2026年高考物理二轮复习（全国）题型03 力与曲线运动（七大题型）（重难专练）（解析版）

题型03力与曲线运动

目录

第一部分题型解码高屋建瓴，掌握全局

第二部分考向破译微观解剖，精细教学

典例引领方法透视变式演练

考向01曲线运动特点及运动的合成与分解【重】

考向02平抛运动及其规律的应用【重】

考向03平抛运动临界与极值问题【重难】

考向04斜抛运动问题

考向05圆周运动的运动学问题【重难】

考向06圆周运动的动力学问题【重难】

考向07圆周运动的临界问题【重难】

第三部分综合巩固整合应用，模拟实战

力与曲线运动是力与运动关系的深化，是高考物理重点板块，也是高考中的高频必考点。，选

择题侧重基础概念与规律，如曲线运动条件、平抛运动规律、平抛运动与斜面的结合、斜抛运动、

圆周运动的运动学和动力学规律等，通过结合生活实例或简单情境，考查学生对概念的理解与运用

能力。计算题则注重综合应用，常将曲线运动与牛顿运动定律、能量观点结合，如平抛与竖直上抛

组合等，考查学生分析复杂物理过程、建立物理模型及运用数学工具解决问题的能力。情境化命题

趋势显著，如“打水漂”、“弹射装置”、“过山车”等真实场景频繁出现，要求考生具备模型建

构与多过程拆解能力。

考向01曲线运动特点及运动的合成与分解

【例1-1】（2025·湖南高考真题）.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（）

A.B.

C.D.

