文档内容
考向 08 圆周运动
【重点知识点目录】
1. 描述圆周运动的物理量
2. 水平面内的匀速圆周运动
3. 竖直面内的匀速圆周运动
4. 轻“杆”模型和“双绳”模型
5. 圆周运动中的临界问题
1．（2022•上海）运动员滑雪时运动轨迹如图所示，已知该运动员滑行的速率保持不变，
角速度为 ，向心加速度为a。则（ ）
ω
A． 变小，a变小 B． 变小，a变大
C．ω变大，a变小 D．ω变大，a变大
【答ω案】D。 ω
【解析】解：根据线速度的公式v＝ r可知，当速率不变，半径减小时，角速度增大，
而a＝ v也会随之增大，故D正确，ωABC错误；
2．（202ω2•浙江）下列说法正确的是（ ）
A．链球做匀速圆周运动过程中加速度不变
B．足球下落过程中惯性不随速度增大而增大
C．乒乓球被击打过程中受到的作用力大小不变
D．篮球飞行过程中受到空气阻力的方向与速度方向无关
【答案】B。
1
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学科网（北京）股份有限公司【解析】解：A、做匀速圆周运动的链球加速度时刻指向圆心，方向时刻改变，故A错
误；
B、惯性只与质量有关，不随速度增大而增大，故B正确；
C、乒乓球被击打过程中乒乓球的形变是变化的，其受到的作用力大小改变，故C错误；
D、篮球飞行过程中受到空气阻力的方向与速度方向相反，故D错误。
3．（2022•山东）无人配送小车某次性能测试路径如图所示，半径为 3m的半圆弧BC与长
8m的直线路径AB相切于B点，与半径为4m的半圆弧CD相切于C点，小车以最大速
度从A点驶入路径，到适当位置调整速率运动到B点，然后保持速率不变依次经过BC
和CD。为保证安全，小车速率最大为4m/s，在ABC段的加速度最大为2m/s2，CD段的
加速度最大为1m/s2。小车视为质点，小车从A到D所需最短时间t及在AB段做匀速直
线运动的最长距离l为（ ）
A． ，l＝8m
B． ，l＝5m
C． ，l＝5.5m
D． ，l＝5.5m
【答案】B。
【解析】解：小车在圆周轨道中有：a＝ ，代入数据解得：v ＝ m/s，v ＝
BC CD
2m/s，小车保持速率不变依次经过 BC和CD，所以为保证安全，小车的速度为 v＝
2m/s，从A到B，根据运动学规律有： ﹣v2＝2ax，将a＝2m/s2代入解得：x＝3m，
则小车在AB段做匀速直线运动运动的最长距离l＝8m﹣x＝8m﹣3m＝5m，小车在AB
2
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学科网（北京）股份有限公司段减速所用时间为t ＝ ，匀速所用时间t ＝ ，在圆周轨道运动时间为：t ＝
1 2 3
，则小车从 A 到 D 所需最短时间 t＝t +t +t ，联立代入数据解得：
1 2 3
，故ACD错误，B正确；
1．解决圆周运动问题步骤
2．①审清题意，确定研究对象；
3．②分析物体的运动情况，即物体的线速度、角速度、周期、轨道平面、圆心、半径
等；
4．③分析物体的受力情况，画出受力示意图，确定向心力的来源；
5．④根据牛顿运动定律及向心力公式列方程。
6．2. 圆周运动中的临界问题
对于圆周运动中的临界问题,分析时应首先考虑达到临界条件时物体所处的状态,然后分
析该状态下物体的受力特点,结合圆周运动知识,列出相应的动力学方程。对有关范围类
的临界问题,应注意分析两个极端状态,以确定变化范围。
通常包含：
①水平面内圆周运动的临界问题
②竖直平面内圆周运动的临界问题
③圆锥摆模型的临界问题
3
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学科网（北京）股份有限公司1.描述圆周运动的物理量
描述圆周运动的基本参量有：半径、线速度、角速度、周期、频率、转速、向心加速度等。
物理量之间的关系为
1．圆周运动中的运动学分析
2．（1）对公式v=ωr的理解
4
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学科网（北京）股份有限公司3．当r一定时，v与ω成正比。
4．当ω一定时，v与r成正比。
5．当v一定时，ω与r成反比。
6．（2）对a=v2/r=ω2r=ωv的理解
7．在v一定时，a与r成反比；在ω一定时，a与r成正比。
8．3．圆周运动中的运动学规律总结
9．在分析传动装置中的各物理量时，要抓住不等量和相等量的关系，具体有：
10．（1）同一转轴的轮上各点角速度ω相同，而线速度v=ωr与半径r成正比。
11．（2）当皮带（或链条、齿轮）不打滑时，传动皮带上各点以及用皮带连接的两轮
边沿上的各点线速度大小相等，而角速度ω=v/r与半径r成反比。
