2026年高考物理终极冲刺：压轴03 力与物体的曲线运动（压轴题专练）（全国适用）（解析版）

1/20压轴03力与物体的曲线运动命题预测本专题为高考物理核心热点内容，在2026年高考中仍将重点考查。命题形式以选择题和计算题为主，既可单独考查平抛、圆周等单一运动规律，也常以多过程组合形式出现，如平抛与圆周衔接、斜面结合平抛及圆周运动等，并与牛顿运动定律、功能关系综合命题，突出对模型建构与综合分析能力的考查。在2026年高考物理试卷中，曲线运动相关试题分值稳定、区分度明显，是必须掌握的重点内容。备考时应熟练掌握平抛运动分解、圆周运动临界条件及向心力分析等核心方法，强化多过程问题的解题思路。结合真题与模拟题把握命题趋势，通过专项训练提升解题熟练度，夯实知识基础，形成规范解题流程，为高考取得理想成绩提供有力保障。高频考法考查利用运动的合成与分解解决抛体运动问题圆周运动中的动力学问题圆周运动中的临界问题竖直平面内圆周运动的轻绳、轻杆模型在最高点的临界问题多过程问题考向一利用运动的合成与分解解决抛体运动问题1.曲线运动的四大特点1）运动学特点：由于做曲线运动的物体的瞬时速度方向沿曲线上物体位置的切线方向,所以做曲线运动的物体的速度方向时刻发生变化,即曲线运动一定为变速运动.2）动力学特征：由于做曲线运动的物体的速度时刻变化,说明物体具有加速度,根据牛顿第二定律可知,物体所受合外力一定不为零且和速度方向始终不在一条直线上(曲线运动条件).合外力在垂直于速度方向上的分力改变物体速度的方向,合外力在沿速度方向上的分力改变物体速度的大小.3）轨迹特征：曲线运动的轨迹始终夹在合力方向与速度方向之间,而且向合力的一侧弯曲,或者说合力的方向总指向曲线的凹侧.轨迹只能平滑变化,不会出现折线.若已知物体的运动轨迹，可判断出物体所受合外力的大致方向，如平抛运动的轨迹向下弯曲，圆周运动的轨迹总向圆心弯曲等.4）能量特征：若物体所受的合外力始终和物体的速度垂直,则合外力对物体不做功,物体的动能不变;若合外力不与物体的速度方向垂直,则合外力对物体做功,物体的动能发生变化.2.两个互成角度的直线运动的合运动性质的判断两个互成角度的分运动合运动两个匀速直线运动匀速直线运动两个初速度为零的匀加速直线运动匀加速直线运动两个初速度不为零的匀变速直线运动如果与共线,为匀变速直线运动如果与不共线,为匀变速曲线运动一个匀速直线运动和一个匀变速直线运动如果与共线,为匀变速直线运动如果与不共线,为匀变速曲线运动3.小船渡河问题1)解决这类问题的关键:正确区分船的分运动和合运动.船的航行方向也就是船头指向,是分运动;船的运动方向也就是船的实际运动方向,是合运动,一般情况下与船头指向不一致.2)运动分解的基本方法:按实际效果分解,一般用平行四边形定则沿水流方向和船头指向进行分解.模型解读分运动1分运动2合运动运动船相对于静水的划行运动船随水漂流的运动船的实际运动速度本质发动机给船的速度水流给船的速度船相对于岸的速度速度方向沿船头指向沿水流方向合速度方向,轨迹(切线)方向渡河时间①渡河时间只与船垂直于河岸方向的分速度有关,与水流速度无关②渡河时间最短:船头正对河岸时,渡河时间最短,(d为河宽)渡河位移①若v船>v水，当船头方向与上游河岸夹角θ满足v船cosθ＝v水时，合速度垂直河岸，渡河位移最短，且xmin＝d②若v船<v水，合速度不可能垂直于河岸，无法垂直渡河．当船头方向(即v船方向)与合速度方向垂直时，渡河位移最短，且4.牵连速度1）定义：两物体通过不可伸长的轻绳(杆)相连，当两物体都发生运动，且物体运动的方向不在绳(杆)的直线上，两物体的速度是关联的．2）处理关联速度问题的方法：首先认清哪个是合速度、哪个是分速度．物体的实际速度一定是合速度，把物体的实际速度分解为垂直于绳(杆)和平行于绳(杆)两个分速度，根据沿绳(杆)方向的分速度大小相等求解.3）常见的速度分解模型情景图示定量结论v＝v物cosθv物′＝v∥＝v物cosθv∥＝v∥′即v物cosθ＝v物′cosαv∥＝v∥′即v物cosα＝v物′cosβ考向二抛体运动规律及应用1.平抛运动的规律及推论1）飞行时间:由知,飞行时间取决于下落高度h.2）水平射程:,即水平射程由初速度v0和下落高度h共同决定,与其他因素无关.3）落地速度:,以θ表示落地速度与x轴正方向间的夹角,有,所以落地速度只与初速度v0和下落高度h有关.4）速度改变量:物体在任意相等时间内的速度改变量相同,方向恒为竖直向下.【技巧点拨】平抛运动的速度均匀变化，速率不是均匀变化。5）平抛运动的两个重要结论①做平抛运动的物体在任意时刻(任意位置)处，有.②做平抛运动的物体在任意时刻的瞬时速度的反向延长线一定通过水平位移的中点，即.2.平抛运动与各种面结合问题1）平抛与竖直面结合2）平抛与斜面结合①顺着斜面平抛情形一：落到斜面上，已知位移方向沿斜面向下处理方法：分解位移．可求得.情形二：物体离斜面距离最大，已知速度方向沿斜面向下处理方法：分解速度可求得.②对着斜面平抛：垂直打在斜面上，已知速度方向垂直斜面向下处理方法：分解速度．可求得.3）平抛与圆面结合①小球从半圆弧左边沿平抛，落到半圆内的不同位置．处理方法：由半径和几何关系制约时间t：联立两方程可求t. ②小球恰好沿B点的切线方向进入圆轨道，此时半径OB垂直于速度方向，圆心角α与速度的偏向角相等．处理方法：分解速度．可求得. ③小球恰好从圆柱体Q点沿切线飞过，此时半径OQ垂直于速度方向，圆心角θ与速度的偏向角相等．处理方法：分解速度．可求得.与圆弧面有关的平抛运动：题中常出现一个圆心角，通过这个圆心角，就可找出速度的方向及水平位移和竖直位移的大小，再用平抛运动的规律列方程求解物理量。3.平抛运动的临界问题1）常见的三种临界特征①有些题目中有“刚好”“恰好”“正好”等字眼,明显表明题述的过程中存在着临界点.②若题目中有“取值范围”“多长时间”“多大距离”等词语,表明题述的过程中存在着“起止点”,而这些起止点往往就是临界点.③若题目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼,表明题述的过程中存在着极值,这个极值点往往是临界点.2）平抛运动临界问题的分析方法①确定研究对象的运动性质;②根据题意确定临界状态;③确定临界轨迹,画出轨迹示意图;④应用平抛运动的规律结合临界条件列方程求解.4.斜抛运动及解题思路1）定义：将物体以初速度v0斜向上方或斜向下方抛出,物体只在重力作用下所做的运动.2）运动性质：加速度为g的匀变速曲线运动,轨迹为抛物线.3）研究方法：运动的合成与分解 ①水平方向：匀速直线运动； ②竖直方向：匀变速直线运动．4）基本规律(以斜向上抛为例)①水平方向:做匀速直线运动,.②竖直方向:做竖直上抛运动,.5）平抛运动和斜抛运动的相同点①都只受到重力作用,加速度相同,相等时间内速度的变化量相同.