文档内容
第 19 讲 圆周运动的综合应用
学习目标
明 确目标 确定方向
1. 圆周运动与平抛运动结合
2. 圆周运动的临界问题
【 知识回归 】 回 归课本 夯实基础
一．圆周运动的临界问题
处理临界问题的解题步骤：
1．判断临界状态：有些题目中有“刚好” “恰好”“正好”等字眼，明显表明题述的过程存在着临界
点；若题目中有“取值范围”“多长时间”“多大距离”等词语，表明题述的过程存在着“起止点”，而
这些起止点往往就是临界状态；若题目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼，表明题述的过程
存在着极值，这个极值点也往往是临界状态。
2．确定临界条件：判断题述的过程存在临界状态之后，要通过分析弄清临界状态出现的条件，并以数学
形式表达出来。
3．选择物理规律：当确定了物体运动的临界状态和临界条件后，对于不同的运动过程或现象，要分别选
择相对应的物理规律，然后再列方程求解。
【 典例分析 】 精 选例题 提高素
养
【例1】．（2023春·重庆渝中·高三重庆巴蜀中学校考阶段练习）如图所示，质量为 、 的物体A、B
用轻绳连接放在水平圆盘上，A、B距圆盘中心转轴距离相等，此时细线伸直且恰无张力，A、B与圆盘间
动摩擦因数分别为 、 。若圆盘从静止开始转动，且在角速度ω缓慢增大的过程中，下列说法正确的
是（ ）
A．无论 、 大小关系如何，A、B一定同时达到最大静摩擦力B．当 ， 时，A先达到最大静摩擦力
C．当 ， 时，随角速度的缓慢增大，B的摩擦力方向将发生改变
D．当 ， 时，随角速度的缓慢增大，A、B将向B的一侧发生滑动
【答案】C
【详解】A．当圆盘转速增大时，由静摩擦力提供向心力。两个物体的角速度相等，由
可知，A、B动摩擦因数大小关系不确定，无法确定谁先达到最大静摩擦力，故A错误；
B．当 ， 时，由
解得
可知，同时达到最大静摩擦力，故B错误；
C．当 ， 时，随角速度的缓慢增大，两物体同时达到最大静摩擦力，之后绳中出现拉力
，
因为A的质量大，A需要提供的向心力比B的大，角速度继续增大时，B的摩擦力减小，然后反向，C正
确；
D．当 ， 时，随角速度的缓慢增大，B则先达到最大静摩擦力，之后绳中出现拉力
，
因为A的质量大，A需要提供的向心力比B的大，角速度继续增大时，A的静摩擦力逐渐增大到最大值，
之后B的摩擦力减小，然后反向直到B的摩擦力又达到最大后，最终A、B将向A的一侧发生滑动，D错
误；
故选C。
【2】．（2023·全国·高三专题练习）转弯角速度测量在航海、航天中有重要意义，一种测量角速度的装置简化模型如图所示。质量为m的小球A与弹簧拴连并穿在光滑细杆上，小球连接到滑动变阻器上。小球静
止时，滑片置于中点，输出电压信号为 。当小球A绕轴 转动时，小球在细杆上移动并带动滑片P滑
动，检测电路输出的电压信号的变化，从而测量出旋转角速度 。已知弹簧的原长为 、滑动变阻器的长
度为l，劲度系数为k。（ ）
A．小球A由静止开始转动时，滑片向B端滑动
B．小球A的转动角速度增大时，电源中流过的电流减小
C．弹簧的形变量为
D．输出电压的变化量与角速度的函数式为
【答案】D
【详解】A．当小球A绕轴 转动时，小球受到弹簧提供的指向圆心的向心力，弹簧处于伸长状态，故
小球A由静止开始转动时，滑片向C端滑动，故A错误；
B．小球A的转动角速度增大时，由 可知滑片向C端靠近，滑动变阻器接入电路中的电阻不变，
电源中流过的电流不变，故B错误；
C．由
解得
故C错误；D．输出电压与角速度的函数式为
又
所以输出电压的变化量与角速度的函数式为
故D正确。
故选D。
