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第13 讲 圆周运动常考模型
目录
01 课标达标练....................................................................................................................................................... 1
题型01 圆周运动中的运动学分析...................................................................................................................1
题型02 圆锥摆模型...........................................................................................................................................3
题型03 生活中的圆周运动.......................................................................................................................... 6
题型04 水平面内圆周运动的临界问题.........................................................................................................10
题型05 竖直面内的圆周运动的临界问题................................................................................................13
题型06 斜面上圆周运动的临界问题.............................................................................................................17
题型07 圆周运动与图像结合问题.................................................................................................................20
题型08 水平面内的圆周运动与平抛运动的综合问题.................................................................................23
题型09 竖直面内的圆周运动与平抛运动的综合问题.................................................................................27
02 核心突破练..................................................................................................................................................... 39
03 真题溯源练..................................................................................................................................................... 40
01 圆周运动中的运动学分析
1．（2025·河北保定·二模）某无人机（视为质点）表演时做匀速圆周运动，如图所示，在时间t 内无人机
由A 点运动到B 点，圆弧AB 所对应的圆心角为
，圆弧AB 长为L，则无人机的线速度大小为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】根据线速度公式
，可知无人机的线速度大小为
故选A。
2．
【生产生活与学科知识结合】（2025·新疆喀什·三模）地面上垂直竖立一高20m 的旗杆，已
知正午时分（12：00）太阳在旗杆的正上方，则在何时刻杆影将伸展至20m？（ ）
A．14：00
B．15：00
C．16：00
D．17：00
【答案】B
【详解】由运动的相对性可知，太阳光线对地转动的角速度等于地球自转的角速度。当杆长等于影长时，
太阳光线转过的角度为45°，地球自转的周期为24h，由θ=ωt
可求得t=3h
则在15：00 杆影将伸展至20m，故B 正确。
3．（2025·安徽滁州·二模）如图所示，用平行光从侧面照射一个做匀速圆周运动的小球，它在光屏上的影
子将做简谐运动。若从某时刻开始计时，测得影子偏离平衡位置的位移随时间变化的关系为
，则小球的加速度大小为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【详解】根据影子偏离平衡位置的位移随时间变化的关系为