②都是匀变速曲线运动,轨迹都是抛物线.③都可采用“化曲为直”的运动的合成与分解的方法分析问题.【技巧点拨】逆向思维法处理斜抛问题：对斜上抛运动，从抛出点到最高点的运动可按逆过程分析，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．考向三圆周运动的动力学问题1．圆周运动动力学分析过程：2.水平面内的圆盘临界模型①口诀：“谁远谁先飞”；②a或b发生相对圆盘滑动的各自临界角速度：；①口诀：“谁远谁先飞”；②轻绳出现拉力，先达到B的临界角速度：；③AB一起相对圆盘滑动时，临界条件：隔离A：T=μmAg；隔离B：T+μmBg=mBω22rB整体：μmAg+μmBg=mBω22rBAB相对圆盘滑动的临界条件：①口诀：“谁远谁先飞”；②轻绳出现拉力，先达到B的临界角速度：；③同侧背离圆心，fAmax和fBmax指向圆心，一起相对圆盘滑动时，临界条件：隔离A：μmAg-T=mAω22rA；隔离B：T+μmBg=mBω22rB整体：μmAg+μmBg=mAω22rA+mBω22rBAB相对圆盘滑动的临界条件①口诀：“谁远谁先飞”（rB>rA）；②轻绳出现拉力临界条件：；此时B与面达到最大静摩擦力，A与面未达到最大静摩擦力。此时隔离A：fA+T=mAω2rA；隔离B：T+μmBg=mBω2rB消掉T：fA=μmBg-(mBrB-mArA)ω2③当mBrB=mArA时，fA=μmBg，AB永不滑动，除非绳断；④AB一起相对圆盘滑动时，临界条件：1）当mBrB>mArA时，fA↓=μmBg-(mBrB-mArA)ω2↑→fA=0→反向→fA达到最大→从B侧飞出；2）当mBrB<mArA时，fA↑=μmBg+(mArA-mBrB)ω2↑→fA达到最大→ω↑→T↑→fB↓→fB=0→反向→fB达到最大→从A侧飞出；AB相对圆盘滑动的临界条件临界条件：①，；②，临界条件：①②考向四常见绳杆模型特点轻绳模型轻杆模型情景图示弹力特征弹力可能向下，也可能等于零弹力可能向下，可能向上，也可能等于零受力示意图力学方程mg＋FT＝meq\f(v2,r)mg±FN＝meq\f(v2,r)临界特征FT＝0，即mg＝meq\f(v2,r)，得v＝eq\r(gr)v＝0，即F向＝0，此时FN＝mg模型关键(1)“绳”只能对小球施加向下的力(2)小球通过最高点的速度至少为eq\r(gr)(1)“杆”对小球的作用力可以是拉力，也可以是支持力(2)小球通过最高点的速度最小可以为0典例·靶向·突破题型01运动的合成与分解1.如图（a）为自动写字机的实物图，通过电机控制笔在写字平台上运动。t=0时刻，静止于打印平台O点的笔头开始运动，沿x轴方向的加速度-时间图像和y轴方向的速度-时间图像分别如图（b）、（c）所示。下列说法正确的是（）A．t=0.5s时，笔头的加速度大小为B．t=1s时，笔头的速度大小为C．0∼1sD．t=2s时，笔头的位置坐标为【答案】BC【详解】A．由图（b）、（c），可知在t=0.5s时x轴正方向的加速度为ax=0.004m/s2B．由图（b）、（c），可知在t=1s时x轴正方向的速度为y轴正方向的速度为vy=0.003mC．由图（b）、（c），可知在t=0s时x轴正方向的加速度为ax=0.004m/s设加速度与x轴的夹角为θ，则加速度的方向为tan解得θ=在t=0s时x轴正方向的初速度为0，y轴正方向的初速度为0，根据平行四边形定则，可得笔头的合初速度大小为0，故0∼1D．由图（b）可知，笔头沿x轴正方向一直做初速度为零的匀加速直线运动，则2s内x轴正方向的位移为x根据v−t图像与时间轴围成的面积表示位移，由图（c）可知，2s内笔头沿y轴正方向的位移为y故t=2s时，笔头的位置坐标为8故选BC。题型解码题型解码先分别分析两个正交方向上的运动（位移、加速度与速度），再利用矢量合成求合运动，同时结合运动的独立性与等时性判断运动性质。题型02小船过河问题2.如图所示，两平行河岸的间距为d，水稳定沿着河岸流动，一条小船从河岸渡到河对岸，船在静水中的速度v静（为已知量）指向河的上游与河岸的夹角为37°，船速（即合速度）v船（为未知量）指向河的下游与河岸的夹角也为37°，水流的速度v水（为未知量），sin37°=0.6，A．船速v船=5C．小船被冲向下游的距离为5d4 D．小船渡河的时间为【答案】B【详解】B．v水、v静、由几何关系可得v船=解得v水C．由几何关系可得小船被冲向下游的距离dtanD．小船渡河的位移s与v船同向，与河岸的夹角为37°，河宽为d，由几何关系可得小船渡河的时间t=s故选B。题型解码题型解码先明确船速和水速的大小关系，最短时间船头垂直河岸，最短位移分船速大于或小于水速两种情况，利用运动的独立性分解为沿河岸与垂直河岸的分运动，再结合等时性计算。题型03关联速度的综合问题3.一轻质杆AB，初始时紧靠在光滑的竖直墙面上竖直静止放置，杆长为2l，在其中点C处固定一个质量为m的小球，现使A端不脱离墙面，B端沿着光滑地面以速度v向右匀速运动，当杆与地面成α角时，则（）A．小球的速度大小为vB．小球做匀速圆周运动C．当α=30°时，杆对小球的作用力大小为mD．当α=30°时，杆对小球做的功为−【答案】C【详解】AB．轻杆AB上的所有点，沿杆方向的分速度大小相等，由于B点做匀速直线运动，所以当杆与地面成α角时，杆上所有点沿着杆方向的分速度均为vcosα，对于小球，它与墙角O点间距时刻保持l，所以运动轨迹为以O点为圆心的圆，速度方向与OC连线垂直，由图中几何关系得，小球在C点速度方向与杆的夹角为2α−90°，沿杆方向的分速度为vCcos解得v可知则vC大小随α改变，并非匀速圆周运动，故AB错误；CD．分析可得杆对小球的作用力必须沿着竖直方向，由指向圆心的合外力提供向心力，即mg解得F=m对小球运用动能定理，可得W+解得W≠−mgl故选C。题型解码题型解码把物体的实际速度分解为垂直于绳(杆)和平行于绳(杆)两个分速度，根据沿绳(杆)方向的分速度大小相等求解。题型04平抛运动与各种面结合问题4.如图所示，在倾角为θ的斜面底端正上方高度H处，以初速度v0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，tanθ=2A．若v0B．若v0C．若v0D．小球落到斜面上的最小速度为2【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Hcosθ又知tanθ=22，即联立解得v0B．小球做平拋运动x=v0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θ，分解小球落在斜面上时的速度tan根据几何关系有tan联立解得v0D．