文档文本内容
第19 讲 圆周运动
（专项训练）
目 录
巩固·知识解构...................................................................................................................................... 1
知识点1 圆周运动
运动学
...........................................................................错误 : 引用源未找到
知识点2 圆周运动动力学.......................................................................................................2
知识点3 离心运动..................................................................................................................3
模拟·基础演练...............................................................................................................4
⏳题型01 描述圆周运动的基本量.............................................................................................4
⏳题型02 传动问题.....................................................................................................................9
⏳题型03 圆周运动动力学问题...............................................................................................12
⏳题型04 水平面与竖直面上的圆周运动模型.......................................................................12
重难·创新演练.............................................................................................................15
真题·实战演练
19
巩固·知识解构
知识点1 圆周运动运动学
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，这种运动叫作匀速圆周运动。
(2)特点：加速度大小不变，方向总是指向圆心的变加速曲线运动。
(3)条件：有初速度，受到一个大小不变、方向始终与速度方向垂直且指向圆心的合力。
2．描述圆周运动的物理量
1、描述圆周运动的物理量
物理量
定义/物理意义
表达式
线速度
质点通过的弧长
s 与所用时间t 的比
值。
描述物体圆周运动快慢。
v＝＝=2π rf =2π rn=ωr
角速度
质点通过的角度
θ 与所用时间t 的比
值。
描述物体转动快慢。
ω＝＝
=2πf =2πn= v
r
周期
物体沿圆周运动一周所用的时间。
描述物体转动快慢
T＝
频率
单位时间内完成周期性变化的次数。
f=1/T
描述物体转动快慢
转速
做圆周运动的物体单位时间内沿圆周绕
圆心转过的圈数。
描述物体做圆周运动的快慢。
n=f=1/T
知识点2 圆周运动动力学
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，只改变速度的方向，不改变速度的大小。
(2)大小
Fn＝m＝mrω2＝mr＝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1．用天平测量
槽码的质量m 和小车的质量M。
2．根据设计要求安装实验装置，只是不把悬挂槽码的细绳系在小车上。
3．在长木板不带定滑轮的一端下面垫上一块薄木块，使小车能匀速下滑。
4．槽码通过细绳绕过定滑轮系于小车上，接通电源后放开小车，断开电源取下纸带，编写号码，保
持小车质量M 不变，改变槽码质量m，重复实验得到纸带；保持槽码的质量m 不变，改变小车的质量M，重
复实验得到纸带。
