【二轮复习】高考物理专题04 曲线运动（基础+培优）.zip

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命题点01 曲线运动中的合外力和速度
命题点02 平抛运动
命题点03 生活中的圆周运动
命题点04 斜抛运动
命题点05 小船渡河模型
B·拓展培优拿高分
C·挑战真题争满分
【命题点01 曲线运动中的合外力和速度】
【针对练习1】汽车在水平地面转弯时，坐在车里的小云发现车内挂饰偏离了竖直方向，如图所示。设转弯时汽车所受的合外力为F，关于本次转弯，下列图示可能正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【详解】根据图中可知，车内的挂饰偏向了右方，由此可知，汽车正在向左转弯，由于汽车做曲线运动，故合力F指向轨迹的内侧，故A正确，BCD错误。
故选A。
【针对练习2】钱学森弹道，即“助推—滑翔”弹道，是中国著名科学家钱学森于20世纪40年代提出的一种新型导弹弹道的设想。这种弹道的特点是将弹道导弹和飞航导弹的轨迹融合在一起，使之既有弹道导弹的突防性能力，又有飞航式导弹的灵活性。如图是导弹的飞行轨迹，导弹的速度v与所受合外力F的关系可能正确的是（ ）
A．图中A点B．图中B点C．图中C点D．图中D点
【答案】D
【详解】做曲线运动的物体的速度方向沿轨迹的切线方向，所受的合外力指向轨迹的凹侧，由图可知导弹运行轨道D点的速度v和所受合外力F关系正确。
故选D。
【针对练习3】为备战年级篮球赛，育才中学高2025届11班篮球队的同学在育才篮球馆加紧训练，如图所示是王崇宇同学将篮球投出到入框经多次曝光得到的照片，篮球在P位置时受力方向可能是（ ）
A．①B．②C．③D．④
【答案】C
【详解】篮球在空中受竖直向下的重力，与运动方向（轨迹的切线方向）相反的空气阻力的作用，两者的合力斜向后下方，指向轨迹内侧，可知符合题意的是③。
故选C。
【命题点02 平抛运动】
【针对练习4】如图所示，在水平地面上M点的正上方h高度处，将小球S1以速度大小为v水平向右抛出，同时在地面上N点处将小球S2以速度大小为v竖直向上抛出。在S2球上升到最高点时恰与S1球相遇，不计空气阻力。则在这段过程中，以下说法正确的是（ ）
A．两球的速度变化相同
B．相遇时小球S1的速度方向与水平方向夹角为30°
C．两球的相遇点在N点上方h3处
D．M、N间的距离为2h
【答案】A
【详解】A．两球加速度均为重力加速度，则相同时间内速度变化量相同，A正确；
B．两球相遇时间
t=vg
则
tanθ=gtv=1
相遇时小球S1的速度方向与水平方向夹角为45°，B错误；
C．两球在竖直方向的运动是互逆的，则相遇点在N点上方h2处，C错误；
D．M、N间的距离为
x=vt=v2g
又
h=2v22g
则
x=h
D错误。
故选A。
【针对练习5】如图所示，圆环竖直放置，从圆心O点正上方的P点，以速度v0水平抛出的小球恰能从圆环上的Q点沿切线方向飞过，若OQ与OP间夹角为θ，不计空气阻力，重力加速度为g。则（ ）
A．圆环的半径为R=v02gcsθ
B．小球从P点运动到Q点的时间t=v0sinθg
C．小球从P点到Q点的速度变化量v0tanθ
D．小球运动到Q点时的速度大小为vQ=v0sinθ
【答案】A
【详解】D．以速度v0水平抛出的小球恰能从圆环上的Q点沿切线方向飞过，小球运动到Q点时的速度大小为
vQ=v0csθ
故D错误；
B．小球在Q点的竖直方向的速度为
vQy=v0tanθ
小球从P点运动到Q点的时间
t=vQyg=v0tanθg
故B错误；
A．小球水平方向做匀速直线运动，有
Rsinθ=v0t
圆环的半径为
R=v02gcsθ
故A正确；
C．小球从P点到Q点的速度变化量
Δv=gt=v0tanθ
故C错误。
故选A。
【针对练习6】某旅展开的实兵实弹演练中，某火箭炮在山坡上发射炮弹，所有炮弹均落在山坡上，炮弹的运动可简化为斜面上的平抛运动，如图所示，重力加速度为g。则下列说法错误的是（ ）

A．若将炮弹初速度由v0变为v02，炮弹落在斜面上的速度方向与斜面的夹角不变
B．若将炮弹初速度由v0变为v04，则炮弹下落的竖直高度变为原来的12
C．若炮弹初速度为v0，则炮弹运动到距斜面最大距离L时所需要的时间为v0tanθg
D．若炮弹初速度为v0，则运动过程中炮弹距斜面的最大距离L=v02sin2θ2gcsθ
【答案】B
【详解】A．炮弹落在山坡上时，竖直方向的位移与水平方向的位移关系为
tanθ=12gt2v0t=gt2v0=vy2v0
可得
vyv0=2tanθ
可知速度偏转角的正切值不变，则有若将炮弹初速度由v0变为v02，炮弹落在斜面上的速度方向与斜面的夹角不变，A正确；
B．由炮弹落在山坡上时，竖直方向的位移与水平方向的位移关系，可解得炮弹的飞行时间为
t=2v0tanθg
可知若将炮弹初速度由v0变为v04，飞行时间则变为14，由竖直位移公式y=12gt2可知，炮弹下落的竖直高度变为原来的116，B错误；
C．炮弹与斜面距离最大时，速度方向与斜面平行，此时竖直方向的速度与水平方向的速度关系为
vyv0=gt'v0=tanθ
解得飞行时间为
t'=v0tanθg
C正确；
D．炮弹与斜面距离最大时，速度方向与斜面平行，对速度和加速度分解，如图所示

则有
g1=gcsθ，v1=v0sinθ，2g1L=v12
解得
L=v02sin2θ2gcsθ
故D正确；
选择错误的一项，故选B。
【针对练习7】如图所示，倾角为α的斜面与水平面的交点为B，斜面上的C点处有一小孔，将一小球从B点的正上方 A 点水平抛出，小球通过小孔落到水平地面上的 D点，小球可视为质点，小孔的直径略大于小球的直径，小球通过小孔时与小孔无碰撞，已知小球通过小孔时速度正好与斜面垂直，小球从A到C的运动时间为t，重力加速度为 g，则B、D两点之间的距离为（ ）

A．gt22tan2α+1 B．gt2tanα
C．gt2tanα2tan2α+1D．2gt2tan2α
【答案】C
【详解】小球从A到C的运动时间为t，则
h=12gt2 ，x=v0t
小球通过小孔时速度正好与斜面垂直
tanα=v0gt
AB间距离
H=xcsαsinα+h
B、D两点之间的距离
xBD=v02Hg
解得
xBD=gt2tanα2tan2α+1
故选C。
【针对练习8】（多选）如图所示的光滑斜面长为l，宽为b，倾角为θ，一物块（可看成质点）沿斜面左上方顶点P以初速度v0水平射入，恰好从底端Q点离开斜面，已知重力加速度为g。则（ ）

