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第四章 曲线运动
第19 课时 圆周运动
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【考向预测●明考向】
圆周运动核心包含线速度、角速度、周期、向心加速度等基础物理量换算，水平面匀速圆周、
竖直平面圆周两类模型，重点分析向心力来源、受力正交分解、竖直圆周最高点最低点临界速度、轻
绳轻杆管道三类约束差异，常结合传动装置、转盘静摩擦临界、过山车类生活情境命题，分布于选
择、力学计算大题；近三年为曲线运动板块高频核心考点，每年必有相关题型，常与机械能守恒综合
联立求解；预测2027 年会侧重多物体同轴/皮带传动组合、竖直圆周与板块、弹簧复合模型，强化转
盘多物块滑动临界、竖直圆周全程能量结合动力学综合计算，增加图像结合圆周临界极值、航天卫星
简易模型联动的综合性考查。
【双基自测●夯基础】
1．现在有一种叫作“魔盘”的娱乐设施，如图所示，当转盘转动很慢时，人会随着“魔盘”
一起转动，当盘的速度逐渐增大时，盘上的人便逐渐向边缘滑去，离转动中心越远的人，这
种滑动的趋势越明显，当“魔盘”转动到一定速度时，人会“贴”在“魔盘”竖直壁上而不
会滑下。
01
考向预测●明考向
对标核心素养，研判高考命题趋势
02
核心梳理●明考点
搭建知识框架，构建系统思维
03
双基自测●夯基础
夯实基础知识，总结易错难点
04
考点突破●明方向
拆解核心考点，归纳解题范式
05
真题演练●悟高考
溯源真题逻辑，感知高考考向
06
过关限时训练
限定答题时长，模拟考场实战
(1)人随“魔盘”一起做匀速圆周运动时，其角速度是不变的。( )
(2)人随“魔盘”一起做匀速圆周运动时，其合外力是不变的。( )
(3)人随“魔盘”一起做匀速圆周运动的向心加速度与半径成反比。( )
(4)随“魔盘”一起做匀速圆周运动时，人离“魔盘”中心越远，人运动得越快。( )
(5)人随“魔盘”一起做匀速圆周运动，是因为人受到了“魔盘”给人的向心力。( )
(6)当“魔盘”转动到一定速度时，人会“贴”在“魔盘”竖直壁上而不会滑下，此时的向心
力是由静摩擦力提供。( )
【答案】(1)正确
(2)错误
(3)错误
(4)正确
(5)错误
(6)错误
【详解】（1）人随“魔盘”一起做匀速圆周运动时，其角速度是不变的，故正确；
（2）人随“魔盘”一起做匀速圆周运动时，其合外力等于向心力大小不变，方向时刻指向圆
心，时刻改变，故错误；
（3）人随“魔盘”一起做匀速圆周运动的角速度处处相同，根据an=ω
2r，向心加速度与半
径成正比，故错误；
（4）随“魔盘”一起做匀速圆周运动时的角速度处处相同，根据v =ωr，人离“魔盘”中心
越远，人运动得越快，故正确；
（5）人随“魔盘”一起做匀速圆周运动，是因为人受到的其他力提供了人的向心力，向心力
是效果力，故错误；
（6）人会“贴”在“魔盘”竖直壁上而不会滑下，此时的向心力是由竖直壁的弹力提供，摩
擦力竖直向上与重力平衡，故错误。
2．如图所示，这是自行车早期发展过程中出现的一种高轮车.它最显著的特点是前轮大、后
轮小，前后轮间无链条传动.骑行时，设置在前轮的脚蹬转一圈，前轮转动一圈.当高轮车沿直
线行进且前后车轮都不打滑时。
(1)前后轮边缘点的线速度相等。( )
(2)前后两轮转动的角速度相等。( )
(3)前轮转速比后轮转速小。( )
(4)脚蹬转动的频率一定，前轮越大，车的骑行速度越大。( )
(5)脚蹬转动的频率一定，前轮越大，车的骑行速度越慢。( )
(6)脚蹬的角速度与前轮转动的角速度相等。( )
【答案】(1)正确
(2)错误
(3)正确
(4)正确
(5)错误
(6)正确
【详解】（1）前后轮边缘相对于轮心的线速度大小都等于整车前进速度v，大小相等。
故正确。
（2）由ω= v
R，v相同、前后轮半径R不同，因此角速度不相等。
故错误。
（3）转速n= ω
2π =
v
2πR ，v相同，前轮半径更大，因此前轮转速更小。
故正确。
（4）脚蹬转一圈前轮转一圈，因此前轮频率等于脚蹬频率，车速v =2πf R前
脚蹬频率f 一定时，前轮越大（R前越大），车速v越大
故正确。
（5）由（4）分析错误。
（6）脚蹬转一圈前轮转一圈，二者周期相同，由ω= 2π
T 得，二者角速度相等。
故正确。
考点一 圆周运动的运动学问题
【核心梳理●明考点】
1.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 = 2πr
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：物体沿圆周运动一周所用的时间。
②公式：T = 2π
ω = 2πr
v
(4)转速
①定义：单位时间内物体转过的圈数。
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
2r = 4 π
2
T
2 r =ωv
2.圆周运动各物理量之间的关系
3.匀速圆周运动
(1)物体沿着圆周运动，线速度的大小处处相等。
(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。
在an=v
2
r ，an=ω2r 两式中an与r 成正比还是成反比？
【答案】在v 一定时，an与r 成反比；在ω 一定时，an与r 成正比。
4.三种圆周运动比较
同轴转动
皮带传动
齿轮传动
装置