小球落在斜面上时的竖直分速度v小球落在斜面上时的水平分速度v几何关系tan小球落在斜面上时的合速度v=又知tanθ=2根据数学知识可知，3gy与H2g整理得y=所以小球落到斜面上的最小速度vminC．小球做平拋运动x=v0几何关系tan又知y=联立解得v0=1−故选ABD。5．固定在竖直面内的半圆弧ACB的半径为R，直径AB水平，圆心O和小孔P连线OP与OB夹角为θ。自A点将质量为m的小球水平抛出，一段时间后，小球恰好通过小孔P，重力加速度为g，不计空气阻力。下列说法正确的是（）A．初速度越小，小球到达半圆弧ACB所需的时间越长B．小球通过小孔P的速度可能与曲面（即在P点处切面）垂直C．小球平抛的初速度大小为1+D．小球通过小孔P时，重力的瞬时功率为mg【答案】C【详解】A．竖直方向由ℎ=12即下落时间由竖直方向下落的高度决定，则当落点在C点时，时间最长。若小球落在C点右侧，初速度越小，时间越长；若小球落在C点左侧，初速度越小，时间越短，故A错误；B．根据平抛运动的速度方向的反向延长线经过水平位移的中点可知，若小球通过小孔P的速度与曲面（即在P点处切面）垂直，则速度的反向延长线过圆心O，而O点不是水平位移的中点，所以，小球通过小孔P的速度不可能与曲面（即在P点处切面）垂直，故B错误；C．竖直方向有R得t=水平方向有R(1+解得v0D．重力瞬时功率P=mg而v因此P=mg2gR故选C。题型解码题型解码处理平抛运动(或类平抛运动)时,利用“化曲为直”的思想,分别研究物体在两个不同方向的分运动,再根据运动学公式、牛顿运动定律、几何关系等列式求解。题型05平抛运动的临界问题6.将一小球从某一位置水平抛出，其中小球距离斜面上端的竖直距离与水平距离均可调，使小球落到一倾角为45∘的斜面上，然后沿斜面滚下，再从平台边缘水平飞出。斜面所在平台高度H=0.8m，平台前方有两个高度均为h=0.6m、厚度可忽略不计的挡板，平台边缘到第一块挡板的距离L=0.6m，两块挡板之间的距离d=1.0m。不计空气阻力，重力加速度取g=10m/s(1)某次小球抛出点到斜面上端的竖直距离y=0.2m，小球恰好无碰撞地飞入斜面顶端，求小球到达斜面的速度大小；(2)若要小球落入两挡板之间的区域，求从平台边缘飞出的速度取值范围；(3)两挡板之间的地面正中央有一个宽度l=0.4m、高度不计的盒子，小球碰到左右挡板后，竖直方向速度不变，水平方向速度大小不变，方向反向。若要小球与挡板碰撞一次后落入盒子，求从平台边缘飞出的速度取值范围。【答案】(1)2(2)3~4m/s(3)4.75【详解】（1）竖直方向有v解得v小球恰好无碰撞地飞入斜面顶端，有v可得小球到达斜面的速度大小v=2（2）竖直方向有H−ℎ=速度最小时L=解得v当小球刚好落到第2块挡板最低处，有H=12解得v可得从平台边缘飞出的速度取值范围为3~4m/s。（3）竖直方向有H=与挡板碰撞一次，速度最小时L+d+解得v速度最大时L+2d−解得v因此速度取值范围为4.75题型解码题型解码先找临界几何条件（比如刚好不撞、刚好到达、刚好离开等），再将平抛运动分解为水平方向匀速直线运动和竖直方向自由落体运动，列出速度、位移的公式，然后把临界条件带入，联立求解，确定临界速度和位移范围。题型06平抛运动与电磁学综合问题7.如图所示，ABCDFG为固定在竖直面内的轨道，AB、CD、DFG均为半径为R的光滑圆弧轨道，四段轨道均在连接点处相切，AB段为四分之一圆弧，BC段长为1.58R，CD段所对圆心角为37°，DFG段所对圆心角为74°，在DF上方有一段与DF平行的光滑挡板，使小物块b通过时不能离开轨道，BC段轨道处在竖直向下的匀强电场中，电场强度大小可控，质量为m、电荷量为q的带正电的物块b放在B点处，质量为2m的物块a在A点由静止释放，在B点与物块b发生弹性碰撞，碰撞后b所带电荷量不变，若电场的电场强度为零，则物块b到达F点时对轨道的压力恰好为零，此后b从F点开始做平抛运动，重力加速度为g，不计物块的大小和空气阻力，cos37°=0.8，(1)在电场强度为零的情况下，物块b从F点运动到G点正上方所用时间为多少；(2)物块b与水平轨道BC间的动摩擦因数为多少；(3)要使物块能到达G点，电场强度应满足什么条件。【答案】(1)3(2)5(3)27mg【详解】（1）在电场强度为零的情况下，物块b运动到F点时对轨道的压力恰好为零，则mg=m解得v从F点运动到G点正上方时，水平方向R联立解得t=（2）设物块a与b碰撞前一瞬间速度大小为v0，根据机械能守恒解得v设a、b碰撞后一瞬间，a、b的速度大小分别为v1、根据机械能守恒有1联立解得 物块b从B点运动到F点过程中，根据动能定理有−μmg×1.58R−mg×2联立解得μ=（3）设电场强度为E1时，物块恰好能到达F点，根据动能定理有联立解得 设电场强度为E2时，物块恰好能到达G点，根据动能定理有在G点，根据牛顿第二定律mg联立解得 因此电场强度大小应满足的条件是27mg79q题型解码题型解码先把复合运动分解成水平+竖直，看清是电场类平抛还是磁场偏转；抓住受力算加速度，用平抛公式写位移速度，再结合电磁几何边界、临界条件，用动能定理或牛顿定律联立，快速求出临界速度与轨迹范围。题型07斜抛运动8.如图所示，射箭运动员在某次训练中，欲射中位于竖直杆AB顶点B的目标，他将箭以某一初速度从地面上方的O点沿与水平方向成60°角斜向上射出，经过4s恰好射中B点的目标，箭射中目标时的速度方向与初速度方向刚好垂直。箭可视为质点，重力加速度大小取10mA．杆AB的高度为40mB．箭的初速度大小为20C．O点到杆AB的距离为40D．O、B两点间的距离为80【答案】BC【详解】B．由题意可知，B点的速度方向与水平方向夹角为30°斜向下，由斜抛运动可知v0解得v0=203C．O点到杆AB的距离为x=vD．O、B两点间的竖直距离y=O、B两点间的距离为s=(40A．因O点是地面上方的点，则由题中条件不能求解杆AB的高度，A错误。故选BC。题型解码题型解码当物体做斜上抛运动至最高点时,运用逆向思维,可转化为平抛运动处理。题型08圆周运动的动力学问题9.如图所示，A球在轻绳的作用下在竖直面内摆动，B球在轻绳的作用下在水平面内做匀速圆周运动。两小球质量相同，均可视为质点。连接两小球的轻绳长度相同，A球轻绳与竖直方向所成的最大角度和B球轻绳与竖直方向所成的夹角均为θ（θ<5°）。下列说法中正确的是（）A．A、B两球运动的周期之比为1∶1B．图示位置A、B两球所受轻绳拉力大小之比为C．A球的最大向心力大小与B球的向心力大小之比为D．A球的最大动能与B球的动能之比为【答案】BD【详解】A．由图可知左图是单摆模型，设轻绳长度为L，小球重力为mg，则单摆的周期右图是水平面内的匀速圆周运动模型（圆锥摆），由牛顿第二定律分析可知其周期所以故A错误；B．