文档文本内容
专题06 圆周运动
4 大考点概览
考点01 圆周运动描述
考点02 向心力与向心加速度
考点03 水平面的圆周运动
考点04 竖直面的圆周运动
1．（2026·四川德阳·一模）如图所示，德阳市某摩天轮的半径约为40m，匀速运行一周约15min。匀速运
行过程中，A 点速度大小约为（ ）
A．0.04m/s
B．0.28m/s
C．2.67m/s
D．16.75m/s
【答案】B
【解析】摩天轮匀速转动的角速度大小为ω= 2π
T = π
450 rad/ s
则A 点的线速度大小为v =ωr ≈0.28 m/s
故选B。
2．（2026·四川·一模）“飞椅”是游乐场中常见的游乐项目。钢绳一端固定在转轴上，另一端系着座椅，
座椅同时乘坐甲、乙两人，当座椅随着转轴匀速转动时（ ）
A．甲的转动周期等于乙的转动周期
B．甲的向心加速度小于乙的向心加速度
C．甲的线速度等于乙的线速度
考点1
圆周运动描述
D．甲的角速度大于乙的角速度
【答案】A
【解析】AD．甲、乙两人同轴转动周期和角速度相同，故A 正确，D 错误；
BC．甲、乙两人距离转轴的水平距离，即转动半径r甲>r乙，根据v =ωr ，a=ω
2r
可知v甲>v乙，a甲>a乙，故BC 错误。
故选A。
3．（2026·四川泸州·一模）东汉时期出现的记里鼓车”通过齿轮传动的方式来记录车辆行驶的距离。某人
根据其原理制作了如图所示的装置，车轮与齿轮a，齿轮b与齿轮c同轴转动，齿轮a与齿轮b、齿轮c
与齿轮d相互咬合。已知齿轮
的齿数之比为2:4:1:6，咬合处齿的宽度均相等，齿轮a边缘
的半径为。当车轮在t时间内匀速转动n圈时，下列说法中正确的是（ ）
A．齿轮c与d的角速度大小之比为6:1
B．齿轮a与b边缘处线速度大小之比为1:2
C．齿轮d边缘处的线速度大小为πnr
2t
D．齿轮d边缘处的向心加速度大小为12π
2n
2r
t
2
【答案】AC
【解析】A．由题意可知，c、d 的线速度大小相等，c、d 的齿数之比为1:6，根据v =ωr可知，c、d 的
角速度之比为6:1，故A 正确；
B．齿轮a 与b 的边缘处线速度大小相等，故B 错误；
C．由题意可知，齿轮a的角速度为ωa= 2πn
t
a、b 的齿数之比为2:4，且线速度大小相等，根据v =ωr可知，a、b 的角速度之比为2:1，即齿轮b的角
速度为ωb= ωa
2 = πn
t
b、c 同轴传动，角速度相等，即齿轮c的角速度为ωc =ωb= πn
t
c、d 的齿数之比为1:6，且线速度大小相等，根据v =ωr可知，c、d 的角速度之比为6:1，即齿轮d的角
速度为ωd = ωc
6 = πn
6t
则齿轮d 边缘处的线速度大小为vd =ωdrd = πn
6t ×3r = πnr
2t ，故C 正确；
D．齿轮d 边缘处的向心加速度大小为ad = vd
2
rd
= π
2n
2r
12t
2 ，故D 错误。
故选AC。
4．（2026·四川攀枝花·一模）如图所示，两个开口向上的圆锥形漏斗，其中轴线O1O2、O3O4均位于竖直
方向，两漏斗的尖端O1、O3高度相同。两个质量相同、可视为质点的小球P、Q 分别位于两漏斗的内
表面上等高的位置。现分别给两小球一个水平初速度，使两小球刚好沿各自所在的漏斗内表面做圆周
运动。忽略一切摩擦和空气阻力，以O1、O3所在水平面为零势能面，下列说法中正确的是（ ）
A．P 球所受的弹力大于Q 球所受的弹力
B．P 球的线速度大于Q 球的线速度
C．P 球的角速度小于Q 球的角速度
D．P 球的机械能小于Q 球的机械能
【答案】A
【解析】A．对小球受力分析，小球受竖直向下的重力mg，侧壁的弹力FN，设FN与竖直方向的夹角为
