資源簡介

第3講　圓周運動
1.（2025·浙江杭州模擬）斷電后，風扇慢慢停下過程中，關于圖中扇葉上A、B兩點的運動情況，下列說法正確的是（　　）
A.A、B兩點的線速度始終相同
B.A、B兩點的轉速不相同
C.A點的加速度始終指向圓心
D.A、B兩點的向心加速度比值保持不變
2.（2025·甘肅酒泉三模）如圖所示為腳踏自行車的傳動裝置簡化圖，各輪的轉軸均固定且相互平行，甲、乙兩輪同軸且無相對轉動，已知甲、乙、丙三輪的半徑之比為1∶9∶3，傳動鏈條在各輪轉動中不打滑，則乙、丙轉速之比為（　　）
A.1∶2 B.2∶1
C.3∶1 D.1∶3
3.（2024·廣東高考5題）如圖所示，在細繩的拉動下，半徑為r的卷軸可繞其固定的中心點O在水平面內轉動。卷軸上沿半徑方向固定著長度為l的細管，管底在O點。細管內有一根原長為、勁度系數為k的輕質彈簧，彈簧底端固定在管底，頂端連接質量為m、可視為質點的插銷。當以速度v勻速拉動細繩時，插銷做勻速圓周運動。若v過大，插銷會卡進固定的端蓋。使卷軸轉動停止。忽略摩擦力，彈簧在彈性限度內。要使卷軸轉動不停止，v的最大值為（　　）
A.r B.l
C.r D.l
4.（2023·北京高考10題）在太空實驗室中可以利用勻速圓周運動測量小球質量。如圖所示，不可伸長的輕繩一端固定于O點，另一端系一待測小球，使其繞O點做勻速圓周運動，用力傳感器測得繩上的拉力為F，用停表測得小球轉過n圈所用的時間為t，用刻度尺測得O點到球心的距離為圓周運動的半徑R。下列說法正確的是（　　）
A.圓周運動軌道可處于任意平面內
B.小球的質量為
C.若誤將n－1圈記作n圈，則所得質量偏大
D.若測R時未計入小球半徑，則所得質量偏小
5.（2025·浙江杭州二模）高速離心機用于快速沉淀或分離物質。如圖所示，水平試管固定在高速離心機上，離心機的轉速為n，在水平試管中有質量為m的某固體顆粒，某時刻顆粒離轉軸的距離為r。已知試管中充滿液體，顆粒與試管內壁不接觸。下列說法正確的是（　　）
A.顆粒運動的角速度為
B.顆粒此時受到的合外力大小為4π2mrn2
C.離轉軸越遠，分離沉淀效果越好
D.此款高速離心沉淀機，適用于任何顆粒，顆粒都會到試管底部沉淀
6.（2025·陜西安康模擬）如圖所示，小孩兒們圍成一個半徑為R的圓來玩“丟手絹”游戲，游戲開始時，小孩兒A、B的位置與圓心O的連線的夾角為α。某時刻小孩兒A從自己的位置開始以速率v逆時針運動，經過小孩兒B時，把手絹丟在了小孩兒B的身后，小孩兒B經過時間Δt后反應過來馬上以恒定的速率追小孩兒A，在小孩兒A回到他自己的位置時，小孩兒B恰好追上小孩兒A，則小孩兒B的速率為（　　）
A. B.v
C. D.
7.陶瓷是以粘土為主要原料以及各種天然礦物經過粉碎混煉、成型和煅燒制得的材料以及各種制品。如圖所示是生產陶瓷的簡化工作臺，當陶瓷勻速轉動時，臺面上掉有陶屑，陶屑與桌面間的動摩擦因數處處相同（臺面夠大），則（　　）
A.離軸OO'越遠的陶屑質量越大
B.離軸OO'越近的陶屑質量越小
C.只有平臺邊緣有陶屑
D.離軸最遠的陶屑距離不會超過某一值
8.如圖是某無人機繞拍攝主體做水平勻速圓周運動時的示意圖。已知該無人機的質量為m，無人機的軌道距拍攝對象高度為h，無人機與拍攝對象距離為r，無人機飛行的線速度大小為v，則無人機做勻速圓周運動時（　　）
A.角速度為
B.所受空氣作用力為mg
C.向心加速度為
D.繞行的周期為T＝
9.（2025·浙江鎮海中學模擬）自行車氣嘴燈及其結構圖如圖所示，彈簧一端固定在A端，另一端拴接重物，當車輪高速旋轉時，LED燈就會發光。下列說法正確的是（　　）
A.安裝時A端比B端更遠離圓心
B.高速旋轉時，重物由于受到離心力的作用拉伸彈簧從而使觸點接觸
C.增大重物質量可使LED燈在較低轉速下也能發光
D.勻速行駛時，若LED燈轉到最低點時能發光，則在最高點時也一定能發光
10.（2024·江蘇淮安聯考）如圖所示，兩個圓錐內壁光滑，豎直放置在同一水平面上，圓錐母線與豎直方向夾角分別為30°和60°，有A、B兩個質量相同的小球在兩圓錐內壁等高處做勻速圓周運動，下列說法正確的是（　　）
A.A、B兩球受到的支持力之比為∶3
B.A、B兩球的向心力之比為∶1
C.A、B兩球運動的角速度之比為3∶1
D.A、B兩球運動的線速度大小之比為1∶3
11.2022年北京冬奧會短道速滑混合團體2 000米接力決賽中，我國短道速滑隊奪得中國隊在本屆冬奧會的首金。
（1）如果把運動員起跑后進入彎道前的過程看作初速度為零的勻加速直線運動，若運動員加速到速度v＝9 m/s時，滑過的距離x＝15 m，求加速度的大小；
（2）如果把運動員在彎道滑行的過程看作軌道為半圓的勻速圓周運動，如圖所示，若甲、乙兩名運動員同時進入彎道，滑行半徑分別為R甲＝8 m、R乙＝9 m，滑行速率分別為v甲＝10 m/s、v乙＝11 m/s，求甲、乙兩名運動員過彎道時的向心加速度大小之比，并通過計算判斷哪位運動員先出彎道。
12.清代乾隆的《冰嬉賦》用“躄躠”（可理解為低身斜體）二字揭示了滑冰的動作要領。500 m短道速滑世界紀錄由我國運動員武大靖創造并保持。在其創造紀錄的比賽中。
（1）武大靖從靜止出發，先沿直道加速滑行，前8 m用時2 s。該過程可視為勻加速直線運動，求此過程加速度大小；
（2）武大靖途中某次過彎時的運動可視為半徑為10 m的勻速圓周運動，速度大小為14 m/s。已知武大靖的質量為73 kg，求此次過彎時所需的向心力大小；
（3）武大靖通過側身來調整身體與水平冰面的夾角，使場地對其作用力指向身體重心而實現平穩過彎，如圖所示。求武大靖在（2）問中過彎時身體與水平面的夾角θ的大小。（不計空氣阻力，重力加速度大小取10 m/s2，tan 22°＝0.40、tan 27°＝0.51、tan 32°＝0.62、tan 37°＝0.75）
13.（2024·江西高考14題）雪地轉椅是一種游樂項目，其中心傳動裝置帶動轉椅在雪地上滑動。如圖a、b所示，傳動裝置有一高度可調的水平圓盤，可繞通過中心O點的豎直軸勻速轉動。圓盤邊緣A處固定連接一輕繩，輕繩另一端B連接轉椅（視為質點）。轉椅運動穩定后，其角速度與圓盤角速度相等。轉椅與雪地之間的動摩擦因數為μ，重力加速度為g，不計空氣阻力。