12．（3）齿轮传动时，两轮的齿数与半径成正比，角速度与齿数成反比。
13．4．圆周运动中的动力学问题分析
14．（1）向心力的确定
15．①确定圆周运动的轨道所在的平面及圆心的位置。
16．②分析物体的受力情况，找出所有的力沿半径方向指向圆心的合力，该力就是向心
力。
17．（2）向心力的来源
18．向心力是按力的作用效果命名的，可以是重力、弹力、摩擦力等各种力，也可以是
几个力的合力或某个力的分力，因此在受力分析中要避免再另外添加向心力。
19．5.竖直平面内圆周运动的绳模型与杆模型
20． （1）在竖直平面内做圆周运动的物体，按运动到轨道最高点时的受力情况可分
为两类：一是无支撑（如球与绳连接、沿内轨道运动的过山车等），称为“绳（环）约
束模型”，二是有支撑（如球与杆连接、在弯管内的运动等），称为“杆（管道）约束
模型”。
21． （2）绳、杆模型涉及的临界问题。
5
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学科网（北京）股份有限公司6. 水平内的匀速圆周运动
6
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学科网（北京）股份有限公司7.向心力
7
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学科网（北京）股份有限公司作用效果：产生向心加速度，只改变速度的方向，不改变速度的大小．
大小：
方向：总是沿半径方向指向圆心，时刻在改变，即向心力是一个变力．
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，甚至可以由一个力的分
力提供，因此向心力的来源要根据物体受力的实际情况判定．
注意：向心力是一种效果力，受力分析时，切不可在物体的相互作用力以外再添加一个
向心力．
8.离心运动和向心运动
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：
当F=mrω2时，物体做匀速圆周运动；
当F=0时，物体沿切线方向飞出；
当F＜mrω2时，物体逐渐远离圆心，F为实际提供的向心力．如图所示．
向心运动：
当提供向心力的合外力大于做圆周运动所需向心力时，即F＞mrω2，物体渐渐向圆心靠
近．如图所示．
注意：物体做离心运动不是物体受到所谓离心力作用，而是物体惯性的表现，物体做离
心运动时，并非沿半径方向飞出，而是运动半径越来越大或沿切线方向飞出．
8
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学科网（北京）股份有限公司易错题【01】
在半径不确定情况下，不能由角速度确定线速度，也不能由线速度确定角速度。
易错题【02】
同轴转动中各质点的角速度关系，具有相同的角速度和转速。
易错题【03】
只有圆周运动时，合力才全部用来提供向心力，对于一般的圆周运动，合力一
般不是指向圆心，力分解到指向圆心方向和切向，分别产生向心加速度和切向
加速度。
易错题【04】
在竖直面内的圆周运动中需要注意一些临界条件，杆子给物体的作用力可能是
推力，也有可能是拉力。分解到水平和竖直方向。
4．（2022春•郑州期末）如图所示为自行车的传动装置，其中A为轮盘边缘上一点，B为
飞轮边缘上一点，C为车轮边缘上一点，若轮盘、飞轮和车轮的半径之比为3：1：12，
在人用力蹬车前进时，下列说法正确的是（ ）
A．A、C两点的角速度大小之比为3：1
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学科网（北京）股份有限公司B．A、C两点的线速度大小之比为1：4
C．轮盘转一圈时，车轮转12圈
D．A、C两点的向心加速度大小之比为1：36
【答案】D。
【解析】解：A.A、B两点靠皮带传动，线速度大小相等，由 可知， ： ＝
A B
r ：r ＝1：3，故A错误； ω ω
B A
B.B、C两点的同轴传动，角速度相等，由v＝r 可知，v ：v ＝r ：r ＝1：12，又v
B C B C A
＝v ，所以v ：v ＝1：12，故B错误。 ω
B A C
C.轮盘和飞轮的角速度之比为1：3，即轮盘转一圈飞轮转3圈，飞轮车轮也转3圈，故
C错误。
D.根据 可知， ，故D正确。
5．（2022春•大连期中）如图所示，一根跨过光滑定滑轮的轻绳，两端各拴有物体 A、B
（可视为质点）.A放在地面上，滑轮左侧的轻绳竖直，B物体在外力作用下，使滑轮右
侧的轻绳与竖直方向夹角为60°，撤掉外力，B从图示的位置由静止开始向下摆动，运
动过程中绳始终处于伸直状态.当B摆至最低点时，A刚好对地面无压力，则A的质量