，可知小球做匀速圆周运
动的半径为
，小球做匀速圆周运动的角速度为
；则小球的加速度大小为
故选D。
4．
（2025·甘肃白银·模拟预测）（多选）如图所示为星系齿轮的机构图，一半径为
的中心齿轮
和四个半径均为
的卫星齿轮嵌套在半径为
的轨道圆环内，在摇杆的作用下中心齿轮可做匀速圆周运
动，带动卫星齿轮和轨道圆环转动，下列说法正确的是（ ）
A．中心齿轮边缘各点的线速度大小与卫星齿轮边缘各点的线速度大小相等
B．中心齿轮自转一圈，卫星齿轮也刚好自转一圈
C．中心齿轮边缘各点的向心加速度与卫星齿轮边缘各点的向心加速度的比值为
D．卫星齿轮需要自转
圈才可以绕轨道圆环转动一圈
【答案】AC
【详解】A．中心齿轮与卫星齿轮边缘各点的线速度大小相等，A 项正确；
B．由
可得中心齿轮与卫星齿轮的角速度与各自半径成反比，不能同时自转一圈，B 项错误；
C．向心加速度
，相同，则
，C 项正确；
D．设卫星齿轮自转
圈才绕轨道圆环转动一圈，应有
解得
，D 项错误。
故选AC。
02 圆锥摆模型
5．
（2025·安徽·模拟预测）游乐场的旋转飞椅静止时可以简化为如图所示的模型，OB 为竖直固定
转轴，BD 为水平横杆，CM、DN 为长度相等的刚性轻绳且与BC、CD 长度相等，M、N 为完全相同的小球
（可视为质点），不考虑空气阻力作用。当整个装置以恒定的角速度转动稳定时，CM、DN 与竖直方向的
夹角分别为
，拉力大小分别为
。下列说法正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】
AB．由受力分析可知，
可得
，故AB 均错误；
CD．由受力分析可知，
，
则
，故C 正确，D 错误。
故选C。
6．（2025·山东菏泽·二模）游乐场内有一种叫“空中飞椅”的游乐项目，静止时的状态可简化为如图所示。
左边绳长大于右边绳长，左边人与飞椅的总质量大于右边人与飞椅的总质量。当匀速转动时，下列四幅图
可能的状态为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】对飞椅和人整体受力分析可知
解得
由于左边绳长大于右边绳长，则有左边角度大，即有
故选A。
7．
（2025·浙江绍兴·二模）如图所示，两根长均为L 的轻绳a 和b 固定在质量为m 的小球上，轻
绳a 的另一端固定在天花板上的A 点，AB 为竖直线，轻绳b 的另一端系有轻质小环c，小环c 套在竖直光
滑杆CD 上。情境一：竖直杆CD 缓慢右移，使轻绳a 与竖直方向夹角为37°；情境二：竖直杆CD 绕竖直
线AB 做匀速圆周运动，使轻绳a 与竖直方向夹角为37°。已知小球可看作质点，sin37°=0.6。下列说法正确
的是（ ）
A．在情境一中，轻绳a 对小球的拉力大小为mg
B．在情境一中，轻绳b 对小球的拉力大小为
C．在情境二中，转动转速越大，轻绳a 对小球的拉力越大
D．在情境二中，转动角速度为
，轻绳b 对小球的拉力为0
【答案】D
【详解】AB．对小球受力分析，根据平衡条件可得
，
解得
，
AB 错误；
CD．在情境二中，当绳b 中无拉力，小球受到绳a 的拉力及小球的重力，二者的合力为其圆周运动提供向
心力，竖直方向上受力平衡，结合上述分析可知
，
解得
即当角速度
时，绳子a 的拉力不变；当
绳子b 有拉力时，根据牛顿第二定律则有
随着转动的角速度增大，绳子a 的拉力随之增大，综上所述，当
时，绳a 的拉力随角速度的增
大而保持不变，当
时，绳a 的拉力随角速度的增大而增大，C 错误，D 正确。
故选D。
03 生活中的圆周运动
8．（2025·浙江·二模）电动汽车自动泊车如图所示，汽车按图示路线（半径为6m 的1/4 圆弧与长为5m 的
直线构成）顺利停车成功，用时40s。汽车与地面间的动摩擦因数为0.3（最大静摩擦力等于滑动摩擦力），
下列说法正确的是（ ）
A．在自动泊车过程中汽车可以看成质点
B．汽车泊车的平均速度约为0.31m/s
C．汽车在转弯过程中允许最大的加速度约为0.016m/s²
D．汽车在泊车过程中受到的摩擦力总是与运动方向相反
【答案】B
【详解】A．停车时汽车的形状和大小对停车过程影响较大，汽车不能看作质点，故A 错误；
B．汽车的位移约为
汽车泊车的平均速度约为
故B 正确；
C．由于静摩擦力提供向心力，最大的加速度约为
故C 错误；
D．圆周运动中，摩擦力的分力提供向心力，所以摩擦力不可能与运动的方向平行，故D 错误。
故选B。
9．（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。
10．（2024·辽宁抚顺·三模）大连湾海底隧道于2023 年5 月1 日正式通行，它是中国北方地区首条大型跨
海沉管隧道，其海底沉管隧道全长达
。其陆上部分有一段弯道如图所示，AB 为进入弯道前的一段平
直公路长
，BC 为四分之一水平圆弧形弯道，已知弯道半径
。一汽车到达A 点时速度为最
大限速
，汽车与路面间的最大径向摩擦力为车重力的k 倍
。为确保弯道行车安全，汽
车进入弯道前必须从某点开始做匀减速运动，减速的最大加速度大小为
。取
。求：
（1）汽车在弯道上行驶时的最大速度；
（2）在安全的前提下汽车由A 运动到B 的最短时间。
【答案】（1）
；（2）
