專題7圓周運動

考點愿型歸納

一、圓周運動線速度、角速度與轉速間的聯系...........2

二、向心力與向心加速度..............................5

三、水平轉盤上的圓周運動...........................10

四、圓錐擺問題......................................13

五、水平面的轉彎問題...............................17

六、繩子、桿球類模型及其臨界條件..................22

七、拱橋和凹橋模型.................................27

1

專題一圓周運動線速度、角速度與轉速間的聯系

1.（2024?遼寧?高考真題）“指尖轉球”是花式籃球表演中常見的技巧。如圖，當籃球在指尖

上繞軸轉動時，球面上P、。兩點做圓周運動的（）

A.半徑相等B.線速度大小相等

C.向心加速度大小相等D.角速度大小相等

【答案】D

【詳解】D.由題意可知，球面上尸、。兩點轉動時屬于同軸轉動，故角速度大小相等，故

D正確；

A.由圖可知，球面上尸、0兩點做圓周運動的半徑的關系為

rp<rQ

故A錯誤；

B.根據v=可知，球面上尸、。兩點做圓周運動的線速度的關系為

VP<VQ

故B錯誤；

C.根據q=不療可知，球面上尸、0兩點做圓周運動的向心加速度的關系為

ap<aQ

故C錯誤。

故選D。

2.（2024?山東?二模）某快遞公司用無人駕駛小車在平直的道路上轉運貨物，該小車自靜止

開始加速到一定速度后勻速行駛，快接近終點時關閉發動機減速行駛。己知關閉發動機前小

車的輸出功率不變，整個運動過程受到的阻力不變，減速階段的加速度大小恒為°；小車后

輪半徑是前輪半徑的2倍，勻速行駛階段后輪的轉速為“。則小車在加速階段的加速度大小

為2a時前輪的轉速為（）

2

,n23

A.-B.—nC.—nD.2n

232

【答案】B

【詳解】在減速階段對小車由牛頓第二定律可知，小車受到的阻力大小

耳=ma

在勻速階段，有

F-F{,P-Fv,v-n-2nr

在加速階段的加速度大小為2a時，有

F'—F=m-2a,P=F'v',v'=n''2K—

f2

聯立解得，在加速階段的加速度為2a時前輪的轉速

,2

n=-n

3

故選B。

3.（2022?河北?高考真題）如圖，廣場水平地面上同種盆栽緊密排列在以。為圓心、4和凡

為半徑的同心圓上，圓心處裝有豎直細水管，其上端水平噴水嘴的高度、出水速度及轉動的

角速度均可調節，以保障噴出的水全部落入相應的花盆中。依次給內圈和外圈上的盆栽澆水

時，噴水嘴的高度、出水速度及轉動的角速度分別用九、匕、外和〃2、匕、牡表示?；ㄅ?/p>

大小相同，半徑遠小于同心圓半徑，出水口截面積保持不變，忽略噴水嘴水平長度和空氣阻

力。下列說法正確的是（）

A.右%="2'則V]：丫2=R?:R[

B.若匕=匕，則:：%=R；:

