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水平面内与倾斜面内的圆周运动 专题练 2027届高中物理一轮复习备考
一、单选题
1．如图所示，相同的物块a、b用沿半径方向的细线相连放置在水平圆盘上．当圆盘绕转轴转动时，物块a、b始终相对圆盘静止．下列关于物块a所受的摩擦力随圆盘角速度的平方（ω2）的变化关系正确的是（　　）
A． B．
C． D．
2．如图所示，MN为半径为r的圆弧路线，NP为长度19r的直线路线，为半径为4r的圆弧路线，为长度16r的直线路线。赛车从M点以最大安全速度通过圆弧路段后立即以最大加速度沿直线加速至最大速度vm并保持vm匀速行驶。已知赛车匀速转弯时径向最大静摩擦力和加速时的最大合外力均为车重的k倍，最大速度，g为重力加速度，赛车从M点按照MNP路线运动到P点与按照路线运动到点的时间差为（　　）
A． B．
C． D．
3．如图所示，倾角θ＝37°的斜面体固定在可以绕竖直轴转动的水平转台上，斜面最低点在转轴OO1上，质量均为m＝1kg、可视为质点的两个小物块P、Q随转台一起匀速转动，P、Q到斜面最低点的距离均为0.5 m，与接触面之间的动摩擦因数均为0.5，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则下列说法正确的是（　　）
A．为保持P与斜面体相对静止，角速度的最小值为rad/s
B．为保持P与斜面体相对静止，角速度的最大值为 rad/s
C．当角速度等于 rad/s时，Q会相对转台滑动，P有沿斜面向上滑的趋势
D．若P与斜面体保持相对静止，则P对斜面的压力大小范围是N≤FN≤16 N
4．如图所示，在细绳的拉动下，半径为r的卷轴可绕其固定的中心点O在水平面内转动。卷轴上沿半径方向固定着长度为l的细管，管底在O点。细管内有一根原长为、劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧底端固定在管底，顶端连接质量为m、可视为质点的插销。当以速度v匀速拉动细绳时，插销做匀速圆周运动。若v过大，插销会卡进固定的端盖。使卷轴转动停止。忽略摩擦力，弹簧在弹性限度内。要使卷轴转动不停止，v的最大值为（　　）
A． B． C． D．
5．如图为某型号圆锥面型娱乐设施“魔盘”的侧视图，“魔盘”可绕中心轴转动。儿童坐在锥面上，“魔盘”从静止开始转动，转速逐渐增大。最大静摩擦跟正压力成正比，儿童可视为质点，下列说法正确的是（　　）
A．玩乐的过程中，儿童受到的合外力方向时刻水平指向转轴
B．其他条件相同时，儿童的质量越大越容易滑动
C．当“魔盘”的转速增大到一定值时，儿童一定会向上滑动
D．“魔盘”加速转动的过程，儿童未发生滑动时，受到的摩擦力可能减小
6．如图所示为一种测量光速的示意图，让光束从高速旋转的齿轮的齿缝正中央穿过，经镜面反射回来，调节齿轮的转速，使反射光束恰好通过相邻的另一个齿缝的正中央，由此可测出光的传播速度。若齿轮半径为0.5m，总齿数为150齿，齿轮与镜子间距离为20km，半透明镜、观察点在齿轮附近，则要测出光速，齿轮的转速约为（ ）
A．500r/min B．1500r/min C．3000r/min D．4500r/min
7．如图所示，半径为的玩具转盘在转盘中心点固定了一竖直杆，质量为的小球用轻绳和轻杆一起连接在竖直杆上，轻绳与竖直杆上的点相连，轻杆用铰链连接在竖直杆上的点（可绕点自由转动）。已知圆盘静止时轻绳与竖直方向夹角，轻杆与竖直方向夹角，，，不计摩擦阻力，重力加速度为。则下列说法正确的是（　　）
A．当绳上恰好无弹力时，小球的角速度
B．当小球角速度时，杆上弹力
C．当上恰好无弹力时，小球角速度
D．若转动过程中小球突然脱离，则当圆盘角速度，小球不会触碰到圆盘
二、多选题
8．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
9．如图所示，在某行星表面有一倾斜的圆盘，绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定角速度转动，盘面与水平面的夹角为30°，质量为m的小物块(可视为质点)距转轴距离为L，与圆盘保持相对静止。已知角速度为时，小物块恰好相对滑动，物块与盘面间的动摩擦因数为（最大静摩擦力等于滑动摩擦力），星球的半径为R，引力常量为G，则下列说法正确的是（　　）
