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(共66张PPT)
第3讲　圆周运动
1.掌握描述圆周运动的各物理量及关系。2.会分析匀速圆周运动的周期性及多解问题。3.会分析圆周运动向心力的来源，掌握圆周运动的动力学问题的处理方法。4.了解离心现象，会分析离心现象产生的原因。
目标
要求
1
强基础 固本增分
2
研考点 精准突破
3
限时规范训练
栏
目
导
引
强基础
固本增分
一、描述圆周运动的物理量
ω2r
二、匀速圆周运动及向心力
1．匀速圆周运动
(1)定义：如果物体沿着圆周运动，并且线速度的大小处处____，所做的运动叫作匀速圆周运动。
(2)特点：加速度大小____，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
不变
圆心
不变
速度
2．向心力
(1)作用效果：向心力产生向心加速度，只改变速度的____，不改变速度的____。
(2)大小：Fn＝______＝mω2r＝________＝mωv＝4π2mf2r。
(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。
(4)来源：向心力可以由一个力提供，也可以由几个力的____提供，还可以由一个力的____提供。
方向
大小
m
m
圆心
合力
分力
三、变速圆周运动
1．速度特点
线速度的大小、方向都____。
2．合力特点
(1)沿半径方向的分力___，即向心力，它改变速度的_____。
(2)沿切线方向的分力___，它改变速度的_____。
变化
Fn
方向
Ft
大小
四、离心运动
1．定义：做________的物体，在所受合外力突然消失或不足以提供圆周运动所需______的情况下，就做逐渐远离圆心的运动。
2．本质：做圆周运动的物体，由于本身的____，总有沿着圆周________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Fn＝mω2r时，物体做________运动。
(2)当Fn＝0时，物体沿____方向飞出。
(3)当Fn(4)当Fn>mω2r时，物体将逐渐靠近圆心，做近心运动。
匀速圆周
切线
远离
1．判断正误
(1)匀速圆周运动是匀变速曲线运动。( )
(2)物体做匀速圆周运动时，其线速度和角速度是不变的。( )
(3)物体做匀速圆周运动时，其所受合外力是变力。( )
(4)摩托车转弯时速度过大就会向外发生滑动，这是摩托车受沿转弯半径向外的离心力作用的缘故。( )
(5)变速圆周运动的向心力不指向圆心。( )
×
√
×
×
×
2．(人教版教材原题改编)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。下列各项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：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，故这两个力的合力方向应如选项C所示。
C
3．(2025·河北卷，5)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，相机每次曝光时
间为s，圆弧对应的圆心角约为30°，则该同学每分钟摇
绳的圈数约为(　　)
A．90 B．120
C．150 D．180
解析：C　设该同学摇绳一圈所用时间为T，由题意可得 s，解得T＝0.4 s，则该同学每分钟摇绳的圈数为n＝＝150，C正确。
C
4．(人教版教材原题改编)如图所示，滚筒洗衣机脱水
时，滚筒绕水平转动轴匀速转动，滚筒上有很多漏水
孔，附着在潮湿衣服上的水从漏水孔中被甩出，达到
脱水的效果，下列说法正确的是(　　)
A．脱水过程中滚筒对衣物的摩擦力始终充当向心力
B．衣物在最低点B时脱水效果最好
C．衣物在A、B两点时的加速度相同
D．衣物在A、B两点时所受筒壁的力大小相等
B
解析：B　脱水过程中滚筒对衣物的摩擦力方向与速度平行，不可能充当向心力，故A错误；对衣物上的某一水滴分析，在A点有FN1＋mg＝m，在B点有FN2－mg＝m，可知FN2>FN1，则衣物在最低点B时脱水效果最好，故B正确；由于衣物随着滚筒做匀速转动，根据a＝
可知，衣物在A、B两点时的加速度大小相等，方向相反，均指向圆心，故C错误；根据上述分析可知，衣物在A点所受筒壁的力小于在B点所受筒壁的力，故D错误。
研考点
精准突破
考点一　圆周运动的运动学问题
考向1　圆周运动物理量间的关系
(多选)(2025·四川自贡期末联考)如图所示为学员驾
驶汽车在水平面上绕O点做匀速圆周运动的俯视图。已知
质量为60 kg的学员在A点位置，质量为70 kg的教练员在B
点位置，A点的转弯半径为5.0 m，B点的转弯半径为4.0 m，
则学员和教练员(均可视为质点)(　　)
A．线速度大小之比为5∶4
B．周期之比为5∶4
C．向心加速度大小之比为4∶5
D．受到的合力大小之比为15∶14
AD
解析：AD　学员和教练员一起做圆周运动的角速度相等，根据v＝rω、半径之比为5∶4知，线速度大小之比为5∶4，A正确；做圆周运动的角速度相等，根据T＝知，周期相等，B错误；做圆周运动的角速度相等，半径之比为5∶4，根据an＝rω2知，向心加速度大小之比为5∶4，C错误；根据F＝ma，向心加速度之比为5∶4，质量之比为6∶7知，受到的合力大小之比为15∶14，D正确。
(1)对公式v＝ωr的理解：当r一定时，v与ω成正比；当ω一定时，v与r成正比；当v一定时，ω与r成反比。
(2)对an＝＝ω2r的理解：当v一定时，an与r成反比；当ω一定时，an与r成正比。
AD
考向2　圆周传动问题的分析与计算
(多选)(2025·福建卷，5)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：AD　手绢做匀速圆周运动，由图可知，P、Q绕同一轴转动，故角速度相等，即角速度之比为1∶1，B错误；由v＝ωr可知，P、Q线速度之比vP∶vQ＝rOP∶rOQ＝1∶，A正确；由a＝ω2r可知，P、Q向心加速度之比aP∶aQ＝rOP∶rOQ＝1∶，C错误；做匀速圆周运动的物体，其合外力等于向心力，故合力总是指向圆心O，D正确。故选AD。
同轴转动规律
绕同一转轴运转的物体，角速度相同，ωA＝ωB，由v＝ωr知v与r成正比。
(人教版教材原题改编)如图是某自行车的传动结构示意图，其中Ⅰ 是半径r1＝10 cm的牙盘(大齿轮)，Ⅱ是半径r2＝4 cm的飞轮(小齿轮)，Ⅲ是半径r3＝36 cm的后轮。若某人在匀速骑行时每分钟踩脚踏板转30圈，取π＝3.14，下列判断正确的是(　　)
A．脚踏板的周期为 s
B．牙盘转动的角速度为6.28 rad/s
C．飞轮边缘的线速度大小为3.14 m/s
D．自行车匀速运动的速度大小为2.826 m/s
D
