圓周運動-2025年江蘇高考物理復習專練（解析版）

重難點2共點力的平衡

圣爸題趨勢

考點三年考情分析2025考向預測

圓周運動高中物理曲線運動的核心考點，主要以選擇題和

計算題形式考查，其中計算題主要結合牛頓第二定律、平拋運

考點1重力、彈力、摩擦

動、機械能動量等知識綜合考查。備考中要掌握圓周運動的基

力、牛頓第三定律、受力2019年江蘇卷

2020年江蘇卷本概念和基本規(guī)律，會分析圓周運動向心力的來源，利用牛頓

分析

2023年江蘇題第二定律列出動力學方程。注意繩模型和桿模型臨界條件的不

考點2力的合成與分解

2024年江蘇卷同，并能結合功能關系、動量關系正確的列出方程，聯立求解。

考點3共點力的平衡

平時多關注生活中的圓周運動的實例，通過深刻理解實例的物

理原理，加深對物理規(guī)律的理解，增強應用能力。

<1

重難詮釋

【情境解讀】

v>yjgrFN+mg=my繩或軌道有向下彈力

理亮心-廝mg=m^重力恰好提供向心力

VV廝無法通過最高點再由廣合=/向

\尸向=加元=

]生活中的魁周運皿右:先攀,析…=機等R

2=m4n2f2R

v>\[grFN+mg=TH—=m47r2112A（〃取

v=yfgrFN=O

取高點

0<v=y[grmg—FN=m—

v=OFN=mg恰好完成圓周運動

【高分技巧】

（建議用時：40分鐘）

1.（2019?江蘇）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.座艙的質量為相，運動

半徑為R,角速度大小為。，重力加速度為g,則座艙

B.線速度的大小為oR

C.受摩天輪作用力的大小始終為機g

D.所受合力的大小始終為加加R

【答案】BD

【解析】由于座艙做勻速圓周運動，由公式0=W27r，解得：T=—27r,故A錯誤；由圓周運動的線速度

與角速度的關系可知，n=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，不可能始終為磔，故C錯誤；由勻速圓周運動的合力提供向心力可得：冷=加4R,故D正確

2.（2020?江蘇）如圖所示，鼓形輪的半徑為R,可繞固定的光滑水平軸。轉動。在輪上沿相互垂直的

直徑方向固定四根直桿，桿上分別固定有質量為根的小球，球與。的距離均為2R。在輪上繞有長繩，繩

上懸掛著質量為M的重物。重物由靜止下落，帶動鼓形輪轉動。重物落地后鼓形輪勻速轉動，轉動的角速

度為。。繩與輪之間無相對滑動，忽略鼓形輪、直桿和長繩的質量，不計空氣阻力，重力加速度為g。求：

（1）重物落地后，小球線速度的大小也

（2）重物落地后一小球轉到水平位置A,此時該球受到桿的作用力的大小廠；

（3）重物下落的高度鼠

(M+16m)/?2?2

【答案】（1）v=2H。；（2）F=m14R2卅+g2；（3）H=

2Mg

【解析】（1）由題意可知當重物落地后鼓形輪轉動的角速度為①，則根據線速度與角速度的關系可知小

球的線速度為v=2Ra）

,2

（2）小球勻速轉動，當在水平位置時設桿對球的作用力為R合力提供向心力，則有，尸-（〃琢y=/

結合（1）可解得桿對球的作用力大小為尸=力阿贏最7

（3）設重物下落高度為重物下落過程中對重物、鼓形輪和小球組成的系統(tǒng)，根據系統(tǒng)機械能守恒

可知MgH=+I?4mv2

而重物的速度等于鼓形輪的線速度，有匕

聯立各式解得H=-16加）“"

