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第03 讲 运动学图像 追及相遇问题
目录
01 课标达标练
题型01 圆周运动
题型02 向心力
题型03 圆周运动的运动学和动力学问题
02 核心突破练
03 真题溯源练
01 圆周运动
1.一人造地球卫星绕地球运行可近似看成匀速圆周运动。在该卫星绕地球运行的过程中，下列物理量保持
不变的是（ ）
A．速度
B．加速度
C．角速度
D．合外力
【答案】C
【详解】A．线速度的方向沿着切线，线速度的方向时刻变化，A 错误；
BD．加速度和合外力的方向始终指向圆心，方向时刻变化，BD 错误；
C．角速度保持不变，C 正确。
故选C。
2.如图，带车牌自动识别系统的直杆道闸，离地面高为1m 的细直杆可绕O 在竖直面内匀速转动。汽车从
自动识别线ab 处到达直杆处的时间为2.3s，自动识别系统的反应时间为0.3s；汽车可看成高1.6m 的长方
体，其左侧面底边在aaˊ 直线上，且O 到汽车左侧面的距离为0.6m，要使汽车安全通过道闸，直杆转动的
1
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角速度至少为（ ）
A．π
6 rad/s
B．3 π
8 rad/s
C．π
8 rad/s
D．π
12 rad/s
【答案】C
【详解】设汽车恰好通过道闸时直杆转过的角度为α，由几何关系得
tan α = 1.6−1
0.6
=1
解得
α = π
4
直杆转动的时间
t =t 汽−t 反=2s
直杆转动的角速度
ω= α
t =
π
4
2 rad/s= π
8 π rad/s
故选C。
3.（多选）关于做匀速圆周运动的物体，下列说法中正确的是（ ）
A．线速度不变
B．线速度大小不变
C．周期不变
D．向心加速度不变
【答案】BC
【详解】AB．匀速圆周运动指速度大小不变的圆周运动，线速度的方向时刻在变，A 错误B 正确；
C．匀速圆周运动周期不变，C 正确；
D．匀速圆周运动向心加速度大小不变，方向时刻指向圆心，D 错误。
2
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故选BC。
4.一个圆柱形小物块放在水平转盘上，随着转盘一起绕O 点匀速转动。通过频闪照相技术对其进行研究，
从转盘的正上方向下拍照，得到的频闪照片如图所示，已知频闪仪的闪光频率为30Hz，则转盘转动的最小
转速是（ ）
A．5r/s
B．10r/s
C．15r/s
D．20r/s
【答案】A
【详解】已知频闪仪的闪光频率为30Hz，由题意可知，转速最小时，转动周期最大为
T =6× 1
30 s=0.2s
此时转速为
n= 1
T = 1
0.2 r/s=5r/s
故选A。
5.如图所示，一直径为d 的纸质圆筒以角速度ω绕轴O 高速转动，现有一颗子弹沿直径穿过圆筒，若子弹
在圆筒转动不到半周时，在筒上留下a、b 两个弹孔，已知aO、bO 间夹角为φ，则子弹的速率为（ ）
A．dφ
2πω
B．dω
π −φ
C．dω
2πφ
D．dω
φ
【答案】B
【详解】设子弹的速度为v0，由题意知，子弹穿过两个孔所需时间t = d
v0
纸质圆筒在这段时间内转过角度
为π −φ，由角速度的公式有
3
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ω= π −φ
t
由两式解得
v0= dω
π −φ
故选B。
02 向心力
6.（2025·四川南充·高三月考）关于物体的运动，下列说法错误的是（ ）
A．匀速圆周运动过程中加速度不变
B．变速圆周运动过程中向心加速度在改变
C．变速圆周运动合力不指向圆心
D．向心加速度只改变速度方向，不改变速度大小
【答案】A
【详解】A．匀速圆周运动过程中加速度大小不变，方向时刻改变，加速度是变化的，A 错误，符合题意；
B．变速圆周运动过程中，线速度的大小和方向都在改变，根据an= v
2
r
可知，向心加速度大小改变，方向
改变，B 正确，不符题意；
C．匀速圆周运动合力完全提供向心力，合力指向圆心，变速圆周运动，除了有指向圆心提供向心力的分
力，还有沿切线改变线速度大小的分力，合力不指向圆心，C 正确，不符题意；
D．向心加速度的方向沿半径指向圆心，速度方向沿圆周的切线方向，所以向心加速度的方向始终与速度
方向垂直，且只改变线速度的方向，不改变线速度的大小，D 正确，不符题意。
故选A。
7.关于向心加速度，下列说法正确的是（ ）
A．向心加速度是描述线速度变化的物理量
B．向心加速度只改变线速度的方向，不改变线速度的大小
C．向心加速度大小恒定，方向时刻改变
D．物体做非匀速圆周运动时，向心加速度的公式an= v
2
r
不再成立
【答案】B
【详解】AB．加速度是描述速度变化快慢的物理量，向心加速度是描述线速度方向变化快慢的物理量，向
心加速度只改变线速度的方向，不改变线速度的大小，故A 错误，B 正确；
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C．向心加速度指向圆心，方向时刻改变，只有匀速圆周运动的向心加速度大小才恒定，故C 错误；
D．向心加速度的公式对匀速圆周运动和变速圆周运动同样成立，故D 错误。
故选B。
8.如图所示，将一可视为质点的小球，放入倒扣的高脚杯中，并快速摇晃酒杯，从而使小球在杯壁内侧的
某一高度水平面内做匀速圆周运动不掉下来。已知杯子侧壁与竖直方向间夹角为θ，忽略摩擦力和空气阻
力，则下列说法正确的是（ ）
A．小球受3 个力作用
B．小球所受向心力不变
C．小球所受的合力等于0
D．小球所受的弹力大于向心力
【答案】D
【详解】A．小球受重力和弹力两个力作用，故A 错误；
B．小球所受力的合力提供向心力做匀速圆周运动，则向心力的大小不变，方向时刻在变，故B 错误；
C．小球所受的合外力提供向心力做匀速圆周运动，有向心加速度，则合力不为零，故C 错误；
D．小球受力分析如图所示
由几何关系可知小球向心力，可知Fn< N，即小球所受的弹力大于向心力，故D 正确。
故选D。
9.如图甲所示，运动员甩动链球时，链球在倾斜面内绕O 点做匀速圆周运动，链球的运动轨迹可简化为图
乙中的实线。链球经过A 点时速度v 的方向或向心力Fn的方向可能正确的是（ ）
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A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】AB．链球经过A 点时速度v 的方向沿轨迹切线方向，A 错误，B 正确；
CD．链球经过A 点时向心力Fn的方向指向圆心O，CD 错误。
故选B。
10.关于圆周运动，下列说法正确的是（ ）
