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押广东卷选择题3 曲线运动-备战2024年高考物理临考题号押题（广东卷）
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这是一份押广东卷选择题3 曲线运动-备战2024年高考物理临考题号押题（广东卷），文件包含押广东卷选择题3曲线运动原卷版docx、押广东卷选择题3曲线运动解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共53页， 欢迎下载使用。
2、锻炼同学的考试心理，训练学生快速进入考试状态。高考的最佳心理状态是紧张中有乐观，压力下有自信，平静中有兴奋。
3、训练同学掌握一定的应试技巧，积累考试经验。模拟考试可以训练答题时间和速度。高考不仅是知识和水平的竞争，也是时间和速度的竞争，可以说每分每秒都是成绩。
4、帮助同学正确评估自己。高考是一种选拨性考试，目的是排序和择优，起决定作用的是自己在整体中的相对位置。因此，模拟考试以后，同学们要想法了解自己的成绩在整体中的位置。
押广东卷选择题3
曲线运动
高考对于这部分知识点主要以具体事例和科技的最新成果为背景进行命题，以生活中实际物体的圆周运动和抛体运动为依托，进行模型化受力分析。强化对物理基本概念、基本规律的考核。试题的呈现形式丰富，提问角度设置新颖。在解决此类问题时要将所学物理知识与实际情境联系起来，抓住问题实质，将问题转化为熟知的物理模型和物理过程求解。主要考查的知识点有：平抛运动，类平抛运动，斜抛运动，圆周运动等。常与能量结合一起考。
考点1：曲线运动
1、曲线运动的轨迹与速度、合力的关系
物体作曲线运动的轨迹与速度方向相切，夹在速度方向与合力方向之间。并向合力方向弯曲，也就是合力指向运动轨迹的凹侧。
速度方向、合力方向及运动轨迹三者的关系：
合外力与速度方向的判断：①当合外力方向与速度方向的夹角为锐角时，物体的速率增大；②当合外力方向与速度方向的夹角为钝角时，物体的速率减小；③当合外力方向与速度方向垂直时，物体的速率不变。
互成角度的两个直线运动的合运动性质和轨迹的判断：
2、三种曲线运动类型
斜面上的两种类型
多体平抛问题
平抛运动临界问题解决的重点是：对题意进行分析，提取实际模型并提炼出关于临界条件的关键信息。此类问题的临界条件：通常为位置关系的限制或速度关系的限制，列出竖直方向与水平方向上的方程，将临界条件代入即可求解。在分析此类问题时一定要注意从实际出发寻找临界点，画出物体运动过程的草图，明确临界条件。
解题思路：找出情景中临界条件（如“恰好”、“最大”、“最小”等关键词，明确其含义）；画出运动过程的草图（确定物体的临界位置，标注位移、速度等临界值）；明确临界过程的轨迹（运用曲线运动的规律进行求解）。
考点2: 圆周运动
1、不同的传动模式
2、水平面、竖直面和斜面上的圆周运动
竖直面内圆周运动的求解思路
确定模型：首先判断是轻绳模型还是轻杆模型，两种模型过最高点的临界条件不同，其原因主要是“绳”不能支持物体，而“杆”既能支持物体，也能拉物体。
确定临界点：v临＝eq \r(gr)，对轻绳模型来说是能否通过最高点的临界点，而对轻杆模型来说FN表现为支持力或者是拉力的临界点。
确定研究状态：通常情况下竖直平面内的圆周运动只涉及最高点和最低点的运动情况。
进行受力分析：对物体在最高点或最低点时进行受力分析，根据牛顿第二定律列出方程F合=F向。
进行过程分析：应用动能定理或机械能守恒定律将初、末两个状态联系起来列方程。
1．（2023·广东·高考真题）（多选）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，滑道高度为，且过点的切线水平，重力加速度取。关于货物从点运动到点的过程，下列说法正确的有（ ）
A．重力做的功为B．克服阻力做的功为
C．经过点时向心加速度大小为D．经过点时对轨道的压力大小为
【答案】BCD
【详解】A．重力做的功为
A错误；
B．下滑过程据动能定理可得
代入数据解得，克服阻力做的功为
B正确；
C．经过点时向心加速度大小为
C正确；
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
据牛顿第三定律可知，货物对轨道的压力大小为，D正确。
故选BCD。
2．（2022·广东·高考真题）图是滑雪道的示意图。可视为质点的运动员从斜坡上的M点由静止自由滑下，经过水平NP段后飞入空中，在Q点落地。不计运动员经过N点的机械能损失，不计摩擦力和空气阻力。下列能表示该过程运动员速度大小v或加速度大小a随时间t变化的图像是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【详解】设斜坡倾角为，运动员在斜坡MN段做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律
可得
运动员在水平段做匀速直线运动，加速度
运动员从点飞出后做平抛运动，加速度为重力加速度
设在点的速度为，则从点飞出后速度大小的表达式为
由分析可知从点飞出后速度大小与时间的图像不可能为直线，且
C正确，ABD错误。
故选C。
3．（2022·广东·高考真题）如图所示，在竖直平面内，截面为三角形的小积木悬挂在离地足够高处，一玩具枪的枪口与小积木上P点等高且相距为L。当玩具子弹以水平速度v从枪口向P点射出时，小积木恰好由静止释放，子弹从射出至击中积木所用时间为t。不计空气阻力。下列关于子弹的说法正确的是（ ）
A．将击中P点，t大于B．将击中P点，t等于
C．将击中P点上方，t大于D．将击中P点下方，t等于
【答案】B
【详解】由题意知枪口与P点等高，子弹和小积木在竖直方向上做自由落体运动，当子弹击中积木时子弹和积木运动时间相同，根据
可知下落高度相同，所以将击中P点；又由于初始状态子弹到P点的水平距离为L，子弹在水平方向上做匀速直线运动，故有
故选B。
4．（2021·广东·高考真题）（多选）长征途中，为了突破敌方关隘，战士爬上陡销的山头，居高临下向敌方工事内投掷手榴弹，战士在同一位置先后投出甲、乙两颗质量均为m的手榴弹，手榴弹从投出的位置到落地点的高度差为h，在空中的运动可视为平抛运动，轨迹如图所示，重力加速度为g，下列说法正确的有（ ）
A．甲在空中的运动时间比乙的长
B．两手榴弹在落地前瞬间，重力的功率相等
C．从投出到落地，每颗手榴弹的重力势能减少
D．从投出到落地，每颗手榴弹的机械能变化量为
【答案】BC
【详解】A．由平抛运动规律可知，做平抛运动的时间
因为两手榴弹运动的高度差相同，所以在空中运动时间相等，故A错误；
B．做平抛运动的物体落地前瞬间重力的功率
因为两手榴弹运动的高度差相同，质量相同，所以落地前瞬间，两手榴弹重力功率相同，故B正确；
C．从投出到落地，手榴弹下降的高度为h，所以手榴弹重力势能减小量
故C正确；
D．从投出到落地，手榴弹做平抛运动，只有重力做功，机械能守恒，故D错误。
故选BC。
单选题
1．（2024·广东·二模）进入冬季后，北方的冰雪运动吸引了许多南方游客。如图为雪地转转游戏，人乘坐雪圈（人和雪圈总质量为50kg）绕轴以2rad/s的角速度在水平雪地上匀速转动，已知水平杆长为2m，离地高为2m，绳长为4m，且绳与水平杆垂直。则雪圈（含人）（ ）
A．所受的合外力为零B．圆周运动的半径为2m
C．线速度大小为4m/sD．所受向心力大小为800N
【答案】D
【详解】根据几何关系可知，雪圈（含人）做匀速圆周运动的半径为
则线速度大小为
雪圈（含人）所受的合外力提供所需的向心力，则有
故选D。
2．（2024·广东广州·二模）如图，一辆汽车以恒定速率通过圆弧拱桥，N为桥面最高处，则汽车（ ）
A．在N处所受支持力大小大于其重力
B．在N处所受支持力大小等于其重力
C．从M到N过程所受支持力逐渐增大
D．从M到N过程所受支持力逐渐减小
【答案】C
【详解】AB．在N点，根据牛顿第二定律可得
所以
故AB错误；
CD．设汽车与圆心的连线与竖直方向的夹角为θ，则
从M到N过程，速率v不变，θ减小，所以N增大，故C正确，D错误。
故选C。
3．（2024·广东惠州·一模）我国的风洞技术处于世界领先地位。如图所示，在某次风洞实验中，一质量为m的轻质小球，在恒定的风力作用下先后以相同的速度大小v经过a、b两点，速度方向与a、b连线的夹角α、β均为45°。已知a、b连线长为d，小球的重力忽略不计．则小球从a点运动到b点过程中，下列说法正确的是（ ）
A．风力方向与a、b连线平行
B．所用时间为
C．小球做匀速圆周运动
D．风力大小为
【答案】B
【详解】A．由题意可知小球做匀变速曲线运动，根据加速度的定义可知加速度方向移动和速度变化量的方向相同，根据几何关系可知加速度方向垂直于a、b连线，如图
所以风力方向垂直于a、b连线，故A错误；
B．小球的速度沿a、b连线方向的分速度为
所以a运动到b的时间为
故B正确；
C．小球受到恒定风力的作用，做匀变速曲线运动，不可能做匀速圆周运动，故C错误；
D．沿风力的方向从a点运动到b点的速度变化量为
则加速度为
根据牛顿第二定律，从a点运动到b点的风力为
