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第11讲　圆周运动
1.（2026·陕西榆林期末）在东北雪乡有一款坐马拉爬犁的旅游体验项目深受游客的喜爱。假设马拉爬犁在水平雪地上沿逆时针方向做匀速圆周运动，O点为圆心，则下列图中，能正确表示爬犁受到的拉力F和摩擦力Ff的示意图的是（　　）
2.★〔多选〕（2025·福建高考5题）如图为春晚上转手绢的机器人，手绢上有P、Q两点，圆心为O，已知OQ＝OP，手绢绕O点做匀速圆周运动，则（　　）
A.P、Q线速度之比为1∶
B.P、Q角速度之比为∶1
C.P、Q向心加速度之比为∶1
D.P点所受合外力总是指向O
3.（2026·广东深圳期末）脚踏车上的飞轮传动系统如图所示，设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、丁四轮的半径比为5∶2∶3∶1，A、B分别是甲、乙两轮边缘上的点，两传送带在四轮转动时均不打滑，下列判断正确的是（　　）
A.甲、乙两轮的角速度相等
B.A点向心加速度比B点的小
C.两传送带的线速度大小相等
D.当丙轮转1圈时，丁轮已转10圈
4.〔多选〕（2025·广东高考8题）将可视为质点的小球沿光滑冰坑内壁推出，使小球在水平面内做匀速圆周运动，如图所示。已知圆周运动半径R为0.4 m，小球所在位置处的切面与水平面夹角θ为45°，小球质量为0.1 kg，重力加速度g取10 m/s2。关于该小球，下列说法正确的有（　　）
A.角速度为5 rad/s B.线速度大小为4 m/s
C.向心加速度大小为10 m/s2 D.所受支持力大小为1 N
5.〔多选〕（2026·广东东莞期末）进入冬季后，北方的冰雪运动吸引了许多南方游客。如图为“雪地转转”游戏及其示意图，人乘坐雪圈（人和雪圈总质量为60 kg，可视为质点）绕轴以0.4 rad/s的角速度在水平雪地上匀速转动，已知水平杆长为3 m，离地高为3 m，绳长为5 m，且绳与水平杆垂直。则雪圈（含人）（　　）
A.运动的周期约为16 s
B.圆周运动的半径为4 m
C.线速度大小为2 m/s
D.所受向心力大小为48 N
6.（2026·广东深圳调研）网球训练中心使用的轮式发球机，侧视结构如图所示。两个半径均为25 cm的橡胶轮，沿相反方向等速旋转，带动网球飞出。发球机喷嘴在地面附近，与水平面成37°角斜向上，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2。若要求水平射程约为15 m，应将橡胶轮角速度调为约（　　）
A.5 rad/s B.10 rad/s
C.50 rad/s D.100 rad/s
7.〔多选〕（2026·内蒙古包头联考）图甲是游乐场中的“旋转飞椅”项目。“旋转飞椅”简化结构图如图乙，转动轴带动顶部圆盘转动，长为L的轻质悬绳一端系在圆盘上，另一端系着椅子。悬点分别为A、B的两绳与竖直方向夹角分别为θ1＝37°、θ2＝53°，椅子与游客总质量分别为mA、mB，绳子拉力分别为FA、FB，向心加速度分别为aA、aB。忽略空气阻力，则椅子和游客随圆盘匀速转动的过程中（　　）
A.受重力、绳子拉力和向心力
B.FA∶FB＝4mA∶3mB
C.悬绳与竖直方向的夹角与游客质量无关
D.aA∶aB＝9∶16
8.★（2026·山东淄博期末）如图所示为医学上常用的离心式血细胞分离机的原理示意图，分离机的工作台带动试管高速转动，因为不同的血液成分密度不同，所以在试管中从上而下自动分离出血浆、白细胞和红细胞。下列说法正确的是（　　）
A.离心机的转速越大，试管底部受到的压力越小
B.用离心机处理血液，红细胞因为受到了离心力作用，所以和血浆产生了分层
C.离心机的转速越大越容易实现血浆、白细胞和红细胞的分层
D.若在天宫空间站上利用此装置进行实验，由于完全失重将无法实现血液成分的分层
9.〔多选〕（2026·福建莆田期中）如图所示，半径为R的竖直圆筒绕中心轴线以恒定的转速匀速转动。子弹（可视为质点）以大小为v0的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，不计空气阻力及圆筒对子弹运动的影响，重力加速度大小为g，圆筒足够长，下列说法正确的是（　　）
A.子弹在圆筒中的运动时间为
B.圆筒转动的周期为
C.两弹孔的高度差为
D.若仅改变圆筒的转速，则子弹不可能在圆筒上只打出一个弹孔
10.（2026·重庆万州期中）“抛石机”是古代战争中常用的一种设备。如图所示，某学习小组用自制的抛石机演练抛石过程。已知所用抛石机臂长L＝2 m，质量m＝1.0 kg的石块装在长臂末端的口袋中，开始时长臂处于静止状态，与水平面间的夹角α＝30°，现对短臂施力，当长臂转到竖直位置时立即停止转动，石块水平抛出。已知抛出前瞬间，长臂顶部对石块向下的拉力为2.5 N，抛出后垂直打在倾角为45°的斜面上，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，求：
（1）石块在长臂顶部抛出时的速度大小；
（2）石块打在斜面上的点距地面高度。
第11讲　圆周运动
1.A　马拉爬犁做匀速圆周运动，合力提供向心力且指向圆心，摩擦力Ff与运动方向相反（沿切线向后），拉力和摩擦力的合力指向圆心，只有A项符合题意，故选A。
2.AD　P、Q同轴转动，角速度相同，由v＝ωr可知vP∶vQ＝rP∶rQ＝1∶，A正确，B错误。aP∶aQ＝（ω2rP）∶（ω2rQ）＝rP∶rQ＝1∶，C错误。P做匀速圆周运动，合外力指向圆心，D正确。
3.A　甲、乙两轮同轴且无相对转动，所以角速度相同，A正确；由于A、B角速度相同，rA＞rB，根据a＝ω2r，可知，A点向心加速度比B点的大，B错误；由于r甲∶r乙＝5∶2，且甲、乙两轮角速度相同，根据v＝ωr，可得v甲∶v乙＝5∶2，两传送带的线速度大小不同，C错误；由以上分析可知v甲∶v乙＝5∶2，且丁轮与甲轮线速度大小相同，丙轮与乙轮线速大小相同，所以有v丁∶v丙＝5∶2，由于r丁∶r丙＝1∶3，根据v＝ωr，可得ω丁＝ω丙，可知丙转1圈，丁转了圈，D错误。