2Mg

3.（2023?江蘇卷?13）“轉碟”是傳統(tǒng)的雜技項目，如圖所示，質量為根的發(fā)光物體放在半徑為r的碟子

邊緣，雜技演員用桿頂住碟子中心，使發(fā)光物體隨碟子一起在水平面內繞A點做勻速圓周運動。當角速度

為。o時，碟子邊緣看似一個光環(huán)。求此時發(fā)光物體的速度大小w和受到的靜摩擦力大小人

A-~D>

【答案】a）ormat^r

【解析】發(fā)光物體的速度為W=oor

發(fā)光物體做勻速圓周運動，則靜摩擦力充當做圓周運動的向心力，則靜摩擦力大小為戶加。（分

4.（2024?江蘇卷?）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

【解析】設繩子與豎直方向夾角為仇小球做圓周運動的半徑為『，小球質量為根。根據角動量守恒有

1m11

mvr=ma）r=L,可解出y=j幺里空，@=1g⑺。）,仇〉仇，代入上式，有物＞W，a）h＞a）a,故

AB錯誤。對小球分析有%=mgtan。=maa,耳=。根據°、b兩個位置可知,b位置更高，則仇〉

COS。

仇，代入上式，故止匕/TO＞產Ta,〃昉,〃na,故C正確、D錯誤。故選C。

5.（2022?江蘇?南京市中華中學高三開學考試）如圖所示為“鐵籠飛車”的特技表演，其抽象

出來的理想模型為如圖所示的內壁光滑的圓球，其中“、b、c分別表示做圓周運動時的不同軌道,

。軌道與b軌道均水平，。軌道豎直，一個質點在球內繞其光滑內壁做圓周運動時，下列有關說法

正確的是（）

A.沿。軌道可能做變速圓周運動

B.沿c軌道運動的最小速度為0

C.沿a軌道運動的速度比沿6軌運動的速度大

D.沿a軌道運動的周期比沿。軌運動的周期大

【答案】D

v2

mgtan"=m—

【解析】AC.設彈力與豎直方向的夾角為仇根據牛頓第二定律得r,r=Rsm3,

解得JgRsinetan/沿。軌道一定做勻速圓周運動，。越小，丫越小，沿a軌道運動的速度比沿

v2

mg=m-r~^

。軌道的速度小，AC錯誤；在最高點，根據牛頓第二定律得R,解得丫二48火，沿c軌道運

__4萬2

動，在最高點的最小速度為朝，B錯誤；根據牛頓第二定律得r=Rsin3

7=27四皿

解得Vg,e越小，周期越大，沿a軌道運動的周期比沿入軌運動的周期大，D正

確。故選D。

6.（2022?江蘇鎮(zhèn)江?高三開學考試）如圖所示，在圓形傘邊緣的A、8兩點分別用一長一短兩

根輕質細線右、右懸掛質量相同的小球，不計空氣阻力，當傘帶動兩球在水平面內繞豎直柄°。'勻