故D错误。
故选B。
4．（2024·广东茂名·二模）如图4所示，某人面向一段平直的河岸，站在跟随河水一起漂流的木船上，某时刻向其正前方向，向上斜抛出一小石块，使其落在河岸上。忽略空气阻力作用．下列说法正确的是（ ）
A．石块到最高点时速度为0
B．石块在空中运动轨迹所在平面与该段河岸垂直
C．石块抛出的初速度越大，落地点越远
D．石块从抛出到落地所用时间与河水流速无关
【答案】D
【详解】A．向上斜抛出一小石块，石块到最高点时具有一定的水平速度，即速度不为0，故A错误；
B．由于石块具有和水流相同的分速度，即具有一定沿河岸的分速度，所以石块在空中运动轨迹所在平面与该段河岸不垂直，故B错误；
C．石块抛出的初速度越大，但不知道抛出时初速度与水平方向的夹角是否一定，所以落地点不一定越远，故C错误；
D．根据运动的独立性可知，石块从抛出到落地所用时间只由竖直方向的分运动决定，与河水流速无关，故D正确。
故选D。
5．（2024·广东·二模）武汉“东湖之眼”摩天轮，面朝东湖、背靠磨山，是武汉东湖风景区地标之一。摩天轮在竖直放置的圆轨道内围绕其圆心O点做半径为R的匀速圆周运动，角速度为，在匀速转动的过程中轿厢地板总保持水平状态。如图所示，放置在地板上的物体，其与地板之间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，为了保证物体在匀速转动的过程中始终不相对于地板滑动，则角速度的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】物块做匀速圆周运动的过程中，对其受力分析如左图所示，当角速度最大时，意味着静摩擦力达到最大，此时，地板对物块的作用力为F，F与竖直方向的夹角为，且
物块在匀速圆周运动过程中，向心力的大小总保持不变，画出矢量三角形如右图所示，图中虚线圆周的半径大小为向心力的大小，F和mg的矢量和等于向心力，当F与mg的夹角为时，此时向心力达到最大。故最大的向心力
同时
因此最大的角速度
故选A。
6．（2024·广东广州·二模）如图所示为风杯式风速传感器，其感应部分由三个相同的半球形空杯组成，称为风杯。三个风杯对称地位于水平面内互成120°的三叉型支架末端，与中间竖直轴的距离相等。开始刮风时，空气流动产生的风力推动静止的风杯开始绕竖直轴在水平面内转动，风速越大，风杯转动越快。若风速保持不变，三个风杯最终会匀速转动，根据风杯的转速，就可以确定风速，则（ ）
A．若风速不变，三个风杯最终加速度为零
B．任意时刻，三个风杯转动的速度都相同
C．开始刮风时，风杯加速转动，其所受合外力不指向旋转轴
D．风杯匀速转动时，其转动周期越大，测得的风速越大
【答案】C
【详解】A．若风速不变，三个风杯最终做匀速圆周运动，其合外力不为零，根据牛顿第二定律可知，其加速度不为零，故A错误；
B．三个风杯属于同轴转动，角速度相同，而三个风杯做圆周运动的半径相同，由可知，任意时刻三个风杯的线速度大小相同，方向不同，即速度不同，故B错误；
C．未刮风时，风杯处于平衡状态，重力和连接风杯的杆对风杯的弹力平衡，而开始刮风时，风杯所受合外力沿水平方向，与风力方向相反，并不指向旋转轴，故C正确；
D．当风杯匀速转动时，根据
可知，其转动周期越大，测得的风速越小，故D错误。
故选C。
7．（2024·广东惠州·三模）在修筑铁路时，弯道处的外轨会略高于内轨，如图所示，内外铁轨平面与水平面倾角为θ，当火车以规定的行驶速度v转弯时，内、外轨均不会受到轮缘的侧向挤压，火车转弯半径为r，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．火车以速度v转弯时，铁轨对火车支持力大于其重力
B．火车转弯时，实际转弯速度越小越好
C．当火车上乘客增多时，火车转弯时的速度必须降低
D．火车转弯速度大于时，外轨对车轮轮缘的压力沿水平方向
【答案】A
【详解】A．火车以速度v转弯时，对火车受力分析，如图
可得
解得
根据矢量三角形的边角关系可知铁轨对火车支持力大于其重力，故A正确；
B．当火车以规定的行驶速度v转弯时，内、外轨均不会受到轮缘的侧向挤压，效果最好，所以实际转弯速度不是越小越好，故B错误；
C．由可知规定行驶的速度与质量无关，当火车质量改变时，规定的行驶速度不变，故C错误；
D．火车转弯速度大于时，外轨对车轮轮缘的压力沿接触面指向轮缘，故D错误。
故选A。
8．（2024·广东佛山·一模）在自行车上安装码表可记录骑行情况。如图，码表由强磁铁、霍尔传感器及显示器组成。霍尔传感器固定在自行车前叉一侧，强磁铁固定在车轮的一根辐条上。车轮半径为，霍尔传感器到车轴的距离为。强磁铁每次经过霍尔传感器时，端均输出一次电信号，若每秒强磁铁次经过霍尔传感器，同时显示器数据更新一次，则（ ）
A．显示器上的里程是指骑行的位移大小
B．磁铁如图经过传感器时，导电的电子向端汇聚
C．上图中两端电势的高低，与磁铁运动的方向有关
D．自行车的速度是由换算得来的
【答案】B
【详解】A．显示器上的里程是指骑行的路程，故A错误；
B．电子移动的方向与电流相反，根据左手定则可知，电子的安培力方向是由P指向Q的，则导电的电子向端汇聚，故B正确；
C．无论磁铁是顺时针还是逆时针，通过霍尔元件的磁感应强度方向不变，导电的电子仍向Q端汇聚，则当稳定之后，有电场力和洛伦兹力平衡，即
解得
可知，与磁铁运动的方向无关，故C错误；
D．根据圆周运动各个物理量之间关系，自行车的线速度为
故D错误。
故选B。
9．（2024·广东惠州·二模）图（a）为某游乐场的“旋转秋千”，它可以简化为图（b）所示的模型，已知圆盘的半径d=1.5m，悬绳长l=2.5m。圆盘以恒定的角速度转动，稳定时测得悬绳与竖直方向的夹角θ=37°，已知，重力加速度不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．“旋转秋千”中的人做圆周运动的半径为d
B．若人和座椅的总质量为75kg，则悬绳上的拉力为1000N
C．若减小悬绳长度，要维持夹角θ保持不变，则圆盘转动的周期变小
D．若人和座椅的总质量增大，圆盘转速不变，则悬绳与竖直方向的夹角减小
【答案】C
【详解】A．人和座椅做圆周运动的半径为
故A错误；
B．悬绳的拉力
故B错误；
CD．人和座椅做圆周运动时，有
整理得
由上式可知，若减小悬绳长度，要维持夹角θ保持不变，则圆盘转动角速度变大，故周期变小；
若人和座椅的总质量增大，圆盘转速不变，则悬绳与竖直方向的夹角不变，故C正确，D错误。
故选C。
多选题
10．（2024·广东湛江·二模）某马戏团上演的飞车节目如图所示，在竖直平面内有半径为R的固定圆轨道。表演者骑着摩托车在圆轨道内做圆周运动。已知人和摩托车的总质量为m，重力加速度大小为g，摩托车以的速度通过圆轨道的最高点B．关闭摩托车的动力，不计摩擦，忽略空气阻力，人和摩托车整体可视为质点，下列说法正确的是（ ）
A．摩托车经过B点时对轨道的压力大小为2mg
B．摩托车经过A点时的速度大小为
C．摩托车从B点到A点的过程中，重力的功率先增大后减小
D．摩托车从B点到A点的过程中，先超重后失重
【答案】BC
【详解】A．由题意可知，摩托车在B点时，有
解得
由牛顿第三定律可知，摩托车经过B点时对轨道的压力大小为mg，选项A错误；
B．摩托车从B点到A点的过程中，由机械能守恒定律有
其中
解得
选项B正确；
C．摩托车从B点到A点的过程中，竖直速度vy先增大后减小，重力的功率
重力的功率先增大后减小，选项C正确；
D．摩托车从B点到A点的过程中，加速度竖直分量先向下后向上，即先失重后超重，选项D错误。
故选BC。
11．（2024·广东·二模）如图，甲将排球从离地面高为1m的O位置由静止击出并沿轨迹①运动，当排球运动到离地面高为2.8m的P位置时，速度大小为10m/s，此时，被乙击回并以水平速度18m/s沿轨迹②运动，恰好落回到0位置.已知排球的质量约为0.3kg，g取10m/s2，忽略空气阻力，则（ ）
A．排球沿轨迹②运动的时间为0.6s
B．O、P两位置的水平距离为10.8m
C．甲对排球做的功约为20J
D．乙对排球做的功约为15J
【答案】ABC
【详解】A．对于轨迹②的运动，其运动时间
解得
A正确；
B．水平位移
B正确；
C．从O到P点，设排球在O点的速度为，到P点的速度，根据动能定理可知
解得
根据动能定理可知
C正确；
D．乙对排球所做的功在P点使用动能定理，设乙将排球击出的速度为，则有
D错误。
故选ABC。
12．（2024·广东佛山·二模）如图所示，在一条玻璃生产线上，宽3m的待切割玻璃板以0.4m/s的速度向前匀速平移。在切割工序处，金刚石切割刀的移动速度为0.5m/s，下列说法正确的是（ ）
A．切割一块矩形玻璃需要10s
B．切割得到的矩形玻璃长为2.4m
C．切割刀的移动轨迹与玻璃板平移方向夹角为37°，可使割下的玻璃板呈矩形
D．切割刀的移动轨迹与玻璃板平移方向夹角为143°，可使割下的玻璃板呈矩形
【答案】AC
【详解】
A．切割一块玻璃需要的时间为
故A正确；
BCD．金刚石切割刀的移动速度0.5m/s是割刀对地的速度，切割刀的移动轨迹亦是割刀对地面的相对轨迹，为使割下的玻璃板呈矩形，则割刀相对玻璃板的速度方向应垂直于玻璃板侧边，如图所示