【例3】．（2023春·云南玉溪·高一云南省玉溪第三中学校考阶段练习）如图所示，水平放置的半径为R
的薄圆板的边缘放置了一个小物体，小物体的质量为m，小物体与薄圆板间的动摩擦因数为 ，滑动摩擦
力等于最大静摩擦力，薄圆板距地面高为h，薄圆板可绕中间竖直轴转动，薄圆板中间轴固定在地面上的
O点，小物体可视为质点，重力加速度为g。求：
（1）薄圆板的角速度为多大时，小物体滑离薄圆板？
（2）小物体的落地点与O点的距离。
【答案】（1） ；（2）
【详解】（1）设薄圆板的角速度为 时小物体恰好从薄圆板滑离，此时有
解得（2）小物体滑离薄圆板后做平抛运动，落地点到抛出点的水平距离为 ，有
小物体滑离薄圆板时速度为
联立解得
小物体的落地点与O点的距离
【巩固练习】 举 一反三 提高能
力
1．（2023·全国·高三专题练习）如图所示，在圆锥体表面放置一个质量为m的小物体，圆锥体以角速度
绕竖直轴匀速转动，轴与物体间的距离为R。为了使物体m能在锥体该处保持静止不动，物体与锥面间的
静摩擦系数至少为多少？（ ）
A． B．C． D．
1【答案】B
【详解】水平方向受力
竖直方向受力
解得
故选B。
2．（2023·全国·高三专题练习）如图所示，同一水平面的皮带轮 通过不打滑的皮带传动， 轮的半径
是 轮的2倍。在皮带轮各自的轴上用长度相同的轻绳分别悬挂质量为 和 的甲、乙两个小球，二者
质量关系满足 。两轻绳上端的悬挂点足够高且在同一水平面上，通过外力驱动 轮，待系统稳定
转动后，两轻绳与轴的夹角分别为 和 。下列说法正确的是（ ）
A．甲、乙两球转动的角速度之比为2∶1
B．甲、乙两球在同一水平面上
C．因为 ，所以
D．甲、乙两球受到细绳的拉力大小相等
2【答案】D
【详解】A． 通过皮带传动，系统稳定后， 匀速转动，线速度大小相同，即，
所以
A错误；
B．甲、乙两球做匀速圆周运动，设 为轻绳与轴的夹角，显然 ，由
，
得
甲、乙两球离悬挂点的高度之比为
故甲、乙两球不在同一水平面上，B错误；
C．甲、乙两球做匀速圆周运动，由
得
再由
得
故
但此大小关系与质量无关，C错误；
D．由题知拉力
因
且故甲球受到细绳的拉力等于乙球受到细绳的拉力，D正确。
故选D。
3．（2022秋·江西宜春·高三江西省樟树中学校考阶段练习）某研究小组将一个装有几个相同的光滑小圆柱
体（半径为r）的小盒子（其体积相对圆盘很小）放置到水平圆盘上，如图所示，其中图甲为装置图，图
乙为小盒子内小圆柱体放大后的截面图。盒子中光滑的小圆柱体与所在位置的圆盘半径垂直。现让圆盘的
角速度缓慢增大。已知小盒子与圆盘间的摩擦因数 ，盒子到转轴的距离为L，且 ，重力加速
度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则（ ）
A．随圆盘转动的角速度缓慢增大，圆柱体Q对P的弹力增大
B．随圆盘转动的角速度缓慢增大，圆柱体Q对P的弹力不变
C．只要圆盘的角速度不超过 ，所有的物体都相对圆盘静止
D．只要圆盘的角速度不超过 ，所有的物体都相对圆盘静止
3【答案】D
【详解】A．随着转盘角速度缓慢增大，P做圆周运动所需的向心力增大，受力分析可知，圆柱体Q对P的
弹力将变小，Q对M的弹力增大，A错误；
B．随圆盘转动的角速度缓慢增大，圆柱体Q对P的弹力将减小，B错误；
C．要使得所有物体相对于圆盘静止，则相对于要保证P相对于圆盘静止，对P进行受力分析如图所示由图可知，当P只受到M的弹力和自身重力来提供向心力时，此时向心力达到最大值，由几何关系可得
又由向心力与角速度关系可知
因为r远小于L，故取成L，解得
C错误；
D．只要圆盘的角速度不超过 ，所有的物体都相对圆盘静止，D正确。
故选D。