与B的质量之比为（ ）
A．1：1 B．2：1 C．3：1 D．4：1
【答案】B。
【解析】解：设A、B质量分别为M、m，由动能定理得：mgl（1﹣cos60°）＝
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0
学科网（北京）股份有限公司当B摆到最低点，由牛顿第二定律得：T﹣mg＝m
T＝Mg，联立解得：T＝2mg＝Mg，M＝2m，故A、B质量之比为 ＝ ，故ACD错
误，B正确；
6．（2021秋•顺义区月考）如图所示，是探究向心力的大小F与质量m、角速度 和半径
r之间关系的实验装置图。转动手柄1，可使变速塔轮2和3以及长槽4和短槽ω5随之匀
速转动。皮带分别套在变速塔轮2和3的圆盘上，可使两个槽内的小球6、7分别以不同
的角速度做匀速圆周运动。小球做圆周运动的向心力由横臂 8的挡板对小球的压力提供，
球对挡板的反作用力，通过横臂8的杠杆作用使弹簧测力套筒9下降，从而露出标尺
10，标尺10上露出的红白相间的等分格显示出两个球所受向心力的比值，那么下列说
法中正确的是（ ）
A．转动手柄1的快慢不会影响露出标尺的多少
B．转动手柄1的快慢会影响两个球所受向心力的比值
C．如果保证两小球角速度相同，两小球应该同时放在长槽内
D．为了探究向心力大小和角速度的关系，皮带应套在变速塔轮2和3的不同半径的圆
盘上
【答案】C。
【解析】解：A、手柄转动的快所需要的向心力大，反之需要的向心力小，转动手柄 1
的快慢会影响向心力的大小，故A错误；
B、由于两个轮用皮带连接，线速度相等，两球向心力之比等于半径的反比，故转动手
柄1的快慢不会影响两个球所受向心力的比值，故B错误；
C、如果保证两个小球角速度相同，两小球同时放到同个槽中，故C正确；
D、为了探究向心力大小和角速度的关系皮带应套在变速塔轮2和3相同半径的圆盘上，
故D错误；
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学科网（北京）股份有限公司7．（2022春•道里区校级月考）由于高度限制，车库出人口采用如图所示的双轴栏杆，由
转动杆OP与横杆PQ链接而成，P、O为横杆的两个端点，在栏杆抬起过程中，杆 PO
始终保持水平；在某次杆OP绕O点从与水平方向成30°匀速转动到60°的过程中，关于
P，Q两个点的相关物理量，下列说法正确的是（ ）
A．P点做圆周运动的半径比Q点做圆周运动的半径小
B．P、Q两点做圆周运动的转速大小不同
C．P点做圆周运动的向心加速度不变
D．P、Q两点做圆周运动的向心加速度大小相同
【答案】A。
【解析】解：A、根据图可知，P点做圆周运动的半径比Q点做圆周运动的半径小，故
A正确；
B、P、Q两点做圆周运动，属于同轴转动，故转速大小相同，故B错误；
C、P点做圆周运动的向心加速度大小不变，方向时刻在变，故C错误；
D、根据a＝ 2r可知，P、Q两点做圆周运动的向心加速度大小不相同，故D错误；
8．（2022•全国ω模拟）宇航员需要进行失重训练，以适应微重力环境下的生活。一款失重
训练仪如图所示，两半径均为R的金属圆环甲、乙带着旋转椅可以同时绕 O O 、O O
1 2 3 4
两个相互垂直的轴匀速转动，两转轴的交点为O。P为金属圆环甲上的一点，∠POO ＝
2
。若某次训练时，金属圆环甲仅绕O O 轴转动，圆环的半径为R，转速为n。则圆环
1 2
θ甲转动的周期T以及圆环甲上点P的向心加速度a分别为（ ）
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2
学科网（北京）股份有限公司A． ，a＝4 2n2Rsin B． ，a＝n2Rsin
π θ θ
C． ，a＝4 2n2Rcos D． ，a＝n2Rcos
【答案】A。 π θ θ
【解析】解：周期与转速的关系是T＝ ，
P 绕 O O 轴转动，故运动半径为 Rsin ，加速度与周期的关系是 a＝ ＝
1 2
4 2n2Rsin ，故A正确，BCD错误； θ
9．（π2022春θ•荔湾区校级月考）如图所示，光滑水平面上，小球m在拉力F的作用下做匀
速圆周运动。若小球运动到P点时，拉力F发生变化，下列关于小球运动情况的说法不
正确的是（ ）
A．若拉力突然消失，小球将沿轨迹Pa做离心运动
B．若拉力突然变小，小球可能沿轨迹Pa做离心运动
C．若拉力突然变小，小球可能沿轨迹Pb做离心运动
D．若拉力突然变大，小球可能沿轨迹Pc做向心运动
【答案】B。
【解析】解：A、若拉力突然消失，小球做离心运动，因为水平方向不受力，将沿 Pa轨
迹运动，故A正确；
BC、若拉力突然变小，拉力不够提供向心力，做半径变大的离心运动，即可能沿轨迹
Pb做离心运动，故B错误，C正确；
