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(共90張PPT)
專題四 曲線運動
考向二 圓周運動
2025年高考物理專題復習資料
考點切片
考點1 描述圓周運動的物理量
1.［多選］（2025廣西名校聯合調研）有一種很火的益智玩具——“磁懸浮
陀螺”，依靠磁場力可以讓旋轉的陀螺懸浮在空中，如圖所示。對處于懸
浮狀態的陀螺，下列說法正確的是( )
AD
A.距離陀螺中心越遠的點，線速度越大
B.陀螺上各點均處于平衡狀態
C.陀螺處于完全失重狀態
D.若陀螺繞其中心的轉速為，則陀螺上距離中心處質點的向心加速度大小為
【解析】 “磁懸浮陀螺”各點的角速度相同，距離中心越遠的點，轉動半徑越大，
線速度越大。
陀螺上各點做圓周運動，是曲線運動，所以各點不處于平衡狀態。
陀螺懸浮在空中，陀螺在豎直方向上受力平衡，既不超重也不失重。
質點的角速度為，向心加速度大小為 。
2.（2025江蘇南通階段練習）、 兩艘快艇在湖面上做勻速圓周運動（如圖所示），在
相同時間內，它們通過的路程之比是，運動方向改變的角度之比是 ，則它們
( )
A
A.線速度大小之比為 B.角速度大小之比為
C.圓周運動的半徑之比為 D.向心加速度大小之比為
【解析】 因為相同時間內快艇通過的路程之比是，根據可得、 的線速
度大小之比為 。
相同時間內快艇運動方向改變的角度之比為，根據 可得角速度大小之比
為 。
根據可得快艇做圓周運動的半徑之比為 。
根據 可得快艇向心加速度大小之比為 。
考點2 圓周運動中的傳動問題
3.（2025山東齊魯名校聯盟開學考）圖甲為膠片電影放映機，放完電影后需要倒膠片。
圖乙為倒膠片示意圖，將膠片由輪倒到輪上，、 為圖示時刻兩輪邊緣膠片上的兩
點，主動輪 輪轉動的角速度不變，下列說法正確的是( )
A
A.相同時間內倒到 輪上的膠片長度越來越長
B.從動輪 輪轉動的角速度也不變
C.圖示時刻、兩點的角速度
D.圖示時刻、兩點的向心加速度
【解析】 膠片由輪倒到輪上，則輪半徑逐漸增大，主動輪 輪轉動的角速度不
變，根據可知輪邊緣的線速度增大，故相同時間內倒到 輪上的膠片長度越來越
長。
由題意可知、輪邊緣的線速度始終相等，輪的半徑減小，根據 可知從動
輪 輪轉動的角速度增大。
題圖圖示時刻、兩點的線速度相等，，根據可知 ，
根據向心加速度公式可知 。
4.（2025云南昆明三校聯考）如圖甲所示為某用于在紙上遮蓋錯字的修正帶的照片，圖
乙為其結構示意圖。修正帶由出帶輪、傳動輪、收帶輪、基帶、出帶口等組成。測量可
知出帶輪有45齒，半徑為，傳動輪齒數未知，半徑為 ，收帶輪有15齒，
半徑未知，下列選項正確的是( )
A.使用時，出帶輪與收帶輪轉動方向相反
B.根據題中信息，可以算出傳動輪的齒數
C.根據題中信息，不能算出收帶輪軸心到齒輪邊緣的半徑
D.在紙面長時間勻速拉動修正帶時，出帶輪軸心上纏繞的帶盤邊緣某點的向心加速度大
小不變
√
【解析】 由于齒輪傳動，根據題圖乙可知，使用時，出帶輪與傳動輪轉動方向相
反，傳動輪與收帶輪轉動方向相反，則出帶輪與收帶輪轉動方向相同。
由于是齒輪傳動，相鄰齒之間的間距相等，則有，解得 。
由于是齒輪傳動，相鄰齒之間的間距相等，則有，解得 ，
可知根據題中信息，能算出收帶輪軸心到齒輪邊緣的半徑。
根據向心加速度的表達式有 ，在紙面長時間勻速拉動修正帶時，出帶輪軸心
上纏繞的帶盤邊緣某點所在的圓周半徑減小，則向心加速度變大。
5.（2024四川成都外國語學校檢測）如圖為《天工開物》中記錄的“牛轉
翻車”，該設備利用畜力轉動不同半徑齒輪來改變水車的轉速，從而將
水運送到高處。圖中、 分別為兩個齒輪邊緣上的點，齒輪半徑之比為
；、在同一齒輪上且、到轉軸的距離之比為 ，
則在齒輪轉動過程中( )
C
A.、的角速度相等 B.的線速度比 的線速度小
C.、的周期之比為 D.、的向心加速度大小之比為
【解析】 第一步：確定半徑比。
第二步：確定不變量。
、齒輪傳動，，、同軸轉動， .