4．（2023·全国·高三专题练习）一片树叶落在雨伞上面，通过旋转雨伞可以将树叶甩出去．雨伞平面可以
看作圆锥面，树叶可看作质点，与伞柄的距离为R，如图所示．雨伞的角速度 逐渐增大，达到 时，树
叶即将发生滑动．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．已知重力加速度为g，则下列说法中正确的是（ ）
A．随着 增大，树叶受到的离心力大于向心力，最终脱离伞面
B．树叶滑动之前，随着 增大，树叶受到的支持力不变
C．树叶滑动之前，随着 增大，树叶受到的摩擦力变大D．树叶与伞面之间的动摩擦因数
4【答案】C
【详解】A．树叶被甩出去是因为指向圆心的合力小于所需要的向心力，发生离心现象，A错误；
BC．树叶滑动之前，受力分析如图1所示
图1
在竖直方向受力平衡，有
在水平方向，有
联立解得支持力
随角速度ω的增大而减小；摩擦力
随角速度ω的增大而增大，B错误，C正确；
D．雨伞的角速度达到 时，树叶刚好发生滑动，此时在竖直方向有
在水平方向有
再由 ，可得
D错误。
故选C。
5．（2023春·安徽宣城·高三安徽省宣城市第二中学校考阶段练习）如图甲所示，质量相等的物块A、B放
在水平圆盘上，A、B和圆盘圆心O在同一直线上，让圆盘绕过圆心O的竖直轴匀速转动，当A刚要滑动时，转动的角速度为 ，当B刚要滑动时，转动的角速度为 ，若A、B在圆盘上的位置不变，用细线将
A、B连接，细线刚好伸直，如图乙所示，让圆盘匀速转动，当A、B一起刚要滑动时，转动的角速度为
，两物块与盘面间的动摩擦因数相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列关系正确的是（ ）
A． > > B． < < C． < D． <
5【答案】A
【详解】设物体到圆心的距离为r，当物体刚要滑动时，由牛顿第二定律
可得
用细线将A、B连接，当它们一起刚要滑动时，对B物体由牛顿第二定律
对A物体有
联立解得
因为 ，所以可得
故A正确。
故选A。
6．（2023春·山西大同·高一统考期中）如图所示，水平面上O点有一个向上的竖直细管，细管的上方安装有喷头，喷头能一边匀速旋转一边喷水，当喷口距地面高度为h、喷水管出水的速度为v、喷头旋转的角速
度为 时，它喷出的水流在地面形成以O为圆心、半径为r的圆周，以下说法正确的是（ ）
A．若h变为原来的2倍，其他条件不变，则半径r变为原来的2倍
B．若 变为原来的2倍且v变为原来的2倍，其他条件不变，则喷头旋转一周喷水总量变为原来的2倍
C．若h、 、v均变为原来的2倍，则喷头旋转一周使得水流形成圆周的单位长度获得的水量变为原来的
倍
D．若 减为原来的一半且v变为原来的2倍，则喷头旋转一周使得水流形成圆周的单位长度获得的水量变
为原来的 倍
6【答案】C
【详解】A．喷水做平抛运动，则
下落时间
半径
当h变为原来的2倍，则半径变为原来的 倍，故A错误；
B．若 变为原来的2倍且v变为原来的2倍，喷头旋转一周的时间变为原来的一半，v变为原来的2倍，
则出水量不变，故B错误；
C．因为 变为原来的2倍且v变为原来的2倍，则喷头旋转一周出水量不变，又因为 h变为原来的2倍且速度变为原来的2倍，则半径变为 倍，所以单位长度获得水量为原来的 倍，故C正确；
D．若 减为原来的一半且v变为原来的2倍，则喷头旋转一周的出水量变为原来的4倍，半径变为原来的
2倍，则圆周上单位长度获得水量变为原来的2倍，故D错误。
故选C。
7．（2023春·河南焦作·高一统考期中）如图所示，水平轻弹簧一端连接物块m，另一端固定在水平转盘的
中心轴上，转盘绕中心轴匀速转动的角速度为ω，弹簧没有超过弹性限度，转盘足够大。已知物块与转盘
