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第22 讲 圆周运动
一、 考点精讲练
考点01：圆周运动的运动学问题（必备知识+2 例+2 变式+能力提升）
考点02：圆周运动的动力学问题（必备知识+2 例+2 变式+能力提升）
二、 拓展学习（圆周运动与平抛运动的综合问题+2 例+2 变式）
三、 巩固提升（精选18 道题）
1.描述圆周运动的物理量
2.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，所做的运动叫作匀速圆周运动。
(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。
【例1-1】（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（ ）
考点一
圆周运动的运动学问题
本讲要点
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。
【例1-2】（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。
【变式1-1】（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；
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。
【变式1-2】（多选）（2024·云南临沧·模拟预测）汕头海湾隧道工程采取的是隧道盾构挖掘技术。盾构机
刀盘直径为15 米，相当于五层楼高。其基本工作原理是：沿隧洞轴线向前推进，同时通过旋转前端盾形
结构，利用安装在前端的刀盘对土壤进行开挖切削，挖掘出来的土碴被输送到后方。如图所示为某盾构机
前端，以下说法中正确的是（ ）
A．盾构机前端转动时，各个刀片转动的角速度相同
B．盾构机前端转动时，各个刀片的线速度随半径的增大而减小
C．当盾构机前端转速为3r/min 时，其转动频率为3Hz
D．当盾构机前端转速为3r/min 时，前端外边缘的线速度约为2.4m/s
【答案】AD
【详解】A．因为各刀片转动是同轴转动，所以各刀片的角速度相等，故A 正确；
B．根据v=r⋅ω，角速度相等，刀片的线速度随半径的增大而增大，故B 错误；
C．因为转速n=3r/min=0.05r/s，所以转动频率为0.05Hz，故C 错误；
D．根据v=2πrn 知，盾构机边缘的速度为v =2×3.14×7.5×0.05 m/s≈2.4 m/s，故D 正确。
故选AD。
【解题能力提升】
1.三种常见的传动方式
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
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
比：
aA
aB
＝r
R
比：
aA
aB
＝r2
r1
2.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。
1.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＝mv
2
r ＝mrω2＝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.匀速圆周运动中向心力的来源
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)
圆锥摆
飞车走壁
飞机水平转弯
考点二
圆周运动的动力学问题
火车转弯
3.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)本质：离心运动的本质并不是受到离心力的作用，而是提供的力小于做匀速圆周运动需要的向心力。
