压轴02 抛体运动与圆周运动（压轴专练）（浙江专用）2026年高考物理终极冲刺讲练测

压轴02 抛体运动与圆周运动(原卷版) 命题预测 平抛运动与各类面结合的综合问题、类平抛运动及圆周运动的动力学问题是高考物理的核心考点，其命题特征与备考方向具有显著规律性。‌平抛与面结合问题‌近五年高频出现，常以斜面、曲面为载体考查位移分解、速度分解及临界条件（如速度与斜面平行时离斜面最远），未来命题将更注重情境化及与其他能量、动量章节结合综合化，备考需强化模型归纳与临界条件训练，精做真题以掌握几何关系与速度分解技巧。‌类平抛运动‌以带电粒子在电场中的偏转为典型，核心在于将平抛规律迁移至电场场景（如用a=qE/m替代g），未来命题可能延伸至复合场（电场+磁场）或动态电场，备考需重点突破电场力做功与动能定理的应用，强化规律迁移能力。‌圆周运动动力学问题‌为高频考点，涵盖水平面（如圆锥摆）与竖直面（绳模型、杆模型）场景，关键在于向心力来源分析与临界条件判断，未来命题将趋向多过程综合问题，备考需系统总结临界条件，强化多过程分段建模与逻辑链条训练。 整体而言，三类问题均强调物理模型与数学工具的结合，平抛运动要突破“面”的束缚，类平抛运动要吃透“电场+粒子”本质，圆周运动的动力学注意构建模型，建立“力→加速度→轨迹→能量”逻辑链，以真题为纲，注重规律迁移与临界思维，通过变式训练提升综合分析能力。 高频考法 1. 平抛运动与各种面结合的综合问题 2. 类平抛运动 3. 圆周运动的动力学问题 知识·技法·思维 考向01 平抛运动与各种面结合的综合问题 1. 平抛与竖直面结合问题 处理方法：水平位移确定，竖直位移随初速度变化而变化 2. 平抛与斜面结合 1）分解速度类 2）分解位移类 3. 平抛与圆面结合 1）处理方法：已知水平位移x与半径R的差的平方与竖直位移的平方之和等于半径R的平方 2）处理方法：已知位移大小等于半径R 3）处理方法：分解速度 考向02 类平抛运动 1. 受力特点 物体所受合力为恒力，且与初速度的方向垂直。 2. 运动特点 沿初速度v0方向做匀速直线运动，沿合力方向做初速度为零的匀加速直线运动，加速度 。 3. 求解方法 1）常规分解法：将类平抛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（即沿合力方向）的匀加速直线运动，两分运动彼此独立，互不影响，且与合运动具有等时性。 2）特殊分解法：对于有些问题，可以过抛出点建立适当的直角坐标系，将加速度分解为ax、ay，初速度v0分解为vx、vy，然后分别在x、y方向列方程求解。 考向02 圆周运动的动力学问题 1. 水平圆周运动模型及向心力来源 运动模型 汽车在水平路面转弯 水平转台（光滑） 圆锥摆 向心力的来源图示 运动模型 飞车走壁 火车转弯 飞机水平转弯 向心力的来源图示 2. 竖直圆周运动模型及临界问题 绳模型（最高点无支撑） 杆模型（最高点有支撑） 图示 最高点受力 重力mg，弹力F弹向下或等于零 重力mg，弹力F弹向下、向上或等于零 力学 方程 mg＋F弹＝m mg±F弹＝m 恰好过最高点 F弹＝0，mg＝m，v＝，即在最高点速度不能为零 mg＝F弹，v＝0，即在最高点速度可为零 实例 球与绳连接、水流星、沿内轨道运动的“过山车”等 球与杆连接、球在光滑管道中运动等 3. 斜面上的圆周运动及临界问题 物体在斜面上做圆周运动时，设斜面的倾角为θ，重力垂直斜面的分力与物体受到的支持力大小相等，解决此类问题时，可以按以下操作，把问题简化． 物体在转动过程中，转动越快，最容易滑动的位置是最低点，恰好滑动时：μmgcos θ－mgsin θ＝mω2R. 典例·靶向·突破 题型01 平抛运动与各种面结合的综合问题 1．（2026·河北承德·一模）（多选）如图所示，水平面上放置一倾角为θ的斜面体，其斜边足够长。现有一小球从斜面上以初速度v0沿与斜面成α角的方向抛出（），最后落到斜面，位移为x。重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A．当α=θ时，小球落至斜面时速度方向与斜面的夹角为θ B．当α=θ时，小球离开斜面的最大距离为 C．当θ一定时，α越大，位移x越大 D．当α一定时，θ越大，位移x越大 题型解码 处理平抛与斜面结合问题时，通常将位移和速度分解为沿斜面与垂直斜面方向，利用垂直斜面方向位移为零求时间，再分析沿斜面方向的运动规律。注意速度方向与斜面夹角不一定等于初速度方向与斜面夹角，需通过速度分量关系推导。 2．（2026·山东日照·一模）（多选）如图所示，在倾角为的斜面底端正上方高度H处，以初速度水平向右抛出一小球，最终落在斜面上。已知重力加速度为g，，不计空气阻力。下列说法中正确的是（    ） A．若，小球平抛运动的位移最小 B．若，小球将垂直打在斜面上 C．若，小球落到斜面上的速度最小 D．小球落到斜面上的最小速度为 题型解码 平抛运动落至斜面时，可通过几何关系建立水平位移、竖直位移与斜面倾角的联系，利用“位移最小”或“垂直打在斜面上”等条件，推导初速度与斜面倾角的关系。最小速度问题常结合数学不等式（如均值不等式）求解。 题型02 类平抛体运动 3．（2025·辽宁葫芦岛·一模）如图所示，有一竖直平面内的平面直角坐标系，时刻将一质量为的小球，从坐标原点处沿轴以的初速度向下抛出，小球在运动过程中始终受除重力以外的恒力作用，恒力平行于平面直角坐标系，小球运动的轨迹方程为，为运动轨迹上一点（图中未标出），重力加速度，求： (1)小球运动过程中的加速度大小和方向； (2)恒力的大小和方向； (3)当与轴正方向夹角为时，小球在点具有的动能。（保留2位有效数字） 题型解码 类平抛运动的分析可类比平抛，但合外力不一定是重力。先根据轨迹方程确定加速度方向与大小，再通过力的分解求恒力。动能计算需结合速度合成与几何关系。 题型03 圆周运动的动力学问题 4．（2026·江西上饶·一模）如图（a）所示，一可视为质点的滑块放在水平转台上，滑块恰好能随转台绕O点做半径为r的匀速圆周运动，图（b）为俯视图。某学校物理兴趣小组利用位移传感器采集滑块的位置和时刻信息，画出某时刻起滑块沿x轴上的分速度vx随时间t的变化关系如图（c）所示。取水平向右为正方向，滑块所受最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力大小，不计空气阻力。则滑块与转台间动摩擦因数和图（c）中阴影部分面积S大小分别为（　　） A．， B．， C．， D．， 题型解码 转台上的圆周运动问题中，静摩擦力提供向心力。结合v-t图像可确定周期与线速度，进而求动摩擦因数。图像面积对应位移，需转化为圆周运动的圆心角计算。 5．（2026·湖南·模拟预测）如图，一半径为R的光滑大圆环固定在竖直平面内，质量为m的小圆环套在大圆环上。小圆环从静止开始由大圆环顶端P点经Q点自由下滑至其底部，其中Q点为大圆环最右端的点。重力加速度为g，小圆环运动过程中，下列说法正确的是（　　） A．小圆环从开始运动至到达最低点的过程中，大圆环对小圆环的作用力先增大后减小 B．小圆环从开始运动至到达最低点的过程中，其水平方向的速度大小先增大后减小 C．小圆环运动的速率之平方与其到P点的距离成正比 D．小圆环竖直方向的速度大小最大为 题型解码 光滑大圆环上的小环运动，机械能守恒。分析速度、支持力变化时，注意沿切向和法向的受力分解。水平速度分量可通过函数单调性判断极值点。 6．（2026·江西上饶·一模）某山地救援队进行“斜面绳球投放”训练，简化模型如图所示。在倾角为的光滑矩形斜面EFMN上（FM为斜面与水平地面的交线），有一根长为L=0.5m的细线，细线的一端固定在O点，另一端连接着一个可视为质点的小球。小球质量为m=1kg，过O点平行于EF的直线交FM于C点，FC的长度为。现使小球恰好能在斜面上做完整的顺时针圆周运动。某次小球过B点时细线被割断（割断前后不影响小球速度），小球沿着轨迹BG运动，在小球刚要离开斜面G点时，给小球施加一个沿vB（小球在B点时的速度）方向、大小为的恒力。从B点割断细线瞬间开始计时，小球经t=2s落到水平地面上的D点（图中未画出D点），G点是小球离开斜面的位置，H点为G点在水平面上的投影点。不考虑小球反弹，忽略空气阻力，sinθ=0.2，cosθ=1，重力加速度g取10m/s2。 (1)小球经过A点时速率vA； (2)小球到达B点细线被割断前，小球对细线的拉力FT的大小； (3)求落地时D点到H点的距离L1。 题型解码 斜面圆周运动与绳断后的复合运动问题，需分段处理：①圆周运动最高点临界条件；②绳断后沿斜面的类平抛运动；③离斜面后的匀变速曲线运动。注意各阶段速度的矢量分解与合成。 1．（2026·安徽安庆·二模）滑板运动是很多年轻人热爱的一项运动。如图所示为某一滑板的滑道，左侧是一个水平平台，在平台右侧有一倾角为53°的滑道AB。