專題05圓周運動01圓周運動的基礎概念和規(guī)律一、圓周運動1.勻速圓周運動：質點沿圓周運動，如果在相等的時間里通過的弧長相等，這種運動就叫做勻速周圓運動。2.運動性質：勻速圓周運動是變速運動，因為線速度方向時刻在變化，向心加速度方向時刻沿半徑指向圓心，時刻變化。3.特征：勻速圓周運動中，角速度、周期、轉速、速率、動能都是恒定不變的；而線速度、加速度、合外力、動量是不斷變化的。注意：勻速圓周運動與變速圓周運動的區(qū)別與聯系勻速圓周運動變速圓周運動運動特點線速度的大小不變，角速度、周期和頻率都不變，向心加速度的大小不變線速度的大小、方向都變，角速度變，向心加速度的大小、方向都變，周期可能變也可能不變圖示受力特點所受到的合力為向心力，大小不變，方向變，其方向時刻指向圓心所受到的合力不總指向圓心，合力產生兩個效果：①沿半徑方向的分力Fn，即向心力，它改變速度的方向；②沿切線方向的分力Ft，它改變速度的大小運動性質非勻變速曲線運動(加速度大小不變，方向變化)非勻變速曲線運動(加速度大小、方向都變化)【跟蹤訓練】（2025·江蘇·高考真題）游樂設施“旋轉杯”的底盤和轉杯分別以、為轉軸，在水平面內沿順時針方向勻速轉動。固定在底盤上。某時刻轉杯轉到如圖所示位置，杯上A點與、恰好在同一條直線上。則（

）A．A點做勻速圓周運動B．點做勻速圓周運動C．此時A點的速度小于點D．此時A點的速度等于點【答案】B【知識點】勻速圓周運動【詳解】A．A點運動為A點繞的圓周運動和相對于O的圓周運動的合運動，故軌跡不是圓周，故不做勻速圓周運動，故A錯誤；B．根據題意固定在底盤上，故可知圍繞O點做勻速圓周運動，故B正確；CD．杯上A點與、恰好在同一條直線上時且在延長線上，點和點運動運動方向相同，又A點相對點做圓周運動，故此時A的速度大于的速度，故CD錯誤。故選B。二、向心力與向心加速度1.向心力：（1）定義：質點做圓周運動時，受到的總是沿著半徑方向指向圓心的合力，是效果力。（2）作用效果：產生向心加速度，只改變線速度的方向，不改變線速度的大小。注意：向心力是按效果命名的力，不是某種性質的力，可以由幾個力的合力或某一個力的分力提供；在勻速圓周運動中合力提供向心力；變速圓周運動中的合外力并不指向圓心，這時合外力可以分解為互相垂直的兩個力：跟圓周相切的分力Fr和指向圓心方向的分力Fn，Fn產生了向心加速度，與速度垂直，改變了速度方向，Fr產生切向加速度，切向加速度與物體的速度方向在一條直線上，它改變了速度的大小。2．向心加速度（1）物理意義：描述線速度方向變化快慢的物理量。（2）方向：總是沿半徑指向圓心，時刻在變化。【跟蹤訓練】（2025·浙江·二模）雜技表演中，為了提高觀賞性，摩托車手設計沿如圖所示圓錐面的內壁做圓周運動，運動半徑為R，（假設摩托車視為質點）則（）A．摩托車越重越不容易實現圓錐面的內壁做圓周運動B．摩托車無法實現圓錐面的內壁做圓周運動【答案】D【知識點】通過牛頓第二定律求解向心力【詳解】ABD．摩托車在豎直面內的受力分析，如圖所示可見摩托車的重量與實現圓錐面的內壁做圓周運動的難易程度無關，摩托車無法實現圓錐面的內壁做圓周運動，故AB錯誤，D正確；故C錯誤。故選D。三、線速度、角速度等基本量的關系1.圓周運動的相關物理量物理量公式單位標矢性物理意義線速度v=m/s矢量描述物體位置變化的快慢和方向角速度ω=rad/s矢量描述物體轉動的快慢和方向周期T=s標量描述物體轉動一周所用的時間頻率f=Hz標量描述物體在單位時間內的振動次數轉速nr/s標量描述物體在單位時間內的運動圈數向心加速度am/s2矢量方向始終指向圓心，描述線速度變化的快慢和方向向心力FN矢量方向始終指向圓心，由重力、彈力、摩擦力等合力或分力提供的效果力Fn=man2.圓周運動各物理量間的關系【跟蹤訓練】（2024·遼寧·高考真題）“指尖轉球”是花式籃球表演中常見的技巧。