文档内容
专题 04 曲线运动
01专题网络·思维脑图
02考情分析·解密高考
03高频考点·以考定法
04核心素养·难点突破
05创新好题·轻松练习
考点内容 考情预测
曲线运动以合外力和速度的方向为简单的
曲线运动中的合外力和速度 命题。主要以生活中的情景引入一些斜抛
平抛类问题，此类命题偏难。小船渡河模
小船渡河模型 型近几年高考命题偏少，近五年仅有2021
年辽宁高考出现过。生活中的圆周运动也
平抛运动 主要以圆锥摆、水平转盘上的物体，竖直
面内的圆周运动为考点结合生活现象引出
斜抛运动 命题。
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】生活中的圆周运动
1.熟悉掌握曲线运动的合外力和速度方向，以及关联速度问题。
2.理解小船渡河模型的最短时间渡河以及渡河距离最短的三类问题。
学
3.掌握平抛运动的基本公式，平抛问题的基本处理方法，以及斜面抛体问题和平抛的
习 追及相遇问题。
目 4.掌握斜抛的基本公式，斜抛问题的处理方法，清楚斜抛问题的对称性，以及反向类
标
平抛问题。
5.熟悉掌握圆锥摆、水平转盘上的物体，竖直面内的圆周运动等问题的临界问题，清
楚圆周运动先受力分析再等于向心力的处理方法。
【典例1】（2023·湖南·统考高考真题）如图（a），我国某些农村地区人们用手抛撒谷粒进行水稻播种。
某次抛出的谷粒中有两颗的运动轨迹如图（b）所示，其轨迹在同一竖直平面内，抛出点均为O，且轨迹交
于P点，抛出时谷粒1和谷粒2的初速度分别为v 和v ，其中v 方向水平，v 方向斜向上。忽略空气阻力，
1 2 1 2
关于两谷粒在空中的运动，下列说法正确的是（ ）
A．谷粒1的加速度小于谷粒2的加速度 B．谷粒2在最高点的速度小于v
1
C．两谷粒从O到P的运动时间相等 D．两谷粒从O到P的平均速度相等
【答案】B
【详解】A．抛出的两谷粒在空中均仅受重力作用，加速度均为重力加速度，故谷粒1的加速度等于谷粒2
的加速度，A错误；
C．谷粒2做斜向上抛运动，谷粒1做平抛运动，均从O点运动到P点，故位移相同。在竖直方向上谷粒2
做竖直上抛运动，谷粒1做自由落体运动，竖直方向上位移相同故谷粒2运动时间较长，C错误；
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】B．谷粒2做斜抛运动，水平方向上为匀速直线运动，故运动到最高点的速度即为水平方向上的分速度。
与谷粒1比较水平位移相同，但运动时间较长，故谷粒2水平方向上的速度较小即最高点的速度小于v ，
1
B正确；
D．两谷粒从O点运动到P点的位移相同，运动时间不同，故平均速度不相等，谷粒1的平均速度大于谷
粒2的平均速度，D错误。
故选B。
【典例2】（2023·福建·统考高考真题）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OO'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L=0.2m，杆与竖直转轴的夹角a始终为60°，弹簧原长x =0.1m，弹簧劲度系数
0
k=100N/m，圆环质量m=1kg；弹簧始终在弹性限度内，重力加速度大小取10m/s2，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。
10√6
【答案】（1）0.05m；（2） rad/s；（3）10rad/s
3
【详解】（1）当细杆和圆环处于平衡状态，对圆环受力分析得
T =mgcosα=5N
0
根据胡克定律F=k Δx得
T
Δx = 0=0.05m
0 k
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
x =x -Δx =0.05m
1 0 0
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】（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
mg
=mω2r
tanα 0
由几何关系得圆环此时转动的半径为
r=x sinα
0
联立解得
10√6
ω = rad/s
0 3
（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
T=k(L-x )=10N
0
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
mg+Tcosα=F sinα，Tsinα+F cosα=mω2r'
N N
由几何关系得
r'=Lsinα
联立解得
ω=10rad/s
1.曲线运动的合外力和速度关系
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】2.平抛运动的规律
3.生活中的圆周运动
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】考向01 曲线运动中的合外力和速度
【针对练习1】如图，光滑水平面上一质点正以速度v 通过O点，O为光滑水平面上直角坐标系xOy的原
0
点，此时给质点加上沿x轴正方向的恒力F 和沿y正方向的恒力F，则（ ）
x y
A．若F =F tanα，质点做直线运动 B．若Fv ，t >t
A B A B A B A B
C．t >t ，θ <θ D．v >v ，θ <θ
A B A B A B A B
【答案】C
1
【详解】根据题意可知，小球A到P点的高度大于小球B到P点的高度，由公式h= gt2 可得
2
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】√2h
t=
g
则小球A运动到P点的时间较大，即
t >t
A B
两球到P点的水平位移相等，由x=v t可知，小球A的初速度较小，即
0
v ω
3 1
因此小球已脱离圆锥体表面，设此时细绳与竖直方向的夹角为α，根据牛顿第二定律可得
mgtanα=mω2 lsinα
❑
代入数据解得
3
cosα=
5
即
α=53°
此时细绳的拉力为
mg
T'= =100N
cosα
故C错误；
5
D．当ω= √6rad/s时，周期为