一滑板运动员（可视为质点）从平台边缘O点以某一水平速度冲出，恰好无碰撞地从A点进入倾斜滑道。已知OA的水平距离为，g取，，，不计空气阻力，则运动员冲出O点时的速度大小为（　　） A． B． C． D． 2．（2026·河北保定·一模）如图所示，杂技表演时，小球在两倾角均为θ的倾斜板子间弹跳，小球离开a板和到达b板时速度大小相等，方向均与板子垂直，运动轨迹左右对称。小球与两板的接触点到两板底端O的距离均为L。重力加速度为g，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　） A．小球从a板运动到b板的时间为 B．小球在最高点的速度大小为 C．小球离开a板时的速度大小为 D．小球最高点到两板底端O的高度为 3．（2026·湖北孝感·一模）如图所示，足够长光滑斜面倾角，在斜面顶端有可视为质点的小球A和小球B，某时刻A以vA=4m/s水平抛出，与此同时B从斜面顶端以初速度vB沿斜面向下滑，经过一段时间，A刚好击中在斜面上滑动的小球B，取g=10m/s2（sin37°=0.6，cos37°=0.8），则下列说法正确的是（　　） A．若A的初速度变为原来的2倍，A还是可以击中B B．B的初速度vB=3.2m/s C．A击中B时的速度大小为2m/s D．若A的初速度变为原来的2倍，则A落到斜面上时的速度方向与斜面的夹角变大 4．（2026·江苏·一模）如题图所示，三角形斜面ABC水平固定，两个相同且可视为质点的小球a、b同时从C、D两点以相同速度水平抛出，先后落点为E、A。已知B、C、D在同一竖直线上，E为AC中点，小球a、b平抛到斜面上时的动能之比为，不计空气阻力。则该过程中，下列说法正确的是（　　） A．斜面的倾角为45° B．高度关系满足BC=1.5CD C．小球a、b距斜面的最远距离之比为 D．小球a、b距斜面最远时的位置在同一竖直线上 5．如图所示，半径为R的半圆弧ACB，O是圆心，D是OA的中点。自A点和D点同时水平抛出质量相等的甲、乙两个小球。两球同时落在圆弧BC上的某点（图中未画出），且其中一个小球落点处速度方向与圆弧垂直，则下列说法正确的是（　　） A．甲球在落点处速度方向与圆弧垂直 B．甲、乙两球在运动过程中动量变化量不同 C．甲、乙两球下落时间为 D．甲、乙两球初速度大小之比为 6．如图所示，在光滑的水平面内建立xOy坐标系，质量为m的小球以某一速度从原点O点出发后，受到一平行于y轴方向的恒力作用，恰好以沿x轴正方向的速度通过A点，已知小球通过A点的速度大小为v0，且OA连线与Ox轴的夹角为30°，则（　　） A．恒力的方向可能沿y轴正方向 B．小球从O点出发时的动能为 C．恒力在这一过程中所做的功为 D．恒力在这一过程中的冲量大小为 7．（2026·河北·一模）如图所示，半径为R的半球形陶罐，固定在可以绕竖直轴转动的水平转台上，转台转轴与过陶罐球心O的对称轴重合。转台以一定角速度匀速转动，一质量为m的小物块落入陶罐内，经过一段时间后小物块随陶罐一起转动且相对罐壁静止，此时小物块受到的摩擦力恰好为0，且它和O点的连线与之间的夹角为37°。小物块和陶罐之间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为g，，。则（　　） A．小物块受到重力、支持力、向心力的作用 B．转台转动的角速度为 C．小物块转动的线速度大小为 D．当转台的角速度缓慢增大到时，小物块相对罐壁发生滑动 8．（2026·重庆沙坪坝·模拟预测）如图1所示，A、B两个可视为质点的小球由两段不可伸长的相同长度的轻绳连接，一同学用手握住轻绳上端O，初始时刻两个球均静止，该同学通过晃动让两个小球动起来，系统稳定时两个小球均在水平面内做匀速圆周运动，如图2所示。晃动轻绳过程中O点高度没有发生变化，不计空气阻力。则（　　） A．稳定时，A球线速度大于B球线速度 B．稳定时，A球角速度大于B球角速度 C．从开始晃动到系统稳定过程中，轻绳AB对A球做的功等于A球机械能的增量 D．从开始晃动到系统稳定过程中，轻绳OB对B球做的功等于B球机械能的增量 9．如图所示，放于竖直面内的光滑金属细圆环半径为R，质量为m的带孔小球穿于环上，同时有一长为R的细绳一端系于球上，另一端系于圆环最低点，绳能承受的最大拉力为2mg，重力加速度的大小为g，当圆环以角速度ω绕竖直直径转动时，下列说法不正确的是（　　） A．圆环角速度ω等于时，小球受到2个力的作用 B．圆环角速度ω等于时，小球受到3个力的作用 C．圆环角速度ω等于2时，细绳将断裂 D．圆环角速度ω大于时，小球受到2个力的作用 10．（2026·四川宜宾·二模）如图，正方形ABCD为倾角的光滑绝缘斜面，边长，位于平行AB向下的匀强电场中，场强，一质量，带电的小球通过长为的轻绳一端固定于正方形中心O，将轻绳拉直并使小球在圆形虚线上某一位置P（未画出）静止。现给小球一垂直于绳的速度，小球开始在斜面上做圆周运动，当运动到圆形虚线的最低点时，绳子恰好断裂，之后小球刚好能够到达C点。不计一切阻力，重力加速度，则（　　） A．P点不可能在图中圆形虚线的最高点 B．绳能够承受的最大张力为1.8N C．绳断裂瞬间小球速度大小为 D．小球到达C点时速度大小为 11．（2026·湖南怀化·一模）如图所示在倾角为的斜面体上，ABCD面虚线左侧粗糙右侧光滑，绳子一端连接小球，另一端与固定点O连接。为了让小球在ABCD面内做圆周运动，给小球一个水平向左的速度（未知）恰好使OE段无张力。当小球运动到G点时绳子突然断裂，之后小球做类斜抛运动，E、F点为圆周运动的最高点和最低点且F在BC上。绳子长度L为0.2m，小球质量为1kg，运动到G点时速度为，G点与圆心O的连线与EF的夹角为，重力加速度取，则（　　） A．从E到G动量变化量为 B．从E到G摩擦力做的功为2J C．小球在G点时重力的功率 D．小球在类斜抛运动过程中离BC边的最大距离为 12．（2026·四川绵阳·模拟预测）一孩童在内壁是圆柱形光滑水泥管的最低点以水平初速度踢出小球，水泥管的内径为，小球沿管壁向上运动到离最低点高度为时，脱离管壁落入背篓，重力加速度，忽略一切阻力和滚动，小球始终在同一竖直面内运动，则水平初速度为（　　） A．2.3m/s B．3m/s C．5m/s D．7m/s 13．（2026·山东泰安·一模）如图所示，在倾角为的光滑斜面上，长为的轻质细绳一端拴接一可视为质点的小球，另一端固定于斜面上的点。小球在最低点A处获得一瞬时冲量，恰好能在斜面上做完整的圆周运动。在同一水平高度，连线与连线垂直，重力加速度为，则小球运动到C处时加速度大小为（　　） A． B． C． D． 14．（2026·辽宁大连·模拟预测）（多选）如图所示，足够长的斜面倾角为，从斜面上以相同的速率沿不同方向抛出小球，小球最后均能落回斜面，重力加速度为，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．小球飞行的最长时间为 B．小球抛出后与斜面的最大距离为 C．小球沿斜面方向飞行的最大距离为 D．小球落回斜面时的最大速度为 15．（多选）如图所示，内壁光滑的四分之一圆弧轨道竖直固定放置，轨道半径为，圆心为A点，分别是竖直半径和水平半径。现让光滑水平面上的小球获得一个水平向右的速度（未知量），小球从A点离开后运动到圆弧上的点，重力加速度为，小球可视为质点，下列说法正确的是（   ） A．若，小球运动到点时速度与水平方向的夹角为，则有 B．若小球从A到运动时间为，则 C．改变的大小，小球落到圆弧上的速度最大值为 D．改变的大小，小球落到圆弧上速度的最小值为 16．（多选）如图所示，在竖直平面直角坐标系中，在时，质量的小球从坐标原点处，以初速度斜向右上方抛出，同时受到的作用（虚线箭头为风力方向与的夹角为，且与轴正方向的夹角也为），重力加速度取。下列说法正确的是（　　） A．小球的加速度先增大后减小 B．小球在时再次经过轴 C．小球的重力势能一直减小 D．小球的动能一直增大 17．（2026·海南·一模）（多选）如图所示，将短道速滑运动员在弯道转弯的过程看成在水平冰面上的一段匀速圆周运动，转弯时由于冰刀嵌入冰内，因此冰刀受到与冰面夹角为θ（蹬冰角）的支持力，不计一切摩擦，转弯半径为R，重力加速度大小为g。关于该转弯过程，下列说法正确的是（　　） A．运动员所受合力大小不变 B．运动员的加速度大小为gtanθ C．运动员转弯时角速度的大小为 D．运动员的线速度大小为 18．（2026·新疆·二模）（多选）如图所示，半径为r的光滑圆轨道竖直放置，以圆心O为坐标原点在竖直平面建立直角坐标系。一小球在最低端A点沿内轨以速度水平射出，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．小球将在B点下方某点脱离轨道 B．小球将在B点上方某点脱离轨道 C．