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高考物理必修二第五章：曲线运动
高考一轮综合专题复习课件
目 录
CONTENTS
第1 节　曲线运动　运动的合成与分解
微专题8
圆周运动的临界极值问题
第2 节　抛体运动
微专题7
抛体运动中的综合问题
第3 节　圆周运动
实验5
探究平抛运动的特点
实验6
探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系
第1节 曲线运动　运动的合成与分解
曲线运动的条件和特征T1、7　 运动的合成与分解T3、4、5　 小船渡河模型T
2、8　 关联速度模型T6、9、10
五年高考
1.★(2023辽宁,1,4分)某同学在练习投篮,篮球在空中的运动轨迹如图中虚线所示,篮球
所受合力F的示意图可能正确的是 ( )

A　 B　 C　 D
　 A　
解析　物体做曲线运动时,所受合力的方向指向运动轨迹的凹侧,A正确。
2.★★(2021辽宁,1,4分)1935年5月,红军为突破“围剿”决定强渡大渡河。首支共产党
员突击队冒着枪林弹雨依托仅有的一条小木船坚决强突。若河面宽300 m,水流速度3
m/s,木船相对静水速度1 m/s,则突击队渡河所需的最短时间为 ( )
A.75 s　　　 B.95 s
C.100 s　　　 D.300 s
　 D　
解析 根据运动的合成与分解,可知船无论在水中沿哪个方向渡河,均可将船的速度分
解到垂直于河岸和平行于河岸两个方向,其中垂直于河岸方向的分速度越大,船渡河时
间越短,所以只有船垂直于河岸渡河时,渡河时间最短,为t= s=300 s,D正确。
3.★★(2025湖南,2,4分)如图,物块以某一初速度滑上足够长的固定光滑斜面,物块的水
平位移、竖直位移、水平速度、竖直速度分别用x、y、vx、vy表示。物块向上运动过
程中,下列图像可能正确的是 ( )

　　　 　　　 　　　
　 C　
解析　物块沿光滑斜面做匀减速直线运动,根据v=v0-at可知,速度随时间均匀变化,根据
v2- =2ax可知,速度与位移关系则不是线性关系,速度的二次方与位移成线性关系,故可
快速判断A、B、D错误,C正确。
4.★★(2023浙江1月,5,3分)如图所示,在考虑空气阻力的情况下,一小石子从O点抛出沿
轨迹OPQ运动,其中P是最高点。若空气阻力大小与瞬时速度大小成正比,则小石子竖
直方向分运动的加速度大小 ( )
A.O点最大
B.P点最大
　 A　
C.Q点最大
D.整个运动过程保持不变
解析　设小石子竖直方向的速度为vy,在其沿轨迹OPQ运动的过程中,vy先向上减到零(P
点),后向下逐渐增大,则小石子在竖直方向上所受空气阻力先减小后增大,方向先向下
后向上,根据牛顿第二定律可知,小石子在O点位置竖直方向分运动的加速度最大,A正
确。
5.★★★(多选)(2024广西,8,6分)如图,在光滑平台上有两个相同的弹性小球M和N。M
水平向右运动,速度大小为v。M与静置于平台边缘的N发生正碰,碰撞过程中总机械能
守恒。若不计空气阻力,则碰撞后,N在 ( )

A.竖直墙面上的垂直投影的运动是匀速运动
　 BC　
B.竖直墙面上的垂直投影的运动是匀加速运动
C.水平地面上的垂直投影的运动速度大小等于v
D.水平地面上的垂直投影的运动速度大小大于v
解析　由题意知,两个小球发生弹性碰撞,且碰后两球交换速度,故碰后N球以初速度v
做平抛运动,其竖直分运动为匀加速直线运动,水平分运动是速度为v的匀速直线运动,
N球在竖直墙面和水平地面的垂直投影分别体现其竖直方向和水平方向的分运动,由
此可知B、C正确。
6.★★★(2025黑吉辽蒙,6,4分)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
　 B　
解析　某一时刻设绳与竖直方向的夹角为θ,将手的速度v分解为沿绳方向的分速度v绳
和垂直于绳方向的分速度,将塔块的速度v0分解为沿其中一根绳方向的分速度和垂直
于这根绳方向的分速度,手与塔块沿绳方向的分速度相等,则有v绳=v sin θ=v0 cos θ,联立
可得v= ,由题意知v0是定值,塔块下落,θ减小,v增大,B正确。

三年模拟
7.★★(2026届四川遂宁六中开学考)如图所示,质量为m的质点在Oxy平面上以某一速
度运动时(方向如图中箭头所示),受到大小不变、方向沿-y方向的合力作用。已知质点
的最小速度为v,合力的大小为F。则下列判断正确的是 ( )
A.质点沿着初速度方向做匀变速直线运动
B.质点做匀变速曲线运动,向+y方向弯曲
C.当质点速度大小为2v时,速度方向和x轴之间的夹角为60°
D.质点的速度由v增大到2v的过程所用时间为
　 C　
解析　质点受到的合力恒定,且合力与初速度方向不在同一条直线上,故质点做匀变速
曲线运动,合力指向曲线轨迹的凹侧,即向-y方向弯曲,A、B错误。当质点的速度为2v
时,设速度与x轴夹角为θ,可得 cos θ= = ,解得θ=60°,C正确。当质点速度为2v时,沿y
轴方向分速度大小vy= = v,根据动量定理可得-Ft=-mvy-0,解得时间t= ,D
错误。
8.★★★(2025届江苏检测三)如图甲,某同学需要通过小木筏渡过一条河,已知小木筏
在静水中的速度大小为5 m/s。受地形等因素影响,不同位置河水流速会有变化。出发
点A下游某位置的水流速度的倒数与该位置到A点的沿河距离关系如图乙所示,已知小
木筏前端始终垂直河岸,最终到达对岸偏离正对面20 m的B处,则以下说法正确的是( )
　
B　
A.小木筏在河水中的轨迹是直线
B.河的宽度为16.25 m
C.若水流速度恒为8 m/s,小木筏渡河时间将变短
D.若水流速度恒为8 m/s,小木筏可调节前端指向使小木筏垂直河岸渡河
解题导引

解析　小木筏在沿水流方向上做减速运动,垂直河岸方向上做匀速直线运动,可得合力
与合速度不共线,故轨迹一定为曲线,A错误。设在沿河方向运动极短距离Δx耗时Δt,根
据瞬时速度定义可得Δt= ,渡河总时间t=∑Δt=∑ =S梯形= × ×20 s= s;河宽d
=v静水·t=5× m=16.25 m【点拨:在运动的合成与分解中,合运动与分运动具有等时
性】,B正确。小木筏垂直河岸的分速度始终为5 m/s,小木筏渡河时间不受水流速度影
响,C错误。当水流速度恒为8 m/s时,由于5 m/s<8 m/s,水速和木筏在静水中的速度无法
合成垂直河岸的速度,故无法使小木筏垂直河岸渡河,D错误。
9.★★★(2025届河北部分校模拟)一台四冲程内燃机的结构示意图如图所示。曲轴可
绕固定的O点自由转动,连杆两端分别连接曲轴上的P点和活塞上的Q点,若曲轴绕O点
做匀速圆周运动,转速n=1 800 r/min,lOP=10 cm,lPQ=30 cm。下列说法正确的是( )

A.Q点运动周期为 s
B.Q点运动速率为2 π m/s时,OP与PQ间的夹角为60°
　 C
C.P点的向心加速度大小为360π2 m/s2
D.P点和Q点的速度大小始终相等
解析 曲轴的转速n=1 800 r/min=30 r/s,可得Q点运动周期T= = s,A错误。P点运动
的角速度ω=2πn=60π rad/s,可得P点的向心加速度大小a=ω2lOP=360π2 m/s2,C正确。如图
所示,P点的线速度大小vP=ωlOP=6π m/s,假设OP与PQ垂直,此时PQ与OQ的夹角为α,由几
何关系可得 cos α= ,此时vQ cos α=vP=6π m/s,解得vQ=2 π m/s,即当Q点运动速率为
2 π m/s时,OP与PQ垂直,B错误。P点和Q点沿连杆的分速度大小始终相等,但由于P
点、Q点与连杆的夹角不断发生变化,故P点和Q点的速度大小不会始终相等,D错误。

10.★★★(2025届浙江湖州三模)如图所示,一足够长、不可伸长的细线一端连接穿过
水平细杆的滑块A,另一端跨过光滑定滑轮连接重物B,此时两边细线竖直。某时刻,水
平拉力F作用在滑块A上,使A向右移动。已知A、B的质量分别为m和2m,滑块A与细杆
间的动摩擦因数为 。则( )

