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平抛运动中的计算问题、圆周运动中的计算问题专项训练
考点目录
平抛运动中的计算问题 圆周运动中的计算问题
考点一 平抛运动中的计算问题
知识点
平抛可分解为：水平匀速直线运动、竖直自由落体运动
公式：
水平：v =v , x=v t
x 0 0
1
竖直：v =gt, y= gt2, v2=2gy
y 2 y
合速度、合位移用勾股定理，速度偏角、位移偏角用三角函数。
解题思路点拨
1. 运动分解：拆为水平、竖直两个独立分运动，互不干扰。
2. 找突破口：优先由竖直方向求运动时间t(下落高度、竖直分速度是常用条件)。
3. 分步计算：用t依次求水平位移、竖直位移、分速度。
4. 合成求解：勾股定理求合位移、合速度；三角函数求偏角。
5. 遇临界、多过程问题，分段分析，抓同一时间t联立方程。
1.(2026·山西临汾·二模)如图，t=0时刻，将一个可视为质点的小球从A点以v =2m/s的速度水平向右
0
抛出，与A点相距x=0.3m处有一竖直固定挡板，小球与挡板发生碰撞并反弹，t=0.46s时小球运动到
A点正下方的B点(图中未画出)。已知小球与竖直挡板的碰撞时间∆t=0.01s，小球质量m=0.2kg，小
球与挡板的动摩擦因数μ=0.2，不计空气阻力，重力加速度g=10m/s2，求：
(1)小球与竖直挡板碰撞前瞬间竖直方向速度的大小v ；
y1
(2)竖直挡板对小球弹力的冲量大小I ；
N
(3)小球运动到B点时的速率v 。
B
【答案】(1)v =1.5m/s
y1
(2)I =0.6N⋅s
N
(3)v = 17m/s
B
【详解】(1)小球做平抛运动，水平方向x=v t
0 1
小球与竖直挡板碰撞前瞬间竖直方向的速度为v =gt
y1 1
解得v =1.5m/s
y1
1(2)设小球与挡板碰后水平方向的分速度大小为v ，竖直方向的分速度大小为v ，碰后小球在水平方向
x2 y2
向左做匀速直线运动，经过时间t 运动到A点的正下方，水平方向位移大小仍为x=0.3m，则有x=
2
v t
x2 2
其中t =t-t -Δt=0.3s
2 1
解得v =1m/s
x2
碰撞过程中，在水平方向根据动量定理I N =mv x2 --mv 0
2
解得I =0.6N⋅s
N
(3)在碰撞的过程中，竖直方向根据动量定理mgΔt-μI =mv -mv
N y2 y1
解得v =1m/s
y2
碰后竖直方向以重力加速度g向下加速时间t ，到达B点时竖直方向的速度为v =v +gt =4m/s
2 y3 y2 2
所以小球运动到B点时的速率v = v2 +v2
B x2 y3
解得v = 17m/s
B
2.(2026·北京西城·二模)体育课上，质量m=0.3kg的排球飞向某同学，该同学在距离地面高h=1.8m处
击打排球。排球被击打前速度的大小v =6m/s，方向水平；被击打后反向水平飞回，速度的大小v =
1 2
8m/s。排球在空中运动一段距离后落地，忽略空气阻力，取重力加速度g=10 m/s2。求：
(1)排球被击打后在水平方向飞行的距离x；
(2)排球落地时的速度大小v；
(3)排球被击打过程中所受冲量的大小I。
【答案】(1)x=4.8m
(2)v=10m/s
(3)I=4.2N⋅s
1
【详解】(1)排球被击打后做平抛运动，有x=v t，h= gt2
2 2
解得x=4.8m
1 1
(2)排球在空中运动的过程机械能守恒，有mgh+ mv2= mv2
2 2 2
解得v=10m/s
(3)排球被击打过程，以排球被击打后的速度方向为正方向，根据动量定理有I=mv 2 --mv 1
解得I=4.2N⋅s
3.(2026·安徽芜湖·二模)如图所示，光滑水平面上静止放置一质量为M=2kg的滑板ABC，其中AB段为
圆心角θ=60°的光滑圆弧面，半径R=0.2m，圆心为O，半径OB竖直；BC段水平且粗糙。一质量为
