2026年高考物理二轮复习讲练测（广东）题型03 抛体运动 圆周运动（解析版）

题型03抛体运动圆周运动

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运动的合成与分解

考向02抛体运动【重难】

考向03圆周运动【重难】

考向04临界问题【重难】

第三部分综合巩固整合应用，模拟实战

抛体运动、圆周运动是高中物理动力学的重要基础知识，也是高考中的高频必考点。它不仅常

以选择题、计算题等形式独立考查物体的运动与受力分析，更是作为一种核心分析工具，广泛渗透

于动力学等综合问题中。本题型的命题形式多样，常把平抛运动、圆周运动与机械能守恒、动能定

理等知识结合考查。解题的关键和核心能力在于过程及常规的受力、运动学分析。

考向01运动的合成与分解

【例1-1】（2025广东省揭阳市高三下学期模拟测试）如图，为了将地面上长L的钢管竖直放置，横梁上

的电机水平向左移动，同时启动电机内的牵引绳回收装置，使钢管在绳的作用下，绕定点O逆时针转动，

且绳始终沿竖直方向，若绳端M点相对于电机的速度恒为v，则钢管与水平方向的夹角从30°增大到60°的

过程中（）

A．电机移动的速度一直大于vB．电机移动的速度一直小于v

C．钢管的角速度一直大于D．钢管的角速度一直小于

��

【答案】C��

水平

【详解】AB．由三角知识可得

�

�

故电机水平移动速度为水平tan�=

由题意知在30°到60°之�间，=�tan�

3

�3<tan�<3

联立可得水平

3

故A、B均3错�误<；�<3�

CD．当钢管与地面夹角为时，钢管顶端M点做圆周运动，速度方向与杆垂直

由矢量的合成知识可得�

�合

cos�=�

由圆周运动知识得合

由题意知在30°到�60°=之�间�，

13

联立解得�2<cos�<2

��

故C正确�，=D错�co误s�；>�

故选C。

【例1-2】（2025届广东省湛江市二模）风洞是航空测试重要的技术。一口径很大的水平风洞截面图如图所

示，保持各处风力为恒定数值且方向水平向右；一只关闭动力的飞行器在风洞中可以从P点沿直线a运动

或沿抛物线b运动，忽略阻力对飞行器的影响，以下分析正确的是（）

A．飞行器沿直线a做匀速直线运动

B．飞行器沿直线a运动时其重力与风力的合力不一定沿直线a

C．飞行器从P点沿抛物线b运动到与P点等高时，抛物线最高点为该过程中间时刻

D．飞行器从P点沿抛物线b运动到与P点等高的过程中动能增加量等于风力做的功

【答案】CD

【详解】AB．风力方向水平向右，则重力与风力合力方向斜向右下方，飞行器沿a做直线运动，说明飞行

器受到重力与风力的合力沿直线a斜向右下方，与飞行器速度的方向相反，故飞行器做匀减速直线运动，

故AB错误；

C．飞行器沿抛物线b运动，由于在竖直方向上只受重力，竖直方向做竖直上抛运动，根据对称性可知，向

上达到最高点与从最高点落回等高处时所用时间相等，故C正确；

D．飞行器沿抛物线b回到等高点处重力做功为零，根据动能定理可知，动能增加量等于风力所做的功，故

D正确。

故选CD。

解决运动的合成与分解问题的一般思路

1.明确合运动或分运动的运动性质。

2.确定合运动是在哪两个方向上的合成或分解。

3.找出各个方向上已知的物理量(速度、位移、加速度等)。

4.运用力与速度的关系或矢量的运算法则进行分析求解。

关联速度问题的处理方法

把物体的实际速度分解为垂直于绳(杆)和平行于绳(杆)的两个分量，根据沿绳(杆)方向的分速度大小相等

求解。常见的模型如图所示。

【变式1-1】（2025届广东省深圳市福田区红岭中学二模）如图所示为内燃机中轻质活塞和轻质曲柄连杆结

构的示意图和简图。汽缸内高压气体推动活塞使其往复运动，某时刻活塞的速度为，连杆AO与活塞轴线

BO垂直，汽缸中高压气体及外部大气对活塞作用力的合力大小为F，已知�0，不计一切摩擦，则

1

此刻（）𝐴=2𝐴

A．A点线速度大小为

0

B．AB杆对活塞的作用�力大小为

3

C．汽缸壁对活塞作用力的大小为2�F

3