A、B 两点在同轴的一个
圆盘上
两个轮子用皮带连接，A、B
两点分别是两个轮子边缘上
的点
两个齿轮轮齿啮合，A、
B 两点分别是两个齿轮边
缘上的点
特点
角速度、周期相同
线速度大小相等
线速度大小相等
转向
相同
相同
相反
规律
线速度与半径成正比：
v A
vB
= r
R
向心加速度与半径成正
角速度与半径成反比：
ωA
ωB =
r
R
向心加速度与半径成反比：
角速度与半径成反比：
ωA
ωB
=
r2
r1
向心加速度与半径成反
比：
aA
aB = r
R
aA
aB
= r
R
比：
aA
aB =
r2
r1
5.匀速圆周运动的周期性和多解性问题
匀速圆周运动基本特征之一就是周期性，即在做匀速圆周运动过程中，物体的空间位置具有
时间上的重复性。这一特点决定了匀速圆周运动问题的多解性。在分析匀速圆周运动与其他
运动(匀速直线运动、平抛运动等)相联系的问题时，利用运动的等时性(同时发生、同时结束)
是解决此类问题的关键。
【考点突破●明方向】
例1 (2025·浙江杭州市检测)齿轮传动是现代各种设备中应用最广泛的一种机械传动方式。
它具有传动效率高、结构紧凑、工作可靠、寿命长等优点。如图甲所示为某款机械手表内
部的部分结构图，A、B、C 三个传动轮通过齿轮咬合，C、D 与轴承咬合，A、B、C、D
为四个轮子，现将其简化成如图乙所示模型。a、b、c、d 分别为A、B、C、D 轮缘上的点，
半径之比ra∶rb∶rc∶rd=2∶1∶2∶1。则( )
A.va∶vb=2∶1
B.ωc∶ωd=2∶1
C.aa∶ab=2∶1
D.Tc∶Td=1∶1
【答案】D
【解析】A、B 属于齿轮传动，边缘点的线速度大小相等，则va∶vb=1∶1，由向心加速度公
式a=v
2
r 得aa∶ab=rb∶ra=1∶2，A、C 错误；C、D 属于同轴转动，角速度相等，则
ωc∶ωd=1∶1，B 错误；根据匀速圆周运动的周期T=2π
ω ，可得Tc∶Td=ωd∶ωc=1∶1，D 正确。
例2 (多选)如图为质点P 以O 为圆心做匀速圆周运动的轨迹圆，角速度为ω，圆周上水
平虚线BD 与虚线AC 垂直，若质点从C 点开始运动的同时在D 点正上方有一小球自由下
落，重力加速度为g，要使小球与质点P 相遇，则小球下落时离D 点的高度可能为( )
A. g π
2
4 ω
2
B. g π
2
8ω
2
C.5 g π
2
4 ω
2
D.25 g π
2
8ω
2
【答案】BD
【解析】质点P 经过D 点的时间为t=(n+1
4)T(n=0，1，2，3，…)，其中T=2π
ω ，要使小球与
质点P 在D 点相遇，则两者运动时间相等，所以小球自由下落的高度h=1
2gt2=g
2(n+1
4 )2(2π
ω
)2(n=0，1，2，3，…)，当n=0，有h1= g π
2
8ω
2，当n=1，有h2=25 g π
2
8ω
2 ，故选B、D。
考点二 圆周运动的动力学问题
【核心梳理●明考点】
1.向心力
(1)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。
(2)大小
Fn=mv
2
r =mrω
2 =m4 π
2
T
2 r=mωv。
(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。
2.圆周运动中向心力与合力的关系
3.常见匀速圆周运动模型
运动模型
向心力Fn的来源(图示)
汽车在水平路面转弯
水平转台(光滑)
洗衣机转筒
圆锥摆
飞车走壁
飞机水平转弯
火车转弯
4.离心运动和近心运动
(1)离心运动：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)受力特点(如图)
①当F=0 时，物体沿切线方向飞出，做匀速直线运动。
②当0<F<mrω2时，物体逐渐远离圆心，做离心运动。
③当F>mrω2时，物体逐渐向圆心靠近，做近心运动。
(3)离心运动的本质：并不是受到离心力的作用，而是提供的力小于做匀速圆周运动需要的
向心力。
5.圆周运动中动力学问题的分析思路
6.圆锥摆模型
1.如图所示，向心力F 向=mgtan θ=mv
2
r =mω2r，且r=Lsin θ，联立解得
v=❑√gL tanθ·sinθ，
ω=❑√
g
Lcosθ。
2.稳定状态下，θ 角越大，对应的角速度ω 和线速度v 就越大，小球受到的拉力F= mg
cosθ和运
动所需的向心力也越大。
【考点突破●明方向】
例3 (2025·浙江省Z20 名校联盟二模)杂技表演中，为了提高观赏性，摩托车手设计沿如
图所示圆锥面的内壁做圆周运动，运动半径为R，重力加速度为g(假设摩托车视为质点，
最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，则( )
A.摩托车越重越不容易实现在圆锥面的内壁做圆周运动
B.摩托车无法实现在圆锥面的内壁做圆周运动
C.摩托车做圆周运动的角速度需要满足ω>❑√
g
R tan 2θ
D.摩托车以角速度ω 做圆周运动时车胎橡胶与圆锥内表面间的动摩擦因数μ≥g+ω
2 R tanθ
ω
2 R−g tanθ
【答案】D
【解析】摩托车在竖直面内的受力分析，如图所示
摩托车在竖直面内受力平衡，由受力平衡条件得mg+FNsin θ=Ffcos θ
摩托车在水平面内做圆周运动，根据牛顿第二定律，有FNcos θ+Ffsin θ=mω2R
联立可得Ff=m(g+ω2Rtan θ)cos θ，FN=m(ω2R-gtan θ)cos θ
