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专题四 曲线运动
基础篇
考点 一 曲线运动、合运动与分运动 消防队员水平方向的速度保持不变
Ｄ．
答案 Ｂ 据运动的合成知合速度的方向与
１．（ 江西上饶六校联考一， ）曲水流觞是
２０２２ ２
合加速度的方向不在同一条直线上 其加速
我国古代汉族民间的一种传统习俗 后来发 ，
，
度的大小及方向不变 所以消防队员做匀变
展成为文人墨客诗酒唱酬的一种雅事 大 ，
。
速曲线运动 错误 正确 因为加速度
家坐在河渠两旁 在上流放置觞 木质酒 ，Ａ、Ｃ ，Ｂ ；
， （
与水平方向的夹角不为直角 所以消防队员
杯 觞顺流而下 停在谁的面前 谁就取杯 ，
）， ， ，
水平方向的速度在变化 错误
饮酒 如图所示的觞随着河水自西向东飘 ，Ｄ 。
。
３．（ 江西吉安期末， ）如图为某校学生跑
向下游时 突然吹来一阵北风 则之后觞可 ２０２２ ２
， ，
操的示意图 跑操队伍宽 ｄ 某时刻队
能的运动轨迹为 ， ＝３ ｍ，
（ ）
伍前排刚到达出口的 Ｂ 端 正在 Ａ 点的体育
，
老师准备从队伍前沿直线匀速横穿到达对
面出口 ＢＣ 且不影响跑操队伍 已知学生跑
， ，
操的速度 ｖ 出口 ＢＣ 宽度 Ｌ 则
＝２ ｍ／ｓ， ＝４ ｍ，
轨迹 轨迹 以下说法正确的是
Ａ．１ Ｂ．２ （ ）
轨迹 轨迹
Ｃ．３ Ｄ．４
答案 Ｃ 若没有风吹 则觞随着河水自西
，
向东飘向下游 现有北风吹来 依据运动的
， ，
合成与分解 不可能是轨迹 或 因轨迹
， １ ２； ４
最后沿着水流方向没有了速度 故觞可能的
，
体育老师只能沿直线 ＡＣ 到达出口
运动轨迹为 不可能为 故 项正确 Ａ．
３， ４， Ｃ 。
体育老师不可能沿直线匀速到达出口
２．（ 黑龙江哈三中期中， ）如图 在灭火抢 Ｂ．
２０２２ ４ ，
体育老师的速度一定大于等于 ．
险的过程中 消防队员有时要借助消防车上 Ｃ． ２ ５ ｍ／ｓ
， 体育老师到达对面出口的时间可能大于
的梯子爬到高处进行救 Ｄ．
人或灭火作业 为了节 ２ ｓ
。 答案 Ｃ 由题可知 老师需跑在学生前面
5 省救援时间 人沿梯子匀 ，
年 ， 且不影响跑操队伍 所以将老师的速度分解
高 加速向上运动的同时消 ，
考
在平行 ＢＣ 方向和垂直 ＢＣ 方向 在平行于
3 防车匀速后退 以地面为参考系 则关于消防 ，
年 ， ，
ＢＣ 方向 老师的分速度需要大于等于学生
模
队员的运动 下列说法中正确的是 ，
拟
， （ ）
的速度 即ｖ 学生通过出口的时间ｔ
A 消防队员做匀加速直线运动 ， ２≥２ ｍ／ｓ；
版 Ａ． Ｌ
消防队员做匀变速曲线运动 所以老师到达对面出口的时间不
高 Ｂ． ＝ ｖ ＝２ ｓ，
考
消防队员做变加速曲线运动
物
Ｃ． 能大于 老师在垂直 ＢＣ 方向的分速度 ｖ
理
２ ｓ， １
５０
ｄ ２．（ 河北， ， 分）（多选）如图 广场水平
． 所以老师的速度 ｖ ｖ２ ｖ２ ２０２２ １０ ６ ，
≥ ｔ ＝１ ５ ｍ／ｓ， ０ ＝ １ ＋ ２
地面上同种盆栽紧密排列在以 Ｏ 为圆心 Ｒ
． 当老师垂直 ＢＣ 方向的分速度大 、 １
≥２ ５ ｍ／ｓ， 和 Ｒ 为半径的同心圆上 圆心处装有竖直
于 ． 则会在 Ｃ 点右侧到达出口 当老 ２ ，
１ ５ ｍ／ｓ， ， 细水管 其上端水平喷水嘴的高度 出水速
， 、
师平行 ＢＣ 的分速度为 垂直 ＢＣ 的分
２ ｍ／ｓ， 度及转动的角速度均可调节 以保障喷出的
，
速度为 时 老师沿 ＡＤ 直线到达出口
３ ｍ／ｓ ， ， 水全部落入相应的花盆中 依次给内圈和
。
故 正确 错误
Ｃ ，Ａ、Ｂ、Ｄ 。 外圈上的盆栽浇水时 喷水嘴的高度 出水
， 、
速度及转动的角速度分别用 ｈ ｖ ω 和 ｈ
考点 二 抛体运动 １、 １、 １ ２、
ｖ ω 表示 花盆大小相同 半径远小于同
１．（ 广东， ， 分）如图所示 在竖直平面 ２、 ２ 。 ，
２０２２ ６ ４ ， 心圆半径 出水口截面积保持不变 忽略喷
， ，
内 截面为三角形的小积木悬挂在离地足够
， 水嘴水平长度和空气阻力 下列说法正确
。
高处 一玩具枪的枪口与小积木上 Ｐ 点等高
， 的是
（ ）
且相距为 Ｌ 当玩具子弹以水平速度 ｖ 从枪
。
口向 Ｐ 点射出时 小积木恰好由静止释放
， ，
子弹从射出至击中积木所用时间为 ｔ 不计
。
空气阻力 下列关于子弹的说法正确的是
。
（ ）
若 ｈ ｈ 则 ｖ ｖ Ｒ Ｒ
Ａ． １ ＝ ２， １ ∶ ２ ＝ ２ ∶ １
若 ｖ ｖ 则 ｈ ｈ Ｒ２ Ｒ２
Ｂ． １ ＝ ２， １ ∶ ２ ＝ １ ∶ ２
若 ω ω ｖ ｖ 喷水嘴各转动一周 则落
Ｃ． １ ＝ ２， １ ＝ ２， ，
入每个花盆的水量相同
Ｌ
将击中 Ｐ 点 ｔ 大于
Ａ． ， ｖ 若 ｈ ｈ 喷水嘴各转动一周且落入每个
Ｄ． １ ＝ ２，
Ｌ 花盆的水量相同 则 ω ω
将击中 Ｐ 点 ｔ 等于 ， １ ＝ ２
Ｂ． ， ｖ
答案 ＢＤ 根据平抛运动规律有 ｈ １ｇｔ２
Ｌ ＝ 、
将击中 Ｐ 点上方 ｔ 大于 ２
Ｃ． ， ｖ Ｒ ｖ ｔ 若 ｈ ｈ 则喷出去的水在空中运动
＝ ０ ， １ ＝ ２，
Ｌ ｖ Ｒ
将击中 Ｐ 点下方 ｔ 等于
时间相等 所以 １ １ 选项 错误 根据平
Ｄ． ， ｖ
， ｖ ＝Ｒ ， Ａ ；
２ ２
答案 Ｂ 子弹离开枪口后做平抛运动 同
， ｈ
时积木做自由落体运动 二者在竖直方向相 ｖ ２ １
， Ｒ １ ｇ
抛运动规律 得 １ 若 ｖ ｖ 化简
对静止 故子弹会击中 Ｐ 点 子弹在水平方 ， Ｒ ＝ ｈ ， １ ＝ ２，
， ， ２ ｖ ２ ２
Ｌ ２ ｇ
向做匀速直线运动 有 ｔ 故选项 正确
， ＝ ｖ ， Ｂ 。
ｈ Ｒ２
得 １ １ 选项 正确 浇水时水的流量 Ｑ
易错分析 ｈ ＝Ｒ２ ， Ｂ ； ＝ 专
２ ２ 题
不计空气阻力，二者在竖直方向都做自由落 四
Ｓｖ 其中 Ｓ 是出水口横截面积 浇水一周总
体运动。 如果忽略了子弹在竖直方向的运
０， ，
曲
线
水量为 Ｖ Ｑ ２π ２πＳ ｖ 若 ω ω ｖ 运
动，会误认为子弹将击中积木 Ｐ 点上方。 总＝ · ω ＝ ω · ０， １ ＝ ２， １ 动
５１
ｖ 则总水量相同 但半径越大 摆放的花 ｇｘ
＝ ２， ， ， ２ 故 ｖ ｖ ｖ 故 错误 飞镖做
盆越多 所以落入每个花盆的水量越小 选 α， Ａ＝ Ｃ＞ Ｂ， Ｂ、Ｃ ；
， ， ｓｉｎ ２
项 错误 设每个花盆的大小为 ｄ 则半径为 平抛运动 速度的反向延长线通过水平分位
Ｃ ； ， ，
Ｒ 移的中点 而三只飞镖水平分位移的中点相
Ｒ 的圆上能摆放的盆数为 ｎ ２π 浇水一周 ，
＝ ｄ ， 同 故 项错误
， Ｄ 。
ｇ ４．（ 全国甲， ， 分）将一小球水平抛
总水量 Ｖ Ｑ ２π ２πＳＲ 落入每个花 ２０２２ ２４ １２
总＝ · ω ＝ ω ｈ，
出 使用频闪仪和照相机对运动的小球进行
２
，
Ｖ 总 Ｓｄ ｇ 拍摄 频闪仪每隔 ． 发出一次闪光 某
盆的水量 Ｖ 若ｈ ｈ 落入每 ， ０ ０５ ｓ 。
０ ＝ ｎ ＝ ω ｈ， １ ＝ ２， 次拍摄时 小球在抛出瞬间频闪仪恰好闪
２
，
个花盆的水量相同 则 ω ω 选项 正确
光 拍摄的照片编辑后如图所示 图中的第
， １ ＝ ２， Ｄ 。 ， 。
３．（ 海南海口一中月考， ）如图所示 某同
一个小球为抛出瞬间的影像 每相邻两个球
２０２２ ５ ，
，
学从同一位置 Ｏ 以不同的水平速度投出三 之间被删去了 个影像 所标出的两个线段
３ ，
支飞镖 Ａ Ｂ Ｃ 最后都插在竖直墙壁上 它 的长度 ｓ 和 ｓ 之比为 重力加速度大
、 、 ， ， １ ２ ３ ∶ ７。
们与墙面的夹角分别为 ６０ ° 、４５ ° 、３０ ° ， 图中飞 小取 ｇ ＝１０ ｍ／ｓ ２ ， 忽略空气阻力 。 求在抛出
镖的方向可认为是击中墙面时的速度方向
