2026年高考物理一轮复习精讲精练第22讲圆周运动(练习)(学生版+解析)

这是一份2026年高考物理一轮复习精讲精练第22讲圆周运动(练习)(学生版+解析)，共9页。

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·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。
3．（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。
4．（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，圆弧对应的圆心角约为，则该同学每分钟跳绳的圈数约为（ ）
A．90B．120C．150D．180
【答案】C
【详解】根据题意可知跳绳的转动角速度为
故每分钟跳绳的圈数为
故选C。
5．（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。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的速度与M在竖直方向的分速度大小相等，
设M做匀速圆周运动的角速度为，半径为r，其竖直方向分速度
即
则D正确，ABC错误。
故选D。
6．（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。
7．（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，小球所在位置处的切面与水平面夹角为，小球质量为，重力加速度g取。关于该小球，下列说法正确的有（ ）
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。
模拟冲关
8．（23-24高二上·四川巴中·开学考试）如图甲所示，上海南浦大桥的螺旋引桥如巨龙飞舞，让人非常震撼。假设一汽车沿螺旋线自外向内运动，如图乙所示，其驶过的弧长s与时间t成正比。则关于该汽车，下列说法正确的是（ ）
A．汽车运动的线速度越来越大
B．汽车运动的角速度越来越小
C．汽车运动的向心加速度大小不变
D．汽车所受的向心力越来越大
【答案】D
【详解】A．由线速度定义式可知，当驶过的弧长s与时间t成正比时，线速度大小不变，故A错误；
B．由可以判断，线速度大小不变时，角速度会随着半径减小而增大，故B错误；
CD．由可以判断，当线速度大小不变时向心力随着半径的减小而增大，故C错误，D正确。
故选D。，
9．（2025·辽宁·三模）绞车的原理如图所示，将一根圆轴削成同心而半径不同的大小辘轳，在其上绕以绳索，绳下加动滑轮，滑轮下挂上重物，人转动把手带动辘轳旋转便可轻松将重物吊起。已知大、小辘轳的半径分别为、，把手的旋转半径为，在重物沿竖直方向被匀速吊起的过程中，把手的线速度大小为，则重物上升的速度大小为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】辘轳的角速度
动滑轮左侧细绳的速度大小为，右侧细绳的速度大小为，重物上升的速度大小为
故选A。
10．（24-25高二上·陕西西安·期末）机动车故障检测时，车的主动轮压在两个相同粗细的有固定转动轴的滚动圆筒上，主动轮沿前进方向转动一段时间。过程简化图中：车轮A的半径为ra，滚动圆筒B的半径为rb，A与B间不打滑。当A以恒定转速n（单位为r/s）运行时，下列说法正确的是（ ）
A．B的边缘线速度大小为2πnrb
B．A的角速度大小为2πn，且A沿顺时针方向转动，B沿逆时针方向转动
C．A、B的角速度大小不相等，但A、B均沿顺时针方向转动
D．A、B的角速度之比为
【答案】B
【详解】A．两轮不打滑，两轮边缘的线速度大小相等，即v＝2πnra＝2πnbrb≠2πnrb
故A错误；
B．车轮A是主动轮，A的角速度大小ωa＝2πn
A沿顺时针方向转动，B沿逆时针方向转动，故B正确；
CD．两轮边缘的线速度相等，v＝ωara＝ωbrb
角速度之比
由于两轮的半径不相等，则两轮的角速度大小不相等，A沿顺时针方向转动，B沿逆时针方向转动，故CD错误。
故选B。