3
2π √6π
T = = s
周 ω 5
小球运动一周的过程中，细绳对小球的冲量为
I=T' ⋅T =20√6πN⋅s
周
故D正确。
故选D。
【针对练习6】（多选）如图甲所示，质量为0.2kg的小球套在竖直固定的光滑圆环上，并在圆环最高点保
持静止。受到轻微扰动后，小球由静止开始沿着圆环运动，一段时间后，小球与圆心的连线转过θ角度时，
小球的速度大小为v，v2与cosθ的关系如乙图所示，g取 10m/s²。则（ ）
A．圆环半径为0.6m
π
B．θ= 时，小球所受合力为4N
2
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】C．0≤θ≤π过程中， 圆环对小球的作用力一直增大
D．0≤θ≤π过程中，圆环对小球的作用力先减小后增大
【答案】AD
【详解】A.小球下滑过程由机械能守恒定律有
1
mg(R-Rcosθ)= mv2
2
得
v2=-2gRcosθ+2gR
对比图线可知
2gR=12
得
R=0.6m
故A正确；
π
B.θ= 时，小球的速度平方为12，此时是圆环对小球的弹力提供向心力，有
2
v2
N=m =4N
R
小球还受竖直向下的重力，所以小球所受合力为
F=√N2+(mg) 2=√20N
故B错误；
π
CD.0<θ< 时，有
2
v2
mgcosθ-N=m
R
可知随θ的增大，同时v也增大，所以N必须减小，
π
<θ<π时，有
2
v2
N-mgcos(180°-θ)=m
R
可知随θ的增大，同时v也增大，所以N必须增大，所以0≤θ≤π过程中，圆环对小球的作用力先减小后增
大，故C错误，D正确。
故选AD。
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】考向04 斜抛运动
【典例1】（2021·江苏·高考真题）如图所示，A、B两篮球从相同高度同时抛出后直接落入篮筐，落入篮
筐时的速度方向相同，下列判断正确的是（ ）
A．A比B先落入篮筐
B．A、B运动的最大高度相同
C．A在最高点的速度比B在最高点的速度小
D．A、B上升到某一相同高度时的速度方向相同
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】【答案】D
【详解】AB．若研究两个过程的逆过程，可看做是从篮筐沿同方向斜向上的斜抛运动，落到同一高度上的
AB两点，则A上升的高度较大，高度决定时间，可知A运动时间较长，即B先落入篮筐中，故AB错误；
C．因为两球抛射角相同，A的射程较远，则A球的水平速度较大，即在最高点的速度比B在最高点的速
度大，故C错误；
D．由斜抛运动的对称性可知，当A、B上升到与篮筐相同高度时的速度方向相同，故D正确。
故选D。
【针对练习7】一个同学练习投篮，先在A点以与水平方向成α=45°角斜向上、大小为v 的初速度抛出第
0
一个球，接着快速将抛出点移到与A等高的B点，将第二个球以相同的初速度抛出，结果两球同时打在竖
v
直墙壁的P点，两次抛出的时间间隔为 0，空气阻力不计，球的大小不计，两球质量相等，重力加速度为
g
g，则两球从抛出到打到P点（ ）
(√2-1)v
A．B球运动的时间为 0 B．两球打在P点时，相对速度为零
2g
v2 v2
C．A、B两点间的距离为 0 D．P点离抛出点的高度为 0
2g 4g
【答案】A
【详解】A．B球在空中运动时间为
v sinα v 1 (√2-1)v
t = 0 - 0× = 0
B g g 2 2g
A项正确；
B．由于两球在P点时速度大小相等，方向不同，因此相对速度不为零，B项错误；
C．A、B两点间的距离为
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】v √2v2
x =v cosα⋅ 0= 0
AB 0 g 2g
C项错误；
D．P点离抛出点高度为
1 (v sinα) 2 1 ( v ) 2 v2
h= g 0 - g 0 = 0
2 g 2 2g 8g
D项错误。
故选A。
【针对练习8】跳台滑雪是最具观赏性的冰雪运动项目之一，图甲所示的跳台滑雪比赛场地可简化为图乙
所示的雪道示意图。运动员从助滑道的起点由静止开始下滑，到达起跳点O时，借助设备和技巧，从倾角
α=30°的斜面顶端O点以v =20m/s的初速度飞出，初速度方向与斜面的夹角θ=60°，图中虚线为运动
0
员在空中的运动轨迹，A为轨迹的最高点，B为轨迹上离斜面最远的点，C为过B点作竖直线与斜面的交点。
不计空气阻力，运动员可视为质点，重力加速度大小取g=10m/s2。求：
（1）运动员从O点运动到A点的时间；
（2）O、C两点间的距离。
【答案】（1）1.0s；（2）40m
【详解】（1）A为轨迹的最高点，则运动员在A点速度方向水平向右，设O到A时间为t ，根据斜抛运动
1
规律，在竖直方向上，有
v sin(θ-α)=gt
0 1
代入数据解得
t =1.0s
1
（2）沿斜面向下方向和垂直斜面向上方向建立直角坐标系，如图所示
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】垂直斜面方向的速度为
v =v sinθ
1 0
垂直斜面方向的加速度为
a =gcosα
1
平行斜面的速度为
v =v cosθ
2 0
平行斜面的加速度为
a =gsinα
2
运动员从O运动到B点的时间
v
t = 1
2 a
1
解得
t =2.0s
2
此时垂直斜面方向的位移
1
y=v t - a t2
1 2 2 1 2
沿斜面方向的位移
1
x=v t + a t2
2 2 2 2 2
O、C两点间的距离为
Δx=x+ ytanα
代入数据解得
Δx=40m
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】考向05 小船渡河模型
【典例1】（2021·辽宁·统考高考真题）1935年5月，红军为突破“围剿”决定强渡大渡河。首支共产党
员突击队冒着枪林弹雨依托仅有的一条小木船坚决强突。若河面宽300m，水流速度3m/s，木船相对静水
速度1m/s，则突击队渡河所需的最短时间为（ ）
A．75s B．95s
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】C．100s D．300s