4.AC　小球在水平面内做匀速圆周运动，受力示意图如图所示，由Fn＝mgtan θ＝mω2R＝m＝man，得：ω＝5 rad/s，v＝2 m/s，an＝10 m/s2，则A、C正确，B错误；由FNcos θ＝mg得FN＝N，D错误。
5.ACD　运动的周期约为T＝≈16 s，A正确；圆周运动的半径为r2＝（32＋52）－32，解得r＝5 m，B错误；线速度大小为v＝ωr＝2 m/s，C正确；所受向心力大小为F＝mω2r＝48 N，D正确。
6.C　设发球机射出的网球速度大小为v，喷嘴在地面附近，网球离开喷嘴后做与水平面成37°角斜抛运动，在水平方向有s＝2vtcos 37°，竖直方向，根据速度与时间公式有0＝vsin 37°－gt，又速度v＝rω，联立解得ω＝50 rad/s，故C正确。
7.CD　对游客与椅子的整体受力分析可知，其受重力，绳子拉力，这两个力的合力提供向心力，故A错误；由力的矢量三角形可得＝×＝，向心加速度为＝＝，故B错误，D正确；设游客做匀速圆周运动的半径为r，根据mgtan θ＝mω2r，可得tan θ＝，由此可知，悬绳与竖直方向的夹角与游客质量无关，故C正确。
8.C　用离心机处理血液，血浆和红细胞做离心运动是因为实际受到的力不足以提供其做圆周运动所需的向心力，不存在离心力，故B错误；离心机的转速越大，则角速度越大，血液做圆周运动需要的向心力越大，试管底部对血液的弹力越大，根据牛顿第三定律可知，试管底部受到的压力越大，则越容易实现血浆和细胞的分层，故A错误，C正确；若在天宫空间站上利用此装置进行实验，由于离心现象与重力无关，仍能实现血液成分的分层，故D错误。
9.CD　子弹在圆筒中的运动时间为t＝，A错误；根据题意t＝T（n＝0，1，2，3…），解得T＝（n＝0，1，2，3…），B错误；两弹孔的高度差为h＝gt2， t＝，解得h＝，C正确；因为子弹在竖直方向做自由落体运动，若仅改变圆筒的转速，则子弹在圆筒上一定打出两个弹孔，而且两个弹孔不在同一个水平面上，D正确。
10.（1）5 m/s　（2）1.75 m
解析：（1）石块在长臂顶部抛出时，对小球受力分析，由牛顿第二定律有N＋mg＝m
由题意可知N＝2.5 N
联立解得石块在长臂顶部抛出时的速度大小v0＝5 m/s。
（2）根据平抛运动的规律，
可知石块打在斜面上时有tan 45°＝
解得vy＝v0＝5 m/s
则平抛的竖直高度h＝＝1.25 m
由几何关系，可知石块打在斜面上的点距地面高度
H＝L＋Lsin α－h＝1.75 m。
1 / 1第11讲　圆周运动
1.掌握描述圆周运动的各物理量及关系，会分析匀速圆周运动的周期性及多解问题。 2.会分析圆周运动向心力的来源，并利用圆周运动的相关知识分析生活中的圆周运动。 3.会解决圆周运动和抛体运动的综合问题。
考点一　圆周运动中的运动学问题
知识速记
1.描述圆周运动的物理量
2.匀速圆周运动
（1）定义：做圆周运动的物体，若在相等的时间内通过的圆弧长度　　　　，就是匀速圆周运动。
（2）特点：加速度大小不变，方向始终指向　　　　，是变加速运动。
（3）条件：合外力大小　　　　、方向始终与　　　　方向垂直且指向圆心。
　〔人教版必修第二册P25图6.1-4情境〕游乐场的旋转木马是小朋友们非常喜欢的游玩项目。如图所示，一小孩坐在旋转木马上，绕中心轴在水平面内做匀速圆周运动，判断下列说法的正误。
（1）小孩做的匀速圆周运动是匀变速曲线运动。（　　）
（2）小孩做匀速圆周运动时线速度不变。（　　）
（3）小孩做匀速圆周运动的角速度越大周期越小。（　　）
（4）小孩做匀速圆周运动的向心加速度与半径成反比。（　　）
训练落实
1.（2025·河北高考5题）某同学在傍晚用内嵌多个彩灯的塑料绳跳绳，照片记录了彩灯在曝光时间内的运动轨迹，简图如图。彩灯的运动可视为匀速圆周运动，相机本次曝光时间是 s，圆弧对应的圆心角约为30°，则该同学每分钟跳绳的圈数约为（　　）
A.90 B.120
C.150 D.180
2.（2026·四川资阳期末）如图所示，修正带原理可简化为图中的模型。A、B是转动的大小齿轮边缘的两点，C是大轮上的一点，若A、B、C的轨道半径之比为2∶3∶2，则关于A、B、C三点，下列说法正确的是（　　）
A.A、B两点的角速度之比为3∶1
B.A、B两点的线速度之比为2∶1
C.B、C两点的转速之比为3∶1
D.B、C两点的向心加速度之比为3∶2
3.（2026·山东枣庄期中）如图所示，水平放置的圆筒绕其中心对称轴OO'匀速转动，筒壁上P处有一小圆孔，筒壁很薄，筒的半径R＝2 m，当圆孔正上方h＝3.2 m处有一小球由静止开始下落，已知圆孔的半径略大于小球的半径。已知小球刚好能从孔中进入圆筒，并且与圆筒不发生碰撞离开圆筒。不计空气阻力，取g＝10 m/s2，圆筒转动的角速度可能是（　　）
A.2.5π rad/s B.4π rad/s C.5π rad/s D.10π rad/s
1.传动装置
同轴转动 皮带传动 齿轮传动
装置 A、B两点在同轴的一个圆盘上 两个轮子用皮带连接，A、B两点分别是两个轮子边缘上的点 两个齿轮轮齿啮合，A、B两点分别是两个齿轮边缘上的点
特点 角速度、周期相同 线速度大小相等 线速度大小相等
转向 相同 相同 相反
规律 线速度与半径成正比： ＝ 向心加速度与半径成正比： ＝ 角速度与半径成反比： ＝ 向心加速度与半径成反比：＝ 角速度与半径成反比： ＝ 向心加速度与半径成反比：＝
2.匀速圆周运动的周期性和多解问题
匀速圆周运动基本特征之一就是周期性，即在做匀速圆周运动过程中，物体的空间位置具有时间上的重复性。这一特点决定了匀速圆周运动问题的多解性。
考点二　圆周运动的动力学问题
　　
知识速记
1.匀速圆周运动的向心力
（1）作用效果
向心力产生向心加速度，只改变线速度的　　　　，不改变线速度的　　　　。
（2）大小
Fn＝m＝　　　　＝mr＝mωv。
（3）方向
始终沿半径方向指向　　　　，时刻在改变，即向心力是一个变力。
2.离心运动和近心运动
（1）离心运动：做圆周运动的物体，在所受合力突然消失或不足以提供其做圆周运动所需向心力的情况下，就做　　　　　　的运动。
（2）受力特点（如图）
①当F＝0时，物体沿　　　　方向飞出，做匀速直线运动。
