专题4 竖直面及倾斜平面内的圆周运动-【重难点手册】2025-2026学年高中物理必修第二册同步练习册（人教版）

专题4竖直面及倾 题型①绳球类模型 1.(2025·山东青岛二中月考)如图甲所示，用一轻 质绳拴着一质量为的小球，在竖直平面内做 圆周运动（不计一切阻力），小球运动到最高点时 绳对小球的拉力为T,小球在最高点的速度大 小为v,其T-v2图像如图乙所示，则( A轻质绳长为% B.当地的重力加速度为 C.当2=2b时，小球受到的弹力大小与重力相等 D.当v2=c时，轻质绳的拉力大小为%十a 2.如图所示，质量m=2kg的小球在长为L=2m 的细绳作用下在竖直平面内做圆周运动，细绳能 承受的最大拉力Tmax=45N,转轴离地高度h 4m.重力加速度g取10m/s2. (1)若恰好能通过最高点，求最高点处小球的速 度大小 (2)某次运动中，在最低点时细绳恰好被拉断，求 此时小球的速度大小 (3)若在(2)中细绳被拉断后小球继续做平抛运 动，求小球落地的水平距离x 第六章圆周运动 斜平面内的圆周运动 题型2杆球类模型 3.(2025·山东菏泽一中期末)（多选）如图所示，铁 制圆盘用穿过圆心O的水平转轴固定在竖直面 内，ac为竖直直径，bd为水平直径，可视为质点 的小磁铁吸附在圆盘上的α点随圆盘一起无相 对滑动地做匀速圆周运动.下列说法正确的是 (). A.在最高点a,磁铁受到的摩擦力可能为0 B.在最低点c,磁铁受到的摩擦力可能为0 C.在水平直径的左端点b,磁铁受到的摩擦力大 小一定等于重力 D.在水平直径的右端点d,磁铁受到的摩擦力 大小一定大于重力 4.如图所示，一种电动打夯机的结构为：在固定于 夯上的电动机的转轴上固定一杆，杆的另一端固 定一铁块（图中阴影部分的圆球即为铁块）.工作 时电动机带动杆上的铁块在竖直平面内匀速转 动，当铁块转到最低点时，夯对地面将产生很大 的压力而夯实地面.设夯（不包括铁块）的总质量 为M,铁块的质量为m,杆长为L,重力加速度 为g,杆的质量不计. (1)若铁块的角速度为ω，则在圆周的最低点时 杆对铁块的拉力是多少？ (2)若铁块的转速太大了，则有可能会将夯带离 地面，在工作过程中为了保证安全，要求打夯 机不能离开地面，则铁块匀速转动的角速度 最大为多少？ (3)在实际工作中，要保证打夯机在不离开地面 的前提下对地面产生尽可能大的瞬间压力 Fmx,请通过推导判断在打夯机和铁块的总 质量一定的情况下（即M+m=定值），铁块 质量m的大小对Fmx大小的影响.若有影 31 铺重难点手册高中物理必修第二册RJ, 响，请说明随着m的增大Fmax的增减情况； 若无影响，请说明原因. 77777777777777777777 7777777 题型3倾斜平面内的圆周运动 5.如图所示，一倾斜的圆筒绕固定轴OO1以恒定 的角速度w转动，圆筒的半径r=1.5m.筒壁内 有一小物体与圆筒始终保持相对静止，小物体与 圆简间的动昨擦因数为（设最大静摩袋力等 于滑动摩擦力)，转动轴与水平面间的夹角为 32 60°，重力加速度g取10m/s2,则w的最小值是 (). -6020 A.1 rad/s B30 3 rad/s C.√I0rad/s D.5 rad/s 6.新情境(2025·湖北华中师大一附中阶段练 习)（多选）某国家体育训练基地中有一台我国自 主研发、世界首创的转盘滑雪训练机.运动员的 某次训练过程可简化为如图所示的模型，转盘滑 雪训练机绕垂直于盘面的固定转轴以恒定的角 速度转动，盘面边缘处离转轴距离为”的运动员 (可视为质点)始终相对于盘面静止.已知运动员 的质量为m,运动员运动到最高点时恰好不受 摩擦力，接触面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦 力，盘面与水平面的夹角为0，重力加速度大小 为g.则下列说法正确的是(). 0了-≥ A.圆盘的角速度大小为，/gsin日 B.运动员在最低点受到的摩擦力大小为2 ngsin0 C.运动员与盘面间的动摩擦因数可能小于tanO D.