【答案】D
【详解】河宽d=300m一定，当木船船头垂直河岸时，在河宽方向上的速度最大，渡河用时最短，即木船
相对静水的速度v=1m/s，渡河时间最短为
d 300
t = = s=300s
min v 1
故选D。
【针对练习9】如图所示，甲、乙两船在同一条河流中同时开始渡河，河宽d，M、N分别是甲、乙两船的
出发点，两船头与河岸均成α角，甲船船头恰好对准N点的正对岸P点，经过一段时间乙船恰好到达P点，
如果划船速度均为v ，且两船相遇不影响各自的航行．下列判断不正确的是（ ）
0
dcosα
A．水流方向向右，大小为v cosα B．甲船水平位移为
0 sinα
d
C．甲乙两船会在PN上某点相遇 D．两船同时到达河对岸，花费时间均为
v sinα
0
【答案】B
【详解】A．由于乙船恰好到达P点，则水流方向向右，且乙船沿河岸方向的分速度恰好等于水流的速度，
即
v =v cosα
水 0
A正确；
B．甲船的过河时间为t，则
d=v tsinα
0
甲船水平位移
x =(v cosα+v )t
甲 0 水
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】联立解得
2dcosα
x =
甲 sinα
B不正确；
C．由于乙船沿NP运动，在水流的作用，甲船到达对岸时，应在P点的右侧，而两船在垂直河岸方向速度
相同，一定会相遇，且在NP上某点相遇，C正确；
D．两船在垂直河岸方向的分速度
v =v sinα
垂直 0
因此到达对岸的时间为
d d
t= =
v v sinα
垂直 0
D正确。
故不正确的应选B。
【针对练习10】如图所示，河水流动的速度为v且处处相同，河宽度为a。在船下水点A的下游距离为b
处是瀑布。为了使小船安全渡河 （不掉到瀑布里去，且不考虑船在A对面的上游靠岸） （ ）
b av
A．小船船头垂直河岸渡河时间最短，最短时间为t= 。船对水速度最大，最大速度为v =
v max b
√a2+b2v
B．小船轨迹沿y轴方向渡河位移最小，船对水速度最大，最大速度为v =
max b
av
C．小船沿轨迹AB运动位移最大、时间最长，船对水速度最小，最小速度v =
min b
av
D．小船沿轨迹AB运动位移最大、船对水速度最小，最小速度为v =
船min √a2+b2
【答案】D
【详解】A．当小船船头垂直河岸渡河时间最短，最短时间为
a
t=
v
船
不掉到瀑布里，满足
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】b
t≤
v
即
av
v ≥
船 b
即最小船速为
av
v =
min b
故A错误；
B．小船轨迹沿y轴方向渡河位移最小，为a，但沿着船头指向的分速度速度必须指向上游，合速度不是最
大，故B错误；
CD．由图知小船沿轨迹AB运动位移最大，但是渡河时间与船的船头指向的分速度有关，故时间不一定最
短，船有最小速度满足
v a
sinθ= 船min=
v √a2+b2
故
av
v =
船min √a2+b2
故C错误，D正确。故选D。
一、单选题
1．广阔的草原上，一只羚羊发现潜伏在附近的猎豹后开始全速奔跑，猎豹随即追赶，某段时间内它们依
次经过水平面内A、B、C、D四点，其运动轨迹为如图所示的虚线，此过程中羚羊的速度大小不变，猎豹
紧跟其后，下列说法正确的是（ ）
A．羚羊处于平衡状态 B．猎豹做匀变速运动
C．羚羊经过C点时的加速度最大 D．猎豹经过D点时受到的合外力最大
【答案】D
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】【详解】AB.由题意知羚羊做曲线运动，所受合外力指向轨迹凹侧，合外力的方向不断发生变化，猎豹做
加速度不断变化，不是匀变速运动，故AB错误；
CD.羚羊、猎豹的速度大小不变，D点的弯曲程度最大，对应的半径最小，向心加速度最大，故C错误，D
正确。
故选D。
2．汽车以速度v向前行驶，将球从车上以相对车的速度u向后水平抛出，不计空气阻力，在路边观察球的
轨迹不可能是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【详解】小球相对火车向后水平抛出，当抛出速度等于火车的速度时，地面上观察者看这个小球的自由落
体运动；当抛出速度小于火车的速度时，地面上观察者看这个小球向左平抛运动；当抛出速度大于火车的
速度时，地面上观察者看这个小球向右平抛运动。所以ABC正确，D错误。
故选D。
3．在杂技表演中，猴子沿竖直杆向上运动，同时人顶着直杆水平向右移动。某同学为研究猴子的运动，
建立如图甲所示直角坐标系，描绘出猴子在x轴方向和y轴方向上的速度-时间图像分别如图乙和图丙所示。
关于猴子的运动情况，下列说法中正确的是（ ）
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】A．猴子做匀变速直线运动 B．猴子的加速度大小等于5m/s2
C．t=0时，猴子的速度大小等于7m/s D．0∼2s内，猴子的位移大小等于12√2m
【答案】D
【详解】AB．根据v-t图像斜率代表加速度可知
Δv
a = x =3m/s2
x Δt
Δv
a = y =2m/s2
y Δt
加速度夹角为
a 2
tanθ = y =
a a 3
x
加速度为
a=√a 2+a 2=√13m/s2
x y
速度夹角为
v 4
tanθ = y =
v v 3
x
可知合速度与和加速度方向不一致且加速度恒定，物体做匀变速曲线运动，故AB错误；
C．t=0时，猴子的速度大小等于
v=√v 2+v 2=5m/s
x y
故C错误；
D．根据v-t图像面积代表位移可得
(v +v )t
x = x0 x =12m
1 2
(v +v )t
x = y0 y =12m
2 2
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】0∼2s内，猴子的位移大小等于
x=√x 2+x 2=12√2m
1 2
故D正确。
故选D。
4．2022年10月1日，女篮世界杯在澳大利亚悉尼落下帷幕，中国女篮一路过关斩将，最终取得平历史最
佳战绩的世界杯亚军。图甲为9号运动员突破对方防守正在投篮时的情景，物理模型见图乙。假设篮球从