A．物体做圆周运动时合力一定指向圆心
B．向心加速度是描述物体速率变化快慢的物理量
C．在匀速圆周运动中，向心加速度是恒定的
D．向心加速度的方向始终与速度方向垂直
【答案】D
【详解】A．物体做匀速圆周运动时合力一定指向圆心，物体做变速圆周运动时合力不指向圆心，故A 错
误；
BD．向心加速度的方向始终与速度方向垂直，向心加速度不改变速度的大小，改变速度的方向，是描述物
体速度方向变化快慢的物理量，故B 错误，D 正确；
C．在匀速圆周运动中，向心加速度大小保持不变，方向时刻发生变化，故C 错误。
故选D。
03 圆周运动的运动学和动力学问题
11.（多选）如图所示，夜晚电风扇在闪光灯下运转，闪光灯每秒闪12 次，风扇转轴O 上装有3 个扇叶，
它们互成120°角。当风扇转动时，观察者感觉扇叶不动，则风扇角速度可能是（ ）
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A．8 π rad/s
B．10 π rad/s
C．15 π rad/s
D．16 π rad/s
【答案】AD
【详解】因为电扇叶片有三个，相互夹角为120°，现在观察者感觉扇叶不动，说明在闪光时间里，扇叶转
过的角度应为120°的整数倍，则有
θ =k ⋅2
3 π（k =1，2，3⋯）
闪光灯每秒闪12 次，则转动的角速度为
ω= θ
t =
k ⋅2
3 π
1
12
rad/s=k ⋅8 π rad/s（k =1，2，3⋯）
当k =1时，可得
ω1=8 π rad/s
当k =2时，可得
ω1=16 π rad/s
故选AD。
12.（多选）（2025·四川南充·高三月考）如图所示，在倾角为α=30°的光滑斜面上，有一根长为L=1m 的轻
质细绳，一端固定在O 点，另一端系一质量为m=0.2kg 的小球，沿斜面做圆周运动，取g=10m/s2。下列说
法正确的是（ ）
A．小球通过A 点的最小速度为√10m/s
B．小球通过A 点的最小速度为√5m/s
C．如果小球通过A 点时的速度为4m/s，轻质细绳的拉力为1.2N
D．如果小球通过A 点时的速度为4m/s，轻质细绳的拉力为2.2N
【答案】BD
【详解】AB．由题意可知，小球恰好过A 点时的速度最小，即小球过A 点时绳子上的拉力恰好为零，此时
小球做圆周运动的向心力完全由小球重力沿斜面向下的分力来提供，由牛顿第二定律有mgsin30° =m v
2
L
解得v =√5 m/s
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故A 错误，B 正确；
CD．如果小球通过A 点时的速度为4m/s，根据牛顿第二定律有T +mgsin30° =m v
′2
L
解得轻质细绳的拉力为T =2.2N
故C 错误，D 正确；
故选BD。
13.（2025·四川成都·模拟预测）圆周运动是生活中常见的一种运动。如图1 所示，一个小朋友坐在圆盘上
随圆盘一起在水平面内做匀速圆周运动；如图2 所示，将小球拴在细绳一端，用手握住绳的另一端，使小
球以O点为圆心在竖直面内做完整的圆周运动。已知小球的质量为m，细绳的长度为L，重力加速度为g，
不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．图1 小朋友所受摩擦力的方向沿轨迹的切线方向
B．图1 中，当小朋友的位置离圆心较近时，小朋友容易相对圆盘滑动
C．图2 小球可能在竖直面内做匀速圆周运动
D．图2 小球在最低点和最高点时，细绳对小球的拉力大小之差恒定
【答案】D
【详解】A．图1 小朋友做圆周运动，摩擦力提供向心力，因此所受摩擦力的方向指向圆心，A 错误；
B．根据f =mr ω
2可知，当小朋友的位置离圆心较远时，小朋友相同转速下受的静摩擦较大，则容易相对
圆盘滑动，B 错误；
C．小球在竖直面内做圆周运动时，由于重力做功，则速度大小不断变化，则不可能做匀速圆周运动，C 错
误；
D．小球在最低点和最高点时，速度关系满足1
2 mv高
2 +mg⋅2 L= 1
2 mv低
2
最高点时细绳的拉力满足F高+mg=m v高
2
L
8
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最低点时细绳的拉力满足F低−mg=m v低
2
L
可得细绳对小球的拉力大小之差F低−F高=6mg
即小球在最低点和最高点时，细绳对小球的拉力大小之差恒为6mg，D 正确。
故选D。
14.（2025·四川南充·高三月考）如图，质量均为m 的甲、乙两个小物体（可视为质点）叠放在一起，用长
为L 的不可伸长的轻绳将甲与转轴相连，静止时绳刚好绷直且无拉力。甲、乙间的动摩擦因数为μ1，盘与
乙物体间的动摩擦因数为μ2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力且μ1<μ2，当甲、乙随圆盘以角速度ω 一起匀
速转动时。下列说法正确的是（ ）
A．甲物体一定受到4 个力作用
B．角速度ω 越大，甲、乙间的摩擦力也越大
C．当角速度大于√
μ1g
L
时，绳子有拉力
D．为保证甲、乙不相对滑动，角速度ω 应小于√
μ1g+ μ2 g
L
【答案】C
【详解】A．当盘的转速较小时，甲物体受到重力、乙对甲的支持力以及乙对甲的摩擦力3 个力作用，选
项A 错误；
B．当甲乙间的静摩擦力达到最大时，随着角速度ω 越大，细绳的拉力变大，而甲、乙间的摩擦力不变，
选项B 错误；
C．当甲乙间的摩擦力达到最大时μ1mg=mω0
2 L
可得ω0=√
μ1g
L
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则当角速度大于√
μ1g
L
时，绳子有拉力，选项C 正确；
D．当乙与甲和盘之间的摩擦都达到最大时，则μ1mg+ μ2⋅2mg =mω0
' 2 L
解得ω0
' =√
μ1 g+2 μ2 g
L
即为保证甲、乙不相对滑动，角速度ω 应小于√
μ1g+2 μ2 g
L
，选项D 错误。
故选C。
15.（2025·四川成都·高三月考）如图所示，下列有关生活中的圆周运动实例分析，其中说法正确的是（
）
A．图甲中，自行车行驶时大齿轮上A 点和小齿轮上B 点的角速度大小相等
B．图乙中，减小圆锥摆的θ，但保持圆锥的高不变，则圆锥摆的角速度不变
C．图丙中，脱水桶的脱水原理是水滴受到的离心力大于它受到的向心力
D．图丁中，如果火车转弯时行驶速度超过设计速度，轮缘会挤压内轨
【答案】B
【详解】A．图甲中，自行车行驶时大齿轮与小齿轮通过链条传动，则大齿轮上A 点和小齿轮上B 点的线
速度大小相等，由于半径不同，根据v =rω可知，角速度大小不相等，故A 错误；
B．图乙中，做圆锥摆运动的物体，设绳长为L，绳与竖直方向上的夹角为θ，小球竖直高度为h，由