11．（2025·山东青岛·模拟预测）如图所示，长度为的轻杆上固定质量均为的3个小球，1、2球将杆三等分，轻杆一端通过转轴与点链接。让轻杆由水平位置自由释放，忽略一切阻力，重力加速度为，下列说法正确的是（ ）
A．摆至竖直位置时，小球1和2的动能之比为
B．摆至竖直位置时，球的角速度为
C．摆至竖直位置过程中，轻杆对小球2做功为0
D．摆至竖直位置过程中，轻杆对小球3做功为
【答案】AD
【详解】A．由于3个球在同一杆上，三个球角速度相等，根据题意可知三个球半径之比为
由可得
由可得，摆至竖直位置时，小球1和2的动能之比为
故A正确；
B．从起始位置摆至竖直位置过程中，机械能守恒，有
又有
联立解得
故B错误；
CD．从起始位置摆至竖直位置过程中，对小球2、3，分别由动能定理得，
又有，
联立解得，
故C错误、D正确。
故选AD。
12．（2025·河南焦作·二模）如图所示，固定在轻杆外端的小球围绕转轴在竖直面内沿逆时针方向做匀速圆周运动，时刻小球在最低点。设小球水平方向的分速度为，竖直方向的分速度为，下列图像中可能正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【详解】ABC．小球做匀速圆周运动，时刻，轻杆与轴负方向的夹角为0°，时刻，轻杆与轴负方向的夹角为，则有
将线速度正交分解可得，
故A、B错误，C正确；
D．由合速度与分速度的关系可得
故图像是圆心在坐标原点的圆，故D错误。
故选C。
13．（24-25高一下·山东·阶段练习）如图是大型游乐装置“大摆锤”的简化图，摆锤和配重锤分别固定在摆臂两端，并可绕摆臂上的转轴在纸面内转动。若段与段的距离之比为3∶2，下列说法正确的是（ ）
A．的线速度大小之比为
B．的角速度大小之比为
C．的向心加速度大小之比为
D．的向心加速度大小之比为
【答案】A
【详解】AB．根据题意可知做同轴转动，角速度相等，即角速度之比为，根据可知的线速度大小之比为，故A正确，B错误；
CD．根据可知的向心加速度大小之比为，故CD错误。
故选A。
14．（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
由
可知
故A正确；B错误；
CD．角速度相等，由图示可知
由
可知
故CD错误。
故选A。
15．（2025·贵州·三模）某摩天轮的直径达120m，转一圈用时1600s。某同学乘坐摩天轮，随座舱在竖直平面内做匀速圆周运动，依次从A点经B点运动到C的过程中（ ）
A．角速度为
B．座舱对该同学的作用力一直指向圆心
C．重力对该同学做功的功率先增大后减小
D．如果仅增大摩天轮的转速，该同学在B点受座舱的作用力将增大
【答案】CD
【详解】A．根据题意可知周期为，则角速度为
故A错误；
B．该同学乘坐摩天轮，随座舱在竖直平面内做匀速圆周运动，则座舱对该同学的作用力和该同学的重力的合力提供向心力，指向圆心，所以座舱对该同学的作用力不是一直指向圆心，故B错误；
C．根据重力功率的计算公式
可知重力对该同学做功的功率先增大后减小，故C正确；
D．在B点，竖直方向有，
则该同学在B点受座舱的作用力大小为
如果仅增大摩天轮的转速，则该同学在B点受座舱的作用力将增大，故D正确。
故选CD。
16．（2025·陕西榆林·三模）“辘轳”是中国古代取水的重要设施，如图甲所示通过转动手柄将细绳均匀缠绕到半径为R的转筒上，就可以把下端所系的水桶从井中提起。若某次转动手柄的角速度随时间t变化的图像如图乙所示，经过时间，转筒的角速度从0均匀增加到，经时间把静置于井底的水桶提升到井口，水桶和桶中水的总质量为m，重力加速度大小为g，水桶可看成质点。下列说法正确的是（ ）
A．，水桶做初速度为零的匀加速直线运动
B．水井的深度为
C．把水桶从井底提升到井口的过程中克服重力做功的平均功率为
D．把水桶从井底提升到井口的过程中水桶和桶中水所受合力做功为
【答案】AD
【详解】A．转筒边缘上点的线速度大小等于水桶的速度大小，根据线速度与角速度的关系有
因内，与t成正比，所以水桶的速度v与t成正比，即水桶做初速度为零的匀加速直线运动，故A正确；
B．图乙中内图像与时间轴所包围的面积表示把水桶从井底提升到井口过程中转筒转过的角度，设为，则
故水井的深度为，故B错误；
C．把水桶从井底提升到井口的过程中克服重力做功的平均功率为