地面上方的某点B斜向上抛出，刚好垂直击中篮板上的A点，反弹后穿过篮筐，不计空气阻力。设抛射点
B离地高H，抛出时篮球的速度v，抛射角θ。若抛射点B向远离篮板方向水平移动一小段距离，要使抛出
0
的篮球仍能垂直击中篮板上的A点，则以下措施可行的是（ ）
A．抛射点高度H升高，抛射速度v 不变，抛射角θ减小
0
B．抛射点高度H升高，抛射速度v 增大，抛射角θ不变
0
C．抛射点高度H不变，抛射速度v 增大，抛射角θ增大
0
D．抛射点高度H不变，抛射速度v 增大，抛射角θ不变
0
【答案】C
【详解】篮球从地面上方的某点B斜向上抛出，刚好垂直击中篮板上的A点，在空中运动时间为
v sinθ
t= 0
g
竖直位移为
(v sinθ) 2 v2sin2θ
h= 0 = 0
g g
A点的高度为
v2sin2θ
h =h+H= 0 +H
a g
水平位移为
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】v2sinθcosθ v2sin2θ
x=v cosθ⋅t= 0 = 0
0 g 2g
A．抛射点高度H升高，抛射速度v 不变，抛射角θ减小，垂直击中篮板的位置高度可能不变，水平位移
0
可能减小，故A符合题意；
B．抛射点高度H升高，抛射速度v 增大，抛射角θ不变，垂直击中篮板的位置高度变高，水平位移增大，
0
故B不符合题意；
C．抛射点高度H不变，抛射速度v 增大，抛射角θ增大，垂直击中篮板的位置高度变高，水平位移可能
0
减小，故C不符合题意；
D．抛射点高度H不变，抛射速度v 增大，抛射角θ不变，垂直击中篮板的位置高度变高，水平位移增大，
0
故D不符合题意。
故选A。
5．如图所示，细绳拉着小球在竖直平面内沿逆时针方向做半径为R的圆周运动，P是过圆心的直线上的一
点，OP所在直线为竖直方向。A是圆周上的一点，OA连线与竖直方向成60∘角，当小球运动到A点时，细
绳断了，小球经过P点时速度方向刚好与OP垂直。不计空气阻力，P点与圆心O的距离为（ ）
A．2R B．1.75R C．1.5R D．1.25R
【答案】D
【详解】细绳断后，小球做斜抛运动，运动至P点的时间为
vsin60∘
t=
g
水平方向有
Rsin60∘=vtcos60∘
竖直方向有
(vsin60∘) 2=2gh
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】P点与圆心O的距离为
d=h+Rcos60∘=1.25R
故选D。
6．如图所示，A、D分别是斜面的顶端、底端，B、C是斜面上的两个点，AB=BC=CD，E点在D点的
正上方，与A等高，从E点水平抛出质量相等的两个小球，球1落在B点，球2落在C点，关于球1和球
2从抛出到落在斜面上的运动过程，下列说法正确的是（ ）
A．球1和球2运动的时间之比为2：1
B．球1和球2速度增加量之比为1：3
C．球1和球2抛出时初速度之比为2√2:1
D．球1和球2运动时的加速度之比为1：2
【答案】C
1
【详解】A．因为AC=2AB，则AC的高度差是AB高度差的2倍，根据h= gt2 得
2
√2h
t=
g
解得球1和球2运动的时间比为1:√2，故A错误；
BD．平抛运动的物体只受重力，加速度为g，两球的加速度相同，可知球1和球2均在水平方向上做匀速
运动，在竖直方向上做匀加速运动，根据v =gt可得球1和球2速度增加量之比等于球1和球2运动的时
y
间之比，也为1:√2，故BD错误；
C．AC在水平方向上的位移是AB在水平方向位移的2倍，结合
x=v t
0
解得初速度之比为2√2:1，故C正确；
故选C。
7．“打水漂”是一种大众游戏，将扁形石片用力掷出，石片擦水面飞行，碰水面后弹起再飞，石片不断
在水面上向前弹跳，直至沉水。如图所示，某同学在岸边离水面高度0.8m处，将一小石片以初速度6m/s
9
水平抛出，若小石片接触水面后弹起，水平方向速度不变，竖直方向弹起的最大高度是原来的 ，不计空
16
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】气阻力，重力加速度g取10m/s2。，以下说法正确的是
3
A．小石片接触水面后的速度大小是接触水面前速度大小的
4
B．小石片第一次接触水面后的速度大小为3m/s
C．小石片从抛出到第一次接触水面时的水平位移大小为2.4m
D．小石片第一次接触水面到第二次接触水面的运动时间为0.3s
【答案】C
【详解】A．小石片抛出后竖直方向做自由落体运动，则有
v2 =2gh
y0 0
解得
v =4m/s
y0
接触水面前的速度大小
v =√62+42m/s=2√13m/s
1
反弹后竖直方向做竖直上抛运动，则有
9
v2 =2g⋅ h
y1 16 0
解得
v =3m/s
y1
则接触水面前的速度大小
v =√62+32m/s=3√5m/s
2
可知，小石片第一次接触水面后的速度大小是接触水面前速度大小的比值为
v 3√5
1=
v 4√13
2
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】故A错误；
B．根据上述可知，小石片第一次接触水面后的速度大小为3√5m/s，故B错误；
C．小石片从抛出到第一次接触水面过程，小石片做平抛运动，则有
1
h = gt2
0 2
x =v t
0 0
解得
x =2.4m
0
故C正确；
D．小石片第一次接触水面到第二次接触水面过程，小石片做斜抛运动，竖直方向的分运动是竖直上抛运
动，则有
-v =v -gt'
y1 y1
解得
t'=0.6s
故D错误。
故选C。
【点睛】小石片接触水面后弹起做斜抛运动。根据平抛运动及斜抛运动的规律进行求解。
8．如图所示，x轴在水平地面内，y轴沿竖直方向。图中画出了从y轴上沿x轴正方向抛出的三个小球a、
b、c的运动轨迹，其中b和c是从同一点抛出的（不计空气阻力），则（ ）
A．a的飞行时间比b的长 B．b和c的飞行时间相同
C．a的初速度比b的小 D．b的初速度比c的小
【答案】B
【详解】AB．三个小球a、b和c均做平抛运动，竖直方向有
1
y= gt2
2
由题图可知
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】y = y >y