左图A球在该位置的加速度方向沿切线，沿半径方向受力平衡，计算得绳上拉力大小为右图B球的加速度方向水平，竖直方向受力平衡，计算得绳上拉力大小为所以故B正确；C．当左图A球运动到最低点时向心力最大，设此时速度为vA，由动能定理得所以向心力为整理得由平行四边形定则可得，右图B球的向心力计为所以故C错误；D．当左图A球运动到最低点时动能最大，结合以上分析得，最大动能为对右图B球，设其速度为vB，由牛顿第二定律有故B球动能为所以故D正确。故选BD。题型解码题型解码先区分是竖直面摆动还是水平面内圆周运动，找准圆心与半径，做好受力分析，确定向心力来源，正交分解列方程。题型09水平台上圆周运动的临界问题10.如图所示，半径为R的圆形餐桌桌面水平，中部有一半径为r的圆盘，其圆心与餐桌圆心重合可绕其中心轴转动。一个质量为m的小物块（可看作质点）放置在圆盘的边缘，圆盘转速由零开始缓慢增加，小物块最终从餐桌上滑落。已知小物块与圆盘间的动摩擦因数为μ1，小物块与餐桌间的动摩擦因数为μ2，A．小物块在餐桌上做匀速直线运动B．小物块在圆盘上的加速度一定大于μC．小物块在圆盘上随圆盘运动，角速度可能为2D．小物块在餐桌上滑动过程中摩擦生热为μ【答案】D【详解】A．小物块从圆盘上滑落后，小物块受到的摩擦力的方向与运动的方向始终相反，所以在餐桌上做减速直线运动，故A错误；B．小物块在圆盘上做圆周运动时，随转盘转速的增加，加速度逐渐变大，小物块从圆盘上滑落的瞬间，摩擦力达到最大静摩擦力，此时加速度最大，为a小物块在餐桌上的加速度a由于μ1>μ2，可知C．小物块在圆盘上随圆盘运动，角速度满足μ即ω≤μ1gD．小物块从圆盘上滑落后沿圆盘的切线方向在桌面上做匀减速直线运动，在餐桌上滑动过程中相对桌面滑动的位移x=可知摩擦生热为Q=μ故选D。题型解码题型解码先分析向心力来源，确定临界条件（如静摩擦力、绳子拉力的极值），再结合牛顿定律列方程求解。题型10竖直面内圆周运动的临界问题11.如图所示，内、外壁均光滑、半径为R的圆轨道固定在竖直面内，O是轨道的圆心，NQ是竖直直径。甲、乙两小球（均视为质点）分别在轨道内、外壁上的Q、P两点，半径OP与竖直方向的夹角为37°，重力加速度为g，sin37°=0.6A．若甲在Q点获得一水平向右的速度，正好能到达N点，则在N点的速度为0B．若甲在Q点获得一水平向右的速度，正好能到达N点，则在Q点的速度大小为5gRC．若乙球在P点获得大小为10gR5沿切线斜向右上方的速度，则刚好能到达ND．若乙球在P点获得大小为gR2沿切线斜向右上方的速度，则在P【答案】BC【详解】A．由mg=mv12RB．甲从Q到N，由机械能守恒定律可得1解得v2C．乙从P到N由机械能守恒定律可得1解得v3D．乙在P点时对轨道刚好无压力，把重力分别沿着OP和垂直OP分解，则沿着OP方向的分力充当向心力，则有mg解得v4故选BC。题型解码题型解码先确定临界位置（如最高点/最低点），分析临界受力（绳/杆的弹力极值），结合向心力公式与机械能守恒求解。题型11多过程运动的综合问题12．如图所示，水平轨道AB与半圆轨道BC相切于B点，轨道均光滑且位于竖直面内，半圆轨道的圆心为O，半径为R；在O点所在水平面及其下方有匀强电场，OB的右侧电场水平向右，左侧电场水平向左，场强大小相等；质量为m、电荷量为q（q>0）的小球从A点以某一初速度向右运动，恰好能够沿轨道运动至C点抛出，再次进入电场后做直线运动，并正好落到A点，重力加速度为g。求：(1)电场强度的大小；(2)小球运动的初速度大小。【答案】(1)2(2)(8−【详解】（1）小球运动过程如图所示，C点恰好通过的条件：小球恰好沿轨道运动到C点，轨道对小球弹力为0，重力提供圆周运动向心力：mg=m解得：v小球离开C时速度方向水平向左。平抛运动分析（离开C到进入电场）：电场仅存在于O点水平面及下方，小球离开C后只受重力做平抛运动，下落高度R到达电场边界，竖直方向：v解得v运动时间t=水平向左位移：x=直线运动共线条件：小球进入电场后做直线运动，说明合力方向与速度方向共线。进入电场时小球在OB左侧，电场向左，正电荷电场力qE向左，重力mg向下，设速度/合力与竖直方向夹角为θ，则：tan代入vC=得：E=（2）求AB的长度：小球进入电场后沿直线运动落到A点（A在水平轨道y=0处），从进入电场位置（y=R）到y=0还需竖直下落R，由tan得水平向左位移Δ因此AB总长度：s动能定理求初速度：从A到C过程，轨道光滑，重力和电场力做功，由动能定理：−mg⋅2R−qE⋅代入E=2mg解得：−2mgR−q⋅化简得：v13．如图所示，一游戏装置由固定于竖直平面内的半径均为R=0.8m的圆周细圆管轨道BC和12圆周细圆管轨道CDE及倾角α可调且足够长的斜管道EF组成，轨道在C、E处平滑连接且E处有弹性软管，O1、C、O2和E处于同一直线上且与水平线间的夹角均为θ=30°。现将一质量m=0.08kg可视为质点的小滑块从A点以初速度v0=1.5m/s水平抛出，恰好无能量损失从(1)小滑块进入B点时的速度大小；(2)小滑块第一次运动到D点时对轨道的压力大小；(3)若倾角α=60°，小滑块在斜管道EF上运动的最大高度h；(4)若管道EF的倾角α在0∼60°范围内可调，求小滑块在EF上通过的总路程x与倾角α的关系式。【答案】(1)v(2)5.7(3)123(4)x=【详解】（1）设小滑块进入B点时的速度大小为vvB=（2）从B到D的过程中，根据动能定理mgR+R+到D时，根据牛顿第二定律F解得F根据牛顿第三定律，小滑块第一次运动到D点时对轨道的压力F（3）小滑块从D点运动到最高点的过程中，根据动能定理−mg解得ℎ=（4）设管道EF的倾角为α时，滑块恰好能下滑（或恰好静止）μmg解得α=30°①0<α≤30°时，滑块将在第一次滑到最高点时静止在斜面上。从D点到斜面最高点的过程中，根据动能定理−mg解得x=41②30°<α<60°时，滑块不可能静止在斜面上，最终在最高点为E点的圆弧上运动根据动能定理−mg解得x=41综上小滑块在EF上通过的总路程x=题型解码题型解码遇到多过程综合题，就把运动拆成直线、圆周、平抛等小段，每段先找受力、判类型、抓临界；再用牛顿定律、向心力公式列式，前后过程用速度或动能定理衔接，一步步联立求解，注意临界状态别漏条件。1．（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cosB．小球在最高点的速度大小为gLC．小球离开a板时的速度大小为gLD．小球最高点到两板底端O的高度为L【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tan最高点到某一板水平方向有v最高点到某一板竖直方向有v联立解得t=2cosθ小球在最高点的速度大小为v小球离开a板时的速度大小为v=故AB错误,C正确；D．