2023届新高考高三物理一轮复习学案17 圆周运动

这是一份2023届新高考高三物理一轮复习学案17 圆周运动，共13页。

第3讲　圆周运动
知识梳理·双基自测
知识梳理
知识点1 描述圆周运动的物理量及其相互关系
1．描述圆周运动的物理量主要有线速度、角速度、周期、转速、向心加速度、向心力等，现比较如下表

意义、方向
公式、单位
线速度
(1)描述做圆周运动的物体运动快慢的物理量(v)
(2)方向与半径垂直，和圆周相切
(1)v＝＝
(2)国际单位：m/s
角速度
(1)描述物体绕圆心转动快慢的物理量(ω)
(2)中学不研究其方向
(1)ω＝＝
(2)国际单位：rad/s
周期频率和转速
(1)周期是物体沿圆周运动一圈的时间(T)
(2)转速是物体在单位时间内转过的圈数(n)
(3)频率(f)是物体在1 s内转过的圈数
(4)周期与频率的关系为T＝
(1)T＝；单位：s
(2)n的单位r/s，r/min
(3)f的国际单位：Hz
向心加速度
(1)描述速度方向变化快慢的物理量(an)
(2)方向指向圆心
(1)an＝＝ω2r＝vω
(2)国际单位：m/s2
向心力
(1)作用效果是产生向心加速度，只改变线速度的方向，不改变线速度的大小
(2)方向指向圆心
(1)Fn＝mω2r＝m＝mr
(2)国际单位： N
2.各物理量之间的相互关系
(1)v＝ωr＝＝2πrf。
(2)an＝＝ω2r＝ωv＝＝4π2f 2r。
(3)Fn＝m＝mω2r＝m＝mωv＝m4π2f 2r。
思考：如图所示，圆盘上的物体随圆盘一起匀速转动，在光滑漏斗内壁上，小球做匀速圆周运动。

(1)它们运动所需要的向心力分别由什么力提供？
(2)要计算漏斗内壁上小球的角速度时还需要哪些信息？
[答案]　(1)圆盘上的物体是由静摩擦力提供向心力，漏斗内壁的物体由重力和支持力的合力提供向心力。
(2)小球做圆周运动的半径和漏斗内壁的倾角。
知识点2 匀速圆周运动和非匀速圆周运动的比较
项目
匀速圆周运动
非匀速圆周运动
运动性质
是速度大小不变而方向时刻变化的变速曲线运动，是加速度大小不变、方向变化的变加速曲线运动
是速度大小和方向都变化的变速曲线运动，是加速度大小、方向都变化的变加速曲线运动
加速度
方向与速度垂直，即只存在向心加速度，没有切向加速度
由于速度大小和方向都变化，所以不仅存在向心加速度，而且存在切向加速度，合加速度的方向不指向圆心
向心力
F合＝F向＝
F合＝

知识点3 离心运动
1．定义：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，所做的逐渐远离圆心的运动。
2．本质：做圆周运动的物体，由于本身的惯性，总有沿着圆周切线方向飞出去的倾向。
3．受力特点
①当Fn＝mω2r时，物体做圆周运动。
②当Fn＝0时，物体沿切线方向飞出。
③当Fn ④当Fn>mω2r时，物体将逐渐靠近圆心，做近心运动。

注意：物体做圆周运动还是偏离圆形轨道完全是由实际提供的向心力和所需的向心力间的大小关系决定的。
双基自测
一、堵点疏通
1．做圆周运动的物体，一定受到向心力的作用，所以分析做圆周运动物体的受力，除了分析其受到的其他力，还必须指出它受到向心力的作用。(　×　)
2．一物体以4 m/s的线速度做匀速圆周运动，周期为2 s，则速度变化率的大小为4π m/s2。(　√　)
3．在绝对光滑的水平路面上汽车可以转弯。(　×　)
4．火车转弯速率小于规定的数值时，内轨受到的压力会增大。(　√　)
5．飞机在空中沿半径为R的水平圆周盘旋时，飞机机翼一定处于倾斜状态。(　√　)
二、对点激活
1．(2021·浙江高三零模)如图所示，一芭蕾舞者在冰面上滑冰。此时此刻，他正绕着他的左脚保持该姿势做原地旋转的动作。其中A点为他的脚尖，B与C位于同一竖直线。对此，下列说法正确的是(　D　)