，故C错误；
D．根据动能定理可知，把水桶从井底提升到井口的过程中合力对水桶和桶中水做功为
，故D正确。
故选AD。
17．（2025·江苏·二模）如图所示，让装有水的玻璃杯绕过其侧面的竖直轴匀速转动，杯中液面形状可能正确的是 （ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【详解】对水面上一个质量很小的水滴m受力分析，因受竖直向下的重力和水面对水滴的作用力，两个力的合力充当向心力，因向心力沿水平方向指向转轴，可知水面对水滴的作用力应该斜向上方，设与竖直方向夹角为θ，则由牛顿第二定律
可知
因r越大，则θ越大，可知水面的形状为C的形状。
故选C。
18．（2025·江西·模拟预测）如图，半径为R的半球形陶罐，固定在水平转台上，转轴与过陶罐球心O的对称轴重合，一质量为m的小物块放入陶罐内，随着陶罐一起以角速度ω匀速旋转。已知小物块和O点的连线与之间的夹角θ为60°，小物块与罐壁间的动摩擦因素，重力加速度大小为g。若 则小物块所受的摩擦力的大小为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】当物块与罐壁恰好没有摩擦力时，重力与支持力提供向心力，由
得
当ω=时，所需向心力更大，则摩擦力沿罐壁向下，与水平方向成60°角，则，
得。
故选B。
19．（2025·贵州黔东南·一模）如图所示，两根长度不同的轻质细线下面分别悬挂质量不同的小球A、B（均视为质点），小球A的质量大于小球B的质量，连接小球A的细线比连接小球B的细线长，两细线的上端固定在同一点，两小球以相同大小的线速度绕共同的竖直轴在水平面内做匀速圆周运动，下列说法正确的是（ ）
A．因为连接小球A的细线比连接小球B的细线长，所以连接小球A的细线与竖直方向的夹角比连接小球B的细线与竖直方向的夹角小
B．因为连接小球A的细线比连接小球B的细线长，所以连接小球A的细线与竖直方向的夹角比连接小球B的细线与竖直方向的夹角大
C．因为小球A的质量大于小球B的质量，所以连接小球A的细线与竖直方向的夹角比连接小球B的细线与竖直方向的夹角小
D．因为小球A的质量大于小球B的质量，所以连接小球A的细线与竖直方向的夹角比连接小球B的细线与竖直方向的夹角大
【答案】A
【详解】小球做匀速圆周运动，受力分析如图所示
根据牛顿第二定律有，而
整理得
是常量，即长的夹角小，与小球的质量无关。
故选A。
20．（2025·陕西宝鸡·二模）如图所示，质量为m的小球由轻绳a和b分别系于一轻质竖直细杆的A点和B点，绳a与竖直杆AB成角，绳b处于水平方向且长为L。当轻杆绕轴AB以角速度匀速转动时，小球在水平面内做匀速圆周运动，则下列说法正确的是（ ）
A．a绳的弹力有可能为0
B．b绳的弹力不可能为0
C．当角速度时，b绳一定有弹力
D．当角速度时，b绳一定有弹力
【答案】D
【详解】AB．由于小球受到竖直向下的重力，要使小球能够在水平面内做匀速圆周运动，必须有其它外力平衡小球的重力，故a绳的弹力不可能为零；b绳在水平面内，a绳的弹力和小球重力的合力可以为小球在水平面内做匀速圆周运动提供向心力，故b绳的弹力可能为零，AB错误；
CD．当b绳恰好水平拉直而每发生形变时，b绳的弹力为零，对小球受力分析可知
解得
此时，b绳刚好伸直而没有弹力，当时，b绳一定有弹力，C错误，D正确。
故选D。
21．（2025·四川·模拟预测）如图所示，一半径为R的光滑圆环在竖直面内，O为圆心，原长为的轻弹簧一端固定在圆环的最低点A，另一端连接套在圆环上的小球。圆环绕竖直直径以角速度匀速转动，小球相对圆环静止时，小球、圆心连线与直径的夹角。已知小球质量为m，重力加速度大小为g。则圆环对小球作用力的大小为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【详解】小球做匀速圆周运动，对其进行受力分析，如图所示
则有，
根据几何关系有
解得
故选D。
22．（2024·广东汕头·一模）假定某水平圆形环岛路面如图（a）， 汽车受到的最大静摩擦力与重力的比值恒定不变，则当汽车匀速率地通过环形路段时，汽车的侧向摩擦力达到最大时的最大速度称为临界速度，下列说法正确的是（ ）
A．汽车所受的合力为零
B．汽车受重力、弹力、摩擦力和向心力的作用