D、若拉力突然变大，则拉力大于向心力，可能沿轨迹Pc做向心运动，故D正确。
本题选错误的
10．（2022春•广东月考）洪水后的泥沙随水流动的同时在重力的作用下逐渐沉下来，这
种沉淀叫重力沉淀；医院里用分离机分离血液的示意图如图甲所示，将血液装在试管里，
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学科网（北京）股份有限公司让其绕竖直轴高速旋转，试管几乎成水平状态，如图乙所示，血液的不同成分会快速分
离在不同的地方，这叫离心沉淀，关于这两种沉淀，下列说法正确的是（ ）
A．血液中密度最大的成分将聚集在试管底部
B．血液采用重力沉淀比离心沉淀更方便、快捷
C．只增大分离机的转速，血液中密度最大的成分做圆周运动所需要的向心力减小
D．只增大分离机的转速，血液分离的时间将变长
【答案】A。
【解析】解：A、对于离心沉淀来说，血液里的物质随试管做圆周运动，其所需要的向
心力F＝m 2r，对于相同位置等体积的成分，密度越大，质量越大，所需的向心力越大，
同一位置成ω分之间水平方向的作用力相等，所以密度大的成分所受的力不足以提供所需
向心力，做离心运动，那么血液中密度最大的成分将聚集在试管底部，故A正确；
BD、由于血液成分之间的粘滞力较大，所以重力沉淀速度较慢，而离心沉淀可以通过
增大分力机的转速加快分离速度，使时间变短，故BD错误；
C、只增大分离机的转速，可知分离机的角速度增大，根据 A选项可知血液中密度最大
的成分做圆周运动所需要的向心力增大，故C错误。
11．（2022春•泗水县期中）如图，质量为m的小球固定在长为L的细轻杆的一端，绕细
杆的另一端O在竖直平面上做圆周运动，球转到最低点A时，线速度的大小为 ，
此时（ ）
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4
学科网（北京）股份有限公司A．杆受到 的压力 B．杆受到 的拉力
C．杆受到 的压力 D．杆受到 的拉力
【答案】B。
【解析】解：A、在最低点，小球受到重力和杆的拉力，其合力提供向心力，则有：
解得：F＝
根据牛顿第三定律可知，小球对杆的拉力为 ，故ACD错误，B正确；
12．（2021春•浙江期中）在高速公路的拐弯处，通常路面都是外高内低。如图所示，在
某路段汽车向左拐弯，司机左侧的路面比右侧的路面低一些。汽车的运动可看作是做半
径为R的圆周运动。设内外路面高度差为h，路基的水平宽度为d，路面的宽度为L，
已知重力加速度为g。要使车轮与路面之间的横向具有向外的运动趋势（即垂直于前进
方向），则汽车转弯时的车速应为（ ）
A．速度大于 B．速度小于
C．速度等于 D．速度等于
【答案】A。
【解析】解：设路面的斜角为 ，作出汽车的受力图，如图。
当车轮与路面间无侧向摩擦力时θ ，重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律
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学科网（北京）股份有限公司得：mgtan ＝m ，
θ
又由数学知识得到：tan ＝ ，
θ
联立解得：v＝ ，
当要使车轮与路面之间的横向具有向外的运动趋势，速度要大于 ，故A正确，
BCD错误。
13．（2021秋•章丘区校级期中）如图甲所示，用一轻质绳拴着一质量为 m的小球，在竖
直平面内做圆周运动（不计一切阻力），小球运动到最高点时绳对小球的拉力为 F ，小
T
球在最高点的速度大小为v，其F ﹣v2图像如图乙所示，则（ ）
T
A．轻质绳长等于
B．当地的重力加速度为
C．当v2＝c时，轻质绳的拉力大小为
D．只要v2≥b，小球在最低点和最高点时绳的拉力差均为6a
【答案】D。
【解析】解：AB、设绳长为L，小球运动到最高点，由牛顿第二定律得：mg+F ＝m
T
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学科网（北京）股份有限公司移项得：F ＝m ﹣mg，结合图线可知，纵轴截距的绝对值a＝mg，解得当地的重力
T
加速度g＝ ，图线的斜率k＝ ＝ ，解得绳子的长度L＝ ，故AB错误；
C、当v2＝c时，轻质绳的拉力大小为F ＝m ﹣mg＝ ﹣a，故C错误；
T
D、当v2＝b时，轻质绳的拉力大小为T＝0，重力提供向心力，mg＝m
当小球运动到最低点时速度为v′，根据动能定理可知：2mgL＝ mv′2﹣ mv2
最低点，根据牛顿第二定律得：F﹣mg＝m
联立解得：F＝6mg＝6a，故D正确。
14．（2020春•红岗区校级期中）“水流星”是一种常见的杂技项目，该运动可以简化为
