一、圆周运动中的动力学分析
1．向心加速度：描述速度方向变化快慢的物理量。
公式：。
2．向心力：作用效果产生向心加速度，Fn=man。
3．向心力的来源
向心力是按力的作用效果命名的，可以是重力、弹力、摩擦力等各种力，也可以是几个力的合力或某个力的分力，因此在受力分析中要避免再另外添加一个向心力。
4．向心力的确定
（1）确定圆周运动的轨道所在的平面，确定圆心的位置。
（2）分析物体的受力情况，找出所有的力沿半径方向指向圆心的合力就是向心力。
解决圆周运动问题的主要步骤

（1）审清题意，确定研究对象；
（2）分析物体的运动情况，即物体的线速度、角速度、周期、轨道平面、圆心、半径等；
（3）分析物体的受力情况，画出受力示意图，确定向心力的来源；
（4）根据牛顿运动定律及向心力公式列方程。
二、竖直平面内圆周运动的绳模型与杆模型问题
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（管道）约束模型”。
2．绳、杆模型涉及的临界问题
   绳模型   杆模型
常见类型
均是没有支撑的小球
均是有支撑的小球
过最高点的临界条件   由得：
由小球恰能做圆周运动得v临=0
讨论分析   （1）过最高点时，
，绳、轨道对球产生弹力
（2）不能过最高点时，，在到达最高点前小球已经脱离了圆轨道   （1）当v=0时，FN=mg，FN为支持力，沿半径背离圆心
（2）当时，，FN背向圆心，随v的增大而减小
（3）当时，FN=0
（4）当时，，FN指向圆心并随v的增大而增大
3．竖直面内圆周运动的求解思路
（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：，对轻绳模型来说是能否通过最高点的临界点，而对轻杆模型来说是FN表现为支持力还是拉力的临界点。
（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。

甲、乙两质点做匀速圆周运动，甲的质量与转动半径都分别是乙的一半，当甲转动60圈时，乙正好转45圈，则甲与乙的向心力之比为

A．4:9   B．4:3   C．3:4   D．9:4
【参考答案】A
【详细解析】当甲转动60圈时，乙正好转45圈，知，根据向心力，解得：，故A正确，BCD错误。

1．（2019•北京期末）如图所示，在匀速转动的水平圆盘边缘处轻放一个小物块，小物块随着圆盘做匀速圆周运动，对小物块之后情况说法正确的是

A．小物块仅受到重力和支持力的作用
B．小物块受到重力、支持力和向心力的作用
C．小物块受到的摩擦力产生了向心加速度
D．小物块受到的摩擦力一定指向圆盘外侧
【答案】C
【解析】小物块受到重力、支持力和静摩擦力三个力，向心力由静摩擦力提供，方向始终是指向圆盘中心，故选项C正确，A、B、D错误。

（2019•南城县第二中学月考）如图，一光滑大圆环固定在桌面上，环面位于竖直平面内，在大圆环上套着一个小环，小环由大圆环的最高点从静止开始下滑，在小环下滑的过程中，大圆环对它的作用力

A．一直做负功       B．一直不做功
C．始终指向大圆环圆心   D．始终背离大圆环圆心
【参考答案】B
【详细解析】大圆环是光滑的，则小环和大环之间没有摩擦力；大环对小环的支持力总是垂直于小环的速度方向，所以大环对小环没有做功，故A错误，B正确；小环在运动过程中，在大环的上半部分运动时，大环对小环的支持力背离大环圆心，运动到大环的下半部分时，支持力指向大环的圆心，故CD错误。

1．一个半径为R的竖直固定的光滑圆环上套有一个质量为m的小球，一根轻弹簧上端固定在圆环的圆心处，下端固定在小球上，在圆环的最低处给小球水平向右的大小为的初速度，此时圆环恰好对小球没有弹力，已知重力加速度为g，下列说法正确的是