2

D．AB杆对A点推力的功率为Fv0

【答案】AD

【详解】A．连杆与活塞轴线垂直时，由几何关系可知与之间的夹角为

𝐴������

�将=3沿0连°杆方向和垂直于连杆方向分解，如图所示

�0𝐴

沿连杆方向的速度为

𝐴

3

�连�杆=�0c的os3端0°绕=转动�0的线速度为

2

����

�

�0

A�=正确；=�

cos30°

BC．由于是轻质活塞，所以活塞所受合外力为零，活塞受连杆对其的推力、汽缸壁对其的弹力和高

压气体及外部大气对活塞的作用力F，如图1所示𝐴�1�2

根据平衡条件可得

�1cos�=�

�解1得sin�=�2

23

�1=�

3

23

�故B=C错误�；

3

D．由功率的公式得，AB杆对A点推力的功率为

1023030

�故=D�正�确c。os30°=��×=��

32

故选AD。

【变式1-2】（2026届广东省部分学校高三上学期联考）一艘快艇在静水中航行的速度为，假设两岸距离

为，则渡河的最短时间是（）�

�A．B．C．D．

�2��2�

【答案】�A�2��

【详解】当快艇渡河时，时间由垂直河岸方向的分速度决定。要使时间最短，需将船速全部用于垂直方向。

快艇在静水中的速度为，若船头始终垂直河岸，则垂直方向速度为，渡河时间，故选A。

�

���=�

考向02抛体运动

【例2-1】（2026届广东省部分学校高三上学期联考）跳台滑雪是冬奥会比赛项目，如图所示，一运动员从

斜坡顶端水平飞出，若忽略空气阻力，则下列关于运动员在空中运动时的加速度大小、速度大小、动能

和机械能随运动时间变化的关系图像正确的是（）���k

��

A．B．

C．D．

【答案】D

【详解】A．运动员在空中做平抛运动，加速度为重力加速度，恒定不变，故A错误；

�

B．运动员的速度大小为

22

又�=�0+��

��=��

联立可得，所以图像为曲线，故B错误；

222

0

CD．由于�忽=略空�气+阻�力�，运动员�在−空�中运动过程中只有重力做功，机械能守恒，可知线是一条平行于

横轴的直线；由动能定理有（其中是初动能）�−�

又��ℎ=�k−�k0�k0

12

联立ℎ=可2得��，所以图线为二次函数图线，故C错误，D正确。

122

故选D。�k=�k0+2����k−�

【例2-2】（2026届广东省肇庆市高三一模）“醒狮”是融武术、舞蹈、音乐等为一体的民俗文化瑰宝，在岭

南地区尤为盛行。某次醒狮采青表演中，两只狮子分别站在高度不同的梅花桩上，以大小相等的初速度同

时水平抛出两颗质量相等的生菜a和b，两颗生菜运动轨迹的交点为P，生菜在空中的运动可视为平抛运

动．则下列说法正确的是（）

A．a生菜比b生菜晚落地

B．a、b两颗生菜经过P点时重力的瞬时功率相等

C．a生菜落地时的速度大于b生菜落地时的速度

D．a生菜的水平位移大于b生菜的水平位移

【答案】ACD

【详解】A．平抛运动的运动时间由竖直高度决定，．由于，所以，即生菜a比生菜b

2ℎ

abab

晚落地，故A正确；�=�ℎ>ℎ�>�

B．重力的瞬时功率，由于两颗生菜从抛出到P点的下降高度不同，所以经过P点时，两颗生菜

竖直方向的分速度不�同=，�因��此�两颗生菜重力的瞬时功率不相等，故B错误；

C．落地速度，由于水平初速度大小相同，但运动时间，所以生菜a的落地时的速度

22

0ab

更大，故C正�确=；�+���>�

D．水平位移，由于，所以，故D正确。

故选ACD。�=�0��a>�b�a>�b

1.处理平抛(类平抛)运动的四条注意点

(1)处理平抛运动(或类平抛运动)时，一般将运动沿初速度方向和垂直于初速度方向进行分解，先按分运动

规律列式，再用运动的合成求合运动。

(2)如图甲所示，对于从斜面上水平抛出又落到斜面上的问题，其竖直位移与水平位移之比等于斜面倾角的

y

正切值，即＝tanθ，速度方向与斜面平行时，物体离斜面最远。

x

(3)如图乙所示，对平抛运动的物体垂直打在斜面上，则物体打在斜面上瞬间，其水平速度与竖直速度之比

v