第三步：得出結論。
由和得， 。
由，得，又因， ，
，得， 。
考點3 水平面內圓周運動的3大模型
題組1 圓盤模型
大招27 對應練習
解題覺醒
1.題型特征：物體在轉動的粗糙圓盤上隨著圓盤做圓周運動，求摩擦力、何時滑動等問題。
2.解題技巧
圖甲
（1）單物體圓盤：如圖甲所示，直接列 ，求解物體不滑動時圓盤
最大的角速度。
圖乙
①求繩子產生拉力時的角速度。列 。
②求兩物體一起滑動時的角速度。先用質心法算出，再列 ，求解兩物體不滑
動時圓盤最大的角速度。
（2）兩物體圓盤：如圖乙所示。
6.（2025江蘇南通名校聯盟調研）摩擦傳動是傳動裝置中的一個重要模型，如圖所示的
兩個水平放置的輪盤靠摩擦力傳動，其中、 分別為兩輪盤的軸心，已知兩個輪盤甲、
乙的半徑比 ，且在正常工作時兩輪盤不打滑。今在兩輪盤上分別放置兩個
由同種材料制成的滑塊、，兩滑塊與輪盤間的動摩擦因數相同，兩滑塊距離軸心 、
的間距滿足 。若輪盤乙由靜止開始緩慢地轉動起來，且轉速逐漸增加，則下
列敘述正確的是( )
①滑塊和 在與輪盤相對靜止時，角速度之比
為
②滑塊和 在與輪盤相對靜止時，向心加速度
之比為
③輪盤乙轉速增加后滑塊 先發生滑動
④輪盤乙轉速增加后滑塊 先發生滑動
A.①②③ B.①②④ C.②③④ D.①③④
√
【解析】 摩擦傳動的物體邊緣線速度相等，則輪盤甲、乙邊緣的線速度相等。、 與
輪盤相對靜止時，分別和輪盤甲、乙做同軸轉動，則、 做勻速圓周運動時，角速度
分別等于輪盤甲、乙的角速度。①根據 ，解得
，①正確；②根據可得滑塊和 在與輪盤相
對靜止時，向心加速度之比為，②正確；、 滑
塊受到的摩擦力提供它們做圓周運動的向心力，則滑塊恰好與輪盤發生相對滑動時有
，，解得 （【大招運用】根據大
招內容中滑塊相對輪盤發生相對滑動的臨界角速度，可得 。），
結合可知，轉速增加后滑塊 先發生滑動，③正確、④錯誤，故選A。
. .
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7.（2024重慶市實驗中學模擬）如圖甲所示，
兩個完全相同的小木塊和 （均可視為質
點）用輕繩連接置于水平圓盤上， 與轉軸
的距離為 。圓盤從靜止開始繞轉軸極緩
慢地加速轉動，木塊和圓盤保持相對靜止。
表示圓盤轉動的角速度，、 與圓盤保
D
A.圖線（1）對應 B.繩長為
C. D.時繩的拉力大小為
持相對靜止的過程中所受摩擦力與滿足如圖乙所示關系，圖中 。下列判斷正
確的是( )
【解析】 第一步：當 時
對、分別分析：，，，、間繩沒有拉力時， ，
圖線1對應，圖線2對應，由可知，解得 ，繩長
。
第二步：當 時繩子拉緊
對分析： ①
第三步：當時，、 整體開始滑動
對整體分析： ②
對分析：
聯立①②解出 。
由題圖乙可知，當時，繩上無拉力，木塊和 都由各自所受的靜摩擦
力提供向心力，，，因為，所以，故圖線1對應 。
當時，木塊所受的摩擦力恰好達到最大靜摩擦力，且， ，
，即，可得，所以繩長為 。
當時，對木塊，有，可得；當 時，
對木塊，有，對木塊，有 ，聯立可得
（【大招運用】運用大招27可知 ，
。），所以， 。
. .
. .