【答案】C

22

【解析】根据题意可知，物块沿斜面向上做匀减速直线运vyv0y2ayy动，设初速度为v0，加速度为大

小a，斜面倾角为，物块在水平方向上做匀减速直线运动，初速度为v0xv0cos，加速度大小为

，则有22

axacosvxv0x2axx

整理可得2

vxv0cos2acosx

可知，vxx图像为类似抛物线的一部分，A、B项错误；物块在竖直方向上做匀减速直线运动，速度为

v0yv0sin，加速度大小为ayasin，则有

整理可得2

vyv0sin2asiny

可知，vyy图像为类似抛物线的一部分，故C项正确，D项错误。

【例1-2】（2025·黑吉辽蒙卷·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

【详解】设两边绳与竖直方向的夹角为，塔块沿竖直方向匀速下落的速度为v块，将v块沿绳方向和垂直

绳方向分解，将v沿绳子方向和垂直绳方向分解，可得v块cosvsin

v

解得v块

tan

由于塔块匀速下落时在减小，故可知v一直增大。

故选B。

1.合外力与轨迹、速度间的关系分析思路

2.求解小船渡河问题思路

3.绳（杆）关联速度问题解题思路

【变式1-1】（2025广东省佛山市禅城区高三二模）图甲为一种常见的3D打印机的实物图，打印喷头做x

轴、y轴和z轴方向的运动，t0时，打印喷头从打印平台的中心开始运动，在x轴方向的位移-时间图像

和y轴方向的速度-时间图像如图乙、丙所示，下列说法正确的是（）

A.0.5s末喷头的速度大小为0.25m/s

B.喷头运动轨迹可能是图丁中的轨迹P

C.1.0s末喷头速度方向与x轴正方向的夹角为53

13

D.1.0s末喷头离打印平台中心的距离为m

10

【答案】BCD

x0.3

【解析】由图乙可知，在x轴方向做匀速直线运动，速度大小为vm/s0.3m/s

xt1

v0.4

由图丙可知，在y轴方向做匀加速直线运动，加速度大小为am/s20.4m/s2

yt1

0.5s末喷头在y轴的分速度大小为v0.5yayt0.50.40.5m/s0.2m/s

13

0.5s末喷头的速度大小为vv2v20.320.22m/sm/s

0.5x0.5y10

故A错误；由以上分析可知，喷头在x轴方向做匀速直线运动，在y轴方向做匀加速直线运动，所以合力

沿y轴方向，所以轨迹可能为P，故B正确；1.0s末喷头沿y轴方向的分速度大小为

v1.0yayt1.00.41.0m/s0.4m/s

v1.0y0.44

设1.0s末喷头速度方向与x轴正方向的夹角为θ，则tan

vx0.33

解得θ53

故C正确；末喷头沿x轴的位移大小为xvxt1.00.31.0m0.3m

v0.4

在y轴方向的位移大小为y1.0yt1.0m0.2m

21.02

13

所以，1.0s末喷头离打印平台中心的距离为dx2y20.320.22mm，故D正确。

10

【变式1-2】（2025·天津和平·二模）建筑工地常用如图所示装置将建材搬运到高处，光滑杆竖直固定在地

面上，斜面体固定在水平面上，配重P和建材Q用轻绳连接后跨过光滑的定滑轮，配重P穿过光滑竖直杆，

建材Q放在斜面体上，且轻绳与斜面平行，开始时建材静止在斜面上，之后增加配重质量，建材沿斜面上

滑，下列分析正确的是（）

A．当P、Q滑动时，则P、Q速度大小一定相等

B．当P、Q滑动时，P减小的机械能一定等于Q增加的机械能

C．当P、Q静止时，细线上的拉力一定大于竖直杆对P的弹力

D．当P、Q静止时，斜面对Q的摩擦力可能斜向下

【答案】CD

