圆周运动和平抛运动相结合运算 提升训练 -2026-2027学年高一下学期物理人教版必修第二册

**基本信息** 聚焦圆周运动与平抛运动综合应用，通过14道典型题构建"运动分解-受力分析-临界条件"三阶解题体系，强化物理观念与科学推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |平抛与圆周结合|8题|运动分解法（水平匀速+竖直自由落体）、速度偏角公式|匀变速直线运动→平抛运动→圆周运动向心力公式递进| |临界条件分析|6题|最大静摩擦力提供向心力、最高点速度临界值|摩擦力概念→向心力公式→临界状态判断逻辑链|

圆周运动和平抛运动相结合运算 1．（2026•模拟）某电视台正在策划的“快乐向前冲”节目的场地设施，如图所示，AB为水平直轨道，上面安装有电动悬挂器，可以载人（人可看作质点）运动，下方水面上漂浮着一个匀速转动的半径为R＝2m铺有海绵垫的转盘，转盘轴心离平台的水平距离为L、平台边缘与转盘平面的高度差H＝3.2m。选手抓住悬挂器后，按动开关，在电机的带动下从A点沿轨道做初速度为零，加速度为a＝2m/s2的匀加速直线运动，起动后2s悬挂器脱落。已知人与转盘间的动摩擦因数为0.4，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g＝10m/s2。 （1）求人随悬挂器水平运动的位移大小和悬挂器脱落时人的速率； （2）若选手恰好落到转盘的圆心上，求L的大小； （3）假设选手落到转盘上瞬间相对转盘速度立即变为零，为保证他落在任何位置都不会被甩下转盘，转盘的角速度ω应限制在什么范围？ 2．（2026春•北碚区校级期末）如图所示，某同学设计了一款投射装置，套有小环的竖直光滑半圆形轨道ABCD固定在足够大的水平转盘上，小环可视为质点，A、D分别为轨道的最低点和最高点，B、C为其三等分点，转盘能以直径AD为轴转动。甲同学匀速转动转盘，小环位于B处与轨道相对静止。乙同学使转盘静止，将小环从A处沿轨道水平弹出，小环恰在D处与轨道无相互作用飞出，然后落到转盘E处。已知轨道的半径为R，重力加速度为g。 （1）求甲同学转动转盘的角速度ω的大小； （2）求乙同学的小环落点E和轨道A点的距离x； （3）丙同学将轨道CD段拆下，将小环从A点正上方某处沿平行于EA方向水平向右丢出，同时转盘从图中位置开始匀速转动，小环恰能从C点沿轨道切线进入。求小环抛出点距O点的高度和转盘转动的周期。 3．（2026春•福州期末）如图所示，某同学在进行电动无人机操作训练时，让质量为m＝20kg的无人机在距水平地面高度为h＝45m的水平面内以线速度v0＝1m/s绕圆心O做半径为R＝4m的匀速圆周运动，O′为圆心O在水平地面上的投影，重力加速度大小为g＝10m/s2。求： （1）无人机受到的合外力大小； （2）空气对无人机作用力的大小（结果可带根号表示）； （3）某时刻该无人机上释放（相对无人机静止）物资，物资可视为质点，不计空气对物资的作用力，求物资落地点与O′点的距离。 4．（2026春•阳江期末）“旋转飞椅”是游乐园里常见的娱乐设施，游客坐在座椅上随支架一起匀速旋转时可将游客和座椅组成的整体看成质点A，其简化成如图所示模型，已知圆形旋转支架半径为R＝5m，绳子悬点到地面的垂直距离H＝7m，悬挂座椅的轻绳长为l＝5m，游客和座椅的总质量为60kg，绳子与竖直方向的夹角为θ，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，试求： （1）当绳子与竖直方向的夹角为30°时，求悬绳的拉力F及游客的线速度大小v1；（计算结果用根式表示） （2）已知旋转飞椅以最大的角速度匀速旋转时，绳子与竖直方向的夹角为37°。为防止游客携带的物品掉落伤人，管理员需以支架轴心为圆心设置圆形安全范围，求圆形安全范围的半径Rm。 5．（2026春•青白江区校级期末）如图所示，不可伸长的轻质细绳下方悬挂一质量为m的小球（可视为质点），另一端固定在O点。倾角α＝45°、高h的斜面固定在水平地面上。O点与N点等高且位于M点正上方。小球在竖直平面内做圆周运动，到最低点时细绳刚好拉断后做平抛运动并垂直击中斜面的中点Q，重力加速度为g，不计空气阻力，求： （1）小球做平抛运动的时间和小球做平抛运动初速度的大小； （2）细绳的长度和绳刚要拉断时的张力； （3）若小球击中斜面反弹的速度大小为击中前的一半，反弹后小球落到P（图中未画出）点到Q点距离。 6．（2026春•青秀区校级期中）如图所示，长L＝0.5m的轻绳一端固定在O1点，另一端系有质量m＝0.5kg的小球（视为质点），球在竖直平面内以O1为圆心做圆周运动，当球某次运动到最低点A时，绳恰好受到所能承受的最大拉力14N而被拉断，球以绳断时的速度水平飞出，并恰好由B点沿切线方向进入右侧固定圆弧轨道BCD。已知圆弧轨道半径R＝0.5m，B点与圆心O2的直线与竖直方向的夹角θ＝53°，g取10m/s2，sin53°＝0.8，空气阻力忽略不计。 （1）求轻绳断裂瞬间小球的速度大小； （2）求小球进入圆弧轨道的B点时对轨道的压力大小； （3）若圆弧轨道的动摩擦因数可调节，使得小球以不同的速度从轨道最高点D水平抛出。请分析并判断小球从D点抛出后，能否落回到圆弧轨道的B点。 7．（2026春•荥阳市校级期中）如图所示，半圆形金属轨道AB固定在水平面上，轨道半径R＝2.5m，直径AOB竖直。将一质量m＝2.5kg的小球从轨道最低点B以某一速率水平向左射入，发现小球恰能通过轨道最高点A，不计空气阻力，重力加速度g＝10m/s2。 （1）小球经过A点的速率及从A点抛出到落地经历的时间； （2）小球落地的速度； （3）已知小球经过B点的速率与小球落地的速率相等，求小球进入轨道时对B点的压力大小。 8．（2026春•延庆区期中）如图所示，一玩滚轴溜冰的小孩（可视作质点）质量为m＝30kg，他在左侧平台上滑行一段距离后水平飞出，恰能沿切线方向从A进入竖直圆弧轨道并沿轨道下滑，A、B为圆弧两端点，其连线水平。已知圆弧半径为R＝1.5m，对应圆心角为θ＝106°，平台与AB连线的高度差为h＝0.8m。（计算中g取10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6）求： （1）小孩平抛运动的时间t； （2）小孩平抛运动初速度的大小v0； （3）若小孩运动到圆弧轨道最低点O的速度为v＝5m/s，则在O点小孩对轨道的压力F的大小是多少？ 9．（2026春•朝阳区校级期中）如图，一个质量为m＝0.6kg的小球，在左侧平台上运行一段距离后从边缘A点以的速度水平飞出，恰能沿圆弧切线从P点进入固定在地面上的竖直的圆弧管道，并继续滑行。已知圆弧管道口内径远小于圆弧半径R，OP与竖直方向的夹角是θ＝37°平台到地面的高度差为h＝1.45m。取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求： （1）小球从A点运动到P点所需的时间t； （2）P点距地面的高度Δh和圆弧半径R； （3）若通过最高点Q点时小球对管上壁的压力大小9N，求小球经过Q点时的速度v大小。 10．（2026春•河东区校级期中）如图所示，AB为竖直光滑圆弧轨道的直径，其半径R＝0.4m，A端切线水平，水平轨道BC与半径r＝0.2m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＝53°。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AB，并从A点飞出，经过C点恰好沿切线进入圆弧轨道CD，取g＝10m/s2（sin53°＝0.8，cos53°＝0.6），求： （1）小球从A点飞出的速度大小v0； （2）小球在A点对圆弧轨道的压力大小F； （3）小球在C点受到的支持力的大小FC。 11．（2026春•深圳月考）如图1所示，水平圆盘可绕通过其中心O的竖直轴转动，圆盘半径R＝0.5m，离水平地面高度H＝1.25m，在圆盘边缘放置一质量M＝0.1kg可视为质点的物块，物块与圆盘间的动摩擦因数μ＝0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。已知重力加速度大小g取10m/s2，空气阻力不计，圆盘从静止开始缓慢加速转动，求： （1）物块恰与圆盘发生相对滑动时圆盘角速度的大小； （2）物块滑离圆盘后在空中运动的时间； （3）物块落地点与O点正下方地面上O′点的距离； （4）若如图2所示，细绳的一端系在物块上，另一端穿过固定在转台圆心O的光滑圆筒后悬挂一小球，小球质量m＝0.1kg，物块与O点间距离缩短为r＝0.4m，为使物块与转台间保持相对静止，求转台转动的角速度范围。 12．（2026•四川模拟）如图所示，一个可视为质点的质量为2kg的木块从P点以初速度v0＝5m/s向右运动，木块与水平面间的动摩擦。因数μ＝0.4，木块运动到M点后水平抛出，恰好沿圆弧轨道AB的A点的切线方向进入圆弧（不计空气阻力）。已知圆弧的半径R＝0.5m，半径OA与竖直半径OB间的夹角（θ＝53°，木块到达A点时的速度vA＝5m/s，取sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，g＝10m/s2。求： （1）P到M的距离L； （2）M、A间的水平距离x； （3）木块在A点对轨道的压力的大小。 13．（2026春•丰台区期中）如图所示，某广场水平地面上大小相同的花盆紧密排列在以O为圆心，R和1.5R为半径的两个同心圆上，圆心处装有竖直细水管，其上端水平喷水嘴的高度、出水速度和转动的角速度均可调节，以保障喷出的水全部落入相应的花盆中。已知给内圈上的花盆浇水时，喷水嘴的高度、出水速度、转动的角速度分别为h1、v1、ω1，花盆的直径远小于R，出水口直径为D（远小于竖直细管的高度），忽略喷水嘴的水平长度和空气阻力。 （1）求给内圈花盆浇水时，喷水嘴转动一周的过程中，喷出水的体积V。 （2）若保持出水速度v1不变，分析说明给外圈花盆浇水时，喷水嘴的高度h2应调节为多少？ （3）分别给内圈和外圈上的花盆浇水时，若要求喷水嘴的高度保持不变且喷水嘴各转动一周过程中落入每个花盆的水量都相同，请你设计两次喷水嘴转动角速度ω1、ω2应满足的条件。 14．（2026春•青岛校级月考）如图所示，倾角α＝45°、高为H的斜面MNP固定在水平地面上。竖直平面内光滑半圆弧形固定轨道CD，圆心O点位于M点正上方，半径为R。质量为m的小球（可视为质点），从斜面的中点Q以速度v0垂直斜面向上抛出，又恰好从最低点C水平切入半圆弧轨道，后又以原速率返回半圆弧轨道的最低点，之后平抛而击中斜面。已知小球击中斜面反弹后的速率为击中前的一半，不计空气阻力，重力加速度为g。求： （1）小球运动至半圆弧最低点C时对轨道的压力； （2）小球反弹后的落点与M点的距离； （3）若从斜面底端M点以一定的速度斜向上抛出，恰好垂直击中斜面与N点间距为三分之一斜面长的位置，求小球从M点抛出时的速度大小及速度与斜面间夹角的正切值。 参考答案与试题解析 1．（2026•模拟）某电视台正在策划的“快乐向前冲”节目的场地设施，如图所示，AB为水平直轨道，上面安装有电动悬挂器，可以载人（人可看作质点）运动，下方水面上漂浮着一个匀速转动的半径为R＝2m铺有海绵垫的转盘，转盘轴心离平台的水平距离为L、平台边缘与转盘平面的高度差H＝3.2m。选手抓住悬挂器后，按动开关，在电机的带动下从A点沿轨道做初速度为零，加速度为a＝2m/s2的匀加速直线运动，起动后2s悬挂器脱落。已知人与转盘间的动摩擦因数为0.4，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g＝10m/s2。 （1）求人随悬挂器水平运动的位移大小和悬挂器脱落时人的速率； （2）若选手恰好落到转盘的圆心上，求L的大小； （3）假设选手落到转盘上瞬间相对转盘速度立即变为零，为保证他落在任何位置都不会被甩下转盘，转盘的角速度ω应限制在什么范围？ 【分析】（1）利用初速度为零的匀加速直线运动位移、速度公式，算出匀加速阶段水平位移与脱落瞬间速度。 （2）将脱落之后运动分解为平抛运动，竖直方向自由落体求出平抛总时间，再算平抛水平位移，两段水平位移相加得到转盘轴心到平台的距离L。 （3）分析转盘圆周运动临界条件，转盘边缘半径最大最容易甩出，最大静摩擦力提供向心力列式，求解转盘允许的最大临界角速度，得到角速度限制范围。 【解答】解：（1）选手从轨道A点由静止出发，做初速度为0的匀加速直线运动。 根据初速度为零的匀加速直线运动位移公式可得，即选手匀加速阶段的水平位移大小为4米。 根据匀加速直线运动速度公式可得v＝at1＝2×2m/s＝4m/s，即悬挂器脱落时选手的瞬时速度为4m/s。 （2）悬挂器脱落后人做平抛运动，竖直方向为自由落体运动，下落高度，可得平抛时间 平抛的水平位移x2＝vt2＝4×0.8m＝3.2m 转盘轴心离平台的水平距离为匀加速位移与平抛水平位移之和，即L＝x+x2＝4m+3.2m＝7.2m。 （3）选手落到转盘上后，随转盘做匀速圆周运动，最容易被甩出的位置是转盘边缘，此处圆周运动半径最大，所需向心力最大。当选手刚好不被甩出转盘时，转盘对选手的最大静摩擦力完全提供圆周运动向心力，有μmg＝mω2R 可得临界角速度 为保证选手落在转盘任意位置均不会被甩出，转盘角速度必须小于等于临界角速度，即。 答：（1）人随悬挂器水平运动的位移大小为4m，悬挂器脱落时人的速率为4m/s。 （2）L的大小为7.2m。 （3）角速度限制范围为。 2．（2026春•北碚区校级期末）如图所示，某同学设计了一款投射装置，套有小环的竖直光滑半圆形轨道ABCD固定在足够大的水平转盘上，小环可视为质点，A、D分别为轨道的最低点和最高点，B、C为其三等分点，转盘能以直径AD为轴转动。甲同学匀速转动转盘，小环位于B处与轨道相对静止。乙同学使转盘静止，将小环从A处沿轨道水平弹出，小环恰在D处与轨道无相互作用飞出，然后落到转盘E处。已知轨道的半径为R，重力加速度为g。 （1）求甲同学转动转盘的角速度ω的大小； （2）求乙同学的小环落点E和轨道A点的距离x； （3）丙同学将轨道CD段拆下，将小环从A点正上方某处沿平行于EA方向水平向右丢出，同时转盘从图中位置开始匀速转动，小环恰能从C点沿轨道切线进入。求小环抛出点距O点的高度和转盘转动的周期。 【分析】（1）结合半圆轨道三等分点确定小环圆周运动半径，对B点小环沿切线方向列牛顿第二定律方程解出转盘角速度。 （2）利用竖直圆周最高点临界条件求出D点速度，将D点飞出后的运动分解为平抛运动，由竖直自由落体算出运动时间，求出水平落点与A点的距离。 （3）借助几何条件得到C点位置与切线倾角，利用平抛速度偏角规律联立水平位移公式求出平抛时长；通过竖直方向位移公式算出抛出点相对0点的高度，结合转盘转动的周期性，建立平抛时长与转盘周期的整数等量关系，推导出周期通式。 【解答】解：（1）由B、C为半圆轨道的三等分点，可得∠AOB＝60°。设小环到转轴AD的距离为r，结合几何关系可得。 