A．A点与C点的线速度大小相同
B．B点与A点的线速度大小相同
C．A点与B点的角速度大小不同
D．B点与C点的线速度大小相同
[解析]　由题意可知A、B、C三点的角速度大小相同，且A点的运动半径比B、C两点的运动半径大，根据v＝ωr，可知B、C两点的线速度大小相同， A点的线速度比B、C两点的线速度大，综上所述可知A、B、C错误，D正确。
2．(2021·全国高三模拟)(多选)设计师设计了一个非常有创意的募捐箱，如图甲所示，把硬币从投币口放入，接着在募捐箱上类似于漏斗形的部位(如图丙所示，O点为漏斗形口的圆心)滑动很多圈之后从中间的小孔掉入募捐箱。如果硬币在不同位置的运动都可以看成匀速圆周运动，摩擦阻力忽略不计，则关于某一枚硬币通过a、b两处时运动和受力情况的说法正确的是(　CD　)

A．在a、b两处做圆周运动的圆心都为O点
B．向心力的大小Fa＝Fb
C．角速度的大小ωa<ωb
D．向心加速度的大小aa [解析]　在a、b两处做圆周运动的圆心是分别过a、b两点做通过O点的竖直轴的垂线，垂足即为做匀速圆周运动的圆心，不是以O点为圆心的，故A错误；设在a、b所在弧的切线与水平方向的夹角为α、β，根据力的合成可得a的向心力Fa＝mgtan α，b的向心力Fb＝mgtan β ，而α＜β，故向心力的大小Fa＜Fb，故B错误；根据向心力公式，F＝mrω2，可知，Fa＜Fb，ra＞rb，则角速度的大小ωa＜ωb，故C正确；根据F＝ma，可知ab的向心加速度分别为aa＝gtan α，ab＝gtan β，而α＜β，故向心加速度的大小aa＜ab，故D正确。
3．中国选手王峥在第七届世界军人运动会上获得链球项目的金牌。如图所示，王峥双手握住柄环，站在投掷圈后缘，经过预摆和3～4圈连续加速旋转及最后用力，将链球掷出。整个过程可简化为加速圆周运动和斜抛运动，忽略空气阻力，则下列说法中正确的是(　A　)

A．链球掷出后做匀变速运动
B．链球掷出瞬间速度方向沿该点圆周运动的半径方向
C．链球圆周运动过程中，链球受到的拉力指向圆心
D．链球掷出后运动时间与速度的方向无关
[解析]　链球掷出后，只受重力作用，加速度为重力加速度，因此做匀变速曲线运动，A正确；链球掷出瞬间速度方向沿该点圆周运动的切线方向，B错误；在加速旋转运动过程中，由于链球受到的拉力一部分提供做圆周运动的向心力，一部分提供沿着切线运动加速度，因此合力不指向圆心，C错误；链球抛出后，做斜抛运动，运动的时间与速度竖直分量有关，因此与速度方向有关，D错误。



核心考点·重点突破


考点一　圆周运动中的运动学分析
常见的三种传动方式及特点
1．皮带传动：如图甲、乙所示，皮带与两轮之间无相对滑动时，两轮边缘线速度大小相等，即vA＝vB。

2．摩擦传动：如图丙所示，两轮边缘接触，接触点无打滑现象时，两轮边缘线速度大小相等，即vA＝vB。

3．同轴传动：如图丁所示，两轮固定在一起绕同一转轴转动，两轮转动的角速度大小相等，即ωA＝ωB。
例1

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，主动轮、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(　A　)
A．ω　　　　　 B．ω
C．ω D．ω
[解析]　由行星轮、主动轮、最外面的大轮三部分彼此密切啮合在一起可知，齿轮的周长之比等于齿数之比。大轮、太阳轮、行星轮分别用A、B、C表示，＝，所以＝，则＝＝，因为三轮彼此密切啮合在一起，三轮转动的线速度相等，则角速度与半径成反比，即＝＝，得到ωA＝ω，A项正确。