A.若A做匀速运动,则B也做匀速运动
　 D　
B.若B做匀速运动,则A做加速运动
C.若A缓慢向右运动,当细线与细杆间的夹角为30°时,拉力F有最小值
D.若A缓慢向右运动到细线与细杆间的夹角为30°的过程中,拉力F一直在增大
解析 【关键:细线长度不变,故A、B速度沿细线方向的分速度相等】A、B的速度关
系如图甲所示,由几何关系可得vB=vA cos θ;若A做匀速运动,θ逐渐减小,可得B的速度逐
渐增大;若B做匀速运动,θ逐渐减小,可得A的速度逐渐减小,A、B错误。【关键:A缓慢
向右运动,可得A、B均处于动态平衡状态,A、B所受合力均为零】对A、B受力分析,如
图乙所示,滑块A从题图所示位置开始缓慢向右移动至θ=30°过程中,对重物B,可得FT=2
mg;对滑块A,竖直方向可得F'T sin θ=mg+FN、水平方向可得F=μFN+F'T cos θ,FT=F'T,联立
解得F=2mg·cos θ+2μmg sin θ-μmg【点拨:2mg cos θ+2μmg sin θ-μmg=2mg
-μmg,令 sin α= = ,cos α= = ,解得α=60°时,即θ=30°时,F取得最大值】
,故Fmax=2mg -μmg= mg,滑块A从题图所示位置开始缓慢向右移动,当细线与细杆间的夹角θ=30°时,拉力F有最大值Fmax= mg,在此过程中,拉力F=
mg sin (60°+θ)- mg,θ+60°由大于90°逐渐减小到90°,则F一直在增大,C错误,D
正确。
甲 乙
“费马原理”在运动分解中的迁移应用
(2025届黑龙江哈师大附中、东北师大附中、辽宁省实验中学一模)法国科学家皮埃尔
·德·费马在1662年提出光线传播的路径是所需时间最短的路径,即费马原理,光的折射
即遵从这一原理,实际生活中的现象也可类比折射定律来理解。如图所示,地面上救生
员在距笔直的河岸10 m处的A点,发现落水者位于水面上距河岸50 m处的B点。救生员
在地面上奔跑的速度大小为v1=5 m/s,在水中游泳的速度大小为v2,奔跑、游泳均视为匀
速直线运动。可知此次营救中,救生员在陆地的速度与河岸夹角为30°、在水中的速度
与河岸夹角为60°将最省时。由题中信息结合所学物理知识可知( )
　 A　
创新风向·知识迁移

A.救生员在水中游泳的速度大小为v2= m/s
B.救生员在水中游泳的速度大小为v2=2.5 m/s
C.救生员到达落水者处的最短时间为12 s
D.救生员到达落水者处的最短时间约为16 s
解题导引　在地面时,速度垂直河岸方向分速度为v1y,在水中,垂直河岸方向分速度为v2y,
要保证最省时,也就是整个运动过程中垂直河岸方向要以最大的有效速度去通过相应
的距离,所以各段垂直河岸方向的分速度应该相等,即v1y=v2y。
解析　设救生员在地面的速度与河岸夹角为α=30°;在水中的速度与河岸夹角为β=60°,
由于v1 sin α=v2 sin β,解得v2= m/s,A正确,B错误。A、B两点垂直河岸方向的总距离
d=10 m+50 m=60 m,垂直河岸方向的分速度vy=v1 sin α=2.5 m/s,则最短时间t= =24
s,C、D错误。
第2节 抛体运动
平抛运动的基本规律T1、2、6　 与斜面或圆弧面有关的平抛运动T9
类平抛运动的分析T7、8　 斜抛运动T3、4、5
五年高考
1.★★(2024新课标,15,6分)福建舰是我国自主设计建造的首艘弹射型航空母舰。借助
配重小车可以进行弹射测试,测试时配重小车被弹射器从甲板上水平弹出后,落到海面
上。调整弹射装置,使小车水平离开甲板时的动能变为调整前的4倍。忽略空气阻力,
则小车在海面上的落点与其离开甲板处的水平距离为调整前的 ( )
A.0.25倍　 B.0.5倍　 C.2倍　 D.4倍
　 C　
解析　小车从甲板上弹出,做平抛运动,由于甲板到海面的高度不变,可知小车做平抛运
动的时间不变,小车水平离开甲板时的动能变为调整前的4倍,则小车水平离开甲板时
的速度变为调整前的2倍,故调整后小车平抛运动的水平位移是调整前水平位移的2倍,
C正确。
2.★★(2025江西,4,4分)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 ( )

　 B　
A.l -v2　　　 B.l -v2
C.l -v2　　　 D.l -v2
解析　机器人将球抛出后,球做平抛运动,设球从被抛出到被小孩接到,运动时间为t,水
平方向有l=v2t+v1t,竖直方向有H-h= gt2,联立解得v1=l -v2,B正确。
3.★★(2025湖北,6,4分)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,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,tan θ的值为 ( )
A. 　　　 B. 　　　 C. 　　　 D.
　 C　
解析　网球两次运动过程沿水平方向都有L=v0 cos θ·t①,设球网最高处离地高度为H,
斜向上将球击出后,沿竖直方向有H- =v0·sin θ·t- gt2,斜向下将球击出后,沿竖直方向有
L-H=v0 sin θ·t+ gt2,两次击球竖直方向位移差为Δy= =2v0sin θ·t②,联立①②解得tan θ=
,C正确。
4.★★(2024江苏,4,4分)喷泉a、b出射点高度相同,形成如图所示的形状,不计空气阻力,
则喷泉a、b ( )
A.加速度相同
B.初速度相同
C.在最高点的速度相同
　 A　
D.在空中的时间相同
解析　不计空气阻力,喷泉喷出的水在空中只受重力,加速度均为重力加速度,A正确;在
竖直方向上,根据对称性可知喷泉喷出的水在空中运动的时间t=2 ,又hb>ha,可知tb>
ta,D错误;设喷泉喷出的水竖直方向的分速度为vy,水平方向的分速度为vx,水在最高点的
速度等于水平方向的分速度,vx= ,由于水平方向的位移大小相等,且tb>ta,可知最高点的
速度不同,且vxa>vxb,由vy=gt可知vyb>vya,则对于初速度与水平方向夹角θ有tan θ= ,即tan θ
a5.★★★(多选)(2024山东,12,4分)如图所示,工程队向峡谷对岸平台抛射重物,初速度v0
大小为20 m/s,与水平方向的夹角为30°,抛出点P和落点Q的连线与水平方向夹角为30°,
重力加速度大小取10 m/s2,忽略空气阻力。重物在此运动过程中,下列说法正确的是
( )

A.运动时间为2 s
　 BD　
B.落地速度与水平方向夹角为60°
C.重物离PQ连线的最远距离为10 m
D.轨迹最高点与落点的高度差为45 m
解析　重物水平方向的位移x=v0 cos 30°·t(取水平向右为正方向),竖直方向的位移y=-v0
sin 30°·t+ gt2(取竖直向下为正方向);运动到落点Q,有tan 30°= ;联立解得t=4 s,A错
误。重物水平方向的速度vx=v0·cos 30°,竖直方向的速度vy=-v0 sin 30°+gt,t=4 s,可得tan α
= = = ,可得在落点Q速度与水平方向的夹角α为60°,B正确。重物在落点Q
时竖直方向的速度vy=30 m/s,重物从最高点到落点在竖直方向上做自由落体运动,由 =
2gh可得高度差h= m=45 m,D正确。如图所示,以沿PQ方向为x轴正方向,垂直PQ
向上方向为y轴正方向建立xOy坐标系,将速度和加速度分别进行分解,当重物离P、Q
连线最远时,重物沿y轴方向的分速度减为零,可得0-(v0·sin 60°)2=-2g cos 30°·H,解得重物
离P、Q连线的最远距离H=10 m,C错误。

三年模拟
6.★★(2026届河南南阳六校调研)如图所示,在南阳野生动物园里,某同学将两粒玉米
从O点水平抛出,两只小鸟分别在空中的M点和N点同时接到玉米。若将玉米的运动视
为平抛运动,且两运动轨迹在同一竖直平面内,则 ( )

A.在N点被接到的玉米先抛出
B.从抛出到被小鸟接到的过程中,两粒玉米的速度变化量相同
　 A　
C.两粒玉米在M、N两点的速度方向可能相同
D.在N点被接到的玉米平抛的初速度较大
解析　玉米的运动视为平抛运动,则在竖直方向有h= gt2,由于hM同时被接到,则在N点被接到的玉米应先抛出,A正确;由Δv=gΔt知ΔvN>ΔvM,B错误;在水
平方向有x=v0t,如图所示,过M点作一水平直线,可看出在相同高度处在M点被接到的玉
米的水平位移大,则在M点被接到的玉米平抛的初速度较大,D错误;在M点被接到的玉
米比在N点被接到的玉米的水平方向的分速度大,竖直方向的分速度小,二者的合速度
方向不相同,C错误。

7.★★(多选)(2025届甘肃白银靖远一中月考)“风洞”实验是飞行器研制工作中的重
要过程。一质量为m的小球在光滑的水平面上以初速度v0(沿x轴正方向)穿过一段风带,
经过风带时风会给小球一个沿水平方向且与v0方向垂直(沿y轴正方向)的恒力作用,风
带在0≤x≤l区域,其他区域无风。小球穿过风带过程的运动轨迹及穿过风带后的速度
方向如图所示,已知小球在穿过风带过程中沿y轴正方向运动的位移为 。下列说法正
确的是 ( )