对B点处相对轨道静止的小环进行受力分析，轨道对小环的作用力垂直于轨道切线，沿B点轨道切线方向应用牛顿第二定律，有mgsin60°＝mω2rcos60°，解得。 （2）小环运动至轨道最高点D 时与轨道无相互作用，重力恰好提供向心力，有，解得小环在D点的速度 小环从D点飞出后做平抛运动，D点到下方转盘平面的竖直高度为2R，设小环平抛下落总时间为t1，竖直方向有，解得 水平方向小环做匀速直线运动，水平位移x＝vDt12R，即轨道A点到落点E的距离为2R。 （3）设小环从抛出点水平抛出后，经过时长到达C点，初速度大小为v0，抛出点相对O点的高度为h。 由几何关系，C点到转轴AD的距离，相对O点的高度为 小环沿C点切线进入轨道，C点切线与水平方向的夹角为60°，由平抛运动的竖直分速度与水平分速度的比值等于夹角正切值，可得tan60° 水平位移等于C点到转轴的水平距离，满足，解得平抛运动时长 平抛运动竖直方向做自由落体运动，抛出点到C点的竖直下落高度，解得 小环的运动轨迹位于初始轨道所在的竖直平面内，C点再次回到该平面右侧时，转盘转过的角度为2nπ（n＝1，2，3，…），其中n为正整数。所以存在时间关系t＝nT，可得转盘周期（n＝1，2，3，…）。 答：（1）甲同学转动转盘的角速度大小为。 （2）乙同学的小环落点E和轨道A点的距离为2R。 （3）小环抛出点距O点的高度为，转盘转动的周期为（n＝1，2，3，…）。 3．（2026春•福州期末）如图所示，某同学在进行电动无人机操作训练时，让质量为m＝20kg的无人机在距水平地面高度为h＝45m的水平面内以线速度v0＝1m/s绕圆心O做半径为R＝4m的匀速圆周运动，O′为圆心O在水平地面上的投影，重力加速度大小为g＝10m/s2。求： （1）无人机受到的合外力大小； （2）空气对无人机作用力的大小（结果可带根号表示）； （3）某时刻该无人机上释放（相对无人机静止）物资，物资可视为质点，不计空气对物资的作用力，求物资落地点与O′点的距离。 【分析】（1）无人机做水平匀速圆周运动，合外力充当向心力，直接利用向心力公式计算合外力大小； （2）无人机受重力与空气作用力，二者的合力为向心力，重力竖直向下、向心力水平，通过力的合成勾股定理求出空气作用力； （3）物资释放后做平抛运动，先由竖直高度求出下落时间，算出平抛水平位移，再结合无人机圆周运动半径，用几何关系得到落地点到O'的距离。 【解答】解：（1）无人机受到的合外力大小为 解得F合＝5N （2）空气对无人机作用力的竖直分力为Fy＝mg＝20×10N＝200N 水平分力为N＝5N 则空气对无人机作用力的大小为N （3）物资在空中做平抛运动，竖直方向有 解得t＝3s 水平位移大小为x＝v0t＝1×3m＝3m 则物资落地点与O′点的距离m＝5m 答：（1）无人机受到的合外力大小为5N； （2）空气对无人机作用力的大小为5； （3）某时刻该无人机上释放（相对无人机静止）物资，物资可视为质点，不计空气对物资的作用力，物资落地点与O′点的距离为5m。 4．（2026春•阳江期末）“旋转飞椅”是游乐园里常见的娱乐设施，游客坐在座椅上随支架一起匀速旋转时可将游客和座椅组成的整体看成质点A，其简化成如图所示模型，已知圆形旋转支架半径为R＝5m，绳子悬点到地面的垂直距离H＝7m，悬挂座椅的轻绳长为l＝5m，游客和座椅的总质量为60kg，绳子与竖直方向的夹角为θ，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，试求： （1）当绳子与竖直方向的夹角为30°时，求悬绳的拉力F及游客的线速度大小v1；（计算结果用根式表示） （2）已知旋转飞椅以最大的角速度匀速旋转时，绳子与竖直方向的夹角为37°。为防止游客携带的物品掉落伤人，管理员需以支架轴心为圆心设置圆形安全范围，求圆形安全范围的半径Rm。 【分析】（1）对整体受力分析，竖直方向合力平衡求出绳子拉力；先算出圆周运动实际转动半径，水平方向拉力分力提供向心力，结合向心力公式求解线速度； （2）先确定夹角37°时座椅离地高度，物品掉落做平抛运动，求出平抛水平位移；结合座椅转动半径，叠加得到安全范围的总半径。 【解答】解：（1）设悬绳的拉力大小为F，根据题意可得 根据牛顿第二定律 由几何关系可得：r1＝R+lsin30° 联立解得， （2）根据牛顿第二定律 由几何关系可得r2＝R+lsin37° 物品掉落后做平抛运动，则，x＝v2t 又y＝H﹣lcos37° 几何关系可知 联立解得Rm＝10m 答：（1）当绳子与竖直方向的夹角为30°时，悬绳的拉力F为，游客的线速度大小v1为； （2）已知旋转飞椅以最大的角速度匀速旋转时，绳子与竖直方向的夹角为37°。为防止游客携带的物品掉落伤人，管理员需以支架轴心为圆心设置圆形安全范围，圆形安全范围的半径Rm为10m。 5．（2026春•青白江区校级期末）如图所示，不可伸长的轻质细绳下方悬挂一质量为m的小球（可视为质点），另一端固定在O点。倾角α＝45°、高h的斜面固定在水平地面上。O点与N点等高且位于M点正上方。