　
（1）在圖a中，若圓盤在水平雪地上以角速度ω1勻速轉動，轉椅運動穩定后在水平雪地上繞O點做半徑為r1的勻速圓周運動。求AB與OB之間夾角α的正切值。
（2）將圓盤升高，如圖b所示。圓盤勻速轉動，轉椅運動穩定后在水平雪地上繞O1點做半徑為r2的勻速圓周運動，繩子與豎直方向的夾角為θ，繩子在水平雪地上的投影A1B與O1B的夾角為β。求此時圓盤的角速度ω2。
第3講　圓周運動
1.D　A、B兩點同軸轉動，角速度相同，轉動半徑不同，根據v＝ωr，知A、B兩點線速度不相同，故A錯誤；A、B兩點同軸轉動，角速度相同，轉速相同，故B錯誤；風扇慢慢停下，不是勻速圓周運動，A點的加速度不指向圓心，故C錯誤；根據a＝ω2r可知，A、B轉動半徑比值保持不變，則A、B兩點的向心加速度比值保持不變，故D正確。
2.C　甲、丙兩輪邊緣處的各點線速度相等，根據v＝ωr＝2πnr，可得甲、丙的轉速之比為3∶1，甲、乙同軸轉動，角速度相等，轉速相等，所以乙、丙轉速之比為3∶1。故選C。
3.A　由題意可知當插銷剛卡緊固定端蓋時彈簧的伸長量為Δx＝，根據胡克定律有F＝kΔx＝，插銷與卷軸同軸轉動，角速度相同，對插銷，由彈簧的彈力提供向心力，有F＝mlω2，對卷軸，有v＝rω，聯立解得v＝r，故選A。
4.A　由于太空實驗室中的物體都處于完全失重狀態，所以圓周運動的軌道可處于任意平面內，故A正確；根據F＝mω2R，ω＝，解得小球質量m＝，故B錯誤；若誤將n－1圈記作n圈，則n變大，得到的質量偏小，故C錯誤；若測R時未計入小球的半徑，則R偏小，所測質量偏大，故D錯誤。
5.C　由ω＝2πn得，顆粒運動的角速度為2πn，故A錯誤；由向心力公式可得Fn＝mω2r＝m（2πn）2r＝4π2mrn2，顆粒此時受到的合外力大小不一定為4π2mrn2，一般都是小于這個值，正是因為合外力提供不了所需向心力，故顆粒會沉淀，故B錯誤；離轉軸越遠，r越大，液體提供的“浮力”與顆粒在該處做勻速圓周運動所需向心力的差距越大，則分離沉淀效果越好，故C正確；只有顆粒的密度大于液體密度，顆粒才會在試管底部沉淀，如果顆粒的密度小于液體密度，顆粒會在試管管口“沉淀”，即漂浮在管口，故D錯誤。
6.A　在Δt時間內小孩兒A跑過的圓心角θ＝，則小孩兒A跑過圓心角（2π－θ－α）所用的時間和小孩兒B跑過圓心角（2π－α）的時間相同，有＝，解得小孩B的速率為vB＝，故選A。
7.D　與臺面相對靜止的陶屑做勻速圓周運動，靜摩擦力提供向心力，當靜摩擦力為最大靜摩擦力時，根據牛頓第二定律可得μmg＝mω2r，解得r＝，因與臺面相對靜止的這些陶屑的角速度相同，由此可知與臺面相對靜止的陶屑離軸OO'的距離與陶屑質量無關，只要在臺面上不發生相對滑動的位置都有陶屑。故A、B、C錯誤；離軸最遠的陶屑其受到的靜摩擦力為最大靜摩擦力，由前述分析可知最大的運動半徑為R＝，μ與ω均一定，故R為定值，即離軸最遠的陶屑距離不超過某一值R，故D正確。
8.C　無人機做水平勻速圓周運動的半徑R＝，則角速度為ω＝＝，A錯誤；無人機在重力和空氣作用力F空氣的合力作用下做水平勻速圓周運動，可得作用力F空氣＝，B錯誤；無人機做水平勻速圓周運動時，向心力為Fn＝man＝m，解得向心加速度an＝，C正確；繞行的周期T＝＝，D錯誤。
9.C　要使LED發光，必須使M、N接觸，即需使重物做離心運動，則A端應靠近圓心，因此安裝時，B端比A端離圓心更遠，A錯誤；轉速越大，所需向心力越大，彈簧拉伸越長，使M、N接觸，燈才會發光，不能說重物受到離心力的作用，B錯誤；燈在最低點時有F彈－mg＝mrω2，解得ω＝，又ω＝2πn，因此增大重物質量可使LED燈在較低轉速下也能發光，C正確；勻速行駛時，燈在最低點時有F1－mg＝，燈在最高點時有F2＋mg＝，在最低點時彈簧對重物的彈力大于在最高點時彈簧對重物的彈力，因此勻速行駛時，若LED燈轉到最低點時能發光，則在最高點時不一定能發光，D錯誤。
10.C　對A、B兩球分別進行受力分析可得sin 30°＝，sin 60°＝，解得＝，A錯誤；A、B兩球都做勻速圓周運動，分別有tan 60°＝，tan 30°＝，聯立解得＝，B錯誤；A、B兩球做勻速圓周運動，有F向A＝mrA，F向B＝mrB，設A、B兩球距離錐尖的高度為h，根據幾何關系有rA＝htan 30°，rB＝htan 60°，聯立解得＝，C正確；A、B兩球運動的線速度大小之比為＝＝，D錯誤。
11.（1）2.7 m/s2　（2），甲
解析：（1）根據速度與位移公式有v2＝2ax
代入數據可得a＝2.7 m/s2。
（2）根據向心加速度公式a＝
可得甲、乙兩名運動員的向心加速度之比為＝×＝
甲、乙兩名運動員均做勻速圓周運動，則運動的時間為t＝
代入數據可得甲、乙運動的時間分別為t甲＝ s，t乙＝ s
因t甲＜t乙，所以甲先出彎道。
12.（1）4 m/s2　（2）1 430.8 N　（3）27°
解析：（1）設武大靖剛開始運動過程的加速度大小為a，根據x＝at2
解得a＝＝ m/s2＝4 m/s2。
（2）根據F向＝m
解得武大靖過彎時所需的向心力大小為F向＝73× N＝1 430.8 N。
（3）設場地對武大靖的作用力大小為F，受力分析如圖所示，根據牛頓第二定律可得F向＝
解得tan θ＝＝≈0.51
可得θ＝27°。
13.（1）　（2）
解析：（1）對轉椅受力分析，轉椅在水平面內受摩擦力、輕繩拉力，兩者合力提供其做圓周運動所需的向心力，如圖所示。
設轉椅的質量為m，則
轉椅所需的向心力Fn1＝mr1
轉椅受到的摩擦力f1＝μmg
根據幾何關系有tan α＝
聯立解得tan α＝。
（2）轉椅在題圖b情況下所需的向心力Fn2＝mr2
轉椅受到的摩擦力f2＝μN2
根據幾何關系有tan β＝
豎直方向上由平衡條件有N2＋Tcos θ＝mg
水平面上有f2＝Tsin θsin β
聯立解得ω2＝。
5 / 5第3講　圓周運動
圓周運動
1.圓周運動的特點：做圓周運動的物體，線速度的方向在圓周　　　　方向，且時刻變化。圓周運動是　　　　運動。