b c a
则有
t =t >t
b c a
a的飞行时间比b的短，b和c的飞行时间相同，故A错误，B正确；
C. 小球a、b在水平方向做匀速直线运动，根据
x=v ⋅t
0
由于小球a的水平位移大于小球b的水平位移，且a的飞行时间小于b的飞行时间，则a的初速度比b的大，
故C错误；
D. 小球b、c在水平方向做匀速直线运动，根据
x=v ⋅t
0
由于小球b的水平位移大于小球c的水平位移，且b的飞行时间等于c的飞行时间，则b的初速度比c的大，
故D错误。
故选B。
9．如图所示，a、b两个小球分别从半圆轨道顶端和斜面顶端以大小相等的初速度v 同时水平抛出。已知
0
半圆轨道的半径为R与斜面竖直高度相等，斜面底边长为其竖直高度的2倍。若小球a能落到半圆轨道上，
小球b能落到斜面上，a、b均可视为质点，重力加速度取g,则下列说法正确的是（ ）
A．如果a球落在半圆轨道最低点，则其速度方向竖直向下
B．b球落在斜面上时，其速度方向与水平面夹角的正切值为0.5
C．调整a球初速度v 的大小，能使a球垂直落在半圆轨道上
0
√2gR
D．a、b两球如果同时落在半圆轨道和斜面上，则其初速度v =2
0 5
【答案】D
【详解】A．平抛运动的末速度不可能竖直向下，A错误；
B．设斜面倾角为θ，则速度方向与水平面夹角的正切值为
1
tanα=2tanθ=2× =1
2
B错误；
C．平抛运动末速度的反向延长线交于水平位移的中点，若a球垂直落在半圆轨道上，则反向延长线过圆心，
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】不是中点，不符合实际情况，C错误；
D．a、b两球如果同时落在半圆轨道和斜面上，则下落高度相同，且位移偏转角均等于斜面倾角，则
1
Rsinα= gt2 ，R(1+cosα)=v t
2 0
而
√2
sinα=
2
得
√2gR
v =2
0 5
D正确。
故选D。
mg
10．如图所示，一物体在某液体中运动时只受到重力mg和恒定的浮力F的作用，且F= 。如果物体从
3
M点以水平初速度v 开始运动，最后落在N点，MN间的竖直高度为h，其中g为重力加速度，则下列说法
0
正确的是（ ）
√2h
A．从M运动到N的时间为
g
√3h
B．M与N之间的水平距离为v
0 g
C．从M运动到N的轨迹不是抛物线
D．减小水平初速度v ，运动时间将变长
0
【答案】B
【详解】ACD．根据题意可知，物体水平方向不受力，以v 做匀速直线运动，竖直方向上，由牛顿第二定
0
律有
mg-F=ma
解得
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】2
a= g
3
竖直方向做匀加速直线运动，可知，物体做类平抛运动，则从M运动到N的轨迹是抛物线，竖直方向上有
1
h= at2
2
解得
√2h √3h
t= =
a g
可知，飞行时间与初速度大小无关，故ACD错误；
B．根据题意，结合上述分析，由v2=2ah可得，物体运动到N点时，竖直速度为
√4gh
v =√2ah=
y 3
设M与N之间的水平距离为x，由平抛运动规律有
h 1 v
= ⋅ y
x 2 v
0
解得
√3h
x=v
0 g
故B正确。
故选B。
11．在光滑的水平面上，一滑块的质量m=2kg，在水平方向上恒定的外力F=4N的作用下运动，如图所
示给出了滑块在水平面上运动的一段轨迹，滑块过P、Q两点时速度大小均为v=5m/s。滑块在P点的速
度方向与PQ连线夹角α=37°，sin37°=0.6，则下列说法中正确的是（ ）
A．水平恒力F的方向与PQ连线成53°夹角
B．滑块从P点到Q点做匀速圆周运动
C．滑块从P点到Q点的过程中动能最小值为16J
D．P、Q两点间距离为16m
【答案】C
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】【详解】B．由于物体运动过程中受到恒力的作用，故运动轨迹应该为抛物线，B错误；
A．因为PQ两点的速度大小相等，所以外力的方向垂直于PQ的连线，A错误；
C．垂直外力方向的分速度为速度的最小值，由速度分解可知
v =vcosα
PQ
可得
v =vcosα=4m/s
PQ
最小动能为
1
E = mv2 =16J
k 2 PQ
C正确；
D．PQ之间的距离为
vsinα
x=vcosα⋅t=vcosα⋅ =12m
F
m
D错误。
故选C。
12．如图所示，倾角为37°的斜面长l=1.9m，在斜面底端正上方的O点将一小球以v =3m/s的速度水平
0
抛出，与此同时由静止释放斜面顶端的滑块，经过一段时间后，小球恰好能够以垂直于斜面的速度在斜面
P点处击中滑块，小球和滑块均可视为质点，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，则
（ ）
A．小球在空中飞行的时间为0.3s
B．小球抛出点到斜面P点的水平距离为1.2m
C．滑块沿斜面下滑的加速度为6m/s2
D．小球抛出点到斜面底端的竖直高度为0.8m
【答案】B
【详解】A．设物体在P点的速度为v，由几何关系可得v与竖直方向的夹角为37°，将v正交分解如下图：
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】球恰好能够以垂直于斜面的速度在斜面P点处击中滑块，则有
v
tan37°= 0
gt
解得小球在空中飞行的时间为
t=0.4s
故A错误；
B．由水平方向的运动规律
x=v t
0
得小球抛出点到斜面P点的水平距离为
x=1.2m
故B正确；
C．根据几何关系可得斜面顶端A点到P点的距离为
x
x =l- =0.4m
AP cos37°
又
1
x = at2
AP 2
代入数据解得
a=5m/s2
故C错误；
D．小球抛出点到斜面底端的竖直高度为
1
H= gt2+xtan37°=1.7m
2
故D错误。
故选B。
13．某物理兴趣小组的同学在研究运动的合成和分解时，驾驶一艘快艇进行了实地演练。如图所示，在宽
度一定的河中的O点固定一目标靶，经测量该目标靶距离两岸的最近距离分别为MO=15m、NO=12m，