其中Ff≤μFN
所以可得μ≥g+ω
2 R tanθ
ω
2 R−g tanθ
可见摩托车的重量与摩托车在圆锥面的内壁做圆周运动的难易程度无关，摩托车可以在圆锥
面的内壁做圆周运动，故A、B 错误，D 正确；
在临界条件下，圆锥面对摩托车的弹力恰好为0，则有FN=m(ω2R-gtan θ)cos θ=0
解得ω=❑√
g
R tanθ
要使摩托车做圆周运动，则角速度需要满足ω>❑√
g
R tanθ，故C 错误。
例4 (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。
(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。
【答案】(1)
μg
ω1
2r1
(2)❑√
μgsinθcos β
(sinθsin β + μcosθ)r2
【解析】(1)设转椅做匀速圆周运动时轻绳拉力为FT，转椅质量为m，受力分析可知轻绳拉力
沿切线方向的分量与转椅受到地面的滑动摩擦力平衡，沿径向方向的分量提供转椅做圆周运
动的向心力，故可得
FTcos α=mω1
2r1，μmg=FTsin α
联立解得tan α=
μg
ω1
2r1
(2)设此时轻绳拉力为FT'，沿A1B 方向和垂直A1B 方向竖直向上的分力分别为FT1=FT'sin θ，
FT2=FT'cos θ
对转椅根据牛顿第二定律得FT1cos β=mω2
2r2
沿切线方向根据平衡条件有FT1sin β=Ff=μFN
竖直方向根据平衡条件有FN+FT2=mg
联立解得ω2=❑√
μgsinθcos β
(sinθsin β + μcosθ)r2
。
例5 (2025·浙江杭州市模拟)如图所示，水平转台上的小物体1、2 通过轻质细线相连，
质量分别为m、2m。保持细线伸直且恰无张力，并静止在转台上，可绕垂直转台的中心轴
OO'转动。两物体与转台表面的动摩擦因数相同均为μ，最大静摩擦力认为等于滑动摩擦
力。两物体与轴O 共线且物体1 到转轴的距离为r，物体2 到转轴的距离为2r，重力加速
度为g。当转台从静止开始转动，角速度缓慢地增大，下列说法正确的是( )
A.物体2 比物体1 先产生摩擦力
B.物体1 受到的摩擦力始终指向轴心
C.轻绳刚有拉力时物体1 的线速度为❑√μgr
D.物体1 和物体2 一起刚要被甩离转台时的角速度为❑√
μg
r
【答案】D
【解析】开始转动时，静摩擦力提供向心力，所以两者同时产生静摩擦力，故A 错误；根据
μmg=mrω2可知，随着角速度缓慢增大，物体2 先达到最大静摩擦力。开始时由摩擦力提供物
体2 的向心力，当达到最大静摩擦力后，绳中出现张力。此时绳的张力和摩擦力的合力提供
物体2 的向心力，对物体1 也是，随着角速度增大，绳中张力变大，物体1 的摩擦力反向背
离轴心，所以物体1 受到的摩擦力先指向轴心，后背离轴心，故B 错误；轻绳刚有拉力时，
物体2 的摩擦力达到最大时有μ×2mg=2mv2
2
2r ，解得v2=❑√2 μgr，物体1 的线速度为v1=1
2v2=
❑√2 μgr
2
，故C 错误；当物体1 和物体2 均被甩离转台时，物体1 所受的摩擦力达到最大值，
根据牛顿第二定律可得μ×2mg+FT'=2mω'2×2r，FT'-μmg=mω'2r，解得ω'=❑√
μg
r ，故D 正确。
考点三 竖直面内圆周运动
【核心梳理●明考点】
1.竖直面内圆周运动一般为变速圆周运动，故除最高点和最低点(或等效最高点和等效最低
点)合外力指向圆心，其他位置合外力不指向圆心。
2.只有重力做功的竖直面内的变速圆周运动机械能守恒，有其他力参与做功的可用动能定
理或能量守恒定律解题。
3.竖直面内圆周运动的两类模型
轻绳模型
轻杆模型
常见类型
小球最高点没有支撑
小球最高点有支撑
最高点受力特征
除重力外，物体受到的弹
力方向：向下或等于零
除重力外，物体受到的弹力方向：向
下、等于零或向上
最高点受力示意
图
动力学方程
mg+F 弹=mv
2
R
mg±F 弹=mv
2
R
临界特征
F 弹=0
mg=mvmin
2
R
即vmin=❑√gR
①恰好过最高点，v=0，F 弹=mg
②恰好无弹力，F 弹=0，v=❑√gR
过最高点的条件
在最高点的速度v≥❑√gR
v≥0
【考点突破●明方向】
例6 (2025·浙江宁波市一模)汽车行驶中经常会经过一些凹凸不平的路面，其凹凸部分路
面可以看作圆弧的一部分，如图所示的A、B、C 处，其中B 处的曲率半径最大，A 处的曲
率半径为ρ1，C 处的曲率半径为ρ2，ρ1>ρ2，重力加速度为g。若有一辆可视为质点、质量
为m 的小汽车与路面之间各处的动摩擦因数均为μ，当该车以恒定的速率v 沿这段凹凸路
面行驶经过A、B、C 三点时，下列说法正确的是( )
A.汽车在A 处受到的摩擦力大小为μmg
B.汽车经过A 处时处于失重状态，经过C 处时处于超重状态
C.汽车在A 点的行驶速度小于
❑√g ρ1时，汽车将做平抛运动
D.汽车经过C 处时所受的向心力最小
【答案】B
【解析】汽车在A 处，mg-FNA=mv
2
ρ1
得FNA=mg-mv
2
ρ1
汽车在A 处受到的摩擦力大小
Ff=μFNA=μ(mg-mv
2
ρ1
)，故A 错误；
汽车经过A 处时，加速度向下，处于失重状态，经过C 处时，加速度向上，处于超重状态，
故B 正确；
要使车安全行驶，则不得离开地面，故经过A 处时恰不离开地面有mg=mv
2
ρ1
即安全行驶的速度不得超过
❑√g ρ1，汽车在A 点的行驶速度大于
