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大题02 曲线运动与万有引力定律
曲线运动与万有引力定律是高考物理的高频模块，在广东高考卷中占比约10%~15%，2025 年广东
高考对“曲线运动与万有引力定律”的考查将延续“重基础、强应用、拓创新”的风格，突出物理模
型构建与实际问题转化能力。备考需紧扣核心素养，强化天体运动与曲线运动的综合分析，同时关注
航天科技热点与跨学科融合，做到“以模型破万题，以思想驭变化”。
题型1 抛体运动
例1.电磁炮灭火消防车（图甲）采用电磁弹射技术投射灭火弹进入高层建筑快速
灭火。电容器储存的能量通过电磁感应转化成灭火弹的动能，设置储能电容器的工作电压可获得所需
的灭火弹出膛速度。如图乙所示，若电磁炮正对高楼，与高楼之间的水平距离L＝60 m，灭火弹出膛速
度v0＝50 m/s，方向与水平面夹角θ＝53°，不计炮口离地面高度及空气阻力，取重力加速度大小g
＝10 m/s2，sin 53°＝0.8。
1
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（1）求灭火弹击中高楼位置距地面的高度H；
（2）已知电容器储存的电能E＝1
2CU2，转化为灭火弹动能的效率η＝15％，灭火弹的质量为3 kg，电
容C＝2.5×104 μF，电容器工作电压U 应设置为多少？
答案（1）60 m （2）1 000√2 V
解析（1）灭火弹离开炮口后做斜抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向上做竖直上抛运动。则
灭火弹在水平方向上有vx＝v0cos 53°＝30 m/s，
灭火弹从离开炮口到击中高楼所用的时间
t＝L
v x
＝60
30 s＝2 s，
在竖直方向上有vy＝v0sin 53°＝40 m/s，
灭火弹击中高楼位置距地面的高度H＝vyt－1
2gt2，
代入数据解得H＝60 m。
（2）由题意可知ηE＝1
2 mv0
2，
解得E＝25 000 J，
又E＝1
2 CU2，
代入数据解得U＝1 000√2 V。
例2. (2024 广雅中学)在真空环境内探测微粒在重力场中能量的简化装置如图
所示．P 是个微粒源，能持续水平向右发射质量相同、初速度不同的微粒，高度为h 的探测屏AB 竖直
放置，离P 点的水平距离为L，上端A 与P 点的高度差也为h，已知重力加速度为g.
(1) 若微粒打在探测屏AB 的中点，求微粒在空中飞行的时间．
(2) 求能被屏探测到的微粒的初速度范围．
2
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答案 (1) (2) L≤v≤L
解析 (1) 对打在中点的微粒有h＝gt2
解得t＝
(2) 打在B 点的微粒
v1＝
2h＝gt
解得v1＝L
同理，打在A 点的微粒初速度v2＝L
微粒初速度范围为L≤v≤L
1.平抛运动（类平抛运动）问题的求解方法
2.斜抛运动（类斜抛运动）的处理方法
（1）斜抛运动是匀变速曲线运动，以斜上抛运动为例（如图所示）
速度：vx＝v0cos θ，
vy＝v0sin θ－gt
位移：x＝v0cos θ·t，y＝v0sin θ·t－1
2gt2。
（2）当物体做斜上抛运动至最高点时，运用逆向思维，可转化为平抛运动。
1．抛体运动在各类体育运动项目中很常见，如乒乓球运动。现讨论乒乓球发球问题，
设球台长2L、网高h，乒乓球反弹前后的水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反，且不考
虑乒乓球的旋转和空气阻力。(设重力加速度为g)
(1)若球在球台边缘O 点正上方高度h1处，以速度v1水平发出，落在球台上的P1点(如图中实线所示)，
求P1点距O 点的距离x1；
3