小球在竖直平面内做圆周运动，到最低点时细绳刚好拉断后做平抛运动并垂直击中斜面的中点Q，重力加速度为g，不计空气阻力，求： （1）小球做平抛运动的时间和小球做平抛运动初速度的大小； （2）细绳的长度和绳刚要拉断时的张力； （3）若小球击中斜面反弹的速度大小为击中前的一半，反弹后小球落到P（图中未画出）点到Q点距离。 【分析】（1）利用平抛速度垂直斜面的角度约束分解速度，结合水平匀速位移公式，联立求解平抛运动时长与初速度。 （2）由平抛竖直下落距离算出细绳长度；在圆周最低点借助牛顿第二定律列式求解绳子张力。 （3）算出碰撞处合速度，按比例得到反弹速度；分水平、竖直方向列位移方程验证落点位置，根据斜面几何关系求出两点间距。 【解答】解：（1）小球平抛后垂直击中斜面中点，速度方向与斜面垂直，斜面倾角45°，速度分量满足 小球水平方向做匀速直线运动，斜面中点的水平位移 解得平抛运动时长，平抛初速度。 （2）小球做平抛运动的竖直位移为 所以细绳的长度 在圆周运动的最低点，根据牛顿第二定律有 解得绳刚要拉断时的张力F＝3mg，方向竖直向上。 （3）小球撞击斜面位置的合速度 结合题干条件，反弹后的速度大小 设小球反弹后能击中M点，则水平方向位移 解得反弹阶段运动时长 再代入竖直位移公式校验，竖直位移，可证明小球反弹后恰好落在M点，即题中所说的P点。 所以P点到Q点距离为。 答：（1）小球做平抛运动的时间为；小球做平抛运动初速度的大小为。 （2）细绳的长度为；绳刚要拉断时的张力大小为3mg，方向竖直向上。 （3）到P点到Q点距离为。 6．（2026春•青秀区校级期中）如图所示，长L＝0.5m的轻绳一端固定在O1点，另一端系有质量m＝0.5kg的小球（视为质点），球在竖直平面内以O1为圆心做圆周运动，当球某次运动到最低点A时，绳恰好受到所能承受的最大拉力14N而被拉断，球以绳断时的速度水平飞出，并恰好由B点沿切线方向进入右侧固定圆弧轨道BCD。已知圆弧轨道半径R＝0.5m，B点与圆心O2的直线与竖直方向的夹角θ＝53°，g取10m/s2，sin53°＝0.8，空气阻力忽略不计。 （1）求轻绳断裂瞬间小球的速度大小； （2）求小球进入圆弧轨道的B点时对轨道的压力大小； （3）若圆弧轨道的动摩擦因数可调节，使得小球以不同的速度从轨道最高点D水平抛出。请分析并判断小球从D点抛出后，能否落回到圆弧轨道的B点。 【分析】（1）在最低点A处，小球受到重力和绳拉力的作用，根据牛顿第二定律，绳的拉力与重力的合力提供向心力，已知最大拉力和绳长，可建立向心力方程，从而求解绳断裂瞬间小球的速度大小。 （2）小球从A到B做平抛运动，其水平分速度等于A点速度，到达B点时速度方向已知，通过速度合成与分解可求出B点的实际速度大小。在B点，小球沿圆周运动，其法向合力由重力的分力与轨道支持力提供，根据牛顿第二定律可求出支持力，进而得到对轨道的压力。 （3）判断小球能否从D点落回B点，需假设能落回，并分别用平抛运动规律列出水平与竖直方向的位移方程，联立求解出所需的抛出速度。同时，小球要能到达并经过D点，其在D点的速度需满足圆周运动最高点的临界条件。将所需速度与临界速度进行比较，即可得出结论。 【解答】解：（1）当小球运动至A点时，根据牛顿第二定律可得，将最大拉力Tmax＝14N代入，解得轻绳断裂瞬间小球的速度大小为vA＝3m/s。 （2）小球自A点飞出后做平抛运动，并恰好沿切线方向进入轨道B点，此时速度与水平方向的夹角为53°，由运动的合成与分解关系有vA＝vBcos53°，解得vB＝5m/s； 在B点处，依据牛顿第二定律得，代入数据可解得轨道对小球的支持力NB＝28N，再根据牛顿第三定律，小球对轨道的压力大小亦为28N。 （3）假设小球从D点平抛后能落回B点，设其飞行时间为t，在竖直方向上有，水平方向有Rsin53°＝vDt，联立两式并代入数据，解得落回B点所需的最小水平抛出速度vD＝1m/s； 若小球能到达竖直圆弧内侧轨道的最高点D并抛出，其在D点的速度必须满足，即临界速度为； 由于落回B点所需的抛出速度，因此小球不可能以此速度从D点飞出（即使以最小速度vmin飞出，其水平射程也会大于B点的水平距离而越过B点），故可判断小球从D点抛出后不能落回到圆弧轨道的B点。 答：（1）轻绳断裂瞬间小球的速度大小为3m/s。 （2）小球进入圆弧轨道的B点时对轨道的压力大小为28N。 （3）小球从D点抛出后不能落回圆弧轨道的B点。 7．（2026春•荥阳市校级期中）如图所示，半圆形金属轨道AB固定在水平面上，轨道半径R＝2.5m，直径AOB竖直。将一质量m＝2.5kg的小球从轨道最低点B以某一速率水平向左射入，发现小球恰能通过轨道最高点A，不计空气阻力，重力加速度g＝10m/s2。 （1）小球经过A点的速率及从A点抛出到落地经历的时间； （2）小球落地的速度； （3）已知小球经过B点的速率与小球落地的速率相等，求小球进入轨道时对B点的压力大小。 