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第3讲　圆周运动
1.（2025·浙江杭州模拟）断电后，风扇慢慢停下过程中，关于图中扇叶上A、B两点的运动情况，下列说法正确的是（　　）
A.A、B两点的线速度始终相同
B.A、B两点的转速不相同
C.A点的加速度始终指向圆心
D.A、B两点的向心加速度比值保持不变
2.（2025·甘肃酒泉三模）如图所示为脚踏自行车的传动装置简化图，各轮的转轴均固定且相互平行，甲、乙两轮同轴且无相对转动，已知甲、乙、丙三轮的半径之比为1∶9∶3，传动链条在各轮转动中不打滑，则乙、丙转速之比为（　　）
A.1∶2 B.2∶1
C.3∶1 D.1∶3
3.（2024·广东高考5题）如图所示，在细绳的拉动下，半径为r的卷轴可绕其固定的中心点O在水平面内转动。卷轴上沿半径方向固定着长度为l的细管，管底在O点。细管内有一根原长为、劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧底端固定在管底，顶端连接质量为m、可视为质点的插销。当以速度v匀速拉动细绳时，插销做匀速圆周运动。若v过大，插销会卡进固定的端盖。使卷轴转动停止。忽略摩擦力，弹簧在弹性限度内。要使卷轴转动不停止，v的最大值为（　　）
A.r B.l
C.r D.l
4.（2023·北京高考10题）在太空实验室中可以利用匀速圆周运动测量小球质量。如图所示，不可伸长的轻绳一端固定于O点，另一端系一待测小球，使其绕O点做匀速圆周运动，用力传感器测得绳上的拉力为F，用停表测得小球转过n圈所用的时间为t，用刻度尺测得O点到球心的距离为圆周运动的半径R。下列说法正确的是（　　）
A.圆周运动轨道可处于任意平面内
B.小球的质量为
C.若误将n－1圈记作n圈，则所得质量偏大
D.若测R时未计入小球半径，则所得质量偏小
5.（2025·浙江杭州二模）高速离心机用于快速沉淀或分离物质。如图所示，水平试管固定在高速离心机上，离心机的转速为n，在水平试管中有质量为m的某固体颗粒，某时刻颗粒离转轴的距离为r。已知试管中充满液体，颗粒与试管内壁不接触。下列说法正确的是（　　）
A.颗粒运动的角速度为
B.颗粒此时受到的合外力大小为4π2mrn2
C.离转轴越远，分离沉淀效果越好
D.此款高速离心沉淀机，适用于任何颗粒，颗粒都会到试管底部沉淀
6.（2025·陕西安康模拟）如图所示，小孩儿们围成一个半径为R的圆来玩“丢手绢”游戏，游戏开始时，小孩儿A、B的位置与圆心O的连线的夹角为α。某时刻小孩儿A从自己的位置开始以速率v逆时针运动，经过小孩儿B时，把手绢丢在了小孩儿B的身后，小孩儿B经过时间Δt后反应过来马上以恒定的速率追小孩儿A，在小孩儿A回到他自己的位置时，小孩儿B恰好追上小孩儿A，则小孩儿B的速率为（　　）
A. B.v
C. D.
7.陶瓷是以粘土为主要原料以及各种天然矿物经过粉碎混炼、成型和煅烧制得的材料以及各种制品。如图所示是生产陶瓷的简化工作台，当陶瓷匀速转动时，台面上掉有陶屑，陶屑与桌面间的动摩擦因数处处相同（台面够大），则（　　）
A.离轴OO'越远的陶屑质量越大
B.离轴OO'越近的陶屑质量越小
C.只有平台边缘有陶屑
D.离轴最远的陶屑距离不会超过某一值
8.如图是某无人机绕拍摄主体做水平匀速圆周运动时的示意图。已知该无人机的质量为m，无人机的轨道距拍摄对象高度为h，无人机与拍摄对象距离为r，无人机飞行的线速度大小为v，则无人机做匀速圆周运动时（　　）
A.角速度为
B.所受空气作用力为mg
C.向心加速度为
D.绕行的周期为T＝
9.（2025·浙江镇海中学模拟）自行车气嘴灯及其结构图如图所示，弹簧一端固定在A端，另一端拴接重物，当车轮高速旋转时，LED灯就会发光。下列说法正确的是（　　）
A.安装时A端比B端更远离圆心
B.高速旋转时，重物由于受到离心力的作用拉伸弹簧从而使触点接触
C.增大重物质量可使LED灯在较低转速下也能发光
D.匀速行驶时，若LED灯转到最低点时能发光，则在最高点时也一定能发光
10.（2024·江苏淮安联考）如图所示，两个圆锥内壁光滑，竖直放置在同一水平面上，圆锥母线与竖直方向夹角分别为30°和60°，有A、B两个质量相同的小球在两圆锥内壁等高处做匀速圆周运动，下列说法正确的是（　　）
A.A、B两球受到的支持力之比为∶3
B.A、B两球的向心力之比为∶1
C.A、B两球运动的角速度之比为3∶1
D.A、B两球运动的线速度大小之比为1∶3
11.2022年北京冬奥会短道速滑混合团体2 000米接力决赛中，我国短道速滑队夺得中国队在本届冬奥会的首金。
（1）如果把运动员起跑后进入弯道前的过程看作初速度为零的匀加速直线运动，若运动员加速到速度v＝9 m/s时，滑过的距离x＝15 m，求加速度的大小；
（2）如果把运动员在弯道滑行的过程看作轨道为半圆的匀速圆周运动，如图所示，若甲、乙两名运动员同时进入弯道，滑行半径分别为R甲＝8 m、R乙＝9 m，滑行速率分别为v甲＝10 m/s、v乙＝11 m/s，求甲、乙两名运动员过弯道时的向心加速度大小之比，并通过计算判断哪位运动员先出弯道。
12.清代乾隆的《冰嬉赋》用“躄躠”（可理解为低身斜体）二字揭示了滑冰的动作要领。500 m短道速滑世界纪录由我国运动员武大靖创造并保持。在其创造纪录的比赛中。
（1）武大靖从静止出发，先沿直道加速滑行，前8 m用时2 s。该过程可视为匀加速直线运动，求此过程加速度大小；
（2）武大靖途中某次过弯时的运动可视为半径为10 m的匀速圆周运动，速度大小为14 m/s。已知武大靖的质量为73 kg，求此次过弯时所需的向心力大小；
（3）武大靖通过侧身来调整身体与水平冰面的夹角，使场地对其作用力指向身体重心而实现平稳过弯，如图所示。求武大靖在（2）问中过弯时身体与水平面的夹角θ的大小。（不计空气阻力，重力加速度大小取10 m/s2，tan 22°＝0.40、tan 27°＝0.51、tan 32°＝0.62、tan 37°＝0.75）