2.勻速圓周運動：在　　　　　的時間里通過的圓弧長度Δl相等（即線速度大小不變），勻速圓周運動是“　　　”圓周運動，是變速運動。
描述勻速圓周運動的物理量
1.角速度ω：物體與圓心連線掃過的角度與所用時間的比值。定義式是ω＝。常用計算式ω＝　　　　　　＝2πn。
2.線速度v：物體通過的弧長與所用時間的比值。定義式v＝。計算式v＝＝　　　　＝2πnR。
3.周期T：物體運動一周所需的時間，T＝＝。
4.轉速n：單位時間內轉過的圈數。n與周期T的關系是n＝。
5.向心加速度：描述線速度改變快慢的物理量。an＝＝ω2R＝　　　　　　＝　　　　，方向始終指向圓心，只改變v的方向，不改變v的大小。
向心力
1.表達式：F向＝m＝mω2R＝mR＝　　　　　　。
2.特點：向心力是根據力的　　　　命名的力，方向始終指向圓心，向心力是變力而非恒力。
離心運動
1.離心運動
（1）定義：做　　　　　　的物體，在向心力突然消失或合力不足以提供所需的　　　　時，所做的逐漸遠離圓心的運動。
（2）本質：做圓周運動的物體，由于　　　　，總有沿著　　　　　　飛出去的傾向。
（3）受力特點
①當F＝mω2r時，物體做　　　　　　運動。
②當F＜mω2r時，物體逐漸　　　　圓心，做離心運動。
③當F＝0時，物體沿　　　　方向飛出。
2.近心運動：當F＞mω2r時，物體將逐漸　　　　圓心，做近心運動。
1.勻速圓周運動是勻加速曲線運動。（　　）
2.做勻速圓周運動的物體所受合外力為變力。（　　）
3.做圓周運動的物體所受到的合外力不一定等于向心力。（　　）
4.做圓周運動的物體所受合外力突然消失，物體將沿圓周的半徑方向飛出。（　　）
1.（2024·吉林高考2題）“指尖轉球”是花式籃球表演中常見的技巧。如圖，當籃球在指尖上繞軸轉動時，球面上P、Q兩點做圓周運動的（　　）
A.半徑相等
B.線速度大小相等
C.向心加速度大小相等
D.角速度大小相等
2.（人教版必修第二冊·第六章第2節“練習與應用”T5改編）一輛汽車在水平公路上轉彎，沿曲線由M向N行駛，速度逐漸減小。如圖A、B、C、D分別畫出了汽車轉彎時所受合力F的四種方向，你認為正確的是（　　）
3.（人教版必修第二冊·第六章第2節“練習與應用”T4改編）質量為m的小球，用長為l的細線懸掛在O點，在O點的正下方處有一光滑的釘子P，把小球拉到與釘子P等高的位置，細線被釘子擋住。如圖，讓小球從靜止釋放，當小球第一次經過最低點時（　　）
A.小球運動的線速度突然減小
B.小球的角速度突然減小
C.小球的向心加速度突然增大
D.細線的拉力突然增大
考點一　圓周運動的運動學問題
1.圓周運動各物理量間的關系
2.常見的三類傳動方式及特點
（1）皮帶傳動：如圖甲、乙所示，皮帶與兩輪之間無相對滑動時，與皮帶接觸的輪子邊緣上各點的線速度大小相等，圖甲中vA＝vC≠vB，圖乙中vA＝vB≠vP＝vQ。
（2）摩擦傳動和齒輪傳動：如圖丙、丁所示，兩輪邊緣接觸，接觸點無打滑現象時，兩輪邊緣線速度大小相等，即vA＝vB。
（3）同軸轉動：如圖戊、己、庚所示，繞同一轉軸轉動的物體，角速度相同，即ωA＝ωB，由v＝ωr知v與r成正比。
【練1】 A、B兩艘快艇在湖面上做勻速圓周運動，在相同時間內，它們通過的路程之比是4∶3，運動方向改變的角度之比是3∶2，則它們（　　）
A.線速度大小之比為4∶3
B.角速度之比為3∶4
C.圓周運動的半徑之比為2∶1
D.向心加速度大小之比為1∶2
【練2】 如圖所示，B和C是一組塔輪，即B和C半徑不同，但固定在同一轉軸上，其半徑之比為RB∶RC＝3∶2，A輪的半徑大小與C輪相同，它與B輪緊靠在一起，當A輪繞過其中心的豎直軸轉動時，由于摩擦力作用，B輪也隨之無滑動地轉動起來。a、b、c分別為三輪邊緣的三個點，則a、b、c三點在運動過程中的（　　）
A.線速度大小之比為3∶2∶2
B.角速度之比為3∶3∶2
C.轉速之比為2∶3∶2
D.向心加速度大小之比為9∶6∶4
【練3】 〔多選〕如圖所示，直徑為d的豎直圓筒繞中心軸線以恒定的轉速勻速轉動。一子彈以水平速度沿圓筒直徑方向從左側射入圓筒，從右側射穿圓筒后發現兩彈孔在同一豎直線上且相距為h，重力加速度為g，不計空氣阻力，則（　　）
A.子彈在圓筒中的水平速度為d
B.子彈在圓筒中的水平速度為2d
C.圓筒轉動的角速度可能為π
D.圓筒轉動的角速度可能為3π
考點二　圓周運動的動力學問題
1.圓周運動向心力的理解
（1）向心力是按力的作用效果命名的，可以由重力、彈力、摩擦力等各種性質力提供，可以是某個力或某個力的分力，也可以是幾個力的合力，在受力分析中要避免再添加一個向心力。
（2）勻速圓周運動的合外力恰好全部提供向心力，即F向＝F合。
（3）變速圓周運動的合外力與向心力的關系
變速圓周運動的合外力方向一般不指向圓心，可以分解為如圖所示的兩個分力。
①切向分力Ft：產生切向加速度at，只改變線速度的大小。當at與v同向時，速度增大，做加速圓周運動；反向時則速度減小，做減速圓周運動。
②法向分力Fn：提供向心力，產生向心加速度an，只改變線速度的方向。
2.解答圓周運動的動力學問題的基本思路
（2025·湖北名校聯考）如圖所示是為我國的福建號航母配置的殲-35戰機，具有優異的戰斗性能，其過載能力可以達到9。過載是指作用在戰機上的氣動力和發動機推力的合力與戰機重力之比。例如，殲-35戰機以大小為2g的加速度豎直向上加速運動時，其過載就是3。若殲-35戰機在一次做俯沖轉彎訓練時，在最低點時速度大小為200 m/s，過載為5，重力加速度取g＝10 m/s2，將戰機的運動軌跡看成圓弧，則戰機的轉彎半徑約為（　　）
A.800 m B.1 000 m
C.1 200 m D.1 400 m
嘗試解答
〔多選〕如圖所示，當列車以恒定速率通過一段水平圓弧形彎道時，乘客發現在車廂頂部懸掛的玩具小熊的細線與車廂側壁平行，同時觀察到放在桌面上的水杯內的水面（與車廂底板平行）。已知此彎道路面的傾角為θ，不計空氣阻力，重力加速度為g，則下列判斷正確的是（　　）
A.列車轉彎時的向心加速度大小為gtan θ
B.列車的輪緣與軌道均無側向擠壓作用
C.水杯受到指向桌面外側的靜摩擦力