【详解】（1）汽车在弯道上运动时根据牛顿第二定律得
解得
（2）汽车先做匀速运动再以最大加速度减速到B 点时速度为
，运动的时间最短匀减速阶段
匀速运动的位移为
解得
11．场地自行车比赛的圆形赛道是一个内倾斜路面，路面与水平面的倾角为15°。某运动员骑自行车在该
赛道上做匀速圆周运动，其速度
时，自行车恰好不受摩擦力作用。已知自行车和运动员的质量
一共是100kg，不考虑空气阻力，g 取
，已知
，
。
（1）求圆形赛道的半径；
（2）若圆形赛道的倾角改为37°，该运动员骑自行车仍然以13m/s 的速度沿该赛道做匀速圆周运动，求此
时自行车所受的摩擦力大小。（
，
）
【答案】（1）
；（2）
【详解】（1）对运动员和自行车整体，受力如图所示
竖直方向根据受力平衡可得
水平方向根据牛顿第二定律可得
联立解得
（2）当倾角变为
时，对整体受力如图所示
竖直方向根据受力平衡可得
水平方向根据牛顿第二定律可得
联立解得
04 水平面内圆周运动的临界问题
12．（24-25 高三上·安徽宿州·期末）如图为竖直转轴过圆心O 的水平圆盘，轻质弹簧一端固定在O 点，另
一端连接一质量为m 的小物块。圆盘静止时物块恰好在P 点静止，此时弹簧的伸长量为L。已知弹簧的劲
度系数为k，原长为L。圆盘的角速度ω 由0 缓慢增大至小物块相对圆盘滑动的过程中（ ）
A．弹簧对小物块的弹力一直增大
B．圆盘对小物块的摩擦力逐渐减小
C．当
时，小物块恰好不受摩擦力
D．当
时，小物块相对圆盘恰好开始滑动
【答案】D
【详解】AB．角速度较小时，根据牛顿第二定律可得
当圆盘的角速度ω 由0 缓慢增大至小物块相对圆盘滑动的过程中，弹簧弹力不变，摩擦力先减小后反向增
大，故AB 错误；
C．小物块恰好不受摩擦力时，有
所以
故C 错误；
D．小物块相对圆盘恰好开始滑动时，有
，
联立可得
故D 正确。
故选D。
13．（2025·湖北·模拟预测）（多选）如图所示，一轻质竖直挡板AB 固定在光滑斜面顶端，一根长2m 的
轻绳一端系在挡板AB 上另一端系一重50N 的小球，已知轻绳与竖直方向的夹角为
，斜面倾角为
，
整个装置处于静止状态，重力加速度
，（
，
）下列说法正确的是
（ ）
A．轻绳对小球拉力的大小为
B．斜面对小球支持力的大小为
C．若斜面向右做加速度大小为
的匀加速直线运动，则绳的拉力为0
D．若斜面以AB 所在的竖直边为轴做角速度为
的匀速圆周运动，则球对斜面的压力为0
【答案】BD
【详解】AB．对小球进行分析，如图所示
根据正弦定理有
解得
，
故A 错误，B 正确；
C．若斜面向右做匀加速直线运动时，绳的弹力恰好为0，对小球进行分析，根据牛顿第二定律有
解得
可知，若斜面向右做加速度大小为
的匀加速直线运动，则绳的拉力不为0，故C 错误；
D．若斜面以AB 所在的竖直边为轴做匀速圆周运动时，绳的弹力恰好为0，对小球进行分析，根据牛顿第
二定律有
解得
假设成立，可知，若斜面以AB 所在的竖直边为轴做角速度为
的匀速圆周运动，则球对斜面的
压力为0，故D 正确。
故选BD。
14．（2025·甘肃平凉·模拟预测）如图甲所示，绕着竖直转轴转动的水平转盘上放有质量为
的斜面体，
斜面体上放有一物块，物块质量也为
。某时刻转盘开始转动，角速度从零缓慢增大到
，斜面体和物块
始终与转盘保持相对静止，斜面体到转轴的水平距离为
，物块到转轴的水平距离为，均远大于物块和
斜面体的尺寸，如图乙所示，下列说法正确的是（ ）
A．转盘对斜面体的摩擦力始终背向转轴
B．斜面体对转盘的压力小于
C．当转盘角速度为
时，斜面体所受圆盘的摩擦力小于
D．物块所受斜面体的摩擦力沿斜面向上，并一直增大
【答案】D
【详解】B．物块和斜面体与圆盘保持相对静止时，由整体法，在竖直方向上，转盘对斜面体的支持力与
斜面体、物块的总重力是一对平衡力，由牛顿第三定律得斜面体对转盘的压力大小为
，选项B 错误；
AC．在水平向上，转盘对斜面体有指向圆心的静摩擦力，指向转轴，提供斜面体和物块的向心力，由
选项AC 错误；
D．分析物块受重力
，弹力
，沿斜面向上的摩擦力
，设斜面斜角为
，在竖直方向
在水平方向
即随
增大，
增大，
减小，即
方向沿斜向上，一直增大，D 正确。
故选D。
05 竖直面内的圆周运动的临界问题
15．（2025·安徽·模拟预测）如图所示，质量均为m 的小球1、2 分别固定在长为2L 的轻质硬杆的中点以
及一端点，硬杆可绕过另外顶端O 点的轴在竖直面内转动。若小球1 在最低点的速度大小为v，重力加速
度大小为g，不计阻力，则轴受到的作用力F1的大小为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】若小球1 在最低点的速度大小为v，则小球2 在最低点的速度大小为2v，对球2 根据牛顿第二定
律得
对球1 根据牛顿第二定律得
解得
故选C。
16．
（2025·山东·模拟预测）猫猫很怕水，当其身上沾到水后，会通过高速抖动的方式将水甩干，
于是gs 用这样一个模型来研究这一现象：如图所示，将猫猫的躯干视作轴线水平，半径为R 的圆柱（其腿
长可忽略），某一次抖动时可看作其绕自身轴线旋转，角速度为ω。若要求猫猫正上方头顶的水可以被甩
出，重力加速度为g，则角速度ω 的最小值为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】对最高点的水滴，根据牛顿第二定律得