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】水流的速度平行河岸向右，且速度大小为v =8m/s，快艇在静水中的速度大小为v =10m/s。现要求快艇
1 2
从图示中的下方河岸出发完成以下两个过程：第一个过程以最短的时间运动到目标靶；第二个过程由目标
靶以最小的位移运动到图示中的上方河岸，则下列说法不正确的是（ ）
A．第一个过程快艇的出发点位于M点左侧12m处
B．第一个过程所用的时间约为1.17s
C．第二个过程快艇的船头方向应指向河的上游并与河岸夹角为37°
D．第二个过程所用的时间为2s
【答案】B
【详解】AB．第一个过程以最短的时间运动到目标靶，则此时快艇的船头要垂直于河岸，此过程运动的时
间为
MO
t = =1.5s
1 v
2
则此过程中沿河岸运动的位移为
x=v t =12m
1 1
所以第一个过程快艇的出发点位于M点左侧12m处，故A正确，B错误；
C．第二个过程由目标靶以最小的位移运动到图示中的上方河岸，快艇的运动轨迹要沿ON方向，则快艇
的船头方向要与河岸上游方向成一定的角度θ，则根据几何关系有
v
cosθ= 1=0.8
v
2
则第二个过程快艇的船头方向应指向河的上游并与河岸夹角为θ=37∘。故C正确；
D．快艇实际的速度为
v=√v2-v2=6m/s
2 1
则第二个过程所用的时间为
ON
t= =2s
v
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】故D正确。
本题选不正确选项，故选B。
14．有一条两岸平直且平行的河流，河水流速恒定，大小为v，一条小船在河上横渡，已知船在静水中的
1
速度大小为v，第一次过河时船头始终指向与河岸垂直的方向，第二次过河时行驶路线与河岸垂直，若
2
v、v 均不变，试求第一次过河与第二次过河所用时间的比值为（ ）
1 2
v √v2-v2
A． 1 B． 1 2
√v2-v2 v
1 2 1
√v2-v2 √v2+v2
C． 2 1 D． 2 1
v v
2 2
【答案】C
【详解】根据题意，设河宽为d，第一次过河时船头始终指向与河岸垂直的方向，则渡河时间为
d
t =
1 v
2
第二次过河时行驶路线与河岸垂直，此时船的合速度为
v=√v2-v2
2 1
渡河时间为
d
t =
2 √v2-v2
2 1
则第一次过河与第二次过河所用时间的比值为
t √v 2-v 2
1= 2 1
t v
2 2
故选C。
15．如图所示，小船以大小v（在静水中速度），方向与河流上游成θ角的速度从O点处过河，恰好到达
1
河正对岸 P处，现在雨天水流变急（即v 增大），要使小船仍到达正对岸且时间相同下列方法可取的是（
2
）
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】A．不改变v 的大小，只减小θ角
1
B．不改变θ角，只增大v 的大小
1
C．增大v 的大小，同时适当减小θ角
1
D．增大v 的大小，同时适当增大θ角
1
【答案】C
【详解】设小船的合速度为v，河宽为d，渡河时间为t，则在垂直河岸方向有
d=vt
分速度与合速度之间的关系为
v=v sinθ，v2=v2-v2
1 1 2
由于时间t不变，因此可知合速度v不变，又因为v 变大，因此可知v 需要增大，可知同时sinθ减小，因此
2 1
θ减小。
故选C。
16．洪水无情人有情，每一次重大抢险救灾，都有人民子弟兵的身影。如图所示，水流速度大小恒为v，A
处下游的C处有个半径为r的漩涡，其与河岸相切于B点，A、B两点的距离为√3r。若消防武警驾驶冲锋
舟把被困群众从A处沿直线避开游涡送到对岸，冲锋舟在静水中最小速度值为（ ）
√3 1 1
A． v B． v C．√3v D． v
2 √3 2
【答案】A
【详解】如图所示
当冲锋舟在静水中的速度v 与其在河流中的速度v 垂直时，冲锋舟在静水中的速度最小，则
舟 合
v =vsinθ
舟
由几何关系知
θ=60°
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】解得
√3
v = v
舟 2
故选A。
17．如图所示，甲、乙两船从A、B两个码头同时开始渡河，船头与河岸均成60°角，两船在静水中的速度
大小相等，甲船出发时船头刚好指向C点，乙船恰能沿BC到达正对岸的C点，则下列说法正确的是（
）
A．两船不会相遇 B．两船在C点相遇
C．两船在AC的中点相遇 D．两船在BC的中点相遇
【答案】D
【详解】由题意可知，水流速度为船速的一半，两船沿垂直河岸的分速度相等，所以两船在BC的中点相
遇。
故选D。
18．旋转木马可以简化为如图所示的模型，两个完全相同的可视为质点的小球a、b分别用悬线悬于水平杆
A、B两端，OB＝2OA，将装置绕竖直杆匀速旋转后，a、b在同一水平面内做匀速圆周运动，两悬线与竖
直方向的夹角分别为α、β，则下列判断正确的是（ ）
A．tanβ=√2tanα B．tanβ=2tanα
C．cosα=√2cosβ D．sinβ=√2sinα
【答案】B
【详解】由于a、b两球做圆周运动的角速度相同，设OA段长为L，OB段长为2L，对a球有
mgtanα=mω2(htanα+L)
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】对b球有
mgtanβ=mω2 (htanβ+2L)
解得
tanβ=2tanα
故选B。
19．如图所示，一个上表面粗髓、中心有孔的水平圆盘绕轴MN转动，系有不可伸长细线的木块置于圆盘
上，细线另一端穿过中心小孔O系着一个小球。已知木块、小球皆可视为质点，质量均为m，木块到O点
的距离为R，O点与小球之间的细线长为L。当圆盘以角速度ω匀速转动时，小球以角速度ω随圆盘做圆锥
摆运动，木块相对圆盘静止。连接小球的细线与竖直方向的夹角为α，小孔与细线之间无摩擦，则下列说
法错误的是（ ）
A．若木块和圆盘保持相对静止，L不变，ω越大，则α越大
B．若R=L，无论ω多大木块都不会滑动
C．若R>L，ω增大，木块可能向O点滑动
D．若RL时，有
F =mω2R>mω2L＝T
n
可知绳子的张力不足以提供木块做圆周运动的向心力，静摩擦力指向O，则当ω增大到一定值时，最大静
摩擦力与绳子张力之和不足于提供木块做圆周运动的向心力时，木块做离心运动。故C错误，与题意相符；