小球脱轨后，将在与脱离点关于y轴对称的位置再次进入轨道 D．小球脱离轨道后，将在x轴下方某点与轨道相撞 19．（多选）图甲为一种小型打夯机，利用冲击和冲击振动作用分层夯实回填土，图乙为这种打夯机的结构示意图。质量为m的摆锤通过轻杆与总质量为M的底座（含电动机）上的转轴相连，轻杆质量忽略不计。电动机带动摆锤绕转轴O在竖直面内以角速度匀速转动，转动半径为l，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A．摆锤转到最低点时，底座对地面的压力不可能为零 B．若摆锤转到最高点时，底座对地面的压力刚好为零，则角速度 C．若摆锤转到最高点时，轻杆对摆锤的弹力为0，则角速度 D．摆锤转到轻杆水平时，轻杆对摆锤的作用力大小为 20．（2026·内蒙古赤峰·模拟预测）（多选）2025年11月29日，内蒙古自治区首次迎来全国性滑板赛事。某条赛道竖直截面简化设计如图所示，其中是倾角为的斜面，凹圆弧和凸圆弧的半径均为，且、和、分别等高，整个路面无摩擦且各段之间平滑连接。用质量为的小球代替滑板，将小球从斜面上不同的高度由静止释放。，。在小球的运动过程中（　　） A．小球可能在某一位置处于完全失重状态 B．若，小球一定能沿轨道运动到点 C．若小球能沿轨道运动到点，则不能大于0.2R D．若小球能沿轨道运动到点，则小球经过、两点时对轨道的压力大小之和与的大小无关 21．（2026·广东广州·模拟预测）小李想测定华附石牌校区的重力加速度大小，他取了一根没有弹性的细线，将细线上端固定于摇柄下端O点处，另一端连接一小钢球，转动摇柄可控制小钢球某段时间内在某一水平面内做匀速圆周运动，在圆周上某处安装一闪光标记，如图所示；O点到钢球球心的距离为L。 (1)某次实验中，当小球第一次经过标记点时，他开始计时，当小球第10次经过标记点时，他记录的时间为t，则小球运动的周期为T=________，若球心到转轴的垂直距离为r，则钢球的线速度大小为____________。 (2)测量出细线与竖直方向的夹角为α，则可求出当地重力加速度大小为g =_______。（用T、L、α表示） (3)减小α，同时调节绳长，使得小球保持在原水平面内做匀速圆周运动，则小球运动的周期________（填“变长”“变短”或“不变”）； (4)若绳长不变，α变大，使小球在新的轨道做匀速圆周运动，则与原轨道比较，小球所受拉力__________（填“变大”“变小”或“不变”）； 22．（2026·云南昭通·模拟预测）某同学利用如图甲所示装置验证机械能守恒定律。半径为的光滑半圆形轨道竖直固定放置，轨道上装有压力传感器，可视为质点的小钢球在半圆形轨道上的之间来回滑动，点为轨道的圆心，点为轨道的最低点。图乙表示小钢球对轨道的压力大小随时间变化的曲线，且图中时刻为小钢球从点开始运动的时刻，为已知量。实验中测得小钢球静止在点时对轨道的压力大小为。 (1)小钢球经过点时对轨道的压力大小为___________（用题中字母表示）。 (2)若要验证机械能守恒定律，则只需要验证表达式___________成立即可（用题中字母表示）。 (3)写出一条提高实验精确度的建议：___________。 23．（2026·河北衡水·模拟预测）跳台滑雪是一项勇敢者的运动，它需要利用山势特点建造一个特殊跳台。一运动员穿着专用滑雪板，不带雪杖，在滑雪道上获得较高速度后从A点沿水平方向飞出，在空中飞行一段距离后在山坡上B点着陆，如图所示。已知可视为质点的运动员从A点水平飞出的速度，山坡可看成倾角为37°的斜面，不考虑空气阻力（，，），求： (1)运动员在空中的飞行时间； (2)运动员落到斜面上时的速度大小； (3)运动员何时离斜面最远。 24．（2025·山东·模拟预测）如图所示，在竖直平面建立坐标系，为光滑轨道，段为光滑平直轨道，；段为半径的四分之一圆弧轨道，为其圆心。可视为质点的质量的小球从点以初速度沿与轴正向成角斜向上飞出（重力加速度取，，）。 (1)若小球从点以初速度沿与轴正向成角斜向上飞出，要使小球恰好落在点处，初速度的大小是多少？ (2)若的大小、方向均可以改变，保证小球水平通过点，则击中光滑圆弧轨道时小球的动能是多少？ 25．（2026·四川德阳·二模）如图1所示为一款打弹珠游戏装置，斜面与水平面的夹角为，斜面上固定有两块圆形挡板（一块半圆挡板、一块四分之一圆挡板）和四块直挡板。斜面俯视图及尺寸如图2所示，底板沿水平方向，两圆形挡板均与直挡板相切，右侧两直挡板间距略大于弹珠尺寸，左侧两直挡板间形成了一块矩形中奖区间。游戏时，弹珠置于右侧两直挡板间紧贴底板，通过拉动拉杆后释放拉杆，拉杆上的顶杆穿过底板小孔与弹珠在底板处碰撞，弹珠获得动能，若弹珠运动过程进入“取胜区”即可赢得游戏。已知弹珠质量为m且可视为质点，重力加速度大小为g，忽略一切摩擦，求： (1)弹珠在斜面上做类平抛运动时的加速度大小a； (2)要使得弹珠与点b（左侧直挡板与半圆挡板的切点）相撞击，内侧圆形轨道最高点a对弹珠的作用力大小N； (3)该游戏若能取胜，弹珠被撞击后的动能需要满足的条件（若存在碰撞，仅考虑与区域直挡板的弹性碰撞）。 26．（2025·广东佛山·一模）如图所示，某智能物流中心采用复合传送系统分拣包裹。传送系统的左端为一半圆环形水平转弯机，其中心线的半径为R0=2m，最小半径R1=1m，最大半径R2=3m。将多个相同的质量m=2kg的包裹以不同的初速度放在转弯机的不同位置，使包裹与转弯机不打滑（即随转弯机同步运动）。包裹离开转弯机后进入水平传送带，与传送带共速后，由长度为L=5m、倾角为=37°的倾斜传送带运送至顶端，再经水平传送带匀速运送至分拣机，最终被水平抛出，落入分拣车中。落点与抛出点的竖直距离和水平距离分别为h=1.8m及s=1.2m。已知：传送系统各部分平滑衔接且为同种材质。忽略空气阻力，包裹可视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g=10m/s2。问： (1)包裹放在水平转弯机上的什么位置不易打滑，是内侧还是外侧？若包裹不打滑且水平转弯机各部分的动摩擦因数均为μ0=0.9，求半圆形水平转弯机的最大运行角速度ωm。 (2)要使包裹在倾斜传送带上不打滑，则包裹与传送带之间的动摩擦因数μ至少为多少？ (3)包裹从静止释放到落入分拣车的过程中，传送系统及分拣机对包裹做的功W。 2 / 23 学科网（北京）股份有限公司 $ 压轴02 抛体运动与圆周运动(解析版) 命题预测 平抛运动与各类面结合的综合问题、类平抛运动及圆周运动的动力学问题是高考物理的核心考点，其命题特征与备考方向具有显著规律性。‌平抛与面结合问题‌近五年高频出现，常以斜面、曲面为载体考查位移分解、速度分解及临界条件（如速度与斜面平行时离斜面最远），未来命题将更注重情境化及与其他能量、动量章节结合综合化，备考需强化模型归纳与临界条件训练，精做真题以掌握几何关系与速度分解技巧。‌类平抛运动‌以带电粒子在电场中的偏转为典型，核心在于将平抛规律迁移至电场场景（如用a=qE/m替代g），未来命题可能延伸至复合场（电场+磁场）或动态电场，备考需重点突破电场力做功与动能定理的应用，强化规律迁移能力。‌圆周运动动力学问题‌为高频考点，涵盖水平面（如圆锥摆）与竖直面（绳模型、杆模型）场景，关键在于向心力来源分析与临界条件判断，未来命题将趋向多过程综合问题，备考需系统总结临界条件，强化多过程分段建模与逻辑链条训练。 整体而言，三类问题均强调物理模型与数学工具的结合，平抛运动要突破“面”的束缚，类平抛运动要吃透“电场+粒子”本质，圆周运动的动力学注意构建模型，建立“力→加速度→轨迹→能量”逻辑链，以真题为纲，注重规律迁移与临界思维，通过变式训练提升综合分析能力。 高频考法 1. 平抛运动与各种面结合的综合问题 2. 类平抛运动 3. 圆周运动的动力学问题 知识·技法·思维 考向01 平抛运动与各种面结合的综合问题 1. 平抛与竖直面结合问题 处理方法：水平位移确定，竖直位移随初速度变化而变化 2. 平抛与斜面结合 1）分解速度类 2）分解位移类 3. 平抛与圆面结合 1）处理方法：已知水平位移x与半径R的差的平方与竖直位移的平方之和等于半径R的平方 2）处理方法：已知位移大小等于半径R 3）处理方法：分解速度 考向02 类平抛运动 1. 受力特点 物体所受合力为恒力，且与初速度的方向垂直。 2. 运动特点 沿初速度v0方向做匀速直线运动，沿合力方向做初速度为零的匀加速直线运动，加速度 。 3. 求解方法 1）常规分解法：将类平抛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（即沿合力方向）的匀加速直线运动，两分运动彼此独立，互不影响，且与合运动具有等时性。 2）特殊分解法：对于有些问题，可以过抛出点建立适当的直角坐标系，将加速度分解为ax、ay，初速度v0分解为vx、vy，然后分别在x、y方向列方程求解。 