②当0＜F＜mrω2时，物体逐渐　　　　圆心，做　　　　运动。
③当F＞mrω2时，物体逐渐　　　　　　，做　　　　运动。
（3）本质：离心运动的本质并不是受到离心力的作用，而是提供的向心力　　　　做匀速圆周运动所需要的向心力。
　如图甲所示，飞机在空中水平面内做匀速圆周运动；如图乙所示，在光滑漏斗内壁上，小球做匀速圆周运动。试分析：
（1）飞机和小球受到哪些力的作用？它们的向心力由什么力提供？
（2）若知道飞机和小球做圆周运动的半径，如何求得飞机和小球运动的速度大小？
要点深化
1.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，所有沿半径方向的力的合力指向圆心，充当向心力。
2.常见圆周运动中向心力的来源
（1）匀速圆周运动的向心力来源
运动模型 向心力来源图示
水平面转台（光滑）
汽车在水平方向转弯
飞车走壁
火车转弯
（2）变速圆周运动的向心力来源如图所示，当小球在竖直面内摆动时，沿半径方向的合力提供向心力，即FT－mgcos θ＝。
〔多选〕（2026·四川眉山期末）“迪斯科大转盘”是一项非常刺激的娱乐项目，水平大转盘的简化图如图乙所示。若已知物块的质量为m，物块到转轴的距离为r，物块与转盘之间的动摩擦因数为μ。若物块随着圆盘以角速度ω转动，重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　）
A.物块所受的摩擦力方向与线速度方向相反
B.物块所受的摩擦力方向指向圆心
C.物块所受的摩擦力大小为μmg
D.物块所受的摩擦力大小为mω2r
尝试解答　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
〔多选〕（2026·广东省惠州期中）铁路在弯道处的内、外轨道高度是不同的，已知内、外轨道平面与水平面的夹角为θ，如图所示，弯道处的圆弧半径为R，若质量为m的火车转弯时速度等于，则（　　）
A.内轨对内侧车轮轮缘有挤压
B.外轨对外侧车轮轮缘无挤压
C.这时铁轨对火车的支持力等于
D.这时铁轨对火车的支持力等于mgcos θ
尝试解答　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
如图所示，光滑杆AB长为L，B端固定一根原长为的轻弹簧，质量为m的小球套在光滑杆上并与弹簧的上端连接。OO'为过B点的竖直轴，杆与水平面间的夹角始终为θ，重力加速度为g。
（1）当小球随杆一起绕OO'轴匀速转动时，弹簧恰好处于原长，求小球随杆匀速转动的角速度ω0；
（2）若弹簧劲度系数为k＝、θ＝30°，当小球随杆一起绕OO'轴匀速转动时，弹簧总长度为，求此时小球随杆匀速转动的角速度ω。
尝试解答　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
圆锥摆（筒）模型
1.模型特点：一根质量可以不计的刚性细线，上端固定，下端系一个可以视为质点的摆球在水平面内做匀速圆周运动。
2.受力特点
（1）竖直方向上物体的受力是平衡的。
（2）水平方向的合力提供物体做匀速圆周运动所需的向心力。
3.动力学方程：mgtan θ＝m＝mω2r＝mr，且r＝Lsin θ，联立解得v＝，ω＝，T＝2π＝2π。
（2026·江西吉安期末）如图所示，用一根细绳一端系一个小球，另一端固定，给小球不同的初速度，使小球在水平面内做角速度不同的匀速圆周运动，则下列关于悬点到轨迹圆心高度h、细绳拉力F、向心加速度a、线速度v与角速度平方ω2的关系图像正确的是（　　）
尝试解答　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　（2026·山东聊城期末）图甲是某游乐场一种名为“旋转跷跷板”的游戏装置，跨坐在跷跷板两端的游戏者不仅可以绕转轴旋转，同时还可以上升和下降。如图乙所示，游戏者A质量为2m，游戏者B质量为m，两侧跷跷板相互垂直且长度均为L。某次游戏时游戏者A控制跷跷板，使二人只在水平面内绕竖直转轴以角速度ω匀速旋转，游戏者B一侧跷跷板和竖直方向的夹角为60°，游戏者均可视为质点，下列说法正确的是（　　）
A.A、B做匀速圆周运动的半径之比为1∶2
B.A、B做匀速圆周运动的线速度大小之比为∶1
C.A、B做匀速圆周运动的向心加速度之比为∶1
D.A、B做匀速圆周运动的向心力大小之比为2∶
考点三　圆周运动与平抛运动综合问题
要点深化
〔多选〕（2025·山东高考10题）如图所示，在无人机的某次定点投放性能测试中，目标区域是水平地面上以O点为圆心、半径R1＝5 m的圆形区域，OO'垂直地面，无人机在离地面高度H＝20 m的空中绕O'点、平行地面做半径R2＝3 m的匀速圆周运动，A、B为圆周上的两点，∠AO'B＝90°。若物品相对无人机无初速度地释放，为保证落点在目标区域内，无人机做圆周运动的最大角速度应为ωmax。当无人机以ωmax沿圆周运动经过A点时，相对无人机无初速度地释放物品。不计空气对物品运动的影响，物品可视为质点且落地后即静止，重力加速度大小g＝10 m/s2。下列说法正确的是（　　）
A.ωmax＝ rad/s
B.ωmax＝ rad/s
C.无人机运动到B点时，在A点释放的物品已经落地
D.无人机运动到B点时，在A点释放的物品尚未落地
尝试解答　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
圆周运动与平抛运动综合问题的解题关键 1.明确圆周运动的向心力来源，根据牛顿第二定律和向心力公式列方程。 2.平抛运动一般是沿水平方向和竖直方向分解速度或位移。 3.速度是联系前后两个过程的关键物理量，前一个过程的末速度是后一个过程的初速度。
　（2026·山东济南期中）如图所示，不可伸长的轻质细线下端系着一个小球，用手拿着细线的上端，使小球在水平面内做匀速圆周运动。O点为手正下方地面上的一点，手与O点间的距离等于绳长。逐渐增大小球转动的角速度，直至细线被拉断。已知细线长度为l，细线能承受的最大拉力等于小球重力的2倍，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　）