A．物块由P点变加速运动到Q点
B．物块由P点以加速度a=gsinθ匀加速运动到Q点
C．物块由P点运动到Q点所用的时间t=2lg
D．物块的初速度v0=bgsinθ2l
【答案】BD
【详解】AB．物块在光滑斜面受到重力和支持力作用，根据牛顿第二定律可得
mgsinθ=ma
解得
a=gsinθ
可知物块由P点以加速度a=gsinθ匀加速运动到Q点，故A错误，B正确；
CD．物块沿斜面向下的分运动为初速度为0，加速度为a=gsinθ的匀加速直线运动，则有
l=12at2
联立解得
t=2lgsinθ
物块沿v0方向的分运动为匀速直线运动，则有
b=v0t
解得
v0=bt=bgsinθ2l
故C错误，D正确。
故选BD。
【命题点03 生活中的圆周运动】
【针对练习9】如图甲、乙所示为自行车气嘴灯，气嘴灯由接触式开关控制，其结构如图丙所示，弹簧一端固定在顶部，另一端与小物块P连接，当车轮转动的角速度达到一定值时，P拉伸弹簧后使触点A、B接触，从而接通电路使气嘴灯发光。触点B与车轮圆心距离为R，车轮静止且气嘴灯在最低点时触点A、B距离为d，已知P与触点A的总质量为m，弹簧劲度系数为k，重力加速度大小为g，不计接触式开关中的一切摩擦，小物块P和触点A、B均视为质点。当该自行车在平直的道路上行驶时，下列说法中正确的是（ ）
A．要使气嘴灯能发光，车轮匀速转动的最小角速度为kd+mgmR
B．要使气嘴灯能发光，车轮匀速转动的最小角速度为kd-mgmR
C．要使气嘴灯一直发光，车轮匀速转动的最小角速度为kd+2mgmR
D．要使气嘴灯一直发光，车轮匀速转动的最小角速度为kd+mgmR
【答案】C
【详解】AB. 当气嘴灯运动到最低点时发光，此时车轮匀速转动的角速度最小，则有
kd＝mω2R
得
ω=kdmR
故AB错误；
CD. 当气嘴灯运动到最高点时能发光，则
kd+2mg=mω'2R
得
ω'=kd+2mgmR
即要使气嘴灯一直发光，车轮匀速转动的最小角速度为kd+2mgmR，故C正确，D错误。
故选C。
【针对练习10】如图甲，一长为R且不可伸长的轻绳一端固定在点O，另一端系住一小球，使小球在竖直面内做圆周运动．若小球经过最高点时速度大小为v、绳子拉力大小为F，则F与v2的关系如图乙所示，下列说法中正确的是（ ）
A．绳长不变，用质量更小的球做实验，得到的图线斜率更大
B．小球质量不变，换绳长更长的轻绳做实验，图线b点的位置不变
C．利用该装置可以得出小球的质量m=aRb
D．利用该装置可以得出重力加速度g=Ra
【答案】C
【详解】A．在最高点时，根据
F+mg=mv2R
可得
F=mRv2-mg
则图像的斜率
k=mR
绳长不变，用质量更小的球做实验，得到的图线斜率更小，选项A错误；
B．根据
F=mRv2-mg
可知
b=gR
则小球质量不变，换绳长更长的轻绳做实验，图线b点的位置右移，选项B错误；
C．由图可知
k=mR=ab
利用该装置可以得出小球的质量
m=aRb
选项C正确；
D．由b=gR可知，利用该装置可以得出重力加速度
g=bR
选项D错误。
故选C。
【针对练习11】如图所示，竖直面内的圆形管道半径R远大于横截面的半径，有一小球直径比管横截面直径略小，在管道内做圆周运动。小球过最高点时，小球对管壁的弹力大小用F表示、速度大小用v表示，当小球以不同速度经过管道最高点时，其F-v2图像如图所示。则（ ）

A．小球的质量为aRc
B．当地的重力加速度大小为Ra
C．v2=b时，小球对管壁的弹力方向竖直向下
D．v2=3b时，小球受到的弹力大小是重力大小的5倍
【答案】D
【详解】AB．在最高点，若v=0，则
F=mg=c
若F=0，重力提供向心力，则
mg=mv2R=maR
解得小球的质量
g=aR，m=cRa
故AB错误；
C．若F=0，则v2=a，则v2=b时，小球所受的弹力方向向下，所以小球对管壁的弹力方向竖直向上，故C错误；
D．当v2=b时，根据
mg+F=mbR，F=c=mg
解得
b=2gR
当v2=3b时，根据
mg+F'=mv2R
解得
F'=5mg
故D正确。
故选D。
【针对练习12】如图所示，一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定转轴以恒定角速度ω匀速转动，盘面上离转轴2m处有一小物体（可视为质点）与圆盘始终保持相对静止，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，盘面与水平面间的夹角为30°，g=10m/s²，则（ ）
A．小物体随圆盘以不同的角速度ω做匀速圆周运动时，ω越大时，小物体在最高点处受到的摩擦力一定越大
B．小物体受到的摩擦力不可能背离圆心
C．若小物体与盘面间的动摩擦因数为32，则ω的最大值是1.0rad/s
D．若小物体与盘面间的动摩擦因数为32，则ω的最大值是52rad/s
【答案】D
【详解】AB．当物体在最高点时，可能受到重力、支持力与摩擦力三个力的作用，摩擦力的方向可能沿斜面向上（即背离圆心），也可能沿斜面向下（即指向圆心），摩擦力的方向沿斜面向上时，ω越大时，小物体在最高点处受到的摩擦力越小，故AB错误；
CD．当物体转到圆盘的最低点恰好不滑动时，圆盘的角速度最大，此时小物体受竖直向下的重力、垂直于斜面向上的支持力、沿斜面指向圆心的摩擦力，由沿斜面的合力提供向心力，支持力大小为
FN=mgcs30°
摩擦力大小为
f=μFN=μmgcs30°
根据牛顿第二定律可得
μmgcs30°-mgsin30°=mω2R
解得ω的最大值为
ω=52rad/s
故C错误，D正确。
故选D。
【针对练习13】如图所示，半径为R的半球形陶罐，固定在可以绕竖直轴转动的水平转台上，转台转轴与过球心O的对称轴OO′重合。转台以一定角速度匀速转动，一质量为m的小物块落入陶罐内，小物块与陶罐间动摩擦因数μ = 0.5（最大静摩擦力等于滑动摩擦力），经过一段时间后小物块随陶罐一起转动且相对罐壁静止，它和O点连线与OO′间的夹角θ为53°，重力加速度为g（已知sin53° = 0.8，cs53° = 0.6）。
（1）若此时陶罐对小物块摩擦力恰好为零，求陶罐对小物块的支持力；
（2）若此时小物块恰好不下滑，求陶罐的角速度；
（3）若小物块相对陶罐一直处于静止，求陶罐的角速度。

【答案】（1）53mg；（2）5g8R；（3）5g8R≤ω≤75g8R
【详解】（1）若此时陶罐对小物块摩擦力恰好为零，则支持力的分力与重力平衡，有
FNcsθ = mg
解得
FN=53mg
（2）当小物块所受的摩擦力沿切线方向向上最大时小物块恰好不下滑，且此时小物块的角速度最小，则有
F′Nsinθ－f′csθ = mRsinθ∙ωmin2
mg = F′Ncsθ＋f′sinθ
f′ = μF′N
解得
ωmin=5g8R
（3）当小物块所受的摩擦力沿切线方向向下最大时小物块的角速度最大，则有
F″Nsinθ＋f″csθ = mRsinθ∙ωmax2
mg＋f″sinθ = F″Ncsθ
f″ = μF″N
解得
ωmax=75g8R
则若小物块相对陶罐一直处于静止，陶罐的角速度应在5g8R≤ω≤75g8R范围内。
【命题点04 斜抛运动】
【针对练习14】1．甲、乙两同学完成一娱乐性比赛，比赛时由同一点O分别斜抛出一小球，要求小球刚好不与天花板发生碰撞，且落地点距离抛出点远者获胜，如图所示，乙最终胜出。忽略空气阻力，则下列说法正确的是（ ）

