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抢分猜押07 选择题：圆周运动 (黑吉辽蒙专用）
重难解读
圆周运动的考查将紧密围绕核心物理量的关系、向心力来源分析、临界条件判断以及与实际情境的结
合展开，命题强调基础性、综合性与应用性。
圆周运动基本物理量的关系、向心力的来源与动力学分析、竖直平面内的圆周运动与临界问题、水平
面内的圆周运动与临界问题等
命题预测
2026 年高考，选择题侧重定性分析、比较判断和临界条件识别，计算量通常不大。预测考察竖直平面
“绳-杆”模型和水平面临界模型。
考点1 基本量的计算
1．（2026·内蒙古包头·一模）一质点在某平面内运动，其沿该平面内相互垂直的x 轴、y 轴的分速度—时
间图像分别如图（a）、（b）所示，关于质点的运动，下列说法正确的是（ ）
A．质点做简谐运动
B．质点的周期保持不变
C．质点的速度保持不变
D．质点的加速度保持不变
【答案】B
【详解】由图可知v x =−v0sin 2π
4t0
t =−v0sin π
2t0
t，v y = v0cos 2π
4t0
t = v0cos π
2t0
t
可知v x
2+ v y
2 = v0
2
可知，质点做匀速圆周运动，质点的周期保持不变，质点的速度和加速度大小不变，方向不断变化。
故选B。
2．（2026·陕西·模拟预测）如图所示为离心机的原理简图，试管倾斜固定在高速转动的离心机上，经过一
段时间，试管中的溶液即可完成分层。稳定后，关于上下两层中的M、N两液滴，下列说法正确的是（
）
A．溶液相对于地面受到离心力的作用而分层
B．M受到的向心力小于N受到的向心力
C．M 、N两液滴的角速度相同
D．M所在层的溶液密度大于N所在层的溶液密度
【答案】C
【详解】A．溶液不会受到离心力的作用，A 错误；
B．M、N 两液滴质量未知，故向心力大小无法比较，B 错误；
C．M、N 两液滴同轴转动，角速度相等，C 正确；
D．在高速转动的离心机上，稳定后，下层溶液密度大，所以N 所在层的溶液密度大于M 所在层的溶液密
度，D 错误。
故选C。
3．（2026·河南郑州·一模）2025 年9 月，杭州超重力场启动全球最大的离心机主机。如图为离心机结构的
俯视图，质量均为m的模型舱和配重系统通过转臂连接，在水平面内绕竖直转轴以角速度ω做匀速圆周运
动。正常转动时，两者重心到转轴的距离均为R，转轴受到的水平作用力为0。若某次实验中，模型舱的
重心到转轴的距离增加了d，其余条件不变，则转轴受到的水平作用力大小为（ ）
A．mω
2 R
B．mω
2d
C．mω
2(R+d)
D．mω
2(R−d)
【答案】B
【详解】若某次实验中，模型舱的重心到转轴的距离增加了d，其余条件不变，以配重系统为对象，水平
方向根据牛顿第二定律可得F1=mω
2 R
以模型舱为对象，水平方向根据牛顿第二定律可得F2=mω
2( R +d )
以转臂为对象，可得转轴对转臂的水平作用力大小为F = F
′
2−F
′
1
其中F
′
1= F1=mω
2 R，F
′
2= F2=mω
2( R +d )
可得F =mω
2d
则转轴受到的水平作用力大小为mω
2d。
故选B。
4．（22-23 高三上·陕西安康·月考）如图所示，用六根符合胡克定律且原长均为l0的橡皮筋将六个质量为m
的小球连接成正六边形，放在光滑水平桌面上。现在使这个系统绕垂直于桌面通过正六边形中心的轴以角
速度ω匀速转动。在系统稳定后，观察到正六边形边长变为l，则橡皮筋的劲度系数为（ ）
A．
❑√3mω
2(l−l0)
l
B．mω
2(l−l0)
l
C．
❑√3mω
2l
l−l0
D．mω
2l
l−l0
【答案】D
【详解】对小球受力分析，相邻两根橡皮筋的合力提供向心力
2k(l−l0)cos60° =mω
2l
解得
k = mω
2l
l−l0
故选D。
5．（2026·广东广州·一模）图（a）所示的油纸伞是我国古人智慧的结晶。图（b）为其结构示意图，ON
是一条可绕伞顶O 转动的伞骨，伞撑两端分别与ON 中点M 和滑环P 铰接。保持伞柄不动，向上推滑环
P，使得伞骨ON 以恒定角速度开伞，则（ ）
A．M 点的线速度方向总是沿PM 方向
B．M 点的向心加速度方向沿MP 方向
C．N 点线速度大小是M 点的2 倍
D．N 点的向心加速度大小是M 点的4 倍
【答案】C
【详解】A．由题意可知，M 点做匀速圆周运动，线速度方向始终沿圆周的切线方向，始终与ON 垂直，
而非沿PM 方向，故A 错误；
B．由题意可知，ON 是一条可绕伞顶O 转动的伞骨，M 点以O 点为圆心做匀速圆周运动，所以向心加速
度方向始终沿M 指向圆心O，不是沿MP 方向，故B 错误；
C．由匀速圆周运动规律可知v =rω
由于ωN =ωM =ω，r N =2r M
所以有
v N
v M
=2
所以N 点线速度大小是M 点的2 倍，故C 正确；
D．由向心加速度公式可知an=r ω
2
由于ωN =ωM =ω，r N =2r M
所以有
an N
an M
=2
所以N 点的向心加速度大小是M 点的2 倍，故D 错误。
故选C。
6．（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 。
7．（2026·云南·模拟预测）游乐场的“旋转咖啡杯”项目中，某游客坐在咖啡杯内，咖啡杯绕中心轴做水
平圆周运动。工作人员通过控制装置，让咖啡杯的角速度缓慢增大，咖啡杯到中心轴的距离不变。在此过
程中，游客的向心力（ ）
A．增大
B．减小
C．不变
D．无法确定
【答案】A
【详解】咖啡杯的角速度缓慢增大，半径不变，根据F =mω
2r可知，游客的向心力增大。
故选A。
8．（2026·甘肃·一模）如图所示，充满气的气球内装有少量的红墨水，用细绳扎住充气口后，将细绳两端
提起，并让两侧细绳缠绕在一起。用力向两侧拽细绳，发现红墨水随气球转动起来，在气球内壁上形成一
个水环。关于此现象，下列说法正确的是（ ）
A．水环能转起来，是因为受到气球内壁的摩擦力
B．气球内壁对水环的弹力沿水平面指向环心
C．随着气球旋转加快，水环位置上升时、水环的机械能保持不变
D．只要气球旋转得够快，水环可以上升到气球内壁的上半部分
【答案】A
【详解】AB．水环启动时，气球内壁对红墨水（水环）的摩擦力方向是沿气球内壁的切线方向，且与红墨
水相对气球内壁的运动趋势方向相反，即摩擦力在切线方向上推动了水环的运动，弹力和重力的合力提供
的向心力，故气球内壁对水环的弹力不是沿水平面指向环心，故A 正确，B 错误；
D．水环只能在等效“赤道”以下区域稳定，无法上升到上半部分（因为若到上半部分弹力方向斜向下，
重力竖直向下，竖直方向不能平衡），故D 错误；
C．随着气球旋转加快，水环位置上升时，半径增大，线速度增大，动能增大，重力势能增大，则水环的
机械能增大,故C 错误。
故选A。
9．（2026·陕西西安·模拟预测）某研究小组估测甩手时指尖的最大向心加速度，利用摄像机记录甩手动作，
A、B、C 是最后3 帧（每秒25 帧）照片中指尖的位置。根据照片构建运动模型：从A 到B，指尖以肘关节