考向02 圆周运动的动力学问题 1. 水平圆周运动模型及向心力来源 运动模型 汽车在水平路面转弯 水平转台（光滑） 圆锥摆 向心力的来源图示 运动模型 飞车走壁 火车转弯 飞机水平转弯 向心力的来源图示 2. 竖直圆周运动模型及临界问题 绳模型（最高点无支撑） 杆模型（最高点有支撑） 图示 最高点受力 重力mg，弹力F弹向下或等于零 重力mg，弹力F弹向下、向上或等于零 力学 方程 mg＋F弹＝m mg±F弹＝m 恰好过最高点 F弹＝0，mg＝m，v＝，即在最高点速度不能为零 mg＝F弹，v＝0，即在最高点速度可为零 实例 球与绳连接、水流星、沿内轨道运动的“过山车”等 球与杆连接、球在光滑管道中运动等 3. 斜面上的圆周运动及临界问题 物体在斜面上做圆周运动时，设斜面的倾角为θ，重力垂直斜面的分力与物体受到的支持力大小相等，解决此类问题时，可以按以下操作，把问题简化． 物体在转动过程中，转动越快，最容易滑动的位置是最低点，恰好滑动时：μmgcos θ－mgsin θ＝mω2R. 典例·靶向·突破 题型01 平抛运动与各种面结合的综合问题 1．（2026·河北承德·一模）（多选）如图所示，水平面上放置一倾角为θ的斜面体，其斜边足够长。现有一小球从斜面上以初速度v0沿与斜面成α角的方向抛出（），最后落到斜面，位移为x。重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A．当α=θ时，小球落至斜面时速度方向与斜面的夹角为θ B．当α=θ时，小球离开斜面的最大距离为 C．当θ一定时，α越大，位移x越大 D．当α一定时，θ越大，位移x越大 【答案】BD 【详解】A．将初速度沿斜面向下和垂直斜面向上分解为， 将重力加速度沿斜面向下和垂直斜面向上分解为， 当小球落到斜面上时，垂直斜面方向位移为0，得运动总时间 落至斜面时，速度分量， 设速度与斜面夹角为，则 代入，得 因此，故A错误； B．当小球垂直斜面方向速度减为0时，离开斜面距离最大，由匀变速运动公式，最大距离 代入，得，故B正确； C．沿斜面位移的表达式 一定时，在时取最大值，先增大后减小，不是越大越大，故C错误； D．对位移的表达式变形，得 令 对求导可得 一定时，范围内始终大于0，则随增大单调递增，因此越大，位移越大，故D正确。 故选BD。 题型解码 处理平抛与斜面结合问题时，通常将位移和速度分解为沿斜面与垂直斜面方向，利用垂直斜面方向位移为零求时间，再分析沿斜面方向的运动规律。注意速度方向与斜面夹角不一定等于初速度方向与斜面夹角，需通过速度分量关系推导。 2．（2026·山东日照·一模）（多选）如图所示，在倾角为的斜面底端正上方高度H处，以初速度水平向右抛出一小球，最终落在斜面上。已知重力加速度为g，，不计空气阻力。下列说法中正确的是（    ） A．若，小球平抛运动的位移最小 B．若，小球将垂直打在斜面上 C．若，小球落到斜面上的速度最小 D．小球落到斜面上的最小速度为 【答案】ABD 【详解】A．由于小球做平拋运动的位移最小，即小球做平拋运动的合位移垂直于斜面，根据平抛运动规律有， 又知，即， 联立解得，故A正确； B．小球做平拋运动， 小球垂直打到斜面上，小球落在斜面上时速度与竖直方向成，分解小球落在斜面上时的速度 根据几何关系有 联立解得，故B正确； D．小球落在斜面上时的竖直分速度 小球落在斜面上时的水平分速度 几何关系 小球落在斜面上时的合速度 又知，联立解得 根据数学知识可知，与的乘积一定，当二者相等时和有最小值，故 整理得 所以小球落到斜面上的最小速度，故D正确； C．小球做平拋运动， 几何关系 又知 联立解得，故时小球落到斜面上的速度最小，C错误。 故选ABD。 题型解码 平抛运动落至斜面时，可通过几何关系建立水平位移、竖直位移与斜面倾角的联系，利用“位移最小”或“垂直打在斜面上”等条件，推导初速度与斜面倾角的关系。最小速度问题常结合数学不等式（如均值不等式）求解。 题型02 类平抛体运动 3．（2025·辽宁葫芦岛·一模）如图所示，有一竖直平面内的平面直角坐标系，时刻将一质量为的小球，从坐标原点处沿轴以的初速度向下抛出，小球在运动过程中始终受除重力以外的恒力作用，恒力平行于平面直角坐标系，小球运动的轨迹方程为，为运动轨迹上一点（图中未标出），重力加速度，求： (1)小球运动过程中的加速度大小和方向； (2)恒力的大小和方向； (3)当与轴正方向夹角为时，小球在点具有的动能。（保留2位有效数字） 【答案】(1)，方向沿轴正方向 (2)，与水平方向夹角 (3) 【详解】（1）由题意可知，小球沿轴方向做匀速直线运动 沿轴方向匀加速直线运动 联立可得 对比带电小球运动的轨迹方程为 可得 加速度方向沿轴正方向 （2）小球做类平抛运动，小球受到的恒力竖直向上分力与重力平衡，水平向右的分力为合外力，则小球受恒力 解得 方向与轴正向夹角为，则 解得 恒力与水平方向夹角 （3）与轴正方向夹角得为，由几何关系 在P点速度 在解得小球动能 题型解码 类平抛运动的分析可类比平抛，但合外力不一定是重力。先根据轨迹方程确定加速度方向与大小，再通过力的分解求恒力。动能计算需结合速度合成与几何关系。 题型03 圆周运动的动力学问题 4．（2026·江西上饶·一模）如图（a）所示，一可视为质点的滑块放在水平转台上，滑块恰好能随转台绕O点做半径为r的匀速圆周运动，图（b）为俯视图。某学校物理兴趣小组利用位移传感器采集滑块的位置和时刻信息，画出某时刻起滑块沿x轴上的分速度vx随时间t的变化关系如图（c）所示。取水平向右为正方向，滑块所受最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力大小，不计空气阻力。则滑块与转台间动摩擦因数和图（c）中阴影部分面积S大小分别为（　　） A．， B．， C．， D．， 【答案】D 【详解】根据最大静摩擦力提供向心力有 由图（c）可知， 解得 图（c）中阴影部分面积S大小等于沿x轴方向的位移大小，对应滑块匀速圆周运动的圆心角为 阴影部分面积S大小 故选D。 题型解码 转台上的圆周运动问题中，静摩擦力提供向心力。结合v-t图像可确定周期与线速度，进而求动摩擦因数。图像面积对应位移，需转化为圆周运动的圆心角计算。 5．（2026·湖南·模拟预测）如图，一半径为R的光滑大圆环固定在竖直平面内，质量为m的小圆环套在大圆环上。小圆环从静止开始由大圆环顶端P点经Q点自由下滑至其底部，其中Q点为大圆环最右端的点。重力加速度为g，小圆环运动过程中，下列说法正确的是（　　） A．小圆环从开始运动至到达最低点的过程中，大圆环对小圆环的作用力先增大后减小 B．小圆环从开始运动至到达最低点的过程中，其水平方向的速度大小先增大后减小 C．小圆环运动的速率之平方与其到P点的距离成正比 D．小圆环竖直方向的速度大小最大为 【答案】D 【分析】 【详解】A ．设小圆环从开始运动至到达最低点的过程中某一时刻位置与圆心夹角为，速度为，由动能定理 可得小圆环的速度为 小圆环做圆周运动所需向心力为 沿半径方向，重力分力与大圆环支持力的合力提供向心力，即 代入可得大圆环支持力， 故大圆环对小圆环的作用力先减小后增大，A错误； B．小圆环水平方向的速度分量为， 分析函数的单调性可知，小圆环水平方向的速度先增大后减小再增大，B错误； C．某一时刻位置与小圆环出发位置点的距离为 小圆环运动的速率之平方为 化简可得，小圆环运动的速率与其到P点的距离成正比，C错误； D．小圆环水平方向的速度分量为 根据三次函数求极值方法可得，当小圆环竖直方向的速度取最大值， D正确。 故选 D。 题型解码 光滑大圆环上的小环运动，机械能守恒。分析速度、支持力变化时，注意沿切向和法向的受力分解。水平速度分量可通过函数单调性判断极值点。 6．（2026·江西上饶·一模）某山地救援队进行“斜面绳球投放”训练，简化模型如图所示。在倾角为的光滑矩形斜面EFMN上（FM为斜面与水平地面的交线），有一根长为L=0.5m的细线，细线的一端固定在O点，另一端连接着一个可视为质点的小球。小球质量为m=1kg，过O点平行于EF的直线交FM于C点，FC的长度为。现使小球恰好能在斜面上做完整的顺时针圆周运动。某次小球过B点时细线被割断（割断前后不影响小球速度），小球沿着轨迹BG运动，在小球刚要离开斜面G点时，给小球施加一个沿vB（小球在B点时的速度）方向、大小为的恒力。从B点割断细线瞬间开始计时，小球经t=2s落到水平地面上的D点（图中未画出D点），G点是小球离开斜面的位置，H点为G点在水平面上的投影点。不考虑小球反弹，忽略空气阻力，sinθ=0.2，cosθ=1，重力加速度g取10m/s2。 (1)小球经过A点时速率vA； (2)小球到达B点细线被割断前，小球对细线的拉力FT的大小； (3)求落地时D点到H点的距离L1。 