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第3 讲 曲线运动（抛体与圆周运动）
第3 讲 曲线运动（抛体与圆周运动）......................................................1
1
一．常见命题角度：.....................................................................1
二．常用方法：.........................................................................2
三．思维导图...........................................................................2
2
.9
一．曲线运动与运动的合成与分解.........................................................9
【题型1：曲线运动条件、特征与轨迹判断】................................................9
【题型2：运动的合成与分解】...........................................................10
【题型3：蜡块模型与渡河模型】.........................................................11
二．抛体运动..........................................................................12
【题型1：平抛运动基本规律】...........................................................13
【题型2：与斜面/曲面结合】............................................................13
【题型3：临界与极值问题】.............................................................14
【题型4：类平抛运动】.................................................................15
【题型5：斜抛运动】...................................................................16
三．圆周运动..........................................................................17
【题型1：圆周运动的基本概念问题】.....................................................17
【题型2：水平面内圆周运动】...........................................................18
【题型3：竖直面内圆周运动】...........................................................20
【题型4：离心现象与临界问题】.........................................................21
.22
一：基础练............................................................................22
二：提能练............................................................................26
三：拔高练............................................................................30
一．常见命题角度：
曲线运动：轨迹与力（速度）方向关系判断；合运动与分运动的性质、等时性、独立性分析；关联速度分
解（沿绳/杆与垂直方向）。
抛体运动：平抛、斜抛与斜面/曲面结合，求时间、位移、速度等；临界问题（如恰好不碰、最小速度）；
多物体平抛比较。
圆周运动：水平面内（圆锥摆、转盘）的临界问题（静摩擦力、绳张力）；竖直面内“绳模型”与“杆模
型”过最高点条件；传动装置中各点线速度、角速度关系
二．常用方法：
合成与分解：处理曲线运动的基本思想，将复杂运动分解为两个直线运动。
运动学公式与推论：平抛运动与斜抛运动的有关计算。
牛顿第二定律：圆周运动的有关计算。适用于水平面上的圆周运动。
能量观点：竖直面圆周运动常结合动能定理求解速度。
三．思维导图
1.(2025·江西省·高考真题)如图所示，人形机器人陪伴小孩玩接球游戏。机器人在高度为H的固定点以
速率v1水平向右抛球，小孩以速率v2水平向左匀速运动，接球时手掌离地面高度为h。当小孩与机器人
水平距离为l时，机器人将小球抛出。忽略空气阻力，重力加速度为g。若小孩能接到球，则v1为
( )
A. l √
2g
H -h - v2
B. l √
g
2( H -h) - v2
C. l √
H -h
2g - v2
D. l
√
2( H -h)
g
- v2
【答案】B
【解析】球在竖直方向做自由落体运动，在水平方向做匀速直线运动，若小孩能接到球，则有
H -h= 1
2 gt
2，l = v1t + v2t
联立解得v1=l √
g
2( H -h) - v2，故B 正确，ACD 错误。
故选：B。
2.(2025·云南省·高考真题)如图所示，某同学将两颗鸟食从O点水平抛出，两只小鸟分别在空中的M点
和N点同时接到鸟食。鸟食的运动视为平抛运动，两运动轨迹在同一竖直平面内，则( )
A. 两颗鸟食同时抛出
B. 在N点接到的鸟食后抛出
C. 两颗鸟食平抛的初速度相同
D. 在M点接到的鸟食平抛的初速度较大
【答案】D
【解析】A、B：由于N点比M点到O点的竖直距离大，由平抛运动的知识可知，两颗鸟食不是同时抛出
的且到达N点的鸟食先抛出，故A、B 错误；
C、D:由题可知当N点的鸟食与M点的鸟食在同一高度时，N点的鸟食的水平距离比M点的水平距离要
小，故由平抛运动规律可知：在M点接到的鸟食平抛的初速度较大，故D 正确，C 错误。
3.(2025·江西省·高考真题)如图所示，是“簸扬糠秕”的劳动场景，从同一高度由静止落下因质量不同
的米粒和糠秕(质量小于米粒)，在恒定水平风力作用下，落到地面不同位置而达到分离米粒和糠秕的目
的。若不计空气阻力，下列说法错误的是( )
A. 从释放到落地过程，米粒和糠秕不做平抛运动
B. 糠秕在空中运动的时间等于米粒在空中的时间
C. 落地时，糠秕速率大于米粒速率
D. 从释放到落地的过程中，水平方向上位移较大的是米粒
【答案】D
【解析】A、米粒和糠秕由静止下落，初速度为零，不符合平抛运动特征，A 正确；
B、米粒和糠秕的竖直分运动均为自由落体运动，由h= 1
2 gt
2可知，因下落高度h相同，故二者同时落地，
B 正确；
C、由B项可知，米粒和糠秕的落地时间t相同，则二者落地时的竖直分速度v y相同；在水平方向上，二
者均受到恒定的水平风力作用，因米粒的质量较大，故加速度较小，由v x=at可知，落地时米粒的水平
分速度较小；由v =
√v x
2+ v y
2可知，落地时米粒的速率较小，C 正确；
D、由B项可知，米粒和糠秕的落地时间t相同；在水平方向上，二者均受到恒定的水平风力作用，因米
粒的质量较大，故加速度较小，由x = 1
2 at
2可知，米粒的水平分位移较小，D 错误。
本题应选错误选项，故选D。
4.(2025·重庆市·高考真题)“魔幻”重庆的立体交通屋叠交错，小明选取其中两条线探究车辆的运动。
如图所示，轻轨列车与汽车以速度2v0分别从M和N向左同时出发，列车做匀速直线运动，汽车在长为s
的NO段做匀减速直线运动并以速度v0进入半径为R的OP圆孤段做匀速圆周运动。两车均视为质点，则
( )
A. 汽车到O点时，列车行驶距离为s
B. 汽车到O点时，列车行驶距离为4 s
3
C. 汽车在OP段向心加速度大小为2v0
2
R
D. 汽车在OP段向心加速度大小为4 v0
2
R
【答案】B
【解析】A、B.对汽车，根据速度位移关系 v0
2-(2v0)
2=-2as
可得匀减速运动的加速度大小 a= 3 v0
2
2s
汽车做减速运动的时间 t = 2v0- v0
a
= 2s
3 v0
这段时间列车行驶距离为 s
' =2v0⋅t = 4 s
3
B 正确，A 错误；
CD.根据 an= v
2
r
可得汽车在OP段向心加速度大小为 an= v0
2
R
CD 错误。
故选B。
5.(2025·江西省·高考真题)铁路在弯道处的内外轨道高低是不同的，已知内外轨对水平面倾角为θ，弯
道处的轨道圆弧半径为R，若质量为m的火车转弯时的速度大于 √gR tanθ，则( )
A. 这时铁轨对火车支持力等于mg
cosθ
B. 这时铁轨对火车支持力小于mg
cosθ
C. 这时外轨对外侧车轮轮缘有挤压
D. 这时内轨对内侧车轮轮缘有挤压
【答案】C
【解析】设火车以速度v经过弯道时，内外轨道均不受侧压力的作用，重力与支持力的合力提供向心力，
如下图：
由牛顿第二定律有F合=mg tanθ =m v
2
R ，解得v =
√gR tanθ，此时内外轨均不受侧压力，铁轨对火车的
支持力F N = mg
cosθ 。
当v >
√gR tanθ时，重力与铁轨支持力的合力不足以提供向心力，则外轨对外侧车轮轮缘有挤压，而内
轨对内侧车轮轮缘无挤压。因挤压作用力沿轨道平面，可将其分解为水平、竖直方向的两个分力，其中
竖直向下的分力会增大铁轨对火车的支持力，即此时铁轨对火车的支持力大于mg
cosθ ，故ABD 错误，
C 正确。
6.(2025·内蒙古自治区·高考真题)如图，趣味运动会的“聚力建高塔”活动中，两长度相等的细绳一端
系在同一塔块上，两名同学分别握住绳的另一端，保持手在同一水平面以相同速率v相向运动。为使塔
块沿竖直方向匀速下落，则v( )
A. 一直减小
B. 一直增大C. 先减小后增大D. 先增大后减小
【答案】B
【解析】设两边绳与竖直方向的夹角为θ，塔块沿竖直方向匀速下落的速度为v1，将v、v1分别沿绳方向
和垂直绳方向进行分解；
由于绳子不可伸长，可得v sinθ = v1cosθ，即v = v1
tanθ
由于塔块匀速下落时θ在减小，故可知v一直增大。
故选B。
7.(2025·安徽省·高考真题)在竖直平面内，质点M绕定点O沿逆时针方向做匀速圆周运动，质点N沿竖
直方向做直线运动，M、N在运动过程中始终处于同一高度。t=0 时，M、N与O点位于同一直线上，
如图所示。此后在M运动一周的过程中，N运动的速度v随时间t变化的图像可能是( )
A.