【详解】A．根据题意可知，当P、Q滑动时，P沿绳方向的分速度大小与Q的速度大小相等，故A错误；

B．Q与斜面之间有摩擦力，当P、Q滑动时，P减小的机械能等于Q增加的机械能和因Q与斜面之间摩擦

产生的热之和，则P减小的机械能一定大于Q增加的机械能，故B错误；

C．由于竖直杆光滑，则当P静止时，绳子一定不能与杆垂直，则绳子拉力沿水平的分力等于竖直杆对P的

弹力，即细线上的拉力一定大于竖直杆对P的弹力，故C正确；

D．当P、Q静止时，若绳子的拉力大于Q重力沿斜面向下的分力，则Q有向上的运动趋势，斜面对Q的

摩擦力沿斜面向下，故D正确。

故选CD。

考向02平抛运动规律及应用

【例2-1】（2025·云南高考真题）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

1

【解析】鸟食的运动视为平抛运动，则在竖直方向有hgt2

2

由于hM<hN，则tM<tN，要同时接到鸟食，则在N点接到的鸟食先抛出，A、B项错误；在水平方向有x=

v0t，如图

过M点作一水平面，可看出在相同高度处M点的水平位移大，则M点接到的鸟食平抛的初速度较大，C

项错误、D项正确。

【例2-2】（2024·安徽·高考真题）在某地区的干旱季节，人们常用水泵从深水井中抽水灌溉农田，简化模

型如图所示。水井中的水面距离水平地面的高度为H。出水口距水平地面的高度为h，与落地点的水平距离

约为l。假设抽水过程中H保持不变，水泵输出能量的倍转化为水被抽到出水口处增加的机械能。已知水

的密度为，水管内径的横截面积为S，重力加速度大小为g，不计空气阻力。则水泵的输出功率约为（）

gSl2ghl2gSl2ghl2

A．HhB．Hh

2h2h2h4h

gSl2ghl2gSl2ghl2

C．HD．H

2h2h2h4h

【答案】B

【详解】设水从出水口射出的初速度为v0，取t时间内的水为研究对象，该部分水的质量为

mv0tS

根据平抛运动规律

v0t'l

1

hgt'2

2

g

解得vl

02h

根据功能关系得

1

Ptmv2mgHh

20

联立解得水泵的输出功率为

gSl2ghl2

PHh

2h4h

故选B。

1.平抛运动的分解方法与注意问题

（1）求解平抛运动关键是将速度或位移分解，具体讲，如果已知速度或其夹角则分解速度，若已知位移或

其夹角则分解位移，

（2）在斜面、竖直面、弧面上平抛运动的物体，落点不在水平面上，而是在斜面、竖直面、弧面上时，应

将平抛运动的知识与几何知识结合起来，分解速度或分解位移，在水平方向和竖直方向分别列式求解。

（3）要特别注意区题中速度的偏转角和位移的偏转角。

2.两物体平抛运动的几个结论

(1)若两物体同时从同一高度(或同一点)抛出，则两物体始终在同一高度，二者间距只取决于两物体的水平

分运动。

(2)若两物体同时从不同高度抛出，则两物体高度差始终与抛出点高度差相同，二者间距由两物体的水平分

运动和竖直高度差决定。

(3)若两物体从同一点先后抛出，两物体竖直高度差随时间均匀增大，二者间距取决于两物体的水平分运动

和竖直分运动。

(4)两条平抛运动轨迹的相交处是两物体的可能相遇处，两物体要在此处相遇，必须同时到达此处。

3.斜面上的平抛运动两种方法建坐标系

【变式2-1】(2025·四川省成都市高三二诊）如图（a）所示，一竖直放置的花洒出水孔分布在圆形区域内。

打开花洒后，如图（b）所示，水流从出水孔水平向左射出。假设每个出水孔出水速度大小相同，从花洒中

喷出的水落于水平地面（p、q分别为最左、最右端两落点），不计空气阻力。落点区域俯视图的形状最可

能的是（）

A.B.

C.D.