最高点到某一板竖直方向由自由落体y=小球最高点到两板底端O的高度为y+Lsin故选C。2．（2026·湖南·二模）如图甲所示，足够长光滑水平面AB与竖直面内的光滑半圆形轨道在B点平滑相接，光滑半圆形轨道的半径为r（大小可调）。一小球以一定的速度v经过B点后沿半圆形轨道运动，到达最高点C后水平飞出，落在AB所在的水平地面上，落点距B点的水平距离为x。通过调节轨道半径r，得到x与r的关系如图乙所示，图中包含了小球能通过最高点C的所有情形，重力加速度g取10m/sA．v=15m/sB．x的最大值为10mC．小球在轨道上的B、C两点受到的弹力大小的差值随r的增大而减小D．r一定时，在小球沿轨道上升的过程中，每上升相同的高度，其受到的弹力大小的变化相等【答案】D【详解】A．小球能经过C点，则有m从B到C由机械能守恒可知1联立解得r≤由图可知，r最大值为rm=2m，可知v=5gB．在C点做平抛运动，则x=vC可得x=则当r=−402×(−16)m=1.25mC．小球在轨道上B点时F在C点时F其中1解得小球的B、C两点受到的弹力大小的差值Δ可知与r无关，故C错误；D．小球在距离水平面高h的位置时，由机械能守恒1在该点时F其中cos解得F可知r一定时，FN与h为线性关系，则r一定时，在小球沿轨道上升的过程中，每上升相同的高度，其受到的弹力大小的变化相等，故D正确。故选D。3．（2025·云南昆明·模拟预测）如图所示，物块P、Q由通过定滑轮且不可伸长的轻绳连接，初始时刻，物块P静止在粗糙水平面上的A点，此时滑轮左侧轻绳沿竖直方向，现给物块P一水平向左的初速度。已知物块P经过B点时速度大小为v，且连接P的轻绳与水平方向的夹角为45°，此后物块P继续运动到最远处C点。则物块P从A点到C点的整个过程（）A．物块P、Q组成的系统机械能守恒B．绳子拉力始终大于物块Q的重力C．物块Q的机械能增大D．物块P经过B点时，物块Q的速率为2【答案】C【详解】A．物块P在粗糙水平面上运动，水平面的摩擦力对P做负功，会有机械能转化为内能，所以物块P、Q组成的系统机械能不守恒，故A错误；B．物块P从A到C是一直减速运动，到C点的速度为零；物块Q先向上加速运动，有FT−m后向上做减速运动，有mQg−F所以绳子的拉力不是始终大于物块Q的重力，故B错误；C．物块Q从初始位置上升到最高点的过程，除重力外，绳拉力一直做正功，则物块Q的机械能一直增大，故C正确；D．物块P经过B点时，将速度分解到沿绳方向和垂直绳方向，两物块在沿着绳子的方向速度相等，有vQ故选C。4．（2025·全国·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少的路径，即费马原理，光的折射即遵从这一原理实际生活中的下述现象也可类比折射定律来理解。如图所示，地面上陶陶在距笔直的河岸10m处的A点，发现落水的琪琪位于水面上距河岸50m处的B点。陶陶在地面上奔跑的速度大小为v1=5m/sA．陶陶在水中游泳的速度大小为vB．陶陶在水中游泳的速度大小为vC．陶陶到达琪琪处的最短时间为12sD．陶陶到达琪琪处的最短时间约为16s【答案】A【详解】AB．设陶陶在陆地的速度为v1​，与河岸夹角为α=30∘；在水中的速度为v2，与河岸夹角为β=60∘，将陶陶的运动分解为沿河岸方向和垂直河岸方向，在陆地时，垂直河岸方向分速度v1y​在水中时，垂直河岸方向分速度v2y​=v2​sinβ因为要保证最省时，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v1​sinα=v2​sinβ解得v故A正确，B错误。CD．首先计算垂直河岸方向需要通过的总距离，在陆地上距离河岸10m，在水中距离河岸50m，所以垂直河岸方向总的距离d=10+50=60m而垂直河岸方向的分速度vy​=v1​sinα=2.5m/s（前面已分析各段垂直河岸方向分速度相等）。则最短时间t=故CD错误。故选A。5．（2026·湖南长沙·一模）如图所示，某同学在进行投篮练习。已知A、B、C是篮球运动轨迹中的三个点，其中A为抛出点，B为篮球运动轨迹的最高点，C为篮球落入篮筐的点，且A、B连线垂直于B、C连线，A、B连线与水平方向的夹角θ=60°，不计空气阻力。则篮球从抛出到落框的过程（）A．过B点时的速度最大B．从A点到B点的过程中，速度变化量方向竖直向上C．tD．ℎ【答案】C【详解】A．斜上抛运动水平方向做匀速直线运动，B点只有水平速度，过B点时的速度最小，故A错误B．因Δv=gΔt，故从AC．设篮球在A点的竖直分速度为vAy，在C点的竖直分速度为vCy，篮球的水平分速度为vx，篮球从A到B过程，根据逆向思维将篮球看成从B到A的平抛运动，篮球在根据几何关系可知B、C连线与水平方向的夹角为α=90°−θ=30°篮球从B到C做平抛运动，篮球在C点时，根据平抛运动推论可得tan又tAB=联立可得篮球从A到B与从B到C的运动时间之比为tABD．竖直方向由ℎ=得ℎAB故选C。6．（2025·四川绵阳·一模）光滑细圆管固定在竖直平面内，O为圆心，M、N分别为圆管的最高、最低点。可视为质点的小球（直径略小于管道）由静止从M点开始下滑，从M到N的过程中，设小球的位移大小为x，则小球的重力势能EP（以N点所在平面为零势能面）、动能Ek、速率v、绕O点做圆周运动的角速度ωA． B．C． D．【答案】C【详解】A．重力势能Ep的分析，设圆管的半径为R，小球的竖直高度为由几何关系可知ℎ=2R−xθ为位移x与竖直方向的夹角根据等腰三角形可知cos小球的重力势能E所以Ep随xB．由机械能守恒可知小球动能E所以Ek与xC．由Ek=12mv2，因此D．角速度ω=vR，则ω=1Rg7．（2026·山东菏泽·一模）如图所示长方体框架内，上表面是边长为1.2m的正方形，顶点A、D固定两个电荷量均为+QQ=5×10−4C的点电荷，通过固定在顶点A、D的两段细线悬挂质量m=0.1 kg、不带电的金属小球，其中AP=DP=1 m，小球在竖直平面efgℎ内，该平面平行于长方体前表面ABB′A′，平面ADPA．使小球在P点保持静止，在efgℎ面内所加外力F的最小值为0.8B．小球从图中位置由静止释放的瞬间，绳AP的拉力大小为0.6C．小球从图中位置由静止释放，运动到最低点时的速度大小为3.2D．若小球电荷量q=+2518×10【答案】C【详解】A．小球静止在P点，绳子拉力沿径向指向e，外力F最小需平衡重力的切向分量：F故A错误；B．释放瞬间速度为0，向心力为0，径向合力为零。设单根绳拉力为T，每根绳径向分量为T⋅两根总径向分量为1.6T，等于重力径向分量：1.6T=mg解得T=0.5故B错误；C．