B.
C.
D.
【答案】D
【解析】因为M、N在运动过程中始终处于同一高度，所以N的速度 v N 与M在竖直方向的分速
度 v M y 大小相等，设M做匀速圆周运动的角速度为 ω ，半径为r，其竖直方向分速
度 v M y =ωr cosωt
即 v N =ωr cosωt
则D 正确，ABC 错误。
故选D。
8.(2025·湖北省·高考真题)某网球运动员两次击球时，击球点离网的水平距离均为L，离地高度分别为
L
2 、L，网球离开球拍瞬间的速度大小相等，方向分别斜向上、斜向下，且与水平方向夹角均为θ。击球
后网球均刚好直接掠过球网，运动轨迹平面与球网垂直，忽略空气阻力，tanθ的值为( )
A. 1
2
B. 1
3
C. 1
4
D. 1
6
【答案】C
【解析】由题意可画出示意图，如图所示。
设球网的高度为h，对于斜向下击出的网球，
在水平方向有L= v0cosθ·t1，
竖直方向有L-h= v0sinθ·t1+ 1
2 gt1
2。
对于斜向上击出的网球，在水平方向有L= v0cosθ·t2，竖直方向有L
2 -h=- v0sinθ·t2+ 1
2 gt2
2
联立可得t1=t2，L
2 =2v0sinθ·t1，结合L= v0cosθ·t1，可得4 sinθ =cosθ，解得tanθ = 1
4 ，
C 正确。
9.(2025·广东省·高考真题)将可视为质点的小球沿光滑冰坑内壁推出，使小球在水平面内做匀速圆周运
动，如图所示。已知圆周运动的轨道半径R为0.4 m，小球所在位置处的切面与水平面夹角θ为45❑
∘，
小球质量为0.1kg，重力加速度g取10m/ s
2。关于该小球，下列说法正确的有( )
A. 角速度为5rad / s
B. 线速度大小为4 m/ s
C. 向心加速度大小为10m/ s
2
D. 所受支持力大小为1 N
【答案】AC
【解析】A.小球受力情况如下图，F合=mg tan 45
∘，由圆周运动规律有mg tan 45
∘=mω
2 R，解得
ω=5rad / s，A 正确；
B.线速度v =ωR =2m/ s，B 错误；
C.向心加速度an=ω
2 R =10m/ s
2，C 正确；
D.所受支持力N =
mg
cos 45
∘=
√2 N，D 错误。
故选AC。
10.(2025·福建省·高考真题)如图甲，水平地面上有A、B两个物块，两物块质量均为0.2kg，A与地面
动摩擦因数为μ=0.25，B与地面无摩擦，两物块用弹簧在外力F的作用下向右前进，F与位移x的图如
图乙所示，P为圆弧最低点，M为最高点，水平地面长度大于4 m。重力加速度g取10m/ s
2。
(1)求0～1m，F做的功；
(2)x =1m时，A与B之间的弹力；
(3)要保证B能到达M点，圆弧半径满足的条件。
【答案】(1)在0～1m内，力F做功为W F = Fx =1.5×1J =1.5 J
(2)设两物块的质量均为m，将AB视作整体，由牛顿第二定律有F - f =2ma，其中f = μmg
设AB之间的弹力为F AB，对物块B，由牛顿第二定律有F AB=ma
联立解得：F AB= F - μmg
2
=0.5 N
(3)当AB之间的弹力F AB=0时，二者将分离，由F AB= F - μmg
2
可知，此时F =0.5 N，x =3m
在
0～3m内
，
F - x图
线
与
横
轴
所
围
面
积
表
示
做
功
多
少
，
即
W F =1.5×1J + (0.5+1.5)×(3-1)
2
J =3.5 J
对AB整体，设二者分离时的速度为v，由动能定理有W F - μmgx = 1
2 ·2m·v
2，解得v =
√10m/ s
由于B与地面无摩擦，故B经过圆弧最低点P时的速度v P=
√10m/ s
设B刚好达到M点时的速度为v M，圆弧半径的最大值为Rmax
对物块B，在M点，由牛顿第二定律有mg=m v M
2
Rmax
对物块B，由P至M过程，由动能定理有-mg·2 Rmax = 1
2 m v M
2- 1
2 m v P
2
联立解得：Rmax=0.2m，故圆弧半径满足的条件为R⩽0.2m
一．曲线运动与运动的合成与分解
当合外力（或加速度）方向与速度方向不共线，物体做曲线运动，曲线运动是变速运动，且合力指向
轨迹凹侧；处理方法是运动的合成和分解。运动的合成与分解遵循平行四边形定则，合运动与分运动具有
等时性、独立性和等效性。常用方法：
1. 合外力方向与轨迹的关系：物体做曲线运动的轨迹一定夹在合外力方向与速度方向之间，速度方向与
轨迹相切，合外力方向指向轨迹的凹侧。
2. 合力方向与速率变化的关系：合力方向与速度方向夹角为锐角时物体速率增大，为钝角是时物体速率
减小，垂直时，物体速率不变。
3. 运动的合成与分解：根据运动的实际效果分解。位移、速度、加速度的合成与分解都遵循平行四边形
定则。
【题型1：曲线运动条件、特征与轨迹判断】
1.(2025·辽宁省·联考题)光滑水平面上，一质点在水平恒力作用下，以某一初速度从O点开始运动，如图所
示，它的轨迹可能是图中的( )
A. ①
B. ②
C. ③
D. ④
【答案】A
【解析】由题意可知，F与v0不共线，质点做曲线运动，D 错误；如图所示，以F的方向为x轴负方向、
以垂直于F向上为y轴正方向建立坐标系，由已知条件可知， 质点在垂直于F的方向上始终有沿y轴正方
向的速度分量，②③轨迹不成立， A 正确。
2.(2025·河南省·联考题)一列车沿直线向右匀加速运动的过程中，列车车厢顶部落下一个小物块，不计空气
阻力，则物块相对车厢的轨迹a和相对地面的轨迹b均可能正确的是( )
A.
