2027年高考物理复习题型全练：第8讲 圆周运动题型 （教师版）

第8讲圆周运动题型

题型一匀速圆周运动的基本量计算

1．（2026春•渝北区校级期中）一物体在水平面内的匀速圆周运动，下列哪个物理量在运动过程中始终保

持不变（）

A．动量B．动能C．位移D．加速度

【答案】B

【分析】匀速圆周运动中，线速度的大小不变但方向时刻变化。动量、位移、加速度都是矢量，方向会

随运动不断改变；动能是标量，只与速度的大小有关，因此始终保持不变。

【解答】解：A、动量是矢量，表达式为p＝mv，匀速圆周运动中速度方向时刻改变，因此动量方向也

时刻变化，故A错误；

1

B、动能是标量，表达式为퐸=푚푣2，匀速圆周运动速率v大小恒定，物体质量不变，因此动能始终

푘2

保持不变，故B正确；

C、位移是矢量，为初位置指向末位置的有向线段，物体做圆周运动时位置不断变化，位移的大小和方

向均会发生变化，故C错误；

D、匀速圆周运动的加速度（向心加速度）方向始终指向圆心，随物体位置变化而改变，故D错误。

故选：B。

2．（2026春•锡山区校级期中）一个半径为R的纸质小圆筒，绕其中心轴O匀速转动，角速度为ω。一

粒子弹沿半径AO方向由纸筒上点A打进并从纸筒上的点B高速穿出，如图所示。若AB弧所对的圆

心角为θ。则子弹的最大速度v大约为（）

휔푅2휔푅2휔푅

A．ωRB．C．D．

휃휃휋−휃

【答案】D

【分析】子弹穿过圆筒的位移为直径2R，速度与时间成反比，要速度最大需时间最短，结合圆筒匀速

转动的角速度，分析子弹穿过时圆筒转过的最小角度，进而求出子弹的最大速度。

2푅

【解答】解：子弹穿过两个弹孔所需的时间为푡=

푣

子弹从B点飞出，则圆桶需要转过的最小角度为（π﹣θ），当圆桶转过的角度最小时，圆桶转动的时

휋−휃

间最短，对应的子弹速度最大，圆桶转动的时间为푡=

휔

2푅휋−휃

联立可得=

푣휔

2푅휔

代入数据可得푣=，故D正确，ABC错误。

휋−휃

故选：D。

3．（2026春•河东区校级期中）在2025年都灵大冬会短道速滑男子5000米接力A组决赛中，中国队夺

得冠军。运动员过弯时的运动可视为匀速圆周运动。下列关于匀速圆周运动的说法正确的是（）

A．匀速圆周运动是匀变速曲线运动

B．物体做匀速圆周运动时，其线速度是不变的

C．物体做匀速圆周运动时，其加速度是变化的

D．物体做匀速圆周运动时，其合外力为零

【答案】C

【分析】根据匀速圆周运动的特点，分析线速度、加速度的矢量性，以及合外力的作用，判断各选项对

运动性质的描述是否正确。

【解答】解：ABC、匀速圆周运动的物体，加速度大小不变，方向指向圆心，时刻发生改变，是非匀变

速曲线运动，线速度大小不变，方向时刻改变，故线速度改变，故C正确，AB错误；

D、物体做匀速圆周运动时，合外力充当向心力，故合力不为0，故D错误。

故选：C。

（多选）4．（2026春•烟台期中）关于匀速圆周运动，下列说法正确的是（）

A．匀速圆周运动的线速度不变

B．匀速圆周运动是匀变速曲线运动

C．物体做匀速圆周运动时，相等时间内通过的路程相同

D．物体做匀速圆周运动时，在相等时间内，连接物体与圆心的半径转过的角度都相等

【答案】CD

【分析】结合匀速圆周运动的线速度（矢量，方向时刻变化）、角速度（恒定不变）、加速度（矢量，

方向时刻变化）、路程（标量，速率恒定则相等时间路程相同）、角度（角速度恒定则相等时间转过角

度相等）的特点，逐一分析选项。

【解答】解：A.线速度是矢量，匀速圆周运动线速度方向时刻变化，故A错误；

B.匀变速运动要求加速度恒定，匀速圆周运动加速度方向时刻指向圆心、不断变化，故B错误；

C.匀速圆周运动速率恒定，路程等于速率与时间的乘积，相等时间内路程相同，故C正确；

D.匀速圆周运动角速度恒定，相等时间内转过的角度由θ＝ωt可知必然相等，故D正确。

故选：CD。

题型二三种传动方式

1．（2026春•永春县校级期中）如图所示，两个皮带轮的转轴分别是O1和O2，设转动时皮带不打滑，则

皮带轮上边缘A、B和轮O1上点C三点的线速度、角速度、周期、加速度大小关系正确的是（）

A．vA＞vB，ωA＝ωBB．vC＞vB，TC＝TB

C．aA＞aC，TA＝TCD．vA＝vB，ωC＝ωB

【答案】D

【分析】根据皮带传动线速度相等、同轴转动角速度相等的特点，结合线速度、角速度、周期、向心加

速度的公式，分析三点各物理量的关系。一句话点评：

【解答】解：由题图可知A、B两点在同一皮带上运动，线速度相等，即vA＝vB

푣2푣

根据푎=，휔=

푟푟

可知aA＝2aB，ωA＝2ωB

又因为B、C两点同轴转动，角速度相等，即ωB＝ωC

根据a＝rω2，v＝rω

有aB＝2aC，vB＝2vC

2휋2휋푟

又根据푇==

휔푣

可知2TA＝TB＝TC，故D正确，ABC错误。

故选：D。

2．（2026春•和平区校级期中）如图所示，B和C是一组塔轮，固定在同一转轴上，其半径之比为RB：RC