方法技巧同轴与同缘传动的联系
同轴转动角速度相等，同缘传动边缘点线速度大小相等，角速度与线速度的关系式为v＝rω。
〔变式训练1〕　(2021·全国高三专题练习)如图所示，自行车的大齿轮、小齿轮、后轮的半径之比为4∶1∶16，在用力蹬脚踏板前进的过程中，下列说法正确的是(　B　)

A．小齿轮和后轮的角速度大小之比为16∶1
B．大齿轮和小齿轮的角速度大小之比为1∶4
C．大齿轮边缘和后轮边缘的线速度大小之比为1∶4
D．大齿轮和小齿轮轮缘的向心加速度大小之比为4∶1
[解析]　小齿轮和后轮是同轴转动装置，角速度大小相等，即ω2＝ω3，大齿轮与小齿轮是皮带传动装置，线速度大小相等，即v1＝v2，根据v＝ωr，得出＝＝，＝＝＝，向心加速度a＝，则＝＝，故A、C、D错误，B正确。

考点二　圆周运动中的动力学分析
向心力公式是牛顿第二定律对圆周运动的应用，求解圆周运动的动力学问题与应用牛顿第二定律的解题思路相同，但要注意几个特点：
1．向心力是沿半径方向的合力，是效果力，不是实际受力。
2．向心力公式有多种形式：Fn＝m＝mω2r＝mr，要根据已知条件选用。
3．正交分解时，要注意圆心的位置，沿半径方向和切线方向分解。
4．对涉及圆周运动的系统，要用隔离法分析，不要用整体法。
例2 (2021·普宁市高三月考)图甲为游乐场中一种叫“魔盘”的娱乐设施，游客坐在转动的魔盘上，当魔盘转速增大到一定值时，游客就会滑向盘边缘，其装置可以简化为图乙。若魔盘转速缓慢增大，则游客在滑动之前(　B　)

A．受到魔盘的支持力缓慢增大
B．受到魔盘的摩擦力缓慢增大
C．受到的合外力大小不变
D．受到魔盘的作用力大小不变
[解析]　设转盘斜面倾角为θ，对人受力分析如下

水平方向和竖直方向分别有fcos θ－Nsin θ＝mω2r，fsin θ＋Ncos θ＝mg
解得N＝mgcos θ－mω2rsin θ，f＝mgsin θ＋mω2rcos θ
则随着魔盘转速缓慢增大，则人受到魔盘的支持力N缓慢减小，人受到魔盘的摩擦力f缓慢增大，选项A错误，B正确；根据F合＝mω2r可知，随转速增加人受到的合外力大小增大，选项C错误；人受到魔盘的作用力是支持力和摩擦力的合力，其大小为F＝
则大小随着转速的增加而增大，选项D错误。
〔变式训练2〕　(2021·全国高三模拟)如图所示，半圆形光滑圆环竖直放置，环绕y轴以恒定角速度ω转动，一小球套在环上，若小球可在环上任意位置相对环静止，圆的方程为x2＋y2＝a2(a为常量)，则下列ω的值正确的是(　C　)

A．　 B．
C．　 D．
[解析]　设环与O的连线与竖直方向之间的夹角为θ，小球转动的半径为r＝a·sin θ＝x，小球所受的合力垂直指向转轴，根据平行四边形定则F合＝mgtan θ＝mxω2，其中tan θ＝，联立可得ω＝，故C正确，A、B、D错误。

名师点拨　解决圆周运动动力学问题的一般步骤
(1)首先要明确研究对象。
(2)确定其运动轨道所在的平面、圆心的位置以及半径。
(3)对其受力分析，明确向心力的来源。
(4)将牛顿第二定律应用于圆周运动，得到圆周运动中的动力学方程，有以下各种情况：F＝m＝mrω2＝mvω＝mr＝4π2mrf 2。解题时应根据已知条件进行选择。

考点三　竖直面内圆周运动的“轻绳”和“轻杆”模型
在竖直平面内做圆周运动的物体，运动至轨道最高点时的受力情况可分为两类：一是无支撑类，如轻绳和单轨道模型；二是有支撑类，如轻杆和双轨道模型。对比见下表：