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8.（2024江蘇卷）陶瓷是以粘土為主要原料以及各種天然礦物經過
粉碎混煉、成型和煅燒制得的材料以及各種制品。如圖所示是生
產陶瓷的簡化工作臺，當陶瓷勻速轉動時，臺面上掉有陶屑，陶
屑與臺面間的動摩擦因數處處相等（臺面足夠大），最大靜摩擦
力等于滑動摩擦力，則( )
D
A.離軸越遠的陶屑質量越大 B.離軸 越近的陶屑質量越小
C.只有平臺邊緣有陶屑 D.離軸最遠的陶屑距離不會超過某一值
【解析】 與臺面相對靜止的陶屑做勻速圓周運動，靜摩擦力提供向心力，
當靜摩擦力為最大靜摩擦力時，根據牛頓第二定律可得，解得 ，因
與臺面相對靜止的這些陶屑的角速度相同，由此可知能與臺面相對靜止的陶屑離軸
的距離與陶屑質量無關，只要陶屑離軸的距離小于等于 ，陶屑在臺面上均不發生
相對滑動，即只要在臺面上不發生相對滑動的位置都有陶屑。
離軸 最遠的陶屑受到的靜摩擦力為最大靜摩擦力時，由前述分析可知最大的運
動半徑為， 與 均一定，故為定值，即離軸 最遠的陶屑距離不超過某一
值。
題組2 圓錐擺模型
大招28 對應練習
解題覺醒
1.題型特征：繩子上端固定在天花板上，下端系著小球，小球在水平面上做勻速圓周運
動或小球在半球形碗（或倒錐桶）中做水平面內的圓周運動。
2.解題技巧
類型 示意圖 結論
等長擺 _______________________________________ 更高、更快、更強（小球所處位置越高，線速度、角
速度和向心加速度均越大，向心力也越大）
類型 示意圖 結論
等高擺 _____________________________________________ 不變
類型 示意圖 結論
倒錐擺 ____________________________________________ 不變
9.［多選］（2025福建廈門階段練習）如圖所示，質量為 的小球
用長為的細線懸于點，使小球在水平面內以角速度 做勻速圓
周運動。已知小球做圓周運動時圓心到懸點的距離為 。下列
說法正確的是( )
AC
A.細線對小球的拉力大小為
B.保持不變，增大角速度 ，細線與豎直方向的夾角變小
C.保持不變，增大細線長， 不變
D.保持不變，增大細線長 ，細線對小球拉力的大小不變
【解析】 設細線與豎直方向的夾角為 ，根據牛頓第二定律可得
， ，解得細線對小球的拉力大小為
，，由此可知，保持不變，增大角速度 ，細線與豎直方向的夾
角 變大（【大招運用】根據大招內容中的口訣“更高、更快、更強”，可知增大角速度
，細線與豎直方向的夾角 變大。）。
根據牛頓第二定律可得 ，解得，可知保持 不
變，增大細線長， 不變（【大招運用】根據大招內容可知等高擺的角速度 不
變。），根據 可知，細線對小球的拉力增大。
. .
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10.［多選］（2025福建福州第一中學開學考）如圖所示，兩個同軸心的玻璃漏斗內表
面光滑，兩漏斗與豎直轉軸的夾角分別是 、 且 。、、 三個小球在漏斗
上做勻速圓周運動，、兩球在同一漏斗的不同位置，球在另一個漏斗上且與 球位
置等高，下列說法正確的是( )
BC
A.球與球受到的支持力一定大小相等 B.球與 球的向心加速度一定大小相等
C.球與球的速度一定大小相等 D.球的周期一定等于 球的周期
【解析】 根據題意可知，球與 球均
做勻速圓周運動，合力提供向心力，分別對
兩球受力分析，如圖所示，由幾何關系，對
球有，對球有，
由幾何關系，對球有，對球有 ，根據
，可得球與球的向心加速度滿足 （【大招運用】根據大招
內容可知倒錐擺中做勻速圓周運動的小球的加速度不變，可得 。）。
同理可知，球的向心力為，根據可知， 球做圓周運動
球與 球質量關系不確定，受到的支持力大小不一定相等。
. .
的速度為，同理可知，球做圓周運動的速度為，設球與 球距
離倒錐頂點的高度為（【易錯】此處易錯誤地將球和 球看成等高擺。），由幾何關
系可得 ，，可得，由公式 可知，由于
，則有 。
. .
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11.（2024遼寧大連期末）如圖所示，一質量為的小球（可視為質點）由輕繩和 分
別系于一豎直細桿的點和點，、間的距離與兩輕繩長度均為 。已知重力加速度
為，當小球隨桿繞豎直軸以角速度 勻速轉動時，下列說法正確的是( )
D
A.當時， 繩恰好沒有拉力
B.當時，繩的拉力大小為
C.當繩有拉力時，總是比繩拉力小
D.當時，繩的拉力大小為
【解析】
時， 繩恰好 沒有拉力 A（ ）
， 繩沒有拉力 ， ，解得 ， B（ ）
繩有拉力時 ， ， 解得 C（ ）
， 繩 有拉力 ， ， 解得 D（√）
題組3 火車轉彎模型
12.［多選］（2024河南周口階段練習）在修筑鐵路時，彎道處的外軌會略高于內軌。
如圖所示，當火車以規定的行駛速度轉彎時，內、外軌均不會受到輪緣的擠壓，設此時
的速度大小為，重力加速度為，兩軌所在面的傾角為 ，則( )
ABD
A.該彎道的半徑
B.當火車質量改變時，規定的行駛速度大小不變
C.當火車速率大于 時，內軌將受到輪緣的擠壓
D.當火車速率小于 時，內軌將受到輪緣的擠壓
【解析】 當火車以速率 轉彎時，恰好由重力和支持力的合力提供向心力，
由牛頓第二定律可得，解得， ，該臨界速度與火
車質量無關，故當火車質量改變時，規定的行駛速度大小不變。
當火車速率大于 時，重力與支持力的合力不足以提供向心力，火車有做離心運動
的趨勢，故外軌將受到輪緣的擠壓。
當火車速率小于 時，重力與支持力的合力大于所需的向心力，火車有做向心運動
的趨勢，內軌將受到輪緣的擠壓。
13.（2025廣東汕頭開學考）汽車的自動泊車系統持續發展，現有更先進的“全自動泊
車”。如圖所示為某次電動汽車自動泊車全景示意圖。汽車按圖示路線（半徑為的
圓弧與長為的直線構成）順利停車，用時。汽車與地面間的動摩擦因數為
（最大靜摩擦力等于滑動摩擦力），重力加速度取 ，汽車可視為質點，下列
說法正確的是( )
C
A.汽車在轉彎過程中做勻變速曲線運動
B.汽車在轉彎過程中的最大允許速度約為
C.汽車泊車的平均速度約為
D.汽車在泊車過程中受到的摩擦力總是與運動方向相反
【解析】 汽車在轉彎過程中受到的摩擦力方向時刻變化，合外力方向也時刻變化，
所以汽車所做的運動不是勻變速曲線運動。
汽車轉彎過程中靠靜摩擦力提供向心力，又因為最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，
有，代入數據解得 。
汽車泊車過程的位移大小為 ，則汽車泊車的平均速
度約為 （【提醒】注意C選項要求的是平均速度，而不是
平均速率。）。
汽車在泊車過程中沿圓弧運動時所受摩擦力為提供向心力的靜摩擦力和與運動方
向相反的摩擦力的合力，因此汽車在泊車過程中受到的摩擦力不總是與運動方向相反。
. .