解得
故选A。
17．（2025·湖北武汉·三模）如图所示，在竖直平面内固定一刚性轻质的圆环形细管（管道内径极小），
一质量为m 的小球放置于管内顶端A 点，其直径略小于管道内径。现给小球一微小扰动，使之顺时针沿管
道下滑。管内的B 点与管道的圆心O 等高，C 点是管道的最低点，若不计一切摩擦，下列说法中正确的是
（ ）
A．小球不可能回到A 点
B．小球对细管的作用力不可能为零
C．从A 点运动到C 点，小球对细管的作用力一直增大
D．从A 点运动到B 点，小球对细管的作用力先减小后增大
【答案】D
【详解】A．因不计摩擦阻力，则小球无机械能损失，到达A 点时速度为零，小球可回到A 点，选项A 错
误；
B．小球下滑在AB 段时，若满足
（θ 为该位置与圆心连线与竖直方向的夹角）时对细管的作用力为零，选项B 错误；
CD．由上述分析，小球从A 点运动到C 点，在AB 之间存在一个压力为零的位置，可知从A 点运动到C 点
小球对细管的作用力先减小后增大，选项C 错误，D 正确。
故选D。
18．
（2025·江苏·模拟预测）如图所示，在竖直平面内固定有光滑椭圆轨道，两焦点M、N 在x
轴上关于坐标原点O 对称。一质量为m 的小球套在轨道上从最低点开始以初速度v0运动，恰能通过最高点，
重力加速度为g。则（ ）
A．球的加速度沿竖直方向的位置共有三处
B．小球通过轨道最右端时加速度为g
C．小球与M 点的连线在相同时间内扫过的面积相等
D．初速度v0稍增大，轨道与球间作用力为零的位置会下移
【答案】A
【详解】A．在最低点加速度沿着竖直方向，最高点加速度为零，从最低点向最高点运动的过程中，到达x
轴正半轴之前，弹力指向圆环的内侧，也就是小球对圆环的内侧存在压力，由于恰好通过最高点，在最高
点时，圆环外侧对小球存在弹力，从x 轴正半轴到最高点的过程中，存在某个位置，弹力为零，加速度竖
直向下；利用对称性，在第二象限同样存在一点，加速度竖直向下，故A 正确；
B．小球在最右端时，小球受到竖直向下的重力和水平向左的弹力，二者的合力显然大于小球的重力，因
此小球在最右端时的加速度大于
，故B 错误；
C．根据开普勒第二定律可知，只在引力的作用下，行星与中心天体连线在相等时间内扫过的面积相等，
类比开普勒第二定律，小球沿椭圆运行时，还要受到轨道对小球的弹力，因此小球与M 点的连线在相同时
间内扫过的面积不相等，故C 错误；
D．设小球在A 点不受椭圆轨道作用力，如图所示
将运动倒过来可以看成从最高点由静止向下运动，在最高点弹力指向圆弧外侧，到达A 时弹力为零，通过
A 点后弹力指向圆弧内侧，如果给小球一个较小的初速度，这样到达A 点时，由于所需向心力比第一次大，
已经对圆弧内侧存在压力了，不存在压力的位置在该点的上方，D 错误。
故选A。
06 斜面上圆周运动的临界问题
19．（2025·安徽合肥·三模）如图所示，与水平方向成θ=30°角的圆盘绕垂直于盘面且过圆心的轴做匀速圆
周运动，角速度
。盘面上距轴r=0.5m 处有一可视为质点的小物块恰能与圆盘保持相对静止。
小物块的质量m=1kg，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g 取10m/s2，下列说法错误的是
（ ）
A．物块与盘面间的动摩擦因数为
B．物块从最低点转到最高点的过程中，圆盘对物块的摩擦力一直减小
C．物块转至与圆盘圆心高度相同处时，圆盘对物块的摩擦力大小为2.5N
D．在保持物块相对圆盘静止的情形下，改变圆盘角速度，物块在最高点的摩擦力不可能为零
【答案】C
【详解】B．对小物块受力分析，可知向心力由重力沿转盘斜面的下滑分力和转盘对物块的静摩擦力提供，
如图所示
以重力下滑分力的箭尾为圆心，向心力的大小为半径作圆，根据力的三角形定则可知，物块从最低点转到
最高点的过程中，圆盘对物块的摩擦力一直减小，故B 正确，不符合题意；
A．由B 的分析可知，物块在最低点时摩擦力最大，最容易脱落。物块与转盘恰能保持相对静止，可知物
块转至最低点时，摩擦力恰好为最大静摩擦力，根据牛顿第二定律有
解得
，故A 正确，不符合题意；
C．当物块转至与转盘圆心高度相同处时，根据平行四边形定则有
，故
C 错误，符合题意；
D．若最高点摩擦力为零，根据牛顿第二定律有
解得
，大于
，故在保持物块相对圆盘静止的情形下，改变圆盘角速度，物块在
最高点的摩擦力不可能为零，故D 正确，不符合题意。
故选C。
20．如图所示，在倾角为
且足够大的光滑斜面上，有一长为L 的细线，细线的一端固定在O 点，另
一端拴一质量为m 的小球。现使小球恰好能在斜面上做完整的圆周运动。已知重力加速度为g，下列判定
正确的是（ ）
A．小球在斜面上做匀速圆周运动
B．在最高点A 点时速度为
C．小球在最高点时的加速度为g
D．小球从B 运动到A 过程中，线拉力一直在减小
【答案】D
【详解】A．根据机械能守恒定律，小球在斜面上做圆周运动速率变化，不是做匀速圆周运动，故A 错误；
B．据牛顿第二定律得
所以
故B 错误；
C．小球在最高点时的加速度为
解得
故C 错误；
D．小球从最低位置转过角度
，根据圆周运动和牛顿第二定律有
小球从B 运动到A 过程中，v 减小，
减小，线拉力一直在减小，故D 正确。
故选D。