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(2)若球从O 点正上方某高度处以速度v2水平发出，恰好在最高点时越过球网落在球台上的P2点(轨迹
如图中虚线所示)，求v2的大小；
(3)若球从O 点正上方水平发出后，球经反弹恰好越过球网且刚好落在对方球台边缘P3点，求发球点距
O 点的高度h3。
答案 (1)v1√
2ℎ1
g
(2) L
2 √
g
2ℎ (3)4
3 h
解析 (1)根据平抛运动规律得
h1＝1
2 gt1
2，x1＝v1t1
联立解得x1＝v1√
2ℎ1
g
。
(2)根据平抛运动规律得h2＝1
2 gt2
2，x2＝v2t2
且h2＝h，2x2＝L
联立解得v2＝L
2 √
g
2ℎ。
(3)球的运动轨迹如图所示，得
h3＝1
2 gt3
2
x3＝v3t3
且3x3＝2L
设球从恰好越过球网到达到最高点所用的时间为t，水平距离为s，则有h3－h＝1
2gt2
s＝v3t
由几何关系得x3＋s＝L
解得h3＝4
3 h。
题型二 水平面的圆周运动
4
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例3.(2023 广东深圳市一模)图甲为一种大型游乐项目“空中飞椅”，用不计重力
的钢丝绳将座椅挂在水平悬臂边缘。设备工作时，悬臂升到离水平地面24 m 高处，以1 rad/s 的角速度
匀速转动时，座椅到竖直转轴中心线的距离为7.5 m(简化示意图乙)，座椅和乘客(均视为质点)质量共计
80 kg，钢丝绳长为5 m。忽略空气阻力，取重力加速度g＝10 m/s2。试计算此时：
甲 乙
(1)钢丝绳的拉力大小；
(2)若游客身上的物品脱落，因惯性水平飞出直接落到地面，求落地点到竖直转轴中心线的距离(结果保
留3 位有效数字)。
答案 (1)1 000 N (2)16.8 m
解析 (1)设备以1 rad/s 的角速度匀速转动时，对座椅和乘客，设绳与竖直方向夹角为θ，水平方向
由牛顿第二定律可得T sin θ＝ma
①
竖直方向由平衡关系可得T cos θ＝mg
②
由加速度公式可得a＝ω2r
③
联立①②③式，代入ω＝1 rad/s、r＝7.5 m、m＝80 kg
解得T＝1 000 N。
④
(2)游客身上惯性飞出而脱落的物品做平抛运动，水平方向匀速运动
x＝vt
⑤
竖直方向做自由落体运动
5
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y＝1
2gt2
⑥
由线速度公式可知v＝ωr
⑦
由几何关系可得y＝(24－5cos θ) m
⑧
R2＝x2＋r2
⑨
联立②④⑤⑥⑦⑧⑨式，解得落地点到竖直转轴中心线的距离R＝7.5√5 m≈16.8 m。
⑩
2．如图所示，装置BO′O 可绕竖直轴O′O 转动，可视为质点的小球A 与两细线连接
后分别系于B、C 两点，装置静止时细线AB 水平，细线AC 与竖直方向的夹角θ＝37°。已知小球的质
量m＝1 kg，细线AC 长L＝1 m，B 点到C 点的水平和竖直距离相等。(重力加速度g 取10 m/s2，sin
37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
(1)若装置匀速转动的角速度为ω1，细线AB 上的张力为零而细线AC 与竖直方向夹角仍为37°，求角
速度ω1的大小；
(2)若装置匀速转动的角速度为ω2时，细线AB 刚好竖直，且张力为零，求此时角速度ω2的大小。
答案 (1)5√2
2
rad/s (2)5√6
3
rad/s
解析 (1)细线AB 上的张力恰为零时有
mg tan 37°＝mω1
2L sin 37°
解得ω1＝ √
g
Lcos37° ＝√
50
4 rad/s＝5√2
2
rad/s。
(2)细线AB 恰好竖直，但张力为零时，由几何关系得cos θ′＝3
5，则有θ′＝53°
又mg tan θ′＝mω2
2L sin θ′
解得ω2＝5√6
3
rad/s。
6