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】以车厢为参考系，车厢向右匀加速，物块水平速度小于车厢速度(车厢速度持续增大)，
同时竖直下落是自由落体运动，因此相对车厢的轨迹是向左下方弯曲的曲线(或斜向下的曲线)
相对地面，物块水平方向做的是匀速直线运动，竖直方向是自由落体运动，合运动是抛物线，B项正确
D项错误。
【题型2：运动的合成与分解】
3.(2025·河南省·联考题)“牡丹文化节”距今已有1600多年历史，2025年4月1日第42届“牡丹文化节”开
幕，电视台摄制组为了拍到更广、更美的景色，采用了无人机拍摄的方法。现通过传感器采集某台无人
机飞行过程中的数据，得到了水平方向的速度v x及竖直方向的加速度a y与飞行时间t的关系图像，如图
甲、乙所示。取水平向前和竖直向上为正方向，竖直方向初速度为零，则下列说法正确的是( )
A. 0∼4 s内，无人机做匀变速曲线运动
B. t = 4 s时，无人机速度为2
√2m/ s
C. t = 4 s时，无人机运动到最高点
D. t =8 s时，无人机竖直方向的速度为10m/ s
【答案】D
【解析】A.图甲可知 0~4s 内无人机在水平方向的加速度 ax = Δv x
Δt = 2-1
4 -0 m/ s
2=0.25m/ s
2 (为恒定值)
图乙可知 0~4s 内无人机在竖直方向的加速度 a y 是变化的，可知合加速度不恒定，因此无人机不是匀变
速曲线运动，故A 错误；
B.图甲可知4 s时水平方向速度 v x 4=2m/ s
a-t 面积表示速度变化量，由于竖直方向初速度为零，则 0~4s 内有
Δv y 4= v y 4=(
2+1
2
×4)m/ s=6m/ s
则4 s时无人机速度 v4=
√v x 4
2 + v y 4
2 =2
√10m/ s ，故B 错误；
C.图乙可知 0∼8 s 内无人机在竖直方向一直做加速运动，可知无人机在t =8 s时运动到最高点，故C 错
误；
D.根据图乙，可知 0∼8 s 内有 Δv y 8= v y 8=[
2+1
2
×4+ (8- 4)×2
2
]m/ s=10m/ s ，故D 正确。
故选D。
【题型3：蜡块模型与渡河模型】
4.(2025·河北省石家庄市·联考题)小河中的河水以6 km/h的速度由东向西流淌，小船在静水中的速度为
18km/h。现小船需要从南岸向北岸垂直河岸沿直线航行，为保持正确航线，小船应( )
A. 北偏东θ角航行，sinθ = 1
3
B. 北偏东θ角航行，tanθ = 1
3
C. 北偏西θ角航行，tanθ = 1
3
D. 北偏西θ角航行，sinθ = 1
3
【答案】A
【解析】小船需要从南岸向北岸垂直河岸沿直线航行，根据速度合成的平行四边形法则，小船的运动方
向沿北偏东，设北偏东θ角航行，则sinθ = v水
v 船
= 1
3 。故BCD 错误，A 正确;
二．抛体运动
1.平抛运动（类平抛运动）问题的求解方法
(1) 常规分解法（最常用）：
分解原则：将运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和垂直于初速度方向（即沿合外力方向）
的匀加速直线运动。
适用模型：标准的平抛运动（初速度水平，合力竖直向下）和类平抛运动（初速度与恒力合力方
向垂直）。
关键点：两个分运动彼此独立，互不影响，且与合运动具有等时性。
(2) 特殊分解法（坐标系旋转法）：
分解原则：过抛出点建立适当的直角坐标系（不一定是水平和竖直方向），将加速度 a 分解为
aₓ、ay，初速度 v₀ 分解为 vₓ、vy，然后分别在 x、y 方向列运动学方程求解。
适用场景：常用于斜面或约束曲面上的抛体运动问题，以简化计算。
例如：物体从斜面顶端平抛落回斜面时，可建立沿斜面和垂直斜面的坐标系，将重力加速度 g 沿
这两个方向分解。
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。
【题型1：平抛运动基本规律】
5.(2025·江苏省·模拟题)如图所示，小球位于竖直墙MN右侧A点，球的右侧有水平的平行光线．将小球水
平向右抛出，球在墙MN上的影子做
A. 变加速运动
B. 变减速运动
C. 自由落体运动D. 匀速直线运动
【答案】C
【解析】小球水平向右抛出后，在竖直方向做自由落体运动，故球在墙MN上的影子做自由落体运动，
故选C
【题型2：与斜面/曲面结合】
6.(2025·湖南省·联考题)如图所示，以10m/ s的速度水平抛出的物体，飞行一段时间后撞在斜面上的B点，
速度方向与斜面成74°角。已知斜面的倾角为37°，B点距地面的高度为3m，sin37° =0.6，重力加速
度g取10m/ s
2，不计空气阻力，以下说法中正确的是
A. 物体在空中飞行的时间是4
3 s
B. 物体撞击斜面时的速度大小为12.5m/ s
C. 抛出点距斜面底端A的水平距离为7.5m D. 抛出点距斜面底端A的水平距离为3.5m
【答案】BD
【解析】 速度方向与斜面方向成74
∘，可知撞在斜面上时速度与水平方向的夹角为37
∘，设物体飞行的时
间为t，根据平抛运动规律有v y =>¿，
v y
v0
= tan37
∘，解得t = 3
4 s，故A 错误;
物体撞击斜面时的速度大小为v =
v0
cos37
∘=12.5m/ s，B 正确;
物体飞行的水平位移为x = v0t =7.5m，由题中几何关系可知A与B水平方向的距离x AB=h tan37
0= 4 m，
则抛出点距斜面底端A的水平距离d = x - x AB=(7.5- 4)m=3.5m，C 错误， D 正确。
7.(2025·全国·模拟题)如图，B为竖直圆轨道的左端点，它和圆心O的连线与竖直方向的夹角为α =60°，一
小球在圆轨道左侧的A点以速度v0=5m/ s平抛，恰好沿B点的切线方向进入圆轨道。已知重力加速度
为g=10m/ s
2，不计空气阻力，则A、B之间的水平距离为( )
A. 5
√3
2
m
B. 5
√3m
C. 5
√3
6
m
D. 5
√3
3
m
【答案】A
【解析】由小球恰好沿B点的切线方向进入圆轨道可知，小球在B点时的速度方向与水平方向的夹角
为 α 。由tan α =gt
v0
，x = v0t
联立解得A、B之间的水平距离为x = 5
√3
2
m。
故选A。
【题型3：临界与极值问题】
8.(2025·安徽省·联考题)如图所示，竖直挡板(厚度不计)的高度为h=1.6m，挡板与竖直墙壁的距离为
l =1.6m，将一个小球从离地高度H =1.8m的A点以某一初速度水平抛出，小球恰好经过挡板上沿且落
在墙角O点。不计空气阻力，小球可视为质点，重力加速度g取10m/ s
2。下列说法正确的是( )
A. 小球在空中运动的时间为0.2s
B. 小球抛出时的初速度大小为4 m/ s
C. A点到挡板上沿的水平距离为0.2m