A．甲抛出的球在空中运动的时间较长
B．两球在天花板处的速度可能相等
C．乙抛出的球的初速度一定较大
D．若两球同时抛出，则它们一定在空中相遇
【答案】C
【详解】A．两球都做斜抛运动，竖直方向的分运动是竖直上抛运动，根据运动的对称性可知，两球上升和下落的时间相等，令高度为h，则有
h=12gt2
解得
t'=2t=22hg
可知两球运动的时间相等，故A错误；
BC．两球在水平方向做匀速直线运动，根据
x=v0t
可知乙球的水平位移大，所以乙抛出的球的初速度一定较大，在最高点竖直速度为零，只剩水平方向速度，所以乙球在天花板处的速度大，故B错误，C正确；
D．在相同时间两球所在的高度相同，而水平位移不同，所以若两球同时抛出，则它们不能在空中相遇，故D错误。
故选C。
【针对练习15】如图所示，a、b、c在同一水平面上，甲、乙两个小球均视为质点，先将甲从a点以速度 v1与水平面成53°角抛出，一段时间后运动到b点，后将乙从a点以速度v2与水平面成37°角抛出，经过一段时间运动到c点，已知甲、乙的射高相等，重力加速度为g， sin 53°=0.8、cs 53°=0.6，则ab与ac 的比值为（ ）

A．9：16B．3：4C．16：25D．4：5
【答案】A
【详解】甲、乙的射高相等，即到最高点的高度相同
(v1sin53°)22g=(v2sin37°)22g
水平位移
x1=v1cs53°×2v1sin53°g ，x2=v2cs37°×2v2sin37°g
解得
x1x2=916
故选A。
【针对练习16】一排球运动员练习发球技巧，如图所示，设将球从离地高度为H的某处A点水平向右击出，第一次击出后球刚好过球网，落到对方界内B点，第二次由于操作失误击出后，球与地面碰撞一次后，刚好越过球网，也到达对面界内B点。设排球与地面的碰撞为弹性碰撞，不计空气阻力，则球网高度h为（ ）
A．23HB．34HC．35HD．45H
【答案】B
【详解】第一次由A到球网过程
H-h=12gt02
由A到B过程
H=12gt2
从A点以任意水平速度平抛落地用时相同，第二次发球过程，根据对称性，到达B点用时是第一次发球的3倍（3t），则初速度是第一次发球的13，则第二次发球到达球网的时间是3t0，则
H-h=12g(2t-3t0)2
故
2t-3t0=t0
t0=t2
第一次由A到B过程，根据竖直方向做自由落体运动，根据初速度为零的匀加速直线运动连续相等时间运动规律可得
(H-h):h=1:3
解得
h=34H
故选B。
【针对练习17】所示为一乒乓球台的纵截面，AB是台面的两个端点位置，PC是球网位置，D、E两点满足AD=BE=15AB，且E、M、N在同一竖直线上。第一次在M点将球击出，轨迹最高点恰好过球网最高点P，同时落到A点；第二次在N点将同一乒乓球水平击出，轨迹同样恰好过球网最高点P，同时落到D点。乒乓球可看做质点，不计空气阻力作用，则两次击球位置到桌面的高度hM:hN为（ ）

A．916B．35C．1225D．925
【答案】C
【详解】设CP高为H，M点距离台面的高度为hM，N点距离台面的高度为hN，取M关于CP的对称点Q，由几何关系可知，Q的高度与M的高度相等，且Q点位于D点上方，如图所示，由于
AD=BE=15AB
结合题意可得
DC＝CE＝310AB
因此
xPQ＝35xPA
乒乓球从P运动到A做平抛运动，平抛运动水平方向为匀速直线运动，因此
tPQ＝35tPA
根据平抛运动规律
y=12gt2
可知
hPQ＝925hPA＝925H
即P到Q的竖直运动的距离为P到A的925，所以有
H-hMH＝925
解得
hM＝1625H
根据题意，对第二次平抛运动的水平位移
xEC＝12xED
乒乓球从N运动到D做平抛运动，平抛运动水平方向为匀速直线运动，因此
tEC＝12tED
同理可得
hN-HhN＝14
解得
hN＝43H
代入数据解得
hMhN＝1225
故选C。

【针对练习18】（多选）某篮球爱好者投篮训练时，篮球的运动轨迹如图所示，A是篮球的抛出点，B是篮球运动轨迹的最高点，C是篮球的入框点。已知篮球在A点的速度与水平方向的夹角为60°，在C点速度大小为v，与水平方向的夹角为45°，重力加速度大小为g，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）

A．篮球经过B点时的速度为0
B．从A点到C点，篮球的速度变化方向竖直向下
C．从A点到C点，篮球的运动时间为2+6v2g
D．A、C两点的高度差为v22g
【答案】BCD
【详解】A．篮球经过B点时有水平速度，则速度不为0，故A错误；
B．速度变化方向为重力加速度的方向，则从A点到C点，篮球的速度变化方向竖直向下，故B正确；
C．在A、C两点时水平速度相同，即
vAcs60°=vcs45°
可得篮球从A点抛出时的速度为
vA=2v
A点竖直分速度
vAy=vAsin60°=62v
方向竖直向上；
C点竖直分速度
vCy=vsin45°=22v
方向竖直向下；
选方向竖直向下为正方向，有
t=vCy+vAyg=2+6v2g
故C正确；
D．从A到C，有
vsin45°2=vAsin60°2-2gh
解得A、C两点的高度差为
h=v22g
故D正确。
故选BCD。
【命题点05 小船渡河模型】
【针对练习19】如图所示，小船从A码头出发，沿垂直于河岸的方向渡河，若河宽为d，渡河速度v船恒定，河水的流速与河岸的最短距离x成正比，即v水=kx（x≤d2，k为常量），要使小船能够到达距A正对岸为s的B码头，则（ ）
A．v船应为kd2sB．v船应为kd22s
C．渡河时间为4skdD．渡河时间为2skd
【答案】C
【详解】CD．根据运动的合成和分解的知识，因为小船垂直于河岸航行，过河时间与水的速度无关，又河水的流速与到河岸的最短距离x成正比，即
v水=kx（x≤d2，k为常量）
因v水∝x，且x≤d2，则沿x方向平均速度
v水=kd4
过河时间
t=sv水=4skd
选项C正确，D错误；
AB．则船速
v船=dt=kd24s
选项AB错误。
故选C。
【针对练习20】河水的流速随离河岸一侧的距离的变化关系如图甲所示，船在静水中的速度与时间的关系如图乙所示，若要使船以最短时间渡河，则下列说法中不正确的是（ ）

A．船渡河的最短时间是60s
B．船在行驶过程中，船头始终与河岸垂直
C．船在河水中航行的轨迹不是一条直线
D．船在河水中的最大速度是5m/s
【答案】A
【详解】AB．当船头垂直河岸渡河时，过河时间为最短
tmin=3003s=100s
A错误，B正确；
CD．因河水的速度是变化的，故船相对于岸的速度的大小和方向均是变化的，船在河水中航行的轨迹不是一条直线，当船在河中心时，船速最大
vmax=32+42m/s=5m/s
CD正确。
故选A。
【针对练习21】（多选）经过治理的护城河成为城市的一大景观，河水看似清浅，实则较深。某次落水救人的事件可简化如图，落水孩童抓住绳索停在A处，对面河岸上的小伙子从B处直线游过去，成功把人救起。河宽和间距如图中标注，假定河水在各处的流速均为1m/s，则（ ）
A．游泳时小伙子面对的方向是合运动的方向
B．小伙子在静水中游泳的速度至少应为0.6m/s
C．小伙子渡河的时间一定少于16s
D．若总面对着A处游，小伙子将到达不了A处
【答案】BD
【详解】AB．由题可知，设小伙子在静水中的游泳的速度为v1，小伙子的合运动方向是从B到A，作出小伙子游泳时合速度与两个分速度的关系，如图所示
当v1与合速度垂直时v1有最小值，设AB与河岸的夹角为θ，根据几何关系有
sinθ=12122+162=0.6
解得
θ=37∘
即游泳时小伙子面对的方向是与合速度方向垂直，此时最小的速度为
v1=v水sinθ=0.6m/s
故A错误，B正确；
C．由AB分析可知，小伙子相对水的速度存在不确定性，其沿流水方向和垂直河岸方向的速度大小及合速度大小都不能确定，则渡河的时间不确定，故C错误；
D．若总面对着A处游，如图所示
由图可知v1的方向会不断变化，则有加速度产生，而v水的方向大小不变，根据运动的合成与分解，可知它们的合运动是变速曲线运动，位移变大，故达不了A处，故D正确。
故选BD。
【针对练习22】（多选）甲、乙两船在同一条河流中同时开始渡河，河宽为H，河水流速为v0，划船速度均为v，出发时两船相距2H，甲、乙两船船头均与河岸成45°角，如图所示。已知乙船恰好能垂直到达对岸A点。则下列说法中正确的是（ ）