❑√g ρ1时，汽车将做平抛运动，
故C 错误；
该车以恒定的速率v 行驶，汽车所受向心力
Fn=mv
2
ρ
B 处的曲率半径最大，汽车经过B 处时所受的向心力最小，故D 错误。
例7 (2025·安徽卷·14)如图，M、N 为固定在竖直平面内同一高度的两根细钉，间距
L=0.5 m。一根长为3L 的轻绳一端系在M 上，另一端竖直悬挂质量m=0.1 kg 的小球，小球
与水平地面接触但无压力。t=0 时，小球以水平向右的初速度v0=10 m/s 开始在竖直平面内
做圆周运动。小球牵引着绳子绕过N、M，运动到M 正下方与M 相距L 的位置时，绳子刚
好被拉断，小球开始做平抛运动。小球可视为质点，绳子不可伸长，不计空气阻力，重力
加速度g 取10 m/s2。
(1)求绳子被拉断时小球的速度大小及绳子所受的最大拉力大小。
(2)求小球做平抛运动时抛出点到落地点的水平距离。
(3)若在t=0 时，只改变小球的初速度大小，使小球能通过N 的正上方且绳子不松弛，求初
速度的最小值。
【答案】(1)4❑√5 m/s 17 N (2)4 m (3)2❑√15 m/s
【解析】(1)设绳子被拉断时小球速度大小为v1，绳子拉力大小为FT，根据机械能守恒定律
1
2mv0
2=mg·2L+1
2mv1
2
在该位置，根据牛顿第二定律FT-mg=mv1
2
L
解得v1=4❑√5 m/s，FT=17 N
由牛顿第三定律可知，绳子所受最大拉力大小为FT'=17 N
(2)小球做平抛运动：x=v1t，2L=1
2gt2
解得x=4 m
(3)若小球经过N 点正上方时绳子恰不松弛，设此时速度为v2，此位置满足mg=m v2
2
2 L
从最低点到该位置的过程中，由机械能守恒定律
1
2mv0'2=mg·5L+1
2mv2
2
解得v0'=2❑√15 m/s。
例8 (2024·浙江宁波市模拟)如图半径为L 的细圆管轨道竖直放置，管内壁光滑，管内有
一个质量为m 的小球做完整的圆周运动，圆管内径远小于轨道半径，小球直径略小于圆管
内径，下列说法不正确的是( )
A.经过最低点时小球可能处于失重状态
B.经过最高点Z 时小球可能处于完全失重状态
C.若小球能在圆管轨道做完整圆周运动，最高点Z 的速度v 最小值为0
D.若经过最高点Z 的速度v 增大，小球在Z 点对管壁压力可能减小
【答案】A
【解析】小球在最低点时加速度向上，则小球处于超重状态，故A 错误，符合题意；小球经
过最高点Z 时，若对轨道的压力为零，则重力完全提供向心力，小球处于完全失重状态，故
B 正确，不符合题意；由于在最高点圆管能支撑小球，所以速度的最小值为零，故C 正确，
不符合题意；若过最高点的速度较小，则在Z 点，小球对管壁压力向下，轨道对小球有向上
的弹力，根据牛顿第二定律可得mg-F=mv
2
L
此时经过最高点Z 的速度增大，小球在Z 点和管壁的作用力减小，故D 正确，不符合题意。
分析竖直平面内圆周运动临界问题的思路
【真题演练●悟高考】
一、单选题
1．（2025·江西·高考真题）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θ很小的圆台形，如图
所示。设铁轨间距为L，正常直线行驶时两轮与铁轨接触处的直径均为D，过弯时内外轨间
中点位置到轨道圆心的距离为过弯半径R。在θ很小时，tanθ≈sinθ≈θ。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Δ x，则最小过弯半径R 为（ ）
A．2 LD
θ Δ x
B．LD
θ Δ x
C．LD
2θ Δ x
D．LD
4θ Δ x
【答案】C
【详解】根据题意可知，转弯时车轮会向外偏移Δ x，这样导致轮子与外铁轨接触的位置半径
增大为r1，根据几何关系有2r1= D+2 Δ x tan θ
2
同理可知，轮子与内铁轨接触的位置半径减小为r2，则有2r2= D−2 Δ x tan θ
2
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s1，内轨道轮子与铁轨接触
的位置向前运动的距离为s2，由于两轮固定连接为一体，且轮子不打滑，则有
s1
s2
= r1
r2
=
D+2 Δ x tan θ
2
D−2 Δ x tan θ
2
由于tan θ
2 ≈θ
2
则有
s1
s2
= D+θ Δ x
D−θ Δ x
转弯过程俯视图，如图所示
由几何关系有
s1
s2
=
R+ L
2
R−L
2
联立解得R =
LD
2θ Δ x
故选C。
2．（2025·河北·高考真题）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
1
30 s，圆弧对应的圆心角约为30°，则该同学每分钟跳绳的圈数约为（ ）
A．90
B．120
C．150
D．180
【答案】C
【详解】根据题意可知跳绳的转动角速度为ω= θ
Δt =
π
6
1
30
rad/s=5 π rad/s
故每分钟跳绳的圈数为n= 5 π ×60
2π
=150
故选C。
3．（2025·安徽·高考真题）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（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【详解】因为M、N 在运动过程中始终处于同一高度，所以N 的速度v N与M 在竖直方向的分
速度v M❑y大小相等，