θ，则F N = mg
cosθ
由于P 球所受弹力与竖直方向的夹角较大，则P 球所受的弹力大于Q 球所受的弹力，故A 正确；
B．根据牛顿第二定律可得mg tanθ =m v
2
r
根据几何关系可得
联立解得v = ❑√gh
由此可知，P 球的线速度等于Q 球的线速度，故B 错误；
C．根据v =ωr可知，P 球的转动半径小于Q 球的转动半径，则P 球的角速度大于Q 球的角速度，故C
错误；
D．小球的机械能为
由此可知，P 球的机械能等于Q 球的机械能，故D 错误。
故选A。
5．（2026·四川自贡·一模）某建筑工地使用电动卷扬机提升建筑材料，其装置可简化为如图甲所示的模型。
卷扬机滚筒半径r =0.2m，在保持电动机的输出功率不变时，将质量为18kg 的材料用细钢丝绳由静止
开始竖直向上提起，电动机驱动滚筒转动的角速度ω随时间t 变化的关系如图乙所示，t =6 s时材料达
到最大速度并开始匀速上升。若忽略滚筒的质量及所有摩擦阻力，重力加速度g 取10m/ s
2，下列说法
正确的是（ ）
A．在0∼6 s内，钢丝绳对材料的拉力逐渐减小
B．材料匀速上升时的速度大小为5m/s
C．电动机的输出功率为180W
D．在0∼6 s内，材料上升的高度为2.98m
【答案】AC
【解析】BC．材料匀速上升时的速度大小为vm=ωr =1m/ s
电动机的输出功率为P = F vm=mg vm=180W
故B 错误；C 正确；
A．在0∼6 s内，根据P = F绳v = F绳ωr
解得F绳= P
ωr ，由乙图可知电动机驱动滚筒转动的角速度ω逐渐增大，则钢丝绳对材料的拉力逐渐减
小，故A 正确；
D．在0∼6 s内，根据动能定理有Pt -mgh= 1
2 mvm
2
解得材料上升的高度为h=5.95m，故D 错误。
故选AC。
6．（2026·四川·一模）某同学利用手机和自行车探究圆周运动的相关知识。已知手机的加速度传感器既可
以测量合加速度大小a，又可以测量x、y、z 三个方向的加速度大小ax、a y、az，如图（a）所示。将自
行车架起，手机固定在自行车后轮轮毂上①位置（手机x、y 平面始终与竖直面重合），如图（b）所示，
后轮转动带动手机在竖直面内做圆周运动。
(1)后轮加速转动，手机可测到_______不为零（填标号）。
A．x、y 方向的加速度值
B．x、z 方向的加速度值
C．y、z 方向的加速度值
(2)后轮匀速转动
①利用秒表测出后轮转动N 圈的时间为t，则角速度ω为 （用N、t 表示）。
②测量多组加速度大小a 与角速度ω的数据后，为了直观得出它们的关系，应作出a- （选填“
ω”或“ω
2”）图像。
③利用装置测量加速度传感器在手机中的位置。
如图（c）所示，将手机固定在顶角与转轴重合的②位置，建立平面直角坐标。重复（2）中操作，作
出加速度与角速度关系的图像，并通过图像计算出斜率为k0，则加速度传感器到轮毂转轴的距离为
，加速度传感器在手机中的位置坐标x0= ，y0= 。（均用ax、a y、az、k0中部分字母表
示）
【答案】(1)A
(2) 2πN
t
ω
2 k0
ax k0
❑√ax
2+a y
2
a y k0
❑√ax
2+a y
2
【解析】（1）后轮加速转动时，加速度传感器在竖直面内做变速圆周运动，有法向加速度和切向加速
度，可测得x、y 方向的加速度值不为零，故选A。
（2）①[1]后轮转动N 圈时，可得角速度ω= θ
t = 2πN
t
②[2] 向心加速度大小a 与角速度ω的关系为a=ω
2 R
为了直观得出它们的关系，应作出
图像，此时图像为一条过原点的直线。
③[3]