D.水杯受到指向桌面內側的靜摩擦力
嘗試解答
圓錐擺（筒）模型
圓錐筒與圓錐擺模型
圓 錐 筒 模 型 概 述 如圖所示，筒內壁光滑，向心力由重力mg和支持力FN的合力提供，即＝m＝mω2r，解得v＝，ω＝
規 律 穩定狀態下小球所處的位置越高，半徑r越大，角速度ω就越小，線速度v就越大，而小球受到的支持力FN＝和向心力F向＝并不隨位置的變化而變化
圓 錐 擺 模 型 概 述 如圖所示，輕繩不可伸長，向心力F向＝mgtan θ＝m＝mω2r，且r＝Lsin θ，解得v＝，ω＝
規 律 穩定狀態下，θ越大，對應的角速度ω和線速度v就越大，小球受到的拉力F＝和向心力F向＝mgtan θ也越大
（2025·江西上饒模擬）如圖所示，質量為m的小球（可視為質點）用長為l的輕質細線懸于B點，使小球在水平面內做勻速圓周運動，軌跡圓圓心為O，重力加速度為g。下列說法正確的是（　　）
A.細線與豎直方向夾角為θ時，小球運動的角速度大小為
B.保持軌跡圓的圓心O到懸點B的距離不變時，細線越長，小球運動的周期越短
C.保持軌跡圓的圓心O到懸點B的距離不變時，細線越長，小球運動的周期越長
D.保持細線與豎直方向夾角θ不變時，細線越短，小球運動的角速度越大
嘗試解答
（2025·江蘇南通市檢測）有一種雜技表演叫“飛車走壁”，由雜技演員駕駛摩托車沿圓臺形表演臺的光滑側壁高速行駛，做勻速圓周運動。如圖所示，圖中虛線表示摩托車的行駛軌跡，軌跡離地面的高度為h，下列說法中正確的是（　　）
A.h越高，摩托車對側壁的壓力越大
B.h越高，摩托車做圓周運動的加速度越小
C.h越高，摩托車做圓周運動的周期越大
D.h越高，摩托車做圓周運動的線速度越小
嘗試解答
第3講　圓周運動
【立足“四層”·夯基礎】
基礎知識梳理
知識點1
1.切線　變速　2.任意相等　勻速率
知識點2
1.　2.ωR　5.R　ωv
知識點3
1.man　2.效果
知識點4
1.（1）圓周運動　向心力　（2）慣性　切線方向
（3）①勻速圓周　②遠離　③切線　2.靠近
易錯易混辨析
1.×　2.√　3.√　4.×
雙基落實筑牢
1.D　根據題圖可知，Q點到軸的距離大于P點到軸的距離，則Q點做圓周運動的半徑大于P點做圓周運動的半徑，A錯誤；P、Q兩點同軸轉動，角速度大小相等，根據v＝ωr和a＝ω2r結合A項分析可知，Q點的線速度和向心加速度均大于P點的，B、C錯誤，D正確。
2.C　因為汽車沿曲線轉彎，所以受到垂直速度方向指向軌跡凹側的向心力Fn，又因汽車的速度逐漸減小，所以還受到與速度方向相反沿軌跡切線方向的切向力Ft，這兩個力的合力方向如圖C所示。
3.B　當小球第一次經過最低點時，由于重力與細線的拉力都與速度垂直，所以小球運動的線速度大小不變，故A錯誤；線速度大小不變，小球做圓周運動的半徑變大，根據v＝rω，可知角速度變小，故B正確；線速度大小不變，軌跡半徑變大，根據向心加速度公式an＝可得，小球的向心加速度變小，故C錯誤；細線拉力F＝mg＋m＝mg＋man，可知細線的拉力突然減小，D錯誤。
【著眼“四翼”·探考點】
考點一
【練1】 A　時間相同，路程之比即線速度大小之比為4∶3，A項正確；由于時間相同，運動方向改變的角度之比即對應掃過的圓心角之比，等于角速度之比為3∶2，B項錯誤；線速度之比除以角速度之比等于半徑之比為8∶9，C項錯誤；由向心加速度公式an＝知，向心加速度大小之比為2∶1，D項錯誤。
【練2】 D　A、B靠摩擦傳動，則兩輪邊緣上a、b兩點的線速度大小相等，即va∶vb＝1∶1，選項A錯誤；B、C同軸轉動，則兩輪邊緣上b、c兩點的角速度相等，即ωb＝ωc，轉速之比＝＝，選項B、C錯誤；對a、b兩點，由an＝得＝＝，對b、c兩點，由an＝ω2r得＝＝，故aa∶ab∶ac＝9∶6∶4，選項D正確。
【練3】 ACD　子彈在圓筒中運動的時間與自由下落高度h的時間相同，即t＝，則v0＝＝d，故A正確，B錯誤；在此段時間內圓筒轉過的圈數為半圈的奇數倍，即ωt＝（2n＋1）π（n＝0，1，2，…），所以ω＝＝（2n＋1）π（n＝0，1，2，…），故C、D正確。
考點二
【例1】 B　對在最低點時的戰機受力分析，戰機受到重力mg、氣動力和發動機推力的合力F，根據牛頓第二定律可得F－mg＝m，此時過載為5，所以F＝5mg，代入數據解得戰機的轉彎半徑r＝1 000 m，故選B。
【例2】 AB　設玩具小熊的質量為m，則玩具小熊受到的重力mg、細線的拉力T的合力提供玩具小熊隨車做水平面內圓周運動的向心力F，如圖所示，有mgtan θ＝ma，可知列車在轉彎時的向心加速度大小為a＝gtan θ，A正確；列車的向心加速度a＝gtan θ，由列車的重力與軌道的支持力的合力提供，故列車的輪緣與軌道均無側向擠壓作用，B正確；水杯的向心加速度a＝gtan θ，由水杯的重力與桌面的支持力的合力提供，水杯與桌面間的靜摩擦力為零，C、D錯誤。
【聚焦“素養”·提能力】
【典例1】 D　細線與豎直方向夾角為θ時，有mgtan θ＝mω2·lsin θ，解得ω＝，保持細線與豎直方向夾角θ不變時，細線越短，小球運動的角速度越大，故A錯誤，D正確；保持軌跡圓的圓心O到懸點B的距離h不變，改變繩長l，根據牛頓第二定律得mgtan θ＝mω2·htan θ，解得ω＝，則周期T＝＝2π，可知周期T與細線長度無關，故B、C錯誤。
【典例2】 C　摩托車做勻速圓周運動，提供其做圓周運動向心力的是重力mg和支持力F的合力，如圖所示，側壁對摩托車的支持力為F＝，則摩托車對側壁的壓力為F'＝，根據牛頓第二定律可得mgtan θ＝ma＝mr＝m，解得a＝gtan θ，T＝，v＝，可知h越高，r越大，θ不變，而摩托車對側壁的壓力不變，摩托車做圓周運動的加速度不變，摩托車做圓周運動的周期越大，摩托車做圓周運動的線速度越大，故選C。
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第3講　圓周運動
高中總復習·物理
目 錄
01
立足”四層”·夯基礎
02
著眼“四翼”·探考點
03
聚焦“素養”·提能力
04
培養“思維”·重落實
概念 公式 定理
立足“四層”·夯基礎
圓周運動
