文档文本内容
第15 讲 圆周运动
目录
01 课标达标练
题型01 描述圆周运动的物理量及关系描
题型02 常见的传动方式
题型03 水平面的圆周运动
题型04 竖直面的圆周运动
02 核心突破练
03 真题溯源练
01 描述圆周运动的物理量及关系
1．（2025·江苏宿迁·三模）如图所示，自行车在平直路面上匀速行驶，车轮与路面不打滑，
轴心O 点的速度大小为v。则轮边缘最高点P 处的速度大小为（ ）
A．0
B．v
C．2v
D．3v
【答案】C
【详解】P 点和O 点都在绕着车轮与地面的接触点运动，由于这三点共线，则P 点和O
点角速度相等，又P 点到车轮与地面的接触点的距离是O 点的2 倍，根据
可知，
P 处的速度为O 点速度的2 倍，即P 处的速度大小为
。
故选C。
2．一质点做匀速圆周运动，从圆周上的一点运动到另一点的过程中，下列说法一定正确的是（
）
A．质点速度不变B．质点加速度不变
C．质点动能不变
D．质点机械能不变
【答案】C
【详解】A．质点做匀速圆周运动，速度大小不变，方向时刻变化，速度是变化的，故A 错误；
B．质点做匀速圆周运动，加速度大小不变，方向时刻变化，指向圆心，加速度是变化的，故B 错误；
C．质点动能为
质点做匀速圆周运动，速度大小不变，故质点动能不变，故C 正确；
D．质点做匀速圆周运动，动能不变，质点的重力势能不一定不变，故质点机械能不一定不变，故D 错误。
故选C。
3．如图甲，一水平圆盘可绕竖直固定轴匀速转动。在圆盘上沿半径方向开有三条相同的均匀狭缝，缝间
夹角相等。将激光器与传感器置于靠近圆盘边缘的上下两侧，竖直对准，当激光器连续发射激光束，经过
狭缝时，传感器收到激光信号，经过计算机处理画出的图线如图乙。根据以上信息，可知圆盘的（ ）
A．角速度
B．线速度
C．半径
D．缝宽
【答案】A
【详解】A．根据题意可知，狭缝间夹角为
，由图乙可知，接收器接收到光的时间间隔为
则圆盘转动的角速度为
故A 正确；
BCD．根据公式
，
，
，
，由A 分析可得角速度，则周期可求，但无法解得线
速度、半径和缝宽，故BCD 错误。
故选A。
4.如图，中国古代的一种斜面引重车前轮半径为r、后轮半径为3r，在前后轮之间装上木板构成斜面。细
绳的一端系紧在后轮轴上，另一端绕过斜面顶端的滑轮与斜面上的重物连接。推动车子使其水平前进，车
轮与地面不打滑，后轮轴转动时带动重物沿木板上滑过程中，细绳始终与斜面平行，则（ ）
A．后轮绕轴转动的角速度与前轮绕轴转动的角速度之比为1 3∶
B．后轮边缘点的线速度与前轮边缘点的线速度之比为3 1∶
C．若引重车加速运动，则重物将相对于地面做直线运动
D．若引重车加速运动，则重物将相对于地面做曲线运动
【答案】AC
【详解】AB．后轮边缘点的线速度与前轮边缘点的线速度相等，由
得角速度之比为1 3∶。故A 正确，
B 错误；
CD．引重车水平前进的过程中，重物同时参与了在水平方向的加速运动和沿斜面方向的加速运动，合运
动的速度与加速度同向，所以重物做加速直线运动。故C 正确，D 错误。
故选AC。
02 常见的传动方式
5．如图所示为某自行车的大齿轮、小齿轮和后轮结构示意图，它们的边缘有三个点a、b、c，半径大小关
系为
，下列判断正确的是（ ）
A．b 比a 的角速度小
B．b 和c 的角速度相等
C．a 比b 的向心加速度大
D．c 比b 的向心加速度大
【答案】C
【详解】AB．a、b 共轴，角速度相同，b、c 通过链条相连，线速度相同，根据
，
可知
则有
故AB 错误；
C．根据向心加速度公式
又
，
则
故C 正确；
D．根据向心加速度公式
又
，
则
故D 错误。
故选C。
6．（2024·贵州·一模）齿轮传动是现代工业中常见的一种动力传动方式，荷兰设计师丹尼尔·布朗设计了
世上最强齿轮——古戈尔齿轮。如图，最左侧小齿轮转动就会带动后面的大齿轮转动，古戈尔齿轮中有
100 个大齿轮，小齿轮与大齿轮的半径之比为1 10
∶
，若第一个小齿轮的转动周期为1s，由图可知要使古戈
尔齿轮中最后一个大齿轮转动一圈，需要的时间为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【详解】相邻两大、小齿轮的线速度相等，根据
可得相邻两大、小齿轮的周期比为
可得第一个大齿轮转动周期为
，第二个小齿轮转动周期为
，第二个大齿轮转动周期为
，依此类
推，第100 个大齿轮转动周期为
。
故选D。
7．在我国汉代，劳动人民就已经发明了辘轳，如图所示，可转动的把手边缘上
点到转轴的距离为
，
辘轳边缘上
点到转轴的距离为
，忽略空气阻力。在水桶离开水面后加速上升的过程中，下列说法正确
的是（ ）
A．
点与
点的角速度之比为
B．
点的线速度大小与水桶上升的速度大小之比为
C．
点与
点的向心加速度大小之比为
D．绳的拉力对水桶（含桶内的水）的冲量大小等于重力对水桶（含桶内的水）的冲量大小
【答案】C
【详解】A．把手边缘上
点与辘轳边缘上
点属于共轴转动，所以角速度相同，故A 错误；
B．根据角速度与线速度的关系，可得水桶上升的速度大小为
把手边缘上
点的线速度大小为
所以把手边缘上
点的线速度大小与水桶上升的速度大小之比为
，故B 错误；
C．由公式
可知，把手边缘上
点与辘轳边缘上
点的向心加速度大小之比为
，故C 正确；
D．对水桶分析，根据动量定理有
可知拉力对水桶（含桶内的水）的冲量大小等于重力对水桶（含桶内的水）的冲量大小与水桶（含桶内的
水）动量的变化量大小之和，故D 错误。
故选C。
8．如图是某自行车的传动结构示意图，其中I 是半径r1=10cm 的牙盘（大齿轮），II 是半径r2=4cm 的飞轮