＝3：2，A轮的半径与C轮相同，A轮与B轮紧靠在一起，当A轮绕竖直轴匀速转动时，由于摩擦作

用，B轮也随之无滑动地转动起来。a、b、c分别为三轮边缘的三个点，则（）

A．线速度大小之比为3：3：2

B．角速度大小之比为3：3：2

C．转速之比为2：3：2

D．周期之比为3：2：2

【答案】A

【分析】利用A、B摩擦传动线速度相等、B、C同轴转动角速度相等的特点，结合线速度、角速度、

转速、周期的关系，推导a、b、c三点各物理量的比值，逐一判断选项。

【解答】解：A.A轮、B轮靠摩擦传动，边缘点线速度大小相等，故va：vb＝1：1

B、C角速度相同，根据v＝rω

可知，速度之比为半径之比vb：vc＝3：2

则va：vb：vc＝3：3：2，故A正确；

B.B、C角速度相同则ωb＝ωc

而A、B线速度大小相等，根据v＝rω

可知ωa：ωb＝Rb：Ra

代入数据可得ωa：ωb＝3：2

则ωa：ωb：ωc＝3：2：2，故B错误；

C.根据ω＝2πn

有na：nb：nc＝3：2：2，故C错误；

2휋

D.根据푇=，结合ω：ω：ω＝3：2：2

휔abc

代入数据可得Ta：Tb：Tc＝2：3：3，故D错误。

故选：A。

3．（2026•揭阳模拟）图示为变速自行车的传动部件，变速自行车有三个飞轮和三个链轮，飞轮的齿数有

24、18、12三种，链轮的齿数有48、36、24三种。当某同学以恒定的转速踩脚踏板时，下列说法正确

的是（）

A．链轮齿数不变，换用齿数更多的飞轮，自行车行驶速度变大

B．飞轮齿数不变，换用齿数更少的链轮，自行车行驶速度变大

C．该自行车行驶的最大速度与最小速度之比为4：1

D．该自行车行驶的最大速度与最小速度之比为2：1

【答案】C

【分析】根据链轮与飞轮边缘线速度相等，推导出飞轮角速度与链轮齿数、飞轮齿数的关系；结合自行

车行驶速度等于后轮边缘线速度，得出车速与链轮、飞轮齿数比的关系；分析不同齿数组合对车速的影

响，通过齿数比计算出自行车的最大与最小速度之比。

【解答】解：链轮与脚踏板同轴转动，其齿数为N1；飞轮与后轮同轴转动，其齿数为N2。由于链条连

휔1푁1

接前后齿轮，两轮边缘的线速度大小相等，有ω1N1＝ω2N2，可得飞轮与后轮角速度为휔2=；自

푁2

푁1

行车行驶的速度等于后轮边缘的线速度，即v＝ω2R轮，结合角速度表达式可得v∝。

푁2

A.链轮齿数不变，换用齿数更多的飞轮，即N1不变，N2增大，可知自行车速度减小，故A错误。

B.飞轮齿数不变，换用齿数更少的链轮，即N1减小，N2不变，可知自行车行驶速度变小，故B错误。

CD.当链轮齿数最多、飞轮齿数最少时，自行车的行驶速度最大；当链轮齿数最少、飞轮齿数最多时，

푣48

푚푎푥12

自行车的行驶速度最小。可得该自行车行驶的最大速度与最小速度之比为=24=4，故C正确，D

푣푚푖푛

24

错误。

故选：C。

（多选）4．（2026•和平区校级开学）如图，半径之比R：r＝2：1的大小两轮通过皮带传动匀速转动，

且皮带与轮边缘之间不发生相对滑动。大轮上一点P到轴心的距离为r，Q为小轮边缘上的点。P、Q

两点的（）

A．周期之比TP：TQ＝1：2

B．线速度之比vP：vQ＝1：1

C．角速度之比ωP：ωQ＝1：2

D．线速度之比vP：vQ＝1：2

【答案】CD

【分析】先利用皮带传动两轮边缘线速度相等的特点，结合半径比得到两轮角速度关系，再根据同轴转

动角速度相同，分析大轮上P点与大轮边缘的角速度一致，进而推导P、Q两点的角速度、线速度及周

期的比例关系。

【解答】解：C.设大轮边缘上某个点S，两轮子通过皮带传动，轮子边缘上点的线速度大小相等，根据

푣

휔=

푟

휔푆푟1

代入数据得==

휔푄푅2

而P点和S点的角速度相等

代入数据得ωP：ωQ＝1：2，故C正确；

2휋

A.根据푇=

휔

代入数据得TP：TQ＝2：1，故A错误；

BD.由于P、Q两点半径相同，根据v＝ωr

代入数据得vP：vQ＝1：2，故B错误，D正确。

故选：CD。

题型三圆周运动中的向心力计算

1．（2026春•延庆区期中）如图所示，长为L的悬线固定在O点，在O点正下方有一钉子C，OC的距离

퐿

为，把悬线另一端的小球A拉到跟悬点在同一水平面处无初速度释放，小球运动到悬点正下方，悬线

2

碰到钉子瞬间（）

A．小球的线速度突然增大为原来的2倍

B．小球的加速度突然增大为原来的2倍

C．小球受到的拉力突然增大为原来的2倍

D．若钉子竖直向上移动少许，小球受到的拉力增大

【答案】B

【分析】悬线碰到钉子瞬间，小球的线速度大小不变，因为切向没有外力作用导致速度突变。此时圆周

퐿

运动的半径发生变化，原来为L，碰到钉子后为L−OC=。根据圆周运动的相关公式，可以分析加速

2

度、向心力及拉力的变化。

【解答】解：A、悬线碰到钉子前、后瞬间线速度大小不变，故A错误；