瞬间小球速度的大小
，
。
不计空气阻力 则下列说法正确的是
， （ ）
答案 ２ ５
ｍ／ｓ
５
三支飞镖做平抛运动的初速度一定满足 解析 依题意 相邻两球影像间隔的时间 ｔ
Ａ． ， ＝
ｖ ｖ ｖ ｔ ．
Ａ ０＞ Ｂ ０＞ Ｃ ０ ４ ０ ＝０ ２ ｓ
三支飞镖击中墙面的速度满足 ｖ ｖ ｖ 设初速度大小为 ｖ 如图所示
Ｂ． Ａ＞ Ｂ＞ Ｃ ０， ：
三支飞镖击中墙面的速度一定满足 ｖ
Ｃ． Ａ ＝
ｖ ｖ
Ｂ＝ Ｃ
插在墙上的三支飞镖的反向延长线不会
Ｄ．
交于同一点
答案 Ａ 飞镖做平抛运动 水平分运动是
，
由 Ｏ 到 Ａ 水平方向 ｘ ｖ ｔ
匀速直线运动 有 ｘ ｖ ｔ 飞镖击中墙面的
5 ， ＝ ０ 。 ， ： １ ＝ ０
年 速度方向与竖直方向夹角的正切值 α
高 ｔａｎ ＝ 竖直方向 ｙ １ｇｔ２
考 ： １ ＝
ｖ ２
3
０ 联立解得 ｖ ｇｘ α α 越大 ｖ 越大
年 ｇｔ， ０ ＝ ｔａｎ ， ， ０ ， 又 ｓ ｘ２ ｙ２
模 ＝ ＋
１ １ １
拟
故有 ｖ ｖ ｖ 故 正确 根据平行四边形 由 Ａ 到 Ｂ 水平方向 ｘ ｖ ｔ
A Ａ ０＞ Ｂ ０＞ Ｃ ０， Ａ ； ， ： ２ ＝ ０
版 定则并结合几何关系有 飞镖击中墙面的速
， 竖直方向 ｙ １ｇ ｔ ２ １ｇｔ２
高 ： ２ ＝ （２ ） －
考 ｖ ｇｘ α ｇｘ α ２ ２
物 度 ｖ ０ ｔａｎ ｔａｎ
理 ＝ α ＝ α ＝ ２ α ＝ 又 ｓ ｘ２ ｙ２
ｓｉｎ ｓｉｎ ｓｉｎ ２ ＝ ２ ＋ ２
５２
ｓ ｍａ
１ ３ １ ②
ｓ ＝
２ ７ 由运动学公式得 ｄ
ｖ２
１
＝ ａ ③
联立解得 ｖ ２ ５ ２ １
０ ＝ ｍ／ｓ 联立 式 代入数据得 ｄ ．
５ ①②③ ， ＝４ ８ ｍ ④
５．（ 山东， ， 分）单板滑雪 型池比赛 在 Ｍ 点 设运动员在 ＡＢＣＤ 面内平行 ＡＤ
２０２０ １６ ９ Ｕ （２） ，
是冬奥会比赛项目 其场地可以简化为如图 方向的分速度为 ｖ 由运动的合成与分解规
， ２，
甲所示的模型 形滑道由两个半径相同的 律得 ｖ ｖ ． °
：Ｕ ２ ＝ Ｍ ｃｏｓ ７２ ８ ⑤
四分之一圆柱面轨道和一个中央的平面直轨 设运动员在 ＡＢＣＤ 面内平行 ＡＤ 方向的分加
道连接而成 轨道倾角为 ． ° 某次练习过 速度为 ａ 由牛顿第二定律得
， １７ ２ 。 ２，
程中 运动员以 ｖ 的速度从轨道边 ｍｇ ． ° ｍａ
， Ｍ ＝１０ ｍ／ｓ ｓｉｎ １７ ２ ＝ ２ ⑥
缘上的Ｍ点沿轨道的竖直切面 ＡＢＣＤ 滑出轨 设腾空时间为 ｔ 由运动学公式得
，
道 速度方向与轨道边缘线 ＡＤ 的夹角α ｖ
， ＝ ｔ ２ １
． ° 腾空后沿轨道边缘的 Ｎ 点进入轨道 ＝ ａ ⑦
７２８ ， 。 １
图乙为腾空过程左视图 该运动员可视为质
。 Ｌ ｖ ｔ １ａ ｔ２
＝ ２ ＋ ２ ⑧
点 不计空气阻力 取重力加速度的大小 ｇ ２
， ， ＝
联立 式 代入数据得 Ｌ
２ ． ° ． ． ° ． 求 ①②⑤⑥⑦⑧ ， ＝１２ ｍ
１０ ｍ／ｓ ，ｓｉｎ ７２８ ＝０９６，ｃｏｓ ７２８ ＝０３０。 ：
运动员腾空过程中离开 ＡＤ 的距离的最 ⑨
（１）
大值 ｄ
； 考点 三 圆周运动
Ｍ Ｎ 之间的距离 Ｌ
（２） 、 。
１．（ 广东， ， 分）由于
２０２１ ４ ４
高度限制 车库出入口采
，
用如图所示的曲杆道闸
。
道闸由转动杆 ＯＰ 与横杆 ＰＱ 链接而成 Ｐ Ｑ
， 、
为横杆的两个端点 在道闸抬起过程中 杆
。 ，
ＰＱ 始终保持水平 杆 ＯＰ 绕 Ｏ 点从与水平
。
方向成 °匀速转动到 °的过程中 下列说
３０ ６０ ，
图甲 法正确的是
（ ）
Ｐ 点的线速度大小不变
Ａ．
Ｐ 点的加速度方向不变
Ｂ．
Ｑ 点在竖直方向做匀速运动
Ｃ．
Ｑ 点在水平方向做匀速运动
Ｄ．
图乙 答案 Ａ 由题意知 Ｐ 以 Ｏ
，
答案 ． 点为圆心 ＯＰ 为半径做匀速
（１）４ ８ ｍ （２）１２ ｍ 、
解析 在 Ｍ 点 设运动员在 ＡＢＣＤ 面内 圆周运动 Ｑ 点也做匀速圆周
（１） ， ，
垂直 ＡＤ 方向的分速度为 ｖ 由运动的合成 运动 设其圆心为 Ａ ＡＱ 为半径 如图所示 专
１， ， ， ， 。 题
与分解规律得 ｖ ｖ ． °
由ｖ ωｒ ａ ω２ｒ 知 Ｐ Ｑ 的线速度和向心加 四
１ ＝ Ｍ ｓｉｎ ７２ ８ ① ＝ 、 ＝ ， 、 曲
速度大小不变 方向时刻变化 故 正确
设运动员在 ＡＢＣＤ 面内垂直 ＡＤ 方向的分加 线
， ， Ａ ，Ｂ
运
速度为ａ 由牛顿第二定律得ｍｇ ． ° 错误 Ｑ 点在竖直面内做匀速圆周运动 其 动
。 ，
１， ｃｏｓ １７ ２ ＝
５３
水平 竖直方向上的分速度大小一直在变 正确的是
、 （ ）
化 故 错误
， Ｃ、Ｄ 。
２．（ 甘肃平凉调研， ）如图所示 水平放置
２０２２ ８ ，
的两个用相同材料制成的轮 Ｐ 和 Ｑ 靠摩擦
传动 两轮之间不相对滑动 两轮的半径
（ ），
Ｒ ｒ 当主动轮 Ｑ 匀速转动时 在 Ｑ 牙盘转动角速度为２π
∶ ＝２ ∶ １。 ， Ａ． ｎ
轮边缘上放置的小木块恰能相对 Ｑ 静止 此
飞轮边缘转动线速度为 ｎｒ
，
Ｂ． ２π ２
时 Ｑ 轮转动的角速度为 ω 木块的向心加速
１，
牙盘边缘向心加速度为（２π
ｎ
）
２
度为 ａ 若改变转速 把小木块放在 Ｐ 轮边 Ｃ． ｒ
１； ，
２
缘也恰能静止 此时 Ｑ 轮转动的角速度为 ｎｒ ｒ
， 自行车匀速运动的速度为２π １ ３
ω 木块的向心加速度为 ａ 则 Ｄ． ｒ
２， ２， （ ） ２
答案 Ｄ 脚踏板与牙盘同轴转动 二者角
，
速度相等 每秒踩脚踏板转 ｎ 圈 因为转动
， ，
一圈相对圆心转过的角度为 所以角速度
２π，
ω ｎ 项错误 牙盘边缘与飞轮边缘线
ω ω １ ＝２π ，Ａ ；
１ １ １ ２ 速度的大小相等 据 ｖ ｒω 可知 飞轮边缘上
Ａ．ω ＝ Ｂ．ω ＝ ， ＝ ，
２ ２ ２ １ 的线速度ｖ ｎｒ 项错误 牙盘边缘的向
ａ ａ １ ＝２π １，Ｂ ；
Ｃ．ａ １ ＝ １ Ｄ．ａ １ ＝ １ ｖ２ ｎｒ ２
２ １ ２ ２ 心加速度 ａ ＝ ｒ １ ＝ （２π ｒ １） ＝（２π ｎ ） ２ｒ １，Ｃ 项
答案 Ｃ 小木块放在 Ｑ 轮边缘恰好相对静
１ １
ｖ ｎｒ
止 则 ａ ω２ｒ ｆ ｍａ 联立解得 ｆ ｍω２ｒ 小 错误 飞轮角速度 ω １ ２π １ 自行车后
， １ ＝ １ ， ＝ １， ＝ １ 。 ； ２ ＝ ｒ ＝ ｒ ，
木块放在 Ｐ 轮边缘也恰能静止 设此时 Ｐ 轮 ２ ２
， 轮角速度与飞轮角速度相等 则自行车匀速
转动的角速度为ω 则ｆ ｍω２Ｒ ｍω２ｒ 再由 ，
， ＝ ＝２ ， ｎｒ ｒ
ω 运动的速度 ｖ ω ｒ ２π １ ３ 项正确
ωＲ ω ｒ 联立解得 １ ２ 两项错误 ＝ ２ ３ ＝ ｒ ，Ｄ 。
＝ ２ ， ω ＝ ，Ａ、Ｂ 。 ２
２ ２ 规律总结
ａ
解决传动问题的关键
又因为 ｆ ｍａ 所以 １ １ 项正确 项
＝ ， ａ ＝ ，Ｃ ，Ｄ
２ １ （ ）确定属于哪类传动方式，抓住传动装置
１
错误
。 的特点： 同轴转动角速度相同； 皮带传
① ②
解题指导
动、齿轮传动和摩擦传动边缘上各点线速度
木块恰能相对轮静止，则木块受到的最大静
大小相等。
摩擦力提供向心力。 Ｑ 轮边缘和 Ｐ 轮边缘
（ ）结合公式 ｖ ωｒ，ｖ 一定时（皮带传动），ω
5 ２ ＝
年
的线速度相等，再根据半径关系求解角速度
与 ｒ 成反比；ω 一定时（同轴转动），ｖ 与 ｒ 成
高
考 关系。
3 正比，判定各点 ｖ、ω 的比值关系。 若判定各
年 ３．（ 东北师大附中期中， ）某共享自行车
模 ２０２２ ５ 处向心加速度 ａ 的比值，同轴转动用公式 ａ
拟
的传动结构示意图如图 其中 是半径为 ｒ
A ， Ⅰ １ ω２ｒ，皮带传动用公式 ａ
ｖ２
，也可巧用 ａ