则有
解得
切割得到的矩形玻璃长为
故BD错误，C正确。
故选AC。
13．（2024·广东汕头·一模）2023年10月2日，杭州第十九届亚运会田径项目，中国运动员熊诗麒夺得女子跳远的第一枚亚运会金牌。跳远可拆分为助跑、起跳、腾空、落地这四个过程，如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．在腾空的最高点，运动员的速度为0
B．在腾空上升阶段，运动员处于超重状态
C．在起跳时，运动员对地面的压力大于重力
D．在助跑过程中，地面给人脚静摩擦力作用，使运动员加速向前运动
【答案】CD
【详解】A．在腾空的最高点，竖直方向速度为零，但水平速度不为零，A错误；
B．在腾空上升阶段，运动员只受重力作用，具有向下的加速度，运动员处于失重状态，B错误；
C．在起跳时，运动员具有向上的加速度，地面对运动员的支持力大于重力，根据牛顿第三定律可知运动员对地面的压力大于重力，C正确；
D．在助跑过程中，地面给人脚静摩擦力作用，使运动员加速向前运动，D正确。
故选CD。
14．（2024·广东·一模）如图（a）为游乐场中的“空中飞椅”项目。“空中飞椅”结构示意图如图（b），转动轴带动顶部圆盘转动，悬绳一端系在圆盘边缘，另一端系着椅子。若所有椅子质量相等，悬绳长短不一定相等，忽略悬绳质量与空气阻力，则坐在椅子上的游客与椅子整体随圆盘匀速转动的过程中（ ）
A．任一时刻，所有游客的线速度都相同
B．所有游客做圆周运动的周期都相同
C．悬绳越长，悬绳与竖直方向的夹角就越大
D．悬绳与竖直方向的夹角与游客质量无关
【答案】BCD
【详解】AB．根据题意可知，所有游客为同轴转动，则所有游客做圆周运动的角速度相同，由可知，游客做圆周运动的半径不同，线速度大小不同，游客的线速度方向也不同，由可知，所有游客做圆周运动的周期都相同，故A错误，B正确；
CD．根据题意，设绳长为，悬绳与竖直方向的夹角为，则有
解得
可知，悬绳与竖直方向的夹角与游客质量无关，悬绳越长，越大，即悬绳越长，悬绳与竖直方向的夹角就越大，故CD正确。
故选BCD。
15．（2024·广东中山·模拟预测）图甲为水上乐园水滑梯，人从高处滑下，最后从末端飞出去，可简化如图乙所示． 其中C点为圆弧的最低点，圆弧轨道的半径为2m，圆弧对应的圆心角θ为 ，AC 的竖直高度差为6m． 质量为50kg的人在A 点从静止开始下滑，不计空气阻力和轨道摩擦，重力加速度 则下列说法正确的是（ ）
A．人从A点滑到C点过程中，重力做功为3000J
B．人滑到 C 点时对圆弧的压力为3500N
C．人在 C 点时处于失重状态
D．人滑到 D 点时速度为大小为 10 m/s
【答案】ABD
【详解】A．人从A点滑到C点过程中，重力做功为
选项A正确；
B．人滑到 C 点时根据机械能守恒定律
在C点根据牛顿第二定律可知
解得
F=3500N
则人对圆弧的压力为3500N，选项B正确；
C．人在 C 点时加速度方向向上，则处于超重状态，选项C错误；
D．从C到D由机械能守恒定律
解得人滑到 D 点时速度为大小为
vD=10 m/s
选项D正确。
故选ABD。
多选题
16．（2024·福建·一模）市面上有一种自动计数的智能呼拉圈。如图甲，腰带外侧带有轨道，将带有滑轮的短杆穿过轨道，短杆的另一端悬挂一根带有配重的细绳，其模型简化如图乙所示。将腰带水平套在腰上，通过人体微小扭动，使配重在水平面内做匀速圆周运动，此时绳子与竖直方向夹角为。配重运动过程中认为腰带没有变形，下列说法正确的是（ ）
A．若增大转速，绳子的拉力变小
B．若增大转速，腰受到腰带的弹力变大
C．若减小转速，腰受到腰带的摩擦力不变
D．若只增加配重，保持转速不变，则绳子与竖直方向夹角θ变小
【答案】BC
【详解】AB．依题意，对配重受力分析，由牛顿第二定律可得
若增大转速，配重做匀速圆周运动的半径变大，绳与竖直方向的夹角θ将增大，竖直方向
mg=Tcsθ
水平方向
可知配重在竖直方向平衡，拉力T变大，向心力Fₙ变大，对腰带受力分析如图所示，
可得竖直方向
f=Mg+Tcsθ=Mg+mg
水平方向
故腰受到腰带的摩擦力不变，腰受到腰带的弹力增大。故A错误；B正确；
C．若减小转速，根据AB选项的分析，腰受到腰带的摩擦力仍是保持不变。故C正确；
D．若增加配重，保持转速不变，则绳子与竖直方向夹角为θ将不变。故D错误。
故选BC。
17．（2024·四川广安·二模）图（a）所示的后排进攻是排球比赛中一种重要进攻手段。假设某次后排进攻可简化为图（b）所示模型，甲运动员以极短的时间∆t=0.01s完成击球，将初速度为零的排球从O点以水平速度击出，球恰好打到拦网队员乙的手指P后飞出。已知排球质量m=0.26kg，O、P的水平距离L=3m，O、P的高度差h=7.2cm。球视为质点，忽略空气阻力，重力加速度g=10m/s2。则可知（ ）
A．球被甲击出时的速率约为72km/hB．球被甲击出时的速率约为90km/h
C．甲对球的平均作用力大小约为650ND．甲对球的平均作用力大小约为520N
【答案】BC
【详解】AB．球被甲击出后做平抛运动，设球被甲击出时的速率为v0，运动时间为t，则有
联立解得
v0=25m/s=90km/h
故A错误，B正确；
CD．甲运动员完成击球的时间∆t=0.01s，设甲对球的平均作用力大小为F，由动量定理得
将已知量代入上式可解得
F=650N
故C正确，D错误。
故选BC。
18．（2024·全国·模拟预测）如图甲，套圈是一种喜闻乐见的街头游戏，某次游戏中一位小朋友将套圈沿水平方向抛出，结果套中玩具A（如图乙），若他第二次将套圈沿相同方向水平抛出后恰好套中玩具B，忽略空气阻力和套圈转动的影响，套圈和玩具A、B均视为质点。对于两次游戏过程，下列说法正确的是（ ）
A．套中玩具B的套圈在空中运动时间更长
B．套中玩具B的套圈抛出时初速度更大
C．套中玩具A的套圈抛出时初速度更大
D．套中玩具B套圈的落地速度大于套中玩具A套圈的落地速度
【答案】BD
【详解】A．根据题意，由公式可得，空中运动时间为
由于两次抛出的高度相同，则两次的运动时间相等，故A错误；
BC．水平方向上，由可得，抛出时初速度
由图可知，套中玩具B的水平位移大，则套中玩具B的套圈抛出时初速度更大，故B正确，C错误；
D．由公式可知，由于两次抛出的高度相同，则两次落地速度的竖直分速度相等，由
可知，由于套中玩具B的套圈抛出时初速度更大，则套中玩具B套圈的落地速度大于套中玩具A套圈的落地速度，故D正确。
故选BD。
19．（2024·宁夏银川·模拟预测）如图甲所示，北宋曾公亮在《武经总要》中记载了一种古代运输装备，名为“绞车”，因其设计精妙，使用时灵活方便，这种绞车又被称为“中国式绞车”，“合大木为床，前建二叉手柱，上为绞车，下施四轮，皆极壮大，力可挽二千斤。”其原理如图乙所示，将一根圆轴削成同心而半径不同的两部分，其中a、b两点分别是大小辘轳边缘上的两点，其上绕以绳索，绳下加一动滑轮，滑轮下挂上重物，人转动把手带动其轴旋转便可轻松将重物吊起，则在起吊过程中，下列说法正确的是（ ）
A．a点的角速度等于b点的角速度B．a点的向心加速度小于b点的向心加速度
C．人对把手做的功等于重物机械能的增加量D．滑轮对重物做的功等于重物机械能的增加量
【答案】AD
【详解】AB．a的半径大于b的半径，由于两点是同轴转动，角速度相同，根据可知a的向心加速度大于b点的向心加速度，故A正确，B错误；
C．由能量守恒可知，人对把手做功除了转化为重物的机械能外，还有轮轴的动能及摩擦生热等，因此人对把手做的功大于重物机械能的增加量，故C错误；
D．由功能关系可知滑轮对重物做的功等于重物机械能的增加量，故D正确。
故选AD。
20．（2024·重庆·模拟预测）图是一台教学用手摇式交流发电机。已知大皮带轮半径为，小皮带轮半径为，若以频率匀速摇动大皮带轮上的手柄，且摇动过程中皮带不打滑，下列说法正确的是（ ）
A．大皮带轮与小皮带轮转动的角速度之比为
B．该发电机产生的交流电频率为
C．若仅将变为，该发电机产生的交变电流的最大值不变
D．若仅将变为，该发电机产生的交变电流的有效值变为原来的0.5倍
【答案】AD
【详解】A．两皮带轮边缘的线速度大小相同，由
可知
即大皮带轮与小皮带轮转动的角速度之比为r∶R，选项A正确；
B．由
可知，该发电机产生的交流电频率
选项B错误；
C．该发电机产生的交变电压的最大值
仅将f变为2f时变大，变大，选项C错误；
D．若仅将f变为0.5f
该发电机产生的交变电流的有效值变为原来的0.5倍，选项D正确。
故选AD。
21．（2024·重庆·模拟预测）老鹰俯冲捕猎时的速度可达200km/h，图1是老鹰成功捕获鲤鱼的图片，图2为某同学估算所画的捕获示意图。一质量为2kg的老鹰捕猎前、后的一小段运动近似为半径的圆周运动，捕猎前瞬时的水平速度大小，鲤鱼质量为0.5kg，老鹰和鱼均可视为质点，忽略鱼的初速度以及捕猎过程中水的作用力，重力加速度g取，则（ ）
A．捕猎前、后瞬时，老鹰处于非平衡状态
B．捕猎前、后瞬时，老鹰的加速度大小不变
C．捕猎后瞬时，老鹰的速度大小为40km/h
D．捕猎后瞬时老鹰所受空气作用力比捕猎前瞬时减少5N
【答案】AD