D. 小球到达墙角O点时的速度方向与水平地面的夹角为45
∘
【答案】B
【解析】A.由平抛运动规律得H = 1
2 gt1
2，得小球在空中运动的时间为t1=0.6 s，故A 错误；
B. 由H -h= 1
2 gt2
2，得t2=0.2s，故小球从挡板上沿到墙角的时间为t =0.4 s，小球水平速度为
v0= l
t = 4 m/ s，故B 正确；
C.A点到挡板上沿的水平距离为x = v0t2=0.8m，故C 错误；
D.小球落地竖直速度为v y = gt1=6m/ s，水平速度为v0= 4 m/ s，
设速度方向与水平地面的夹角为θ，则tanθ = v y
v0
= 3
2，所以小球到达墙角O点时的速度方向与水平地面
的夹角不是45
∘，故D 错误。
9.(2025·云南省普洱市·模拟题)野外，一只小青蛙欲跳到前上方的水田，它从田坎前方2a处起跳，需要跳
跃前方高为2a、宽为a的田坎，其运动轨迹恰好过田坎左前方A点，运动的最高点在B点的正上方。设
青蛙起跳时的速度大小为v，方向与水平方向的夹角为α，不计空气阻力，重力加速度大小为g，则( )
A. v =
√26 ga
2
tan α = 3
4
B. v =
√26 ga
2
tan α = 3
2
C. v =
√13 ga
2
tan α = 3
2
D. v =
√13 ga
2
tan α = 3
4
【答案】B
【解析】解：青蛙斜抛运动看作是从B点上方P点平抛运动的逆运动，根据平抛运动水平方向做匀速直
线运动可得，从P到A的时间是A到青蛙起跳点时间的一半，把平抛运动的时间分成三段相等的时间，
竖直方向做自由落体运动，根据初速度为零的匀变速直线运动的规律可得，
P到A点的竖直距离为h= 2a
3+5 =0.25a，
根据平抛运动的规律有tan α =2tanθ =2× 0.25a+2a
2a+a
= 3
2，
青蛙起跳时的竖直速度v y =
√2 g(0.25a+2a)= 3
√2 ga
2
，
青蛙起跳时的水平速度v x =
v y
tan α =
√2 ga，
青蛙起跳时的速度v =
√26 ga
2
，故B 项正确。
【题型4：类平抛运动】
10.(2025·安徽省合肥市·联考题)如图所示，质量为0.1kg的小球放在光滑水平面上的P点，现给小球一个水
平初速度v0，同时对小球施加一个垂直于初速度的水平恒力F，小球运动1s后到达Q点，测得P、Q间
的距离为12.5m，P、Q连线与初速度的夹角为37°，sin37° =0.6，cos37° =0.8，则初速度v0的大小
和恒力F的大小分别为
A. 10m/ s，0.5 N
B. 10m/ s，1.5 N
C. 8m/ s，1.5 N D. 6m/ s，0.5 N
【答案】B
【解析】小球做类平抛运动，运动的加速度a= F
m，小球沿初速度方向的位移x = v0t，沿恒力F方向的位
移y = 1
2 at
2，小球由P到Q点的位移为s=12.5m，根据几何关系可知，y = s·sin37°，x = s·cos37°，联
立解得：初速度v0=10m/ s，F =1.5 N，故B 正确，ACD 错误。
【题型5：斜抛运动】
11.(2025·吉林省延边朝鲜族自治州·联考题)如图，在峡谷救援行动中，救援队员需将物资包(视为质点)从
断崖一侧的M点抛射到另一侧较低的平台N点，抛出速度大小v0=15
√2m/ s，方向与水平方向成45
∘角
向上。抛出点M和落点N的连线与水平方向成45
∘角(俯角)。重力加速度大小取10m/ s
2，忽略空气阻力，
下列说法正确的是( )
A. 物资包从抛出点M到落点N的运动时间为6 s
B. 物资包在落点N的速度方向与水平方向夹角为45
∘
C. 物资包在运动轨迹最高点处的速度大小为15m/ s
D. 抛出点M和落点N之间的距离为90m
【答案】AC
【解析】AD .水平方向位移x = v0cos 45
∘t =15t，竖直方向位移y = v0sin 45
∘t - 1
2 gt
2=15t -5t
2，又
有M至N位移关系为tan 45
∘=- y
x ，解得t =6 s，LMN =
√x
2+(- y)
2=90
√2m，A项正确，D项错误;
B. 落至N时水平分速度v x=15m/ s，竖直分速度v y = 45m/ s，速度方向与水平方向的夹角β满足：
tan β =3，速度的方向与水平方向夹角大于45
∘，B项错误;
C. 最高点处v x = v0cos 45
∘=15m/ s，C项正确。
故选AC。
三．圆周运动
解决圆周运动问题的通用流程可概括为 “一审、二定、三析、四列”：
一审（确定研究对象）：明确是哪个物体在做圆周运动。
二定（确定轨道几何要素）：
确定圆周运动的轨道平面；
确定圆心位置和轨道半径。
三析（受力分析与运动分析）：
受力分析：画出受力示意图，不单独画“向心力”。
分析向心力来源：分析物体所受合外力，找出指向圆心的合力分量（匀速圆周运动中，合外力即
为向心力）。
运动分析：明确物体的线速度v、角速度ω、周期T等运动参量。
四列（列方程求解）： 根据牛顿第二定律和向心力公式列核心方程：
F合向= Fn=man=m v
2
r =mω
2r =m 4 π
2
T
2 r
结合几何关系、临界条件等补充方程，联立求解。
【题型1：圆周运动的基本概念问题】
12.(2025·湖北省武汉市·模拟题)物理课堂上老师带来了一个可控制转速的游乐设施“大摆锤”简化模型，
如图所示，摆锤a和配重锤b分别固定在不可伸长的摆臂两端，并可绕摆臂上过O点垂直于纸面的转轴在
纸面内做匀速圆周运动。若a、b到O的距离之比为5:2，则做匀速圆周运动过程中摆锤a和配重锤b( )
A. 转速之比
na
nb
= 5
2
B. 周期之比
T a
T b
= 5
2
C. 线速度之比
va
vb
= 5
2
D. 向心加速度之比
ana
anb
= 25
4
【答案】C
【解析】A.转速n与角速度ω的关系为ω=2πn，a、b同轴转动，则ωa=ωb，所以2π na=2π nb，即转速
之比
na
nb
=1，故A 错误；
B.周期T与角速度ω的关系为ω= 2π
T ，由于ωa=ωb，则周期之比T a
T b
=1，故B 错误；
C.由v =ωr，ωa=ωb，已知a、b到O的距离之比为5:2，即ra
rb
= 5
2，则线速度之比va
vb
= 5
2，故C 正确；
D.向心加速度an与角速度ω，半径r的关系为an=ω
2r，ωa=ωb，ra
rb
= 5
2，则向心加速度之比ana
anb
= 5
2，故
D 错误。
故选C。
【题型2：水平面内圆周运动】
13.(2025·四川省·联考题)如图，可视为质点的小球用细线悬于O点，使小球在水平面内以O'为圆心做匀速
圆周运动，忽略空气阻力。悬挂小球的绳长l保持不变，改变悬点O到圆心O'的距离h，则小球做匀速圆
周运动的角速度ω、周期T、向心加速度大小a、绳对小球的拉力大小F随h变化的关系图像中可能正确
的是( )
A.