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题型三 竖直面的圆周运动
例4.(2024 广东佛山二模)“路亚”是一种钓鱼方法，用这种方法钓鱼时先把鱼饵通过鱼线收到鱼竿末
端，然后用力将鱼饵甩向远处。如图所示，钓鱼爱好者在a 位置开始甩竿，鱼饵被甩至最高点b 时迅速
释放鱼线，鱼饵被水平抛出，最后落在距b 水平距离s＝16 m 的水面上。已知开始甩竿时鱼竿与竖直方
向成53°角，鱼饵的质量为m＝0.02 kg。甩竿过程竿可视为在竖直平面内绕O 点转动，且O 离水面高
度h＝1.6 m、到鱼竿末端鱼饵的距离L＝1.6 m。鱼饵从b 点抛出后，忽略鱼线对其作用力和空气阻力，
重力加速度g 取10 m/s2，已知sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6。求：
(1)鱼饵在b 点抛出时的速度大小；
(2)释放鱼线前，鱼饵在b 点受鱼竿作用力的大小和方向；
(3)从a 到b 的甩竿过程，鱼竿对鱼饵做的功W。
答案(1)20 m/s (2)4.8 N，方向竖直向下(3)4.128 J
解析(1)鱼饵被甩至最高点b 时迅速释放鱼线，鱼饵被水平抛出，根据平抛运动的规律可得s＝vbt，L
＋h＝1
2gt2，联立解得t＝0.8 s，vb＝20 m/s。
(2)释放鱼线前，鱼饵在b 点，由于vb＞√gL＝4 m/s，所以鱼饵受鱼竿作用力的方向竖直向下，根据牛
顿第二定律可得mg＋F＝mvb
2
L
，解得F＝4.8 N。
(3)从a 到b 的甩竿过程，根据动能定理可得W－mgL(1－cos 53°)＝1
2mvb
2，解得鱼竿对鱼饵做的功为
W＝4.128 J。
解决圆周运动问题的主要步骤
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3．（2024 广东惠州二模）如图所示，水平平台上一轻弹簧左端固定在A 点，原长时
在其右端B 处放置一质量为m=2kg 的小滑块（可视为质点），平台AB 段光滑，BC 段长x=2m，与滑块
间的动摩擦因数μ1=0.25。平台右端与水平传送带相接于C 点，传送带长L=5m，与滑块间的动摩擦因数
μ₂=0.4。传送带右端D 点与一光滑竖直圆形轨道相切，圆形轨道半径R=0.4m，最高点E 处有一弹性挡
板，滑块碰撞挡板前后无机械能损失。现将滑块向左压缩弹簧后突然释放，滑块可在静止的传送带上
滑行至距C 点1.5m 处停下。已知传动带只可顺时针转动，重力加速度。
求:
（1）释放滑块时弹簧的弹性势能Ep；
（2）若在相同位置释放滑块，要使滑块恰好上升到E 点，传送带的速度v 为多少；
（3）若在相同位置释放滑块，要使滑块不脱离圆弧形轨道，且不再返回压缩弹簧，传送带的速度大小
范围。
求解竖直平面内圆周运动问题的思路
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答案（1）
；（2）
；（3）
或
解析（1）滑块从释放到在传送带上静止，由能量守恒定律得：
其中
解得
（2）滑块恰好到达E 点，有
得
分析得物块在传送带经历了加速过程，设物块在传送带上加速的位移为
，
由动能定理得
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解得
=1m，又因
<L=5m 故滑块在传送带先加速后匀速。从D 到E，由动能定理
联立得：传送带速度为
（3）情况一：滑块恰好上升至圆心等高处时，设传送带速度为
，由动能定理：
解得
假设返回经过传送带速度减为零时，与D 点相距距离为
，则有：
解得
故物块不会冲过C 点，在传送带与圆心等高处往复运动，
则此情况要滑块不脱离圆弧轨道
情况二：物块上到最高点E 后再恰好返回B 点，设物块在传送带上的加速位移为s，
对全程分析由动能定理
解得
设此时传送带速度为
，则由动能定理
解得