C.若例=。2，V產％,噴水嘴各轉動一周，則落入每個花盆的水量相同

D.若22,噴水嘴各轉動一周且落入每個花盆的水量相同，則與=。2

3

【答案】BD

【詳解】AB.根據平拋運動的規律

?=-gf

R=vt

解得

可知若〃/=力2,則

vr.V2=Rr.R2

若V/=V2,則

%：%2=R：：R；

選項A錯誤，B正確；

C.若例=g,則噴水嘴各轉動一周的時間相同，因V尸V2,出水口的截面積相同，可知單位

時間噴出水的質量相同，噴水嘴轉動一周噴出的水量相同，但因內圈上的花盆總數量較小,

可知得到的水量較多，選項C錯誤；

D.設出水口橫截面積為%,噴水速度為v,若9=牡，則噴水管轉動一周的時間相等，因

力相等，則水落地的時間相等，則

R

t=一

v

相等；在圓周上單位時間內單位長度的水量為

必電RSSS

---------------0-=--o-=----o7=

coRtcot2h

相等，即一周中每個花盆中的水量相同，選項D正確。

故選BDo

4.（2024?新疆?二模）如圖所示為向心力演示儀，在某次實驗中，將三個完全相同的小球分

別置于擋板A、B、C處，已知擋板A、B、C到各自轉軸的距離之比為1：2：lo將皮帶置

于第二層塔輪上，使得左塔輪與右塔輪的半徑之比為2：1,轉動手柄，向心力演示儀穩定

工作時，下列說法正確的是（）

4

A.A、B兩處小球運動的角速度之比為2：1

B.A、B兩處小球所需的向心力之比為1：2

C.A、C兩處小球運動的角速度之比為4：1

D.A、C兩處小球所需的向心力之比為1：4

【答案】BD

【詳解】AB.A、B兩處的小球屬于同軸轉動，角速度相同，因此角速度之比為1:1,向心

力為

1—?2

rn=mcor

所以A、B兩處向心力之比為1:2,A錯誤，B正確；

CD.由于左右兩側塔輪線速度大小相等，半徑之比為2:1,根據

v

G）--

r

1—?2

rn=mor

可知角速度之比應該為1:2,向心力之比為1:4,D正確。

故選BD-

專題二向心力與向心加速度

5.（2024?廣東?高考真題）如圖所示，在細繩的拉動下，半徑為r的卷軸可繞其固定的中心

點。在水平面內轉動。卷軸上沿半徑方向固定著長度為/的細管，管底在。點。細管內有

一根原長為：、勁度系數為左的輕質彈簧，彈簧底端固定在管底，頂端連接質量為加、可視

為質點的插銷。當以速度v勻速拉動細繩時，插銷做勻速圓周運動。若v過大，插銷會卡進

固定的端蓋。使卷軸轉動停止。忽略摩擦力，彈簧在彈性限度內。要使卷軸轉動不停止，v

的最大值為（）

5

端蓋卷軸

【詳解】有題意可知當插銷剛卡緊固定端蓋時彈簧的伸長量為-=!，根據胡克定律有

2

L7Akl

F=kk=—

2

插銷與卷軸同軸轉動，角速度相同，對插銷有彈力提供向心力

F=mlco1

對卷軸有

v-rco

聯立解得

k

v=r

2m

故選Ao

6.（2022?山東?高考真題）無人配送小車某次性能測試路徑如圖所示，半徑為3m的半圓弧5C

與長8m的直線路徑相切于B點，與半徑為4m的半圓弧CD相切于。點。小車以最大速

度從A點駛入路徑,到適當位置調整速率運動到B點，然后保持速率不變依次經過BC和CDo

為保證安全，小車速率最大為4m/s。在段的加速度最大為2m/s2,CD段的加速度最大

為Im/s?。小車視為質點，小車從4到。所需最短時間，及在段做勻速直線運動的最長

6

D.t=2+9#+（"+4）兀s,l=5.5m

122

【答案】B

【詳解】在2C段的最大加速度為a/=2m/s2,則根據

可得在段的最大速度為

vlm=V6m/s

在CD段的最大加速度為a2=lm/s2,則根據

年

a2=—

ri

可得在CD段的最大速度為

V2m=2m/s<Vl,

可知在BCD段運動時的速度為v=2m/s,在BCD段運動的時間為

?3=5”鵬=%AB段從最大速度加減速到v的時間

V2

v—v4—2

t,=------=-------s=ls

%2

位移

v2—v2

=-------=3m

2%

在4B段勻速的最長距離為

/=8m-3m=5m

則勻速運動的時間

I5

力=——=—S

%4

則從N到。最短時間為

7

』日+「（:+注

故選Bo

7.（2024?江西?高考真題）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（a）、（b）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N處固定連接一輕繩，輕繩另一端3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