A．小球在圆环最低点时，弹簧的弹力大小为mg
B．小球在圆环最高点时圆环对小球的弹力大小为7mg
C．小球在圆环的最高点时弹簧的弹力比小球在最低点时的小
D．小球经过圆环的最高点的速度大小为
【答案】D
【解析】小球在圆环最低点时，由牛顿第二定律有，又，解得弹簧的弹力大小为 F=7mg，故A错误；设小球经过圆环的最高点的速度大小为v，根据机械能守恒定律得2mgR+ mv2= mv02，解得，故D正确；设小球在圆环最高点时圆环对小球的弹力大小为F′，方向向下，根据牛顿第二定律得mg+F′=m ，解得F′=mg，故B错误；小球在圆环的最高点时与小球在最低点时弹簧的形变量相同，所以弹力大小相等，故C错误。
【名师点睛】本题考查了牛顿第二定律和机械能守恒定律的综合运用，知道最高点和最低点向心力的来源，结合牛顿第二定律进行求解。

（2019•江苏期末）准安现代有轨电车正以10 m/s的速率通过一段圆弧弯道，某乘客发现水平放置的指南针在时间10 s内匀速转过了30°。在此10 s时间内，火车

A．加速度为零       B．运动位移大小为100 m
C．角速度为3 rad/s       D．弯道半径为
【参考答案】D
【详细解析】A．因为火车的运动可看做匀速圆周运动，其所受到的合外力提供向心力，根据牛顿第二定律可知加速度不等于零。故A错误；B．由于火车的运动可看做匀速圆周运动，则可求得火车在此10 s时间内的路程为s=vt=100 m。位移小于100 m，故B错误；C．利用指南针在10 s内匀速转过了约30°，根据角速度的定义式，解得角速度的大小为，故C错误；D．已知火车在此10 s时间内通过的路程即弧长为l=vt=100 m，由数学知识可知，火车转过的弧长为l=θR，可解得：。故D正确。

1．如图所示，长为L的细轻绳一端固定，另一端系一质量为m的小球。给小球一个合适的初速度，小球便可在水平面内做匀速圆周运动，这样就构成了一个圆锥摆。不计空气阻力，关于小球受力，下列说法中正确的是

A．小球只受重力和向心力作用
B．小球只受重力、绳的拉力和向心力作用
C．小球只受重力和绳的拉力作用
D．小球只受重力、绳的拉力和离心力作用
【答案】C
【解析】对小球进行受力分析，受到重力、绳的拉力，二者的合力提供向心力，向心力是效果力，不能分析物体受到的向心力。小球只受重力和绳的拉力作用，二者的合力提供向心力，C正确。

1．（2019•铜梁一中月考）一质量为m的物体，沿半径为R的向下凹的半圆形轨道滑行，如图所示，经过最低点时的速度为v，物体与轨道之间的动摩擦因数为μ，则它在最低点时受到的摩擦力为

A．        B．
C．        D．
2．如图所示，水平光滑桌面上有一个小球在细绳的作用下，绕桌面上的固定点O做匀速圆周运动。下列说法正确的有

A．小球处于平衡状态
B．小球所受的合外力不为零
C．如果剪断细绳，小球仍做匀速圆周运动
D．小球受到细绳拉力的方向与速度方向垂直
3．（2019•江苏扬州中学高考模拟）扬州某游乐场有一种叫做“快乐飞机”的游乐项目，模型如图所示．模型飞机固定在旋臂上，旋臂与竖直方向夹角为θ，当模型飞机以恒定的角速度ω绕中央轴在水平面内做匀速圆周运动时，下列说法正确的是

A．模型飞机受重力、旋臂的作用力和向心力
B．旋臂对模型飞机的作用力方向一定与旋臂垂直
C．增大θ，模型飞机线速度大小不变
D．增大θ，旋臂对模型飞机的作用力变大
4．如图所示，固定的锥形漏斗内壁是光滑的，内壁上有两个质量相等的小球A和B，在各自不同的水平面做匀速圆周运动，以下说法正确的是

A．vA>vB   B．ωA>ωB   C．aA>aB   D．压力FNA>FNB
5．（2019•湖南期末）如图所示，一个圆环绕经过圆心的竖直轴OO'匀速转动，圆环上套着两个可视为质点的小球A、B，当两个小球相对于圆环静止时，小球A和圆心的连线与竖直轴OO′的夹角为45°，小球B和圆心的连线与竖直轴OO'的夹角为30°。则下列说法正确的是

A．小球A、B做圆周运动的半径之比为1:
B．小球A、B做圆周运动的角速度之比为1:2
C．小球A、B做圆周运动的线速度之比为 :1
D．小球A、B做圆周运动的向心加速度之比为1:1
6．如图所示，小球在细绳的作用下在光滑水平桌面内做圆周运动，以下说法正确的是