知识点3 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做圆周运动所需的向心力时，
就做逐渐远离圆心的运动。
(2)受力特点（如图所示）
①当F＝0 时，物体沿切线方向飞出。
②当0＜F＜mrω2时，物体逐渐远离圆心。
③当F＞mrω2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，而是提供的力小于物体做匀速圆周运动需要的
向心力。
1.利用Δx＝aT2及逐差法求a。
2．以a 为纵坐标，F 为横坐标，描点、画线，如果该线为过原点的直线，说明a 与F 成正比。
3．以a 为纵坐标，1/M 为横坐标，描点、画线，如果该线为过原点的直线，就能判定a 与M 成反比。
知识点4 误差分析
1.实验原理不完善：本实验用槽码的总重力代替小车的拉力，而实际上小车所受的拉力要小于槽码的
总重力。
2．平衡阻力不准确、质量测量不准确、计数点间距离测量不准确、纸带和细绳不严格与木板平行都
会引起误差。
模拟·基础演练
考查重点：圆周运动的定义 圆周运动动力学问题
⏳题型01
圆周运动
描述
的基本量
1.（2026 湖南岳阳·模拟预测）下面说法正确的是（ ）
A．物体做匀速率曲线运动时加速度等于零
B．平抛运动是匀变速运动，任意相等时间内速度的变化都相同
C．匀速圆周运动虽然不是匀变速运动，但任意相等时间内速度的变化仍相同
D．当物体受到的合外力为零时，物体仍然可以做曲线运动
【答案】B
【解析】A．物体做曲线运动速度一定发生变化，所以一定存在加速度，故A 错误；
B．平抛运动过程中只受重力，为恒力，加速度恒定，所以平抛运动是匀变速运动，任意相等时间内
速度的变化都相同，故B 正确；
C．匀速圆周运动的加速度时时刻刻指向圆心，不是恒定的，所以在任意相等时间内的速度变化不同，
故C 错误；
D．当物体受到的合外力为零时，根据牛顿第一定律可得物体做匀速直线运动或者处于静止状态，故
D 错误。
2．（2026·湖南郴州·一模）鲁迅先生的《从百草园到三味书屋》中有一段描写：扫开一块雪，露出地面，
用一枝短棒支起一面大的竹筛来，下面撒些秕谷，棒上系一条长绳，人远远地牵着，看鸟雀下来啄食，走
到竹筛底下的时候，将绳子一拉，便罩住了。如下甲图为情景画，乙图为模型简图，竹筛视为一个半径为
的半球壳，初始用短棒在左侧支撑住，竹筛底面与地面夹角为30°，小鸟视为质点，在竹筛落地
时的底面圆心处偷吃谷子，此时绳子拉动，短棒拉走，竹筛开始落下，绕着右端支点转动，其角速度随时
间变化的图像如丙图所示，小鸟被惊动，立刻开始沿着半径向外逃窜，小鸟运动可视为匀速直线运动，下
列说法正确的是（ ）
A．竹筛开始转动后，竹筛上面各点做匀速圆周运动
B．竹筛开始运动后，竹筛上面各点的向心加速度大小不变
C．短棒拉走，竹筛从开始运动到落地需要2s
D．小鸟能够成功逃离竹筛的最小速度为0.5m/s
【答案】D
【详解】A．根据图丙可知，角速度在变大，不是匀速圆周运动，故A 错误；
B．向心加速度公式a=ω2R，而角速度在变大，所以向心加速度大小加速度在变大，故B 错误；
C．筛子转动
后落地，根据ω-t 图像与时间轴围成的面积表示转动的圆心角，可知竹筛从开始运动到落
地需要的时间为t=1s，故C 错误；
D．小鸟成功逃离的最小速度
，故D 正确。
故选D。
3.（2026·山东济南·三模）如图所示为某种草坪喷灌装置的喷头示意图，喷水口分布在圆心为O、半径为
r =0.3 m的水平圆盘边缘，圆盘边缘上P 处的喷水口可始终斜向上喷出水流，水流方向与OP 成θ =53°且
始终在过OP 的竖直面内，喷口的水流相对于圆盘的最大速率为v0=5 m /s。已知重力加速度g=10 m /s
2，
sin53° =0.8，不计圆盘离地面的高度，不计空气阻力，当圆盘以角速度ω=15rad/s绕O 点在水平面内
匀速转动时，水在地面上的落点与O 点的最远距离为（ ）
A．2.4 m
B．2.7 m
C．1.2❑√13 m
D．4.5 m
【答案】D
【详解】水流在水平方向的速度为v x = v0cos53
∘=3 m/s
水流在竖直方向的速度为v y = v0sin53
∘= 4 m/s
水流在空中运动的时间为t = 2v y
g =0.8s
如图所示
水流的水平位移为x = v xt =2.4 m
圆盘转动的线速度为v 盘=rω= 4.5 m/s
水流的切向位移为y = v 盘t =3.6 m
水在地面上的落点与O 点的最远距离为L=
❑√y
2+(r + x)
2
联立解得L= 4.5 m
故选D。
4.（2026·江西赣州·二模）轴承的应用领域非常广泛，几乎涵盖了所有需要旋转运动的机械设备。其中滚
动轴承一般由套圈（内圈、外圈）、滚珠、保持架等部件构成，如图甲所示。一滚动轴承的简化模型如图