g,不計空氣阻力。

（1）在圖（a）中，若圓盤在水平雪地上以角速度用勻速轉動，轉椅運動穩定后在水平雪

地上繞。點做半徑為4的勻速圓周運動。求AB與OB之間夾角a的正切值。

（2）將圓盤升高，如圖（b）所示。圓盤勻速轉動，轉椅運動穩定后在水平雪地上繞Q點

做半徑為弓的勻速圓周運動，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?。

【型案］⑴⑵I〃gsin.c°s匚

'、外之丁V（sin6sin/7+/zcos。）G

【詳解】（1）轉椅做勻速圓周運動，設此時輕繩拉力為7,轉椅質量為加，受力分析可知輕

繩拉力沿切線方向的分量與轉椅受到地面的滑動摩擦力平衡，沿徑向方向的分量提供圓周運

動的向心力，故可得

Tcosa=ma）^rx

jLimg=Tsina

8

聯立解得

tana——--

助4

（2）設此時輕繩拉力為廠，沿43和垂直43豎直向上的分力分別為

7；=7'sin。，T2=T'COS0

對轉椅根據牛頓第二定律得

7]cosB=mco^r^

沿切線方向

7]sin￡=/=嗎

豎直方向

然+4=mg

聯立解得

jugsin0cosp

C0=

2(sinOsin°+//cos6)口

8.（2022?遼寧?高考真題）2022年北京冬奧會短道速滑混合團體2000米接力決賽中，我國

短道速滑隊奪得中國隊在本屆冬奧會的首金。

（1）如果把運動員起跑后進入彎道前的過程看作初速度為零的勻加速直線運動，若運動員

加速到速度v=9m/s時，滑過的距離x=15m,求加速度的大小;

（2）如果把運動員在彎道滑行的過程看作軌道為半圓的勻速圓周運動，如圖所示，若甲、

乙兩名運動員同時進入彎道，滑行半徑分別為%=8m、及乙=9m,滑行速率分別為

噂=10m/s、v乙=llm/s,求甲、乙過彎道時的向心加速度大小之比，并通過計算判斷哪位

運動員先出彎道。

9

【答案】（1）2.7m/s2;（2），甲

242

【詳解】（1）根據速度位移公式有

v2=lax

代入數據可得

a=2.7m/s2

（2）根據向心加速度的表達式

V2

a=—

R

可得甲、乙的向心加速度之比為

a甲y甲義R乙225

。乙片/242

甲、乙兩物體做勻速圓周運動，則運動的時間為

兀R

t=——

v

代入數據可得甲、乙運動的時間為

4萬9萬

廂=ys，/乙二五5

因而〈壇，所以甲先出彎道。

專題三水平轉盤上的圓周運動

9.（2024?江蘇?高考真題）制作陶瓷時，在水平面內勻速轉動的臺面上有一些陶屑。假設陶

屑與臺面間的動摩擦因素均相同，最大靜摩擦力等于滑動摩榛力。將陶屑視為質點，則（）

10

?轉軸

3

A.離轉軸越近的陶屑質量越大

B.離轉軸越遠的陶屑質量越小

C.陶屑只能分布在臺面的邊緣處

D.陶屑只能分布在一定半徑的圓內

【答案】D

【詳解】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

g=mco1^

解得

r=絲

maxCD2

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轉軸的距

離與陶屑質量無關，只要在臺面上不發生相對滑動的位置都有陶屑?！ㄅc。均一定，故味”為

定值，即陶屑離轉軸最遠的陶屑距離不超過經，即陶屑只能分布在半徑為轡的圓內。故

（oa>"