如圖，當籃球在指尖上繞軸轉動時，球面上P、Q兩點做圓周運動的（）A．半徑相等 B．線速度大小相等C．向心加速度大小相等 D．角速度大小相等【答案】D【知識點】傳動問題、周期、角速度、轉速、頻率與線速度之間的關系式、向心加速度與角速度、周期的關系【詳解】D．由題意可知，球面上P、Q兩點轉動時屬于同軸轉動，故角速度大小相等，故D正確；A．由圖可知，球面上P、Q兩點做圓周運動的半徑的關系為故A錯誤；故B錯誤；故C錯誤。故選D。四、幾種傳動裝置幾種常見的傳動裝置類型模型模型核心應用規(guī)律皮帶傳動皮帶與兩輪之間無相對滑動時，兩輪邊緣線速度大小相等(方向不同)，即vA＝vB角速度與半徑成反比：摩擦傳動兩輪邊緣接觸，接觸點無打滑現象時，兩輪邊緣線速度大小相等(方向不同)，即vA＝vB角速度與半徑成反比與齒輪齒數成反比∶周期與半徑成正比，與齒輪齒數成正比：齒輪傳動同軸傳動繞同一轉軸轉動的物體，角速度相同，ωA＝ωB，由v＝ωr知v與r成正比【跟蹤訓練】A．P、Q線速度之比為B．P、Q角速度之比為D．P點所受合外力總是指向O【答案】AD【知識點】勻速圓周運動、周期、角速度、轉速、頻率與線速度之間的關系式、傳動問題【詳解】B．手絹做勻速圓周運動，由圖可知、屬于同軸傳動模型，故角速度相等，即角速度之比為，B錯誤；可知，、線速度之比得A正確；可知，、向心加速度之比得C錯誤；D．做勻速圓周運動的物體，其合外力等于向心力，故合力總是指向圓心，D正確。故選AD。02圓周運動的經典模型和應用一、水平面內的圓周運動1.物體間恰好不發(fā)生相對滑動的臨界條件是物體間恰好達到最大靜摩擦力。如果只是摩擦力提供向心力，則有F＝meq\f(v2,R)，靜摩擦力的方向一定指向圓心；汽車轉彎時，只由摩擦力提供向心力Ffm＝meq\f(v2,R)2.水平轉盤上運動物體模型（1）如果只有摩擦力提供向心力，物體間恰好不發(fā)生相對滑動的臨界條件是物體間恰好達到最大靜摩擦力，則最大靜摩擦力Fm＝eq\f(mv2,r)，方向指向圓心。（2）如果水平方向除受摩擦力以外還有其他力，如繩兩端連接物體隨水平面轉動，其臨界情況要根據題設條件進行判斷，如判斷某個力是否存在以及這個力存在時的方向(特別是一些接觸力，如靜摩擦力、繩的拉力等)?！靖櫽柧殹浚?025·青海西寧·二模）如圖，圓形水平餐桌面上有一個半徑為r、可繞中心軸轉動的同心圓盤，在圓盤的邊緣放置一個質量為m的小物塊。物塊與圓盤及與餐桌面間的動摩擦因數均為μ，現從靜止開始緩慢增大圓盤的角速度，物塊從圓盤上滑落后，最終恰好停在桌面邊緣。若最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g，圓盤厚度及圓盤與餐桌間的間隙不計，物塊可視為質點。則A．物塊在圓盤上運動時所受的摩擦力方向指向圓心C．物塊隨圓盤運動的過程中，圓盤對小物塊做功為μmgr【答案】BD【知識點】應用動能定理求變力的功、水平轉盤上的物體【詳解】A．因物塊做加速圓周運動，故所受的摩擦力方向并不指圓心，故A錯誤；故B正確；故C錯誤；故D正確。故選BD。二、斜面上的圓周運動1.模型解讀：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(guī)律也不相同。2.分析方法物體在斜面上做圓周運動時，確定約束類型（凹槽/繩牽引）→正交分解（沿斜面和垂直斜面）→列法向方程→求臨界參數。如下圖所示，設斜面的傾角為θ，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。【跟蹤訓練】（2025·山東臨沂·三模）游樂場里有一個半徑為5m的傾斜勻質圓盤，盤面與水平面的夾角為30°，圓盤可繞過圓盤圓心O且垂直于盤面的固定對稱軸以1rad/s的角速度勻速轉動，如圖所示。