A．小球受到重力、桌面的支持力、绳的拉力和向心力的作用
B．在绳长固定时，当转速增为原来的4倍时，绳子的张力增大为原来的16倍
C．当角速度一定时，绳子越短越易断
D．当线速度一定时，绳子越长周期越小
7．（2019•甘肃期末）如图所示，在风力发电机的叶片上有A、B、C三点，其中A、C在叶片的端点，B在叶片的中点.当叶片转动时，下列说法正确的

A．A，B，C三点线速度大小都相同
B．A，B，C三点角速度大小都相等
C．A，B，C三点中，B点的向心加速度最小
D．A，B，C三点中，B点的转速最小
8．如图所示，金属块Q放在带光滑小孔的水平桌面上，一根穿过小孔的细线，上端固定在Q上，下端拴一个小球。小球在某一水平面内做匀速圆周运动(圆锥摆)，细线与竖直方向成30°角(图中P位置)。现使小球在更高的水平面上做匀速圆周运动．细线与竖直方高成60°角(图中P’位置)。两种情况下，金属块Q都静止在桌面上的同一点，则后一种情况与原来相比较，下面判断正确的是

A．Q受到桌面的静摩擦力大小不变
B．小球运动的角速度变大
C．细线所受的拉力之比为2:1
D．小球向心力大小之比为3:1
9．如图所示，竖直放置的半径为R的光滑半圆轨道与粗糙水平面平滑连接，水平面上放置一轻弹簧，其右端固定，左端被质量为m的小物块压缩至P点(弹簧左端与小物块末连接)，P点与圆弧最低点A的距离为R。现将小物块由P点静止释放，此后它恰能到达圆弧最高点C。已知物块与弹簧分离的位置在AP之间，物块和水平面间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为g。则有关上述过程说法正确的是

A．弹簧对物块做的功为3mgR
B．在最高点物块与轨道间有相互作用力
C．物块在B点对轨道的作用大小为3mg
D．在PA段物块机械能减少了0.5mgR
10．（2019•广东月考）马戏团中上演的飞车节目深受观众喜爱。如图甲，两表演者骑着摩托车在竖直放置的圆锥筒内壁上做水平匀速圆周运动。若两表演者（含摩托车）分别看作质点A、B，其示意简图如图乙所示，摩托车与内壁倾斜方向的摩擦力恰好为零，则B做圆周运动的

A．周期较大       B．线速度较大
C．角速度较大       D．向心加速度较大
11．如图所示，叠放在水平转台上的物体A、B能随转台一起以角速度匀速转动，A、B的质量分别为m、2m，A和B与转台间的动摩擦因数均为，A与转台中心的距离为2r，B与转台中心的距离为r。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是

A．转台对A的摩擦力一定为
B．转台对B的摩擦力一定为
C．转台对A的摩擦力一定大于对B的摩擦力
D．转台的角速度逐渐增大的过程中，A比B先滑动
12．（2019•湖南娄底一中期末）如图所示，质量为0.1 kg的小球在水平面内做匀速圆周运动，长为2 m的悬线与竖直方向的夹角为37°，不计空气阻力，取重力加速度g=10 m/s2，sin37=0.6，cos37°=0.8，下列说法正确的是

A．悬线受到的拉力大小为2 N
B．小球运动的动能为0.45 J
C．小球运动的向心加速度大小为7.5 m/s2
D．小球运动的角速度大小为5 rad/s

13．（2019•江苏卷）如图所示，摩天轮悬挂的座舱在竖直平面内做匀速圆周运动．座舱的质量为m，运动半径为R，角速度大小为ω，重力加速度为g，则座舱

A．运动周期为
B．线速度的大小为ωR
C．受摩天轮作用力的大小始终为mg
D．所受合力的大小始终为mω2R
14．（2018•新课标I卷）如图，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为2R；bc是半径为R的四分之一的圆弧，与ab相切于b点。一质量为m的小球。始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a点处从静止开始向右运动，重力加速度大小为g。小球从a点开始运动到其他轨迹最高点，机械能的增量为

A．2mgR       B．4mgR
C．5mgR       D．6mgR
15．（2018•浙江新高考）A、B两艘快艇在湖面上做匀速圆周运动（如图），在相同时间内，它们通过的路程之比是4:3，运动方向改变的角度之比是3:2，则它们