速轉動時，細線“心與豎直方向的夾角分別記為外%,張力分別記為工、“，則（）

A.4=2；（乜B.4=2；（>（

C,4<%；T,<T2D.*>%；Tt>T2

【答案】D

L=g_丫

【解析】對小球受力分析可得+解得療?os?sind,則L越大，0

T=mg

越大；QL2,貝因一cos。，因a>%,則。n，故選D。

7.（2022?江蘇淮安?模擬預測）如圖所示，兩金屬桿構成十字架豎直放置，其中尸。桿粗糙，

兩根相同的輕彈簧一端固定在A點，另一端各連接質量為根的小球，小球穿過PQ桿，且與MN

桿距離相等。十字架繞分別以助、處運動時，小球均相對于桿靜止。若牡>電，則與以必勻

速轉動時相比，以g勻速轉動時（）

A.兩球間的距離一定變大

B.彈簧彈力一定變大

C.小球所受摩擦力一定變大

D.小球所受合力一定變大

【答案】D

【解析】因為小球與桿之間有摩擦力，則當角速度變大時，小球仍可能相對于桿靜止，故兩

球間的距離不變,故A項錯誤;因為若小球相對于桿靜止,故彈簧形變量不變,根據胡克定律F=kx,

所以彈簧彈力不變，故B項錯誤；小球所受靜摩擦力的方向未知，若靜摩擦力方向向右，則摩擦

力變小，若靜摩擦力方向向左，則摩擦力變大，故C項錯誤；小球所受合力提供小球的向心力，

與以電勻速轉動時相比，以牡勻速轉動時所需向心力變大，即小球所受合力變大，故D項正確。

故選D。

8.(2022?江蘇?模擬預測)一匹馬拉著雪橇沿冰雪覆蓋的某一段近圓弧山路勻速率移動。設圓

弧路面的半徑為R,由于山路較長，馬對雪橇的拉力可視為總是平行于路面，雪橇的質量為根，雪

_A/3

4=-

橇與路面間的動摩擦因數為20。馬將雪橇由底端拉上30。圓弧的過程中，下列說法正確的是

()

A.馬對雪橇的拉力一直增大

B.路面對雪橇的支持力一直增大

C.路面對雪橇的作用力保持不變

mgR+—mgR

D.馬對雪橇做的功為

【答案】A

【解析】馬拉著雪橇做勻速圓周運動，對雪橇受力分析，如圖所示

設片與豎直方向的夾角為，，沿著切向受力平衡

「v2_______2

耳=mgsin8+"mgcos0+m—=J1+//2sin(e+0)+〃￡-

0=arctan〃<6O。，9由0。增大30。的過

F=m攵cos0+in—

程中耳一直增大，故A正確；沿著半徑的方向根據牛頓第二定律有NR,隨著。的

增大，然減小，故B錯誤；馬拉雪橇的過程中，路面對雪橇的作用力為支持力、摩擦力的合力，A

減小，則減小，則路面對雪橇的作用力變小，故C錯誤；對雪橇運用動能定理

、

%一1一日

-叼=。外=感3分叱13

>-RWf>—mgR

>,其中弧，由于N5R,2,則'80'