一個小孩（可視為質點）坐在盤面上距O點距離r處，小孩與盤面間的動摩擦因數為，已知最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g取10m/s2。要保證小孩與圓盤始終保持相對靜止，則距離r的可能取值范圍為（）A．0<r≤2.5m B．1m≤r≤3.5mC．2.5m≤r≤4m D．2.5m≤r≤5m【答案】A【知識點】有摩擦的傾斜轉盤上的物體故選A。三、圓錐擺模型1.圓錐擺模型規(guī)律總結(1)圓錐擺的周期如圖擺長為L，擺線與豎直方向夾角為θ。受力分析，由牛頓第二定律得：mgtanθ＝meq\f(4π2,T2)rr＝Lsinθ解得T＝2πeq\r(\f(Lcosθ,g))＝2πeq\r(\f(h,g))。(2)結論①擺高h＝Lcosθ，周期T越小，圓錐擺轉得越快，θ越大。②擺線拉力F＝eq\f(mg,cosθ)，圓錐擺轉得越快，擺線拉力F越大。③擺球的加速度a＝gtanθ。2.圓錐擺的兩種變形變形1：具有相同錐度角的圓錐擺（擺長不同），如圖甲所示。由a＝gtanθ知A、B的向心加速度大小相等。由a＝ω2r知ωA<ωB，由a＝eq\f(v2,r)知vA>vB。變形2：具有相同擺高、不同擺長和擺角的圓錐擺，如圖乙所示。由T＝2πeq\r(\f(h,g))知擺高h相同，則TA＝TB，ωA＝ωB，由v＝ωr知vA>vB，由a＝ω2r知aA>aB。注意：解決圓錐擺臨界問題的技巧圓錐擺的臨界問題，主要就是與彈力有關的臨界問題。(1)繩子松弛或斷開的臨界條件是：①繩恰好拉直且沒有彈力；②繩上的拉力恰好達最大值。(2)接觸或脫離的臨界條件是物體與物體間的彈力恰好為零。(3)對于火車轉彎、半圓形碗內的水平圓周運動有兩類臨界情況：①摩擦力的方向發(fā)生改變；②發(fā)生相對滑動?！靖櫽柧殹浚?024·江蘇·高考真題）如圖所示，輕繩的一端拴一個蜂鳴器，另一端穿過豎直管握在手中。蜂鳴器在水平面內做勻速圓周運動，緩慢下拉繩子，使蜂鳴器升高到水平面內繼續(xù)做勻速圓周運動。不計空氣阻力和摩擦力，與升高前相比，蜂鳴器（

）A．角速度不變 B．線速度減小C．向心加速度增大 D．所受拉力大小不變【答案】C【知識點】圓錐擺問題【詳解】設繩子與豎直方向夾角為θ，小球做圓周運動的半徑為r，小球質量為m。CD．對小球分析有根據a、b兩個位置可知，b位置更高，則θb>θa，代入上式，故此FTb>FTa，anb>ana故C正確、D錯誤；AB．根據ma=mωr2可有ωb>ωa線速度大小無法判斷，故AB錯誤。故選C。四、汽車、火車轉彎模型水平路面車輛轉彎、火車轉彎模型規(guī)律總結模型名稱模型分析水平路面車輛轉彎模型火車轉彎模型【跟蹤訓練】（2025·浙江金華·三模）2025年4月25日0時分，載滿小商品貨柜的第2112列“義新歐”班列跨越13052公里抵達了西班牙的首都馬德里。關于這趟班列同學們的說法正確的是（）A．13052公里是指列車完成的位移大小B．運用質點代替列車研究列車運動的方法叫建立理想化模型法D．列車過彎道時超速將會加劇對彎道內軌的磨損【答案】B【知識點】火車和飛機傾斜轉彎模型、質點、位移的定義、路程與位移、加速度的定義、表達式、單位及物理意義【詳解】A．3052公里是指列車完成的路程，故A錯誤；B．運用質點代替列車研究列車運動的方法叫建立理想化模型法，故B正確；D．列車過彎道時超速，列車有離心運動趨勢，將會加劇對彎道外軌的磨損，故D錯誤。故選B。五、汽車過拱形橋模型拱形橋和凹形橋模型特點概述如圖所示為凹形橋模型．當汽車通過凹形橋的最低點時，向心力F向＝FN－mg＝meq\f(v2,r)規(guī)律橋對車的支持力FN＝mg＋meq\f(v2,r)＞mg，汽車處于超重狀態(tài)概述如圖所示為拱形橋模型．當汽車通過拱形橋的最高點時，向心力F向＝mg－FN＝meq\f(v2,r)規(guī)律橋對車的支持力FN＝mg－meq\f(v2,r)＜mg，汽車處于失重狀態(tài)．若v＝eq\r(gr)，則FN＝0，汽車將脫離橋面做平拋運動【跟蹤訓練】（2025·江西贛州·二模）如圖所示，當汽車行駛在這些路面上，在其他條件相同的情況下，則（