A.细线被拉断前瞬间与竖直方向的夹角为30° B.细线被拉断前瞬间小球的速度为
C.细线被拉断后小球平抛的水平位移l D.小球落地点与O点之间的距离为l
第11讲　圆周运动
考点一
知识速记
1.　　　ω2r　　2.（1）相等　（2）圆心
（3）不变　速度
教材情境辨析
　（1）×　（2）×　（3）√　（4）×
训练落实
1.C　根据题意可知跳绳的转动角速度为ω＝＝ rad/s＝5π rad/s，故每分钟跳绳的圈数为n＝＝150，故选C。
2.D　A、B为啮合齿轮边缘点，线速度大小相等（vA＝vB）。由v＝ωr得，＝＝，A、B错误；B、C同轴转动，角速度相同，转速相同，故转速之比为1∶1，C错误；B、C两点角速度相同，向心加速度a＝ω2r，故＝＝，D正确。
3.A　小球落入圆筒前做自由落体运动，则有＝2gh，解得小球刚落入圆筒时的速度大小为v0＝＝8 m/s，设小球在圆筒中运动的时间为t，根据运动学公式可得2R＝v0t＋gt2，解得t＝0.4 s，根据题意有t＝T＝（n＝0，1，2，…），可得ω＝ rad/s（n＝0，1，2，…），当n＝0时，可得ω＝2.5π rad/s；当n＝1时，可得ω＝7.5π rad/s；当n＝2时，可得ω＝12.5π rad/s，故选A。
考点二
知识速记
1.（1）方向　大小　（2）mrω2　（3）圆心　2.（1）逐渐远离圆心
（2）①切线　②远离　离心　③向圆心靠近　近心　（3）小于
思考与讨论
　提示：（1）飞机受到重力和空气对飞机的作用力，二者的合力提供向心力；小球受漏斗内壁的弹力和重力作用，二者的合力提供向心力。
（2）如图所示，根据受力分析知，
Fn＝mgtan θ，
又Fn＝m，
解得v＝。
要点深化
【例1】　BD　物块以角速度ω做匀速圆周运动时，由圆盘对物块的静摩擦力提供向心力，静摩擦力的方向指向圆心，与线速度方向垂直，故A错误，B正确；是静摩擦力提供向心力，不是滑动摩擦力，故C错误；根据向心力公式，有f＝mω2r，故D正确。
【例2】　BC　当火车的重力和轨道的支持力的合力提供火车做匀速圆周运动所需的向心力时，mgtan θ＝m，可得v＝，即火车转弯的速度等于时外轨对外侧车轮轮缘以及内轨对内侧车轮轮缘均无挤压，故A错误，B正确；这时铁轨对火车的支持力FN＝，故C正确，D错误。
【例3】　（1）　（2）
解析：（1）小球随杆匀速转动时，
有mgtan θ＝m·cos θ
解得ω0＝。
（2）依题意可知，弹簧弹力大小为F＝kx＝
方向沿杆向下，设杆对球的支持力为N，对小球，竖直方向上有Ncos 30°＝mg＋Fsin 30°
水平方向上，有Nsin 30°＋Fcos 30°＝mω2cos 30°
解得ω＝。
拓展空间
【典例】　B　设细绳长度为l，小球做匀速圆周运动时细绳与竖直方向的夹角为θ，细绳拉力为F，根据牛顿第二定律，有Fsin θ＝mω2lsin θ，可得F＝mω2l，即F与ω2成正比，故B正确；根据牛顿第二定律，有mgtan θ＝mω2lsin θ，又h＝lcos θ，可得h＝，即h与ω2成反比，故A错误；根据牛顿第二定律，有mgtan θ＝mω2lsin θ＝ma，可得小球的向心加速度a＝ω2lsin θ，小球运动的角速度不同时，sin θ不同，所以a-ω2不是正比例函数，故C错误；小球的线速度v＝rω＝ωlsin θ，所以v-ω2不是正比例函数，故D错误。
强化训练
　D　A、B做匀速圆周运动的半径之比为rA∶rB＝（Lsin 30°）∶（Lsin 60°）＝1∶，故A错误；A、B做匀速圆周运动的角速度相等，根据v＝ωr可知，A、B做匀速圆周运动的线速度大小之比为vA∶vB＝rA∶rB＝1∶，故B错误；根据a＝ω2r可知，A、B做匀速圆周运动的向心加速度之比为aA∶aB＝rA∶rB＝1∶，故C错误；根据F＝ma可知，A、B做匀速圆周运动的向心力大小之比为FA∶FB＝（2maA）∶（maB）＝2∶，故D正确。
考点三
要点深化
【例4】　BC　物品从抛出到落地的过程做平抛运动，当其恰好落在目标区域内时，物品的水平位移示意图如图所示，由几何关系有xm＝＝4 m，此时物品的初速度最大，水平方向上有xm＝vmt，竖直方向上有H＝gt2，联立解得物品的最大初速度（无人机的最大线速度）为vm＝2 m/s，所以无人机的最大角速度ωmax＝＝ rad/s，A错误，B正确；由A、B项分析可知，物品释放后在空中运动的时间为t＝2 s，该过程无人机转过的角度θ＝ωmaxt＝＜，所以无人机运动到B点时，在A点释放的物品已经落地，C正确，D错误。
强化训练
　D　设细线与竖直方向的夹角为θ时细线刚好被拉断，则有cos θ＝＝，即θ＝60°，故A错误；设此时小球的线速度大小为v，根据Fn＝mgtan θ＝，解得v＝，故B错误；此时小球离地高度h＝l－lcos θ＝l，根据h＝gt2，得t＝，从细线被拉断到小球落地的过程，小球的水平位移x＝vt＝l，故C错误；小球落地点与O点之间的距离为x'＝＝l，故D正确。
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第11讲　圆周运动
目标要求
1. 掌握描述圆周运动的各物理量及关系，会分析匀速圆周运动的周期性及多解问题。
2. 会分析圆周运动向心力的来源，并利用圆周运动的相关知识分析生活中的圆周运动。
3. 会解决圆周运动和抛体运动的综合问题。
目 录
CONTENTS
考点一　圆周运动中的运动学问题
考点二　圆周运动的动力学问题
考点三　圆周运动与平抛运动综合问题
课时跟踪检测
考点一　圆周运动中的运动学问题
知识速记
1. 描述圆周运动的物理量
2. 匀速圆周运动
（1）定义：做圆周运动的物体，若在相等的时间内通过的圆弧长度
，就是匀速圆周运动。
（2）特点：加速度大小不变，方向始终指向 ，是变加速运动。
（3）条件：合外力大小 、方向始终与 方向垂直且指向
圆心。
相
等　
圆心　
不变　
速度　
　〔人教版必修第二册P25图6.1-4情境〕游乐场的旋转
木马是小朋友们非常喜欢的游玩项目。如图所示，一小
孩坐在旋转木马上，绕中心轴在水平面内做匀速圆周
运动，判断下列说法的正误。
（1）小孩做的匀速圆周运动是匀变速曲线运动。 （　×　）