设M 做匀速圆周运动的角速度为ω，半径为r，其竖直方向分速度v M❑y =ωr cosωt
即v N =ωr cosωt
则D 正确，ABC 错误。
故选D。
4．（2025·江苏·高考真题）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
【答案】B
【详解】A．A 点运动为A 点绕O
′的圆周运动和O
′相对于O 的圆周运动的合运动，故轨迹不是
圆周，故不做匀速圆周运动，故A 错误；
B．根据题意O
′固定在底盘上，故可知O
′围绕O 点做匀速圆周运动，故B 正确；
CD．杯上A 点与O、O
′恰好在同一条直线上时且A在OO'延长线上，A点和O'点运动运动方
向相同，又A 点相对O
′点做圆周运动，故此时A 的速度大于O
′的速度，故CD 错误。
故选B。
5．（2025·山东·高考真题）某同学用不可伸长的细线系一个质量为0.1kg的发光小球，让小
球在竖直面内绕一固定点做半径为0.6m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1
50 s。由于小球运动，在照片上留下了一条长度约为半径1
5 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．11N
B．9N
C．7N
D．5N
【答案】C
【详解】根据题意可知在曝光时间内小球运动的长度为Δl = 1
5 r = 1
5 ×0.6 m =0.12m
近似认为在曝光时间内小球做匀速直线运动，故有v = Δl
Δt = 0.12
1
50
m/s=6m/s
在最低点根据牛顿第二定律有T −mg=m v
2
r
代入数据解得T=7N
故选C。
6．（2024·江苏·高考真题）制作陶瓷时，在水平面内匀速转动的台面上有一些陶屑。假设陶
屑与台面间的动摩擦因数均相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。将陶屑视为质点，则（
）
A．离转轴越近的陶屑质量越大
B．离转轴越远的陶屑质量越大
C．陶屑只能分布在台面的边缘处
D．陶屑只能分布在一定半径的圆内
【答案】D
【详解】与台面相对静止的陶屑做匀速圆周运动，静摩擦力提供向心力，当静摩擦力为最大
静摩擦力时，根据牛顿第二定律可得
μmg=mω
2rmax
解得
rmax = μg
ω
2
因与台面相对静止的这些陶屑的角速度相同，由此可知能与台面相对静止的陶屑离转轴的距
离与陶屑质量无关，只要在台面上不发生相对滑动的位置都有陶屑。μ 与ω 均一定，故rmax为
定值，即陶屑离转轴最远的陶屑距离不超过μg
ω
2，即陶屑只能分布在半径为μg
ω
2的圆内。故
ABC 错误，故D 正确。
故选D。
7．（2024·广东·高考真题）如图所示，在细绳的拉动下，半径为r 的卷轴可绕其固定的中心
点O 在水平面内转动。卷轴上沿半径方向固定着长度为l 的细管，管底在O 点。细管内有一
根原长为l
2、劲度系数为k 的轻质弹簧，弹簧底端固定在管底，顶端连接质量为m、可视为质
点的插销。当以速度v 匀速拉动细绳时，插销做匀速圆周运动。若v 过大，插销会卡进固定
的端盖。使卷轴转动停止。忽略摩擦力，弹簧在弹性限度内。要使卷轴转动不停止，v 的最
大值为（ ）
A．r ❑√
k
2m
B．l ❑√
k
2m
C．r ❑√
2k
m
D．l ❑√
2k
m
【答案】A
【详解】有题意可知当插销刚卡紧固定端盖时弹簧的伸长量为Δ x = l
2，根据胡克定律有
F =k Δ x = kl
2
插销与卷轴同轴转动，角速度相同，对插销有弹力提供向心力
F =ml ω
2
对卷轴有
v =rω
联立解得
v =r ❑√
k
2m
故选A。
8．（2024·吉林·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
v P＜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。
二、多选题
9．（2026·广东·高考真题）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。
10．（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。
11．（2025·山东·高考真题）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=5m 的圆形区域，OO′垂直地面，无人机在离地面高度
H=20m 的空中绕O′点、平行地面做半径R2=3m 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=10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．ωmax= π
3 rad/s
B．ωmax = 2
3 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
【答案】BC
【详解】AB．物品从无人机上释放后，做平抛运动，竖直方向H = 1
2 gt
2
可得t =2s
要使得物品落点在目标区域内，水平方向满足x =
❑√R1
2−R2
2= vt
最大角速度等于ωmax = v
R2
联立可得ωmax = 2
3 rad/s
故A 错误，B 正确；
CD．无人机从A 到B 的时间t
′ =
π
2