从P到最低点，竖直下落高度差Δ由动能定理：mg代入得1×0.16=解得v2=3.2故C正确；D．由对称性可得，两个点电荷对q的库仑斥力合力恒沿径向背离圆心e点，库仑力合力为F重力为mg=0.1×10=1F故经过最高点的最小速度可以为0（最高点受到的合力为0）故D错误。故选C。8．（25-26高三上·江苏扬州·期中）如图所示，以O为圆心的光滑圆弧AB上有a、b两个挡板，挡板处各有一个可沿圆弧滑动的带孔小球，圆弧可绕竖直杆OA在水平面内转动。现将转动的角速度ω从0缓慢增大（）A．两个小球相对圆弧总保持静止B．两个小球同时沿圆弧向上运动C．a处小球最先沿圆弧向上运动D．b处小球最先沿圆弧向上运动【答案】C【详解】A．设圆弧半径为R，小球与小球的连线与竖直方向的夹角为θ，对小球受力分析如图所示向心加速度大小为ω2R得F显然ω越大则FN2就越小，当FN2减小到0时，若BCD．当FN2=0时设角速度为ω解得ω即θ越大则ω0就越大，故θ小的先沿圆弧向上滑动，即a故选C。9．（24-25高三上·山东青岛·期中）在竖直面内有一水平向右的匀强电场，电场强度为E=3 mg4q，电场内有一半径为R的绝缘光滑圆形导轨，一质量为m，带电量为+q的圆环套在轨道上，在A．运动到C点的速度为gRB．圆环在B点时机械能最小C．vD．若将圆环放在圆环和圆心连线与竖直方向成53°角的位置，该圆环可以静止在此处【答案】C【详解】ACD．圆环受到的电场力F=3mg4，重力与电场力的合力大小F合=F2+(mg)2=5“圆环套在轨道上”属于有支撑的模型，当圆环从A点以v0的速度运动时，恰好能做一个完整的圆周运动，即圆环到达等效最高点M时，从A运动到M的过程中，根据动能定理可得−mgR(1+从A运动到C的过程中，根据动能定理可得−2mgR=解得v0=4.5gRB．圆环运动到D点时，电场力做负功最多，机械能最小，B错误。故选C。10．（2025·湖南长沙·模拟预测）蛙式打夯机是一种结构简单、操作方便的夯实机械。如图所示，蛙式打夯机主要由偏心轮（飞轮和偏心块组成）、电动机和夯体三部分组成。飞轮和夯体总质量为M，偏心块质量为m，偏心块的重心到轮轴的距离为R，重力加速度为g。在电动机带动下，偏心轮在竖直平面内匀速转动，皮带不打滑。当偏心轮上的偏心块转到顶端时，夯体刚好对地面无压力。下列说法正确的是（）A．电动机轮轴与偏心块转动角速度相同B．偏心块转到最低时对地面的压力等于(M+m)gC．偏心轮转动的角速度为ω=D．偏心块转到最低时处于失重状态【答案】C【详解】A．电动机轮轴与皮带轮通过皮带传动，线速度相等，根据电动机轮轴与皮带轮半径不同，皮带轮与偏心轮同轴转动角速度相同，故电动机轮轴与偏心轮转动角速度不相同，故A错误；C．当偏心轮上的偏心块转到顶端时，夯体刚好对地面无压力，有F=Mg对偏心块有F+mg=m解得偏心轮转动的角速度为ω=Mg+mgBD．在最低点，打夯机对地面压力最大，对偏心块有T−mg=m对打夯机有Mg+T=N解得N=2(M+m)g>(M+m)g根据牛顿第三定律可知，打夯机对地面压力的最大值大于(M+m)g，处于超重状态，故BD错误。故选C。11．（25-26高三上·广东梅州·期末）质量相等的小球A、B在同一高度分别水平抛出，已知小球落地碰撞反弹前后，竖直方向速度反向（大小不变），水平方向速度方向和大小均不变。小球A直接从a点运动到e点，小球B经多次反弹才至e点，两小球轨迹的交点a、b、c、d、e分布如图所示，其中两小球刚好在位置b相遇（未碰）。以下说法正确的是（

）A．两小球在c位置不再相遇B．AB两小球的抛出速度之比为5:1C．两小球在b、c、d、e处重力的功率均相等D．a、c两点的水平距离等于c、e两点的水平距离【答案】BD【详解】A．小球A做平抛运动，设从a到e运动时间为t，小球B可看作经历5次平抛运动，故运动时间为5t，两小球水平位移相同，故水平方向速度v两球水平速度不变，小球A水平速度更大，它会先经过c点，故A错误；B．设a到e的水平位移为x，vv故AB两小球的抛出速度之比为5:1，故B正确；C．b点：PAPBb点功率不相等c点：PAPBc点功率相等同理可得：d点功率不相等，e点功率相等，故C错误；D．设小球A从a到c的时间为t0，a、c两点的水平距离为则x对小球B有：x其中vAvB代入解得：t则小球A从c到e的时间为t−小球在ac和ce两段运动时间相同，又水平速度不变，故a、c两点的水平距离等于c、e两点的水平距离，故D正确。故选BD。12．（25-26高三上·内蒙古·期中）如图所示，水平圆盘上放置一个质量为0.1 kg的小物块，物块通过长1 m的轻绳连接到竖直转轴上的定点O，此时轻绳恰好伸直，与转轴成37∘角。现使整个装置绕转轴缓慢加速转动（轻绳不会绕到转轴上），角速度ωA．当253rad/B．物块刚好要脱离圆盘时角速度ω=252C．圆盘与物块间的摩擦力先增大后减小D．圆盘对物块的支持力始终等于物块受到的重力【答案】AC【详解】CD．ω较小时，轻绳无弹力，静摩擦力提供向心力F静摩擦力随角速度ω的增大而增大。当Ff达到最大静摩擦力时解得ω角速度由ω1角速度由ω1所以圆盘与物块间的摩擦力先增大后减小，C正确；AB．角速度由ω1=253解得ω2=25当253rad/故选AC。13．（25-26高三上·天津·月考）如图，两个圆锥内壁光滑，竖直放置在同一水平面上，圆锥母线与竖直方向夹角分别为30°和60°，有A、B两个质量相同的小球在两圆锥内壁等高处做匀速圆周运动，下列说法正确的是（

）A．A、B球受到的支持力之比为3:1 B．A、B球的向心力之比为C．A、B球运动的角速度之比为3:1 D．A、B球运动的线速度之比为3【答案】AC【详解】A．设小球受到的支持力为FN，向心力为F，则有代入题中数据，可得FNAB．由平行四边形定则可知向心力F=代入题中数据，可得FAC．小球运动轨道高度相同，则半径R=ℎ可知R由F=m联立可得ωAD．由v=ωR联立可得vA故选AC。14．（25-26高三上·湖北武汉·期末）如图所示，质量为m的14圆弧轨道静置于水平地面上，圆弧轨道面光滑，水平底面与地面间的动摩擦因数为μ。一质量也为m的小球从轨道最高点由静止释放，沿轨道下滑至最低点。在这过程中，轨道能始终保持静止，受到的静摩擦力为Ff。已知重力加速度为A．Ff最大值为B．Ff最大值为C．μ不能小于0.6D．μ不能小于0.75【答案】AD【详解】AB．设圆弧轨道半径为R,下落过程中，小球和圆心O连线与水平方向夹角为θ，根据机械能守恒定律有mgR由向心力公式可得F联立解得轨道对小球的支持力为F则小球对轨道的压力大小也为3mgsinθ当θ=45°时，sin可知此时Ff取得最大值1.5mgCD．