M 为圆心做圆周运动，从B 到C，指尖以腕关节N 为圆心做圆周运动，粗略认为A、B 之间平均速度为整
个过程中指尖做圆周运动的线速度。测得A、B 之间的距离为26cm，B、N 之间的距离为17cm，B、M 之
间的距离为40cm。重力加速度为g，甩手时指尖的最大向心加速度大约为（ ）
A．5g
B．10g
C．25g
D．50g
【答案】C
【详解】根据题意甩手动作每秒25 帧，则从帧A 到帧B 的时间间隔为t = 1
25 s=0.04s
粗略认为A、B 之间平均速度为甩手动作最后阶段指尖做圆周运动的线速度，则
vB= x AB
t
= 26×10
−2
0.04
m/s=6.5 m/s
则向心加速度约为amax = vB
2
r NB
=
6.5
2
17×10
−2 m/s
2=249 m/s
2≈25 g
故选C。
10．（2026·新疆喀什·模拟预测）我国航天员在“天宫课堂”中演示了多种有趣的实验，提高了青少年科
学探索的兴趣。某同学设计了如下实验：细绳一端固定，另一端系一小球，给小球一初速度使其在竖直平
面内做圆周运动。无论在“天宫”还是在地面做此实验（ ）
A．小球的速度大小均发生变化
B．小球的向心加速度大小和方向均发生变化
C．细绳的拉力对小球均不做功
D．细绳的拉力大小均发生变化
【答案】C
【详解】AC．在地面上做此实验，忽略空气阻力，小球受到重力和绳子拉力的作用，拉力始终和小球的速
度垂直，不做功，重力会改变小球速度的大小；在“天宫”上，小球处于完全失重的状态，小球仅在绳子
拉力作用下做匀速圆周运动，绳子拉力仍然不做功，故A 错误，C 正确；
BD．在地面上小球运动的速度大小改变，根据a= v
2
r 和F =m v
2
r （重力不变）可知小球的向心加速度和拉
力的大小发生改变，在“天宫”上小球的向心加速度和拉力的大小不发生改变，故BD 错误。
故选C。
考点2 水平面上的圆周运动
1．（2026 高三·北京·专题练习）如图所示，放于竖直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，同时有一长为R 的细绳一端系于球上，另一端系于圆环最低点，绳能承受的最大拉力为
2mg，重力加速度的大小为g，当圆环以角速度ω 绕竖直直径转动时，下列说法不正确的是（ ）
A．圆环角速度ω 等于❑√
g
R
时，小球受到2 个力的作用
B．圆环角速度ω 等于❑√
3 g
R
时，小球受到3 个力的作用
C．圆环角速度ω 等于2❑√
g
R
时，细绳将断裂
D．圆环角速度ω 大于❑√
6 g
R
时，小球受到2 个力的作用
【答案】C
【详解】A．当细绳拉直时，设细绳与水平方向的夹角为θ，如图所示，因细绳与两半径构成等边三角形，
则θ＝90°－60°＝30°，球做圆周运动的半径为r ＝Rcosθ＝
❑√3
2 R
在水平方向上，由牛顿第二定律有F 支cosθ＋F 拉cosθ＝mω2r
在竖直方向上，由平衡条件有F 支sinθ＝mg＋F 拉sinθ
当F 拉＝0 时，解得ω1＝❑√
2 g
R
当F 拉＝2mg 时，解得ω2＝❑√
6 g
R 。
圆环角速度ω 等于❑√
g
R 时，ω＜ω1，细绳处于松弛状态，小球仅受重力和圆环支持力的作用，A 正确；
B．圆环角速度ω 等于❑√
3 g
R 时，ω1＜ω＜ω2，小球受到重力、圆环支持力和细绳拉力的作用，B 正确；
C．圆环角速度ω 等于2❑√
g
R 时，ω＜ω2，细绳没有断裂，C 错误；
D．圆环角速度ω 大于❑√
6 g
R 时，细绳断开，小球受到重力和圆环支持力的作用，D 正确。
此题选择不正确的，故选C。
2．（2026·山东青岛·一模）如图甲所示为某离心分离装置示意图，水平转台可在电机的带动下绕过圆心的
竖直轴转动。开始时将质量为1kg 的物块静置于转台上，物块到转台圆心O 的距离为1m，t =0时刻启动电
机，转台由静止开始加速转动，其角速度与时间关系图像如图乙所示，物块与转台间的动摩擦因数μ=0.5，
重力加速度g=10 m/s
2，则物块能随转台一起转动（相对转台静止）的时间为（ ）
A．
❑√5
3 s
B．1s
C．2
3 s
D．3
2 s
【答案】C
【详解】由图乙结合v =ωr可知，物块随转台加速转动时的线速度大小变化情况为v =3t m/s
则物块沿切向方向的加速度大小为a1=3 m/s
2
根据牛顿第二定律可得，物块沿切向方向的静摩擦力大小为f 1=ma1=3 N
则物块指向圆心的最大静摩擦力大小为f 2=
❑√( μmg)
2−f 1
2= 4 N
当物块受到的摩擦力为最大静摩擦力时，物块能随转台一起转动达到最大的角速度，此时根据牛顿第二定
律可得f 2=mωm
2 r
解得ωm =2rad/s
由乙图可知，此时物块能随转台一起转动（相对转台静止）的时间为2
3 s。
故选C。
3．（25-26 高三下·河南南阳·开学考试）如图甲所示，将质量为m1的物块A 和质量为m2的物块B 沿同一半
径方向放在水平转盘上，两者用长为L 的水平轻绳连接。物块与转盘间的最大静摩擦力均为各自重力的k
倍，物块A 与转轴的距离等于轻绳长度，整个装置能绕通过转盘中心的竖直轴转动。开始时，轻绳恰好伸
直但无拉力，现让该装置从静止开始转动，使角速度缓慢增大，绳中拉力FT与ω
2的关系如图乙所示，当
ω
2超过3ω1
2时，物块A、B 开始滑动。若图乙中的F1、ω1及重力加速度g 均为已知，下列说法正确的是
（ ）
A．L=
F1
m2ω1
2
B．k = F1
m2 g
C．L=
F1
2m2ω1
2
D．m2=m1
【答案】C
【详解】由题图乙可知，当转盘角速度的二次方为2ω1
2时，A、B 间的细绳开始出现拉力，可知此时B 达
到最大静摩擦力，故有k m2 g=m2⋅2 L⋅2ω1
2
当转盘角速度的二次方为3ω1
2时，A 达到最大静摩擦力，对A 有k m1g−F1=m1 L⋅3ω1
2
对B 有k m2 g+ F1=m2⋅2 L⋅3ω1
2
联立以上三式解得L=
F1
2m2ω1
2，k = 2 F1
m2 g ，m2= 1
2 m1
故选C。
4．（2026·山东滨州·一模）为研究四驱赛车弯道加速时的性能，驾驶赛车在水平圆周轨道上行驶，轨道半
径大小R=225m，车轮与水平地面间的动摩擦因数μ=0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。某时刻赛车速度
大小v=21m/s，从该时刻开始做加速圆周运动，保持切向加速度大小恒为a=3m/s2，不计空气阻力及其它阻
力，重力加速度大小g=10m/s2。赛车可视为质点，四个车轮的受力情况可视为相同，则赛车做加速圆周运
动且不发生侧向滑动的最长时间为（ ）
A．1s
B．2s
C．3s
D．(5 ❑√5−7)s
【答案】C
【详解】题意可知赛车做加速圆周运动时存在切向加速度、向心加速度，合加速度由最大静摩擦力提供，
即a=
❑√an
2+a
2
其中a= μmg
m = μg，an= vm
2
R
，代入题中数据，联立解得vm =30 m /s
则赛车加速时间为t = vm−v
a
= 30−21
3
s=3s
故选C。