图像的斜率对应的物理量是加速度传感器到圆周运动圆心（即转轴）的距离，因此有
R =k0
[4][5]由于向心加速度的方向指向圆心，因此有x0=
ax k0
❑√ax
2+a y
2 ，y0=
a y k0
❑√ax
2+a y
2
7．（2026·四川广安·一模）如图，风扇断电后，转速逐渐减小的过程中，扇叶上半径不同的A、B两点在
同一时刻的运动情况描述正确的是（ ）
A．线速度相同
B．角速度相同
C．向心加速度相同
D．受到合外力方向始终指向圆心
【答案】B
【解析】AB．A、B 两点同轴转动，角速度相同，由于转动半径不同，根据v =ωr可知，A、B 两点的
线速度不相同，故A 错误，B 正确；
C．根据an=ω
2r可知，由于A、B 两点的角速度相同，而转动半径不同，所以向心加速度不同，故C
错误；
D．风扇慢慢停下，不是匀速圆周运动，所以受到的合外力方向不是始终指向圆心，故D 错误。
故选B。
8．（2026·四川自贡·一模）某研究小组利用摄像机记录人的甩手动作，以探究指尖水滴被甩落的过程。如
图所示是由每秒25 帧的摄像机拍摄视频后制作的图片，图中A、B、C是甩手动作最后3 帧照片指尖的
位置。根据照片建构A、C之间运动模型：开始阶段，指尖A以肘关节M为圆心做圆周运动，到接近B
的最后时刻，指尖以腕关节N（视为已静止）为圆心做圆周运动。测得A、B之间的距离为26cm，B、
N之间的距离为
。近似认为A、B之间平均速度为指尖经过B点的线速度。重力加速度为g。下列
说法正确的是（ ）
考点2
向心力与向心加速度
A．由图可明显看出，由A至C指尖的线速度逐渐增大
B．指尖经过B点时的线速度大约为13m/ s
C．指尖经过B点时的向心加速度大约为25 g
D．在相同的指尖速度下，如果该人的上臂、前臂和手掌始终保持在一条直线上，则水滴将更容易被甩
出
【答案】C
【解析】A．由题意可知，摄像机拍摄时每秒25 帧，则相邻两帧之间的时间间隔是相等的，时间间隔
为T = 1
25 s=0.04s
由图可知A、B之间的弧长明显大于B、C 之间的弧长，根据平均速度的定义式可知，¯v AB>¯vBC
因此由A至C指尖的线速度先增大后减小，故A 错误；
B．指尖经过B点时的线速度vB=¯v AB= sAB
T = 26×10
-2
0.04
m/s=6.5m/s，故B 错误；
C．指尖经过B点时的向心加速度大约为aB= vB
2
rBN
= 6.5
2
0.17 m/s
2≈248.5 m/s
2≈25 g，故C 正确；
D．水滴的合外力不能提供所需的向心力时，水滴就容易被出去，所以甩手时应减小半径，则在相同的
指尖速度下，如果该人的上臂、前臂和手掌始终保持在一条直线上，则水滴将更不容易被甩出，故D
错误。
故选C。
9．（2026·四川达州·一模）如图所示，在圆柱体内表面距离底面高为h 处，给一质量为m 的小滑块沿水平
切线方向的初速度v0，小滑块将沿圆柱体内表面旋转滑下。假设滑块下滑过程中表面与圆柱体内表面
紧密贴合，圆柱体内表面光滑，重力加速度为g。则下列判断正确的是（ ）
A．小滑块初速度越大，在桶中运动时间越短
B．小滑块运动过程中速度、加速度越来越大
C．小滑块对桶壁的压力越来越大
D．滑落至底面时速度大小为❑√v0
2+2gh
【答案】D
【解析】AB．小滑块在竖直方向做自由落体运动，加速度恒定不变，根据h= 1
2 gt
2
可得t = ❑√
2h
g
可知小滑块在圆柱体中运动时间与v0无关，小球在水平方向的加速度大小也不变，则小球的加速度不
变，故AB 错误；
C．小滑沿着圆柱体表面方向的速度大小不变，所需向心力不变，则小滑块运动中对圆柱体内表面的压