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故此情况滑块不脱离圆弧轨道只需：
总结：要使滑块不脱离圆弧轨道，传送带的速度需满足的条件：
或
题型四 万有引力定律及其应用
例5.（2024 广东清远模拟预测）火星是距离太阳第四近的行星，也是太阳系中仅
次于水星的第二小的行星，为太阳系里四颗类地行星之一，其半径R = 3400 km。我国发射的火星探测
器“天问一号”在登陆火星之前围绕火星做圆周运动，其环绕速度v 与轨道半径r 之间的关系如图甲所
示。“天问一号”火星探测器成功登陆火星表面后，“祝融号”火星车出舱进行探测任务，如图乙所
示。某次任务时，火星车以速度v0 = 0.5 m/s 沿水平面匀速行驶，前方有一高度h = 2 m 的断崖，断崖
下方是平坦的地面。求：
(1)火星表面的重力加速度g 火；
(2)火星车在断崖下方地面着陆时的速度v。
答案(1)4 m/s2，方向竖直向下
(2)
，方向与水平方向夹角的正切值为8
详解（1）根据万有引力充当向心力
可得
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结合图像可知
在火星表面上有
解得
方向竖直向下。
（2）火星车做平抛运动，在竖直方向有
可得
水平方向做匀速直线运动
火星车在断崖下方地面着陆时的速度
设着陆时的速度方向与水平方向的夹角为θ，则有
则速度方向与水平方向夹角的正切值为8。
天体质量和密度的计算
注意：（1）天体表面的重力加速度g＝GM
R
2 ，是g 的决定式，具有普适性。
（2）若绕行天体绕中心天体表面（如近地）做匀速圆周运动时，轨道半径r≈R，则中心天体的密度ρ＝
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3 π
GT
2。
人造卫星运动问题的分析要点
4．（2022 广东潮州模拟预测）假设我国宇航员登上某一星球，该星球的半径R=4500
km，在该星球表面有一倾角为30°的固定斜面，一质量为1 kg 的小物块在力F 的作用下由静止开始沿斜
面向上运动，力F 始终与斜面平行。已知小物块和斜面间的动摩擦因数μ=
，力F 随时间变化的规
律如图所示（取沿斜面向上为正方向），2 s 末小物块的速度恰好为0，引力常量G=6.67×10−11
N·m2/kg2。
（1）求该星球表面的重力加速度。
（2）求该星球的平均密度。
（3）若在该星球表面上水平抛出一个物体，使该物体不再落回该星球表面，则物体至少需要多大的初
速度？
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答案（1）g=8 m/s2；（2）ρ=6.4×103 kg/m3；（3）6.0 km/s
详解（1）假设该星球表面的重力加速度为g，小物块在力F1=20 N 作用的过程中，有
小物块1 s 末的速度
小物块在力F2=−4 N 作用的过程中，有
且有
联立解得
（2）由
星球体积
星球的平均密度
ρ=
=
代人数据得
ρ=6．4×103 kg/m3
（3）要使抛出的物体不再落回该星球表面，物体的最小初速度v1要满足
mg=m
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解得
v1=
=6.0×103 m/s=6.0 km/s
1.(2023 广东广州市二模)如图所示，运动员起跳补篮，篮球恰好垂直击中篮板“打板
区”方框的上沿线中点，反弹落入篮圈，球心下降到篮圈所在平面时，球未与篮圈接触。已知篮球出
手时球心离地的高度h1＝2.25 m、与篮板的水平距离L1＝1.17 m，篮圈离地的高度h2＝3.05 m，“打
板区”方框的上沿线中点离篮圈的高度h3＝0.45 m，篮圈的直径d1＝0.45 m，篮板与篮圈的最小距离
L2＝0.15 m；若篮球的直径d2＝0.24 m、质量m＝0.5 kg，不考虑空气作用力和篮球的转动。重力加速
度g 取10 m/s2，求：