ωmax
= 3 π
4 s
由于t′>t
可知无人机运动到B 点时，在A 点释放的物品已经落地，故C 正确，D 错误。
故选BC。
12．（2025·福建·高考真题）在2025 年央视春晚上，人形机器人表演了一个精彩的扭秧歌、
转手绢节目。如图，机器人转动手绢，手绢绕其中心点O 在一竖直面内匀速转动，O 点在空
间中保持不动，P、Q 是固定在手绢上可视为质点的两个小饰物，与O 点的距离分别为，d、
❑√3d，则手绢转动过程中（ ）
A．Q 的线速度大小是P 的❑√3倍
B．Q 的角速度大小是P 的❑√3倍
C．P 的加速度大小是Q 的❑√3倍
D．P 点所受合外力方向始终指向O 点
【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，Q、P线速度之比
vQ:v P=rOQ:rOP= ❑√3:1
得A 正确；
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。
三、实验题
13．（2024·海南·高考真题）水平圆盘上紧贴边缘放置一密度均匀的小圆柱体，如图（a）所
示，图（b）为俯视图，测得圆盘直径D = 42.02cm，圆柱体质量m = 30.0g，圆盘绕过盘心O
的竖直轴匀速转动，转动时小圆柱体相对圆盘静止。
为了研究小圆柱体做匀速圆周运动时所需要的向心力情况，某同学设计了如下实验步骤：
(1)用秒表测圆盘转动10 周所用的时间t = 62.8s，则圆盘转动的角速度ω = _____rad/s（π 取
3.14）
(2)用游标卡尺测量小圆柱体不同位置的直径，某次测量的示数如图（c）所示，该读数d =
_____mm，多次测量后，得到平均值恰好与d 相等。
(3)写出小圆柱体所需向心力表达式F = _____（用D、m、ω、d 表示），其大小为_____N
（保留2 位有效数字）
【答案】(1)1
(2)16.2
(3) mω
2⋅( D−d)
2
6.1 × 10－3
【详解】（1）圆盘转动10 周所用的时间t = 62.8s，则圆盘转动的周期为
T = 62.8
10 s
根据角速度与周期的关系有
ω= 2π
T
=1rad/s
（2）根据游标卡尺的读数规则有
1.6cm＋2 × 0.1mm = 16.2mm
（3）[1]小圆柱体做圆周运动的半径为
r = D−d
2
则小圆柱体所需向心力表达式
F = mω
2⋅( D−d )
2
[2]带入数据有
F = 6.1 × 10－3N
四、解答题
14．（2026·江苏·高考真题）一质量m=2×10
3kg的汽车经过一半径R =20 m的拱形桥顶部时，
速度v =10 m/s。已知牵引力F =2000 N，阻力f =1000 N。求此时：
(1)汽车的向心加速度大小；
(2)汽车受到的合力大小。
【答案】(1)5 m/s
2
(2)1000 ❑√101N
【详解】（1）根据题意，由向心加速度公式可得an= v
2
R = 10
2
20 m/s
2=5 m/s
2
（2）汽车在最高点时，水平方向上有F x合= F −f =1×10
3 N
竖直方向有F y 合=man=1×10
4 N
则汽车在最高点受到的合力大小为F合=
❑√F x合
2
+ F y 合
2
=1000 ❑√101N
15．（2026 年高考物理真题完全解读（山东卷））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。
（ⅰ）求角速度的大小 ω；
（ⅱ）若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)3s，5 m
(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 = vA t
解得t = 1s
竖直方向有h= 1
2 gt
2=5 m
（2）（ⅰ）由于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)
（ⅱ）物体在内力作用下突然分成A、B 两部分并弹开有mA vA = 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，…）
16．（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。
（ⅰ）求角速度的大小ω；
（ⅱ）若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）（ⅰ）由于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)
（ⅱ）物体在内力作用下突然分成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，…）
17．（2024·江西·高考真题）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。
（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。
【答案】（1）
μg
ω1
2r1
；（2）❑√
μgsinθcos β
(sinθsin β + μcosθ)r2
【详解】（1）转椅做匀速圆周运动，设此时轻绳拉力为T，转椅质量为m，受力分析可知轻
绳拉力沿切线方向的分量与转椅受到地面的滑动摩擦力平衡，沿径向方向的分量提供圆周运
动的向心力，故可得