力大小不变，故C 错误；
D．小滑块落至底面时竖直方向的速度v y = ❑√2gh
小滑块落至底面时的速度大小v =
❑√v0
2+ v y
2 =
❑√v0
2+2gh，故D 正确。
故选D。
10．（2026·四川广安·一模）如图，同一小球（图中未画出）分别在类似于漏斗形的容器的不同水平面内
做匀速圆周运动，不计一切阻力。关于小球通过a、b 两处时运动和受力的情况，下列说法正确的是（
）
A．小球在a、b 两处做匀速圆周运动的圆心均为O点
B．角速度的大小关系为
C．向心加速度的大小关系为aa=ab
D．向心力的大小关系为Fa= Fb
【答案】B
【解析】A．小球在a、b 两处做匀速圆周运动的圆心均不为点O，圆心一定在圆周所在平面内，A 错
误；
B．根据牛顿第二定律得mgtanθ =mω
2r
解得ω= ❑√
g tanθ
r
，a 处的角度小半径大，所以角速度的大小关系为
，B 正确；
C．由mgtanθ =ma得a= g tanθ ，向心加速度的大小关系为aa<ab，C 错误；
D．由F向=mgtanθ得向心力的大小关系为
，D 错误。
故选B。
11．（2026·四川成都·一模）如图所示，半径为R 且足够高的圆柱形桶固定在水平桌面上，橡皮筋一端与
桶顶部圆心O 点相连，另一端从桶内隔板中央的小孔A 点穿过后与质量为m 的小球P（可视为质点）
相连。已知橡皮筋的劲度系数为k 且原长等于OA。若小球在水平面内做匀速圆周运动，且运动过程中
不与桶壁接触。不计一切摩擦阻力，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（ ）
A．小球线速度越大，轨迹平面与A 点的距离越小B．小球线速度越大，运动周期越小
C．小球运动的最大线速度为R ❑√
k
m
D．小球运动的最大加速度为
【答案】C
【解析】A．对小球P 受力分析，设小球做圆周运动的半径为r，由相似关系可得k ⋅AP
AP
= mω
2r
r
解得ω= ❑√
k
m，故小球在水平面内做匀速圆周运动的过程中角速度ω大小不变
设A 点到轨迹平面的高度为h，由相似关系可得k ⋅AP
AP
= mg
h
解得h= mg
k ，故h 不变
由v =ωr可知，角速度不变的情况下，线速度越大，半径r 越大
由几何关系可得A P
2=h
2+r
2，故h 不变，r 变大时故轨迹平面与A 点的距离AP 越大，A 错误；
B．由ω= ❑√
k
m = 2π
T 可知周期不变，B 错误；
C．由v =ωr =r ❑√
k
m可得，当r 取最大值R 时，线速度最大，最大值为v = R ❑√
k
m，C 正确；
D．由a=ω
2r = kr
m 可得，小球运动的最大加速度为kR
m ，D 错误。
故选C。
12．（2026·四川宜宾·一模）如图所示，半径为
的圆形餐桌桌面水平，中部有一半径为的圆盘，其圆心
与餐桌圆心重合可绕其中心轴转动。一个质量为m的小物块（可看作质点）放置在圆盘的边缘，圆盘转
速由零开始缓慢增加，小物块最终从餐桌上滑落。已知小物块与圆盘间的动摩擦因数为μ1，小物块与
餐桌间的动摩擦因数为μ2，μ1> μ2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，圆盘厚度及圆盘
与餐桌间的间隙不计。则（ ）
A．小物块在餐桌上做匀速直线运动
B．小物块在圆盘上的加速度一定大于μ2 g
C．小物块在圆盘上随圆盘运动，角速度可能为❑√
2 μ1 g
r
D．小物块在餐桌上滑动过程中摩擦生热为μ2mg
❑√R
2-r
2
【答案】D
【解析】A．小物块从圆盘上滑落后，小物块受到的摩擦力的方向与运动的方向始终相反，所以在餐桌