mg tanθ =mLsinθ ω
2
结合h= Lcosθ，得ω=√
g
h
则减小圆锥摆的θ，但保持圆锥的高不变，则圆锥摆的角速度不变，故B 正确；
C．图丙中，脱水桶的脱水原理是水滴受到的附着力不足以提供所需的向心力，故C 错误；
D．图丁中，如果火车转弯时行驶速度超过设计速度，则火车有离心运动的趋势，轮缘会挤压外轨，故D
错误。
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故选B。
16.如图所示，杂技演员表演时，悬空靠在以角速度ω匀速转动的圆筒内壁上随圆筒一起转动而不掉下来。
设圆筒半径为r，人与圆筒接触面摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，则
该演员（ ）
A．受到4 个力的作用
B．增大角速度，人受到的摩擦力变大
C．向心力大小与摩擦因数μ无关
D．角速度ω≥√
μ
gr
【答案】C
【详解】A．该演员重力、圆筒的弹力以及圆筒的摩擦力3 个力的作用，A 错误；
B．演员所受的重力与摩擦力平衡，增大角速度，人受到的摩擦力不变，B 错误；
C．向心力由圆筒的弹力提供向心力，向心力大小与摩擦因数μ无关，C 正确；
D．演员随圆筒一起转动而不掉下来，由牛顿第二定律得
FN=mω
2r
竖直方向有
μ FN≥mg
解得
ω≥√
g
μr
D 错误；
故选C。
17.（多选）如图所示，某同学手握一段硬质细塑料管，一根不可伸长的细线穿过塑料管，细线一端连接小
球A，另一端连接物块B。现该同学通过摇动手中塑料管，使小球A 在水平面内做匀速圆周运动，物块B
处于静止状态。初始时刻小球A 的速度大小为v₁，细线与竖直方向的夹角为θ1，塑料管口与小球A 之间的
细线长为L1。改变物块B 的高度后，再次让小球A 在水平面内做匀速圆周运动，物块B 仍处于静止状态，
此时小球A 的速度大小为v2，且v1<v2，细线与竖直方向的夹角为θ2，塑料管口与小球A 之间的细线长为L2
，不计空气阻力，忽略细线与塑料管之间的摩擦，小球A 在做匀速圆周运动时，可认为塑料管静止。则下
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列说法正确的是（ ）
A．θ1=θ2
B．θ1>θ2
C．L1> L2
D．L1< L2
【答案】AD
【详解】AB．设AB 球的质量分别为mA和mB，由受力分析则有mB gcosθ =mA g
解得cosθ = mA
mB
，故A 正确，B 错误；
CD．因为mB gsinθ =mA
v
2
Lsinθ
解得L=
mA
mB gsin
2θ
v
2
因为θ不变，v2>v1，所以L2> L1，故C 错误，D 正确。
故选AD。
18.如图所示，在与水平地面夹角为θ =30
∘的光滑斜面。上有一半径为R=0.1m 的光滑圆轨道，一质量为
m=0.2kg 的小球在圆轨道内沿轨道做圆周运动，g=10m/s2，下列说法中正确的是（ ）
A．小球能通过圆轨道最高点的最小速度为0
B．小球能通过圆轨道最高点的最小速度为1m/s
C．小球以2m/s 的速度通过圆轨道最低点时对轨道的压力为8N
D．小球通过圆轨道最低点和最高点时对圆轨道的压力之差为6N
【答案】D
【详解】AB．小球做圆周运动，在最高点，根据牛顿第二定律有
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mgsinθ+ N =m v
2
R
当N =0时，小球有最小速度，解得
vmin=√gR sinθ = √2
2 m/s
故AB 错误；
C．小球以2m/s 的速度通过圆轨道最低点时，根据牛顿第二定律有
N ' −mgsinθ =m v
' 2
R
解得
N ' =9 N
根据牛顿第三定律，球对轨道的压力大小为9N，故C 错误；
D．结合上述，小球做圆周运动，在最高点有
mgsinθ+ N =m v
2
R
小球通过圆轨道最低点时有
N ' −mgsinθ =m v
' 2
R
从最高点到最低点，根据动能定理有
mg⋅2 R sinθ = 1
2 m v
' 2−1
2 m v
2
解得
N ' −N =6 N
故D 正确。
故选D。
19.（多选）如图装置，半径为r 的竖直圆环A 固定在木板B 上，木板B 放在水平地面上，其左右两侧各有
一挡板固定在地面上使装置不能左右移动，AB 装置的总质量为2m。若在环的最高点，给质量为m 的小球
C 一水平向右的速度v，使小球在圆环内侧做竖直平面内的圆周运动，为保证小球能做完整完成竖直圆周运
动，且不会使装置AB 在竖直方向上跳起（不计小球与环的摩擦阻力），则小球C 在最高点的速度v 必须满
足（ ）
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A．最小值为√gr
B．最小值为√2gr
C．最大值为√3 gr
D．最大值为2√gr
【答案】AC
【详解】AB．当小球恰能通过竖直圆环的最高点时
由牛顿第二定律得mg=m v1
2
r
解得v1=√gr
即为保证小球能通过圆环最高点，其在最高点的速度应满足v ≥v1=√gr，故A 正确，B 错误；
CD．当圆环装置在竖直方向上恰不跳起时，小球对环的作用力F N
' =2mg
由牛顿第三定律得环对小球的作用力F N =2mg
对小球由牛顿第二定律得FN+mg =m v2
2
r
解得v2=√3 gr
即为了使圆环装置在竖直方向上不跳起，小球在最高点的速度须满足v ≤v2=√3 gr，故C 正确，D 错误；
故选AC。
20.（多选）用长为L 的细绳拴着质量为m 的小球在竖直平面内做圆周运动，则下列说法正确的是（ ）
A．小球在圆周最高点时所受向心力一定为重力
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B．小球在圆周的最高点时绳子的拉力不可能为零
C．若小球刚好能在竖直面内做圆周运动，则其在最高点的速率是√gL
D．小球在圆周最低点时拉力一定大于重力
【答案】CD
【详解】BC．小球在最高点，由牛顿第二定律得T +mg= mv
2
L
当T =0时，可得小球经过最高点的最小速度为vmin=√gL
故C 正确，B 错误；
A．当v >√gL时，小球在最高点，由牛顿第二定律得T +mg= mv
2
L
可知T >0，即由拉力和重力的合力提供向心力，故A 错误；
D．小球在最低点，由牛顿第二定律得T −mg= mv
2
L
解得T =mg+ m v
2
L >mg
故D 正确。
故选CD。
21.（多选）“太极球”是近年来在广大市民中较流行的一种健身器材。做该项运动时，健身者半马步站
立，手持太极球拍，拍上放一橡胶太极球，健身者舞动球拍时，球却不会掉落地上，现将“太极球”简化