D．当Rv ，要想命中目标射出的箭在空中飞行距离最短，则（ ）
1 2
v
A．若箭的实际运动方向和马的速度方向的夹角为θ，sinθ= 2
v
1
√v2-v2
B．若箭的实际运动方向和马的速度方向的夹角为θ，sinθ= 1 2
v
1
d
C．箭射到固定目标的时间为
v
2
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】dv
1
D．箭射到固定目标的时间为
v √v2-v2
2 1 2
【答案】AD
【详解】AB．已知v >v ，要想命中目标射出的箭在空中飞行距离最短，则合速度方向与射出的箭速度方
1 2
向垂直，若箭的实际运动方向和马的速度方向的夹角为θ，则
v
sinθ= 2
v
1
故A正确B错误；
d
CD．箭的实际位移为 ，实际速度√v2-v2，所以箭射到固定目标的时间为
sinθ 1 2
d
sinθ dv
t= = 1
√v2-v2 v √v2-v2
1 2 2 1 2
故C错误D正确。
故选AD。
25．如图为场地自行车比赛的圆形赛道。某运动员骑自行车在赛道上做匀速圆周运动，圆周的半径为R，
路面与水平面的夹角为θ，不计空气阻力，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（ ）
A．当自行车的速度大小为√gRtanθ时，自行车不受侧向摩擦力作用
√gRsin2θ
B．当自行车的速度大小为 时，自行车不受侧向摩擦力作用
2
C．当自行车的速度大小为√gRsinθ时，自行车所受侧向摩擦力的方向沿倾斜路面向上
D．当自行车的速度大小为√gRsinθ时，自行车所受侧向摩擦力的方向沿倾斜路面向下
【答案】AC
【详解】AB．设人和自行车的总质量为m，若不受摩擦力作用则由重力和支持力的合力提供向心力，根据
牛顿第二定律可得
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】v2
mgtanθ=m
R
解得
v=√gRtanθ
故B错误，A正确；
CD．当自行车的速度大小为√gRsinθ<√gRtanθ时，支持力与重力的合力大于所需向心力，自行车有近
心运动的趋势，自行车所受侧向摩擦力的方向沿倾斜路面向上，故C正确，D错误。
故选AC。
26．如图所示，一小物块被夹子夹紧，夹子通过轻绳悬挂在小环上，小环套在水平光滑细杆上，物块质量
为M，到小环的距离为L，其两侧面与夹子间的最大静摩擦力均为F。小环和物块以速度v向右匀速运动，
当小环碰到杆上的钉子P后立刻停止，物块向上摆动，整个过程中，物块在夹子中没有滑动，小环和夹子
的质量均不计，小环、夹子和物块均可视为质点，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．物块向右匀速运动时，绳中的张力大于Mg
Mv2
B．小环碰到钉子P时，绳中的张力等于Mg+
L
√2(F-Mg)L
C．速度v不能超过
M
√(2F-Mg)L
D．速度v不能超过
M
【答案】BD
【详解】A．物块向右匀速运动时以夹子和重物为研究对象，受到重力和绳子拉力，根据平衡条件可知绳
中的张力等于Mg，故A错误；
B．小环碰到钉子P时，夹子和重物做圆周运动，设绳子拉力为T，根据牛顿第二定律有
v2
T-Mg=M
L
解得
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】v2
T=Mg+M
L
故B正确；
CD．以物块为研究对象，小环碰到钉子P时，重物做圆周运动，根据牛顿第二定律有
v2
2F-Mg≥M
L
解得
√(2F-Mg)L
v≤
M
故C错误，D正确。
故选BD。
27．如图（a），被固定在竖直平面内的轨道是由内径很小、内壁均光滑的水平直轨道和半圆形轨道平滑
连接而成，在半圆形轨道内壁的最高和最低处分别安装M、N、P、Q四个压力传感器。一小球（可视为质
点）在水平轨道内以不同的初速度v 向右运动（传感器不影响小球的运动）。在同一坐标系中绘出传感器
0
的示数F与v2的图像I、II、III如图（b）所示。重力加速度g=10m/s2。下列判断正确的是（ ）
0
A．直线I、II、III分别是 M、N、P传感器的图像
B．由图像可求得小球的质量m=1kg
C．当v =3m/s时，Q传感器的示数为28N
0
D．当v =6m/s时，N传感器的示数为22N
0
【答案】BC
【详解】A．在Q点
v2
F-mg=m
R
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】在N点
v2
mg-F=m
R
对M点
v2
mg+F=m
R
P传感器不会受到压力作用，故A错误；
B．根据以上分析可知，I、II、III对应P、M、N，由图像可求得，当速度为零时，在P点
F =mg=10N
0
所以小球的质量m=1kg，故B正确；
C．根据图b可知，当v2=25时，N处弹力为零，此时到达N处的速度
0
1 1
mv2 - mv2=-2mgR
2 N 2 0
对N处，当弹力为零时
v 2
mg=m N
R
解得
R=0.5m
当v =3m/s时，Q传感器的示数为
0
v 2
F -mg=m 0
1 R
解得
F =28N
1
故C正确；
D．当v =6m/s时，到达N点的速度
0
1 1
mv'2 - mv'2=-2mgR
2 N 2 0
N传感器的示数
v' 2
mg-F =m N
2 R
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】解得
F =-22N
2
所以此时N传感器示数为零，故D错误。
故选BC。
三、解答题
28．如图所示，AB为竖直光滑圆弧的直径，其半径R=0.9m，A端沿水平方向。水平轨道BC与半径
r=0.5m的光滑圆弧轨道CDE相接于C点，D为圆轨道的最低点，圆弧轨道CD、DE对应的圆心角θ=37°。
圆弧和倾斜传送带EF相切于E点，EF的长度为l=10m。一质量为M=1kg的物块（视为质点）从水平轨道
上某点以某一速度冲上竖直圆轨道，并从A点飞出，经过C点恰好沿切线进入圆弧轨道，再经过E点，随
后滑上传送带EF。已知物块经过E点时速度大小与经过C点时速度大小相等，物块与传送带EF间的动摩
擦因数μ=0.75，取g=10m/s²，sin37°=0.6，cos37=0.8。求：