上做减速直线运动，故A 错误；
考点3
水平面的圆周运动及圆锥摆
B．小物块在圆盘上做圆周运动时，随转盘转速的增加，加速度逐渐变大，小物块从圆盘上滑落的瞬间，
摩擦力达到最大静摩擦力，此时加速度最大，为a1m= μ1g
小物块在餐桌上的加速度a2= μ2 g
由于
，可知a1m>a2，但小物块在圆盘上的加速度不一定大于μ2 g，故B 错误。
C．小物块在圆盘上随圆盘运动，角速度满足μ1mg≥mω
2r
即ω≤
❑√
μ1 g
r
，不可能为❑√
2 μ1 g
r
，C 错误；
D．小物块从圆盘上滑落后沿圆盘的切线方向在桌面上做匀减速直线运动，在餐桌上滑动过程中相对桌
面滑动的位移
可知摩擦生热为Q = μ2mg
❑√R
2-r
2，D 正确。
故选D。
13．（2026·四川资阳·一模）如图，一物块（看作质点）放置在水平圆盘上，与圆盘间的动摩擦因数为
0.3，细线两端分别系在物块、圆盘的中心竖直转轴上，细线伸直且无拉力，与转轴的夹角为37°。物
块随圆盘一起绕转轴匀速转动，当角速度为ω1时，细线开始出现拉力；当角速度为ω2时，物块对圆盘
的压力恰好为0。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin37° =0.6，则
ω2
2
ω1
2 =（ ）
A．2.5
B．3
C．3.5
D．4
【答案】A
【解析】当最大静摩擦力不能满足所需要向心力时，细线上开始有拉力，则μmg =mω1
2 Lsinθ
当物块对圆盘的压力为0 时，重力和细线拉力的合力提供向心力，有mgtanθ =mω2
2 Lsinθ
解得
ω2
2
ω1
2 =2.5，故A 正确。
故选A。
14．（2026·四川泸州·一模）如图甲、乙所示为两个圆锥摆，图甲中摆线长为L1、摆线与竖直方向的夹角
为α、摆线的拉力为F1；图乙中摆线长为L2、摆线与竖直方向的夹角为θ、摆线的拉力为F2；已知两球
的质量相等，两球的大小不计，两球做匀速圆周运动的周期相等，α≠θ，两球运动过程中空气阻力不计。
下列关系式正确的是（ ）
A．F1 L2= F2 L1
B．F1 L1= F2 L2
C．
D．
【答案】AC
【解析】AB．设小球质量为m，对两小球分别有F1sinα =mω
2 L1sinα，F2sinθ =mω
2 L2sinθ
两式相比得F1 L2= F2 L1，故A 正确，B 错误；
CD．对两小球分别有mgtanα =mω
2 L1sinα，mgtanθ =mω
2 L2sinθ
两式相比得
，故C 正确，D 错误。
故选AC。
15．（2026·四川绵阳·一模）“飞椅”是游乐场常见的游乐项目，结构示意图如图所示，长为l的钢绳一端
系着“飞椅”的座椅，另一端固定在长为
的水平横臂上，横臂可以沿竖直轴上下移动，还可以绕轴转
动。开始时，座椅静止在地面附近，横臂位于P处，人坐上座椅后，横臂一边转动一边上升，到Q处时
人和座椅稳定地绕竖直轴做匀速圆周运动，此时钢绳与竖直方向的夹角为θ。已知
间的高度差为
，
人与座椅的总质量为m。忽略竖直轴自身的半径，不计空气阻力。则（ ）
A．横臂在Q处，人和座椅的角速度为❑√
gtanθ
lsinθ+r
B．横臂在Q处，人和座椅的角速度为❑√
g
lcosθ
C．横臂从P到Q的过程中，钢绳对人和座椅做功mgh+ 1
2 mgtanθ⋅(lsinθ+r)
D．横臂从P到Q的过程中，钢绳对人和座椅做功mg(h+l -lcosθ)+ 1
2 mgtanθ⋅(lsinθ+r)
【答案】AD
【解析】AB．人和座椅做匀速圆周运动，向心力由重力和钢绳拉力的合力提供。圆周运动的轨道半径