【答案】.C

【解析】设水龙头最低点离地面的高度为h，水龙头的半径为R，水滴距离地面的高度为yh，初速度

12

为v0，则有hygt，xvt

20

2hy

解得xv，其中0y2R

0g

由于y均匀增加时，x不是均匀增加，且x增加得越来越慢，所以俯视的形状为C图。

故选C。

【变式2-2】（2025·湖北武汉·模拟预测）如图所示，磁极和铁芯之间存在辐向磁场，圆弧ABC和ABC位

3

于以O点为圆心的竖直圆周上，圆的半径为m，A、C等高，AOC120，圆面处的磁感强度为0.1T。

质量为0.1kg，长度为1m的导体棒P始终通以垂直纸面向外的大小为1A的恒定电流，导体棒由A点静止

释放，经C点时以速度v离开磁场区域，落在倾角为30斜面上的E点。不计一切摩擦和空气阻力，重力加

速度大小g取10m/s2，则（）

A．导体棒离开C点的速度大小为2m/s

B．导体棒从C点到E点时间为0.4s

8

C．CE距离为m

15

D．导体棒在E点的速度方向与斜面的夹角为30

【答案】C

131

【详解】A．导体棒从A运动到C过程，由动能定理可得BIL（2)mv20

32

解得v2m/s，故A错误；

B．由几何关系可知，v与斜面垂直，以斜面方向建立x轴，v方向建立y轴，如下图所示。则有

v43

t2s，故B错误；

gcos3015

18

C．导体棒可看成沿斜面方向做初速度为零的匀加速直线运动，则CEgsin30t2m

215

故C正确；

D．如下图所示，导体棒可看成沿斜面方向做初速度为零的匀加速直线运动，则导体棒在E点时，沿x轴、

43

y轴的速度分别为vgsin30tm/s，vEyv2m/s

Ex3

v3

则导体棒在E点的速度方向与斜面的夹角满足tanEy

vEx2

则30，故D错误

故选C。

考向03平抛运动临界与极值问题

【例3-1】（2023·全国·高考真题）将扁平的石子向水面快速抛出，石子可能会在水面上一跳一跳地飞向远

方，俗称“打水漂”。要使石子从水面跳起产生“水漂”效果，石子接触水面时的速度方向与水面的夹角不能大

于θ。为了观察到“水漂”，一同学将一石子从距水面高度为h处水平抛出，抛出速度的最小值为多少？（不

计石子在空中飞行时的空气阻力，重力加速度大小为g）

【答案】2gh

tan

2

【详解】石子做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，则有2ghvy

可得落到水面上时的竖直速度vy2gh

v

由题意可知ytan

v0

2gh

即v

0tan

石子抛出速度的最小值为2gh。

tan

【例3-2】（2026.·安徽省合肥市合肥皖智高级中学高三第二次阶段性检测）如图1为一个网球场的示意图，

一个网球发球机固定在底角处，可以将网球沿平行于地面的各个方向发出，发球点距地面高为1.8m，球网

高1m。图2为对应的俯视图，其中L112m，L29m。按照规则，网球发出后不触网且落在对面阴影区

域（包含虚线）内为有效发球。图中虚线为球场的等分线，则发球机有效发球时发出网球的最小速率为（忽

略一切阻力重力加速度g=10m/s2）（）

15575

A.m/sB.12.5m/sC.m/sD.202m/s

24

【答案】A

【解析】当发球机有效发球且发出网球的速率最小时，球应恰好到达有效区域的边缘，如图所示

网球从A点发出后落在C点。网球从A点发出后，在竖直方向做自由落体运动，有

12H21.8

Hgt2，解得ts0.6s

2ACACg10

1

若网球恰不触网，则有Hhgt2

2AB

2(Hh)2(1.81)

解得ts0.4s

ABg10

网球在水平方向上做匀速直线运动，即xAB:xACtAB:tAC2:3

因CMB与CNA为相似三角形，则有xAB:xACxNM:xNC2:3

13

因L12m、L9m，可得xL9m

12NC212

2

219

xACxNCL25m

22

xAC15

则发球机有效发球时发出网球的最小速率为vmin5m/s

tAC2

故选项A正确。

【变式3-1】（2025.·山东省济南市高三一模）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垂直距离为L，重力加速度为g，不计空气阻力，下列说法正确

的是（）

v1v2

A.x的最小值为LB.x的最小值为L

v2v1

gL2gL2

的最小值为的最小值为

C.y2D.y22

2v22(v2v1)

【答案】C

【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v2垂直竖直墙壁射出时，弹珠运

L

动时间最短tmin

v2

1gL2

的最小值为2，项正确，项错误；由于

yymingtmin2CDv2v1

22v2

则弹珠水平方向的合速度可以垂直竖直墙壁，合速度大小为22

vv2v1

此时x的最小值为L，A、B项错误。

【变式3-2】（2025·广东深圳·二模）如图，在某军事演习区正上方距离地面4000m高空悬停着上万只无人

机形成无人机群（可视为质点），每只无人机携带一颗炸弹，无人机群向水平方向及以下方向无死角的以

2

初速度v010m/s抛出炸弹，在距离地面2000m处设置面积为3000m的拦截炸弹区，不计空气阻力，以面

积比为拦截炸弹比，取g10m/s2，π3，则拦截炸弹比约为（）

A．0.5B．0.25C．0.05D．0.025

【答案】D

1

【解析】平抛的炸弹水平运动最远，到达拦截区，根据平抛运动规律可知hgt22000m，

2

S3000

xvt200m，以面积比为拦截炸弹比，拦截炸弹比约为0.025，故选项D正确。

0x232002

考向04斜抛运动问题

【例4-1】（2025·湖北高考真题）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

L

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。

2

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（）

1111

A.B.C.D.

2346

【答案】C

【解析】两网球水平方向上做匀速直线运动，分解速度

L0�0

根据匀速直线运动规律，有t�=�cos�

v0cos

0�

设球网高度为h，根据匀变�速=直�线�运动规律

1

则对A点发出的球，有Lhvsintgt2

02

L1

对B点发出的球，有hvsintgt2

202

1

联立以上各式，可得tan，C项正确。

4

【例4-2】（2024·山东·高考真题）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20m/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10m/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23s