B.
C.
D.
【答案】BD
【解析】A.设细线与OO'方向的夹角为θ，对小球受力分析，水平方向根据牛顿第二定律可得
F sinθ =mω
2lsinθ，
竖直方向由平衡条件可得F cosθ =mg，
联立解得ω= √
g
h ，A 错误；
B.周期T = 2π
ω =2π √
h
g
，B 正确；
C.小球水平合外力提供向心力得mg tanθ =ma，
且tanθ =
√l
2-h
2
h
，
解得a= g
√l
2-h
2
h
，C 错误；
D.绳对小球的拉力F = mg
cosθ = mgl
h ，D 正确。
故选BD。
14.(2025·广东省·联考题)如图所示，两个质量均为m的物体A、B用不可伸长的细线相连，放在匀速转动的
水平转盘上，细线过圆心，A、B在圆心两侧，与圆心距离分别为r和2r，且与转盘之间的动摩擦因数
相同，均为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当转盘由静止开始转速逐渐增大至两物体恰好相对转
盘发生滑动过程中，说法正确的是( )
A. B受到摩擦力先增大后不变
B. A受到的摩擦力一直增大
C. 角速度为ω= √
μg
r 时物块A不受摩擦力
D. 两物体恰好相对转盘发生滑动时，细线上拉力最大为4 μmg
【答案】AC
【解析】A、刚开始，AB各自的静摩擦力提供向心力，由于AB质量相等，动摩擦因数相同，所以AB的
最大静摩擦力相同，随着转速增大，根据f =mr ω
2，由于rB>r A，则B受到摩擦力先增大到最大，直到
变为滑动摩擦力后保持不变，故A 正确；
B、而当B受到的静摩擦力达到最大时A受到的静摩擦力指向圆心还没有达到最大，再继续增大角速度，
绳子便有了拉力，而A的静摩擦力从绳子有了拉力之后便开始减小，然后变为反向增大，故B 错误；
C、当绳子恰好有拉力时，此时B的摩擦力恰好达到最大，则分析B，有m·2r·ω0
2= μmg，解得ω0= √
μg
2r
，
所以当角速度为ω= √
μg
r 时，绳子一定有了拉力F，并且B的静摩擦力也达到了最大，则此时先分析B，
有μmg+ F =mω
2×2r，解得F = μmg，
再分析A，设其受到的摩擦力为f ，则有f + F =mω
2r，解得f =0，故物块A不受摩擦力，故C 正确。
D、两物体恰好发生滑动时，
对A :T - μmg=mω
2r，
对B:T + μmg=mω
2×2r，
T =3 μmg，
细线上拉力最大为3 μmg，故D 错误；
故选AC。
【题型3：竖直面内圆周运动】
15.(2025·辽宁省·联考题)如图所示，用一轻杆将一质量为0.22kg、半径为0.5m的光滑细圆管(圆管内径远
小于管道半径)悬挂，使其位于竖直平面内，直径略小于细圆管的内径、质量为0.1kg的小球(可视为质
点)某时刻从圆管最低点A以某一初速度v A向左运动，运动到最高点B时轻杆对管道恰好无弹力，该过程
中细管道始终静止。则小球在最低点的初速度大小v A为(取g=10m/ s
2)( )
A. 2
√5m/ s
B. 4 m/ s
C. 6m/ s
D. 8m/ s
【答案】C
【解析】对小球，在最高点时合外力提供向心力，此时轻杆拉力T =0，
对小球和细圆管，根据牛顿第二定律，由整体法有：mg+ Mg=m vB
2
R
，所以vB= 4 m/ s。
从最低点到最高点，根据动能定理0-mg·2 R = 1
2 mvB
2- 1
2 mv A
2，
解得：v A =6m/ s，故选C。
16.(2025·辽宁省鞍山市·联考题)如图所示，AB为竖直光滑圆弧轨道的直径，其半径R =0.9m, A端切线水
平。水平轨道BC与半径r =0.5m的光滑圆弧轨道CD相接于C点，D为圆弧轨道的最低点，圆弧轨道
CD对应的圆心角θ =37
∘。一质量为M =1kg的小球(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，取g=10m/ s
2,sin37
∘=0.6,cos37
∘=0.8。
(1)若小球恰好能从A点飞出，求小球落地点与B点的水平距离；
(2)若小球从A点飞出，经过C点恰好沿切线进入圆弧轨道，求小球在A点对圆弧轨道的压力大小；
(3)若小球从A点飞出，经过C点恰好沿切线进入圆弧轨道，求小球在C点受到的支持力的大小。
【答案】(1)小球恰好能从 A 点飞出，在 A 点，重力提供向心力，有 Mg= M v
' 2
R
又小球落地时间 t 满足 2 R = 1
2 gt
2
水平位移 x = v ' t
联立解得 x =1.8m；
(2)将小球在 C 处的速度分解在竖直方向上有 v y
2=2g×2 R
在水平方向上有 v0= v y
tanθ
联立并代入数据得 v0=8m/ s，
在 A 处，对小球，由牛顿第二定律得 F ' A+ Mg= M v0
2
R
解得 F ' A = 550
9 N
根据牛顿第三定律知，圆弧轨道受到的压力大小 F A = 550
9 N；
(3)小球在 C 处速度 vC =
v0
cosθ =10m/ s
其受力分析如图所示：
由牛顿第二定律得： FC - Mgcosθ = M v C
2
r
解得 FC =208 N。
【题型4：离心现象与临界问题】
17.(2025·河南省·模拟题)如图所示，半径为r3=5r的圆形餐桌中心有一转盘，其半径为r2=3r，可绕其中
心轴转动。a、b为两个相同的杯子，其中a置于距中心轴r1=r处，b置于转盘边缘。两个杯子与转盘间
的动摩擦因数均为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，转盘厚度及转盘与餐桌的间隙不
计，餐桌始终保持静止，两个杯子均可视为质点，现缓慢增大转盘的角速度。
(1)求a、b分别相对转盘刚发生滑动时转盘的角速度之比；
(2)b相对转盘滑下后，恰不从餐桌边缘掉下，求杯子与桌面间的动摩擦因数μ'。
【答案】(1)杯子相对转盘发生滑动时，根据摩擦力提供向心力可得μmg=mR ω
2
解得ω= √
μg
R
即ω∝ √
1
R
a、b相对转盘发生滑动时转盘的角速度之比为ω1：ω2=
√3：1
(2)b相对转盘滑动μmg=mω
2⋅3r
线速度与角速度的关系v =ω⋅3r
b沿切线滑到桌面上x =
√(5r )
2-(3r )
2
由牛顿第二定律可得μ' mg=ma
解得b沿切线滑到桌面上的加速度大小为a= μ' g
结合运动学公式v
2=2ax
解得x =
v
2
2 μ' g
联立可得μ' = 3
8 μ
一：基础练
1.(2025·江苏省·模拟题)狗拉雪橇沿位于水平面内的圆弧形道路匀速行驶，下图为雪橇受到的牵引力F
及摩擦力f 的示意图(图中O为圆心)，其中正确的是( )
A.