A．线速度大小之比为4:3
B．角速度大小之比为3:4
C．圆周运动的半径之比为2:1
D．向心加速度大小之比为1:2
16．（2017•江苏卷）如图所示，一小物块被夹子夹紧，夹子通过轻绳悬挂在小环上，小环套在水平光滑细杆上，物块质量为M，到小环的距离为L，其两侧面与夹子间的最大静摩擦力均为F。小环和物块以速度v向右匀速运动，小环碰到杆上的钉子P后立刻停止，物块向上摆动。整个过程中，物块在夹子中没有滑动。小环和夹子的质量均不计，重力加速度为g。下列说法正确的是

A．物块向右匀速运动时，绳中的张力等于2F
B．小环碰到钉子P时，绳中的张力大于2F
C．物块上升的最大高度为
D．速度v不能超过

1．C【解析】在最低点，根据牛顿第二定律得，则所以摩擦力，故C正确，ABD错误；故选C。
2．BD【解析】匀速圆周运动，合外力不为零，是非平衡状态，故A错误，B正确；如果剪断细绳，小球仍做匀速圆周运动，小球将沿切线方向做直线运动，故C错误；拉力提供向心力，沿半径方向指向圆心，速度与轨迹相切沿切线方向，所以拉力与速度方向垂直，故D正确。
3．D【解析】当模型飞机以角速度ω绕中央轴在水平面内做匀速圆周运动时，模型飞机受到重力和支持力的作用，而向心力属于效果力，由重力和支持力的合力产生，故模型飞机受到的力为重力和旋臂的作用力，故A错误；旋臂对模型飞机的作用力方向可以与旋臂不垂直，但以后再竖直方向和水平方向有分力，且竖直方向的分力等于重力，故B错误；增大θ，飞机的圆周半径r=Lsinθ增大，根据v=rω知飞机线速度增大，故C错误；根据旋臂对模型飞机的作用力大小的表达式，若夹角θ增大，则旋臂对模型飞机的作用力增大，故D正确。
4．A【解析】以任意一球为研究对象，受力情况如图：

根据牛顿第二定律得：得，对于两球，相同，则，所以线速度vA>vB，故A正确。由牛顿第二定律：，得，所以故B错误；由牛顿第二定律：，得，所以，故C错误；由图得到轨道对小球的支持力，与半径无关，则小球对轨道的压力故D错误。
5．C【解析】A．小球A、B做圆周运动的半径之比为Rsin45°：Rsin30°= :1。故A错误。B．因为同轴转动，故小球A、B做圆周运动的角速度之比为1:1。故B错误。C．小球A、B做圆周运动的线速度之比为半径之比。故C正确。D．小球A、B做圆周运动的向心加速度之比。故D错误。
6．B【解析】小球受重力、支持力、拉力，做匀速圆周运动，拉力提供向心力，故A错误；在绳长固定时，根据公式F=mω2r和ω=2πn，当转速增为原来的4倍时，绳子的张力增大为原来的16倍，故B正确；当角速度一定时，根据公式F=mω2r，绳子越长向心力越大，拉力越大，越容易断，故C错误；当线速度一定时，根据公式，绳子越长周期越大，故D错误。
7．BC【解析】A、B项：ABC属于同轴转动，故他们的角速度相等，由v=ωr知，AC的半径r相等，故线速度的大小相等，都大于B点的线速度，故A错误，B正确；C项：由a=ω2r知，A、C半径相等，B点的半径最小，故AC向心加速度相等，大于B的向心加速度，故C正确；D项：ABC属于同轴转动，故他们的角速度相等，各点的转速是相等的。故D错误。
8．BD【解析】小球的受力如图所示，细线与竖直方向成30°角(图中P位置)时，在竖直方向，小球受绳子的拉力为，需要向心力：，夹角为60°时，，需要向心力：，可得：细线所受的拉力之比为，小球向心力大小之比F2:F1=3:1，所以C错误；D正确；物块Q受静摩擦力与绳子的拉力平衡，拉力改变，故静摩擦力也变，所以A错误；对小球：，因h变小，故角速度变大，所以B正确。