）A．在圖乙路面最高點，汽車對路面的壓力大于汽車的重力B．在圖丙路面最低點，汽車對路面的壓力小于汽車的重力C．關于路面對汽車輪胎的磨損，圖丙路面最大，圖乙路面最小D．關于路面對汽車輪胎的磨損，三種路面一樣大【答案】C【知識點】拱橋和凹橋模型【詳解】A．在圖乙路面最高點，汽車做圓周運動，合力提供向心力，向心力方向豎直向下，則重力大于地面給的支持力，根據牛頓第三定律可知，汽車的重力大于汽車對路面的壓力，故A錯誤；B．在圖丙路面最高點，汽車做圓周運動，合力提供向心力，向心力方向豎直向上，則重力小于地面給的支持力，根據牛頓第三定律可知，汽車的重力小于汽車對路面的壓力，故B錯誤；可知圖丙汽車對路面壓力最大，輪胎磨損最大，汽車對圖乙路面壓力最小，輪胎磨損最小，故C正確，D錯誤。故選C。圓周運動中的臨界問題1.圓周運動常見的臨界狀態(tài)（1）與繩或桿的彈力有關彈力恰好為0；（2）與靜摩擦力有關，靜摩擦力達到最大值；（3）繩子恰好斷裂，繩子的張力達到最大承受值。2.三類情況分析（1）水平轉盤上的物體恰好不發(fā)生相對滑動的臨界條件是物體與盤間恰好達到最大靜摩擦力。（2）繩子被拉斷：繩上拉力恰好為最大承受力等。（3）與支持面或桿的彈力有關的臨界問題：要分析出恰好無支持力這一臨界狀態(tài)下的角速度（或線速度）等。注意：臨界條件的確定：當繩子的拉力達到最大值時，或者物體所受的靜摩擦力達到最大靜摩擦力時，就會出現臨界情況。比如，在圓錐擺中，如果角速度逐漸增大，當繩子拉力達到其所能承受的最大值時，就達到了臨界狀態(tài)。此時，需要根據牛頓第二定律和向心力公式列出方程，結合臨界條件來求解相關物理量。在臨界狀態(tài)下，對物體的受力情況和運動狀態(tài)的分析不準確，導致無法正確列出方程求解。在臨界狀態(tài)下，物體的受力情況可能會發(fā)生變化。【跟蹤訓練】B．A球運動到管道的最高點時，管道對小球的作用力向上【答案】D【知識點】機械能與曲線運動結合問題、桿球類模型及其臨界條件故A錯誤；故C錯誤；管道給小球的彈力向下，B錯誤，D正確。故選D。01水平面內圓周運動中的多物體牽連問題1.兩個質量均為m的木塊A、B用恰好伸直的輕繩相連，放在水平圓盤上，A恰好處于圓盤中心。（2）A、B相對圓盤滑動的臨界條件：角速度繼續(xù)增大，繩子出現拉力，B受最大靜摩擦力不變，角速度繼續(xù)增大，A的靜摩擦力繼續(xù)增大，當增大到最大靜摩擦力時，A、B相對于轉盤開始滑動。2.兩個質量均為m的木塊A、B用恰好伸直的輕繩相連，放在水平圓盤上。（2）A、B相對圓盤滑動的臨界條件：角速度繼續(xù)增大，繩子出現拉力，B受最大靜摩擦力不變，角速度繼續(xù)增大，A的靜摩擦力繼續(xù)增大，當增大到最大靜摩擦力時，A、B相對于轉盤開始滑動。3.A、B兩物塊疊放在轉盤上【跟蹤訓練】

A．

B．

C．

D．

【答案】C【知識點】水平轉盤上的物體繼續(xù)增大圓盤角速度，繩子拉力繼續(xù)變大，b物塊所需向心力較小，所以b物塊所受摩擦力將逐漸減小至零后反向再增大，此過程a物塊所受摩擦力為最大值保持不變。故選C。02圓周運動中的脫軌問題圓周運動中的脫軌問題指物體因速度不足或過大而脫離原定圓周軌跡的現象，核心在于軌道支持力（或約束力）突變?yōu)榱恪?.脫軌條件與類型凸面軌道（如拱橋頂點）：脫軌條件：支持力N=0（物體與軌道無擠壓）。實際速度v>v臨：離心趨勢過大→脫離軌道做斜拋運動。單軌模型（如繩球、環(huán)形軌道內側）：脫軌點：最高點臨界速度：v=√gr注意：V<√gr，重力過剩→未達最高點即脫離，沿拋物線墜落。