解析：D　脚踏板每分钟转30圈，则周期为T＝ s＝2 s，A错误；牙盘转动的角速度与脚踏板相同，为ω1＝＝3.14 rad/s，B错误；飞轮边缘的线速度大小与牙盘边缘的线速度大小相等，为v2＝v1＝ω1r1＝0.314 m/s，C错误；后轮的角速度与飞轮的角速度相同，为ω3＝ω2＝＝7.85 rad/s，则后轮边缘各点的线速度大小为v3＝ω3r3＝2.826 m/s，即自行车匀速运动的速度大小为2.826 m/s，D正确。
皮带传动规律
皮带与两轮之间无相对滑动时，两轮边缘线速度大小相等，即vA＝vB。
如图所示，B和C是一组塔轮，即B和C半径不同，但固定在同一转动轴上，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分别为三轮边缘上的三个点，则a、b、c三点在转动过程中的(　　)
A．线速度大小之比为3∶2∶2
B．角速度大小之比为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
D
解析：D　A、B轮摩擦传动，故va＝vb，ωaRA＝ωbRB，ωa∶ωb＝3∶2；B、C同轴，故ωb＝ωc，，vb∶vc＝3∶2，因此va∶vb∶vc＝3∶3∶2，ωa∶ωb∶ωc＝3∶2∶2，故A、B错误；转速之比等于角速度之比，故C错误；由an＝ωv得aa∶ab∶ac＝9∶6∶4，D正确。
摩擦(齿轮)传动规律
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。
考点二　圆周运动的动力学问题
考向1　水平转台模型
(多选)(2025·四川绵阳中学高三月考)如图，水平圆盘的圆心O处开一小孔，沿径向固定一长度为L的细玻璃管PQ，P端与圆盘边缘重合，Q端与圆心O重合，管内有一半径略小、质量为m的小球，系在小球上的轻绳穿过小孔，下端悬挂重物，圆盘在电机驱动下可绕竖直轴OO′匀速转动，转速为n时重物处于悬停状态，不计一切摩擦，重力加速度大小为g。下列说法正确的是(　　)
A．小球越靠近Q端，悬停的重物质量越大
B．小球越靠近Р端，悬停的重物质量越大
C．若小球处于玻璃管正中间，悬停的重物质量为
D．若略微增大圆盘转速，重物将上升一定高度后再悬停
BC
解析：BC　设重物质量为M，重物悬停时，重物重力提供小球的向心力，有Mg＝mω2r，又ω＝2πn，则M＝，小球越靠近Q端，运动半径r越小，则悬停的重物质量M越小，小球越靠近P端，运动半径r越大，则悬停的重物质量M越大，A错误，B正确；若小球处
于玻璃管正中间，则r＝，代入M的表达式中，可得M＝，C正确；若略微增大圆盘转速，由F向＝m(2πn)2r可知，小球所需向心力略微增大，大于重物重力大小，则小球将做离心运动，随着r增大，小球所需向心力进一步增大，由于重物的重力不变，则重物持续上升，D错误。
考向2　圆锥筒模型
(多选)(2025·广东卷，8)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
AC
解析：AC　对小球进行受力分析，重力与支持力的合力提供向心力：mg tan θ＝mω2R，解得ω＝5 rad/s，故A正确；由线速度与角速度的关系可知v＝ωR＝5×0.4 m/s＝2 m/s，故B错误；根据牛顿第二定律有向心加速度an＝g tan θ＝10 m/s2，故C正确；由cos θ＝得FN＝ N＝ N，故D错误，故选AC。
思路点拨：圆锥筒模型向心力由重力mg和支持力FN的合力提供。
[教考衔接]　2025广东·高考真题考查了小球沿光滑冰坑内壁做水平圆周运动的向心力来源及圆周运动相关物理量的计算，高考题的命题情境和考查角度与人教版教材必修第二册P30 T2“练习与应用”第2题相近，可看成教材习题的拓展。
[教材原题]　把一个小球放在玻璃漏斗中，晃动漏斗，可以使小球在短时间内沿光滑的漏斗壁在某一水平面内做匀速圆周运动(如图所示)。小球的向心力是由什么力提供的？
答案：漏斗壁对小球的支持力与小球重力的合力
考向3　火车、汽车转弯模型
(多选)(2025·山东潍坊昌乐二中月考)在修筑铁路时，弯道处的外轨会略高于内轨。如图所示，当火车以规定的行驶速度转弯时，内、外轨均不会受到轮缘的挤压，设此时的速度大小为v，重力加速度为g，两轨所在面的倾角为θ，则(　　)
A．该弯道的半径r＝
B．当火车质量改变时，规定的行驶速度大小不变
C．当火车速率大于v时，内轨将受到轮缘的挤压
D．当火车速率小于v时，外轨将受到轮缘的挤压
AB
解析：AB　火车拐弯不侧向挤压车轮轮缘时，重力和支持力的合力刚好提供向心力，有mg tan θ＝m，解得r＝，故选项A正确；由mg tan θ＝m，解得v＝，可知火车规定的行驶速度与火车质量无关，故选项B正确；当火车速率大于v时，重力和支持力的合力不够提供向心力，此时外轨对火车有侧压力，轮缘挤压外轨，故选项C错误；当火车速率小于v时，重力和支持力的合力大于所需的向心力，此时内轨对火车有侧压力，轮缘挤压内轨，故选项D错误。
归纳总结
(1)火车转弯，当重力和支持力的合力刚好提供向心力时，车轮不受侧压力。
(2)速度过大时外侧受压力，速度过小时内侧受压力。
考向4　变速圆周运动的动力学分析
(2025·山东淄博月考)如图甲所示，一轻杆一端固定在O点，另一端固定一小球，在竖直平面内做半径为R的圆周运动。小球运动到最高点时，杆与小球间弹力大小为FN，小球在最高点的速度大小为v，FN-v2图像如图乙所示。下列说法正确的是(　　)
A．当地的重力加速度大小为
B．小球的质量为
C．当v2＝c时，杆对小球弹力方向向上
D．若v2＝2b，则杆对小球弹力大小为2a
图甲　　　　　图乙
B
解析：B　小球在最高点，若v＝0，则FN＝a＝mg；若FN＝0，则mg＝m，解得g＝R，故A错误，B正确；由题图可知当v2b时，杆对小球弹力方向向下，所以当v2＝c时，杆对小球弹力方向向下，故C错误；若v2＝2b，则FN＋mg＝m，解得FN＝a，故D错误。
图甲　　　　　图乙
思路点拨：变速圆周运动的动力学分析的合外力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。
(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。
[归纳总结]　常见匀速圆周运动模型向心力分析
运动模型 飞机水平转弯 火车转弯 圆锥摆
向心力Fn的 来源(图示)
运动模型 飞车走壁 汽车在水平路面转弯 水平转台(光滑)
向心力Fn的来 源(图示)
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限时规范
训练(22)　圆周运动
(建议用时：40分钟　满分：70分)
(选择题1～7题每题5分，8～9题每题6分，共47分)
[基础巩固练]
1．(2023·全国甲卷，17)一质点做匀速圆周运动，若其所受合力的大小与轨道半径的n次方成正比，运动周期与轨道半径成反比，则n等于(　　)
A．1 B．2
C．3 D．4
C
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解析：C　设该质点的质量为m，运动周期为T，轨道半径为r，所受合力为F，由题意知运动周期与轨道半径成反比，所以有T＝，k为比例系数，再由圆周运动知识和牛顿第二定律有F＝mr，将T＝代入，解得F＝mr3，因为质点所受合力的大小与轨道半径的n次方成正比，所以n＝3，C正确。