1. 圓周運動的特點：做圓周運動的物體，線速度的方向在圓周 方
向，且時刻變化。圓周運動是 運動。
2. 勻速圓周運動：在 的時間里通過的圓弧長度Δl相等
（即線速度大小不變），勻速圓周運動是“ ”圓周運動，
是變速運動。
切線　
變速　
任意相等　
勻速率　
描述勻速圓周運動的物理量
1. 角速度ω：物體與圓心連線掃過的角度與所用時間的比值。定義式是ω
＝。常用計算式ω＝ 　　＝2πn。
2. 線速度v：物體通過的弧長與所用時間的比值。定義式v＝。計算式v＝
＝ ＝2πnR。
　
ωR　
5. 向心加速度：描述線速度改變快慢的物理量。an＝＝ω2R＝ 　R　
＝ ，方向始終指向圓心，只改變v的方向，不改變v的大小。
R　
ωv　
3. 周期T：物體運動一周所需的時間，T＝＝。
4. 轉速n：單位時間內轉過的圈數。n與周期T的關系是n＝。
向心力
1. 表達式：F向＝m＝mω2R＝mR＝ 。
2. 特點：向心力是根據力的 命名的力，方向始終指向圓心，向心
力是變力而非恒力。
man　
效果　
離心運動
1. 離心運動
（1）定義：做 的物體，在向心力突然消失或合力不足以提
供所需的 時，所做的逐漸遠離圓心的運動。
（2）本質：做圓周運動的物體，由于 ，總有沿著
飛出去的傾向。
圓周運動　
向心力　
慣性　
切線方向　
（3）受力特點
①當F＝mω2r時，物體做 運動。
②當F＜mω2r時，物體逐漸 圓心，做離心運動。
③當F＝0時，物體沿 方向飛出。
勻速圓周　
遠離　
切線　
2. 近心運動：當F＞mω2r時，物體將逐漸 圓心，做近心運動。
靠近　
1. 勻速圓周運動是勻加速曲線運動。 （　×　）
2. 做勻速圓周運動的物體所受合外力為變力。 （　√　）
3. 做圓周運動的物體所受到的合外力不一定等于向心力。 （　√　）
4. 做圓周運動的物體所受合外力突然消失，物體將沿圓周的半徑方向飛
出。 （　×　）
×
√
√
×
1. （2024·吉林高考2題）“指尖轉球”是花式籃球表演中常見的技巧。如圖，當籃球在指尖上繞軸轉動時，球面上P、Q兩點做圓周運動的（　　）
A. 半徑相等 B. 線速度大小相等
C. 向心加速度大小相等 D. 角速度大小相等
解析： 　根據題圖可知，Q點到軸的距離大于P點到軸的距離，則Q點做
圓周運動的半徑大于P點做圓周運動的半徑，A錯誤；P、Q兩點同軸轉
動，角速度大小相等，根據v＝ωr和a＝ω2r結合A項分析可知，Q點的線速
度和向心加速度均大于P點的，B、C錯誤，D正確。
√
2. （人教版必修第二冊·第六章第2節“練習與應用”T5改編）一輛汽車在
水平公路上轉彎，沿曲線由M向N行駛，速度逐漸減小。如圖A、B、C、D
分別畫出了汽車轉彎時所受合力F的四種方向，你認為正確的是（　　）
解析： 　因為汽車沿曲線轉彎，所以受到垂直速度方向指向軌跡凹側的
向心力Fn，又因汽車的速度逐漸減小，所以還受到與速度方向相反沿軌跡
切線方向的切向力Ft，這兩個力的合力方向如圖C所示。
√
3. （人教版必修第二冊·第六章第2節“練習與應用”T4改編）質量為m的
小球，用長為l的細線懸掛在O點，在O點的正下方處有一光滑的釘子P，
把小球拉到與釘子P等高的位置，細線被釘子擋住。如圖，讓小球從靜止
釋放，當小球第一次經過最低點時（　　）
A. 小球運動的線速度突然減小
B. 小球的角速度突然減小
C. 小球的向心加速度突然增大
D. 細線的拉力突然增大
√
解析： 　當小球第一次經過最低點時，由于重力與細線的拉力都與速度
垂直，所以小球運動的線速度大小不變，故A錯誤；線速度大小不變，小
球做圓周運動的半徑變大，根據v＝rω，可知角速度變小，故B正確；線速
度大小不變，軌跡半徑變大，根據向心加速度公式an＝可得，小球的向
心加速度變小，故C錯誤；細線拉力F＝mg＋m＝mg＋man，可知細線的
拉力突然減小，D錯誤。
題型 規律 方法
著眼“四翼”·探考點
考點一　圓周運動的運動學問題
1. 圓周運動各物理量間的關系
2. 常見的三類傳動方式及特點
（1）皮帶傳動：如圖甲、乙所示，皮帶與兩輪之間無相對滑動時，與皮
帶接觸的輪子邊緣上各點的線速度大小相等，圖甲中vA＝vC≠vB，圖乙中vA
＝vB≠vP＝vQ。
（2）摩擦傳動和齒輪傳動：如圖丙、丁所示，兩輪邊緣接觸，接觸點無
打滑現象時，兩輪邊緣線速度大小相等，即vA＝vB。
（3）同軸轉動：如圖戊、己、庚所示，繞同一轉軸轉動的物體，角速度
相同，即ωA＝ωB，由v＝ωr知v與r成正比。
【練1】 A、B兩艘快艇在湖面上做勻速圓周運動，在相同時間內，它們通
過的路程之比是4∶3，運動方向改變的角度之比是3∶2，則它們（　　）
A. 線速度大小之比為4∶3
B. 角速度之比為3∶4
C. 圓周運動的半徑之比為2∶1
D. 向心加速度大小之比為1∶2
√
解析： 　時間相同，路程之比即線速度大小之比為4∶3，A項正確；由于
時間相同，運動方向改變的角度之比即對應掃過的圓心角之比，等于角速
度之比為3∶2，B項錯誤；線速度之比除以角速度之比等于半徑之比為
8∶9，C項錯誤；由向心加速度公式an＝知，向心加速度大小之比為
2∶1，D項錯誤。
【練2】 如圖所示，B和C是一組塔輪，即B和C半徑不同，但固定在同一轉
軸上，其半徑之比為RB∶RC＝3∶2，A輪的半徑大小與C輪相同，它與B輪
緊靠在一起，當A輪繞過其中心的豎直軸轉動時，由于摩擦力作用，B輪也
隨之無滑動地轉動起來。a、b、c分別為三輪邊緣的三個點，則a、b、c三
點在運動過程中的（　　）
A. 線速度大小之比為3∶2∶2
B. 角速度之比為3∶3∶2
C. 轉速之比為2∶3∶2
D. 向心加速度大小之比為9∶6∶4
√
解析： 　A、B靠摩擦傳動，則兩輪邊緣上a、b兩點的線速度大小相等，
即va∶vb＝1∶1，選項A錯誤；B、C同軸轉動，則兩輪邊緣上b、c兩點的
角速度相等，即ωb＝ωc，轉速之比＝＝，選項B、C錯誤；對a、b兩
點，由an＝得＝＝，對b、c兩點，由an＝ω2r得＝＝，故
aa∶ab∶ac＝9∶6∶4，選項D正確。
【練3】 〔多選〕如圖所示，直徑為d的豎直圓筒繞中心軸線以恒定的轉速