版 的牙盘 大齿轮 是半径为 ｒ 的飞轮 小 ＝ ＝ ｒ ＝
（ ），Ⅱ ２ （
高 齿轮 是半径为 ｒ 的后轮 若某人在匀 ωｖ 这一规律。
考
物 ），Ⅲ ３ 。
理 速骑行时每秒踩脚踏板转 ｎ 圈 则下列判断 ４．（ 福建福州一中月考， ）某计算机读卡系
， ２０２２ ３
５４
统内有两个围绕各自固定轴匀速转动的铝盘 正确
。
Ａ Ｂ Ａ盘固定一个信号发射装置 Ｐ 能持续沿
、 ， ，
半径向外发射红外线 Ｐ 到圆心的距离为
，
Ｂ 盘上固定一个带窗口的红外线信号
２８ ｃｍ。
接收装置 Ｑ Ｑ 到圆心的距离为 Ｐ Ｑ
， １６ ｃｍ。 、
转动的线速度均为 当 Ｐ Ｑ 正对时
４π ｍ／ｓ。 、 ，
Ｐ 发出的红外线恰好进入 Ｑ 的接收窗口 如 ６．（ 浙江 月选考， ， 分）如图所示 底
， ２０２０ ７ ２ ３ ，
图所示 则 Ｑ 每隔一定时间就能接收到红外 部均有 个轮子的行李箱 ａ 竖立 ｂ 平卧放
， ４ 、
线信号 这个时间的最小值为
置在公交车上 箱子四周有一定空间 当公
， （ ）
， 。
交车
（ ）
． ． 缓慢起动时 两只行李箱一定相对车子向
Ａ．０ ４２ ｓ Ｂ．０ ５６ ｓ
Ａ． ，
． ．
后运动
Ｃ．０ ７０ ｓ Ｄ．０ ８４ ｓ
答案 Ｂ Ｐ 的周期 Ｔ ２π ｒ Ｐ ２π×０ ． ２８ Ｂ． 急刹车时 ， 行李箱ａ一定相对车子向前运动
Ｐ＝ ｖ ＝ ｓ＝
４π 缓慢转弯时 两只行李箱一定相对车子向
Ｃ． ，
ｒ ．
． 同理 Ｑ 的周期 Ｔ ２π Ｑ ２π×０ １６ 外侧运动
０ １４ ｓ， Ｑ ＝ ｖ ＝ ｓ
４π 急转弯时 行李箱 ｂ 一定相对车子向内侧
． 而所求时间应是它们周期的整数 Ｄ． ，
＝０ ０８ ｓ， 运动
倍 因此 项正确
， Ｂ 。 答案 Ｂ 缓慢起动时 两只行李箱处于受
５．（ 河北承德二中期中， ）两根长度不同 ，
２０２２ ５ 力平衡状态 行李箱的运动状态不会改变
的细线下面分别悬挂一个小球 细线上端固 ， ，
， 即两只行李箱会与车子保持相对静止 选项
定在同一点 若两个小球以相同的角速度绕 ，
， 错误 急刹车时 行李箱 ａ 由于惯性保持原
共同的竖直轴在水平面内做匀速圆周运动 Ａ ； ，
， 有运动状态 且其竖立在公交车上 最大静
则两个小球在运动过程中 相对位置关系示 ， ，
， 摩擦力较小 因此会相对车子向前运动 选
意图正确的是 ， ，
（ ） ｖ２
项 正确 根据Ｆ ｍ 可知 缓慢转弯时
Ｂ ； 向＝ ｒ ， ，
所需向心力很小 因此若静摩擦力足够提供
，
两只行李箱转弯所需的向心力 则两只行李
，
箱会与车子保持相对静止 选项 错误 根
， Ｃ ；
ｖ２
据 Ｆ ｍ 可知 急转弯时行李箱 ｂ 需要的
向＝ ｒ ，
向心力较大 如果行李箱 ｂ 所受最大静摩擦
，
答案 Ｂ 小球做匀速圆周运动 对其受力 力不足以提供向心力 则会做离心运动 即 专
， ， ， 题
分析如图所示 则有ｍｇ θ ｍω２Ｌ θ 整 可能会相对车子向外侧运动 选项 错误 四
， ｔａｎ ＝ ｓｉｎ ， ， Ｄ 。
曲
ｇ 线
理得 Ｌ θ 则两球处于同一高度 项 运
ｃｏｓ ＝ω２ ， ，Ｂ 动
５５
综合篇
拓展 一 运动的合成与分解 为垂直 ＡＢ 杆方向的匀速转动和沿 ＡＢ 杆方
ｈ
１．（ 辽宁沈阳法库中学月考， ）如图所示 向的运动 ｖ θ ωｒ ｒ 联立解得 ｖ
２０２１ ７ ， ， ｃｏｓ ＝ ， ＝ θ， ＝
ｃｏｓ
套在竖直细杆上的环 Ａ 由
ωｈ
选项 正确
跨过定滑轮的不可伸长的
２ ωｔ ， Ａ 。
ｃｏｓ （ ）
轻绳与重物 Ｂ 相连 由于
。
３．（ 安徽江南十校 月模拟， ）自 年
２０２２ ３ ７ １８６０
Ｂ 的质量较大 故在释放 Ｂ
， 出现第一个以蒸汽推动的旋转木马后 如今
，
后 Ａ 将沿杆上升 当环 Ａ 上升至与定滑轮的
， ， 在各个大小游乐场等地方仍有各式旋转木
连线水平时 其上升速度 ｖ 若这时 Ｂ 的
， １≠０， 马 深受游客喜爱 木马上下
， 。
速度为 ｖ 则
２， （ ） 运动的原理可以简化为如图所
ｖ ｖ ｖ
Ａ． ２ ＝０ Ｂ． ２＞ １ 示的联动装置 连杆 ＯＢ ＢＣ 可
， 、
ｖ ｖ ｖ
Ｃ． ２≠０ Ｄ． ２ ＝ １ 绕图中 Ｏ Ｂ Ｃ 三处的转轴转
、 、
答案 Ａ 环上升过程中其速度
动 通过连杆 ＯＢ 在竖直面内的
，
ｖ 可分解为两个分速度 ｖ 和 ｖ
１ ∥ ⊥， 圆周运动 可以使与连杆 ＢＣ 连
，
如图所示 其中 ｖ 为沿绳方向的速度 其大
， ∥ ， 着的滑块 Ａ 木马 沿固定的竖
（ ）
小等于重物 Ｂ 的速度 ｖ 则关系式为 ｖ ｖ
２， ２ ＝ １ 直杆上下滑动 已知 ＯＢ 杆长
。
θ θ 为 ｖ 与 ｖ 间的夹角 当 Ａ 上升至与
ｃｏｓ ， １ ∥ ， 为 Ｌ 绕 Ｏ 点沿逆时针方向匀速转动的角速
定滑轮的连线水平时 θ ° θ 即此 ，
， ＝９０ ，ｃｏｓ ＝０， 度为 ω 当连杆 ＢＣ 与竖直方向夹角为 α 时
时 ｖ 故 正确 错误 ， ，
２ ＝０， Ａ ，Ｂ、Ｃ、Ｄ 。 æ ö
２．（ 河北保定定州中学期末， ）如图所示 ＢＣ 杆与 ＯＢ 杆的夹角为 βçβ π÷ 下列说法
è ＞ ø，
２０２２ ７ ，
２
ＡＢ 杆以恒定的角速度 ω 绕 Ａ 点在竖直平面
正确的是
（ ）
内沿顺时针方向转动 并带动套在固定水平
， 此时滑块 Ａ 在竖直方向的速度大小
Ａ．
杆 ＯＣ 上的小环 Ｍ 运动 Ａ Ｏ 间距离为 ｈ
， 、 。 ωＬ β
为 ｃｏｓ
运动开始时 ＡＢ 杆在竖直位置 则经过时间 ｔ α
， ｃｏｓ
小环仍套在 ＡＢ 和 ＯＣ 杆上 小环 Ｍ 的速度 此时滑块 Ａ 在竖直方向的速度大小
（ ）
Ｂ．
大小为
ωＬ β
（ ）
为 ｓｉｎ
α
ｃｏｓ
当 α 时 滑块 Ａ 的速度最大
Ｃ． ＝０ ，
5
年
高 当 β π时 滑块 Ａ 的速度最小
考 Ｄ． ＝ ，
3 ωｈ ωｈ ２
年 模 Ａ． ｃｏｓ ２ （ ωｔ ） Ｂ． ｃｏｓ （ ωｔ ） 答案 Ｂ Ｂ 点的瞬时速度大小ｖ Ｂ＝ ωＬ ， 将Ｂ
拟
ωｈ ωｈ ωｔ 点速度分解 得到沿 ＢＣ 杆的速度大小 ｖ
A Ｃ． Ｄ． ｔａｎ （ ） ， ＢＣ ＝
版 答案 Ａ 设 ｔ 时刻时 ＡＢ 杆与竖直方向夹 æ ö
， ｖ çβ π÷ ωＬ β 将滑块 Ａ 的速度进
高 Ｂ ｃｏｓ è － ø ＝ ｓｉｎ ，
角为 θ 因为运动开始时 ＡＢ 杆在竖直位置
考 ２
， ，
物
理 所以 ∠ ＯＡＢ ＝ θ ＝ ωｔ 。 小环Ｍ 的速度ｖ 可分解 行分 解 ， 沿 ＢＣ 杆 的 速 度 大 小 为 ｖ ＢＣ ＝
５６
ωＬ β
ｖ α 如图所示 联立解得 ｖ ｓｉｎ
Ａ ｃｏｓ ， ， Ａ ＝ α ，
ｃｏｓ
故 错误 正确 当 α 时 β ° 滑块
Ａ ，Ｂ ； ＝０ ＝１８０ ，
Ａ 的速度是 为最小值 当 β π时 α 角最
０， ； ＝ ，
２
大 滑块 Ａ 的速度最大 故 错误
， ， Ｃ、Ｄ 。
释放后 Ｐ 绕 Ａ 点做圆周运动 Ｐ 的速度沿圆
， ，
周的切线方向 当绳 ＢＣ 与水平方向夹角为
，
°时 绳 ＢＣ 与绳 ＡＢ 垂直 Ｐ 的速度方向沿
３０ ， ，
ＣＢ 方向 此时物体 Ｑ 与物体 Ｐ 的速度大小
，
相等 之前的过程中 速度大小不相等 故
， ， ， Ａ
错误 释放瞬间 Ｐ 所受合力为重力 故加速
； ， ，
度等于 ｇ 故 错误 如图中虚线所示 ＡＣ
４．（ 广西桂林、崇左、贺州联考， ）如图所 ， Ｂ ； ， ＝
２０２２ ７ Ｌ Ｐ 处于 ＡＣ 的中点 则释放时有 ＢＣ Ｌ 当
２ ， ， ＝ ，
示 细绳 ＡＢ 和 ＢＣ 连接着一质量为 ｍ 的物
， 下降到图示位置时 ＢＣ Ｌ Ｑ 上升的高度
体 Ｐ 其中绳子的 Ａ 端固定 Ｃ 端通过大小 ＝ ３ ，
， ，
ｈ Ｌ Ｐ 下降的高度为 ｈ Ｌ °
不计的光滑定滑轮连接着一质量也为 ｍ 的 １ ＝（ ３－１） ， ２ ＝ ｃｏｓ ３０