成如图所示的平板和小球，熟练的健身者让球在竖直面内始终不脱离板而做匀速圆周运动，且在运动过程
中球与板间始终无相对运动趋势，A 为圆周的最高点，C 为最低点，B、D 是与圆心O 等高的位置，若运动
经过A 位置时板对小球恰好无弹力的作用，已知小球的质量为m，圆周的半径为R，重力加速度为g，则
下列说法正确的是（ ）
A．小球运动的周期为T =2π√
R
g
B．在C 处板对球的支持大小为6mg
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C．在B、D 处板与水平面的夹角为45°
D．经过圆周上B、C 中点时板与水平面的夹角为45°
【答案】AC
【详解】A．依题意，太极球在最高点时对球拍恰好无压力，根据牛顿第二定律得
mg=m v
2
R
解得
v =√gR
小球运动的周期为
T = 2πR
v
=2π√
R
g
故A 正确；
B．太极球在最低点时，根据牛顿第二定律得
F1−mg=m v
2
R
解得
F1=2mg
即在C 处板对球的支持大小为2mg。故B 错误；
C．在B、D 处，根据牛顿第二定律得
mg tanθ =m v
2
R
解得
θ = 45°
故C 正确；
D．设经过圆周上B、C 中点时板与水平面的夹角为α，受力分析如图
其中
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man=m v
2
R =mg
由几何关系可知，重力、向心力与板的弹力构成一个等腰三角形，β =135°，则
α = 180°−135°
2
=22.5°
即经过圆周上B、C 中点时板与水平面的夹角为22.5°。故D 错误。
故选AC。
22.（多选）（2025·四川德阳·高三月考）如图所示，在匀速转动的水平盘上，沿半径方向放着用细线相连
的质量相等的两个物体A 和B，它们分居圆心两侧，与圆心距离分别为RA=r , RB=2r，与盘间的动摩擦因
数μ相同，物体质量为m，当圆盘转速加快到两物体刚好还未发生滑动时，最大静摩擦力等于滑动摩擦
力，下列说法正确的是（ ）
A．此时绳子张力为T =3 μmg
B．此时圆盘的角速度为ω=√
2 μg
r
C．此时A 所受摩擦力方向沿半径指向圆外
D．此时烧断绳子，A 仍相对盘静止，B 将做离心运动
【答案】ABC
【详解】当两个物体A 和B 随圆盘一起转动时，由Fn=mω
2r知，B 需要的向心力更大，则B 受到的静摩
擦力也先达到最大值。当圆盘转速加快到两物体刚好还未发生滑动时，A 和B 的受力如图所示
A．根据牛顿第二定律，对A 有T −μmg=mω
2r
对B 有T + μmg=2mω
2r
解得T =3 μmg
A 正确；
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B．由上可解得ω=√
2 μg
r
，B 正确；
C．根据受力分析可知此时A 所受摩擦力方向沿半径指向圆外，C 正确；
D．此时A 所受的向心力为FnA =mω
2r =2 μmg> μmg，此时烧断绳子，A 将做离心运动，根据受力分析可
知B 也将做离心运动，D 错误。
故选ABC。
23.（多选）（2025·四川凉山·高三月考）如图所示，竖直面内的圆形管道半径R 远大于横截面的半径，有
一小球的直径比管横截面直径略小，在管道内做圆周运动。小球过最高点时，小球对管壁的弹力大小用F
表示、速度大小用v 表示，当小球以不同速度经过管道最高点时，其F-v2图像如图所示。则（ ）
A．小球的质量为aR
c
B．当地的重力加速度大小为a
R
C．v
2=b时，小球对管壁的弹力方向竖直向上，大小为mg
D．v
2=2b时，小球受到的弹力大小为4mg
【答案】BC
【详解】AB．当v
2=0时，由图像得内轨对小球的支持力满足c =mg
当v
2=a时，弹力为零，则mg =m a
R
解得g= a
R ，m= cR
a
故A 错误，B 正确；
C．当v
2=b时，由图像可知此时小球所受管壁的弹力大小为c =mg
为外轨对小球竖直向下的压力，所以小球对管壁的弹力方向竖直向上，故C 正确；
D．当v
2=2b时，由圆周运动知识得F +mg=m 2b
R
当v
2=b时，由圆周运动知识得c +mg=m b
R
18
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联立解得F =3mg
故D 错误。
故选BC。
24.如图所示，在倾角为ɑ=30°的光滑斜面上，有一根长为L=0.8m 的细绳，一端固定在O 点，另一端系一
质量为m=0.2kg 的小球，小球沿斜面做圆周运动，若要小球能通过最高点A，则小球在最高点A 的最小速
度是（重力加速度g=10m/s2）（ ）
A．2m/s
B．2√10m/s
C．2√5m/s
D．2√2m/s
【答案】A
【详解】小球恰好能在斜面上做完整的圆周运动，刚小球通过A 点时细线的拉力为零，根据圆周运动和牛
顿第二定律有
mgsinα =m v A
2
L
得
v A =√gLsinα ＝√10×0.8×0.5 m/s＝2m/s
故选A。
25.（多选）一种射箭游戏的示意图如图所示，已知竖直圆盘的直径D=5m，箭头距圆盘的水平距离
L=10m，对准圆盘上的最高点水平射出箭，圆盘绕轴OO
′做匀速圆周运动，箭射出瞬间，圆盘的最高点为
P 点，箭头、轴OO
′和P 点在同一竖直平面内。取重力加速度大小g=10m/s2，不计空气阻力。若箭刚好射
中P 点，则下列说法正确的是（ ）
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A．圆盘转动的角速度可能为πrad/s
B．圆盘转动的角速度可能为2πrad/s
C．箭水平射出时的初速度大小为10m/s
D．箭水平射出时的初速度大小为20m/s
【答案】AC
【详解】AB．由D = 1
2 gt
2，解得
t =1s
时间关系满足
t =(n+ 1
2)
2π
ω
当n=0时，ω= π rad/s；当n=1时，ω=3 π rad/s，故A 正确，B 错误；
CD．箭水平射出时的初速度大小
v0= L
t =10 m /s
C 正确，D 错误。
故选AC。
26.（多选）（2025·四川南充·高三月考）“旋转秋千”是常见的游戏。如图，若A 球在水平面内做匀速圆
周运动，若保持A 球轨迹所在水平面到悬点P的竖直距离h不变，增大轻绳的长度l。忽略空气阻力，关于
A 球做匀速圆周运动时的物理量大小变化，说法正确的是（ ）
A．向心加速度不变
B．向心力增大
C．周期不变
D．绳子的拉力增大
20
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【答案】BCD
【详解】B．对A 球受力分析，受重力、轻绳的拉力，如图
重力和拉力的合力提供向心力，则F向=mg tanθ