轻绳一端系着小球在竖直平面内的圆周运动模型，如图所示，已知小球运动到最低点 Q
时速度为v ，绳长为l，重力加速度为g，忽略空气阻力，则（ ）
0
A．小球运动到最低点Q时，处于失重状态
B．小球运动到最低点Q时速度v 越大，则在P、Q两点绳对小球的拉力差越大
0
C．当v ＞2 时，小球一定能通过最高点P
0
D．当v ＜ 时，细绳始终处于绷紧状态
0
【答案】D。
【解析】解：A．小球运动到最低点Q时，加速度的方向向上，处于超重状态，故A错
1
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学科网（北京）股份有限公司误；
B．根据牛顿第二定律，在Q点：F ﹣mg＝
1
在P点：F +mg＝
2
由动能定理得：﹣mg•2l＝ ﹣
联立解得：△F＝F ﹣F ＝6mg，故B错误；
1 2
C．小球恰好经过最高点P，由重力提供向心力得：
解得：
根据动能定理：
解得： ，即在最低点的速度需满足 ，小球才能通过最低点P，故
C错误；
D．若 ，设小球能上升的最大高度 h，由机械能守恒得： ＝
所以：h＜l小球上升到的最高点尚不到与O水平的高度，所以细绳始终处于绷紧状态，
故D正确；
15．（2020春•河北期末）如图所示，长均为L的两根轻绳，一端共同系住质量为m的小
球另一端分别固定在等高的A、B两点，A、B两点间的距离也为L，重力加速度大小为
g。现使小球在竖直平面内以A、B连线为轴做圆周运动，当小球在最高点的线速度大
小为v时，两根轻绳的拉力恰好均为零；若小球在最高点时两根轻绳的拉力大小均为
，则此时小球的线速度大小为（ ）
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8
学科网（北京）股份有限公司A．2v B．3v C．4v D．5v
【答案】B。
【解析】解：根据几何关系可知，小球做圆周运动的半径为r＝ ，小球在最高点速
率为v时，两根绳的拉力恰好均为零，有：mg＝ ，解得：v＝ ；
当小球在最高点时两根轻绳的拉力大小均为 时，小球受到的合外力：F＝
mg+2F•cos30°＝9mg
根据牛顿第二定律有：9mg＝ ，
联立解得：v′＝3v，故B正确，ACD错误。
16．（2020春•荔湾区校级月考）如图所示，用一根长为l＝1m的细线，一端系一质量为
m＝1kg的小球（可视为质点），另一端固定在一光滑锥体顶端，锥面与竖直方向的夹
角 ＝37°，小球在水平面内绕锥体的轴做匀速圆周运动的角速度为 2 rad/s，重力加
θ
速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，下列说法正确的是（ ）
A．这时绳的拉力大小为12.5N
B．这时绳的拉力大小约为16.7N
1
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9
学科网（北京）股份有限公司C．这时缓慢增大小球的角速度，绳的拉力可能不变
D．这时缓慢增大小球的角速度，绳的拉力一定变大
【答案】D。
【解析】解：AB、小球刚要离开锥面时，锥面对小球的支持力为零，根据牛顿第二定
律得：
mgtan ＝m lsin
θ θ
解得： ＝ ＝ rad/s。
0
ω
角速度为2 rad/s时，小球离开锥面，设此时绳与竖直方向的夹角为 ，
α
由牛顿第二定律及向心力公式有：mgtan ＝m 2lsin
解得： ＝60°。 α ω α
α
这时绳的拉力：F＝ N＝20N，故AB错误；
CD、这时缓慢增大小球的角速度，则绳与竖直方向的夹角变大，绳的拉力F一定变大，
故C错误，D正确。
17．（2019秋•香坊区校级期中）如图所示，质量为M的物体内为光滑圆形轨道，现有一
质量为m的小滑块沿该圆形轨道的竖直面做圆周运动，A、C为圆周的最高点和最低点，
B、D与圆心O在同一水平线上。小滑块运动时，物体M保持静止。关于物体M对地
面的压力N和地面对物体的摩擦力，下列说法正确的是（ ）
A．滑块运动到A点时，N＞Mg，摩擦力方向向左
B．滑块运动到A点时，N＝（M+m）g，摩擦力为零
C．滑块运动到D点时，N＜（M+m）g，摩擦力方向向左
D．滑块运动到D点时，N＝（M+m）g，摩擦力方向向左
【答案】C。
【解析】解：AB、滑块在A点时，滑块对M的作用力在竖直方向上，N＜Mg，由于系
2
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学科网（北京）股份有限公司统在水平方向不受力的作用，所以没有摩擦力的作用，故AB错误；
CD、滑块在D点时，需要的向心力向左，所以M对滑块有向左的支持力的作用，对M
受力分析可知，地面要对物体有向左的摩擦力的作用，在竖直方向上，由于没有加速度，