C．汽车在环岛路外侧行驶时，其临界速度增大
D．如图（b）质量相等的两辆车以大小相等的速度绕环岛中心转，甲车受到指向轨道圆心的摩擦力比乙车的大
【答案】CD
【详解】A．汽车做曲线运动，合力不为零，故A错误；
B．向心力是效果力，是重力、弹力、摩擦力的合力，故B错误；
C．根据
最大静摩擦力不变，则外侧行驶半径较大，临界速度较大，故C正确；
D．根据牛顿第二定律
两车质量相等，速度大小相等，甲车运动半径小，则受到指向轨道圆心的摩擦力大，故D正确。
故选CD。
23．（23-24高三上·陕西榆林·阶段练习）某同学用以下方法测量物块与木板之间的动摩擦因数，在车厢的底部固定一个木板，一质量为的木块放置在木板上，右端连接一条轻弹簧，已知弹簧的劲度系数为，弹簧处于伸长状态，伸长量为，车静止时，从车尾观察，车内物块位置如图所示。现使该车在水平路面上沿半径为的圆弧弯道上做匀速圆周运动（远大于车辆大小），转弯过程中，测试车辆不发生侧滑，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为，下列说法正确的是（ ）

A．若车辆向右转弯，物块一定受到向右的摩擦力
B．若车辆以速度向右转弯，物块刚好不滑动，则物块与木板之间的动摩擦因数为
C．若车辆以速度向左转弯，物块刚好不滑动，则物块与木板之间的动摩擦因数为
D．若车辆向左转弯，物块仍相对木板静止，车速越大，则物块所受摩擦力越大
【答案】BD
【详解】A．车辆向右转弯，拉力与摩擦力的合力一定向右，由于不知道速度的大小，摩擦力的方向可以向右，也可以向左，也可以为0，故A错误；
B．车辆以速度向右转弯，物块刚好不滑动，对物块有
则
故B正确；
C．若车辆速度向左转弯，物块刚好不滑动，对物块有
则
故C错误；
D．若车辆向左转弯，对物块有
速度越大，越大，故D正确。
故选BD。
24．（2025·江西南昌·二模）如图为火车某节车厢在匀速转弯时的情形，此时该节车厢的向心力由（ ）
A．车厢重力及轨道摩擦力的合力提供
B．可能由车厢重力及轨道弹力的合力提供
C．轨道对车轮的侧向挤压产生的弹力提供
D．重力沿轨道斜面的分力提供
【答案】B
【详解】火车在倾斜轨道上转弯时，如果速度等于设计速度，则向心力由火车受到的重力和轨道对它的支持力的合力提供，故B正确，ACD错误。
故选B。
25．（2025·黑龙江齐齐哈尔·一模）如图为衢州某卡丁车运动基地，几辆卡丁车正急速通过一个大圆弧形弯道，弯道内侧比外侧低，当卡丁车在此路段以理论时速转弯时，恰好没有向弯道内外两侧滑动的趋势。下列说法正确的是（ ）
A．卡丁车质量越大，对应理论时速越大
B．当冬天路面结冰时，与未结冰时相比，值保持不变
C．卡丁车行驶过程中受到重力、支持力、摩擦力、牵引力、向心力
D．卡丁车以某一恒定速率转弯时，在赛道外侧所需的向心力大
【答案】B
【详解】A．当卡丁车在此路段以理论时速转弯时，恰好没有向弯道内外两侧滑动的趋势，此时重力和弹力的合力恰好提供向心力，设弯道倾角为，则
质量可以约去，所以理论速度与质量无关，故A错误；
B．根据以上分析可知，理论速度与动摩擦力因数无关，当冬天路面结冰时，与未结冰时相比，值保持不变，故B正确；
C．卡丁车行驶过程中受到重力、支持力、摩擦力、牵引力作用，向心力不是物体实际受力，故C错误；
D．卡丁车所需的向心力为，以某一恒定速率转弯时，在赛道外侧半径大，所需的向心力小，故D错误。
故选B。
26．（2024·贵州黔南·一模）黔南州某游乐场有一种叫作“快乐飞机”的游乐项目，深受小朋友们喜爱，其实物图及简化模型如图甲、乙所示。已知模型飞机的质量为m，固定在长为L的旋臂上，旋臂与竖直方向的夹角为。当模型飞机以角速度绕中央轴在水平面内做匀速圆周运动时，忽略运动过程中的空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．模型飞机受到重力、旋臂的作用力和向心力
B．旋臂对模型飞机的作用力方向可能竖直向上
C．旋臂对模型飞机的作用力大小为
D．模型飞机减速旋转逐渐停下的过程中，模型飞机所受合力的方向不指向中央轴
【答案】D
【详解】A．当模型飞机以角速度绕中央轴在水平面内做匀速圆周运动时，模型飞机受到重力和支持力的作用，而向心力属于效果力，由重力和支持力的合力产生，故模型飞机受到的力为重力和旋臂的作用力，故A错误；