乙所示，厚度均不计的同心内圈A、外圈B 的半径分别为R、2R，两圈间夹有直径恰好为R 的滚珠，若B
固定不动，当A 绕圆心O 以角速度ω 匀速转动时，滚珠也跟着转动，且与A、B 圈的接触点间无相对滑动，
则滚珠绕自身中心转动的角速度为（ ）
A．2ω
B．ω
C．1
2 ω
D．1
3 ω
【答案】B
【详解】内圈A 的半径为R，外圈B 的半径为2R，因此滚珠的半径r = 2 R−R
2
= R
2
内圈A 以角速度为ω转动，因此A边缘线速度为vA=ωR
外圈B固定，滚珠与B无相对滑动，因此滚珠和B的接触点速度为0。设滚珠绕自身中心转动的角速度为ω
′，
滚珠中心绕O公转的线速度为v，对滚珠与B的接触点，接触点相对于滚珠中心的速度大小为ω
′ r，方向与
公转速度v相反，因此速度满足v −ω
′ r =0
解得v =ω
′ r
滚珠与A无相对滑动，因此滚珠和A接触点的速度等于A边缘的线速度vA。该接触点相对于滚珠中心的速度
大小为ω
′ r，方向与公转速度v同向，因此速度满足v +ω
′ r = vA=ωR
将v =ω
′ r、r = R
2 代入上式，得ω
′⋅R
2 +ω
′⋅R
2 =ωR
解得ω
′ =ω
故选B。
⏳题型02
动
传
问题
5.（2026·广东揭阳·二模）图示为变速自行车的传动部件，变速自行车有三个飞轮和三个链轮，飞轮的齿
数有24、18、12 三种，链轮的齿数有48、36、24 三种。当某同学以恒定的转速踩脚踏板时，下列说法正
确的是（ ）
A．链轮齿数不变，换用齿数更多的飞轮；自行车行驶速度变大
B．飞轮齿数不变，换用齿数更少的链轮，自行车行驶速度变大
C．该自行车行驶的最大速度与最小速度之比为4:1
D．该自行车行驶的最大速度与最小速度之比为2:1
【答案】C
【详解】链轮与脚踏板同轴，其齿数为N 1；飞轮与后轮同轴，其齿数为N 2；链条连接前后齿轮，则
ω1 N 1=ω2 N 2
所以飞轮与后轮角速度为ω2= ω1 N 1
N 2
自行车行驶速度为v =ω2 R轮∝N 1
N 2
A．链轮齿数不变，换用齿数更多的飞轮；即N 1不变，N 2增大，则自行车速度减小，故A 错误；
B．飞轮齿数不变，换用齿数更少的链轮，即N 1减小，N 2不变，自行车行驶速度变小，故B 错误；
CD．该自行车行驶的最大速度与最小速度之比为vmax
vmin
=
48
12
24
24
= 4，故C 正确，D 错误。
故选C。
6.（2026·四川内江·三模）（多选）科学玩具是儿童早期教育的重要媒介，各种各样基于圆周运动的玩具
丰富了儿童的心灵世界。如图所示，是一种叫指尖陀螺的玩具。当将陀螺绕位于中心
“
”
A，且垂直于纸面
的转轴旋转时，陀螺上B、C 两点的周期T、角速度ω 及线速度v 的关系正确的是（ ）
A．T B=T C，vB<vC
B．T B=T C，vB>vC
C．ωB>ωC，vB= vC
D．ωB=ωC，vB<vC
【答案】AD
【详解】B、C 两点绕中心A 的转轴旋转时，由于是同轴转动，所以B、C 两点的角速度相等，即ωB=ωC
由公式T = 2π
ω 可知，B、C 两点的转动周期相等，即T B=T C
由公式v =ωr可知，由于C点到A点的距离较大，则有vC>vB
故选AD。
7.（2026·广东·一模）如图为道闸及其内部控制横杆起落的减速器结构图，a、b、c 是三组相同的轮，用皮
带传动，每组轮都由两个共轴轮叠合而成，大轮半径是小轮半径的2 倍。在电动机的带动下，a 轮转动的
角速度为ω，则横杆随c 轮共轴转动的角速度为（ ）
A．1
8 ω
B．1
4 ω
C．1
3 ω
D．1
2 ω
【答案】B
【详解】假设大轮半径是2r，小轮半径r，va= vb，ra:rb=1:2
根据v =ωr
ωa:ωb=2:1
同理ωb:ωc=2:1
故ωa:ωc = 4:1
所以ωc= 1
4 ωa= 1
4 ω
故选B 。
8.（2026·江西赣州·二模）轴承的应用领域非常广泛，几乎涵盖了所有需要旋转运动的机械设备。其中滚
动轴承一般由套圈（内圈、外圈）、滚珠、保持架等部件构成，如图甲所示。一滚动轴承的简化模型如图
乙所示，厚度均不计的同心内圈A、外圈B 的半径分别为R、2R，两圈间夹有直径恰好为R 的滚珠，若B
固定不动，当A 绕圆心O 以角速度ω 匀速转动时，滚珠也跟着转动，且与A、B 圈的接触点间无相对滑动，
则滚珠绕自身中心转动的角速度为（ ）
A．2ω
B．ω
C．
D．
【答案】B
【详解】内圈A 的半径为R，外圈B 的半径为2R，因此滚珠的半径
内圈A 以角速度为ω转动，因此
边缘线速度为
外圈
固定，滚珠与
无相对滑动，因此滚珠和
的接触点速度为0。设滚珠绕自身中心转动的角速度为
，滚珠中心绕
公转的线速度为，对滚珠与
的接触点，接触点相对于滚珠中心的速度大小为
，
方向与公转速度相反，因此速度满足