m=1kg的物块(可视为质点)从同一竖直平面内某点P以初速度v =2m/s水平抛出，物块恰好从A点
0
2
沿切线方向进入滑板，且物块最终没有脱离滑板。物块和滑板BC段的动摩擦因数μ= ，不计空气阻
3
力，重力加速度g取10m/s2。求：(1)物块抛出后到达A点的时间；
(2)滑板BC部分的最短长度；
(3)物块滑到圆弧面最低点时对B点压力的大小。
3
【答案】(1) s
5
(2)1.25m
(3)135N
【详解】(1)从P点到A点过程，由平抛运动规律v =gt
y
又因为在A点由运动的合成与分解有v =v tan60°=2 3m/s
y 0
v
v = 0 =4m/s
A cos60°
3
解得t= s
5
(2)设物块与轨道共速时的速度为v，由系统水平方向动量守恒定律mv =(m+M)v
0
1 1
由系统能量守恒定律，得mgR(1-cos60°)+ mv2 = (m+M)v2+μmgL
2 A 2
联立解得 L=1.25m，即滑板BC部分的长度至少为1.25m
(3)设物块从轨道上A点滑到B点时物块和轨道速度分别为v 和v ，此过程中由系统水平方向动量守恒
1 2
定律mv =mv +Mv
0 1 2
1 1 1
由系统机械能守恒定律mgR(1-cos60°)+ mv2 = mv2+ Mv2
2 A 2 1 2 2
联立解得v =4m/s, v =-1m/s
1 2
(v -v )2
在B点，对物块由牛顿第二定律F -mg=m 1 2
N R
解得F =135N
N
由牛顿第三定律，物块对滑板的压力大小为F =F =135N
N N
4.(2026·天津河北·二模)跳台滑雪是冬季奥运会最具观赏性的项目之一。图为简化的跳台滑雪的雪道示
意图，现有运动员穿专用滑雪板从助滑道上滑下后，从跳台A处沿水平方向飞出，在斜坡B处着陆。已
知运动员(含装备)的质量m=80kg，从A处水平飞出时的速度v =10 3m/s，斜坡与水平方向的夹角
0
θ=30°，取重力加速度g=10m/s2，不计空气阻力。求运动员(含装备)
(1)从A处运动到B处所用时间t；
3(2)到达B处时，重力的瞬时功率P；
(3)从A处运动到B处过程中，动量变化量Δp的大小和方向。
【答案】(1)2s
(2)16000W
(3)1600kg⋅m/s，方向竖直向下
y
1 gt2
gt
2
【详解】(1)运动员从A处运动到B处做平抛运动，根据几何关系可得tan30°= = =
x v t 2v
0 0
3
2v tan30° 2×10 3×
可得t= 0 = 3 s=2s
g 10
(2)运动员到达B处时，竖直分速度大小为v =gt=20m/s
y
则重力的瞬时功率为P=mgv =80×10×20W=16000W
y
(3)从A处运动到B处过程中，根据动量定理可得Δp=mgt=80×10×2kg⋅m/s=1600kg⋅m/s
方向竖直向下。
5.(2026·广东江门·二模)如图所示，半径R=0.45 m的光滑半圆轨道AB竖直固定放置，与水平光滑平台
在B点平滑连接。质量m=0.18kg的玩具小车(无动力)以某一水平初速度向右运动，与静止于平台
上、质量M=0.54kg的物块发生碰撞(碰撞时间极短)，碰撞后小车经过轨道最高点A时对轨道的压力
大小F=1 N，物块从平台飞出后落在水平地面上，落点到平台右侧的水平距离x=2 m，平台到水平地
面的高度h=0.8 m。小车、物块均视为质点，取重力加速度大小g=10 m/s2，不计空气阻力。求：
(1)碰撞后瞬间物块的速度大小v；
(2)小车经过轨道上的B点时对轨道的压力大小F ；
N
(3)小车与物块碰撞过程中损失的机械能ΔE。
【答案】(1)v=5m/s
(2)F =11.8N
N
(3)ΔE=0
1
【详解】(1)碰后M做平抛运动，根据平抛运动规律有h= gt2，x=vt
2
代入题中数据，解得v=5m/s
v2
(2)碰后小车回到A点时有mg+F=m A
R
代入题中数据，解得v = 7m/s
A
1 1
