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专题19 描述圆周运动的物理量
学习目标
理解匀速圆周运动的概念，向心力的来源，掌握匀速圆周运动的八个物理
量；掌握从运动学和动力学的角度分析圆周运动；注重理解圆周运动和平抛
运动相结合的综合性题型的训练。
知识点梳理
1．匀速圆周运动
(1)定义：做圆周运动的物体，线速度的大小处处相等，这种运动就是匀速圆
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．描述圆周运动的物理量
(1)线速度
①方向：沿圆周的切线方向。
②公式：v＝Δs
Δt ＝2π r
T 。
(2)角速度
①物理意义：描述物体绕圆心转动的快慢。
②公式：ω＝Δθ
Δt ＝2π
T 。
(3)周期
①定义：物体做匀速圆周运动一周所用的时间。
②公式：T＝2π
ω ＝2π r
v 。
(4)转速
①定义：单位时间内物体转动的圈数。
②公式：n＝1
T 。
(5)向心加速度
①方向：始终指向圆心。
②公式：an＝v
2
r ＝ω 2 r ＝4 π
2
T
2 r＝ωv。
3．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＝mv
2
r ＝mω2r＝m4 π
2
T
2 r＝mωv＝4π2mf 2r。
(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。
4．离心运动
(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)受力特点
①当F＝0 时，物体沿切线方向飞出。
②当0<F<mω2r 时，物体逐渐远离圆心。
③当F>mω2r 时，物体逐渐向圆心靠近，做近心运动。
(3)本质：离心运动的本质并不是受到离心力的作用，而是合力不足以提供所
需要的向心力。
真题汇编
1．（2025•江西）为避免火车在水平面上过弯时因内外轨道半径不同致使轮子
打滑造成危险（不考虑离心问题），把固定连接为一体的两轮设计成锥顶角
很小的圆台形，如图所示。设铁轨间距为
，正常直线行驶时两轮与铁轨接触
处的直径均为
，过弯时内外轨间中点位置到轨道圆心的距离为过弯半径
。
在
很小时，
。若在水平轨道过弯时要求轮子不打滑且横向偏移
量不超过△，则最小过弯半径
为
A．
B．
C．
D．
【答案】
【分析】根据转弯时车轮会向外的偏移量，结合几何关系，对内、外轨道轮子
与铁轨接触的位置向前运动的距离关系分析，通过两轮固定连接为一体，且轮
子不打滑的条件分析求解。
【解答】解：转弯时车轮会向外偏移△，这样导致轮子与外铁轨接触的位置
半径增大为，
根据几何关系有
同理可知，轮子与内铁轨接触的位置半径减小为
，则有
设一段时间内，外轨道轮子与铁轨接触的位置向前运动的距离为
，内轨道轮
子与铁轨接触的位置向前运动的距离为
，由于两轮固定连接为一体，且轮子
不打滑，则有
由于当很小时，有
则上式可以化简为：
转弯过程俯视图，如图所示
由几何关系有
联立解得最小过弯半径
为
故
错误，
正确。
故选：
。
2．（2025•重庆）“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
分别从
和
向左同时
出发，列车做匀速直线运动，汽车在长为的
段做匀减速直线运动并以速度
进入半径为
的
圆弧段做匀速圆周运动。两车均视为质点，则
A．汽车到
点时，列车行驶距离为
B．汽车到
点时，列车行驶距离为
C．汽车在
段向心加速度大小为
D．汽车在
段向心加速度大小为
【答案】
【分析】
汽车在长为的
段做匀减速直线运动，根据匀变速直线运动公
式求解汽车的运动时间；根据匀速直线运动公式求解列车的运动距离；
根据向心加速度公式求解作答。
【解答】解：
汽车在长为的
段做匀减速直线运动，根据匀变速直线运
动规律
运动时间
列车做匀速直线运动，行驶的距离
，故
错误，
正确；
根据向心加速度公式，汽车在