A．甲、乙两船到达对岸的时间相同
B．v=2v0
C．两船可能在未到达对岸前相遇
D．甲船也在A点靠岸
【答案】AD
【详解】A．由于两船的速度大小相等，且与河岸的夹角相同，所以船速在垂直于河岸方向上的分速度相等；根据运动的独立性原理，船速度平行于河岸的分量将不影响船行驶到对岸所用的时间，所以两船同时到岸，故A正确；
B．因乙船正对垂直河岸过河，故
vcs45°=v0
故
v=2v0
故B错误；
D．甲船沿水流方向的速度为
vcs45°+v0=2v0
在相同的时间内，甲船沿水流方向通过的位移
x甲=2v0t
船到达对岸的时间
t=Hvsin45°=2Hv=Hv0
故船沿水流方向通过的位移
x甲=2H
故甲船也在A点靠岸，故D正确；
C．因两船同一时间到达A点，故在两船靠岸以前不会相遇，故C错误。
故选AD。
【针对练习23】（多选）如图所示，小船从河岸的O点沿虚线匀速运动到河对岸的P点，河水的流速v水、船在静水中的速度v静与虚线的夹角分别为α、θ，河宽为L，且v静、v水的大小不变，渡河的时间为t，河水的流动方向与河岸平行，则下列说法正确的是（ ）
A．当α+θ=90°时，渡河的时间最短
B．渡河时间t=Lv静cs(θ+α)
C．渡河时间t=OPv静csθ+v水csα
D．v静v水=sinθsinα
【答案】AC
【详解】A．当α+θ=90°，渡河时间最短
tmin=Lv静sin90°=Lv静
A正确；
B．垂直于河岸方向上渡河的速度为v静sin(θ+α)，故渡河的时间
t=Lv静sin(α+θ)
B错误；
C．合速度大小为v静csθ+v水csα，故渡河时间
t=OPv静csθ+v水csα
C正确
D．小船合速度沿OP方向，故满足
v静sinθ=v水sinα
D错误。
故选AC。
一、单选题
1．如图所示，从倾角为θ的固定斜面上的某点先后将同一小球以不同的初速度水平抛出，小球均落在斜面上，当抛出的速度为v1时，小球到达斜面时速度方向与斜面的夹角为α1；当抛出速度为v2时，小球到达斜面时速度方向与斜面的夹角为α2，不计空气阻力，则（ ）
A．当v1>v2时，α1>α2
B．当v1>v2时，α1<α2
C．无论v1、v2关系如何，均有α1=α2
D．α1、α2的关系与斜面倾角θ有关
【答案】C
【详解】小球从斜面上的某点水平抛出后落到斜面上，小球的位移方向与水平方向的夹角等于斜面倾角θ，即
tanθ=yx=12gt2v0t=gt2v0
小球落到斜面上时速度方向与水平方向的夹角的正切值
tanα=vyvx=gtv0
故可得
tanα=2tanθ
只要小球落到斜面上，位移方向与水平方向的夹角就总是θ，则小球的速度方向与水平方向的夹角也总是α，故速度方向与斜面的夹角总是相等，与v1、v2的关系无关。
故选C。
2．金秋九月，正是收割玉米的季节，加工过程中，农民会采用如图甲所示的传送带装置。具体过程如图乙所示，将收割晒干的玉米投入脱粒机后，玉米粒从静止开始被传送到底端与脱粒机相连的顺时针匀速转动的传送带上，一段时间后和传送带保持静止，直至从传送带的顶端飞出，最后落在水平地面上，农民迅速装袋转运。提升了加工转运的效率。已知传送带与水平方向的夹角为θ、顶端的高度为h，玉米粒相对于传送带顶端的最大高度也是h，重力加速度为g，若不计风力，空气阻力和玉米粒之间的相互作用力，下列说法正确的是（ ）