R =lsinθ+r
对人和座椅受力分析，竖直方向T cosθ =mg
水平方向T sinθ =mω
2 R
解得ω= ❑√
g tanθ
lsinθ+r ，故A 正确，B 错误
CD ．根据动能定理，钢绳做功W 等于重力做功的负值与动能变化之和，即
W -mg(h+l -lcosθ)= 1
2 m v
2
线速度v =ωR = ❑√g tanθ(lsinθ+r)
动能1
2 mv
2= 1
2 mg tanθ(lsinθ+r)
代入动能定理公式得W =mg(h+l -lcosθ)+ 1
2 mg tanθ(lsinθ+r)，故C 错误，D 正确。
故选AD。
考点4
竖直面的圆周运动
16．（2026·四川达州·一模）在竖直平面内，滑道PMQ由两段对称的圆弧平滑连接而成，且P、M、Q三
点在同一水平线上。电动玩具车与滑道各处的动摩擦因数相同，电动玩具车在沿速度方向电机牵引力
作用下由P点以恒定速率沿着滑道运动到Q点，PM过程克服摩擦力做功为W 1，MQ过程克服摩擦力做
功为W 2，在滑道最低点N点对滑道压力为
，在滑道最高点S点对滑道压力为
，下列说法正确的是
（ ）
A．F1= F2
B．F1< F2
C．W 1>W 2 D．W 1=W 2
【答案】C
【解析】AB．根据牛顿第二定律，则在N 点时F1
' -mg=m v
2
R
在S 点时mg- F2
' =m v
2
R
可知F1
' > F2
' 根据牛顿第三定律可知F1> F2，AB 错误；
CD．根据f = μ F N因在PM 段运动时玩具车对轨道的平均压力均大于在MQ 段运动时对轨道的平均压力，
可知f PM >f MQ
根据W = f s可知W 1>W 2，C 正确，D 错误。
故选C。
17．（2026·四川字节教育·一模）飞行员驾驶歼－20 战斗机在竖直平面内进行俯冲表演，战斗机在最低点
附近的运动可看作半径为R 的圆周运动，通过最低点时速度为v。飞行员的质量为m，重力加速度为
g。则飞行员在最低点受到座椅的作用力大小为（ ）
A．mg
B．m v
2
R
C．m v
2
R -mg
D．
【答案】D
【解析】设飞行员在最低点受到座椅的作用力大小为F，根据牛顿第二定律有F -mg=m v
2
R
可得F =mg+m v
2
R
故选D。
18．（2026·四川绵阳·一模）如图所示，光滑半球半径为
，球心为O，固定在水平地面上，其上方有一
个光滑的四分之一圆弧轨道AB，高度为R
4 ，轨道底端水平并与半球顶端相切。半径可不计、质量为m
的小球由A点静止滑下，经过圆弧轨道最低点B，从半球上C点（图中未标出）离开，落在水平地面上。
重力加速度为g。求：
(1)小球在B点对轨道的压力；
(2)C 点距离水平地面的高度。
【答案】(1)3mg，方向竖直向下
(2)5
6 R
【解析】（1）由动能定理可得mg× R
4 = 1
2 m vB
2 -0
由圆周运动公式F N -mg=m vB
2
r
解得F N =3mg
由牛顿第三定律可知，小球在B点对轨道的压力大小F 压= F N =3mg，方向竖直向下。
（2）设C 点距离水平地面的高度为，由动能定理可得mg( R -h)= 1
2 m vC
2 - 1
2 m vB
2
小球在C 点脱离轨道，则有mg× h
R =m vC
2
R
联立解得h= 5
6 R
19．（2026·四川雅安·一模）如图甲，站在管道内的小孩将足球从N 点向前踢出，足球沿管道在竖直面内
运动一周后，在P 点离开管道，恰好在截面圆心O 点落入书包，图乙为简化运动示意图。下列说法正
确的是（ ）
A．足球离开管道前做匀速圆周运动
B．足球通过最高点M 时的速度为零