【详解】A．老鹰捕猎前、后的一小段运动近似为圆周运动，圆周运动是曲线运动，所以合外力不为0，老鹰处于非平衡状态。故A正确；
B．捕猎前、后瞬时，圆周运动过程由老鹰的质量变成了老鹰和鱼的总质量，根据水平方向动量守恒可得老鹰的瞬时速度减小，即
代入数据，解得
加速度
老鹰的速度减小了，圆周运动半径不变，则老鹰的加速度变小。故BC错误；
D．捕猎前设空气对老鹰的作用力为，捕猎后空气对老鹰的作用力为，分别对捕猎前老鹰和捕猎后的整体进行受力分析，有
，
解得
，
可知
即捕猎后瞬时老鹰所受空气作用力比捕猎前瞬时减少5N。故D正确。
故选AD。
22．（2024·安徽·二模）如图所示为蛤蟆夯，工作时铁砣转动，带动夯跳起向前移动砸实地基。因工作方式像蛙跳而得名。其结构可等效为如图乙所示的示意图，质量为的夯架，夯架上O点有一水平转轴，一质量为m的铁砣通过一半径为R的轻杆连接在转轴上，铁砣可以绕转轴在竖直面内做圆周运动。在一次检测夯性能时杆在竖直方向上，铁砣静止于最低点A，现给铁砣一个水平方向的初速度，之后铁砣在竖直平面内做逆时针方向的圆周运动，支架相对地面始终保持静止。已知铁砣可视为质点，重力加速度大小为g，不计转轴处的摩擦和转轴重力，不计空气阻力，则在铁砣运动过程中以下说法正确的是（ ）
A．铁砣运动到最高点时对杆的弹力最小
B．支架对地面的最小压力为
C．支架对地面的最大摩擦力为
D．支架对地面的最大压力为
【答案】AB
【详解】A．通过定性分析可得杆受到铁砣最小弹力的位置应该在小球运动到圆心О点以上，如图所示
设此位置与О点的连线与水平方向的夹角为θ，此点的速度为，从A点到此点过程，根据机械能守恒定律可得
设杆对铁砣的弹力为，在此点做圆周运动有
两式联立解得
根据牛顿第三定律，杆对铁砣的弹力为
所以当时，即铁砣运动到轨道最高点时，此时有最大值，杆对铁砣的弹力有最小值为
故A正确；
B．通过定性分析可得支架对地面压力最小的位置应该在小球运动到圆心О点以上，以支架为研究对象，设地面对支架的支持力为，根据平衡条件，竖直方向上有
联立解得
即是关于的二次函数，函数图像为开口向上的抛物线，根据二次函数性质可知当
时，有最小值，将代入得地面对支架的最小支持力为
根据牛顿第三定律可知，支架对地面的最小压力也为，故B正确；
D．铁砣运动到轨道最低点时，支架对地面的压力最大。铁砣在轨道最低点时，由牛顿第二定律得
解得
由牛顿第三定律得，铁砣对支架的向下的拉力
地面对支架的支持力
由牛顿第三定律得，支架对地面的压力
支架对地面的最大压力为。故D错误；
C．通过定性分析可知支架对地面的最大摩擦力的位置应该在铁砣运动到圆心点以下，如图所示
设此位置与点的连线与水平方向的夹角为，此点的速度为，从A点到此点过程根据机械能守恒定律可得
设轻杆对铁砣的弹力为，在此点做圆周运动的向心力为
两式联立解得
根据牛顿第三定律铁砣对支架的弹力为
以支架为研究对象，设地面对支架的摩擦力为，转轴对支架的力为
根据平衡条件，水平方向上有
当
而摩擦力的最大值不在的位置。摩擦力对求导得
当
时，即
时摩擦力有最大值。故C错误。
故选AB。
23．（2024·湖北·模拟预测）如图所示，足球兴趣小组在某次训练中要求运动员甲将足球由水平球场上的A点踢向C点，但在AC连线上的B点站立有守门员乙，训练中守门员乙只在B点竖直起跳拦截足球，已知，守门员乙的原地摸高为，足球质量，重力加速度g取，忽略空气阻力，将足球视为质点。则欲将足球踢出后直接飞落到C点且确保不被拦截，下列说法正确的是（ ）
A．若足球恰好被拦截，足球能够上升的最大高度为4m
B．若足球恰好被拦截，足球能够上升的最大高度为3.2m
C．运动员甲对足球做功最少为32J
D．运动员甲对足球做功最少为32.8J
【答案】BD
【详解】AB．由图可知，足球轨迹的最高点为O点，设最高点的速度为
由几何关系可知
足球从O到C做平抛运动，水平方向做匀速直线运动，则
竖直方向做自由落体运动，设足球能够上升的最大高度H，则
若足球恰好被拦截，足球能够上升的最大高度为
故A错误，B正确；
CD．水平方向有
可得足球在最高点的速度为
由功能关系可知，运动员甲对足球做功最少为
故C错误，D正确。
故选BD。
常考考点
真题举例
拱桥和凹桥模型
2023·广东·高考真题
平抛运动速度的计算
2022·广东·高考真题
平抛运动的运动规律
2021·广东·高考真题
分运动
合运动
矢量图
条件
两个匀速直线运动
匀速直线运动
a＝0
一个匀速直线运动和一个匀变速直线运动
匀变速曲线运动
a与v成α角
两个初速度为零的匀加速直线运动
初速度为零的匀加速直线运动
v0＝0
两个初速度不为零的匀加速直线运动
匀变速直线运动
a与v方向相同
匀变速曲线运动
a与v成α角
运动类型
平抛运动
斜抛运动
类平抛运动
图示
运动规律
水平方向：做匀速直线运动，速度：vx＝v0，位移：x＝v0t；竖直方向：做自由落体运动，速度：vy＝gt，位移：y＝eq \f(1,2)gt2；合速度：v＝eq \r(v\\al(2,x)＋v\\al(2,y))＝eq \r(v\\al(2,0)＋gt2)，方向与水平方向夹角为θ，则tan θ＝eq \f(vy,v0)＝eq \f(gt,v0)。
速度公式：vx＝v0x＝v0cs θ；vy＝v0y－gt＝v0sin θ－gt。位移公式：x＝v0cs θ·t。y＝v0sin θ·t－eq \f(1,2)gt2。当vy＝0时，v＝v0x＝v0cs θ，物体到达最高点hmax＝eq \f(v\\al(0y2),2g)＝eq \f(v\\al(02)sin2θ,2g)。
物体所受合力为恒力，且与初速度的方向垂直。
在初速度v0方向做匀速直线运动，在合力方向做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a＝eq \f(F合,m)。
考点
常规的平抛运动及类平抛模型；与斜面相结合的平抛运动模型
注意加速度恒为重力加速度，考得较少。
常规分解法：将类平抛运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和垂直于初速度方向(即沿合力方向)的匀加速直线运动，两分运动彼此独立，互不影响，且与合运动具有等时性。
特殊分解法：对于有些问题，可以过抛出点建立适当的直角坐标系，将加速度分解为ax、ay，初速度v0分解为vx、vy，然后分别在x、y方向列方程求解。
方法
内容
斜面
总结
分解速度
水平：vx＝v0
竖直：vy＝gt
合速度：v＝eq \r(v\\al(2,x)＋v\\al(2,y))
分解速度，构建速度三角形
分解位移
水平：x＝v0t
竖直：y＝eq \f(1,2)gt2
合位移：s＝eq \r(x2＋y2)
分解位移，构建位移三角形
两物体同时从同一高度(或同一点)抛出
两物体始终在同一高度，二者间距只取决于两物体的水平分运动。
两物体同时从不同高度抛出
两物体高度差始终与抛出点高度差相同，二者间距由两物体的水平分运动和竖直高度差决定。
两物体从同一点先后抛出
两物体竖直高度差随时间均匀增大，二者间距取决于两物体的水平分运动和竖直分运动。
方式
同轴转动
皮带传动
齿轮传动
装置
A、B两点在同轴的一个圆盘上，到圆心的距离不同。
两个轮子用皮带连接，A、B两点分别是两个轮子边缘上的点。
两个齿轮轮齿啮合，A、B两点分别是两个齿轮边缘上的点。
图例
特点
A、B两点角速度、周期相同
A、B两点线速度相同
A、B两点线速度相同
转动方向
相同
相同
相反
规律
线速度与半径成正比：
角速度与半径成反比：
，
周期与半径成正比：
角速度与半径成反比与齿轮齿数成反比∶
，
周期与半径成正比，与齿轮齿 数成正比：
类型
描述
方法
水平面内的圆周运动
此类问题相对简单，物体所受合外力充当向心力，合外力大小不变，方向总是指向圆心。
选择做匀速圆周运动的物体作为研究对象；分析物体受力情况，其合外力提供向心力；由Fn＝meq \f(v2,r)=mrω2列方程求解。
竖直面内的圆周运动
拱桥模型
受力特征：下有支撑，上无约束
临界特征：FN＝0 ，mg＝mv2max，即vmax＝eq \r(gR)。过最高点条件：v≤eq \r(gr)。讨论分析：v≤eq \r(gr)时：mg－FN＝meq \f(v2,r)，FN＝mg－meq \f(v2,r)eq \r(gr)时：到达最高点前做斜上抛运动飞离桥面。
轻绳模型
受力特征：除重力外，物体受到的弹力方向：向下或等于零
临界特征：FN＝0 ，mg＝meq \f(v\\al(2,min),R)即vmin＝eq \r(gR)。过最高点条件：在最高点的速度v≥eq \r(gR)。讨论分析：过最高点时，v≥eq \r(gr)，FN＋mg＝meq \f(v2,r)，绳、圆轨道对球产生弹力FN；不能过最高点时，v轻杆模型
受力特征：除重力外，物体受到的弹力方向：向下、等于零或向上。
临界特征：v＝0即F向＝0 FN＝mg。
过最高点条件：在最高点的速度v≥0。讨论分析：当v＝0时，FN＝mg，FN为支持力，沿半径背离圆心；当0当v>eq \r(gr)时，FN＋mg＝meq \f(v2,r)，FN指向圆心并随v的增大而增大。
斜面上的圆周运动
静摩擦力控制下的圆周运动