间的动摩擦因数为μ，弹簧原长为l₀，劲度系数为 ，g为重力加速度。以下说法正确的是（ ）
A． 时，弹簧弹力一定为0
B． 时，弹簧长度可能为
C．ω由0缓慢增大，摩擦力一直增大
D．ω由0缓慢增大，弹簧的弹力不为零，且一直增大
7【答案】B
【详解】AB．物体随转盘一起做圆周运动时先是摩擦力提供向心力，当摩擦力达到最大静摩擦后继续增大
转盘的转速，弹簧就会出现弹力，则弹簧弹力为零时，即弹簧处于原长时，根据牛顿第二定律有
解得而当弹簧的长度为 时，此时物块做圆周运动的半径为 ，做圆周运动所需的向心力为弹簧的弹力与最大
静摩擦之和，设此时物块转动的角速度为 ，根据牛顿第二定律有
解得
故A错误，B正确；
CD．ω由0缓慢增大，物块受到的静摩擦力逐渐增大，物块做圆周运动所需向心力由静摩擦力提供，弹簧
的弹力为零，当 时，静摩擦力达到最大，若 继续增大，则物块开始滑动，弹簧将被拉伸，弹簧
的弹力由0逐渐增大，此后摩擦力为滑动摩擦力，大小不再变化，故CD错误。
故选B。
8．（2023春·安徽池州·高一统考期中）如图所示，水平转盘上的A、B、C三处有三块可视为质点正立方
体物块，与转盘间的动摩擦因数相同，B、C处物块的质量相等为m，A处物块的质量为2m，点A、B与轴
O的距离相等且为r，点C到轴O的距离为2r，转盘以某一角速度匀速转动时，A、B、C处的物块都没有
发生滑动现象，下列说法中正确的是（ ）
A．C处物块的向心加速度最小
B．A处物块受到的静摩擦力最小
C．当转速增大时，最先滑动起来的是C处的物块
D．当转速继续增大时，最后滑动起来的是A处的物块
8【答案】C【详解】A．三个物块都随转盘转动而做匀速圆周运动，角速度ω相同，则三个物块的向心加速度分别为
， ，
则知C处物块的向心加速度最大，故A错误；
B．三个物块所受的摩擦力分别为
， ，
则B处物块受到的静摩擦力最小，故B错误；
CD．物块开始滑动时，对A有
解得
同理可得
，
则C处物块最先滑动起来，当转速继续增大时，A、B处物块同时开始滑动，故C正确，D错误。
故选C。
9．（2023·浙江台州·校联考模拟预测）如图所示，物体A、B用细线连接，在同一高度做匀速圆周运动，
圆心均为点O。在某时刻，细线同时断裂，两物体做平抛运动，同时落在水平面上的同一点。连接A、B的
细线长度分别为10l、5l，A、B圆周运动的半径分别为6l、4l，则O点到水平面的高度为（忽略物体的大
小和细线质量）（ ）
A．6l B．10l C．12l D．15l9【答案】C
【详解】两球落地时水平方向的位移关系如图
由几何关系可得
由平抛规律可知水平方向
下落的高度
小球做圆周运动时受力情况如图
由相似关系可得
联立可得故选C。
多选10．（2021春·安徽·高一校联考阶段练习）如图所示，位于水平面内的圆盘圆心为O点，轻杆AO垂
直并且固定于粗糙的圆盘上，长度为 的细绳一端固定于O上方 处的A点，另一端与放置于圆盘上的物
体栓接初始时细绳恰好伸直，现让圆盘以AO为轴转动起来，当转动的角速度ω缓慢增大时（物体始终没
有离开圆盘，已知重力加速度为g），下列说法正确的是（ ）
A．小球始终受三个力的作用
B．物块所受到的摩擦力先增大后减小
C．细绳的拉力一直增大
D．要使物块不离开水平面，转动的角速度的最大值为
10【答案】BD
【详解】A．小球可能受到重力，支持力，摩擦力，绳子的拉力四个力的作用，A选项错误；
BC．在摩擦力达到最大值之前，绳子的拉力为 0，摩擦力为静摩擦力，并且摩擦力随角速度的增加而变
大，当绳子出现拉力之后，随角速度的增加，绳子的拉力增大，摩擦力减小，因此 B选项正确，C选项错
误；
D．当圆盘对物体的弹力为零时