ABC錯誤，故D正確。

故選D。

10.（2023?福建?高考真題）一種離心測速器的簡化工作原理如圖所示。細桿的一端固定在

豎直轉軸上的。點，并可隨軸一起轉動。桿上套有一輕質彈簧，彈簧一端固定于。點,

另一端與套在桿上的圓環相連。當測速器穩定工作時，圓環將相對細桿靜止，通過圓環的位

置可以確定細桿勻速轉動的角速度。已知細桿長度￡=0.2m,桿與豎直轉軸的夾角。始終

為60。，彈簧原長％=0.1m,彈簧勁度系數上=100N/m,圓環質量加=1kg；彈簧始終在彈

性限度內，重力加速度大小取lOm/s2,摩擦力可忽略不計

（1）若細桿和圓環處于靜止狀態，求圓環到。點的距離；

（2）求彈簧處于原長時，細桿勻速轉動的角速度大小；

11

(3)求圓環處于細桿末端尸時，細桿勻速轉動的角速度大小。

rad/s;(3)10rad/s

3

【詳解】(1)當細桿和圓環處于平衡狀態，對圓環受力分析得

To=mgcosa=5N

根據胡克定律尸=左心得

%=4=0.05m

k

彈簧彈力沿桿向上，故彈簧處于壓縮狀態，彈簧此時的長度即為圓環到。點的距離

X]=-Ax0=0.05m

(2)若彈簧處于原長，則圓環僅受重力和支持力，其合力使得圓環沿水平方向做勻速圓周

運動。根據牛頓第二定律得

mg

——=ma)2r

tanaQ

由幾何關系得圓環此時轉動的半徑為

r=xQsma

聯立解得

。廣警rad/s

(3)圓環處于細桿末端產時，圓環受力分析重力，彈簧伸長，彈力沿桿向下。根據胡克定

律得

T=^(Z-x0)=10N

12

對圓環受力分析并正交分解，豎直方向受力平衡，水平方向合力提供向心力，則有

mg+Tcosoc=F^sina,Tsina+&cosa=ma)2r'

由幾何關系得

r'=Lsina

聯立解得

co=10rad/s

專題四圓錐擺問題

11.(2024?四川成都?二模)如圖所示，A球在輕繩的作用下在豎直面內擺動，B球在輕繩的

作用下在水平面內做勻速圓周運動。兩小球質量相同，均可視為質點。連接兩小球的輕繩長

度相同，A球輕繩與豎直方向所成的最大角度和B球輕繩與豎直方向所成的夾角均為6(6<

A.A、B兩球運動的周期之比為1：1

B.圖示位置A、B兩球所受輕繩拉力大小之比為cos?。：］

C.A球的最大向心力大小與B球的向心力大小之比為匕用

tan。

D.A球的最大動能與B球的動能之比為盧三

1+COS0

【答案】BD

【詳解】A.由圖可知左圖是單擺模型，設輕繩長度為3小球重力為加g,則單擺的周期

13

r=2<

右圖是水平面內的勻速圓周運動模型（圓錐擺），由牛頓第二定律分析可知

4冗2

mgtan9=加下-Lsin0

其周期

7，=2K

所以

￡_/1

T'Vcos0

故A錯誤；

B.左圖A球在該位置的加速度方向沿切線，沿半徑方向受力平衡，計算得繩上拉力大小為

F、=mgcos3

右圖B球的加速度方向水平，豎直方向受力平衡，計算得繩上拉力大小為

COS0

所以

2

Fx_cos0

Fj1

故B正確；

C.當左圖A球運動到最低點時向心力最大，設此時速度為匕，由動能定理得

mgL(l-cos0^=~mv\

所以向心力為

整理得

%1=2"g（l-cos。）

由平行四邊形定則可得，右圖B球的向心力計為

%=mgtand

所以

14

_2（l-cos6＞）

F向2tan。

故c錯誤;

D.當左圖A球運動到最低點時動能最大，結合以上分析得，最大動能為

1

￡kA==mgL（1-cos8）

對右圖B球，設其速度為VE,由牛頓第二定律有

mgtan0=m---

Lsin6

故B球動能為

121.