等于斜面倾角的正切值，即0＝tanθ。

vy

(4)如图丙所示，做平抛运动的物体，其位移方向与速度方向一定不同，它们之间的关系tanφ＝2tanθ。

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＝v0cosθ，

vy＝v0sinθ－gt

12

位移：x＝v0cosθ·t，y＝v0sinθ·t－gt

2

(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。

【变式2-1】（2026届广东省广东肇庆中学高三一模）如图所示，粗糙轨道顶部离地高为h，底部水平且离

地高为l。一个物体从其斜面上某位置由静止滑下，在轨道底部以速度v0水平飞出，在空中飞行时间为t，

落地速度为vt。不计空气阻力，以下说法正确的是（）

A．物体在整个运动的过程中机械能守恒

B．物体克服摩擦力所做的功为

12

0

C．vt的大小与物体静止滑下的位�置�ℎ有−关2��

D．t的大小与物体静止滑下的位置有关

【答案】C

【详解】A．由于轨道粗糙，所以运动过程中有摩擦力做功，物体在整个运动过程中机械能不守恒，A错误；

B．物体从开始运动到水平抛出过程，根据动能定理有

12

f0

物体克服摩擦力所做的功为，B错误�；�(ℎ−�)−�=2��

12

C．物体静止滑下的位置不同�，�(下ℎ滑−过�)程−中2�重�力0做功和克服摩擦力做功不同，根据动能定理，到达轨道底部

的水平速度不同。而落地速度的大小由，因此的大小与滑下位置有关，C正确；

22

�0��=�0+(��)��

D．物体在空中飞行时间为平抛运动的时间，由竖直下落高度决定，且，与物体滑下的位置无关，

2�

D错误。���=�

故选C。

【变式2-2】（2026届广东省清远市高三上学期一模）如图所示，水平地面上固定一倾角为α的斜面，一可

视为质点的小球以一定的速度从斜面上一点水平飞出。斜面足够长，忽略空气阻力。关于小球水平射程x

与着陆瞬间的动能随抛出点�离0地高度h变化的关系图像，正确的是（）

�k

A．B．

C．D．

【答案】A

【详解】

当h较小时，小球落在水平地面上，如图所示，由，

12

得ℎ=2���=�0�

2

22�0

可知�小=球�的ℎ图像为过原点的一条倾斜直线；

2

由动能定理得�−ℎ

12

得��ℎ=�k−2��0

12

可知�k小=球�的�ℎ+2�图�0像是截距为的一条倾斜直线。

12

�k−ℎ2��0

当h较大时，小球落在斜面上，如图所示。由，，③

12�

0

联立解得�=2���=��tan�=�

42

4�0tan�

22

可知与�h无=关，�故小球的图像为平行于h轴的一条直线；

22

小球的�动能�−，ℎ

1222

联立得�k=2��0+����=2��

122

可见小球�k的=2�与1h+无4关ta，n故�小�0球的图像为平行于h轴的一条直线。

故选A。�k�k−ℎ

【变式2-3】（2026届广东省深圳市宝安区高三上学期教学质量检测）下雨天，私家车刹车停止时，车内小

梁同学发现车前挡风玻璃上同一位置有两颗水珠和，水珠水平飞出，水珠沿玻璃匀加速下滑，

水珠落回玻璃时，恰好与相遇，示意图如图所示A。已B知水珠A和的质量均为B，初A速

−6

度大小均为，B车前挡风玻璃与水平夹角，水A珠B下滑时质量保�持=不5变.0，×不1计0空k气g阻力，

∘

水珠均可视为�0质=点2.，0m重/s力加速度取，�=37，B。求：

2∘∘

�10m/ssin37=0.6cos37=0.8

(1)水珠在空中运动的时间和位移；

(2)下滑过A程中，水珠受到阻�力的�大小（结果用分数及科学计数法表示）；

(3)若水珠和融合时B，水珠�垂直玻璃方向的分速度瞬间损失，沿玻璃切向的分速度不变，融合时间忽

略不计，则A融合B后瞬间水珠的速A度的大小。

【答案】(1)，；�

(2)�=0；.75m�=0.3s

4−5

(3)�=3×10N

�=3.2m/s

【详解】（1）方法一：平抛运动规律