5．（2026·山东济宁·模拟预测）如图所示，一个质量为m 的小物块（可看作质点）放置在圆盘的边缘，圆
形餐桌桌面水平，半径为R，中部有一半径为r 的圆盘，其圆心与餐桌圆心重合可绕其中心轴转动。现圆
盘转速由零开始缓慢增加，小物块最终从餐桌上滑落。已知小物块与圆盘间的动摩擦因数为μ1，小物块与
餐桌间的动摩擦因数为μ2 ，μ2，μ1> μ2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，圆盘厚度及圆
盘与餐桌间的间隙不计。则（ ）
A．小物块滑离圆盘后在餐桌上做曲线运动
B．小物块在圆盘上的加速度一定大于μ2 g
C．若小物块随圆盘匀速转动，角速度可能为❑√
μ1
❑g
2r
D．小物块在餐桌上滑动过程中因摩擦产生的热量小于μ2
❑mg
❑√R
2−r
2
【答案】C
【详解】A．小物块从圆盘上滑落后，小物块受到的摩擦力的方向与运动的方向始终相反，所以在餐桌上
做减速直线运动，故A 错误；
B．小物块在圆盘上做圆周运动时，随着转盘转速的增加，加速度逐渐变大，小物块从圆盘上滑落的瞬间，
摩擦力达到最大静摩擦力，此时加速度最大，为a1m = μ1 g
小物块在餐桌上的加速度a2= μ2 g
由于μ1> μ2，可知a1m>a2，但小物块在圆盘上的加速度不一定大于μ2 g，故B 错误；
C．小物块在圆盘上随圆盘运动，角速度满足μ1mg≥mω
2r
即ω≤
❑√
μ1 g
r
，故C 正确；
D．小物块从圆盘上滑落后沿圆盘的切线方向在桌面上做匀减速直线运动，在餐桌上滑动过程中相对桌面
滑动的位移x =
❑√R
2−r
2
可知摩擦生热为Q = μ2mg
❑√R
2−r
2，故D 错误。
故选C。
6．（2026·重庆沙坪坝·模拟预测）如图1 所示，A、B 两个可视为质点的小球由两段不可伸长的相同长度
的轻绳连接，一同学用手握住轻绳上端O，初始时刻两个球均静止，该同学通过晃动让两个小球动起来，
系统稳定时两个小球均在水平面内做匀速圆周运动，如图2 所示。晃动轻绳过程中O 点高度没有发生变化，
不计空气阻力。则（ ）
A．稳定时，A 球线速度大于B 球线速度
B．稳定时，A 球角速度大于B 球角速度
C．从开始晃动到系统稳定过程中，轻绳AB 对A 球做的功等于A 球机械能的增量
D．从开始晃动到系统稳定过程中，轻绳OB 对B 球做的功等于B 球机械能的增量
【答案】C
【详解】AB．稳定时两球的角速度相等，由于A 球做圆周运动的半径小于B 球做圆周运动的半径，根据
v =ωr可知，A 球的线速度小于B 球的线速度，故AB 错误；
CD．根据功能关系可知，从开始晃动到系统稳定过程中，轻绳AB 对A 球做的功等于A 球机械能的增量，
轻绳OB、轻绳AB 对B 球做的功等于B 球机械能的增量，故C 正确，D 错误。
故选C。
7．（2026·山东日照·一模）如图所示，在水平圆盘上，沿直径方向用轻绳相连的物体A 和B 分居圆心O
两侧，与圆盘一起绕中轴线匀速转动。已知两物体的质量均为m，到O 点的距离分别为r 和2r，与圆盘间
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。若物体A 受到的摩擦力大小为
2
3 μmg，则圆盘转动的角速度为（ ）
A．2❑√
μg
3r
B．❑√
2 μg
3r
C．❑√
5 μg
3r
D．❑√
μg
3r
【答案】C
【详解】当B 的摩擦力达到最大时，有μmg=m⋅2r ω0
2
可得此时角速度为ω0= ❑√
μg
2r
此时对A，向心力为mr ω0
2= μmg
2
< 2 μmg
3
可得物体A 受到的摩擦力大小为2
3 μmg时，绳子一定有拉力，设此时A 受摩擦力向右，有
2
3 μmg+T =mr ω
2，μmg+T =m⋅2r ω
2
可得拉力为负值，不符合实际，可知A 受摩擦力向左，有T −2
3 μmg=mr ω
2，μmg+T =m⋅2r ω
2
可得此时圆盘转动的角速度为❑√
5 μg
3r
故选C。
8．（2026·山东德州·一模）如图所示为某高速公路的一段弯道，其宽度为d，内外侧的高度差为h，转弯半
径为R，设计时速为vc。当汽车以设计时速在弯道上水平转弯时，恰好没有向内外两侧滑动的趋势，即汽
车的向心力完全由重力和支持力的合力提供。对该弯道下列说法正确的是（ ）
A．汽车的质量越大，弯道的设计时速vc也应该越大
B．路面结冰与未结冰时相比，弯道的设计时速vc应该不同
C．保持d和R不变，通过减小h可以提升该弯道的设计时速vc
D．保持d和h不变，通过增大R可以提升该弯道的设计时速vc
【答案】D
【详解】A．汽车的向心力完全由重力和支持力的合力提供，设支持力与竖直方向的夹角为θ
根据牛顿第二定律mgtanθ= mvc
2
R
由几何关系可知tanθ = h
d
解得vc = ❑√
gRh
d
vc与汽车质量无关，A 错误；
B．路面结冰与未结冰时相比，车与地面间的动摩擦因数μ变小，由vc = ❑√
gRh
d
可知，与动摩擦因数μ无关，
B 错误；
C．保持d 和R 不变，由vc = ❑√
gRh
d
可知，vc∝❑√h，当h减小时，vc将减小，C 错误；
D．保持d 和h 不变，由vc = ❑√
gRh
d
可知，vc∝❑√R，当R增大时，vc将增大，D 正确。
故选D。
9．（2026·河北·一模）如图所示，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。转台以一定角速度匀速转动，一质量为m 的小物块落入陶罐内，
经过一段时间后小物块随陶罐一起转动且相对罐壁静止，此时小物块受到的摩擦力恰好为0，且它和O 点
的连线与OO
′之间的夹角θ为37°。小物块和陶罐之间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为g，sin37° =0.6
，cos37° =0.8。则（ ）
A．小物块受到重力、支持力、向心力的作用
B．转台转动的角速度为❑√
5 g
R
C．小物块转动的线速度大小为3
10
❑√5 gR
D．当转台的角速度缓慢增大到❑√
5 g
3 R
时，小物块相对罐壁发生滑动
【答案】C
【详解】A．小物块做匀速圆周运动，受到重力和陶罐的支持力的作用（当摩擦力为0 时）。向心力是这
两个力的合力，是效果力，不是物体实际受到的力，故A 错误；
B．小物块做圆周运动的半径为r = Rsinθ
对小物块，根据牛顿第二定律可得mgtanθ =mω
2r
解得ω= ❑√
5 g
4 R ，故B 错误；
C．小物块转动的线速度大小为v =ωr = 3
10
❑√5 gR，故C 正确；
D．当转台的角速度缓慢增大时，小物块有向上滑动的趋势，会受到沿罐壁向下的静摩擦力。当静摩擦力
达到最大值时，小物块即将滑动，此时f m = μN
设此时角速度为ωm，竖直方向Ncosθ =mg+ f m sinθ
根据牛顿第二定律，在水平方向Nsinθ+ f m cosθ =mωm
2 r
解得ωm = ❑√
10 g
3 R
即，当转台的角速度缓慢增大到❑√
10 g
3 R 时，小物块相对罐壁发生滑动，故D 错误。
故选C。