碰后对小车，根据机械能守恒有 mv2 = mv2 +mg×2R
2 车 2 A
联立解得v =5m/s
车
4v2
小车经过轨道上的B点有F -mg=m 车
支持力 R
解得F =11.8N
支持力
根据牛顿第三定律可知，小车经过轨道上的B点时对轨道的压力大小F =F =11.8N。
N 支持力
(3)设碰前小车速度为v ，规定向右正方向，根据动量守恒有mv =-mv +Mv
0 0 车
联立解得v =10m/s
0
1 1 1
则小车与物块碰撞过程中损失的机械能ΔE= mv2- mv2 + Mv2
2 0 2 车 2
5
联立解得ΔE=0
可知该碰撞为弹性碰撞。
6.(2026·北京丰台·二模)一个质量m=400g的足球静止在地面上，运动员将其踢出后，足球上升的最大高
度h=5m，在最高点的速度v =20m/s。不考虑空气阻力，g取10m/s2。求：
0
(1)足球从最高点到落地点之间的水平距离x；
(2)足球在落地前瞬间速度的大小v；
(3)运动员踢球时对足球做的功W。
【答案】(1)20m
(2)10 5m/s
(3)100J
1
【详解】(1)足球从最高点到落地点的过程中做平抛运动，竖直方向有h= gt2
2
2h
可得t= =1s
g
水平方向有x=v t
0
解得x=20m
(2)足球在落地前瞬间竖直分速度大小为v =gt=10m/s
y
则足球在落地前瞬间速度的大小为v= v2+v2=10 5m/s
0 y
1
(3)从足球被踢出前到落地前瞬间的过程中，重力做功为零，对足球根据动能定理可得W= mv2-0
2
代入数据解得W=100J考点二 圆周运动中的计算问题
知识点
2π
线速度v、角速度ω、周期T、转速n关系：v=ωr, ω= ；
T
v2 4π2
向心力公式：F =m =mω2r=m r；
n r T2
向心力为合外力，指向圆心。
解题思路点拨
6. 确定轨道平面与圆心，明确圆周运动半径r。
7. 受力分析：找出所有力，沿径向(向心方向)和切向分解。
8. 列向心力方程：径向合力提供向心力，代入对应公式列式。
mv2
9. 选公式：已知v选 ，已知ω/T选ω2r形式。
r
10. 求解线速度、角速度、周期、受力、临界极值；竖直圆周重点分析最高点、最低点临界条件。
7.(2026·重庆永川·模拟预测)如图为一款游戏装置的示意图，装置由水平直轨道AB和半径R=0.4m的竖
直光滑半圆轨道BDC组成，BC为竖直直径。游戏开始前，质量M=0.2kg的滑块Q静置于B点，距离
B点L=7.2m处一质量m=0.1kg滑块P以初速度v 向右运动，与Q发生弹性碰撞，碰后立即拿走滑
0
块P。某次游戏时，滑块Q恰好能到达C点。两滑块均可视作质点，与直轨道的滑动摩擦因数均为μ=
0.25，g取10m/s2。
(1)求碰后瞬间滑块Q受到的支持力大小F；
(2)求滑块P的初速度v ；
0
(3)滑块Q经过C点后落回地面，与地面相互作用时间极短且竖直方向速度大小变为原来的一半，方向
相反，求与地面第一次碰撞后滑块的水平分速度大小v 。
x1
【答案】(1)F=12N
(2)v =9m/s
0
(3)v =0.5m/s
x1
v2
【详解】(1)在C点，根据重力提供向心力有Mg=M C
R
1 1
从B到C，根据机械能守恒定律有Mg×2R= Mv2 - Mv2
2 B 2 C
Mv2
在B点，根据牛顿第二定律有F-Mg= B
R
解得F=12N
6(2)根据位移时间关系v2 -v2=-2μgL
P 0
1 1 1
弹性碰撞过程，根据动量守恒定律及能量守恒定律有mv =mv +Mv ， mv2= mv2+ Mv2
0 1 B 2 0 2 1 2 B
解得v =9m/s
0
(3)第一次落到地面时竖直分速度v = 4gR=4m/s
y
1
碰撞后，竖直分速度大小变为v = v =2m/s
y1 2 y
方向竖直向上；则弹力的冲量I =mv +mv
N1 y y1
摩擦力的冲量I =μI
f1 N1
水平方向-I =mv -mv