设轨道对地面的压力为FN1，则轨道保持静止需要满足静摩擦力不超过最大静摩擦力，即F代入得μ≥根据均值不等式有1可得1tan可得μ≥3故选AD。15．（2025·广东·模拟预测）游乐场中的过山车是一项富有刺激性的娱乐设施，一种弹射式过山车，其部分设施可抽象成如图甲所示模型：光滑水平轨道与竖直光滑半圆形轨道ABC在A点平滑相接，B点为AC轨道的中点，用小球（可视为质点）压缩轻质弹簧，小球由静止释放，弹簧将小球弹出后，小球以一定的初速度从最低点A冲上半圆形轨道，小球在半圆形轨道上从A点运动到C点的过程中，其速度的平方与对应高度的关系图像如图乙所示。已知小球的质量为0.5kg，不计空气阻力，重力加速度g=10m/sA．释放前弹簧储存的弹性势能为2.25JB．小球经过A点和C点时对轨道的压力差为30NC．从最低点A运动到B点的过程中，小球一直处于失重状态D．小球经过B点时所受合力为26N【答案】AB【详解】A．小球在半圆形轨道上从A点运动到C点的过程中，根据动能定理有−mgℎ=由图乙可知ℎ=0.25m，代入上式解得v弹簧释放前储存的弹性势能为EpB．由图乙可知，最大高度为0.25m，则轨道半径R=在C点，由牛顿第二定律可得F在A点，由牛顿第二定律可得F小球在A点和C点受到轨道的压力FAC．从最低点A运动到B点的过程中，小球先处于超重状态再处于失重状态，故C错误；D．小球从A点到B点过程中，根据动能定理有−mgR=在B点，根据牛顿第二定律N可得N小球还受到重力作用,B点所受合力NB故选AB。16．（2025·四川泸州·一模）如图所示，置于水平地面上仅四个侧面有挡板的正方体，边长L=7.2m，上表面中心放有一个大小可忽略且绕竖直轴线匀速转动的发球机，其转动角速度ω=2π45rad/s，每秒向水平方向发射一个质量m=0.5kgA．第一个小球落到地面过程中动能增加了42JB．第一个小球落地前瞬间重力的功率为60C．发球机转动第一圈有8个小球不碰侧面挡板就直接落地D．发球机转动第一圈有12个小球不碰侧面挡板就直接落地【答案】BC【详解】A．由于小球与挡板碰撞后没有能量损失，所以第一个小球落到地面过程中只有重力对小球做功，根据动能定理可知第一个小球落到地面过程中动能增加量为ΔEB．第一个小球落地前瞬间竖直方向上的速度为vy=2gLCD．小球落地需要的时间为t=小球水平方向上的位移为x=v0t=4.5m，如图所示，OB=3.6m，OA因此在360°的范围内，有8(45°−37°)=64°范围内发出的小球不会与侧面挡板碰撞，发球机的周期为T=2πω=45s，可知每秒发球机转故选BC。17．（2024·山东济南·二模）如图甲是风洞实验室全景图，风洞实验室是可量度气流对实体作用效果以及观察物理现象的一种管道状实验设备。图乙为风洞实验室的侧视图，两水平面（虚线）之间的距离为H，其间为风洞区域，物体进入该区域会受到水平方向的恒力，自该区域下边界的O点将质量为m的小球以一定的初速度竖直上抛，从M点离开风洞区域，经过最高点Q后小球再次从N点返回风洞区域后做直线运动，落在风洞区域的下边界P处，NP与水平方向的夹角为37°，sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度大小为(1)风洞区域小球受到水平方向恒力的大小；(2)小球经过OM段与MQ段的时间之比；(3)OP的距离。【答案】(1)F=(2)t(3)x=【详解】（1）小球再次从N点返回风洞区域后做直线运动，合力方向与速度方向在同一条直线上，受力情况如图所示：根据平行四边形定则和几何知识知tan解得F=（2）最高点的小球的速度沿水平方向，设该速度为v，则小球在M、N点的水平方向速度也为v，设小球在M、N点竖直方向的速度大小为vy，在O点的初速度为v0。竖直方向的运动可知由O到M与从N到P的时间相等，设为从O到M的过程中，水平方向有v=从N到P的过程中，在P点，水平方向有v设P点竖直方向的速度大小为vy1tan解得v在竖直方向上，小球在从O点到P点做上抛运动，竖直方向上速度相等，可得v由N到P小球做直线运动，则有v可得v最高点为Q点，设M到Q的时间为t1v由N到P有v解得t则小球经过OM段与MQ段的时间之比t（3）水平方向由O到M有x由M到N有x由N到P有x又v0=解得x=18．（25-26高三上·安徽亳州·期末）如图1所示，长为2R的轻绳一端固定于O1点，另一端与小球A相连，物块B、C静置于光滑水平面上，滑块C的曲面为光滑的14圆弧，圆弧半径为R，其最低点与水平面相切。现将小球A从轻绳水平位置由静止释放，A运动至最低点时与物块B发生弹性碰撞。已知小球A的质量为3m，物块B、C的质量均为m，A、B均可视为质点，重力加速度为(1)小球A与物块B碰撞后瞬间轻绳对A的拉力大小；(2)物块B运动至最高点时距地面的高度ℎ1(3)若仅将图1中的物块C换成图2中的物块D，D的质量也为m，半径为R，圆心角θ=60°，求物块B运动至最高点时距地面的高度ℎ2【答案】(1)F(2)ℎ(3)ℎ【详解】（1）小球A从释放至最低点的过程，根据动能定理，有3mg⋅2R=A、B弹性碰撞，动量守恒有3m机械能守恒有1解得vA=分析碰撞后瞬间小球A的受力，由牛顿第二定律可得F解得轻绳对小球A的拉力F（2）当物块B、C共速时，物块B运动至最高点，物块B、C水平方向上动量守恒，有m根据系统机械能守恒，有1解得ℎ（3）物块B在D圆弧上运动的过程中，B、D水平方向上动量守恒，有m根据机械能守恒，有1根据运动的合成与分解，有v解得vBx=2gR，B从圆弧顶点离开D，做斜上抛运动，竖直方向有v解得ℎ19．（2026·贵州毕节·二模）如图所示，光滑平行金属导轨由水平部分MN、M′N′和圆弧部分AC、A′C′及水平部分CD、C′D′组成，固定于高度差为0.4m的两绝缘水平台面上。导轨间距均为0.5m，圆弧部分圆心角为60∘、半径为0.5m，水平部分CD足够长。CC′右侧有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为2T。导体棒a静置于MN右侧边缘NN′处，导体棒b静置于水平导轨上距CC(1)求a受到的瞬时冲量大小；(2)求b的最大加速度的大小：(3)a从CC′进入磁场开始计时，经过一段时间后，a、b达到共同速度，求此时【答案】(1)0.1(2)5(3)0.1【详解】（1）导体棒a从N到A做平抛运动v由几何关系得tan对导体棒a由动量定理得I=联立解得I=0.1（2）导体棒a从N到C，由动能定理得m分析知导体棒a刚进入磁场时b的加速度最大E=BL由闭合电路的欧姆定律得I=由牛顿第二定律得ILB=联立解得a=5（3）方法一：a从CC′进入磁场开始计时，经过一段时间后，a、b由法拉第电磁感应定律得E=根据闭合电路欧姆定律，有I=电荷量为q=I联立解得q=BL对导体棒b由动量定理得BLI由位移关系得，此时a、b之间的距离为Δ联立解得Δx方法二：a从CC′进入磁场开始计时，经过一段时间后，a、b对导体棒b由动量定理得B2所以B2由位移关系得，此时a、b之间的距离为Δx联立解得Δ20．