10．（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Δx，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 Δxtan 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 Δxtan 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 Δxtan θ
2
D−2 Δxtan θ
2
由于tan θ
2 ≈θ
2
则有
s1
s2
= D+θΔx
D−θΔx
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
2θΔx
故选C。
考点3 竖直方向的圆周运动
1．（2026·辽宁大连·一模）如图所示，半径为0.9 m的半圆柱固定于水平地面上，一质量为m2的小物块放
置于其最高点。在圆心O点正上方2.5 m处有一悬点，将细绳的一端系于悬点，另一端悬挂一小球，质量为
m1，将小球拉至细线与竖直方向成θ =60
∘位置静止释放，小球与小物块发生弹性正碰后，小物块恰能从半
圆柱的最高点脱离圆柱面。不计一切阻力，小球、物块均可视为质点，g 取10m/s2，则m1:m2为（ ）
A．3:1
B．3:5
C．2:1
D．3:7
【答案】B
【详解】悬点在O点正上方2.5 m，半圆柱最高点在O点正上方R =0.9 m处，因此绳长
L=2.5 m −0.9 m =1.6 m
小球下摆过程机械能守恒，有m1gL(1−cosθ)= 1
2 m1v0
2
解得v0= 4 m/s
小物块恰能从半圆柱最高点脱离，此时支持力为0，重力提供向心力，得m2 g= m2v2
2
R
解得v2=3 m/s
弹性正碰满足动量守恒、动能守恒，有m1v0=m1v1+m2v2，1
2 m1v0
2= 1
2 m1v1
2+ 1
2 m2v2
2
解得v2= 2m1v0
m1+m2
代入v0= 4 m/s，v2=3 m/s，整理得3(m1+m2)=8m1
即3m2=5m1，因此m1:m2=3:5
故选B。
2．（2026·四川宜宾·二模）如图，正方形ABCD 为倾角θ =30°的光滑绝缘斜面，边长l =2.0 m，位于平行
AB 向下的匀强电场中，场强E =5.0 V/ m，一质量m=0.1kg，带电q =−0.02C的小球通过长为r =0.5 m的
轻绳一端固定于正方形中心O，将轻绳拉直并使小球在圆形虚线上某一位置P（未画出）静止。现给小球
一垂直于绳的速度，小球开始在斜面上做圆周运动，当运动到圆形虚线的最低点时，绳子恰好断裂，之后
小球刚好能够到达C 点。不计一切阻力，重力加速度g=10 m /s
2，则（ ）
A．P 点不可能在图中圆形虚线的最高点B．绳能够承受的最大张力为1.8N
C．绳断裂瞬间小球速度大小为❑√5 m /s D．小球到达C 点时速度大小为❑√10 m /s
【答案】A
【详解】A． 小球在 P 点静止，说明 P 点为等效重力场的最低点（平衡位置），小球受重力沿斜面向下
的分力Gx =mgsin30
∘=0.5 N
电场力F电=qE =0.1N
由于 q<0，电场方向平行 AB 向下，则电场力方向平行 AB 向上
它们合力 F合=Gx−F电=0.4 N
方向沿斜面向下，不可能在最高点，故 A 正确；
CD．绳子在几何最低点断裂，小球做类平抛运动，由牛顿第二定律F合=Gx −F电=ma
沿斜面向下y = l
2 −r = 1
2 at
2
水平方向 v x =
l
2
t
解得绳断裂瞬间小球速度大小为v x =2m/s
小球到达 C 点时，沿斜面向下的速度 v y =at =2m/s
合速度vC =
❑√v x
2+ v y
2 =2❑√2m/s ，故CD 错误；
B．在最低点，由牛顿第二定律 T −Gx + F电=m v x
2
r
解得 T=1.2N，故 B 错误。
故选 A。
3．（2026·湖南怀化·一模）如图所示在倾角为30°的斜面体上，ABCD 面虚线左侧粗糙右侧光滑，绳子一
端连接小球，另一端与固定点O 连接。为了让小球在ABCD 面内做圆周运动，给小球一个水平向左的速度
v0（未知）恰好使OE 段无张力。当小球运动到G 点时绳子突然断裂，之后小球做类斜抛运动，E、F 点为
圆周运动的最高点和最低点且F 在BC 上。绳子长度L 为0.2m，小球质量为1kg，运动到G 点时速度为
1m/s，G 点与圆心O 的连线与EF 的夹角为60°，重力加速度取10 m/s
2，则（ ）
A．从E 到G 动量变化量为❑√2kg⋅m/s
B．从E 到G 摩擦力做的功为2J
C．小球在G 点时重力的功率5 ❑√3
2
W
D．小球在类斜抛运动过程中离BC 边的最大距离为3
40 m
【答案】C
【详解】A．小球在E 点时，由重力沿斜面方向的分力提供向心力，有mgsin30° = m v0
2
L
解得v0=1m/s
由几何关系可知，v0与G 点的速度vG的夹角为120°，则速度变化量为Δv =2v0sin 60° = ❑√3 m/s
从E 到G 的动量变化量为Δp=mΔv = ❑√3kg⋅m/s，故A 错误；
B．小球在E 点和G 点的速度大小相等，动能变化量为0，由动能定理，得W G+W f=0
重力做功W G=mgsin30° (L+ Lcos60°)=1.5J
则从E 到G 摩擦力做的功为W f=−1.5J，故B 错误；
C．小球在G 点时沿斜面垂直于BC 方向的速度为v1= vGsin 60° =
❑√3
2 m/s
小球在G 点时竖直方向的速度为v y = v1sin30° =
❑√3
4 m/s
小球在G 点时重力的功率P =mg v y = 5 ❑√3
2
W，故C 正确；
D．小球沿斜面垂直于BC 方向的速度为0 时，离BC 边的距离最大，沿斜面垂直于BC 方向的加速度为
a= gsin30° =5 m/s
2
由匀变速直线运动速度与位移的关系，可得从G 点沿斜面垂直于BC 方向上升的最大距离为y1= v1
2
2a = 3
40 m
由几何关系，可得离BC 边的最大距离为ym = L
2 + y1= 7
40 m，故D 错误。
故选C。
4．（25-26 高三上·山东青岛·期中）某款游乐装置的模型如图所示，半径为R 的光滑金属圆环固定在竖直
平面内，一套在圆环顶端的小环由静止释放后，沿圆环轨道自由下滑。已知重力加速度大小为g，小环可
视为质点，则下滑过程中小环的线速度大小v 与其到圆环顶端距离L 的关系为（ ）
A．v = L❑√
g
R
B．v = R ❑√
g
L
C．v = ❑√2gL
D．v =2❑√gL
【答案】A
【详解】设小环下落过程中竖直方向与圆环顶端连线的夹角为θ，如图所示
由几何关系得cosθ = L
2 R
由动能定理有mgLcosθ = 1
2 m v
2−0
解得v = L❑√
g
R
故选A。
5．（2026·四川绵阳·模拟预测）一孩童在内壁是圆柱形光滑水泥管的最低点以水平初速度v0踢出小球，水
泥管的内径为R = 5
7 m，小球沿管壁向上运动到离最低点高度为3