物体 Ｑ Ｐ Ｑ 均可视为质点 开始时 用
３Ｌ 此时Ｐ Ｑ 速度大小相等 设为ｖ 根据
（ 、 ）。 ，
＝ ， 、 ， ，
手托住物体 Ｐ 使物体 Ｐ 与 Ａ Ｃ 两点在一 ２
， 、
条水平直线上 且绳子处于拉直的状态 把 系统机械能守恒得 ｍｇｈ ｍｇｈ １ ｍｖ２ 解
， ， ２ ＝ １ ＋ ×２ ，
手放开 Ｐ 下落到图示位置时 夹角如图所 ２
， ，
示 已知ＡＢ Ｌ 重力加速度为 ｇ 则由开 得 ｖ ２－ ３ｇＬ 故 正确 错误 故
。 ＝ ， 。 ＝ ， Ｄ ，Ｃ 。
始下落到图示位置的过程中 下列说法正 ２
， 选
确的是 Ｄ。
（ ） ５．（ 广西桂林、崇左、贺州联考， ）某次抗
２０２２ ５
洪抢险中 必须用小船
，
将物资送至河流对岸
。
如图所示 Ａ 处的下游
，
靠河岸处有个旋涡 Ａ 点和旋涡的连线与河
，
物体 Ｑ 与物体 Ｐ 的速度大小始终相等
岸的最大夹角为 ° 若河流中水流的速度
Ａ．
３０ ，
释放瞬间 Ｐ 的加速度小于 ｇ
Ｂ． 大小恒为 为使小船从 Ａ 点以恒定的
２ ｍ／ｓ，
ｇＬ 速度安全到达对岸 则小船在静水中航行时
图示位置时 Ｑ 的速度大小为 ３ ，
Ｃ． ，
２ 速度的最小值为
（ ）
．
图示位置时 Ｑ 的速度大小为 ２－ ３ｇＬ Ａ．０ ５ ｍ／ｓ Ｂ．１ ｍ／ｓ
Ｄ． ，
２
Ｃ．２ ｍ／ｓ Ｄ．４ ｍ／ｓ
答案 Ｄ Ｐ 与 Ｑ 的速度关系如图所示
答案 Ｂ 如图所示 当小船在静水中的速 专
， 题
度 ｖ 与其在河流中的合速度 ｖ 垂直时 小船 四
２ ，
曲
在静水中的速度 ｖ 最小 则最小值 ｖ ｖ
２ ， ２ｍ ＝ 水 线 运
° 错误 正确 动
ｓｉｎ ３０ ＝１ ｍ／ｓ，Ａ、Ｃ、Ｄ ，Ｂ 。
５７
ｖ
⊥ ２
ｖ
θ ２ ３ 得 θ °
ｓｉｎ ＝ｖ ＝ ， ＝３７
６．（ 河北唐山一中阶段测试， ）一小船渡 １ ５
２０２２ １３
所以船头应朝上游与河岸成 °角
河 河宽 ｄ 水流速度 ｖ ． ５３
， ＝１８０ ｍ， １ ＝２ ５ ｍ／ｓ。 ｄ ｄ
若船在静水中的速度 ｖ 问 ｔ １８０
（１） ２ ＝５ ｍ／ｓ， ： ＝ｖ ＝ｖ °＝ ． ｓ＝１５０ ｓ
欲使船在最短的时间内渡河 船头应朝什 ⊥ ２ ｃｏｓ ３７ １ ２
① ， ｖ ｖ °
么方向 用多长时间 位移是多少 合＝ １ ｃｏｓ ３７ ＝２ ｍ／ｓ
？ ？ ？ ｄ
欲使船渡河的航程最短 船头应朝什么方 ｘ
＝ θ＝３００ ｍ。
② ，
ｓｉｎ
向 用多长时间 位移是多少
？ ？ ？
若船在静水中的速度 ｖ ． 要使
（２） ２ ＝１ ５ ｍ／ｓ，
船渡河的航程最短 船头应朝什么方向 用
， ？
多长时间 位移是多少
？ ？
答案 见解析 甲 乙 丙
解析 欲使船在最短时间内渡河 船
（１）① ，
拓展 二 平抛运动的特定情境
头应朝垂直河岸方向 当船头垂直河岸时
， ，
如图甲所示 分速度 ｖ １．（ 课标 ， ， 分）（多选）如图 在
， ２ ＝５ ｍ／ｓ ２０１９ Ⅱ １９ ６ （ａ），
ｄ 跳台滑雪比赛中 运动员在空中滑翔时身体
ｔ １８０ ，
＝ｖ ＝ ｓ＝３６ ｓ
的姿态会影响其下落的速度和滑翔的距离
２ ５ 。
某运动员先后两次从同一跳台起跳 每次都
ｖ
合＝
ｖ２
１ ＋
ｖ２
２ ＝
５
５ ｍ／ｓ ，
２ 从离开跳台开始计时 用 ｖ 表示他在竖直方
，
ｘ ｖ ｔ
＝ 合 ＝９０ ５ ｍ。 向的速度 其 ｖ ｔ 图像如图 所示 ｔ 和 ｔ
欲使船渡河航程最短 合速度应沿垂直河 ， － （ｂ） ， １ ２
② ， 是他落在倾斜雪道上的时刻 则
。 （ ）
岸方向 如图乙所示 有 ｖ α ｖ 得 α
， ， ２ ｓｉｎ ＝ １，
°
＝３０
所以当船头与上游河岸成 °角时航程最短
６０
ｘ ｄ
＝ ＝１８０ ｍ
ｄ ｄ
ｔ １８０ 第二次滑翔过程中在竖直方向上的位移
＝ｖ ＝ｖ °＝ ｓ＝２４ ３ ｓ。 Ａ．
合 ２ ｃｏｓ ３０ ５ 比第一次的小
３
２
第二次滑翔过程中在水平方向上的位移
若 ｖ ． 与 中 不同 因为船
（２） ２ ＝１ ５ ｍ／ｓ， （１） ② ， Ｂ．
比第一次的大
速小于水速 所以船一定向下游漂移 设合
5 ， ，
年 第二次滑翔过程中在竖直方向上的平均
速度方向与河岸下游方向夹角为 θ 则航程
高 Ｃ．
，
考 加速度比第一次的大
3 ｄ
ｘ 欲使航程最短 需 θ 最大 如图丙
年 ３ ＝ θ。 ， ， 竖直方向速度大小为 ｖ 时 第二次滑翔在
模 拟 ｓｉｎ Ｄ． １ ，
所示 由出发点 Ａ 作出 ｖ 矢量 以 ｖ 矢量末 竖直方向上所受阻力比第一次的大
A ， １ ， １
版 端为圆心 ｖ 大小为半径作圆 Ａ 点与圆周上 答案 ＢＤ ｖ ｔ 图线与时间轴包围的面积
， ２ ， －
高 某点的连线即为合速度方向 欲使 ｖ 与水 表示运动员在竖直方向上的位移 由图像可
考 ， 合 ，
物
理 平方向夹角最大 ， 应使 ｖ 合 与圆相切 ， 即 ｖ 合 知第二次包围的格数较多 ， 故 Ａ 错 。 设雪道
５８
ｙ 落到 Ｃ 处的小球在空中运动的时间最长
的倾角为 θ 则水平位移 ｘ 故 正确 Ａ．
， ＝ θ， Ｂ 。
落到 Ａ Ｂ 两处的小球速度方向一定相同
ｔａｎ
Ｂ． 、
ｖ ｔ 图线的斜率表示加速度 由图像明显看
落到 Ｂ Ｃ 两处的小球速度方向可能相同
－ ，
Ｃ． 、
出 第一次在竖直方向上的平均加速度较
落到 Ｂ Ｃ 两处的小球速度大小可能相同
，
Ｄ． 、
大 故 错 ｖ ｖ 时 斜率 ｋ ｋ 结合牛顿
答案 ＢＤ 落在 Ａ Ｂ Ｃ 三处的小球中落在
， Ｃ 。 ＝ １ ， １＞ ２， 、 、
第二定律 ｍｇ ｆ ｍａ 可知 第二次所受阻力
Ｂ 处的小球竖直位移最大 运动时间最长
－ ＝ ，
， ，Ａ
较大 正确
错误 落到 Ａ Ｂ 两处的小球由于落在同一
，Ｄ 。
。 、
２．（ 浙江 月选考， ， 分）如图所示 钢
２０２０ １ ５ ３ ，
１ｇｔ２
球从斜槽轨道末端以 ｖ 的水平速度飞出 经 ｇｔ
０ ， 斜面上 所以有 α ２ 设落到斜
， ｔａｎ ＝ ｖ ｔ ＝ ｖ ，
过时间 ｔ 落在斜靠的挡板 ＡＢ 中点 若钢球 ０ ２ ０
。
面上时小球速度方向与水平方向的夹角为
以 ｖ 的速度水平飞出 则
２ ０ ， （ ）
ｇｔ
下落时间仍为 ｔ β 则 β α 正确 同理可知
Ａ． ， ｔａｎ ＝ｖ ＝２ ｔａｎ ，Ｂ ， Ｃ
下落时间为 ｔ ０
Ｂ． ２ 错误 落到Ｂ 处小球的水平分速度比落到Ｃ
。
下落时间为 ｔ
Ｃ． ２ 处小球的小 但其竖直分速度比落到 Ｃ 处小
，
落在挡板底端 Ｂ 点
Ｄ． 球的大 所以落到 Ｂ Ｃ 两处的小球速度大小
答案 Ｃ 当钢球以 ｖ 的水平速度飞出 落 ， 、
０ ， 可能相同 正确
在挡板的中点 如图所示 ，Ｄ 。
， 。
４．（ 江西宜春模拟， ）如图所示 某同学将
２０２２ ３ ，
乒乓球发球机正对着竖直墙面水平发射 两
，
个完全相同的乒乓球ａ 和ｂ 各自以不同的速
度水平射出 碰到墙面时竖直下落的高度之
，
比为 若不计阻力 下列对乒乓球 ａ
由平抛运动规律可知
，
ｘ
＝
ｖ
０
ｔ
、
ｈ
＝
１ｇｔ２
。
假设
９ ∶ １６。 ，
２ 和 ｂ 的判断正确的是
以 ｖ′水平抛出钢球时正好落在 Ｂ 点 根据平 （ ）
，
抛运动公式可知 ｈ １ｇｔ′２ ｘ ｖ′ｔ′ 可知 ｖ′
２ ＝ 、２ ＝ ，
２
ｖ 显然当以 ｖ 水平抛出钢球 钢球
＝ ２ ０。 ２ ０ ，
不会落在挡板上 而是落在水平面上 因此
， 。
小球下落高度为 ｈ 下落时间为 ｔ 综上分
２ ， ２ ， 碰墙前 ａ 和 ｂ 的运动时间之比为
析 正确 错误 Ａ． ９ ∶ １６
，Ｃ ，Ａ、Ｂ、Ｄ 。
ａ 和 ｂ 碰墙时重力的瞬时功率之比为
３．（ 辽宁重点校联考， ）（多选）如图所 Ｂ． ４ ∶ ３
２０２１ ９
从发出到碰墙 ａ 和 ｂ 的动量变化量之比