保持A 球轨迹所在水平面到悬点P的竖直距离h不变，增大轻绳的长度l，θ增大，向心力增大，故B 正确；
A．重力和拉力的合力提供向心力，则mg tanθ =ma
解得a= g tanθ
保持A 球轨迹所在水平面到悬点P的竖直距离h不变，增大轻绳的长度l，θ增大，则向心加速度增大，故A
错误；
C．由mg tanθ =mω
2×h tanθ，解得ω=√
g
h
则角速度不变，周期不变，故C 正确；
D．绳子的拉力F = mg
cosθ
由于θ增大，cosθ减小，则绳子的拉力增大，故D 正确。
故选BCD。
27.（多选）如图所示，某满载旅客的高铁列车通过半径为R、内外铁轨所在平面与水平地面的夹角为θ的
一段圆弧铁轨时，车轮对内外铁轨恰好都没有侧向挤压。重力加速度大小为g。下列说法正确的是
（ ）
A．列车通过圆弧轨道时的速度大小为√gR tanθ
B．若列车空载并以原速率（此时车轮对内外轨恰好没有侧向挤压）通过圆弧轨道，则车轮侧向挤压内轨
21
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C．若列车通过圆弧轨道的过程中速率增大，则列车在该过程中所受的合力减小
D．若列车以小于原速率（此时车轮对内外轨恰好没有侧向挤压）通过圆弧轨道，则车轮侧向挤压内轨
【答案】AD
【详解】A．设当车轮对内外铁轨恰好都没有侧向挤压时，列车的速度大小为v，则有mgtanθ =m v
2
R
解得v =√gRtanθ
选项A 正确；
B．只要列车通过圆弧轨道的速率为v，车轮就不会侧向挤压铁轨，与质量无关，选项B 错误；
C．若列车通过圆弧轨道的过程中速率增大，此时列车所需的向心力增大，列车所受的合力增大，选项C
错误；
D．若列车以小于原速率通过圆弧轨道，列车所受的合力大于所需的向心力，则此时列车有做向心运动的
趋势，车轮将侧向挤压内轨，选项D 正确。
故选AD。
28.在水平公路上行驶的汽车，当汽车以一定速度运动时，车轮与路面间的最大静摩擦力恰好等于汽车转弯
所需要的向心力，汽车沿如图的圆形路径（虚线）运动、当汽车行驶速度突然增大，则汽车的运动路径可
能是 （ ）
A．Ⅰ
B．Ⅱ
C．Ⅲ
D．Ⅳ
【答案】B
【详解】当汽车行驶速度突然增大时，最大静摩擦力不足以提供其需要的向心力，则汽车会发生离心运
动，且合外力为滑动摩擦力，又因为合外力在运动轨迹的凹侧，即汽车的运动路径可能沿着轨迹Ⅱ。
故选B。
29.（多选）下面四幅图用曲线运动知识描述正确的是（ ）
22
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A．图甲，制作棉花糖时，糖水因为受到离心力而被甩出去
B．图乙，火车轨道的外轨略高于内轨，火车拐弯时速度越小，对轨道磨损不一定越小
C．图丙，该自行车在赛道上做匀速圆周运动，所受的合外力不变
D．图丁，在一座凹形桥的最低点，同一辆车子速度越大，对桥面压力就越大
【答案】BD
【详解】A．图甲，制作棉花糖时，糖水因为离心运动而被甩出去，不是受到了离心力的作用，A 错误；
B．图乙，火车轨道的外轨略高于内轨，火车拐弯时速度较小时，会内轨挤压内侧轮缘，火车速度越小，
内轨和内侧轮缘之间的挤压力越大，故火车轮与轨道磨损不一定越小，B 正确；
C．图丙，该自行车在赛道上做匀速圆周运动，所受的合外力方向改变，C 错误；
D．在一座凹形桥的最低点，由N −mg= m v
2
R
可知，同一辆车子速度越大，桥面对车子的支持力越大，即车对桥面的压力越大，D 正确。
故选BD。
30.（多选）如图所示，倾角为30°的倾斜圆盘绕垂直盘面的轴以角速度ω匀速转动，盘面上有一个离转轴
距离为r、质量为m 的小物体（可视为质点）随圆盘一起转动。PQ、MN 是小物体轨迹圆互相垂直的两条
直径，P、Q、M、N 是圆周上的四个点，且P 是轨迹圆上的最高点，Q 是轨迹圆上的最低点，则（ ）
A．小物体所受静摩擦力最大值为mω
2r + 1
2 mg
B．在最高点P 处，小物体所受静摩擦力一定指向圆心
C．小物体在Q 点最容易发生滑动
D．在M 处，小物体所受静摩擦力大小mω
2r
【答案】AC
【详解】ABC．物体在P 点受重力和静摩擦力以及支持力，沿斜面方向的合力提供向心力，所以摩擦力可
能背离圆心，也可能指向圆心，当摩擦力背离圆心时
mgsin30°−f =mω
2r
解得
23
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f = 1
2 mg−mω
2r
当摩擦力指向圆心时
mgsin30°+ f =mω
2r
解得
f =mω
2r −1
2 mg
物体在Q 点时合力提供向心力，所以摩擦力沿斜面向上，根据牛顿第二定律
f −mgsin30° =mω
2r
解得
f =mω
2r + 1
2 mg
所以小物体所受静摩擦力最大值为mω
2r + 1
2 mg，即小物体在Q 点最容易发生滑动。故AC 正确；B 错
误；
D．小物体在M 点所受的合力提供向心力，所以
f =√(mω
2r )
2+(mgsin30°)
2=m√ω
4r
2+ 1
4 g
2
故D 错误。
故选AC。
31.在好又多广场台铃电动车广告活动中，有一个非常刺激的杂技节目，叫“笼中飞车，飞车走壁”，几名
专业演员骑着摩托车在一个固定封闭的球形大铁笼中，时而高速在水平面内骑行，时而在竖直面内骑行，
人都完全倒过来了，看的观众直呼过瘾。若我们把演员与摩托车看成质点P，其质量为m。演员在虚线水
平圆周上以角速度ω 做匀速圆周运动，O1为铁笼的球心，O2为虚线轨道的圆心， O1 P与竖直方向的夹角
为θ，且此时刚好无横向摩擦力（横向即垂直于摩托车前进方向），则（ ）
A．演员与摩托车的向心力指向O1
B．演员与摩托车的受到重力、支持力和向心力的作用
24
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C．演员与摩托车的向心力大小为mg tanθ
D．当演员与摩托车的速度增大时，其运动轨道一定沿笼壁上移
【答案】C
【详解】A．由于演员在虚线水平圆周上以角速度ω做匀速圆周运动，由合力提供向心力，向心力指向轨
迹圆的圆心，即演员与摩托车的向心力指向O2，故A 错误；
BC．对演员与摩托车进行分析，如图所示
此时刚好无横向摩擦力，则演员与摩托车的受到重力和支持力的作用，由牛顿第二定律，
演员与摩托车的向心力大小为F =mg tanθ
故B 错误，C 正确；
D．由于此时刚好无横向摩擦力，即无垂直于摩托车前进方向的摩擦力，当演员与摩托车的速度增大时，
若速度增大较小，摩托车有沿笼壁上移的趋势，摩托车受到垂直于摩托车前进方向向下的摩擦力，由弹
力、重力与摩擦力的合力提供向心力，此时其运动轨道并没有沿笼壁上移，故D 错误。
故选C。