21．如图所示，倾角为37°的光滑斜面固定在水平地面上，长度为L 的细线一端与小球相连，另一端穿入
小孔O 与力传感器（位于斜面体内部）连接。小球从某一位置（细绳处于拉直状态），由静止释放后摆下，
到达最低点时力传感器的示数是小球重力的1.8 倍。现在O 点的下方钉一个钉子P（O、P 连线与斜面底边
垂直），小球从相同位置（细绳处于拉直状态），由静止释放后摆下，细线所能承受的最大拉力是重力的
3 倍，钉子和小球均可视为质点，不计空气阻力和细线与钉子相碰时的能量损失，sin37°=0.6，
cos37°=0.8。下列说法正确的是（ ）
A．当细线碰到钉子的瞬间，小球的线速度突然增大
B．当细线碰到钉子的瞬间，小球的角速度保持不变
C．为使细绳不被拉断，
之间距离可能是
D．为使细绳不被拉断，
之间距离可能是
【答案】C
【详解】AB．不计细线与钉子相碰时的能量损失，当细线碰到钉子的瞬间，小球的线速度保持不变，由
由于半径变小，可知角速度突然增大，故AB 错误；
CD．设小球运动到最低点时的速度为v，未钉钉子时，由牛顿第二定律得
解得
钉钉子后，由牛顿第二定律得
因为
则
故C 正确，D 错误。
故选C。
07 圆周运动与图像结合问题
22．（2025·甘肃平凉·模拟预测）用一根橡皮筋吊着小球做圆锥摆运动，已知在弹性限度内，橡皮筋的弹
力与形变量成正比，橡皮筋始终在弹性限度内的情况下，小球做圆锥摆运动的角速度
跟橡皮筋与竖直方
向的夹角
的关系图像正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【详解】设橡皮筋原长为
，小球的质量为m，当橡皮筋与竖直方向的夹角为
时，橡皮筋的弹力
橡皮筋的长度为
设做圆周运动的角速度为
，则
解得
故选D。
23．（2025·贵州遵义·模拟预测）如图（a）所示，一根长度为l 的轻杆一端固定在水平转轴上，另一端固
定一质量为m 的小球。轻杆随转轴在竖直平面内以角速度
匀速转动。已知轻杆对小球的作用力大小随时
间的变化关系如图（b）所示，图中
和
分别为最小值和最大值，且
，其中g 为重力加速度。则
（ ）
A．
，
B．
，
C．
，
D．
，
【答案】C
【详解】图中
和
分别为最小值和最大值，由于
，故最高点轻杆对小球提供拉力。小球运动到
最高点时轻杆对小球作用力最小，运动到最低点时轻杆对小球作用力最大，由图像可知小球运动周期为
所以角速度为
最高点时
最低点时
联立可得
故选C。
24．（2025·云南·三模）如图甲所示，一滑雪场的高阶滑道由高
的直滑道和与之在B 点相切的圆弧
轨道组合而成，圆弧轨道半径为R。运动员从斜面顶端A 点静止下滑，无能量损失地进入圆弧轨道，最终
从C 点飞出。在圆弧轨道上，运动员与圆心O 的连线与竖直线夹角为
，记录运动员受到的轨道弹力N 与
，在图乙所示的坐标系中得到一条直线段。已知B、C 在同一水平面，运动员（含装备）重力为
，
不计一切阻力。下列说法正确的是（ ）
A．运动员在圆弧轨道运动时，处于失重状态
B．图乙中
C．运动员在圆弧轨道最低点的速率为
D．从C 点飞出后，能上升的最大高度为
【答案】B
【详解】A．运动员在圆弧轨道运动时，向心加速度的竖直分量向上，运动员处于超重状态，故A 错误；
BC．A 到B 过程由动能定理得
B 点时由牛顿第二定律得
由图像知
时
圆轨道最低点时由牛顿第二定律得
由图像知
故得
，故B 正确，C 错误；
D．运动员从C 点斜抛出达到最高点时，水平速度不为0，由机械能守恒知其高度小于
，故D 错误；
故选B。
25．（2025·贵州贵阳·二模）（多选）如图所示，在水平圆盘圆心O 的一侧，沿半径方向放着用轻杆相连
的两个物体A 和B，A、B 的质量均为m，与圆盘的动摩擦因数分别为μA、μB，且最大静摩擦力等于滑动摩
擦力。现使圆盘在不同的角速度ω 下绕过O 的竖直轴匀速转动，已知重力加速度为g，则B 未发生相对滑
动前，其所受的静摩擦力f 与ω2的关系图像可能是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】ABC
【详解】A．在A、B 都未滑动前，且轻杆无拉力时，对B 物块，则有
即
与
成正比，且最大静摩擦力为
，A 正确；
BD．由于
，若
，随着
逐渐增大，A 受到的静摩擦不足以提供其圆周运动的向心力，即A 先
滑动时，则有
解得
当
弹性杆开始出现拉力，此时，对于A 则有
对于B 则有
联立解得
由此可知，在
的图像中，其斜率变大，B 正确，D 错误；
C．若
较小时，B 的静摩擦力达到最大时，在B 的摩擦力未达到最大时，且细杆间无弹力，则有
此时
与
成正比，随着
的增大，静摩擦力达到最大时，不再发生变化，其余向心力有杆的弹力提供，
即为
，C 正确。
故选ABC。
08 水平面内的圆周运动与平抛运动的综合问题
26．（2025·云南昆明·模拟预测）某电视台综艺节目中的场地设施如图所示，
为水平直轨道，上面安装
有电动悬挂器，可以载人运动，水面上漂浮着一个半径为
，角速度为
，铺有海绵垫的转盘，转盘的轴
心离平台的水平距离为
，悬挂器下端与转盘平面的高度差为
。选手抓住悬挂器，可以在电动机带动下，
从
点下方的平台边缘处沿水平方向做初速度为零，加速度为
的匀加速直线运动。选手必须作好判断，
在合适的位置脱离悬挂器，才能顺利落在转盘上。设人的质量为
（不计身高大小），人与转盘间的最大