水珠A做平抛运动，有

�cos�=�0�

12

解�s得in�=��，

2

方法二�=：0以.7斜5m面和�垂=直0.3斜s面方向正交分解

方向：，解得

�方向：2�0sin�=�cos�⋅��解=得0.3s

12

�（2）水珠�=B�沿0c着os斜�⋅面�做+匀2�加sin速�直⋅�线运动�=0.75m

根据运动学公式可知

12

解得�=�0�+2��

102

由受力�=分析3m及/牛s顿第二定律可知

解得��sin�−�=��

4−5

（3）�水=珠3×1和0N融合时，水珠垂直玻璃方向的分速度瞬间损失

根据运动的A合成B与分解，此时水A珠沿玻璃的分速度大小满足

A

�其A中=�0cos�+�ysin�

而融合�y时=水��珠B的速度为

融合过程由动量守恒得�B=�0+��

解得��A+��B=2��

�=3.2m/s

考向03圆周运动

【例3-1】（2026届广东省深圳市高三上学期模拟预测）如图所示，质量为m的夯杆在左右两个半径均为R，

角速度为ω的摩擦轮的作用下，由静止开始向上运动，上升一定高度后摩擦轮松开，松开之前夯杆与摩擦轮

间已经相对静止。已知摩擦轮与夯杆间动摩擦因数均为μ，弹力大小为F，重力加速度为g，不计空气阻力。

关于夯杆从起动到摩擦轮松开的过程中，下列说法正确的是（）

A．受到摩擦轮的摩擦力始终保持不变

B．夯杆的最大速度大小等于

C．加速过程中加速度大小等于��

��

D．加速运动的时间等于�−�

2𝐿�

【答案】B2��−��

【详解】B．松开之前，与摩擦轮相对静止，因此夯杆的速度大小与摩擦轮的线速度大小相等，故B

正确；�=��

AC．夯杆向上运动过程为先向上加速，此时夯杆受向上的滑动摩擦力为2μF，则由牛顿第二定律，

2��−

�可�得=��

2��

相对静�=止时�，−受�力平衡，故摩擦力发生改变，即AC错误；

D．根据，解得2�=��，故D错误。

𝐿�

故选B。�=���=2��−��

【例3-2】（2026届广东省清远市高三上学期一模）如图所示为电磁加速模型，该模型由竖直放置的管道和

电磁系统组成。当铁球靠近线圈时，线圈通电产生磁力吸引铁球加速；铁球即将离开时断电，避免磁力阻

碍运动。质量为m的铁球从最高点由静止开始逆时针下滑，此后每次经过最高点的速度均为v，运动每圈

的时间为T，图中B点为管道最低点，A、C点等高且不受磁力。已知铁球运动一圈后电磁系统的平均功率

为P，不计电路产生的焦耳热和管道内的空气阻力。下列说法正确的是（）

A．铁球在最高点处对管的作用力一定竖直向下

B．运动前两圈，该模型消耗的电能为

12

C．运动一圈后，电磁系统每圈对铁球做2�的�功为PT

D．铁球经过AB段克服摩擦力做功大于经过BC段克服摩擦力做功

【答案】CD

【详解】．铁球在最高点处，对铁球受力分析有

A2

�

由于v的大小可能大于、等于、小于，相应的�可�+能�大=于�零、�小于零或等于零，即铁球受到管的弹力可

能竖直向下、竖直向上，也可能没有弹�力�，由此可�知，根据牛顿第三定律可得铁球对管的作用力方向不确

定，故A错误；

B．铁球从最高点静止开始下滑，运动前两圈，铁球的动能增加量为，但该模型消耗的电能不仅用于

12

增加铁球的动能，还用于克服摩擦力做功，所以消耗的电能大于2�，�故B错误；

12

C．已知铁球运动一圈后电磁系统的平均功率为P，运动每圈的时2间�为�，根据可得运动一圈后，电

磁系统每圈对铁球做的功为，故C正确；��=��

D．铁球先后经过A、C两个�位�置，重力势能相等，由于摩擦力作用，根据能量守恒可得，同理，

段与段相同高度的任意位置处的速度大小均是段处的大。根据牛顿运动定律和圆周�运�>动�规�律可得，�A�B

段受到��弹力比对应高度段受到弹力大，AB段受�到�摩擦力比对应高度段受到摩擦力大，两段路程相等，

可知铁球经过段克服�摩�擦力做功较多，故D正确。��

故选CD。𝐴

解决圆周运动问题的思维程序

竖直面内圆周运动的两种模型

模型轻绳模型(最高点无支撑)轻杆模型(最高点有支撑)