解得
滚珠与
无相对滑动，因此滚珠和
接触点的速度等于
边缘的线速度
。该接触点相对于滚珠中心的速
度大小为
，方向与公转速度同向，因此速度满足
将
、
代入上式，得
解得
，故选B。
9.（2026·湖南·模拟预测）辘轳是我国古代类似起重机的装置，如图甲所示，该机构利用差速轮盘实现起
重。图乙是其简化模型：大圆盘半径为r1，小圆盘半径为r2，两盘都固定在同一根水平中轴上，且都缠有
同一根绳子。绳子下端绕过一滑轮，其余段保持竖直，滑轮下端挂货物。某农夫以ω 的角速度转动中轴，
则货物上升的速度为（ ）
A．ω
2 (r1−r2)
B．ω
2 (r1+r2)
C．ω(r1+r2)
D．ω(r1−r2)
【答案】A
【详解】大小圆盘固定同轴转动，角速度均为ω，根据线速度与角速度的关系，可得大圆盘边缘线速度
v1=ωr1
小圆盘边缘线速度v2=ωr2
中轴转动时，大圆盘收拢绳子，小圆盘放出绳子，Δt时间内绳子的净缩短量为 (v1−v2) Δt
下方挂货物的是动滑轮，绳子总净缩短量等于动滑轮两侧绳子缩短量之和，若货物上升速度为v，Δt时间
内总缩短量满足(v1−v2) Δt =2vΔt
整理得v = ω
2 (r1−r2)
故选A 。
⏳题型03 圆周运动动力学问题
10．（2026·湖南·一模）2025 年10 月24－25 日，第十七届浏阳花炮文化节上，打造无人机＋烟花创意
“
”
表演，开辟了文旅和科技融合的新路径其中一架质量为0.5kg 的无人机在水平面内做半径为10m、线速度
大小为v、角速度大小为
、周期为T 的匀速圆周运动，不计空气的阻力，测得升力F 与竖直方向成
角，重力加速度g 取
，以下计算结果正确的是（ ）
A．F＝5N
B．v＝10m/s
C．
D．
【答案】B
【详解】A．竖直方向上，
得
N，故A 错误；
B．水平方向上，
得
，故B 正确；
C．角速度大小
，故C 错误；
D．周期
，故D 错误。
故选B。
11．（2026·湖南常德·一模）下图为中国航天员科研训练中心的载人离心机，某次训练中质量为m 的航天
员进入臂架末端的吊舱中呈仰卧姿态，航天员可视为质点。当航天员做水平匀速圆周运动的速率为v 时，
航天员所需的向心力大小为F，下列说法正确的是（ ）
A．航天员运动的周期为
B．航天员运动的角速度为
C．航天员运动的转速为
D．吊舱对航天员的作用力为F
【答案】A
【详解】AB．航天员所需的向心力为
可得
则周期
，A 正确，B 错误；
C．航天员的转速为
，C 错误；
D．设吊舱对航天员的作用力为
，则
，D 错误。
故选A。
12.（2026·山东淄博·三模）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0.3m，小球所在位置处的切面与水平面夹角θ 为37°，小球质量为
0.48kg，重力加速度大小g=10 m/s
2。则该小球（ ）
A．角速度大小为25rad/s
B．线速度大小为2m/s
C．向心加速度大小为6m/s2
D．所受支持力大小为6N
【答案】D
【详解】A．分析小球的受力，由牛顿第二定律
有mg tanθ =mω
2 R
得ω=5rad / s，A 错误；
B．由v =ωr，得v =1.5m/ s，B 错误；
C．由an=ω
2 R，得an=7.5m/ s
2，C 错误；
D．根据小球的受力，得F 支= mg
cosθ =6 N，D 正确。
故选D。
【点睛】
13.（25-26 高三上·江苏连云港·期中）如图所示，足够长的圆柱体绕竖直轴OO'匀速转动，用外力将物块压
在柱面上并保持物块静止，物块与圆柱接触面粗糙。一竖直光滑挡板（未画出）使物块在水平方向不能随
圆柱转动，现仅用指向OO'的水平恒力F 挤压物块同时由静止释放物块，则（ ）
A．物块仍然可以保持静止
B．物块向下做自由落体运动
C．物块向下做加速度减小的加速运动，最终一定能做匀速运动
D．若物块最终能匀速运动，则匀速运动的速度大小与圆柱体转动快慢有关
【答案】D
【详解】仅用指向OO'的水平恒力F 挤压物块同时由静止释放物块，圆柱体对物块的弹力大小为
设物块与圆柱体间的动摩擦因数为
，则物块受到的滑动摩擦力大小恒定不变，大小为
初始时，物块与圆柱体只存在水平方向的相对速度，则物块受到的滑动摩擦力处于水平方向，所以物块在
重力作用下一定竖直向下加速运动，随着物块速度的增大，物块与圆柱体相对速度斜向下，物块受到的滑
动摩擦力斜向上，设滑动摩擦力与竖直方向的夹角为θ，则滑动摩擦力竖直向上的分力为
随着物块速度的增大，θ逐渐减小，滑动摩擦力竖直向上的分力
逐渐增大；
若物块受到的滑动摩擦力大小小于物块的重力，即
则滑动摩擦力竖直向上的分力一定小于重力，物块最终不会做匀速直线运动。
若物块受到的滑动摩擦力大小大于物块的重力，即
1.