【分析】（1）由小球“恰能通过A点”的临界条件，结合圆周运动向心力公式求A点速率；再由A点到地面的高度，用自由落体规律求平抛时间； （2）结合A点的水平初速度与平抛过程的竖直分速度，用矢量合成求落地速度的大小与方向； （3）根据题意得到B点速率，再用圆周运动向心力公式，结合重力与轨道支持力的合力提供向心力，求出支持力，最后由牛顿第三定律得到小球对轨道的压力。 【解答】解：（1）小球恰能通过轨道最高点A，由 得vA＝5m/s 从A点抛出后做平抛运动，则由 得t＝1s （2）由 得vy＝10m/s 速度合成 得 设速度方向与水平方向的夹角为θ，则有 （3）由 已知vB＝v 代入数据解得FB＝150N 由牛顿第三定律知，小球进入轨道时对B点的压力大小为150N。 答：（1）小球经过A点的速率为5m/s，从A点抛出到落地经历的时间为1s； （2）小球落地的速度大小为，速度方向与水平方向的夹角为θ，则有tanθ＝2； （3）已知小球经过B点的速率与小球落地的速率相等，小球进入轨道时对B点的压力大小为150N。 8．（2026春•延庆区期中）如图所示，一玩滚轴溜冰的小孩（可视作质点）质量为m＝30kg，他在左侧平台上滑行一段距离后水平飞出，恰能沿切线方向从A进入竖直圆弧轨道并沿轨道下滑，A、B为圆弧两端点，其连线水平。已知圆弧半径为R＝1.5m，对应圆心角为θ＝106°，平台与AB连线的高度差为h＝0.8m。（计算中g取10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6）求： （1）小孩平抛运动的时间t； （2）小孩平抛运动初速度的大小v0； （3）若小孩运动到圆弧轨道最低点O的速度为v＝5m/s，则在O点小孩对轨道的压力F的大小是多少？ 【分析】（1）利用平抛运动竖直方向的自由落体规律，由高度差h求平抛时间； （2）结合平抛运动的速度偏角（等于A点轨道切线与水平方向的夹角），由竖直分速度和几何关系求初速度； （3）在轨道最低点，由向心力公式，结合重力和轨道支持力的合力提供向心力，求支持力，再由牛顿第三定律得到小孩对轨道的压力。 【解答】解：（1）小孩平抛竖直方向做自由落体运动，由自由落体公式 解得 （2）A点速度方向沿圆弧切线，由几何关系得A点速度与水平方向的夹角53° 平抛到A点的竖直分速度vy＝gt＝10×0.4m/s＝4m/s 由速度方向关系 整理得 代入数据得v0＝3m/s （3）在最低点O，由牛顿第二定律 解得轨道对小孩的支持力 根据牛顿第三定律，小孩对轨道的压力大小等于支持力大小，即F＝N＝800N。 答：（1）小孩平抛运动的时间t为0.4s； （2）小孩平抛运动初速度的大小v0为3m/s； （3）若小孩运动到圆弧轨道最低点O的速度为v＝5m/s，则在O点小孩对轨道的压力F的大小是800N。 9．（2026春•朝阳区校级期中）如图，一个质量为m＝0.6kg的小球，在左侧平台上运行一段距离后从边缘A点以的速度水平飞出，恰能沿圆弧切线从P点进入固定在地面上的竖直的圆弧管道，并继续滑行。已知圆弧管道口内径远小于圆弧半径R，OP与竖直方向的夹角是θ＝37°平台到地面的高度差为h＝1.45m。取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求： （1）小球从A点运动到P点所需的时间t； （2）P点距地面的高度Δh和圆弧半径R； （3）若通过最高点Q点时小球对管上壁的压力大小9N，求小球经过Q点时的速度v大小。 【分析】（1）利用平抛运动速度偏角与竖直分速度的关系，求出小球从A点到P点的运动时间。 （2）通过竖直方向自由落体位移求出下落高度，结合平台与地面高度差和几何关系，计算P点距地面高度与圆弧半径。 （3）根据小球在最高点对管上壁的压力，利用牛顿第三定律和向心力公式，求出小球经过最高点的速度。 【解答】解：（1）小球从A点水平飞出后做平抛运动，到达P点时速度沿圆弧切线方向，即速度方向与水平方向夹角为37°。 设到达P点时竖直分速度为vy，可得 解得小球从A点运动到P点所需的时间。 （2）竖直方向小球做自由落体运动，下落的高度 所以P点距地面的高度Δh＝h﹣h1＝1.45m﹣1.25m＝0.2m； 由几何关系有 解得圆弧半径R＝1m。 （3）通过最高点Q点时小球对管上壁的压力大小9N，根据牛顿第三定律，管上壁对小球的作用力大小为9N，方向向下。 在Q点由牛顿第二定律可得 可得小球经过Q点时的速度。 答：（1）小球从A点运动到P点所需的时间为0.5s。 （2）P点距地面的高度为0.2m；圆弧半径为1m。 （3）小球经过Q点时的速度为5m/s。 10．（2026春•河东区校级期中）如图所示，AB为竖直光滑圆弧轨道的直径，其半径R＝0.4m，A端切线水平，水平轨道BC与半径r＝0.2m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＝53°。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AB，并从A点飞出，经过C点恰好沿切线进入圆弧轨道CD，取g＝10m/s2（sin53°＝0.8，cos53°＝0.6），求： （1）小球从A点飞出的速度大小v0； （2）小球在A点对圆弧轨道的压力大小F； （3）小球在C点受到的支持力的大小FC。 