（小齿轮），III 是半径r3=36cm 的后轮，A、B、C 分别是牙盘、飞轮、后轮边缘的点。在匀速骑行时，关
于各点的角速度ω 及线速度v 的大小判断正确的是（ ）
A．
B．
C．vA<vB
D．vA<vC
【答案】D
【详解】C．飞轮与牙盘通过链条连接，飞轮边缘的线速度与牙盘边缘的线速度大小相等，即
故C 错误；
AB．后轮与飞轮绕同轴转动，后轮的角速度与飞轮的角速度相等，即
根据
可知
则
故AB 错误；
D．根据
且
，
则
故D 正确。
故选D。
9.如图所示，半径分别为R 和2R 的两个转盘A、B 处于水平面内，两者边缘紧密接触，靠静摩擦传动，均
可以绕竖直方向的转轴O1及O2转动，两个转盘A、B 始终不打滑。一个滑块（视为质点，图中未画出）
放在转盘A 上，离O1的距离为
，已知滑块与转盘间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g，滑动摩擦
力等于最大静摩擦力。现使转盘B 的转速逐渐增大，要使滑块不滑动，转盘B 的角速度的最大值为
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】两转盘边缘线速度相等，根据
两转盘角速度之比为
滑块恰好不滑动时
转盘B 的角速度的最大值
得
故选B。
03 水平面的圆周运动
10.（2025·北京门头沟·一模）“货郎伞”是一种具有中国传统文化特色的伞具，即古代货郎担子上的遮阳
伞。在这种伞下通常陈列各种商品，伞上也常常装饰彩幡、挂件等，具有浓郁的民俗风格。卖货郎边走边
转动伞具，甚是好看。若将伞体绕伞把的转动看作匀速圆周运动，下列说法正确的是（ ）
A．远离伞把的挂件向心加速度更大
B．在失重条件下也可以重复以上运动
C．靠近伞把的挂件偏离竖直方向的角度较大
D．只要伞体转动的角速度足够大，一定会有挂件达到水平状态
【答案】A
【详解】A．题意可知伞的挂件属于同轴转动，角速度相同，根据向心加速度
由于远离伞把的挂件r 大，故远离伞把的挂件向心加速度更大，故A 正确；
B．在失重条件下，物体加速度具有向下的加速度，挂件不可能重复以上运动，故B 错误；
C．设挂件偏离竖直方向的角度为
，则有
解得
可知靠近伞把的挂件r 小，因为
不变，故
小，所以
小，故C 错误；
D．因为挂件竖直方向一直受到重力作用，所以无论伞体转动的角速度多大，挂件不可能达到水平状态，
故D 错误
故选A。
11.（2025·内蒙古乌兰察布·二模）圆锥摆在摆动过程中由于受空气阻力的影响，小球做圆周运动的半径会
越来越小，经过足够长时间后，小球会停止在悬点正下方。忽略小球转动一周内的半径变化，即每一
周都可视为匀速圆周运动，运动情况如图所示。则小球做上述运动过程中，随着细绳与竖直方向的夹
角不断减小，小球做圆周运动的周期将（ ）
A．变大
B．变小
C．不变
D．先增大后减小
【答案】A
【详解】令摆角为
，对小球进行分析，根据牛顿第二定律有
解得
可知，随着细绳与竖直方向的夹角不断减小，小球做圆周运动的周期将变大。
故选A。
12.（2025·北京石景山·一模）如图甲所示，游乐场里有一种空中飞椅游戏，可以将之简化成如图乙所示的
结构装置，装置可绕竖直轴匀速转动，绳子与竖直方向夹角为θ，绳子长L，水平杆长L0，小球的质量为
m。不计绳子重力和空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．装置中绳子的拉力为mgtanθ
B．装置转动的角速度为
C．装置转动的周期为
D．装置旋转一周，小球的动量变化为0
【答案】D
【详解】A．对装置受力分析如图所示
装置受到重力和绳子的拉力作用，重力和绳子的拉力的合力提供向心力，则
解得
故A 错误；
BC．由牛顿第二定律
其中圆周运动的半径为
联立解得装置转动的角速度为
装置转动的周期为
故BC 错误；
D．装置做匀速圆周运动，装置旋转一周，速度变化量为零，所以小球的动量变化为0，故D 正确。
故选D。
13．如图所示，有一辆汽车在前挡风玻璃内悬挂了一个挂件。当汽车在水平公路上转弯时，司机发现挂件
向右倾斜并且倾斜程度在缓慢减小，已知汽车的转弯半径一定，则下列说法正确的是（ ）
A．汽车正在向右加速转弯
B．汽车正在向右减速转弯
C．汽车正在向左加速转弯
D．汽车正在向左减速转弯
【答案】D
【详解】挂件向右倾斜，对挂件受力分析可知，重力、拉力的合力水平向左，即向心力向左，汽车向左转
弯。设挂件与竖直方向的夹角为
，则摆动过程中的向心力为
由于挂件倾斜程度在缓慢减小，摆角变小，而汽车的转弯半径一定，所以汽车的速率在减小，即汽车正在
向左减速转弯。
故选D。
14．如图所示，在水平圆盘上放置一个质量为
的小滑块，滑块离圆盘中心
。滑块与圆盘之间
的动摩擦因数为0.1，现使圆盘绕垂直于盘面的中心轴缓慢加速转动，至小滑块与盘面发生相对滑动。设
最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度
取
，则（ ）
A．圆盘缓慢加速转动过程中，滑块所受的摩擦力做功为0
B．小滑块与盘面发生相对滑动时圆盘的角速度为
C．在小滑块上面再放置一个相同的小滑块，发生相对滑动时的角速度为
D．在小滑块上面再放置一个质量为
的小滑块，两者之间的动摩擦因数为0.05，发生相对滑动时
的角速度为
【答案】D
【详解】A．小滑块动能增大，故摩擦力做正功，A 错误；
B．小滑块与盘面发生相对滑动时有
解得
B 错误；
C．在小滑块上面再放置一个相同的小滑块，发生相对滑动时有
解得
C 错误；
D．在小滑块上面再放置一个
的小滑块，两者之间的动摩擦因数为0.05，则两个小滑块首先发生相对
滑动，有
解得
D 正确。
故选D。