段向心加速度大小
，故
错误。
故选：
。
3．（2025•河北）某同学在傍晚用内嵌多个彩灯的塑料绳跳绳，照片录了彩灯
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
，圆弧对应的圆心角约为
，则该同学每分钟跳绳的圈数
约为
A．90
B．120
C．150
D．180
【答案】
【分析】求出跳绳的转动角速度，根据角速度和频率的关系求解每分钟跳绳的
圈数。
【解答】解：根据题意可知跳绳的转动角速度为：
根据
可知每秒钟跳的圈数为：
每分钟跳绳的圈数为：
，故
正确、
错误。
故选：
。
（多选）4．（2025•福建）春晚上转手绢的机器人，手绢上有
、
两点，圆
心为
，
，手绢做匀速圆周运动，则
A．
、
线速度之比为
B．
、
角速度之比为
C．
、
向心加速度之比为
D．
点所受合外力总是指向
【答案】
【分析】同轴传动的两点角速度相等，根据线速度公式和向心加速度公式判断
两点线速度、向心加速度大小的比值；做匀速圆周运动的物体所受合力始终指
向圆心，提供向心力。
【解答】解：
、
、
两点为同轴传动，角速度相等，即角速度之比为
，
故
错误；
、由
得，线速度之比等于半径之比，即
故
正确；
、由
得，向心加速度之比等于半径之比，即
故
错误；
、
点随手娟做匀速圆周运动，合力始终指向圆心
点，故
正
确；
故选：
。
5．（2024•选择性）“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
、
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
【答案】
【分析】
、
两点在水平方向做圆周运动，根据几何知识分析
、
两点做
圆周运动的半径的大小；
篮球上的
、
绕轴做同轴转动，据此分析作答；
根据线速度与角速度的关系
分析作答；
根据向心加速度公式
分析作答。
【解答】解：
如图所示：
、
两点在水平方向做圆周运动，半径垂直于转轴，根据几何知识
，故
错误；
篮球上的
、
绕轴做同轴转动，因此
、
两点做圆周运动的角速度相等，
故
正确；
根据线速度与角速度的关系
，因此
，故
错误；
根据向心加速度公式
，因此
，故
错误。
故选：
。
1．理解两个公式
(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＝v
2
r ＝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。
2．掌握三种传动方式
类型
模型
模型解读
皮带传动
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
摩擦(或齿轮)传动
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
同轴传动
绕同一转轴转动的物
体，角速度相同，ωA＝
ωB，由v＝ωr 知v 与r
成正比
例题精讲：
【例1】（2025•娄底模拟）如图所示，某走时准确的时钟，分针与时针由转动
考点1：圆周运动中的运动学问题
轴到针尖的长度之比是
，分针与时针的角速度大小分别为
、
，分针针
尖与时针针尖的线速度大小分别为
、
。下列关系正确的是
A．
，
B．
，
C．
，
D．
，
【答案】
【分析】根据周期之比得到角速度之比，由
可比较线速度大小。
【解答】解：分针与时针的转动周期之比为
由
可得
分针与时针由转动轴到针尖的长度之比是
，即二者圆周运动的半径之比等
于
，根据
可得
，故
正确，
错误。
故选：
。
【例2】（2025•江岸区校级模拟）物理课堂上老师带来了一个可控制转速的游
乐设施“大摆锤”简化模型，如图所示，摆锤
和配重锤分别固定在不可伸长
的摆臂两端，并可绕摆臂上过
点垂直于纸面的转轴在纸面内做匀速圆周运动。
若、到
的距离之比为
，则做匀速圆周运动过程中摆锤
和配重锤
A．转速之比
B．周期之比
C．线速度之比
D．向心加速度之比