勻速轉動。一子彈以水平速度沿圓筒直徑方向從左側射入圓筒，從右側射
穿圓筒后發現兩彈孔在同一豎直線上且相距為h，重力加速度為g，不計空
氣阻力，則（　　）
A. 子彈在圓筒中的水平速度為d
B. 子彈在圓筒中的水平速度為2d
C. 圓筒轉動的角速度可能為π
D. 圓筒轉動的角速度可能為3π
√
√
√
解析： 　子彈在圓筒中運動的時間與自由下落高度h的時間相同，即t
＝，則v0＝＝d，故A正確，B錯誤；在此段時間內圓筒轉過的圈數
為半圈的奇數倍，即ωt＝（2n＋1）π（n＝0，1，2，…），所以ω＝
＝（2n＋1）π（n＝0，1，2，…），故C、D正確。
考點二　圓周運動的動力學問題
1. 圓周運動向心力的理解
（1）向心力是按力的作用效果命名的，可以由重力、彈力、摩擦力等各
種性質力提供，可以是某個力或某個力的分力，也可以是幾個力的合力，
在受力分析中要避免再添加一個向心力。
（2）勻速圓周運動的合外力恰好全部提供向心力，即F向＝F合。
（3）變速圓周運動的合外力與向心力的關系
變速圓周運動的合外力方向一般不指向圓心，可以分解為如圖所示的兩個
分力。
①切向分力Ft：產生切向加速度at，只改變線速度的大小。當at與v同向
時，速度增大，做加速圓周運動；反向時則速度減小，做減速圓周運動。
②法向分力Fn：提供向心力，產生向心加速度an，只改變線速度的方向。
2. 解答圓周運動的動力學問題的基本思路
（2025·湖北名校聯考）如圖所示是為我國的福建號航母配置的殲-35
戰機，具有優異的戰斗性能，其過載能力可以達到9。過載是指作用在戰
機上的氣動力和發動機推力的合力與戰機重力之比。例如，殲-35戰機以大
小為2g的加速度豎直向上加速運動時，其過載就是3。若殲-35戰機在一次
做俯沖轉彎訓練時，在最低點時速度大小為200 m/s，過載為5，重力加速
度取g＝10 m/s2，將戰機的運動軌跡看成圓弧，則戰機的轉彎半徑約為
（　　）
A. 800 m B. 1 000 m
C. 1 200 m D. 1 400 m
√
解析：對在最低點時的戰機受力分析，戰機受到重力mg、氣動力和發動機
推力的合力F，根據牛頓第二定律可得F－mg＝m，此時過載為5，所以F
＝5mg，代入數據解得戰機的轉彎半徑r＝1 000 m，故選B。
〔多選〕如圖所示，當列車以恒定速率通過一段水平圓弧形彎道時，
乘客發現在車廂頂部懸掛的玩具小熊的細線與車廂側壁平行，同時觀察到
放在桌面上的水杯內的水面（與車廂底板平行）。已知此彎道路面的傾角
為θ，不計空氣阻力，重力加速度為g，則下列判斷正確的是（　　）
A. 列車轉彎時的向心加速度大小為gtan θ
B. 列車的輪緣與軌道均無側向擠壓作用
C. 水杯受到指向桌面外側的靜摩擦力
D. 水杯受到指向桌面內側的靜摩擦力
√
√
解析：設玩具小熊的質量為m，則玩具小熊受到的重力
mg、細線的拉力T的合力提供玩具小熊隨車做水平面內
圓周運動的向心力F，如圖所示，有mgtan θ＝ma，可知
列車在轉彎時的向心加速度大小為a＝gtan θ，A正確；
列車的向心加速度a＝gtan θ，由列車的重力與軌道的支
持力的合力提供，故列車的輪緣與軌道均無側向擠壓作用，B正確；水杯的向心加速度a＝gtan θ，由水杯的重力與桌面的支持力的合力提供，水杯與桌面間的靜摩擦力為零，C、D錯誤。
列車轉彎時的受力分析如圖所示，鐵路轉彎處的圓弧半徑為R，兩鐵軌之
間的距離為d，內外軌的高度差為h，鐵軌平面和水平面間的夾角為α（α很
小，可近似認為tan α≈sin α），重力加速度為g，下列說法正確的是（　　）
A. 列車轉彎時受到重力、支持力和向心力的作用
B. 列車過轉彎處的速度v＝時，列車輪緣不會擠
壓內軌和外軌
C. 列車過轉彎處的速度v＜時，列車輪緣會擠壓外軌
D. 若減小α角，可提高列車安全過轉彎處的速度
√
解析： 　列車以規定速度轉彎時，受到重力、支持力的作用，重力和支
持力的合力提供向心力，A錯誤；當重力和支持力的合力提供向心力時，
有m＝mgtan α＝mg，解得v＝，故當列車過轉彎處的速度v＝
時，列車輪緣不會擠壓內軌和外軌，B正確；列車過轉彎處的速度v＜
時，轉彎所需的向心力F＜mgtan α，故此時列車內軌受擠壓，C錯誤；若
要提高列車過轉彎處的速度，則列車所需的向心力增大，故需要增大α
角，D錯誤。
現實 科技 應用
聚焦“素養”·提能力
圓錐擺（筒）模型
圓錐筒與圓錐擺模型
圓
錐
筒
模
型 概述 如圖所示，筒內壁光滑，向心力由重力mg和支持力
FN的合力提供，即＝m＝mω2r，解得v＝
，ω＝
規律 穩定狀態下小球所處的位置越高，半徑r越大，角速
度ω就越小，線速度v就越大，而小球受到的支持力
FN＝和向心力F向＝并不隨位置的變化而變化
圓
錐
擺
模
型 概述 如圖所示，輕繩不可伸長，向心力F向＝mgtan θ＝
m＝mω2r，且r＝Lsin θ，解得v＝，ω
＝
規律 穩定狀態下，θ越大，對應的角速度ω和線速度v就越
大，小球受到的拉力F＝和向心力F向＝mgtan θ也
越大
（2025·江西上饒模擬）如圖所示，質量為m的小球（可視為質點）用長為l的輕質細線懸于B點，使小球在水平面內做勻速圓周運動，軌跡圓圓心為O，重力加速度為g。下列說法正確的是（　　）
A. 細線與豎直方向夾角為θ時，小球運動的角速度大小為
B. 保持軌跡圓的圓心O到懸點B的距離不變時，細線越長，小球運動的周
期越短
C. 保持軌跡圓的圓心O到懸點B的距離不變時，細線越長，小球運動的周
期越長
D. 保持細線與豎直方向夾角θ不變時，細線越短，小球運動的角速度越大
√
解析：細線與豎直方向夾角為θ時，有mgtan θ＝mω2·lsin θ，解得ω＝
，保持細線與豎直方向夾角θ不變時，細線越短，小球運動的角速度
越大，故A錯誤，D正確；保持軌跡圓的圓心O到懸點B的距離h不變，改變
繩長l，根據牛頓第二定律得mgtan θ＝mω2·htan θ，解得ω＝，則周期T＝
＝2π，可知周期T與細線長度無關，故B、C錯誤。
（2025·江蘇南通市檢測）有一種雜技表演叫“飛車走壁”，由雜
技演員駕駛摩托車沿圓臺形表演臺的光滑側壁高速行駛，做勻速圓周運