15.如图所示，竖直平面内的光滑金属细圆环半径为R，质量为m 的带孔小球穿于环上，一长为R 的轻杆一
端固定于球上，另一端通过光滑的铰链连接于圆环最低点，重力加速度为g。当圆环以角速度
绕
竖直直径转动时，轻杆对小球的作用力大小和方向为（ ）
A．
，沿杆向上
B．
，沿杆向下
C．
，沿杆向上
D．
，沿杆向下
【答案】B
【详解】设轻杆与竖直直径夹角为
，由几何关系可得
得
则小球圆周运动的半径为
做圆周运动所需向心力为
小球有向上运动的趋势，设杆对小球有沿杆向下的拉力F1，环对小球有指向圆心的支持力F2，根据平衡条
件可知
解得
故选B。
16.摩托车特技表演中的飞檐走壁让人震撼，其运动可简化为如图所示的小球在光滑的半球形容器内做圆周
运动。小球的质量为m，容器的球心为O、半径为R，小球在水平面内做圆周运动，运动到a 点时，Oa 与
竖直方向夹角为θ，运动过程中容器静止在水平地面上。半球形容器及底座的质量为M，重力加速度为
g，则下列说法正确的是（ ）
A．小球运动的角速度大小为
B．小球运动的线速度大小为
C．底座受到地面的摩擦力大小为
D．底座对地面的压力大于
【答案】AC
【详解】A．对小球受力分析，如图
由牛顿第二定律，可得
，
根据几何关系，有
联立，解得
故A 正确；
B．根据线速度与角速度关系，可得
故B 错误；
C．对容器受力分析，如图
由平衡条件，可得
又
联立，解得
故C 正确；
D．同理
根据牛顿第三定律，可得
故D 错误。
故选AC。
04 竖直面的圆周运动
17.（2025·广东深圳·一模）如图所示，摩天轮是游乐园中常见的大型游乐设施之一。乘客在摩天轮的水平
座椅上，均在竖直面内做半径相同的匀速圆周运动，
、
、
、
分别是圆周的最低点，最高点，最左
端的点，最右端的点，当摩天轮顺时针匀速转动时，关于某位乘客从
到
的运动过程中（不包含
、
两点），下列说法正确的有（ ）
A．该乘客的加速度不变
B．该乘客受到的摩擦力方向不变
C．该乘客对座椅的压力一直增大
D．该乘客一直处于失重状态
【答案】BC
【详解】A．做匀速圆周运动的物体，加速度大小
（v 是线速度，r 是半径 ）
可知大小不变，但加速度方向始终指向圆心。在从B 到A 的过程中，加速度方向一直在变，故A 错误；
B．乘客从
到
的运动过程中（不包含
、
两点），乘客的加速度始终具有向左的水平分量，该分量
由摩擦力提供，故乘客从
到
的运动过程中，摩擦力方向始终向左未变，故B 正确；
C．设乘客与圆心连线和竖直方向夹角为θ，在竖直方向上，在B 到D 过程中，根据牛顿第二定律
在B 到D 过程中，θ 从0 逐渐增大到
，则
减小，则乘客受到的支持力
变大，在D 到A 过程中，
根据牛顿第二定律
在D 到A 过程中，θ 从
逐渐增大到
，则
为负值，则
θ 从
逐渐增大到
，
的绝对值在变大，故乘客受到的支持力
变大，根据牛顿第三定律，乘
客对座椅的压力与座椅对乘客的支持力是一对相互作用力，大小相等，所以乘客对座椅的压力一直增大 ，
故C 正确；
D．失重状态是指物体具有向下的加速度，在从B 到A 过程中，在竖直方向上乘客具有的加速度方向先向
下后向上，故乘客先失重后超重，故D 错误。
18.（2025·湖南株洲市·一模）如图，2n 个质量均为m 的电动玩具小车沿竖直平面内的圆形轨道做匀速圆周
运动，相邻两小车间距始终相等，重力加速度为g，不计空气阻力，则轨道对所有小车作用力的合力（
）
A．随小车位置的变化而变化
B．随小车的速度增大而增大
C．随轨道的半径增大而减小
D．始终不变
【答案】D
【知识点】利用平衡推论求力
【详解】小车运动过程中相邻两小车间的距离不变，2n 个小车对称分布， 玩具小车做匀速圆周运动，合
力提供向心力，合力大小不变， 方向始终指向圆心，由于小车位置分布关于圆心对称，整体没有在竖直
方向上有加速运动趋势，即整体竖直方向上处于平衡状态，根据平衡条件，轨道对所有小车作用力的合力
与整体的重力等大反向，小车所受重力不变，轨道对所有 小车作用力的合力始终不变，D 符合题意。
故选D。
19.（2025·广东汕头·三模）用轻质绝缘细绳悬挂带正电的小球，小球可视为质点，如图1 所
示。将装置分别放入图2 所示的匀强电场，图3 所示的匀强磁场中。将小球从偏离竖直方
向左侧的一个小角度
位置由静止释放，在图中三种情况下，小球均在竖直平面
内周期性往复运动，周期分别为
、
、
，小球第1 次到达轨迹最低点时的速度大小
分别为
、
、
，拉力大小分别为
，不计空气阻力。图中三种情况，下列
说法正确的是（ ）
A．图1 和图3 的小球在运动过程中机械能都守恒
B．三个小球运动的周期大小关系
C．三个小球第1 次到达最低点时拉力大小关系
D．三个小球第1 次到达最低点时的速度大小关系
【答案】ABC
【详解】A．由题意可知，图1 小球第一次到达轨迹最低点的过程中，球受拉力与重力的
作用，只有重力做正功，机械能守恒；图2 小球受拉力、重力和电场力的作用，除重力
做正功外电场力也做正功，小球机械能增加；图3 小球受拉力、重力和洛伦兹力的作用，
只有重力做正功，机械能守恒。故A 正确；
B．分析球1 和球3，在相同位置时沿运动方向的受力相同，则球1 和球3 运动情况相同，
可知
；对球 2 分析，电场力与重力的合力为等效重力，则其等效重力加速度变大，
由周期公式
可知小球周期变小，因此三种情况下小球运动的周期关系为
，故B 正确；
C D．由于图1 和图3 只有重力做正功，而图2 除重力做正功外还有电场力做正功，根据
动能定理可知，三个小球第1 次到达最低点时的速度大小关系为
在最低点分别对3 个小球列牛顿第二定律和向心力方程：
对球1 有
对球2 有
对球3 有
根据三个小球第1 次到达最低点时的速度大小关系
，可得