32.（多选）长度为L 的轻杆一端固定在O 点，另一端连接一小球。现使小球和轻杆在竖直平面内绕杆的固
定端O 转动，如图甲所示。小球做圆周运动过最高点时，杆与小球间的弹力大小用F 表示，速度大小用v
表示，当小球以不同速度经过最高点时，其F −v
2图像如图乙所示，则（ ）
A．小球的质量为aL
b
B．当地的重力加速度大小为L
b
25
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C．当v
2=c时，杆对小球的弹力方向向上
D．当v
2=2b时，小球受到的弹力与重力大小相等
【答案】AD
【详解】AB．当v2=0 时F=a，则a=mg
当v2=b 时F=0，则mg=m v
2
L
即b=gL
可得小球质量根据m= aL
b ，g= b
L
选项A 正确，B 错误；
C．当v
2=c时，根据F +mg=m v
2
L
因c>b 可知F>0，即杆对小球的弹力方向向下，选项C 错误；
D．当v
2=2b时，根据F +mg=m v
2
L
可得F =m 2b
L −mg=mg
即小球受到的弹力与重力大小相等，选项D 正确。
故选AD。
33.（多选）各地一些公路，因为起起伏伏，像波浪一样，被称为“波浪公路”。为确保安全，这种路面一
般有限速要求。如图，一辆汽车先通过一段凹形路面，再通过一段拱形路面，M、N 分别为路面的最低点
和最高点，且汽车通过M、N 两点时的速度均不为零。汽车在通过两种路面的过程中，下列说法正确的是
（ ）
A．汽车通过M 点时处于超重状态
B．汽车通过M 点时的加速度可能为零
C．汽车通过N 点时，无论速度多大，对路面始终有压力
D．汽车通过N 点时对路面的压力一定比通过M 点时对路面的压力小
【答案】AD
26
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【详解】AB．汽车通过M 点时的加速度方向竖直向上，处于超重状态，所以加速度不可能为零，故A 正
确，B 错误；
C．设N 的点的曲率半径为R，汽车通过N 点时，如果刚好重力提供向心力时有mg=m v
2
R
解得v =√gR
如果速度大于等于√gR，则汽车和N 点之间没有弹力，故C 错误；
D．汽车通过N 点时，根据牛顿第二定律有mg−FN N =m v N
2
R
可得FN N =mg−m v N
R
汽车通过M 点时，根据牛顿第二定律有mg+ FN M =m v M
2
R
可得FN M =mg+m v M
R
可知F N M > F N N
根据牛顿第三定律可知汽车通过N 点时对桥面的压力一定比通过M 点时对桥面的压力小，故D 正确。
故选AD。
34.（多选）游乐场有个魔力转盘项目，一个大转盘上设置了一圈供游客站立的位置，如图所示，项目开始
时，游客面向转轴竖直站立，后背靠在平行于转轴的平板上，有安全绳防护，转盘绕竖直中轴线开始转
动，当角速度逐渐增大到ω1时，供游客站立的托板下翻，游客处在了脚不沾地的状态，“魔力”使游客紧
紧地贴在背上始终不动，转动几周后转盘的转动轴开始倾斜至和水平成45°角，此时转盘转动的角速度大
小为ω2。又转动几周后转盘的转动轴倾至水平，此时转动的角速度大小为的ω3，已知站立位置到转轴的
距离是R，游客的厚度可以忽略，游客的质量为m，游客后背和靠背平板之间的静摩擦因数和滑动摩擦因
数相等都是1，如果3 个状态下的角速度都是游客安全感的最小值（安全绳松脱，游客不会滑落），重力
加速度为g，则下列说法正确的是（ ）
27
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A．ω1=ω3<ω2
B．以ω3转动一周的过程中，人后背受到的最大支持力是2mg
C．以ω2转动一周的过程中，游客受到的静摩擦力最大值是√2
2 mg
D．以ω3转动一周的过程中，游客受到的静摩擦力最大值是mg
【答案】ABD
【详解】B．以ω3转动一周的过程中，游客在最低点时，后背受到的支持力最大。则
N 3−mg =mω3
2 R
由于此状态下的角速度是游客安全感的最小值，在最高点有
mg=mω3
2 R
解得
N 3=2mg，ω3=√
g
R
故B 正确；
D．以ω3转动一周的过程中，分析可知游客在与转轴等高时，后背受到的摩擦力最大。则竖直方向上，由
平衡条件得
f 3=mg
故D 正确；
C．在最高点时
f 2=mgsin 45
°
临界条件
f 2=k FN
又
Fn= FN+mgcos 45
°
联立解得
ω2=√
√2g
R
故C 错误；
28
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A．以ω1转动一周的过程中，由于此状态下的角速度是游客安全感的最小值。则
N 1=mω1
2 R
f 1=mg
f 1= μ N 1= N 1
联立解得
ω1=√
g
R
综上可得
ω1=ω3<ω2
故A 正确。
故选ABD。
35.如图所示，长度为110cm的轻杆两端分别固定质量为0.25kg的A 小球和质量为0.75kg的B 小球，杆上
距A 球30cm处的O 点套在光滑的水平转轴上，杆可绕水平转轴在竖直面内转动。当A 球在最高点，B 球在
最低点静止时，O 点受杆的作用力大小为F1；当A 球转动至最高点时，杆OA 部分恰好不受力，此时O 点
受杆的作用力大小为F2。已知重力加速度g=10 m /s
2，则（ ）
A．F1: F2=1:3
B．F1: F2=2:5
C．F1: F2= 4:11
D．F1: F2=6:11
【答案】C
【详解】当A 球在最高点，B 球在最低点静止时，OA 部分受到A 球的压力
FA=mA gOB 部分受到B 球的拉力
FB=mB g
则O 点受杆的作用力大小为
F1= FA+ FB
当A 球转动至最高点时，杆OA 部分恰好不受力，有
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mA g=mAω
2rA
转动过程中A、B 小球角速度相等，对B 球根据牛顿第二定律有
F
′
B−mB g=mBω
2rB
此时O 点受杆的作用力大小为
F2= F
′
B
几何关系知
rA=30cm =0.3 m，rB=110cm −30cm =0.8 m
代入数据解得
F1: F2= 4:11
故C 正确，ABD 错误。
故选C。
36.如图，竖直面内两个完全相同的1
4 光滑“凹形”圆弧轨道和“凸形”圆弧轨道平滑对接，P、Q 是等高
的两端。让一可视为质点的小球以沿切线的初速度从P 端进入轨道，则（ ）
A．小球在轨道最低点的机械能最大
B．小球在轨道最低点对轨道的压力最大
C．改变初速度大小，小球可能中途脱离“凹形”轨道
D．无论怎样改变初速度大小，小球都不能通过Q 点
【答案】B
【详解】A．小球在光滑圆弧轨道上运动，只有重力做功，机械能守恒，故A 错误；