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10m

D．轨迹最高点与落点的高度差为45m

【答案】BD

【详解】AC．将初速度分解为沿PQ方向分速度v1和垂直PQ分速度v2，则有

v1v0cos6010m/s，v2v0sin60103m/s

将重力加速度分解为沿PQ方向分速度a1和垂直PQ分速度a2，则有

2，2

a1gsin305m/sa2gcos3053m/s

垂直PQ方向根据对称性可得重物运动时间为

v

t224s

a2

重物离PQ连线的最远距离为

2

v2

dmax103m

2a2

故AC错误；

B．重物落地时竖直分速度大小为

vyv0sin30gt30m/s

则落地速度与水平方向夹角正切值为

vv

tanyy3

vxv0cos30

可得

60

故B正确；

vsin30

D．从抛出到最高点所用时间为t01s

1g

则从最高点到落地所用时间为t2tt13s

1

轨迹最高点与落点的高度差为hgt245m

22

故D正确。故选BD。

1.斜上抛运动研究方法

（1）采用运动的分解法研究斜上抛运动，根据斜上抛运动过程中加速度不变是分析问题的基础题。

（2）不计空气阻力，在空中做斜上抛运动，水平方向做匀速直线运动，根据水平方向的运动规律求解。

（3）斜上抛运动到最高点时只有水平速度，竖直速度为零。因此对斜上抛运动，从抛出点到最高点的运动

可逆过程分析，看成平抛运动，分析完整的斜上抛运动，还可根据对称性求解某些问题。

2．斜上抛运动的极值

222

v0yv0sinθ

（1）物体的射高ym＝＝

2g2g

v0sinθ2v0sinθ

（2）上升时间t＝，物体运动的总时间t总＝

gg

2

v0sin2θ

（3）物体的射程xm＝，对于给定大小的初速度v0，沿θ＝45°方向斜向上抛出时，射程

g

最大。

【变式4-1】（2025.·广东省肇庆市高三一模）如图甲为一种名为“喊泉”的游乐设施，游客对着池边的

话筒大声呼喊时，水池中的喷口就会有水倾斜喷出（可认为水恰好从水面喷出）。如图乙，某次呼喊时，

水柱在空中的射高为11.25m，已知喷口与水面的夹角为45°，重力加速度取10m/s2，不计空气阻力。下列

说法正确的是（）

A.在最高点的水的速率不为零

B.在最高点的水的重力的瞬时功率不为零

C.水在空中运动时先超重后失重

D.水柱的水平射程为22.5m

【答案】A

1

【详解】水喷出后做的是斜抛运动，竖直方向上做竖直上抛运动，由hgt2

2

可求得从射出到最高点的过程用时1.5s，射出时水在竖直方向的分速度大小vygt15m/s

v

水在水平方向做匀速直线运动，在水平方向的分速度大小vy15m/s

xtan45

水在最高点时竖直方向的分速度变为0，只有水平方向的分速度15m/s，A正确；

在最高点时速度沿水平方向，与重力方向垂直，其重力的瞬时功率为零，B错误；

水在空中的加速度一直向下，所以一直处于失重状态，C错误；根据斜抛运动的对称性可知，水柱在空中

的运动时间为3s，所以水平射程为xvxt总45m，D错误。

【变式4-2】（2026·黑龙江辽宁·一模）滑雪跳台场地可以简化为如图甲所示的模型。图乙为简化后的跳台

滑雪雪道示意图，AO段为助滑道和起跳区，OB段为倾角30的着陆坡。运动员从助滑道的起点A由静

止开始下滑，到达起跳点O时，借助设备和技巧，以与水平方向成30角（起跳角）的方向起跳，最后落

在着陆坡面上的C点。已知运动员在O点以20m/s的速率起跳，轨迹如图，不计一切阻力，g取10m/s2。

求：

(1)运动员在空中运动的最高点到起跳点O的距离；

(2)运动员离着陆坡面的距离最大时的速度大小；

【答案】(1)513m；(2)20m/s

【详解】（1）从O点起跳后运动员做斜抛运动，水平速度分量为vxv0cos30103m/s

竖直方向分量为vyv0sin3010m/s

v

运动员到达最高点时竖直速度减为零，所用时间为ty1s

g

水平位移xvxt103m

v2

竖直位移yy5m

2g

运动员在空中运动的最高点到起跳点O的距离sx2y2513m

v3

（2）运动员离着陆坡面的距离最大时速度的方向应与斜面平行，即tany1

vx3

22

此时的速度为vvxvy120m/s

考向05圆周运动的运动学问题

【例5-1】（2025·山东·高考真题）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=5m的圆形区域，OO′垂直地面，无人机在离地面高度H=20m的空中绕O′点、

平行地面做半径R2=3m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=10m/s2。下列说法正确的是（）