则当滑动摩擦力竖直向上的分力等于重力时，物块最终做匀速直线运动，此时有
，
可知匀速运动的速度大小与圆柱体的表面的线速度大小有关，即与圆柱体转动快慢有关。故选
14.（2026·海南·模拟预测）（多选）如图所示，在2025 年海南黎族苗族传统节日三月三陀螺比赛中，一陀
螺在水平地面上绕竖直轴OO
′匀速转动。O是陀螺上表面圆心，M、N是上表面上的两点，ON =3OM，
则（ ）
A．M、N两点的角速度大小之比为3:1
B．M、N两点的转速之比为1:3
C．M、N两点的线速度大小之比为1:3
D．M、N两点的向心加速度大小之比为1:3
【答案】CD
【详解】AB．M、N 两点随陀螺同轴转动，角速度ω、转速n均相等，即ωM =ωN，nM =nN
即角速度之比ωM :ωN =1:1，nM :nN =1:1，故AB 错误；
C．已知ON =3OM，设OM =r，则ON =3r。线速度v =ωr，线速度之比v M :v N =r :3r =1:3，C 正确。
D．向心加速度a=ω
2r，向心加速度之比aM :aN =r :3r =1:3，D 正确。
故选CD。
⏳题型04
圆周运动
水平面与竖直面上的
模型
15.（2026·山东济南·三模）如图所示是某闯关游戏中的大转盘的俯视图。大转盘以
“
”
O 为转轴水平匀速转
动，转盘两侧有平台A 和B，A、O、B 三点共线。游戏时某挑战者从平台A 经过转盘沿直线AOB 匀速运动
到平台B，关于该挑战者相对于转盘的速度大小，下列说法正确的是（ ）
A．逐渐变大
B．逐渐变小
C．先变大后变小
D．先变小后变大
【答案】D
【详解】挑战者相对于地面的速度⃗v人，大小恒定，方向沿直线AOB。转盘上各点(在直径AOB 上)的线速
度⃗v 盘方向垂直于A0B。根据相对速度公式，挑战者相对于转盘的速度⃗v相对=⃗v人-⃗v 盘
由于⃗v人与⃗v 盘始终垂直，根据勾股定理，相对速度的大小为v相对= ❑√v❑人
2 + v❑盘
2
其中v人保持不变。转盘上某点的线速度大小v 盘=ωr
其中r 为该点到圆心O 的距离。挑战者从A 运动到B 的过程中，到圆心O 的距离r 先减小(在O 点减小为0)
后增大，因此，v 盘先减小后增大，导致v相对先变小后变大。
故选D。
16.（2026·福建福州·三模）如图，在水平转台上放置有质量相同的滑块P 和Q（可视为质点），它们与转
台之间的动摩擦因数相同，P 与转轴OO
′的距离为R1，Q 与转轴OO
′的距离为R2，且R1<R2，转台绕转轴
OO
′以角速度ω 匀速转动，转动过程中，两滑块始终相对转台静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下
列说法正确的是（ ）
A．滑块P 和Q 均受到四个力作用
B．P 的向心加速度大于Q 的向心加速度
C．P 所受到的摩擦力大于Q 所受到的摩擦力
D．若角速度ω 缓慢增大，Q 一定比P 先开始滑动
【答案】D
【详解】A．转动过程中，两滑块相对转台静止，滑块P 和Q 均受到重力、支持力和摩擦力三个力作用，
故A 错误；
BC．转动过程中，两滑块相对转台静止，两滑块有相同的角速度，都由静摩擦力提供向心力，则有
f =mr ω
2=ma
因两滑块的质量相同，而R1<R2，故f P<f Q，即P 需要的向心力小于Q 需要的向心力，P 的向心加速度小于
Q 的向心加速度，故BC 错误；
D．设两滑块与转台的动摩擦因数为μ，则最大静摩擦力为f m = μmg
则两滑块的最大静摩擦力相同；根据上述分析可知，在没有滑动前，Q 所需要的向心力总是大于P 所需要
的向心力，则Q 所受的静摩擦力总是大于P 所受的静摩擦力，当角速度ω 缓慢增大时，Q 先达到最大静摩
擦力，则Q 一定比P 先开始滑动，故D 正确。
故选D。
17.（2026·吉林长春·三模）如图A、B 是水平转盘上的两物体，两物体之间用轻绳连接。其中A 的质量为
3m，到圆心O 的距离为r；B 的质量为m，到圆心O 的距离为2r，物体A、B 与圆盘间的动摩擦因数均为
μ。现圆盘的转速从0 开始缓慢增大，直至两物体相对转盘发生滑动。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下
列说法中正确的是（ ）
A．物体A 先达到最大静摩擦力
B．B 物体所受摩擦力先增大后保持不变
C．B 达到最大静摩擦力时，圆盘的角速度一定为ω= ❑√
μg
2r
D．在❑√
2 μg
r
≤ω≤❑√
4 μg
r
范围内，A 所受的摩擦力一直保持不变
【答案】D
【详解】A．根据μmg=mω0
2r，可得临界角速度ω0= ❑√
μg
r
因B 的转动半径较大，则临界角速度较小，则物体B 先达到最大静摩擦力，A 错误；