【答案】
【分析】、两点同轴转动，所以角速度相等，结合圆周运动物理量之间的关
系公式分析。
【解答】解：、两点同轴转动，角速度大小相等，由于
、到
的距离之
比为
，
根据圆周运动物理量之间的关系公式
，
，可得
，
，
，可得
，
，可得
，
，可得
，故
正确，
错误。
故选：
。
【例3】（2025•郴州模拟）如图所示，跷跷板转动时，跷跷板上的
、
两点
的角速度大小分别为
、
，线速度大小分别为
、
，则
A．
B．
C．
D．
【答案】
【分析】点
、
绕着同一个点转动，属于共轴转动，角速度相等，结合线速
度与角速度关系公式
分析。
【解答】解：
．点
、
绕着同一个点转动，故相同时间转过的角度相等，
则角速度相等，即
故
正确，
错误；
．由图可得
点对应的转动半径较大，根据
可知
，故
错误。
故选：
。
1．水平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
考点2：圆周运动的动力学问题
向心力的来源图
示
运动模型
飞车走壁
汽车在水平路面
转弯
物体在光滑水平
支撑面转动
向心力的来源图
示
2．非匀速圆周运动
非匀速圆周运动的合外力方向一般不指向圆心(特例：竖直面内水流星最高点
和最低点的合外力方向指向圆心)，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。
例题精讲：
【例4】（2025•九龙坡区校级模拟）四个完全相同的小球
、
、
、
均在
水平面内做圆锥摆运动。如图甲所示，小球
、
在同一水平面内做圆锥摆运
动（连接
球的绳较长）；如图乙所示，小球
、
在不同水平面内做圆锥摆
运动，但是连接
、
的绳与竖直方向之间的夹角相等（连接
球的绳较长），
则下列说法错误的是
A．小球
、
角速度相等
B．小球
、
线速度大小相等
C．小球
、
所需的向心加速度大小相等
D．小球
受到绳的拉力与小球
受到绳的拉力大小相等
【答案】
【分析】对甲图，根据小球与悬点的竖直高度和绳与竖直夹角表示运动半径，
建立向心力表达式求解；对乙图，两绳与竖直夹角相等，列式求解。
【解答】解：
、对题图甲中
、
分析，设绳与竖直方向的夹角为
，绳长
为，小球的质量为
，小球
、
到悬点
的竖直距离为，则
解得
所以小球
、
的角速度相等
由
，轨道半径不同，可知线速度大小不相等，故
正确，
错误；
、对题图乙中
、
分析，设绳与竖直方向的夹角为
，小球的质量为
，
绳上拉力为
，则有
，
得
，
所以小球
、
所需的向心加速度大小相等，小球
、
受到绳的拉力大小也
相等，故
正确。
本题选择错误的，故选：
。
【例5】（2025•河北模拟）如图所示，与水平方向成
角放置的圆形沙画板上
表面覆盖着一层细沙，每粒沙与画板间的动摩擦因数
均相同，且
。当
画板绕垂直于板面的中心转轴匀速转动一段时间后，画板上沙粒形成的沙画图
像（阴影部分）可能是
A．
B．
C．
D．
【答案】
【分析】画板上沙粒与画板相对静止一起做匀速圆周运动，对在画板上的粒沙
受力分析，确定向心力的来源，分析在何处沙粒受到的静摩擦力最大，根据牛
顿第二定律与相对滑动的临界条件解答。
【解答】解：画板上沙粒与画板相对静止一起做匀速圆周运动，在画板上的每
粒沙转动到圆周轨迹最低点时受到的静摩擦力
最大，对与中心轴距离为处
的沙粒在圆周轨迹最低点时，根据牛顿第二定律得：
由此可知，越大，
越大，当
等于最大静摩擦力时最大，设的最大值为
，可知与中心轴距离大于
的沙粒在画板转动一段时间后均会相对画板滑动
做离心运动而离开画板。可得最终留在画板上的沙粒形成的沙画图像是半径等
于
的圆形区域，故
正确，
错误。
故选：
。
【例6】（2025•江苏二模）如图所示，竖直细杆
点处固定有一水平横杆，在
横杆上有
、
两点，且
，在
、
两点分别用两根等长的轻质细线悬
挂两个相同的小球和，将整个装置绕竖直杆匀速转动，则
、两球稳定时
的位置关系可能正确的是
A．
B．
C．
D．
【答案】
【分析】将整个装置绕竖直杆匀速转动，、两球在水平面内做匀速圆周运动，