，故C
正确，D 错误。
故选ABC。
20．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
【详解】A．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；
B．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；
C．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；
D．若过最高点的速度较小，则在Z 点，小球在Z 点对管壁压力向下，轨道对小球有向上的弹力，根据牛
顿第二定律可得
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。
故选A。
1．研究小组用摄像机拍摄人甩手动作研究指尖上的水滴被甩掉的过程，如图所示是由每秒25 帧的频闪照
片合成的图片，记录了手臂各部位在不同时刻的位置信息。以下面的简化模型分析甩手运动；将人的上肢
简化由上臂、前臂和手掌组成，认为在甩手过程中，上臂可以绕肩关节转动，前臂可以绕肘关节转动，手
掌可以绕腕关节转动。图中的A、B、C 是甩手动作最后3 帧照片指尖的位置，M、N 是最后1 帧照片的肘
关节和腕关节的位置。已知图中任意两点间的实际距离都可以通过照片上的距离根据比例尺折算测得，在
分析甩掉水滴的原理时，下列各项分析中最不合理的一项是（ ）
A．近似认为指尖在A、B 间运动时绕M 点转动，在B、C 间运动时绕N 点转动
B．将指尖在A、B 间运动的平均速度近似认为是指尖经过B 点时的瞬时速度
C．近似认为指尖在B、C 间运动的加速度等于指尖经过B 点时的向心加速度
D．如果该人的上臂、前臂和手掌始终保持在一条直线上“甩手”，在相同的指尖速度下，水滴将比较
不容易被甩出
【答案】C
【详解】A．根据图中信息，接近C 的最后时刻，手掌以腕关节N 为圆心做圆周运动，在甩手过程中A、B
间运动时，上臂以肩关节为转动轴转动，肘关节M 以肩关节为圆心做圆周运动，腕关节N 及指尖以肘关节
M 为圆心做圆周运动，故A 合理；
B．指尖在A、B、C 间运动时速度先增大后减小，由于不知指尖减速位置A、B 间的平均速度或B、C 间的
平均速度都可近似认为是指尖经过B 点时的瞬时速度，故B 合理；
C．指尖在B、C 间运动的加速度等于向心加速度和切向加速度的矢量和，因此不等于指尖经过B 点时的向
心加速度，故C 最不合理；
D．该人的上臂、前臂和手掌始终保持在一条直线上“甩手”，在相同的指尖速度下，半径大，根据公式
向心加速度小，水滴将比较不容易被甩出，D 合理。
故选C。
2．（2025·山东烟台·三模）如图所示，MN 为半径为r 的
圆弧路线，NP 为长度19r 的直线路线，
为
半径为4r 的
圆弧路线，
为长度16r 的直线路线。赛车从M 点以最大安全速度通过圆弧路段后立即
以最大加速度沿直线加速至最大速度vm并保持vm匀速行驶。已知赛车匀速转弯时径向最大静摩擦力和加速
时的最大合外力均为车重的k 倍，最大速度
，g 为重力加速度，赛车从M 点按照MNP 路线运动
到P 点与按照
路线运动到
点的时间差为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】赛车从M 点按照MNP 路线运动到P 点过程，在圆周运动过程有
，
在NP 直线路线匀加速过程有
，
解得
，
在NP 直线路线匀加速至最大速度过程的位移为
则匀速过程的时间
赛车从M 点按照
路线运动到
点过程，在圆周运动过程有
，
在
直线路线匀加速过程有
，
解得
，
在
直线路线匀加速至最大速度过程的位移为
即匀加速至最大速度时，恰好到达
，则赛车从M 点按照MNP 路线运动到P 点与按照
路线运动到
点的时间差为
解得
故选C。
3．如图甲所示，汽车后备箱水平放置一内装圆柱形工件的木箱，工件截面和车的行驶方向垂直，图甲是
车尾的截面图，当汽车以恒定速率从直道通过图乙所示的三个半径依次变小的水平圆弧形弯道A、B、C 时，
木箱及箱内工件均保持相对静止。已知每个圆柱形工件的质量为m。下列说法正确的是（ ）
A．汽车在由直道进入弯道A 前，M 对P 的支持力大小为
B．汽车过A、B 两点时，M、Q 对P 的合力依次增大
C．汽车过A、B、C 三点时，汽车重心的角速度依次减小
D．汽车过A、C 两点时，M 对P 的支持力小于Q 对P 的支持力
【答案】B
【详解】A．汽车在由直道进入弯道A 前，以P 为对象，根据受力平衡可得
解得M 对P 的支持力大小为
故A 错误；
B．汽车过A、B 两点时，M、Q 对P 的合力的竖直分力与P 的重力平衡，合力的水平分力提供所需的向心
力，则有
，
当汽车以恒定速率通过半径依次变小的A、B 两点时，M、Q 对P 的合力依次增大，故B 正确；
C．由角速度与线速度关系
当汽车以恒定速率通过半径依次变小的A、B、C 三点时，汽车重心的角速度依次增大，故C 错误；
D．汽车过A、C 两点时，所受的合外力向左，因此M 对P 的支持力大于Q 对P 的支持力，故D 错误。
故选B。
4.我国越野滑雪集训队为备战2022 冬奥会，在河北承德雪上项目室内训练基地，利用工作起来似巨型“陀
螺”的圆盘滑雪机模拟一些特定的训练环境和场景，滑雪机转速和倾角（与水平面的最大夹角达18°）根
据需要可调。一运动员的某次训练过程简化为如图模型：圆盘滑雪机绕垂直于盘面的固定转轴以恒定的角
速度ω 转动，盘面上离转轴距离为10m 处的运动员（保持如图滑行姿势，可看成质点）与圆盘始终保持相