B．模型飞机在水平面内匀速圆周运动，竖直方向平衡，所以杆的一个分力平衡了飞机的重力，另一个分力提供了飞机匀速圆周运动的向心力，所以旋臂对模型飞机的作用力方向不可能竖直向上，故B错误；
C．旋臂对模型飞机的作用力大小
故C错误；
D．模型飞机减速旋转逐渐停下的过程中，模型飞机既有指向中央轴的向心加速度，又有与线速度方向相反的切线加速度，故合加速度方向不指向中央轴，由牛顿第二定律，模型飞机所受合力的方向不指向中央轴，故D正确。
故选D。
27．（24-25高三上·宁夏银川·期中）有关圆周运动的基本模型，下列说法正确的是（ ）
A．如图甲，汽车通过拱桥的最高点处于超重状态
B．乙所示是圆锥摆，减小θ，但保持圆锥的高不变，则圆锥摆的角速度变大
C．如图丙，同一小球在光滑而固定的圆锥筒内的A、B位置先后分别做匀速圆周运动，则在A、B两位置小球的角速度大小不同，但所受筒壁的支持力大小相等
D．如图丁，火车转弯超过规定速度行驶时，内轨对轮缘会有挤压作用
【答案】C
【详解】A．汽车通过拱桥的最高点时，汽车的加速度方向向下，汽车处于失重状态，故A错误；
B．如图乙所示是一圆锥摆，θ减小，但保持圆锥的高不变，设高度为h，根据牛顿第二定律可得
可得
可知，θ减小，但保持圆锥的高h不变，则圆锥摆的角速度ω不变，故B错误；
C．如图丙，同一小球在光滑而固定的圆锥筒内的A、B位置分别做匀速圆周运动，设圆锥筒的母线与水平方向的夹角为θ，根据牛顿第二定律可得
由于同一小球在A、B位置做匀速圆周运动的半径不同，则角速度不同，但所受筒壁的支持力大小相等，故C正确；
D．如图丁，火车转弯超过规定速度行驶时，重力和支持力的合力不足以提供所需的向心力，外轨对轮缘会有挤压作用，故D错误。
故选C。
28．（24-25高三上·山西·阶段练习）火车转弯时可以看成是做水平面内的匀速圆周运动，火车转弯时，火车车轮对内、外轨的侧向力为零时的速度为规定速度，当火车以规定速度转弯时，悬吊在车厢内的玩具毛毛熊与车厢相对静止时的状态应是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】由于火车以规定速度转弯时，对火车有
对毛毛熊有
解得
故选A。
29．（2024·福建·三模）如图所示为我国某平原地区从P市到Q市之间的高铁线路，线路上，，位置处的曲率半径分别为r，r、2r。若列车在P市到Q市之间匀速率运行，列车在经过，，位置处与铁轨都没有发生侧向挤压，三处铁轨平面与水平面间的夹角分别为、，。下列说法正确的是（ ）
A．列车依次通过3个位置的角速度之比为1：1：2
B．列车依次通过3个位置的向心加速度之比为1：1：2
C．3个位置的
D．3个位置的内外轨道的高度差之比为1：1：2
【答案】C
【详解】A.根据
可知，列车依次通过3个位置的角速度之比为2：2：1，故A错误；
B.根据
可知，列车依次通过3个位置的向心加速度之比为2：2：1，故B错误；
C.根据火车在转弯处的受力分析，由牛顿第二定律
可知
故
故C正确；
D.设内外轨道间距离为，则有
h和成正比，所以
故D错误。
故选C。
30．（2024·浙江温州·二模）如图甲所示，一艘正在进行顺时针急转弯训练的航母，运动轨迹可视作半径为R的水平圆周。航母在圆周运动中，船身发生了向外侧倾斜，且甲板法线与竖直方向夹角为，船体后视简图如图乙所示。一质量为m的小物块放在甲板上，与甲板始终保持相对静止，两者之间的动摩擦因数为。假设航母的运动半径R、夹角不随航速改变，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．航母对小物块的支持力B．小物块可能只受重力、支持力两个力作用
C．航母的航速越大，则小物块受到的摩擦力越大D．航母的最大航速
【答案】C
【详解】AB．根据题意可知，小物块做圆周运动，一定受到重力、支持力、摩擦力，通过正交分析法如图所示
由图可知
而
联立解得
故AB错误；
CD．由图可知，小物块做圆周运动的向心力由和提供，有
由于
联立解得
可得航母的航速越大，小物块受到的摩擦力越大；当最大静摩擦力等于滑动摩擦力时，航母有最大航速，有
代入上式得
由A中得
联立解得
故C正确，D错误。
故选C。