푣2

B、由a=得，向心加速度之比为1：2，故B正确；

n푟

푣2

C、拉力F＝mg+m，可知拉力之比F：F≠1：2，故C错误。

푟12

D、若钉子竖直向上移动少许，半径r增大，小球的向心力减小，故拉力减小，故D错误；

故选：B。

2．（2026春•市中区校级期中）如图所示，倾角θ＝30°的斜面ABC固定在可以绕竖直轴转动的水平转

台上，斜面最低点A在转轴OO1上。可视为质点、质量为m的小物块随转台一起以角速度ω匀速转动

3

，此时小物块到A点的距离为L，其与斜面之间动摩擦因数为，重力加速度为g，设最大静摩擦力等

6

于滑动摩擦力，则物块随斜面一起转动且无相对滑动的过程中，下列说法正确的是（）

A．无论转台的转速如何，小物块都不可能只受两个力

B．小物块对斜面的压力大小可能等于mg

C．小物块受到的摩擦力方向不可能沿斜面向下

2푔

D．水平转台转动角速度ω应不大于

7퐿

【答案】B

【分析】小物块做匀速圆周运动，向心力由合外力提供，方向水平指向转轴。需对物块进行受力分析，

考虑重力、支持力、摩擦力的情况，根据不同的角速度确定摩擦力的方向变化，结合牛顿第二定律求出

角速度范围。

【解答】解：A、当物体所受的重力和弹力的合力刚好能提供物体做圆周运动的向心力时，物体只受两

个力的作用，故A错误；

C、当角速度较大时，小物块有沿斜面向上的运动趋势，受到的摩擦力方向沿斜面向下，故C错误；

BD、当角速度最小时，物块恰好不下滑，受力分析如图甲所示，y轴方向根据平衡条件有N1cosθ+f1sinθ

22푔43

＝mg，f1＝μN1，x轴方向有N1푠푖푛휃−푓1푐표푠휃=푚휔•Lcosθ，解得휔1=，N1=mg，当角速度最

17퐿7

大时，物块恰好不上滑，受力分析如图乙所示，根据平衡条件，y轴方向有N2cosθ＝f2sinθ+mg，f2＝μN2，

26푔43

x轴方向有N2sinθ+f2cosθ＝mω2•Lcosθ，解得ω2=，N2=mg，由以上分析可知，角速度取值

5퐿5

2푔6푔

范围为≤휔≤，由牛顿第三定律可知，小物块对斜面的压力大小为N′＝N，则小物块对斜面

7퐿5퐿

4343

的压力大小取值范围为푚푔≤푁′≤mg，故B正确，D错误。

75

故选：B。

3．（2026春•龙岗区校级期中）小丁同学周末在家制作甜品，在进行“裱花”环节时，如图所示，他在绕

中心匀速转动的圆盘上放了一块直径为6英寸（15cm）的蛋糕，每隔5s在蛋糕边缘上“点”上奶油形

成花朵形状（点奶油时间不计），蛋糕随圆盘转一周后均匀“画出”12朵花，则下列说法正确的是（）

휋

．转盘的角速度为푟푎푑/푠

A6

B．圆盘的转速为1r/min

C．花朵越大转动时的向心加速度越大

휋

．蛋糕边缘的花朵线速度大小为푚/푠

D2

【答案】B

【分析】根据点花的时间间隔与花朵数量求出圆盘转动的周期，再依次分析角速度、转速、线速度和向

心加速度，判断各选项正误。

2휋

【解答】解：A.由题意可知，圆盘转一周的时间即周期T＝12×5s＝60s根据角速度公式解得휔==

푇

휋

푟푎푑/푠，故错误；

30A

11

B.圆盘的转速푛==푟/푠=1푟/푚푖푛，故B正确；

푇60

C.根据向心加速度公式a＝rω2

可知，向心加速度与转动半径有关，与花朵的大小无关，且蛋糕边缘各点半径相同，向心加速度大小相

等，故C错误；

D.蛋糕半径r＝15cm＝0.075m

根据线速度公式解得v＝rω

휋

代入数据可得=푚/푠，故错误。

v400D

故选：B。

（多选）4．（2026春•思明区校级期中）如图甲所示，将陶瓷粗坯固定在绕竖直轴转动的水平转台上，用

刀旋削，使坯体厚度适当，表里光洁。对应的简化模型如图乙所示，粗坯的对称轴与转台转轴OO′重

合。当转台匀速转动时，关于粗坯上质量相等的P、Q两质点，下列物理量相同的是（）

A．角速度大小B．线速度大小

C．向心力大小D．周期

【答案】AD

【分析】P、Q随转台同轴转动，角速度、周期相同，再结合线速度、向心力与转动半径的关系，判断

各选项物理量是否相同。

【解答】解：AD、根据题意可知，P、Q两点同轴转动，两点的周期相同，角速度大小相同，故AD正

确；

B、根据题意可知，根据圆周运动角速度与线速度的关系，v＝ωr可知，P、Q两点线速度大小不同，

故B错误；

C、由向心力公式F＝mω2r，粗坯上质量相等的P、Q两质点的转动半径不同，所以向心力大小不同，

故C错误。

故选：AD。

题型四水平转盘题型

1．（2026春•香坊区校级期中）圆盘餐桌的上面有以半径为50cm的转盘，可绕盘中心的转轴转动。现将

一小物块放在转盘边缘后转动转盘，并逐渐增大转速，当转速增大到一定程度时，小物块从转盘上滑落

。已知小物块和转盘表面的动摩擦因数为0.2，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，g取10m/s2，小物