若仅减小圆盘的转速，则运动员可能相对于 圆盘滑动联立解得2=r=103 tan tan 图像如图乙所示， ↑vm·sy 50-L 40- 30 20 10 0 1 0.010.020.030.040.05 tan 乙 3.C 【解析1对车进行受力分析有mgm0=m号，其中0为 支持力与竖直方向的夹角，r=Rsin0十L,代入解得v= w√g(Rsin0+L)tan0,乙的0角小，故行驶速度较小，故A 错误；若乙车提高行驶速度，增大，则0大，距离地面的高 度大，故C正确；由mg tan0=ma,可得向心加速度an= gtan0,故甲车向心加速度大，故B错误；若甲车改变行驶速 度，在离地面高度为R的圆周上运动，则0=90°，由an90° ∞，可知。也趋向无穷大，所以若甲车改变行驶速度，不可能 在离地面高度为R的圆周上运动，故D错误.故选C. 4.ACD【解析】对小球进行受力分析，如图所示，根据牛顿第 二定律有ngtan0=mw2htan0,解得h=,故A正确， B错误；结合上述可知，令绳子的拉力为F,则有Fsin0= mw2lsin0,解得F=mw2l,故C、D正确. 5.AC【解析】竖直方向上受力平衡有Tcos0=mg,可得T= 。故A正确，B错误：水平方向根据牛顿第二定律有 gtan mgtan0=mu(lsin0+r),解得w=√sn9十，故C正 确，D错误 6.AC【解析】对小球受力分析，在竖直方向有mg=Tasin0, 可知小球一定受a绳的拉力作用，故A正确；b绳绷紧，a绳 竖直方向的分力不变，则小球所受α绳的拉力随角速度的增 大保持不变，故B错误；当b绳刚要绷紧出现弹力时，水平方 向根据牛顿第二定律有T.cos0=w2L,,联立解得w= √品。即当角速度。>√高时，则6绳将出我弹力， 故C正确；由于b绳可能没有弹力，故b绳突然被剪断，α绳 的弹力可能不变，故D错误 7.AB【解析】由题可知，在绳子出现拉力前，摩擦力提供物体 做圆周运动的向心力，对A有pm1g=m1r1w员，代入数据得 wA=√15rad/s,此时对B有m2g=m2r2w层，代入数据得 Γ3 ws=/=√03rad/s=orad/s,可知当a=orad/ 时，B与转盘间的摩擦力达到最大静摩擦力，A与转盘间的 摩擦力为m1r1w=3N,绳上开始产生张力，故A正确；当 A、B均达到最大静摩擦力后，ω再增大，A、B开始相对转盘 滑动，则对A有T'一m1g=m1r1w号，对B有T+m2g= m2r2w,解得w3=√35rad/s,由以上可知，对A有，当0< ωA<√I0rad/s时，A相对圆盘静止，此时摩擦力满足0< fA1<0.3N,方向指向圆心；继续增大角速度，A相对圆盘静 止，此时绳子拉力增大，A与圆盘间的摩擦力变小，当摩擦力 为0时，对A有T"=m1ri1w好，对B有T”十m2g=m2r2wi, 解得w4三√20rad/s.当√0rad/s<wA<√2orad/s时， 、关键点：摩擦力变为0，方向即将变化 此时摩擦力由0.3N变为0，方向指向圆心，继续增大角速 度，当√20rad/s<ωA<√35rad/s时，此时摩擦力满足0< fA2<0.45N,方向背离圆心，故B正确，C、D错误. 专题4竖直面及倾斜平面内的圆周运动 1.C【解析】设绳长为L,小球运动到最高点时，对小球受力分 析，由牛顿第二定律有T+mg=m乙，整理得绳上的拉力 T-是一m,结合图像得a=5,斜率=是-合解得 一关链点：我对应的函数关系式 g=,L-,故A,B错误；当2=2b时，由图像和拉力 m a 表达式得T-2·26一mg=号·26-a=a=mg,故C正 确：当=6时，由图像和拉力表达式得T--g一号 ac a,故D错误， 2.(1)2√5m/s(2)5m/s(3)√/10m 【解析】(1)当小球恰好通过最高点时有mg=m乙， 解得=√gL=2W5m/s. (2)若细绳此时恰好被拉断，则有T=Tm=45N, 关键点：拉力达到了绳于所能承受的最大值 小球在最低点时有T-g=m工' 代入数据得v=5m/s. (3)绳断后，小球做平抛运动，设水平距离为x,则有h一L= 2t,解得=0、 5s, 故水平距离x==√10m. 3.AD【解析】在最高点a,对磁铁进行分析可知当所需的向 心力由重力提供时，磁铁受到的摩擦力为0，故A正确；在最 17 低点c,合外力向上，由对磁铁受力分析可知 摩擦力方向一定向上，磁铁受到的摩擦力不 为0，故B错误；根据题意知磁铁做匀速圆周 运动，在b点摩擦力斜向右上，摩擦力与重力F 的合力提供向心力，则磁铁受到的摩擦力大 小不等于重力，故C错误；磁铁做匀速圆周运 mg 动，在d点摩擦力斜向左上，摩擦力与重力的合力提供向心 力，如图所示，得磁铁受到的摩擦力大小一定大于重力，故D 正确.