C．足球离开管道在空中处于失重状态
D．足球落入书包时速度沿PO 方向
【答案】C
【解析】A．足球在竖直平面内运动时受重力与阻力（如摩擦力），且重力和阻力会对足球做功，足球
的速率会发生变化，所以足球做变速圆周运动，故A 错误；
B．足球要能运动经过最高点M 并继续运动到P 点，其在最高点M 必须具有一定的速度，故B 错误；
C．足球离开管道在空中运动时，受重力和空气阻力作用，二者合力产生的加速度有竖直向下的分量，
即处于失重状态，故C 正确；
D．足球从P 点离开后做曲线运动，落入书包时的速度是该点轨迹的切线方向，不是沿PO 方向，故D
错误。
故选C。
20．（2026·四川广安·一模）如图所示，半径R1=1.5m的半圆弧轨道ABC竖直固定在水平面上，竖直半
径O1B与倾斜半径O1 D的夹角为θ（未知量），曲面DE搭建在D点和水平面之间，D点的切线与O1 D
垂直，E点的切线水平。在E点右侧水平面的M点固定一个竖直半圆弧轨道MPN，NM是竖直直径，
是水平半径。现让质量m=2kg的小球（可视为质点）从B点以初速度v0= ❑√10 m/s开始运动，沿
着轨道BDE运动到水平面上，然后从M点恰好能到达N点，接着从N点落到E点。取重力加速度大小
，不计一切摩擦及空气阻力。
(1)求半圆弧轨道MPN的半径R2以及E、M两点间的距离L；
(2)求小球运动到P点时的加速度大小；
(3)若没有轨道DE，且小球运动到D点时恰好脱离轨道BC，求
的值以及小球运动到D点时重力的
瞬时功率。（结果可用分数或根式表示）
【答案】(1)R2=0.8m，L=1.6m
(2)10 ❑√10 m/s
2
(3)cosθ = 8
9，重力的瞬时功率为40 ❑√510
27
W
【解析】（1）设小球到达N 点的速度为v N，由于小球恰好能到达N点，故在N 点根据牛顿第二定律
有mg=m v N
2
R2
对小球从B 点运动到N 点过程列动能定理方程有mg R1-mg⋅2 R2= 1
2 mv N
2 - 1
2 mv0
2
代入数据联立解得R2= 4
5 m，v N =2❑√2m/s
小球从N 点抛出后，做的是平抛运动，设运动时间为t，则根据竖直方向的自由落体运动有
h=2 R2= 1
2 gt
2
代入数据解得t = 2❑√2
5
s
根据水平方向的匀速直线运动可得L= v N t =2❑√2× 2❑√2
5
m= 8
5 m
即E、M两点间的距离为L= 8
5 m
（2）设小球运动到P点时的速度为v P，则对小球从B 点运动到P 点过程列动能定理方程有
mg R1-mg R2= 1
2 m v P
2 - 1
2 m v0
2
代入数据解得v P=2❑√6 m/s
设小球在P 点受到轨道的弹力为F N，则根据牛顿第二定律有F N =m v P
2
R2
代入数据解得F N =60 N
所以根据勾股定理可得小球在P 点所受的合力为F合=
❑√(mg)
2+ F N
2 =
❑√20
2+60
2 N =20 ❑√10 N
则根据牛顿第二定律有F合=ma
解得小球运动到P点时的加速度大小为a= F合
m = 20 ❑√10
2
m/s
2=10 ❑√10 m/s
2
（3）设小球到达D 点的速度为v D，由于小球运动到D点时恰好脱离轨道BC，故在D 点根据牛顿第二
定律有mgcos❑θ =m v D
2
R1
对小球从B 点运动到D 点过程列动能定理方程有mg R1(1-cosθ)= 1
2 m v D
2 - 1
2 m v0
2
代入数据联立解得cosθ = 8
9，v D= 2❑√30
3
m/s
小球运动到D点时重力的瞬时功率为
又因为
代入数据联立解得P = 40 ❑√510
27
W