图例

最高点受力重力mg，弹力FT向下或等于零重力mg，弹力F弹向下、向上或等于零

最高点方程mg＋F弹＝mmg±F弹＝m

��

��

��

F弹＝0，mg＝m，则v＝，即在最高

�

恰好过最高点�mg＝F弹，v＝0，即在最高点速度可为零

点速度不能为零���

【变式3-1】（2026届广东省中山市纪念中学高三阶段检测）如图是汽车在水平路面上转弯时的画面，下列

说法正确的是（）

A．汽车转弯时受到重力、支持力、摩擦力和向心力

B．若转弯时汽车速度增大，则一定会发生侧滑

C．若转弯时汽车的角速度恒定，则选择内圈较为安全

D．若转弯时汽车的线速度大小一定，则选择内圈较为安全

【答案】C

【详解】A．车做的是匀速圆周运动，是侧向静摩擦力提供向心力，重力和支持力平衡，所以汽车在转弯时

受到重力、支持力和摩擦力作用，向心力是效果力不是物体实际受到的力，故A错误；

．若转弯时汽车速度增大，根据

B2

��

车所需要的向心力增加，由受力可�知n=，由�静摩擦力提供车辆所需要的向心力，当车所需要的向心力增加，

静摩擦力不一定增加到最大静摩擦力，故车不一定侧滑，故B错误；

C．如果汽车以恒定的角速度转弯，根据

2

可知在内圈时转弯半径小，所以在内圈时�向n=心�力�小�，则静摩擦力小，不容易打滑，安全，故C正确；

．若汽车以恒定的线速度大小转弯，根据

D2

��

在外圈是转弯半径大，在外圈时向心力小，�此n=时静�摩擦力小，不容易打滑，安全。故D错误。

故选C。

【变式3-2】（2026届广东省天河区高三上学期一模）(1)有一种叫“飞椅”的游乐项目，示意图如图所示。长

为L的钢绳一端系着座椅，另一端固定在半径为r的水平转盘边缘，转盘可绕穿过其中心的竖直轴转动。

当转盘以角速度ω匀速转动时，钢绳与转轴在同一竖直平面内，与竖直方向的夹角为θ。不计钢绳的重力，

重力加速度为g。求转盘转动的角速度ω与夹角θ的关系。

(2)在光滑水平桌面上做匀速运动的两个物体A、B，质量分别是和，沿同一直线向同一方向运动，速

度分别是v1和v2，v2＞v1。当B追上A时发生碰撞，碰撞后A、�B1的速�度2分别是v1′和v2′，碰撞过程中A所

受B对它的作用力是F1，B所受A对它的作用力是F2。碰撞时，两物体之间力的作用时间很短，用Δt表示。

试证明碰撞前后系统动量之和保持不变。

【答案】(1)