(1)篮球击中篮板时的速度大小；
(2)篮球打板损失机械能的最小值。
答案(1)2.1 m/s (2)0.7425 J
解析 (1)起跳补篮，篮球恰好垂直击中篮板“打板区”方框的上沿线中点，其逆过程可以看作是平抛
运动，则有h3＋h2－h1＝1
2 gt1
2，L1－d2
2 ＝v0t1，代入数据得v0＝2.1 m/s。
(2)反弹后做平抛运动，则反弹速度最大时机械能损失最少，则有h3＝1
2 gt2
2，L2＋d1－d2＝vmt2，解得vm
＝1.2 m/s，篮球打板损失机械能ΔE＝1
2 m v0
2－1
2 m vm
2 ＝0.7425 J。
2．如图所示可视为质点的小球从倾角为α＝30°的斜面顶端O 点以速度v0飞出，已知v0＝20 m/s，且与
斜面夹角为θ＝60°。图中虚线为小球在空中的运动轨迹，且A 为轨迹上离斜面最远的点，B 为小球在
斜面上的落点，C 是过A 作竖直线与斜面的交点，不计空气阻力，重力加速度取g＝10 m/s2。求：
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(1)小球从O 运动到A 点所用时间t；
(2)小球离斜面最远的距离L；
(3)O、C 两点间距离x。
答案（1）2 s（2）10√3 m（3）x＝40 m
解析 (1)将速度进行分解，如图所示
垂直斜面方向v1＝v0sin θ，a1＝g cos α，t＝
v1
a1
得t＝。
(2)垂直斜面方向v1匀减速至0 时有L＝v1
2
2a1
代入数据得L＝10√3 m。
(3)由垂直斜面方向运动对称性可得小球从O 到A 与A 到B 所用时间相等
平行斜面方向v2＝v0cos θ，a2＝g sin α，xOB＝v2·2t＋1
2a2(2t)2
小球在水平方向做匀速直线运动，C 为OB 中点，则x＝1
2xOB
代入数据解得x＝40 m。
3．(2023 湛江一中)运动员抓住长为L＝1.5 m 的绳子绕高为H＝5.9 m 的固定支柱旋转，支柱直径
忽略不计，如图所示，已知α＝53°，运动员在旋转过程中的运动可视为匀速圆周运动．取g＝10
m/s2，运动员可视为质点，手臂长度忽略不计，不计空气阻力，取sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6．
(1)求运动员在匀速旋转过程中速度大小v．
(2)某时刻运动员松手，求落地点到转轴下端点的距离．(结果保留两位有效数字)
答案(1)4 m/s (2)4.2 m
解析(1)运动员的向心力为Fn＝mg tan α
运动半径为r＝L sin α
Fn＝m
解得v＝4 m/s
(2)根据H－L cos α＝gt2，x＝vt
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解得x＝4 m
落地点距离转轴的距离d＝
解得d＝4.2 m
4．如图所示为赛车场的一个“梨形”赛道，两个弯道分别为半径R 的大圆弧和半径r 的小圆弧，
直道与弯道相切，直道长度L．赛车沿弯道路线行驶时，路面对轮胎的最大径向静摩擦力是赛车重力的
k 倍，假设赛车在直道上做匀变速直线运动，在圆心角为120°和240°的弯道上做匀速圆周运动，且R
＝4r．若赛车不侧滑且绕赛道一圈时间最短，发动机功率足够大，重力加速度为g．求：
(1)赛车行驶的最大速率．
(2)赛车绕赛道一圈的最短时间．
答案(1) (2)
解析(1)根据题意，由牛顿第二定律有
kmg＝m
解得最大速率为vm＝
(2)根据题意，由公式x＝t 可得，赛车在两直道的时间为
t1＝＝＝
小圆弧弯道的时间为t2＝
大圆弧弯道的时间为t3＝
则赛车绕赛道一圈的最短时间
t＝t1＋t2＋t3＝
5．如图所示的是跳台滑雪轨道简化模型，AB 段光滑曲面为加速滑道，BCD 段圆弧滑道为半径r＝16 m 的姿
态调整滑道，左侧与AB 段平滑连接，右侧与水平跳台DE 连接，EF 段为倾角30°的速降斜坡。质量为