轻绳模型
轻杆模型
常见模型

均是没有支撑的小球
均是有支撑的小球
过最高点的
临界条件
由mg＝m得
v临＝
由小球恰能做圆周运动得v临＝0
讨论分析
(1)过最高点时，v≥，F＋mg＝m，绳、圆轨道对球产生弹力F
(2)不能过最高点时，v<，在到达最高点前小球已经脱离了圆轨道
(1)当v＝0时，FN＝mg，FN为支持力，沿半径背离圆心
(2)当0 (3)当v＝ 时，FN＝0
(4)当v> 时，F＋mg＝m，F指向圆心并随v的增大而增大
例3 (2021·全国高三专题练习)(多选)如图所示光滑管形圆轨道半径为R(管径远小于R)，小球a、b大小相同，质量相同，均为m，其直径略小于管径，能在管中无摩擦运动。两球先后以相同速度v通过轨道的最低点，且当小球a在最低点时，小球b在最高点，以下说法中错误的是(　BCD　)

A．当小球b在最高点对轨道无压力时，小球a比小球b所需向心力大4mg
B．当v＝时，小球b在轨道最高点对轨道有压力
C．速度v至少为，才能使两球在管内做圆周运动
D．对于任意速度v的值，小球a对轨道最低点压力比小球b对轨道最高点压力都大6mg
[解析]　当小球b在轨道最高点对轨道无压力，根据牛顿第二定律得mg＝m，解得v′＝。根据动能定理得mg2R＝mv2－mv′2，解得最低点速度为v＝，所以小球a在最低点的向心力为Fn＝m＝5mg，b球在最高点的向心力F′n＝m＝mg，小球a比小球b所需的向心力大4mg，A正确；当小球b在轨道最高点对轨道无压力，根据牛顿第二定律得mg＝m，解得v′＝。根据动能定理得mg2R＝mv2－mv′2，解得最低点速度为v＝，B错误；小球通过最高点的最小速度为零，根据动能定理得mg2R＝mv2－0，解得最低点最小速度v＝，C错误；当v＝时，两个小球恰好在管内做完整的圆周运动，小球b在最高点对轨道的压力大小为Fb＝mg，小球a在最低点根据Fa－mg＝m，解得Fa＝5mg，小球a对轨道最低点压力比小球b对轨道最高点压力大4mg，D错误。
例4 (2021·安徽黄山月考)如图所示，长均为L的两根轻绳，一端共同系住质量为m的小球，另一端分别固定在等高的A、B两点，A、B两点间的距离也为L。重力加速度大小为g。现使小球在竖直平面内以AB为轴做圆周运动，若小球在最高点速率为v时，两根轻绳的拉力恰好均为零，则小球在最高点速率为2v时，每根轻绳的拉力大小为(　A　)

A．mg B．mg
C．3mg D．2mg
[解析]　若小球在最高点速率为v时，两根轻绳的拉力恰好均为零，根据牛顿第二定律得mg＝m，若小球在最高点速率为2v时，根据牛顿第二定律，2Tcosθ＋mg＝m，式中θ为轻绳与竖直方向的夹角，根据几何关系可知，θ＝30°，解得T＝mg，B、C、D错误，A正确。

名师点拨　竖直面内圆周运动类问题的解题技巧
(1)定模型：首先判断是轻绳模型还是轻杆模型，两种模型过最高点的临界条件不同。
(2)确定临界点：抓住轻绳模型中最高点v≥及轻杆模型中v≥0这两个临界条件。
(3)研究状态：通常情况下竖直平面内的圆周运动只涉及最高点和最低点的运动情况。
(4)受力分析：对物体在最高点或最低点时进行受力分析，根据牛顿第二定律列出方程，F合＝F向。
(5)过程分析：应用动能定理或机械能守恒定律将初、末两个状态联系起来列方程。
〔变式训练3〕　如图甲所示，轻杆一端固定在O点，另一端固定一小球，现让小球在竖直平面内做半径为R的圆周运动。小球运动到最高点时，杆与小球间弹力大小为FN，小球在最高点的速度大小为v，其FN－v2图像如图乙所示。则(　B　)

A．小球的质量为
B．当地的重力加速度大小为
C．v2＝c时，在最高点杆对小球的弹力方向向上
D．v2＝2b时，在最高点杆对小球的弹力大小为2a
[解析]　在最高点，若v＝0，则FN＝mg＝a，若FN＝0，则mg＝m，解得g＝，m＝R，故B正确，A错误；由图可知：当v2b时，杆对小球弹力方向向下，所以当v2＝c时，杆对小球弹力方向向下，故C错误；若c＝2b，则FN＋mg＝m，解得FN＝a，故D错误。