　 CD　
A.小球穿过风带所需时间为
B.小球穿过风带过程中的加速度大小为
C.小球穿过风带时所受恒力的大小为
D.小球穿过风带后的速度大小为 v0
解析　小球沿x轴正方向以速度v0做匀速直线运动,小球穿过风带所需时间t= ,A错
误。小球沿y轴正方向做初速度为0的匀加速直线运动,则有 = at2,联立解得a= ,B错
误。由牛顿第二定律可得F=ma= ,C正确。小球穿过风带后的速度大小v= =
= v0,D正确。
易错警示
小球穿过风带过程的运动轨迹及穿过风带后的速度方向均处于水平面内。在竖直方
向上,小球受到的重力和水平面对小球的支持力二力平衡。
8.★★★(2025届江西联考二)如图所示,倾角为60°的光滑斜面上固定着半径R=2 m
的光滑三分之二圆弧形轨道ABC,以圆心O为原点、沿斜面向下为正方向建立坐标轴
Ox,OA、OC与x轴负方向间的夹角均为60°。一质量m=0.1 kg的小球(可看成质点)从-x
轴上的M点沿垂直于x轴方向以速度v0水平抛出,小球恰好从A点沿切线方向进入圆弧形
轨道,重力加速度g=10 m/s2,下列说法正确的是( )

　 B　
A.小球的初速度v0的大小为5 m/s
B.M点的坐标为xM=- m
C.小球对轨道的最大压力为 N
D.小球在圆弧BC中间某点脱离轨道
解题导引　小球由M点运动到A点,受到的合力大小为mg sin 60°,方向沿斜面向下,且与
v0垂直,故小球做类平抛运动。
解析　小球由M点运动到A点,做类平抛运动,可得R sin 60°=v0t,vx=g sin 60°·t,tan 60°= ,
联立解得v0= m/s,A错误。M点的坐标xM=- =- m,B正确。
小球到达B点时速度最大,对轨道的压力最大,根据动能定理可得mg sin 60°(|xM|+R)=
mv2- m ,根据牛顿第二定律可得FN-mg sin 60°=m ,联立解得FN=3 N;根据牛顿第三
定律可得,小球对轨道的最大压力为3 N,C错误。根据对称性可知,小球不可能在圆
弧BC中间某点脱离轨道,D错误。
9.★★★(多选)(2025届吉林松原月考)如图,一倾角为30°的斜面顶端与半径为R的 圆
弧的圆心重合,斜面高度与圆弧半径相等。现使两个相同的小球P、Q(可视为质点)同
时由斜面顶端以相等的初速度大小v0向左、右水平抛出,重力加速度的大小为g,不计空
气阻力,下列说法正确的是 ( )

A.若初速度v0= ,两球将同时撞到斜面和圆弧上
　 AC　
B.若初速度v0= ,P球将落到斜面的底端
C.若P球恰好落到斜面的底端,则Q球在圆弧上的落点距地面高度大于
D.在小球能落到斜面上的条件下,P球落到斜面上的动能总是大于Q球落到圆弧上的动
能
解析　如图所示【点拨:与斜面对称的斜边交圆弧于M点,两球只有落到M、M'点时的
高度和时间相同,可同时撞在斜面与圆弧上】,两球同时撞到斜面和圆弧上,根据几何关
系可得x= R=v0t、y= R= gt2,联立解得v0= ,A正确。当P球落到斜面底端时,Q球
运动轨迹如图所示,可得Q球在圆弧上的落点距地面高度大于 ,C正确。若P球落到斜
面底端,有R= g 、 R=v0t1,解得v0= ,B错误。综上分析可知,当v0< 时,P球在
斜面上的落点高于Q球在圆弧上的落点,根据机械能守恒定律可得此情况下P球落到斜
面上的动能小于Q球落到圆弧上的动能,D错误。
运用动量定理巧解抛体碰撞问题
(2025届江西赣州二模)“打水漂”是一种投掷扁平物体,使其在水面连续弹跳的游
戏。图甲是打水漂的图片,图乙是扁平物体运动轨迹的示意图。现将打水漂简化成如
下理想模型,弹性薄片沿倾斜方向落到足够大水平弹性面上,薄片每次从水平面弹起时
速度与水平面的夹角均为30°,速率损失25%。测得薄片第1次弹起后的滞空时间为0.6
s。薄片运动过程中不计空气阻力,并始终在同一竖直面内且没有旋转。碰撞过程中忽
略薄片重力的影响,重力加速度g取10 m/s2,结果可保留根号。求:
(1)薄片第1次弹起后速度的大小v及第2次弹起到第3次弹起的水平距离x;
创新风向·挑战思维
(2)薄片与弹性水平面间的动摩擦因数μ。

答案
(1)6 m/s m (2)
解析 (1)薄片第1次弹起至运动到最高点的时间t1= s=0.3 s,
第一次弹起瞬间竖直方向的分速度vy=gt1=3 m/s,
第一次弹起的速度大小v= =6 m/s;
薄片第2次弹起的速度大小v2=(1-25%)v,
在空中运动的时间t2= ,
第2次弹起到第3次弹起的水平距离
x=v2 cos 30°·t2= m。
(2) 【关键:水平方向和竖直方向分别根据动量定理列式,再利用滑动摩擦力的定义式计
算动摩擦因数】
在薄片与水平面接触时对其进行受力分析,如图,碰撞过程中,在竖直方向上规定向上为
正方向,

根据动量定理可得FNΔt=mv'sin 30°-(-mv sin 30°),
在水平方向上规定向右为正方向,
根据动量定理可得-μFNΔt=mv'cos 30°-mv cos 30°,其中v'=(1-25%)v,联立可得μ= 。
微专题7 抛体运动中的综合问题
题组1　抛体运动中的临界极值问题
1.★★(2024湖北,3,4分)如图所示,有五片荷叶伸出荷塘水面,一只青蛙要从高处荷叶跳
到低处荷叶上。设低处荷叶a、b、c、d和青蛙在同一竖直平面内,a、b高度相同,c、d
高度相同,a、b分别在c、d正上方。将青蛙的跳跃视为平抛运动,若以最小的初速度完
成跳跃,则它应跳到 ( )

A.荷叶a　　　 B.荷叶b　　　 C.荷叶c　　　 D.荷叶d
　 C　
解析　将青蛙的跳跃视为平抛运动,青蛙在水平方向做匀速直线运动,则x=v0t,青蛙在竖
直方向做自由落体运动,则h= gt2,联立解得v0=x ,要使初速度最小,则水平方向的位
移x应最小,竖直方向的高度差h应最大,故应跳到荷叶c,C正确。
2.★★(2026届云南丽江诊断)如图所示,一只蜘蛛在地面与竖直墙壁间结网,蛛丝AB与
水平地面之间的夹角为45°,A到地面的距离为1 m,重力加速度g取10 m/s2,空气阻力不
计,若蜘蛛从竖直墙上距地面0.6 m的C点以水平速度v0跳出,要到达蛛丝,水平速度v0至
少为 ( )

A. m/s B.2 m/s C.2 m/s D.2 m/s
　 C　
解析 【关键:当蜘蛛做平抛运动的轨迹恰好与蛛丝相切时v0最小】设蜘蛛跳出后经
时间t到达蛛丝,根据平抛运动规律可得x=v0t、y= gt2;蜘蛛到达蛛丝时速度方向恰好沿
蛛丝方向,可得 =tan 45°;由几何知识得sAO-sCO+y=x,联立解得v0=2 m/s,C正确。
一题多解
建立直角坐标系,蛛丝所在直线的函数关系为y=1-x;蜘蛛做平抛运动,可得x=v0t、y=0.6-
gt2,轨迹方程为y=0.6- ·g ,联立可得- +x-0.4=0,当轨迹方程与蛛丝所在直线刚好
相切时有Δ=1- ×0.4×4=0,解得v0=2 m/s。

3.★★★(多选)(2025届四川遂宁蓬溪中学模拟)如图所示,内壁光滑的四分之一圆弧轨
道BC竖直固定放置,轨道半径为R0,圆心为A点,AB、AC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v0(未知量),小球从A点离开后运动
到圆弧上的D点,重力加速度为g,小球可视为质点,不计空气阻力,下列说法正确的是( )

BD　
A.若∠BAD=θ,小球运动到D点时速度与水平方向的夹角为β,则有 tan θ tan β=1
B.若小球从A到D的运动时间为t0,则v0=
C.改变v0的大小,小球落到圆弧BC上的速度最大值为
D.改变v0的大小,小球落到圆弧BC上速度的最小值为
解析　根据位移关系可得tan θ= = ;根据速度关系可得tan β= ;联立可得 tan θ
tan β=2,A错误。小球从A到D做平抛运动,可得y= g 、x=v0t0,由几何关系可得x2+y2= ,
联立可得v0= ,B正确。若让小球从A点以不同初速度v0水平向右抛出,由平抛
运动的规律可得小球刚到达某点P时的速度为vP= ,结合x=v0t、y= gt2、x2+y2=
,可得vP= ,由数学知识可得vP= ≥ = ,则vP的
最小值为 ,C错误,D正确。
4.★★★(多选)(2025届广西3月调研)桂北全州县大西江镇,在红七军走过的湘桂古道
上有一座古炮台。如图所示,炮筒与水平面夹角为α,炮筒口到地面的距离为h。已知炮
弹从炮筒口发射的速率为v0,当地重力加速度为g,不计空气阻力,下列说法正确的有( )