�⋅tan�

(2)见解析�=�+�sin�

【详解】（1）设座椅的质量为，匀速转动时，座椅的圆周半径为

由牛顿第二定律得��=�+�sin�

2

得转盘角速度与夹�角�ta的n关�=系𝐿�

�⋅tan�

�+�sin�

（2）根据动量�定理，物�体A动�量=的变化量等于它所受作用力F1的冲量，即F1Δt＝m1v1′－m1v1

物体B动量的变化量等于它所受作用力F2的冲量，即F2Δt＝m2v2′－m2v2

根据牛顿第三定律，两个物体碰撞过程中的每个时刻相互作用力F1与F2大小相等、方向相反，即F1＝－

F2

则有m1v1′－m1v1＝－（m2v2′－m2v2）

整理可得m1v1′＋m2v2′＝m1v1＋m2v2

这说明，两个物体碰撞后的动量之和等于碰撞前的动量之和。

考向04临界问题

【例4-1】（2026届广东省深圳市宝安区高三上学期教学质量检测）如图所示，为一段赛车训练赛道，赛道

在水平面上，宽度为。可视为质点的赛车将在赛道起点线的任意位置由静止起步，沿长为的直道做一段

匀加速直线运动，进入�弯道后做匀．速．圆．周．运．动．通过半圆形弯道，最终到达终点。已知半圆形�弯道内弯半径

为，赛车的轮胎与赛道间的侧向最大静摩擦因数为，通过底板的空气动力学设计可使赛车在高速通过弯

道时�与地面之间的压力达到自身重力的4倍，重力加�速度为，求：

�

(1)为避免因速度过快在弯道上发生侧滑，赛车在直道上加速的最大加速度；

(2)若赛车在直道的加速度为，求其通过整条赛道的最短时间。�m

8�𝜔

【答案】(1)�=3�

4�𝜔

�

(2)�=�

2

【详0≤解�】≤（31�）设到达弯道的最大速度为，根据直线运动规律

2

�m�m=2�m�

当赛车以最大速度过弯，圆周运动半径为，则有

2

��m

联立解得2��⋅4��=2�

4�𝜔

（2）直道�加m=速过�程满足

2

0

代入解得�=2��

�𝜔

�0=43

直道时间

�0�3

�1=�=2�𝜔

弯道中，若要时间最短需取最小半径，根据牛顿第二定律可得

2

��0

�m�⋅4��=�m

解得

4

m

弯道时�间=3�

��m�

�2=�0=�3��

总时间

31

12

起步点可�=以�位+于�赛=道左2�侧+，�最�远不3�能𝜔超过，故

22

�=2�m−2�=3�0≤�≤3�

【例4-2】（2026届广东省深圳市聚龙科学中学教育集团高三一模）如图所示，半径为R的半球形陶罐，

固定在水平转台上，转台竖直转轴与过陶罐球心O的对称轴重合。当转台匀速转动时，观察到陶罐内壁

′

上质量为m的小物块随陶罐一起转动且相对罐壁静止，它和�O�点的连线与的夹角。重力加速度

′∘

大小为g。下列判断正确的是（）���=60

A．转台的角速度不一定等于

2�

�

B．物块的线速度大小可能等于

3𝜔

C．物块所受合力的大小一定等于2

D．陶罐壁对物块弹力的大小一定等3于��2mg

【答案】AB