在斜面上做圆周运动的物体，因所受的控制因素不同，如静摩擦力控制、绳控制、杆控制，物体的受力情况和所遵循的规律也不相同。
与竖直面内的圆周运动类似，斜面上的圆周运动也是集中分析物体在最高点和最低点的受力情况，列牛顿运动定律方程来解题。只是在受力分析时，一般需要进行立体图到平面图的转化，这是解斜面上圆周运动问题的难点。
轻杆控制下的圆周运动
轻绳控制下的圆周运动
2、锻炼同学的考试心理，训练学生快速进入考试状态。高考的最佳心理状态是紧张中有乐观，压力下有自信，平静中有兴奋。
3、训练同学掌握一定的应试技巧，积累考试经验。模拟考试可以训练答题时间和速度。高考不仅是知识和水平的竞争，也是时间和速度的竞争，可以说每分每秒都是成绩。
4、帮助同学正确评估自己。高考是一种选拨性考试，目的是排序和择优，起决定作用的是自己在整体中的相对位置。因此，模拟考试以后，同学们要想法了解自己的成绩在整体中的位置。
押广东卷选择题3
曲线运动
高考对于这部分知识点主要以具体事例和科技的最新成果为背景进行命题，以生活中实际物体的圆周运动和抛体运动为依托，进行模型化受力分析。强化对物理基本概念、基本规律的考核。试题的呈现形式丰富，提问角度设置新颖。在解决此类问题时要将所学物理知识与实际情境联系起来，抓住问题实质，将问题转化为熟知的物理模型和物理过程求解。主要考查的知识点有：平抛运动，类平抛运动，斜抛运动，圆周运动等。常与能量结合一起考。
考点1：曲线运动
1、曲线运动的轨迹与速度、合力的关系
物体作曲线运动的轨迹与速度方向相切，夹在速度方向与合力方向之间。并向合力方向弯曲，也就是合力指向运动轨迹的凹侧。
速度方向、合力方向及运动轨迹三者的关系：
合外力与速度方向的判断：①当合外力方向与速度方向的夹角为锐角时，物体的速率增大；②当合外力方向与速度方向的夹角为钝角时，物体的速率减小；③当合外力方向与速度方向垂直时，物体的速率不变。
互成角度的两个直线运动的合运动性质和轨迹的判断：
2、三种曲线运动类型
斜面上的两种类型
多体平抛问题
平抛运动临界问题解决的重点是：对题意进行分析，提取实际模型并提炼出关于临界条件的关键信息。此类问题的临界条件：通常为位置关系的限制或速度关系的限制，列出竖直方向与水平方向上的方程，将临界条件代入即可求解。在分析此类问题时一定要注意从实际出发寻找临界点，画出物体运动过程的草图，明确临界条件。
解题思路：找出情景中临界条件（如“恰好”、“最大”、“最小”等关键词，明确其含义）；画出运动过程的草图（确定物体的临界位置，标注位移、速度等临界值）；明确临界过程的轨迹（运用曲线运动的规律进行求解）。
考点2: 圆周运动
1、不同的传动模式
2、水平面、竖直面和斜面上的圆周运动
竖直面内圆周运动的求解思路
确定模型：首先判断是轻绳模型还是轻杆模型，两种模型过最高点的临界条件不同，其原因主要是“绳”不能支持物体，而“杆”既能支持物体，也能拉物体。
确定临界点：v临＝eq \r(gr)，对轻绳模型来说是能否通过最高点的临界点，而对轻杆模型来说FN表现为支持力或者是拉力的临界点。
确定研究状态：通常情况下竖直平面内的圆周运动只涉及最高点和最低点的运动情况。
进行受力分析：对物体在最高点或最低点时进行受力分析，根据牛顿第二定律列出方程F合=F向。
进行过程分析：应用动能定理或机械能守恒定律将初、末两个状态联系起来列方程。
1．（2023·广东·高考真题）（多选）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，滑道高度为，且过点的切线水平，重力加速度取。关于货物从点运动到点的过程，下列说法正确的有（ ）
A．重力做的功为B．克服阻力做的功为
C．经过点时向心加速度大小为D．经过点时对轨道的压力大小为
【答案】BCD
【详解】A．重力做的功为
A错误；
B．下滑过程据动能定理可得
代入数据解得，克服阻力做的功为
B正确；
C．经过点时向心加速度大小为
C正确；
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
据牛顿第三定律可知，货物对轨道的压力大小为，D正确。
故选BCD。
2．（2022·广东·高考真题）图是滑雪道的示意图。可视为质点的运动员从斜坡上的M点由静止自由滑下，经过水平NP段后飞入空中，在Q点落地。不计运动员经过N点的机械能损失，不计摩擦力和空气阻力。下列能表示该过程运动员速度大小v或加速度大小a随时间t变化的图像是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【详解】设斜坡倾角为，运动员在斜坡MN段做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律
可得
运动员在水平段做匀速直线运动，加速度
运动员从点飞出后做平抛运动，加速度为重力加速度
设在点的速度为，则从点飞出后速度大小的表达式为
由分析可知从点飞出后速度大小与时间的图像不可能为直线，且
C正确，ABD错误。
故选C。
3．（2022·广东·高考真题）如图所示，在竖直平面内，截面为三角形的小积木悬挂在离地足够高处，一玩具枪的枪口与小积木上P点等高且相距为L。当玩具子弹以水平速度v从枪口向P点射出时，小积木恰好由静止释放，子弹从射出至击中积木所用时间为t。不计空气阻力。下列关于子弹的说法正确的是（ ）
A．将击中P点，t大于B．将击中P点，t等于
C．将击中P点上方，t大于D．将击中P点下方，t等于
【答案】B
【详解】由题意知枪口与P点等高，子弹和小积木在竖直方向上做自由落体运动，当子弹击中积木时子弹和积木运动时间相同，根据
可知下落高度相同，所以将击中P点；又由于初始状态子弹到P点的水平距离为L，子弹在水平方向上做匀速直线运动，故有
故选B。
4．（2021·广东·高考真题）（多选）长征途中，为了突破敌方关隘，战士爬上陡销的山头，居高临下向敌方工事内投掷手榴弹，战士在同一位置先后投出甲、乙两颗质量均为m的手榴弹，手榴弹从投出的位置到落地点的高度差为h，在空中的运动可视为平抛运动，轨迹如图所示，重力加速度为g，下列说法正确的有（ ）
A．甲在空中的运动时间比乙的长
B．两手榴弹在落地前瞬间，重力的功率相等
C．从投出到落地，每颗手榴弹的重力势能减少
D．从投出到落地，每颗手榴弹的机械能变化量为
【答案】BC
【详解】A．由平抛运动规律可知，做平抛运动的时间
因为两手榴弹运动的高度差相同，所以在空中运动时间相等，故A错误；
B．做平抛运动的物体落地前瞬间重力的功率
因为两手榴弹运动的高度差相同，质量相同，所以落地前瞬间，两手榴弹重力功率相同，故B正确；
C．从投出到落地，手榴弹下降的高度为h，所以手榴弹重力势能减小量
故C正确；
D．从投出到落地，手榴弹做平抛运动，只有重力做功，机械能守恒，故D错误。
故选BC。
单选题
1．（2024·广东·二模）进入冬季后，北方的冰雪运动吸引了许多南方游客。如图为雪地转转游戏，人乘坐雪圈（人和雪圈总质量为50kg）绕轴以2rad/s的角速度在水平雪地上匀速转动，已知水平杆长为2m，离地高为2m，绳长为4m，且绳与水平杆垂直。则雪圈（含人）（ ）
A．所受的合外力为零B．圆周运动的半径为2m
C．线速度大小为4m/sD．所受向心力大小为800N
【答案】D
【详解】根据几何关系可知，雪圈（含人）做匀速圆周运动的半径为
则线速度大小为
雪圈（含人）所受的合外力提供所需的向心力，则有
故选D。
2．（2024·广东广州·二模）如图，一辆汽车以恒定速率通过圆弧拱桥，N为桥面最高处，则汽车（ ）
A．在N处所受支持力大小大于其重力
B．在N处所受支持力大小等于其重力
C．从M到N过程所受支持力逐渐增大
D．从M到N过程所受支持力逐渐减小
【答案】C
【详解】AB．在N点，根据牛顿第二定律可得
所以
故AB错误；
CD．设汽车与圆心的连线与竖直方向的夹角为θ，则
从M到N过程，速率v不变，θ减小，所以N增大，故C正确，D错误。
故选C。
3．（2024·广东惠州·一模）我国的风洞技术处于世界领先地位。如图所示，在某次风洞实验中，一质量为m的轻质小球，在恒定的风力作用下先后以相同的速度大小v经过a、b两点，速度方向与a、b连线的夹角α、β均为45°。已知a、b连线长为d，小球的重力忽略不计．则小球从a点运动到b点过程中，下列说法正确的是（ ）
A．风力方向与a、b连线平行
B．所用时间为
C．小球做匀速圆周运动
D．风力大小为
【答案】B
【详解】A．由题意可知小球做匀变速曲线运动，根据加速度的定义可知加速度方向移动和速度变化量的方向相同，根据几何关系可知加速度方向垂直于a、b连线，如图
所以风力方向垂直于a、b连线，故A错误；
B．小球的速度沿a、b连线方向的分速度为
所以a运动到b的时间为
故B正确；
C．小球受到恒定风力的作用，做匀变速曲线运动，不可能做匀速圆周运动，故C错误；
D．沿风力的方向从a点运动到b点的速度变化量为
则加速度为
根据牛顿第二定律，从a点运动到b点的风力为
故D错误。
故选B。
4．（2024·广东茂名·二模）如图4所示，某人面向一段平直的河岸，站在跟随河水一起漂流的木船上，某时刻向其正前方向，向上斜抛出一小石块，使其落在河岸上。忽略空气阻力作用．下列说法正确的是（ ）
A．石块到最高点时速度为0