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考點4 豎直面內圓周運動的3大模型
大招29 對應練習
解題覺醒
1.題型特征：物體在豎直平面內做圓周運動。
2.解題技巧
繩模型 桿模型 拱橋/凹形路面
最低 點 最高 點 速度較小時： 速度較大時：
繩模型 桿模型 拱橋/凹形路面
速度 最值 最高點最小速 度為 最高點最小速度為0 不脫離路面行駛的最大速度為
題組1 豎直圓繩模型
14.（2025山西大同一中月考）如圖所示，豎直平面內的光滑圓軌道
半徑為，、 點分別為軌道的最左側、最高點。一小球在軌道內運
動且始終未離開軌道，重力加速度為 ，則( )
D
A.若小球運動到 點，小球在該位置所受的合力指向圓心
B.若小球運動到 點，小球在該位置的速度一定大于0
C.若小球運動到 點，小球在該位置一定受到軌道彈力
D.若小球運動到點，小球在該位置的速度一定大于等于
【解析】 若小球運動到 點，且小球在該位置受到的軌道彈力指向圓心，但重力
豎直向下，所以小球在該位置所受的合力不指向圓心。
若小球運動到 點，且小球在該位置的速度如果剛好等于0，則小球將在下半圓軌
道內來回運動，始終不會離開軌道。
若小球運動到 點，重力剛好提供向心力，則此時小球受到的軌道彈力剛好為
0，則有，可得，可知若小球運動到 點，在該位置的速度一定大
于等于 （【大招運用】根據大招內容可知繩模型中小球在最高點的最小速度為
。 ）。
. .
. .
15.（2024江西南昌二中模擬）如圖甲所示，小球用不可伸長的輕繩連接，繞定點 在豎
直面內做圓周運動，小球經過最高點時的速度大小為，此時輕繩拉力大小為 ，拉力
與速度的平方的關系如圖乙所示，圖像中的數據和以及重力加速度 都為已知量，
以下說法正確的是( )
C
A.數據 與小球的質量有關
B.數據 與小球的質量無關
C.比值 與小球的質量和圓周軌道半徑都有關
D.利用數據、和 不能夠求出小球的質量和圓周
軌道半徑
【解析】 當時，輕繩的拉力為零，小球的重力提供向心力，設輕繩長為 ，
則有，解得，即，故數據 與小球的質量無關。
當時，對小球受力分析，有，解得，故數據 與小球
的質量有關。
根據以上分析可知，比值與小球的質量和圓周軌道半徑（即輕繩長 ）都有
關。
由以上分析可得， 。
跳跳學長 有話說
小球在拉力作用下通過最高點時，重力與拉力的合力提供向心力，
，運用圖像的斜率和縱截距可知， ，
，則, ，A、B、D錯誤,C正確。
16.（2025山西呂梁階段練習）如圖所示，質量為的小物塊用長為的細線懸掛于 點，
給物塊一個水平初速度使其在豎直面內做圓周運動，物塊運動到最低點時，細線的拉力
大小等于。斜面體固定在水平地面上，斜面長為，傾角為 ， 豎直
且長也為。若物塊做圓周運動到最低點時細線突然斷開，此后物塊恰好從 點無碰撞
地滑上斜面，最終落在地面上，物塊與斜面間的動摩擦因數為，重力加速度為 ，
空氣阻力不計，求：
（1） 小物塊做圓周運動在最低點時的速度大小；
【答案】
【解析】 設物塊運動到最低點時速度為，根據牛頓第二定律有
解得 。
（2） 小物塊在斜面上運動的時間；
【答案】
【解析】 設物塊運動到點時速度大小為 ，根據幾何關系有
由于 ，因此物塊在斜面上做勻速直線運動，在斜面上運動的時間
為 。
（3） 有斜面體時小球的落地點與無斜面體時小球的落地點間的距離。
【答案】
【解析】 物塊運動到點時豎直方向的分速度
圓周運動的最低點與點的高度差
點離水平地面的高度
沒有斜面體時，物塊做平拋運動的水平位移
有斜面體時，物塊做平拋運動下降高度，所經過的水平位移
. .