【详解】AB．小物块绕轴做匀速圆周运动，一定受重力、支持力，可能受摩擦力，若摩擦力为0，由牛

′

顿第二定律得��

∘2∘

解得��tan60=𝐿�sin60

2�

�=�

线速度大小为

∘2�33𝜔

�=��sin60=�⋅2�=2

当小物块所受摩擦力不为0时，角速度不等于，小物块的线速度也不等于，A、B正确；

2�3𝜔

�2

CD．当小物块所受摩擦力为0时，其所受合力的大小为合

∘

所受弹力大小等于�=��tan60=3��

��

∘

当所受摩擦力不为�0�时=不co成s60立=，2C�D�错误。

故选AB。

【变式4-1】（2026届广东省湛江市部分高中学校高三一模）春耕、夏耘、秋收、冬藏，四者不失时，故五

谷不绝。”中华文化的核心根基和重要源头在于农耕文化。其中，唐朝文人陈廷章在《水轮赋》中以“水能利

物，轮乃曲成”来描述筒车的功用。下图为简易筒车的示意图。筒车由转速恒定的转轴、六根竹支杆、半径

为R的圆形转轮和多个完全一样的质量为m的水筒组成。水筒在最低点时恰好完成汲水，其中每一次汲水

质量为m₀，当水筒随着转轮顺时针转到最高点处时，水筒将水完全倒出至支架（图中未标出）上完成水的

转运，倒出后瞬间水筒的动能减至，空气阻力忽略不计。求：

Eₖ

(1)求筒车的转速n；

(2)当水筒在最低点恰好完成汲水时，该水筒对转轮的作用力F（忽略水的浮力）；

(3)汲满水后，水筒由最低点第一次运动至转轮圆心时，转轮对该水筒的冲量I大小（水筒长度远小于转轮

半径可忽略不计）。

【答案】(1)

12�k

2𝜔�

(2)，方向竖直向下

2�k

�+�0�+𝜔

(3)222

����4�k

08�k�

【详�解+】�（1）设此时+水�筒𝜔线+速度大小为v，有

12

且有，�k=2��

解得�=���=2𝜋

12�k

2𝜔�

（）�设=此时轮对水筒的拉力为，由牛顿第二定律，对汲水后的水筒有

2F'2

′�

解得�−�+�0�=�+�0�

′2�k

0

根据牛�顿=第�三+定�律�+𝜔

′2�k

方向竖直向下。�=�=�+�0�+𝜔

（3）由动量定理，竖直方向上

水平方向上��−�+�0��=�+�0�−0

运动时间−��=−�+�0�

�

�=2�

由冲量合成

22

�=��+��

解得

222

����4�k

�=�+�08�k+�𝜔+�

【变式4-2】(25-26高三上·广东深圳实验学校高中园·统测)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/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。

(1)若小球恰好能从A点飞出，求A点小球速度和小球落地点与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。

【答案】(1)3m/s；1.8m

(2)

