺對A的摩擦力一定為
B．轉臺對B的摩擦力一定為
C．轉臺對A的摩擦力一定大于對B的摩擦力
D．轉臺的角速度逐漸增大的過程中，A比B先滑動
12．（2019•湖南婁底一中期末）如圖所示，質量為0.1 kg的小球在水平面內做勻速圓周運動，長為2 m的懸線與豎直方向的夾角為37°，不計空氣阻力，取重力加速度g=10 m/s2，sin37=0.6，cos37°=0.8，下列說法正確的是

A．懸線受到的拉力大小為2 N
B．小球運動的動能為0.45 J
C．小球運動的向心加速度大小為7.5 m/s2
D．小球運動的角速度大小為5 rad/s

13．（2019•江蘇卷）如圖所示，摩天輪懸掛的座艙在豎直平面內做勻速圓周運動．座艙的質量為m，運動半徑為R，角速度大小為ω，重力加速度為g，則座艙

A．運動周期為
B．線速度的大小為ωR
C．受摩天輪作用力的大小始終為mg
D．所受合力的大小始終為mω2R
14．（2018•新課標I卷）如圖，abc是豎直面內的光滑固定軌道，ab水平，長度為2R；bc是半徑為R的四分之一的圓弧，與ab相切于b點。一質量為m的小球。始終受到與重力大小相等的水平外力的作用，自a點處從靜止開始向右運動，重力加速度大小為g。小球從a點開始運動到其他軌跡最高點，機械能的增量為

A．2mgR       B．4mgR
C．5mgR       D．6mgR
15．（2018•浙江新高考）A、B兩艘快艇在湖面上做勻速圓周運動（如圖），在相同時間內，它們通過的路程之比是4:3，運動方向改變的角度之比是3:2，則它們

A．線速度大小之比為4:3
B．角速度大小之比為3:4
C．圓周運動的半徑之比為2:1
D．向心加速度大小之比為1:2
16．（2017•江蘇卷）如圖所示，一小物塊被夾子夾緊，夾子通過輕繩懸掛在小環上，小環套在水平光滑細桿上，物塊質量為M，到小環的距離為L，其兩側面與夾子間的最大靜摩擦力均為F。小環和物塊以速度v向右勻速運動，小環碰到桿上的釘子P后立刻停止，物塊向上擺動。整個過程中，物塊在夾子中沒有滑動。小環和夾子的質量均不計，重力加速度為g。下列說法正確的是

A．物塊向右勻速運動時，繩中的張力等于2F
B．小環碰到釘子P時，繩中的張力大于2F
C．物塊上升的最大高度為
D．速度v不能超過

1．C【解析】在最低點，根據牛頓第二定律得，則所以摩擦力，故C正確，ABD錯誤；故選C。
2．BD【解析】勻速圓周運動，合外力不為零，是非平衡狀態，故A錯誤，B正確；如果剪斷細繩，小球仍做勻速圓周運動，小球將沿切線方向做直線運動，故C錯誤；拉力提供向心力，沿半徑方向指向圓心，速度與軌跡相切沿切線方向，所以拉力與速度方向垂直，故D正確。
3．D【解析】當模型飛機以角速度ω繞中央軸在水平面內做勻速圓周運動時，模型飛機受到重力和支持力的作用，而向心力屬于效果力，由重力和支持力的合力產生，故模型飛機受到的力為重力和旋臂的作用力，故A錯誤；旋臂對模型飛機的作用力方向可以與旋臂不垂直，但以后再豎直方向和水平方向有分力，且豎直方向的分力等于重力，故B錯誤；增大θ，飛機的圓周半徑r=Lsinθ增大，根據v=rω知飛機線速度增大，故C錯誤；根據旋臂對模型飛機的作用力大小的表達式，若夾角θ增大，則旋臂對模型飛機的作用力增大，故D正確。
4．A【解析】以任意一球為研究對象，受力情況如圖：

根據牛頓第二定律得：得，對于兩球，相同，則，所以線速度vA>vB，故A正確。由牛頓第二定律：，得，所以故B錯誤；由牛頓第二定律：，得，所以，故C錯誤；由圖得到軌道對小球的支持力，與半徑無關，則小球對軌道的壓力故D錯誤。
5．C【解析】A．小球A、B做圓周運動的半徑之比為Rsin45°：Rsin30°= :1。故A錯誤。B．因為同軸轉動，故小球A、B做圓周運動的角速度之比為1:1。故B錯誤。C．小球A、B做圓周運動的線速度之比為半徑之比。故C正確。D．小球A、B做圓周運動的向心加速度之比。故D錯誤。
6．B【解析】小球受重力、支持力、拉力，做勻速圓周運動，拉力提供向心力，故A錯誤；在繩長固定時，根據公式F=mω2r和ω=2πn，當轉速增為原來的4倍時，繩子的張力增大為原來的16倍，故B正確；當角速度一定時，根據公式F=mω2r，繩子越長向心力越大，拉力越大，越容易斷，故C錯誤；當線速度一定時，根據公式，繩子越長周期越大，故D錯誤。
7．BC【解析】A、B項：ABC屬于同軸轉動，故他們的角速度相等，由v=ωr知，AC的半徑r相等，故線速度的大小相等，都大于B點的線速度，故A錯誤，B正確；C項：由a=ω2r知，A、C半徑相等，B點的半徑最小，故AC向心加速度相等，大于B的向心加速度，故C正確；D項：ABC屬于同軸轉動，故他們的角速度相等，各點的轉速是相等的。故D錯誤。
8．BD【解析】小球的受力如圖所示，細線與豎直方向成30°角(圖中P位置)時，在豎直方向，小球受繩子的拉力為，需要向心力：，夾角為60°時，，需要向心力：，可得：細線所受的拉力之比為，小球向心力大小之比F2:F1=3:1，所以C錯誤；D正確；物塊Q受靜摩擦力與繩子的拉力平衡，拉力改變，故靜摩擦力也變，所以A錯誤；對小球：，因h變小，故角速度變大，所以B正確。