A．rad/s

max3

2

B．rad/s

max3

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

【答案】BC

1

【详解】AB．物品从无人机上释放后，做平抛运动，竖直方向Hgt2

2

可得t2s

要使得物品落点在目标区域内，水平方向满足22

xR1R2vt

v

最大角速度等于max

R2

2

联立可得rad/s

max3

故A错误，B正确；

．无人机从到的时间3

CDABt2s

max4

由于t′>t

可知无人机运动到B点时，在A点释放的物品已经落地，故C正确，D错误。

故选BC。

【例5-2】（2025·福建·高考真题）春晚上转手绢的机器人，手绢上有P、Q两点，圆心为O，OQ3OP，

手绢做匀速圆周运动，则（）

A．P、Q线速度之比为1:3

B．P、Q角速度之比为3:1

C．P、Q向心加速度之比为3:1

D．P点所受合外力总是指向O

【答案】AD

【详解】B．手绢做匀速圆周运动，由图可知P、Q属于同轴传动模型，故角速度相等，即角速度之比

为1:1，B错误；

A．由vr

可知，、线速度之比

PQvP:vQrOP:rOQ1:3

得A正确；

C．由a2r

可知，、向心加速度之比

PQaP:aQrOP:rOQ1:3

得C错误；

D．做匀速圆周运动的物体，其合外力等于向心力，故合力总是指向圆心O，D正确。

故选AD。

1．圆周运动各物理量间的关系

2.求解传动问题的思路：

(1)分清传动特点：若属于皮带传动、齿轮传动或摩擦传动，则轮子边缘各点线速度大小相等；若属于同轴

转动，则轮上各点的角速度相等。

(2)确定半径关系：根据装置中各点位置确定半径关系或根据题意确定半径关系。

1

(3)择式分析：若线速度大小相等，则根据ω∝分析；若角速度大小相等，则根据v∝r分析。

r

【变式5-1】（2025·陕西渭南·二模）如图所示，半径为R的竖直圆筒绕中心轴线以恒定的转速匀速转动。

一子弹以水平速度沿圆筒直径方向从左侧射入圆筒，从右侧射穿圆筒后发现两弹孔在同一竖直线上且

相距为h，则下列说法正确的是（）

gg

A．子弹在圆筒中的水平速度为v2RB．子弹在圆筒中的水平速度为vR

02h02h

gg

C．圆筒转动的角速度可能为5D．圆筒转动的角速度可能为4

2h2h

【答案】AC

【详解】AB．子弹做平抛运动，在竖直方向上

1

hgt2

2

2h

可得子弹在圆筒中运动的时间t

g

2Rg

水平方向子弹做匀速运动，因此水平速度v2R

0t2h

A正确，B错误；

CD．因子弹从右侧射穿圆筒后发现两弹孔在同一竖直线上，则圆筒转过的角度为(2n1)（n取1、

2、3……）

(2n1)g

则角速度为(2n1)