T cosα =mω1
2r1
μmg=T sin α
联立解得
tan α =
μg
ω1
2r1
（2）设此时轻绳拉力为T
′，沿A1B和垂直A1B竖直向上的分力分别为
T 1=T
′ sinθ，T 2=T
′ cosθ
对转椅根据牛顿第二定律得
T 1cos β =mω2
2r2
沿切线方向
T 1sin β = f = μ F N
竖直方向
FN+T 2=mg
联立解得
ω2= ❑√
μgsinθcos β
(sinθsin β + μcosθ)r2
【过关限时训练】
（60 分钟）
[分值：34 分]
[1~6 题，每题3 分]
1.(2025·浙江省浙南名校联盟期中)天宫空间站天和核心舱的机械臂，长度约10 米，是我国自
主研发的七自由度系统，可以实现三维空间的任意位置和姿态控制，与同样属于七自由度系
统的人的手臂一样灵活和机动。如图A、B、C 是三个主要关节支点，P 为BC 臂上的一点，
若某次作业过程保持BC 臂和AB 臂的夹角α 不变，机械臂整体以A 支点为轴抬起，则下列说
法正确的是( )
A.作业过程中P 与B 线速度大小一定相等
B.作业过程中P 与B 线速度方向一定相同
C.作业过程中P 与B 角速度大小一定相等
D.作业过程中P 与B 加速度大小一定相等
【答案】C
【解析】由于P、B 两点的角速度相同，根据线速度公式v=ωr，P、B 两点的半径不确定是否
相同，所以无法确定二者线速度的关系，故C 正确，A 错误；线速度的方向为该点与圆心连
线的垂直方向上，由于P、B 两点与圆心连线不重合，所以线速度方向不相同，故B 错误；
根据圆周运动加速度公式an=rω2，P、B 的r 不确定是否相同，所以二者加速度不一定相同，
故D 错误。
2.(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，相机本次曝光时间是1
30 s，圆弧
对应的圆心角约为30°，则该同学每分钟跳绳的圈数约为( )
A.90
B.120
C.150
D.180
【答案】C
【解析】根据题意可知跳绳的转动角速度为ω= θ
Δt =
π
6
1
30
rad/s=5π rad/s，转动周期T=2π
ω =0.4
s，故每分钟跳绳的圈数为n= t
T = 60
0.4=150，故选C。
3.(多选)(2025·福建卷·5)在2025 年央视春晚上，人形机器人表演了一个精彩的扭秧歌、转手
绢节目。如图，机器人转动手绢，手绢绕其中心点O 在一竖直面内匀速转动，O 点在空间中
保持不动，P、Q 是固定在手绢上可视为质点的两个小饰物，与O 点的距离分别为d、❑√3d，
则手绢转动过程中( )
A.Q 的线速度大小是P 的❑√3倍
B.Q 的角速度大小是P 的❑√3倍
C.P 的加速度大小是Q 的❑√3倍
D.P 受到的合外力方向始终指向O 点
【答案】AD
【解析】由题意可知，手绢转动过程中，两个小饰物P、Q 角速度大小相等，所受合外力方
向均始终指向O 点，故选项B 错误，D 正确；设两个小饰物P、Q 的角速度大小均为ω，线
速度大小分别为vP和vQ，加速度大小分别为aP和aQ，由匀速圆周运动规律，有
vQ
vP
=ω❑√3d
ωd
=
❑√3，
aQ
aP=ω
2❑√3d
ω
2d
=❑√3，故选项A 正确，C 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1
50 s。由于小球运动，在照片上留下了一条长度约为半径1
5的圆弧形径迹，重力加速
度g 取10 m/s2。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
【答案】C
【解析】根据题意可知在曝光时间内小球运动的弧长为Δl=1
5r=1
5×0.6 m=0.12 m，可得线速
度v= Δl
Δt =
0.12
1
50
m/s=6 m/s，在最低点根据牛顿第二定律有FT-mg=mv
2
r ，代入数据解得FT=7
N。
5.(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
【答案】AC
【解析】对小球受力分析可知F 向=mgtan 45°=mω2R，解得ω=5 rad/s，故A 正确；线速度大小
为v=ωR=2 m/s，故B 错误；向心加速度大小为a 向=ω2R=10 m/s2，故C 正确；所受支持力大小
为FN=
mg
cos 45° =❑√2 N，故D 错误。
6.(2024·江苏卷·11)如图所示，轻绳的一端拴一个蜂鸣器，另一端穿过竖直管握在手中。蜂鸣
器在水平面a 内做匀速圆周运动，缓慢下拉绳子，使蜂鸣器升高到水平面b 内继续做匀速圆
周运动。不计空气阻力和摩擦力，与升高前相比，蜂鸣器( )
A.角速度不变
B.线速度减小
C.向心加速度增大
D.所受拉力大小不变
【答案】C
【解析】设绳子与竖直方向夹角为θ，蜂鸣器质量为m。对蜂鸣器分析有F 向=mgtan θ=man，
FT= mg
cosθ，根据a、b 两个位置可知，b 位置更高，则θb>θa，故FTb>FTa，anb>ana，故C 正确，
D 错误；根据ma=mωr2，则有ωb>ωa，缓慢拉绳子，可以认为上升过程中，绳子拉力与重力
的合力在竖直方向上合力为零，做功为零；两个力合力的水平分力因为半径减小而做正功，
从而使蜂鸣器的动能变大，速度变大，线速度变大，故A、B 错误。
[7~10 题，每题4 分]
7.(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=π