上島=5加"B=tan。義sin6

所以

mgL（\-cos0）2（1-cos。）cos。2（1-cos"cos。2cos0

EkB；ffjgZtan6xsinesin201-cos2^1+cos0

故D正確。

故選BDo

12.（2024?江蘇?高考真題）如圖所示，輕繩的一端拴一個蜂鳴器，另一端穿過豎直管握在

手中。蜂鳴器在水平面。內做勻速圓周運動，緩慢下拉繩子，使蜂鳴器升高到水平面b內繼

續做勻速圓周運動。不計空氣阻力和摩擦力，與升高前相比，蜂鳴器（）

A.角速度不變B.線速度減小

C.向心加速度增大D.所受拉力大小不變

【答案】C

【詳解】設繩子與豎直方向夾角為仇小球做圓周運動的半徑為r,小球質量為加。

CD.對小球分析有

7^^mgtan6?=mtzn,片

COS”

根據4、b兩個位置可知，b位置更高，則仍,％，代入上式，故此

15

Frb>Fra，anb>ana

故C正確、D錯誤；

AB.根據角動量守恒有

mvr=mcor2=L

可解出

y『”歷代入上式，有

vb>va>cob>a>a

故AB錯誤。

故選C。

13.（2024?全國?二模）如圖，一圓臺可以繞中心軸旋轉，圓臺下底面半徑為1.25m,上底面

半徑為0.45m,高為0.6m。圓臺上底面粗糙，側面光滑，質量為M=4m的物塊A放置于上

底面的圓心處，物塊A與圓臺上底面之間的動摩擦因數為〃=0.4,質量為機的物塊B置于

側面與下底面交界處，A與B通過繞過上底面邊緣的光滑定滑輪的輕繩相連，且均可以視

為質點，重力加速度g取lOm/s?。則系統維持該穩定狀態的角速度的最大值為（）

16,

C.VH)rad/sD.——raJd/s

5

【答案】C

【詳解】若圓臺的角速度達到某一值叫時，物塊B與側面分離。設此時繩子與豎直方向的

夾角為凡根據幾何關系

1.25-0.454

tan。=

063

可得

9=53。

此時繩的拉力

16

斗=」^=9

Tcos5303

而此時物塊A的最大靜摩擦力為

fm="mg=}.6mg

即物塊A已經出現相對滑動。因此，當該穩定狀態出現臨界值時，繩的拉力為

理=兒=L6mg

對B受力分析可知

F；cos530+Ncos37°=冽g

耳sin53°-Nsin37°=mrco2

解得

co=VlOrad/s

故選Co

專題五水平面的轉彎問題

14.（2024?河北保定?二模）如圖所示，鐵路拐彎處內、外軌有一定的高度差，當質量一定

的火車以設計的速率%在水平面內轉彎時，軌道對車輪的支持力大小為月，當火車以實際

速率v（v/%）在此彎道上轉彎時，軌道將施于車輪一個與枕木平行的側壓力R下列說法正

確的是（）

mg

A.若v>%,側壓力下方向由外軌指向內軌

B.若v<v°,側壓力尸方向由內軌指向外軌

17

C.若V>%,軌道對車輪的支持力等于月

D.若"<%,軌道對車輪的支持力大于月

【答案】AB

【詳解】設拐彎處的軌道半徑為心內、外軌形成的傾角為仇則有

mgtan0=~~

設當火車以實際速率v轉彎時，軌道對車輪的支持力大小為娟，有

bmv2sin0,0

&=-----------+mgcos6

L.八mv2cos0

F=mgsin6------------

當v>v0,側壓力/方向由外軌指向內軌，娟〉鳥，當v<v°，側壓力/方向由內軌指向外

軌，然<工。

故選ABo

15.（2024?福建?二模）如圖所示為我國某平原地區從尸市到Q市之間的高鐵線路,線路上十,

T2,4位置處的曲率半徑分別為r,八2八若列車在P市到0市之間勻速率運行，列車在

經過工，心，月位置處與鐵軌都沒有發生側向擠壓，三處鐵軌平面與水平面間的夾角分別

為a、13,7。下列說法正確的是（）

A.列車依次通過3個位置的角速度之比為1：1：2

B.列車依次通過3個位置的向心加速度之比為1：1：2

C.3個位置的tana:tan0:tan/=2:2:1

D.3個位置的內外軌道的高度差之比為1：1：2

【答案】C

【詳解】A.根據

18

V

CD--

可知，列車依次通過3個位置的角速度之比為2：2：1,故A錯誤；

B.根據

v2

an=-

r

可知，列車依次通過3個位置的向心加速度之比為2：2：1,故B錯誤;

