圆周运动（解析版）-2025年高考物理二轮复习

专题7圆周运动

考点愿型归纳

一、圆周运动线速度、角速度与转速间的联系...........2

二、向心力与向心加速度..............................5

三、水平转盘上的圆周运动...........................10

四、圆锥摆问题......................................13

五、水平面的转弯问题...............................17

六、绳子、杆球类模型及其临界条件..................22

七、拱桥和凹桥模型.................................27

1

专题一圆周运动线速度、角速度与转速间的联系

1.（2024•辽宁・高考真题）“指尖转球”是花式篮球表演中常见的技巧。如图，当篮球在指尖

上绕轴转动时，球面上P、。两点做圆周运动的（）

A.半径相等B.线速度大小相等

C.向心加速度大小相等D.角速度大小相等

【答案】D

【详解】D.由题意可知，球面上尸、。两点转动时属于同轴转动，故角速度大小相等，故

D正确；

A.由图可知，球面上尸、0两点做圆周运动的半径的关系为

rp<rQ

故A错误；

B.根据v=可知，球面上尸、。两点做圆周运动的线速度的关系为

VP<VQ

故B错误；

C.根据q=不疗可知，球面上尸、0两点做圆周运动的向心加速度的关系为

ap<aQ

故C错误。

故选D。

2.（2024・山东•二模）某快递公司用无人驾驶小车在平直的道路上转运货物，该小车自静止

开始加速到一定速度后匀速行驶，快接近终点时关闭发动机减速行驶。己知关闭发动机前小

车的输出功率不变，整个运动过程受到的阻力不变，减速阶段的加速度大小恒为°；小车后

轮半径是前轮半径的2倍，匀速行驶阶段后轮的转速为“。则小车在加速阶段的加速度大小

为2a时前轮的转速为（）

2

,n23

A.-B.—nC.—nD.2n

232

【答案】B

【详解】在减速阶段对小车由牛顿第二定律可知，小车受到的阻力大小

耳=ma

在匀速阶段，有

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

在加速阶段的加速度大小为2a时，有

F'—F=m-2a,P=F'v',v'=n''2K—

f2

联立解得，在加速阶段的加速度为2a时前轮的转速

,2

n=­n

3

故选B。

3.（2022•河北・高考真题）如图，广场水平地面上同种盆栽紧密排列在以。为圆心、4和凡

为半径的同心圆上，圆心处装有竖直细水管，其上端水平喷水嘴的高度、出水速度及转动的

角速度均可调节，以保障喷出的水全部落入相应的花盆中。依次给内圈和外圈上的盆栽浇水

时，喷水嘴的高度、出水速度及转动的角速度分别用九、匕、外和〃2、匕、牡表示。花盆

大小相同，半径远小于同心圆半径，出水口截面积保持不变，忽略喷水嘴水平长度和空气阻

力。下列说法正确的是（）

A.右%="2'则V]：丫2=R?:R[

B.若匕=匕，则:：%=R；:

C.若例=。2，V产％,喷水嘴各转动一周，则落入每个花盆的水量相同

D.若22,喷水嘴各转动一周且落入每个花盆的水量相同，则与=。2

3

【答案】BD

【详解】AB.根据平抛运动的规律

«=-gf

R=vt

解得

可知若〃/=力2,则

vr.V2=Rr.R2

若V/=V2,则

%：%2=R：：R；

选项A错误，B正确；

C.若例=g,则喷水嘴各转动一周的时间相同，因V尸V2,出水口的截面积相同，可知单位

时间喷出水的质量相同，喷水嘴转动一周喷出的水量相同，但因内圈上的花盆总数量较小,

可知得到的水量较多，选项C错误；

D.设出水口横截面积为%,喷水速度为v,若9=牡，则喷水管转动一周的时间相等，因

力相等，则水落地的时间相等，则

R

t=一

v

相等；在圆周上单位时间内单位长度的水量为

必电RSSS

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

coRtcot2h

相等，即一周中每个花盆中的水量相同，选项D正确。

故选BDo

4.（2024・新疆・二模）如图所示为向心力演示仪，在某次实验中，将三个完全相同的小球分

别置于挡板A、B、C处，已知挡板A、B、C到各自转轴的距离之比为1：2：lo将皮带置

于第二层塔轮上，使得左塔轮与右塔轮的半径之比为2：1,转动手柄，向心力演示仪稳定

工作时，下列说法正确的是（）

4

A.A、B两处小球运动的角速度之比为2：1

B.A、B两处小球所需的向心力之比为1：2

C.A、C两处小球运动的角速度之比为4：1

D.A、C两处小球所需的向心力之比为1：4

【答案】BD

【详解】AB.A、B两处的小球属于同轴转动，角速度相同，因此角速度之比为1:1,向心

力为

1—»2

rn=mcor

所以A、B两处向心力之比为1:2,A错误，B正确；

CD.由于左右两侧塔轮线速度大小相等，半径之比为2:1,根据

v

G）--

r

1—»2

rn=mor

可知角速度之比应该为1:2,向心力之比为1:4,D正确。

故选BD-

专题二向心力与向心加速度

5.（2024・广东・高考真题）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。在水平面内转动。卷轴上沿半径方向固定着长度为/的细管，管底在。点。细管内有