由合外力提供向心力，根据牛顿第二定律得到两球的角速度与等效悬点到小球
的高度差关系，即可分析。
【解答】解：、两球在水平面内做匀速圆周运动，将两球的圆周运动等效成
圆锥摆，设摆长为，等效摆线与竖直方向夹角为，根据牛顿第二定律得
解得：
，为等效悬点到小球的高度差，由于两球的角速度相
同，因此相同，故
错误，
正确。
故选：
。
课后提优练习
一．选择题（共13 小题）
1．（2025•广陵区校级模拟）如图所示是一个玩具陀螺，a、b 和c 是陀螺表面
上的三个点。当陀螺绕垂直于地面的轴线以角速度ω 稳定旋转时，下列表述
正确的是（ ）
A．a、b 和c 三点的线速度大小相等
B．a、b 和c 三点的角速度大小不相等
C．a、b 两点的角速度比c 的大
D．a、b 两点的加速度比c 点的大
【解答】解：A、陀螺绕垂直于地面的轴线以角速度ω 稳定旋转时，a、b 和
c 三点的角速度相同，c 半径小，根据v＝rω，c 的线速度大小要比a、b 的小，
a、b 的半径相等，线速度大小相等，故ABC 错误；
D、根据公式a＝ω2r 可知，a、b 的半径相等，向心加速度大小相等，而c 半
径较小，所以c 点的向心加速度较小，故D 正确。
故选：D。
2．（2025 春•扬州期末）如图所示是生产陶瓷的简化工作台，当陶瓷匀速转动
时，陶瓷上A、B 两点的（ ）
A．ωA＜ωB
B．vA＝vB
C．vA＜vB
D．线速度方向相同
【解答】解：如图所示陶瓷上A、B 两点同轴转动，所以A、B 两点角速度
相等，即ωA＝ωB，
根据题意得出A 点转动半径较小，根据v＝ωr 得vA＜vB，两点线速度方向不
同。故C 正确，ABD 错误。
故选：C。
3．（2024 秋•海门区校级期末）“灯光表演”中，同学们用投影仪把校徽图案
投到教学楼的墙壁上。现将投影过程简化为如图所示，投影仪放置在水平地
面上，与教学楼相距20m，此时校徽图案距离地面15m，正在沿竖直方向以
0.02m/s 的速度上升。此时投影仪转动的角速度约为（ ）
A．8.2×10
4
﹣rad/s
B．6.4×10
4
﹣rad/s
C．4.8×10
4
﹣rad/s
D．3.0×10
4
﹣rad/s
【解答】解：设校徽图案的速度为v，投影仪转动的角速度为ω，投影仪到
图案间的距离为L，光线与墙壁的夹角为θ。校徽图案的实际运动为沿墙壁
竖直向上的运动，其运动效果是一方面绕投影仪转动，另一方面沿光线方向
延伸，因此应将竖直向上的速度分解为沿光线和垂直于光线的分速度。将校
徽图案的速度沿光线方向和垂直光线方向分解
可得垂直光线方向的速度为
v⊥＝vsinθ
同时有
v⊥＝ωL
根据几何知识可得
L=
❑√15
2+20
2m=25m，sinθ = 20m
25m =0.8
联立解得
ω＝6.4×10
4
﹣rad/s
故ACD 错误，B 正确。
故选：B。
4．（2024 秋•鼓楼区校级期末）如图所示为一皮带传动装置的示意图。右轮半
径为r，A 是它边缘上的一点。左侧是一轮轴，大轮半径为4r，小轮半径为
2r。B 点在小轮上，到小轮中心的距离为r。C 点和D 点分别位于小轮和大轮
的边缘上。如果传动过程中皮带不打滑，下列说法中正确的是（ ）
A．A、C 两点的线速度之比为1：2
B．A、B 两点角速度之比为1：1
C．B、D 两点的角速度之比为1：4
D．A、D 两点的向心加速度之比为1：1
【解答】解：A.AC 两点是皮带传动，线速度大小相等，故A 错误；
B.AC 为皮带传动，线速度相同，角速度比值为半径的反比，即2：1，由于
BC 两点是同轴传动，BC 角速度相同，所以AB 两点的角速度比值也为2：
1，故B 错误；
C.BD 为同轴传动，所以角速度相同，故C 错误；
D.A 与BCD 的角速度比值为2：1，A 与D 半径比值为1：4，根据a＝ω2r 可
知，AD 两点向心加速度相同，故D 正确。
故选：D。
5．（2025 春•姑苏区校级期中）如果小虫从B 点滑落，且小虫顺着树枝滑落可
近似看作匀速率的，那么在弧形树枝某位置切线的倾角为θ 处，树枝对小虫