故D錯誤。故選A。

9.（2022?江蘇?揚州中學高三開學考試）如圖甲所示，被稱為“魔力陀螺”玩具的陀螺能在圓

軌道外側旋轉不脫落，其原理可等效為如圖乙所示的模型：半徑為尺的磁性圓軌道豎直固定，質量

為加的鐵球（視為質點）沿軌道外側運動，A、B分別為軌道的最高點和最低點，軌道對鐵球的磁

性引力始終指向圓心且大小不變，不計摩擦和空氣阻力，重力加速度為g,則（）

A.鐵球繞軌道可能做勻速圓周運動

B.由于磁力的作用，鐵球繞軌道運動過程中機械能不守恒

C.鐵球在A點的速度必須大于旅

D.軌道對鐵球的磁性引力至少為5〃?g,才能使鐵球不脫軌

【答案】D

【解析】小鐵球在運動的過程中受到重力、軌道的支持力和磁力的作用，其中鐵球受軌道的

磁性引力始終指向圓心且大小不變，支持力的方向過圓心，它們都始終與運動的方向垂直，所以

磁力和支持力都不能對小鐵球做功，只有重力會對小鐵球做功，所以小鐵球的機械能守恒，在最

高點的速度最小，在最低點的速度最大.小鐵球不可能做勻速圓周運動，故AB錯誤；小鐵球在運

動的過程中受到重力、軌道的支持力和磁力的作用，在最高點軌道對小鐵球的支持力的方向可以

向上，小鐵球的速度只要大于0即可通過最高點，故C錯誤；由于小鐵球在運動的過程中機械能

v2

守恒，所以小鐵球在最高點的速度越小，則機械能越小，在最低點的速度也越小，根據歹=根無，

可知小鐵球在最低點時需要的向心力越小.而在最低點小鐵球受到的重力的方向向下，支持力的

方向也向下、只有磁力的方向向上.要使鐵球不脫軌，軌道對鐵球的支持力一定要大于0.所以鐵

球不脫軌的條件是：小鐵球在最高點的速度恰好為0,而且到達最低點時，軌道對鐵球的支持力恰

好等于0.根據機械能守恒定律，小鐵球在最高點的速度恰好為0,到達最低點時的速度滿足

mg*2R2?加，軌道對鐵球的支持力恰好等于0,則磁力與重力的合力提供向心力，即/R,

聯立得尸=5mg,故D正確。故選D。

10.（2022?江蘇南通?高三期末）如圖所示，小球沿豎直光滑圓軌道內側運動到最高點時，小

球的機械能Ea、重力勢能&（取圓軌道的最低點重力勢能為零）和動能反的相對大?。ㄓ弥?/p>

高度表示），可能正確的是（）

EpEpEk

【答案】D

【解析】設軌道半徑為R,則小球運動到最高點時，速度最小為%而，即動能不為零,

E,=—mvz=—m父R

則機械能E叔大于重力勢能揚；最高點的重力勢能4=2mgR,最小動能為2323,

Ek>—mgR

即在最高點時的動能2，故選D。

H.（2024?江蘇?高三開學考試）智能呼啦圈輕便美觀，深受大眾喜愛。如圖甲，腰帶外側帶

有軌道，將帶有滑輪的短桿穿入軌道，短桿的另一端懸掛一根帶有配重的輕繩，其簡化模型如圖

乙所示。可視為質點的配重質量為0.5kg,繩長為0.5m,懸掛點P到腰帶中心點。的距離為0.2m。

水平固定好腰帶，通過人體微小扭動，使配重隨短桿做水平勻速圓周運動，繩子與豎直方向夾角

為。，運動過程中腰帶可看作不動，重力加速度g取10m//，sin37°=0.6,下列說法正確的是（）

A.勻速轉動時，配重受到的合力恒定不變

B.若增大轉速，腰帶受到的合力變大

C.當夕穩(wěn)定在37。時，配重的角速度為5rad/s

D.當，由37。緩慢增加到53。的過程中，繩子對配重做正功

【答案】D

【解析】勻速轉動時，配重做勻速圓周運動，合力大小不變，但方向在變化，故A錯誤；運

動過程中腰帶可看作不動，所以腰帶合力始終為零，故B錯誤；對配重，由牛頓第二定律

gtan。

2&二

mgtan0=mco^Isin0+r),即（/sind+r）,當，穩(wěn)定在37。時，解得o=gad/s,故c錯誤；由C

中公式可知，當。穩(wěn)定在53。時，角速度大于，穩(wěn)定在37。時的角速度，配重圓周半徑也增大，速度

增大，動能增大，同時高度上升，重力勢能增大，所以機械能增大；由功能關系，〃由37。緩慢增

加到53。的過程中，繩子對配重做的功等于配重機械能的增加量，所以功為正值，做正功，故D正

確。故選D。

12.（2024?江蘇?泰興市高三開學考試）我國越野滑雪集訓隊為備戰(zhàn)2022冬奧會，在河北承德

雪上項目室內訓練基地，利用工作起來似巨型“陀螺”的圓盤滑雪機模擬一些特定的訓練環(huán)境和

場景，其轉速和傾角（與水平面的最大夾角達18。）根據需要可調。一運動員的某次訓練過程簡化

為如下模型：圓盤滑雪機繞垂直于盤面的固定轉軸以恒定的角速度。轉動，盤面上離轉軸距離為

10m處的運動員（保持圖中滑行姿勢，可看成質點）與圓盤始終保持相對靜止，運動員質量為60kg,

與盤面間的動摩擦因數為0.5,設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，盤面與水平面的夾角為15°,g