示 有两个与水平面夹角分别为 α 和 θ 的斜 Ｃ． ，
，
为
面 从 Ｐ 点水平抛出三个小球 分别落在 Ａ ４ ∶ ３
， ， 、
ａ 和 ｂ 的初速度之比为
Ｂ Ｃ 三处 不计空气阻力 Ａ Ｃ 两处在同一 Ｄ． ４ ∶ ３
、 ， ， 、
答案 Ｄ 球在竖直方向上的分运动为自由
水平面上 下列说法正确的是
， （ ）
ｔ 专
ａ
落体运动 根据 ｈ １ｇｔ２ 可得 ３ 错误 题
， ＝ ｔ ＝ ，Ａ ； 四
２ ｂ ４
ａ 和 ｂ 碰墙时 小球的竖直方向分速度 ｖ 曲
， ｙ ＝ 线
运
ｇｔ 重力的瞬时功率 Ｐ ｍｇｖ 求得 ａ 和 ｂ 碰
， Ｇ＝ ｙ， 动
５９
Ｐ 一起绕 ＯＯ′轴匀速转动 则圆盘转动的最大
墙时重力的瞬时功率之比 Ｇａ ３ 错误 根 ，
Ｐ ＝ ，Ｂ ； 角速度为
Ｇｂ ４ （ ）
据ｍｇｔ ｐ ｍ ｖ 可知 从发出到碰墙 ａ 和ｂ
＝Δ ＝ Δ ， ， μｇ μｇ μｇ μｇ
１ ２
ｔ Ａ． ｒ Ｂ． ｒ Ｃ． ｒ Ｄ．２ ｒ
ａ
的动量变化量之比为 ３ 错误 球在水 ２
ｔ ｂ ＝ ４ ，Ｃ ； 答案 Ｂ 设硬币质量为 ｍ 对硬币受力分
，
平方向上的分运动为匀速直线运动 水平位
析 如图所示
，
， 。
ｖ
ａ
移相等 根据 ｘ ｖｔ 可以求得 ４ 正确
， ＝ ｖ ＝ ，Ｄ 。
ｂ ３
５．（ 湖北龙泉中学模拟， ）如图所示 ＡＢ
２０２２ ４ ，
为一半径为 Ｒ 的１圆弧 圆
， 由摩擦力提供向心力可得
４
心位置为 Ｏ 一小球从与圆 ｆ ｍω２ｒ
＝
，
心等高的某点沿半径方向 而 ｆ ｆ μＦ μｍｇ
≤ ｍ ＝ Ｎ ＝
水平抛出 恰好垂直落在 ＡＢ 面上的 Ｑ 点 且 联立可得 ｍω２ｒ μｍｇ
， ， ≤
速度与水平方向夹角为 ° 则小球抛出后 μｇ
５３ ， 解得 ω 选项 正确 选项
的水平距离为 ≤ ｒ ， Ｂ ， Ａ、Ｃ、Ｄ
（ ）
． Ｒ ． Ｒ Ｒ ． Ｒ 错误
Ａ．０ ６ Ｂ．０ ８ Ｃ． Ｄ．１ ２ 。
答案 Ｄ 如图所示 小球恰好垂直落在 ＡＢ ２．（ 甘肃武威三诊， ）（多选）如图所示
， ２０２２ ８ ，
上的 Ｑ 点 作速度的反向延长线 交于 Ｏ 点 质量均为 ｍ 的 ａ ｂ 两小球在光滑半球形碗
， ， ， 、
由平抛运动的推论可知 速度反向延长线交 内做圆周运动 碗的球心为Ｏ 半径为 ．
， ， ， ０ １ ｍ，
ｙ Ｏａ Ｏｂ 与竖直方向夹角分别为 ° ° 两
水平位移的中点 故满足 ° 结合 、 ５３ 、３７ ，
， ｔａｎ ５３ ＝ ，
球运动过程中 碗始终静止在水平地面上
１ｘ
， ，
２ 已知 ° ． ｇ 取 ２ 则下列说法
ｓｉｎ ３７ ＝０ ６， １０ ｍ／ｓ 。
æ ｘ ö ２
圆的几何关系可得ç ÷ ｙ２ Ｒ２ 联立可解 正确的是
è ø ＋ ＝ ， （ ）
２ ａ ｂ 两球做圆周运动的
得 ｘ ． Ｒ 选项 正确 Ａ． 、
＝１ ２ ， Ｄ 。
线速度之比为
８ ３ ∶ ３
ａ ｂ 两球做圆周运动
Ｂ． 、
的角速度之比为
２ ∶ ３
ａ ｂ 两球相邻两次相距最近的时间间隔为
Ｃ． 、
２ １５＋３ ５
拓展 三 圆周运动的力学分析
π ｓ
5 １０
年
高 １．（ 海南单科， ， 分）如 ａ ｂ 两球运动过程中 碗对地面始终有摩
考 ２０１９ ６ ４ Ｄ． 、 ，
擦力作用
3 图 一硬币 可视为质点 置
年 ， （ ）
模 于水平圆盘上 硬币与竖直 答案 ＢＤ 小球做匀速圆周运动 由重力和
拟 ， ，
支持力的合力提供向心力 则 Ｆ ｍｇ θ
A 转轴ＯＯ′的距离为ｒ ， 已知硬币与圆盘之间的 ， ｎ ＝ ｔａｎ ＝
版
动摩擦因数为 μ 最大静摩擦力等于滑动摩
ｖ２
高 （
ｍ
Ｒ θ＝
ｍω２Ｒ
ｓｉｎ
θ
，
θ 是球和 Ｏ 点连线与
考 擦力 重力加速度大小为 ｇ 若硬币与圆盘 ｓｉｎ
物 ）， 。
理 竖直方向的夹角 解得 ｖ ｇＲ θ θ
， ＝ ｔａｎ ｓｉｎ ，
６０
ｖ ° ° 触面的粗糙程度决定 而坑洼路面可能比平
则线速度之比 ａ ｔａｎ ５３ ｓｉｎ ５３ ８ ３ ω ，
ｖ ＝ ° ° ＝ ， 直路面更光滑 则动摩擦因数可能更小
ｂ ｔａｎ ３７ ｓｉｎ ３７ ９ ， ，Ｄ
ｇ ω ° 错误
则 ａ ｃｏｓ ３７ ２ 项错误 。
＝ Ｒ θ， ω ＝ ° ＝ ，Ａ ， ４．（ 湖北武汉模拟， ）（多选）如图所示
ｃｏｓ ｂ ｃｏｓ ５３ ３ ２０２２ ５ ，
ｇ 质量为 ｍ 的物块 沿着
项正确 ａ 的角速度 ω ，
Ｂ 。 ａ ＝ Ｒ θ ＝ 半径为 Ｒ 的半球形金属
ｃｏｓ ａ
ｇ 壳内壁滑下 半球形金属壳竖直固定于地
１０ １５ ｂ 的角速度 ω ，
ｒａｄ／ｓ， ｂ ＝ Ｒ θ ＝５
３ ｃｏｓ ｂ 面 开口向上 物块滑到最低点时速度大小
， ，
相距最近时满足 ω ω ｔ 解 为 ｖ 若物块与球壳之间的动摩擦因数为 μ
５ ｒａｄ／ｓ， （ ａ－ ｂ） ＝２π， ， ，
则当物块滑至最低点时 下列说法正确的是
得 ｔ ２ ３π（ １５＋２ ５） 项错误 ａ ｂ 两 ，
＝ ｓ，Ｃ ； 、
２５
（ ）
球运动过程中 两球对碗的压力的水平分量
，
ｖ２
物块受到的支持力大小为 ｍ
为 ｍｇ θ 因 θ 不同 所以两球对碗的压力 Ａ． Ｒ
ｔａｎ ， ，
的水平分量始终不相等 则碗与地面间始终 æ ｖ２ ö
， 物块受到的支持力大小为çｍｇ ｍ ÷
有摩擦力作用 项正确 Ｂ． è ＋ Ｒø
，Ｄ 。
３．（ 广西桂林期末， ）某同学经过长时间 物块受到的摩擦力为 μｍｇ
Ｃ．
２０２２ ２
的观察后发现 路面出现水坑的地方 如果不
æ ｖ２ ö
物块受到的摩擦力为 μçｍｇ ｍ ÷
， ，
Ｄ． è ＋ Ｒø
及时修补 水坑很快会变大 善于思考的他结
， ，
答案 ＢＤ 在最低点 根据牛顿第二定律
合学过的物理知识 对这个现象提出了多种 ，
，
ｖ２ ｖ２
解释 则下列说法中不合理的解释是 得 Ｎ ｍｇ ｍ 则支持力 Ｎ ｍｇ ｍ 故
， （ ） ： － ＝ Ｒ， ＝ ＋ Ｒ， Ａ
车辆上下颠簸过程中
Ａ． ， 错误 正 确 摩 擦 力 为 ｆ μＮ μ
某些时刻处于超重状态 ， Ｂ ； ： ＝ ＝
æ ｖ２ ö
把坑看作凹陷的弧形 çｍｇ ｍ ÷ 故 错误 正确
Ｂ． ， è ＋ Ｒø， Ｃ ，Ｄ 。
车对坑底的压力比平路的大
５．（ 云南师大附中阶段练习， ）（多选）有
２０２２ ６
车辆的驱动轮出坑时 对地的摩擦力比平
Ｃ． ， 一种被称为 魔力陀螺 的玩具深受小朋友们
“ ”
路的大
的喜爱 在强磁性引力作用下 陀螺可紧贴
。 ，
坑洼路面与轮胎间的动摩擦因数比平直
圆形钢圈外侧快速旋转而不脱落 好像钢圈
Ｄ．
，
路面大
对它施加了魔法一样 如图所示 已知陀螺
， 。
答案 Ｄ 车辆上下颠簸过程中 可能在某
受圆形钢圈的强磁性引力始终指向圆心且大
，
些时刻加速度向上 则汽车处于超重状态
小恒定 将陀螺的旋转运动视为在竖直平面
， ，Ａ
。
正确 不合题意 把坑看作凹陷的弧形 根据
内沿圆轨道做圆周运动 陀螺的质量为 ｍ
， ； ，
。 ，
ｖ２ 重力加速度为ｇ 圆轨道半径为 Ｒ 不计摩擦
牛顿第二定律有 Ｆ ｍｇ ｍ 即Ｆ ｍｇ 则
， 。
Ｎ － ＝ Ｒ， Ｎ＞ ，
和空气阻力 下列说法正确的是
， （ ）
根据牛顿第三定律 把坑看作凹陷的弧形 车
专
， ，
题
对坑底的压力比平路的大 正确 不符合题 四
，Ｂ ，
曲
意 车辆的驱动轮出坑时 对地的摩擦力比平
线
； ，
运
路的大 正确 不符合题意 动摩擦因数由接 陀螺可能做匀速圆周运动 动
，Ｃ ， ； Ａ．
６１
陀螺经过最高点时的速度可能为零 下端 上端与一小球相接触不连接 该臂上
Ｂ． ， ，
若强磁性引力 Ｆ ｍｇ 为保证陀螺做完 端有一挡板 已知小球质量为 ｍ 支架每臂
Ｃ． ＝１１ ， 。 ，
整的圆周运动 陀螺经过最低点时的速率 ｌ ｌ
， 长为３ 支架静止时弹簧被压缩了 重力加
， ，