其中 ； ，得
所以D选项正确。
故选BD。多选11．（2023春·福建泉州·高一福建省永春第一中学校考竞赛）如图所示，在水平桌面上有一个固定竖
直转轴且过圆心的转盘，转盘半径为r，边缘绕有一条足够长的细轻绳，细绳末端系住一木块。已知木块
与桌面之间的动摩擦因数 。当转盘以角速度 旋转时，木块被带动一起旋转，达到稳定
状态后，二者角速度相同。已知 ，下列说法正确的是（ ）
A．当 稳定时，木块做圆周运动的半径为2m
B．当 稳定时，木块的线速度与圆盘边缘线速度大小之比为
C．要保持上述的稳定状态，角速度
D．无论角速度多大，都可以保持上述稳定状态
11【答案】AC
【详解】设小木块的质量为 ，做圆周运动的半径为 ，对木块受力分析，如图所示
根据几何关系有
，
根据题意,物块的切向加速度为零，则有
根据几何关系有物块做匀速圆周运动有
联立解的
AB．当 稳定时，代入数据解的，木块做圆周运动的半径为
木块的线速度与圆盘边缘线速度大小之比为
故B错误A正确；
CD．要保持上述的稳定状态，由
可知
解得
故D错误C正确。
故选AC。
多选12．（2023春·安徽·高一安徽省当涂第一中学校联考阶段练习）如图所示，相同材料做成的A、B两
个物体，用细线连接放在匀速转动的水平转台上随转台一起绕竖直轴转动。已知物体质量间的关系
m =2m ，转动半径相同均为r，已知物体与转台间摩擦因数为μ，重力加速度为g，以下说法中正确的是（
B A
）A．转台角速度 ，B物体的摩擦力是A物体的摩擦力的2倍
B．随转速的增加，物体A受到的摩擦力先达到最大值
C．随转速的增加，两物块受到的摩擦力一直增加，直至相对转台发生滑动
D．转台角速度 ，两物块相对转台开始发生滑动
12【答案】AD
【详解】A．当摩擦力达到最大静摩擦力时
因此 时，绳子没有拉力，由静摩擦力提供二者的向心力
由于B的质量是A的2倍，所以摩擦力是A的2倍，选项A正确；
B．随转速的增加，两物块同时达到最大静摩擦力，选项B错误；
C．达到最大摩擦力之后A的摩擦力开始减小，减到0开始反向，沿半径向外，直至再一次达到最大，选项
C错误；
D．A物块摩擦力反向最大时，
对A
对B得到
所以选项D正确。
故选AD。
多选13．（2023·山东聊城·统考二模）在儿童游乐场有一种射击游戏，地面上圆形轨道的半径为R，轨道
上的小车以角速度ω做匀速圆周运动，坐在小车上的游客使用玩具枪向处于轨道圆心处的立柱射击，某次
射击时子弹恰好水平击中立柱的最高点，射击时枪口到立柱最高点的水平距离为x，竖直距离为h，重力加
速度为g，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．子弹射出枪口时的速度大小为
B．子弹射出枪口时的速度大小为
C．射击时枪管与水平面的夹角为θ，
D．射击时枪管与水平面的夹角为θ，
13【答案】AD
【详解】AB．射击过程中所用的时间
，
射击时枪口到立柱最高点的水平距离为x，故水平方向的速度为
竖直方向的速度为
整理得子弹射出枪口时的速度大小为 ，A正确，B错误；CD．射击时枪管与水平面的夹角为θ，子弹相对于地面水平方向速度为
则有
C错误，D正确。
故选AD。
14．（2023·全国·高三专题练习）目前，乒乓球运动员都使用发球机来练球。现建立如下简化模型，如图
所示，水平乒乓球球台离地高度H=0.75 m，总长L=3.2 m，置于居中位置的球网高h=0.15 m，发球机装在
左侧球台的左边缘中点，发球过程简化为：球从C点出发后（C点与球台等高），通过半径R=0.2 m的
圆弧管道，在最高点D点水平且平行于球台中轴线发出（定义该速度为发球速度），D点在球台上方且与