A．玉米粒在传送带上时，所受摩擦力始终不变
B．玉米粒落地点与传送带底端的水平距离为2+22htanθ
C．传送带的速度大小为2ghsinθ
D．玉米粒飞出后到落地所用的时间为3hg
【答案】C
【详解】A．玉米粒刚放在传送带上时，玉米粒相对于传送带向下运动，滑动摩擦力方向向上当玉米粒与传送带速度相等时，静摩擦力方向向上，根据平衡条件可知所受摩擦力发生改变，故A错误；
BCD．设传送带速度为v，脱离传送带后水平方向是匀速直线运动，竖直方向是匀变速直线运动可得
vx=v⋅csθ
vy=v⋅sinθ
到达最高点时
vy2=2gh
解得
v=2ghsinθ
竖直方向有
-h=vsinθ⋅t-12gt2
解得
t=2+2⋅hg
从脱离到落地时水平位移为
x1=vcsθ⋅t=22+2htanθ
分离点与传送带底端的水平距离为
x2=htanθ
玉米粒落地点与传送带底端的水平距离为
x1+x2=22+3htanθ
故BD错误，C正确。
故选C。
3．如图所示，水平圆盘绕过圆心O的竖直轴以角速度ω匀速转动，A、B、C三个木块放置在圆盘上面的同一条直径上，已知B的质量为2m，B与圆盘间的动摩擦因数为2μ，A和C的质量均为m，与圆盘间的动摩擦因数均为μ，OA、OB、BC之间的距离均为L，开始时，圆盘匀速转动时的角速度ω比较小，A、B、C均和圆盘保持相对静止，重力加速度为g，则下列说法中正确的是（ ）
A．B打滑的临界角速度是gμL
B．随着圆盘转动的角速度ω不断增大，木块打滑的顺序依次是C、B、A
C．若B、C之间用一根长L的轻绳连接起来，则当圆盘转动的角速度μg2L<ω<5μg4L时，B与圆盘间静摩擦力一直增大
D．若A、B之间用一根长2L的轻绳连接起来，则当圆盘转动的角速度ω<5μgL时，A、B可与圆盘保持相对静止
【答案】C
【详解】A．B的质量为2m，B与圆盘间的动摩擦因数为2μ，B与圆盘之间的最大静摩擦力为
fB=2m×2μg=4μmg
B的临界角速度ωB，则有
fB=2m×ωB2×L
解得
ωB=2μgL
故A错误；
B．同理可得，A与圆盘之间的最大静摩擦力为
fA=μmg
A的临界角速度ωA，则有
fA=m×ωA2×L
解得
ωA=μgL
同理C与圆盘之间的最大静摩擦力为
fC=μmg
C的临界角速度ωC，则有
fC=m×ωC2×2L
解得
ωC=μg2L
由以上的解析可知，随着角速度ω的不断增大，相对圆盘最先滑动的是木块C，再就是木块A，最后是木块B，故B错误；
C．若B、C之间用一根长L的轻绳连接起来，则当圆盘转动的角速度为
ω=5μg4L
B需要的向心力为
FB=2m×ω2×L=52μmg
C需要的向心力
FC=m×ω2×2L=52μmg
B和C需要的向心力的和
F1=FB+FC=5μmg
可知当角速度为ω=5μg4L，B与C刚好要滑动，所以当圆盘转动的角速度为μg2L<ω<5μg4L时，B与圆盘间静摩擦力一直增大，故C正确；
D．若A、B之间用一根长2L的轻绳连接起来，则当圆盘转动的角速度为ω=5μgL时，A需要的向心力为
FA=m×ω2×L=5μmg，F'B=2m×ω2×L=10μmg
可知由于B需要的向心力比较大，所以B有远离O点的趋势，A有向O点运动的趋势，当A恰好要向O点运动时，受到的静摩擦力的方向指向O点，设此时绳子的拉力为F，则有
F+μmg=FA
所以
F=4μmg
则有
F+fB=4μmg+4μmg=8μmg所以当圆盘转动的角速度ω<5μgL时，A、B可与圆盘不能保持相对静止，故D错误；
故选C。
4．如图，两轻绳左端系于竖直细杆上，右端与第三根轻绳在O 点连结，当三根绳均拉直时，系于细杆上的两轻绳与竖直方向的夹角分别为30°和60°，上方绳长和第三根绳长均为L，第三根绳的末端连一质量为m的小球，小球可在水平面内绕细杆做匀速圆周运动。不计空气阻力，重力加速度为g，在转动过程中，当第三根绳与竖直方向成45°时（ ）
A．小球运动的加速度大小为2g
B．小球运动的角速度大小为22-1gL
C．第三根绳子的拉力大小为mg
D．系于细杆上的两轻绳的拉力大小不相等
【答案】B
【详解】A．小球做匀速圆周运动，故其受到的重力与第三根绳子对其拉力的合力充当向心力，其大小为
F向=mgtan45°
方向水平指向圆心。由牛顿第二定律可得
mgtan45°=ma
解得
a=22g
故A错误；
B．由
mgtan45°=mω2r
其中
r=Lsin30°+Lsin45°
解得角速度
ω=22-1gL
故B正确；
C．对小球受力分析可得，绳子的拉力大小为
F=mgsin45°=2mg
故C错误；
D．对节点O受力分析，系于细杆上的二根绳的拉力的合力与第三根绳上的拉力大小相等，方向相反；如图
由数学知识可得，第三根绳子的延长线恰好是系于细杆上的二根绳的夹角的角平分线，根据平行四边形定则可知系于细杆上的两轻绳的拉力大小相等，故D错误。
故选B。
二、多选题
5．在某次军事学习中，两枚炮弹自山坡底端O点斜向上发射，炮弹分别水平命中山坡上的目标T1、T2，运动时间分别为t1、t2，初速度分别为v1、v2。如图所示，已知T1位于山坡正中间位置，T2位于山坡顶端，山坡与地面间的夹角为30°，不计空气阻力，则下列判断正确的有（ ）
A．两枚炮弹飞行的时间t1:t2=2:1
B．两枚炮弹的发射速度方向相同
C．两枚炮弹的发射速度大小之比v1:v2=1:2
D．两枚炮弹的击中山体的速度大小之比v1:v2=1:2
【答案】BC
【详解】A．设山顶端距离底端高度为h，则
h2=12gt12
h=12gt22
则
t1t2=12=22
故A错误；
B．设山坡底边长L，两炮段初速度的水平方向分速度分别为v1x和v2x则
v1x=L2t1=L2t1
v2x=Lt2
则
v1xv2x=22
两炮段初速度的竖直方向分速度分别为v1y和v2y，则
v1y=gt1
v2y=gt2
得
v1yv2y=t1t2=22
设初速度与水平方向之间的夹角分别为α和β，则
tanα=v1yv1x
tanβ=v2yv2x
得两枚炮弹的发射速度方向相同，故B正确；
C．根据速度的合成
v1=v1x2+v1y2
v2=v2x2+v2y2
得
v1v2=12
故C正确；
D．两枚炮弹的击中山体的速度即为炮弹水平方向的分速度，因此速度比为
v1xv2x=22
故D错误。
故选BC。
6．如图所示，水平地面上放置一个直径d=1.2m、高h=0.25m的无盖薄油桶，沿油桶底面直径距左桶壁s=1.8m处的正上方有一P点，P点的高度H=0.45m，从P点沿直径方向水平抛出一小球，不考虑小球的反弹，下列说法正确的是（ ）（取g=10m/s2，不计空气阻力，小球可视为质点）（ ）
A．小球的速度范围为10m/sB．小球的速度范围为6m/sC．小球的速度范围为6m/sD．小球的高度低于0.45m，无论怎么样也击不中下底
【答案】AC
【详解】ABC．当小球落在A点时，有
H=12gt2
s=v1t
联立解得
v1=sg2H=6m/s
同理可知，当小球落在D点时
v2=sg2(H-h)=9m/s
当小球落在B点时
v3=(s+d)g2H=10m/s
当小球落在C点时
v4=(s+d)g2(H-h)=15m/s
所以选项AC正确，B错误；
D．若P点的高度变为H0轨迹同时过D点和B点，则此时初速度
v'=sg2H0-h=(s+d)g2H0
解得
H0=2564m<0.45m
即小球在2564m∼0.45m高度间，小球也能直接落在桶底（桶边沿除外），选项D错误。
故选AC。
7．如图所示，某次空中投弹的军事演习中，战斗机以恒定速度v0沿水平方向飞行，先后释放A、B两颗炸弹，分别击中倾角为θ的山坡上的M点和N点，释放A、B两颗炸弹的时间间隔为Δt1，此过程中飞机飞行的距离为s1；击中M、N的时间间隔为Δt2，M、N两点间水平距离为s2，且A炸弹到达山坡的M点位移垂直斜面，B炸弹是垂直击中山坡N点的。不计空气阻力，下列正确的是（ ）
A．A炸弹在空中飞行的时间为v0gtanθ
B．s1Δt1>s2Δt2
C．Δt1=Δt2+v0g⋅tanθ
D．s2Δt2=v0
【答案】CD
【详解】A．设炸弹从A→M用时t1，有
x1=v0t1
因AM垂直斜面，则
θ1+θ=90°
而
tanφ=2tanθ1=2tanθ
可得
t1=vy1g=v0tanφg=2v0gtanθ
故A错误；
BCD．同理B→N，vN方向⊥斜面，用时
t2=vy2g=v0tanθg=v0gtanθ
x2=v0t2
由图得
s1+x2=x1+s2或s2=s1+x2-x1=v0Δt1+t2-t1①
时间关系
Δt1+t2=t1+Δt2或Δt1+t2-t1=Δt2②
则
s2Δt2=v0
同时有
v0=s1Δt1=s2Δt2
Δt1=Δt2+v0gtanθ
故B错误，CD正确；
故选CD。
8．2022年2月北京举办了第24届冬季奥运会，成为全球首座“双奥之城”。在此期间，17岁的中国运动员苏翊鸣夺得男子单板滑雪大跳台项目金牌，成为中国首个单板滑雪奥运冠军。图甲所示是苏翊鸣在北京首钢滑雪大跳台中心的比赛过程，现将其运动过程简化为如图乙所示。PN是半径为R的六分之一圆弧跳台，运动员到达跳台末端的N点时所受支持力为mv02R-12mg，离开跳台后M点为运动员的最高位置，之后运动员落在了倾角为θ的斜坡上，落点到Q点的距离为L。若忽略运动员及滑雪板运动过程中受到的一切阻力并将其看成质点，g取10m/s2，则下列说法正确的是（ ）