名师讲坛·素养提升
圆周运动中的临界极值问题

1．与摩擦力有关的临界极值问题
物体间恰好不发生相对滑动的临界条件是物体间恰好达到最大静摩擦力。
(1)如果只是摩擦力提供向心力，则最大静摩擦力Fm＝，静摩擦力的方向一定指向圆心。
(2)如果除摩擦力以外还有其他力，如绳两端连接物体随水平面转动，其中一个物体存在一个恰不向内滑动的临界条件和一个恰不向外滑动的临界条件，分别为静摩擦力达到最大且静摩擦力的方向沿半径背离圆心和沿半径指向圆心。
2．与弹力有关的临界极值问题
(1)压力、支持力的临界条件是物体间的弹力恰好为零。
(2)绳上拉力的临界条件是绳恰好拉直且其上无弹力或绳上拉力恰好为最大承受力。
与摩擦力有关的临界极值问题
例5 (2021·全国高三专题练习)两个质量分别为2m和m的小木块a和b(可视为质点)放在水平圆盘上，a与转轴OO′的距离为L，b与转轴的距离为2L，a、b之间用长为L的强度足够大的轻绳相连，木块与圆盘间的最大静摩擦力为木块所受重力的k倍，重力加速度大小为g。若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，开始时轻绳刚好伸直但无张力，用ω表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是(　D　)

A．a比b先达到最大静摩擦力
B．a、b所受的摩擦力始终相等
C．ω＝是b开始滑动的临界角速度
D．当ω＝时，a所受摩擦力的大小为
[解析]　木块随圆盘一起转动，当绳子上无拉力时，静摩擦力提供向心力，由牛顿第二定律得，Ff＝mω2r，Fmax＝ kmg，联立得ωmax＝，故随着ω增大，b先达到临界角速度，b先达到最大静摩擦力，A错误；在b的静摩擦力没有达到最大前，由Ff＝mω2r，a、b质量分别是2m和m，而圆周运动的半径r分别为L和2L，所以开始时a和b受到的摩擦力是相等的；当b受到的静摩擦力达到最大后，即ω>，对于b木块有 kmg＋F＝mω2·2L，对于a木块有Ff －F＝2mω2L，联立得Ff＝4mω2L－ kmg> kmg，可知二者受到的摩擦力不一定相等，B错误；b刚要滑动时，对b木块有 kmg＋F＝mω·2L，对a木块有k·2mg－F＝2mωL，联立解得ω0＝，C错误；当ω＝时，b未滑动，a所受摩擦力大小，Ff＝4mω2L－ kmg＝，D正确。
与弹力有关的临界极值问题
例6 (2021·湖北月考)细绳一端系住一个质量为m的小球，另一端固定在光滑水平桌面上方h处，绳长l大于h，使小球在桌面上做如图所示的匀速圆周运动。若要小球不离开桌面，其转速不得超过(　D　)

A． 　　　　　　 B．2π
C． D．
[解析]　本题考查圆锥摆模型问题。对小球受力分析，小球受三个力的作用，重力mg、水平桌面的支持力FN和细绳的拉力F，在竖直方向合力为零，在水平方向合力提供向心力，设细绳与竖直方向的夹角为θ，由几何关系可知，R＝htan θ，则有Fcos θ＋FN＝mg，Fsin θ＝m＝mω2R＝4mπ2n2R＝4mπ2n2htan θ；当小球即将离开水平桌面时，FN＝0，转速n有最大值，此时n＝ ，故选D。



2年高考·1年模拟

1．(2021·广东卷，4)由于高度限制，车库出入口采用如图所示的曲杆道闸，道闸由转动杆OP与横杆PQ链接而成，P、Q为横杆的两个端点。在道闸抬起过程中，杆PQ始终保持水平。杆OP绕O点从与水平方向成30°匀速转动到60°的过程中，下列说法正确的是(　A　)