的作用力大小及方向，正确的判断是（ ）
A．mg，竖直向上
B．大于mg，沿圆弧半径指向圆心
C．大于mg，与水平成θ 角
D．大于mg，与竖直方向的夹角小于θ
【解答】解：小虫顺着树枝滑落可近似看作匀速率的，在弧形树枝某位置切
线的倾角为θ 处，树枝对小虫的作用力与重力的合力方向指向圆心O，如图
所示；
根据几何关系可知，树枝对小虫的作用力大小大于F＞mg，与竖直方向的夹
角α＜θ，故D 正确、ABC 错误。
故选：D。
6．（2025 春•建邺区校级期中）如图所示，带有一白点的黑色圆盘，可绕过其
中心且垂直于盘面的轴匀速转动，每秒沿顺时针方向旋转20 圈。在暗室中用
每秒闪光25 次的频闪光源照射圆盘，观察到白点的转动方向和周期为
（ ）
A．顺时针0.2s
B．逆时针0.2s
C．顺时针0.04s
D．逆时针0.04s
【解答】解：根据题意，白点转动的频率为f0＝20Hz，在暗室中用每秒闪光
25 次的频闪光源照射圆盘，即f'＝25Hz。由于f0＜f'＜2f0，所以观察到白点
逆时针旋转，有对应的频率为f″＝f'
f
﹣0＝25Hz
29Hz
﹣
＝5Hz，故逆时针旋转
的周期为T = 1
f ″ = 1
5 s=0.2s，故B 正确，ACD 错误。
故选：B。
7．（2025 春•南京期中）如图为小朋友喜欢的玩具飞行竹蜻蜓，竹蜻蜓的一对
竹翅膀长度均为0.1m，小朋友用手搓动竹蜻蜓的竹柄，在t＝4s 内使竹柄匀
速转动10 圈，则下列说法正确的是（ ）
A．竹翅膀的最外端点的线速度不变
B．竹翅膀的最外端点的加速度不变
C．竹翅膀的旋转周期为2.5s
D．竹翅膀最外端点的线速度大小为0.5πm/s
【解答】解：AB.根据加速度和线速度的矢量性，竹蜻蜓线速度方向和加速
度的方向时刻改变，故AB 错误；
C.竹蜻蜓起飞时其竹翅膀旋转的周期为T= t
n = 4
10s＝0.4s，故C 错误；
D.根据v= 2πr
T
= 2π ×0.1
0.4
m/s＝0.5πm/s，故D 正确。
故选：D。
8．（2025•海安市开学）如图所示为某同学的心电图。心电图仪卷动纸带的速
度为0.3m/min，图中每小格的宽度为1mm，可估算出该同学的心率为
（ ）
A．33 次/分钟
B．55 次/分钟
C．100 次/分钟
D．300 次/分钟
【解答】解：由题图可知，相邻两波峰之间的水平距离约为6mm，心跳周期
T = l
v = 0.006
0.3 min= 1
50 min，故此人的心率f = 1
T =50次/min。故B 正确，ACD
错误。
故选：B。
9．（2024 秋•天宁区校级期末）如图所示，MN 杆绕M 点在竖直平面内匀速转
动，并带动套在固定光滑竖直杆OQ 上的小环向下运动，某一时刻小环运动
到P 点时速度正好为v，∠OMP＝θ。已知OM＝L，则MN 杆的角速度大小
为（ ）
A．vco s
2θ
L
B．vcosθ
L
C．vcosθsinθ
L
D．vsin
2θ
L
【解答】解：设MN 杆的角速度为ω，如图所示
把速度v 沿着MN 杆和垂直MN 杆分解如图所示，则
v⊥＝vcosθ
根据v＝rω 得：
v⊥＝ω×MP
根据几何关系得：
MP =
L
cosθ
联立解得：ω= vco s
2θ
L
故A 正确，BCD 错误。
故选：A。
10．（2023 秋•广陵区校级期末）走时准确的石英钟如图所示，A、B 分别为时
针和秒针上的两点，它们到转轴O 的距离相等。A、B 两点转动的角速度大
小为ωA、ωB，线速度大小为vA、vB，则（ ）
A．ωA＜ωB vA＜vB
B．ωA＜ωB vA＝vB
C．ωA＝ωB vA＜vB
D．ωA＝ωB vA＞vB
【解答】解：根据生活常识可知秒针的周期比时针的周期小，即TB＜TA，根
据公式ω= 2π
T ，可知角速度的大小关系为：ωA＜ωB，根据公式v＝ωr，结合
rA＝rB，可知vA＜vB，故A 正确，BCD 错误。
故选：A。
11．（2023 春•南京期中）如图所示，当工人师傅用扳手拧螺母时，扳手上的