物塊落地點離圓周運動最低點間的水平距離 （【點撥】
物塊在斜面上做勻速直線運動，因此物塊運動到點時的速度和物塊到達 點時的速度
相等，物塊運動到點后剛好“接著”物塊到達 點時的運動繼續做拋體運動，可將兩個
運動過程合在一起等效為一個完整的平拋運動過程。）
則有斜面體時物塊的落地點與無斜面體時物塊的落地點間的距離為
。
. .
題組2 豎直圓桿模型
17.（2024陜西西安期中）如圖所示，輕桿長為 ，在桿兩端分別固
定質量均為的小球和，光滑水平轉軸穿過桿上距小球為 處的
點。外界給系統一定能量后，桿和小球在豎直平面內轉動，小球
運動到最高點時，桿對小球 恰好無作用力，忽略空氣阻力，重力加
速度為。則小球 在最高點時( )
C
A.小球的速度為零 B.小球的速度大小為
C.水平轉軸對桿的作用力大小為 D.水平轉軸對桿的作用力大小為
【解析】 小球運動到最高點時，桿對小球恰好無作用力（【點撥】小球 所受
重力提供全部向心力。），即重力恰好提供向心力，有，解得 。
由于、兩球的角速度相等，則小球的速度 。
小球到最高點時，對桿無彈力，小球 所受重力和拉力的合力提供向心力，
有，解得 。
. .
18.（2024廣東中山紀念中學檢測）如圖所示，質量為、半徑為
的光滑管狀細圓環用輕桿固定在豎直平面內，、 兩小球的直徑均略小
于管的內徑，它們的質量分別為、。某時刻，、
兩球分別位于圓環最低點和最高點，且的速度大小為 ，此
時桿的下端受到向上的壓力，大小為。則球的速度大小為
取 ( )
C
A. B. C. D.
【解析】 對球，合力提供向心力，設環對球的支持力為 ，由牛頓第二定律有
，代入數據解得，由牛頓第三定律可得， 球對環的力向下，
大小為。設球對環的力為，由環受力平衡可得 ，解
得，負號表示與重力方向相反，由牛頓第三定律可得，環對球的力 為
、方向豎直向下，對球由牛頓第二定律有，解得 ，
故選C。
題組3 拱橋模型
19.（2024黑龍江哈爾濱開學考試）哈爾濱
某游樂園中的過山車及軌道簡化為如圖所示
的模型，過山車（可視為質點）先以
的速度經過半徑為的圓弧軌道最低點 ，
B
A.過山車經過點時的速度大小為
B.過山車經過點時對該乘客的作用力大小為
C.過山車經過 點時該乘客受到的合力大小為0
D.過山車經過點時對該乘客的作用力大小為
后無動力地沖上半徑為的圓弧軌道最高點。已知、兩點間的高度差為 ，
過山車中某乘客的質量為，不計阻力，取 ，則( )
【解析】 過山車從到 的過程，不計阻力，根據機械能守恒定律可得
，解得 。
過山車經過點時，由牛頓第二定律有 ，解得乘客受到的支持力大
小為 。
過山車經過點時，由牛頓第二定律有 ，解得該乘客受到
的合力大小和乘客受到的作用力大小分別為， 。
考點5 離心運動與近心運動
20.（2023河南焦作模擬）在東北嚴寒的冬天，人們經常玩一項“潑水成冰”的游戲，具
體操作是把一杯開水沿弧線均勻快速地潑向空中。圖甲是某人玩“潑水成冰”游戲的瞬間，
其示意圖如圖乙所示。若潑水過程中杯子的運動可看成勻速圓周運動，人的手臂伸直，
在內帶動杯子旋轉了 ，人的臂長約為 。下列說法正確的是( )
D
A.潑水時杯子的旋轉方向為順時針方向
B. 位置飛出的小水珠初速度沿1方向
C.杯子在旋轉時的角速度大小為
D.杯子在旋轉時的線速度大小約為
【解析】 由題圖乙中飛出的小水珠的運動軌跡可知，潑水時杯子的旋轉方向
為逆時針方向， 位置飛出的小水珠初速度沿2方向。
杯子旋轉的角速度（【點撥】 。
注意單位的換算。）。
杯子做勻速圓周運動（旋轉）的軌跡半徑約為 ，則線速度大小約為
。
. .