A．当物块以角速度随圆盘匀速转动到最高点时，物块所受摩擦力方向沿盘面向下
B．当物体以角速度随圆盘匀速转动到最高点时，物块所受摩擦力大小
C．该行星的第一宇宙速度为
D．该行星的密度为
10．如图甲，一根长为1.0m的轻质细线，一端系着一个质量为0.2kg的小球（可视为质点），另一端固定在光滑圆锥体顶端，圆锥顶角的一半为θ。当小球随圆锥体围绕其中心轴线一起做角速度为ω的匀速圆周运动时，细线的张力大小为FT，FT随ω2变化的规律如图乙。重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（　　）
A．θ=30°
B．对应图像的BC段，小球只受重力和拉力两个力的作用
C．B点坐标（12.5，2.5）
D．当绳子的拉力大小为2N时，圆锥体转动的角速度为rad/s
11．如图所示，半径为R的半球形陶罐固定在可以绕竖直轴旋转的水平转台上，转台转轴与过陶罐球心O的对称轴重合，转台以一定角速度匀速旋转。甲、乙两个小物块（可视为质点）质量均为m，分别在转台的A、B两处随陶罐一起转动且始终相对罐壁静止，OA、OB与间的夹角分别为和，重力加速度大小为g。当转台的角速度为时，小物块乙受到的摩擦力恰好为零，下列说法正确的是（　　）
A．
B．当转台的角速度为时，甲有上滑的趋势
C．当角速度从0.5缓慢增加到的过程中，甲受到的摩擦力一直增大
D．当角速度从0.5缓慢增加到的过程中，甲受到的支持力一直增大
三、解答题
12．翼型飞行器有很好的飞行性能，其原理是通过对降落伞的调节，使空气升力和空气阻力都受到影响，同时通过控制动力的大小和方向改变飞行器的飞行状态。已知飞行器的动力F始终与飞行方向相同，空气升力沿降落伞的中垂线且与飞行方向垂直，大小与速度的平方成正比，即；空气阻力与飞行方向相反，大小与速度的平方成正比，即；其中、相互影响，可由运动员调节，并满足如图甲所示的关系。已知运动员和装备的总质量为，取，。
（1）若运动员使飞行器以速度在空中沿水平方向匀速飞行，如图乙所示。结合甲图，求飞行器受到的动力F的大小；
（2）若运动员使飞行器在空中某一水平面内做匀速圆周运动，如图丙所示，调节，降落伞中垂线和竖直方向夹角为，求飞行器做匀速圆周运动的半径r和速度的大小。

13．机器狗练习“狗拉雪橇”动作。某次练习中机器狗通过轻质水平拉绳拉动雪橇在水平面内做匀速圆周运动（如俯视图所示），拉绳与雪橇的速度方向夹角为θ=60°。雪橇的质量为m，雪橇轨迹半径为R。雪橇与地面间的动摩擦因数为 ，重力加速度为g。机器狗与雪橇均视为质点。
(1)求拉绳的张力T1的大小；
(2)求雪橇的动能Ek；
(3)当机器狗运动至P点时，雪橇运动至Q点，此时机器狗突然改变运动状态（但拉绳仍始终处于水平），以保证雪橇以此时的速度和加速度开始做“类平抛”运动（辅助坐标系已画出）。设此时t=0，求时，拉绳的张力T2的大小。
14．一种离心测速器的简化工作原理如图所示。细杆的一端固定在竖直转轴上的O点，并可随轴一起转动。杆上套有一轻质弹簧，弹簧一端固定于O点，另一端与套在杆上的圆环相连。当测速器稳定工作时，圆环将相对细杆静止，通过圆环的位置可以确定细杆匀速转动的角速度。已知细杆长度，杆与竖直转轴的夹角a始终为，弹簧原长，弹簧劲度系数，圆环质量；弹簧始终在弹性限度内，重力加速度大小取，摩擦力可忽略不计
（1）若细杆和圆环处于静止状态，求圆环到O点的距离；
（2）求弹簧处于原长时，细杆匀速转动的角速度大小；
（3）求圆环处于细杆末端P时，细杆匀速转动的角速度大小。
15．图（a）是某小河的航拍照片，河道弯曲形成的主要原因之一可解释为：河道弯曲处的内侧与外侧河堤均受到流水重力产生的压强，外侧河堤还受到流水冲击产生的压强。小河某弯道处可视为半径为R的圆弧的一部分，如图（b）所示，假设河床水平，河水密度为，河道在整个弯道处宽度d和水深h均保持不变，水的流动速度v大小恒定，，忽略流水内部的相互作用力。取弯道某处一垂直于流速的观测截面，求在一极短时间内：（均为已知量）
(1)通过观测截面的流水质量；
(2)流水速度改变量的大小；
(3)外侧河堤受到的流水冲击产生的压强p。
参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 D C B A D C A AC BC BCD