A．运动员在M点的速度为12v02-Rg
B．最高点M距水平面PQ的竖直距离为38v02g-R
C．运动员离开圆弧跳台后在空中运动的时间为2Lsinθg+R4g+3v024g2
D．斜面倾角越小运动员落在斜面时的速度越小
【答案】AD
【详解】A．在N点，根据牛顿第二定律有
N-mgcs60°=mv12R
脱离跳台时的水平速度
v1x=v1cs60°
解得
v1x=12v02-Rg
运动员在M点速度等于脱离跳台时的水平速度，即vM=12v02-Rg，故A正确；
B．从N点到M点由动能定理
-mghMN=12mvM2-12mv12
解得最高点M距水平面PQ的竖直距离为
hM=hMN+R2=3v028g+R8
故B错误；
CD．运动员从N点到落在斜面时
12mv22=12mv12+mgLsinθ
解得运动员落在斜面时的速度大小为
v2=v02+2gLsinθ
则斜面倾角越小运动员落在斜面时的速度越小；
则运动员落在斜面时的竖直速度
v2y=v22-v1x2=2gLsinθ+gR4+3v024
则从离开跳台到落在斜面上
v2y=-v1sin60°+gt
解得运动员离开圆弧跳台后在空中运动的时间
g=2gLsinθ+gR4+3v024+32v02-gRg
故C错误，D正确。
故选AD。
三、解答题
9．如图所示，倾角θ=37°、高h=1.8m的斜面体固定在水平地面上，小球从斜面体顶端A点以v0=4m/s的初速度水平向右抛出。空气阻力忽略不计，重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8。求：
（1）小球落在斜面上的位置；
（2）若在小球水平抛出的同时，解除斜面固定并使斜面体在水平地面上由静止开始向右做加速度a=403m/s2的匀加速直线运动，则小球能否落在斜面上？若能，请求出小球落在斜面上的位置。
【答案】（1）B点；（2）能落在斜面上，距A点0.75m。
【详解】（1）设水平位移为x，由平抛运动规律有
y=12gt2，x=v0t
由几何知识可得
tanθ=yx
联立并代入已知数据得
t=0.6s，x=2.4m=htan37°
可得小球落在B点；
（2）如图所示
假设小球能落在斜面上，斜面体运动的位移为x1，小球做平抛运动竖直位移为h2，水平位移为x2，由平抛运动规律有
h2=12gt22，x2=v0t2，x1=12at22
由几何知识可得
tan37°=h2x2-x1
联立并代入已知数据得
t2=310s
所以小球可以落在斜面上
h2=12gt22=0.45m
落在斜面上距A点的距离
s=h2sin37°=0.75m
10．如图所示，质量M＝1kg、长L＝2 m 的长木板放在光滑地面上，质量m＝2kg 的小滑块（可视为质点）在长木板左端，竖直嵌有四分之三光滑圆弧轨道的底座固定在地面上，圆弧轨道最低点P的切线水平且与长木板上表面相平，长木板右端与底座左端相距x＝1.5 m。现用水平向右外力F＝12 N作用在小滑块上，使其由静止开始运动，小滑块到达P点后马上撤去外力F，小滑块沿着圆弧轨道运动。长木板与底座相碰时，立即粘在底座上。已知滑块与长木板间动摩擦因数为μ＝0.5，重力加速度g＝10 m/s2。假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计空气阻力，求：
（1）在长木板与底座相碰前，长木板和小滑块加速度的大小；
（2）小滑块到达P点时速度的大小；
（3）若要使小滑块沿圆弧轨道上滑过程中不脱离轨道，竖直圆弧轨道的半径R应该满足什么条件？

【答案】（1）4m/s2；（2）4m/s；（3）0＜R≤0.32m或R≥0.8m
【详解】（1）在长木板与底座相碰前，假设M与m相对静止，一起加速，设加速度为a，小板与长木板间静摩擦力为f1，则
F=(M+m)a
F-f1=ma
解得
a=4m/s2
f1=4N
μmg=10N
即
f1<μmg
假设成立，长木板和小滑板加速度的大小为
a=4m/s2
（2）设长木板撞击底座时，长木板和小滑板共同速度为v1，之后，小滑板在长木板上运动，设加速度为a1，到达P点的速度为v2，则
v12=2ax
F-μmg=ma1
v22-v12=2a1L
解得
v2=4m/s
（3）情况一：小滑块滑上轨道从圆弧轨道的Q点离开，即能够达到圆弧轨道最高点，设圆弧轨道半径最大为Rm，小滑块在最高点的速度大小为vm，则
mg=mvm2Rm
-2mgRm=12mvm2-12mv22
解得
Rm=0.32m
情况二：小球上滑至与圆心等高处时，速度减为零，然后滑回最低点。则由动能定理有
-mgR=-12mv22
解得
R=0.8m
故要使小滑块不脱离轨道，竖直圆周轨道半径应该满足011．如图所示，长为R=0.3m的轻杆，在其一端固定一物块（看成质点），物块质量m=1kg，以O点为轴使物块在竖直平面内做圆周运动，其右端有一倾斜的传送带正在以速度v0=10m/s顺时针方向转动，传送带顶端与圆周最高点相距32R，忽略传送带圆弧部分的影响。（g取10m/s2）
（1）若物块经过最高点时速度v1=33m/s，求杆对物块的力；
（2）若物块以v1=33m/s从最高点脱出做平抛运动，要使物块刚好从传送带顶端与传送带相切进入传送带，则传送带的倾角θ应该为多大？
（3）在第（2）问的情况下，若传送带长为L=15m，物块与传送带之间的动摩擦因数为μ=35，最大静摩擦与滑动摩擦相等，则物块从传送带顶端运动到底端的时间是多少？

【答案】（1）80N，竖直向下；（2）θ=30°；（3）1.5s
【详解】（1）设物块经过最高点时杆对物块的作用力为F竖直向下，则
F+mg=mv12R
解得
F=80N
方向竖直向下。
（2）设物块运动至传送带顶端时的竖直分速度大小为vy，根据运动学公式有
vy2=2g⋅32R
解得
vy=2g⋅32R=3m/s
根据速度的分解有
tanθ=vyv1=33
解得
θ=30°
（3）物块运动至传送带顶端时的速度大小为
v=v12+vy2=6m/s
共速前有
a1=mgsinθ+μmgcsθm=8m/s2
共速所需时间
t1=v0-va1=0.5s
共速所需位移
x1=v0+v2t1=4m
共速后
a2=mgsinθ-μmgcsθm=2m/s2
由匀变速运动规律有
x2=v0t2+12a2t22
又
x2=L-x1
解得
t2=1s
所以总时间
t=t1+t2=1.5s
一、单选题
1．（2023·辽宁·统考高考真题）某同学在练习投篮，篮球在空中的运动轨迹如图中虚线所示，篮球所受合力F的示意图可能正确的是（ ）