（2）小孩做匀速圆周运动时线速度不变。 （　×　）
（3）小孩做匀速圆周运动的角速度越大周期越小。 （　√　）
×
×
√
（4）小孩做匀速圆周运动的向心加速度与半径成反比。 （　×　）
×
训练落实
1. （2025·河北高考5题）某同学在傍晚用内嵌多个彩灯的塑料绳跳绳，照
片记录了彩灯在曝光时间内的运动轨迹，简图如图。彩灯的运动可视为匀
速圆周运动，相机本次曝光时间是 s，圆弧对应的圆心角约为30°，则
该同学每分钟跳绳的圈数约为（　　）
A. 90 B. 120
C. 150 D. 180
√
解析： 　根据题意可知跳绳的转动角速度为ω＝＝ rad/s＝5π rad/s，故
每分钟跳绳的圈数为n＝＝150，故选C。
2. （2026·四川资阳期末）如图所示，修正带原理可简化为图中的模型。
A、B是转动的大小齿轮边缘的两点，C是大轮上的一点，若A、B、C的轨
道半径之比为2∶3∶2，则关于A、B、C三点，下列说法正确的是（　　）
A. A、B两点的角速度之比为3∶1
B. A、B两点的线速度之比为2∶1
C. B、C两点的转速之比为3∶1
D. B、C两点的向心加速度之比为3∶2
√
解析： 　A、B为啮合齿轮边缘点，线速度大小相等（vA＝vB）。由v＝ωr
得，＝＝，A、B错误；B、C同轴转动，角速度相同，转速相同，故
转速之比为1∶1，C错误；B、C两点角速度相同，向心加速度a＝ω2r，故
＝＝，D正确。
3. （2026·山东枣庄期中）如图所示，水平放置的圆筒绕其中心对称轴OO'
匀速转动，筒壁上P处有一小圆孔，筒壁很薄，筒的半径R＝2 m，当圆孔
正上方h＝3.2 m处有一小球由静止开始下落，已知圆孔的半径略大于小球
的半径。已知小球刚好能从孔中进入圆筒，并且与圆筒不发生碰撞离开圆
筒。不计空气阻力，取g＝10 m/s2，圆筒转动的角速度可能是（　　）
A. 2.5π rad/s B. 4π rad/s
C. 5π rad/s D. 10π rad/s
√
解析： 小球落入圆筒前做自由落体运动，则有＝2gh，解得小球刚
落入圆筒时的速度大小为v0＝＝8 m/s，设小球在圆筒中运动的时间为
t，根据运动学公式可得2R＝v0t＋gt2，解得t＝0.4 s，根据题意有t＝
T＝（n＝0，1，2，…），可得ω＝ rad/s（n＝0，
1，2，…），当n＝0时，可得ω＝2.5π rad/s；当n＝1时，可得ω＝7.5π
rad/s；当n＝2时，可得ω＝12.5π rad/s，故选A。
1. 传动装置
同轴转动 皮带传动 齿轮传动
装置 A、B两点在同
轴的一个圆盘
上 两个轮子用皮带连
接，A、B两点分别
是两个轮子边缘上
的点 两个齿轮轮齿啮合，A、B
两点分别是两个齿轮边缘
上的点
特点 角速度、周期
相同 线速度大小相等 线速度大小相等
同轴转动 皮带传动 齿轮传动
转向 相同 相同 相反
规律 线速度与半径
成正比： ＝ 向心加速度与
半径成正比： ＝ 角速度与半径成反
比： ＝ 向心加速度与半径
成反比：＝ 角速度与半径成反比：
＝
向心加速度与半径成反
比：＝
2. 匀速圆周运动的周期性和多解问题
匀速圆周运动基本特征之一就是周期性，即在做匀速圆周运动过程中，物
体的空间位置具有时间上的重复性。这一特点决定了匀速圆周运动问题的
多解性。
考点二　圆周运动的动力学问题
知识速记
1. 匀速圆周运动的向心力
（1）作用效果
向心力产生向心加速度，只改变线速度的 ，不改变线速度的
。
（2）大小
Fn＝m＝ ＝mr＝mωv。
（3）方向
始终沿半径方向指向 ，时刻在改变，即向心力是一个变力。
方向　
大
小　
mrω2　
圆心　
（1）离心运动：做圆周运动的物体，在所受合力突然消失或不足以提供
其做圆周运动所需向心力的情况下，就做 的运动。
（2）受力特点（如图）
①当F＝0时，物体沿 方向飞出，做匀速直线运动。
②当0＜F＜mrω2时，物体逐渐 圆心，做 运动。
③当F＞mrω2时，物体逐渐 ，做 运动。
逐渐远离圆心　
2. 离心运动和近心运动
切线　
远离　
离心　
向圆心靠近　
近心　
（3）本质：离心运动的本质并不是受到离心力的作用，而是提供的向心力 做匀速圆周运动所需要的向心力。
小于　
　如图甲所示，飞机在空中水平面内做匀速圆周运动；如图乙所示，在光
滑漏斗内壁上，小球做匀速圆周运动。试分析：
（1）飞机和小球受到哪些力的作用？它们的向心力由什么力提供？
提示： 飞机受到重力和空气对飞机
的作用力，二者的合力提供向心力；小
球受漏斗内壁的弹力和重力作用，二者
的合力提供向心力。
（2）若知道飞机和小球做圆周运动的半径，如何求得飞机和小球运动的
速度大小？
提示： 如图所示，根据受力分析知，
Fn＝mgtan θ，
又Fn＝m，
解得v＝。
要点深化
1. 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，所有沿半径方向的力的合力指向圆心，充当
向心力。
2. 常见圆周运动中向心力的来源
（1）匀速圆周运动的向心力来源
运动模型 向心力来源图示
水平面转台（光滑）
汽车在水平方向转弯
运动模型 向心力来源图示
飞车走壁
火车转弯
（2）变速圆周运动的向心力来源
如图所示，当小球在竖直面内摆动时，沿半径方向的合力提供向心力，即
FT－mgcos θ＝。
〔多选〕（2026·四川眉山期末）“迪斯科大转盘”是一项非常刺激的
娱乐项目，水平大转盘的简化图如图乙所示。若已知物块的质量为m，物
块到转轴的距离为r，物块与转盘之间的动摩擦因数为μ。若物块随着圆盘
以角速度ω转动，重力加速度为g，则下列说法正确的是（　BD　）
BD
A. 物块所受的摩擦力方向与线速
度方向相反
B. 物块所受的摩擦力方向指向圆心
C. 物块所受的摩擦力大小为μmg
D. 物块所受的摩擦力大小为mω2r
解析：物块以角速度ω做匀速圆周运动时，由圆盘对物块的静摩擦力提供
向心力，静摩擦力的方向指向圆心，与线速度方向垂直，故A错误，B正
确；是静摩擦力提供向心力，不是滑动摩擦力，故C错误；根据向心力公
式，有f＝mω2r，故D正确。
〔多选〕（2026·广东省惠州期中）铁路在弯道处的内、外轨道高度是