C.根據火車在轉彎處的受力分析，由牛頓第二定律

v2

mgtan0=m-

可知

v2

tan0=——

gR

故

tana:tan°:tan-=2:2:1

故C正確；

D.設內外軌道間距離為則有

h

sin6=：/7和sin。成正比，所以

,,,_2752^/5V2

rL：械—------：------：

12552

故D錯誤。

16.（2022?福建?高考真題）清代乾隆的《冰嬉賦》用“壁鬟”（可理解為低身斜體）二字揭示

了滑冰的動作要領。500m短道速滑世界紀錄由我國運動員武大靖創造并保持。在其創造紀

錄的比賽中，

（1）武大靖從靜止出發，先沿直道加速滑行，前8m用時2s。該過程可視為勻加速直線運

動，求此過程加速度大小；

19

(2)武大靖途中某次過彎時的運動可視為半徑為10m的勻速圓周運動，速度大小為14m/s。

已知武大靖的質量為73kg,求此次過彎時所需的向心力大?。?/p>

(3)武大靖通過側身來調整身體與水平冰面的夾角，使場地對其作用力指向身體重心而實

現平穩過彎，如圖所示。求武大靖在(2)問中過彎時身體與水平面的夾角0的大小。(不計

空氣阻力,重力加速度大小取lOm/s?,tan22°=0.40、tan27°=0.51,tan32°=0.62,

2

【答案】(1)4m/s;(2)1430.8N:(3)27°

【詳解】(1)設武大靖運動過程的加速度大小為。，根據

12

x=—at

2

解得

(2)根據

F^=m~

解得過彎時所需的向心力大小為

坨=73x——N=1430.8N

向10

(3)設場地對武大靖的作用力大小為尸，受力如圖所示

根據牛頓第二定律可得

mg

人向=

tan。

解得

20

73x10

tan人整?0.51

1430.8

可得

e=27°

17.（2025?寧夏陜西?二模）圖（a）是某小河的航拍照片，河道彎曲形成的主要原因之一可

解釋為：河道彎曲處的內側與外側河堤均受到流水重力產生的壓強，外側河堤還受到流水沖

擊產生的壓強。小河某彎道處可視為半徑為R的圓弧的一部分，如圖（b）所示，假設河床

水平，河水密度為0,河道在整個彎道處寬度d和水深〃均保持不變，水的流動速度v大小

恒定，4《火，忽略流水內部的相互作用力。取彎道某處一垂直于流速的觀測截面，求在一

極短時間加內：（及、p、d、h、V、&均為已知量）

圖（a）圖（b）

（1）通過觀測截面的流水質量斷；

（2）流水速度改變量Av的大小；

⑶外側河堤受到的流水沖擊產生的壓強p.