（25-26高三上·山西运城·期末）如图所示，光滑水平面上，长度L=4.75m、质量M=0.5kg的木板处于静止。在与木板右端相距L'=3m处固定有挡板装置，其左侧表面AB为圆弧的一部分，AB的圆心为O、半径R=0.2m、圆心角为120°，过最低点A的切线水平且与木板的上表面等高。t=0时，质量m=1kg的小物块以v0=6m/(1)物块在木板上运动的时间；(2)物块在AB上克服摩擦力做的功；(3)离开B点后，物块第一落点（木板上表面高度处）与A点的距离。【答案】(1)t=1.75(2)W=1.0(3)物块恰好落到A点处，与A点的距离为0【详解】（1）设木板到达挡板前小物块能与木板共速，该过程经历的时间为t1，共同速度大小为v1，小物块相对木板滑动的距离为Δ由动量守恒可得m由能量守恒可得μmg对木板由动量定理可得μmg对木板由动能定理可得μmg解得v1=4m/s，由于x1<L设再经t2木板右端到达挡板处，又经t3则物块匀速时间L碰撞后对物块由能量守恒可得μmg对物块由动量定理可得−μmg解得t2=0.25s，则小物块从滑上木板到离开木板的过程中，经历的时间t=（2）设物块到达B点时速度大小为v3，则由牛顿第二定律可得设物块在AB上克服摩擦阻力做的功为W，从A点到达B点，由动能定理可得−mgR解得v3=1（3）物块离开B点后做斜抛运动，设经t4到达木板上表面高度，水平位移大小为则竖直方向由−R水平方向由x=解得：t4=由几何关系可知x=R故物块恰好落到A点处，即与A点的距离为021．（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θ=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；3(2)μ≥(3)64J【详解】（1）包裹在水平转弯机上做圆周运动时，根据μ0mg=m（2）要使包裹在倾斜传送带上不打滑，则需满足μmg解得μ≥（3）包裹从分拣机上抛出时的速度v=s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=mgL22．（2025·四川·三模）如图所示，一水平圆台绕过其中心的竖直轴OO′以稳定的角速度转动，b、c是圆台上同一条半径上两点，已知Ob=L，Oc=2L，一可视为质点的物块P与圆台间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。不计空气阻力，重力加速度大小为(1)若物块P在圆台上的c点随圆台一起转动，求圆台转动的最大角速度ω1(2)若圆台转动的角速度很大，物块P自圆台的上方某点Q（图中未画出）自由下落，在b点与圆台发生碰撞，获得竖直方向的速度和水平方向的速度，弹起后再次下落，正好落在圆台上的c点。已知物块P与圆台碰撞前后在竖直方向速度大小不变、方向改变180°，碰撞时间极短。求Q点距圆台的高度h；(3)若圆台转动的角速度较小，其他条件与第（2）问相同。求圆台转动的最小角速度ω2【答案】(1)ω(2)ℎ=(3)ω【详解】（1）设物块P的质量为m，在圆台上的c点随圆台一起转动，最大静摩擦力提供物块P做圆周运动的向心力，圆台转动的角速度最大，则μmg=2Lm解得ω（2）物块P自由下落后，设与圆台碰撞前的速度大小为v0，则因为圆台转动的角速度很大，所以物块P与圆台碰撞过程中，物块P因受水平摩擦力获得的水平速度小于圆台b点的线速度；设物块P与圆台碰撞时间为Δt，圆台对物块P在竖直方向的作用力大小为F1水平方向有μ解得v设物块P从与b点发生碰撞到与c点发生碰撞经过的时间为t1，沿水平方向的位移大小为x，则t1=2解得ℎ=（3）圆台转动的角速度ω较小，若ωL<vx=2μv0，则在碰撞过程中，物块P在物块从b点到c点经过的时间t2可表示为则物块在水平方向有v即π该表达式k无解，此种情况不成立。若ωL>vx=2μv即ωL=当k=0时，ωL=不成立。当k=1时，ωL=符合条件，则最小角速度ω23．（2026·黑龙江辽宁·一模）一游戏装置的竖直截面如图所示，足够长的倾斜轨道AB、半径为R=0.08m的竖直圆轨道CDC'（CC'稍错开）、水平轨道BC和C'E连接成一个抛体装置。高台右侧有一水平地面FG，与高台的高度差为H=0.8m，F右侧d=0.6m的Q处有一圆环S，圆环平面面向高台，圆环圆心与轨道在同一竖直面内，圆心离地ℎS=0.35m，半径r=0.05m。现将一质量为m1的滑块1从AB上距BC高度ℎ处静止释放，运动到C点时，与静止在C点、质量为m2的滑块2发生弹性碰撞，碰后滑块2进入圆轨道绕行一周后从E点水平飞出。只要滑块2从圆环S穿出，游戏就成功。已知，轨道BC与滑块1的动摩擦因数从B点开始均匀减小，B点处μB=0.5，C(1)若滑块2恰能通过D点，求滑块2在圆心等高处P点时的加速度大小和对轨道的压力大小；(2)要使游戏成功，求满足条件的释放高度ℎ；(3)某次游戏时，滑块2在圆轨道某处脱轨，飞出后恰能过圆心O，求滑块1的释放高度ℎ'。【答案】(1)1010m(2)0.25(3)13+4【详解】（1）若滑块2恰能通过D点mg=解得v从P点到D点动能定理有−mgR=解得vaPn=3g所以a在P点有F由牛顿第三定律得，在P点压力为F（2）①物块恰好过最高点，mgℎ得ℎ检验得，该处释放物块刚好过圆环S的圆心 ②物块过圆环S的最高点，E点速度v从释放点到E点，mg得ℎ所以释放高度0.25（3）在脱离点有mg从脱离点到圆心位置沿着速度方向有vt−解得t=垂直速度方向有1解得sinθ=13，从释放点到抛出点，由动能定理得mgℎ'−解得ℎ'=13+424．（2026·浙江宁波·二模）如图所示，质量为1kg的滑块A从一平台水平抛出，恰好从C点沿切线进入半径R=2511m的竖直光滑圆弧轨道CDE，且对轨道C点无挤压。之后滑块A沿圆弧轨道DE从E点滑出以后进入无限长水平轨道GH，与静止在水平轨道GH的F点质量为2kg滑块B发生弹性碰撞，由于GF足够长，在以后的运动中滑块A、B还能再次发生碰撞，且碰撞前滑块B都已处于静止，每次碰撞都是弹性碰撞。已知∠COD=θ=53°，圆弧轨道的E点与水平轨道GH的G点平滑连接，A由特殊材料制成而与水平轨道GH没有摩擦，滑块B与水平轨道GH(1)AC的竖直高度ℎ；(2)滑块A运动到圆弧轨道的E点时对E轨道的压力FN(3)滑块B发生的总位移s。【答案】(1)18(2)54N，方向竖直向下(3)25m【详解】（1）滑块在C点时，根据牛顿第二定律，有mg解得v滑块从A到C做平抛运动，在竖直方向，有ℎ=