21.（2024天津南開期中）如圖為旋轉脫水拖把的結構圖，旋轉桿上有長度為 的螺
桿，螺桿的螺距（相鄰螺紋之間的距離）為 ，固定套桿內部有與旋轉桿的螺紋
相配套的凹紋，如果旋轉桿不動，固定套桿可以在旋轉桿上沿其軸線旋轉上行或下行。
把拖把頭放置于脫水桶中，手握固定套桿向下運動，固定套桿就會給旋轉桿施加驅動力，
驅動旋轉桿使拖把頭和脫水桶一起轉動，把拖把上的水甩出去。拖把頭的托盤半徑為
，拖布條的長度為，脫水桶的半徑為。某次脫水時，固定套桿在 內
勻速下壓了 ，該過程中拖把頭勻速轉動，則下列說法正確的是( )
A.拖把頭轉動的周期為
B.拖把頭轉動的角速度為
C.緊貼脫水桶內壁的拖布條上附著的水最不容易被
甩出
D.旋轉時脫水桶內壁的點與托盤邊緣處的點的向心
加速度大小之比為
√
【解析】 旋轉桿上有長度為的螺桿，螺桿的螺距為 ，所以共7圈螺
紋，由題知固定套桿在內勻速下壓了，即 轉了7周，則拖把頭轉動的周期為
。
根據周期和角速度的關系式可知 。
所有的拖布條上附著的水轉動的角速度都相同，而緊貼脫水桶內壁的拖布條上附
著的水運動半徑最大，根據 可知，運動半徑越大，需要的向心力越大，越容
易被甩出。
脫水桶的半徑為，托盤的半徑為，根據 可知，脫水桶內壁的
點與托盤邊緣處的點的向心加速度大小之比為 。
覺醒集訓
1.（2025遼寧名校聯盟聯考）如圖所示，半徑為 的鼓形輪可
繞固定的光滑水平軸 轉動。在輪上沿相互垂直的直徑方向固
定四根直桿，桿上分別固定有質量均為的、、、 四個
小球，球心與的距離均為 。現讓鼓形輪勻速轉動，若某時
刻、兩球所在直桿恰好位于水平方向，小球 的速度大小為
，不計空氣阻力，重力加速度為 ，下列說法正確的是( )
D
A.鼓形輪的角速度為 B.桿對小球 的作用力一定豎直向上
C.桿對小球的作用力為 D.桿對小球的作用力一定大于
【解析】 鼓形輪的角速度為 。
小球所需的向心力大小為 （【點撥】四個小球的角速度和做圓周運動的
半徑均相等,因此線速度大小也相等。），若，則桿對小球 的作用力豎
直向下。
對于小球，豎直方向有，水平方向有，則桿對小球 的作用力
大小為 。
對于小球，根據牛頓第二定律可得，可知桿對小球 的作用
力一定大于 。
. .
2.［多選］（2025安徽名校聯盟開學考）如圖所示，在點以水平速度 向左
拋出一個質量為 的小球，小球拋出后始終受到水平向右的恒定風力作用，風
力大小。經過一段時間小球到達點，點位于點正下方，重力加速度 取
。下列說法正確的是( )
AC
A.從到運動過程中小球速度最小值為
B.從到運動過程中小球速度最小值為
C.、兩點間的距離
D.小球水平方向的速度為零時距點的水平距離
【解析】 小球水平方向的加速度大小為，小球從到 的運
動時間為，從到 的運動過程中小球速度大小為
，當 時，小球速度
最小（【點撥】當小球的合力與小球的速度垂直時,小球的速度最小。），最小值為
。
、兩點間的距離 。
小球水平方向的速度為零時距點的水平距離 。
3.［多選］（2025廣東惠州階段檢查）在第19屆杭州
亞運會女子排球決賽中，中國女排以 戰勝日本女
排，以六戰全勝且一局未失的戰績成功衛冕。如圖所
示，排球場的寬為，長為，球網高為 ，發球員
BCD
A.排球做平拋運動的時間為 B.點距地面的高度為
C.排球被擊出時的速度大小為 D.排球著地時的速度大小為
在底線中點正上方的點將排球水平擊出，排球恰好擦著網落在對方場地邊線上的
點，，不計空氣阻力，重力加速度大小為 ，下列說法正確的是 ( )
【解析】 排球做平拋運動的軌跡在地面上的
投影為線段（【點撥】 即排球的水平位移大
小。），如圖所示，由幾何關系可得 ，所
以排球在左、右場地運動的時間之比為 。設排球做
平拋運動的時間為，點距地面的高度為 ，則有
， ，解得
， 。
. .
. .