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2．(2025·重庆卷，3)“魔幻”重庆的立体交通层叠交错，小明选取其中两条线探究车辆的运动。如图所示，轻轨列车与汽车以速度2v0分别从M和N向左同时出发，列车做匀速直线运动，汽车在长为s的NO段做匀减速直线运动并以速度v0进入半经为R的OP圆孤段做匀速圆周运动。两车均视为质点，则(　　)
A．汽车到O点时，列车行驶距离为s
B．汽车到O点时，列车行驶距离为
C．汽车在OP段向心加速度大小为
D．汽车在OP段向心加速度大小为
B
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解析：B　对汽车，根据速度位移关系v02－(2v0)2＝－2as，可得匀减速运动的加速度大小a＝，汽车做减速运动的时间t＝，这段时间列车行驶距离为s′＝2v0·t＝，B正确，A错误；根据an＝，可得汽车在OP段向心加速度大小为an＝，CD错误。
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3．(2025·江苏卷，4)游乐设施“旋转杯”的底盘和转杯分别以O、O′为转轴，在水平面内沿顺时针方向匀速转动，O′固定在底盘上。某时刻转杯转到如图所示位置，杯上A点与O、O′恰好在同一条直线上。则(　　)
A．A点做匀速圆周运动
B．O′点做匀速圆周运动
C．此时A点的速度小于O′点
D．此时A点的速度等于O′点
B
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解析：B　由题意可知O′固定在底盘上则O′绕O做匀速圆周运动，B正确；A点又相对于O′做圆周运动，A的运动为两个圆心不在同一位置且半径不同的圆周运动的叠加，所以不是圆周运动，A错误；运动到题图所示位置时，设O′绕O做圆周运动的角速度为ω1、半
径为r1，A点相对于O做圆周运动的角速度为ω2、半径为r2，A点相对于O′做圆周运动的角速度为ω3，半径为r3，A点对地速度v相对＝ω2·r2＋ω3·r3，O′点对地速度v相对′＝ω1·r1，结合ω1＝ω2可得此时A点的速度大于O′点速度，C、D错误。
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4．(2025·山东卷，4)某同学用不可伸长的细线系一个质量为0.1 kg的发光小球，让小球在竖直面内绕一固定点做半径为0.6 m的圆周运动。在小球经过最低点附近时拍摄了一张照片，曝光时间为 s。由于小球运动，在照片上留下了一条长度约为半径的圆弧形径迹。根据以上数据估算小球在最低点时细线的拉力大小为(　　)
A．11 N　　　　　　　 B．9 N
C．7 N D．5 N
C
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解析：C　根据题意可知，小球经过最低点的速率约为v＝，则在最低点对小球由牛顿第二定律有F－mg＝m，重力加速度大小g取10 m/s2，解得小球在最低点时细线的拉力约为F＝7 N，C正确。
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5．(2025·安徽卷，6)在竖直平面内，质点M绕定点O沿逆时针方向做匀速圆周运动，质点N沿竖直方向做直线运动，M、N在运动过程中始终处于同一高度。t＝0时，M、N与O点位于同一直线上，如图所示。此后在M运动一周的过程中，N运动的速度v随时间t变化的图像可能是(　　)
D
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解析：D　根据题意可知，M的速度在竖直方向上的分量始终与N的速度相同，设M做圆周运动的速率为v0，半径为R，则t时间内M转过的角度为，以竖直向上为正方向，结合题图可知M的速度在竖直方向的分量(即N的速度)为v＝v0cos ，所以D可能正确。
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6．(多选)(2026·福州高三第一次质检)盾构机是一种隧道掘进的专用工程机械，被称作“工程机械之王”，是城市地铁建设、打通隧道的利器。图为我国研制的“聚力一号”盾构机的刀盘，直径长达16 m，工作时随刀盘转动的A、B(离轴心距离不相等)两点(　　)
A．线速度相同
B．角速度相同
C．周期相同
D．向心加速度相同
BC
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解析：BC　A、B两点随盾构机刀盘转动，属于同轴转动。根据线速度与角速度关系v＝ωr，A、B两点转动半径r不同，角速度ω相同，所以线速度不同，故A错误；同轴转动的各点角速度相同，所以A、B两点角速度相同，故B正确；根据周期T＝，因为角速度ω相同，所以周期相同，故C正确；向心加速度a＝ω2r，A、B两点转动半径r不同，角速度ω相同，所以向心加速度不同，故D错误。
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7．(多选)(2025·广东深圳一模)一根轻质细线一端系一可视为质点的小球，细线另一端固定在一光滑圆锥顶上，如图1所示，设小球在水平面内做匀速圆周运动的角速度为ω，线的张力T随ω2变化的图像如图2所示(图中数值单位均为国际单位)，g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　)
A．细线的长度为1 m
B．细线的长度为0.5 m
C．小球的质量为2 kg
D．小球的质量为3 kg
BC　
图1　 图2
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解析：BC　设线长为L，锥体母线与竖直方向的夹角为θ，当ω＝0时，绳子的张力T＝mg cos θ，当圆锥对小球的支持力为0时，角速度ω′2＝，此时T′cos θ＝mg，T′sin θ＝mL sin θ·ω′2，代入图中数据解得m＝2 kg，L＝0.5 m，故选BC。
图1　 图2
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[能力提升练]
8．(多选)(2026·湖南常德高三开学考)四个完全相同的小球A、B、C、D在水平面内均做圆锥摆运动。如图甲所示，其中小球A、B在同一水平面内做圆锥摆运动(连接B球的绳较长)；如图乙所示，小球C、D在不同水平面内做圆锥摆运动，但是连接C、D的绳与竖直方向之间的夹角相同(连接D球的绳较长)，则下列说法正确的是(　　)
A．小球A、B角速度相同
B．小球A、B线速度大小相同
C．小球C、D向心加速度大小相同
D．小球D受到绳的拉力比小球C受到绳的拉力大
图甲　 图乙
AC