【答案】(1)1m/s (2)12N (3) 【详解】（1）因为小球恰好能在斜面上做完整的顺时针圆周运动，所以在A点由牛顿第二定律有 解得小球经过A点时的速率为 （2）从A点到B点的过程中，由机械能守恒定律有 解得小球经过B点时的速率为 对小球在B点进行受力分析，列牛顿第二定律方程有 解得在B点小球受到绳的拉力为 则由牛顿第三定律可知，小球对细线的拉力大小为 （3）小球在BG间做类平抛运动，其水平方向为匀速直线运动，则有 解得小球从B点到G点的运动时间为 小球沿GF方向做从静止开始的匀加速直线运动，则G点沿GF方向的分速度为 将小球沿GF方向的分速度沿水平方向和竖直方向进行正交分解，如图所示： 则在G点沿竖直方向的分速度为 沿水平方向的分速度为 离开G点后，小球水平方向速度的矢量图如图所示： 设小球离开斜面后，从G点到D点沿方向的位移为x2，沿方向运动的位移为x3，小球从G点飞出后，从上往下俯视，小球沿着方向做匀加速直线运动，则根据牛顿第二定律可得其加速度为 根据匀变速直线运动的规律有 小球沿着方向做匀速直线运动，则有 所以落地时D点到H点的距离为 题型解码 斜面圆周运动与绳断后的复合运动问题，需分段处理：①圆周运动最高点临界条件；②绳断后沿斜面的类平抛运动；③离斜面后的匀变速曲线运动。注意各阶段速度的矢量分解与合成。 1．（2026·安徽安庆·二模）滑板运动是很多年轻人热爱的一项运动。如图所示为某一滑板的滑道，左侧是一个水平平台，在平台右侧有一倾角为53°的滑道AB。一滑板运动员（可视为质点）从平台边缘O点以某一水平速度冲出，恰好无碰撞地从A点进入倾斜滑道。已知OA的水平距离为，g取，，，不计空气阻力，则运动员冲出O点时的速度大小为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】设运动员冲出O点时的速度大小为，其在水平方向上做匀速直线运动，从O点运动到A点所用时间 其在竖直方向上做自由落体运动，到达A点的竖直速度为 因运动员恰好无碰撞地从A点进入倾斜滑道，则 代入 解得 故选A。 2．（2026·河北保定·一模）如图所示，杂技表演时，小球在两倾角均为θ的倾斜板子间弹跳，小球离开a板和到达b板时速度大小相等，方向均与板子垂直，运动轨迹左右对称。小球与两板的接触点到两板底端O的距离均为L。重力加速度为g，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　） A．小球从a板运动到b板的时间为 B．小球在最高点的速度大小为 C．小球离开a板时的速度大小为 D．小球最高点到两板底端O的高度为 【答案】C 【详解】AB．设小球从a板运动到b板的时间为t， 斜上抛运动可分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，根据可逆性斜上抛运动从最高点可分为两个平抛运动,落在b板上由速度分解的矢量三角形有 最高点到某一板水平方向有 最高点到某一板竖直方向有 联立解得， 小球在最高点的速度大小为 小球离开a板时的速度大小为 故AB错误,C正确； D．最高点到某一板竖直方向由自由落体 小球最高点到两板底端O的高度为，故D错误。 故选C。 3．（2026·湖北孝感·一模）如图所示，足够长光滑斜面倾角，在斜面顶端有可视为质点的小球A和小球B，某时刻A以vA=4m/s水平抛出，与此同时B从斜面顶端以初速度vB沿斜面向下滑，经过一段时间，A刚好击中在斜面上滑动的小球B，取g=10m/s2（sin37°=0.6，cos37°=0.8），则下列说法正确的是（　　） A．若A的初速度变为原来的2倍，A还是可以击中B B．B的初速度vB=3.2m/s C．A击中B时的速度大小为2m/s D．若A的初速度变为原来的2倍，则A落到斜面上时的速度方向与斜面的夹角变大 【答案】B 【详解】B．A小球为平抛运动，水平方向 竖直方向 落点在斜面上，所以 ​ 解得 B小球沿斜面加速运动，根据牛顿第二定律 位移时间关系，又 解得，B正确； A．若 A 的初速度变为原来的2倍，，由前面解析可知，运动时间将变为原来的2倍， A小球沿斜面的位移，B小球的位移 无法击中B球，A错误； C．A 击中 B 时，水平速度，竖直速度 合速度，C错误； D．设 A 落到斜面时速度方向与水平方向的夹角为，则 可见与初速度无关，因此速度方向与斜面的夹角也不变，D错误。 故选B。 4．（2026·江苏·一模）如题图所示，三角形斜面ABC水平固定，两个相同且可视为质点的小球a、b同时从C、D两点以相同速度水平抛出，先后落点为E、A。已知B、C、D在同一竖直线上，E为AC中点，小球a、b平抛到斜面上时的动能之比为，不计空气阻力。则该过程中，下列说法正确的是（　　） A．斜面的倾角为45° B．高度关系满足BC=1.5CD C．小球a、b距斜面的最远距离之比为 D．小球a、b距斜面最远时的位置在同一竖直线上 【答案】D 【详解】B．平抛运动水平方向有，由于小球a、b做平抛运动的水平位移比为，则小球a、b做平抛运动的时间之比为，根据 可知小球a、b在竖直方向下落的高度之比为，根据几何关系可知BC=CD，故B错误； A．小球a、b在E、A两点的竖直速度之比为，设斜面倾角为θ，由速度偏向角和位移偏向角关系可知 结合已知的动能关系可得 解得，故A错误； C．小球a、b距斜面最远时，两球距斜面投影点的竖直高度之比显然小于，因此两球距斜面的最远距离之比也一定小于，故C错误； D．小球a、b距斜面最远时的速度方向均与AC平行，运动时间相同，水平位移相同，即小球a、b距斜面最远时的位置在同一竖直线上，故D正确。 故选D。 5．如图所示，半径为R的半圆弧ACB，O是圆心，D是OA的中点。自A点和D点同时水平抛出质量相等的甲、乙两个小球。两球同时落在圆弧BC上的某点（图中未画出），且其中一个小球落点处速度方向与圆弧垂直，则下列说法正确的是（　　） A．甲球在落点处速度方向与圆弧垂直 B．甲、乙两球在运动过程中动量变化量不同 C．甲、乙两球下落时间为 D．甲、乙两球初速度大小之比为 【答案】D 【详解】AC．根据平抛运动的推论，速度方向的反向延长线过水平位移的中点，由此可知甲球不可能垂直打在圆弧BC上的某点，所以乙球落点处速度方向与圆弧垂直，因为速度的反向延长线过圆心，所以乙球的水平位移为R，根据几何关系可知乙球下落的高度为 解得，故AC错误； B．根据动量定理，有 因为质量相等，下落时间相等，所以甲、乙两球在运动过程中动量变化量相同，故B错误； D．对甲球在水平方向，有 乙球在水平方向上，有 联立可得甲、乙两球初速度大小之比为，故D正确。 故选D。 6．如图所示，在光滑的水平面内建立xOy坐标系，质量为m的小球以某一速度从原点O点出发后，受到一平行于y轴方向的恒力作用，恰好以沿x轴正方向的速度通过A点，已知小球通过A点的速度大小为v0，且OA连线与Ox轴的夹角为30°，则（　　） A．恒力的方向可能沿y轴正方向 B．小球从O点出发时的动能为 C．恒力在这一过程中所做的功为 D．恒力在这一过程中的冲量大小为 【答案】D 【详解】A．小球受到恒力作用做匀变速曲线运动，利用逆向思维法，小球做类平抛运动。由此可判断恒力方向一定沿y轴负方向，故A错误； B．由几何关系可得 所以小球经过坐标原点时，沿y轴方向的分速度为 沿x轴方向的速度仍为，小球从O点出发时的动能为，故B错误； C．恒力在这一过程中所做的功为，故C错误； D．恒力在这一过程中的冲量大小，故D正确。 故选D。 7．（2026·河北·一模）如图所示，半径为R的半球形陶罐，固定在可以绕竖直轴转动的水平转台上，转台转轴与过陶罐球心O的对称轴重合。转台以一定角速度匀速转动，一质量为m的小物块落入陶罐内，经过一段时间后小物块随陶罐一起转动且相对罐壁静止，此时小物块受到的摩擦力恰好为0，且它和O点的连线与之间的夹角为37°。小物块和陶罐之间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为g，，。则（　　） A．小物块受到重力、支持力、向心力的作用 B．转台转动的角速度为 C．小物块转动的线速度大小为 D．当转台的角速度缓慢增大到时，小物块相对罐壁发生滑动 【答案】C 【详解】A．小物块做匀速圆周运动，受到重力和陶罐的支持力的作用（当摩擦力为0时）。向心力是这两个力的合力，是效果力，不是物体实际受到的力，故A错误； B．小物块做圆周运动的半径为 对小物块，根据牛顿第二定律可得 解得，故B错误； C．小物块转动的线速度大小为，故C正确； D．当转台的角速度缓慢增大时，小物块有向上滑动的趋势，会受到沿罐壁向下的静摩擦力。当静摩擦力达到最大值时，小物块即将滑动，此时 设此时角速度为，竖直方向 根据牛顿第二定律，在水平方向 解得 即，当转台的角速度缓慢增大到时，小物块相对罐壁发生滑动，故D错误。 故选C。 8．