60 kg 的滑雪运动员从加速滑道滑下后到达圆弧轨道的最低点C 点时的速度大小v1＝20 m/s，经过D 点
时的速度大小为v2＝15 m/s，运动员整个运动过程的最高点P 恰好在E 点的正上方h＝7.2 m 处，最后
落在斜坡上的Q 点。已知重力加速度为10 m/s2，不计空气阻力，速降斜坡足够长，sin 37°＝0.6，
cos 37°＝0.8，求：
（1）运动员在C 点时受到圆弧轨道的弹力；
（2）水平平台DE 的长度；
（3）经过P 点之后，运动员距斜坡的最远距离（结果用根式表示）。
答案（1）2 100 N，方向竖直向上 （2）10.8 m
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（3）171√3
40
m
解析（1）在C 点，对运动员，由牛顿第二定律有FN－mg＝m v1
2
r
解得FN＝2 100 N
即运动员在C 点时受到圆弧轨道的弹力大小为2 100 N，方向竖直向上。
（2）设运动员在由D 点飞出时速度与水平方向成α 角，从D 点运动到P 点的过程中，竖直方向有
（v2sin α）2＝2gh，v2sin α＝gt1
水平方向有xDE＝v2t1cos α
解得α＝53°，xDE＝10.8 m。
（3）运动到P 点的速度vP＝v2cos α
对其垂直于斜坡方向分解vy＝vPsin θ，ay＝gcos θ
当垂直于斜坡方向上的速度减为0 时，距离斜坡最远，由几何关系可知d＝hcos θ＋H
其中v y
2＝2ayH
解得d＝171√3
40
m。
6．单板滑雪U 型池比赛是冬奥会比赛项目，其场地可以简化为如图甲所示的模型：U 形滑道由两个半径相
同的四分之一圆柱面轨道和一个中央的平面直轨道连接而成，轨道倾角为17．2°。某次练习过程中，
运动员以vM＝10 m/s 的速度从轨道边缘上的M 点沿轨道的竖直切面ABCD 滑出轨道，速度方向与轨道边
缘线AD 的夹角α＝72.8°，腾空后沿轨道边缘的N 点进入轨道。图乙为腾空过程左视图。该运动员可
视为质点，不计空气阻力，取重力加速度的大小g＝10 m/s2， sin 72.8°＝0.96，cos 72.8°＝
0.30。求：
（1）运动员腾空过程中离开AD 的距离的最大值d；
（2）M、N 之间的距离L。
答案（1）4.8 m （2）12 m
解析（1）在M 点，设运动员在ABCD 面内垂直于AD 方向的分速度为v1，由运动的合成与分解规律得v1
＝vMsin 72.8° ①
设运动员在ABCD 面内垂直于AD 方向的分加速度为a1，由牛顿第二定律得mgcos 17.2°＝ma1 ②
由运动学公式得d＝v1
2
2a1
③
联立①②③式，代入数据得d＝4.8 m ④
（2）在M 点，设运动员在ABCD 面内平行AD 方向的分速度为v2，由运动的合成与分解规律得
v2＝vMcos 72.8° ⑤
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设运动员在ABCD 面内平行AD 方向的分加速度为a2，由牛顿第二定律得mgsin 17.2°＝ma2 ⑥
设腾空时间为t，由运动学公式得t＝
2v1
a1
⑦
L＝v2t＋1
2a2t2 ⑧
联立①②⑤⑥⑦⑧式，代入数据得L＝12 m ⑨
7．如图所示，粗糙水平面
与竖直面内的光滑半圆形轨道在B 点平滑相接，一质量
的小滑块（可视为
质点）将弹簧压缩至A 点后由静止释放，经过B 点后恰好能通过最高点
作平抛运动。
已知：导轨半径
，小滑块的质量
，小滑块与轨道
间的动摩擦因数
，
的长度
，重力加速度取
。求：
（1）小滑块对圆轨道最低处B 点的压力大小；
（2）弹簧压缩至A 点时弹簧的弹性势能；
（3）若仅改变
的长度
，其他不变，滑块在半圆轨道运动时不脱离轨道，求出
的可能值。
答案（1）
；（2）
；（3）
或者
详解（1）在C 点，根据牛顿第二定律有
在B 点，根据牛顿第二定律有
小滑块从B 至C 根据动能定理有
代入数据得