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解析：AC　对甲图AB分析：设细绳与竖直方向的夹角为θ，小球的质量为m，小球AB到悬点O的竖直距离为h，则mg tan θ＝mω2l sin θ，解得ω＝，所以小球AB的角速度相同，线速度大小不相同，故A正确、B错误；对乙图CD分析：设细绳与竖直方向的夹角为θ，小球的质量为m，绳长为L，绳上拉力为FT，则有mg
tan θ＝man，FTcos θ＝mg，得an＝g tan θ，
FT＝，所以小球C、D向心加速度大
小相同，小球CD受到绳的拉力大小也
相同，故C正确、D错误。故选AC。
图甲　 图乙
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9．(多选)(2025·山东卷，10)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
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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
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解析：BC　物品从抛出到落地的过程做平抛运动，当其恰不落在目标区域外时，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。
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10．(10分)(2025·陕、晋、宁、青高考适应性演练)如图(a)是某小河的航拍照片，河道弯曲形成的主要原因之一可解释为：河道弯曲处的内侧与外侧河堤均受到流水重力产生的压强，外侧河堤还受到流水冲击产生的压强。小河某弯道处可视为半径为R的圆弧的一部分，如图(b)所示，假设河床水平，河水密度为ρ，河道在整个弯道处宽度d和水深h均保持不变，水的流动速度v大小恒定，d R，忽略流水内部的相互作用力。取弯道某处一垂直于流速的观测截面，求在一极短时
间Δt内：(R、ρ、d、h、v、Δt均为已知量)
(1)通过观测截面的流水质量Δm；
(2)流水速度改变量Δv的大小；
(3)外侧河堤受到流水冲击产生的压强p。
图(a)　 图(b)
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解析：(1)由题可知，极短时间Δt内水流的距离Δl＝v·Δt，横截面积为S＝dh，根据ρ＝，可得水的质量Δm＝ρ·ΔV＝ρdhv·Δt。
(2)由于Δt极短，可以把水的运动简化为匀速圆周运动，根据匀速圆周运动的规律可知，其加速度为a＝，又因为a＝，联立解得Δv＝·Δt。
(3)根据牛顿第二定律可得F＝Δm
联立上述结论，解得F＝
水流与河堤作用的面积S′＝Δl·h＝vh·Δt
故外侧河堤受到的流水冲击产生的压强
p＝。
答案：(1)ρdhv·Δt　(2)·Δt　(3)
图(a)　 图(b)
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[培优创新练]
11．(13分)(2024·江西卷，14)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。
图(a)　圆盘在水平雪地　 图(b)　圆盘在空中
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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；
(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。
图(a)　圆盘在水平雪地　 图(b)　圆盘在空中
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解析：(1)在水平方向，对转椅受力分析如图1所示，所受拉力和摩擦力的合力提供向心力，根据平行四边形定则及牛顿第二定律可知＝mr1ω12
解得tan α＝。
图1
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(2)转椅所受拉力与摩擦力如图2所示，将拉力沿竖直方向和BA1方向分解，竖直方向受力平衡：FT′cos θ＋FN′＝mg
FT′沿BA1方向的分力与Ff′的合力提供向心力(如图3)，有＝mr2ω22
由图3可知，FT′sin θsin β＝μFN′
联立可得ω2＝。
图2　　　　　　　图3
答案：(1)　(2)
第3讲　圆周运动
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目标 要求 　 　 1.掌握描述圆周运动的各物理量及关系。2.会分析匀速圆周运动的周期性及多解问题。3.会分析圆周运动向心力的来源，掌握圆周运动的动力学问题的处理方法。4.了解离心现象，会分析离心现象产生的原因。
一、描述圆周运动的物理量
二、匀速圆周运动及向心力
1．匀速圆周运动
(1)定义：如果物体沿着圆周运动，并且线速度的大小处处相等，所做的运动叫作匀速圆周运动。
(2)特点：加速度大小不变，方向始终指向圆心，是变加速运动。
(3)条件：合外力大小不变，方向始终与速度方向垂直且指向圆心。
2．向心力
(1)作用效果：向心力产生向心加速度，只改变速度的方向，不改变速度的大小。
(2)大小：Fn＝m＝mω2r＝ m＝mωv＝4π2mf2r。
(3)方向：始终沿半径方向指向圆心，时刻在改变，即向心力是一个变力。
(4)来源：向心力可以由一个力提供，也可以由几个力的合力提供，还可以由一个力的分力提供。
三、变速圆周运动
1．速度特点
线速度的大小、方向都变化。
2．合力特点
(1)沿半径方向的分力Fn，即向心力，它改变速度的方向。
(2)沿切线方向的分力Ft，它改变速度的大小。
四、离心运动
1．定义：做圆周运动的物体，在所受合外力突然消失或不足以提供圆周运动所需向心力的情况下，就做逐渐远离圆心的运动。
2．本质：做圆周运动的物体，由于本身的惯性，总有沿着圆周切线方向飞出去的倾向。
3．受力特点
(1)当Fn＝mω2r时，物体做匀速圆周运动。
(2)当Fn＝0时，物体沿切线方向飞出。
(3)当Fn(4)当Fn>mω2r时，物体将逐渐靠近圆心，做近心运动。
1．判断正误
(1)匀速圆周运动是匀变速曲线运动。(×)
(2)物体做匀速圆周运动时，其线速度和角速度是不变的。(×)
(3)物体做匀速圆周运动时，其所受合外力是变力。(√)
(4)摩托车转弯时速度过大就会向外发生滑动，这是摩托车受沿转弯半径向外的离心力作用的缘故。(×)
(5)变速圆周运动的向心力不指向圆心。(×)
2．(人教版教材原题改编)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。下列各项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：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，故这两个力的合力方向应如选项C所示。