BC．随着转盘的角速度从零开始增大时，根据f =mω
2⋅2r，可知B 物体所受摩擦力指向圆心逐渐增大，
当静摩擦力达到最大值时，即μmg=mω1
2⋅2r
即ω1= ❑√
μg
2r
此后细绳出现张力，以后随角速度变大，细线张力变大，但B 受最大静摩擦力不变；因
3mω
2r >mω
2⋅2r，则最终当两物体都达到最大静摩擦力时B 的最大静摩擦力方向背离圆心，A 的最大
静摩擦力方向指向圆心，可知随着角速度增加，B 的静摩擦力由指向圆心的最大变为逐渐减小然后反向增
加到最大值，则B 的静摩擦力先逐渐增加，后保持不变，然后逐渐减小，再逐渐变大；B 达到最大静摩擦
力时，圆盘的角速度不一定为❑√
μg
2r ，BC 错误；
D．当A 指向圆心的静摩擦力刚达到最大时，对A T 1+3 μmg=3mω2
2r
对BT 1+ μmg=mω2
2⋅2r
解得ω2= ❑√
2 μg
r
当AB 将要产生相对滑动时，A 指向圆心的静摩擦力达到最大时，B 背离圆心的静摩擦力达到最大时，则
对A 有 T 2+3 μmg =3mω3
2r
对B 有 T 2−μmg=mω3
2⋅2r
解得ω3= ❑√
4 μg
r
可知在❑√
2 μg
r
≤ω≤❑√
4 μg
r
范围内，A 所受的摩擦力一直保持指向圆心的最大值不变，D 正确。
故选D。
重难·创新演练
设题创新:结合生活情景 娱乐设施
1.（2025·广东广州·模拟预测）马刀锯是一种木匠常用的电动工具。其内部安装了特殊的传动装置，简化
后如图所示，可以将电动机的转动转化为锯条的往复运动。电动机带动圆盘O 转动，圆盘O 上的凸起P 在
转动的过程中带动锯条左右往复运动。已知电动机正在顺时针转动，转速n=2400r/min，OP=2cm。某时刻
OP 与锯条运动方向的夹角θ=37°，下列说法正确的是（ ）
A．此时锯条向右运动
B．此时锯条的速度大小约为5 m/s
C．OP 从图示位置转过30°的过程中，锯条的速度减小
D．锯条往复运动的周期是40s
【答案】A
【详解】转速n=2400r /min= 40r / s
角速度ω=2πn=80 π rad / s，r =OP =0.02m
P点线速度：v P=ωr =80 π ×0.02=1.6 π ≈5.027m/ s
A．圆盘顺时针转动，P点线速度沿圆周切线斜向右上，将v P沿平行锯条、垂直锯条分解，平行锯条分速
度向右，因此锯条向右运动，A 正确。
B．如图
锯条速度是v P沿锯条方向的分速度：v1= v Psinθ =1.6 π ×sin37
∘≈5.027×0.6≈3m/ s≠5m/ s，B 错误。
C．OP从图示位置顺时针转过30
∘，θ变大、sinθ变大，v1= v Psinθ变大，锯条速度增大，C 错误。
D．周期 T = 1
n = 1
40 =0.025 s，D 错误。
故选A。
2.（2026·山东聊城·三模）（多选）如图所示，竖直固定放置的足够长的圆筒，内壁光滑，在O 点处给一
个质量为m 的小滑块沿内壁水平切线方向的初速度v0，小滑块将沿筒内表面旋转下滑。假设滑块下滑过程
中与筒内表面紧密贴合，小滑块第一次滑过O 点正下方时，恰好经过O1点，第二次滑过O 点正下方时，
恰好经过O2点，以此类推，且O1O3的距离为1.6 m。圆筒内半径R =
3
10 π m，重力加速度取g=10 m/s
2。
则下列说法正确的是（ ）
A．小滑块的初速度v0为1.5 m/s
B．小滑块经过O2点的速度大小为5 m/s
C．小滑块运动过程中对筒壁的压力越来越大
D．小滑块运动过程中受到筒壁的支持力大小不变
【答案】BD
【详解】A．小滑块在竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀速圆周运动，设小滑块做圆周运动的周期
为T，竖直方向，根据题意有1.6 m = 1
2 g(3T )
2−1
2 gT
2
解得T =0.2s
滑块的初速度v0= 2πR
T
可得v0=3 m/s，故A 错误；
B．小滑块经过O2点时，竖直方向的速度大小v y = g⋅2T = 4 m/s
小滑块经过O2点的速度大小为v =
❑√v0
2+ v y
2 =5 m/s，故B 正确；
CD．小滑块垂直于圆筒方向的速度保持不变，垂直于圆筒方向根据N =m v
2
R 可知小滑块运动过程中受到筒
壁的支持力大小不变，根据牛顿第三定律可知小滑块运动过程中对筒壁的压力不变，故C 错误，D 正确。
故选BD。
3.（2025·江西新余·模拟预测）如图所示，轻杆一端通过铰链与竖直杆O1O2的O2相连，另一端P 通过细线
与竖直杆O1O2的O1点相连，∠O1 PO2=90°。具有一定质量的小球通过细线系在P 点，以竖直杆O1O2