根据牛顿第三定律，小滑块对圆轨道最低处
点的压力大小
；
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（2）小滑块A 至B 根据功能关系有
由（1）可得
，代入数据得
（3）物块滑上圆轨道，但不越过
圆弧，设刚好到达
圆弧时，轨道长
，刚好到达B 点时，轨道长
为
，则
代入数据解得
故物块滑上圆轨道，但不越过
圆弧的条件为：
；
依题意，
时，刚好不脱离最高点：故物块要在整个圆弧运动要求
；
综上述二种情况有
或者
8．（2023 广东潮州二模）滑板运动是青少年喜欢的运动之一，某滑板运动场地如图所示，水平面
与斜
面
和圆弧
平滑连接，滑板爱好者站在滑板甲上由静止从A 点滑下，同时另一完全相同的滑板乙
从圆弧上的D 点由静止释放．两滑板在水平面上互相靠近时，滑板爱好者跳到滑板乙上，并和滑板乙
保持相对静止，此后两滑板沿同一方向运动且均恰好能到达D 点，被站在D 点的工作人员接收．已知斜
面
长
，倾角为
，圆心O 与D 点的连线与竖直方向的夹角
，滑板质量
，滑板爱好者的质量
，不计空气阻力及滑板与轨道之间的摩擦，滑板爱好者与滑板
均可视为质点，取
。求：
（1）圆弧
的半径；
（2）滑板乙在下滑过程中经过圆弧最低点时，对C 点压力的大小。
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答案（1）
；（2）
详解（1）对滑板爱好者及滑板甲，从A 到B 的过程中，由动能定理得
解得
系统动量守恒定律得
两滑板均恰能到达D 点被工作人员接收，则
对滑板乙，从D 点运动到C 点的过程中，由动能定理得
解得
（2）在C 点，由牛顿第二定律得
解得
由牛顿第三定律得，滑板乙对C 点的压力大小
9．（2023 广东佛山模拟预测）如图所示的离心装置中，轻质弹簧一端固定在杆的O 点，另一端与一质量
为 M 的方形中空物块A 连接，弹簧和物块A 均套在光滑竖直方形轻杆OC 上，长为L 的轻杆OB 一端
通过铰链连在O 点（轻杆可在竖直面内转动），另一端固定质量为 m 的小球B，物块A 与小球B 之间
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用长为 L 的轻质细线连接，物块A、小球 B 和弹簧均能随竖直轻杆OC 一起绕过O 点的竖直转轴转动。
装置静止时，轻质细线AB 绷紧，细杆OB 与水平方向的夹角为
，现将装置由静止缓慢加速转动，
当转速稳定时，细杆与水平方向夹角减小到 37°，细杆中的力恰好减小到零，重力加速度为g，取：
求∶
（1）装置静止时， 细线张力 T；
（2）转速稳定时，弹簧长度x 及装置转动的角速度ω；
（3）由静止到稳定转动，物块A 机械能的变化了多少。
答案（1）
；（2）1.2L ；
；（3）
解析（1）装置静止时，对小球B 进行受力如图所示
由平衡条件可知，
解得
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（2） 转速稳定时，由几何关系有
小球B 做匀速圆周运动，细杆中的力为0，则对B 进行受力有
根据几何关系有
解得
（3）静止时由几何关系有
装置由静止开始到转速稳定，A 减少的机械能
代入解得
10．（2024 广东江门模拟预测）如图所示是一张常见的团圆餐桌。餐桌上放一半径
可绕中心轴转
动的圆盘，近似认为餐桌与圆盘在同一水平面内，忽略两者之间的间隙，如图所示。将质量为
的物体放置在圆盘边缘，该物体与圆盘的动摩擦因数为
，与餐桌的动摩擦因数为
，设物体与圆盘及餐桌间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，
。
（1）由静止开始缓慢增大圆盘的角速度，求物体从圆盘上刚好甩出时圆盘的角速度和物体速度的大
小；
（2）物体从圆盘上刚好甩出时，圆盘对物体的静摩擦力所做的功多大；
（3）为使物体不滑落到地面，餐桌半径R 的最小值。