A．P点的线速度大小不变
B．P点的加速度方向不变
C．Q点在竖直方向做匀速运动
D．Q点在水平方向做匀速运动
[解析]　由题知杆OP绕O点从与水平方向成30°匀速转动到60°，则P点绕O点做匀速圆周运动，则P点的线速度大小不变，A正确；由题知杆OP绕O点从与水平方向成30°匀速转动到60°，则P点绕O点做匀速圆周运动，P点的加速度方向时刻指向O点，B错误；Q点在竖直方向的运动与P点相同，位移y关于时间t的关系为y ＝ lOP·sin(＋ωt)，则可看出Q点在竖直方向不是匀速运动，C错误；Q点在水平方向的位移x关于时间t的关系为x ＝ lOP·cos(＋ωt)＋lPQ，则可看出Q点在水平方向也不是匀速运动，D错误。故选A。
2．(2021·河北卷，9) (多选)如图，矩形金属框MNQP竖直放置，其中MN、PQ足够长，且PQ杆光滑，一根轻弹簧一端固定在M点，另一端连接一个质量为m的小球，小球穿过PQ杆，金属框绕MN轴分别以角速度ω和 ω′匀速转动时，小球均相对PQ杆静止，若ω′>ω，则与以ω匀速转动时相比，以ω′匀速转动时(　BD　)

A．小球的高度一定降低
B．弹簧弹力的大小一定不变
C．小球对杆压力的大小一定变大
D．小球所受合外力的大小一定变大
[解析]　对小球受力分析，设弹力为T，弹簧与水平方向的夹角为θ，则对小球竖直方向有Tsin θ＝mg，而T＝k，可知θ为定值，T不变，则当转速增大后，小球的高度不变，弹簧的弹力不变。则A错误，B正确；水平方向当转速较小时，杆对小球的弹力FN背离转轴，则Tcos θ－FN＝mω2r，即FN＝Tcos θ－mω2r，当转速较大时，FN指向转轴，Tcos θ＋F′N＝mω′2r，即F′N＝mω′2r－Tcos θ，则因ω′>ω ，根据牛顿第三定律可知，小球对杆的压力不一定变大。则C错误；根据F合＝mω2r，可知因角速度变大，则小球受合外力变大。则D正确。故选B、D。
3．(2021·全国甲卷，15)“旋转纽扣”是一种传统游戏。如图，先将纽扣绕几圈，使穿过纽扣的两股细绳拧在 一起，然后用力反复拉绳的两端，纽扣正转和反转会交替出现。拉动多次后，纽扣绕其中心的转速可达50 r/s，此时纽扣上距离中心1 cm 处的点向心加速度大小约为(　C　)

A．10 m/s2　 B．100 m/s2
C．1 000 m/s2　 D．10 000 m/s2
[解析]　纽扣在转动过程中ω＝2πn＝100π rad/s，由向心加速度a＝ω2r≈1 000 m/s2。故选C。
4．(2022·浙江绍兴市高三月考)如图所示为旋转脱水拖把结构图。把拖把头放置于脱水桶中，手握固定套杆向下运动，固定套杆就会给旋转杆施加驱动力，驱动旋转杆、拖把头和脱水桶一起转动，把拖把上的水甩出去。旋转杆上有长度为35 cm的螺杆，螺杆的螺距(相邻螺纹之间的距离)为d＝5 cm，拖把头的托盘半径为10 cm，拖布条的长度为6 cm，脱水桶的半径为12 cm。某次脱水时，固定套杆在1 s内匀速下压了35 cm，该过程中拖把头匀速转动，则下列说法正确的是(　B　)

A．拖把头的周期为7 s
B．拖把头转动的角速度为14πrad/s
C．紧贴脱水桶内壁的拖布条上附着的水最不容易甩出
D．旋转时脱水桶内壁与托盘边缘处的点向心加速度之比为5∶6
[解析]　旋转杆上有长度为35 cm的螺杆，螺距d＝5 cm，所以1 s内下压35 cm，拖把头转7圈，故拖把头转动的周期为T＝ s，故A错误；拖把头转动的角速度为ω＝＝14πrad/s，故B正确；拖布条上所有位置角速度相同，越靠近脱水桶内壁的位置转动半径越大，需要的向心力越大，水越容易被甩出，故C错误；托盘和脱水桶的角速度相同，托盘和脱水桶内壁的半径之比为5∶6，由a＝ω2r可知，脱水桶内壁与托盘边缘处的点向心加速度之比为6∶5，故D错误。