不同的，已知内、外轨道平面与水平面的夹角为θ，如图所示，弯道处的
圆弧半径为R，若质量为m的火车转弯时速度等于，则
（　BC　）
BC
A. 物块所受的摩擦力方向与线速度方向相反
B. 物块所受的摩擦力方向指向圆心
C. 物块所受的摩擦力大小为μmg
D. 物块所受的摩擦力大小为mω2r
解析：当火车的重力和轨道的支持力的合力提供火车做匀速圆周运动所需
的向心力时，mgtan θ＝m，可得v＝，即火车转弯的速度等于
时外轨对外侧车轮轮缘以及内轨对内侧车轮轮缘均无挤压，故A
错误，B正确；这时铁轨对火车的支持力FN＝，故C正确，D错误。
如图所示，光滑杆AB长为L，B端固定一根原长为的轻弹簧，质量为
m的小球套在光滑杆上并与弹簧的上端连接。OO'为过B点的竖直轴，杆与
水平面间的夹角始终为θ，重力加速度为g。
（1）当小球随杆一起绕OO'轴匀速转动时，弹簧恰好处于原长，求小球随
杆匀速转动的角速度ω0；
答案： 　
解析： 小球随杆匀速转动时，
有mgtan θ＝m·cos θ
解得ω0＝。
（2）若弹簧劲度系数为k＝、θ＝30°，当小球随杆一起绕OO'轴匀速
转动时，弹簧总长度为，求此时小球随杆匀速转动的角速度ω。
答案：
解析：依题意可知，弹簧弹力大小为F＝kx＝
方向沿杆向下，设杆对球的支持力为N，对小球，竖直方向上有Ncos 30°
＝mg＋Fsin 30°
水平方向上，有Nsin 30°＋Fcos 30°＝mω2cos 30°
解得ω＝。
圆锥摆（筒）模型
1. 模型特点：一根质量可以不计的刚性细线，上端固定，下端系一个可以
视为质点的摆球在水平面内做匀速圆周运动。
2. 受力特点
（1）竖直方向上物体的受力是平衡的。
（2）水平方向的合力提供物体做匀速圆周运动所需的向心力。
3. 动力学方程：mgtan θ＝m＝mω2r＝mr，且r＝Lsin θ，联立解得v＝
，ω＝，T＝2π＝2π。
（2026·江西吉安期末）如图所示，用一根细绳一端系一个小球，另一
端固定，给小球不同的初速度，使小球在水平面内做角速度不同的匀速圆
周运动，则下列关于悬点到轨迹圆心高度h、细绳拉力F、向心加速度a、
线速度v与角速度平方ω2的关系图像正确的是（　B　）
B
解析：设细绳长度为l，小球做匀速圆周运动时细绳与竖直方向的夹角
为θ，细绳拉力为F，根据牛顿第二定律，有Fsin θ＝mω2lsin θ，可得F
＝mω2l，即F与ω2成正比，故B正确；根据牛顿第二定律，有mgtan θ＝
mω2lsin θ，又h＝lcos θ，可得h＝，即h与ω2成反比，故A错误；根
据牛顿第二定律，有mgtan θ＝mω2lsin θ＝ma，可得小球的向心加速度
a＝ω2lsin θ，小球运动的角速度不同时，sin θ不同，所以a-ω2不是正
比例函数，故C错误；小球的线速度v＝rω＝ωlsin θ，所以v-ω2不是正
比例函数，故D错误。
　（2026·山东聊城期末）图甲是
某游乐场一种名为“旋转跷跷板”
的游戏装置，跨坐在跷跷板两端的
游戏者不仅可以绕转轴旋转，同时
还可以上升和下降。如图乙所示，游戏者A质量为2m，游戏者B质量为m，两侧跷跷板相互垂直且长度均为L。某次游戏时游戏者A控制跷跷板，使二人只在水平面内绕竖直转轴以角速度ω匀速旋转，游戏者B一侧跷跷板和竖直方向的夹角为60°，游戏者均可视为质点，下列说法正确的是（　　）
A. A、B做匀速圆周运动的半径之比为1∶2
B. A、B做匀速圆周运动的线速度大小之比为∶1
C. A、B做匀速圆周运动的向心加速度之比为∶1
D. A、B做匀速圆周运动的向心力大小之比为2∶
√
解析： 　A、B做匀速圆周运动的半径之比为rA∶rB＝（Lsin 30°）∶
（Lsin 60°）＝1∶，故A错误；A、B做匀速圆周运动的角速度相等，
根据v＝ωr可知，A、B做匀速圆周运动的线速度大小之比为vA∶vB＝rA∶rB
＝1∶，故B错误；根据a＝ω2r可知，A、B做匀速圆周运动的向心加速
度之比为aA∶aB＝rA∶rB＝1∶，故C错误；根据F＝ma可知，A、B做匀
速圆周运动的向心力大小之比为FA∶FB＝（2maA）∶（maB）＝2∶，故
D正确。
考点三　圆周运动与平抛运动综合
问题
要点深化
〔多选〕（2025·山东高考10题）如图所示，在无人机的某次定点投放
性能测试中，目标区域是水平地面上以O点为圆心、半径R1＝5 m的圆形区
域，OO'垂直地面，无人机在离地面高度H＝20 m的空中绕O'点、平行地面
做半径R2＝3 m的匀速圆周运动，A、B为圆周上的两点，∠AO'B＝90°。
若物品相对无人机无初速度地释放，为保证落点在目标区域内，无人机做
圆周运动的最大角速度应为ωmax。当无人机以ωmax沿圆周运动经过A点时，
相对无人机无初速度地释放物品。不计空气对物品运动的影响，物品可视
为质点且落地后即静止，重力加速度大小g＝10 m/s2。下列说法正确的是
（　BC　）
BC
A. ωmax＝ rad/s
B. ωmax＝ rad/s
C. 无人机运动到B点时，在A点释放的物品已经落地
D. 无人机运动到B点时，在A点释放的物品尚未落地
解析：物品从抛出到落地的过程做平抛运动，当其恰好落
在目标区域内时，物品的水平位移示意图如图所示，由几
何关系有xm＝＝4 m，此时物品的初速度最大，
水平方向上有xm＝vmt，竖直方向上有H＝gt2，联立解得物品的最大初速度（无人机的最大线速度）为vm＝2 m/s，所以无人机的最大角速度ωmax＝＝ rad/s，A错误，B正确；由A、B项分析可知，物品释放后在空中运动的时间为t＝2 s，该过程无人机转过的角度θ＝ωmaxt＝＜，所以无人机运动到B点时，在A点释放的物品已经落地，C正确，D错误。
圆周运动与平抛运动综合问题的解题关键
1. 明确圆周运动的向心力来源，根据牛顿第二定律和向心力公式列方程。
2. 平抛运动一般是沿水平方向和竖直方向分解速度或位移。
3. 速度是联系前后两个过程的关键物理量，前一个过程的末速度是后一个
过程的初速度。
　（2026·山东济南期中）如图所示，不可伸长的轻质细线下端系着一个小
球，用手拿着细线的上端，使小球在水平面内做匀速圆周运动。O点为手
正下方地面上的一点，手与O点间的距离等于绳长。逐渐增大小球转动的