2 R时，脱离管壁落入背篓，重力加速度
g=10 m /s
2，忽略一切阻力和滚动，小球始终在同一竖直面内运动，则水平初速度v0为（ ）
A．2.3m/s
B．3m/s
C．5m/s
D．7m/s
【答案】C
【详解】在球即将脱离水泥管的瞬间，设此时速度方向与水平方向夹角为θ，如图所示
则在脱离瞬间水泥管道对小球的支持力为零，重力在指向圆心方向的分力提供向心力，则有
mgcosθ =m v
2
R
小球从踢出瞬间到脱离水泥管根据动能定理可知−mg⋅3
2 R = 1
2 m v
2−1
2 m v0
2
代入题中数据R = 5
7 m
解得v0=5 m/s
故选C。
6．（2026·湖南·模拟预测）如图，一半径为R 的光滑大圆环固定在竖直平面内，质量为m 的小圆环套在大
圆环上。小圆环从静止开始由大圆环顶端P 点经Q 点自由下滑至其底部，其中Q 点为大圆环最右端的点。
重力加速度为g，小圆环运动过程中，下列说法正确的是（ ）
A．小圆环从开始运动至到达最低点的过程中，大圆环对小圆环的作用力先增大后减小
B．小圆环从开始运动至到达最低点的过程中，其水平方向的速度大小先增大后减小
C．小圆环运动的速率之平方与其到P 点的距离成正比
D．小圆环竖直方向的速度大小最大为❑√
64 gR
27
【答案】D
【分析】
【详解】A ．设小圆环从开始运动至到达最低点的过程中某一时刻位置M与圆心夹角为θ，速度为v，由
动能定理1
2 m v
2−0=mgR(1−cosθ)
可得小圆环的速度为v = ❑√2 gR(1−cosθ)
小圆环做圆周运动所需向心力为Fn=m v
2
R =2mg(1−cosθ)
沿半径方向，重力分力与大圆环支持力F N的合力提供向心力，即Fn=mgcosθ+ F N
代入可得大圆环支持力F N =2mg(1−cosθ)−mgcosθ =mg(2−3cosθ)，0≤θ≤π
故大圆环对小圆环的作用力先减小后增大，A 错误；
B．小圆环水平方向的速度分量为v x = vcosθ =
❑√2 gR(1−cosθ)cos
2θ，0≤θ≤π
分析函数的单调性可知，小圆环水平方向的速度先增大后减小再增大，B 错误；
C．某一时刻位置M与小圆环出发位置P点的距离为L=2 Rsin θ
2
小圆环运动的速率之平方为v
2=2gR(1−cosθ)= 4 gRsin
2 θ
2
化简可得v = L❑√
g
R ，小圆环运动的速率与其到P 点的距离成正比，C 错误；
D．小圆环水平方向的速度分量为v y = vsinθ =
❑√2 gR(1−cosθ)(1−cos
2θ)
根据三次函数求极值方法可得，当cosθ =−1
3小圆环竖直方向的速度取最大值vmy = ❑√
64 gR
27
， D 正确。
故选 D。
7．（2026·湖南·二模）如图甲所示，足够长光滑水平面AB与竖直面内的光滑半圆形轨道在B 点平滑相接，
光滑半圆形轨道的半径为r（大小可调）。一小球以一定的速度v 经过B 点后沿半圆形轨道运动，到达最高
点C 后水平飞出，落在AB所在的水平地面上，落点距B 点的水平距离为x。通过调节轨道半径r，得到x
与r 的关系如图乙所示，图中包含了小球能通过最高点C 的所有情形，重力加速度g 取10 m/s
2。则
（ ）
A．v =15m/s
B．x 的最大值为10m
C．小球在轨道上的B、C 两点受到的弹力大小的差值随r 的增大而减小
D．r 一定时，在小球沿轨道上升的过程中，每上升相同的高度，其受到的弹力大小的变化相等
【答案】D
【详解】A．小球能经过C 点，则有m vC
2
r ≥mg
从B 到C 由机械能守恒可知1
2 mv
2=2mgr + 1
2 mvC
2
联立解得r ≤v
2
5 g
由图可知，r 最大值为rm=2m，可知v = ❑√5 grm =10 m/s，故A 错误；
B．在C 点做平抛运动，则x = vC t，2r = 1
2 gt
2
可得x =
❑√40r −16r
2
则当r =−
40
2×(−16) m =1.25 m时，x 有最大值xm =5 m，故B 错误；
C．小球在轨道上B 点时FN B−mg =m vB
2
r
在C 点时FNC +mg =m vC 1
2
r
其中1
2 mvB
2 =2mgr + 1
2 mvC 1
2
解得小球的B、C 两点受到的弹力大小的差值Δ FN= FN B−FNC =6mg
可知与r 无关，故C 错误；
D．小球在距离水平面高h 的位置时，由机械能守恒1
2 mv
2= 1
2 mv
'2+mgh
在该点时FN−mgcosθ =m v
'2
r
其中cosθ = r −h
r
解得F N =mg+m v
2
r −3mg
r
h
可知r 一定时，FN 与h 为线性关系，则r 一定时，在小球沿轨道上升的过程中，每上升相同的高度，其受
到的弹力大小的变化相等，故D 正确。
故选D。
8．（2026·云南昭通·模拟预测）如图所示，运动员在单杠上练习双臂大回环动作，身体绷紧保持笔直。若
他恰好能通过最高点，下列说法正确的是（ ）
A．运动员在最高点时的速度不为0
B．运动员在最高点时的向心力不为0
C．若运动员在最低点速度变大，则在最低点他对单杠的作用力可能减小
D．若运动员在最高点速度变大，则在最高点他对单杠的作用力可能增大，也可能减小
【答案】D
【详解】AB．运动员的圆周运动相当于竖直平面内的杆球模型。运动员在竖直面内做圆周运动且刚好能通
过最高点，此时运动员的重力和单杠对他的支持力平衡，则在最高点时速度为0，向心力为0，故AB 错误；
C．运动员在最低点时，拉力和重力的合力提供向心力，即FN−mg=m v
2
L
解得单杠对他的作用力FN=mg+m v
2
L
可知，当运动员在最低点速度变大时，单杠对他的作用力增大，根据牛顿第三定律可知，他对单杠的作用
力增大，故C 错误；
D．若运动员在最高点时单杠对运动员的作用力恰好为0，此时恰好由重力提供向心力，即mg=m v1
2
L
解得此时运动员的速度v1= ❑√gL
当v <❑√gL时有mg−FN=m v
2
L
可知速度v增大，FN 减小，根据牛顿第三定律可知，他对单杠的作用力减小；当v >❑√gL时，有
mg+ FN=m v
2
L
速度v增大，FN 增大，根据牛顿第三定律可知，他对单杠的作用力增大，故D 正确。
故选D。
9．（25-26 高三上·山东聊城·期末）如图甲，小朋友将足球用力从N 点向前踢出，足球在竖直管道内运动
完整一周后，在图示P 位置离开管道，恰好在管道截面圆心O 点落入书包。将视频中足球的运动轨迹画出
运动示意图如图乙，图中虚线为足球的运动轨迹。若足球质量为m，运动轨迹半径为R，且忽略空气阻力
的影响，以下分析正确的是（ ）
A．足球离开管道前，始终做匀速圆周运动
B．P 可以在管道的任意位置
C．足球离开管道前，所受摩擦力随时间逐渐减小
D．足球离开管道后，在最高点的速度不为零
【答案】D
【详解】A．足球在竖直平面内运动时受重力与摩擦力，且重力和摩擦力会对足球做功，足球的速率会发
生变化，所以足球做变速圆周运动，故A 错误；
B．足球从P 点离开后，恰好在圆心O 点落入书包，说明其运动轨迹是从P 到O 的斜抛运动。根据运动学