一根原长为：、劲度系数为左的轻质弹簧，弹簧底端固定在管底，顶端连接质量为加、可视

为质点的插销。当以速度v匀速拉动细绳时，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（）

5

端盖卷轴

【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

2

L7Akl

F=kk=—

2

插销与卷轴同轴转动，角速度相同，对插销有弹力提供向心力

F=mlco1

对卷轴有

v-rco

联立解得

k

v=r

2m

故选Ao

6.（2022・山东・高考真题）无人配送小车某次性能测试路径如图所示，半径为3m的半圆弧5C

与长8m的直线路径相切于B点，与半径为4m的半圆弧CD相切于。点。小车以最大速

度从A点驶入路径,到适当位置调整速率运动到B点，然后保持速率不变依次经过BC和CDo

为保证安全，小车速率最大为4m/s。在段的加速度最大为2m/s2,CD段的加速度最大

为Im/s?。小车视为质点，小车从4到。所需最短时间，及在段做匀速直线运动的最长

6

D.t=2+9#+（"+4）兀s,l=5.5m

122

【答案】B

【详解】在2C段的最大加速度为a/=2m/s2,则根据

可得在段的最大速度为

vlm=V6m/s

在CD段的最大加速度为a2=lm/s2,则根据

年

a2=—

ri

可得在CD段的最大速度为

V2m=2m/s<Vl,

可知在BCD段运动时的速度为v=2m/s,在BCD段运动的时间为

?3=5”鹏=%AB段从最大速度加减速到v的时间

V2

v—v4—2

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

%2

位移

v2—v2

=-------=3m

2%

在4B段匀速的最长距离为

/=8m-3m=5m

则匀速运动的时间

I5

力=——=—S

%4

则从N到。最短时间为

7

』日+「（:+注

故选Bo

7.（2024・江西・高考真题）雪地转椅是一种游乐项目，其中心传动装置带动转椅在雪地上滑

动。如图（a）、（b）所示，传动装置有一高度可调的水平圆盘，可绕通过中心。点的竖直

轴匀速转动。圆盘边缘N处固定连接一轻绳，轻绳另一端3连接转椅（视为质点）。转椅运

动稳定后，其角速度与圆盘角速度相等。转椅与雪地之间的动摩擦因数为〃，重力加速度为

g,不计空气阻力。

（1）在图（a）中，若圆盘在水平雪地上以角速度用匀速转动，转椅运动稳定后在水平雪

地上绕。点做半径为4的匀速圆周运动。求AB与OB之间夹角a的正切值。

（2）将圆盘升高，如图（b）所示。圆盘匀速转动，转椅运动稳定后在水平雪地上绕Q点

做半径为弓的匀速圆周运动，绳子与竖直方向的夹角为绳子在水平雪地上的投影与

的夹角为求此时圆盘的角速度?。

【型案］⑴⑵I〃gsin.c°s匚

'、外之丁V（sin6sin/7+/zcos。）G

【详解】（1）转椅做匀速圆周运动，设此时轻绳拉力为7,转椅质量为加，受力分析可知轻

绳拉力沿切线方向的分量与转椅受到地面的滑动摩擦力平衡，沿径向方向的分量提供圆周运

动的向心力，故可得

Tcosa=ma）^rx

jLimg=Tsina

8

联立解得

tana——--

助4

（2）设此时轻绳拉力为厂，沿43和垂直43竖直向上的分力分别为

7；=7'sin。，T2=T'COS0

对转椅根据牛顿第二定律得

7]cosB=mco^r^

沿切线方向

7]sin£=/=吗

竖直方向

然+4=mg

联立解得

jugsin0cosp

C0=

2(sinOsin°+//cos6)口

8.（2022・辽宁・高考真题）2022年北京冬奥会短道速滑混合团体2000米接力决赛中，我国

短道速滑队夺得中国队在本届冬奥会的首金。

（1）如果把运动员起跑后进入弯道前的过程看作初速度为零的匀加速直线运动，若运动员

加速到速度v=9m/s时，滑过的距离x=15m,求加速度的大小;

（2）如果把运动员在弯道滑行的过程看作轨道为半圆的匀速圆周运动，如图所示，若甲、

乙两名运动员同时进入弯道，滑行半径分别为%=8m、及乙=9m,滑行速率分别为

噂=10m/s、v乙=llm/s,求甲、乙过弯道时的向心加速度大小之比，并通过计算判断哪位

运动员先出弯道。

9

【答案】（1）2.7m/s2;（2），甲

242

【详解】（1）根据速度位移公式有

v2=lax

代入数据可得

a=2.7m/s2

（2）根据向心加速度的表达式

V2

a=—

R

可得甲、乙的向心加速度之比为

a甲y甲义R乙225

。乙片/242

甲、乙两物体做匀速圆周运动，则运动的时间为

兀R

t=——

v

代入数据可得甲、乙运动的时间为

4万9万

厢=ys，/乙二五5

因而〈坛，所以甲先出弯道。

专题三水平转盘上的圆周运动

9.（2024・江苏・高考真题）制作陶瓷时，在水平面内匀速转动的台面上有一些陶屑。假设陶

屑与台面间的动摩擦因素均相同，最大静摩擦力等于滑动摩榛力。将陶屑视为质点，则（）

10

»转轴

3

A.离转轴越近的陶屑质量越大

B.离转轴越远的陶屑质量越小

C.陶屑只能分布在台面的边缘处

D.陶屑只能分布在一定半径的圆内

【答案】D

【详解】与台面相对静止的陶屑做匀速圆周运动，静摩擦力提供向心力，当静摩擦力为最大

静摩擦力时，根据牛顿第二定律可得

g=mco1^

解得

r=丝

maxCD2

因与台面相对静止的这些陶屑的角速度相同，由此可知能与台面相对静止的陶屑离转轴的距

离与陶屑质量无关，只要在台面上不发生相对滑动的位置都有陶屑。〃与。均一定，故味”为

定值，即陶屑离转轴最远的陶屑距离不超过经，即陶屑只能分布在半径为辔的圆内。故

（oa>"

ABC错误，故D正确。

故选D。

10.（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

竖直转轴上的。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。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£=0.2m,杆与竖直转轴的夹角。始终

为60。，弹簧原长％=0.1m,弹簧劲度系数上=100N/m,圆环质量加=1kg；弹簧始终在弹

性限度内，重力加速度大小取lOm/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。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；