【例2-1】（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。
【例2-2】（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。
【变式2-1】（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。
【变式2-2】（2024·江苏·高考真题）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
【详解】设绳子与竖直方向夹角为θ，小球做圆周运动的半径为r，小球质量为m。
CD．对小球分析有F向=mg tanθ =man，FT= mg
cosθ
根据a、b 两个位置可知，b 位置更高，则θb > θa，代入上式，故此
FTb > FTa，anb > ana，故C 正确、D 错误；
AB．根据ma = mωr2 ，可有ωb > ωa
线速度大小无法判断，故AB 错误。故选C。
【解题能力提升】
圆周运动中动力学问题的分析思路
圆周运动与平抛运动的综合问题
1．问题概述
此类问题有时是一个物体做水平面内的圆周运动，另一个物体做平抛运动，特定条件下相遇，有时是
一个物体先做水平面内的匀速圆周运动，后做平抛运动，有时还要结合能量关系分析求解，多以选择题或
计算题的形式考查。
2．解题关键
(1)明确水平面内匀速圆周运动的向心力来源，根据牛顿第二定律和向心力公式列方程。
(2)平抛运动一般是沿水平方向和竖直方向分解速度或位移。
(3)速度是联系前后两个过程的关键物理量，前一个过程的末速度是后一个过程的初速度。
题型1:圆周运动与平抛运动综合问题
【例3】一滑雪运动员最开始在如图所示光滑倾斜圆轨道上，沿轨道中心线FA 以速度v 匀速运动。随后在
A 点滑离圆轨道，恰好落在三角形木支架上的B 点，且速度沿BC 方向。已知运动员滑行轨迹FA 处于同一
水平面内，倾斜圆轨道与水平面的夹角为α =53°，AE、BD 都在竖直方向，AE 距离20m。运动员的圆轨
道半径r =30 m，运动员及其装备质量为60kg。BC 与水平面夹角为θ，且tanθ = 1
2。已知重力加速度
g=10 m/s
2，sin53° =0.8，cos53° =0.6，运动员可看成质点。求：
（1）速度v 大小。
拓展学习
（2）BD 及EC 的距离。
（3）若倾斜圆轨道粗糙，运动员离开A 点速度大小是多少可以恰好落在C 点？
【答案】（1）v =20 m/s；（2）xBD=15 m，xEC =50 m；（3）v A =25 m/s
【详解】（1）对运动员在倾斜圆轨道上受力分析，如图所示
其做匀速圆周运动，可得向心力为
Fn=mg⋅tan α
Fn=m v
2
r
解得v =20 m/s
（2）在A 点以v =20 m/s做平抛运动，进入B 点相切于BC 方向进入，其中tanθ = v y
v
解得v y =10 m/s
根据平抛运动规律可得v y =>¿
解得t =1s
水平方向上做匀速直线运动故xED= vt =20 m
根据竖直方向上做自由落体运动可得xBD= x AE−1
2 gt
2=15 m
其中xCD= xBD
tanθ =30 m
故xEC = xED+ xDC =50 m
（3）若恰好落在C 点，则xEC = v At
′，x AE= 1
2 gt
′2
解得v A =25 m/s
故运动员离开A 点速度大小是25 m/s可以恰好落在C 点。
【变式3】（多选）（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。
题型2: 圆周运动与平抛运动的多解问题