角速度，直至细线被拉断。已知细线长度为l，细线能承受的最大拉力等于
小球重力的2倍，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　）
A. 细线被拉断前瞬间与竖直方向的夹角为30°
B. 细线被拉断前瞬间小球的速度为
C. 细线被拉断后小球平抛的水平位移l
D. 小球落地点与O点之间的距离为l
√
解析： 设细线与竖直方向的夹角为θ时细线刚好被拉断，则有cos θ＝
＝，即θ＝60°，故A错误；设此时小球的线速度大小为v，根据Fn＝
mgtan θ＝，解得v＝，故B错误；此时小球离地高度h＝l－lcos θ＝
l，根据h＝gt2，得t＝，从细线被拉断到小球落地的过程，小球的水平
位移x＝vt＝l，故C错误；小球落地点与O点之间的距离为x'＝
＝l，故D正确。
课时跟踪检测
1. （2026·陕西榆林期末）在东北雪乡有一款坐马拉爬犁的旅游体验项目
深受游客的喜爱。假设马拉爬犁在水平雪地上沿逆时针方向做匀速圆周运
动，O点为圆心，则下列图中，能正确表示爬犁受到的拉力F和摩擦力Ff的
示意图的是（　　）
1
2
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4
5
6
7
8
9
10
√
解析： 　马拉爬犁做匀速圆周运动，合力提供向心力且指向圆心，摩擦
力Ff与运动方向相反（沿切线向后），拉力和摩擦力的合力指向圆心，只
有A项符合题意，故选A。
1
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10
2. ★〔多选〕（2025·福建高考5题）如图为春晚上转手绢的机器人，手绢
上有P、Q两点，圆心为O，已知OQ＝OP，手绢绕O点做匀速圆周运
动，则（　　）
A. P、Q线速度之比为1∶
B. P、Q角速度之比为∶1
C. P、Q向心加速度之比为∶1
D. P点所受合外力总是指向O
√
√
解析： 　P、Q同轴转动，角速度相同，由v＝ωr可知vP∶vQ＝rP∶rQ＝
1∶，A正确，B错误。aP∶aQ＝（ω2rP）∶（ω2rQ）＝rP∶rQ＝1∶，
C错误。P做匀速圆周运动，合外力指向圆心，D正确。
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3. （2026·广东深圳期末）脚踏车上的飞轮传动系统如图所示，设各轮的
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、丁四轮的半径比为5∶2∶3∶1，A、B分别是甲、乙两轮边缘上的点，
两传送带在四轮转动时均不打滑，下列判断正确的是（　　）
A. 甲、乙两轮的角速度相等
B. A点向心加速度比B点的小
C. 两传送带的线速度大小相等
D. 当丙轮转1圈时，丁轮已转10圈
√
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10
解析： 　甲、乙两轮同轴且无相对转动，所以角速度相同，A正确；由于
A、B角速度相同，rA＞rB，根据a＝ω2r，可知，A点向心加速度比B点的
大，B错误；由于r甲∶r乙＝5∶2，且甲、乙两轮角速度相同，根据v＝ωr，
可得v甲∶v乙＝5∶2，两传送带的线速度大小不同，C错误；由以上分析可
知v甲∶v乙＝5∶2，且丁轮与甲轮线速度大小相同，丙轮与乙轮线速大小相
同，所以有v丁∶v丙＝5∶2，由于r丁∶r丙＝1∶3，根据v＝ωr，可得ω丁＝
ω丙，可知丙转1圈，丁转了圈，D错误。
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4. 〔多选〕（2025·广东高考8题）将可视为质点的小球沿光滑冰坑内壁推
出，使小球在水平面内做匀速圆周运动，如图所示。已知圆周运动半径R
为0.4 m，小球所在位置处的切面与水平面夹角θ为45°，小球质量为0.1
kg，重力加速度g取10 m/s2。关于该小球，下列说法正确的有（　　）
A. 角速度为5 rad/s
B. 线速度大小为4 m/s
C. 向心加速度大小为10 m/s2
D. 所受支持力大小为1 N
√
√
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解析： 　小球在水平面内做匀速圆周运动，受力示意图如
图所示，由Fn＝mgtan θ＝mω2R＝m＝man，得：ω＝5
rad/s，v＝2 m/s，an＝10 m/s2，则A、C正确，B错误；由
FNcos θ＝mg得FN＝N，D错误。
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5. 〔多选〕（2026·广东东莞期末）进入冬季后，北方的冰雪运动吸引了
许多南方游客。如图为“雪地转转”游戏及其示意图，人乘坐雪圈（人和
雪圈总质量为60 kg，可视为质点）绕轴以0.4 rad/s的角速度在水平雪地上
匀速转动，已知水平杆长为3 m，离地高为3 m，绳长为5 m，且绳与水平
杆垂直。则雪圈（含人）（　　）
A. 运动的周期约为16 s
B. 圆周运动的半径为4 m
C. 线速度大小为2 m/s
D. 所受向心力大小为48 N
√
√
√
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解析： 运动的周期约为T＝≈16 s，A正确；圆周运动的半径为r2
＝（32＋52）－32，解得r＝5 m，B错误；线速度大小为v＝ωr＝2 m/s，C正
确；所受向心力大小为F＝mω2r＝48 N，D正确。
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6. （2026·广东深圳调研）网球训练中心使用的轮式发球机，侧视结构如
图所示。两个半径均为25 cm的橡胶轮，沿相反方向等速旋转，带动网球
飞出。发球机喷嘴在地面附近，与水平面成37°角斜向上，sin 37°＝
0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2。若要求水平射程约为15 m，