对静止，运动员质量为60kg，与盘面间的动摩擦因数为0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，盘面与水
平面的夹角为15°，g 取10m/s2，已知sin15°≈0.260，cos15°≈0.966。则下列说法正确的是（ ）
A．运动员随圆盘做匀速圆周运动时，一定始终受到两个力的作用
B．ω 的最大值约为0.47rad/s
C．ω 取不同值时，运动员在最高点受到的摩擦力一定随ω 的增大而增大
D．运动员由最低点运动到最高点的过程中摩擦力对其所做的功约为3420J
【答案】B
【详解】A．运动员随圆盘做匀速圆周运动时，在最高点位置可能只受到重力和支持力恰好提供向心力，
其他位置一定受重力、弹力、摩擦力三个力提供向心力，故A 错误；
B．在圆盘最下方，根据
解得
故B 正确；
C．ω 取不同数值时，设摩擦力指向圆心则有
设摩擦力背离圆心则有
由式可知ω 取不同数值时，运动员在最高点受到的摩擦力可能大小相等，方向相反，故C 错误；
D．运动员运动过程中速度大小不变，动能不变，设
、
分别为摩擦力做功和重力做功的大小，有
故D 错误。
故选B。
5．如图所示，水平地面上放一质量为M 的落地电风扇，一质量为m 的小球固定在叶片的边缘，启动电风
扇小球随叶片在竖直平面内做半径为r 的圆周运动。已知小球运动到最高点时速度大小为v，重力加速度
大小为g，则小球在最高点时地面受到的压力大小为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】根据牛顿第二定律，小球
解得
根据牛顿第三定律小球在最高点时对风扇的压力
对电风扇
解得地面对电风扇的支持力
根据牛顿第三定律小球在最高点时地面受到的压力大小为
，故选C。
6．如图甲所示的陀螺可在圆轨道外侧旋转而不脱落，好像轨道对它施加了魔法一样，这被称为“魔力陀
螺”。它可简化为一质量为m 的质点在固定竖直圆轨道外侧运动的模型，如图乙所示．在竖直平面内固定
的强磁性圆轨道半径为R，A、B 两点与分别为轨道的最高点最低点，C、D 两点与圆心O 等高，质点受到
的圆轨道的强磁性引力始终指向圆心O 且大小恒为7mg，不计摩擦和空气阻力，重力加速度为g，若质点
能始终沿圆弧轨道外侧做完整的圆周运动，则（ ）
A．质点经过C、B 两点时，质点对轨道压力的差值为6mg
B．质点经过A 点的最大速度为
C．质点由A 到B 的过程中，轨道对质点的支持力逐渐增大
D．质点经过C、D 两点时，轨道对质点的支持力可能为0
【答案】B
【详解】A．设质点经过C、B 两点的速度为分别为
与
，轨道对其支持力分别为
与
由牛顿第二定律知，对C 点和B 点分别有
，
由机械能守恒定律知
联立解得
由牛顿第三定律知，质点经过C、B 两点时，质点对轨道压力的差值为3mg，故A 错误；
B．要使质点始终沿圆弧轨道外侧做完整的圆周运动，在最低点B，质点的向心力
由此可知，质点经过B 点速度最大时，轨道对质点的支持力为0，由
知质点经过B 点的最大速度为
由机械能守恒定律知
解得
故B 正确；
C．从A 到B 的过程中，设质点在轨道上的某点的速度为v，速度与水平向右方向的夹角为
，则由牛顿第
二定律知
则
由于从A 到B 的过程中，
角逐渐增大，速度v 逐渐增大，故轨道对质点的支持力
逐渐减小，故C 错误；
D．假设质点经过C、D 点时轨道对质点的支持力为0，则由牛顿第二定律知
对C 点
得
由能量守恒定律知，这是不可能的，故在质点绕轨道做完整圆周的情况下，质点经过C、D 两点时，轨道
对质点的支持力不可能为0，故D 错误。
故选B。
7．如图所示，空间中有一处于竖直平面内的半径为R 的光滑圆轨道，在圆心O 处固定一个带正电的带电
小球，另有一个质量为m、带负电的小球在圆轨道外侧沿着轨道做圆周运动，当小球以速率
通过
最低点B 时，轨道对小球的弹力大小为2mg，两小球均可视为质点，重力加速度为g，则（ ）
A．小球在A 点受到的弹力小于在B 点受到的弹力
B．两小球之间的库仑力大小为6mg
C．小球能做完整的圆周运动时，在最高点受到的支持力始终比最低点受到的支持力大4mg
D．现将O 点小球的电荷量增大一倍，若仍要使另一个小球做完整的圆周运动，小球通过最低点B 的
速度需要满足
【答案】D
【详解】AB．设两小球之间的库仑力为F，小球在A 点的弹力为
，在B 点受到的弹力为
，在B 点，
由牛顿第二定律可得
代入数据得
从A 到达B 点过程，小球满足机械能守恒，故有
解得
当小球通过A 点时，由牛顿第二定律可得
联立解得
即
故AB 错误；
C．若小球能做完整的圆周运动，由机械能守恒定律可知小球在A、B 两点的动能之差为
在A 点由牛顿第二定律可得
在B 点有
联立解得压力差
故C 错误；
D．若O 点小球的电荷量增大一倍，则库仑力增大为2F，则小球通过B 点有最大速率时，小球与轨道间的
弹力为零，由牛顿第二定律可得
解得小球通过B 点的最大速率为
要使小球能做完整的圆周运动，到达A 点时的最小速度为0，对应的B 点最小速度应满足
解得
所以要使另一个小球做完整的圆周运动，小球通过最低点B 的速度需要满足
故D 正确。
故选D。
8．（2025·河北·三模）如图所示，在竖直平面内有一固定光滑轨道，其中AB 是长度为R 的水平轨道，
BCDE 是圆心为O、半径为R 的
圆弧轨道，两轨道相切于B 点。一可视为质点的小球从A 点以某速度
（大小未知）水平向左运动，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（ ）
A．当
时，小球刚好过最高点D 点
B．当
时，小球不会脱离圆弧轨道
C．若小球能通过E 点，则
越大，小球在B 点与E 点所受的弹力之差越大
D．小球从E 点运动到A 点的最长时间为