f1 x1 C
解得v =0.5m/s
x1
8.(2026·安徽合肥·三模)如图所示，水平面上放有小球A、B和半圆形轨道C，两小球的质量均为m，可看
作质点。轨道质量未知，圆弧面的半径为R，与水平面平滑连接。小球A以某一速度向右运动并与静止
的小球B发生正碰，碰后两球的相对速度与碰前相对速度之比为0.5。所有接触面均光滑，重力加速度
为g。
(1)求小球A、B碰撞后的速度大小之比；
(2)若轨道C固定，小球B进入轨道后，在与圆心等高的D点时对轨道的压力为2mg，求小球B脱离轨
道的位置距水平面的高度；
(3)若轨道C不固定，小球B仍以(2)问中的速度进入轨道，最终能到达的最高点为D，求轨道C的质量。
【答案】(1)1:3
5
(2) R
3
(3)M=m
【详解】(1)由题意可得mv +mv =mv
A B 0
v -v 1
碰后两球的相对速度与碰前相对速度之比满足 B A =
v 2
0
1 3
代入数据得v = v ，v = v
A 4 0 B 4 0
因此v :v =1:3
A B
(2)小球B在D点时对轨道的压力与轨道对小球的弹力大小相等，根据牛顿第二定律，在D点有2mg=
mv2
D
R
解得v = 2gR
D
mv2
设小球脱离位置为E，EO连线与水平方向成θ角，则有mgsinθ= E
R
1 1
从D到E点，由机械能守恒定律得 mv2 - mv2 =mgRsinθ
2 D 2 E
2 2
联立解得sinθ= ，v = gR
3 E 3
75
小球B脱离轨道的位置距水平面的高度为h=R+Rsinθ= R
3
1 1
(3)由(2)得小球B刚进入轨道时速度v 满足 mv2 - mv2 =mgR
B1 2 B1 2 D
且v = 2gR
D
解得v =2 gR
B1
轨道不固定，当小球到D点时，二者速度均为v，设轨道C质量为M，由水平方向动量守恒得mv =(m
B1
+M)v
1 1
根据系统机械能守恒得 mv2 = (m+M)v2+mgR
2 B1 2
解得M=m
9.(2026·北京顺义·二模)某人站在水平地面上，手握住绳(不可伸长)的一端，另一端系有质量为m的小
球，小球在竖直平面内以手为圆心做圆周运动。某次运动到最低点时，绳的拉力最大且刚好被拉断，小
球以速度v 水平飞出，如图所示。已知手离地面的高度为d，手与小球之间的绳长为0.25d，绳的质量忽
0
略不计，重力加速度为g。
(1)无风时，绳断后小球做平抛运动。求：
a．小球运动的水平位移大小x；
b．绳能承受的最大拉力大小F。
(2)若有风吹过时，小球落地时的速度为v，求风对小球做的功W。
3d 4mv2
【答案】(1)a．v ；b．mg+ 0
0 2g d
1 1 3
(2) mv2- mv2- mgd
2 2 0 4
【详解】(1)a．小球做平抛运动，则水平方向x=v t
0
1
竖直方向d-0.25d= gt2
2
3d
解得运动的水平位移大小x=v ；
0 2g
v2
b．小球在圆周的最低点时T-mg=m 0
0.25d
4mv2
绳能承受的最大拉力大小F=mg+ 0 。
d
1 1
(2)若有风吹过时，小球落地时的速度为v，则由动能定理mg×(d-0.25d)+W= mv2- mv2
2 2 0
81 1 3
解得W= mv2- mv2- mgd
2 2 0 4
10.(2026·山东菏泽·二模)如图所示，半径为R的光滑半圆环轨道处于竖直平面内，半圆环与水平地面相切
于圆环的端点A。一质量m=0.6kg的小球从A点以初速度v =6m/s冲上竖直半圆环，沿轨道运动到
0
B点飞出，最后落在水平地面上的C点(图上未画)，g取10m/s2。求：
(1)若R=0.5m，小球在最高点对圆环的压力；
(2)仅调整R的大小，小球从最高点飞出，求A、C间的最大距离及对应的R值。
【答案】(1)13.2N，方向竖直向上
(2)1.8m，0.45m
【详解】(1)设小球到达B点时的速度为v，小球从A到B的运动过程中，由动能定理得
1 1