【分析】（1）根据平抛运动竖直方向上的速度求解水平方向速度； （2）根据牛顿第二定律和第三定律求解轨道压力； （3）根据牛顿第二定律求解弹力。 【解答】解：（1）将小球在C处的速度分解，在竖直方向上有 在水平方向上有 联立并代入数据得v0＝3m/s （2）在A处，对小球，由牛顿第二定律得 解得F′A＝12.5N 根据牛顿第三定律知，圆弧轨道受到的压力大小FA＝12.5N （3）根据速度的分解可得小球在C处速度，代入数据解得vC＝5m/s 其受力分析如图所示 在C处，由牛顿第二定律，得 联立解得FC＝131N 答：（1）小球从A点飞出的速度大小为3m/s； （2）小球在A点对圆弧轨道的压力大小为12.5N； （3）小球在C点受到的支持力的大小为131N。 11．（2026春•深圳月考）如图1所示，水平圆盘可绕通过其中心O的竖直轴转动，圆盘半径R＝0.5m，离水平地面高度H＝1.25m，在圆盘边缘放置一质量M＝0.1kg可视为质点的物块，物块与圆盘间的动摩擦因数μ＝0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。已知重力加速度大小g取10m/s2，空气阻力不计，圆盘从静止开始缓慢加速转动，求： （1）物块恰与圆盘发生相对滑动时圆盘角速度的大小； （2）物块滑离圆盘后在空中运动的时间； （3）物块落地点与O点正下方地面上O′点的距离； （4）若如图2所示，细绳的一端系在物块上，另一端穿过固定在转台圆心O的光滑圆筒后悬挂一小球，小球质量m＝0.1kg，物块与O点间距离缩短为r＝0.4m，为使物块与转台间保持相对静止，求转台转动的角速度范围。 【分析】（1）根据牛顿第二定律求解角速度； （2）根据平抛运动求解时间； （3）根据平抛运动水平位移和圆周运动的位移求解距离； （4）根据角速度大小判断摩擦力方向，根据牛顿第二定律求解角速度。 【解答】解：（1）物块与圆盘刚好相对滑动时，最大静摩擦力提供向心力，有μMg＝Mω2R 解得 （2）物块滑离后做平抛运动，竖直方向为自由落体运动，有 解得t＝0.5s （3）物块滑离时的线速度v＝ωR，解得 平抛运动的水平位移x＝vt，解得 由于线速度沿圆盘切线方向，落地点到O′的距离满足勾股定理 解得 （4）物块相对圆盘静止时，绳子拉力恒等于T＝mg 物块受到的最大静摩擦力fmax＝μMg 当ω较小时，物块有近心趋势，静摩擦力沿半径向外，由拉力和静摩擦力的合力提供向心力，有 解得 当ω较大时，物块有离心趋势，静摩擦力沿半径向里，由拉力和静摩擦力的合力提供向心力，有 解得 为使物块与转台保持相对静止，转台转动的角速度范围为。 答：（1）物块恰与圆盘发生相对滑动时圆盘角速度的大小为； （2）物块滑离圆盘后在空中运动的时间为0.5s； （3）物块落地点与O点正下方地面上O′点的距离为； （4）若如图2所示，细绳的一端系在物块上，另一端穿过固定在转台圆心O的光滑圆筒后悬挂一小球，小球质量m＝0.1kg，物块与O点间距离缩短为r＝0.4m，为使物块与转台间保持相对静止，转台转动的角速度范围为。 12．（2026•四川模拟）如图所示，一个可视为质点的质量为2kg的木块从P点以初速度v0＝5m/s向右运动，木块与水平面间的动摩擦。因数μ＝0.4，木块运动到M点后水平抛出，恰好沿圆弧轨道AB的A点的切线方向进入圆弧（不计空气阻力）。已知圆弧的半径R＝0.5m，半径OA与竖直半径OB间的夹角（θ＝53°，木块到达A点时的速度vA＝5m/s，取sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，g＝10m/s2。求： （1）P到M的距离L； （2）M、A间的水平距离x； （3）木块在A点对轨道的压力的大小。 【分析】（1）由木块运动到M点后水平抛出，恰好沿竖直的粗糙圆弧AB的A点的切线方向进入圆弧可以得到平抛的初速度，即在M点的速度，由运动可求L； （2）根据平抛运动规律可求得水平方向上的位移； （3）对A点分析由牛顿第二、第三定律可得木块对轨道的压力。 【解答】解：（1）由题意可得 M点的速度为v＝vAcos53°＝5×0.6m/s＝3m/s 木块在水平面上滑行时的加速度大小a＝μg＝0.4×10m/s2＝4m/s2 P到M的距离 解得 L＝2m （2）由题图可知，木块运动至A点时竖直方向的分速度为vy＝vAsin53°＝5×0.8m/s＝4m/s 设M点与A点的水平距离为x，竖直高度为h，有vy＝gt 解得t＝0.4s 水平位移为x＝vt 解得x＝1.2m （3）设木块到达A点时，轨道对木块的支持力为FN，根据牛顿第二定律可得 解得FN＝112N 由牛顿第三定律可知，木块对轨道的压力大小112N。 答：（1）P到M的距离L为2m； （2）M、A间的水平距离x为1.2m； （3）木块在A点对轨道的压力的大小为112N。 13．