应将橡胶轮角速度调为约（　　）
A. 5 rad/s B. 10 rad/s
C. 50 rad/s D. 100 rad/s
√
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解析： 设发球机射出的网球速度大小为v，喷嘴在地面附近，网球离开
喷嘴后做与水平面成37°角斜抛运动，在水平方向有s＝2vtcos 37°，竖直
方向，根据速度与时间公式有0＝vsin 37°－gt，又速度v＝rω，联立解得ω
＝50 rad/s，故C正确。
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7. 〔多选〕（2026·内蒙古包头联考）图甲是游乐场中的“旋转飞椅”项
目。“旋转飞椅”简化结构图如图乙，转动轴带动顶部圆盘转动，长为L
的轻质悬绳一端系在圆盘上，另一端系着椅子。悬点分别为A、B的两绳与
竖直方向夹角分别为θ1＝37°、θ2＝53°，椅子与游客总质量分别为mA、
mB，绳子拉力分别为FA、FB，向心加速度分别为aA、aB。忽略空气阻力，
则椅子和游客随圆盘匀速转动的过程中（　　）
A. 受重力、绳子拉力和向心力
B. FA∶FB＝4mA∶3mB
C. 悬绳与竖直方向的夹角与游客质量无关
D. aA∶aB＝9∶16
√
√
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解析： 　对游客与椅子的整体受力分析可知，其受重力，绳子拉力，这
两个力的合力提供向心力，故A错误；由力的矢量三角形可得＝
×＝，向心加速度为＝＝，故B错误，D正
确；设游客做匀速圆周运动的半径为r，根据mgtan θ＝mω2r，可得tan θ＝
，由此可知，悬绳与竖直方向的夹角与游客质量无关，故C正确。
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8. ★（2026·山东淄博期末）如图所示为医学上常用的离心式血细胞分离机
的原理示意图，分离机的工作台带动试管高速转动，因为不同的血液成分
密度不同，所以在试管中从上而下自动分离出血浆、白细胞和红细胞。下
列说法正确的是（　　）
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10
A. 离心机的转速越大，试管底部受到的压力越小
B. 用离心机处理血液，红细胞因为受到了离心力作用，所以和血浆产生了
分层
C. 离心机的转速越大越容易实现血浆、白细胞和红细胞的分层
D. 若在天宫空间站上利用此装置进行实验，由于完全失重将无法实现血
液成分的分层
√
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解析： 　用离心机处理血液，血浆和红细胞做离心运动是因为实际受到
的力不足以提供其做圆周运动所需的向心力，不存在离心力，故B错误；
离心机的转速越大，则角速度越大，血液做圆周运动需要的向心力越大，
试管底部对血液的弹力越大，根据牛顿第三定律可知，试管底部受到的压
力越大，则越容易实现血浆和细胞的分层，故A错误，C正确；若在天宫空
间站上利用此装置进行实验，由于离心现象与重力无关，仍能实现血液成
分的分层，故D错误。
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9. 〔多选〕（2026·福建莆田期中）如图所示，半径为R的竖直圆筒绕中心
轴线以恒定的转速匀速转动。子弹（可视为质点）以大小为v0的水平速度
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，不计空气阻力及圆筒对子弹运动的影响，重力加速度大小为g，
圆筒足够长，下列说法正确的是（　　）
A. 子弹在圆筒中的运动时间为
B. 圆筒转动的周期为
C. 两弹孔的高度差为
D. 若仅改变圆筒的转速，则子弹不可能在圆筒上只打出一个弹孔
√
√
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解析： 　子弹在圆筒中的运动时间为t＝，A错误；根据题意t＝
T（n＝0，1，2，3…），解得T＝（n＝0，1，2，
3…），B错误；两弹孔的高度差为h＝gt2， t＝，解得h＝，C
正确；因为子弹在竖直方向做自由落体运动，若仅改变圆筒的转速，
则子弹在圆筒上一定打出两个弹孔，而且两个弹孔不在同一个水平面
上，D正确。
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10. （2026·重庆万州期中）“抛石机”是古代战争中常用的一种设备。如
图所示，某学习小组用自制的抛石机演练抛石过程。已知所用抛石机臂长
L＝2 m，质量
m＝1.0 kg的石块装在长臂末端的口袋中，开始时长臂处于静止状态，与
水平面间的夹角α＝30°，现对短臂施力，当长臂转到竖直位置时立即停
止转动，石块水平抛出。已知抛出前瞬间，长臂顶部对石块向下的拉力为
2.5 N，抛出后垂直打在倾角为45°的斜面上，不计空气阻力，重力加速
度g取10 m/s2，求：
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（1）石块在长臂顶部抛出时的速度大小；
答案： 5 m/s　
解析： 石块在长臂顶部抛出时，对小球受力分析，
由牛顿第二定律有N＋mg＝m
由题意可知N＝2.5 N
联立解得石块在长臂顶部抛出时的速度大小v0＝5 m/s。
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（2）石块打在斜面上的点距地面高度。
答案： 1.75 m
解析：根据平抛运动的规律，可知石块打在斜面上时有tan 45°＝
解得vy＝v0＝5 m/s
则平抛的竖直高度h＝＝1.25 m
由几何关系，可知石块打在斜面上的点距地面高度H＝L＋Lsin α－h＝
1.75 m。
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