【答案】AD
【详解】A．由题知，小球刚好过最高点D 点，则由圆周运动知
在A 到D 过程中，由动能定理可知
联立解得
A 正确；
B．当
时，设上升高度为，假设小球不会脱离圆弧轨道，则必须满足
，由动能定理知
代入得
假设不成立，故当
时，小球会脱离圆弧轨道，B 错误；
C．B 到E 运动过程中，由动能定理知
在B 点时，小球所受弹力为
在E 点时，小球所受弹力为
则小球在B 点与E 点所受的弹力之差为
故小球在B 点与E 点所受的弹力之差不变，C 错误；
D．在D 到E 过程中，由动能定理知
代入得
从E 到A 运动过程中，小球做竖直下抛运动，则
代入得
D 正确；
故选AD。
9.如图所示为蛤蟆夯，工作时铁砣转动，带动夯跳起向前移动砸实地基。因工作方式像蛙跳而得名。其结
构可等效为如图乙所示的示意图，质量为
的夯架，夯架上O 点有一水平转轴，一质量为m 的铁砣通过
一半径为R 的轻杆连接在转轴上，铁砣可以绕转轴在竖直面内做圆周运动。在一次检测夯性能时杆在竖直
方向上，铁砣静止于最低点A，现给铁砣一个水平方向的初速度
，之后铁砣在竖直平面内做逆
时针方向的圆周运动，支架相对地面始终保持静止。已知铁砣可视为质点，重力加速度大小为g，不计转
轴处的摩擦和转轴重力，不计空气阻力，则在铁砣运动过程中以下说法正确的是（ ）
A．铁砣运动到最高点时对杆的弹力最小
B．支架对地面的最小压力为
C．支架对地面的最大摩擦力为
D．支架对地面的最大压力为
【答案】AB
【详解】A．通过定性分析可得杆受到铁砣最小弹力的位置应该在小球运动到圆心О 点以上，如图所示
设此位置与О 点的连线与水平方向的夹角为θ，此点的速度为
，从A 点到此点过程，根据机械能守恒定
律可得
设杆对铁砣的弹力为
，在此点做圆周运动有
两式联立解得
根据牛顿第三定律，杆对铁砣的弹力为
所以当
时，即铁砣运动到轨道最高点时，此时
有最大值，杆对铁砣的弹力有最小值为
故A 正确；
B．通过定性分析可得支架对地面压力最小的位置应该在小球运动到圆心О 点以上，以支架为研究对象，
设地面对支架的支持力为
，根据平衡条件，竖直方向上有
联立解得
即
是关于
的二次函数，函数图像为开口向上的抛物线，根据二次函数性质可知当
时，
有最小值，将
代入得地面对支架的最小支持力为
根据牛顿第三定律可知，支架对地面的最小压力也为
，故B 正确；
D．铁砣运动到轨道最低点时，支架对地面的压力最大。铁砣在轨道最低点时，由牛顿第二定律得
解得
由牛顿第三定律得，铁砣对支架的向下的拉力
地面对支架的支持力
由牛顿第三定律得，支架对地面的压力
支架对地面的最大压力为
。故D 错误；
C．通过定性分析可知支架对地面的最大摩擦力的位置应该在铁砣运动到圆心
点以下，如图所示
设此位置与
点的连线与水平方向的夹角为
，此点的速度为
，从A 点到此点过程根据机械能守恒定律
可得
设轻杆对铁砣的弹力为
，在此点做圆周运动的向心力为
两式联立解得
根据牛顿第三定律铁砣对支架的弹力为
以支架为研究对象，设地面对支架的摩擦力为
，转轴对支架的力为
根据平衡条件，水平方向上有
当
而摩擦力的最大值不在
的位置。摩擦力
对
求导得
当
时，即
时摩擦力有最大值。故C 错误。
故选AB。
10.半径为R 的光滑圆形轨道用一轻杆固定于天花板，其质量为1.5m。质量均为m 的相同小球静止在轨道
最低位置。两球间夹有一压缩的微型轻弹簧，弹性势能为EP，两小球之间距离可忽略不计，且与弹簧不栓
接。现同时释放两个小球，弹簧完全弹开后，两球沿轨道内壁运动刚好能到达轨道最高点。当小球沿轨道
分别经过M、N 点时，小球与圆心的连线和竖直方向的夹角
，如图所示，此时轻杆的弹力大小为
F。整个过程不计空气阻力，圆形轨道始终处于静止状态，取重力加速度为g，sin53°=0.8，cos53°=0.6，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】BC
【详解】AB．两球沿轨道内壁运动刚好能到达轨道最高点，则对最高点列重力提供向心力公式
再从最低点到最高点列动能定理
根据机械能守恒
解得
故A 错误，B 正确；
CD．对右边小球从最低点到N 点列动能定理
对N 点列牛顿第二定律
对光滑圆形轨道受力平衡得
解得
故C 正确，D 错误；
故选BC。
11．如图所示，水平圆台可以绕其中心轴转动。在圆台中心两侧放上甲、乙两物体，两物体的质量均为
m，均可视为质点，甲、乙两物体到圆台中心距离分别为2R、R，其连线过圆台中心。两物体与圆台间的
动摩擦因数均为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。
（1）若圆台以某一角速度转动时，甲、乙均未滑动。求两物体的加速度之比
；
（2）若圆台的角速度逐渐增大，请分析说明甲、乙两物体谁先滑动；
（3）若将甲、乙两物体用不可伸长的轻绳连接，轻绳最初拉直而不张紧，缓慢增加圆台的转速，求两物
体刚要滑动时圆台转动的角速度ω。
【答案】（1）2:1；（2）甲；（3）
【详解】（1）若圆台以某一角速度转动时，甲、乙均未滑动，根据
可得两物体的加速度之比
（2）若圆台的角速度逐渐增大，根据
可得
因甲转动半径较大，临界角速度较小，可知甲物体谁先滑动；
（3）两物体刚要滑动时，甲受最大静摩擦力指向圆心，乙受最大静摩擦力背离圆心，则对甲
对乙
解得圆台转动的角速度
12．大连湾海底隧道于2023 年5 月1 日正式通行，它是中国北方地区首条大型跨海沉管隧道，其海底沉管
隧道全长达
。其陆上部分有一段弯道如图所示，AB 为进入弯道前的一段平直公路长
，BC
为四分之一水平圆弧形弯道，已知弯道半径
。一汽车到达A 点时速度为最大限速
，汽
车与路面间的最大径向摩擦力为车重力的k 倍