【例4】（多选）如图所示，竖直放置的圆筒内壁光滑，圆筒半径为R，高为h，P、Q 为圆筒上、下底面
圆上的两点，PQ 连线在筒壁上且竖直，一质量为m 可视为质点的小球由P 点沿筒内侧与半径垂直方向水
平射出，初速度大小为v0。小球的运动轨迹与PQ 的交点依次为PQ 上的A、B、C 三点，重力加速度为
g，不计空气阻力，则以下说法正确的是（ ）
A．小球到达C 点时下落高度为36 g π
2 R
2
v0
2
B．小球在A、B、C 三点时对筒壁的压力大小之比为1:1:1
C．B、C 间距离为10 g π
2 R
2
v0
2
D．小球在P 点时所受合力大小为❑√(m v0
2
R)
2
+(mg)
2
【答案】BCD
【详解】A．小球在水平方向上做匀速圆周运动，圆周运动周期为T = 2πR
v0
小球在竖直方向上做自由落体运动，小球到达C点时，经历时间为3T，则有ℎPC = 1
2 g(3T )
2
解得ℎPC = 18 g π
2 R
2
v0
2
，故A 错误；
B．小球在水平方向上做匀速圆周运动，由筒壁对小球的支持力提供向心力，则有N 1=m v0
2
R
根据牛顿第三定律有压力N 2= N 1，解得N 2=m v0
2
R
可知小球在A、B、C三点时对筒壁的压力大小之比为1:1:1，故B 正确；
C．小球在竖直方向上做自由落体运动，小球到达B点时，经历时间为2T，则有ℎPB= 1
2 g(2T )
2
解得ℎPB= 8 g π
2 R
2
v0
2
结合上述解得ℎBC =ℎPC−ℎPB= 10 g π
2 R
2
v0
2
，故C 正确；
D．小球在水平方向上做匀速圆周运动，由筒壁对小球的支持力提供向心力，则有N 1=m v0
2
R
小球所受外力的合力F =
❑√(m v0
2
R)
2
+(mg)
2，故D 正确。
故选BCD。
【变式3】如图，水平天花板下固定一半径为R =3.6 m的半圆形光滑竖直轨道AB，AB 为竖直直径。一可
视为质点的小球从最低点A 以一定的初速度沿轨道上滑，恰好能经过最高点B。在B 点右侧水平距离
x =3 m处有一个直径为d 的竖直圆柱筒，圆柱筒左侧有两个在同一竖直线上的小孔C 和D，小孔C 和D 的
高度差为Δℎ= 15
4 m，圆柱筒正在以一定角速度ω绕其轴线逆时针（俯视）匀速旋转，小球通过B 点后恰
好能与圆柱筒无接触地穿过C、D 两个小孔。小球与圆柱筒上下底面的圆心在同一竖直平面内，重力加速
度大小取g=10 m /s
2。求：
(1)小球到达半圆形轨道最高点B 时的速度大小v；
(2)圆柱筒的直径d；
(3)圆柱筒旋转的角速度ω可能的值。
【答案】(1)6m/s (2)3m (3)(4 n+2)π rad/s（n=0,1,2⋯)
【详解】（1）小球恰好能经过最高点B，说明在B 点时，小球仅受重力作用，且重力提供向心力。根据
牛顿第二定律mg=m v
2
R
解得v = ❑√gR = ❑√10×3.6 m/s=6 m/s
（2）小球从B 点飞出后做平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动。设小球从B
点运动到C 孔的时间为t，水平方向有x = vt
代入已知数据t =0.5s
竖直方向上，小球下落的高度为ℎ= 1
2 gt
2= 1
2 ×10×(0.5)
2m =1.25 m
因此，小球到达C 孔时，相对于B 点下降了1.25m，接下来，设小球从B 点运动到D 孔的时间为t
′，竖直
方向上，小球下落的高度为ℎ
′ =ℎ+ Δℎ=1.25 m + 15
4 m =5 m
根据自由落体运动公式ℎ
′ = 1
2 gt
′2
解得t
′ =1s
水平方向上，小球从B 点运动到D 孔的水平位移为x
′ = v t
′ =6×1m =6 m
圆柱筒的直径d 为小球从B 点运动到D 孔的水平位移与从B 点运动到C 孔的水平位移之差
d = x