（2026春•丰台区期中）如图所示，某广场水平地面上大小相同的花盆紧密排列在以O为圆心，R和1.5R为半径的两个同心圆上，圆心处装有竖直细水管，其上端水平喷水嘴的高度、出水速度和转动的角速度均可调节，以保障喷出的水全部落入相应的花盆中。已知给内圈上的花盆浇水时，喷水嘴的高度、出水速度、转动的角速度分别为h1、v1、ω1，花盆的直径远小于R，出水口直径为D（远小于竖直细管的高度），忽略喷水嘴的水平长度和空气阻力。 （1）求给内圈花盆浇水时，喷水嘴转动一周的过程中，喷出水的体积V。 （2）若保持出水速度v1不变，分析说明给外圈花盆浇水时，喷水嘴的高度h2应调节为多少？ （3）分别给内圈和外圈上的花盆浇水时，若要求喷水嘴的高度保持不变且喷水嘴各转动一周过程中落入每个花盆的水量都相同，请你设计两次喷水嘴转动角速度ω1、ω2应满足的条件。 【分析】（1）先利用竖直方向的自由落体运动规律求出水流平抛运动的时间，再结合水平方向的匀速直线运动规律建立位移与速度、时间的关系；同时根据出水口的横截面积与出水速度，求出单位时间的喷水量（体积流量），再结合喷水嘴转动一周的周期，推导转动一周的喷出水的总体积； （2）保持出水速度不变，仍将水流运动分解为竖直方向的自由落体运动与水平方向的匀速直线运动；根据内圈、外圈的水平位移关系，结合水平位移与初速度、运动时间的关系，先求出外圈水流的运动时间，再由竖直方向的位移公式，推导得出外圈喷水嘴应调节的高度； （3）先根据内、外圈花盆的数量与周长的关系，确定两次浇水时的花盆数量比；再结合喷水嘴高度不变，得出两次水流的平抛运动时间相同，进而结合水平位移求出两次的出水速度比；再根据“每个花盆水量相同”的条件，结合体积流量与角速度的关系，建立两次角速度之间的联系，推导出角速度应满足的关系。 【解答】解：（1）出水口的横截面积 给内圈花盆浇水时，喷水嘴转动一周过程中 喷出水的体积为 （2）保持出水速度v1不变，给内圈花盆浇水时R＝v1t1， 给外圈花盆浇水时1.5R＝v1t2， 联立解得 （3）喷水嘴的高度保持不变即水在空中运动的时间相同 R＝v1t，1.5R＝v2t 可得两次喷水的速度之比为 设给内圈和外圈上的花盆浇水时，喷水嘴转动一周过程中喷出水的体积分别为V1、V2，要求喷水嘴各转动一周过程中落入每个花盆的水量相同，也就是要求在圆周上单位长度的水量相同，即 根据（1）的结果有， 可得 解得：ω1＝ω2 答：（1）求给内圈花盆浇水时，喷水嘴转动一周的过程中，喷出水的体积为； （2）若保持出水速度v1不变，分析说明给外圈花盆浇水时，喷水嘴的高度h2应调节为； （3）分别给内圈和外圈上的花盆浇水时，若要求喷水嘴的高度保持不变且喷水嘴各转动一周过程中落入每个花盆的水量都相同，两次喷水嘴转动角速度ω1、ω2应满足的条件为ω1＝ω2。 14．（2026春•青岛校级月考）如图所示，倾角α＝45°、高为H的斜面MNP固定在水平地面上。竖直平面内光滑半圆弧形固定轨道CD，圆心O点位于M点正上方，半径为R。质量为m的小球（可视为质点），从斜面的中点Q以速度v0垂直斜面向上抛出，又恰好从最低点C水平切入半圆弧轨道，后又以原速率返回半圆弧轨道的最低点，之后平抛而击中斜面。已知小球击中斜面反弹后的速率为击中前的一半，不计空气阻力，重力加速度为g。求： （1）小球运动至半圆弧最低点C时对轨道的压力； （2）小球反弹后的落点与M点的距离； （3）若从斜面底端M点以一定的速度斜向上抛出，恰好垂直击中斜面与N点间距为三分之一斜面长的位置，求小球从M点抛出时的速度大小及速度与斜面间夹角的正切值。 【分析】（1）先分析小球从Q点到C点的抛体运动，结合水平切入的条件求出C点速度，再在C点应用向心力公式，由牛顿第二定律求轨道支持力，再由牛顿第三定律得到小球对轨道的压力； （2）先分析小球从C点平抛的运动过程，结合斜面倾角求出第一次击中斜面的位置与速度，再根据反弹后的速率条件分析后续运动，求出反弹后落点与M点的距离； （3）先确定小球垂直击中斜面的位置，再根据速度方向与斜面垂直的条件，将速度分解，结合斜抛运动规律列方程，求出从M点抛出时的速度大小与速度和斜面夹角的正切值。 【解答】解：（1）小球斜向上抛最高点时到圆弧轨道的最低点，故在半圆弧轨道的最低点C处，有vC＝v0sinα 对小球，由牛顿第二定律 联立得 根据牛顿第三定律，小球对轨道的压力大小为，方向竖直向下； （2）小球击中斜面时速度大小为v0且垂直击中斜面，反弹的速度大小为击中前的一半，设小球经过t′时间落到地面，则小球反弹后的运动沿斜面和垂直斜面分解，有垂直斜面 平行斜面 联立得 由斜面中点斜向上抛至最高点过程，满足 解得 代入得 而x＝xQM，故刚好落M点，故落点与M点的距离为0。 （3）小球从M点斜上抛运动，设速度与斜面的夹角为θ，则垂直斜面方向 平行斜面方向， 联立得， 答：（1）小球运动至半圆弧最低点C时对轨道的压力是，方向竖直向下； （2）小球反弹后的落点与M点的距离0； （3）若从斜面底端M点以一定的速度斜向上抛出，恰好垂直击中斜面与N点间距为三分之一斜面长的位置，小球从M点抛出时的速度大小是，及速度与斜面间夹角的正切值是。 学科网（北京）股份有限公司 $