不超过 ｇＲ ２ ３
３
速度为 ｇ 现让小球随支架一起绕中轴线
陀螺沿圆轨道做完整的圆周运动时 对圆 。
Ｄ． ，
轨道最高点 最低点的压力之差恒为 ｍｇ ＯＯ′以角速度 ω 匀速转动 ° ４
、 ６ 。 ｓｉｎ ５３ ＝ ，
答案 ＢＤ 陀螺在运动过程中受重力 轨道 ５
、
支持力和磁性引力作用 磁性引力始终指向 ° ３ 求
， ｃｏｓ ５３ ＝ ， ：
５
圆心且大小不变 轨道支持力方向过圆心
， ，
它们始终与速度垂直 重力竖直向下 重力
， ，
对陀螺做功 陀螺的速度大小改变 故陀螺
， ，
不可能做匀速圆周运动 故 错误 轨道可
， Ａ ；
以给陀螺向上的支持力 故经过最高点时速
，
度可以为零 此时支持力的大小等于磁性引
，
轻弹簧的劲度系数 ｋ
力和重力的合力 故 正确 要做完整圆周 （１） ；
， Ｂ ；
轻弹簧恰为原长时 支架的角速度 ω
运动 最高点速度最小为零 从最高点到最 （２） ， ０；
， ，
当 ω １ ω 及 ω ω 时轻弹簧弹力的
低点由动能定理有 ｍｇ Ｒ １ｍｖ２ 解得最 （３） ＝ ０ ＝２ ０
·２ ＝ ｍｉｎ， ２
２
大小
低点的最小速度 ｖ ｇＲ 在最低点的最 。
ｍｉｎ ＝２ ， ｍｇ ｇ ｍｇ
ｖ２ 答案 １２ ２０ ３６
大速度应满足 Ｆ ｍｇ ｍ ｍａｘ 解得 ｖ （１） ｌ （２） ｌ （３） ０
－ ＝ Ｒ ， ｍａｘ ＝ ５ ９ ５５
解析 对小球受力分析如图甲
（１）
ｇＲ 所以为保证陀螺做完整的圆周运
１０ ， ｌ ｌ
支架静止时弹簧被压缩了 ｋ ｍｇ θ
动 陀螺经过最低点时的速率不超过 ｇＲ ， ＝ ｓｉｎ ，
， １０ ， ３ ３
故 错误 设最高点为 Ａ 点 最低点为 Ｂ 点 ｍｇ
Ｃ ； ， ， 解得 ｋ １２
在 Ａ 点的支持力为 Ｎ 在 Ｂ 点的支持力为 ＝ ｌ
Ａ， ５
轻弹簧恰为原长时 对小球受力分析 如
ｖ２
Ａ （２） ， ，
Ｎ 则在 Ａ 点有 Ｆ ｍｇ Ｎ ｍ 在 Ｂ 点有
Ｂ， ： ＋ － Ａ＝ Ｒ， 图乙所示 支架的角速度为 ω
， ０
ｖ２ ｍｇ θ ｍω２ｌ θ
Ｆ ｍｇ Ｎ ｍ Ｂ 从 Ａ 到 Ｂ 由动能定理 ｍｇ ｔａｎ ＝ ０ ｃｏｓ
－ － Ｂ＝ Ｒ， ·
ｇ
解得 ω ２０
０ ＝ ｌ
5 Ｒ １ｍｖ２ １ｍｖ２ 联立解得 Ｎ Ｎ ｍｇ 故 ９
年 ２ ＝ Ｂ－ Ａ， Ａ－ Ｂ＝６ ，
高 ２ ２
当 ω １ω 时
考 正确 （３） ＝ ０ ，
3 Ｄ 。 ２
年 ６．（ 黑龙江尚志中学阶段练习， ）如图所 弹簧处于压缩状态 Ｎ θ ｋｘ θ ｍｇ
模 ２０２２ １３ ｃｏｓ ＋ ｓｉｎ ＝
拟
示 形光滑支架下端用铰链固定于水平 Ｎ θ ｋｘ θ ｍω２ ｌ ｘ θ
A ，“Ｖ” ｓｉｎ －（ ） ｃｏｓ ＝ （ － ） ｃｏｓ
版 地面上 支架两臂与水平面间夹角 θ 均为 ｍｇ
， 解得轻弹簧弹力 ｋｘ ３６
高 ＝
° 形支架的ＡＢ 臂上套有一根原长为ｌ
考 ５３ ，“Ｖ” ５５
物
理 的轻弹簧 轻弹簧的下端固定于 形支架 当 ω ω 时小球与弹簧脱离接触 ｋｘ
， “Ｖ” ＝２ ０ ， ＝０。
６２
甲 乙
专
题
四
曲
线
运
动
６３
应用篇
模型 一 平抛运动的临界模型 重力的功率相等 错误
，Ｄ 。
２．（ 课标 ， ， 分）如图 在摩托车越野
１．（ 湖北黄冈期末， ）在某次乒乓球比赛 ２０２０ Ⅱ １６ ６ ，
２０２１ ３
赛途中的水平路段前方有一个坑 该坑沿摩
中 乒乓球先后两次落台后恰好在等高处水 ，
，
托车前进方向的水平宽度为 ｈ 其左边缘 ａ
平越过球网 过网时的速度方向均垂直于球 ３ ，
，
点比右边缘ｂ 点高 ． ｈ 若摩托车经过ａ 点
网 把两次落台的乒乓球看成完全相同的球 ０ ５ 。
，
时的动能为 Ｅ 它会落到坑内 ｃ 点 ｃ 与 ａ 的
和球 如图所示 不计乒乓球的旋转和空 １， ，
１ ２， 。
水平距离和高度差均为 ｈ 若经过 ａ 点时的
气阻力 乒乓球自起跳到最高点的过程中 ；
。 ，
动能为 Ｅ 该摩托车恰能越过坑到达 ｂ 点
下列说法正确的是 ２， 。
（ ）
Ｅ
２等于
Ｅ （ ）
１
过网时球 的速度大于球 的速度 ． ．
Ａ． １ ２ Ａ．２０ Ｂ．１８ Ｃ．９ ０ Ｄ．３ ０
球 的速度变化率小于球 的速度变化率
Ｂ． １ ２ 答案 Ｂ 由平抛运动规律有 ｘ ｖ ｔ ｙ １
球 的飞行时间大于球 的飞行时间 ＝ ０ ， ＝
２
Ｃ． １ ２
起跳时 球 重力的功率大于球 重力的 ｇ ｍｇｘ２ ｘ２
Ｄ． ， １ ２ ｇｔ２ 得 ｖ ｘ 动能Ｅ １ｍｖ２
功率 ， ０ ＝ ｙ； ｋ ＝ ０ ＝ ｙ ∝ｙ，
２ ２ ４
答案 Ａ 把乒乓球的运动看作反向的平抛 Ｅ æｘ ö ２ ｙ æ ｈö ２ ｈ
故 ２ çç ２ ÷÷ １ ç３ ÷ 故
Ｅ ＝ èｘ ø ·ｙ ＝ è ｈ ø · ． ｈ＝１８， Ｂ
运动来处理 由 ｈ １ｇｔ２ 知 两球运动时间相 １ １ ２ ０ ５
， ＝ ， 正确
２ 。
等 错误 乒乓球水平方向做匀速直线运 ３．（ 山东， ， 分）（多选）如图所示 某同
，Ｃ ； ２０２２ １１ ４ ，
动 由于球 水平位移大 故水平速度大 即 学将离地 ． 的网球以 的速度斜
， １ ， ， １ ２５ ｍ １３ ｍ／ｓ
过网时球 的速度大于球 的速度 正确 向上击出 击球点到竖直墙壁的距离 ．
１ ２ ，Ａ ； ， ４ ８ ｍ。
两球都做平抛运动 只受重力 故加速度相 当网球竖直分速度为零时 击中墙壁上离地
， ， ，
等 即速度变化率相等 错误 乒乓球竖直 高度为 ． 的 Ｐ 点 网球与墙壁碰撞后
， ，Ｂ ； ８ ４５ ｍ 。 ，
方向上做自由落体运动 由ｖ２ ｇｈ 可知 起 垂直墙面速度分量大小变为碰前的 ． 倍
， ｙ＝２ ， ０ ７５ ，
跳时两球竖直方向速度相等 重力的瞬时功 平行墙面的速度分量不变 重力加速度 ｇ
， 。
率为 Ｐ ＝ ｍｇｖ ｙ， 两球重力等大 ， 故起跳时两球 取 １０ ｍ／ｓ ２ ， 网球碰墙后的速度大小 ｖ 和着地
点到墙壁的距离 ｄ 分别为 个值 那么无论击球的速度多大 球不是触
（ ） ， ，
网就是越界 求这个高度
， 。
答案 ｖ ．
（１）３ １０ ｍ／ｓ＜ ＜１２ ２ ｍ／ｓ （２）２
１３ ｍ
解析 如图甲所示 设球刚好擦网而过
（１） ， ，
则击球点到擦网点的水平位移 ｘ
１ ＝３ ｍ，
竖直位移 ｙ ｈ ｈ ． ．
１ ＝ ２ － １ ＝（２ ５－２） ｍ＝０ ５ ｍ
根据位移关系有 ｘ ｖ ｔ
ｖ ｖ ＝
１ １
Ａ． ＝５ ｍ／ｓ Ｂ． ＝３ ２ ｍ／ｓ
Ｃ．
ｄ
＝３
．
６ ｍ Ｄ．
ｄ
＝３
．
９ ｍ
ｙ
＝
１ｇｔ２
１
答案 ＢＤ 网球击中墙壁时 ２
，
可得 ｖ 即所求击球速度的
竖直速度减为零 ， 故击出时 ｖ ｙ＝ １ ＝ ３ １０ ｍ／ｓ，
下限
ｖ ；
ｙ
ｇ Ｈ ｈ ｔ
２ （ － ） ＝ １２ ｍ／ｓ， 上＝ ｇ ＝
． 击出时 ｖ ｖ２ ｖ２
１ ２ ｓ， ｘ ＝ ０ － ｙ ＝
水平位移 ｘ ｖ ｔ
５ ｍ／ｓ， ＝ ｘ 上＝６ ｍ，
故图示中θ ° 网球击中墙壁前瞬间 在垂
＝３７ ， ，
甲
直墙面方向上的速度分量 ｖ ｖ θ
ｘ ⊥ ＝ ｘ ｃｏｓ ＝ 设球刚好打在边界线上 则击球点到落地点
在平行墙面方向上的速度分量 ｖ ，
４ ｍ／ｓ， ｘ ∥ ＝ 的水平位移 ｘ 竖直位移 ｙ ｈ ．
ｖ ｘ ｓｉｎ θ ＝３ ｍ／ｓ， 碰墙后 ｖ ｘ ⊥ ′ ＝０ ． ７５ ｖ ｘ ⊥ ＝３ ｍ／ ２ ＝１２ ｍ， ２ ＝ ２ ＝２ ５
ｇ
故碰墙后速度为ｖ ｖ２ ｖ ′２ ｖ ｘ 可求得 ｖ 即所求
ｓ， ＝ ｘ ∥ ＋ ｘ ⊥ ＝３ ２ ｍ／ｓ， ｍ， ２ ＝ ２ ｙ ， ２ ＝１２ ２ ｍ／ｓ，
撞墙后着地点到墙壁的距离为ｄ ｖ ′ ２ ２
＝ ｘ ⊥ · 击球速度的上限
。
Ｈ
２ ． 故 正确 欲使球既不触网也不越界 则击球速度 ｖ 应