11

(3)求圆环处于细杆末端尸时，细杆匀速转动的角速度大小。

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

To=mgcosa=5N

根据胡克定律尸=左心得

%=4=0.05m

k

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。点的距离

X]=-Ax0=0.05m

(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。根据牛顿第二定律得

mg

——=ma)2r

tanaQ

由几何关系得圆环此时转动的半径为

r=xQsma

联立解得

。广警rad/s

(3)圆环处于细杆末端产时，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

T=^(Z-x0)=10N

12

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

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

由几何关系得

r'=Lsina

联立解得

co=10rad/s

专题四圆锥摆问题

11.(2024・四川成都・二模)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6(6<

A.A、B两球运动的周期之比为1：1

B.图示位置A、B两球所受轻绳拉力大小之比为cos?。：］

C.A球的最大向心力大小与B球的向心力大小之比为匕用

tan。

D.A球的最大动能与B球的动能之比为卢三

1+COS0

【答案】BD

【详解】A.由图可知左图是单摆模型，设轻绳长度为3小球重力为加g,则单摆的周期

13

r=2<

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

4冗2

mgtan9=加下-Lsin0

其周期

7，=2K

所以

£_/1

T'Vcos0

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

F、=mgcos3

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

COS0

所以

2

Fx_cos0

Fj1

故B正确；

C.当左图A球运动到最低点时向心力最大，设此时速度为匕，由动能定理得

mgL(l-cos0^=~mv\

所以向心力为

整理得

%1=2"g（l-cos。）

由平行四边形定则可得，右图B球的向心力计为

%=mgtand

所以

14

_2（l-cos6＞）

F向2tan。

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

1

£kA==mgL（1-cos8）

对右图B球，设其速度为VE,由牛顿第二定律有

mgtan0=m---

Lsin6

故B球动能为

121.

上岛=5加"B=tan。义sin6

所以

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

EkB；ffjgZtan6xsinesin201-cos2^1+cos0

故D正确。

故选BDo

12.（2024・江苏・高考真题）如图所示，轻绳的一端拴一个蜂鸣器，另一端穿过竖直管握在

手中。蜂鸣器在水平面。内做匀速圆周运动，缓慢下拉绳子，使蜂鸣器升高到水平面b内继

续做匀速圆周运动。不计空气阻力和摩擦力，与升高前相比，蜂鸣器（）

A.角速度不变B.线速度减小

C.向心加速度增大D.所受拉力大小不变

【答案】C

【详解】设绳子与竖直方向夹角为仇小球做圆周运动的半径为r,小球质量为加。

CD.对小球分析有

7^^mgtan6»=mtzn,片

COS”