A.若α角确定,炮弹离地面的最大高度为y=
BC　
B.若α角确定,炮弹从炮筒口运动到最高点所用时间为t=
C.若α角不确定,炮弹射程的最大值为x=
D.若α角不确定,炮弹射程的最大值为x=
解析　若α角确定,炮弹离地面的最大高度y=h+ ;炮弹从炮筒口运动到最高点
所用时间为t= ,A错误,B正确。【巧解:若α角不确定,将炮弹的运动分解为斜向上
的匀速直线运动和竖直向下的自由落体运动】根据几何关系可得x2=(v0t)2- =-
t4+( +gh)t2-h2,当t2= 时x有极大值,可得xm= ,C正确,D错误。

题组2　立体空间中的抛体运动问题
1.★★★(多选)(2025山东,10,4分)如图所示,在无人机的某次定点投放性能测试中,目标
区域是水平地面上以O点为圆心、半径R1=5 m的圆形区域,OO'垂直地面,无人机在离地
面高度H=20 m的空中绕O'点、平行地面做半径R2=3 m的匀速圆周运动,A、B为圆周上
的两点,∠AO'B=90°。若物品相对无人机无初速度地释放,为保证落点在目标区域内,
无人机做圆周运动的最大角速度应为ωmax。当无人机以ωmax沿圆周运动经过A点时,相
对无人机无初速度地释放物品。不计空气对物品运动的影响,物品可视为质点且落地
后即静止,重力加速度大小g=10 m/s2。下列说法正确的是 ( )
　 BC　

A.ωmax= rad/s
B.ωmax= rad/s
C.无人机运动到B点时,在A点释放的物品已经落地
D.无人机运动到B点时,在A点释放的物品尚未落地
解析　俯视图如图所示,可知物品做平抛运动的最大水平位移为x= =4 m,最大
初速度v=ωmaxR2,竖直方向做自由落体运动,有H= gt2,水平方向做匀速直线运动,有x=vt,
解得t=2 s,ωmax= rad/s,A错误,B正确;无人机做圆周运动从A点到B点的时间t'= ≈2.
4 s,可知t
2.★★★(2025届山东济南一模)如图所示,弹珠发射器(可视为质点)固定于足够高的支
架顶端,支架沿着与竖直墙壁平行的方向以速度v1水平运动,同时弹珠发射器可在水平
面内沿不同方向发射相对发射器速度大小为v2(v2>v1)的弹珠。弹珠从发射到击中墙壁
的过程中水平方向位移为x,竖直方向位移为y。已知发射器到墙壁的距离为L,重力加
速度为g,不计空气阻力,下列说法正确的是( )

　 C　
A.x的最小值为 L　　　 B.x的最小值为 L
C.y的最小值为 　　　 D.y的最小值为
解析　弹珠在水平方向做匀速直线运动,竖直方向做自由落体运动,当弹珠垂直竖直墙
壁射出时,弹珠运动的时间最短,即tmin= ;y的最小值ymin= g = ,C正确,D错误。由
于v2>v1,则弹珠在水平方向的合速度可以垂直竖直墙壁【点拨:类比小船渡河问题】,水
平方向的合速度大小v= ,此时x有最小值L,A、B错误。
题组3　抛体运动中的相遇问题
1.★★(2026届安徽A10联盟调研)如图,小球甲、乙距离地面一定高度,同时以大小相等
的初速度抛出,初速度与水平方向夹角均为α(α≠0),两球均可视为质点、在同一竖直平
面内运动,不计空气阻力。两小球在空中运动的过程中,下列说法正确的是 ( )

A.小球甲与小球乙在空中运动时间相等
B.小球甲与小球乙可能在空中相遇
　 D
C.小球乙相对小球甲做匀加速运动
D.小球乙相对小球甲的速度大小不变
解析　球甲在空中运动时间较长,A错误。球乙和球甲竖直方向的位移分别为y乙=v0yt+
gt2、y甲=-v0yt+ gt2,两者的位移不会相等,所以球乙和球甲不会在空中相遇,B错误。以
竖直向下为正方向,球乙水平方向的分速度v乙x=v cos α,竖直方向的分速度v乙y=v sin α+
gt;球甲水平方向的速度v甲x=v cos α,竖直方向的分速度v甲y=-v sin α+gt;所以球乙相对球
甲的速度为2v sin α,保持不变,C错误,D正确。
2.★★★(2025届湖南益阳安化二中三模)如图所示,在同一竖直平面内,水平面的右端
固定一倾角为θ=24°的斜面,在水平面上D点正上方O点处水平向右以v0=6 m/s的速度抛
出一个小球M,同时位于斜面底端C点、质量m=5 kg的滑块,在沿斜面向上的恒定拉力F
作用下由静止开始向上加速运动,经过时间t=1 s恰好在P点被M击中。已知滑块与斜面
间动摩擦因数μ=0.2,CD=3.75 m,cos 24°=0.9,sin 24°=0.4,重力加速度g=10 m/s2,小球和滑
块均可看成质点,不计空气阻力,则拉力F大小为 ( )

　 D　
A.27 N　　　 B.36 N
C.48 N　　　 D.54 N
解题导引

解析　小球在水平方向做匀速运动,O、P间的水平距离xOP=v0t=6 m;C、P间水平距离
xCP=xOP-CD=2.25 m;由几何关系可得CP= =2.5 m;对滑块,根据x= at2可得,滑块沿
斜面向上运动的加速度大小a= =5 m/s2;根据牛顿第二定律可得F-mg sin 24°-μmg
cos 24°=ma,解得F=54 N,D正确。
3.★★★(2026届湖南师大附中月考)如图所示,A、B、C三个球(可视为质点)初速度大
小均相同,以不同方式同时抛出(地面水平长度足够),不计任何阻力,乙图中B球与地面
相比无高度。假定任意球与地面碰撞后都立即消失。则有关碰撞可能性分析中,下列
说法正确的是 ( )
　
　 C　
A.甲图中A、B不可能碰撞,B、C可能碰撞,A、C可能碰撞
B.乙图中A、B一定碰撞,B、C可能碰撞,A、C可能碰撞
C.丙图中A、B不可能碰撞,B、C可能碰撞,A、C不可能碰撞
D.丁图中A、B可能碰撞,B、C不可能碰撞,A、C不可能碰撞
解析 题图甲中,A、B、C三球竖直方向同时做自由落体运动,在与地面碰撞前的任意
时刻,A、C的位置都比B的高,因此A、B和B、C均不可能在空中相撞;A、C任意时刻高
度相同,且水平方向有可能相遇,因此A、C可能相撞,A错误。题图乙中,A与B水平方向
一起匀速直线运动,A始终与B在一条竖直线上,而A在竖直方向做自由落体运动,其位置
会越来越低,因此A、B一定碰撞;B、C由于水平方向可能碰撞,因此可能碰撞;A、C因
自由落体存在高度差,因此不可能碰撞,B错误。题图丙中,A、B水平方向的初速度不
同,导致A始终在B球左侧(不考虑初始时刻的情况),因此不可能碰撞;B、C水平方向和
竖直方向都可能碰撞,因此可能碰撞;A在竖直方向做有初速度的匀加速直线运动,C在
竖直方向做自由落体运动,因此,A在运动过程中的位置始终比C的低(不考虑初始时刻
的情况),故不可能碰撞,C正确。题图丁中,A、B在水平方向以相同的速度做匀速直线
运动,而竖直方向存在碰撞可能,因此A、B可能碰撞;B、C在水平方向和竖直方向都可
能碰撞,因此总体可能碰撞;A在竖直方向做有初速度的匀加速直线运动,C在竖直方向
做自由落体运动,因此,A在运动过程中的位置始终比C的低(不考虑初始时刻的情况),故
不可能碰撞,D错误。
第3节 圆周运动
圆周运动的运动学问题T1、3、4、8、9　 圆周运动的动力学问题T2、5、6、7、
10
五年高考
1.★★(多选)(2025福建,5,6分)在2025年央视春晚上,人形机器人表演了一个精彩的扭
秧歌、转手绢节目。如图,机器人转动手绢,手绢绕其中心点O在一竖直面内匀速转动,
O点在空间中保持不动,P、Q是固定在手绢上可视为质点的两个小饰物,与O点的距离
分别为d、 d,则手绢转动过程中 ( )