13.（2024·江西高考14题）雪地转椅是一种游乐项目，其中心传动装置带动转椅在雪地上滑动。如图a、b所示，传动装置有一高度可调的水平圆盘，可绕通过中心O点的竖直轴匀速转动。圆盘边缘A处固定连接一轻绳，轻绳另一端B连接转椅（视为质点）。转椅运动稳定后，其角速度与圆盘角速度相等。转椅与雪地之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，不计空气阻力。
　
（1）在图a中，若圆盘在水平雪地上以角速度ω1匀速转动，转椅运动稳定后在水平雪地上绕O点做半径为r1的匀速圆周运动。求AB与OB之间夹角α的正切值。
（2）将圆盘升高，如图b所示。圆盘匀速转动，转椅运动稳定后在水平雪地上绕O1点做半径为r2的匀速圆周运动，绳子与竖直方向的夹角为θ，绳子在水平雪地上的投影A1B与O1B的夹角为β。求此时圆盘的角速度ω2。
第3讲　圆周运动
1.D　A、B两点同轴转动，角速度相同，转动半径不同，根据v＝ωr，知A、B两点线速度不相同，故A错误；A、B两点同轴转动，角速度相同，转速相同，故B错误；风扇慢慢停下，不是匀速圆周运动，A点的加速度不指向圆心，故C错误；根据a＝ω2r可知，A、B转动半径比值保持不变，则A、B两点的向心加速度比值保持不变，故D正确。
2.C　甲、丙两轮边缘处的各点线速度相等，根据v＝ωr＝2πnr，可得甲、丙的转速之比为3∶1，甲、乙同轴转动，角速度相等，转速相等，所以乙、丙转速之比为3∶1。故选C。
3.A　由题意可知当插销刚卡紧固定端盖时弹簧的伸长量为Δx＝，根据胡克定律有F＝kΔx＝，插销与卷轴同轴转动，角速度相同，对插销，由弹簧的弹力提供向心力，有F＝mlω2，对卷轴，有v＝rω，联立解得v＝r，故选A。
4.A　由于太空实验室中的物体都处于完全失重状态，所以圆周运动的轨道可处于任意平面内，故A正确；根据F＝mω2R，ω＝，解得小球质量m＝，故B错误；若误将n－1圈记作n圈，则n变大，得到的质量偏小，故C错误；若测R时未计入小球的半径，则R偏小，所测质量偏大，故D错误。
5.C　由ω＝2πn得，颗粒运动的角速度为2πn，故A错误；由向心力公式可得Fn＝mω2r＝m（2πn）2r＝4π2mrn2，颗粒此时受到的合外力大小不一定为4π2mrn2，一般都是小于这个值，正是因为合外力提供不了所需向心力，故颗粒会沉淀，故B错误；离转轴越远，r越大，液体提供的“浮力”与颗粒在该处做匀速圆周运动所需向心力的差距越大，则分离沉淀效果越好，故C正确；只有颗粒的密度大于液体密度，颗粒才会在试管底部沉淀，如果颗粒的密度小于液体密度，颗粒会在试管管口“沉淀”，即漂浮在管口，故D错误。
6.A　在Δt时间内小孩儿A跑过的圆心角θ＝，则小孩儿A跑过圆心角（2π－θ－α）所用的时间和小孩儿B跑过圆心角（2π－α）的时间相同，有＝，解得小孩B的速率为vB＝，故选A。
7.D　与台面相对静止的陶屑做匀速圆周运动，静摩擦力提供向心力，当静摩擦力为最大静摩擦力时，根据牛顿第二定律可得μmg＝mω2r，解得r＝，因与台面相对静止的这些陶屑的角速度相同，由此可知与台面相对静止的陶屑离轴OO'的距离与陶屑质量无关，只要在台面上不发生相对滑动的位置都有陶屑。故A、B、C错误；离轴最远的陶屑其受到的静摩擦力为最大静摩擦力，由前述分析可知最大的运动半径为R＝，μ与ω均一定，故R为定值，即离轴最远的陶屑距离不超过某一值R，故D正确。
8.C　无人机做水平匀速圆周运动的半径R＝，则角速度为ω＝＝，A错误；无人机在重力和空气作用力F空气的合力作用下做水平匀速圆周运动，可得作用力F空气＝，B错误；无人机做水平匀速圆周运动时，向心力为Fn＝man＝m，解得向心加速度an＝，C正确；绕行的周期T＝＝，D错误。
9.C　要使LED发光，必须使M、N接触，即需使重物做离心运动，则A端应靠近圆心，因此安装时，B端比A端离圆心更远，A错误；转速越大，所需向心力越大，弹簧拉伸越长，使M、N接触，灯才会发光，不能说重物受到离心力的作用，B错误；灯在最低点时有F弹－mg＝mrω2，解得ω＝，又ω＝2πn，因此增大重物质量可使LED灯在较低转速下也能发光，C正确；匀速行驶时，灯在最低点时有F1－mg＝，灯在最高点时有F2＋mg＝，在最低点时弹簧对重物的弹力大于在最高点时弹簧对重物的弹力，因此匀速行驶时，若LED灯转到最低点时能发光，则在最高点时不一定能发光，D错误。
10.C　对A、B两球分别进行受力分析可得sin 30°＝，sin 60°＝，解得＝，A错误；A、B两球都做匀速圆周运动，分别有tan 60°＝，tan 30°＝，联立解得＝，B错误；A、B两球做匀速圆周运动，有F向A＝mrA，F向B＝mrB，设A、B两球距离锥尖的高度为h，根据几何关系有rA＝htan 30°，rB＝htan 60°，联立解得＝，C正确；A、B两球运动的线速度大小之比为＝＝，D错误。
11.（1）2.7 m/s2　（2），甲
解析：（1）根据速度与位移公式有v2＝2ax
代入数据可得a＝2.7 m/s2。
（2）根据向心加速度公式a＝
可得甲、乙两名运动员的向心加速度之比为＝×＝
甲、乙两名运动员均做匀速圆周运动，则运动的时间为t＝
代入数据可得甲、乙运动的时间分别为t甲＝ s，t乙＝ s
因t甲＜t乙，所以甲先出弯道。
12.（1）4 m/s2　（2）1 430.8 N　（3）27°
解析：（1）设武大靖刚开始运动过程的加速度大小为a，根据x＝at2
解得a＝＝ m/s2＝4 m/s2。
（2）根据F向＝m
解得武大靖过弯时所需的向心力大小为F向＝73× N＝1 430.8 N。
（3）设场地对武大靖的作用力大小为F，受力分析如图所示，根据牛顿第二定律可得F向＝
解得tan θ＝＝≈0.51
可得θ＝27°。
13.（1）　（2）
解析：（1）对转椅受力分析，转椅在水平面内受摩擦力、轻绳拉力，两者合力提供其做圆周运动所需的向心力，如图所示。
设转椅的质量为m，则
转椅所需的向心力Fn1＝mr1
转椅受到的摩擦力f1＝μmg
根据几何关系有tan α＝
联立解得tan α＝。
（2）转椅在题图b情况下所需的向心力Fn2＝mr2
转椅受到的摩擦力f2＝μN2
根据几何关系有tan β＝
竖直方向上由平衡条件有N2＋Tcos θ＝mg
水平面上有f2＝Tsin θsin β
联立解得ω2＝。