動。如圖所示，圖中虛線表示摩托車的行駛軌跡，軌跡離地面的高度為
h，下列說法中正確的是（　　）
A. h越高，摩托車對側壁的壓力越大
B. h越高，摩托車做圓周運動的加速度越小
C. h越高，摩托車做圓周運動的周期越大
D. h越高，摩托車做圓周運動的線速度越小
√
解析：摩托車做勻速圓周運動，提供其做圓周運動向心力的是
重力mg和支持力F的合力，如圖所示，側壁對摩托車的支持力
為F＝，則摩托車對側壁的壓力為F'＝，根據牛頓第二
定律可得mgtan θ＝ma＝mr＝m，解得a＝gtan θ，T＝
，v＝，可知h越高，r越大，θ不變，而摩托車對側壁的壓力不變，摩托車做圓周運動的加速度不變，摩托車做圓周運動的周期越大，摩托車做圓周運動的線速度越大，故選C。
培養“思維”·重落實
夯基 提能 升華
1. （2025·浙江杭州模擬）斷電后，風扇慢慢停下過程中，關于圖中扇葉
上A、B兩點的運動情況，下列說法正確的是（　　）
A. A、B兩點的線速度始終相同
B. A、B兩點的轉速不相同
C. A點的加速度始終指向圓心
D. A、B兩點的向心加速度比值保持不變
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√
解析： 　A、B兩點同軸轉動，角速度相同，轉動半徑不同，根據v＝
ωr，知A、B兩點線速度不相同，故A錯誤；A、B兩點同軸轉動，角速度相
同，轉速相同，故B錯誤；風扇慢慢停下，不是勻速圓周運動，A點的加速
度不指向圓心，故C錯誤；根據a＝ω2r可知，A、B轉動半徑比值保持不
變，則A、B兩點的向心加速度比值保持不變，故D正確。
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2. （2025·甘肅酒泉三模）如圖所示為腳踏自行車的傳動裝置簡化圖，各
輪的轉軸均固定且相互平行，甲、乙兩輪同軸且無相對轉動，已知甲、
乙、丙三輪的半徑之比為1∶9∶3，傳動鏈條在各輪轉動中不打滑，則
乙、丙轉速之比為（　　）
A. 1∶2 B. 2∶1
C. 3∶1 D. 1∶3
解析： 　甲、丙兩輪邊緣處的各點線速度相等，根據v＝ωr＝2πnr，可得
甲、丙的轉速之比為3∶1，甲、乙同軸轉動，角速度相等，轉速相等，所
以乙、丙轉速之比為3∶1。故選C。
√
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3. （2024·廣東高考5題）如圖所示，在細繩的拉動下，半徑為r的卷軸可
繞其固定的中心點O在水平面內轉動。卷軸上沿半徑方向固定著長度為l的
細管，管底在O點。細管內有一根原長為、勁度系數為k的輕質彈簧，彈
簧底端固定在管底，頂端連接質量為m、可視為質點的插銷。當以速度v勻
速拉動細繩時，插銷做勻速圓周運動。若v過大，插銷會卡進固定的端蓋。
使卷軸轉動停止。忽略摩擦力，彈簧在彈性限度內。要使卷軸轉動不停
止，v的最大值為（　　）
A. r B. l
C. r D. l
√
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解析： 　由題意可知當插銷剛卡緊固定端蓋時彈簧的伸長量為Δx＝，根
據胡克定律有F＝kΔx＝，插銷與卷軸同軸轉動，角速度相同，對插銷，
由彈簧的彈力提供向心力，有F＝mlω2，對卷軸，有v＝rω，聯立解得v＝
r，故選A。
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4. （2023·北京高考10題）在太空實驗室中可以利用勻速圓周運動測量小
球質量。如圖所示，不可伸長的輕繩一端固定于O點，另一端系一待測小
球，使其繞O點做勻速圓周運動，用力傳感器測得繩上的拉力為F，用停表
測得小球轉過n圈所用的時間為t，用刻度尺測得O點到球心的距離為圓周
運動的半徑R。下列說法正確的是（　　）
A. 圓周運動軌道可處于任意平面內
B. 小球的質量為
C. 若誤將n－1圈記作n圈，則所得質量偏大
D. 若測R時未計入小球半徑，則所得質量偏小
√
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解析： 　由于太空實驗室中的物體都處于完全失重狀態，所以圓周運動
的軌道可處于任意平面內，故A正確；根據F＝mω2R，ω＝，解得小球
質量m＝，故B錯誤；若誤將n－1圈記作n圈，則n變大，得到的質量
偏小，故C錯誤；若測R時未計入小球的半徑，則R偏小，所測質量偏大，
故D錯誤。
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5. （2025·浙江杭州二模）高速離心機用于快速沉淀或分離物質。如圖所
示，水平試管固定在高速離心機上，離心機的轉速為n，在水平試管中有
質量為m的某固體顆粒，某時刻顆粒離轉軸的距離為r。已知試管中充滿液
體，顆粒與試管內壁不接觸。下列說法正確的是（　　）
A. 顆粒運動的角速度為
B. 顆粒此時受到的合外力大小為4π2mrn2
C. 離轉軸越遠，分離沉淀效果越好
D. 此款高速離心沉淀機，適用于任何顆粒，顆粒都會到試管
底部沉淀
√
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解析： 　由ω＝2πn得，顆粒運動的角速度為2πn，故A錯誤；由向心力公
式可得Fn＝mω2r＝m（2πn）2r＝4π2mrn2，顆粒此時受到的合外力大小不一
定為4π2mrn2，一般都是小于這個值，正是因為合外力提供不了所需向心
力，故顆粒會沉淀，故B錯誤；離轉軸越遠，r越大，液體提供的“浮力”
與顆粒在該處做勻速圓周運動所需向心力的差距越大，則分離沉淀效果越
好，故C正確；只有顆粒的密度大于液體密度，顆粒才會在試管底部沉
淀，如果顆粒的密度小于液體密度，顆粒會在試管管口“沉淀”，即漂浮
在管口，故D錯誤。
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6. （2025·陜西安康模擬）如圖所示，小孩兒們圍成一個半徑為R的圓來玩