规律，P 点的位置和速度方向是唯一确定的，因此P 点不能在管道的任意位置，故B 错误；
C．球所受的滑动摩擦力的大小Ff = μN，足球运动过程中随着线速度的变化，所受的压力N在N 点时最大，
在M 点时最小，所以摩擦力不是随时间逐渐减小，故C 错误；
D．足球离开管道后，做斜抛运动，所以足球运动到最高点时，水平速度不为零，故D 正确。
故选D。
10．（2021·浙江·高考真题）质量为m 的小明坐在秋千上摆动到最高点时的照片如图所示，对该时刻，下
列说法正确的是（ ）
A．秋千对小明的作用力小于mg
B．秋千对小明的作用力大于mg
C．小明的速度为零，所受合力为零
D．小明的加速度为零，所受合力为零
【答案】A
【详解】在最高点，小明的速度为0，设秋千的摆长为l，摆到最高点时摆绳与竖直方向的夹角为θ ，秋千
对小明的作用力为F，则对人，沿摆绳方向受力分析有
F −mgcosθ =m v
2
l
由于小明的速度为0，则有
F =mgcosθ<mg
沿垂直摆绳方向有
mgsinθ =ma
解得小明在最高点的加速度为
a= gsinθ
所以A 正确；BCD 错误；
故选A。
1．（2026·黑龙江辽宁·一模）某机器的齿轮系统如图所示，中间的轮叫作太阳轮，它是主动轮。从动轮称
为行星轮，太阳轮、行星轮与最外面的大轮彼此密切啮合在一起，如果太阳轮一周的齿数为n1，行星轮一
周的齿数为n2，当太阳轮转动的角速度为ω时，最外面的大轮转动的角速度为ω
′（ ）
A．所有齿轮的角速度大小相等
B．所有齿轮边缘的线速度大小相等
C．太阳轮角速度与大轮的角速度之比为
n1
n1+2n2
D．太阳轮与大轮的线速度大小之比为n1+2n2
n1
【答案】B
【详解】太阳轮、行星轮与大轮分别用A、B、C 表示
BD．由题图可知，A 与B 为齿轮传动，所以线速度大小相等，B 与C 也是齿轮传动，线速度大小也相等，
所以A 与B、C 的线速度大小相等，B 正确，D 错误；
AC．由齿数与周长关系
2π R A
2π RB
= R A
RB
= n1
n2
可得RB= n2
n1
R A
由题图可知RC =2 RB+ R A
A 与B、C 的线速度大小相等，得ωA R A =ωC RC
联立可得
ωA
ωC
= RC
R A
= n1+2n2
n1
，AC 错误。
故选B。
2．（2026·河北唐山·一模）匀强电场中，用长为L的绝缘细线系住一质量为m、电荷量为q的带电小球，
小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，运动过程中速度最小值为
❑√2 gL
2
，此时绳子拉力为0。已知小球在
速度最小时和速度最大时机械能相等，电场强度方向与圆周平面平行，重力加速度为g，不计空气阻力，
则匀强电场的电场强度大小为（ ）
A．mg
2q
B．2❑√3mg
3q
C．
❑√3mg
2q
D．
❑√5mg
2q
【答案】C
【详解】当小球速度最小时，绳子拉力恰好为零，此时小球做圆周运动的向心力由电场力和重力的合力提
供，有F合=m vmin
2
L
解得F合= 1
2 mg
机械能的变化仅由电场力做功引起（重力做功不改变机械能），速度最小点和速度最大点机械能相等，说
明电场力对小球从速度最小点到速度最大点做功为0，因此两点电势相等，两点连线为等势线，可得电场
方向垂直于两点连线。 而速度最小点（等效最高点）和速度最大点（等效最低点）关于圆心对称，重力
与电场力的合力沿两点连线方向，因此合力F合与电场力qE垂直。有(mg)
2=(qE)
2+ F合
2
解得E =
❑√3mg
2q
故选 C。
3．（2026·贵州贵阳·一模）可视为质点的游客在观山湖区乘坐如图所示的“观山湖眼”摩天轮，他随座舱
一起在竖直面内做速度大小为v 的匀速圆周运动。将此速度在圆周所在的平面内沿水平和竖直方向分解，
其水平分量为v x。以游客经过最低点时为计时起点，在其转动一圈的过程中，v x随时间t 变化的关系图像
可能是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【详解】游客做匀速圆周运动，设角速度为ω，则经过时间t 后，转过的角度为ωt。此时速度方向与水平
方向的夹角为ωt，因此水平分量为v x = vcosωt
因此v x随时间t 按余弦规律变化，可知D 选项符合题意。
故选D。
4．（2026·山东·一模）如图所示，竖直放置的薄圆筒内壁光滑，在内表面距离底面高为h=1.25 m的O点处，
给一个质量为m的小滑块沿水平切线方向的初速度v0，小滑块将沿筒内表面旋转滑下。假设滑块下滑过程
中表面与筒内表面紧密贴合，圆筒内半径R = 1
5π m，重力加速度取g=10 m /s
2。小滑块第一次滑过O点
正下方时，恰好经过O1点，且OO1的距离为0.2m。则下列说法正确的是（ ）
A．小滑块的初速度v0为1m /s
B．小滑块经过O1点的速度大小为2m /s
C．小滑块运动过程中受到的筒壁的支持力不变
D．小滑块最后刚好能从On点正对面的OP点滑离圆筒
【答案】D
【详解】A．小滑块水平方向做匀速圆周运动，竖直方向做自由落体运动，则从O 点到O1 点的时间
t1=
❑√
2hOO1
g
=0.2s
则初速度v0= 2πR
t1
=2m /s，A 错误；
B．小滑块经过O1点的水平速度为2m/s，因有竖直速度，可知经过O1点的速度大于2m /s，B 错误；
C．小滑块运动过程中，因水平速度不变，则根据F N =m v0
2
R
，可知受到的筒壁的支持力大小不变，但方向
不断变化，C 错误；
D．小滑块运动的总时间为t = ❑√
2h
g =0.5s
则转过的圈数为n= v0t
2πR = 2×0.5
0.4
=2.5圈
可知最后刚好能从On点正对面的OP点滑离圆筒，D 正确。
故选D。
5．（2026·云南·一模）如图所示，杆AB 和CD 固连成“T”形支架，AB 沿水平方向，CD 沿竖直方向，小
球P 套在AB 杆上可沿杆无摩擦滑动，不可伸长的轻质细绳一端与小球相连，另一端固定在竖直杆CD 上，
使整个装置以CD 杆为轴以不同的角速度ω 匀速转动。若杆对小球的弹力大小为F弹，下列图像能正确反
映F 弹与ω关系的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】设小球质量为m，细绳与杆AB 的夹角为θ，小球P 与杆CD 的距离为r，细绳水平方向的拉力提
供小球做圆周运动所需的向心力，满足Fcosθ =mω
2r
解得细绳拉力大小F = mω
2r
cosθ
故细绳拉力的竖直分量为F1= Fsinθ =mω
2rtanθ
可知杆AB 的弹力满足F弹+ F1=mg
解得F 弹=mg−F1=mg−mω
2rtanθ
可知F 弹与ω关系为一开口向下的二次函数关系，且顶点位于(0，mg)处。
故选C。
6．（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 。
7．（2026·山东菏泽·一模）如图所示长方体框架内，上表面是边长为1.2m的正方形，顶点A 、D固定两
个电荷量均为+Q(Q =5×10