静摩擦力为
，重力加速度为
。求：
(1)若已知
，
，
，
，且选手从某处
点脱离悬挂器能恰好落到转盘的圆
心上，则选手从平台出发多长时间脱离悬挂器？
(2)若
，
，假设选手恰好落到转盘边缘且相对转盘速度立即变为零，为保证选手不会被甩下
转盘，则转盘的角速度
应限制在什么范围？
【答案】(1)2s；(2)
【详解】（1）设水平加速段位移为x1，时间为t1；平抛时水平位移为x2，时间为t2，则加速时有
，
平抛运动阶段有
，
全程水平方向有
解得t1=2s
（2）设人落在转盘边缘也不至被甩下，最大静摩擦力提供向心力，则有
即转盘转动角速度应满足
27．如图所示，质量为m 的小球静止在足够大的水平转盘上，一根长为L 的细线一端连接在小球上，另一
端连接在圆盘竖直转轴上的A 点，细线刚好伸直时与竖直方向的夹角
，重力加速度为g，
，
，使转盘绕转轴在水平面内缓慢转动，并逐渐增大转动的角速度，求：
(1)当小球对转盘的作用力恰好为零时，转盘转动的角速度大小；
(2)当小球转动的角速度为
时，细线突然断开，小球在转盘上的落点离转轴的距离。
【答案】(1)
；(2)
【详解】（1）当小球对转盘的作用力恰好为零时，小球做圆锥摆运动，根据牛顿第二定律
根据几何关系
解得
（2）当小球转动的角速度为
时，设悬线与竖直方向的夹角为
，则有
解得
这时小球离盘面的高度
细线断开后，小球做平抛运动，运动的时间
平抛运动的初速度
平抛运动的水平位移
则落到转盘上的位置离转轴的距离
28．（2025·河南三门峡·一模）（多选）如图所示，竖直放置的圆筒内壁光滑，圆筒半径为R，高为h。
P、Q 为圆筒上、下底面圆上的两点，且
连线竖直，一可视为质点的小球由P 点沿筒内侧与半径垂直方
向水平抛出，小球质量为m，初速度大小为
。小球的运动轨迹与
的交点依次为
上的A、B、C 三点，
重力加速度为g，不计空气阻力，则以下说法正确的是（ ）
A．小球到达C 点时下落高度为
B．小球在A、B、C 三点时对筒壁的压力大小之比为1 1 1
∶∶
C．A、B 间距离为
D．小球在P 点时所受合力大小为
【答案】BC
【详解】A．小球在水平方向上做匀速圆周运动，圆周运动周期为
小球在竖直方向上做自由落体运动，小球到达C 点时，经历时间为
，则有
解得
故A 错误；
B．小球在水平方向上做匀速圆周运动，由筒壁对小球的支持力提供向心力，则有
根据牛顿第三定律有
解得
可知，小球在A、B、C 三点时对筒壁的压力大小之比为1 1 1
∶∶
故B 正确；
C．小球在竖直方向上做自由落体运动，小球到达A 点、B 点经历时间分别为T、
，则有
结合上述解得
故C 正确；
D．小球在水平方向上做匀速圆周运动，由筒壁对小球的支持力提供向心力，则有
小球所受外力的合力
故D 错误。
故选BC。
09 竖直面内的圆周运动与平抛运动的综合问题
29．（2025·北京西城·一模）半径为R 的光滑半圆轨道处于竖直平面内，轨道与水平地面相切于轨道的端
点A。一质量为m 的小球从A 点冲上半圆轨道，沿轨道运动到B 点飞出，最后落在水平地面上，重力加速
度为g。若恰好能实现上述运动，求：
(1)小球在B 点时速度的大小vB；
(2)小球的落地点与A 点间的距离x；
(3)小球刚进入圆弧轨道时，轨道对小球弹力的大小FA。
【答案】(1)
；(2)
；(3)
【详解】（1）小球恰经过B 点时，根据牛顿第二定律有
得
（2）小球从B 点飞出后做平抛运动，在竖直方向上有
得
小球落地点与A 点间的距离
得
（3）设小球在A 点速度的大小为
，在小球从A 点运动到B 点的过程中
根据动能定理有
得
小球刚进入圆弧轨道时根据牛顿第二定律有
得
30．（2025·北京海淀·一模）如图，一个质量为
的小球，在左侧平台上运行一段距离后从边缘
点以
的速度水平飞出，恰能沿圆弧切线从
点进入固定在地面上的竖直的圆弧管道，并继续滑
行。已知圆弧管道口内径远小于圆弧半径
与竖直方向的夹角是
，平台到地面的高度差为
。取
，
，
。求：
(1)小球从
点运动到
点所需的时间；
(2)P 点距地面的高度
和圆弧半径
；
(3)若通过最高点
点时小球对管上壁的压力大小
，求小球经过
点时的速度大小。
【答案】(1)
；(2)
；
；(3)
【详解】（1）对P 点的速度矢量分解可得
解得
（2）竖直方向小球做自由落体运动，由
由几何关系，P 点高度有
几何关系
代入数据得
（3）通过最高点
点时小球对管上壁的压力大小
，由牛顿第三定律得，在最高点
点时管上壁对小球
的作用力大小为
，则在
点由牛顿第二定律可得
代入数据得
1．
（2025·广东深圳·二模）网球训练中心使用的轮式发球机，侧视结构如图所示。两个半径均为
25cm 的橡胶轮，相反方向等速旋转，带动网球飞出。发球机喷嘴在地面附近，与水平面成37°角斜向上，
sin37°＝0.6，cos37°=0.8g 取10m/s2。若要求水平射程约为15m，应将橡胶轮角速度调为约（ ）
A．5 rad/s
B．10 rad/s
C．50 rad/s
D．100rad/s
【答案】C
【详解】设发球机射出网球速度大小为v，喷嘴在地面附近，网球离开喷嘴后做与水平面成37°角斜抛运动,
在水平方向有
竖直方向，根据速度-时间公式有
速度为
联立解得
故选C。
2．（2025·河北保定·一模）滚筒洗衣机的实物图片如图所示。脱水时，滚筒绕水平轴高速匀速转动，附着