P、Q 两点的角速度分别为ωP 和ωQ，线速度大小分别为vP 和vQ，则
（ ）
A．ωP＞ωQ
B．ωP＜ωQ
C．vP＞vQ
D．vP＜vQ
【解答】解：由题可知，P、Q 两点绕同一点转动，所以两点的角速度相同：
ωP＝ωQ
根据线速度与角速度的关系v＝ωr
解得vP＜vQ
故ABC 错误，D 正确。
故选：D。
12．（2024 春•邗江区校级期末）某修正带内部互相啮合的两个齿轮如图所示，
A、B 分别是大小齿轮边缘上的两点。在使用该修正带时，下列关系正确的
是（ ）
A．线速度大小vA＝vB
B．周期TA＜TB
C．角速度ωA＝ωB
D．向心加速度大小aA＞aB
【解答】解：A 由图示情景可知，A、B 分别是大小齿轮边缘上的两点，所
以A、B 两点的线速度大小相等，即：vA＝vB，故A 正确；
B．周期T = 2πr
v ，由于vA＝vB而rA＞rB，则TA＞TB，故B 错误；
C、角速度v＝ωr，由于由于vA＝vB而rA＞rB，则ωA＜ωB，故C 错误；
D、向心加速度a= v
2
r ，由于vA＝vB而rA＞rB，则有aA＜aB，故D 错误。
故选：A。
13．（2024 秋•苏州期中）如图所示，绕竖直轴匀速转动的水平圆盘上放一质
量为m 的物块，与圆盘保持相对静止。则物块（ ）
A．受4 个力作用
B．加速度保持不变
C．离轴越远越容易滑动
D．离轴越近摩擦力越大
【解答】解：A、物块受重力、支持力和摩擦力三个力的作用，故A 错误；
B、物块因为做匀速圆周运动，所以向心加速度大小不变，但方向时刻指向
圆心，故B 错误；
CD、物块随圆盘一起做匀速圆周运动，由摩擦力提供向心力，根据f＝mrω2
可知，离轴越远，半径越大，物块所受摩擦力越大，越容易达到最大静摩擦，
越容易滑动，故C 正确，D 错误。
故选：C。
二．多选题（共1 小题）
（多选）14．（2020•姜堰区校级开学）如图所示，用一根长杆和两个定滑轮的
组合装置用来提升重物M，长杆的一端放在地上通过铰链连接形成转轴，其
端点恰好处于左侧滑轮正下方0 点处，在杆的中点C 处拴一细绳，通过两个
滑轮后挂上重物M．C 点与O 点距离为L，现在杆的另一端用力使其逆时针
匀速转动，由竖直位置以角速度ω 缓慢转至水平（转过了90°角），此过程
中下述说法正确的是（ ）
A．重物M 做匀速直线运动
B．重物M 做匀变速直线运动
C．重物M 的最大速度是ωL
D．重物M 的速度先增大后减小
【解答】解：设C 点线速度方向与绳子沿线的夹角为θ（锐角），由题知C
点的线速度为vC＝ωL，该线速度在绳子方向上的分速度就为v 绳＝ωLcosθ．
θ 的变化规律是开始最大（90°）然后逐渐变小，所以，v 绳＝ωLcosθ 逐渐变
大，直至绳子和杆垂直，θ 变为零度，绳子的速度变为最大，为ωL；然后，
θ 又逐渐增大，v 绳＝ωLcosθ 逐渐变小，绳子的速度变慢。所以知重物的速度
先增大后减小，最大速度为ωL．故C、D 正确，A、B 错误。
故选：CD。
三．解答题（共1 小题）
15．（2025 春•苏州校级月考）辘轳是古代民间提水设施，由辘轳头、支架、
井绳、水斗等部分构成，如图甲为提水设施工作原理简化图，某次从井中汲
取m＝4kg 的水，辘轳绕绳轮轴半径为r＝0.2m，水斗的质量为m0＝3kg，井
足够深且井绳的质量忽略不计，t＝0 时刻，轮轴由静止开始绕中心轴转动向
上提水斗，其角速度随时间变化规律如图乙所示，重力加速度g 取10m/s2，
井绳粗细不计，求：
（1）0～10s 内水斗上升的高度；
（2）井绳所受拉力大小。
【解答】解：（1）根据：x＝vt＝ωrt
则ω
t
﹣图像与时间轴围成的面积与半径的乘积表示上升高度；
根据图像可知，0～10s 内水斗上升的高度为：h= 20×10
2
×0.2m=20m
（2）根据
a= Δv
Δt = Δωr
Δt =0.4 m/ s
2
根据牛顿第二定律
T﹣（m+m0）g＝（m+m0）a
解得：T＝72.8N
答：（1）0～10s 内水斗上升的高度为20m；
（2）井绳所受拉力大小为72.8N。