【答案】（Y）pdhwAt

v2

（2）-Nt

R

【詳解】（1）由題可知，極短時間加水流的距離

AZ=vAt

由于橫截面積為

S=dh

根據

m

21

可得水的質量

Am=-p*dhv\t

（2）由于加極短，可以把水的運動簡化為圓周勻速運動，根據勻速圓周運動的規律可知,

其加速度為

v2

CI——

R

又因為

Av

Cl——

AZ

聯立解得

v2

Av=-

R

（3）根據牛頓第二定律可得

v2

F=Am—

R

聯立上述結論，解得

F_p-dhv'W

一R

水流與河堤作用的面積

S==vh*\t

故外側河堤受到的流水沖擊產生的壓強

p*dhv3*^t

_F_R_pdv2

P

-S-皿也一R

專題六繩子、桿球類模型及其臨界條件

18.（2025?廣東?二模）如圖所示有一半徑為R豎直平面內的光滑圓軌道，有一質量為根的

小球（可視為質點），小球能夠沿著圓軌道做完整的圓周運動，則小球在軌道的最低點對軌道

的壓力片比小球在軌道的最高點對軌道的壓力月大（）

22

A.3mgB.4mgC.5mgD.6mg

【答案】D

【詳解】設小球在高點時速度為%,據向心力公式可知，在最高點時

m

F2+mg=~~

根據機械能守恒定律可知

11

mv22

mg?2R=~一，加丫0

再對最低點分析可知

LV2

K-mg—

聯立解得

Fx-F2=6mg

則由牛頓第三定律可知，小球對軌道的壓力為6%go

故選D。

19.(2025?全國?二模)拋石機是古代交戰的一種兵器，巧妙利用了動能和勢能的轉化。為

了研究方便，簡化為圖示物理模型，輕桿兩端分別固定質量為M、m的小球A、B,M=24m。

輕桿可繞水平轉軸。自由轉動。。到水平地面的高度為A、B到。的距離分別

為工、4Zo現將輕桿拉到水平并從靜止釋放，當輕桿運動到豎直時B脫離輕桿做平拋運動,

兩小球均可視為質點，不計轉軸摩擦及空氣阻力，重力加速度為g。求:

(1)B脫離輕桿后，A離地面的最大高度;

(2)B平拋運動的水平射程；

(3)B拋出前后瞬間轉軸。受輕桿的作用力的變化量大小。

【答案】(l)gz

(2)4^2L(H+4L)

23

(3)3mg

【詳解】(1)設輕桿運動到豎直時B、A的速度分別為匕、v2,輕桿轉動的角速度為。，對

B有

匕=。?4￡

對A有

v2=a)L

對系統，由機械能守恒定律有

191?

MgL-mg4L=—mvx+—Mv2

可得

%=4血,、=血

設B脫離輕桿后，A上升的最大高度為△〃，對A由機械能守恒有

1,,

—A/V2=MgAh

可得

AA=—￡

2

A離地面的最大高度

h=H-L+-L=H--L

22

(2)B做平拋運動過程，設運動時間為"豎直方向分運動為自由落體運動，有

1,

H+4L=-gt2

水平方向分運動為勻速直線運動，有

X=vxt

可得

x=4^2L(H+4L)

(3)當輕桿運動到豎直，B脫離桿前瞬間，設桿對B、A的力的大小分別為片、F2,由牛

頓第二定律，對B有

F.+

14L

對A有

24

F2-Mg=M^-

轉軸。受力為

F=F2-FX=45mg

B脫離桿后瞬間，轉軸。受力為

F'=F2=48mg

B拋出前后瞬間轉軸。受力的變化量

AF=F'-F=3mg

20.（2022,浙江,高考真題）如圖所示，處于豎直平面內的一探究裝置，由傾角。=37。的光

滑直軌道/2、圓心為。/的半圓形光滑軌道3CD、圓心為。2的半圓形光滑細圓管軌道。斯、

傾角也為37。的粗糙直軌道/G組成，B、。和歹為軌道間的相切點，彈性板垂直軌道固定

在G點（與2點等高），B、0八D、。2和廠點處于同一直線上。已知可視為質點的滑塊質

量機=0.1kg,軌道BCD和DM的半徑R=0.15m,軌道AB長度a=3m,滑塊與軌道尸G

7

間的動摩擦因數〃=g,滑塊與彈性板作用后，以等大速度彈回，sin37o=0.6,cos37o=0.8。

o

滑塊開始時均從軌道45上某點靜止釋放，（g=10m/s2）

（1）若釋放點距5點的長度/=0.7m,求滑塊到最低點。時軌道對其支持力網的大小；

（2）設釋放點距5點的長度為〃，滑塊第一次經尸點時的速度v與。之間的關系式；

1

mg/sin37°+mg7?(l-cos37°)=—9

25

經過。點時

F-mg=m-^

NK

解得

『7N

(2)能過最高點時，則能到F點，則恰到最高點時

12

mglxsin37°-mgx4Rcos37°=—mv

解得