题号 11
答案 BD
1．D
【详解】转动过程中a、b角速度相同。当圆盘角速度较小时，a、b由静摩擦力充当向心力，绳子拉力为零，此过程中a、b所需要的摩擦力分别为
，
因为，故，又因为a、b与平台的最大静摩擦力相同，所以随着角速度增大，b先达到最大静摩擦力，当b达到最大静摩擦力f0时绳子开始出现拉力，此时对于a、b有
，
联立可得
由上述分析可知，绳子拉力出现之前图像的斜率为，绳子拉力出现之后图线的斜率为，所以绳子有拉力时图线斜率变大。
故选D。
2．C
【详解】赛车从M点按照MNP路线运动到P点过程，在圆周运动过程有
，
在NP直线路线匀加速过程有
，
解得
，
在NP直线路线匀加速至最大速度过程的位移为
则匀速过程的时间
赛车从M点按照路线运动到点过程，在圆周运动过程有
，
在直线路线匀加速过程有
，
解得
，
在直线路线匀加速至最大速度过程的位移为
即匀加速至最大速度时，恰好到达，则赛车从M点按照MNP路线运动到P点与按照路线运动到点的时间差为
解得
故选C。
3．B
【详解】ABD．为保持P与斜面体相对静止，当物块P恰好不下滑时，有最小角速度，设为ω1，对物块P，水平方向有FN1sinθ－μFN1cosθ＝mLcosθ
竖直方向有FN1cosθ＋μFN1sinθ＝mg
其中L＝0.5 m，μ＝0.5，联立可解得此时斜面体对P的支持力FN1＝N
转台转动的角速度为ω1＝rad/s；
当物块P恰好不上滑时，有最大角速度，设为ω2，水平方向有FN2sinθ＋μFN2cosθ＝mLcosθ
竖直方向有FN2cosθ＝μFN2sinθ＋mg
联立可解得此时斜面体对P的支持力FN2＝20N
转台转动的角速度ω2＝rad/s
可知若P与斜面体保持相对静止，斜面对P的支持力FN0满足N≤FN0≤20N
根据牛顿第三定律可得，P对斜面的压力大小范围是N≤FN≤20N
故AD错误，B正确；
C．当P与斜面间恰无摩擦力时，对P，水平方向有mgtanθ＝mLcosθ
解得此时转台转动的角速度ω3＝rad/s
则当ω＝ω3＝rad/s时，P与斜面体无相对运动趋势，此时若Q相对转台静止，对Q有FQ＝mL
可得FQ＝9.375N
而μmg＝5N
则FQ>μmg
所以此时Q会相对转台滑动，故C错误。
故选B。
4．A
【详解】由题意可知当插销刚卡紧固定端盖时弹簧的伸长量为，根据胡克定律有
插销与卷轴同轴转动，角速度相同，对插销有弹力提供向心力
对卷轴有
联立解得
故选A。
5．D
【详解】A．由题意，只有在“魔盘”匀速转动且人未发生滑动时，人在做水平面上的匀速圆周运动，合外力提供向心力，人受到的合外力方向才水平指向转轴，故A错误；
B．“魔盘”匀速转动且人未发生滑动时，设向心加速度为，可分解为沿盘面方向的加速度
若“魔盘”转动的角速度较小，则在沿盘面方向，由牛顿第二定律有
解得
垂直于盘面方向的加速度
在垂直于盘面方向，由牛顿第二定律有
解得
其他条件相同时，儿童的质量越大，人受到的弹力就越大、则人受到的最大静摩擦力就越大，儿童越不容易滑动，故B错误；
C．当时，物块不会摩擦自锁，转速增大到一定值时，儿童一定会向上滑动；当时摩擦自锁，儿童不会向上滑动，故C错误；
D．由选项B分析可知，在人受到的摩擦力沿“魔盘”向上时，有
可知在“魔盘”加速转动的过程，若儿童未发生滑动时，人受到的摩擦力反而减小，故D正确。
故选D。
6．C
【详解】要让光束从高速旋转的齿轮的齿缝正中央穿过，经镜面反射回来，调节齿轮的转速，使反射光束恰好通过相邻的另一个齿缝的正中央，应满足
解得，C正确。
故选C。
7．A
【详解】A．当轻绳上恰好无弹力时，对小球进行受力分析可知，小球受重力和沿杆方向的拉力的作用做匀速圆周运动，则在水平方向对小球列牛顿第二定律方程有
解得此时小球的角速度为，故A正确；
B．设轻绳AC的弹力为，轻杆BC的弹力为，当小球的角速度时，小球的受力如图所示：
则竖直方向有
水平方向有
联立解得，，故B错误；
C．当上恰好无弹力时，对小球进行受力分析可知，小球受重力和沿绳方向的拉力的作用做匀速圆周运动，则在水平方向对小球列牛顿第二定律方程有
解得此时小球的角速度为，故C错误；
D．假设小球脱离前，轻杆和细绳对小球都有力的作用，小球脱离后做平抛运动，且恰好没有碰到圆盘，则由平抛运动的性质可知，在竖直方向有
在水平方向有