5 / 5第3讲　圆周运动
圆周运动
1.圆周运动的特点：做圆周运动的物体，线速度的方向在圆周　　　　方向，且时刻变化。圆周运动是　　　　运动。
2.匀速圆周运动：在　　　　　的时间里通过的圆弧长度Δl相等（即线速度大小不变），匀速圆周运动是“　　　”圆周运动，是变速运动。
描述匀速圆周运动的物理量
1.角速度ω：物体与圆心连线扫过的角度与所用时间的比值。定义式是ω＝。常用计算式ω＝　　　　　　＝2πn。
2.线速度v：物体通过的弧长与所用时间的比值。定义式v＝。计算式v＝＝　　　　＝2πnR。
3.周期T：物体运动一周所需的时间，T＝＝。
4.转速n：单位时间内转过的圈数。n与周期T的关系是n＝。
5.向心加速度：描述线速度改变快慢的物理量。an＝＝ω2R＝　　　　　　＝　　　　，方向始终指向圆心，只改变v的方向，不改变v的大小。
向心力
1.表达式：F向＝m＝mω2R＝mR＝　　　　　　。
2.特点：向心力是根据力的　　　　命名的力，方向始终指向圆心，向心力是变力而非恒力。
离心运动
1.离心运动
（1）定义：做　　　　　　的物体，在向心力突然消失或合力不足以提供所需的　　　　时，所做的逐渐远离圆心的运动。
（2）本质：做圆周运动的物体，由于　　　　，总有沿着　　　　　　飞出去的倾向。
（3）受力特点
①当F＝mω2r时，物体做　　　　　　运动。
②当F＜mω2r时，物体逐渐　　　　圆心，做离心运动。
③当F＝0时，物体沿　　　　方向飞出。
2.近心运动：当F＞mω2r时，物体将逐渐　　　　圆心，做近心运动。
1.匀速圆周运动是匀加速曲线运动。（　　）
2.做匀速圆周运动的物体所受合外力为变力。（　　）
3.做圆周运动的物体所受到的合外力不一定等于向心力。（　　）
4.做圆周运动的物体所受合外力突然消失，物体将沿圆周的半径方向飞出。（　　）
1.（2024·吉林高考2题）“指尖转球”是花式篮球表演中常见的技巧。如图，当篮球在指尖上绕轴转动时，球面上P、Q两点做圆周运动的（　　）
A.半径相等
B.线速度大小相等
C.向心加速度大小相等
D.角速度大小相等
2.（人教版必修第二册·第六章第2节“练习与应用”T5改编）一辆汽车在水平公路上转弯，沿曲线由M向N行驶，速度逐渐减小。如图A、B、C、D分别画出了汽车转弯时所受合力F的四种方向，你认为正确的是（　　）
3.（人教版必修第二册·第六章第2节“练习与应用”T4改编）质量为m的小球，用长为l的细线悬挂在O点，在O点的正下方处有一光滑的钉子P，把小球拉到与钉子P等高的位置，细线被钉子挡住。如图，让小球从静止释放，当小球第一次经过最低点时（　　）
A.小球运动的线速度突然减小
B.小球的角速度突然减小
C.小球的向心加速度突然增大
D.细线的拉力突然增大
考点一　圆周运动的运动学问题
1.圆周运动各物理量间的关系
2.常见的三类传动方式及特点
（1）皮带传动：如图甲、乙所示，皮带与两轮之间无相对滑动时，与皮带接触的轮子边缘上各点的线速度大小相等，图甲中vA＝vC≠vB，图乙中vA＝vB≠vP＝vQ。
（2）摩擦传动和齿轮传动：如图丙、丁所示，两轮边缘接触，接触点无打滑现象时，两轮边缘线速度大小相等，即vA＝vB。
（3）同轴转动：如图戊、己、庚所示，绕同一转轴转动的物体，角速度相同，即ωA＝ωB，由v＝ωr知v与r成正比。
【练1】 A、B两艘快艇在湖面上做匀速圆周运动，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
【练2】 如图所示，B和C是一组塔轮，即B和C半径不同，但固定在同一转轴上，其半径之比为RB∶RC＝3∶2，A轮的半径大小与C轮相同，它与B轮紧靠在一起，当A轮绕过其中心的竖直轴转动时，由于摩擦力作用，B轮也随之无滑动地转动起来。a、b、c分别为三轮边缘的三个点，则a、b、c三点在运动过程中的（　　）
A.线速度大小之比为3∶2∶2
B.角速度之比为3∶3∶2
C.转速之比为2∶3∶2
D.向心加速度大小之比为9∶6∶4
【练3】 〔多选〕如图所示，直径为d的竖直圆筒绕中心轴线以恒定的转速匀速转动。一子弹以水平速度沿圆筒直径方向从左侧射入圆筒，从右侧射穿圆筒后发现两弹孔在同一竖直线上且相距为h，重力加速度为g，不计空气阻力，则（　　）
A.子弹在圆筒中的水平速度为d
B.子弹在圆筒中的水平速度为2d
C.圆筒转动的角速度可能为π
D.圆筒转动的角速度可能为3π
考点二　圆周运动的动力学问题
1.圆周运动向心力的理解
（1）向心力是按力的作用效果命名的，可以由重力、弹力、摩擦力等各种性质力提供，可以是某个力或某个力的分力，也可以是几个力的合力，在受力分析中要避免再添加一个向心力。
（2）匀速圆周运动的合外力恰好全部提供向心力，即F向＝F合。
（3）变速圆周运动的合外力与向心力的关系
变速圆周运动的合外力方向一般不指向圆心，可以分解为如图所示的两个分力。
①切向分力Ft：产生切向加速度at，只改变线速度的大小。当at与v同向时，速度增大，做加速圆周运动；反向时则速度减小，做减速圆周运动。
②法向分力Fn：提供向心力，产生向心加速度an，只改变线速度的方向。
2.解答圆周运动的动力学问题的基本思路
（2025·湖北名校联考）如图所示是为我国的福建号航母配置的歼-35战机，具有优异的战斗性能，其过载能力可以达到9。过载是指作用在战机上的气动力和发动机推力的合力与战机重力之比。例如，歼-35战机以大小为2g的加速度竖直向上加速运动时，其过载就是3。若歼-35战机在一次做俯冲转弯训练时，在最低点时速度大小为200 m/s，过载为5，重力加速度取g＝10 m/s2，将战机的运动轨迹看成圆弧，则战机的转弯半径约为（　　）
A.800 m B.1 000 m
C.1 200 m D.1 400 m
尝试解答
〔多选〕如图所示，当列车以恒定速率通过一段水平圆弧形弯道时，乘客发现在车厢顶部悬挂的玩具小熊的细线与车厢侧壁平行，同时观察到放在桌面上的水杯内的水面（与车厢底板平行）。已知此弯道路面的倾角为θ，不计空气阻力，重力加速度为g，则下列判断正确的是（　　）
A.列车转弯时的向心加速度大小为gtan θ
B.列车的轮缘与轨道均无侧向挤压作用