球台左边缘的水平距离l=0.1 m。可视为质点的乒乓球质量m=0.003 kg，运动中所受空气阻力不计，与球台
的碰撞视为弹性碰撞，即碰撞后速度大小不变，碰后方向与碰前方向关于竖直线对称。发球规则为：乒乓
球必须在左侧球台碰撞一次（仅限一次），跨网后能与右侧球台碰撞即视为发球成功。
（1）若发球速度为v=5 m/s，求乒乓球对D点轨道压力的大小和方向；
（2）求发球机成功发球的速度范围；
（3）现定义有效回球时间：球第一次碰撞右侧球台后至再次碰撞球台的时间间隔为有效回球时间，若第
一次碰撞右侧球台后不再第二次碰撞球台，球第一次碰撞右侧球台后至球运动到球台平面以下离球台竖直
高度差为0.25 m前的时间间隔为有效回球时间。则以（2）问中的最小速度和最大速度发球的有效回球时
间各为多少？
14【答案】（1）0.345 N，方向竖直向上；（2） ； ；（3）最小速度发球：t'=0.4s；
以最大速度发球：【详解】（1）设轨道对球的压力为F，方向向下
解得
F=0.345N
则球对轨道的压力为0.345 N，方向竖直向上；
（2）球发出后至落到球台做平抛运动，竖直位移为R=0.2 m，由
解得
t=0.2s
易得，平抛运动前0.1 s和后0.1 s的竖直位移分别为0.05 m和0.15 m，结合网高0. 15 m，经过分析可得
图一和图二分别是能够过网的最小速度和最大速度的对应情景。
易得：以图中最小速度发球。经过0. 5 s，球到达球网。
解得
显然球能够在右侧球台碰撞。此即最小成功发球速度；
同理：以图中最大速度发球，经过0. 3 s，球到达球网。
解得
易得球过网后再经过0. 3 s落到右侧球台上距离右边缘0.1 m处，故此最大速度即成功发球的最大速度。（3）以最小速度发球：
经分析可得：球可以在右侧球台碰撞两次，故有效回球时间为t'=0.4s
以最大速度发球：
经分析可得：球在右侧球台只能碰撞一次。故有效回球时间为球的上升时段和球的下落时段之和，显然球
的上升时间为t1=0.2 s，求得球下落的竖直位移为0.45m
解得
所以有效回球时间为
15．（2022秋·全国·高二统考强基计划）游乐场中有众多的游乐项目，其安全性越来越受到公众及政府相
关管理部门的重视。旋转飞椅是游乐场中比较常见的一种游乐项目，为分析其安全问题，可将其简化为如
图所示的圆锥摆来进行分析。设圆锥摆的摆线长度为 ，其所允许承受的最大拉力 为摆球重力的
3倍。圆锥摆静止时小球到地面的高度为 ，重力加速度 ，空气阻力不计。
（1）若为了安全，圆锥摆的细线拉力不允许超过最大拉力的 ，则该圆锥摆允许的最大角速度为多大？
（2）若当圆锥摆以（1）中的角速度运动时小球上的一部分从小球上脱落，则该脱落部分落地点与悬挂点
正下方地面上的 点的距离是多少？
15【答案】（1） ；（2）4m
【详解】（1）设摆球质量为m，则当细线中的拉力达到最大拉力 的 时，角速度最大，设此时细线与竖直方向之间的夹角为 ，则有
，
解得
，
（2）设小球上的一部分从小球上脱落时的速度为 ，则有
小球脱落后做平抛运动，则有
，
根据几何关系，则该脱落部分落地点与悬挂点正下方地面上的 点的距离为
解得
16．（2023春·湖北武汉·高一武钢三中校考阶段练习）如图（甲）所示，是饭店常见的一种可旋转餐桌，
其在圆形桌面上安装有可转动的圆盘，转盘的半径r为0.8m，转盘与桌面的高度差忽略不计，圆形桌面的
半径R为1m，转盘中心与桌面中心重合，桌面与水平地面的高度差为0.8m，在转盘边缘有一个陶瓷杯，
示意图如图（乙）所示，陶瓷杯与转盘、桌面之间的动摩擦因数分别为 、 ，取
，杯子可视为质点，求：
（1）为了不让陶瓷杯在转盘上发生相对滑动，转盘转动的最大角速度为多少?