−4C)的点电荷，通过固定在顶点A 、D的两段细线悬挂质量m=0.1kg、不带
电的金属小球，其中AP = DP =1m，小球在竖直平面efgh内，该平面平行于长方体前表面AB B
′ A
′，平面
ADP与AD D
′ A
′夹角为37
∘。重力加速度g=10 m /s
2，sin37
∘=0.6，cos37
∘=0.8。则（ ）
A．使小球在P点保持静止，在efgh面内所加外力F的最小值为0.8 N
B．小球从图中位置由静止释放的瞬间，绳AP的拉力大小为0.6 N
C．小球从图中位置由静止释放，运动到最低点时的速度大小为❑√3.2m /s
D．若小球电荷量q =+(
25
18 ×10
−4)C，它在efgh平面内做完整的圆周运动，经过最高点的最小速度为
2❑√2m /s
【答案】C
【详解】A．小球静止在P 点，绳子拉力沿径向指向e，外力F最小需平衡重力的切向分量：
F min=mgsin 37
∘=1×0.6=0.6 N
故A 错误；
B．释放瞬间速度为0，向心力为0，径向合力为零。设单根绳拉力为T，每根绳径向分量为
T ⋅MP
AP =0.8T
两根总径向分量为1.6T，等于重力径向分量： 1.6T =mgcos 37
∘=0.8 N
解得T =0.5 N
故B 错误；
C．从P 到最低点，竖直下落高度差Δh=r(1−cos 37
∘)=0.8×(1−0.8)=0.16m
由动能定理： mgΔh= 1
2 mv
2
代入得1×0.16= 1
2 ×0.1×v
2
解得v
2=3.2，即v = ❑√3.2m/ s
故C 正确；
D．由对称性可得，两个点电荷对q的库仑斥力合力恒沿径向背离圆心e 点，库仑力合力为
F电= kQq
r
2 ×2cos37° =
9×10
9×5×10
−4× 25
18 ×10
−4
1
2
×2×0.8=1000 N
重力为mg=0.1×10=1 N
F电＞mg
故经过最高点的最小速度可以为0（最高点受到的合力为0）
故D 错误。
故选C。
8．（2026·山西大同·一模）明代的《天工开物》记载了我国古人在农业上利用筒车进行水利灌溉的过程
（如图甲），筒车利用水流带动车轮转动，固定在车轮上的竹筒在水面下蓄水，过顶部后水从竹筒中流出。
图乙为筒车的简化图，若筒车的半径为2m，其轴心距水面的高度为❑√3 m，筒车在竖直面内沿逆时针方向
以转速n=1.5r/min匀速转动。一竹筒（视为质点）打水后，运动到顶部过程中其所装水的质量m=1kg
保持不变，水面水平且高度恒定，重力加速度g取10 m/s
2，π取3，则下列说法正确的是（ ）
A．该竹筒转动的线速度大小为0.6 m/s
B．该竹筒单次蓄水时间约为3.3s
C．从离开水面至顶部过程中，该竹筒中的水克服重力做功的最大功率为3 W
D．从离开水面至顶部过程中，该竹筒对其所装水的作用力大小先增大后减小
【答案】C
【详解】A．由题意，筒车的半径r =2m，转速n=1.5r/min= 1.5
60 r/s=0.025r/s
得该竹筒转动的线速度大小v =2πnr =0.3 m/s，故A 错误；
B．设该竹筒从刚接触水面到刚离开水面，在水面下转过的圆心角为θ，利用数学几何关系，得cos θ
2 =
❑√3
2
解得θ = π
3
则竹筒单次蓄水的时间t = θ
2πn ≈6.7s，故B 错误；
C．设该竹筒线速度与竖直方向的夹角为α，则其所装水克服重力的功率P =mgv cosα
当竹筒转到与筒车轴心等高时，α =0，P最大，即Pm =mgv =3 W，故C 正确；
D．水做匀速圆周运动，向心力Fn大小恒定，由竹筒对其所装水的作用力F和重力mg的合力提供向心力。
设向心力Fn与竖直方向夹角为α，根据力的矢量合成法则，可得
F =
❑√( Fn sinα )
2+(mg+ Fncosα )
2=
❑√( Fn)
2+(mg)
2+2 Fnmgcosα
α从120°减小到0，cosα持续增大，因此F持续增大，不是先增大后减小，故D 错误。
故选C。
9．（2026·湖南永州·二模）如图（a）所示，太阳系外的一颗行星P绕恒星Q做匀速圆周运动。由于P的遮
挡，探测器探测到Q的亮度随时间做如图（b）所示的周期性变化（t0、t1均已知），亮度变化周期与P的公
转周期相同。已知行星P的公转半径为r，引力常量为G。关于P的公转，下列说法正确的是（ ）
A．行星P的线速度大小为2πr
2t1−t0
B．恒星Q的质量大小为4π
2r
3
G(t1−t0)
2
C．行星P的角速度大小为2π
t1
D．恒星Q的密度大小为
3π
G(t1−t0)
2
【答案】B
【详解】A．两次亮度变化的时间间隔为P公转的一个周期，则P公转的周期为T =t1−t0
行星P的线速度大小为v = 2πr
T = 2πr
t1−t0
，A 错误；
B．由万有引力提供向心力可得G Mm
r
2 =m 4 π
2
T
2 r
解得恒星Q的质量为M =
4π
2r
3
G(t1−t0)
2，B 正确；
C．行星P的角速度大小为ω= 2π
T = 2π
t1−t0
，C 错误；
D．由于恒星Q的半径大小未知，故无法求出恒星Q的密度，D 错误。
故选B。
10．（2026·云南昆明·模拟预测）如图所示，四根等长的细杆用铰链连成一个四边形，O 点通过铰链固定
在墙上。现将B 点推至与O 点重合，使四根细杆都紧贴墙壁。从t =0时开始拉着B 点沿垂直于墙壁的方向
由静止开始做匀加速直线运动，在t =1s时发现四根细杆恰好构成一个正方形。则此时图中OA 杆的角速度
是（ ）
A．1rad/s
B．2rad/s
C．3rad/s
D．4 rad/s
【答案】B
【详解】设四边形的边长为L，B 点运动的加速度大小为a，则有
❑√2 L= 1
2 at
2
此时B 点的速度大小为vB=at
对B 点速度分解，如图所示
根据矢量关系可得v1= vBcos 45°
所以OA 杆转动的角速度为ω= v1
L
联立解得ω=2rad/s
故选B。
11．（2026·安徽马鞍山·一模）如图所示，在倾角为θ的粗糙斜面上，一轻绳一端固定于O点，另一端连接
一个质量为m的小球，初始时，轻绳水平伸直且没有拉力，小球由静止释放，摆到最低点时速度大小为v。
已知轻绳的长度为l，重力加速度为g，空气阻力不计。在此过程中，下列说法正确的是（ ）
A．小球在最低点时，轻绳对小球的拉力大小为m v
2
l
B．重力对小球的功为1
2 mv
2
C．小球摩擦力的功为1
2 mv
2−mglsinθ
D．小球在最低点处受到的合力大小为m v
2
l
【答案】C
【详解】A．设小球在最低点时，轻绳对小球的拉力为T，根据牛顿第二定律T −mgsinθ = m v
2
l
可得T = m v
2
l
+mgsinθ，A 错误；
B．根据动能定理W G+W f = 1
2 mv
2，所以W G≠1
2 mv
2，B 错误；
C．根据动能定理W G+W f = 1
2 mv
2，所以W f = 1
2 mv
2−W G= 1
2 mv
2−mglsinθ，C 正确；
D．小球在最低点时，沿半径方向的合力为Fn= m v
2
l
，沿切线方向还有摩擦力f
所以最低点时，小球的合力F =
❑√Fn
2+ f ❑
2 > m v
2
l
，D 错误。