为转轴，整个装置转动的角速度ω从零缓慢增大的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．细线O1 P的张力先增大后减小
B．轻杆O2 P对P 点的弹力一直增大
C．轻杆O2 P对P 点的弹力一直减小
D．轻杆O2 P对P 点的弹力先减小后增大
【答案】D
【详解】设O1 P与竖直转轴夹角为α，O2 P与竖直转轴夹角为β，由题意知α + β =90
∘
即cos α =sin β，sin α =cos β。
对P 点和小球整体受力分析，竖直方向合力为0，水平方向合力提供向心力
列方程 {
T cos α + F sin α = Mg
T sin α −F cos α = M ω
2r = M ω
2l1sin α
A．解方程可得细线的张力T = Mgcos α + M ω
2l1sin
2α， ω增大时，T一直增大，故A 错误；
BCD．解得轻杆的弹力F = Mgsin α −M ω
2l1sin α cos α
当ω
2<
g
l1cos α 时，F为正（推力），大小随ω增大逐渐减小；
当ω
2=
g
l1cos α 时，F =0；
当ω
2>
g
l1cos α 时，F为负（拉力），弹力大小随ω增大逐渐增大。
因此轻杆对P 点的弹力（大小）先减小后增大，故BC 错误，D 正确。
故选D。
4.（2026·福建厦门·模拟预测）如图所示，一半径为R的光滑圆环竖直放置，AB为其竖直直径。一根轻质
细绳一端固定在A点，另一端连接一质量为m的小球，小球套在圆环上并处于静止状态，细绳与AB间夹角
为30°。现圆环以角速度ω绕AB轴匀速转动，重力加速度为g，则（ ）
A．圆环静止时，圆环对小球的作用力方向指向圆心O
B．圆环匀速转动时，小球处于平衡状态
C．轻质细绳中拉力恰好为0时，ω= ❑√
2g
R
D．圆环对小球的弹力为0时，小球的加速度大小为2❑√3
3
g
【答案】C
【详解】A．设小球静止时位于圆环上的P点，小球受重力mg、细绳拉力T和圆环弹力FN作用处于平衡状
态。由几何关系可知，△AOP中OA =OP= R，∠OAP =30
∘，则∠OPA =30
∘，∠AOP =120
∘。小球位
置在圆环右侧，细绳拉力T沿PA指向左上方，其水平分量向左。为了平衡水平方向的力，圆环弹力FN的
水平分量必须向右。由于半径OP指向右下方，故弹力FN必须沿OP方向，即背离圆心O，故A 错误；
B．圆环匀速转动时，小球做匀速圆周运动，合外力提供向心力，合外力不为零，小球不处于平衡状态，
故B 错误；
C．当细绳拉力T =0时，小球受重力mg和圆环弹力FN作用。合力提供向心力，方向水平指向转轴。竖直
方向受力平衡，弹力FN必须有竖直向上的分量，故FN指向圆心（沿PO方向）。PO与竖直方向夹角为60
∘
（因为∠AOP =120
∘）。竖直方向：F N cos 60
∘=mg
解得F N =2mg
水平方向：F N sin 60
∘=mω
2r
其中转动半径r = R sin 60
∘
代入得：2mgsin 60
∘=mω
2 R sin 60
∘
解得：ω= ❑√
2g
R ，故C 正确；
D．当圆环对小球的弹力F N =0时，小球受重力mg和细绳拉力T作用。合力提供向心加速度a，方向水平。
由受力分析可知，合力F合=mgtan30
∘
根据牛顿第二定律：mgtan30
∘=ma
解得加速度大小：a= g tan 30
∘=
❑√3
3 g，故D 错误。
故选C。
5.（2026·安徽淮北·二模）有一种叫飞椅的游乐项目如图所示。长为
“
”
L 的钢绳一端系着座椅，另一端固定
在半径为r 的水平转盘边缘。转盘可绕穿过其中心的竖直轴转动。当转盘以角速度ω 匀速转动时，钢绳与
转轴在同一竖直平面内，与竖直方向的夹角为θ。不计钢绳的重力，则ω 与θ 的关系式为（ ）
A．ω
2= gtanθ
r + L
B．ω
2=
gsinθ
r + Ltanθ
C．ω
2= gsinθ
r + L
D．ω
2=
gtanθ
r + Lsinθ
【答案】D
【详解】圆周运动半径R =r + Lsinθ
竖直方向T cosθ =mg
水平方向T sinθ =mω
2 R
联立得ω
2=
gtanθ
r + Lsinθ
故选D。
真题·实战演练
高频考点：圆周运动周期性 圆周运动动力学分析
1.（2026·山东·高考真题）如图甲所示，半径r = 1m 的圆筒竖直放置，上下底面圆心分别为O 和O′，筒
内有三个互成120°角且可以绕OO′转动的竖直矩形叶片S1、S2和S3，叶片与圆筒上下齐平，宽度等于圆筒
半径，N 为圆筒上底边沿一点。圆筒上底面固定一半径R = 3
π m的水平圆形轨道，轨道上有一长度可忽略的