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】物体做曲线运动时，其线速度方向沿曲线上某点的切线方向，该题中，雪橇沿圆周运动到某点
时，速度沿该点圆周的切线方向，所受的摩擦力Ff方向与其线速度方向相反；由于雪橇做匀速圆周运动，
所以它所受牵引力F和摩擦力Ff的合力一定指向圆心，由此推知只有图C满足条件。故C 正确。
故选C。
2.(2025·江苏省·模拟题)如图所示，光滑大圆环固定在竖直平面内，一小环套在大圆环上，小环从大圆
环顶端由静止开始下滑至底部．则小环下滑过程中大圆环对地面的压力大小
A. 一直大于两者的总重力
B. 一直小于两者的总重力
C. 先大于后小于两者的总重力
D. 先小于后大于两者的总重力
【答案】D
【解析】小环下滑过程中，小环竖直方向的加速度先向下后向上，即先失重后超重，则大圆环对地面的
压力大小先小于后大于两者的总重力，故选D。
3.(2025·江苏省·模拟题)如图所示，在竖直平面内，截面为三角形的小积木悬挂在离地足够高处，一玩
具枪的枪口与小积木上P点等高且相距为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
( )
A. 将击中P点，t大于L
v
B. 将击中P点，t等于L
v
C. 将击中P点上方，t大于L
v
D. 将击中P点下方，t等于L
v
【答案】B
【解析】解：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，子弹和小积木在
竖直方向上都做自由落体，在竖直方向上保持相对静止，因此子弹将击中P点，且根据水平方向的运动
特点可知，t = L
v ，故B 正确，ACD 错误。
故选：B。
4.(2025·江苏省·模拟题)有一竖直放置的光滑半圆轨道，圆轨道的最低点为b，圆心为O，d为圆弧轨道
最高点，c为圆轨道上一点，且Oc与水平方向夹角30
∘。小物块以一定速度冲上圆轨道，从c点脱离圆轨
道，圆轨道半径为R，重力加速度为g。则小物块从c点脱离时的速度大小为( )
A. 0
B.
❑√2 gR
2
C. ❑√
❑√3
2 gR
D. ❑√gR
【答案】B
【解析】从c点脱离，即在c点对圆轨道的压力为0，重力在指向圆心方向的分力提供向心力，
mgsin30
∘=m vc
2
R
，解得：vc = √
gR
2 =
√2 gR
2
，B 正确。
5.(2025·江苏省·模拟题)将一根不可伸长的轻绳穿过竖直杆上的光滑圆孔，轻绳两端连接质量分别为m1、
m2的小球A、B，旋转直杆使两球在水平面内做匀速圆周运动。如图所示，稳定时，轻绳和杆始终共面，
连接A、B的轻绳与杆的夹角分别为θ1、θ2，圆孔与A、B间轻绳长度分别为l1、l2。若θ1<θ2，则
( )
A. m1=m2，l1=l2
B. m1<m2，l1<l2
C. m1>m2，l1>l2
D. m1>m2，l1<l2
【答案】D
【解析】设绳上张力为T，则T sinθ =mω
2lsinθ，故m1l1=m2l2。又对小球受力分析：T cosθ =mg，
因为θ1<θ2，故m1>m2，l1<l2，故D 正确。
6.(2025·江苏省·模拟题)如图所示，距离水平地面一定高度的水平线上有A、B两点，两点间距离为L，
两石子分别在A、B两点以大小相等的初速度抛出，初速度方向与水平方向夹角均为θ.已知A处石子的
运动轨迹恰好经过B点，不计空气阻力，则两石子在地面上的落点距离为
A. 0
B. 0.5 L
C. L
D. 1.5 L
【答案】A
【解析】根据斜抛运动特点，可知A处石子到达B点时的速度与B处石子的初速度大小和方向完全相同，
所以A处石子从B点开始的运动轨迹与B处石子的运动轨迹完全重合，故两石子在地面上的落点距离为0，
故选A。
7.(2025·广东省·模拟题)（多选）如图所示，游乐场的旋转飞椅装置共有4条吊臂，每条吊臂长均为r，
吊绳长均为L，每名游客与座椅的总质量均为m.吊臂绕过O点的竖直轴匀速转动，游客在水平面内做匀
速圆周运动，吊绳与竖直方向的夹角为θ.重力加速度为g，不计空气阻力和吊绳的质量．下列说法正确
的是( )
A. 游客的线速度大小为 √gr tanθ B. 游客的角速度大小为 √
g tanθ
r + Lsinθ
C. 游客的向心加速度大小为
g
tanθ D. 吊绳上的拉力大小为mg
cosθ
【答案】BD
【解析】A. 游客做匀速圆周运动的半径R =r + Lsinθ，向心力大小F向=mg tanθ =m v
2
R ，得
v =
√g(r + Lsinθ)tanθ，故A 错误；
B.角速度大小ω= v
R = √
g tanθ
r + Lsinθ
，故B 正确；
C.由F向=mg tanθ =ma，得向心加速度大小a= g tanθ，故C 错误；
D.竖直方向有T cosθ =mg，得T = mg
cosθ ，故D 正确。
二：提能练
8.(2025·浙江省·模拟题)2025年7月12日，浙江省第五届体育大会在台州市体育中心网球馆开幕。如图甲所
示是嗒嗒球比赛的场景，图乙为嗒嗒球在空中飞行的轨迹图，图中C、D为同一轨迹上等高的两点，A
为该轨迹的最高点，则下列关于嗒嗒球的说法正确的是( )
A. 嗒嗒球从C点经最高点A到达D点的过程中机械能守恒
B. 嗒嗒球在最高点A的加速度方向竖直向下
C. 在嗒嗒球飞行的整个过程中，最高点A的动能最小
D. 上升阶段CA段的飞行时间小于下降阶段AD段的运动时间
【答案】D
【解析】A.由图可知，羽毛球运动轨迹不对称，可知羽毛球受空气阻力影响，做的不是斜抛运动，可判
断嗒嗒球从C点经最高点A到达D点的过程中机械能不守恒，故 A 错误；
B.嗒嗒球在最高点A时由于有水平方向速度，所以会受到空气阻力作用，同时还受重力，因此加速度方
向不可能竖直向下，故B 错误；
C.在嗒嗒球飞行的整个过程中，在最高点A球速度与轨迹相切，速度方向水平向右，则空气阻力水平向