块从转盘上滑落时转盘转动的角速度至少为（）

A．1.0rad/sB．2.0rad/sC．3.0rad/sD．4.0rad/s

【答案】B

【分析】由静摩擦力提供小物块做圆周运动的向心力，当摩擦力达到最大不足以提供碗做圆周运动所需

要的向心力就会从转盘上滑落，恰有滑动摩擦力提供向心力就能得出小物块转动转盘至少的角速度。

【解答】解：小物块恰能从转盘上滑落时，最大静摩擦力恰好提供向心力，则μmg＝mω2r

휇푔0.2×10

解得휔==푟푎푑/푠=2.0푟푎푑/푠

푟0.5

故B正确，ACD错误。

故选：B。

2．（2026•渝北区校级模拟）甲为一种称为“魔盘”的娱乐设施，小孩随着“魔盘”绕竖直中心轴沿逆时

针方向匀速转动，其运动轨迹的俯视图可简化为如图乙，O点为转盘圆心。突然“魔盘”停止转动，此

时小孩简化为图乙中的黑点，则小孩的速度及所受摩擦力的方向为（）

A．B．C．D．

【答案】A

【分析】根据小孩的运动情况分析其所受摩擦力方向。

【解答】解：小孩运动时速度方向沿圆周的切线方向，若突然“魔盘”停止转动，则由于惯性，小孩有

沿切线方向向前运动的趋势，可知此时受摩擦力方向向后，与速度方向相反。故A正确，BCD错误。

故选：A。

3．（2026春•温州期中）如图所示，一个半径为3R的圆盘可绕通过其中心且垂直于盘面的竖直轴匀速转

动。在圆盘边缘等间隔地固定着三个完全相同的小物块A、B、C（C在圆盘最外端），它们的质量均

为m，与圆盘间的动摩擦因数均为μ。当圆盘以角速度ω缓慢增大时，下列说法正确的是（）

휇푔1

A．当휔=时，A物块所受摩擦力为푚휔2푅

3푅3

휇푔

B．当휔=时，B物块所受摩擦力为2mRω2

푅

3휇푔

C．当휔=时，A、B、C三个物块均已滑动

2푅

D．若小物块A、B、C质量分别是3m、2m、m，则A物块最先滑动

【答案】C

【分析】先由静摩擦力提供向心力，f＝mω2r，当静摩擦力达到最大值时，的临界角速度物块即将滑动，

求出此时的临界角速度，且临界角速度与质量无关。当圆盘的角速度大于临界角速度，物体滑动。当圆

盘的角速度小于临界角速度，物体不滑动。

2

【解答】解：A．物块刚要滑动时满足휇푚푔=푚휔0푟，其中r是物块到圆心的距离。

푔휇

解得휔=

0푟

푔휇푔휇

可知A刚要滑动时的临界角速度为，因此휔=时A仍未滑动，因此A受到的摩擦力为푓=푚휔2

푅3푅퐴

푅，故A错误；

푔휇푔휇

B．同理，B刚要滑动时的角速度为，因此휔=时B已经滑动，因此B受到的摩擦力为f＝μmg

2푅푅B

，故B错误；

푔휇

C．物块刚要滑动时휔=

0푟

푔휇3푔휇

可知r越小，物块刚要滑动时的临界角速度越大，因此A的临界角速度最大且为，因此휔=时

푅2푅

，A、B、C三个物块均已滑动，故C正确；

D．由于C选项分析，可知C的临界角速度最小，且与物块质量无关，因此C物块最先滑动，故D错

误。

故选：C。

（多选）4．（2026春•南开区校级月考）游乐园里有一种叫“飞椅”的游乐项目，简化后的示意图如图所

示。飞椅用钢绳固定悬挂在顶部同一水平转盘上的圆周上，转盘绕穿过其中心的竖直轴匀速转动。稳定

后，每根钢绳（含飞椅及游客）与转轴在同一竖直平面内。图中甲的钢绳的长度大于乙的钢绳的长度，

钢绳与竖直方向的夹角分别为θ1、θ2，不计钢绳的重力。下列判断正确的是（）

A．甲的角速度大于乙的角速度

B．甲的线速度大于乙的线速度

C．如果两个游客的质量相同，则有θ1等于θ2

D．无论两个游客的质量分别有多大，θ1一定大于θ2

【答案】BD

【分析】先明确同轴转动的角速度相同，再根据线速度公式分析线速度大小；对飞椅受力分析，推导钢

绳与竖直方向夹角和绳长的关系，进而判断夹角大小。

【解答】解：A、甲、乙与同一转盘同轴转动，且每根钢绳与转轴在同一竖直平面内，则角速度ω相等

，故A错误；

CD、设悬挂点到转轴的距离为r0，则飞椅及游客做圆周运动的半径为r＝r0+Lsinθ

对飞椅及游客受力分析，竖直方向受力平衡，有Tcosθ＝mg

水平方向重力和钢绳的合力提供向心力，有Tsinθ＝mω2r

2

휔(푟0+퐿푠푖푛휃)