。为确保弯道行车安全，汽车进入弯道前必须从某
点开始做匀减速运动，减速的最大加速度大小为
。取
。求：
（1）汽车在弯道上行驶时的最大速度；
（2）在安全的前提下汽车由A 运动到B 的最短时间。
【答案】（1）
；（2）
【详解】（1）汽车在弯道上运动时根据牛顿第二定律得
解得
（2）汽车先做匀速运动再以最大加速度减速到B 点时速度为
，运动的时间最短匀减速阶段
匀速运动的位移为
解得
13．如图所示，不可伸长的轻绳一端固定在距离水平地面高为h 的O 点，另一端系有质量为m，可视为质
点的小球，将小球拉至O 点正上方的A 点，给其一水平方向的初速度
，使其恰好通过A 点后，在竖直平
面内以O 点为圆心做半径为r 的圆周运动。当小球运动到最低点B 时，绳恰好被拉断，小球水平飞出。不
计空气阻力及绳断时的能量损失，重力加速度为g。求：
（1）小球初速度的大小
。
（2）绳能承受拉力的最大值
。
（3）小球落地时的速度大小v。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）小球刚好通过A 点，绳子拉力为零，仅重力提供向心力
解得
（2）从A 点到B 点，由动能定理
解得
在B 点，由绳子拉力和小球重力共同提供向心力
解得
再由牛顿第三定律可得
（3）小球从B 点到落地的过程中，只有重力做功，由动能定理
解得
1．（2025·江苏·高考真题）游乐设施“旋转杯”的底盘和转杯分别以
、
为转轴，在水平
面内沿顺时针方向匀速转动。
固定在底盘上。某时刻转杯转到如图所示位置，杯上A
点与
、
恰好在同一条直线上。则（ ）
A．A 点做匀速圆周运动
B．
点做匀速圆周运动
C．此时A 点的速度小于
点
D．此时A 点的速度等于
点
【答案】B
【详解】A．A 点运动为A 点绕
的圆周运动和
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
固定在底盘上，故可知
围绕O 点做匀速圆周运动，故B 正确；
CD．杯上A 点与
、
恰好在同一条直线上时且
在
延长线上，
点和
点运动
运动方向相同，又A 点相对
点做圆周运动，故此时A 的速度大于
的速度，故CD 错
误。
故选B。
2．（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，
，手绢做匀速圆周运动，则（ ）
A．P、Q 线速度之比为
B．P、Q 角速度之比为
C．P、Q 向心加速度之比为
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
、
属于同轴传动模型，故角速度相等，
即角速度之比为
，B 错误；
A．由
可知，
、
线速度之比
得A 正确；
C．由
可知，
、
向心加速度之比
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
，D 正确。
故选AD。
3．（2025·广东·高考真题）可视为质点的小球，沿光滑的冰坑内壁滑出，使小球在水平面内
做匀速圆周运动，如图所示。已知圆周运动的轨道半径
，小球所在位置切面与
水平面夹角
，小球质量为
，重力加速度取
。关于小球，以
下说法正确的是（ ）
A．角速度为
B．线速度大小为
C．向心加速度大小为
D．所受支持力大小为
【答案】AC
【详解】A．对小球受力分析可知
解得
故A 正确；
B．线速度大小为
故B 错误；
C．向心加速度大小为
故C 正确；
D．所受支持力大小为
故D 错误。
故选AC。
4．（2025·安徽·高考真题）如图，M、N 为固定在竖直平面内同一高度的两根细钉，间距
。一根长为
的轻绳一端系在M 上，另一端竖直悬挂质量
的小球，
小球与水平地面接触但无压力。
时，小球以水平向右的初速度
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
。
(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
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)
，
(2)4m
(3)
【详解】（1）小球从最下端以速度v0抛出到运动到M 正下方距离为L 的位置时，根据机
械能守恒定律
在该位置时根据牛顿第二定律
解得
，
（2）小球做平抛运动时
，
解得x=4m
（3）若小球经过N 点正上方绳子恰不松弛，则满足
从最低点到该位置由动能定理
解得
5．（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．
B．
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
可得
要使得物品落点在目标区域内，水平方向满足
最大角速度等于
联立可得
故A 错误，B 正确；
CD．无人机从A 到B 的时间
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。
6．（2025·山东·高考真题）某同学用不可伸长的细线系一个质量为
的发光小球，让小
球在竖直面内绕一固定点做半径为
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
。由于小球运动，在照片上留下了一条长度约为半径
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．
B．
C．
D．
【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