9．ACD【解析】小物塊恰能到達圓弧最高點C時，由重力提供向心力，則有mg=m ；物塊從P到C的過程，運用動能定理得W–2mgR–μmgR= mvC2，聯立解得彈簧對物塊做的功為W=3mgR，故A正確。小物塊恰能到達圓弧最高點C時，由重力提供向心力，物塊與軌道間無相互作用力，故B錯誤。物塊從P到B的過程，運用動能定理得W–mgR–μmgR= mvB2；在B點，由向心力公式得N=m ，可得N=3mg，則由牛頓第三定律得知物塊在B點對軌道的作用大小為3mg，故C正確。在PA段物塊機械能減少為ΔE=μmgR=0.5mgR，故D正確。
10．AB【解析】BC．摩托車做勻速圓周運動，摩擦力恰好為零，由重力mg和支持力F的合力提供圓周運動的向心力，作出受力分析如圖：

則有：向心力Fn=mgtanα，由，得：，，則知B質點高，半徑r大，則ω較小，v較大；故B正確，C錯誤。A．因為，而B質點角速度小，則其周期較大；故A正確。D．因為mgtanα=ma，則向心加速度為a=gtanα，所以A、B兩質點的向心加速度相等，故D錯誤。
11．BD【解析】A、B兩物體隨轉臺一起做勻速轉動，角速度相等，由靜摩擦力提供向心力，對A物體，摩擦力不一定達到最大靜摩擦力，則不一定等于μmg，對B物體，摩擦力的大小fB=2mrω2，故A錯誤，B正確；對B：根據牛頓第二定律得：μmg=mrω2，解得發生滑動的臨界角速度為：，由于A的轉動的半徑大，可知角速度增大，A先發生相對滑動，故D正確。由于A、B未發生滑動，根據牛頓第二定律得：f=mrω2，轉臺對A的摩擦力大小等于對B的摩擦力大小，故C錯誤。
12．BC【解析】小球在水平面內做勻速圓周運動，對小球受力分析，如圖所示：

A．小球在豎直方向受力平衡，有：，解得繩的拉力；故A錯誤。B．小球受重力和繩子的拉力，合力提供向心力，根據牛頓第二定律有：，其中r表示小球勻速圓周運動的軌道半徑，有，聯立解得：，則小球的動能為；故B正確。C．由牛頓第二定律，可知向心加速度；故C正確。D．由勻速圓周的的特點，可得小球的角速度為；故D錯誤。
13．BD【解析】由于座艙做勻速圓周運動，由公式，解得：，故A錯誤；由圓周運動的線速度與角速度的關系可知，，故B正確；由于座艙做勻速圓周運動，所以座艙受到摩天輪的作用力是變力，不可能始終為，故C錯誤；由勻速圓周運動的合力提供向心力可得：，故D正確。
14．C【解析】本題考查了運動的合成與分解、動能定理等知識，意在考查考生綜合力學規律解決問題的能力。設小球運動到c點的速度大小為vC，則對小球由a到c的過程，由動能定理得：F•3R-mgR= mvc2，又F=mg，解得：vc2=4gR，小球離開c點后，在水平方向做初速度為零的勻加速直線運動，豎直方向在重力作用力下做勻減速直線運動，由牛頓第二定律可知，小球離開c點后水平方向和豎直方向的加速度大小均為g，則由豎直方向的運動可知，小球從離開c點到其軌跡最高點所需的時間為:t=vC/g=2 ，小球在水平方向的加速度a=g，在水平方向的位移為x= at2=2R。由以上分析可知，小球從a點開始運動到其軌跡最高點的過程中，水平方向的位移大小為5R，則小球機械能的增加量△E=F•5R=5mgR，選項C正確ABD錯誤。
15．A【解析】因為相同時間內他們通過的路程之比是4:3，根據，則A、B的線速度之比為4:3，故A正確；運動方向改變的角度之比為3:2，根據，則角速度之比為3:2，故B錯誤；根據可得圓周運動的半徑之比為，故C錯誤；根據a=vω得，向心加速度之比為，故D錯誤。
16．D【解析】由題意知，F為夾子與物塊間的最大靜摩擦力，但在實際運動過程中，夾子與物塊間的靜摩擦力沒有達到最大，故物塊向右勻速運動時，繩中的張力等于Mg，A錯誤；小環碰到釘子時，物塊做圓周運動，，繩中的張力大于物塊的重力Mg，當繩中的張力大于2F時，物塊將從夾子中滑出，即，此時速度，故B錯誤；D正確；物塊能上升的最大高度，，所以C錯誤。

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圓周運動中的動力學分析考點及考情分析

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