联立得푡푎푛휃=

푔

푔−휔2푟푐표푡휃

解得퐿=0

휔2푐표푠휃

θ与游客质量无关。其中ω、r0、g为定值，θ越大，cotθ、cosθ越小，则L越大，L和θ是一一对应的

，反之当L越大，则θ越大，已知钢绳的长度L1＞L2，因此无论质量如何，一定有θ1＞θ2，故C错误

，D正确；

B、飞椅及游客做圆周运动的半径为r＝r0+Lsinθ

其中r0为定值，L越大，θ越大，则r越大，已知L1＞L2，则有r1＞r2

线速度与角速度的关系为v＝ωr

其中ω相同，因此v1＞v2，即甲的线速度大于乙的线速度，故B正确。

故选：BD。

题型五圆锥摆题型

1．（2026春•红桥区校级期中）用细绳拴着小球做圆锥摆运动，如图所示，下列说法正确的是（）

A．小球受到重力、绳子的拉力和向心力的作用

B．绳子的拉力F＝mgcosθ

C．向心力Fn＝mgsinθ

D．运动的角速度越大时，θ角越大

【答案】D

【分析】先分析小球的受力，明确向心力是重力与拉力的合力，再分解拉力分析拉力和向心力的表达式

，最后根据圆锥摆的角速度公式判断角速度与θ的关系。

【解答】解：A、小球受到重力和绳子的拉力作用

这两个力的合力提供向心力，向心力不是单独的力，而是合力的效果，故A错误；

푚푔

、根据力的分解，绳子的拉力与重力的关系为퐹=，故错误；

BFmg푐표푠휃B

C、向心力Fn等于重力和拉力合力的水平分量，即Fn＝mgtanθ，故C错误；

2

D、根据向心力公式퐹푛=푚휔푟，当角速度ω增大时，为了保持向心力的平衡，θ角需要增大，故D正

确。

故选：D。

2．（2026春•秦淮区校级月考）天花板下悬挂的轻质光滑小圆环P可绕过悬挂点的竖直轴无摩擦地旋转，

一根轻绳穿过P，两端分别连接质量为m1和m2（m1≠m2）的小球A、B。两球同时做如图所示的圆锥

摆运动，轻绳与竖直方向夹角如图为θ和α，且两球始终在同一水平面内，则（）

A．A、B两球的加速度大小之比为tanθ：tanα

B．A、B两球的线速度大小之比为sinα：sinθ

C．A、B两球的质量之比为cosα：cosθ

D．A、B两球的周期之比为tanα：tanθ

【答案】C

【分析】由光滑圆环得两端绳拉力相等，结合两球同角速度、同圆周运动高度，对两球受力分析并结合

圆锥摆向心力公式，推导加速度、线速度、质量、周期的比例关系判断选项。

【解答】解：A、用β泛指一个角度，由牛顿第二定律可得：mgtanβ＝ma

可知：a＝gtanβ

故aA：aB＝tanα：tanθ，故A错误；

푣2

、由合外力提供向心力可得：푚푔푡푎푛훽=푚

Bℎ푡푎푛훽

可得：푣=푔ℎ푡푎푛훽

A、B两球的线速度大小之比为v1：v2＝tanα：tanθ，故B错误；

C.绳子上的拉力大小相等，竖直方向根据平衡条件可得：mg＝Fcosβ

可得A球的质量与B球的质量之比为：m1：m2＝cosα：cosθ，故C正确；

2휋

D、由向心力公式可得：mgtanβ＝m（）2htanβ

푇

4휋2

可得T=，所以两球角速度相同，故D错误；

푔

故选：C。

3．（2026春•金水区校级期中）如图所示，转动轴垂直于光滑水平面，交点O的上方h处固定细绳的一

端，细绳的另一端拴接一质量为m的小球B，绳长l＞h，转动轴带动小球在光滑水平面上做圆周运动，

当转动的角速度ω逐渐增大时，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（）

A．小球始终受三个力的作用

B．细绳上的拉力始终保持不变

푔

C．要使球离开水平面的角速度至少为

ℎ

푔

D．小球飞离水平面的线速度至少为l

ℎ

【答案】C

【分析】题目描述小球在光滑水平面上绕竖直轴做圆周运动，随着角速度增大可能脱离水平面。需要分

析不同阶段受力情况及临界条件。首先明确小球初始受重力、支持力和绳拉力三个力，当角速度增大到

使支持力为零时小球即将离开水平面，此时仅受重力和拉力，拉力在竖直方向分量平衡重力，水平分量

提供向心力，由此可建立向心力与角速度或线速度的关系，结合几何条件绳长l和固定点高度h可确定

临界角速度与线速度表达式，从而判断选项正误。

【解答】解：A、当小球角速度较小时，小球在水平面内做匀速圆周运动，受到重力、支持力和拉力三

个力的作用；当角速度增大到一定值时，小球会脱离水平面，此时仅受重力和拉力两个力的作用，故A

错误；

B、在水平面内运动时，竖直方向合力为零，细绳拉力保持不变。当小球脱离水平面后，随着角速度增

大，绳子与竖直方向的夹角变大，根据力的合成与分解可知，拉力将增大，故B错误；

CD、当小球恰好离开水平面时，支持力为零，小球仅受重力和拉力作用。设绳子与竖直方向夹角为θ，

푔푔

根据牛顿第二定律有mgtanθ＝mω2lsinθ，解得角速度휔==；同时，由向心力公式푚푔푡푎푛휃=푚

푙푐표푠휃ℎ

푣2푔푙푠푖푛2휃

，可解得线速度푣=。故C正确，D错误。

푙푠푖푛휃푐표푠휃

故选：C。

（多选）4．（2026春•东湖区校级月考）公园中常有小朋友用发光转转球进行健身娱乐活动，如图（a）

所示。情境可简化如下：不可伸长的轻绳一端系着质量m＝1kg的小球，另一端系在固定竖直轴上。某

次锻炼时，小球绕轴做角速度ω＝4rad/s的匀速圆周运动，此时轻绳与地面平行，拉力大小FT＝4N，

如图（b）所示。适当调整小球系在轴上的位置O，使绳与竖直方向的夹角为θ，也可以使小球做匀速

圆周运动，如图（c）。不计小球的一切阻力，小球可视为质点，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，重力加