（1）物块从A点飞出的速度大小v 和在A点受到的压力大小F；
A A
（2）物块到达C点时的速度大小v 及对C点的压力大小F ；
C C
（3）若传送带顺时针运转的速率为v=4m/s，求物块从E端到F端所用的时间。
550
【答案】（1）8m/s， N；（2）10m/s，208N；（3）2.125s
9
【详解】（1）物块在C处的速度分解如图
在竖直方向有
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】v 2=2g×2R
y
水平方向
v
v = y
0 tanθ
联立代入数据求得
v=8m/s
在A处受力如图
由牛顿第二定律得
v 2
F +Mg=M 0
NA R
得
550
F = N
NA 9
（2）物块在C处速度
v
v = 0 =10m/s
C cosθ
其受力分析如图
由牛顿第二定律得
v 2
F -Mgcosθ=M C
N r
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】得
F =208N
N
根据牛顿第三定律知物块对C处的压力大小为
F =F =208N
NC N
（3）物块的速度从v 减到v 的过程，受力如图
C 1
有
μMgcosθ+Mgsinθ=Ma
1
解得
a =12m/s2
1
用时
v -v
t = C 1=0.5s
1 a
1
通过的位移为
v +v
x = C 1t=3.5m
1 2
物块的速度减到v 之后，受力如图
1
有
Mgsinθ-μMgcosθ=Ma
2
解得
a =0
2
物块此后与传送带一起匀速至F
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】l-x
t = 1=1.625s
2 v
则物块从E到F所用的时间为
t=t +t =2.125s
1 2
29．如图所示，在水平桌面上离桌面右边缘x=3.7 m处放着一质量为m=0.1 kg的小铁块（可看作质点），
铁块与水平桌面间的动摩擦因数μ=0.4。现用方向水平向右、大小为1.9N的推力F作用于铁块，作用一段
时间后撤去F，铁块继续运动，到达水平桌面边缘A点时飞出，恰好从竖直圆弧轨道BCD的B端沿切线进
入圆弧轨道，铁块恰好能通过圆弧轨道的最高点D。已知θ=37°，A、B、C、D四点在同一竖直平面内，
水平桌面离B端的竖直高度H=0.45 m，圆弧轨道半径R=0.4 m，C点为圆弧轨道的最低点。（不计空气
阻力，取sin53°=0.8，cos53°=0.6，g=10 m/s2）
（1）求铁块运动到圆弧轨道最高点D点时的速度大小v ；
D
（2）若铁块以v =5 m/s的速度经过圆弧轨道最低点C，求此时铁块对圆弧轨道的压力F ；
C C
（3）求铁块运动到B点时的速度大小v ；
B
（4）求水平推力F作用的时间t。
【答案】（1）7.25N，方向竖直向下；（2）5m/s；（3）0.4s
【详解】（1）小球恰好通过D点时，重力提供向心力，由牛顿第二定律可得
mv2
mg= D
R
可得
v =2 m/s
D
（2）小球在C点受到的支持力与重力的合力提供向心力，则
mv2
F -mg= C
N R
得
F =7.25 N
N
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】由牛顿第三定律对轨道压力大小为7.25N，方向竖直向下。
（3）小球从A点到B点的过程中做平抛运动，根据平抛运动规律有
2gH=v2
y
得
v =3 m/s
y
小球沿切线进入圆弧轨道，则
v sin37°=v
B y
解得
v =5 m/s
B
（4）小球从A点到B点的过程中做平抛运动，水平方向的分速度不变，可得
v =v cos37°=5×0.8 m/s=4 m/s
A B
小球在水平面上做加速运动时
F-μmg=ma
1
可得
a =15 m/s2
1
小球做减速运动时减速的加速度大小为a
2
μmg=ma
2
可得
a =4 m/s2
2
由运动学的公式可知最大速度
v =a t
m 1
减速运动时间为t ，则
2
v =v -a t
A m 2 2
又因为
v v +v
x= mt+ m At
2 2 2
解得
t=0.4 s
30．如图所示，一个竖直放置的圆锥筒可以不同的转速绕其中心轴OO'转动，筒内壁粗糙，筒口半径为
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】3R
R，筒高为H，且满足H= ，筒内壁A点处有一质量为m的小物块，A点位于斜面的一半处，即A到
4
R
OO'轴的距离为 。
2
（1）当筒不转动时，物块静止在筒壁A点受到的摩擦力和支持力的大小；
（2）当物块在A点随筒做匀速转动，且其受到的摩擦力为零时，筒转动的角速度；
（3）若已知斜面的最大静摩擦因数μ =0.5，转动过程中，要求物块相对锥筒一直保持静止，求锥筒的最
0
大角速度。
3 4 √3g √ g
【答案】（1）f = mg，N= mg；（2） ；（3）2
5 5 2R R
【详解】（1）设圆锥母线与水平方向的夹角为θ，当筒不转动时，物块静止在筒壁A点时受到的重力、摩
擦力和支持力三力作用而平衡，如图
可得
H 3
sinθ= =
√H2+R2 5
由平衡条件得摩擦力和支持力的大小为
3 4
f =mgsinθ= mg，N=mgcosθ= mg
5 5
（2）当物块在A点随筒做匀速转动，且其所受到的摩擦力为零时，物块在筒壁A点时受到的重力和支持
力作用，它们的合力提供向心力，如图
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】设筒转动的角速度为ω有
R
mgtanθ=mω2
2
由几何关系得
3
tanθ=
4
联立解得
√3g
ω=
2R
（3）当角速度最大时筒壁对物块的最大静摩擦力沿筒壁向下，由牛顿第二定律，竖直方向有
Ncosθ=f sinθ+mg
水平方向有
R
Nsinθ+f cosθ=mω2
2
又
f =μN
联立得
√ g
ω=2 rad/s
R
√ g
即最大角速度不能超过2 rad/s。
R
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】