根据4、b两个位置可知，b位置更高，则仍,％，代入上式，故此

15

Frb>Fra，anb>ana

故C正确、D错误；

AB.根据角动量守恒有

mvr=mcor2=L

可解出

y『”历代入上式，有

vb>va>cob>a>a

故AB错误。

故选C。

13.（2024•全国•二模）如图，一圆台可以绕中心轴旋转，圆台下底面半径为1.25m,上底面

半径为0.45m,高为0.6m。圆台上底面粗糙，侧面光滑，质量为M=4m的物块A放置于上

底面的圆心处，物块A与圆台上底面之间的动摩擦因数为〃=0.4,质量为机的物块B置于

侧面与下底面交界处，A与B通过绕过上底面边缘的光滑定滑轮的轻绳相连，且均可以视

为质点，重力加速度g取lOm/s?。则系统维持该稳定状态的角速度的最大值为（）

16,

C.VH)rad/sD.——raJd/s

5

【答案】C

【详解】若圆台的角速度达到某一值叫时，物块B与侧面分离。设此时绳子与竖直方向的

夹角为凡根据几何关系

1.25-0.454

tan。=

063

可得

9=53。

此时绳的拉力

16

斗=」^=9

Tcos5303

而此时物块A的最大静摩擦力为

fm="mg=}.6mg

即物块A已经出现相对滑动。因此，当该稳定状态出现临界值时，绳的拉力为

理=儿=L6mg

对B受力分析可知

F；cos530+Ncos37°=冽g

耳sin53°-Nsin37°=mrco2

解得

co=VlOrad/s

故选Co

专题五水平面的转弯问题

14.（2024・河北保定•二模）如图所示，铁路拐弯处内、外轨有一定的高度差，当质量一定

的火车以设计的速率%在水平面内转弯时，轨道对车轮的支持力大小为月，当火车以实际

速率v（v/%）在此弯道上转弯时，轨道将施于车轮一个与枕木平行的侧压力R下列说法正

确的是（）

mg

A.若v>%,侧压力下方向由外轨指向内轨

B.若v<v°,侧压力尸方向由内轨指向外轨

17

C.若V>%,轨道对车轮的支持力等于月

D.若"<%,轨道对车轮的支持力大于月

【答案】AB

【详解】设拐弯处的轨道半径为心内、外轨形成的倾角为仇则有

mgtan0=~~

设当火车以实际速率v转弯时，轨道对车轮的支持力大小为娟，有

bmv2sin0,0

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

L.八mv2cos0

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

当v>v0,侧压力/方向由外轨指向内轨，娟〉鸟，当v<v°，侧压力/方向由内轨指向外

轨，然<工。

故选ABo

15.（2024•福建•二模）如图所示为我国某平原地区从尸市到Q市之间的高铁线路,线路上十,

T2,4位置处的曲率半径分别为r,八2八若列车在P市到0市之间匀速率运行，列车在

经过工，心，月位置处与铁轨都没有发生侧向挤压，三处铁轨平面与水平面间的夹角分别

为a、13,7。下列说法正确的是（）

A.列车依次通过3个位置的角速度之比为1：1：2

B.列车依次通过3个位置的向心加速度之比为1：1：2

C.3个位置的tana:tan0:tan/=2:2:1

D.3个位置的内外轨道的高度差之比为1：1：2

【答案】C

【详解】A.根据

18

V

CD--

可知，列车依次通过3个位置的角速度之比为2：2：1,故A错误；

B.根据

v2

an=­

r

可知，列车依次通过3个位置的向心加速度之比为2：2：1,故B错误;

C.根据火车在转弯处的受力分析，由牛顿第二定律

v2

mgtan0=m-

可知

v2

tan0=——

gR

故

tana:tan°:tan-=2:2:1

故C正确；

D.设内外轨道间距离为则有

h

sin6=：/7和sin。成正比，所以

,,,_2752^/5V2

rL：械—------：------：

12552

故D错误。

16.（2022•福建・高考真题）清代乾隆的《冰嬉赋》用“壁鬟”（可理解为低身斜体）二字揭示

了滑冰的动作要领。500m短道速滑世界纪录由我国运动员武大靖创造并保持。在其创造纪

录的比赛中，

（1）武大靖从静止出发，先沿直道加速滑行，前8m用时2s。该过程可视为匀加速直线运

动，求此过程加速度大小；

19

(2)武大靖途中某次过弯时的运动可视为半径为10m的匀速圆周运动，速度大小为14m/s。

已知武大靖的质量为73kg,求此次过弯时所需的向心力大小；

(3)武大靖通过侧身来调整身体与水平冰面的夹角，使场地对其作用力指向身体重心而实

现平稳过弯，如图所示。求武大靖在(2)问中过弯时身体与水平面的夹角0的大小。(不计

空气阻力,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°

【详解】(1)设武大靖运动过程的加速度大小为。，根据

12

x=—at

2

解得

(2)根据

F^=m~

解得过弯时所需的向心力大小为

坨=73x——N=1430.8N

向10

(3)设场地对武大靖的作用力大小为尸，受力如图所示

根据牛顿第二定律可得

mg

人向=

tan。

解得

20

73x10

tan人整»0.51

1430.8

可得

e=27°

17.（2025•宁夏陕西•二模）图（a）是某小河的航拍照片，河道弯曲形成的主要原因之一可

解释为：河道弯曲处的内侧与外侧河堤均受到流水重力产生的压强，外侧河堤还受到流水冲

击产生的压强。小河某弯道处可视为半径为R的圆弧的一部分，如图（b）所示，假设河床

水平，河水密度为0,河道在整个弯道处宽度d和水深〃均保持不变，水的流动速度v大小

恒定，4《火，忽略流水内部的相互作用力。取弯道某处一垂直于流速的观测截面，求在一

极短时间加内：（及、p、d、h、V、&均为已知量）

图（a）图（b）

（1）通过观测截面的流水质量断；

（2）流水速度改变量Av的大小；

⑶外侧河堤受到的流水冲击产生的压强p.