9．ACD【解析】小物块恰能到达圆弧最高点C时，由重力提供向心力，则有mg=m ；物块从P到C的过程，运用动能定理得W–2mgR–μmgR= mvC2，联立解得弹簧对物块做的功为W=3mgR，故A正确。小物块恰能到达圆弧最高点C时，由重力提供向心力，物块与轨道间无相互作用力，故B错误。物块从P到B的过程，运用动能定理得W–mgR–μmgR= mvB2；在B点，由向心力公式得N=m ，可得N=3mg，则由牛顿第三定律得知物块在B点对轨道的作用大小为3mg，故C正确。在PA段物块机械能减少为ΔE=μmgR=0.5mgR，故D正确。
10．AB【解析】BC．摩托车做匀速圆周运动，摩擦力恰好为零，由重力mg和支持力F的合力提供圆周运动的向心力，作出受力分析如图：

则有：向心力Fn=mgtanα，由，得：，，则知B质点高，半径r大，则ω较小，v较大；故B正确，C错误。A．因为，而B质点角速度小，则其周期较大；故A正确。D．因为mgtanα=ma，则向心加速度为a=gtanα，所以A、B两质点的向心加速度相等，故D错误。
11．BD【解析】A、B两物体随转台一起做匀速转动，角速度相等，由静摩擦力提供向心力，对A物体，摩擦力不一定达到最大静摩擦力，则不一定等于μmg，对B物体，摩擦力的大小fB=2mrω2，故A错误，B正确；对B：根据牛顿第二定律得：μmg=mrω2，解得发生滑动的临界角速度为：，由于A的转动的半径大，可知角速度增大，A先发生相对滑动，故D正确。由于A、B未发生滑动，根据牛顿第二定律得：f=mrω2，转台对A的摩擦力大小等于对B的摩擦力大小，故C错误。
12．BC【解析】小球在水平面内做匀速圆周运动，对小球受力分析，如图所示：

A．小球在竖直方向受力平衡，有：，解得绳的拉力；故A错误。B．小球受重力和绳子的拉力，合力提供向心力，根据牛顿第二定律有：，其中r表示小球匀速圆周运动的轨道半径，有，联立解得：，则小球的动能为；故B正确。C．由牛顿第二定律，可知向心加速度；故C正确。D．由匀速圆周的的特点，可得小球的角速度为；故D错误。
13．BD【解析】由于座舱做匀速圆周运动，由公式，解得：，故A错误；由圆周运动的线速度与角速度的关系可知，，故B正确；由于座舱做匀速圆周运动，所以座舱受到摩天轮的作用力是变力，不可能始终为，故C错误；由匀速圆周运动的合力提供向心力可得：，故D正确。
14．C【解析】本题考查了运动的合成与分解、动能定理等知识，意在考查考生综合力学规律解决问题的能力。设小球运动到c点的速度大小为vC，则对小球由a到c的过程，由动能定理得：F•3R-mgR= mvc2，又F=mg，解得：vc2=4gR，小球离开c点后，在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，竖直方向在重力作用力下做匀减速直线运动，由牛顿第二定律可知，小球离开c点后水平方向和竖直方向的加速度大小均为g，则由竖直方向的运动可知，小球从离开c点到其轨迹最高点所需的时间为:t=vC/g=2 ，小球在水平方向的加速度a=g，在水平方向的位移为x= at2=2R。由以上分析可知，小球从a点开始运动到其轨迹最高点的过程中，水平方向的位移大小为5R，则小球机械能的增加量△E=F•5R=5mgR，选项C正确ABD错误。
15．A【解析】因为相同时间内他们通过的路程之比是4:3，根据，则A、B的线速度之比为4:3，故A正确；运动方向改变的角度之比为3:2，根据，则角速度之比为3:2，故B错误；根据可得圆周运动的半径之比为，故C错误；根据a=vω得，向心加速度之比为，故D错误。
16．D【解析】由题意知，F为夹子与物块间的最大静摩擦力，但在实际运动过程中，夹子与物块间的静摩擦力没有达到最大，故物块向右匀速运动时，绳中的张力等于Mg，A错误；小环碰到钉子时，物块做圆周运动，，绳中的张力大于物块的重力Mg，当绳中的张力大于2F时，物块将从夹子中滑出，即，此时速度，故B错误；D正确；物块能上升的最大高度，，所以C错误。

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圆周运动中的动力学分析考点及考情分析

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