（2026·重庆沙坪坝·模拟预测）如图1所示，A、B两个可视为质点的小球由两段不可伸长的相同长度的轻绳连接，一同学用手握住轻绳上端O，初始时刻两个球均静止，该同学通过晃动让两个小球动起来，系统稳定时两个小球均在水平面内做匀速圆周运动，如图2所示。晃动轻绳过程中O点高度没有发生变化，不计空气阻力。则（　　） A．稳定时，A球线速度大于B球线速度 B．稳定时，A球角速度大于B球角速度 C．从开始晃动到系统稳定过程中，轻绳AB对A球做的功等于A球机械能的增量 D．从开始晃动到系统稳定过程中，轻绳OB对B球做的功等于B球机械能的增量 【答案】C 【详解】AB．稳定时两球的角速度相等，由于A球做圆周运动的半径小于B球做圆周运动的半径，根据可知，A球的线速度小于B球的线速度，故AB错误； CD．根据功能关系可知，从开始晃动到系统稳定过程中，轻绳AB对A球做的功等于A球机械能的增量，轻绳OB、轻绳AB对B球做的功等于B球机械能的增量，故C正确，D错误。 故选C。 9．如图所示，放于竖直面内的光滑金属细圆环半径为R，质量为m的带孔小球穿于环上，同时有一长为R的细绳一端系于球上，另一端系于圆环最低点，绳能承受的最大拉力为2mg，重力加速度的大小为g，当圆环以角速度ω绕竖直直径转动时，下列说法不正确的是（　　） A．圆环角速度ω等于时，小球受到2个力的作用 B．圆环角速度ω等于时，小球受到3个力的作用 C．圆环角速度ω等于2时，细绳将断裂 D．圆环角速度ω大于时，小球受到2个力的作用 【答案】C 【详解】A．当细绳拉直时，设细绳与水平方向的夹角为θ，如图所示，因细绳与两半径构成等边三角形，则θ＝90°－60°＝30°，球做圆周运动的半径为 在水平方向上，由牛顿第二定律有F支cosθ＋F拉cosθ＝mω2r 在竖直方向上，由平衡条件有F支sinθ＝mg＋F拉sinθ 当F拉＝0时，解得 当F拉＝2mg时，解得。 圆环角速度ω等于时，ω＜ω1，细绳处于松弛状态，小球仅受重力和圆环支持力的作用，A正确； B．圆环角速度ω等于时，ω1＜ω＜ω2，小球受到重力、圆环支持力和细绳拉力的作用，B正确； C．圆环角速度ω等于2时，ω＜ω2，细绳没有断裂，C错误； D．圆环角速度ω大于时，细绳断开，小球受到重力和圆环支持力的作用，D正确。 此题选择不正确的，故选C。 10．（2026·四川宜宾·二模）如图，正方形ABCD为倾角的光滑绝缘斜面，边长，位于平行AB向下的匀强电场中，场强，一质量，带电的小球通过长为的轻绳一端固定于正方形中心O，将轻绳拉直并使小球在圆形虚线上某一位置P（未画出）静止。现给小球一垂直于绳的速度，小球开始在斜面上做圆周运动，当运动到圆形虚线的最低点时，绳子恰好断裂，之后小球刚好能够到达C点。不计一切阻力，重力加速度，则（　　） A．P点不可能在图中圆形虚线的最高点 B．绳能够承受的最大张力为1.8N C．绳断裂瞬间小球速度大小为 D．小球到达C点时速度大小为 【答案】A 【详解】A． 小球在 P 点静止，说明 P 点为等效重力场的最低点（平衡位置），小球受重力沿斜面向下的分力 电场力 由于 q<0，电场方向平行 AB 向下，则电场力方向平行 AB 向上 它们合力 方向沿斜面向下，不可能在最高点，故 A 正确； CD．绳子在几何最低点断裂，小球做类平抛运动，由牛顿第二定律 沿斜面向下 水平方向 解得绳断裂瞬间小球速度大小为 小球到达 C 点时，沿斜面向下的速度 合速度 ，故CD 错误； B．在最低点，由牛顿第二定律 解得 T=1.2N，故 B 错误。 故选 A。 11．（2026·湖南怀化·一模）如图所示在倾角为的斜面体上，ABCD面虚线左侧粗糙右侧光滑，绳子一端连接小球，另一端与固定点O连接。为了让小球在ABCD面内做圆周运动，给小球一个水平向左的速度（未知）恰好使OE段无张力。当小球运动到G点时绳子突然断裂，之后小球做类斜抛运动，E、F点为圆周运动的最高点和最低点且F在BC上。绳子长度L为0.2m，小球质量为1kg，运动到G点时速度为，G点与圆心O的连线与EF的夹角为，重力加速度取，则（　　） A．从E到G动量变化量为 B．从E到G摩擦力做的功为2J C．小球在G点时重力的功率 D．小球在类斜抛运动过程中离BC边的最大距离为 【答案】C 【详解】A．小球在E点时，由重力沿斜面方向的分力提供向心力，有 解得 由几何关系可知，与G点的速度的夹角为，则速度变化量为 从E到G的动量变化量为，故A错误； B．小球在E点和G点的速度大小相等，动能变化量为0，由动能定理，得 重力做功 则从E到G摩擦力做的功为，故B错误； C．小球在G点时沿斜面垂直于BC方向的速度为 小球在G点时竖直方向的速度为 小球在G点时重力的功率，故C正确； D．小球沿斜面垂直于BC方向的速度为0时，离BC边的距离最大，沿斜面垂直于BC方向的加速度为 由匀变速直线运动速度与位移的关系，可得从G点沿斜面垂直于BC方向上升的最大距离为 由几何关系，可得离BC边的最大距离为，故D错误。 故选C。 12．（2026·四川绵阳·模拟预测）一孩童在内壁是圆柱形光滑水泥管的最低点以水平初速度踢出小球，水泥管的内径为，小球沿管壁向上运动到离最低点高度为时，脱离管壁落入背篓，重力加速度，忽略一切阻力和滚动，小球始终在同一竖直面内运动，则水平初速度为（　　） A．2.3m/s B．3m/s C．5m/s D．7m/s 【答案】C 【详解】在球即将脱离水泥管的瞬间，设此时速度方向与水平方向夹角为，如图所示 则在脱离瞬间水泥管道对小球的支持力为零，重力在指向圆心方向的分力提供向心力，则有 小球从踢出瞬间到脱离水泥管根据动能定理可知 代入题中数据 解得 故选C。 13．（2026·山东泰安·一模）如图所示，在倾角为的光滑斜面上，长为的轻质细绳一端拴接一可视为质点的小球，另一端固定于斜面上的点。小球在最低点A处获得一瞬时冲量，恰好能在斜面上做完整的圆周运动。在同一水平高度，连线与连线垂直，重力加速度为，则小球运动到C处时加速度大小为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】小球经过B点时有 小球由B点运动到C点的过程，根据动能定理有 联立解得 小球经过C点时，向心加速度为 切向加速度为 小球运动到C处时加速度大小为 故选C。 14．（2026·辽宁大连·模拟预测）（多选）如图所示，足够长的斜面倾角为，从斜面上以相同的速率沿不同方向抛出小球，小球最后均能落回斜面，重力加速度为，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．小球飞行的最长时间为 B．小球抛出后与斜面的最大距离为 C．小球沿斜面方向飞行的最大距离为 D．小球落回斜面时的最大速度为 【答案】BD 【详解】A．设小球抛出时与斜面间的夹角为，从小球抛出到落回斜面，对垂直斜面方向分析可知，小球飞行的时间，当时，飞行时间最长，为，A项错误； B．小球抛出后与斜面的最大距离，当时，最大为，B项正确； C．小球沿斜面方向有，代入解得，因为，故，可知当时，取最大值为，C项错误； D．当小球落回斜面下降的高度最大时，小球的速度最大，根据动能定理有，解得，D项正确。 故选BD 。 15．（多选）如图所示，内壁光滑的四分之一圆弧轨道竖直固定放置，轨道半径为，圆心为A点，分别是竖直半径和水平半径。现让光滑水平面上的小球获得一个水平向右的速度（未知量），小球从A点离开后运动到圆弧上的点，重力加速度为，小球可视为质点，下列说法正确的是（   ） A．若，小球运动到点时速度与水平方向的夹角为，则有 B．若小球从A到运动时间为，则 C．改变的大小，小球落到圆弧上的速度最大值为 D．改变的大小，小球落到圆弧上速度的最小值为 【答案】BD 【详解】A．设，则平抛运动位移的偏转角为 当速度的偏转角为时，根据平抛运动的推论，可得 综合可得 故A错误； B．小球从A到，由平抛运动的规律可得 ， 由几何关系可得 综合解得 故B正确； CD．若让小球从A点以不同初速度水平向右抛出，由平抛运动的规律可得小球刚到达某点点时的速度为 结合 ，， 综合可得 由数学知识可得 则的最小值为 故C错误，D正确。 故选BD。 16．（多选）如图所示，在竖直平面直角坐标系中，在时，质量的小球从坐标原点处，以初速度斜向右上方抛出，同时受到的作用（虚线箭头为风力方向与的夹角为，且与轴正方向的夹角也为），重力加速度取。下列说法正确的是（　　） A．小球的加速度先增大后减小 B．小球在时再次经过轴 C．小球的重力势能一直减小 D．小球的动能一直增大 【答案】BD 【详解】A．由题意和几何知识可知小球受到的合力为 方向与初速度的方向垂直，小球做类平抛运动，小球的加速度不变，故A错误； B．小球再次经过x轴时，沿初速度方向的位移和垂直初速度的位移关系为 又 解得 故B正确； C．小球做类平抛运动，小球的高度先增加后减小，重力势能先增加后减小，故C错误； D．