ｇ ＝３ ９ ｍ， Ｂ、Ｄ 。 ，
满足 ｖ
４．（ 河北张家口二模， ）如图所示 排球 ３ １０ ｍ／ｓ＜ ＜１２ ２ ｍ／ｓ。
２０２２ １３ ，
设击球点高度为 ｈ 时 球恰好既触网又
场总长为 设球网高度为 运动员站 （２） ３ ，
１８ ｍ， ２ ｍ，
压线 如图乙所示
在离网 的线上 图中虚线所示 正对网 ，
３ ｍ （ ）
跳起将球水平击出 不计空气阻力 取 ｇ
。 （ ， ＝
２
１０ ｍ／ｓ ）
5
年 乙
高
考 设此时排球的初速度为 ｖ 击球点到触网点
3 ，
年
的水平位移 ｘ 竖直位移 ｙ ｈ ｈ ｈ
模 拟 ３ ＝３ ｍ， ３ ＝ ３ － １ ＝ ３
设击球点在 线正上方高度为 ． ｇ
A （１） ３ ｍ ２ ５ ｍ 代入速度公式 ｖ ｘ 可得 ｖ
版 处 请问击球的速度在什么范围内才能使球 －２ ｍ， ＝ ３ ｙ ＝
， ２ ３
高
既不触网也不越界
考
？ ５
物
理 若击球点在 线正上方的高度小于某 ３ ｈ
（２） ３ ｍ ３
－２
６４
同理对压线点有 ｘ ｙ ｈ 盘绕穿过其中心的竖直轴匀速转动 稳定
４ ＝１２ ｍ， ４ ＝ ３ 。
后 每根钢绳 含飞椅及游客 与转轴在同一
ｇ
代入速度公式 ｖ ｘ 可得 ｖ ５ ， （ ）
＝ ４ ｙ ＝１２ ｈ 竖直平面内 图中Ｐ Ｑ两位游客悬于同一个
２ ４ ３ 。 、
两式联立解得 ｈ ． 即当击球高度小 圆周上 Ｐ 所在钢绳的长度大于 Ｑ 所在钢绳
３≈２ １３ ｍ， ，
于 ． 时 无论球被水平击出的速度多 的长度 钢绳与竖直方向的夹角分别为θ θ
２ １３ ｍ ， ， １、 ２。
大 球不是触网 就是越界 不计钢绳的重力 下列判断正确的是
， ， 。 。 （ ）
模型 二 圆周运动的临界模型
１．（ 河北张家口二模， ）（多选）在修筑铁
２０２２ ８
路时 弯道处的外轨会
，
略高于内轨 如图所
。
Ｐ Ｑ 两个飞椅的线速度大小相同
示 当火车以规定的行
Ａ． 、
，
无论两个游客的质量分别有多大 θ 一定
驶速度转弯时 内 外
， 、 Ｂ． ， １
大于 θ
轨均不会受到轮缘的挤压 设此时的速度大
， ２
如果两个游客的质量相同 则有 θ 等于 θ
小为 ｖ 重力加速度为 ｇ 两轨所在面的倾角
， ， Ｃ． ， １ ２
如果两个游客的质量相同 则 Ｑ 的向心力
为 θ 则
Ｄ． ，
， （ ）
一定小于 Ｐ 的向心力
ｖ２
该弯道的半径 ｒ
Ａ． ＝ｇ θ 答案 ＢＤ 设钢绳延长线与转轴的交点到
ｔａｎ
当火车质量改变时 规定的行驶速度大小 游客所在水平面的高度为 ｈ 据牛顿第二定
Ｂ． ， ，
不变 ｇ
律有 ｍｇ θ ｍω２ｈ θ 所以 ｈ 与游
当火车速率大于 ｖ 时 内轨将受到轮缘的
ｔａｎ ＝ ｔａｎ ， ＝ω２ ，
Ｃ． ，
客的质量无关 即 ｈ ｈ 而 ｈ Ｌ θ
挤压 ， Ｐ ＝ Ｑ。 ＝ ｃｏｓ ＋
ｒ
当火车速率大于 ｖ 时 外轨将受到轮缘的
其中 ｒ 为转盘半径 由定量分析可知 Ｌ
Ｄ． ，
θ， ， ，
挤压 ｔａｎ
越大则 θ 越大 所以 θ 一定大于 θ 项正
答案 ＡＢＤ 火车转弯时不侧向挤压车轮 ， １ ２，Ｂ
确 项错误 由圆周运动的半径Ｒ ｒ Ｌ
轮缘 靠重力和支持力的合力提供向心力 ，Ｃ 。 ＝ ＋ ｓｉｎ
， ，
θ 可得 Ｒ Ｒ 根据 ｖ ωＲ 知 ｖ ｖ 项错
ｖ２ ， Ｐ＞ Ｑ， ＝ ， Ｐ＞ Ｑ，Ａ
根据牛顿第二定律得ｍｇ θ ｍ 解得 ｒ
ｔａｎ ＝ ｒ ， 误 由向心力公式 Ｆ ｍω２Ｒ 可知 若两个
。 ｎ ＝ ，
游客的质量相同 则 Ｑ 的向心力一定小于 Ｐ
ｖ２
ｖ ｇｒ θ 可知火车规定的行驶 ，
＝ｇ θ， ＝ ｔａｎ ， 的向心力 项正确
ｔａｎ ，Ｄ 。
速度与质量无关 项正确 当火车速率 解题指导
，Ａ、Ｂ ；
大于 ｖ 时 重力和支持力的合力不足以提供 （ ）明确游客做匀速圆周运动时的圆心和半
， １
向心力 此时外轨对火车有侧压力 轮缘挤 径；（ ）分析游客的受力，沿半径方向的合力
， ， ２
压外轨 项错误 项正确 提供向心力，垂直半径方向受力平衡。
，Ｃ ，Ｄ 。
２．（ 东北三校联考， ）（多选）游乐园里有 ３．（ 河北邢台一中阶段测试， ）如图所示 专
２０２２ ９ ２０２２ ７ ， 题
一种叫 飞椅 的游乐项目 简化后的示意图 Ａ Ｂ Ｃ 三个物体放在旋转的水平圆盘面上 四
“ ” ， 、 、 ，
曲
如图所示 已知飞椅用钢绳系着 钢绳上端 物体与圆盘间的最大静摩擦力均是其重力
线
。 ，
运
的悬点固定在顶部水平转盘上的圆周上 转 的 ｋ 倍 三个物体的质量分别为 ｍ ｍ ｍ 它 动
。 ， ２ 、 、 ，
６５
们离转轴的距离分别为 Ｒ Ｒ Ｒ 当圆盘旋 先发生滑动
、 、２ 。
转时 若 Ａ Ｂ Ｃ 三个物体均相对圆盘静止 若 μ μ 为保证 Ａ Ｂ 均不发生滑动 转盘
， 、 、 ， Ｄ． １＜ ２， 、 ，
则下列判断中正确的是
μ ｇ
（ ）
转动的角速度最大为 １
ｒ
答案 Ｄ Ａ Ｂ 一起随转盘做匀速圆周运
、
动 Ａ Ｂ 之间的静摩擦力提供 Ａ 做圆周运动
， 、
所需要的向心力 选项 错误 Ａ Ｂ 均未发
， Ａ 。 、
Ａ 的向心加速度最大
Ａ． 生滑动时 以 Ａ Ｂ 整体为研究对象 转盘对
， 、 ，
Ｂ 和 Ｃ 所受摩擦力大小相等
Ｂ． 整体的摩擦力提供向心力 则有 ｆ ｍ
当圆盘转速缓慢增大时 Ｃ 比 Ａ 先滑动 ， ： ２ ＝（ Ａ＋
Ｃ． ， ｍ ω２ｒ Ｂ 对 Ａ 的静摩擦力提供 Ａ 做圆周运
Ｂ） ，
当圆盘转速缓慢增大时 Ｂ 比 Ａ 先滑动
Ｄ． ， 动的向心力 则有 ｆ ｍ ω２ｒ 故有 ｆ ｆ 选
答案 Ｃ 三个物体均相对圆盘静止 角速 ， ： １ ＝ Ａ ， ２＞ １，
， 项 错误 各接触面之间最大静摩擦力等
度相同 由于 Ｃ 物体的转动半径最大 根据 ａ Ｂ 。
； ， 于滑动摩擦力 即对 Ａ Ｂ 整体 ｆ μ ｍ
ｒω２ 可知 Ｃ 物体的向心加速度最大 故 ， 、 ： ２ｍ ＝ ２（ Ａ＋
＝ ， ， Ａ ｍ ｇ ｍ ｍ ω′２ｒ 得 μ ｇ ω′２ｒ 对 Ａ ｆ
项错误 Ｂ 物体所受摩擦力 ｆ ｍＲω２ Ｃ 物体 Ｂ） ＝（ Ａ＋ Ｂ） ， ２ ＝ ； ： １ｍ
； Ｂ＝ ， μ ｍ ｇ ｍ ω′２ｒ 得 μ ｇ ω′２ｒ 若 μ μ Ａ
所受摩擦力 ｆ ｍ Ｒω２ 故 项错误 Ａ 物 ＝ １ Ａ ＝ Ａ ， １ ＝ ， １＞ ２，
Ｃ＝ ·２ ， Ｂ ； 不会比 Ｂ 先发生滑动 选项 错误 若 μ
体恰相对圆盘静止时 ｋ ｍｇ ｍＲω２ Ｂ 物 ， Ｃ 。 １＜
·２ ＝２ Ａ， μ 只要 Ａ 不相对 Ｂ 滑动 就可保证 Ａ Ｂ 均
体恰相对圆盘静止时ｋｍｇ ｍＲω２ Ｃ 物体恰
２， ， 、
＝ Ｂ， 不发生滑动 故转盘转动的最大角速度 ω
相对圆盘静止时 ｋｍｇ ｍ Ｒω２ 解得 ω ， ｍ ＝
＝ ·２ Ｃ， Ｃ＜ μ ｇ
ω ω 所以 Ｃ 物体最先滑动 Ａ Ｂ 两物体 １ 选项 正确
Ｂ＝ Ａ， ， 、 ｒ ， Ｄ 。
同时滑动 故 项正确 项错误
， Ｃ ，Ｄ 。 ５．（ 重庆第二外国语学校期末， ）（多选）
４．（ 河北唐山、廊坊联考， ）如图所示 粗 ２０２２ ９
２０２２ ６ ， 如图 小球 可视作质点 和 ａ ｂ 两根细绳相
， （ ） 、
糙水平转盘上 质量相等的 Ａ Ｂ 两个物块
， 、 连 两绳分别固定在细杆上两
，
均可视为质点 叠放在一起 随转盘一起做
（ ） ， 点 其中 ｂ 绳长 Ｌ 小球
， ｂ ＝２ ｍ，
匀速圆周运动 它们到转轴的距离均为 ｒ
， 。 随杆一起在水平面内匀速转
Ａ Ｂ 之间的动摩擦因数为 μ Ｂ 与转盘之间
、 １， 动 当两绳都拉直时 ａ ｂ 两
。 ， 、
的动摩擦因数为 μ 各接触面之间最大静摩
２， 绳和细杆的夹角 θ ° θ
擦力等于滑动摩擦力 重力加速度为 ｇ 则 １ ＝４５ ， ２ ＝
， 。 ° ｇ ２ 若 ａ ｂ 两绳始终张紧 则