′−x =6 m −3 m =3 m
（3）小球从B 点运动到C 孔的时间为0.5s，运动到D 孔的时间为1s。因此，小球从C 孔运动到D 孔的时
间为tCD=t
′−t =1s−0.5s=0.5s
圆柱筒逆时针旋转，小球从C 孔运动到D 孔的时间为圆柱筒旋转半周的时间，即π
ω =0.5s
解得ω=2π rad/s
然而，圆柱筒可能在小球从C 孔运动到D 孔的过程中旋转多圈，因此角速度ω的可能值为
ω= (2n+1)π
0.5
=(4 n+2)π rad/s（n=0,1,2⋯)
1．（2025·江苏常州·一模）如图所示，甲、乙两同学握住绳子A、B 两端摇动（A、B 近似不动），绳子绕
AB 连线在空中转到图示位置时，则有关绳上P、Q 两质点运动情况，说法正确的是（ ）
A．P 的线速度小于Q 的线速度
B．P 的线速度大于Q 的线速度
C．P 的向心加速度等于Q 的向心加速度
D．P 的向心加速度大于Q 的向心加速度
【答案】A
【详解】AB．绳子上的各点同轴转动，角速度相等，由图示可知r P<rQ
由v =ωr
可知vP<vQ
故A 正确；B 错误；
CD．角速度相等，由图示可知r P<rQ
由v =ω
2r
可知aP<aQ
故CD 错误。
故选A。
2．一台洗地机的滚刷在高速旋转脱水时，滚刷可近似看作半径为3cm 的均匀圆柱体。滚刷以500 转/分钟
巩固提升
的转速匀速转动。下列说法正确的是（ ）
A．滚刷转动的角速度约为3140rad/s
B．滚刷边缘的线速度大小约为1.6m/s
C．水珠未离开滚刷前，水珠所受合外力不是始终指向圆心
D．水珠最终被甩出去，是因为受到了离心力
【答案】B
【详解】A．滚刷转动的角速度约为ω=2πn=2×3.14× 500
60 rad/s≈52.3rad/s
故A 错误；
B．滚刷边缘的线速度大小约为v =rω=0.03×52.3 m/s≈1.6 m/s
故B 正确；
C．由于滚刷做匀速圆周运动，则水珠未离开滚刷前，水珠所受合外力始终指向圆心，提供水珠做匀速圆
周运动的向心力，故C 错误；
D．水珠最终被甩出去，是因为受到了合外力不足以提供做圆周运动的向心力，故D 错误。
故选B。
3．（2025·河南·模拟预测）自行车是常见的代步工具。主要构成部件有前后轮、飞轮、链条、链轮等，其
部分示意图如图所示，其中大齿轮、小齿轮和后轮的半径分别为r1=12cm、r2= 4cm和r3=28cm，假设脚
踏板的转速为n= 2
π r/s，则该自行车前进的速度大小为（ ）
A．0.42m /s
B．0.84 m /s
C．1.68 m /s
D．3.36 m /s
【答案】D
【详解】大齿轮转动的角速度为ω1=2πn
大齿轮边缘点转动的线速度为v1=ω1r1= 2πnr1
小齿轮边缘点转动的线速度与大齿轮边缘点转动的线速度相等，即v2= v1=2πnr1
小齿轮和车轮的角速度相等，则
v3
v2
= r3
r2
所以自行车前进的速度大小v3= 2πnr1r3
r2
=3.36 m /s。
故选D。
4．（2025·江西南昌·三模）如图甲所示，辘轳是古代民间提水设施，简化结构如图乙。辘轳绕绳轮轴半径
为r，现用它从井中提一定质量的水桶（忽略井绳质量和粗细）。t=0 时刻，轮轴由静止开始绕中心轴转动，
其角速度ω 随时间变化的关系如图丙所示。则在水桶上升的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．水桶一直做匀直线运动，加速度为零
B．水桶一直做匀变速直线运动，加速度不变
C．水桶一直做变加速直线运动，加速度一直变大
D．水桶一直做变加速直线运动，加速度一直变小
【答案】B
【详解】由图丙可知，轮轴的角速度与时间是成正比的，设w =kt
所以水桶的速度大小为v = wr =krt