A.Q的线速度大小是P的 倍
B.Q的角速度大小是P的 倍
　 AD　
C.P的加速度大小是Q的 倍
D.P受到的合外力方向始终指向O点
解析　手绢绕O点做匀速圆周运动,由题图可知P、Q绕同一转轴转动,故角速度相同,B
错误。由v=ωr及rOQ= rOP可知,vQ= vP,A正确。由a=ω2r及rOQ= rOP可知,aQ= aP,C错
误。P点做匀速圆周运动,其所受合外力提供向心力,且始终指向圆心O,D正确。
2.★★(2023全国甲,17,6分)一质点做匀速圆周运动,若其所受合力的大小与轨道半径的
n次方成正比,运动周期与轨道半径成反比,则n等于 ( )
A.1　　　 B.2
C.3　　　 D.4
　 C　
解析　由题意知,F=k1rn①,T= ②,质点做匀速圆周运动,则有F=m ·r③,联立①②③
有k1rn=m ·r3,可知k1=m ,解得n=3,C正确。
3.★★(2025重庆,3,4分)“魔幻”重庆的立体交通层叠交错,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
弧段做匀速圆周运动。两车均视为质点,则 ( )

　 B　
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
C.汽车在OP段的向心加速度大小为
D.汽车在OP段的向心加速度大小为
解析　汽车从N点到O点的过程中,根据平均速度公式有s= t,解得t= ;在此过程
中列车做匀速直线运动,有x=2v0t,联立解得x= s,A错误,B正确。汽车在OP段做匀速圆
周运动,可得an= ,C、D错误。
4.★★(2025江苏,4,4分)游乐设施“旋转杯”的底盘和转杯分别以O、O'为转轴,在水平
面内沿顺时针方向匀速转动,O'固定在底盘上。某时刻转杯转到如图所示位置,杯上A
点与O、O'恰好在同一条直线上。则 ( )
A.A点做匀速圆周运动
B.O'点做匀速圆周运动
　 B　
C.此时A点的速度小于O'点
D.此时A点的速度等于O'点
解析　由于A点相对于地面的速度大小一直在变化,所以A点不是做匀速圆周运动,A错
误。O'点到O点的距离保持不变,随底盘一起匀速转动,故O'点做匀速圆周运动,B正
确。A点速度为其绕O'做圆周运动的速度和O'绕O做圆周运动的速度的叠加,此时在A
点两个速度的方向相同,则此时A点的速度大于O'点的速度,C、D错误。
5.★★(2025山东,4,3分)某同学用不可伸长的细线系一个质量为0.1 kg的发光小球,让小
球在竖直面内绕一固定点做半径为0.6 m的圆周运动。在小球经过最低点附近时拍摄
了一张照片,曝光时间为 s。由于小球运动,在照片上留下了一条长度约为半径 的
圆弧形径迹。根据以上数据估算小球在最低点时细线的拉力大小为( )
A.11 N　　　 B.9 N
C.7 N　　　 D.5 N
　 C　
解析　根据题意,在t= s=0.02 s的曝光时间里小球在照片上留下了一条长度为x= r=
×0.6 m=0.12 m的圆弧形径迹,则小球的线速度v= = m/s=6 m/s,根据牛顿第二定
律,小球在最低点满足T-mg=m ,代入数据得T=7 N,C正确。
6.★★★(多选)(2025广东,8,6分)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0.1 kg,重力加速度g取10 m/s2。关于该小球,下列
说法正确的是 ( )
A.角速度为5 rad/s
B.线速度大小为4 m/s
C.向心加速度大小为10 m/s2
　 AC　
D.所受支持力大小为1 N
解析　对小球受力分析如图所示,由牛顿第二定律可得F合=mg tan 45°=mω2R=m =man,
FN= = N,D错误;由上述分析可得该小球的向心加速度大小an= =10 m/
s2,C正确;角速度ω= =5 rad/s,A正确;线速度大小v=ωR=2 m/s,B错误。

三年模拟
7.★★(2026届重庆八中开学考)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间的轻绳长度分别为l1、l2。若θ1<θ2,则 ( )

　 D　
A.m1=m2,l1=l2　　　 B.m1C.m1>m2,l1>l2　　　 D.m1>m2,l1解析 【关键:一根轻绳穿过光滑圆孔,两端系着小球A和B,故绳对小球A和B的拉力大
小相等;轻绳和杆始终共面,说明两小球的角速度相等】设绳上张力为FT,水平方向根据
牛顿第二定律可得FT sin θ1=m1ω2l1 sin θ1,FT sin θ2=m2ω2l2 sin θ2,解得m1l1=m2l2;竖直方向根
据受力平衡可得FT cos θ1=m1g,FT cos θ2=m2g,又因为θ1<θ2,可得m1>m2、l18.★★★(多选)(2026届四川达州中学开学考)某学校的机动车出入口采用如图所示的
曲杆道闸,道闸由转动杆OM与横杆MN链接而成,M、N为横杆的两个端点。某天中午
快递员将快递袋挂在了校门口道闸的横杆MN上,由于门卫没有及时将快递袋取下,在
道闸抬起过程中,快递袋始终与横杆MN保持相对静止,且杆MN始终水平,此过程中杆
OM绕O点从水平方向匀速转动到接近竖直方向。若快递袋可视为质点,与横杆之间的
动摩擦因数为μ,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,转动杆OM长度为L,重力加速度为g。
下列说法正确的是( )
　 CD　

A.M、N两点的加速度不同
B.N点的加速度始终沿ON方向
C.M、N两点都在做匀速圆周运动
D.快递袋能够与横杆MN保持相对静止一起运动的最大速率为
解析　杆MN始终保持水平,杆OM绕O点匀速转动,M、N两点相对静止,M、N两点都在
做匀速圆周运动,二者具有相同的加速度,方向均沿MO方向,A、B错误,C正确。快递袋
受重力、支持力、摩擦力的合力提供向心力,当摩擦力达到最大值时,有最大速率,可得
= ,其中Ff=μFN,化简可得 =m ,当FN=
时,速度最大,代入解得v= ,D正确。
易错警示
O'N∥OM,N点做圆周运动的圆心为O',并不是O点。

9.★★★(2025届云南昆明三校联考)图1为某修正带照片,图2为其结构示意图。修正带
由出带轮、传动轮、收带轮、基带、出带口等组成。测量可知出带轮有45齿,半径为1
2 mm,传动轮齿数未知,半径为2.4 mm,收带轮有15齿,半径未知,下列选项正确的是
( )

　 B　
A.使用时,出带轮与收带轮转动方向相反
B.根据题中信息,可以算出传动轮的齿数
C.根据题中信息,不能算出收带轮轴心到齿轮边缘的半径
D.在纸面长时间匀速拉动修正带时,出带轮边缘某点的向心加速度大小不变
解析　根据题图2可知,使用时,出带轮与传动轮转动方向相反,传动轮与收带轮转动方
向相反,可得出带轮与收带轮转动方向相同,A错误。由于是齿轮传动,相邻齿之间的距
离相等,可得 = ,解得n传=9,B正确。由于是齿轮传动,相邻齿之间的距离相等,
则有 = ,解得R收=4 mm,C错误。在纸面长时间匀速拉动修正带时,出带轮上修
正带边缘某点做圆周运动的半径减小,则出带轮转动的角速度增大,可得出带轮边缘某
点的向心加速度大小变大,D错误。
10.★★★(多选)(2025届黑龙江哈尔滨三中月考)竖直杆上有A、B两点,间距为0.8 m。
长为1 m的轻质细线一端固定于A点,另一端连接一个质量为m=0.1 kg的可看作质点的
小球C,另一根长为0.6 m的轻质细线一端固定于B点,另一端也连接在小球C上,如图。
现让整个系统绕竖直杆转动,取重力加速度大小g=10 m/s2,则( )
A.当角速度等于 rad/s时,细线AC上的拉力等于 N
B.当角速度等于 rad/s时,细线AC上的拉力等于 N
C.当角速度大于 rad/s时,细线BC上的拉力与角速度的二次方成线性关系
　 AC　
D.当角速度大于 rad/s时,细线AC上的拉力与角速度的二次方成线性关系
解析 【关键:临界态分析,当细线BC刚好伸直时,AC与竖直方向夹角为37°,则此时mg tan 37°=m r,其中r=1×sin 37° m=0.6 m,解得ω0= rad/s】当角速度ω1= rad/s<ω0
时,细线BC没能伸直,设AC与竖直方向夹角为θ,可得mg tan θ=m l sin θ;细线AC上的拉
力F1= ,解得F1= N,A正确。当角速度ω2= rad/s>ω0时,细线BC伸直且有拉
力,细线AC上的拉力F2= = =1.25 N,B错误。当角速度大于ω0= rad/s时,细
线BC伸直且有拉力,可得FBC+FAC sin 37°=mω2r,FAC=F2保持不变,即细线BC上的拉力与角
速度的二次方成线性关系,C正确,D错误。
微专题8 圆周运动的临界极值问题
题组1　水平面内圆周运动的临界极值问题
1.★★(2024广东,5,4分)如图所示,在细绳的拉动下,半径为r的卷轴可绕其固定的中心点
O在水平面内转动。卷轴上沿半径方向固定着长度为l的细管,管底在O点。细管内有
一根原长为 、劲度系数为k的轻质弹簧,弹簧底端固定在管底,顶端连接质量为m、可
视为质点的插销。当以速度v匀速拉动细绳时,插销做匀速圆周运动。若v过大,插销会
卡进固定的端盖,使卷轴转动停止。忽略摩擦力,弹簧在弹性限度内。要使卷轴转动不
停止,v的最大值为( )
　 A　