-2mgR= mv2- mv2
2 2 0
v2
在B点，设轨道对小球弹力为F ，方向竖直向下，对小球由牛顿第二定律得F +mg=m
N N R
代入数据解得F =13.2N
N
由牛顿第三定律可知小球在最高点对轨道的压力F =F =13.2N，方向竖直向上。
压 N
1
(2)设小球到达B点时的速度为v，小球从A到B的运动过程中，由动能定理得-2mgR= mv2-
2
1
mv2
2 0
1
小球从B点飞出做平抛运动，由平抛运动规律可知2R= gt2，x=vt
2
联立以上各式，整理得x= v2 0 -4gR
9
4R 1
g = g v2 0 -4gR 4gR
当v2-4gR=4gR时，即R=0.45m时，x有最大值；
0
将R=0.45m代入解得：x =1.8m
max
11.(2026·安徽蚌埠·二模)如图所示，竖直面内的光滑半圆形导轨与光滑水平地面在B点平滑相接，导轨半
径R=0.4m。一个质量m=0.2kg的物体自地面上A点以一定速度向右运动，经过B点后沿半圆形导
轨运动，到达最高点C时对轨道恰好无压力，之后水平抛出。物体可视为质点，不计空气阻力，重力加速
度g取10m/s2。求：(1)物体运动到C点时的速度大小；
(2)物体自A点出发时的速度大小；
(3)物体落地点到B点的距离。
【答案】(1)2m/s
(2)2 5m/s
(3)0.8m
v2
【详解】(1)由牛顿第二定律得mg=m C
R
解得v =2m/s
C
1 1
(2)由机械能守恒定律得 mv2 =mg⋅2R+ mv2
2 A 2 C
联立解得v =2 5m/s
A
1
(3)竖直方向上有2R= gt2
2
水平方向上有x=v t
C
联立解得x=0.8m
1
12.(2026·安徽合肥·模拟预测)如图所示，半径为R的 光滑圆弧轨道固定在水平面与竖直墙面之间，圆心
2
为O ，在圆弧的最低点C静止放置质量为m 的小球乙(视为质点)，在圆弧的最高点O 悬挂一条长度
1 乙 2
为2R的轻质细线，细线的另一端连接质量为m 的小球甲(视为质点)，甲从A点由静止释放时，细线伸
甲
直与水平方向的夹角为30°，当甲落到B点细线再次伸直时，甲立即沿着圆弧轨迹向下运动；甲运动到C
点时速度为v ，与乙发生碰撞刚结束时，甲立即停止运动，乙沿着圆弧轨道恰好能运动到最高点O ，此
甲 2
5 15
时乙的动能E = J，动量大小p =5 3kg⋅m/s，重力加速度g=10m/s2，(不考虑空气阻力)求∶
k 2 2 O 2
10(1)圆弧轨道的半径R及两球碰撞后瞬间乙的速度；
(2)小球甲的质量m ；
甲
【答案】(1)R=0.5m，v =5m/s
乙
(2)m = 15kg
甲
m v2
【详解】(1)乙沿着圆弧轨道恰好能运动到最高点O ，根据牛顿第二定律m g= 乙 O 2
2 乙 R
1 1
从C点运动到O 点，根据机械能守恒m g×2R= m v2 - m v2
2 乙 2 乙 乙 2 乙 O 2
1 5 15
由题意可知E = m v2 = J，p =m v =5 3kg⋅m/s
k 2 2 乙 O 2 2 O 2 乙 O 2
联立解得R=0.5m，v =5m/s，m = 15kg
乙 乙
(2)甲从A落到B点做自由落体运动，设细线伸直之前的瞬时速度为v ，根据机械能守恒m g×
B 甲
1
4Rsin30°= m v2
2 甲 B
把v 分别沿着垂直O B的方向和沿着O B的方向分解，可得甲在垂直O B方向的分速度
B 2 2 2
v =v cos30°
1 B
根据题意可知甲落到B点立即做圆周运动，说明细线伸直后甲沿着O B方向的分速度立即消失，速度
2
由v 立即突变为沿着轨迹切线方向的分速度v
B 1
1 1
甲从B运动到C的过程中，应用动能定理m g×2R(1-sin30°)= m v2 - m v2
甲 2 甲 甲 2 甲 1
甲、乙在C点发生碰撞，碰撞过程动量守恒m v =m v
甲 甲 乙 乙
联立解得 m = 15kg
甲
11