取10向$2,已知sin15。=0.260,cos15°?0.966o則下列說法正確的是（）

A.運動員隨圓盤做勻速圓周運動時，一定始終受到兩個力的作用

B.。的最大值約為0.47rad/s

C.。取不同數值時，運動員在最高點受到的摩擦力一定隨。的增大而增大

D.運動員由最低點運動到最高點的過程中摩擦力對其所做的功約為3870J

【答案】B

【解析】當運動員在圓盤最高點時，可能僅受到重力和支持力的作用，還可能受摩擦力，故A

錯誤；在圓盤最下方，根據〃叫315。-小布15。=儂鼠"解得。x=0-47rad/s,故B正確；。取

不同數值時，運動員在最高點受到的摩擦力可能大小相等，方向相反，故C錯誤；運動員運動過

程中速度大小不變，動能不變，設%、％分別為摩擦力做功和重力做功的大小，有

Wf=WC=mg-2rsml5^3l20Jy故D錯誤。故選B。

13.（2023?江蘇南通?高三開學考試）某同學用向心力演示器進行實驗，如圖所示，兩相同鋼

球所受向心力的比值為1：4,則實驗中選取兩個變速塔輪的半徑之比為（)

鋼球鋼球

A.1:2B.2:1C.1：4D.4:1

【答案】B

【解析】如圖所示，兩相同的鋼球距離轉軸的距離相等，設為廠，由向心力公式尸=根。］,

由于月：8=1:4,所以變速塔輪的角速度之比為叼：牝=1：2,兩變速塔輪邊緣的線速度相等，

設為v,故兩個變速塔輪的半徑之比為，故選B。

14.（2024?江蘇模擬預測）如圖所示，A、B兩小球質量均為m，A球位于半徑為R的豎直光

滑圓軌道內側，B球穿過固定的光滑豎直長桿，桿和圓軌道在同一豎直平面內，桿的延長線過軌

道圓心。。兩球用輕質錢鏈與長為L（L>2R）的輕桿連接，連接兩球的輕桿能隨小球自由移動，

某時刻小球A獲得水平向左的初速度，沿著圓環(huán)恰能上升到尸點。其中M,N、P三點分別為圓

軌道上最低點、圓心的等高點和最高點，重力加速度為8（）

5mgR

A.小球A的初動能為2

B.當小球A到達P點時，其加速度大小一定為g

C.當小球A運動到N點時，A球與B球的速度大小之比為2：1

D.小球A從"點運動到P點過程中，B球速度先增大后減小

【答案】D

【解析】小球A恰好能上升到P點，此時小球A的速度為水平方向，小球B的速度為零，因

2

mvc92

ma==2mg、—1mv=—1mv+2mex2R

此R,解得°=2g,根據機械能守恒定律有2n2,聯立解得

12

—mva=51ngR

2故AB錯誤；當小球A運動到N點時，設小球連接輕桿與豎直光滑桿的夾角為。，小

球A與B沿輕桿方向的速度相等，即％COSO=KCOS。，此時小球A、B的速度大小相等，故C錯

誤；小球A在M,P兩點的速度均沿水平方向，所以沿輕桿方向的速度為零，小球B的速度也就

為零，所以小球A從財點運動到P點過程中，B球速度先增大后減小，故D正確。故選D。

15.（2023?江蘇?南京師大附中高三開學考試）如圖所示，斜面體靜置于粗糙水平地面上，滑塊

。通過輕繩穿過固定光滑圓環(huán)與小球b相連，繩與斜面平行，b在水平面內做勻速圓周運動。由于

阻力影響，6的線速度緩慢減小，滑塊a始終保持靜止。則下列說法中正確的是（）

A.繩對小球b的拉力緩慢變大B.斜面體對地面的壓力緩慢變大

C.斜面體對滑塊。的摩擦力緩慢減小D.斜面體對地面的摩擦力緩慢變大

【答案】B