tt2h

gg

故角速度可能为5，不可能为4，C正确，D错误。

2h2h

故选AC。

【变式5-2】（2026·湖南邵阳·一模）中国已经是汽车大国，2022年中国汽车总销量为2750万辆。如图甲是

汽车发动机的结构图，其中正时系统对发动机的正常运行起到至关重要的作用。图乙是其简化图，A、C是

皮带轮边缘上的点，B和C同轴，且R22R1，当系统匀速转动时，以下说法正确的是（）

A.B点的线速度是A点的两倍

B.B点的角速度是A点的两倍

C.B点的转速是A点的两倍

D.A点的向心加速度是B点的四倍

【答案】D

【解析】

【详解】AB．A、C是皮带轮边缘上的点，则有vAvC，根据vr，可得A:CR2:R12:1

B和C同轴，则有BC，根据vr，可得vB:vCR1:R21:2

联立可得vB:vAvB:vC1:2，B:AC:A1:2

故AB错误；

C．根据2n，可得nB:nAB:A1:2

故C错误；

D．根据a2rv

可得aA:aBvAA:vBB4:1

故D正确。

考向06圆周运动的动力学问题

【例6-1】．（2025·山东·高考真题）某同学用不可伸长的细线系一个质量为0.1kg的发光小球，让小球在

竖直面内绕一固定点做半径为0.6m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

11

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

505

在最低点时细线的拉力大小为（）

A．11NB．9NC．7ND．5N

【答案】C

11

【详解】根据题意可知在曝光时间内小球运动的长度为lr0.6m0.12m

55

l0.12

vm/s=6m/s

近似认为在曝光时间内小球做匀速直线运动，故有t1

50

v2

在最低点根据牛顿第二定律有Tmgm

r

代入数据解得T=7N故选C。

【例6-2】．（2023·福建·高考真题）一种离心测速器的简化工作原理如图所示。细杆的一端固定在竖直转

轴OO上的O点，并可随轴一起转动。杆上套有一轻质弹簧，弹簧一端固定于O点，另一端与套在杆上的

圆环相连。当测速器稳定工作时，圆环将相对细杆静止，通过圆环的位置可以确定细杆匀速转动的角速度。

已知细杆长度L0.2m，杆与竖直转轴的夹角a始终为60，弹簧原长x00.1m，弹簧劲度系数k100N/m，

圆环质量m1kg；弹簧始终在弹性限度内，重力加速度大小取10m/s2，摩擦力可忽略不计

（1）若细杆和圆环处于静止状态，求圆环到O点的距离；

（2）求弹簧处于原长时，细杆匀速转动的角速度大小；

（3）求圆环处于细杆末端P时，细杆匀速转动的角速度大小。

106

【答案】（1）0.05m；（2）rad/s；（3）10rad/s

3

【详解】（1）当细杆和圆环处于平衡状态，对圆环受力分析得

T0mgcos5N

根据胡克定律Fkx得

T

x00.05m

0k

弹簧弹力沿杆向上，故弹簧处于压缩状态，弹簧此时的长度即为圆环到O点的距离

x1x0x00.05m

（2）若弹簧处于原长，则圆环仅受重力和支持力，其合力使得圆环沿水平方向做匀速圆周运动。根据牛顿

mg

第二定律得m2r

tan0

由几何关系得圆环此时转动的半径为rx0sin

106

联立解得rad/s

03

（3）圆环处于细杆末端P时，圆环受力分析重力，弹簧伸长，弹力沿杆向下。根据胡克定律得

TkLx010N

对圆环受力分析并正交分解，竖直方向受力平衡，水平方向合力提供向心力，则有

2

mgTcosFNsin，TsinFNcosmr'

由几何关系得r'Lsin

联立解得10rad/s

“一、二、三、四”求解圆周运动动力学问题

【变式6-1】（2025·广东深圳·一模）如图所示，分别用长度相等的细线将质量相同的1、2两个小球悬挂起

来，给两个小球提供不同的水平初速度后，两个小球均在水平面内做匀速圆周运动，形成具有相同摆长和

不同摆角的圆锥摆，两小球均可视为质点且不计空气阻力。则（）

A.球1的角速度小于球2的角速度

B.细线对球1的拉力大于细线对球2的拉力

C.两个小球的向心力大小相等

D.球1的线速度大于球2的线速度

【答案】A

【解析】设圆锥摆的摆长为l，与竖直方向的夹角为，小球的质量均为m，根据牛顿第二定律可得

2g

mgtanmr，其中rlsin，解得，由图可知，12，所以12，故A正确；

lcos

小球在竖直方向合力为零，根据平衡条件Tcosmg

mg

解得细线对球的拉力大小为T

cos

因为12，所以T1T2，故B错误；小球所受细线拉力与小球重力的合力提供向心力，则向心力大小为

FnTsinθmgtanθ

因为12，所以Fn1Fn2，故C错误；小球的线速度为vr，因为12，且r1r2，所以v1v2，

故D错误

【变式6-2】（2025·广东省佛山市顺德区二模）如图为自行车车轮的气嘴灯原理图，气嘴灯由接触式开关

控制。其结构为弹簧一端固定在顶部A，另一端与重物连接，当车轮转动的角速度达到一定值时，重物拉伸

弹簧后使点M、N