A.r 　　　 B.l
C.r 　　　 D.l
解析 插销刚卡进固定的端盖时,弹簧伸长量为Δx= ,弹力F=kΔx= ,插销与卷轴同轴
转动,角速度相同,弹簧弹力为插销提供向心力,有F=m ,v'=v· ,联立解得v=r ,A正
确。
2.★★★(2024届四川成都石室中学5月模拟)如图所示,一水平圆盘绕竖直中心轴以角
速度ω做匀速圆周运动,紧贴在一起的M、N两物体(可视为质点)随圆盘做圆周运动,N
恰好不下滑,M恰好不滑动,两物体与中心轴的距离为r,已知M与N间的动摩擦因数为μ1,
M与圆盘间的动摩擦因数为μ2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。μ1与μ2应满足的关系式
为( )

A.μ1+μ2=1　　　 B. =1
　 C　
C.μ1μ2=1　　　 D. =1
解题导引
N恰好不下滑 M、N间的摩擦力达到最大静摩擦力
M恰好不滑动 M与圆盘间的摩擦力达到最大静摩擦力
解析　以M、N组成的整体为研究对象,根据牛顿第二定律有μ2(mM+mN)g=(mM+mN)ω2r;以
N为研究对象,在水平方向根据牛顿第二定律有FN=mNω2r,在竖直方向有μ1FN=mNg;联立
解得μ1μ2=1,C正确。
3.★★★(2026届河北十六校联考)如图所示,半径R=3l的光滑圆筒竖直固定,长度为5l的
轻绳一端固定在圆筒轴线上一点,另一端悬挂可视为质点、质量为m的小球。现使小
球在水平面内做匀速圆周运动,小球始终在圆筒内,重力加速度大小为g。下列说法正
确的是 ( )
A.小球的角速度越小,轻绳的拉力越大
B.小球的角速度ω= 时,轻绳的拉力为 mg
C.小球的角速度ω= 时,小球受三个力作用
　 D　
D.小球的角速度ω= 时,筒壁与小球之间的作用力大小为 mg
解析 【关键:分析临界态。设小球与圆筒恰好接触时小球的角速度为ω0,则有mg tan θ
=m R,其中tan θ= = ,联立解得ω0= ,当ω<ω0时,小球与圆筒未接触,当ω>ω0
时,小球与圆筒接触并产生弹力】
若ω<ω0,设轻绳与竖直方向的夹角为α,可得mg tan α=
mω2·5l sin α、FT cos α=mg,可得ω越小,则α越小,FT越小;若ω>ω0,竖直方向FT cos θ=mg,当
ω减小时,θ不变,则FT不变,A错误。若ω= >ω0,轻绳的拉力FT= = mg,B错误。若ω
= <ω0,小球只受重力和轻绳的拉力,C错误。若ω= >ω0,可得FN+mg tan θ=mω2R,解
得筒壁与小球之间的作用力大小FN= mg,D正确。
4.★★★(多选)(2025届黑龙江哈尔滨双城兆麟中学月考)如图所示,在水平圆盘上放有
质量分别为m、m、2m的可视为质点的三个物体A、B、C,圆盘可绕垂直圆盘的中心轴
OO'转动。三个物体与圆盘间的动摩擦因数均为μ=0.1,最大静摩擦力等于滑动摩擦
力。三个物体与轴OO'共面且OA=OB=BC=r=0.2 m,现将三个物体用轻质细线相连,保
持细线伸直且恰无张力。若圆盘从静止开始转动,角速度ω缓慢地增大,已知重力加速
度为g=10 m/s2,则对于这个过程,下列说法正确的是( )

　 BC　
A.A所受的摩擦力先增大再减小后不变
B.B、C两个物体受到的静摩擦力先增大后不变
C.当ω> rad/s时整体会相对圆盘发生滑动
D.当 rad/s<ω< rad/s时,在ω增大的过程中B、C间细线的张力不断增大
解题导引
假设三个物体 独立存在 根据三个物体受到的最大静摩擦力
计算各自的临界角速度 ωA= 、ωB= 、ωC= ,可得
ωC<ωB=ωA,故C先达到最大静摩擦力
当圆盘角 速度ω>ωC时 C相对圆盘即将滑动,B、C间细线开
始产生张力 对B、C整体,μmg+2μmg=m r+2m ·2r,解得ω1= ,此时B达到最大静摩擦力
当圆盘角 速度ω>ω1时 B、C相对圆盘即将滑动,A、B间细
线开始产生张力 对B、C整体有FAB+μmg+2μmg=m r+2m ·2r,对A有FAB+FfA=m r,联立可得3μmg-FfA=2m ·2r;故3μmg+μ
mg=2m ·2r时,达到临界态,可得ω2= ,此时三个物体与接触面均达到最大静摩擦力
当圆盘角速度ω>ω2时,A、B、C相对圆盘滑动
解析 0<ω≤ ,A所受的摩擦力随ω增大而增大; <ω≤ ,根据3μmg-FfA=2mω
2·2r可得,A的摩擦力会先指向圆心不断减小至零,再背离圆心增至最大值,A错误。B、C
两个物体所受静摩擦力先增大至最大静摩擦力,再不变,B正确。当ω> = rad/s时
整体会相对圆盘发生滑动,C正确。ωC= = rad/s,可得当 rad/s<ω≤ rad/s
时,B、C间细线的张力为零,当 rad/s<ω< rad/s时,在ω增大的过程中B、C间细线
的张力逐渐增大,D错误。
题组2　竖直面内圆周运动的临界极值问题
1.★★★(多选)(2023湖南,8,5分)如图,固定在竖直面内的光滑轨道ABC由直线段AB和
圆弧段BC组成,两段相切于B点,AB段与水平面夹角为θ,BC段圆心为O,最高点为C,A与C
的高度差等于圆弧轨道的直径2R。小球从A点以初速度v0冲上轨道,能沿轨道运动恰好
到达C点,下列说法正确的是(重力加速度为g) ( )

A.小球从B到C的过程中,对轨道的压力逐渐增大
　 AD　
B.小球从A到C的过程中,重力的功率始终保持不变
C.小球的初速度v0=
D.若小球初速度v0增大,小球有可能从B点脱离轨道
解析　小球从B到C的过程中,任选一点P,设OP与竖直方向的夹角为α,则mg cos α-FN=m
,从B到C,α逐渐减小,cos α逐渐增大,小球的速度v逐渐减小,则轨道对小球的支持力逐
渐增大,根据牛顿第三定律,可知小球对轨道的压力逐渐增大,A正确。小球从A到C的过
程中,竖直方向的速度逐渐减小,重力的功率逐渐减小,B错误。小球恰好到达C点,故小
球在C点速度为零,小球从A到C的过程中,根据机械能守恒定律有mg·2R= m ,则小球
的初速度v0=2 ,C错误。小球的初速度v0越大,小球在B点对轨道的压力越小,当重力
指向O的分力不足以提供向心力时,小球在B点对轨道的压力减为零,小球就会从B点脱
离轨道,D正确。
2.★★★(2026届浙江强基联盟一模)如图甲,小孩将足球用力从N点向前踢出,足球在竖
直管道内完整绕一周后,继续运动,在P位置离开管道,恰好在管道截面圆心O点落入书
包。某同学参照图甲中足球的运动轨迹画了运动示意图如图乙,图中虚线为足球的运
动轨迹。若足球质量为m,运动轨迹半径为R,且忽略空气阻力的影响,下列分析正确的
是 ( )
　
　 B　
A.足球离开管道前,始终做匀速圆周运动
B.足球在P点脱离管道后,处于完全失重状态
C.足球离开管道前,所受摩擦力随时间逐渐减小
D.若将足球视为质点,则P、O的连线与水平方向的夹角为30°
解析 足球在竖直管道内做圆周运动时重力与摩擦力对足球做功,足球速率会发生变
化,做变速圆周运动,A错误;足球脱离管道后,只受重力作用,处于完全失重状态,B正确;
【关键:根据Ff=μFN可得,球与管道间的滑动摩擦力与球对管道的压力成正比】足球离
开管道前,转动一圈,随着线速度的变化,所受的压力在N点时最大,在M点时最小,即所受
摩擦力在N点时最大,在M点时最小,C错误;足球从P点抛出,假设P、O连线与水平方向
的夹角为30°,则有mg sin 30°= ,从P点抛出后足球做斜抛运动,将速度v分解,可得vx=v
sin 30°、vy=v cos 30°,水平方向有R cos 30°=vxt、竖直方向有y=vyt- gt2,联立解得y=- R,
与题中y=-R sin 30°=- R不相符,则假设不成立,D错误。
3.★★★(2025安徽,14,14分)如图,M、N为固定在竖直平面内同一高度的两根细钉,间
距L=0.5 m。一根长为3L的轻绳一端系在M上,另一端竖直悬挂质量m=0.1 kg的小球,小
球与水平地面接触但无压力。t=0时,小球以水平向右的初速度v0=10 m/s开始在竖直平
面内做圆周运动。小球牵引着绳子绕过N、M,运动到M正下方与M相距L的位置时,绳
子刚好被拉断,小球开始做平抛运动。小球可视为质点,绳子不可伸长,不计空气阻力,
重力加速度g取10 m/s2。
(1)求绳子被拉断时小球的速度大小,及绳子所受的最大拉力大小;
(2)求小球做平抛运动时抛出点到落地点的水平距离;
(3)若在t=0时,只改变小球的初速度大小,使小球能通过N的正上方且绳子不松弛,求初
速度的最小值。