小球做类平抛运动，速度一直在增加，小球的动能一直增大，故D正确。 故选BD。 17．（2026·海南·一模）（多选）如图所示，将短道速滑运动员在弯道转弯的过程看成在水平冰面上的一段匀速圆周运动，转弯时由于冰刀嵌入冰内，因此冰刀受到与冰面夹角为θ（蹬冰角）的支持力，不计一切摩擦，转弯半径为R，重力加速度大小为g。关于该转弯过程，下列说法正确的是（　　） A．运动员所受合力大小不变 B．运动员的加速度大小为gtanθ C．运动员转弯时角速度的大小为 D．运动员的线速度大小为 【答案】AC 【详解】A．运动员做匀速圆周运动，合力提供向心力，所以他所受合力大小保持不变，故A正确； BCD．运动员受力如图所示 根据合力提供向心力有 可知运动员转弯时的线速度大小 又 解得 ，故BD错误，C正确。 故选AC。 18．（2026·新疆·二模）（多选）如图所示，半径为r的光滑圆轨道竖直放置，以圆心O为坐标原点在竖直平面建立直角坐标系。一小球在最低端A点沿内轨以速度水平射出，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．小球将在B点下方某点脱离轨道 B．小球将在B点上方某点脱离轨道 C．小球脱轨后，将在与脱离点关于y轴对称的位置再次进入轨道 D．小球脱离轨道后，将在x轴下方某点与轨道相撞 【答案】BD 【详解】AB．小球脱离轨道的临界条件是轨道对它的支持力，此时重力沿半径方向的分力提供向心力。设脱离点与圆心O的连线和水平x轴的夹角为。由向心力公式 解得 机械能守恒 联立解得 。所以脱离点在B点上方，故A错误，B正确； CD．脱离点角度满足 则脱离点位于圆心右侧上方，坐标为。 小球脱离后，以速度 做斜抛运动，根据速度的分解有（向左），（向上） 上升到最高点的时间由 得 斜上抛回到与抛出点等高时的水平位移 圆轨道上斜抛抛出点所在的水平弦长 斜上抛回到与抛出点等高时的水平位移小于圆轨道上斜抛抛出点所在的水平弦长，斜上抛轨迹是抛物线，不是圆。不可能刚好对称贴回去，小球脱离轨道后，将在x轴下方某点与轨道相撞，故C错误，D正确。 故选BD。 19．（多选）图甲为一种小型打夯机，利用冲击和冲击振动作用分层夯实回填土，图乙为这种打夯机的结构示意图。质量为m的摆锤通过轻杆与总质量为M的底座（含电动机）上的转轴相连，轻杆质量忽略不计。电动机带动摆锤绕转轴O在竖直面内以角速度匀速转动，转动半径为l，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A．摆锤转到最低点时，底座对地面的压力不可能为零 B．若摆锤转到最高点时，底座对地面的压力刚好为零，则角速度 C．若摆锤转到最高点时，轻杆对摆锤的弹力为0，则角速度 D．摆锤转到轻杆水平时，轻杆对摆锤的作用力大小为 【答案】AB 【详解】A．摆锤转到最低点时，轻杆对摆锤有向上的拉力作用，根据向心力公式有 此时轻杆对底座有向下的拉力作用，所以底座对地面的压力不可能为0，故A正确； B．若摆锤转到最高点时，底座对地面的压力刚好为零，则轻杆对底座有向上的作用力，大小为Mg，所以对摆锤分析，有 可解得，故B正确； C．若摆锤转到最高点时，轻杆对摆锤的弹力为0，则对摆锤分析，有 此时，故C错误； D．摆锤转到轻杆水平时，轻杆对摆锤的作用力的水平分量提供向心力，大小为 所以轻杆对摆锤的作用力为，故D错误。 故选AB。 20．（2026·内蒙古赤峰·模拟预测）（多选）2025年11月29日，内蒙古自治区首次迎来全国性滑板赛事。某条赛道竖直截面简化设计如图所示，其中是倾角为的斜面，凹圆弧和凸圆弧的半径均为，且、和、分别等高，整个路面无摩擦且各段之间平滑连接。用质量为的小球代替滑板，将小球从斜面上不同的高度由静止释放。，。在小球的运动过程中（　　） A．小球可能在某一位置处于完全失重状态 B．若，小球一定能沿轨道运动到点 C．若小球能沿轨道运动到点，则不能大于0.2R D．若小球能沿轨道运动到点，则小球经过、两点时对轨道的压力大小之和与的大小无关 【答案】ACD 【详解】A．如果小球到点时，其速度足够大，使得指向凸圆弧圆心的合力不足以提供向心力导致小球脱离路面，其合力等于重力，加速度等于重力加速度，这种情况小球处于完全失重状态。故A正确； B．要保证小球在段沿轨道运动，则小球运动到段的任意一点，其重力沿半径方向的合力能够提供向心力，有 为重力和点半径的夹角，等于小球位置与点之间圆弧对应的圆心角。从点运动到点能量守恒，有 联立推导得 的最小值为 因此计算得，故B错误； C．由选项B可知，才能保证小球在沿轨道运动。小球运动到段的任意一点，为了保证小球沿轨道运动，同样有其重力沿半径方向的合力能够提供向心力，有 为重力和小球位置点半径的夹角，等于小球位置与点之间圆弧对应的圆心角。从点运动到点能量守恒，有 同样推导出 由选项B知，综上为了保证小球能沿轨道运动到F点，不能大于0.2R。故C正确； D．小球从点到点，由能量守恒得 小球经过点时对轨道的压力大小满足 推导得 同理，小球从点到点，由能量守恒得 小球经过点时对轨道的压力大小满足 推导得 因此 因此小球经过、两点时对轨道的压力大小之和与的大小无关，故D正确。 故选ACD。 21．（2026·广东广州·模拟预测）小李想测定华附石牌校区的重力加速度大小，他取了一根没有弹性的细线，将细线上端固定于摇柄下端O点处，另一端连接一小钢球，转动摇柄可控制小钢球某段时间内在某一水平面内做匀速圆周运动，在圆周上某处安装一闪光标记，如图所示；O点到钢球球心的距离为L。 (1)某次实验中，当小球第一次经过标记点时，他开始计时，当小球第10次经过标记点时，他记录的时间为t，则小球运动的周期为T=________，若球心到转轴的垂直距离为r，则钢球的线速度大小为____________。 (2)测量出细线与竖直方向的夹角为α，则可求出当地重力加速度大小为g =_______。（用T、L、α表示） (3)减小α，同时调节绳长，使得小球保持在原水平面内做匀速圆周运动，则小球运动的周期________（填“变长”“变短”或“不变”）； (4)若绳长不变，α变大，使小球在新的轨道做匀速圆周运动，则与原轨道比较，小球所受拉力__________（填“变大”“变小”或“不变”）； 【答案】(1) (2) (3)不变 (4)变大 【详解】（1）[1]小球运动的周期为 [2]钢球的线速度大小为 （2）重力与拉力合力提供向心力，有 当地重力加速度大小为 （3）由 小球运动的周期，减小α，同时调节绳长，使得小球保持在原水平面内做匀速圆周运动，不变，故小球运动的周期不变。 （4）若绳长不变，α变大，使小球在新的轨道做匀速圆周运动，与原轨道比较，小球所受拉力变大。 22．（2026·云南昭通·模拟预测）某同学利用如图甲所示装置验证机械能守恒定律。半径为的光滑半圆形轨道竖直固定放置，轨道上装有压力传感器，可视为质点的小钢球在半圆形轨道上的之间来回滑动，点为轨道的圆心，点为轨道的最低点。图乙表示小钢球对轨道的压力大小随时间变化的曲线，且图中时刻为小钢球从点开始运动的时刻，为已知量。实验中测得小钢球静止在点时对轨道的压力大小为。 (1)小钢球经过点时对轨道的压力大小为___________（用题中字母表示）。 (2)若要验证机械能守恒定律，则只需要验证表达式___________成立即可（用题中字母表示）。 (3)写出一条提高实验精确度的建议：___________。 【答案】(1)F2 (2) (3)多次测量取平均值，或者减小空气阻力的影响（如选择密度大、体积小的小球等） 【详解】（1）设小钢球的质量为m，，小钢球从点到最低点B时，小钢球机械能守恒，则有 可知小钢球在B点的速度最大，根据牛顿第二定律有 可得 可知小钢球在B点时轨道对小钢球的支持力最大，根据牛顿第三定律，可知小钢球在B点时对轨道的压力最大，根据图乙，可知小钢球经过B点时对轨道的压力大小为。 （2）设小钢球的质量为m，，小钢球从A点开始运动时，对小钢球受力分析有 小钢球经过B点时，由牛顿第二定律有 若从A点到B点的过程，小钢球机械能守恒，则有 又 联立可得 也可以写成或 （3）为提高实验精确度，可以多次测量取平均值，或者减小空气阻力的影响（如选择密度大、体积小的小球等）。 23．（2026·河北衡水·模拟预测）跳台滑雪是一项勇敢者的运动，它需要利用山势特点建造一个特殊跳台。一运动员穿着专用滑雪板，不带雪杖，在滑雪道上获得较高速度后从A点沿水平方向飞出，在空中飞行一段距离后在山坡上B点着陆，如图所示。已知可视为质点的运动员从A点水平飞出的速度，山坡可看成倾角为37°的斜面，不考虑空气阻力（，，），求： (1)运动员在空中的飞行时间； (2)运动员落到斜面上时的速度大小； (3)运动员何时离斜面最远。 【答案】(1)3s (2) (3)1.5s 【详解】（1）运动员从A点到B点做平抛运动，水平方向的位移 竖直方向的位移 又有 代入数据解得 （2）运动员落在斜面上时速度的竖直分量 运动员落到斜面上时的速度大小 （3）如图 运动员距离斜面最远时，合速度方向与斜面平行，有 即 解得 24．