A． B．
C． D．
【答案】A
【详解】篮球做曲线运动，所受合力指向运动轨迹的凹侧。
故选A。
2．（2023·江苏·统考高考真题）达·芬奇的手稿中描述了这样一个实验：一个罐子在空中沿水平直线向右做匀加速运动，沿途连续漏出沙子。若不计空气阻力，则下列图中能反映空中沙子排列的几何图形是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【详解】罐子在空中沿水平直线向右做匀加速运动，在时间Δt内水平方向增加量aΔt2，竖直方向做在自由落体运动，在时间Δt增加gΔt2；说明水平方向位移增加量与竖直方向位移增加量比值一定，则连线的倾角就是一定的。
故选D。
3．（2023·浙江·高考真题）如图所示，在考虑空气阻力的情况下，一小石子从O点抛出沿轨迹OPQ运动，其中P是最高点。若空气阻力大小与瞬时速度大小成正比，则小石子竖直方向分运动的加速度大小（ ）
A．O点最大B．P点最大
C．Q点最大D．整个运动过程保持不变
【答案】A
【详解】由于空气阻力大小与瞬时速度大小成正比，小石子在O点时速度斜向上方，此时速度最大，空气阻力斜向下方最大，上升过程与竖直方向夹角最小，故此时空气阻力分解在竖直方向最大，根据牛顿第二定律可知此时竖直方向分运动的加速度最大。
故选A。
4．（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LvB．将击中P点，t等于Lv
C．将击中P点上方，t大于LvD．将击中P点下方，t等于Lv
【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
h=12gt2
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
t=Lv
故选B。
5．（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θ，运动员在斜坡MN段做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律
mgsinθ=ma1
可得
a1=gsinθ
运动员在水平NP段做匀速直线运动，加速度
a2=0
运动员从P点飞出后做平抛运动，加速度为重力加速度
a3=g
设在P点的速度为v0，则从P点飞出后速度大小的表达式为
v=v02+g2t2
由分析可知从P点飞出后速度大小与时间的图像不可能为直线，且
a1C正确，ABD错误。
故选C。
6．（2021·广东·高考真题）由于高度限制，车库出入口采用图所示的曲杆道闸，道闸由转动杆OP与横杆PQ链接而成，P、Q为横杆的两个端点。在道闸抬起过程中，杆PQ始终保持水平。杆OP绕O点从与水平方向成30°匀速转动到60°的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．P点的线速度大小不变
B．P点的加速度方向不变
C．Q点在竖直方向做匀速运动
D．Q点在水平方向做匀速运动
【答案】A
【详解】A．由题知杆OP绕O点从与水平方向成30°匀速转动到60°，则P点绕O点做匀速圆周运动，则P点的线速度大小不变，A正确；
B．由题知杆OP绕O点从与水平方向成30°匀速转动到60°，则P点绕O点做匀速圆周运动，P点的加速度方向时刻指向O点，B错误；
C．Q点在竖直方向的运动与P点相同，相对于O点在竖直方向的位置y关于时间t的关系为
y = lOPsin(π6 + ωt)
则可看出Q点在竖直方向不是匀速运动，C错误；
D．Q点相对于O点在水平方向的位置x关于时间t的关系为
x = lOPcs(π6 + ωt) + lPQ
则可看出Q点在水平方向也不是匀速运动，D错误。
故选A。
7．（2021·河北·高考真题）铯原子钟是精确的计时仪器，图1中铯原子从O点以100m/s的初速度在真空中做平抛运动，到达竖直平面MN所用时间为t1；图2中铯原子在真空中从P点做竖直上抛运动，到达最高点Q再返回P点，整个过程所用时间为t2，O点到竖直平面MN、P点到Q点的距离均为0.2m，重力加速度取g=10m/s2，则t1:t2为（ ）
A．100∶1B．1∶100C．1∶200D．200∶1
【答案】C
【详解】铯原子做平抛运动，水平方向上做匀速直线运动，即
x=vt1
解得
t1=xv=0.2100s
铯原子做竖直上抛运动，抛至最高点用时t22，逆过程可视为自由落体，即
x=12g(t22)2
解得
t2=8xg=8×0.210=0.4s
则
t1t2=
故选C。
8．（2021·浙江·统考高考真题）某一滑雪运动员从滑道滑出并在空中翻转时经多次曝光得到的照片如图所示，每次曝光的时间间隔相等。若运动员的重心轨迹与同速度不计阻力的斜抛小球轨迹重合，A、B、C和D表示重心位置，且A和D处于同一水平高度。下列说法正确的是（ ）
A．相邻位置运动员重心的速度变化相同B．运动员在A、D位置时重心的速度相同
C．运动员从A到B和从C到D的时间相同D．运动员重心位置的最高点位于B和C中间
【答案】A
【详解】A．因每次曝光的时间间隔相等，而运动员在空中只受重力作用，加速度为g，则相邻位置运动员重心的速度变化均为g∆t，选项A正确；
B．运动员在A、D位置时重心的速度大小相同，但是方向不同，选项B错误；
C．由图可知，运动员从A到B为4∆t，从C到D的时间5∆t，时间不相同，选项C错误；
D．运动员重心位置的最高点位于C点，选项D错误。
故选A。
9．（2023·全国·统考高考真题）一质点做匀速圆周运动，若其所受合力的大小与轨道半径的n次方成正比，运动周期与轨道半径成反比，则n等于（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】C
【详解】质点做匀速圆周运动，根据题意设周期
T=kr
合外力等于向心力，根据
F合=Fn=m4π2T2r
联立可得
Fn=4mπ2k2r3
其中4mπ2k2为常数，r的指数为3，故题中
n=3
故选C。
10．（2022·浙江·统考高考真题）下列说法正确的是（ ）
A．链球做匀速圆周运动过程中加速度不变
B．足球下落过程中惯性不随速度增大而增大
C．乒乓球被击打过程中受到的作用力大小不变
D．篮球飞行过程中受到空气阻力的方向与速度方向无关
【答案】B
【详解】A．链球做匀速圆周运动过程中加速度方向在改变，A错误；
B．惯性只与质量有关，则足球下落过程中惯性不随速度增大而增大，B正确；
C．乒乓球被击打过程中受到的作用力随着形变量的减小而减小，C错误；
D．篮球飞行过程中受到空气阻力的方向与速度方向有关，D错误。
故选B。
11．（2022·山东·统考高考真题）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BC与长8m的直线路径AB相切于B点，与半径为4m的半圆弧CD相切于C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CD。为保证安全，小车速率最大为4m/s。在ABC段的加速度最大为2m/s2，CD段的加速度最大为1m/s2。小车视为质点，小车从A到D所需最短时间t及在AB段做匀速直线运动的最长距离l为（ ）
A．t=2+7π4s,l=8m
B．t=94+7π2s,l=5m
C．t=2+5126+76π6s,l=5.5m
D．t=2+5126+(6+4)π2s,l=5.5m
【答案】B
【详解】在BC段的最大加速度为a1=2m/s2，则根据
a1=v12r1
可得在BC段的最大速度为
v1m=6m/s
在CD段的最大加速度为a2=1m/s2，则根据
a2=v22r2
可得在CD段的最大速度为
v2m=2m/s可知在BCD段运动时的速度为v=2m/s，在BCD段运动的时间为
t3=πr1+πr2v=7π2s
AB段从最大速度vm减速到v的时间
t1=vm-va1=4-22s=1s
位移
x2=vm2-v22a1=3m
在AB段匀速的最长距离为
l=8m-3m=5m
则匀速运动的时间
t2=lvm=54s
则从A到D最短时间为
t=t1+t2+t3=(94+7π2)s
故选B。
12．（2021·浙江·高考真题）质量为m的小明坐在秋千上摆动到最高点时的照片如图所示，对该时刻，下列说法正确的是（ ）
A．秋千对小明的作用力小于mg
B．秋千对小明的作用力大于mg
C．小明的速度为零，所受合力为零
D．小明的加速度为零，所受合力为零
【答案】A
【详解】在最高点，小明的速度为0，设秋千的摆长为l，摆到最高点时摆绳与竖直方向的夹角为θ ，秋千对小明的作用力为F，则对人，沿摆绳方向受力分析有