故选A、D, 40Dmg+mL(2√。（③)见解折 【解析】(1)在最低点时，铁块受到重力和杆拉力的作用，有 T低-mg=mw2L,解得T低=mg十mw2L. (2)夯受到重力Mg,杆对夯的拉力T,地面的支持力N的 作用，当铁块在最高点时，杆对夯的拉力最大，要求夯不离开 地面，即在最高点时有TMg, 又T+mg=mu2L,故mw2L≤Mg+mg, 解得o心√M mL g, /m+M 铁块匀速转动的角速度最大为√mL8, (3)在最低点时夯对地面的压力最大，在最低点时有T一 2 mg=m工’ m+M 又u=Lws=L√mLg' 代入得T'=2mg十Mg, 对夯受力分析有：夯受到重力Mg,地面的支持力N,杆对夯 的拉力与杆对球的拉力大小相同，方向相反，也记作T',有 N=T'+Mg=2mg+2Mg, 根据牛顿第三定律有Fmx=N=2g+2Mg=2(m+M)g, 因为m十M=定值，所以铁块质量m对Fmx无影响. 5.C【解析】对小物体受力分析如图所示，由牛顿第二定律有 mg cos60°+FN=mw2r,f=mngsin60°≤FN,解得w≥ √I0rad/s,故A、B、D错误，C正确！ 6020 6.AB【解析】运动员运动到最高点时恰好不受摩擦力，则有 mgsin0=mw2r,解得圆盘的角速度大小为w= /sin0,故 A正确；当运动员在最低点时受到的摩擦力最大，根据牛顿 第二定律有fm-mgsin0=mw2r,解得fm=mgsin0+ 18 mwr=2 ngsin0,又fm=N=mg cos0,可得运动员与盘 面间的动摩擦因数应满足u≥2tan0,故B正确，C错误；若 仅减小圆盘的转速，即角速度减小，运动员在最低点时有 fm=ng sin0十mw2r,可知随着角速度的减小，运动员在最 低点受到的静摩擦力减小，当角速度减小为0时，根据受力 平衡可知，摩擦力大小为f=mg sin0<fm=2 mg sin0,可知 运动员不可能相对于圆盘滑动，故D错误， 第六章单元学能测评 1.D【解析】在最高点，物体受到重力和支持力作用，根据牛 2009 顿第二定律和向心力公式，有mg一N=mR,解得N=0, 所以物体在最高点仅受重力，有水平初速度，将做平抛运动， 故D正确，A、B、C错误 2.B【解析】在A处，根据牛顿第二定律有FN一mg=m, 解得F=mg十m号，在A处，速度越大轮胎受到的作用 力越大，越容易超压报警.在B处，根据牛顿第二定律有 mgF=M解得Fmg,在B处，速度越 大，轮胎受到的作用力越小，越不容易超压报警.因此若要尽 量使胎压报警器不会超压报警，则汽车在A处应减小行驶 速度，在B处应增大行驶速度.故选B. 3.C【解析】P点以O为圆心做圆周运动，所以线速度与向心 加速度方向变化，故A、B错误；由于刮水片始终保持竖直， 所以刮水片各点的线速度与P点的相同，所以M、N两点的 线速度相同，故C正确；刮水片上各点的周期相同，所以M、 N两点的周期相同，故D错误 4.C【解析】当w=0时，小球在水平方向受力平衡，因此AC 杆对小球的作用力表现为拉力，BC杆对小球的作用力表现 为支持力，且大小相等，A错误；当ω逐渐增大时，AC杆对 小球的拉力逐渐增大，BC杆对小球的支持力逐渐减小，当 BC杆的作用力为0时，有mg tan0=moLsin8,解得ω= √c0s0当，继续增大时，AC杆对小球的拉力继续增大， BC杆对小球的作用力变为拉力，且逐渐增大，B,D错误；一 定时间后，AC杆和BC杆对球的作用力都变为拉力，拉力的 竖直分力之差等于小球的重力，即FAc cos日-Fgccos0= mg,则Fe-Fe=g因此AC杆与BC杆上的力的大 小之差恒定，C正确. 5.D【解析】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0，此过程中a、 b所需要的摩擦力分别为fa=mr.w2,f6=r6w2.因为r6>