C.水杯受到指向桌面外侧的静摩擦力
D.水杯受到指向桌面内侧的静摩擦力
尝试解答
圆锥摆（筒）模型
圆锥筒与圆锥摆模型
圆 锥 筒 模 型 概 述 如图所示，筒内壁光滑，向心力由重力mg和支持力FN的合力提供，即＝m＝mω2r，解得v＝，ω＝
规 律 稳定状态下小球所处的位置越高，半径r越大，角速度ω就越小，线速度v就越大，而小球受到的支持力FN＝和向心力F向＝并不随位置的变化而变化
圆 锥 摆 模 型 概 述 如图所示，轻绳不可伸长，向心力F向＝mgtan θ＝m＝mω2r，且r＝Lsin θ，解得v＝，ω＝
规 律 稳定状态下，θ越大，对应的角速度ω和线速度v就越大，小球受到的拉力F＝和向心力F向＝mgtan θ也越大
（2025·江西上饶模拟）如图所示，质量为m的小球（可视为质点）用长为l的轻质细线悬于B点，使小球在水平面内做匀速圆周运动，轨迹圆圆心为O，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）
A.细线与竖直方向夹角为θ时，小球运动的角速度大小为
B.保持轨迹圆的圆心O到悬点B的距离不变时，细线越长，小球运动的周期越短
C.保持轨迹圆的圆心O到悬点B的距离不变时，细线越长，小球运动的周期越长
D.保持细线与竖直方向夹角θ不变时，细线越短，小球运动的角速度越大
尝试解答
（2025·江苏南通市检测）有一种杂技表演叫“飞车走壁”，由杂技演员驾驶摩托车沿圆台形表演台的光滑侧壁高速行驶，做匀速圆周运动。如图所示，图中虚线表示摩托车的行驶轨迹，轨迹离地面的高度为h，下列说法中正确的是（　　）
A.h越高，摩托车对侧壁的压力越大
B.h越高，摩托车做圆周运动的加速度越小
C.h越高，摩托车做圆周运动的周期越大
D.h越高，摩托车做圆周运动的线速度越小
尝试解答
第3讲　圆周运动
【立足“四层”·夯基础】
基础知识梳理
知识点1
1.切线　变速　2.任意相等　匀速率
知识点2
1.　2.ωR　5.R　ωv
知识点3
1.man　2.效果
知识点4
1.（1）圆周运动　向心力　（2）惯性　切线方向
（3）①匀速圆周　②远离　③切线　2.靠近
易错易混辨析
1.×　2.√　3.√　4.×
双基落实筑牢
1.D　根据题图可知，Q点到轴的距离大于P点到轴的距离，则Q点做圆周运动的半径大于P点做圆周运动的半径，A错误；P、Q两点同轴转动，角速度大小相等，根据v＝ωr和a＝ω2r结合A项分析可知，Q点的线速度和向心加速度均大于P点的，B、C错误，D正确。
2.C　因为汽车沿曲线转弯，所以受到垂直速度方向指向轨迹凹侧的向心力Fn，又因汽车的速度逐渐减小，所以还受到与速度方向相反沿轨迹切线方向的切向力Ft，这两个力的合力方向如图C所示。
3.B　当小球第一次经过最低点时，由于重力与细线的拉力都与速度垂直，所以小球运动的线速度大小不变，故A错误；线速度大小不变，小球做圆周运动的半径变大，根据v＝rω，可知角速度变小，故B正确；线速度大小不变，轨迹半径变大，根据向心加速度公式an＝可得，小球的向心加速度变小，故C错误；细线拉力F＝mg＋m＝mg＋man，可知细线的拉力突然减小，D错误。
【着眼“四翼”·探考点】
考点一
【练1】 A　时间相同，路程之比即线速度大小之比为4∶3，A项正确；由于时间相同，运动方向改变的角度之比即对应扫过的圆心角之比，等于角速度之比为3∶2，B项错误；线速度之比除以角速度之比等于半径之比为8∶9，C项错误；由向心加速度公式an＝知，向心加速度大小之比为2∶1，D项错误。
【练2】 D　A、B靠摩擦传动，则两轮边缘上a、b两点的线速度大小相等，即va∶vb＝1∶1，选项A错误；B、C同轴转动，则两轮边缘上b、c两点的角速度相等，即ωb＝ωc，转速之比＝＝，选项B、C错误；对a、b两点，由an＝得＝＝，对b、c两点，由an＝ω2r得＝＝，故aa∶ab∶ac＝9∶6∶4，选项D正确。
【练3】 ACD　子弹在圆筒中运动的时间与自由下落高度h的时间相同，即t＝，则v0＝＝d，故A正确，B错误；在此段时间内圆筒转过的圈数为半圈的奇数倍，即ωt＝（2n＋1）π（n＝0，1，2，…），所以ω＝＝（2n＋1）π（n＝0，1，2，…），故C、D正确。
考点二
【例1】 B　对在最低点时的战机受力分析，战机受到重力mg、气动力和发动机推力的合力F，根据牛顿第二定律可得F－mg＝m，此时过载为5，所以F＝5mg，代入数据解得战机的转弯半径r＝1 000 m，故选B。
【例2】 AB　设玩具小熊的质量为m，则玩具小熊受到的重力mg、细线的拉力T的合力提供玩具小熊随车做水平面内圆周运动的向心力F，如图所示，有mgtan θ＝ma，可知列车在转弯时的向心加速度大小为a＝gtan θ，A正确；列车的向心加速度a＝gtan θ，由列车的重力与轨道的支持力的合力提供，故列车的轮缘与轨道均无侧向挤压作用，B正确；水杯的向心加速度a＝gtan θ，由水杯的重力与桌面的支持力的合力提供，水杯与桌面间的静摩擦力为零，C、D错误。
【聚焦“素养”·提能力】
【典例1】 D　细线与竖直方向夹角为θ时，有mgtan θ＝mω2·lsin θ，解得ω＝，保持细线与竖直方向夹角θ不变时，细线越短，小球运动的角速度越大，故A错误，D正确；保持轨迹圆的圆心O到悬点B的距离h不变，改变绳长l，根据牛顿第二定律得mgtan θ＝mω2·htan θ，解得ω＝，则周期T＝＝2π，可知周期T与细线长度无关，故B、C错误。
【典例2】 C　摩托车做匀速圆周运动，提供其做圆周运动向心力的是重力mg和支持力F的合力，如图所示，侧壁对摩托车的支持力为F＝，则摩托车对侧壁的压力为F'＝，根据牛顿第二定律可得mgtan θ＝ma＝mr＝m，解得a＝gtan θ，T＝，v＝，可知h越高，r越大，θ不变，而摩托车对侧壁的压力不变，摩托车做圆周运动的加速度不变，摩托车做圆周运动的周期越大，摩托车做圆周运动的线速度越大，故选C。
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第3讲　圆周运动
高中总复习·物理
目 录
01
立足”四层”·夯基础
02
着眼“四翼”·探考点
03
聚焦“素养”·提能力