3．(2025·河北卷，5)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，相机每次曝光时间为s，圆弧对应的圆心角约为30°，则该同学每分钟摇绳的圈数约为(　　)
A．90 B．120
C．150 D．180
解析：C　设该同学摇绳一圈所用时间为T，由题意可得 s，解得T＝0.4 s，则该同学每分钟摇绳的圈数为n＝＝150，C正确。
4．(人教版教材原题改编)如图所示，滚筒洗衣机脱水时，滚筒绕水平转动轴匀速转动，滚筒上有很多漏水孔，附着在潮湿衣服上的水从漏水孔中被甩出，达到脱水的效果，下列说法正确的是(　　)
A．脱水过程中滚筒对衣物的摩擦力始终充当向心力
B．衣物在最低点B时脱水效果最好
C．衣物在A、B两点时的加速度相同
D．衣物在A、B两点时所受筒壁的力大小相等
解析：B　脱水过程中滚筒对衣物的摩擦力方向与速度平行，不可能充当向心力，故A错误；对衣物上的某一水滴分析，在A点有FN1＋mg＝m，在B点有FN2－mg＝m，可知FN2>FN1，则衣物在最低点B时脱水效果最好，故B正确；由于衣物随着滚筒做匀速转动，根据a＝可知，衣物在A、B两点时的加速度大小相等，方向相反，均指向圆心，故C错误；根据上述分析可知，衣物在A点所受筒壁的力小于在B点所受筒壁的力，故D错误。
考点一　圆周运动的运动学问题
考向1　圆周运动物理量间的关系
　(多选)(2025·四川自贡期末联考)如图所示为学员驾驶汽车在水平面上绕O点做匀速圆周运动的俯视图。已知质量为60 kg的学员在A点位置，质量为70 kg的教练员在B点位置，A点的转弯半径为5.0 m，B点的转弯半径为4.0 m，则学员和教练员(均可视为质点)(　　)
A．线速度大小之比为5∶4
B．周期之比为5∶4
C．向心加速度大小之比为4∶5
D．受到的合力大小之比为15∶14
解析：AD　学员和教练员一起做圆周运动的角速度相等，根据v＝rω、半径之比为5∶4知，线速度大小之比为5∶4，A正确；做圆周运动的角速度相等，根据T＝知，周期相等，B错误；做圆周运动的角速度相等，半径之比为5∶4，根据an＝rω2知，向心加速度大小之比为5∶4，C错误；根据F＝ma，向心加速度之比为5∶4，质量之比为6∶7知，受到的合力大小之比为15∶14，D正确。
(1)对公式v＝ωr的理解：当r一定时，v与ω成正比；当ω一定时，v与r成正比；当v一定时，ω与r成反比。
(2)对an＝＝ω2r的理解：当v一定时，an与r成反比；当ω一定时，an与r成正比。
考向2　圆周传动问题的分析与计算
　(多选)(2025·福建卷，5)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：AD　手绢做匀速圆周运动，由图可知，P、Q绕同一轴转动，故角速度相等，即角速度之比为1∶1，B错误；由v＝ωr可知，P、Q线速度之比vP∶vQ＝rOP∶rOQ＝1∶，A正确；由a＝ω2r可知，P、Q向心加速度之比aP∶aQ＝rOP∶rOQ＝1∶，C错误；做匀速圆周运动的物体，其合外力等于向心力，故合力总是指向圆心O，D正确。故选AD。
同轴转动规律
绕同一转轴运转的物体，角速度相同，ωA＝ωB，由v＝ωr知v与r成正比。
　(人教版教材原题改编)如图是某自行车的传动结构示意图，其中Ⅰ 是半径r1＝10 cm的牙盘(大齿轮)，Ⅱ是半径r2＝4 cm的飞轮(小齿轮)，Ⅲ是半径r3＝36 cm的后轮。若某人在匀速骑行时每分钟踩脚踏板转30圈，取π＝3.14，下列判断正确的是(　　)
A．脚踏板的周期为 s
B．牙盘转动的角速度为6.28 rad/s
C．飞轮边缘的线速度大小为3.14 m/s
D．自行车匀速运动的速度大小为2.826 m/s
解析：D　脚踏板每分钟转30圈，则周期为T＝ s＝2 s，A错误；牙盘转动的角速度与脚踏板相同，为ω1＝＝3.14 rad/s，B错误；飞轮边缘的线速度大小与牙盘边缘的线速度大小相等，为v2＝v1＝ω1r1＝0.314 m/s，C错误；后轮的角速度与飞轮的角速度相同，为ω3＝ω2＝＝7.85 rad/s，则后轮边缘各点的线速度大小为v3＝ω3r3＝2.826 m/s，即自行车匀速运动的速度大小为2.826 m/s，D正确。
皮带传动规律
皮带与两轮之间无相对滑动时，两轮边缘线速度大小相等，即vA＝vB。
　如图所示，B和C是一组塔轮，即B和C半径不同，但固定在同一转动轴上，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分别为三轮边缘上的三个点，则a、b、c三点在转动过程中的(　　)
A．线速度大小之比为3∶2∶2 B．角速度大小之比为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：D　A、B轮摩擦传动，故va＝vb，ωaRA＝ωbRB，ωa∶ωb＝3∶2；B、C同轴，故ωb＝ωc，，vb∶vc＝3∶2，因此va∶vb∶vc＝3∶3∶2，ωa∶ωb∶ωc＝3∶2∶2，故A、B错误；转速之比等于角速度之比，故C错误；由an＝ωv得aa∶ab∶ac＝9∶6∶4，D正确。
摩擦(齿轮)传动规律
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。
考点二　圆周运动的动力学问题
考向1　水平转台模型
　(多选)(2025·四川绵阳中学高三月考)如图，水平圆盘的圆心O处开一小孔，沿径向固定一长度为L的细玻璃管PQ，P端与圆盘边缘重合，Q端与圆心O重合，管内有一半径略小、质量为m的小球，系在小球上的轻绳穿过小孔，下端悬挂重物，圆盘在电机驱动下可绕竖直轴OO′匀速转动，转速为n时重物处于悬停状态，不计一切摩擦，重力加速度大小为g。下列说法正确的是(　　)
A．小球越靠近Q端，悬停的重物质量越大
B．小球越靠近Р端，悬停的重物质量越大
C．若小球处于玻璃管正中间，悬停的重物质量为
D．若略微增大圆盘转速，重物将上升一定高度后再悬停
解析：BC　设重物质量为M，重物悬停时，重物重力提供小球的向心力，有Mg＝mω2r，又ω＝2πn，则M＝，小球越靠近Q端，运动半径r越小，则悬停的重物质量M越小，小球越靠近P端，运动半径r越大，则悬停的重物质量M越大，A错误，B正确；若小球处于玻璃管正中间，则r＝，代入M的表达式中，可得M＝，C正确；若略微增大圆盘转速，由F向＝m(2πn)2r可知，小球所需向心力略微增大，大于重物重力大小，则小球将做离心运动，随着r增大，小球所需向心力进一步增大，由于重物的重力不变，则重物持续上升，D错误。
考向2　圆锥筒模型
　(多选)(2025·广东卷，8)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
解析：AC　对小球进行受力分析，重力与支持力的合力提供向心力：mg tan θ＝mω2R，解得ω＝5 rad/s，故A正确；由线速度与角速度的关系可知v＝ωR＝5×0.4 m/s＝2 m/s，故B错误；根据牛顿第二定律有向心加速度an＝g tan θ＝10 m/s2，故C正确；由cos θ＝得FN＝ N＝ N，故D错误，故选AC。