（2）当转盘以（1）中的最大角速度旋转时，服务员突然抓住转盘使其停止转动，陶瓷杯滑上桌面并最终
从桌面飞出，陶瓷杯落地点离桌面边缘飞出点的水平距离为多少?16【答案】（1） ；（2）
【详解】（1）为了不让陶瓷杯在转盘上发生相对滑动，则向心力不能大于最大静摩擦力，即
解得
转盘转动的最大角速度为 。
（2）陶瓷杯从转盘上滑出时速度为
滑出后物块在桌面上做匀变速直线运动，则
桌面半径为 ，如图所示
由几何关系可得物块在桌面上滑行的距离为
根据匀变速直线运动规律可得
解得
划出桌面后做平抛运动，在竖直方向上
则陶瓷杯落地点离桌面边缘飞出点的水平距离为解得
陶瓷杯落地点离桌面边缘飞出点的水平距离为0.16m。
17．（2023春·浙江·高一校联考期中）某游戏装置如图所示，由弹丸发射器、水平面、圆形轨道 （其
中 略有错开）、两竖直放置的半圆形管道 及放置在水平地面上等腰直角斜面 构成．游戏者调
节弹丸发射器，使弹丸（可视为质点）从A点水平发射经过圆形轨道 后，经D点进入半圆形管道，
沿半圆形管道 从其顶点E水平飞出，击中等腰直角斜面 为过关（游戏过程中不考虑弹丸落地后
的反弹过程）。已知弹丸质量 ，圆形轨道半径 ，半圆形管道半径 ，等腰直角斜
面距半圆形管道的距离 ，直角斜面高 ，所有接触面均光滑，不考虑弹丸在管道里碰撞时
的能量损失，求：
（1）某次弹丸恰好过圆形轨道最高点 时的速度 ；
（2）某次弹丸运动至D点的速度为 ，则此时弹丸对管道的作用力 ；
（3）若某次弹丸过E点时对管道的作用力为0.5倍的重力，则弹丸会击中斜面吗？若会，则求出弹丸撞击
在等腰直角斜面的位置；
（4）若等腰直角斜面的高 及与半圆形管道的距离 可变，可使弹丸无碰撞沿等腰直角斜面的 面滑
下，则求 与 需满足关系。
17【答案】（1） ；（2） ，方向竖直向下；（3）见解析；（4）见解析
【详解】（1）由弹丸恰好过 点，重力刚好提供向心力，则有
解得（2）弹丸在D点时，根据牛顿第二定律可得
可得
由牛顿第三定律可知，弹丸对管道的作用力大小为 ，方向竖直向下。
（3）由于管道对弹丸的作用力可以为支持力也可以为压力，故分两种情况：
若管道对弹丸的作用力为支持力，根据牛顿第二定律可得
可得
令弹丸撞在斜面离地面高 地方，可由平抛运动规律可得
联立解得
即弹丸将击中斜面上的 点，游戏过关。
若管道对弹丸的作用力为压力，根据牛顿第二定律可得
可得
令打在斜面上离地面高 处，由平抛规律可得联立解得
即击中 点，游戏过关。
故综上所述，此弹丸可击中斜面，分别可能击中 或 点。
（4）由弹丸无碰撞沿等腰直角斜面的 面滑下可知
可得