其中k、r 都是定值，所以水桶的速度大小和时间也是成正比的，且水桶的速度方向不变，所以水桶做的是
匀变速直线运动，加速度不变。
故选B。
5．第十四届中国航展于2024 年11 月13 日落下帷幕，空军歼-20、运-20 等武器装备在航展上集中亮相，
我国自主研制生产的首款大型加油机运油-20 展示了它的三根加油管，还做出了快速俯冲、大仰角爬升、
低空低速拖曳通场等多个动作。如图，运油-2 沿竖直平面内圆弧匀速俯冲经过a点，以同样速率和半径大
仰角爬升经过b点，圆心为O，a、b等高，Oa、Ob与竖直方向夹角都为45°。下列说法正确的是
（ ）
A．在a、b两处，飞机给飞行员的作用力均指向O
B．在a、b两处，飞机的向心加速度相同
C．在a、b两处，飞行员受到飞机给他的作用力都大于重力
D．在a处飞行员失重，在b处飞行员超重
【答案】C
【详解】A．飞机给飞行员的作用力和飞行员重力的合力指向圆心O，故A 错误；
B．向心加速度指向圆心，aO、bO方向不同，则在a、b两处，飞机的向心加速度方向不同，故B 错误；
CD．在a、b两处，飞行员受到飞机给他的作用力都大于重力，均超重，故C 正确，D 错误。
故选C。
6．（2025·河南·模拟预测）2025 年蛇年春晚的舞台上，一群穿着花棉袄的机器人在舞台上扭起了秧歌。某
时刻机器人转手绢使得手绢上各点绕竖直转轴O 在水平面内做匀速圆周运动，手绢可简化成如图所示，则
手绢上质点A、B 的物理量一定相同的是（ ）
A．线速度
B．周期
C．向心加速度
D．向心力大小
【答案】B
【详解】B．质点A、B 同轴转动，周期、角速度相同，故B 正确；
A．根据v=ωr 可知半径不同，线速度不同，故A 错误；
C．根据a=ω2r 可知半径不同，向心加速度不同，故C 错误；
D．根据F=mω2r 可知半径不同，向心力大小不同，故D 错误。
故选B。
7．如图所示，两端开口的圆筒直立放置，圆筒内半径为R、高度为h 且内壁光滑。质量为m 的小球（可
视为质点）位于圆筒上端面内壁上的P 点，获得一水平速度后沿圆筒内壁运动，小球第二次通过P 点正下
方时离开圆筒。重力加速度为g。小球沿圆筒内壁运动过程中，圆筒对小球的支持力大小为（ ）
A．2π
2 Rmg
ℎ
B．4 π
2 Rmg
ℎ
C．8 π
2 Rmg
ℎ
D．16 π
2 Rmg
ℎ
【答案】C
【详解】小球在竖直方向做自由落体运动，可得ℎ= 1
2 gt
2
小球在水平方向做匀速圆周运动，据题意可得ωt = 4 π，F N=mR ω
2
解得FN= 8π
2 Rmg
ℎ
故选C。
8．（多选）如图所示为星系齿轮的机构图，一半径为R1的中心齿轮和四个半径均为R2的卫星齿轮嵌套在
半径为R3的轨道圆环内，在摇杆的作用下中心齿轮可做匀速圆周运动，带动卫星齿轮和轨道圆环转动，下
列说法正确的是（ ）
A．中心齿轮边缘各点的线速度大小与卫星齿轮边缘各点的线速度大小相等
B．中心齿轮自转一圈，卫星齿轮也刚好自转一圈
C．中心齿轮边缘各点的向心加速度与卫星齿轮边缘各点的向心加速度的比值为R2
R1
D．卫星齿轮需要自转R2
R3
圈才可以绕轨道圆环转动一圈
【答案】AC
【详解】A．中心齿轮与卫星齿轮边缘各点的线速度大小相等，A 项正确；
B．由v =ωR可得中心齿轮与卫星齿轮的角速度与各自半径成反比，不能同时自转一圈，B 项错误；
C．向心加速度a= v
2
r
，v相同，则a1
a2
= R2
R1
，C 项正确；
D．设卫星齿轮自转n圈才绕轨道圆环转动一圈，应有n⋅2π R2=2π R3
解得n= R3
R2
，D 项错误。
故选AC。
9．（2025·河南·模拟预测）如图，质量为m 的质点从P 点静止释放，自由落体运动到Q 点，由于其他力对
质点产生作用，质点从Q 点开始做匀速圆周运动。质点运动过程中加速度大小始终不变，已知PQ 之间的
距离为h，圆周运动的半径为R，则h 与R 的比值ℎ