[教考衔接]　2025广东·高考真题考查了小球沿光滑冰坑内壁做水平圆周运动的向心力来源及圆周运动相关物理量的计算，高考题的命题情境和考查角度与人教版教材必修第二册P30 T2“练习与应用”第2题相近，可看成教材习题的拓展。
[教材原题]　把一个小球放在玻璃漏斗中，晃动漏斗，可以使小球在短时间内沿光滑的漏斗壁在某一水平面内做匀速圆周运动(如图所示)。小球的向心力是由什么力提供的？
答案：漏斗壁对小球的支持力与小球重力的合力
思路点拨：圆锥筒模型向心力由重力mg和支持力FN的合力提供。
考向3　火车、汽车转弯模型
　(多选)(2025·山东潍坊昌乐二中月考)在修筑铁路时，弯道处的外轨会略高于内轨。如图所示，当火车以规定的行驶速度转弯时，内、外轨均不会受到轮缘的挤压，设此时的速度大小为v，重力加速度为g，两轨所在面的倾角为θ，则(　　)
A．该弯道的半径r＝
B．当火车质量改变时，规定的行驶速度大小不变
C．当火车速率大于v时，内轨将受到轮缘的挤压
D．当火车速率小于v时，外轨将受到轮缘的挤压
解析：AB　火车拐弯不侧向挤压车轮轮缘时，重力和支持力的合力刚好提供向心力，有mg tan θ＝m，解得r＝，故选项A正确；由mg tan θ＝m，解得v＝，可知火车规定的行驶速度与火车质量无关，故选项B正确；当火车速率大于v时，重力和支持力的合力不够提供向心力，此时外轨对火车有侧压力，轮缘挤压外轨，故选项C错误；当火车速率小于v时，重力和支持力的合力大于所需的向心力，此时内轨对火车有侧压力，轮缘挤压内轨，故选项D错误。
归纳总结
(1)火车转弯，当重力和支持力的合力刚好提供向心力时，车轮不受侧压力。
(2)速度过大时外侧受压力，速度过小时内侧受压力。
考向4　变速圆周运动的动力学分析
　(2025·山东淄博月考)如图甲所示，一轻杆一端固定在O点，另一端固定一小球，在竖直平面内做半径为R的圆周运动。小球运动到最高点时，杆与小球间弹力大小为FN，小球在最高点的速度大小为v，FN-v2图像如图乙所示。下列说法正确的是(　　)
图甲　　　　　　　图乙
A．当地的重力加速度大小为
B．小球的质量为
C．当v2＝c时，杆对小球弹力方向向上
D．若v2＝2b，则杆对小球弹力大小为2a
解析：B　小球在最高点，若v＝0，则FN＝a＝mg；若FN＝0，则mg＝m，解得g＝R，故A错误，B正确；由题图可知当v2b时，杆对小球弹力方向向下，所以当v2＝c时，杆对小球弹力方向向下，故C错误；若v2＝2b，则FN＋mg＝m，解得FN＝a，故D错误。
思路点拨：变速圆周运动的动力学分析的合外力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。
(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。
[归纳总结]　常见匀速圆周运动模型向心力分析
运动模型 飞机水平转弯 火车转弯 圆锥摆
向心力Fn的 来源(图示)
运动模型 飞车走壁 汽车在水 平路面转弯 水平转台 (光滑)
向心力Fn的来 源(图示)
限时规范训练(22)　圆周运动
(建议用时：40分钟　满分：70分)
(选择题1～7题每题5分，8～9题每题6分，共47分)
[基础巩固练]
1．(2023·全国甲卷，17)一质点做匀速圆周运动，若其所受合力的大小与轨道半径的n次方成正比，运动周期与轨道半径成反比，则n等于(　　)
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：C　设该质点的质量为m，运动周期为T，轨道半径为r，所受合力为F，由题意知运动周期与轨道半径成反比，所以有T＝，k为比例系数，再由圆周运动知识和牛顿第二定律有F＝mr，将T＝代入，解得F＝mr3，因为质点所受合力的大小与轨道半径的n次方成正比，所以n＝3，C正确。
2．(2025·重庆卷，3)“魔幻”重庆的立体交通层叠交错，小明选取其中两条线探究车辆的运动。如图所示，轻轨列车与汽车以速度2v0分别从M和N向左同时出发，列车做匀速直线运动，汽车在长为s的NO段做匀减速直线运动并以速度v0进入半经为R的OP圆孤段做匀速圆周运动。两车均视为质点，则(　　)
A．汽车到O点时，列车行驶距离为s
B．汽车到O点时，列车行驶距离为
C．汽车在OP段向心加速度大小为
D．汽车在OP段向心加速度大小为
解析：B　对汽车，根据速度位移关系v02－(2v0)2＝－2as，可得匀减速运动的加速度大小a＝，汽车做减速运动的时间t＝，这段时间列车行驶距离为s′＝2v0·t＝，B正确，A错误；根据an＝，可得汽车在OP段向心加速度大小为an＝，CD错误。
3．(2025·江苏卷，4)游乐设施“旋转杯”的底盘和转杯分别以O、O′为转轴，在水平面内沿顺时针方向匀速转动，O′固定在底盘上。某时刻转杯转到如图所示位置，杯上A点与O、O′恰好在同一条直线上。则(　　)
A．A点做匀速圆周运动
B．O′点做匀速圆周运动
C．此时A点的速度小于O′点
D．此时A点的速度等于O′点
解析：B　由题意可知O′固定在底盘上则O′绕O做匀速圆周运动，B正确；A点又相对于O′做圆周运动，A的运动为两个圆心不在同一位置且半径不同的圆周运动的叠加，所以不是圆周运动，A错误；运动到题图所示位置时，设O′绕O做圆周运动的角速度为ω1、半径为r1，A点相对于O做圆周运动的角速度为ω2、半径为r2，A点相对于O′做圆周运动的角速度为ω3，半径为r3，A点对地速度
v相对＝ω2·r2＋ω3·r3，O′点对地速度v相对′＝ω1·r1，结合ω1＝ω2可得此时A点的速度大于O′点速度，C、D错误。
4．(2025·山东卷，4)某同学用不可伸长的细线系一个质量为0.1 kg的发光小球，让小球在竖直面内绕一固定点做半径为0.6 m的圆周运动。在小球经过最低点附近时拍摄了一张照片，曝光时间为 s。由于小球运动，在照片上留下了一条长度约为半径的圆弧形径迹。根据以上数据估算小球在最低点时细线的拉力大小为(　　)
A．11 N　　　　　　　 B．9 N
C．7 N D．5 N
解析：C　根据题意可知，小球经过最低点的速率约为v＝，则在最低点对小球由牛顿第二定律有F－mg＝m，重力加速度大小g取10 m/s2，解得小球在最低点时细线的拉力约为F＝7 N，C正确。
5．(2025·安徽卷，6)在竖直平面内，质点M绕定点O沿逆时针方向做匀速圆周运动，质点N沿竖直方向做直线运动，M、N在运动过程中始终处于同一高度。t＝0时，M、N与O点位于同一直线上，如图所示。此后在M运动一周的过程中，N运动的速度v随时间t变化的图像可能是(　　)
解析：D　根据题意可知，M的速度在竖直方向上的分量始终与N的速度相同，设M做圆周运动的速率为v0，半径为R，则t时间内M转过的角度为，以竖直向上为正方向，结合题图可知M的速度在竖直方向的分量(即N的速度)为v＝v0cos ，所以D可能正确。
6．(多选)(2026·福州高三第一次质检)盾构机是一种隧道掘进的专用工程机械，被称作“工程机械之王”，是城市地铁建设、打通隧道的利器。图为我国研制的“聚力一号”盾构机的刀盘，直径长达16 m，工作时随刀盘转动的A、B(离轴心距离不相等)两点(　　)
A．线速度相同 B．角速度相同
C．周期相同 D．向心加速度相同