物体受力平衡，所以物体M对地面的压力N＝Mg＜（M+m）g，故C正确，D错误；
18．（2018秋•诸暨市期末）如图所示是磁盘的磁道，磁道是一些不同半径的同心圆。为
了数据检索的方便，磁盘格式化时要求所有磁道储存的字节与最内磁道的字节相同，最
内磁道上每字节所占用磁道的弧长为L．已知磁盘的最外磁道半径为R，最内磁道的半
径为r，相邻磁道之间的宽度为d，最外磁道不储存字节。电动机使磁盘以每秒n圈的转
速匀速转动，磁头在读写数据时保持不动，磁盘每转一圈，磁头沿半径方向跳动一个磁
道，不计磁头转移磁道的时间。下列说法正确的是（ ）
A．相邻磁道的向心加速度的差值为
B．最内磁道的一个字节通过磁头的时间为
C．读完磁道上所有字节所需的时间为
D．若r可变，其他条件不变，当，r＝ 时磁盘储存的字节最多
【答案】D。
【解析】解：A．相邻磁道属于同轴转动，故角速度w相同，转速n相同。
相邻磁道的半径差为d，根据向心加速度公式：a＝rw2＝r（2 n）2知，
相邻磁道的向心加速度的差值为4 2n2d，故A错误； π
π
B．磁盘转动一圈所用时间 ，磁盘转一圈磁头所读字节的总长为2 r，所以磁头读单位
2
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1
学科网（北京）股份有限公司长度的字节所用时间为 ，
又因为一个字节所占弧长为L，所以最内磁道的一个字节通过磁头的时间为 ，
故B错误；
C．因为磁盘的最外磁道半径为R，最内磁道的半径为r，相邻磁道之间的宽度为d，所
以磁盘中共有磁道条数为 ，
磁头读完一条磁道所有字节所用时间为 ，则读完磁道上所有字节所需时间为 ，故
C错误；
D．根据题意知每一磁道上的字节数都与最内磁道的字节相等，等于 ，因为磁盘
中共有磁道条数为 ，
所以磁盘中的字节数为N＝ ＝ ，根据表达式知，当r
＝ 时磁盘储存的字节数最多。故D正确；
19．（2022春•岷县校级月考）如图所示，可视为质点的木块A、B叠放在一起，放在水平
转台上随转台一起绕固定转轴OO′匀速转动，木块A、B与转轴OO′的距离为r，A
的质量为m ，B的质量为m ．已知A与B间的动摩擦因数为 ，B与转台间的动摩擦
A B
因数为 ，若木块A、B与转台始终保持相对静止，则转台角速度 的最大值为（最大
静摩擦力等于滑动摩擦力）（ ） ω
2
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2
学科网（北京）股份有限公司A． B．
C． D．
【答案】A。
【解析】解：由于A、AB整体受到的静摩擦力均提供向心力，故
对A，有： m g≥m 2r
1 A A 1
μ ω
解得 ≤ ＝
1
对AB ω 整体，有：（m +m ） 2r≤ （m +m ）g
A B 2 2 A B
ω μ
解得 ≤ ＝
2
ω
综上可得： ≤ ，故A正确，BCD错误。
20．（2022春•
ω
章丘区期中）曲柄连杆机构是发动机的主要运动机构，其功用是将活塞的
往复运动转变为曲轴的旋转运动，从而驱动汽车车轮转动。其结构示意图如图所示，活
塞可沿水平方向往复运动，曲轴可绕固定的O点自由转动，连杆两端分别连接曲轴上的
A点和活塞上的B点，若曲轴绕O点做匀速圆周运动，则（ ）
A．活塞做水平方向的匀速直线运动
B．当OA与AB垂直时，A点与B点的速度大小相等
C．当OA与AB共线时，A点与B点的速度大小相等
D．当OA与OB垂直时，A点与B点的速度大小相等
【答案】D。
【解析】解：A、B点的速度分解为沿AB杆和垂直于杆方向，两速度与杆AB的夹角分
2
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3
学科网（北京）股份有限公司别为 、 ，如图所示：
α β
根据平行四边形定则得两点速度沿杆方向的速度分量相等，
即v cos ＝v cos ，故
A B
由于曲轴α转动时，β 、 都在变化，v 是圆周运动的线速度大小不变，故活塞不是匀速
A
直线运动，故A错误α ；β
B.由以上分析可知，当OA与AB垂直时， ＝0，B点速度为
α
，且 为锐角，A点与B点的速度大小不相等，故B错误；
C.同理当OA与AB共β线时， ＝90°，A点速度大小不变，B点速度为零，故C错误；
D.当OA与OB垂直时，各点α速度和分速度如图所示：
此时 ＝ ，A、B两点速度沿杆方向的分速度相等，即v cos ＝v cos ，得v ＝v ，即
A B A B
A点与α Bβ点的速度大小相等，故D正确。 α β
21．（2022春•沈阳期中）如图所示，不可伸长的轻绳长1，一端固定于O点，另一端系一
质量为m小球，把小球拉到与水平方向成 角的A点（绳子刚好伸直）然后由静止释放。