R 为（ ）
A．1
3
B．1
2
C．2
D．3
【答案】B
【详解】由于质点从P 到Q 过程中做自由落体运动，加速度大小为g；到达Q 后做匀速圆周运动，其向心
加速度也应与前者相同，故向心加速度a= v
2
R = g
另一方面，质点自由落体到Q 点时速度满足v
2=2 gℎ
联立可得2 gℎ= gR
则ℎ
R = 1
2
故选B。
10．（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。
11．（2025·云南丽江·一模）如图所示是某闯关游戏中的一个关卡。一绕过其圆心O的竖直轴顺时针匀速
转动的圆形转盘浮在水面上，转盘表面始终保持水平，M为转盘边缘上一点。某时刻，一参赛者从水平跑
道边缘P点以初速度v0水平向右跳出，初速度方向平行于OM方向，且运动轨迹与此时刻OM在同一竖直
平面内，随后参赛者正好落在M点，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．若跳出时刻不变，仅增大v0，参赛者必定落水
B．若跳出时刻不变，仅减小v0，参赛者一定会落在OM之间
C．若跳出时刻和初速度不变，仅增大转盘的角速度，参赛者仍可能落在M点
D．若跳出时刻和初速度不变，仅减小转盘的角速度，参赛者不可能落在M点
【答案】C
【详解】AB．参赛者正好落在M点，则M点可能出现在图示的两个位置
参赛者在空中所做运动为平抛运动，竖直高度不变，参赛者在空中运动时间不变；仅增大v0，参赛者的水
平位移增大，可能落水，可能在台面上；仅减小v0，参赛者的水平位移减小，可能落水，可能在台面上，
故AB 错误；
CD．仅增大转盘的角速度，或仅减小转盘的角速度，参赛者的水平位移不变，只要满足M仍转到同一位置，
参赛者就仍可能落在M点，故C正确，D错误。
故选C。
12．我国风力资源丰富，尤其是西北、华北、华东、西南地区。随着新能源政策的引导及风力发电、并网
等技术的发展，我国风力发电开发走在了世界前列，装机容量居全球第一。如图，风轮是发电的重要部件，
风轮机叶片上有P、Q 两点，当叶片匀速转动时，下列说法不正确的是（ ）
A．P、Q 两点的线速度大小不相等
B．P，Q 两点的转动周期相等
C．P、Q 两点的角速度大小相等
D．P、Q 两点的向心加速度大小相等
【答案】D
【详解】ABC．根据v =rω，由图可知，P、Q 两点做圆周运动的半径关系为r P>rQ
角速度与周期相等，线速度大小不相等，故ABC 正确，不符合题意；
D．根据an=r ω
2可知，P、Q 两点做圆周运动的向心加速度的关系为aP>aQ
故D 错误，符合题意。
故选D。
13．如图所示，细绳穿过竖直的管子拴住一个小球，让小球在A 高度处作水平面内的匀速圆周运动，现用
力将细绳缓慢下拉，使小球在B 高度处作水平面内的匀速圆周运动，不计一切摩擦，则（ ）
A．线速度vA>vB
B．角速度ωA=ωB
C．向心加速度aA<aB
D．向心力FA>FB
【答案】C
【详解】设绳子与竖直方向夹角为θ，绳子长度为l，小球所在平面距离顶点的竖直高度为h，对小球分析
有F向=mg tanθ =m 4 π
2
T
2 lsinθ =mω
2lsinθ =m
v
2
lsinθ =man
整理有线速度v = ❑√gl tanθsinθ
角速度ω= ❑√
g
lcosθ
向心加速度an= g tanθ
A．由于v = ❑√gl tanθsinθ
小球从A 处到达B 处，l 减小，θ 增大，则无法判断vA、vB 的关系，故A 错误；
B．由于ω= ❑√
g
lcosθ
其中cosθ = ℎ
l
联立有ω= ❑√
g
ℎ
由题意可知，小球从A 处到达B 处，h 减小，则ωA < ωB，故B 错误；
CD．由于F向=mg tanθ =man
整理有an= g tanθ