解析：BC　A、B两点随盾构机刀盘转动，属于同轴转动。根据线速度与角速度关系v＝ωr，A、B两点转动半径r不同，角速度ω相同，所以线速度不同，故A错误；同轴转动的各点角速度相同，所以A、B两点角速度相同，故B正确；根据周期T＝，因为角速度ω相同，所以周期相同，故C正确；向心加速度a＝ω2r，A、B两点转动半径r不同，角速度ω相同，所以向心加速度不同，故D错误。
7．(多选)(2025·广东深圳一模)一根轻质细线一端系一可视为质点的小球，细线另一端固定在一光滑圆锥顶上，如图1所示，设小球在水平面内做匀速圆周运动的角速度为ω，线的张力T随ω2变化的图像如图2所示(图中数值单位均为国际单位)，g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　)
图1　 图2
A．细线的长度为1 m
B．细线的长度为0.5 m
C．小球的质量为2 kg
D．小球的质量为3 kg
解析：BC　设线长为L，锥体母线与竖直方向的夹角为θ，当ω＝0时，绳子的张力T＝mg cos θ，当圆锥对小球的支持力为0时，角速度ω′2＝，此时T′cos θ＝mg，T′sin θ＝mL sin θ·ω′2，代入图中数据解得m＝2 kg，L＝0.5 m，故选BC。
[能力提升练]
8．(多选)(2026·湖南常德高三开学考)四个完全相同的小球A、B、C、D在水平面内均做圆锥摆运动。如图甲所示，其中小球A、B在同一水平面内做圆锥摆运动(连接B球的绳较长)；如图乙所示，小球C、D在不同水平面内做圆锥摆运动，但是连接C、D的绳与竖直方向之间的夹角相同(连接D球的绳较长)，则下列说法正确的是(　　)
图甲　 图乙
A．小球A、B角速度相同
B．小球A、B线速度大小相同
C．小球C、D向心加速度大小相同
D．小球D受到绳的拉力比小球C受到绳的拉力大
解析：AC　对甲图AB分析：设细绳与竖直方向的夹角为θ，小球的质量为m，小球AB到悬点O的竖直距离为h，则mg tan θ＝mω2l sin θ，解得ω＝，所以小球AB的角速度相同，线速度大小不相同，故A正确、B错误；对乙图CD分析：设细绳与竖直方向的夹角为θ，小球的质量为m，绳长为L，绳上拉力为FT，则有mg tan θ＝man，FTcos θ＝mg，得an＝g tan θ，FT＝，所以小球C、D向心加速度大小相同，小球CD受到绳的拉力大小也相同，故C正确、D错误。故选AC。
9．(多选)(2025·山东卷，10)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
解析：BC　物品从抛出到落地的过程做平抛运动，当其恰不落在目标区域外时，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。
10．(10分)(2025·陕、晋、宁、青高考适应性演练)如图(a)是某小河的航拍照片，河道弯曲形成的主要原因之一可解释为：河道弯曲处的内侧与外侧河堤均受到流水重力产生的压强，外侧河堤还受到流水冲击产生的压强。小河某弯道处可视为半径为R的圆弧的一部分，如图(b)所示，假设河床水平，河水密度为ρ，河道在整个弯道处宽度d和水深h均保持不变，水的流动速度v大小恒定，d R，忽略流水内部的相互作用力。取弯道某处一垂直于流速的观测截面，求在一极短时间Δt内：(R、ρ、d、h、v、Δt均为已知量)
图(a)　 图(b)
(1)通过观测截面的流水质量Δm；
(2)流水速度改变量Δv的大小；
(3)外侧河堤受到流水冲击产生的压强p。
解析：(1)由题可知，极短时间Δt内水流的距离Δl＝v·Δt，横截面积为S＝dh，根据ρ＝，可得水的质量Δm＝ρ·ΔV＝ρdhv·Δt。
(2)由于Δt极短，可以把水的运动简化为匀速圆周运动，根据匀速圆周运动的规律可知，其加速度为a＝，又因为a＝，联立解得Δv＝·Δt。
(3)根据牛顿第二定律可得F＝Δm
联立上述结论，解得F＝
水流与河堤作用的面积S′＝Δl·h＝vh·Δt
故外侧河堤受到的流水冲击产生的压强
p＝。
答案：(1)ρdhv·Δt　(2)·Δt　(3)
[培优创新练]
11．(13分)(2024·江西卷，14)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。
图(a)　圆盘在水平雪地　 图(b)　圆盘在空中
(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。
解析：(1)在水平方向，对转椅受力分析如图1所示，所受拉力和摩擦力的合力提供向心力，根据平行四边形定则及牛顿第二定律可知＝mr1ω12
解得tan α＝。
图1
(2)转椅所受拉力与摩擦力如图2所示，将拉力沿竖直方向和BA1方向分解，竖直方向受力平衡：FT′cos θ＋FN′＝mg
FT′沿BA1方向的分力与Ff′的合力提供向心力(如图3)，有＝mr2ω22
由图3可知，FT′sin θsin β＝μFN′
联立可得ω2＝。
　
图2　　　　　　　　　图3
答案：(1)　(2)限时规范训练(22)　圆周运动
(建议用时：40分钟　满分：70分)
(选择题1～7题每题5分，8～9题每题6分，共47分)
[基础巩固练]
1．(2023·全国甲卷，17)一质点做匀速圆周运动，若其所受合力的大小与轨道半径的n次方成正比，运动周期与轨道半径成反比，则n等于(　　)
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：C　设该质点的质量为m，运动周期为T，轨道半径为r，所受合力为F，由题意知运动周期与轨道半径成反比，所以有T＝，k为比例系数，再由圆周运动知识和牛顿第二定律有F＝mr，将T＝代入，解得F＝mr3，因为质点所受合力的大小与轨道半径的n次方成正比，所以n＝3，C正确。
2．(2025·重庆卷，3)“魔幻”重庆的立体交通层叠交错，小明选取其中两条线探究车辆的运动。如图所示，轻轨列车与汽车以速度2v0分别从M和N向左同时出发，列车做匀速直线运动，汽车在长为s的NO段做匀减速直线运动并以速度v0进入半经为R的OP圆孤段做匀速圆周运动。两车均视为质点，则(　　)
A．汽车到O点时，列车行驶距离为s
B．汽车到O点时，列车行驶距离为
C．汽车在OP段向心加速度大小为
D．汽车在OP段向心加速度大小为
解析：B　对汽车，根据速度位移关系v02－(2v0)2＝－2as，可得匀减速运动的加速度大小a＝，汽车做减速运动的时间t＝，这段时间列车行驶距离为s′＝2v0·t＝，B正确，A错误；根据an＝，可得汽车在OP段向心加速度大小为an＝，CD错误。
3．(2025·江苏卷，4)游乐设施“旋转杯”的底盘和转杯分别以O、O′为转轴，在水平面内沿顺时针方向匀速转动，O′固定在底盘上。某时刻转杯转到如图所示位置，杯上A点与O、O′恰好在同一条直线上。则(　　)
A．A点做匀速圆周运动
B．O′点做匀速圆周运动
C．此时A点的速度小于O′点
D．此时A点的速度等于O′点