【解析】A.對B球受力分析，設連接B球的繩子與豎直方向夾角為夕，由牛頓第二定律有

八v2

解得v=JgLtan6sin。,則的線速度緩慢減小時，連接B球的繩子與豎直方向夾角逐漸減小,

設繩子拉力為T,則有cos。，B球的繩子與豎直方向夾角逐漸減小時，繩子拉力減小，所以A

錯誤；滑塊與斜面體看成一個整體，則豎直方向有Tsina+M『G總，所以繩子拉力減小，斜面體對

地面的壓力緩慢變大，則B正確；滑塊與斜面體看成一個整體，則水平方向有Tcosa=/,所以繩

子拉力減小，斜面體對地面的摩擦力緩慢變小，則D錯誤；對。受力分析，由于開始時。的摩擦

力方向不知，所以斜面體對滑塊a的摩擦力變化不定，可能增大，也可能減小，則C錯誤。故選

Bo

16.如圖所示，在豎直平面內，與水平面夾角為45。的光滑傾斜軌道與半圓軌道平滑連接。質

量為相的小球從傾斜軌道上滑下，恰好通過半圓軌道最高點后水平拋出垂直打在傾斜軌（2022?江

蘇?模擬預測）道上。若小球平拋運動的時間為K當地的重力加速度為g。求：

（1）小球經過半圓軌道最低點時對軌道的壓力大??；

（2）小球從傾斜軌道上由靜止滑下時距離半圓軌道最低點的高度。

【解析】(1)設半圓軌道的半徑為R,小球恰好通過半圓軌道最高點時的速度大小為v。，在半

m2=m—

圓軌道最高點，由牛頓第二定律有R①

設小球經過半圓軌道最低點時的速度大小為也對小球從半圓軌道最低點到最高點的過程，根

11

—mv2=m2-2R+—mv2

據機械能守恒定律有22°a②

設小球經過半圓軌道最低點時所受軌道的支持力大小為F,根據牛頓第二定律有

R③

聯立①②③解得尸=6〃7g④

由牛頓第三定律可知，小球經過半圓軌道最低點時對軌道的壓力大小為&咫。

tan45°=—

(2)由題意，根據速度的合成與分解有切⑤

設小球從傾斜軌道上由靜止滑下時距離半圓軌道最低點的高度為h,對整個下滑過程根據機械

能守恒定律有.=*⑥

聯立①②⑤⑥解得萬亞⑦

17.(2023?江蘇?模擬預測)如圖所示，一圓心為0、半徑為R的光滑半圓弧軌道固定在豎直

平面內，其下端與光滑水平面在。點相切。在水平面上，質量為相的小物塊A以某一速度向質量

也為根的靜止小物塊B運動。A、B發(fā)生正碰后，B到達半圓弧軌道最高點時對軌道壓力恰好為

零，A沿半圓弧軌道運動到與。點等高的C點時速度為零。已知重力加速度大小為g,忽略空氣

阻力。

(1)求B從半圓弧軌道飛出后落到水平面的位置到Q點的距離；

(2)當A由C點沿半圓弧軌道下滑到。點時，OD與0。夾角為0,求此時A所受力對A

做功的功率；

(3)求碰撞過程中A和B損失的總動能。

【答案】(1)2R；(2)Mgsin(9j2gRcose；(3)MmgR

【解析】(1)設B到半圓弧軌道最高點時速度為匕，由于B對軌道最高點的壓力為零，則由

v；2

m2—m-^-

牛頓第二定律得R

B離開最高點后做平拋運動，則在豎直方向上有

在水平方向上有苫=印

聯立解得x=2R

八12

m^Rcos0=—mvn

(2)對A由C到D的過程，由機械能守恒定律得2

由于對A做功的力只有重力，則A所受力對A做功的功率為根&%,in°

解得P=mgsin0y]2gRcos0

(3)設A、B碰后瞬間的速度分別為四，V2,對B由Q到最高點的過程，由機械能守恒定律

—mvl=—m*+mg?2R

得22

解得嶺=而康

12