由题意可知，其角度θ 变大，所以小球所受向心力变大，即FA<FB，向心加速度大小也变大，即aA<aB，
故C 正确，D 错误。
故选C。
14．（2025·辽宁沈阳·模拟预测）如图所示，一半径为R 的半球形陶罐固定在可以绕竖直轴转动的水平转
台上，转台转轴与过陶罐球心O 的对称轴OO'重合，此时一质量为m 的小物块恰好静止在陶罐内，它和球
心O 的连线与竖直方向的夹角为θ=37°，现让陶罐随转台绕转轴OO'一起转动，小物块在陶罐内始终未滑
动，重力加速度为g，sin37°=0.6，cos37°=0.8，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
(1)求物块与陶罐之间的动摩擦因数μ；
(2)当转台以恒定的角速度❑√
3 g
R
匀速转动，求小物块受到的摩擦力的大小和方向。
【答案】(1)μ=0.75
(2)Ff= 21
25 mg，方向沿切线向下
【详解】（1）小物块恰好静止时，由平衡条件可知N =mgcosθ，μN =mgsinθ
所以μ=0.75
（2）设支持力N，摩擦力Ff，物块在竖直方向平衡，水平方向做匀速圆周运动，设摩擦力方向沿罐壁相
切斜向下，有N cosθ =mg+ Ffsinθ，N sinθ+ Ffcosθ =mω
2 R sinθ
解得Ff = 21
25 mg
由于摩擦力为正，说明摩擦力实际方向与假设相同，所以方向沿切线向下。
15．（2025·河南·模拟预测）如图所示，半径为r3=5r 的圆形餐桌中心有一转盘，其半径为r2=3r，可绕其中
心轴转动。a、b 为两个相同的杯子，其中a 置于距中心轴r1=r 处，b 置于转盘边缘。两个杯子与转盘间的
动摩擦因数均为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，转盘厚度及转盘与餐桌的间隙不计，
餐桌始终保持静止，两个杯子均可视为质点，现缓慢增大转盘的角速度。
(1)求a、b 分别相对转盘刚发生滑动时转盘的角速度之比；
(2)b 相对转盘滑下后，恰不从餐桌边缘掉下，求杯子与桌面间的动摩擦因数μ'。
【答案】(1)ω1
ω2
=
❑√3
1
(2)μ
' = 3
8 μ
【详解】（1）杯子相对转盘发生滑动时，根据摩擦力提供向心力可得μmg=mR ω
2
解得ω= ❑√
μg
R
即ω∝❑√
1
R
a、b相对转盘发生滑动时转盘的角速度之比为ω1:ω2= ❑√3:1
（2）b相对转盘滑动μmg=mω
2·3r
线速度与角速度的关系v =ω·3r
b 沿切线滑到桌面上x =
❑√(5r )
2−(3r )
2
由牛顿第二定律可得μ
' mg=ma
解得b 沿切线滑到桌面上的加速度大小为a= μ
' g
结合运动学公式v
2=2ax
解得x =
v
2
2 μ' g
联立可得μ' = 3
8 μ
16．如图所示的路段是一段半径为100m的水平圆弧形弯道。在晴天时，路面对轮胎的最大静摩擦力为正
压力的0.6 倍；雨天时，路面被雨水淋湿，路面对轮胎的最大静摩擦力变为正压力的0.4 倍。一辆质量
m=2.0×10
3kg的汽车（可视为质点）在该公路的弯道上行驶。已知取重力加速度大小g=10 m/s
2，
sin15° =0.26，cos15° =0.97，tan15° =0.27，❑√30=5.47。
(1)若路面水平，在晴天时，汽车安全能通过该水平圆弧形弯道的最大速率（本小问计算结果保留根号）；
(2)若将弯道处路面设计为向内侧倾斜，与水平面的夹角为θ =15°；
①晴天时，汽车以多大速度通过该水平圆弧弯道时轮胎与路面间的侧向摩擦力为零？这种情况下汽车受到
路面的弹力为多少？（本小问计算结果保留3 位有效数字）；
②雨天时，求汽车能安全通过此倾斜圆弧形弯道的最大速率。（本小问计算结果保留整数）
【答案】(1)10 ❑√6 m/s
(2)①16.4 m/s，F N=2.06×10