解析：B　由题意可知O′固定在底盘上则O′绕O做匀速圆周运动，B正确；A点又相对于O′做圆周运动，A的运动为两个圆心不在同一位置且半径不同的圆周运动的叠加，所以不是圆周运动，A错误；运动到题图所示位置时，设O′绕O做圆周运动的角速度为ω1、半径为r1，A点相对于O做圆周运动的角速度为ω2、半径为r2，A点相对于O′做圆周运动的角速度为ω3，半径为r3，A点对地速度
v相对＝ω2·r2＋ω3·r3，O′点对地速度v相对′＝ω1·r1，结合ω1＝ω2可得此时A点的速度大于O′点速度，C、D错误。
4．(2025·山东卷，4)某同学用不可伸长的细线系一个质量为0.1 kg的发光小球，让小球在竖直面内绕一固定点做半径为0.6 m的圆周运动。在小球经过最低点附近时拍摄了一张照片，曝光时间为 s。由于小球运动，在照片上留下了一条长度约为半径的圆弧形径迹。根据以上数据估算小球在最低点时细线的拉力大小为(　　)
A．11 N　　　　　　　 B．9 N
C．7 N D．5 N
解析：C　根据题意可知，小球经过最低点的速率约为v＝，则在最低点对小球由牛顿第二定律有F－mg＝m，重力加速度大小g取10 m/s2，解得小球在最低点时细线的拉力约为F＝7 N，C正确。
5．(2025·安徽卷，6)在竖直平面内，质点M绕定点O沿逆时针方向做匀速圆周运动，质点N沿竖直方向做直线运动，M、N在运动过程中始终处于同一高度。t＝0时，M、N与O点位于同一直线上，如图所示。此后在M运动一周的过程中，N运动的速度v随时间t变化的图像可能是(　　)
解析：D　根据题意可知，M的速度在竖直方向上的分量始终与N的速度相同，设M做圆周运动的速率为v0，半径为R，则t时间内M转过的角度为，以竖直向上为正方向，结合题图可知M的速度在竖直方向的分量(即N的速度)为v＝v0cos ，所以D可能正确。
6．(多选)(2026·福州高三第一次质检)盾构机是一种隧道掘进的专用工程机械，被称作“工程机械之王”，是城市地铁建设、打通隧道的利器。图为我国研制的“聚力一号”盾构机的刀盘，直径长达16 m，工作时随刀盘转动的A、B(离轴心距离不相等)两点(　　)
A．线速度相同 B．角速度相同
C．周期相同 D．向心加速度相同
解析：BC　A、B两点随盾构机刀盘转动，属于同轴转动。根据线速度与角速度关系v＝ωr，A、B两点转动半径r不同，角速度ω相同，所以线速度不同，故A错误；同轴转动的各点角速度相同，所以A、B两点角速度相同，故B正确；根据周期T＝，因为角速度ω相同，所以周期相同，故C正确；向心加速度a＝ω2r，A、B两点转动半径r不同，角速度ω相同，所以向心加速度不同，故D错误。
7．(多选)(2025·广东深圳一模)一根轻质细线一端系一可视为质点的小球，细线另一端固定在一光滑圆锥顶上，如图1所示，设小球在水平面内做匀速圆周运动的角速度为ω，线的张力T随ω2变化的图像如图2所示(图中数值单位均为国际单位)，g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　)
图1　 图2
A．细线的长度为1 m
B．细线的长度为0.5 m
C．小球的质量为2 kg
D．小球的质量为3 kg
解析：BC　设线长为L，锥体母线与竖直方向的夹角为θ，当ω＝0时，绳子的张力T＝mg cos θ，当圆锥对小球的支持力为0时，角速度ω′2＝，此时T′cos θ＝mg，T′sin θ＝mL sin θ·ω′2，代入图中数据解得m＝2 kg，L＝0.5 m，故选BC。
[能力提升练]
8．(多选)(2026·湖南常德高三开学考)四个完全相同的小球A、B、C、D在水平面内均做圆锥摆运动。如图甲所示，其中小球A、B在同一水平面内做圆锥摆运动(连接B球的绳较长)；如图乙所示，小球C、D在不同水平面内做圆锥摆运动，但是连接C、D的绳与竖直方向之间的夹角相同(连接D球的绳较长)，则下列说法正确的是(　　)
图甲　 图乙
A．小球A、B角速度相同
B．小球A、B线速度大小相同
C．小球C、D向心加速度大小相同
D．小球D受到绳的拉力比小球C受到绳的拉力大
解析：AC　对甲图AB分析：设细绳与竖直方向的夹角为θ，小球的质量为m，小球AB到悬点O的竖直距离为h，则mg tan θ＝mω2l sin θ，解得ω＝，所以小球AB的角速度相同，线速度大小不相同，故A正确、B错误；对乙图CD分析：设细绳与竖直方向的夹角为θ，小球的质量为m，绳长为L，绳上拉力为FT，则有mg tan θ＝man，FTcos θ＝mg，得an＝g tan θ，FT＝，所以小球C、D向心加速度大小相同，小球CD受到绳的拉力大小也相同，故C正确、D错误。故选AC。
9．(多选)(2025·山东卷，10)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
解析：BC　物品从抛出到落地的过程做平抛运动，当其恰不落在目标区域外时，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。
10．(10分)(2025·陕、晋、宁、青高考适应性演练)如图(a)是某小河的航拍照片，河道弯曲形成的主要原因之一可解释为：河道弯曲处的内侧与外侧河堤均受到流水重力产生的压强，外侧河堤还受到流水冲击产生的压强。小河某弯道处可视为半径为R的圆弧的一部分，如图(b)所示，假设河床水平，河水密度为ρ，河道在整个弯道处宽度d和水深h均保持不变，水的流动速度v大小恒定，d R，忽略流水内部的相互作用力。取弯道某处一垂直于流速的观测截面，求在一极短时间Δt内：(R、ρ、d、h、v、Δt均为已知量)
图(a)　 图(b)
(1)通过观测截面的流水质量Δm；
(2)流水速度改变量Δv的大小；
(3)外侧河堤受到流水冲击产生的压强p。
解析：(1)由题可知，极短时间Δt内水流的距离Δl＝v·Δt，横截面积为S＝dh，根据ρ＝，可得水的质量Δm＝ρ·ΔV＝ρdhv·Δt。
(2)由于Δt极短，可以把水的运动简化为匀速圆周运动，根据匀速圆周运动的规律可知，其加速度为a＝，又因为a＝，联立解得Δv＝·Δt。
(3)根据牛顿第二定律可得F＝Δm
联立上述结论，解得F＝
水流与河堤作用的面积S′＝Δl·h＝vh·Δt
故外侧河堤受到的流水冲击产生的压强
p＝。
答案：(1)ρdhv·Δt　(2)·Δt　(3)
[培优创新练]
11．(13分)(2024·江西卷，14)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。
图(a)　圆盘在水平雪地　 图(b)　圆盘在空中
(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。
解析：(1)在水平方向，对转椅受力分析如图1所示，所受拉力和摩擦力的合力提供向心力，根据平行四边形定则及牛顿第二定律可知＝mr1ω12
解得tan α＝。
图1
(2)转椅所受拉力与摩擦力如图2所示，将拉力沿竖直方向和BA1方向分解，竖直方向受力平衡：FT′cos θ＋FN′＝mg
FT′沿BA1方向的分力与Ff′的合力提供向心力(如图3)，有＝mr2ω22
由图3可知，FT′sin θsin β＝μFN′
联立可得ω2＝。
　
图2　　　　　　　　　图3
答案：(1)　(2)

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