速度g取10m/s2。则下列说法正确的是（）

A．这段轻绳的长度L＝0.25m

B．若小球绕轴转动的角速度휔1=10푟푎푑/푠，轻绳与轴的夹角θ1＝37°，则此时地面的支持力FN1＝4N

106

C．当轻绳与轴的夹角θ2＝53°，小球刚好脱离地面，此时绕轴转动的角速度휔2=푟푎푑/푠

3

D．当小球脱离地面后，小球绕轴转动的角速度휔3=45푟푎푑/푠，此时绳子拉力FT3＝40N

【答案】AC

【分析】先由图（b）的水平匀速圆周运动求出轻绳长度，再对图（c）的斜拉圆周运动做受力分析，结

合向心力公式判断各选项正误。

2

【解答】解：A、小球在水平面内做匀速圆周运动时，轻绳拉力充当向心力，有퐹푇=푚휔퐿

代入数据可得L＝0.25m，故A正确；

B、当小球绕轴转动的角速度휔1=10푟푎푑/푠，轻绳与轴的夹角θ＝37°，此时小球做圆周运动的半径r＝

Lsinθ

代入数据可得r＝0.15m

2

绳拉力的水平分力充当向心力푇1푠푖푛휃=푚휔1푟

竖直方向上受力平衡FN+T1cosθ＝mg

代入数据可得FN＝8N，故B错误；

C、当小球绕轴转动的角速度ω2，轻绳与轴的夹角θ＝53°，此时小球做圆周运动的半径r＝Lsinθ

代入数据可得r＝0.2m

2

绳拉力的水平分力充当向心力푇2푠푖푛휃=푚휔2푟

竖直方向上受力平衡，有FN2+T2cosθ＝mg

由FN2＝0

106

代入数据可得휔2=푟푎푑/푠，故C正确；

3

2

D、当小球脱离地面后，小球绕轴转动的角速度휔3=45푟푎푑/푠，퐹푇3=푚휔3퐿

代入数据可得FT3＝20N，故D错误；

故选：AC。

题型六火车转弯题型

1．（2026春•济南期中）铁路在弯道处的内外轨道高度是不同的，已知内外轨道平面与水平面的夹角为θ

，如图所示，弯道处的圆弧半径为R，若质量为m的火车转弯时速度等于푔푅푡푎푛휃，则（）

A．内轨对内侧车轮轮缘有挤压

B．外轨对外侧车轮轮缘有挤压

푚푔

．这时铁轨对火车的支持力等于

C푐표푠휃

푚푔

．这时铁轨对火车的支持力大于

D푠푖푛휃

【答案】C

【分析】对火车受力分析，由重力与支持力的合力提供向心力，列向心力方程与竖直方向平衡方程，判

断内外轨挤压情况并求解支持力。

푣2

【解答】解：由牛顿第二定律퐹=푚

合푅

解得F合＝mgtanθ

火车受到的重力和铁路轨道的支持力的合力提供向心力，内轨和外轨都不受车轮的挤压，如图所示

此时FNcosθ＝mg

푚푔

则这时铁轨对火车的支持力大小为퐹=，故正确，错误。

푁푐표푠휃CABD

故选：C。

2．（2026春•宁波期中）高铁列车的速度很大，铁路尽量铺设平直，但在铁路转弯处（图甲），要求内、

外轨道的高度不同。在设计轨道时，其内、外轨高度差h不仅与转弯半径r有关，还与列车在弯道上的

行驶速率v有关。列车在转弯轨道上的截面图如图乙所示，下列说法正确的是（）

A．列车的转弯速度越小，轮缘对轨道的作用力一定越小

B．当列车质量增加时，列车在弯道上的行驶速率v应该减小

C．当列车的转弯半径r一定时，v越大，h越大

D．当列车在弯道上的行驶速率v一定时，r越大，h越大

【答案】C

【分析】先对列车受力分析，由重力与支持力的合力提供向心力，结合几何关系和向心力公式推导出h

与v、r的关系，再逐一分析选项正误。

ℎ푣2

【解答】解：根据火车转弯时，若只有重力与支持力的合力提供向心力得푚푔푡푎푛휃=푚푔=푚

퐿푟

푔ℎ푟

解得푣=

퐿

푔ℎ푟

列车的转弯速度等于，轮缘对轨道的作用力为0，列车速度减小，则轮缘对轨道的作用力增大；

푑

列车质量增加时，列车在弯道上的行驶速率不变；

当列车的转弯半径r一定时，v越大，h越大；

当列车在弯道上的行驶速率v一定时，r越大，h越小，故C正确，ABD错误。

故选：C。

3．（2026春•南开区校级月考）火车转弯时，如果铁路弯道内外轨一样高，外轨对轮缘（如图a所示）挤

压的弹力F提供了火车转弯的向心力（如图b所示），但是靠这种办法得到向心力，铁轨和车轮极易受

损。在修筑铁路时，弯道处的外轨会略高于内轨（如图c所示），当火车以规定的行驶速度转弯时，内

、外轨均不会受到轮缘的挤压，设此时的速度为v，以下正确的是（）

푣2

．该弯道的半径=

AR푔

B．当火车质量改变时，规定的行驶速度不会改变

C．当火车速率大于v时，内轨将受到轮缘的挤压

D．当火车速率小于v时，外轨将受到轮缘的挤压