4 N；②vm =27 m/s
【详解】（1）晴天时，汽车安全通过该水平圆弧形弯道的最大速率时，摩擦力达到最大静摩擦
f m =0.6mg
由牛顿第二定律有f m =m vm
2
r
解得vm =10 ❑√6 m/s
（2）①由题意可知，轮胎与路面间的侧向摩擦力为零时，由牛顿第二定律有mg tanθ =m v
2
r
解得v =3 ❑√30 m/s=16.4 m/s
由平衡条件有F N= mg
cosθ
解得FN=2.06×10
4 N
②由题意，通过受力分析，牛顿第二定律可知FNsinθ+ f mcosθ =m vm
2
r
由平衡条件有FNcosθ = f msinθ+mg
又有f m =0.4 FN
解得vm =27 m/s
17．如图所示，轻杆两端分别系着质量为mA=2kg的圆环A 和质量为mB=1kg的小球B，轻杆与A 的连接
处有光滑铰链，轻杆可以绕铰链自由转动，A 套在光滑的水平固定横杆上且能自由滑动，A、B 静止不动时
B 球恰好与光滑地面接触，在B 的左侧是半径为R =0.4 m的1
4 圆弧，质量为mC=3kg的小球C 以v0=3 m /s
的速度向左与B 球发生正碰，已知碰后C 小球恰好能做平抛运动，小球B 在运动过程中恰好能与横杆接触。
重力加速度取g=10 m /s
2，则：
(1)碰后C 球平抛的水平位移大小；
(2)碰后瞬间B 球的速度大小；
(3)A、B 间轻杆的长度。
【答案】(1)2❑√2
5
m(2)3m/s(3)0.3m
【详解】（1）碰后C 球恰好能做平抛运动，则C 球在圆弧顶端，根据牛顿第二定律有
mC g=mC
vC
2
R
C 做平抛运动，在水平方向上有x = vCt
在竖直方向上有R = 1
2 gt
2
解得x = 2❑√2
5
m
（2）碰撞过程中，B 球和C 球组成的系统动量守恒，则有mCv0=mCvC+mBvB
解得vB=3 m /s
（3）碰后当B 球恰好与横杆接触时，A、B 二者具有相同的水平速度v共，A、B 构成的系统水平方向动量
守恒，则有mBvB=(mA+mB)v共
根据机械能守恒定律有1
2 mBvB
2= 1
2 (mA+mB)v共
2 +mB gl
解得l =0.3 m
18．（2025·河南·模拟预测）如图甲，为从筒中倒出最底部的羽毛球，将球筒竖直并筒口朝下，从筒口离
地面ℎ=1.8 m的高度松手，让球筒自由落体，撞击地面，碰撞后球筒不反弹。已知球筒质量M =90g，球
筒长度L= 40cm，羽毛球质量为m=6g，羽毛球和球筒间最大静摩擦力f m =0.3 N，最大静摩擦力等于滑动
摩擦力，为简化问题把羽毛球视为质点，空气阻力忽略不计，g 取10 m /s
2，4.8
2=23.04，求：
(1)碰撞后羽毛球是否到达球筒口；
(2)如图乙所示，某人伸展手臂握住球筒底部，使球筒与手臂均沿水平方向且筒口朝外，筒身离地高度仍为
ℎ=1.8 m，他以身体躯干为中心轴逐渐加速转动直至羽毛球刚好飞出，筒口离中心轴距离为R =1.2m，则
球落地后距离中心轴有多远？
【答案】(1)碰撞后羽毛球能到达球筒口 (2)s= 4.8 m
【详解】（1）自由下落过程，根据速度与位移的关系有v
2=2 gℎ
解得落地时速度v =6 m/s
碰撞后，球向下做匀减速运动，根据牛顿第二定律有f m−mg=ma
解得a= 40 m/s
2
碰撞后羽毛球下滑过程，利用逆向思维，根据速度与位移的关系有v
2=2ax
解得x =0.45 m > L
可知，羽毛球能到达筒口。
（2）设羽毛球刚好从筒口水平飞出时速度为v1，根据牛顿第二定律有f m =m v1
2
R
解得v1= ❑√60 m/s
羽毛球飞出后做平抛运动，则有ℎ= 1
2 gt
2
解得t =0.6s
水平方向x1= v1t
羽毛球落地点离中心轴的距离为s=
❑√R
2+ x1
2= 4.8 m