在衣物上的水会从滚筒漏水孔中甩出。下列相关说法中正确的是（ ）
A．水被甩出前在最高点与最低点受到衣物附着力大小相等
B．在与转轴等高的位置，水受到的衣物附着力指向转轴
C．水在最低点更容易被甩出
D．水在最高点更容易被甩出
【答案】C
【详解】ACD．滚筒洗衣机的脱水筒匀速旋转，衣服在最高点和最低点时附着在潮湿衣服上的水的重力和
衣服与水之间的附着力的合力提供向心力，在最高点
在最低点
可得
所以在最低点时，所需要附着力较大，更容易被甩出，故AD 错误，C 正确；
B．在与转轴等高的位置，水的重力和衣物附着力的合力提供向心力，向心力方向指向转轴，由于重力向
下，所以衣物附着力不指向转轴，故B 错误。
故选C。
3．（2025·江苏·二模）竖直平面内有一L 型光滑细杆，杆上套有相同的小球A、B。现让杆绕过底部O 点
所在的竖直轴匀速转动，两小球A、B 在杆上稳定时，其相对位置关系可能正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【详解】AB．设杆与竖直方向的夹角为α，小球距离O 点的高度为h，根据牛顿第二定律得
解得
两个小球的角速度ω 相同，α 越小h 越大， AB 错误；
CD．根据牛顿第二定律得
解得
两个小球的角速度ω 相同，α 越小运动半径r 越大，所以A 球的运动半径比B 球的运动半径大， C 错误，D
正确。
故选D。
4．
（2025·北京海淀·一模）飞轮储能是一种利用高速旋转的飞轮来储存和释放能量的技术。飞轮
能储存能量，是因为转动的物体具有动能。如图所示，将飞轮简化为圆盘，可绕通过其圆心且与圆盘平面
垂直的转轴转动。可以把圆盘分成很多小块，任取一小块都能根据
来计算其动能，将所有小块
的动能累加即可以求得飞轮转动的动能。下列说法正确的是（ ）
A．飞轮转动时的动能与其转动的角速度成正比
B．飞轮转动的动能与其质量分布是否均匀无关
C．保持角速度的大小不变，若飞轮改为绕其直径转动，则其动能不变
D．保持角速度的大小不变，若飞轮改为绕其直径转动，则其动能变小
【答案】D
【详解】圆盘上的各点同轴转动，角速度
相等，质量为m 距转轴距离为r 的点的速度
其动能
其中
为转动惯量。
A．圆盘绕垂直于盘面的轴转动时
其中m 为圆盘质量，R 为圆盘半径，飞轮转动时的动能
则飞轮转动时的动能与其转动角速度的平方成正比，故A 错误；
B．转动惯量I 与飞轮的质量分布是否均匀有关，飞轮转动的动能与其质量分布是否均匀有关，故B 错误；
CD．飞轮绕垂直于盘面且过盘心的轴转动时的转动惯量
绕过直径的轴转动时的转动惯量
保持角速度的大小不变，若飞轮改为绕其直径转动，则其动能变小，故C 错误，D 正确。
故选D。
5．（2025·湖北·模拟预测）如图（a）所示，倾斜圆盘与水平面的夹角为
，它可绕过圆心且垂直于圆盘的
转轴匀速转动，在圆盘平面内以圆心O 为原点建立平面直角坐标系，x 轴沿水平方向，y 轴沿盘面向上。
圆盘上一小滑块始终与圆盘保持相对静止，其所受摩擦力沿x、y 轴的投影
、
的关系如图（b）所示。
则滑块与圆盘之间的动摩擦因数至少为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】设图（b）圆与
轴正方向的交点的纵坐标为
，则
解得
结合图（b）知，滑块运动至最高点时，所受的静摩擦力最小，方向指向圆心，大小为
。
由牛顿第二定律得
滑块运动至最低点时，所受的静摩擦力最大，方向指向圆心，大小为
由牛顿第二定律得
且满足
联立知，滑块与圆盘之间的动摩擦因数
。
故选A。
6．（2025·陕西渭南·三模）（多选）如图甲，光滑圆轨道固定在竖直面内，小球沿轨道始终做完整的圆周
运动。已知小球在最低点时对轨道的压力大小为N，动能为Ek。改变小球在最低点的动能，小球对轨道压
力N 的大小随之改变。小球的N-Ek图线如图乙，其左端点坐标为（①，②），其延长线与坐标轴的交点分
别为（0，a）、（-b，0）。重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ）
A．小球的质量为
B．圆轨道的半径为
C．图乙①处应为3b
D．图乙②处应为6a
【答案】AD
【详解】AB．根据牛顿第三定律可知，小球在最低点的压力大小等于支持力，所以小球在最低点时有
，
所以
结合图线可得
，
所以
，
故A 正确，B 错误；
CD．由于小球能做完整的圆周运动，当小球恰好通过最高点时，有
小球从最低点运动到最高点，根据动能定理可得
联立解得
，
此时可得
所以①处为
②处为
故C 错误，D 正确。
故选AD。
7．
【现代科技与学科知识结合】（2025·福建·一模）（多选）一种蒸汽机的离心调速装置如图
所示，竖直面内4 根长度均为L 的轻杆通过铰链连接，侧铰链分别固定质量为m 的飞锤，上端铰链固定在
竖直转轴O 点处，下端铰链固定一个质量也为m、可以沿转轴上下滑动的套筒。套在转轴上的轻弹簧连接
在O 点与套筒之间，弹簧原长为L。装置静止时，轻杆与竖直方向的夹角
均为
，蒸汽机启动后，通过
圆锥齿轮将转动传动到离心调速器的转轴上，带动两个飞锤绕转轴转动，从而带动套筒滑动，通过调节杠
杆改变阀门的张开程度以调节蒸汽进给量，最终使蒸汽机的转速保持稳定。调节杠杆对套筒的作用力可忽