B．石块在空中运动轨迹所在平面与该段河岸垂直
C．石块抛出的初速度越大，落地点越远
D．石块从抛出到落地所用时间与河水流速无关
【答案】D
【详解】A．向上斜抛出一小石块，石块到最高点时具有一定的水平速度，即速度不为0，故A错误；
B．由于石块具有和水流相同的分速度，即具有一定沿河岸的分速度，所以石块在空中运动轨迹所在平面与该段河岸不垂直，故B错误；
C．石块抛出的初速度越大，但不知道抛出时初速度与水平方向的夹角是否一定，所以落地点不一定越远，故C错误；
D．根据运动的独立性可知，石块从抛出到落地所用时间只由竖直方向的分运动决定，与河水流速无关，故D正确。
故选D。
5．（2024·广东·二模）武汉“东湖之眼”摩天轮，面朝东湖、背靠磨山，是武汉东湖风景区地标之一。摩天轮在竖直放置的圆轨道内围绕其圆心O点做半径为R的匀速圆周运动，角速度为，在匀速转动的过程中轿厢地板总保持水平状态。如图所示，放置在地板上的物体，其与地板之间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，为了保证物体在匀速转动的过程中始终不相对于地板滑动，则角速度的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】物块做匀速圆周运动的过程中，对其受力分析如左图所示，当角速度最大时，意味着静摩擦力达到最大，此时，地板对物块的作用力为F，F与竖直方向的夹角为，且
物块在匀速圆周运动过程中，向心力的大小总保持不变，画出矢量三角形如右图所示，图中虚线圆周的半径大小为向心力的大小，F和mg的矢量和等于向心力，当F与mg的夹角为时，此时向心力达到最大。故最大的向心力
同时
因此最大的角速度
故选A。
6．（2024·广东广州·二模）如图所示为风杯式风速传感器，其感应部分由三个相同的半球形空杯组成，称为风杯。三个风杯对称地位于水平面内互成120°的三叉型支架末端，与中间竖直轴的距离相等。开始刮风时，空气流动产生的风力推动静止的风杯开始绕竖直轴在水平面内转动，风速越大，风杯转动越快。若风速保持不变，三个风杯最终会匀速转动，根据风杯的转速，就可以确定风速，则（ ）
A．若风速不变，三个风杯最终加速度为零
B．任意时刻，三个风杯转动的速度都相同
C．开始刮风时，风杯加速转动，其所受合外力不指向旋转轴
D．风杯匀速转动时，其转动周期越大，测得的风速越大
【答案】C
【详解】A．若风速不变，三个风杯最终做匀速圆周运动，其合外力不为零，根据牛顿第二定律可知，其加速度不为零，故A错误；
B．三个风杯属于同轴转动，角速度相同，而三个风杯做圆周运动的半径相同，由可知，任意时刻三个风杯的线速度大小相同，方向不同，即速度不同，故B错误；
C．未刮风时，风杯处于平衡状态，重力和连接风杯的杆对风杯的弹力平衡，而开始刮风时，风杯所受合外力沿水平方向，与风力方向相反，并不指向旋转轴，故C正确；
D．当风杯匀速转动时，根据
可知，其转动周期越大，测得的风速越小，故D错误。
故选C。
7．（2024·广东惠州·三模）在修筑铁路时，弯道处的外轨会略高于内轨，如图所示，内外铁轨平面与水平面倾角为θ，当火车以规定的行驶速度v转弯时，内、外轨均不会受到轮缘的侧向挤压，火车转弯半径为r，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．火车以速度v转弯时，铁轨对火车支持力大于其重力
B．火车转弯时，实际转弯速度越小越好
C．当火车上乘客增多时，火车转弯时的速度必须降低
D．火车转弯速度大于时，外轨对车轮轮缘的压力沿水平方向
【答案】A
【详解】A．火车以速度v转弯时，对火车受力分析，如图
可得
解得
根据矢量三角形的边角关系可知铁轨对火车支持力大于其重力，故A正确；
B．当火车以规定的行驶速度v转弯时，内、外轨均不会受到轮缘的侧向挤压，效果最好，所以实际转弯速度不是越小越好，故B错误；
C．由可知规定行驶的速度与质量无关，当火车质量改变时，规定的行驶速度不变，故C错误；
D．火车转弯速度大于时，外轨对车轮轮缘的压力沿接触面指向轮缘，故D错误。
故选A。
8．（2024·广东佛山·一模）在自行车上安装码表可记录骑行情况。如图，码表由强磁铁、霍尔传感器及显示器组成。霍尔传感器固定在自行车前叉一侧，强磁铁固定在车轮的一根辐条上。车轮半径为，霍尔传感器到车轴的距离为。强磁铁每次经过霍尔传感器时，端均输出一次电信号，若每秒强磁铁次经过霍尔传感器，同时显示器数据更新一次，则（ ）
A．显示器上的里程是指骑行的位移大小
B．磁铁如图经过传感器时，导电的电子向端汇聚
C．上图中两端电势的高低，与磁铁运动的方向有关
D．自行车的速度是由换算得来的
【答案】B
【详解】A．显示器上的里程是指骑行的路程，故A错误；
B．电子移动的方向与电流相反，根据左手定则可知，电子的安培力方向是由P指向Q的，则导电的电子向端汇聚，故B正确；
C．无论磁铁是顺时针还是逆时针，通过霍尔元件的磁感应强度方向不变，导电的电子仍向Q端汇聚，则当稳定之后，有电场力和洛伦兹力平衡，即
解得
可知，与磁铁运动的方向无关，故C错误；
D．根据圆周运动各个物理量之间关系，自行车的线速度为
故D错误。
故选B。
9．（2024·广东惠州·二模）图（a）为某游乐场的“旋转秋千”，它可以简化为图（b）所示的模型，已知圆盘的半径d=1.5m，悬绳长l=2.5m。圆盘以恒定的角速度转动，稳定时测得悬绳与竖直方向的夹角θ=37°，已知，重力加速度不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．“旋转秋千”中的人做圆周运动的半径为d
B．若人和座椅的总质量为75kg，则悬绳上的拉力为1000N
C．若减小悬绳长度，要维持夹角θ保持不变，则圆盘转动的周期变小
D．若人和座椅的总质量增大，圆盘转速不变，则悬绳与竖直方向的夹角减小
【答案】C
【详解】A．人和座椅做圆周运动的半径为
故A错误；
B．悬绳的拉力
故B错误；
CD．人和座椅做圆周运动时，有
整理得
由上式可知，若减小悬绳长度，要维持夹角θ保持不变，则圆盘转动角速度变大，故周期变小；
若人和座椅的总质量增大，圆盘转速不变，则悬绳与竖直方向的夹角不变，故C正确，D错误。
故选C。
多选题
10．（2024·广东湛江·二模）某马戏团上演的飞车节目如图所示，在竖直平面内有半径为R的固定圆轨道。表演者骑着摩托车在圆轨道内做圆周运动。已知人和摩托车的总质量为m，重力加速度大小为g，摩托车以的速度通过圆轨道的最高点B．关闭摩托车的动力，不计摩擦，忽略空气阻力，人和摩托车整体可视为质点，下列说法正确的是（ ）
A．摩托车经过B点时对轨道的压力大小为2mg
B．摩托车经过A点时的速度大小为
C．摩托车从B点到A点的过程中，重力的功率先增大后减小
D．摩托车从B点到A点的过程中，先超重后失重
【答案】BC
【详解】A．由题意可知，摩托车在B点时，有
解得
由牛顿第三定律可知，摩托车经过B点时对轨道的压力大小为mg，选项A错误；
B．摩托车从B点到A点的过程中，由机械能守恒定律有
其中
解得
选项B正确；
C．摩托车从B点到A点的过程中，竖直速度vy先增大后减小，重力的功率
重力的功率先增大后减小，选项C正确；
D．摩托车从B点到A点的过程中，加速度竖直分量先向下后向上，即先失重后超重，选项D错误。
故选BC。
11．（2024·广东·二模）如图，甲将排球从离地面高为1m的O位置由静止击出并沿轨迹①运动，当排球运动到离地面高为2.8m的P位置时，速度大小为10m/s，此时，被乙击回并以水平速度18m/s沿轨迹②运动，恰好落回到0位置.已知排球的质量约为0.3kg，g取10m/s2，忽略空气阻力，则（ ）
A．排球沿轨迹②运动的时间为0.6s
B．O、P两位置的水平距离为10.8m
C．甲对排球做的功约为20J
D．乙对排球做的功约为15J
【答案】ABC
【详解】A．对于轨迹②的运动，其运动时间
解得
A正确；
B．水平位移
B正确；
C．从O到P点，设排球在O点的速度为，到P点的速度，根据动能定理可知
解得
根据动能定理可知
C正确；
D．乙对排球所做的功在P点使用动能定理，设乙将排球击出的速度为，则有
D错误。
故选ABC。
12．（2024·广东佛山·二模）如图所示，在一条玻璃生产线上，宽3m的待切割玻璃板以0.4m/s的速度向前匀速平移。在切割工序处，金刚石切割刀的移动速度为0.5m/s，下列说法正确的是（ ）
A．切割一块矩形玻璃需要10s
B．切割得到的矩形玻璃长为2.4m
C．切割刀的移动轨迹与玻璃板平移方向夹角为37°，可使割下的玻璃板呈矩形
D．切割刀的移动轨迹与玻璃板平移方向夹角为143°，可使割下的玻璃板呈矩形
【答案】AC
【详解】
A．切割一块玻璃需要的时间为
故A正确；
BCD．金刚石切割刀的移动速度0.5m/s是割刀对地的速度，切割刀的移动轨迹亦是割刀对地面的相对轨迹，为使割下的玻璃板呈矩形，则割刀相对玻璃板的速度方向应垂直于玻璃板侧边，如图所示
则有
解得
切割得到的矩形玻璃长为
故BD错误，C正确。
故选AC。