B．小球在轨道最低点有
FN−mg =m v
2
r
根据机械能守恒
30
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E = 1
2 m v
2+mgh
则小球在轨道最低点速度最大，则球在轨道最低点轨道对球的支持力最大，根据牛顿第三定律球对轨道的
压力最大，故B 正确；
C．设小球与竖直方向的夹角为θ，在“凹形”轨道运动，根据牛顿第二定律有
FN−mgcosθ =m v
2
r
球的重力与轨道对球的支持力的合力提供向心力，初速度足够大时，小球不可能飞离“凹形”轨道，故C
错误；
D．在“凸形”轨道运动，根据牛顿第二定律有
mgcosθ−F N =m v
2
r
存在初速度取一定值时，球的重力与轨道对球的支持力的合力提供向心力，小球能通过“凸形”轨道最高
点，小球能通过Q 点，故D 错误。
故选B。
37.（多选）一种蒸汽机的离心调速装置如图所示，竖直面内4 根长度均为L 的轻杆通过铰链连接，侧铰链
分别固定质量为m 的飞锤，上端铰链固定在竖直转轴O 点处，下端铰链固定一个质量也为m、可以沿转轴
上下滑动的套筒。套在转轴上的轻弹簧连接在O 点与套筒之间，弹簧原长为L。装置静止时，轻杆与竖直
方向的夹角θ均为37°，蒸汽机启动后，通过圆锥齿轮将转动传动到离心调速器的转轴上，带动两个飞锤
绕转轴转动，从而带动套筒滑动，通过调节杠杆改变阀门的张开程度以调节蒸汽进给量，最终使蒸汽机的
转速保持稳定。调节杠杆对套筒的作用力可忽略，弹簧始终在弹性限度内，不计一切摩擦和空气阻力，重
力加速度大小为g，sin37° =0.6，cos37° =0.8，则（ ）
31
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A．若蒸汽机转速变快，调节杠杆会绕O′点逆时针转动
B．为使蒸汽机以更高转速稳定转动，可增加套筒质量
C．弹簧的劲度系数为10mg
3 L
D．当θ稳定为53°时，飞锤的角速度为√
5 g
4 L
【答案】BC
【详解】A．圆锥齿轮转动后，对飞锤分析有
F1cosθ+ F2cosθ =mg
F1sinθ−F2sinθ =mr ω
2=mLsinθ ω
2
对套筒分析可知
2 F2
′ cosθ+mg =k Δ x
Δ x =2 Lcosθ−L
F2= F2
′
联立解得
2mg =mLω
2cosθ+ kL(2cosθ−1)
32
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若蒸汽机转速变快，飞锤角速度增大，可知θ增大，套筒上升，则杠杆会绕O′点顺时针转动，其他条件不
变时，要使蒸汽机以更高转速稳定转动，进入的蒸汽应该增多，套筒应该下降，可将套筒质量增加，故A
错误，B 正确；
C．初始时刻θ =37°，ω=0，代入
2mg =mLω
2cosθ+ kL(2cosθ−1)
解得
k = 10mg
3 L
故C 正确；
D．当θ =53°时，代入
2mg =mLω
2cosθ+ kL(2cosθ−1)
解得
ω= 2
3√
5 g
L
故D 错误；
故选BC。
38.（多选）（2024·四川成都·三模）如图所示，A 球在轻绳的作用下在竖直面内摆动，B 球在轻绳的作用下
在水平面内做匀速圆周运动。两小球质量相同，均可视为质点。连接两小球的轻绳长度相同，A 球轻绳与
竖直方向所成的最大角度和B 球轻绳与竖直方向所成的夹角均为θ（θ < 5°）。下列说法中正确的是
（ ）
A．A、B 两球运动的周期之比为1 1∶
B．图示位置A、B 两球所受轻绳拉力大小之比为cos
2θ:1
C．A 球的最大向心力大小与B 球的向心力大小之比为1−cosθ
tanθ
D．A 球的最大动能与B 球的动能之比为2cosθ
1+cosθ
33
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【答案】BD
【详解】A．由图可知左图是单摆模型，设轻绳长度为L，小球重力为mg，则单摆的周期
T =2π√
L
g
右图是水平面内的匀速圆周运动模型（圆锥摆），由牛顿第二定律分析可知
mg tanθ =m 4π
2
T
2 Lsinθ
其周期
T
′ =2π√
Lcosθ
g
所以
T
T
′ =√
1
cosθ
故A 错误；
B．左图A 球在该位置的加速度方向沿切线，沿半径方向受力平衡，计算得绳上拉力大小为
F1=mgcosθ
右图B 球的加速度方向水平，竖直方向受力平衡，计算得绳上拉力大小为
F2= mg
cosθ
所以
F1
F2
= cos
2θ
1
故B 正确；
C．当左图A 球运动到最低点时向心力最大，设此时速度为vA，由动能定理得
mgL(1−cosθ)= 1
2 mvA
2
所以向心力为
F向1=m vA
2
L
整理得
F向1=2mg(1−cosθ)
34
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由平行四边形定则可得，右图B 球的向心力计为
F向2=mgtanθ
所以
F向1
F向2
= 2(1−cosθ)
tanθ
故C 错误；
D．当左图A 球运动到最低点时动能最大，结合以上分析得，最大动能为
EkA= 1
2 mvA
2 =mgL(1−cosθ)
对右图B 球，设其速度为vB，由牛顿第二定律有
mgtanθ =m
vB
2
Lsinθ
故B 球动能为
EkB= 1
2 mvB
2= 1
2 mgLtanθ×sinθ
所以
EkA
EkB
=
mgL(1−cosθ)
1
2 mgL tanθ×sinθ
= 2(1−cosθ)cosθ
sin
2θ
= 2(1−cosθ)cosθ
1−cos
2θ
= 2cosθ
1+cosθ
故D 正确。
故选BD。
39.（多选）如图甲所示，一水平放置的内表面光滑对称“V”型二面体AB−CD−EF，可绕其竖直中心轴
OO
′在水平面内匀速转动，其二面角为120°，截面图如图乙所示。面ABCD 和面CDEF 的长和宽均为
L=20cm，CD 距水平地面的高度为h=1.1m。置于AB 中点P 的小物体（视为质点）恰好在ABCD 面上没有
相对滑动，取重力加速度g=10 m /s
2。（ ）
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A．“V”型二面体匀速转动的角速度ω=5rad/s
B．“V”型二面体匀速转动的角速度ω= 10√3
3
rad/s
C．若“V”型二面体突然停止转动，小物体从二面体上离开的位置距离AB 边距离2.5cm
D．若“V”型二面体突然停止转动，小物体从二面体上离开的位置距离AB 边距离5cm
【答案】BC
【详解】AB．设小物体受到的支持力为FN，则有
FNsin 60° =mg
FNcos60° =mω
2 Lsin 60°