左，所以重力和阻力的合力与速度方向成钝角关系，合力做负功，根据动能定理可知球的动能仍将减小，
因此最高点A的动能不是最小，故C 错误；
D.物体在上升过程中竖直方向的阻力向下，加速度大小大于g，下落过程中，竖直方向的阻力向上，加
速度大小小于g，根据h= 1
2 at
2可知，上升阶段CA段的飞行时间小于下降阶段AD段的运动时间，故D
正确。
9.(2025·广东省·模拟题)如图所示，射击枪水平放置，射击枪与目标靶中心位于离地面足够高的同一水平线
上，枪口与目标靶之间的距离x =100m，子弹射出的水平速度v =100m/ s，子弹从枪口射出的瞬间目
标靶由静止开始释放，不计空气阻力，重力加速度取g=10m/ s
2，下列有关说法正确的是( )
A. 子弹从枪口射出到击中目标靶经历的时间t =1s
B. 目标靶由静止开始释放到被子弹击中，下落的距离h=0.5m
C. 若子弹从枪口射出的水平速度v =200m/ s，一定击不中目标靶
D. 若子弹从枪口射出的瞬间目标靶以某速度竖直下抛，子弹可能击中目标靶中心
【答案】A
【解析】A、子弹做平抛运动，在水平方向的分运动是匀速直线运动，则t = x
v = 100
100 s=1s，故A 正确。
B、目标靶做自由落体运动，则h= 1
2 gt
2= 1
2 ×10×1
2=5m，故B 错误。
C、在竖直方向上子弹和目标靶都做自由落体运动，运动情况相同，则知若子弹从枪口射出的水平速度
v =200m/ s，一定能击中目标靶，故C 错误。
D、若子弹从枪口射出的瞬间目标靶以某速度竖直下抛，目标靶做匀加速直线运动，相同时间内下落的
高度大于子弹下落的高度，所以子弹不可能击中目标靶中心，故D 错误。
故选：A。
10.(2025·浙江省·模拟题)如图所示，在倾角为37
∘足够长的斜面顶点O处，以速度v0水平抛出一小球，小球
落在斜面上反弹，反弹前后瞬间垂直于斜面方向的速度等大反向，沿斜面方向的速度不变。取重力加速
度为g，空气阻力不计，sin37
∘=0.6,cos37
∘=0.8，则下列说法正确的是( )
A. 小球第1、2次落在斜面上的速度方向相同
B. 第1次落在斜面上离开O点距离为5 v0
2
8 g
C. 第2次落点与第1次落点的距离为129 v0
2
40 g
D. 从抛出到第2次落在斜面上的时间为3 v0
2g
【答案】C
【解析】A.将小球的运动沿斜面方向和垂直斜面方向分解，由垂直斜面方向运动可知，小球每次落到斜
面时垂直斜面的速度等大，而沿斜面方向的速度一直增大，故小球第1、2次落在斜面上的速度方向不相
同，故A 错误；
B. 从起抛到第1次落到斜面上用时 t = 2v0sin37
∘
gcos37
∘= 3 v0
2g ，则第1次落在斜面上离开 O 点距离
为 L=
1
2 gt
2
sin37
∘= 15 v0
2
8 g
，故B 错误；
C.垂直斜面方向，由对称性可知，从起抛到第1次落到斜面的时间与第1次弹起到第2次落到斜面时间相
同且均为 t = 2v0sin37
∘
gcos37
∘= 3 v0
2 g ，则第2次落在斜面上离开 O 点距离为 L' =
1
2 g(2t )
2
sin37
∘
，则第2次落点与
第1次落点的距离为 ΔL= L' - L= 129 v0
2
40 g
，故C 正确；
D.由C选项可知，从抛出到第2次落在斜面上的时间为 t ' =2t = 3 v0
g ，故D 错误。
故选C。
11.(2025·广东省·模拟题)新春佳节的焰火晚会上，某烟花燃放过程中通过不断改变出射方向来改变运动轨
迹，某时刻从H点喷出质量相等可视为质点的两烟花分别落于Q1和Q2。如图所示，两轨迹交于P点，两
条轨迹最高点等高，不计空气阻力，则下列说法正确的是( )
A. 两束烟花在最高点的速度相同B. 落在Q2处的烟花在空中运动的时间更长
C. 两束烟花运动过程中动能的变化量相同D. 两束烟花运动过程中动量的变化量相同
【答案】CD
【解析】AB:烟花做斜抛运动，可分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的竖直上抛运动，两轨迹
最高点等高，根据竖直上抛运动公式v y
2 =2gh(v y是竖直方向初速度，h是上升高度)，可知两烟花竖直
方向初速度v y相等，又因为竖直方向运动时间t 上= v y
g ，总运动时间t =2t 上也相等，而水平方向x = v xt，
从图中可知水平位移不同，时间相同，所以水平速度v x不同，最高点速度等于水平速度，故两束烟花在
最高点的速度不同，AB 错误。
C :根据动能定理Δ Ek =W 合，合外力为重力，两束烟花质量相等，从H点到落地，重力做功
W G=mgh(h是H点到地面的高度)相同，所以动能的变化量相同，C 正确。
D:根据动量定理Δp= I 合,合外力的冲量I 合=mgt，两烟花质量m相等，运动时间t相等，所以动量的变
化量相同，D 正确。
12.(2025·辽宁省大连市·模拟题)如图所示，竖直平面内的3
4 圆弧形光滑轨道半径为R，A端与圆心O等高，
AD为与水平方向成45°角的斜面，B端在O的正上方，一个质量为m的小球在A点正上方某处由静止开
始释放，自由下落至A点后进入圆形轨道并能沿圆形轨道到达B点，最后落到斜面上C点，且到达B处时
小球的速度为2
√gR(忽略空气阻力)。求：
(1)小球到达B点时对轨道的压力；
(2)小球从B点运动到C点所用的时间t；
(3)小球离开B后，距离斜面的最远距离d。
【答案】解：(1)小球到达B点时，根据合力提供向心力：F N +mg=m vB
2
R
，
解得轨道对小球的弹力：F N =3mg，竖直向下；
由牛顿第三定律，可知小球此时对轨道的压力为3mg，竖直向上；
(2)小球从B点运动到C点做平抛运动，在竖直方向：y = 1
2 gt
2，水平方向：x = vBt，
由几何关系可知：tan 45° = y