13．（2024·广东汕头·一模）2023年10月2日，杭州第十九届亚运会田径项目，中国运动员熊诗麒夺得女子跳远的第一枚亚运会金牌。跳远可拆分为助跑、起跳、腾空、落地这四个过程，如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．在腾空的最高点，运动员的速度为0
B．在腾空上升阶段，运动员处于超重状态
C．在起跳时，运动员对地面的压力大于重力
D．在助跑过程中，地面给人脚静摩擦力作用，使运动员加速向前运动
【答案】CD
【详解】A．在腾空的最高点，竖直方向速度为零，但水平速度不为零，A错误；
B．在腾空上升阶段，运动员只受重力作用，具有向下的加速度，运动员处于失重状态，B错误；
C．在起跳时，运动员具有向上的加速度，地面对运动员的支持力大于重力，根据牛顿第三定律可知运动员对地面的压力大于重力，C正确；
D．在助跑过程中，地面给人脚静摩擦力作用，使运动员加速向前运动，D正确。
故选CD。
14．（2024·广东·一模）如图（a）为游乐场中的“空中飞椅”项目。“空中飞椅”结构示意图如图（b），转动轴带动顶部圆盘转动，悬绳一端系在圆盘边缘，另一端系着椅子。若所有椅子质量相等，悬绳长短不一定相等，忽略悬绳质量与空气阻力，则坐在椅子上的游客与椅子整体随圆盘匀速转动的过程中（ ）
A．任一时刻，所有游客的线速度都相同
B．所有游客做圆周运动的周期都相同
C．悬绳越长，悬绳与竖直方向的夹角就越大
D．悬绳与竖直方向的夹角与游客质量无关
【答案】BCD
【详解】AB．根据题意可知，所有游客为同轴转动，则所有游客做圆周运动的角速度相同，由可知，游客做圆周运动的半径不同，线速度大小不同，游客的线速度方向也不同，由可知，所有游客做圆周运动的周期都相同，故A错误，B正确；
CD．根据题意，设绳长为，悬绳与竖直方向的夹角为，则有
解得
可知，悬绳与竖直方向的夹角与游客质量无关，悬绳越长，越大，即悬绳越长，悬绳与竖直方向的夹角就越大，故CD正确。
故选BCD。
15．（2024·广东中山·模拟预测）图甲为水上乐园水滑梯，人从高处滑下，最后从末端飞出去，可简化如图乙所示． 其中C点为圆弧的最低点，圆弧轨道的半径为2m，圆弧对应的圆心角θ为 ，AC 的竖直高度差为6m． 质量为50kg的人在A 点从静止开始下滑，不计空气阻力和轨道摩擦，重力加速度 则下列说法正确的是（ ）
A．人从A点滑到C点过程中，重力做功为3000J
B．人滑到 C 点时对圆弧的压力为3500N
C．人在 C 点时处于失重状态
D．人滑到 D 点时速度为大小为 10 m/s
【答案】ABD
【详解】A．人从A点滑到C点过程中，重力做功为
选项A正确；
B．人滑到 C 点时根据机械能守恒定律
在C点根据牛顿第二定律可知
解得
F=3500N
则人对圆弧的压力为3500N，选项B正确；
C．人在 C 点时加速度方向向上，则处于超重状态，选项C错误；
D．从C到D由机械能守恒定律
解得人滑到 D 点时速度为大小为
vD=10 m/s
选项D正确。
故选ABD。
多选题
16．（2024·福建·一模）市面上有一种自动计数的智能呼拉圈。如图甲，腰带外侧带有轨道，将带有滑轮的短杆穿过轨道，短杆的另一端悬挂一根带有配重的细绳，其模型简化如图乙所示。将腰带水平套在腰上，通过人体微小扭动，使配重在水平面内做匀速圆周运动，此时绳子与竖直方向夹角为。配重运动过程中认为腰带没有变形，下列说法正确的是（ ）
A．若增大转速，绳子的拉力变小
B．若增大转速，腰受到腰带的弹力变大
C．若减小转速，腰受到腰带的摩擦力不变
D．若只增加配重，保持转速不变，则绳子与竖直方向夹角θ变小
【答案】BC
【详解】AB．依题意，对配重受力分析，由牛顿第二定律可得
若增大转速，配重做匀速圆周运动的半径变大，绳与竖直方向的夹角θ将增大，竖直方向
mg=Tcsθ
水平方向
可知配重在竖直方向平衡，拉力T变大，向心力Fₙ变大，对腰带受力分析如图所示，
可得竖直方向
f=Mg+Tcsθ=Mg+mg
水平方向
故腰受到腰带的摩擦力不变，腰受到腰带的弹力增大。故A错误；B正确；
C．若减小转速，根据AB选项的分析，腰受到腰带的摩擦力仍是保持不变。故C正确；
D．若增加配重，保持转速不变，则绳子与竖直方向夹角为θ将不变。故D错误。
故选BC。
17．（2024·四川广安·二模）图（a）所示的后排进攻是排球比赛中一种重要进攻手段。假设某次后排进攻可简化为图（b）所示模型，甲运动员以极短的时间∆t=0.01s完成击球，将初速度为零的排球从O点以水平速度击出，球恰好打到拦网队员乙的手指P后飞出。已知排球质量m=0.26kg，O、P的水平距离L=3m，O、P的高度差h=7.2cm。球视为质点，忽略空气阻力，重力加速度g=10m/s2。则可知（ ）
A．球被甲击出时的速率约为72km/hB．球被甲击出时的速率约为90km/h
C．甲对球的平均作用力大小约为650ND．甲对球的平均作用力大小约为520N
【答案】BC
【详解】AB．球被甲击出后做平抛运动，设球被甲击出时的速率为v0，运动时间为t，则有
联立解得
v0=25m/s=90km/h
故A错误，B正确；
CD．甲运动员完成击球的时间∆t=0.01s，设甲对球的平均作用力大小为F，由动量定理得
将已知量代入上式可解得
F=650N
故C正确，D错误。
故选BC。
18．（2024·全国·模拟预测）如图甲，套圈是一种喜闻乐见的街头游戏，某次游戏中一位小朋友将套圈沿水平方向抛出，结果套中玩具A（如图乙），若他第二次将套圈沿相同方向水平抛出后恰好套中玩具B，忽略空气阻力和套圈转动的影响，套圈和玩具A、B均视为质点。对于两次游戏过程，下列说法正确的是（ ）
A．套中玩具B的套圈在空中运动时间更长
B．套中玩具B的套圈抛出时初速度更大
C．套中玩具A的套圈抛出时初速度更大
D．套中玩具B套圈的落地速度大于套中玩具A套圈的落地速度
【答案】BD
【详解】A．根据题意，由公式可得，空中运动时间为
由于两次抛出的高度相同，则两次的运动时间相等，故A错误；
BC．水平方向上，由可得，抛出时初速度
由图可知，套中玩具B的水平位移大，则套中玩具B的套圈抛出时初速度更大，故B正确，C错误；
D．由公式可知，由于两次抛出的高度相同，则两次落地速度的竖直分速度相等，由
可知，由于套中玩具B的套圈抛出时初速度更大，则套中玩具B套圈的落地速度大于套中玩具A套圈的落地速度，故D正确。
故选BD。
19．（2024·宁夏银川·模拟预测）如图甲所示，北宋曾公亮在《武经总要》中记载了一种古代运输装备，名为“绞车”，因其设计精妙，使用时灵活方便，这种绞车又被称为“中国式绞车”，“合大木为床，前建二叉手柱，上为绞车，下施四轮，皆极壮大，力可挽二千斤。”其原理如图乙所示，将一根圆轴削成同心而半径不同的两部分，其中a、b两点分别是大小辘轳边缘上的两点，其上绕以绳索，绳下加一动滑轮，滑轮下挂上重物，人转动把手带动其轴旋转便可轻松将重物吊起，则在起吊过程中，下列说法正确的是（ ）
A．a点的角速度等于b点的角速度B．a点的向心加速度小于b点的向心加速度
C．人对把手做的功等于重物机械能的增加量D．滑轮对重物做的功等于重物机械能的增加量
【答案】AD
【详解】AB．a的半径大于b的半径，由于两点是同轴转动，角速度相同，根据可知a的向心加速度大于b点的向心加速度，故A正确，B错误；
C．由能量守恒可知，人对把手做功除了转化为重物的机械能外，还有轮轴的动能及摩擦生热等，因此人对把手做的功大于重物机械能的增加量，故C错误；
D．由功能关系可知滑轮对重物做的功等于重物机械能的增加量，故D正确。
故选AD。
20．（2024·重庆·模拟预测）图是一台教学用手摇式交流发电机。已知大皮带轮半径为，小皮带轮半径为，若以频率匀速摇动大皮带轮上的手柄，且摇动过程中皮带不打滑，下列说法正确的是（ ）
A．大皮带轮与小皮带轮转动的角速度之比为
B．该发电机产生的交流电频率为
C．若仅将变为，该发电机产生的交变电流的最大值不变
D．若仅将变为，该发电机产生的交变电流的有效值变为原来的0.5倍
【答案】AD
【详解】A．两皮带轮边缘的线速度大小相同，由
可知
即大皮带轮与小皮带轮转动的角速度之比为r∶R，选项A正确；
B．由
可知，该发电机产生的交流电频率
选项B错误；
C．该发电机产生的交变电压的最大值
仅将f变为2f时变大，变大，选项C错误；
D．若仅将f变为0.5f
该发电机产生的交变电流的有效值变为原来的0.5倍，选项D正确。
故选AD。
21．（2024·重庆·模拟预测）老鹰俯冲捕猎时的速度可达200km/h，图1是老鹰成功捕获鲤鱼的图片，图2为某同学估算所画的捕获示意图。一质量为2kg的老鹰捕猎前、后的一小段运动近似为半径的圆周运动，捕猎前瞬时的水平速度大小，鲤鱼质量为0.5kg，老鹰和鱼均可视为质点，忽略鱼的初速度以及捕猎过程中水的作用力，重力加速度g取，则（ ）
A．捕猎前、后瞬时，老鹰处于非平衡状态
B．捕猎前、后瞬时，老鹰的加速度大小不变
C．捕猎后瞬时，老鹰的速度大小为40km/h
D．捕猎后瞬时老鹰所受空气作用力比捕猎前瞬时减少5N
【答案】AD
【详解】A．老鹰捕猎前、后的一小段运动近似为圆周运动，圆周运动是曲线运动，所以合外力不为0，老鹰处于非平衡状态。故A正确；
B．捕猎前、后瞬时，圆周运动过程由老鹰的质量变成了老鹰和鱼的总质量，根据水平方向动量守恒可得老鹰的瞬时速度减小，即
代入数据，解得
加速度