【答案】（Y）pdhwAt

v2

（2）-Nt

R

【详解】（1）由题可知，极短时间加水流的距离

AZ=vAt

由于横截面积为

S=dh

根据

m

21

可得水的质量

Am=-p*dhv\t

（2）由于加极短，可以把水的运动简化为圆周匀速运动，根据匀速圆周运动的规律可知,

其加速度为

v2

CI——

R

又因为

Av

Cl——

AZ

联立解得

v2

Av=­

R

（3）根据牛顿第二定律可得

v2

F=Am—

R

联立上述结论，解得

F_p-dhv'W

一R

水流与河堤作用的面积

S==vh*\t

故外侧河堤受到的流水冲击产生的压强

p*dhv3*^t

_F_R_pdv2

P

-S-皿也一R

专题六绳子、杆球类模型及其临界条件

18.（2025・广东•二模）如图所示有一半径为R竖直平面内的光滑圆轨道，有一质量为根的

小球（可视为质点），小球能够沿着圆轨道做完整的圆周运动，则小球在轨道的最低点对轨道

的压力片比小球在轨道的最高点对轨道的压力月大（）

22

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

【答案】D

【详解】设小球在高点时速度为%,据向心力公式可知，在最高点时

m

F2+mg=~~

根据机械能守恒定律可知

11

mv22

mg•2R=~一，加丫0

再对最低点分析可知

LV2

K-mg—

联立解得

Fx-F2=6mg

则由牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力为6%go

故选D。

19.(2025・全国•二模)抛石机是古代交战的一种兵器，巧妙利用了动能和势能的转化。为

了研究方便，简化为图示物理模型，轻杆两端分别固定质量为M、m的小球A、B,M=24m。

轻杆可绕水平转轴。自由转动。。到水平地面的高度为A、B到。的距离分别

为工、4Zo现将轻杆拉到水平并从静止释放，当轻杆运动到竖直时B脱离轻杆做平抛运动,

两小球均可视为质点，不计转轴摩擦及空气阻力，重力加速度为g。求:

(1)B脱离轻杆后，A离地面的最大高度;

(2)B平抛运动的水平射程；

(3)B抛出前后瞬间转轴。受轻杆的作用力的变化量大小。

【答案】(l)gz

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

23

(3)3mg

【详解】(1)设轻杆运动到竖直时B、A的速度分别为匕、v2,轻杆转动的角速度为。，对

B有

匕=。•4£

对A有

v2=a)L

对系统，由机械能守恒定律有

191?

MgL-mg4L=—mvx+—Mv2

可得

%=4血,、=血

设B脱离轻杆后，A上升的最大高度为△〃，对A由机械能守恒有

1,,

—A/V2=MgAh

可得

AA=—£

2

A离地面的最大高度

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

22

(2)B做平抛运动过程，设运动时间为"竖直方向分运动为自由落体运动，有

1,

H+4L=-gt2

水平方向分运动为匀速直线运动，有

X=vxt

可得

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

(3)当轻杆运动到竖直，B脱离杆前瞬间，设杆对B、A的力的大小分别为片、F2,由牛

顿第二定律，对B有

F.+

14L

对A有

24

F2-Mg=M^-

转轴。受力为

F=F2-FX=45mg

B脱离杆后瞬间，转轴。受力为

F'=F2=48mg

B抛出前后瞬间转轴。受力的变化量

AF=F'-F=3mg

20.（2022,浙江,高考真题）如图所示，处于竖直平面内的一探究装置，由倾角。=37。的光

滑直轨道/2、圆心为。/的半圆形光滑轨道3CD、圆心为。2的半圆形光滑细圆管轨道。斯、

倾角也为37。的粗糙直轨道/G组成，B、。和歹为轨道间的相切点，弹性板垂直轨道固定

在G点（与2点等高），B、0八D、。2和厂点处于同一直线上。已知可视为质点的滑块质

量机=0.1kg,轨道BCD和DM的半径R=0.15m,轨道AB长度a=3m,滑块与轨道尸G

7

间的动摩擦因数〃=g,滑块与弹性板作用后，以等大速度弹回，sin37o=0.6,cos37o=0.8。

o

滑块开始时均从轨道45上某点静止释放，（g=10m/s2）

（1）若释放点距5点的长度/=0.7m,求滑块到最低点。时轨道对其支持力网的大小；

（2）设释放点距5点的长度为〃，滑块第一次经尸点时的速度v与。之间的关系式；

1

mg/sin37°+mg7?(l-cos37°)=—9

25

经过。点时

F-mg=m-^

NK

解得

『7N

(2)能过最高点时，则能到F点，则恰到最高点时

12

mglxsin37°-mgx4Rcos37°=—mv

解得