“丟手絹”游戲，游戲開始時，小孩兒A、B的位置與圓心O的連線的夾角
為α。某時刻小孩兒A從自己的位置開始以速率v逆時針運動，經過小孩兒B
時，把手絹丟在了小孩兒B的身后，小孩兒B經過時間Δt后反應過來馬上以
恒定的速率追小孩兒A，在小孩兒A回到他自己的位置時，小孩兒B恰好追
上小孩兒A，則小孩兒B的速率為（　　）
A. B. v
C. D.
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解析： 　在Δt時間內小孩兒A跑過的圓心角θ＝，則小孩兒A跑過圓心
角（2π－θ－α）所用的時間和小孩兒B跑過圓心角（2π－α）的時間相同，
有＝，解得小孩B的速率為vB＝，故選A。
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7.陶瓷是以粘土為主要原料以及各種天然礦物經過粉碎混煉、成型和煅燒制
得的材料以及各種制品。如圖所示是生產陶瓷的簡化工作臺，當陶瓷勻速
轉動時，臺面上掉有陶屑，陶屑與桌面間的動摩擦因數處處相同（臺面夠
大），則（　　）
A. 離軸OO'越遠的陶屑質量越大
B. 離軸OO'越近的陶屑質量越小
C. 只有平臺邊緣有陶屑
D. 離軸最遠的陶屑距離不會超過某一值
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解析： 　與臺面相對靜止的陶屑做勻速圓周運動，靜摩擦力提供向心
力，當靜摩擦力為最大靜摩擦力時，根據牛頓第二定律可得μmg＝mω2r，
解得r＝，因與臺面相對靜止的這些陶屑的角速度相同，由此可知與臺面
相對靜止的陶屑離軸OO'的距離與陶屑質量無關，只要在臺面上不發生相
對滑動的位置都有陶屑。故A、B、C錯誤；離軸最遠的陶屑其受到的靜摩
擦力為最大靜摩擦力，由前述分析可知最大的運動半徑為R＝，μ與ω均
一定，故R為定值，即離軸最遠的陶屑距離不超過某一值R，故D正確。
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8. 如圖是某無人機繞拍攝主體做水平勻速圓周運動時的示意圖。已知該無
人機的質量為m，無人機的軌道距拍攝對象高度為h，無人機與拍攝對象距
離為r，無人機飛行的線速度大小為v，則無人機做勻速圓周運動時（　　）
A. 角速度為
B. 所受空氣作用力為mg
C. 向心加速度為
D. 繞行的周期為T＝
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解析： 　無人機做水平勻速圓周運動的半徑R＝，則角速度為ω
＝＝，A錯誤；無人機在重力和空氣作用力F空氣的合力作用下做水
平勻速圓周運動，可得作用力F空氣＝，B錯誤；無人機做
水平勻速圓周運動時，向心力為Fn＝man＝m，解得向心加速度an＝
，C正確；繞行的周期T＝＝，D錯誤。
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9. （2025·浙江鎮海中學模擬）自行
車氣嘴燈及其結構圖如圖所示，彈
簧一端固定在A端，另一端拴接重物，
當車輪高速旋轉時，LED燈就會發
光。下列說法正確的是（　　）
A. 安裝時A端比B端更遠離圓心
B. 高速旋轉時，重物由于受到離心力的作用拉伸彈簧從而使觸點接觸
C. 增大重物質量可使LED燈在較低轉速下也能發光
D. 勻速行駛時，若LED燈轉到最低點時能發光，則在最高點時也一定能發
光
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解析： 　要使LED發光，必須使M、N接觸，即需使重物做離心運動，則
A端應靠近圓心，因此安裝時，B端比A端離圓心更遠，A錯誤；轉速越
大，所需向心力越大，彈簧拉伸越長，使M、N接觸，燈才會發光，不能
說重物受到離心力的作用，B錯誤；燈在最低點時有F彈－mg＝mrω2，解得
ω＝，又ω＝2πn，因此增大重物質量可使LED燈在較低轉速下也能
發光，C正確；勻速行駛時，燈在最低點時有F1－mg＝，燈在最高點時
有F2＋mg＝，在最低點時彈簧對重物的彈力大于在最高點時彈簧對重
物的彈力，因此勻速行駛時，若LED燈轉到最低點時能發光，則在最高點
時不一定能發光，D錯誤。
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10. （2024·江蘇淮安聯考）如圖所示，兩個圓錐內壁光滑，豎直放置在同
一水平面上，圓錐母線與豎直方向夾角分別為30°和60°，有A、B兩個質
量相同的小球在兩圓錐內壁等高處做勻速圓周運動，下列說法正確的是
（　　）
A. A、B兩球受到的支持力之比為∶3
B. A、B兩球的向心力之比為∶1
C. A、B兩球運動的角速度之比為3∶1
D. A、B兩球運動的線速度大小之比為1∶3
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解析： 　對A、B兩球分別進行受力分析可得sin 30°＝，sin 60°＝
，解得＝，A錯誤；A、B兩球都做勻速圓周運動，分別有tan 60°
＝，tan 30°＝，聯立解得＝，B錯誤；A、B兩球做勻速圓周
運動，有F向A＝mrA，F向B＝mrB，設A、B兩球距離錐尖的高度為
h，根據幾何關系有rA＝htan 30°，rB＝htan 60°，聯立解得＝，C正
確；A、B兩球運動的線速度大小之比為＝＝，D錯誤。
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11. 2022年北京冬奧會短道速滑混合團體2 000米接力決賽中，
我國短道速滑隊奪得中國隊在本屆冬奧會的首金。
（1）如果把運動員起跑后進入彎道前的過程看作初速度為零
的勻加速直線運動，若運動員加速到速度v＝9 m/s時，滑過的
距離x＝15 m，求加速度的大小；
答案： 2.7 m/s2　
解析： 根據速度與位移公式有v2＝2ax
代入數據可得a＝2.7 m/s2。
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（2）如果把運動員在彎道滑行的過程看作軌道為半圓的勻
速圓周運動，如圖所示，若甲、乙兩名運動員同時進入彎道，
滑行半徑分別為R甲＝8 m、R乙＝9 m，滑行速率分別為v甲＝
10 m/s、v乙＝11 m/s，求甲、乙兩名運動員過彎道時的向心
加速度大小之比，并通過計算判斷哪位運動員先出彎道。
答案： ，甲
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解析：根據向心加速度公式a＝
可得甲、乙兩名運動員的向心加速度之比為＝×＝
甲、乙兩名運動員均做勻速圓周運動，則運動的時間為t＝
代入數據可得甲、乙運動的時間分別為t甲＝ s，t乙＝ s
因t甲＜t乙，所以甲先出彎道。
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12. 清代乾隆的《冰嬉賦》用“躄躠”（可理解為低身斜
體）二字揭示了滑冰的動作要領。500 m短道速滑世界紀
錄由我國運動員武大靖創造并保持。在其創造紀錄的比賽中。
（1）武大靖從靜止出發，先沿直道加速滑行，前8 m用時2 s。該過程可視
為勻加速直線運動，求此過程加速度大小；
答案： 4 m/s2　
解析： 設武大靖剛開始運動過程的加速度大小為a，根據x＝at2
解得a＝＝ m/s2＝4 m/s2。
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（2）武大靖途中某次過彎時的運動可視為半徑為10 m的
勻速圓周運動，速度大小為14 m/s。已知武大靖的質量為
73 kg，求此次過彎時所需的向心力大小；
答案： 1 430.8 N　
解析：根據F向＝m
解得武大靖過彎時所需的向心力大小為F向＝73× N＝1 430.8 N。
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（3）武大靖通過側身來調整身體與水平冰面的夾角，
使場地對其作用力指向身體重心而實現平穩過彎，如圖
所示。求武大靖在（2）問中過彎時身體與水平面的夾角
θ的大小。（不計空氣阻力，重力加速度大小取10 m/s2，tan 22°＝0.40、tan 27°＝0.51、tan 32°＝0.62、tan 37°＝0.75）
答案： 27°
解析：設場地對武大靖的作用力大小為F，受力分析如圖所示，
根據牛頓第二定律可得F向＝
解得tan θ＝＝≈0.51
可得θ＝27°。
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13. （2024·江西高考14題）雪地轉椅是一種游樂項目，其中心傳動裝置帶
動轉椅在雪地上滑動。如圖a、b所示，傳動裝置有一高度可調的水平圓
盤，可繞通過中心O點的豎直軸勻速轉動。圓盤邊緣A處固定連接一輕繩，
輕繩另一端B連接轉椅（視為質點）。轉椅運動穩定后，其角速度與圓盤
角速度相等。轉椅與雪地之間的動摩擦因數為μ，重力加速度為g，不計空
氣阻力。
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（1）在圖a中，若圓盤在水平雪地上以角速度ω1勻速轉動，轉椅運動穩定后在水平雪地上繞O點做半徑為r1的勻速圓周運動。求AB與OB之間夾角α的正切值。
答案： 　
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解析： 對轉椅受力分析，轉椅在水平面內受摩
擦力、輕繩拉力，兩者合力提供其做圓周運動所需的
向心力，如圖所示。
設轉椅的質量為m，則
轉椅所需的向心力Fn1＝mr1
轉椅受到的摩擦力f1＝μmg
根據幾何關系有tan α＝
聯立解得tan α＝。
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（2）將圓盤升高，如圖b所示。圓盤勻速轉動，轉椅運動穩定后在水平雪地上繞O1點做半徑為r2的勻速圓周運動，繩子與豎直方向的夾角為θ，繩子在水平雪地上的投影A1B與O1B的夾角為β。求此時圓盤的角速度ω2。
答案：
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解析：轉椅在題圖b情況下所需的向心力Fn2＝mr2
轉椅受到的摩擦力f2＝μN2
根據幾何關系有tan β＝
豎直方向上由平衡條件有N2＋Tcos θ＝mg
水平面上有f2＝Tsin θsin β
聯立解得ω2＝。
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THANKS
演示完畢 感謝觀看

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