略，弹簧始终在弹性限度内，不计一切摩擦和空气阻力，重力加速度大小为g，
，
，则（ ）
A．若蒸汽机转速变快，调节杠杆会绕
点逆时针转动
B．为使蒸汽机以更高转速稳定转动，可增加套筒质量
C．弹簧的劲度系数为
D．当
稳定为
时，飞锤的角速度为
【答案】BC
【详解】A．圆锥齿轮转动后，对飞锤分析有
对套筒分析可知
联立解得
若蒸汽机转速变快，飞锤角速度增大，可知
增大，套筒上升，则杠杆会绕
点顺时针转动，其他条件不
变时，要使蒸汽机以更高转速稳定转动，进入的蒸汽应该增多，套筒应该下降，可将套筒质量增加，故A
错误，B 正确；
C．初始时刻
，
，代入
解得
故C 正确；
D．当
时，代入
解得
故D 错误；
故选BC。
8．
（2025·全国·模拟预测）（多选）某停车场使用的是图示的曲杆道闸，道闸由转动杆
与横杆
连接而成，A、B 为横杆的两个端点。在道闸抬起过程中，杆
始终保持水平，现以O 点为坐
标原点，建立图示平面直角坐标系，其中
。以开始转动时为计时起点，在杆
绕O 点从水平
以恒定的角速度
转动到竖直的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．B 点的轨迹方程为
B．t 时刻B 点的水平分速度为
C．t 时刻B 点水平方向的分加速度为
D．杆
对杆
的作用力逐渐减小
【答案】ACD
【详解】A．A 点的运动是以O 为圆心，L 为半径的圆周运动，A 点的轨迹方程为
则B 点的运动是以
为圆心，L 为半径的圆周运动[提示A、B 间距恒定，A、B 始终等高]，则B 点的轨
迹方程为
故A 正确；
BC．
杆在t 时刻转过的角度为
，则B 点的横坐标
位移时间图像的斜率表示速度，对时间求导可得
速度时间图像的斜率表示加速度，再次求导可得
故B 错误，C 正确；
D．对杆
上任意一点分析，转动过程做匀速圆周运动，则合外力（向心力）大小恒定，由于重力与合外
力的夹角逐渐减小，即该点受到的除重力以外的其他力减小，所以杆
对杆
的作用力逐渐减小，故D
正确。
故选ACD。
9．
（2025·陕西·三模）如图所示，离心液体分离器是一种利用离心现象将液体混合物中不同密
度的成分进行分离的设备。某次运行检测，注入密度为ρ 的某种液体，当其达到稳态时，可将其简化如下：
密度为ρ 的液体在中心转鼓的作用下以恒定角速度ω 绕中心轴在一个竖直放置的圆柱形容器内匀速旋转；
液体在旋转过程中形成一个稳定的旋转环，可将其近似看作围绕中心轴在水平方向做匀速圆周运动的薄层
液体。设薄层液体距离中心轴的半径为r，水平厚度d (d 远小于r)、竖直深度h 在运动过程中均保持不变。
（r、ρ、d、h，ω、Δt 均为已知量）求：
(1)在（极短的时间）Δt 内，该薄层液体通过任意截面的质量Δm。
(2)该薄层液体在（极短的时间）Δt 时间内速度的变化量Δv 的大小。
(3)该薄层液体对容器外侧壁产生的压强p。
【答案】(1)
；(2)
；(3)
【详解】（1）Δt 时间内对应质量
对应液体体积
联立可知
（2）由加速度定义式
向心加速度
联立可知
（3）由压强定义式
，
向心力
联立可知
10．
（2025·宁夏陕西·模拟预测）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。
【答案】(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
1．（2025·江苏·高考真题）游乐设施“旋转杯”的底盘和转杯分别以
、
为转轴，在水平面内沿顺时
针方向匀速转动。
固定在底盘上。某时刻转杯转到如图所示位置，杯上A 点与
、
恰好在同一条直
线上。则（ ）
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·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．90
B．120
C．150
D．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。
3．（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。
4．（2025·重庆·高考真题）“魔幻”重庆的立体交通屋叠交错，小明选取其中两条线探究车辆的运动。如
图所示，轻轨列车与汽车以速度
分别从M 和N 向左同时出发，列车做匀速直线运动，汽车在长为s 的
NO 段做匀减速直线运动并以速度
进入半经为R 的OP 圆孤段做匀速圆周运动。两车均视为质点，则（
）
A．汽车到O 点时，列车行驶距离为s
B．汽车到O 点时，列车行驶距离为
C．汽车在OP 段向心加速度大小为
D．汽车在OP 段向心加速度大小为
【答案】B
【详解】AB．对汽车，根据速度位移关系
可得匀减速运动的加速度大小
汽车做减速运动的时间
这段时间列车行驶距离为
B 正确，A 错误；
CD．根据
可得汽车在OP 段向心加速度大小为
CD 错误。
故选B。
5．（2025·福建·高考真题）（多选）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。
6．（2025·山东·高考真题）（多选）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。