解得
ω= 10√3
3
rad/s
故A 错误、B 正确；
CD．若“V”型二面体突然停止转动，设小物体在二面体上运动的时间为t，运动的初速度大小为v0，加速
度大小为a，沿AD 方向向下运动的距离为y，则有
mgsin 60° = FN
′
mgcos60° =ma
v0=ωLsin 60°
L
2 = v0t
y = 1
2 at
2
解得
y =0.025 m =2.5cm
故C 正确、D 错误。
故选BC。
40.（2025·重庆·高考真题）“魔幻”重庆的立体交通屋叠交错，小明选取其中两条线探究车辆的运动。如
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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4 s
3
C．汽车在OP 段向心加速度大小为2v0
2
R
D．汽车在OP 段向心加速度大小为4 v0
2
R
【答案】B
【详解】AB．对汽车，根据速度位移关系v0
2−(2v0)
2=−2as
可得匀减速运动的加速度大小a= 3 v0
2
2s
汽车做减速运动的时间t = 2v0−v0
a
= 2s
3 v0
这段时间列车行驶距离为s
' =2v0⋅t = 4 s
3
B 正确，A 错误；
CD．根据an= v
2
r
可得汽车在OP 段向心加速度大小为an= v0
2
R
CD 错误。
故选B。
41.（江苏·高考真题）如图所示，旋转秋千中的两个座椅A、B 质量相等，通过相同长度的缆绳悬挂在旋转
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圆盘上，不考虑空气阻力的影响，当旋转圆盘绕竖直的中心轴匀速转动时，下列说法正确的是（ ）
A．A 的速度比B 的大
B．A 与B 的向心加速度大小相等
C．悬挂A、B 的缆绳与竖直方向的夹角相等
D．悬挂A 的缆绳所受的拉力比悬挂B 的小
【答案】D
【分析】根据A、B 座椅同轴转动可推知它们转动的角速度相等，结合v=ωr 可推知A、B 速度的关系，再
根据a=ωr2及A、B 圆周运动半径关系可推知向心加速度的大小关系，由F 向=ma 向及拉力与重力、向心力
的关系T =√(mg)
2+ F向
2 可推知A、B 缆绳的拉力大小。
【详解】A．因为两座椅A、B 均绕着圆盘轴做圆周运动，故角速度ωA=ωB，假设圆盘转动的角速度很大，
则A、B 均会被甩起来，由于绳长相等，可知A 做圆周运动的半径小于B 的半径，由v=ωr 可知A 的速度比
B 的小，故A 错误；
B．又由a=ω2r 知，A 的向心加速度一定小于B 的向心加速度，故B 错误；
C．由F 向=ma 向，可知FA 向＜FB 向，对座椅进行受力分析，如图所示
拉力和重力的合力提供A、B 做圆周运动的向心力，则有
F 向=mgtanθ
可知悬挂A 的缆绳与竖直方向的夹角比B 小，故C 错误；
D．再由
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T =√(mg)
2+ F向
2
可知悬挂A 的缆绳所受的拉力比悬挂B 的小，故D 正确。
故选D。
42.（安徽·高考真题）如图所示，一倾斜的匀质圆盘垂直于盘面的固定对称轴以恒定的角速度ω 转动，盘
面上离转轴距离2.5m 处有一小物体与圆盘始终保持相对静止，物体与盘面间的动摩擦因数为√3
2 ．设最大
静摩擦力等于滑动摩擦力），盘面与水平面间的夹角为30°，g 取10m/s2．则ω 的最大值是( )
A．√5rad/s
B．√3rad/s
C．1.0rad/s
D．0.5rad/s
【答案】C
【详解】试题分析：随着角速度的增大，小物体最先相对于圆盘发生相对滑动的位置为转到最低点时，此
时对小物体有
，解得
，此即为小物体在最低位置发生相对滑
动的临界角速度，故选C．
（浙江·高考真题）如图所示，底部均有4 个轮子的行李箱a 竖立、b 平卧放置在公交车上，箱子四周有一
定空间。当公交车（ ）
A．缓慢起动时，两只行李箱一定相对车子向后运动
B．急刹车时，行李箱a 一定相对车子向前运动
C．缓慢转弯时，两只行李箱一定相对车子向外侧运动
D．急转弯时，行李箱b 一定相对车子向内侧运动
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【答案】B
【详解】A．有题意可知当公交车缓慢启动时，两只箱子与公交车之间的有可能存在静摩擦使箱子与公交
车一起运动，故A 错误；
B．急刹车时，由于惯性，行李箱a 一定相对车子向前运动，故B 正确；
C．当公交车缓慢转弯时，两只箱子与车之间的摩擦力可能提供向心力，与车保持相对静止，故C 错误；
D．当公交车急转弯时，由于需要向心力大，行李箱一定相对车子向外侧运动，故D 错误。
故选B。
43.（多选）（2025·福建·高考真题）春晚上转手绢的机器人，手绢上有P、Q 两点，圆心为O，
OQ =√3OP，手绢做匀速圆周运动，则（ ）
A．P、Q 线速度之比为1:√3
B．P、Q 角速度之比为√3:1
C．P、Q 向心加速度之比为√3:1
D．P 点所受合外力总是指向O
【答案】AD
【详解】B．手绢做匀速圆周运动，由图可知P、Q属于同轴传动模型，故角速度相等，即角速度之比为
1:1，B 错误；
A．由v =ωr
可知，P、Q线速度之比
v P:vQ=rOP:rOQ=1:√3
得A 正确；
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C．由a=ω
2r
可知，P、Q向心加速度之比
aP:aQ=rOP:rOQ=1:√3
得C 错误；
D．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。
44.（多选）（2025·广东·高考真题）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0.4m，小球所在位置处的切面与水平面夹角θ为45
°，小球
质量为0.1kg，重力加速度g 取10 m/s
2。关于该小球，下列说法正确的有（ ）
A．角速度为5rad/s
B．线速度大小为4 m/s
C．向心加速度大小为10 m/s
2
D．所受支持力大小为1N
【答案】AC
【详解】A．对小球受力分析可知F向=mg tan 45° =mω
2 R
解得ω=5rad/s
故A 正确；
B．线速度大小为v =ωR =2m/s
故B 错误；
C．向心加速度大小为an=ω
2 R =10 m/s
2
故C 正确；
D．所受支持力大小为N =
mg
cos 45° =√2N
故D 错误。
故选AC。
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