3 rad/s
B.ωmax=2
3 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
【答案】BC
【解析】物品从无人机上释放后做平抛运动，竖直方向H=1
2gt2，可得t=2 s，要使物品落点在
目标区域内，水平方向满足x=❑√R1
2−R2
2=vt，最大角速度ωmax= v
R2，联立解得ωmax=2
3 rad/s，
故A 错误，B 正确；无人机从A 点到B 点的时间t'=
π
2
ωmax
=3 π
4 s，由于t'>t，可知无人机运动到
B 点时，在A 点释放的物品已经落地，故C 正确，D 错误。
8.如图所示，竖直圆形光滑轨道固定在水平地面上，右侧为管状结构，左侧为单层，外圆半
径为R。将质量为m 的小球置于轨道最高点，给小球一个轻微的扰动，让小球从右侧由静止
滑下。已知管的内径略大于小球直径，且远小于外圆半径，重力加速度为g。关于小球的运
动，下列说法正确的是( )
A.小球一定能够回到轨道最高点
B.小球运动过程中对轨道的最大压力为6mg
C.小球脱离轨道时的速度大小为
❑√2 gR
3
D.小球脱离轨道时离地面的高度为5
3R
【答案】D
【解析】小球从最高点滑下，由于轨道光滑，机械能守恒；当小球滑到最低点时，重力势能
完全转化为动能，再从最低点上升时，动能逐渐转化为重力势能。小球在左侧单层轨道上运
动时，会在中途脱离轨道导致无法回到最高点，故A 错误；小球在最低点时速度最大，对轨
道的压力也最大，根据机械能守恒，小球从最高点到最低点的过程满足mg·2R=1
2mv2，解得
v=2❑√gR，在最低点有FN-mg=mv
2
R ，解得FN=5mg，由牛顿第三定律可知小球对轨道的最大压
力为5mg，故B 错误；小球在左侧单层轨道上运动时，当重力的分力不足以提供向心力时，
小球会脱离轨道，设小球脱离轨道时速度方向与水平方向的夹角为θ，小球的速度为v，满足
mgcos θ=mv 脱
2
R ，从最高点到脱离点，根据机械能守恒mgR(1-cos θ)=1
2mv 脱
2，解得v 脱=❑√
2 gR
3 ，
故C 错误；小球脱离轨道时，速度方向与水平方向的夹角θ 满足cos θ=2
3，此时小球离地面的
高度为h=R(1+cos θ)=5
3R，故D 正确。
9.(2024·浙江省天域全国名校协作体联考)如图所示，电动打夯机由偏心轮(飞轮和配重物组成)、
电动机和底座三部分组成。电动机、飞轮和底座总质量为M，配重物质量为m，配重物的重
心到轮轴的距离为R，重力加速度为g。在电动机带动下，偏心轮在竖直平面内匀速转动，皮
带不打滑。当偏心轮上的配重物转到顶端时，底座刚好对地面无压力。下列判断正确的是(
)
A.电动机轮轴与偏心轮转动角速度相同
B.配重物转到顶点时，系统处于失重状态
C.偏心轮转动的角速度为❑√
Mg
mR
D.打夯机对地面压力的最大值为(M+m)g
【答案】B
【解析】电动机轮轴与偏心轮通过皮带传动，线速度相等，根据v=ωr，电动机轮轴与偏心轮
半径不同，故电动机轮轴与偏心轮转动角速度不相同，故A 错误；配重物转到顶点时，底座
刚好对地面无压力，系统受到重力作用，有向下的加速度，故系统处于失重状态，故B 正确；
当偏心轮上的配重物转到顶端时，底座刚好对地面无压力，有FT=Mg，对配重物有
mg+FT=mω2R，解得偏心轮转动的角速度为ω=❑√
( M +m)g
mR
，故C 错误；配重物在最低点，打
夯机对地面的压力最大，对配重物有FT'-mg=mω2R，对打夯机有FN=FT'+Mg=2(M+m)g，根据
牛顿第三定律可知打夯机对地面压力的最大值为2(M+m)g，故D 错误。
10.(多选)(2024·浙江宁波市模拟)如图所示，一个上表面粗糙、中心有孔的水平圆盘绕轴MN
转动，系有不可伸长轻质细线的木块置于圆盘上，细线另一端穿过中心小孔O 系着一个小球，
木块与O 点之间的细线水平。已知木块、小球质量均为m，且均可视为质点，木块到O 点的
距离为R，O 点与小球之间的细线长为L。当圆盘以角速度ω1匀速转动时，小球以角速度ω1
随圆盘做圆锥摆运动，木块相对圆盘静止；连接小球的细线与竖直方向的夹角为α，小孔与
细线之间无摩擦，木块与圆盘间的动摩擦因数为μ，且认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，
重力加速度大小为g，则( )
A.若角速度保持为ω1不变，L 越大，则α 越大
B.若R=L，当ω>❑√
μg
L 时，木块将相对于圆盘发生滑动
C.若R= L
2 ，木块所受摩擦力方向可能指向圆心
D.若R=2L，当ω 增大时，木块所受摩擦力可能增大
【答案】AD
【解析】设细线的拉力为FT，则FTsin α=mLsin α·ω2，FTcos α=mg，解得ω=❑√
g
Lcosα ，若
ω=ω1不变，L 越大，则α 越大，故A 正确；木块随圆盘匀速转动所需要的向心力为
Fn=mRω2，当R=L 时Fn=mLω2，由A 选项分析可知，FT=mLω2，即此时细线的张力恰好提供
木块做圆周运动的向心力，摩擦力为零，所以无论ω 多大，木块都不会滑动，故B 错误；若
R= L
2 时，木块所需要的向心力小于细线的张力，所以木块受到背离圆盘圆心方向的摩擦力，
故C 错误；若R=2L 时，木块所需要的向心力大于细线的张力，木块受到指向圆心方向的摩
擦力，有Ff=m(2L)ω2-mLω2=mLω2，随着ω 增大时，木块所受摩擦力增大，故D 正确。