550

【详9解N】（）小球恰好能从点飞出，重力提供小球圆周运动的向心力，根据牛顿第二定律可得

1A2

���

解得��=�

小球从��A=点3m飞/出s后做平抛运动，则在竖直方向上有

12

解得小球在空中运动的时间2�=2��

故小球落地点与B点的水平�距=离0.6s

（2）设小球从A点飞出的速度为�=时��，�恰=好1.8从mC点沿切线进入圆弧轨道，小球在C点的速度为，根据

动能定理可得�0��

1212

根据运动的分解��可·2得�=2���−2��0

�0

联立解得��=cos�

在点对�小0球=受8m力/分s析，根据牛顿第二定律可得

A2

��0

代入数据解得�N+��=�

550

N

结合牛顿第三定�律=可9知N，小球在A点对圆弧轨道的压力大小

550

9N

1．（2025年高考广东卷）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，小球所在位置处的切面与水平面夹角为，小球质量为，

°

重力加速度g取。关于该小0球.4，m下列说法正确的有（）�450.1kg

2

10m/s

A．角速度为B．线速度大小为

C．向心加速度5r大ad小/s为D．所受支持力大小4m为/s

2

【答案】AC10m/s1N

【详解】A．对小球受力分析可知向

2

解得�=��tan45°=𝐿�

故A�正=确5；rad/s

B．线速度大小为

故B错误；�=��=2m/s

C．向心加速度大小为

22

故C正确；�n=��=10m/s

D．所受支持力大小为

��

故D错误。�=cos45°=2N

故选AC。

2．（2024年高考广东卷）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2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．B．C．D．

��2�2�

【答案】�A2��2�����

【详解】有题意可知当插销刚卡紧固定端盖时弹簧的伸长量为，根据胡克定律有

�

Δ�=2

��

�插=销�与Δ卷�=轴同轴转动，角速度相同，对插销有弹力提供向心力

2

2

�对=卷�轴�有�

�联=立�解�得

�

�=�

故选A。2�

3．（2023年高考广东卷）人们用滑道从高处向低处运送货物．如图所示，可看作质点的货物从圆弧滑道

1

顶端点静止释放，沿滑道运动到圆弧末端点时速度大小为。已知货物质量为，滑道高度4为，

且过�点的切线水平，重力加速度取�。关于货物从点6m运/动s到点的过程，下2列0k说g法正确的有ℎ（4m）

2

�10m/s��

A．重力做的功为B．克服阻力做的功为

C．经过点时向心3加60速J度大小为D．经过点时对轨道的4压40力J大小为

2

【答案】BCD�9m/s�380N

【详解】A．重力做的功为

�A错G=误�；�ℎ=800J

B．下滑过程据动能定理可得

12

�代G入−数�据f解=得�，�克�服阻力做的功为

2

�B正f=确4；40J

C．经过点时向心加速度大小为

�

2

��2

�正=确；=9m/s

Cℎ

D．经过点时，据牛顿第二定律可得

�

�解−得�货�物=受�到�的支持力大小为

�据=牛3顿8第0N三定律可知，货物对轨道的压力大小为，D正确。

故选BCD。380N

4．（2025年高考江西卷）为避免火车在水平面上过弯时因内外轨道半径不同致使轮子打滑造成危险（不考

虑离心问题），把固定连接为一体的两轮设计成锥顶角很小的圆台形，如图所示。设铁轨间距为L，正常

直线行驶时两轮与铁轨接触处的直径均为D，过弯时内外�轨间中点位置到轨道圆心的距离为过弯半径R。在

很小时，。若在水平轨道过弯时要求轮子不打滑且横向偏移量不超过，则最小过弯半径

�R为（ta）n�≈sin�≈�Δ�

A．B．C．D．

2𝐿𝐿𝐿𝐿

【答案】�ΔC��Δ�2�Δ�4�Δ�

【详解】根据题意可知，转弯时车轮会向外偏移，这样导致轮子与外铁轨接触的位置半径增大为，根

据几何关系有Δ��1

�

同理可知，轮子2�与1=内铁�+轨2接Δ触�ta的n位2置半径减小为，则有

�

设一段时间内，外轨道轮子与铁轨接触的位置向前�2运动的距2