根據幾何關系可得 ，則排球被擊出時的速度大小為
。
排球著地時的速度大小為 。
4.（2025河北衡水中學測評）圖甲所示裝置為滅火火箭筒，主要用于實施遠距離高效、
安全滅火作業。在一次消防演練中，消防員在同一位置用火箭筒先后兩次以相同速率、
不同角度發射火箭彈，火箭彈均擊中著火點，火箭彈的兩次運動軌跡如圖乙所示。忽略
空氣阻力，下列說法正確的是( )
A.不同軌跡的火箭彈，擊中著火點時的速度相同
B.不同軌跡的火箭彈，運動過程中速度變化量相同
C.火箭彈沿軌跡1的運動時間大于沿軌跡2的運動時間
D.火箭彈沿軌跡1的最小速度大于沿軌跡2的最小速度
√
【解析】 第一步：由水平方向的分運動分析運動時間和最小速度。
設初速度方向與水平方向夾角為 ，水平方向分位移均為，則有 ，
解得 ，沿軌跡1的初速度方向與水平方向夾角大一些，則火箭彈沿軌跡1的運
動時間大于沿軌跡2的運動時間。
火箭彈水平方向做勻速直線運動，運動到最高點速度最小，該最小速度等于水平
方向的速度，則有 ，由于沿軌跡1的初速度方向與水平方向夾角大一些，
則火箭彈沿軌跡1的最小速度小于沿軌跡2的最小速度。
第二步：通過豎直方向的分運動分析速度的變化量。
斜拋運動加速度為重力加速度，根據，解得 ，由于沿軌跡1
的初速度方向與水平方向夾角大一些，則火箭彈沿軌跡1運動過程中的速度變化量大于
沿軌跡2運動過程中的速度變化量。
第三步：結合運動的合成與分解求落地瞬間的速度。
火箭彈發射點與擊中點的豎直高度相等，設為 ，則有
，則在擊中點的速度大小 ，解
得，可知擊中著火點時的速度大小相等，令該速度與水平方向夾角為 ，
則有 ，由于擊中著火點時的速度方向不同，則不同軌跡的火箭
彈擊中著火點時的速度不相同。
跳跳學長 敲黑板
斜拋運動分析要點
（1）運動分解：將斜拋運動分解為水平方向上的勻速直線運動和豎直方向上的勻變速
直線運動，如果為斜上拋，則豎直方向上的分運動可視為豎直上拋運動。
（2）用好對稱：相對于運動的最高點，要注意在豎直方向上運動的對稱性，如時間對
稱、豎直分速度對稱和豎直位移對稱等。
（3）一個注意：斜上拋運動的物體到達最高點時速度不為零，此時速度大小等于拋出
時的水平分速度大小。
5.（2024四川成都石室中學期中）在光滑的水平面上，一質量 的滑塊，在水平
恒定外力 的作用下運動，如圖所示給出了滑塊在水平面上運動的一段軌跡，滑
塊經過、兩點時速度大小均為。滑塊在點的速度方向與、 連線夾角
， ，則下列說法正確的是( )
C
A.水平恒力的方向與、連線成 夾角
B.滑塊從點到 點做勻速圓周運動
C.滑塊從點到點的過程中動能最小值為
D.、兩點間距離為
【解析】 因為滑塊經過、兩點的速度大小相等，所以外力的方向垂直于、
的連線（【點撥】可用能量的觀點進行分析。滑塊的動能不變，水平恒力做功為零，滑
塊在力的方向上位移為零。）。
由于滑塊在運動過程中受到恒力的作用，故運動軌跡應該為拋物線，滑塊不做勻
速圓周運動。
垂直水平恒力方向的分速度為零時，滑塊速度最小，由速度分解可知
，最小動能為 。
、之間的距離為 。
. .
. .
6.（2025湖北部分重點中學開學考）如圖所示，半徑為
的半球形陶罐固定在可以繞豎直軸轉動的水平轉臺上，
轉臺轉軸與過陶罐球心的對稱軸 重合。轉臺以一定
角速度勻速轉動，一質量為 的小物塊（可視為質點）
落入陶罐內，經過一段時間后小物塊隨陶罐一起轉動且
相對罐壁靜止。小物塊與陶罐內壁間的動摩擦因數為 ，
B
A.當時，小物塊與陶罐內壁間的彈力為
B.當時，小物塊與陶罐內壁間的彈力為
C.當 時，小物塊與陶罐內壁間的摩擦力沿罐壁向上
D.當 時，小物塊將向陶罐上沿滑動
且它和點的連線與之間的夾角為 ，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，轉動角速度為
，重力加速度為 。則下列說法正確的是( )
【解析】 小物塊隨轉臺的轉動做水平面內的勻速圓周運動，轉臺轉動的角速度不同，
小物塊受到的支持力和摩擦力也不同，因此存在小物塊不受摩擦力的臨界狀態及小物塊
正要向陶罐上沿滑動的臨界狀態。
對物塊受力分析可知，物塊受重力、支持力和靜摩擦力，三個力的合力使物
塊做水平面上的圓周運動，轉動的角速度不同，物塊所受的支持力和靜摩擦力均不同，
若靜摩擦力為零，根據正交分解和牛頓第二定律可得 ，
，解得。故當 時，小物塊與陶罐內壁間的彈力大小
為 。
當 時，小物塊與陶罐內壁間的摩擦力為零。
小物塊向陶罐上沿滑動的臨界條件為物塊受
沿切線方向向下的最大靜摩擦力 ，受力分析如
圖所示，則 ，