04
培养“思维”·重落实
概念 公式 定理
立足“四层”·夯基础
圆周运动
1. 圆周运动的特点：做圆周运动的物体，线速度的方向在圆周 方
向，且时刻变化。圆周运动是 运动。
2. 匀速圆周运动：在 的时间里通过的圆弧长度Δl相等
（即线速度大小不变），匀速圆周运动是“ ”圆周运动，
是变速运动。
切线　
变速　
任意相等　
匀速率　
描述匀速圆周运动的物理量
1. 角速度ω：物体与圆心连线扫过的角度与所用时间的比值。定义式是ω
＝。常用计算式ω＝ 　　＝2πn。
2. 线速度v：物体通过的弧长与所用时间的比值。定义式v＝。计算式v＝
＝ ＝2πnR。
　
ωR　
5. 向心加速度：描述线速度改变快慢的物理量。an＝＝ω2R＝ 　R　
＝ ，方向始终指向圆心，只改变v的方向，不改变v的大小。
R　
ωv　
3. 周期T：物体运动一周所需的时间，T＝＝。
4. 转速n：单位时间内转过的圈数。n与周期T的关系是n＝。
向心力
1. 表达式：F向＝m＝mω2R＝mR＝ 。
2. 特点：向心力是根据力的 命名的力，方向始终指向圆心，向心
力是变力而非恒力。
man　
效果　
离心运动
1. 离心运动
（1）定义：做 的物体，在向心力突然消失或合力不足以提
供所需的 时，所做的逐渐远离圆心的运动。
（2）本质：做圆周运动的物体，由于 ，总有沿着
飞出去的倾向。
圆周运动　
向心力　
惯性　
切线方向　
（3）受力特点
①当F＝mω2r时，物体做 运动。
②当F＜mω2r时，物体逐渐 圆心，做离心运动。
③当F＝0时，物体沿 方向飞出。
匀速圆周　
远离　
切线　
2. 近心运动：当F＞mω2r时，物体将逐渐 圆心，做近心运动。
靠近　
1. 匀速圆周运动是匀加速曲线运动。 （　×　）
2. 做匀速圆周运动的物体所受合外力为变力。 （　√　）
3. 做圆周运动的物体所受到的合外力不一定等于向心力。 （　√　）
4. 做圆周运动的物体所受合外力突然消失，物体将沿圆周的半径方向飞
出。 （　×　）
×
√
√
×
1. （2024·吉林高考2题）“指尖转球”是花式篮球表演中常见的技巧。如图，当篮球在指尖上绕轴转动时，球面上P、Q两点做圆周运动的（　　）
A. 半径相等 B. 线速度大小相等
C. 向心加速度大小相等 D. 角速度大小相等
解析： 　根据题图可知，Q点到轴的距离大于P点到轴的距离，则Q点做
圆周运动的半径大于P点做圆周运动的半径，A错误；P、Q两点同轴转
动，角速度大小相等，根据v＝ωr和a＝ω2r结合A项分析可知，Q点的线速
度和向心加速度均大于P点的，B、C错误，D正确。
√
2. （人教版必修第二册·第六章第2节“练习与应用”T5改编）一辆汽车在
水平公路上转弯，沿曲线由M向N行驶，速度逐渐减小。如图A、B、C、D
分别画出了汽车转弯时所受合力F的四种方向，你认为正确的是（　　）
解析： 　因为汽车沿曲线转弯，所以受到垂直速度方向指向轨迹凹侧的
向心力Fn，又因汽车的速度逐渐减小，所以还受到与速度方向相反沿轨迹
切线方向的切向力Ft，这两个力的合力方向如图C所示。
√
3. （人教版必修第二册·第六章第2节“练习与应用”T4改编）质量为m的
小球，用长为l的细线悬挂在O点，在O点的正下方处有一光滑的钉子P，
把小球拉到与钉子P等高的位置，细线被钉子挡住。如图，让小球从静止
释放，当小球第一次经过最低点时（　　）
A. 小球运动的线速度突然减小
B. 小球的角速度突然减小
C. 小球的向心加速度突然增大
D. 细线的拉力突然增大
√
解析： 　当小球第一次经过最低点时，由于重力与细线的拉力都与速度
垂直，所以小球运动的线速度大小不变，故A错误；线速度大小不变，小
球做圆周运动的半径变大，根据v＝rω，可知角速度变小，故B正确；线速
度大小不变，轨迹半径变大，根据向心加速度公式an＝可得，小球的向
心加速度变小，故C错误；细线拉力F＝mg＋m＝mg＋man，可知细线的
拉力突然减小，D错误。
题型 规律 方法
着眼“四翼”·探考点
考点一　圆周运动的运动学问题
1. 圆周运动各物理量间的关系
2. 常见的三类传动方式及特点
（1）皮带传动：如图甲、乙所示，皮带与两轮之间无相对滑动时，与皮
带接触的轮子边缘上各点的线速度大小相等，图甲中vA＝vC≠vB，图乙中vA
＝vB≠vP＝vQ。
（2）摩擦传动和齿轮传动：如图丙、丁所示，两轮边缘接触，接触点无
打滑现象时，两轮边缘线速度大小相等，即vA＝vB。
（3）同轴转动：如图戊、己、庚所示，绕同一转轴转动的物体，角速度
相同，即ωA＝ωB，由v＝ωr知v与r成正比。
【练1】 A、B两艘快艇在湖面上做匀速圆周运动，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
√
解析： 　时间相同，路程之比即线速度大小之比为4∶3，A项正确；由于
时间相同，运动方向改变的角度之比即对应扫过的圆心角之比，等于角速
度之比为3∶2，B项错误；线速度之比除以角速度之比等于半径之比为
8∶9，C项错误；由向心加速度公式an＝知，向心加速度大小之比为
2∶1，D项错误。
【练2】 如图所示，B和C是一组塔轮，即B和C半径不同，但固定在同一转
轴上，其半径之比为RB∶RC＝3∶2，A轮的半径大小与C轮相同，它与B轮
紧靠在一起，当A轮绕过其中心的竖直轴转动时，由于摩擦力作用，B轮也
随之无滑动地转动起来。a、b、c分别为三轮边缘的三个点，则a、b、c三
点在运动过程中的（　　）
A. 线速度大小之比为3∶2∶2
B. 角速度之比为3∶3∶2
C. 转速之比为2∶3∶2
D. 向心加速度大小之比为9∶6∶4
√
解析： 　A、B靠摩擦传动，则两轮边缘上a、b两点的线速度大小相等，
即va∶vb＝1∶1，选项A错误；B、C同轴转动，则两轮边缘上b、c两点的
角速度相等，即ωb＝ωc，转速之比＝＝，选项B、C错误；对a、b两
点，由an＝得＝＝，对b、c两点，由an＝ω2r得＝＝，故
aa∶ab∶ac＝9∶6∶4，选项D正确。
【练3】 〔多选〕如图所示，直径为d的竖直圆筒绕中心轴线以恒定的转速
匀速转动。一子弹以水平速度沿圆筒直径方向从左侧射入圆筒，从右侧射