答案
(1)4 m/s 17 N (2)4 m
(3)2 m/s
解题导引　解答本题应注意以下关键点
(1)根据动能定理,计算小球通过M正下方与M相距L位置时的速度大小;
(2)根据牛顿运动定律,计算绳子所受的最大拉力大小;
(3)根据平抛运动规律,计算抛出点到落地点的水平距离;
(4)根据动能定理和牛顿运动定律,计算小球初速度的最小值。
解析 (1)小球运动到M正下方与M相距L的位置时,绳子刚好被拉断,以小球作为研究对
象,根据动能定理有-mg·2L= mv2- m
解得v=4 m/s
设绳子所受的最大拉力为Fm,根据牛顿第三定律可知小球所受的拉力Fm'=Fm,根据牛顿
第二定律得Fm'-mg=m
解得Fm=17 N
(2)小球做平抛运动时,水平方向有x=vt
竖直方向有2L= gt2
解得x=4 m
(3)设小球的初速度最小值为v1,小球能通过N的正上方时速度的最小值为v2。
在最高点有mg=m
根据动能定理有-mg·5L= m - m
解得v1=2 m/s
题组3　斜面上圆周运动的临界极值问题
★★★(2025届安徽江南十校一模)如图所示,用绝缘圆管做成的圆形管道固定在倾角
为37°的固定斜面体上,管道内有一个直径略小于管道内径的带正电的小球。小球的质
量为m,带电荷量为q。空间存在范围足够大的水平向右的匀强电场,电场强度大小为
。小球以水平向右的速度v0通过最低点C,且恰好能运动到管道的最高点A,BD是管
道的水平直径,不计一切摩擦,小球在运动过程中带电荷量保持不变,重力加速度为g,sin
37°=0.6,cos 37°=0.8,则( )
　 C　
A.小球在A点时对管道的压力大小为0.6mg
B.小球的最大动能为 m
C.小球不能运动到管道上的D点
D.小球到达B点时的机械能最小
解题导引

解析　小球恰好能运动到管道的最高点A,则在A点速度为0,垂直于斜面方向,管道对小
球的作用力FN1=mg cos 37°=0.8mg;沿斜面方向,管道对小球的作用力FN2=mg sin 37°=0.6
mg;管道对小球的支持力大小FN= =mg;根据牛顿第三定律可得,小球在A点时
对管道的压力大小F'N=FN=mg,A错误。小球在M点动能最大,根据动能定理可得小球的
最大动能大于 m ,B错误。小球到达A点后,由于受电场力,则向电场方向运动,根据运
动的对称性可得,小球可以运动到A点关于MN对称的A'点,不能运动到管道上的D点,C
正确。小球从C点运动到B点,电场力做正功,机械能增加,在B点小球的机械能最大,D错
误。
实验5 探究平抛运动的特点
1.[2024河北,11(2)]图1为探究平抛运动特点的装置,其斜槽位置固定且末端水平,固定
坐标纸的背板处于竖直面内,钢球在斜槽中从某一高度滚下,从末端飞出,落在倾斜的挡
板上挤压复写纸,在坐标纸上留下印迹。某同学利用此装置通过多次释放钢球,得到了
如图3所示的印迹,坐标纸的y轴对应竖直方向,坐标原点对应平抛起点。

图1

①每次由静止释放钢球时,钢球在斜槽上的高度_________(填“相同”或“不
同”)。
②在坐标纸中描绘出钢球做平抛运动的轨迹。
　　相同　
③根据轨迹,求得钢球做平抛运动的初速度大小为______________m/s(当地重力加速度g
为9.8 m/s2,保留2位有效数字)。
　 0.70　
解析　①本实验探究平抛运动特点。需保证每次实验时钢球做相同的平抛运动,即每
次钢球都从相同高度处静止释放。
②如图所示

③根据描绘出的轨迹,选出三个坐标点(8.0,5.8)、(10.0,9.0)、(12.0,13.0)
水平方向x=v0T,竖直方向Δy=y2-y1=gT2。其中y2=13-9=4 cm
y1=9.0-5.8=3.2 cm
联立解得v0=0.70 m/s
2.[2022海南,14(2),6分]某学习小组探究平抛运动的特点。
①采用如图甲所示装置探究平抛运动竖直分运动的特点。用小锤击打弹性金属片后,
A球沿水平方向抛出,做平抛运动;同时B球被释放,自由下落,做自由落体运动。实验发
现两球同时落地。分别改变小球距地面的高度和小锤击打的力度,多次重复实验,发现
两球仍同时落地。根据该实验现象,可以得到的实验结论是_____________________
____________________________。
竖直方向上做自由落体运动　
　　做平抛运动的物体,在

②探究平抛运动水平分运动的特点时,得到小球平抛运动的轨迹如图乙所示,其中O为
抛出点,a、b、c是轨迹上选取的三个点,O与a、a与b、b与c之间的竖直距离分别为h、
3h、5h,则小球从O到a、a到b、b到c的运动时间_________(填“相等”或“不相
　　相等　
等”);又测得O与a、a与b、b与c之间的水平距离相等,均为x,则可分析得出平抛运动在
水平方向的分运动是匀速直线运动,小球平抛运动的初速度为____________(用h、x和
重力加速度g表示)。
　 x 　
解析　①经过多次实验发现两个小球总是同时落地,共同点就是竖直方向的运动形式
一致,即做平抛运动的物体,在竖直方向上做自由落体运动。
②小球在竖直方向做自由落体运动,且O到a、a到b、b到c三个过程中,相邻两个过程在
竖直方向上运动的距离之差均为2h,由公式Δx=aT2可知,三个过程的运动时间相等;设经
过相邻两点时间间隔为t,则x=vt,在竖直方向上有2h=gt2,解得t= ,所以v=x 。
3.[2023浙江6月,16Ⅰ(1)]在“探究平抛运动的特点”实验中
①用图1装置进行探究,下列说法正确的是___________。
A.只能探究平抛运动水平分运动的特点
B.需改变小锤击打的力度,多次重复实验
C.能同时探究平抛运动水平、竖直分运动的特点
②用图2装置进行实验,下列说法正确的是___________。
A.斜槽轨道M必须光滑且其末端水平
B.上下调节挡板N时必须每次等间距移动
C.小钢球从斜槽M上同一位置静止滚下
　 C　
　 B　

③用图3装置进行实验,竖直挡板上附有复写纸和白纸,可以记下钢球撞击挡板时的点
迹。实验时竖直挡板初始位置紧靠斜槽末端,钢球从斜槽上P点静止滚下,撞击挡板留
下点迹0,将挡板依次水平向右移动x,重复实验,挡板上留下点迹1、2、3、4。以点迹0
为坐标原点,竖直向下建立坐标轴y,各点迹坐标值分别为y1、y2、y3、y4。重力加速度为
g,测得钢球直径为d,则钢球平抛初速度v0为___________。
　 D　
A. 　　　 B.
C. 　　　 D.
解析　①题图1装置只能用于探究平抛运动竖直分运动的特点,B正确。
②用题图2装置进行实验时,斜槽末端必须水平,但轨道不必光滑,A错误;调节水平挡板
N时,不需要等间距移动,只要能把小球的轨迹记录下来即可,B错误;为了保证小球平抛
初速度相同,小球必须从M上同一位置静止滚下,C正确。
③小球在竖直方向做自由落体运动,计算水平位移时,需要考虑小球半径的影响,根据y1
= gt2、x- =v0t可知v0= ,同理可得v0= = ,A、C错误,
D正确;由y1= gt2、x- =v0t、y2= gt'2、2x- =v0t'联立可得v0= ,B错误。
4.(2023北京,16,10分)用频闪照相记录平抛小球在不同时刻的位置,探究平抛运动的特
点。
(1)关于实验,下列做法正确的是_____________(选填选项前的字母)。
A.选择体积小、质量大的小球
B.借助重垂线确定竖直方向
C.先抛出小球,再打开频闪仪
D.水平抛出小球
(2)图1所示的实验中,A球沿水平方向抛出,同时B球自由落下,借助频闪仪拍摄上述运动
过程。图2为某次实验的频闪照片。在误差允许范围内,根据任意时刻A、B两球的高
　 ABD　
度相同,可判断A球竖直方向做_____________运动;根据__________________
______________________,可判断A球水平方向做匀速直线运动。
　
(3)某同学使小球从高度为0.8 m的桌面水平飞出,用频闪照相拍摄小球的平抛运动(每
秒频闪25次),最多可以得到小球在空中运动的____________个位置。
　 11　
平分位移相等　　　　　　　　　　　　
　　相等时间内A球水
　　自由落体　　　
(4)某同学实验时忘了标记重垂线方向。为解决此问题,他在频闪照片中,以某位置为坐
标原点,沿任意两个相互垂直的方向作为x轴和y轴正方向,建立直角坐标系xOy,并测量
出另外两个位置的坐标值(x1,y1)、(x2,y2),如图3所示。根据平抛运动规律,利用运动的合
成与分解的方法,可得重垂线方向与y轴间夹角的正切值为___________。