缺口位于O 点，OM 为轨道直径且OM⊥ON；在轨道的M 点放置一小物体，某时刻该物体在内力作用下突
然分成A、B 两部分并弹开，其质量分别为mA、mB。A 以vA = 1m/s 的速率沿轨道运动至缺口进入圆筒，
在筒内做平抛运动后恰好紧贴圆筒下底面沿边穿出。已知g = 10m/s2。忽略空气阻力及一切摩擦，轨道、
圆筒和叶片的厚度均忽略不计。
(1)求A 在轨道内运动的时间及圆筒高度；
(2)若叶片以恒定角速度ω 顺时针转动，且A 运动至缺口时，S1恰好转过ON 位置，如图乙所示，随后A 未
与叶片碰撞，从圆筒下底面沿边穿出时，S2恰好转至ON 位置。
（
）求角速度的大小
ⅰ
ω；
（
）若
ⅱ
B 运动至缺口后能从任意两个叶片间的区域穿过圆筒，且未与叶片及筒壁碰撞，求mA
mB
。
【答案】(1)t0 = 3s，h = 5m
(2)（
）
ⅰ
ω= 2π
3 (rad/s)，（
）
ⅱ
mA
mB
=
6
7+2k （k = 0，1，2，3，
）
…
【详解】（1）A 在轨道内做匀速圆周运动，运动时间t0= s
vA
=3s
由题知，A 以vA = 1m/s 的速率沿轨道运动至缺口进入圆筒，在筒内做平抛运动后恰好紧贴圆筒下底面沿
边穿出，则在水平方向有r = vAt
解得t = 1s
竖直方向有h= 1
2 gt
2=5 m
（2）（
）由于
ⅰ
A 未与叶片碰撞，从圆筒下底面沿边穿出时，叶片转动了θ = 2π
3 ，则叶片角速度
ω= θ
t = 2π
3 (rad/s)
（
）物体在内力作用下突然分成
ⅱ
A、B 两部分并弹开有mAvA = mBvB
则mA
mB
= vB
由于B 未与筒壁碰撞则有xB= vB⋅1= mA
mB
≤r =1m
且A 运动至缺口时，S1恰好转过ON 位置，则以此时为时间基准，则B 从M 到O 所用的时间
Δt = πR
vB
−πR
vA
=3( 1
vB
−1)
要使B 运动至缺口后能从任意两个叶片间的区域穿过圆筒，则B 运动到O 时S1或S2或S3要运动到ON 反
向的位置，则叶片转过的角度θ
′ = π
3 + 2π
3 ⋅k（k = 0，1，2，3，
）
…
B 不与叶片碰撞必须满足Δt = θ
′
ω
解得vB=
6
7+2k (m/s)（k = 0，1，2，3，
）
…
则mA
mB
=
6
7+2k （k = 0，1，2，3，
）
…
2.
（2026·广东·高考真题）（多选）如图所示，在光滑的水平地面上，P、Q、M、N 四个质量相等的小球通
过两根不可伸长的轻绳相连，P、Q 间的绳长为L1，M、N 间的绳长为L2，两绳相交于各自的中点O，四球
以相同角速度ω 绕固定的O点做匀速圆周运动，已知L1=2m，P、Q 的向心加速度大小均为a1= 4 m/s
2，
M、N 的向心加速度大小均为a2=1m/s
2，四球均可视为质点，忽略空气阻力，下列说法正确的有（ ）
A．ω=2rad/s
B．L2=0.5 m
C．P 的线速度大小为0.5 m/s
D．轻绳对四球的拉力大小相等
【答案】AB
【详解】A．根据题意可知P、Q 做圆周运动的半径r1= L1
2 =1m
对P、Q 根据a1=r1ω
2可得ω= ❑√
a1
r1
= ❑√
4
1 rad/s=2rad/s，故A 正确；
B．因为四个球角速度相同，对球M、N 有r2= L2
2 = a2
ω
2 = 1
4 m
所以L2=0.5 m，故B 正确；
C．对于P 有v1=r1ω=1×2m/s=2m/s，故C 错误；
D．绳子拉力提供向心力，根据F =mr ω
2可知由于四球质量相等，角速度相等，但半径不同，故拉力大小
不相等，故D 错误。
故选AB。
3.（2025·重庆·高考真题）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 圆弧段做匀速圆周运动。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。
4.（2024·辽宁·高考真题）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P、Q 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】D
【详解】D．由题意可知，球面上P、Q 两点转动时属于同轴转动，故角速度大小相等，故D 正确；
A．由图可知，球面上P、Q 两点做圆周运动的半径的关系为
r P＜rQ
故A 错误；
B．根据v =rω可知，球面上P、Q 两点做圆周运动的线速度的关系为
vP＜vQ
故B 错误；
C．根据an=r ω
2可知，球面上P、Q 两点做圆周运动的向心加速度的关系为
aP＜aQ
故C 错误。
故选D。