穿圆筒后发现两弹孔在同一竖直线上且相距为h，重力加速度为g，不计空
气阻力，则（　　）
A. 子弹在圆筒中的水平速度为d
B. 子弹在圆筒中的水平速度为2d
C. 圆筒转动的角速度可能为π
D. 圆筒转动的角速度可能为3π
√
√
√
解析： 　子弹在圆筒中运动的时间与自由下落高度h的时间相同，即t
＝，则v0＝＝d，故A正确，B错误；在此段时间内圆筒转过的圈数
为半圈的奇数倍，即ωt＝（2n＋1）π（n＝0，1，2，…），所以ω＝
＝（2n＋1）π（n＝0，1，2，…），故C、D正确。
考点二　圆周运动的动力学问题
1. 圆周运动向心力的理解
（1）向心力是按力的作用效果命名的，可以由重力、弹力、摩擦力等各
种性质力提供，可以是某个力或某个力的分力，也可以是几个力的合力，
在受力分析中要避免再添加一个向心力。
（2）匀速圆周运动的合外力恰好全部提供向心力，即F向＝F合。
（3）变速圆周运动的合外力与向心力的关系
变速圆周运动的合外力方向一般不指向圆心，可以分解为如图所示的两个
分力。
①切向分力Ft：产生切向加速度at，只改变线速度的大小。当at与v同向
时，速度增大，做加速圆周运动；反向时则速度减小，做减速圆周运动。
②法向分力Fn：提供向心力，产生向心加速度an，只改变线速度的方向。
2. 解答圆周运动的动力学问题的基本思路
（2025·湖北名校联考）如图所示是为我国的福建号航母配置的歼-35
战机，具有优异的战斗性能，其过载能力可以达到9。过载是指作用在战
机上的气动力和发动机推力的合力与战机重力之比。例如，歼-35战机以大
小为2g的加速度竖直向上加速运动时，其过载就是3。若歼-35战机在一次
做俯冲转弯训练时，在最低点时速度大小为200 m/s，过载为5，重力加速
度取g＝10 m/s2，将战机的运动轨迹看成圆弧，则战机的转弯半径约为
（　　）
A. 800 m B. 1 000 m
C. 1 200 m D. 1 400 m
√
解析：对在最低点时的战机受力分析，战机受到重力mg、气动力和发动机
推力的合力F，根据牛顿第二定律可得F－mg＝m，此时过载为5，所以F
＝5mg，代入数据解得战机的转弯半径r＝1 000 m，故选B。
〔多选〕如图所示，当列车以恒定速率通过一段水平圆弧形弯道时，
乘客发现在车厢顶部悬挂的玩具小熊的细线与车厢侧壁平行，同时观察到
放在桌面上的水杯内的水面（与车厢底板平行）。已知此弯道路面的倾角
为θ，不计空气阻力，重力加速度为g，则下列判断正确的是（　　）
A. 列车转弯时的向心加速度大小为gtan θ
B. 列车的轮缘与轨道均无侧向挤压作用
C. 水杯受到指向桌面外侧的静摩擦力
D. 水杯受到指向桌面内侧的静摩擦力
√
√
解析：设玩具小熊的质量为m，则玩具小熊受到的重力
mg、细线的拉力T的合力提供玩具小熊随车做水平面内
圆周运动的向心力F，如图所示，有mgtan θ＝ma，可知
列车在转弯时的向心加速度大小为a＝gtan θ，A正确；
列车的向心加速度a＝gtan θ，由列车的重力与轨道的支
持力的合力提供，故列车的轮缘与轨道均无侧向挤压作用，B正确；水杯的向心加速度a＝gtan θ，由水杯的重力与桌面的支持力的合力提供，水杯与桌面间的静摩擦力为零，C、D错误。
列车转弯时的受力分析如图所示，铁路转弯处的圆弧半径为R，两铁轨之
间的距离为d，内外轨的高度差为h，铁轨平面和水平面间的夹角为α（α很
小，可近似认为tan α≈sin α），重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A. 列车转弯时受到重力、支持力和向心力的作用
B. 列车过转弯处的速度v＝时，列车轮缘不会挤
压内轨和外轨
C. 列车过转弯处的速度v＜时，列车轮缘会挤压外轨
D. 若减小α角，可提高列车安全过转弯处的速度
√
解析： 　列车以规定速度转弯时，受到重力、支持力的作用，重力和支
持力的合力提供向心力，A错误；当重力和支持力的合力提供向心力时，
有m＝mgtan α＝mg，解得v＝，故当列车过转弯处的速度v＝
时，列车轮缘不会挤压内轨和外轨，B正确；列车过转弯处的速度v＜
时，转弯所需的向心力F＜mgtan α，故此时列车内轨受挤压，C错误；若
要提高列车过转弯处的速度，则列车所需的向心力增大，故需要增大α
角，D错误。
现实 科技 应用
聚焦“素养”·提能力
圆锥摆（筒）模型
圆锥筒与圆锥摆模型
圆
锥
筒
模
型 概述 如图所示，筒内壁光滑，向心力由重力mg和支持力
FN的合力提供，即＝m＝mω2r，解得v＝
，ω＝
规律 稳定状态下小球所处的位置越高，半径r越大，角速
度ω就越小，线速度v就越大，而小球受到的支持力
FN＝和向心力F向＝并不随位置的变化而变化
圆
锥
摆
模
型 概述 如图所示，轻绳不可伸长，向心力F向＝mgtan θ＝
m＝mω2r，且r＝Lsin θ，解得v＝，ω
＝
规律 稳定状态下，θ越大，对应的角速度ω和线速度v就越
大，小球受到的拉力F＝和向心力F向＝mgtan θ也
越大
（2025·江西上饶模拟）如图所示，质量为m的小球（可视为质点）用长为l的轻质细线悬于B点，使小球在水平面内做匀速圆周运动，轨迹圆圆心为O，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）
A. 细线与竖直方向夹角为θ时，小球运动的角速度大小为
B. 保持轨迹圆的圆心O到悬点B的距离不变时，细线越长，小球运动的周
期越短
C. 保持轨迹圆的圆心O到悬点B的距离不变时，细线越长，小球运动的周
期越长
D. 保持细线与竖直方向夹角θ不变时，细线越短，小球运动的角速度越大
√
解析：细线与竖直方向夹角为θ时，有mgtan θ＝mω2·lsin θ，解得ω＝
，保持细线与竖直方向夹角θ不变时，细线越短，小球运动的角速度
越大，故A错误，D正确；保持轨迹圆的圆心O到悬点B的距离h不变，改变
绳长l，根据牛顿第二定律得mgtan θ＝mω2·htan θ，解得ω＝，则周期T＝
＝2π，可知周期T与细线长度无关，故B、C错误。
（2025·江苏南通市检测）有一种杂技表演叫“飞车走壁”，由杂