已知 ＝30°，求小球运动到O正下方B点时θ 绳的张力是多少？重力加速度g已知，空气
阻力忽θ略不计。
2
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学科网（北京）股份有限公司【答案】小球运动到O正下方B点时绳的张力是3.5mg。
【解析】解：小球先做自由落体运动，到绳与水平方向再次成 ＝30°角时，绳被拉直，
然后小球做圆周运动，如图所示，绳被拉直时小球下降的高度为θ L，设此时小球的速度
为v
1
根据自由落体运动的规律有v ＝
1
将v 分解为沿绳方向的速度v′和垂直于绳方向的速度v″，当绳绷直的瞬间，v′变为
1
0，v″＝v cos ＝
1
绳绷直后，小球θ 在竖直平面内做圆周运动，设小球到达最低点 B时的速度为v
2
，以最低
点B所在水平面为参考平面，由机械能守恒定律可得：
＝ +mgL（1﹣cos60°）
设在B点绳对小球的拉力为F，
根据牛顿第二定律有F﹣mg＝m
联立解得F＝3.5mg。
22．（2021•海淀区校级开学）一可视为质点的物体做匀速圆周运动，尽管其速度大小保持
不变，但速度方向时刻在变化，故该物体存在加速度。假设该物体以速率v，在半径为
2
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学科网（北京）股份有限公司R的圆周上匀速率运动，如图所示。
（1）若物体由图中的A点运动到B点，AB圆弧所对圆心角大小为 ，求此过程中物体
的平均加速度a 的大小； π
1
（2）若物体由图中的A点运动到B点，AB圆弧所对圆心角为 （ ＜ ），求此过程
中物体的平均加速度a 的大小； θ θ
2
（3）请你根据（2）问的结果进行推导说明：当圆心角 趋近于零（ →0）时，物体的
θ θ
瞬时加速度为a 的大小为 。
n
【答案】（1）此过程中物体的平均加速度a 的大小为 ；
1
（2）此过程中物体的平均加速度a 的大小为 ；
2
（3）证明如上所示。
【解析】解：（1）物体从A点运动到B点，若AB圆弧所对圆心角大小为 ，则物体
在A、B两点的速度大小相等，方向相反， π
2
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学科网（北京）股份有限公司则物体的平均加速度大小： ；
（2）若物体由图中的A点运动到B点，AB圆弧所对圆心角为 （ ＜ ），如图所示，
△AOB∽△DBC，可知，∠DBC＝ ，△DBC为等腰三角形， θ θ
θ
根据几何关系得： ，
A点到B点的时间：t＝ ，
解得物体的平均加速度 ；
（3）当圆心角 趋近于零（ →0）时，当△t→0时，弦长AB与弧长AB相等，设弧长
θ θ
AB用L表示，则： ，
因为L＝v•△t，则 ，
变形得： ，
当△t→0时，a＝ 。
23．（2021春•江南区校级期末）如图所示，圆形餐桌中心有一半径为的圆盘，可绕穿过
中心的竖直轴转动，圆盘与餐桌在同一水平面内且两者之间的间隙可忽略不计．当圆盘
的角速度为 时，放置在圆盘边缘的小物体恰好滑上餐桌．已知小物体与餐桌间的
动摩擦因数为0.25，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g．求：
（1）小物体与圆盘的动摩擦因数
（2）小物体恰好不从餐桌滑落时餐桌的最小半径．
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学科网（北京）股份有限公司【答案】（1）小物体与圆盘的动摩擦因数是0.5；
（2）小物体恰好不从餐桌滑落时餐桌的最小半径是 ．
【解析】解：（1）设小物体与圆盘间的动摩擦因数为 ，小物体恰好滑到餐桌上时圆
1
μ
盘的角速 度为 ． ①
代入数据解得：ω ＝0.5②
1
（2）小物体从圆μ盘甩出时的速度v
1
＝
0
R③
设小物体与餐桌间的动摩擦因数为
2
，ω小物体在餐桌上滑动距离x
1
恰不滑出桌面，由动
μ
能定理得：
餐桌的最小半径 ⑤
联立解得R＝ R⑥
24．（2021•山东）如图所示，粗糙程度处处相同的水平桌面上有一长为L的轻质细杆，一
端可绕竖直光滑轴O转动，另一端与质量为m的小木块相连。木块以水平初速度v 出
0
发，恰好能完成一个完整的圆周运动。在运动过程中，木块所受摩擦力的大小为
（ ）
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学科网（北京）股份有限公司A． B． C． D．
【答案】B。
【解析】解：因为细杆为轻质细杆，又因为其一端绕竖直光滑轴O转动，所以杆对球的
力沿杆，即杆对球不做功，对小球完成一个完整的圆周运动过程，由动能定理得﹣