（2025·山东·模拟预测）如图所示，在竖直平面建立坐标系，为光滑轨道，段为光滑平直轨道，；段为半径的四分之一圆弧轨道，为其圆心。可视为质点的质量的小球从点以初速度沿与轴正向成角斜向上飞出（重力加速度取，，）。 (1)若小球从点以初速度沿与轴正向成角斜向上飞出，要使小球恰好落在点处，初速度的大小是多少？ (2)若的大小、方向均可以改变，保证小球水平通过点，则击中光滑圆弧轨道时小球的动能是多少？ 【答案】(1) (2) 【详解】（1）小球由点到点做斜抛运动，速度分解有， 水平方向位移为 根据对称性，竖直方向有 联立解得 （2）小球水平通过点时速度为，则有， 解得， 小球从到圆弧时间为，则有， 根据几何关系可得 联立解得 根据动能定理可得 解得击中光滑圆弧轨道时小球的动能为 25．（2026·四川德阳·二模）如图1所示为一款打弹珠游戏装置，斜面与水平面的夹角为，斜面上固定有两块圆形挡板（一块半圆挡板、一块四分之一圆挡板）和四块直挡板。斜面俯视图及尺寸如图2所示，底板沿水平方向，两圆形挡板均与直挡板相切，右侧两直挡板间距略大于弹珠尺寸，左侧两直挡板间形成了一块矩形中奖区间。游戏时，弹珠置于右侧两直挡板间紧贴底板，通过拉动拉杆后释放拉杆，拉杆上的顶杆穿过底板小孔与弹珠在底板处碰撞，弹珠获得动能，若弹珠运动过程进入“取胜区”即可赢得游戏。已知弹珠质量为m且可视为质点，重力加速度大小为g，忽略一切摩擦，求： (1)弹珠在斜面上做类平抛运动时的加速度大小a； (2)要使得弹珠与点b（左侧直挡板与半圆挡板的切点）相撞击，内侧圆形轨道最高点a对弹珠的作用力大小N； (3)该游戏若能取胜，弹珠被撞击后的动能需要满足的条件（若存在碰撞，仅考虑与区域直挡板的弹性碰撞）。 【答案】(1) (2) (3)或 【详解】（1）对于弹珠在斜面上的类平抛运动由牛顿第二定律有 解得 （2）设离开a点的速度大小为，沿底板方向有 垂直于底板方向有 解得 在a点，由圆周运动动力学方程有 解得 （3）由于弹珠与间的碰撞为弹性碰撞，可将碰撞后的运动轨迹沿着轴对称折叠，碰撞前后的运动可以合并成类平抛运动。现分析弹珠经碰撞后恰好撞击点的情况，设过a的速度为，轨迹如下 水平方向有 垂直于底板方向有 解得 对离开圆轨道后类平抛运动恰好过f点的情况，设其过a的速度为，水平方向有 垂直于底板方向有 联立解得 若弹珠过a点后恰不脱轨，其刚过a点速度满足 弹珠从底板到a点的过程，解得 弹珠从底板到a点的过程，由动能定理可得 因要取胜，过a点的速度需满足或，故解得弹珠被撞击后的动能需要满足的条件 或 26．（2025·广东佛山·一模）如图所示，某智能物流中心采用复合传送系统分拣包裹。传送系统的左端为一半圆环形水平转弯机，其中心线的半径为R0=2m，最小半径R1=1m，最大半径R2=3m。将多个相同的质量m=2kg的包裹以不同的初速度放在转弯机的不同位置，使包裹与转弯机不打滑（即随转弯机同步运动）。包裹离开转弯机后进入水平传送带，与传送带共速后，由长度为L=5m、倾角为=37°的倾斜传送带运送至顶端，再经水平传送带匀速运送至分拣机，最终被水平抛出，落入分拣车中。落点与抛出点的竖直距离和水平距离分别为h=1.8m及s=1.2m。已知：传送系统各部分平滑衔接且为同种材质。忽略空气阻力，包裹可视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g=10m/s2。问： (1)包裹放在水平转弯机上的什么位置不易打滑，是内侧还是外侧？若包裹不打滑且水平转弯机各部分的动摩擦因数均为μ0=0.9，求半圆形水平转弯机的最大运行角速度ωm。 (2)要使包裹在倾斜传送带上不打滑，则包裹与传送带之间的动摩擦因数μ至少为多少？ (3)包裹从静止释放到落入分拣车的过程中，传送系统及分拣机对包裹做的功W。 【答案】(1)内侧； (2) (3)64J 【详解】（1）包裹在水平转弯机上做圆周运动时，根据，可知包裹放在水平转弯机上内侧不易打滑；半圆形水平转弯机的最大运行角速度 （2）要使包裹在倾斜传送带上不打滑，则需满足 解得 （3）包裹从分拣机上抛出时的速度 包裹从静止释放到落入分拣车的过程中，传送系统及分拣机对包裹做的功 2 / 41 学科网（北京）股份有限公司 $ 压轴02 抛体运动与圆周运动(答案版) 典例·靶向·突破 题型01 平抛运动与各种面结合的综合问题 1．【答案】BD 2．【答案】ABD 题型02 类平抛体运动 3．【答案】(1)，方向沿轴正方向 (2)，与水平方向夹角 (3) 【详解】（1）由题意可知，小球沿轴方向做匀速直线运动 沿轴方向匀加速直线运动 联立可得 对比带电小球运动的轨迹方程为 可得 加速度方向沿轴正方向 （2）小球做类平抛运动，小球受到的恒力竖直向上分力与重力平衡，水平向右的分力为合外力，则小球受恒力 解得 方向与轴正向夹角为，则 解得 恒力与水平方向夹角 （3）与轴正方向夹角得为，由几何关系 在P点速度 在解得小球动能 题型03 圆周运动的动力学问题 4．【答案】D 5．【答案】D 6．【答案】(1)1m/s (2)12N (3) 【详解】（1）因为小球恰好能在斜面上做完整的顺时针圆周运动，所以在A点由牛顿第二定律有 解得小球经过A点时的速率为 （2）从A点到B点的过程中，由机械能守恒定律有 解得小球经过B点时的速率为 对小球在B点进行受力分析，列牛顿第二定律方程有 解得在B点小球受到绳的拉力为 则由牛顿第三定律可知，小球对细线的拉力大小为 （3）小球在BG间做类平抛运动，其水平方向为匀速直线运动，则有 解得小球从B点到G点的运动时间为 小球沿GF方向做从静止开始的匀加速直线运动，则G点沿GF方向的分速度为 将小球沿GF方向的分速度沿水平方向和竖直方向进行正交分解，如图所示： 则在G点沿竖直方向的分速度为 沿水平方向的分速度为 离开G点后，小球水平方向速度的矢量图如图所示： 设小球离开斜面后，从G点到D点沿方向的位移为x2，沿方向运动的位移为x3，小球从G点飞出后，从上往下俯视，小球沿着方向做匀加速直线运动，则根据牛顿第二定律可得其加速度为 根据匀变速直线运动的规律有 小球沿着方向做匀速直线运动，则有 所以落地时D点到H点的距离为 1．【答案】A 2．【答案】C 3．【答案】B 4．【答案】D 5．【答案】D 6．【答案】D 7．【答案】C 8．【答案】C 9．【答案】C 10．【答案】A 11．【答案】C 12．【答案】C 13．【答案】C 14．【答案】BD 15．【答案】BD 16．【答案】BD 17．【答案】AC 18．【答案】BD 19．【答案】AB 20．【答案】ACD 21． 【答案】(1) (2) (3)不变 (4)变大 22．【答案】(1)F2 (2) (3)多次测量取平均值，或者减小空气阻力的影响（如选择密度大、体积小的小球等） 23． 【答案】(1)3s (2) (3)1.5s 【详解】（1）运动员从A点到B点做平抛运动，水平方向的位移 竖直方向的位移 又有 代入数据解得 （2）运动员落在斜面上时速度的竖直分量 运动员落到斜面上时的速度大小 （3）如图 运动员距离斜面最远时，合速度方向与斜面平行，有 即 解得 24．【答案】(1) (2) 【详解】（1）小球由点到点做斜抛运动，速度分解有， 水平方向位移为 根据对称性，竖直方向有 联立解得 （2）小球水平通过点时速度为，则有， 解得， 小球从到圆弧时间为，则有， 根据几何关系可得 联立解得 根据动能定理可得 解得击中光滑圆弧轨道时小球的动能为 25．【答案】(1) (2) (3)或 【详解】（1）对于弹珠在斜面上的类平抛运动由牛顿第二定律有 解得 （2）设离开a点的速度大小为，沿底板方向有 垂直于底板方向有 解得 在a点，由圆周运动动力学方程有 解得 （3）由于弹珠与间的碰撞为弹性碰撞，可将碰撞后的运动轨迹沿着轴对称折叠，碰撞前后的运动可以合并成类平抛运动。现分析弹珠经碰撞后恰好撞击点的情况，设过a的速度为，轨迹如下 水平方向有 垂直于底板方向有 解得 对离开圆轨道后类平抛运动恰好过f点的情况，设其过a的速度为，水平方向有 垂直于底板方向有 联立解得 若弹珠过a点后恰不脱轨，其刚过a点速度满足 弹珠从底板到a点的过程，解得 弹珠从底板到a点的过程，由动能定理可得 因要取胜，过a点的速度需满足或，故解得弹珠被撞击后的动能需要满足的条件 或 26．【答案】(1)内侧； (2) (3)64J 【详解】（1）包裹在水平转弯机上做圆周运动时，根据，可知包裹放在水平转弯机上内侧不易打滑；半圆形水平转弯机的最大运行角速度 （2）要使包裹在倾斜传送带上不打滑，则需满足 解得 （3）包裹从分拣机上抛出时的速度 包裹从静止释放到落入分拣车的过程中，传送系统及分拣机对包裹做的功 2 / 7 学科网（北京）股份有限公司 $