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答案（1）
，3m/s；（2）0.9J；（3）2.5m
解析（1）由题意可得，当小物体受到最大静摩擦力时，小物体将滑落，此时物体的速度达到最大，
由牛顿第二定律
又
联立得
物体的速度为
，得
（2）设圆盘对物体的静摩擦力所做的功为W，由动能定理
代入得
（3）由题意可得，当物体滑到餐桌边缘时速度恰好减为零，对应的餐桌半径取最小值。设物体在餐
桌上滑动的位移为s，由动能定理
得
因为物体从圆盘边缘滑出时沿圆盘的切线方向，结合几何知识可得餐桌半径的最小值为
代入得
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11．（2023 广东佛山模拟预测）如图所示，半径R=1.25m 的光滑竖直四分之一圆轨道OAB 与光滑水平轨道
BC 相切于B 点，水平轨道BC 右端与一长L=0.5m 的水平传送带CD 相连，传送带以速度v=2m/s 顺时针
匀速转动，两滑块与传送带间的动摩擦因数μ=0.4。小滑块1 从四分之一圆轨道的A 点由静止释放，
滑上水平轨道后与静止在水平轨道上的小滑块2 发生弹性正碰，两滑块经过传送带后从传送带末端D
点水平抛出，落在水平地面上。已知两滑块质量分别为
和
，忽略传送带转轮半径，
D 点距水平地面的高度h=0.45m，g 取
。求：
（1）小滑块1 首次经过圆轨道最低点B 时对轨道的压力大小；
（2）两滑块碰后滑块2 的速度大小
；
（3）滑块2 平抛的水平位移。
答案（1）6N；（2）4m/s；（3）
解析（1）滑块1 由A 到B 的过程，根据
解得
在圆轨道最低点B，根据牛顿第二定律可得
解得
根据牛顿第三定律可得滑块1 经过圆轨道最低点B 时对轨道的压力
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（2）滑块1 和滑块2 发生弹性正碰，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律，则
有
解得
（3）滑块在传送带上的加速度大小为
滑块2 以4m/s 速度滑上传送带，如果滑块2 在传送带上一直做匀减速直线运动，则有
解得
由于
所以滑块2 在传送带上一直减速运动，以
为初速度从D 平抛飞出，滑块从传送带末端D 飞出后做平
抛运动，则有
解得
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1．（2023 广东高考真题）如图为某药品自动传送系统的示意图．该系统由水平传送带、竖直螺旋滑槽和
与滑槽平滑连接的平台组成，滑槽高为
，平台高为
。药品盒A、B 依次被轻放在以速度
匀速运动
的传送带上，在与传送带达到共速后，从
点进入滑槽，A 刚好滑到平台最右端
点停下，随后滑下
的B 以
的速度与A 发生正碰，碰撞时间极短，碰撞后A、B 恰好落在桌面上圆盘内直径的两端。已知
A、B 的质量分别为
和
，碰撞过程中损失的能量为碰撞前瞬间总动能的
。
与传送带间的动摩擦
因数为
，重力加速度为g，AB 在滑至N 点之前不发生碰撞，忽略空气阻力和圆盘的高度，将药品盒视
为质点。求：
（1）A 在传送带上由静止加速到与传送带共速所用的时间；
（2）B 从
点滑至
点的过程中克服阻力做的功
；
（3）圆盘的圆心到平台右端
点的水平距离．
答案（1）
（2）
；（3）
解析（1）A 在传送带上运动时的加速度
由静止加速到与传送带共速所用的时间
（2）B 从
点滑至
点的过程中克服阻力做的功
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（3）AB 碰撞过程由动量守恒定律和能量关系可知
解得
（另一组
舍掉）
两物体平抛运动的时间
则
解得
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