【答案】B

【分析】对规定速度行驶的火车受力分析，由重力和支持力的合力提供向心力推导公式，再分析车速偏

大、偏小时内外轨受到的轮缘挤压情况，逐一判断选项。

【解答】解：A、火车拐弯时不侧向挤压车轮轮缘，靠重力和支持力的合力提供向心力，设转弯处斜面

푣2

的倾角为θ，根据牛顿第二定律得：mgtanθ＝m

푅

푣2

解得：=，故错误；

R푔푡푎푛휃A

푣2

B、根据牛顿第二定律得：mgtanθ＝m

푅

解得：푣=푔푅푡푎푛휃，与质量无关，故B正确；

C、若速度大于规定速度，重力和支持力的合力不够提供，此时外轨对火车有侧压力，轮缘挤压外轨，

故C错误；

D、若速度小于规定速度，重力和支持力的合力提供偏大，此时内轨对火车有侧压力，轮缘挤压内轨，

故D错误。

故选：B。

（多选）4．（2026春•河东区校级月考）某次旅游中游客乘坐列车以恒定速率通过一段水平圆弧形弯道过

程中，游客发现车厢顶部悬挂玩具小熊的细线稳定后与车厢侧壁平行，同时观察放在桌面（与车厢底板

平行）上水杯内的水面，已知此弯道路面的倾角为θ，不计空气阻力，重力加速度为g，则下列判断正

确的是（）

A．列车的轮缘与轨道无侧向挤压作用

B．列车转弯过程中的向心加速度为gtanθ，方向与水平面的夹角为θ

C．水杯与桌面间无摩擦

D．水杯内水面与桌面不平行

【答案】AC

【分析】对悬挂的小熊受力分析，由细线与车厢侧壁平行的条件得出其重力与拉力的合力恰好提供水平

向心力，进而判断列车转弯时重力与轨道支持力的合力完全提供向心力，再对水杯受力分析，结合向心

力来源判断水杯与桌面的摩擦及水面状态，同时确定向心加速度的大小和方向，逐一验证选项。

【解答】解：B.设玩具小熊的质量为m，则玩具小熊受到的重力mg、细线的拉力FT的合力提供玩具小

熊随列车做水平面内圆周运动的向心力F

有mgtanθ＝ma

列车在转弯过程中的向心加速度大小为a＝gtanθ，方向与水平面平行，故B错误；

A.列车的向心加速度a＝gtanθ，由列车的重力与轨道的支持力的合力提供向心力，故列车的轮缘对轨道

无侧向挤压作用，故A正确；

C.水杯的向心加速度a＝gtanθ，由水杯的重力与桌面的支持力的合力提供向心力，则水杯与桌面间的静

摩擦力为零，故C正确；

D.在杯内水面取一微小质量元，此质量元受到的重力与支持力的合力产生的加速度大小为a＝gtanθ

水杯内水面与水平方向的倾斜角等于θ，与桌面平行，故D错误。

故选：AC。

题型七绳球及外轨道题型

1．（2026•西城区一模）如图所示，将小球用细线悬于P点，使小球在水平面内做匀速圆周运动。测量出

细线的长度l，悬点P到轨迹圆的圆心O的距离h，小球运动n圈的时间t，已知重力加速度为g。忽略

小球的大小，由以上物理量，不能计算出的是（）

A．小球运动的角速度

B．小球运动的线速度

C．小球运动的向心加速度

D．细线对小球的拉力

【答案】D

【分析】根据圆锥摆的运动周期、几何关系与受力分析，结合各物理量的定义公式，判断选项中的物理

量能否由已知量求出，拉力计算需要小球质量，题目未给出，故无法计算。

푡

【解答】解：小球运动n圈的时间为t，则周期푇=

푛

.圆周运动半径的计算设细线与竖直方向夹角为θ，由几何关系可知：细线长度l、悬点到圆心距离h与

푟

半径构成直角三角形，其中为斜边，为邻边，为对边。由三角函数关系푠푖푛휃=

rlhr푙

ℎ

解得r＝lsinθ，又因푐표푠휃=

푙

2ℎ

则푠푖푛휃=1−푐표푠휃=1−()2

푙

2

ℎ22

代入得푟=푙1−()=푙−ℎ

푙

2휋푡2휋푛

A、角速度ω：由휔=，代入푇=，得휔=可计算，故A正确；

푇푛푡

B、线速度v：由v＝ωr代入ω和r

2휋푛

得푣=⋅푙2−ℎ2可计算，故B正确；

푡

C、向心加速度a：由a＝ω2r，代入ω和r

2휋푛

得푎=()2⋅푙2−ℎ2，可计算，故C正确；

푡

D、细线拉力的计算小球做匀速圆周运动时，拉力T的水平分力提供向心力，竖直分力平衡重力，即：

竖直方向：Tcosθ＝mg

水平方向：Tsinθ＝ma

푚푔

联立解得푇=，但题目中未给出小球质量，故无法计算拉力，故错误。

푐표푠휃mTD

故选：D。

2．（2026春•丰台区期中）如图所示，长为l的细绳上端悬于P点，下端拴一个质量为m的小球（可视为

质点）。小球在水平面内绕O点做匀速圆周运动，细绳与竖直方向的夹角为θ，不计空气阻力，重力加