　 　
解析 (1)选择体积小、质量大的小球,这样可以减小空气阻力的影响,A正确;该实验应
借助重垂线确定竖直方向,B正确;应先打开频闪仪,再抛出小球,C错误;实验中应使小球
做平抛运动,所以要水平抛出小球,D正确。
(2)在误差允许范围内,根据任意时刻A、B两球的高度相同,可判断A球竖直方向做自由
落体运动;根据相等时间内A球水平分位移相等可判断A球水平方向做匀速直线运动。
(3)小球从高度为0.8 m的桌面水平飞出,则根据h= gt2可求得小球的运动时间t≈0.404
s,每秒频闪25次,则每0.404 s可照相11次,最多可以得到小球在空中运动的11个位置。
(4)分析可知,小球在x轴方向和y轴方向均做匀变速直线运动,则相邻相等时间内的位移
差相等,即Δx=aT2,则x方向有(x2-x1)-x1=axT2,y方向有(y2-y1)-y1=ayT2,重垂线方向与y轴夹角
的正切值tan θ= ,联立解得tan θ= 。
5.(2026届山西大学附中月考)某实验小组用如图甲所示的实验装置,探究小球做平抛运
动的规律,其中桌面高度为H。
　
　
(1)关于该实验,下列说法正确的是____________(多选)。
A.斜槽轨道末端应保持水平
B.应想办法尽量减小小球与轨道之间的摩擦
C.每次应将小球从斜槽轨道上同一位置由静止释放
　 AC　
D.实验时,必须控制挡板高度等间距下降
(2)某次正确实验后,在方格纸上记录了小球在不同时刻的位置如图乙中a、b、c所示,
建立如图乙所示的平面直角坐标系,y轴沿竖直方向,方格纸每一小格的边长为L,a、b、
c三点的坐标分别为a(2L,2L)、b(4L,3L)、c(8L,8L)。在小球轨迹上取一个点d(图中未画
出),使小球从b点到d点和从d点到c点的运动时间相等,则d点的纵坐标为____________。
(3)该小组实验过程中,利用n个厚度相同的垫板放在桌面上,通过改变垫板的个数探究
初速度相同的平抛运动,如图丙所示。通过记录得到垫板个数n和小球落地时的水平位
移,得到n-x2图像如图丁所示,其中H=1.5 m,g=10 m/s2。则小球平抛的初速度v0=________
_______,垫板的厚度d=________________。
　 0.05 m　
2 m/s　
　 5L　
解析 (1)为了确保小球飞出时初速度方向沿水平方向,实验中,应使斜槽轨道末端保持
水平,A正确。小球每次均从斜槽同一高度由静止释放,则每次小球做平抛运动的初速
度不会因为摩擦力而变化,所以实验中不需要想办法尽量减小小球与轨道之间的摩擦,
B错误。为了确保小球飞出斜槽末端时的速度大小一定,实验中,应每次将小球从斜槽
轨道上同一位置由静止释放,C正确。实验时,需要描出小球在纸面上的多个位置点,便
于确定小球的运动轨迹,但不需要控制挡板高度等间距下降,D错误。
(2)小球飞出斜槽末端后做平抛运动,其水平分运动为匀速直线运动,为使小球从b点到d
点和从d点到c点的运动时间相等,则d点的横坐标为6L;小球在竖直方向做自由落体运
动,由于相邻点迹之间的时间间隔相等,根据Δy=gT2可得,相邻点迹竖直方向上的位移之
差均相等,令d点的纵坐标为y,则有(y-3L)-(3L-2L)=(8L-y)-(y-3L),解得y=5L。
(3)小球做平抛运动,则有H+nd= gt2,x=v0t,解得n= x2- ,结合题图丁有 = m-2,-
=-30,解得v0=2 m/s,d=0.05 m。
实验6 探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系
1.[2023浙江1月,16Ⅰ(2)]“探究向心力大小的表达式”实验装置如图所示。

①采用的实验方法是___________;
A.控制变量法
B.等效法
C.模拟法
　 A　
②在小球质量和转动半径相同的情况下,逐渐加速转动手柄到一定速度后保持匀速转
动。此时左右标尺露出的红白相间等分标记的比值等于两小球的___________
____之比(填“线速度大小”“角速度平方”或“周期平方”);在加速转动手柄过程中,
左右标尺露出红白相间等分标记的比值_________(填“不变”“变大”或“变
小”)。
　　不变　
　　角速度平方
解析　①本实验是为了探究向心力与影响它的多个因素的关系,故采用控制变量法。
②根据向心力Fn=mrω2可知,当m、r一定时,标尺露出的等分标记的比值即向心力之比,
等于角速度平方之比,且加速转动过程比值保持不变。
2.[2024海南,14(1),6分]水平圆盘上紧贴边缘放置一密度均匀的小圆柱体,如图(a)所示,
图(b)为俯视图,测得圆盘直径D=42.02 cm,小圆柱体质量m=30.0 g,圆盘绕过盘心O的竖
直轴匀速转动,转动时小圆柱体相对圆盘静止。
　

为了研究小圆柱体做匀速圆周运动时所需要的向心力情况,某同学设计了如下实验步
骤:
①用秒表测圆盘转动10周所用的时间t=62.8 s,则圆盘转动的角速度ω=___________rad/s
(π取3.14)。
②用游标卡尺测量小圆柱体不同位置的横截面直径,某次测量的示数如图(c)所示,该读
数d=______________mm,多次测量后,得到平均值恰好与d相等。
③写出小圆柱体所需向心力表达式F=___________________(用D、m、ω、d表示),其大
小为__________________N(保留2位有效数字)。
　 6.1×10-3　
　 mω2(D-d)　
　 16.2　
　 1　
解析　①圆盘转动的周期T= =6.28 s,则角速度ω= =1 rad/s。
②根据游标卡尺读数规则有d=16 mm+2×0.1 mm=16.2 mm。
③由圆周运动向心力表达式有F=mω2× ,代入数据解得F≈6.1×10-3 N。
3.(2025届广东广州二模)某小组用图(a)装置探究“向心力大小与半径、周期的关
系”。通过紧固螺钉(图中未画出)可在竖直方向调整水平横梁位置,位移传感器、力
传感器均固定在横梁上,两传感器和光电门都与计算机相连;小球放在一端有挡光片的
水平横槽上,细绳一端p连接小球,另一端q绕过转向轮后连接力传感器,力传感器可测量
细绳拉力,位移传感器可测量横梁与横槽之间的距离。小球和细绳所受摩擦力可忽略,
细绳q端与直流电机转轴在同一竖直线上。光电门未被挡光时输出低电压,被挡光时输
出高电压。实验步骤如下。


(1)如图(b),用螺旋测微器测量小球直径d=_______________________________mm,若
测得直流电机转轴到小球之间绳长为L,则小球做圆周运动的半径r=_____________
(用d、L表示)。
(2)探究向心力大小与半径的关系:启动直流电机,横槽带动小球做匀速圆周运动,保持
_________不变,记录力传感器读数F0,位移传感器读数H0,小球做圆周运动的半径r
0。降低横梁高度,当位移传感器读数为H1时,小球做圆周运动的半径r1=_________________
____(用r0、H0、H1表示),待电机转动稳定后再次记录力传感器读数F1,重复多次实验得到
多组数据,通过计算机拟合F-r图像,可得线性图像。
　 r0+H0-H1
　　周期　
　 L+ 　
　 7.884(7.883或7.885也正确)　
(3)探究向心力大小与周期的关系:保持小球做圆周运动的半径不变,调节直流电机转
速,待电机转动稳定后,计算机采集到光电门输出电压u与时间t的关系如图(c),则小球做
圆周运动周期T=_______________(选用t0、t1、t2表示)。记录力传感器读数F和周期T,
重复多次得到多组数据,通过计算机拟合___________图像(选填下列选项字母代号),可得线性图像。
A.F-T　　　 B.F-T2　　　 C.F-
　 C　
　 t2-t0　
解析 (1)螺旋测微器的读数为7.5 mm+0.01 mm×38.4=7.884 mm,小球做圆周运动的半
径r=L+ 。
(2)探究向心力大小与半径的关系,应控制变量周期不变;探究过程中连接小球的绳长不
变,根据几何关系可得H0+r0=H1+r1,解得r1=r0+H0-H1。
(3)由题图(c)可知,t0时刻进入光电门,t2时刻再次进入,则T=t2-t0;向心力F=m r,要得到
线性图像,应拟合F- 图像,C正确。

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