x ，联立解得：t = 4 √
R
g
；
(3)将小球在B点的速度和重力加速度，分别沿斜面和垂直斜面方向分解，如图：
则有vBx = vBcos 45°，vBy = vBsin 45°，ax = gsin 45°，a y = gcos 45°，
在y方向做匀变速运动，先匀减速，后反向匀加速，可知当vBy减为零时，此时小球距离斜面的距离最远，
根据匀变速运动的特点可知：d = vBy
2
2a y
，
解得：d =
√2 R。
三：拔高练
13.(2025·江苏省·模拟题)如图所示，竖直放置的光滑半圆轨道ABC右侧有一堵竖直的墙面，一质量为m的
滑块(视为质点)从水平地面出发，恰好能经过半圆轨道最高点，然后打到竖直墙面上的P点。已知半圆
轨道的半径R =0.9m，其最低点与墙之间的距离s=1.2m，重力加速度g取10m/ s
2，sin37
∘=0.6，
cos37
∘=0.8，不计空气阻力。求：
(1)滑块通过最高点时的速度大小；
(2)滑块打在P点时速度方向与墙面所成的夹角θ；
(3)若增大滑块出发的速度，当滑块运动到最高点C时对轨道的压力为3mg，最后打在墙面上的Q点(图
中未标出)，则P、Q两点之间的距离为多少？
【答案】(1)滑块恰能运动到最高点，有mg=m v
2
R
解得v =
√gR =3m/ s；
(2)滑块离开C点后做平抛运动，由平抛运动规律，有s= vt
又v y =>¿
且tanθ = v
v y
联立解得tanθ = 3
4
即θ =37
∘；
(3)若滑块在C点时对道的压力 3mg ，则mg+3mg=m v1
2
R
由平抛运动规律，有s= v1t1
Q点与C点的高度差h1= 1
2 gt1
2
又P点与C点的高度差h= 1
2 gt
2
则P、Q的距离x =h-h1
联立解得x =0.6m。
14.(2025·北京市·模拟题)如图所示，光滑水平面AB与竖直面内的粗糙半圆形导轨在B点相接，导轨半径为
R。一个质量为m的物体将弹簧压缩至A点后由静止释放，在弹力作用下物体获得某一向右速度后脱离
弹簧，它经过B点的速度为v1，之后沿半圆形导轨运动，恰好能运动到最高点C，重力加速度为g。求：
(1)弹簧压缩至A点时的弹性势能E p；
(2)物体沿半圆形轨道运动过程中阻力所做的功W f；
(3)物体离开C点，落至水平面时距B点的距离x。
【答案】(1)对物体和弹簧组成系统，从A运动至B过程，由能量守恒定律有EP= 1
2 mv1
2
(2)物体恰好能运动到最高点C，由牛顿运动定律有mg=m v2
2
R
解得v2=
√gR
对物体，从B运动至C过程，由动能定理有-mg2 R+W f = 1
2 mv2
2- 1
2 mv1
2
解得W f = 5
2 mgR - 1
2 m v1
2
(3)物体离开C点后做平抛运动竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀速运动，
则2 R = 1
2 gt
2 ，x = v2t
解得x =2 R
15.(2025·江西省鹰潭市·模拟题)如图所示，A点距水平面BC的高度h=1.8m，BC与半径R =1m的光滑圆
弧轨道CDE相接于C点，D为圆弧轨道的最低点，CE处于同一水平面，圆弧轨道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=2kg的小物块从A点
以速度v0水平抛出，经过C点恰好沿切线进入圆弧轨道，再经过E点，随后物块滑上传送带EF，已知物
块与传送带EF间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度g=10m/ s
2,sin37
∘=0.6，cos37
∘=0.8。求：
(1)物块到达C点时的速度；
(2)物块刚过C点时，物块对C点的压力；
(3)若物块恰好能被送到F端，则传送带顺时针运转速度及物块从E端到F端所用时间。
【答案】解：(1)物块从A到 C做平抛运动，根据竖直方向 h= 1
2 gt
2，
解得下落时间 t = √
2h
g =0.6 s，
物块到C点时，竖直方向的速度 v y =>=6m/ s，
根据几何关系可知物块到达 C 点时速度为 vC =
v y
sin37
∘=10m/ s，
方向与水平方向成 37
∘ 角斜向右下方；
(2)物块在 C 点受力如图所示
根据牛顿第二定律可得 FC -mgcosθ =m vC
2
R
，
解得 FC =216 N，
由牛顿第三定律可得，物块对C点的压力大小为216 N ，方向与水平方向成53
∘角斜向左下方；
(3)若物块速度小于传送带速度，物块加速度大小a2为mgsin37
∘- μmgcos37
∘=ma2，
解得 a2=2m/ s
2，
因为CDE光滑，所以 v E= vC，
则物块恰好减速上升到F点的时间为 Δt = v E
a2
=5 s，
运动的距离为 Δx = v E
2
2a2
=25m>10m，
假设不成立，则物块上滑过程中，先速度大于传送带速度，后小于传送带速度，当物块速度大于传送带
速度，据牛顿第二定律 mgsin37
∘+ μmgcos37
∘=ma1，
解得物块加速度大小为 a1=10m/ s
2，
则物块先以加速度大小为 a1 减速到 v ，由于 mgsin37
∘> μmgcos37
∘，
故物块继续向上做减速运动，然后以加速度大小 a2 继续减速到零恰好达到 F 点，则达到传送带速度v的
过程，所需时间为 t1= v E- v
a1
，
通过的位移为 x1= v E
2 - v
2
2a1
，
达到相同速度后，当到达F点时，速度恰好为零，则此过程中通过的位移为所需时间 t2= v
a2
，
又有 x2= v
2
2a2
， L= x1+ x2，
联立以上各式解得 v =5m/ s ， t1=0.5 s ， t2=2.5 s，
上滑所需时间为 t =3 s，
故传动带顺时针运转的速度应满足的条件为 v =5m/ s。