近似认为在曝光时间内小球做匀速直线运动，故有
在最低点根据牛顿第二定律有
代入数据解得T=7N
故选C。
7．（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
故A 错误；
B．根据
可知，球面上P、Q 两点做圆周运动的线速度的关系为
故B 错误；
C．根据
可知，球面上P、Q 两点做圆周运动的向心加速度的关系为
故C 错误。
故选D。
8．（2024·江苏·高考真题）陶瓷是以粘土为主要原料以及各种天然矿物经过粉碎混炼、成型和煅烧制得的
材料以及各种制品。如图所示是生产陶磁的简化工作台，当陶磁匀速转动时，台面面上掉有陶屑，陶屑与
桌面间的动摩因数处处相同（台面够大），则（ ）
A．离轴OO´越远的陶屑质量越大
B． 离轴OO´越近的陶屑质量越小
C． 只有平台边缘有陶屑
D．离轴最远的陶屑距离不会超过某一值
【答案】D
【详解】ABC．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
解得
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轴OO′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。故ABC 错误；
D．离轴最远的陶屑其受到的静摩擦力为最大静摩擦力，由前述分析可知最大的运动半径为
μ 与ω 均一定，故R 为定值，即离轴最远的陶屑距离不超过某一值R。故D 正确。
故选D。
9．（多选）（2024·甘肃·高考真题）电动小车在水平面内做匀速圆周运动，下列说法正确的是（ ）
A．小车的动能不变
B．小车的动量守恒
C．小车的加速度不变
D．小车所受的合外力一定指向圆心
【答案】AD
【详解】A．做匀速圆周运动的物体速度大小不变，故动能不变，故A 正确；
B．做匀速圆周运动的物体速度方向时刻在改变，故动量不守恒，故B 错误；
C．做匀速圆周运动的物体加速度大小不变，方向时刻在改变，故C 错误；
D．做匀速圆周运动的物体所受的合外力一定指向圆心，故D 正确。
故选AD。
10.（2023·湖南·高考真题）如图，固定在竖直面内的光滑轨道ABC 由直线段AB 和圆弧段BC 组成，两段
相切于B 点，AB 段与水平面夹角为θ，BC 段圆心为O，最高点为C、A 与C 的高度差等于圆弧轨道的直径
2R。小球从A 点以初速度v0冲上轨道，能沿轨道运动恰好到达C 点，下列说法正确的是（ ）
A．小球从B 到C 的过程中，对轨道的压力逐渐增大
B．小球从A 到C 的过程中，重力的功率始终保持不变
C．小球的初速度
D．若小球初速度v0增大，小球有可能从B 点脱离轨道
【答案】AD
【详解】A．由题知，小球能沿轨道运动恰好到达C 点，则小球在C 点的速度为
vC = 0
则小球从C 到B 的过程中，有
联立有
FN= 3mgcosα－2mg
则从C 到B 的过程中α 由0 增大到θ，则cosα 逐渐减小，故FN逐渐减小，而小球从B 到C 的过程中，对轨
道的压力逐渐增大，A 正确；
B．由于A 到B 的过程中小球的速度逐渐减小，则A 到B 的过程中重力的功率为
P = －mgvsinθ
则A 到B 的过程中小球重力的功率始终减小，则B 错误；
C．从A 到C 的过程中有
解得
C 错误；
D．小球在B 点恰好脱离轨道有
则
则若小球初速度v0增大，小球在B 点的速度有可能为
，故小球有可能从B 点脱离轨道，D 正确。
故选AD。
11．（2023·北京·高考真题）在太空实验室中可以利用匀速圆周运动测量小球质量。如图所示，不可伸长
的轻绳一端固定于O 点，另一端系一待测小球，使其绕O 做匀速圆周运动，用力传感器测得绳上的拉力为
F，用停表测得小球转过n 圈所用的时间为t，用刻度尺测得O 点到球心的距离为圆周运动的半径R。下列
说法正确的是（ ）
A．圆周运动轨道可处于任意平面内
B．小球的质量为
C．若误将
圈记作n 圈，则所得质量偏大
D．若测R 时未计入小球半径，则所得质量偏小
【答案】A
【详解】A．空间站内的物体都处于完全失重状态，可知圆周运动的轨道可处于任意平面内，故A 正确；
B．根据
解得小球质量
故B 错误；
C．若误将n-1 圈记作n 圈，则得到的质量偏小，故C 错误；
D．若测R 时未计入小球的半径，则R 偏小，所测质量偏大，故D 错误。
故选A。
12．（2023·全国·高考真题）一质点做匀速圆周运动，若其所受合力的大小与轨道半径的n 次方成正比，
运动周期与轨道半径成反比，则n 等于（ ）
A．1
B．2
C．3
D．4
【答案】C
【详解】质点做匀速圆周运动，根据题意设周期
合外力等于向心力，根据
联立可得
其中
为常数，的指数为3，故题中
故选C。
13．（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
，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
匀速转动，转椅运动稳定后在水平雪地上绕O 点做半
径为
的匀速圆周运动。求
与
之间夹角
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
点做半径为
的匀
速圆周运动，绳子与竖直方向的夹角为
，绳子在水平雪地上的投影
与
的夹角为
。求此时圆盘
的角速度
。
【答案】（1）
；（2）
【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
联立解得
（2）设此时轻绳拉力为
，沿
和垂直
竖直向上的分力分别为
，
对转椅根据牛顿第二定律得
沿切线方向
竖直方向
联立解得