联立解得小球平抛运动的初速度为
则圆盘转动的角速度为
故假设成立，所以小球在转动过程中忽然脱离，若小球不能碰到圆盘，则圆盘转动的角速度的取值范围为，故D错误。
故选A。
8．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。
9．BC
【详解】物体在圆盘上受到重力、圆盘的支持力和摩擦力，合力提供向心加速度；可知当物体转到圆盘的最低点，所受的静摩擦力沿斜面向上达到最大时，角速度最大。由牛顿第二定律得
解得
AB．小物体在最高位置，假设摩擦力沿盘面向上，则根据牛顿第二定律有
解得
假设正确，摩擦力方向沿盘面向上。故A错误，B正确；
C．第一宇宙速度符合
解得
故C正确；
D．绕该行星表面做匀速圆周运动的物体受到的万有引力提供向心力
联立可求得星球的质量为
所以密度为
故D错误。
故选BC。
10．BCD
【详解】A．由乙图可知，当时，细线的张力大小为1.6N，对小球受力分析可知
解得，故A错误；
B．分析小球到受力情况可知，B点时，小球飞离锥面时，只受重力和细线的张力，随着角速度增大，离心运动时，也只受到这两个力的作用，故B正确；
C．在B点，是小球飞离锥面的临界角速度，此时的角速度为，对小球受力分析，可知，小球的重力和细线的拉力为其做圆周运动提供向心力，故有
解得
此时，细线的张力N
所以B点坐标（12.5，2.5），故C正确；
D．当绳子的拉力大小为2N时，小球没有离开圆锥体，则有，
解得转动的角速度为rad/s，故D正确；
故选BCD。
11．BD
【详解】A．设陶罐内壁对物块乙的支持力为F，则有，
解得，故A错误；
B．设当转台的角速度为时，物块甲受到的摩擦力恰好为零，设此时支持力为F，则有
，
解得
所以当转速为时，支持力的分力不足以提供物块所需要的向心力，物块必然受到一个沿内壁切线向下的静摩擦力，即物块甲有上滑的趋势，故B正确；
C．由于
所以当角速度从0.5缓慢增加到的过程中，物块甲一开始具有下滑的趋势，到最后具有上滑的趋势，所受的摩擦力方向发生了变化，其大小先减小再增大，故C错误；
D．摩擦力沿着陶罐内壁的切线方向，把它沿着水平和竖直方向进行分解；当角速度从0.5缓慢增加到的过程中，摩擦力在沿着切线向上的方向上逐渐减小到零并反向增大，由于物块竖直方向上所受合力为零，则由
可知物块甲受到的支持力一直在增大，故D正确。
故选BD。
12．（1）1000N；（2）r＝40m，v2＝m/s
【详解】（1）选飞行器和运动员为研究对象，由受力分析可知在竖直方向上
mg＝C1
得
C1＝3N·s2/m2
由C1，C2关系图像可得
C2＝2.5N·s2/m2
在水平方向上，动力和阻力平衡
F＝F2＝C2
解得
F＝1000 N
(2)设此时飞行器飞行速率为v2，所做圆周运动的半径为r，F1与竖直方向夹角为θ，在竖直方向所受合力为零，
水平方向合力提供向心力
联立解得
r＝40m，v2＝m/s
13．(1)2 mg
(2)
(3)
【详解】（1）对雪橇，沿切线方向有
解得
（2）对雪橇，沿法线方向有
则雪橇的动能
（3）由（2）知，在Q点时速度为
加速度为
经t时间后有
则t内速度转过的角度满足
即
此时雪橇受力如图所示
根据余弦定理有
解得
14．（1）0.05m；（2）；（3）
【详解】（1）当细杆和圆环处于平衡状态，对圆环受力分析得
根据胡克定律得
弹簧弹力沿杆向上，故弹簧处于压缩状态，弹簧此时的长度即为圆环到O点的距离
（2）若弹簧处于原长，则圆环仅受重力和支持力，其合力使得圆环沿水平方向做匀速圆周运动。根据牛顿第二定律得
由几何关系得圆环此时转动的半径为
联立解得
（3）圆环处于细杆末端P时，圆环受力分析重力，弹簧伸长，弹力沿杆向下。根据胡克定律得
对圆环受力分析并正交分解，竖直方向受力平衡，水平方向合力提供向心力，则有
，
由几何关系得
联立解得
15．(1)
(2)
(3)
【详解】（1）由题可知，极短时间水流的距离
由于横截面积为
根据
可得水的质量
（2）由于极短，可以把水的运动简化为圆周匀速运动，根据匀速圆周运动的规律可知，其加速度为
又因为
联立解得
（3）根据牛顿第二定律可得
联立上述结论，解得
水流与河堤作用的面积
故外侧河堤受到的流水冲击产生的压强
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