，解得
，因此當
時，小物塊并未向陶罐上沿滑
動。
7.（2024江西卷）雪地轉椅是一種游樂項目,其中心傳動裝置帶動轉椅在雪地上滑動。如
圖甲、乙所示，傳動裝置有一高度可調的水平圓盤，可繞通過中心 點的豎直軸勻速轉
動。圓盤邊緣處固定連接一輕繩,輕繩另一端 連接轉椅（視為質點）。轉椅運動穩定
后,其角速度與圓盤角速度相等。轉椅與雪地之間的動摩擦因數為 ,重力加速度為 ,不
計空氣阻力。
（1） 在圖甲中,若圓盤在水平雪地上以角速度 勻速轉動,轉椅運動穩定后在水平雪地
上繞點做半徑為的勻速圓周運動。求與之間夾角 的正切值。
【答案】
【解析】 對轉椅受力分析，轉椅在水平面內受摩擦力 、輕
繩拉力 ，兩者合力提供其做圓周運動所需向心力，如圖所示，
設轉椅的質量為 ，則
轉椅所需的向心力
轉椅受到的摩擦力
根據幾何關系有
聯立解得 。
（2） 將圓盤升高,如圖乙所示。圓盤勻速轉動,轉椅運動穩定后在水平雪地上繞 點做
半徑為的勻速圓周運動,繩子與豎直方向的夾角為 ,繩子在水平雪地上的投影 與
的夾角為 。求此時圓盤的角速度 。
【答案】
【解析】 轉椅在題圖乙情況下所需的向心力
轉椅受到的摩擦力
根據幾何關系有
豎直方向上由平衡條件有
水平面上有
聯立解得 。
8.（2025山東煙臺階段練習）如圖所示為自由式滑雪大跳臺場地的簡易圖，其中斜坡
、的傾角分別為 、 ，滑雪時運動員由 點靜止滑下，進入水平緩
沖區，然后由點離開緩沖區并無碰撞地由點進入段。已知 ，
，重力加速度取，忽略一切阻力和摩擦，運動員經過 點時能量損
失可忽略不計， 。求：
（1） 、 兩點間的水平距離；
【答案】
【解析】 運動員在段下滑時，由牛頓第二定律得
解得
運動員從到的過程，有
運動員進入段后做勻速直線運動，然后從點以大小為 的速度開始做平拋運動，
無碰撞地由點進入 段，
由平拋運動的規律可知
解得
則運動員由到的時間為
、兩點間的水平距離 。
（2） 運動員由點下滑到 點的總時間。
【答案】
【解析】 運動員由到的過程中，有
由到的過程，有
運動員在段運動時，由牛頓第二定律得
解得
運動員在點的速度為
解得
運動員在段運動的過程，由
解得
運動員由點下滑到點的總時間為
解得 。
【解析】 （1）運動員從到做平拋運動，通過分解平拋運動求、 兩點間的水平距
離；（2）先求運動員在各段的運動時間，再求和。
覺醒原創
1.如圖所示，一個豎直放置、半徑為 的光滑半圓軌道與光滑平
臺相連，點和 點分別為半圓軌道的圓心和最低點。在平臺上
一輕質彈簧左端與豎直擋板相連，一質量為 的小球將彈簧壓
縮，且壓縮后的彈性勢能。釋放小球，小球從 點
進入半圓軌道，且小球進入半圓軌道前已與彈簧分離，小球在
點與半圓軌道分離，現在垂直于 放置一個擋板，
C
A.， B.，
C.， D.，
擋板最下端在連線上，欲使小球垂直擊中擋板，不計空氣阻力。關于、 間的距離和擋
板的長度 的要求，下列關系式正確的是( )
【解析】 設小球在點與半圓軌道分離時速度與水平方向的夾角為 ，由功能關
系可知，在
點，由牛頓第二定律得，聯立解得， 。最終小球要
垂直擊中擋板，則其沿方向分速度減為0，將重力加速度沿方向和 方向分解。
由運動學公式可知方向有 ， ，方向有 ，
解得， 。
2.某高樓發生火災時，消防員在救火過程中調整水槍出水角
度，使水流恰能水平射入著火位置，如圖所示。已知著火位
置距地面高度 ，水槍豎直且噴口距地面高度
，， ，不計空
氣阻力，重力加速度 ，水流連續，則( )
A
A.水槍噴口處水流的速度大小為
B.噴口處水流的速度方向與水平方向的夾角為
C.水槍噴口處與著火位置間水柱的總體積可求
D.水柱在空中各處的粗細程度相同
【解析】 第一步：模型建構 對噴出的水在空中的運動過程
進行分析
水在空中做斜上拋運動，末速度水平，作出水在空中的運動
軌跡，如圖所示。可將水在空中的運動看成反向的平拋運動，
豎直方向上有，水平方向上有 ，解得
，豎直方向上的初速度大小 ，則水槍噴口處水流的速
度大小
，方向與水平方向夾角的正切值
，可得 ，A正確，B錯誤。
第二步：分析并得出結論 結合所求信息分析水柱形狀與體積
水柱在空中的時間、噴口處水流的速度均已知，要求空中水的總體積，還需要知道噴口
的橫截面積，C錯誤。水柱在空中做減速運動，水流連續，相同時間通過不同截面的水
流量相同，則越向上，水流的橫截面越大（【點撥】可類比現實中水從水龍頭流出后的
情境,越向下水流越細），D錯誤。

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