老鹰的速度减小了，圆周运动半径不变，则老鹰的加速度变小。故BC错误；
D．捕猎前设空气对老鹰的作用力为，捕猎后空气对老鹰的作用力为，分别对捕猎前老鹰和捕猎后的整体进行受力分析，有
，
解得
，
可知
即捕猎后瞬时老鹰所受空气作用力比捕猎前瞬时减少5N。故D正确。
故选AD。
22．（2024·安徽·二模）如图所示为蛤蟆夯，工作时铁砣转动，带动夯跳起向前移动砸实地基。因工作方式像蛙跳而得名。其结构可等效为如图乙所示的示意图，质量为的夯架，夯架上O点有一水平转轴，一质量为m的铁砣通过一半径为R的轻杆连接在转轴上，铁砣可以绕转轴在竖直面内做圆周运动。在一次检测夯性能时杆在竖直方向上，铁砣静止于最低点A，现给铁砣一个水平方向的初速度，之后铁砣在竖直平面内做逆时针方向的圆周运动，支架相对地面始终保持静止。已知铁砣可视为质点，重力加速度大小为g，不计转轴处的摩擦和转轴重力，不计空气阻力，则在铁砣运动过程中以下说法正确的是（ ）
A．铁砣运动到最高点时对杆的弹力最小
B．支架对地面的最小压力为
C．支架对地面的最大摩擦力为
D．支架对地面的最大压力为
【答案】AB
【详解】A．通过定性分析可得杆受到铁砣最小弹力的位置应该在小球运动到圆心О点以上，如图所示
设此位置与О点的连线与水平方向的夹角为θ，此点的速度为，从A点到此点过程，根据机械能守恒定律可得
设杆对铁砣的弹力为，在此点做圆周运动有
两式联立解得
根据牛顿第三定律，杆对铁砣的弹力为
所以当时，即铁砣运动到轨道最高点时，此时有最大值，杆对铁砣的弹力有最小值为
故A正确；
B．通过定性分析可得支架对地面压力最小的位置应该在小球运动到圆心О点以上，以支架为研究对象，设地面对支架的支持力为，根据平衡条件，竖直方向上有
联立解得
即是关于的二次函数，函数图像为开口向上的抛物线，根据二次函数性质可知当
时，有最小值，将代入得地面对支架的最小支持力为
根据牛顿第三定律可知，支架对地面的最小压力也为，故B正确；
D．铁砣运动到轨道最低点时，支架对地面的压力最大。铁砣在轨道最低点时，由牛顿第二定律得
解得
由牛顿第三定律得，铁砣对支架的向下的拉力
地面对支架的支持力
由牛顿第三定律得，支架对地面的压力
支架对地面的最大压力为。故D错误；
C．通过定性分析可知支架对地面的最大摩擦力的位置应该在铁砣运动到圆心点以下，如图所示
设此位置与点的连线与水平方向的夹角为，此点的速度为，从A点到此点过程根据机械能守恒定律可得
设轻杆对铁砣的弹力为，在此点做圆周运动的向心力为
两式联立解得
根据牛顿第三定律铁砣对支架的弹力为
以支架为研究对象，设地面对支架的摩擦力为，转轴对支架的力为
根据平衡条件，水平方向上有
当
而摩擦力的最大值不在的位置。摩擦力对求导得
当
时，即
时摩擦力有最大值。故C错误。
故选AB。
23．（2024·湖北·模拟预测）如图所示，足球兴趣小组在某次训练中要求运动员甲将足球由水平球场上的A点踢向C点，但在AC连线上的B点站立有守门员乙，训练中守门员乙只在B点竖直起跳拦截足球，已知，守门员乙的原地摸高为，足球质量，重力加速度g取，忽略空气阻力，将足球视为质点。则欲将足球踢出后直接飞落到C点且确保不被拦截，下列说法正确的是（ ）
A．若足球恰好被拦截，足球能够上升的最大高度为4m
B．若足球恰好被拦截，足球能够上升的最大高度为3.2m
C．运动员甲对足球做功最少为32J
D．运动员甲对足球做功最少为32.8J
【答案】BD
【详解】AB．由图可知，足球轨迹的最高点为O点，设最高点的速度为
由几何关系可知
足球从O到C做平抛运动，水平方向做匀速直线运动，则
竖直方向做自由落体运动，设足球能够上升的最大高度H，则
若足球恰好被拦截，足球能够上升的最大高度为
故A错误，B正确；
CD．水平方向有
可得足球在最高点的速度为
由功能关系可知，运动员甲对足球做功最少为
故C错误，D正确。
故选BD。
常考考点
真题举例
拱桥和凹桥模型
2023·广东·高考真题
平抛运动速度的计算
2022·广东·高考真题
平抛运动的运动规律
2021·广东·高考真题
分运动
合运动
矢量图
条件
两个匀速直线运动
匀速直线运动
a＝0
一个匀速直线运动和一个匀变速直线运动
匀变速曲线运动
a与v成α角
两个初速度为零的匀加速直线运动
初速度为零的匀加速直线运动
v0＝0
两个初速度不为零的匀加速直线运动
匀变速直线运动
a与v方向相同
匀变速曲线运动
a与v成α角
运动类型
平抛运动
斜抛运动
类平抛运动
图示
运动规律
水平方向：做匀速直线运动，速度：vx＝v0，位移：x＝v0t；竖直方向：做自由落体运动，速度：vy＝gt，位移：y＝eq \f(1,2)gt2；合速度：v＝eq \r(v\\al(2,x)＋v\\al(2,y))＝eq \r(v\\al(2,0)＋gt2)，方向与水平方向夹角为θ，则tan θ＝eq \f(vy,v0)＝eq \f(gt,v0)。
速度公式：vx＝v0x＝v0cs θ；vy＝v0y－gt＝v0sin θ－gt。位移公式：x＝v0cs θ·t。y＝v0sin θ·t－eq \f(1,2)gt2。当vy＝0时，v＝v0x＝v0cs θ，物体到达最高点hmax＝eq \f(v\\al(0y2),2g)＝eq \f(v\\al(02)sin2θ,2g)。
物体所受合力为恒力，且与初速度的方向垂直。
在初速度v0方向做匀速直线运动，在合力方向做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a＝eq \f(F合,m)。
考点
常规的平抛运动及类平抛模型；与斜面相结合的平抛运动模型
注意加速度恒为重力加速度，考得较少。
常规分解法：将类平抛运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和垂直于初速度方向(即沿合力方向)的匀加速直线运动，两分运动彼此独立，互不影响，且与合运动具有等时性。
特殊分解法：对于有些问题，可以过抛出点建立适当的直角坐标系，将加速度分解为ax、ay，初速度v0分解为vx、vy，然后分别在x、y方向列方程求解。
方法
内容
斜面
总结
分解速度
水平：vx＝v0
竖直：vy＝gt
合速度：v＝eq \r(v\\al(2,x)＋v\\al(2,y))
分解速度，构建速度三角形
分解位移
水平：x＝v0t
竖直：y＝eq \f(1,2)gt2
合位移：s＝eq \r(x2＋y2)
分解位移，构建位移三角形
两物体同时从同一高度(或同一点)抛出
两物体始终在同一高度，二者间距只取决于两物体的水平分运动。
两物体同时从不同高度抛出
两物体高度差始终与抛出点高度差相同，二者间距由两物体的水平分运动和竖直高度差决定。
两物体从同一点先后抛出
两物体竖直高度差随时间均匀增大，二者间距取决于两物体的水平分运动和竖直分运动。
方式
同轴转动
皮带传动
齿轮传动
装置
A、B两点在同轴的一个圆盘上，到圆心的距离不同。
两个轮子用皮带连接，A、B两点分别是两个轮子边缘上的点。
两个齿轮轮齿啮合，A、B两点分别是两个齿轮边缘上的点。
图例
特点
A、B两点角速度、周期相同
A、B两点线速度相同
A、B两点线速度相同
转动方向
相同
相同
相反
规律
线速度与半径成正比：
角速度与半径成反比：
，
周期与半径成正比：
角速度与半径成反比与齿轮齿数成反比∶
，
周期与半径成正比，与齿轮齿 数成正比：
类型
描述
方法
水平面内的圆周运动
此类问题相对简单，物体所受合外力充当向心力，合外力大小不变，方向总是指向圆心。
选择做匀速圆周运动的物体作为研究对象；分析物体受力情况，其合外力提供向心力；由Fn＝meq \f(v2,r)=mrω2列方程求解。
竖直面内的圆周运动
拱桥模型
受力特征：下有支撑，上无约束
临界特征：FN＝0 ，mg＝mv2max，即vmax＝eq \r(gR)。过最高点条件：v≤eq \r(gr)。讨论分析：v≤eq \r(gr)时：mg－FN＝meq \f(v2,r)，FN＝mg－meq \f(v2,r)
轻绳模型
受力特征：除重力外，物体受到的弹力方向：向下或等于零
临界特征：FN＝0 ，mg＝meq \f(v\\al(2,min),R)即vmin＝eq \r(gR)。过最高点条件：在最高点的速度v≥eq \r(gR)。讨论分析：过最高点时，v≥eq \r(gr)，FN＋mg＝meq \f(v2,r)，绳、圆轨道对球产生弹力FN；不能过最高点时，v
受力特征：除重力外，物体受到的弹力方向：向下、等于零或向上。
临界特征：v＝0即F向＝0 FN＝mg。
过最高点条件：在最高点的速度v≥0。讨论分析：当v＝0时，FN＝mg，FN为支持力，沿半径背离圆心；当0
斜面上的圆周运动
静摩擦力控制下的圆周运动
在斜面上做圆周运动的物体，因所受的控制因素不同，如静摩擦力控制、绳控制、杆控制，物体的受力情况和所遵循的规律也不相同。
与竖直面内的圆周运动类似，斜面上的圆周运动也是集中分析物体在最高点和最低点的受力情况，列牛顿运动定律方程来解题。只是在受力分析时，一般需要进行立体图到平面图的转化，这是解斜面上圆周运动问题的难点。
轻杆控制下的圆周运动
轻绳控制下的圆周运动
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