f•2 L＝0﹣ ，解得摩擦力f＝ ，故B正确，ACD错误。
25．（π2021•广东）由于高度限制，车库出入口采用如图所示的曲杆道闸。道闸由转动杆
OP与横杆PQ链接而成，P、Q为横杆的两个端点。在道闸抬起过程中，杆 PQ始终保
持水平。杆OP绕O点从与水平方向成30°匀速转动到60°的过程中，下列说法正确的是
（ ）
A．P点的线速度大小不变
B．P点的加速度方向不变
C．Q点在竖直方向做匀速运动
D．Q点在水平方向做匀速运动
【答案】A。
【解析】解：A、杆OP绕O点从与水平方向成30°匀速转动到60°的过程中，可认为转
动的角速度 不变，由v＝ r，P点转动半径r不变，所以P点的线速度大小不变，故
A正确； ω ω
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学科网（北京）股份有限公司B、向心加速度始终指向圆心O点，所以P点的加速度方向时刻改变，故B错误；
CD、对两位置的速度沿竖直方向和水平方向分解，如图所示，由图可知，竖直方向的
分速度在逐渐变小，水平方向的分速度在逐渐增大，所以在P点的带动下，Q点在竖直
方向做做减速运动，在水平方向做做加速运动，故CD错误。
26．（2021•甲卷）“旋转纽扣”是一种传统游戏。如图，先将纽扣绕几圈，使穿过纽扣的
两股细绳拧在一起，然后用力反复拉绳的两端，纽扣正转和反转会交替出现。拉动多次
后，纽扣绕其中心的转速可达50r/s，此时纽扣上距离中心1cm处的点向心加速度大小
约为（ ）
A．10m/s2 B．100m/s2 C．1000m/s2 D．10000m/s2
【答案】C。
【解析】解：根据匀速圆周运动的规律， ＝2 n＝2 ×50rad/s＝100 rad/s，r＝1cm＝
0.01m，向心加速度为：a ＝ 2r＝（100 ）ω2×0.01πm/s2＝π100 2m/s2≈100π0m/s2，故C正确，
n
ABD错误。 ω π π
27．（2021•河北）一半径为R的圆柱体水平固定，横截面如图所示。长度为 R、不可伸
长的轻细绳，一端固定在圆柱体最高点P处，另一端系一个小球。小球位于πP点右侧同
一水平高度的Q点时，绳刚好拉直。将小球从Q点由静止释放，当与圆柱体未接触部分
的细绳竖直时，小球的速度大小为（重力加速度为g，不计空气阻力）（ ）
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学科网（北京）股份有限公司A． B． C． D．2
【答案】A。
【解析】解：小球从开始下落到与圆柱体未接触部分的细绳竖直时，小球下降的高度为：
h＝R+（ R﹣ ）＝R+ R
取小球在π末位置的重力势能为π零，由机械能守恒定律有：
mgh＝
解得：v＝ ，故A正确，BCD错误。
（多选）28．（2021•河北）如图，矩形金属框MNQP竖直放置，其中MN、PQ足够长，
且PQ杆光滑。一根轻弹簧一端固定在M点，另一端连接一个质量为m的小球，小球穿
过PQ杆。金属框绕MN轴分别以角速度 和 ′匀速转动时，小球均相对PQ杆静止。
若 ′＞ ，则与以 匀速转动时相比，以ω ′ω匀速转动时（ ）
ω ω ω ω
A．小球的高度一定降低
B．弹簧弹力的大小一定不变
C．小球对杆压力的大小一定变大
D．小球所受合外力的大小一定变大
【答案】BD。
【解析】解：AB、小球在水平面内做匀速圆周运动，由合外力提供向心力，如图所示，
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学科网（北京）股份有限公司小球在竖直方向受力平衡，则Fcos ＝mg
若 ′＞ ，假设小球上移， 增大α，cos 减小，弹簧伸长量减小，F减小，则Fcos ＜
mgω，小球ω在竖直方向不能平衡α，不可能；α α
同理，假设小球下移， 减小，也不可能，所以 不变，小球的高度不变，弹簧弹力的
大小F一定不变，故A错α 误，B正确； α
C、规定杆对小球的弹力方向向右为正，由牛顿第二定律得：
Fsin ﹣F ＝m 2r，可得F ＝Fsin ﹣m 2r，
N N
因为αFsin 是定ω值，所以当Fsin ＞α m ω 2r时，F N ＞0，杆对环弹力向右；Fsin ＜m 2r时，
F ＜0，杆α对环弹力向左。因为α随着ω的增大，弹力有个反向的过程，所以α从 ＝ω0开
N
始逐渐增大，弹力变化一定是先变小ω后变大。因为本题Fsin 与m 2r的关系未ω知，所
以大小关系不确定，因此弹力可能变大、也可能变小，故C错α误；ω
D、小球所受合外力的大小F合 ＝F
n
＝m 2r， 变大，其它量不变，则F合 一定变大，故
D正确。 ω ω
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