故选C。
12．（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2πmv
F
B．航天员运动的角速度为F
2mv
C．航天员运动的转速为F
πmv
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F =ma=mvω
可得ω= F
mv
则周期T = 2π
ω = 2πmv
F
，A 正确，B 错误；
C．航天员的转速为n= 1
T =
F
2πmv ，C 错误；
D．设吊舱对航天员的作用力为F1，则F1=
❑√(mg)
2+ F
2，D 错误。
故选A。
13．（2026·山东泰安·一模）如图所示，在倾角为α =37
∘的光滑斜面上，长为L=0.5 m的轻质细绳一端拴
接一可视为质点的小球，另一端固定于斜面上的O点。小球在最低点A 处获得一瞬时冲量，恰好能在斜面
上做完整的圆周运动。O、C在同一水平高度，A 、B连线与O、C连线垂直，重力加速度为
g=10 m /s
2，sin37
∘=0.6，则小球运动到C 处时加速度大小为（ ）
A．18 m /s
2
B．22m/s
2
C．6 ❑√10 m/s
2
D．10 ❑√6 m/s
2
【答案】C
【详解】小球经过B 点时有mgsinα =m vB
2
L
小球由B 点运动到C 点的过程，根据动能定理有mgLsinα = 1
2 m vC
2 −1
2 m vB
2
联立解得vC =3 m/s
小球经过C 点时，向心加速度为an= vC
2
L = 3
2
0.5 m/s
2=18 m/s
2
切向加速度为at= mgsinα
m
= gsinα =10×0.6 m/s
2=6 m/s
2
小球运动到C 处时加速度大小为aC =
❑√an
2+at
2=
❑√18
2+6
2m/s
2=6 ❑√10 m/s
2
故选C。
14．（2026·浙江·高考真题）如图所示，钢架雪车运动员在具有阻力的倾斜赛道上滑行，则（ ）
A．运动员在转弯时加速度为0
B．运动员和钢架雪车整体机械能守恒
C．钢架雪车所受重力和赛道对钢架雪车的支持力是一对平衡力
D．钢架雪车对赛道的压力与赛道对钢架雪车的支持力是一对作用力和反作用力
【答案】D
【详解】A．运动员在转弯时一定有向心加速度，加速度不可能为零，故A 错误；
B．倾斜赛道有阻力，阻力对运动员和钢架雪车做负功，运动员和钢架雪车整体机械能不守恒，故B 错误；
C．钢架雪车所受重力竖直向下，赛道对钢架雪车的支持力垂直赛道向上，不在同一条直线上，不是一对
平衡力，故C 错误；
D．钢架雪车对赛道的压力与赛道对钢架雪车的支持力是一对作用力和反作用力，故D 正确。
故选D。
15．（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进入半径为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。
16．（2026·辽宁抚顺·模拟预测）二十四节气是中华民族的文化遗产之一，如图所示，地球沿椭圆形轨道
绕太阳运动，所处四个位置分别对应北半球的四个节气，下列关于地球绕太阳公转说法正确的是（ ）
A．春分时向心加速度最小
B．夏至时的角速度比秋分时的角速度小
C．冬至时线速度最大
D．可根据地球的公转周期求出地球的质量
【答案】BC
【详解】A．由GMm
r
2
=ma得
a= GM
r
2 可知夏至时地球距离太阳最远，即r 大，因此向心加速度最小，故A 错误；
BC．由开普勒第二定律可知地球在近日点运行速度最大，在远日点速度最小，冬至时地球在近日点运行速
度最大，夏至时地球在远日点运行速度最小；又因ω= υ
r ，夏至时的r 最大，υ最小，因此夏至时的ω最小，
故BC 正确；
D．由GMm
r
2
=mr ⋅4 π
2
T
2
可知根据地球的公转周期计算的是中心天体太阳的质量，不能计算地球的质量，故D 选项错误；
故选BC。
17．（2026·海南·一模）如图所示，将短道速滑运动员在弯道转弯的过程看成在水平冰面上的一段匀速圆
周运动，转弯时由于冰刀嵌入冰内，因此冰刀受到与冰面夹角为θ（蹬冰角）的支持力，不计一切摩擦，
转弯半径为R，重力加速度大小为g。关于该转弯过程，下列说法正确的是（ ）
A．运动员所受合力大小不变
B．运动员的加速度大小为gtanθ
C．运动员转弯时角速度的大小为❑√
g
Rtanθ
D．运动员的线速度大小为❑√gRtanθ
【答案】AC
【详解】A．运动员做匀速圆周运动，合力提供向心力，所以他所受合力大小保持不变，故A 正确；
BCD．运动员受力如图所示
根据合力提供向心力有 mg
tanθ =m v
2
R =man
可知运动员转弯时的线速度大小 v = ❑√
gR
tanθ
又 ω= v
R
解得 ω= ❑√
g
Rtanθ ，故BD 错误，C 正确。
故选AC。
18．（2026·山东济宁·模拟预测）如图所示，左侧竖直墙面上固定半径为R=0.5m 的光滑半圆环，右侧竖直
墙面上与圆环的圆心O 等高处固定一水平光滑直杆。质量为2m 的小球a 套在半圆环上，质量为m=1kg 的
小球b 套在直杆上，两者之间用长为L= ❑√3 R的轻杆通过两铰链连接。现将a 从圆环的最高处静止释放，
让其沿圆环自由下滑，不计一切摩擦，a、b 均视为质点，重力加速度g=10m/s2，则以下说法中正确的是（
）
A．小球a 滑到与圆心O 等高的P 点时，a 的速度大小为❑√10m/s
B．小球a 滑到与圆心O 等高的P 点时，a 的向心加速度为10m/s2
C．小球a 从释放到下滑至圆环最低点过程中，a、b 两球组成的系统机械能守恒
D．小球a 从P 点下滑至杆与圆环相切的Q 点（图中未画出）的过程中，杆对小球b 做的功为
(4+2❑√3)J
【答案】ACD
【详解】A．当小球a 滑到与圆心O 等高的P 点时，小球a 的速度v 沿圆环的切线方向向下，此时小球a 沿
杆方向的速度为零，所以小球b 此时的速度为零，则由机械能守恒定律可得ma gR = 1
2 mav
2
解得此时小球a 的速度大小为v = ❑√2gR = ❑√10 m/s，故A 正确；
B．小球a 滑到与圆心O 等高的P 点时，小球a 的向心加速度为an= v
2
R =20 m/s
2，故B 错误；
C．小球a 从释放到下滑至圆环最低点的过程中，a、b 两球组成的系统只有重力对系统做功，所以a、b 两
球组成的系统机械能守恒，故C 正确；
D．当小球a 从P 点下滑至杆与圆环相切的Q 点时，如图所示：
此时小球a 的速度沿杆方向，设此时小球a、b 的速度分别为va、vb，则有va= vbcosθ
由几何关系可得θ =30
∘
从P点下滑至杆与圆环相切的Q点的过程，小球a 下降的高度为h= Rcosθ
a、b 两球组成的系统满足机械能守恒，则有ma gh= 1
2 mava
2+ 1
2 mb vb
2−1
2 mav
2
小球a 从P 点下滑至杆与圆环相切的Q 点的过程中，对小球b 列动能定理方程有W = 1
2 mb vb
2−0
联立解得杆对小球b 做的功为W =(4+2❑√3)J，故D 正确。
故选ACD。