2.解題關鍵脫軌判據：軌道支持力N≤0時必脫軌（凸面）；約束力突減至零（如繩松弛T=0)。分析步驟：確定脫軌點（常為最高點）；由N=0或T=0列臨界方程；示例：小球過豎直圓環(huán)最高點時，若v<√gr，則未達頂點即脫軌，沿圓周切線方向斜向下墜落。【跟蹤訓練】【知識點】利用動量守恒及能量守恒解決（類）碰撞問題、繩球類模型及其臨界條件、用動能定理解決物體在傳送帶運動問題解得若物塊在傳送帶上一直加速，由則由此可知物塊應該是先加速后勻速從B到D，由動能定理得經過D點時解得軌道對物塊的作用力大?。?）從B到G，由動能定理得若在木板上恰好不分離則有得01繩球模型、桿球模型兩類經典模型中的臨界條件——情景分析兩類模型對比分析輕繩模型(最高點無支撐)輕桿模型(最高點有支撐)實例球與繩連接、水流星、沿內軌道運動的“過山車”等球與桿連接、球在光滑管道中運動等圖示受力示意圖F彈向下或等于零F彈向下、等于零或向上力學方程mg＋F彈＝meq\f(v2,R)mg±F彈＝meq\f(v2,R)臨界特征F彈＝0mg＝meq\f(vmin2,R)即vmin＝eq\r(gR)v＝0即F向＝0F彈＝mg討論分析(1)最高點，若v≥eq\r(gR)，F彈＋mg＝meq\f(v2,R)，繩或軌道對球產生彈力F彈(2)若v<eq\r(gR)，則不能到達最高點，即到達最高點前小球已經脫離了圓軌道(1)當v＝0時，F彈＝mg，F彈背離圓心(2)當0<v<eq\r(gR)時，mg－F彈＝meq\f(v2,R)，F彈背離圓心并隨v的增大而減小(3)當v＝eq\r(gR)時，F彈＝0(4)當v>eq\r(gR)時，mg＋F彈＝meq\f(v2,R)，F彈指向圓心并隨v的增大而增大【跟蹤訓練】(1)小球a拋出時速度v多大；(2)長木板c的最小長度和b、c發(fā)生相對滑動的時間?！局R點】繩球類模型及其臨界條件、利用動量守恒及能量守恒解決（類）碰撞問題、斜拋運動、應用動能定理解多段過程問題（2）設小球a與b碰前速度大小為，碰后速度大小為，小球b碰后速度大小為02非特殊點的向心力判斷和計算——受力分析1.受力分析（圖示如下）重力mg法向分量mgcosθ←[指向圓心O]實際受力：重力mg（豎直向下）+擺線張力T（沿擺線指向懸點）。向心力來源：合外力在法向（半徑方向）的分量。2.力的分解：將重力mg分解為兩個分量：法向分量：mgcosθ（沿半徑指向圓心）切向分量：mgsinθ（垂直于半徑，改變速度大?。埩始終沿半徑指向圓心。3.向心力計算：法向合力提供向心力：Fn=T?mgcosθ=mv2/r關鍵：T與mgcosθ反向（因二者均沿半徑但方向相反），故取差值。注意：非特殊點通常存在切向加速度（由切向合力引起），物體速度大小變化（如單擺從最高點下落時加速）?！靖櫽柧殹俊敬鸢浮緼C【知識點】通過牛頓第二定律求解向心力故A正確；故B錯誤；故C正確；故D錯誤。故選AC。01航天現象中圓周運動的情景創(chuàng)新的問題處理除了地球引力外，航天員還可能受到飛船座艙對他的支持力FN。引力與支持力的合力為他提供了繞地球做勻速圓周運動所需的向心力，即mg－FN＝meq\f(v2,R)，也就是FN＝mg－meq\f(v2,R)，由此可以解出，當v＝eq\r(gR)時座艙對航天員的支持力FN＝0，航天員處于完全失重狀態(tài)。在近地圓形軌道上，航天器(包括衛(wèi)星、飛船空間站)的重力提供向心力，滿足關系：Mg＝Meq\f(v2,R)，則v＝eq\r(gR)。質量為m的航天員，受到的座艙的支持力為FN，則mg－FN＝eq\f(mv2,R)。當v＝eq\r(gR)時，FN＝0，即航天員處于完全失重狀態(tài)。航天器內的任何物體都處于完全失重狀態(tài)?！靖櫽柧殹浚?025·遼寧·二模）國產科幻大片