下列说法正确的是 ６０ ， ＝１０ ｍ／ｓ 。 、 ，
（ ） 小球运动的线速度大小可能是
在随转盘做匀速圆周 （ ）
Ａ． ． ．
5 运动的过程中 物块 Ａ Ａ．３ ５ ｍ／ｓ Ｂ．４ ｍ／ｓ Ｃ．４ ５ ｍ／ｓ Ｄ．５ ｍ／ｓ
年 ， 答案 ＣＤ 当 ａ 绳恰好拉直 但 Ｔ 时
高 所需要的向心力由重 ， ｂ ＝０ ，
考 球的转动线速度为 ｖ 有 Ｔ ° ｍｇ Ｔ
3 力和 Ｂ 对它的支持力 １， ａ ｃｏｓ ４５ ＝ 、 ａ
年
模
ｖ２
拟 提供 ° ｍ １
ｓｉｎ ４５ ＝ Ｌ °
A Ａ Ｂ 均未发生滑动时 Ａ Ｂ 之间的摩擦力 ｂ ｓｉｎ ６０
版 Ｂ． 、 ， 、 解得 ｖ ．
和 Ｂ 与转盘之间的摩擦力大小相等 １≈４ １６ ｍ／ｓ
高 当 ｂ 绳恰好拉直 但 Ｔ 时 球的转动线速
考 若 μ μ 随着转盘角速度的增加 Ａ 比 Ｂ ， ａ＝０ ，
物
理
Ｃ． １＞ ２， ， 度为 ｖ
２，
６６
ｖ２ 转动且相对罐壁静止 小物块与陶罐内壁间
有 Ｔ ° ｍｇ Ｔ ° ｍ ２ ，
ｂ ｃｏｓ ６０ ＝ 、 ｂ ｓｉｎ ６０ ＝ Ｌ ° 的动摩擦因数为 μ 且它和 Ｏ 点的连线与
ｂ ｓｉｎ ６０ ，
解得 ｖ ． ＯＯ′之间的夹角为 θ 转动角速度为 ω 重力
２≈５ ４８ ｍ／ｓ ， ，
要使两绳都拉紧 ． ｖ ． 加速度为 ｇ 则下列说法正确的是
４ １６ ｍ／ｓ≤ ≤５ ４８ ｍ／ｓ 。 （ ）
故 选项正确
Ｃ、Ｄ 。
６．（ 河北石家庄二中期末， ）（多选）如图
２０２２ ９
所示 三角形为一光滑锥
，
体的正视图 锥面与竖直
，
方向的夹角为 θ ° 一
＝３７ 。
ｇ
根长为 ｌ 的细线一端
＝１ ｍ 当 ω２ 时 小物块与陶罐内壁间的
Ａ． ＝Ｒ θ ，
系在锥体顶端 另一端系 ｃｏｓ
，
弹力为 ｍｇ θ
着一可视为质点的小球 小球在水平面内绕 ｃｏｓ
，
ｇ
锥体的轴做匀速圆周运动 重力加速度 ｇ 当 ω２ 时 小物块与陶罐内壁间的
， ＝ Ｂ． ＝Ｒ θ ，
ｃｏｓ
２ ° ． 不计空气阻力 则
１０ ｍ／ｓ ，ｓｉｎ ３７ ＝０ ６， ， ｍｇ
弹力为
θ
（ ）
ｃｏｓ
小球受重力 支持力 拉力和向心力
ｇ
Ａ． 、 、
当 ω２ 时 小物块与陶罐内壁间的
小球可能只受拉力和重力 Ｃ． ＝Ｒ θ ，
Ｂ． ｃｏｓ
摩擦力沿罐壁向上
当 ω ５ 时 小球对锥体的压力
Ｃ． ０ ＝ ２ ｒａｄ／ｓ ， ｇ θ μ θ
２
当 ω２ ２ （ｓｉｎ ＋ ｃｏｓ ）时 小物块将向
刚好为零 Ｄ． ＝ Ｒ θ ，
ｓｉｎ ２
陶罐上沿滑动
当 ω 时 小球受重力 支持力
Ｄ． ＝２ ５ ｒａｄ／ｓ ， 、
答案 Ｂ 小物块做匀速圆周运动 其所受
和拉力作用
，
答案 ＢＣ 角速度较小时小球紧贴圆锥面
，
合力提供向心力 ， Ｆ 合 ＝ Ｆ ｎ， 方向水平 。 如图
ｇ
则Ｆ θ Ｆ θ ｍｇ Ｆ θ Ｆ θ
Ｔ ｃｏｓ ＋ Ｎ ｓｉｎ ＝ ， Ｔ ｓｉｎ － Ｎ ｃｏｓ ＝ （１）
所示
，
当 ω２
＝Ｒ θ
时
，
Ｆ
合＝
ｍω２Ｒ
ｓｉｎ
θ
ｍω２ｌ θ 随着角速度的增加 Ｆ 增大 Ｆ ｃｏｓ
ｓｉｎ ， ， Ｔ ， Ｎ ｍｇ θ 根据力的合成可得陶罐对小物块
减小 当角速度达到 ω 时支持力为零 支持 ＝ ｔａｎ ，
， ０ ， ｍｇ
力恰好为零时有 ｍｇ
ｔａｎ
θ
＝
ｍω２
０
ｌ
ｓｉｎ
θ
，
解得 的作用力 Ｆ
１ ＝ （
ｍｇ
）
２
＋（
ｍｇ
ｔａｎ
θ
）
２
＝ ｃｏｓ θ，
方向恰好沿半径指向 Ｏ 该力为小物块所受
ω ５ 错误 正确 当 ω
，
０ ＝ ２ ｒａｄ／ｓ，Ａ ，Ｂ、Ｃ ； ＝２ ５
２ 弹力 且小物块所受摩擦力为 故 错
， ０， Ａ、Ｃ
时 小球已经离开斜面 小球受重力 拉
ｒａｄ／ｓ ， ， 、 ｇ θ μ θ
力的作用 错误
误 正确 当 ω２ ２ （ｓｉｎ ＋ ｃｏｓ ）时 设
，Ｂ ； ＝ Ｒ θ ，
，Ｄ 。
ｓｉｎ ２
７．［ 联考（ ）， ］如图所示 半径为 Ｒ 物块所受摩擦力为 ｆ 受力分析如图 则
２０２１ Ｔ８ ２ ７ ， ， （２），
的半球形陶罐 固定在可以绕竖直轴转动的 Ｆ θ ｆ θ ｍω２Ｒ θ ｍｇ θ μｍｇ
， Ｎ ｓｉｎ ＋ ｃｏｓ ＝ ｓｉｎ ＝ ｔａｎ ＋ ，
水平转台上 转台转轴与过陶罐球心 Ｏ 的对 Ｆ θ ｆ θ ｍｇ 联立解得 Ｆ μｍｇ 专
， Ｎ ｃｏｓ － ｓｉｎ － ＝０， Ｎ ＝ 题
称轴 ＯＯ′重合 转台以一定角速度匀速转 ｍｇ 四
。 θ ｆ μｍｇ θ 故有 ｆ ｆ 最大静
动 一质量为 ｍ 的小物块 可视为质点 落入 ｓｉｎ ＋ θ， ＝ ｃｏｓ ， ＜ ｍ（ 曲
， （ ） ｃｏｓ 线
运
陶罐内 经过一段时间后小物块随陶罐一起 摩擦力 ｆ μＦ 所以小物块相对陶罐静 动
， ｍ ＝ Ｎ），
６７
止 错误 若在 ｂ 处杆对球恰好无弹力 则 ｖ ｇＲ
，Ｄ 。 ② ， ｂ＝ ，
此时 Ｆ ｍｇ Ｆ′ Ｆ ｍｇ
Δ ＝６ ，Δ ＝Δ ＝６ ；
若杆对球的力为拉力 ｖ ｇＲ
③ ， ｂ＞ ，
ｖ２ ｖ２
ｂ ａ
此时有Ｆ ｍｇ ｍ Ｆ ｍｇ ｍ
Ｎ ｂ＋ ＝ Ｒ， Ｎ ａ－ ＝ Ｒ
则 Ｆ ｍｇ Ｆ′ Ｆ ｍｇ 则 项错误
图 Δ ＝６ ，Δ ＝Δ ＝６ ， Ａ ，
（１）
正确
Ｂ、Ｃ、Ｄ 。
９．（ 浙江新昌中学专题练， ）如图所示
２０２２ １３ ，
一块足够大的光滑平板放置在水平面上 能
，
绕水平固定轴ＭＮ 调节其与水平面所成的夹
角 板上一根长为ｌ ． 的轻绳 它的一
。 ＝０ ６０ ｍ ，
图 端系住一质量为 ｍ 的小球 Ｐ 另一端固定在
（２） ，
板上的 Ｏ 点 当平板的倾角固定为 α 时 先
８．（ 江西宜春期中， ）（多
。 ，
２０２２ ９
将轻绳平行于水平轴 ＭＮ 拉直 然后给小球
选）如图所示 细轻杆的一端
，
，
一沿着平板并与轻绳垂直的初速度 ｖ
与质量为 ｍ 的小球相连 可绕 ＝
０
，
． 若小球能保持在板面内做圆周运
Ｏ 点的水平轴自由转动 现给 ３ ０ ｍ／ｓ。
。
动 倾角 α 的值应在什么范围内 重力加
小球一初速度 使它在竖直平面内做圆周运 ， ？ （
，
速度取
２
动 ａ ｂ 分别表示轨道的最低点和最高点 重 １０ ｍ／ｓ ）
， 、 ，
力加速度为 ｇ 则小球在这两点对杆的作用
，
力大小之差可能为
（ ）
ｍｇ ｍｇ ｍｇ ｍｇ
Ａ．３ Ｂ．４ Ｃ．５ Ｄ．６
答案 ＢＣＤ 若在 ｂ 处杆对球的力为支 答案 ° α °
① ０ ≤ ≤３０
ｖ２ 解析 小球在倾斜平板上运动时受到轻绳
持力 ｖ ｇＲ 此时有 ｍｇ Ｆ ｍ
ｂ
Ｆ
，０≤ ｂ＜ ， － Ｎ ｂ＝ Ｒ， Ｎ ａ 拉力 平板弹力 重力 在垂直平板方向上小
、 、 ，
ｖ２ 球所受合力为
ｍｇ ｍ ａ ０
－ ＝ Ｒ 小球在最高点时 由轻绳的拉力和重力沿平
，
ｖ２ ｖ２ 板方向的分力的合力提供向心力 有 Ｆ ｍｇ
联立解得 Ｆ Ｆ Ｆ ｍ ｂ ｍ ａ ， Ｔ ＋
Δ ＝ Ｎ ａ－ Ｎ ｂ＝ Ｒ＋ Ｒ ｍｖ２
α １
对小球 由 ｂ 到 ａ 机械能守恒 ｓｉｎ ＝ ｌ ①
， ，
研究小球从释放到最高点的过程 根据动能
5 １ｍｖ２ １ｍｖ２ ｍｇ Ｒ ，
年 ａ＝ ｂ＋ ·２
高
考
２ ２
ｖ２
定理有
－
ｍｇｌ
ｓｉｎ
α
＝
１ｍｖ２
１ －
１ｍｖ２
０ ②
3 故 Ｆ ｍ ｂ ｍｇ ２ ２
年 Δ ＝２ Ｒ＋４ 若恰好能通过最高点 则轻绳拉力 Ｆ
模 ， Ｔ ＝０ ③
拟
ｖ 时 Ｆ ｍｇ ｖ 增大 则 Ｆ 增大 ｍｇ
A ｂ＝０ ，Δ ＝４ ， ｂ ， Δ ，４ 联立 解得 α １ 解得 α °
①②③ ｓｉｎ ＝ ， ＝３０
版 Ｆ ｍｇ
２
≤Δ ＜６ ，
高 故 α 的范围为 ° α °
由牛顿第三定律知 小球在这两点对杆的作
考 ０ ≤ ≤３０ 。
，
物
理 用力的大小之差满足 ｍｇ Ｆ′ ｍｇ
４ ≤Δ ＜６ ；
６８