速度为g。下列说法正确的是（）

A．细线对小球的拉力与小球所受离心力的合力提供向心力

푚푔

．细绳的拉力大小为

B푡푎푛휃

C．保持细线与竖直方向夹角θ不变，细线越长，小球运动的角速度越小

D．保持OP的距离不变，增大l，小球运动的角速度增大

【答案】C

【分析】对圆锥摆模型的小球受力分析，由重力与拉力的合力提供向心力，结合几何关系和向心力公式

，分析拉力、角速度的相关选项。

【解答】解：A、细线对小球的拉力与小球重力的合力充当向心力，故A错误；

B、对小球竖直方向Tcosθ＝mg

푚푔

细绳的拉力大小푇=，故错误；

푐표푠휃B

C、根据mgtanθ＝mω2lsinθ

푔

得휔=

푙푐표푠휃

保持细线与竖直方向夹角θ不变，细线越长，小球运动的角速度越小，故C正确；

푔푔

D、结合휔==

푙푐표푠휃ℎ푂푃

OP的距离不变，增大l，小球运动的角速度不变，故D错误。

故选：C。

3．（2026春•小店区校级期中）如图，质量为m的小球用细线悬挂于O点，使小球在水平面内以O′为圆

心做匀速圆周运动，空气阻力不计，重力加速度为g。悬挂小球的线长l保持不变，悬点O到圆O′的

距离为h，细线与OO′的夹角为θ，改变θ，则小球做匀速圆周运动的角速度ω、周期T、向心加速度

a、线对小球的拉力F随h变化的关系图像中可能正确的是（）

A．B．C．D．

【答案】B

【分析】对圆锥摆小球受力分析，由重力与拉力的合力提供向心力，推导出角速度、周期、向心加速度

、拉力与h的函数关系，再据此判断各图像的正误。

2

【解答】解：A、小球做圆周运动的向心力퐹푛=푚푔푡푎푛휃=푚휔푟

푟

又푡푎푛휃=，＝

ℎrlsinθ

1

联立解得휔=푔，故A错误。

ℎ

2휋

B、由角速度휔=

푇

2휋2휋

可得푇==ℎ，故B正确。

휔푔

푟

、由向心加速度푎=휔2푟=푔

Cℎ

根据勾股定理可得푟=푙2−ℎ2

푙2−ℎ22

解得푎=푔=푔푙−1，故C错误。

ℎℎ2

퐹푛

D、细线的拉力퐹=

푠푖푛휃

1

解得퐹=푚푔푙，故D错误。

ℎ

故选：B。

（多选）4．（2026春•莱西市校级月考）如图，一长l＝0.5m的轻杆，一端固定在水平转轴上，另一端固

定一质量m＝0.5kg的小球，轻杆随转轴在竖直平面内做角速度ω＝4rad/s的匀速圆周运动，其中A为

最高点，C为最低点，B、D两点和圆心O在同一水平线上，重力加速度g取10m/s2，则（）

A．小球在A点时，杆对小球的作用力方向竖直向上

B．小球在B点时，杆对小球的作用力方向指向圆心

C．小球在C点时，杆对小球的作用力大小为4N

D．小球在D点时，杆对小球的作用力大小为41N

【答案】AD

【分析】对小球在A、B、C、D各点受力分析，重力与杆的作用力的合力提供向心力，结合牛顿第二

定律判断杆对小球的作用力方向和大小，进而分析选项。

22

【解答】解：小球做匀速圆周运动，向心力大小恒为퐹푛=푚휔푙=0.5×4×0.5푁=4푁

重力G＝mg＝0.5×10N＝5N

2

A、在A点，设杆对小球作用力FA向下，由牛顿第二定律得퐹퐴+푚푔=푚휔푙

代入数据可得FA＝﹣1N，负号表示方向竖直向上，故A正确；

B、在B点，杆对小球的作用力在水平方向的分力提供向心力，竖直方向的分力平衡重力，合力方向斜

向右上方，不指向圆心，故B错误；

2

C、在C点，由牛顿第二定律得퐹퐶−푚푔=푚휔푙

代入数据可得FC＝9N，故C错误；

2

D、在D点，杆对小球的作用力在水平方向的分力퐹푥=푚휔푙

竖直方向的分力Fy＝mg

合力大小퐹=22

퐷퐹푥+퐹푦

代入数据可得FD=41푁，故D正确。

故选：AD。

题型八杆球及双轨道题型

1．（2026春•番禺区校级期中）如图所示，长为L的轻杆，一端固定一个小球，另一端固定在轴上，使小

球在竖直平面内做圆周运动。重力加速度为g。下列叙述正确的是（）

A．小球在最高点时的最小速度푣푚푖푛=푔퐿

B．小球在最高点时，杆对小球的作用力一定为支持力

C．小球在最高点时的速度v由푔퐿逐渐增大，杆对小球的拉力也逐渐增大

D．小球在最低点时，杆对小球的作用力大小可能小于小球的重力

【答案】C

【分析】A、轻杆模型和轻绳模型不同，轻杆可以提供支撑力，所以小球在最高点的最小速度可以为0；

B、小球在最高点时，杆的作用力不一定是支持力。当速度较大时，杆会提供拉力；只有速度较小时，

杆才提供