技演员驾驶摩托车沿圆台形表演台的光滑侧壁高速行驶，做匀速圆周运
动。如图所示，图中虚线表示摩托车的行驶轨迹，轨迹离地面的高度为
h，下列说法中正确的是（　　）
A. h越高，摩托车对侧壁的压力越大
B. h越高，摩托车做圆周运动的加速度越小
C. h越高，摩托车做圆周运动的周期越大
D. h越高，摩托车做圆周运动的线速度越小
√
解析：摩托车做匀速圆周运动，提供其做圆周运动向心力的是
重力mg和支持力F的合力，如图所示，侧壁对摩托车的支持力
为F＝，则摩托车对侧壁的压力为F'＝，根据牛顿第二
定律可得mgtan θ＝ma＝mr＝m，解得a＝gtan θ，T＝
，v＝，可知h越高，r越大，θ不变，而摩托车对侧壁的压力不变，摩托车做圆周运动的加速度不变，摩托车做圆周运动的周期越大，摩托车做圆周运动的线速度越大，故选C。
培养“思维”·重落实
夯基 提能 升华
1. （2025·浙江杭州模拟）断电后，风扇慢慢停下过程中，关于图中扇叶
上A、B两点的运动情况，下列说法正确的是（　　）
A. A、B两点的线速度始终相同
B. A、B两点的转速不相同
C. A点的加速度始终指向圆心
D. A、B两点的向心加速度比值保持不变
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√
解析： 　A、B两点同轴转动，角速度相同，转动半径不同，根据v＝
ωr，知A、B两点线速度不相同，故A错误；A、B两点同轴转动，角速度相
同，转速相同，故B错误；风扇慢慢停下，不是匀速圆周运动，A点的加速
度不指向圆心，故C错误；根据a＝ω2r可知，A、B转动半径比值保持不
变，则A、B两点的向心加速度比值保持不变，故D正确。
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2. （2025·甘肃酒泉三模）如图所示为脚踏自行车的传动装置简化图，各
轮的转轴均固定且相互平行，甲、乙两轮同轴且无相对转动，已知甲、
乙、丙三轮的半径之比为1∶9∶3，传动链条在各轮转动中不打滑，则
乙、丙转速之比为（　　）
A. 1∶2 B. 2∶1
C. 3∶1 D. 1∶3
解析： 　甲、丙两轮边缘处的各点线速度相等，根据v＝ωr＝2πnr，可得
甲、丙的转速之比为3∶1，甲、乙同轴转动，角速度相等，转速相等，所
以乙、丙转速之比为3∶1。故选C。
√
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3. （2024·广东高考5题）如图所示，在细绳的拉动下，半径为r的卷轴可
绕其固定的中心点O在水平面内转动。卷轴上沿半径方向固定着长度为l的
细管，管底在O点。细管内有一根原长为、劲度系数为k的轻质弹簧，弹
簧底端固定在管底，顶端连接质量为m、可视为质点的插销。当以速度v匀
速拉动细绳时，插销做匀速圆周运动。若v过大，插销会卡进固定的端盖。
使卷轴转动停止。忽略摩擦力，弹簧在弹性限度内。要使卷轴转动不停
止，v的最大值为（　　）
A. r B. l
C. r D. l
√
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解析： 　由题意可知当插销刚卡紧固定端盖时弹簧的伸长量为Δx＝，根
据胡克定律有F＝kΔx＝，插销与卷轴同轴转动，角速度相同，对插销，
由弹簧的弹力提供向心力，有F＝mlω2，对卷轴，有v＝rω，联立解得v＝
r，故选A。
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4. （2023·北京高考10题）在太空实验室中可以利用匀速圆周运动测量小
球质量。如图所示，不可伸长的轻绳一端固定于O点，另一端系一待测小
球，使其绕O点做匀速圆周运动，用力传感器测得绳上的拉力为F，用停表
测得小球转过n圈所用的时间为t，用刻度尺测得O点到球心的距离为圆周
运动的半径R。下列说法正确的是（　　）
A. 圆周运动轨道可处于任意平面内
B. 小球的质量为
C. 若误将n－1圈记作n圈，则所得质量偏大
D. 若测R时未计入小球半径，则所得质量偏小
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解析： 　由于太空实验室中的物体都处于完全失重状态，所以圆周运动
的轨道可处于任意平面内，故A正确；根据F＝mω2R，ω＝，解得小球
质量m＝，故B错误；若误将n－1圈记作n圈，则n变大，得到的质量
偏小，故C错误；若测R时未计入小球的半径，则R偏小，所测质量偏大，
故D错误。
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5. （2025·浙江杭州二模）高速离心机用于快速沉淀或分离物质。如图所
示，水平试管固定在高速离心机上，离心机的转速为n，在水平试管中有
质量为m的某固体颗粒，某时刻颗粒离转轴的距离为r。已知试管中充满液
体，颗粒与试管内壁不接触。下列说法正确的是（　　）
A. 颗粒运动的角速度为
B. 颗粒此时受到的合外力大小为4π2mrn2
C. 离转轴越远，分离沉淀效果越好
D. 此款高速离心沉淀机，适用于任何颗粒，颗粒都会到试管
底部沉淀
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解析： 　由ω＝2πn得，颗粒运动的角速度为2πn，故A错误；由向心力公
式可得Fn＝mω2r＝m（2πn）2r＝4π2mrn2，颗粒此时受到的合外力大小不一
定为4π2mrn2，一般都是小于这个值，正是因为合外力提供不了所需向心
力，故颗粒会沉淀，故B错误；离转轴越远，r越大，液体提供的“浮力”
与颗粒在该处做匀速圆周运动所需向心力的差距越大，则分离沉淀效果越
好，故C正确；只有颗粒的密度大于液体密度，颗粒才会在试管底部沉
淀，如果颗粒的密度小于液体密度，颗粒会在试管管口“沉淀”，即漂浮
在管口，故D错误。
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6. （2025·陕西安康模拟）如图所示，小孩儿们围成一个半径为R的圆来玩
“丢手绢”游戏，游戏开始时，小孩儿A、B的位置与圆心O的连线的夹角
为α。某时刻小孩儿A从自己的位置开始以速率v逆时针运动，经过小孩儿B
时，把手绢丢在了小孩儿B的身后，小孩儿B经过时间Δt后反应过来马上以
恒定的速率追小孩儿A，在小孩儿A回到他自己的位置时，小孩儿B恰好追
上小孩儿A，则小孩儿B的速率为（　　）
A. B. v
C. D.
√
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解析： 　在Δt时间内小孩儿A跑过的圆心角θ＝，则小孩儿A跑过圆心
角（2π－θ－α）所用的时间和小孩儿B跑过圆心角（2π－α）的时间相同，
有＝，解得小孩B的速率为vB＝，故选A。
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7.陶瓷是以粘土为主要原料以及各种天然矿物经过粉碎混炼、成型和煅烧制
得的材料以及各种制品。如图所示是生产陶瓷的简化工作台，当陶瓷匀速
转动时，台面上掉有陶屑，陶屑与桌面间的动摩擦因数处处相同（台面够
大），则（　　）
A. 离轴OO'越远的陶屑质量越大
B. 离轴OO'越近的陶屑质量越小
C. 只有平台边缘有陶屑
D. 离轴最远的陶屑距离不会超过某一值
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解析： 　与台面相对静止的陶屑做匀速圆周运动，静摩擦力提供向心
力，当静摩擦力为最大静摩擦力时，根据牛顿第二定律可得μmg＝mω2r，
解得r＝，因与台面相对静止的这些陶屑的角速度相同，由此可知与台面
相对静止的陶屑离轴OO'的距离与陶屑质量无关，只要在台面上不发生相
对滑动的位置都有陶屑。故A、B、C错误；离轴最远的陶屑其受到的静摩
擦力为最大静摩擦力，由前述分析可知最大的运动半径为R＝，μ与ω均
一定，故R为定值，即离轴最远的陶屑距离不超过某一值R，故D正确。
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8. 如图是某无人机绕拍摄主体做水平匀速圆周运动时的示意图。已知该无
人机的质量为m，无人机的轨道距拍摄对象高度为h，无人机与拍摄对象距
离为r，无人机飞行的线速度大小为v，则无人机做匀速圆周运动时（　　）
A. 角速度为
B. 所受空气作用力为mg
C. 向心加速度为
D. 绕行的周期为T＝
√
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解析： 　无人机做水平匀速圆周运动的半径R＝，则角速度为ω
＝＝，A错误；无人机在重力和空气作用力F空气的合力作用下做水
平匀速圆周运动，可得作用力F空气＝，B错误；无人机做
水平匀速圆周运动时，向心力为Fn＝man＝m，解得向心加速度an＝
，C正确；绕行的周期T＝＝，D错误。
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9. （2025·浙江镇海中学模拟）自行
车气嘴灯及其结构图如图所示，弹
簧一端固定在A端，另一端拴接重物，
当车轮高速旋转时，LED灯就会发
光。下列说法正确的是（　　）
A. 安装时A端比B端更远离圆心
B. 高速旋转时，重物由于受到离心力的作用拉伸弹簧从而使触点接触
C. 增大重物质量可使LED灯在较低转速下也能发光
D. 匀速行驶时，若LED灯转到最低点时能发光，则在最高点时也一定能发
光
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解析： 　要使LED发光，必须使M、N接触，即需使重物做离心运动，则
A端应靠近圆心，因此安装时，B端比A端离圆心更远，A错误；转速越
大，所需向心力越大，弹簧拉伸越长，使M、N接触，灯才会发光，不能
说重物受到离心力的作用，B错误；灯在最低点时有F弹－mg＝mrω2，解得
ω＝，又ω＝2πn，因此增大重物质量可使LED灯在较低转速下也能
发光，C正确；匀速行驶时，灯在最低点时有F1－mg＝，灯在最高点时
有F2＋mg＝，在最低点时弹簧对重物的弹力大于在最高点时弹簧对重
物的弹力，因此匀速行驶时，若LED灯转到最低点时能发光，则在最高点
时不一定能发光，D错误。
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10. （2024·江苏淮安联考）如图所示，两个圆锥内壁光滑，竖直放置在同
一水平面上，圆锥母线与竖直方向夹角分别为30°和60°，有A、B两个质
量相同的小球在两圆锥内壁等高处做匀速圆周运动，下列说法正确的是
（　　）
A. A、B两球受到的支持力之比为∶3
B. A、B两球的向心力之比为∶1
C. A、B两球运动的角速度之比为3∶1
D. A、B两球运动的线速度大小之比为1∶3
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解析： 　对A、B两球分别进行受力分析可得sin 30°＝，sin 60°＝
，解得＝，A错误；A、B两球都做匀速圆周运动，分别有tan 60°
＝，tan 30°＝，联立解得＝，B错误；A、B两球做匀速圆周
运动，有F向A＝mrA，F向B＝mrB，设A、B两球距离锥尖的高度为
h，根据几何关系有rA＝htan 30°，rB＝htan 60°，联立解得＝，C正
确；A、B两球运动的线速度大小之比为＝＝，D错误。
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11. 2022年北京冬奥会短道速滑混合团体2 000米接力决赛中，
我国短道速滑队夺得中国队在本届冬奥会的首金。
（1）如果把运动员起跑后进入弯道前的过程看作初速度为零
的匀加速直线运动，若运动员加速到速度v＝9 m/s时，滑过的
距离x＝15 m，求加速度的大小；
答案： 2.7 m/s2　
解析： 根据速度与位移公式有v2＝2ax
代入数据可得a＝2.7 m/s2。
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（2）如果把运动员在弯道滑行的过程看作轨道为半圆的匀
速圆周运动，如图所示，若甲、乙两名运动员同时进入弯道，
滑行半径分别为R甲＝8 m、R乙＝9 m，滑行速率分别为v甲＝
10 m/s、v乙＝11 m/s，求甲、乙两名运动员过弯道时的向心
加速度大小之比，并通过计算判断哪位运动员先出弯道。
答案： ，甲
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解析：根据向心加速度公式a＝
可得甲、乙两名运动员的向心加速度之比为＝×＝
甲、乙两名运动员均做匀速圆周运动，则运动的时间为t＝
代入数据可得甲、乙运动的时间分别为t甲＝ s，t乙＝ s
因t甲＜t乙，所以甲先出弯道。
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12. 清代乾隆的《冰嬉赋》用“躄躠”（可理解为低身斜
体）二字揭示了滑冰的动作要领。500 m短道速滑世界纪
录由我国运动员武大靖创造并保持。在其创造纪录的比赛中。
（1）武大靖从静止出发，先沿直道加速滑行，前8 m用时2 s。该过程可视
为匀加速直线运动，求此过程加速度大小；
答案： 4 m/s2　
解析： 设武大靖刚开始运动过程的加速度大小为a，根据x＝at2
解得a＝＝ m/s2＝4 m/s2。
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（2）武大靖途中某次过弯时的运动可视为半径为10 m的
匀速圆周运动，速度大小为14 m/s。已知武大靖的质量为
73 kg，求此次过弯时所需的向心力大小；
答案： 1 430.8 N　
解析：根据F向＝m
解得武大靖过弯时所需的向心力大小为F向＝73× N＝1 430.8 N。
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（3）武大靖通过侧身来调整身体与水平冰面的夹角，
使场地对其作用力指向身体重心而实现平稳过弯，如图
所示。求武大靖在（2）问中过弯时身体与水平面的夹角
θ的大小。（不计空气阻力，重力加速度大小取10 m/s2，tan 22°＝0.40、tan 27°＝0.51、tan 32°＝0.62、tan 37°＝0.75）
答案： 27°
解析：设场地对武大靖的作用力大小为F，受力分析如图所示，
根据牛顿第二定律可得F向＝
解得tan θ＝＝≈0.51
可得θ＝27°。
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13. （2024·江西高考14题）雪地转椅是一种游乐项目，其中心传动装置带
动转椅在雪地上滑动。如图a、b所示，传动装置有一高度可调的水平圆
盘，可绕通过中心O点的竖直轴匀速转动。圆盘边缘A处固定连接一轻绳，
轻绳另一端B连接转椅（视为质点）。转椅运动稳定后，其角速度与圆盘
角速度相等。转椅与雪地之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，不计空
气阻力。
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（1）在图a中，若圆盘在水平雪地上以角速度ω1匀速转动，转椅运动稳定后在水平雪地上绕O点做半径为r1的匀速圆周运动。求AB与OB之间夹角α的正切值。
答案： 　
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解析： 对转椅受力分析，转椅在水平面内受摩
擦力、轻绳拉力，两者合力提供其做圆周运动所需的
向心力，如图所示。
设转椅的质量为m，则
转椅所需的向心力Fn1＝mr1
转椅受到的摩擦力f1＝μmg
根据几何关系有tan α＝
联立解得tan α＝。
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（2）将圆盘升高，如图b所示。圆盘匀速转动，转椅运动稳定后在水平雪地上绕O1点做半径为r2的匀速圆周运动，绳子与竖直方向的夹角为θ，绳子在水平雪地上的投影A1B与O1B的夹角为β。求此时圆盘的角速度ω2。
答案：
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解析：转椅在题图b情况下所需的向心力Fn2＝mr2
转椅受到的摩擦力f2＝μN2
根据几何关系有tan β＝
竖直方向上由平衡条件有N2＋Tcos θ＝mg
水平面上有f2＝Tsin θsin β
联立解得ω2＝。
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