F-mgcsθ=mv2l
由于小明的速度为0，则有
F=mgcsθ沿垂直摆绳方向有
mgsinθ=ma
解得小明在最高点的加速度为
a=gsinθ
所以A正确；BCD错误；
故选A。
13．（2021·全国·高考真题）“旋转纽扣”是一种传统游戏。如图，先将纽扣绕几圈，使穿过纽扣的两股细绳拧在一起，然后用力反复拉绳的两端，纽扣正转和反转会交替出现。拉动多次后，纽扣绕其中心的转速可达50r/s，此时纽扣上距离中心1cm处的点向心加速度大小约为（ ）
A．10m/s2B．100m/s2C．1000m/s2D．10000m/s2
【答案】C
【详解】纽扣在转动过程中
ω=2πn=100πrad/s
由向心加速度
a=ω2r≈1000m/s2
故选C。
14．（2020·全国·统考高考真题）如图，一同学表演荡秋千。已知秋千的两根绳长均为10 m，该同学和秋千踏板的总质量约为50 kg。绳的质量忽略不计，当该同学荡到秋千支架的正下方时，速度大小为8 m/s，此时每根绳子平均承受的拉力约为（ ）
A．200 NB．400 NC．600 ND．800 N
【答案】B
【详解】在最低点由
2T-mg=mv2r
知
T=410N
即每根绳子拉力约为410N，故选B。
15．（2019·海南·高考真题）如图，一硬币（可视为质点）置于水平圆盘上，硬币与竖直转轴OO'的距离为r，已知硬币与圆盘之间的动摩擦因数为μ（最大静摩擦力等于滑动摩擦力），重力加速度大小为g。若硬币与圆盘一起OO'轴匀速转动，则圆盘转动的最大角速度为（ ）
A．12μgrB．μgrC．2μgrD．2μgr
【答案】B
【详解】硬币做圆周运动的向心力由静摩擦力提供，则：μmg=mω2r，解得ω=μgr，即圆盘转动的最大角速度为μgr，故选B.
二、多选题
16．（2022·山东·统考高考真题）如图所示，某同学将离地1.25m的网球以13m/s的速度斜向上击出，击球点到竖直墙壁的距离4.8m。当网球竖直分速度为零时，击中墙壁上离地高度为8.45m的P点。网球与墙壁碰撞后，垂直墙面速度分量大小变为碰前的0.75倍。平行墙面的速度分量不变。重力加速度g取10m/s2，网球碰墙后的速度大小v和着地点到墙壁的距离d分别为（ ）
A．v=5m/sB．v=32m/sC．d=3.6mD．d=3.9m
【答案】BD
【详解】设网球飞出时的速度为v0，竖直方向
v0竖直2=2g(H-h)
代入数据得
v0竖直=2×10×(8.45-1.25)m/s=12m/s
则
v0水平=132-122m/s=5m/s
排球水平方向到P点的距离
x水平=v0水平t=v0水平⋅v0竖直g=6m
根据几何关系可得打在墙面上时，垂直墙面的速度分量
v0水平⊥=v0水平⋅45=4m/s
平行墙面的速度分量
v0水平∥=v0水平⋅35=3m/s
反弹后，垂直墙面的速度分量
v水平⊥'=0.75⋅v0水平⊥=3m/s
则反弹后的网球速度大小为
v水平=v水平⊥'2+v0水平∥2=32m/s
网球落到地面的时间
t'=2Hg=8.45×210s=1.3s
着地点到墙壁的距离
d=v水平⊥'t'=3.9m
故BD正确，AC错误。
故选BD。
17．（2020·海南·统考高考真题）小朋友玩水枪游戏时，若水从枪口沿水平方向射出的速度大小为10m/s，水射出后落到水平地面上。已知枪口离地高度为1.25m，g=10m/s2，忽略空气阻力，则射出的水（ ）
A．在空中的运动时间为0.25s
B．水平射程为5m
C．落地时的速度大小为15m/s
D．落地时竖直方向的速度大小为5m/s
【答案】BD
【详解】A．根据h=12gt2得，运动时间
t=2hg=2×1.2510s=0.5s
故A错误；
B．水平射程为
x=v0t=10×0.5m=5m
故B正确；
CD．竖直方向分速度为
vy=gt=10×0.5m/s=5m/s
水平分速度为
vx=v0=10m/s
落地速度为
v=vy2+vx2=55m/s
故C错误，D正确。
故选BD。
18．（2019·全国·高考真题）如图（a），在跳台滑雪比赛中，运动员在空中滑翔时身体的姿态会影响其下落的速度和滑翔的距离．某运动员先后两次从同一跳台起跳，每次都从离开跳台开始计时，用v表示他在竖直方向的速度，其v-t图像如图（b）所示，t1和t2是他落在倾斜雪道上的时刻．则（ ）
A．第二次滑翔过程中在竖直方向上的位移比第一次的小
B．第二次滑翔过程中在水平方向上的位移比第一次的大
C．第二次滑翔过程中在竖直方向上的平均加速度比第一次的大
D．竖直方向速度大小为v1时，第二次滑翔在竖直方向上所受阻力比第一次的大
【答案】BD
【详解】A．由v-t图面积易知第二次面积大于等于第一次面积，故第二次竖直方向下落距离大于第一次下落距离，所以，A错误；
B．由于第二次竖直方向下落距离大，由于位移方向不变，故第二次水平方向位移大，故B正确
C．由于v-t斜率知第一次大、第二次小，斜率越大，加速度越大，或由a=v-v0t 易知a1>a2，故C错误
D．由图像斜率，速度为v1时，第一次图像陡峭，第二次图像相对平缓，故a1>a2，由G-fy=ma，可知，fy119．（2022·河北·统考高考真题）如图，广场水平地面上同种盆栽紧密排列在以O为圆心、R1和R2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h1、v1、ω1和h2、v2、ω2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．若h1=h2，则v1:v2=R2:R1
B．若v1=v2，则h1:h2=R12:R22
C．若ω1=ω2，v1=v2，喷水嘴各转动一周，则落入每个花盆的水量相同
D．若h1=h2，喷水嘴各转动一周且落入每个花盆的水量相同，则ω1=ω2
【答案】BD
【详解】AB．根据平抛运动的规律
h=12gt2
R=vt
解得
R=v2hg
可知若h1=h2，则
v1:v2 =R1:R2
若v1=v2，则
h1:h2=R12:R22
选项A错误，B正确；
C．若ω1=ω2，则喷水嘴各转动一周的时间相同，因v1=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S0，喷水速度为v，若ω1=ω2，则喷水管转动一周的时间相等，因h相等，则水落地的时间相等，则
t=Rv
相等；在圆周上单位时间内单位长度的水量为
Q0=vΔtS0ωRΔt=RS0ωRt=S0ωt=S0ω2hg
相等，即一周中每个花盆中的水量相同，选项D正确。
故选BD。
20．（2021·河北·高考真题）如图，矩形金属框MNQP竖直放置，其中MN、PQ足够长，且PQ杆光滑，一根轻弹簧一端固定在M点，另一端连接一个质量为m的小球，小球穿过PQ杆，金属框绕MN轴分别以角速度ω和ω'匀速转动时，小球均相对PQ杆静止，若ω'>ω，则与以ω匀速转动时相比，以ω'匀速转动时（ ）
A．小球的高度一定降低B．弹簧弹力的大小一定不变
C．小球对杆压力的大小一定变大D．小球所受合外力的大小一定变大
【答案】BD
【详解】对小球受力分析，设弹力为T，弹簧与水平方向的夹角为θ，则对小球竖直方向
Tsinθ=mg
而
T=k(MPcsθ-l0)
可知θ为定值，T不变，则当转速增大后，小球的高度不变，弹簧的弹力不变。则A错误，B正确；
水平方向当转速较小时，杆对小球的弹力FN背离转轴，则
Tcsθ-FN=mω2r
即
FN=Tcsθ-mω2r
当转速较大时，FN指向转轴
Tcsθ+F'N=mω'2r
即
F'N=mω'2r-Tcsθ
则因ω'>ω ，根据牛顿第三定律可知，小球对杆的压力不一定变大。则C错误；
根据
F合=mω2r
可知，因角速度变大，则小球受合外力变大。则D正确。
故选BD。
三、解答题
21．（2023·山西·统考高考真题）将扁平的石子向水面快速抛出，石子可能会在水面上一跳一跳地飞向远方，俗称“打水漂”。要使石子从水面跳起产生“水漂”效果，石子接触水面时的速度方向与水面的夹角不能大于θ。为了观察到“水漂”，一同学将一石子从距水面高度为h处水平抛出，抛出速度的最小值为多少？（不计石子在空中飞行时的空气阻力，重力加速度大小为g）
【答案】2ghtanθ
【详解】石子做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，则有
2gh=vy2
可得落到水面上时的竖直速度
vy=2gh
由题意可知
vyv0≤tanθ
即
v0≥2ghtanθ
石子抛出速度的最小值为2ghtanθ。
22．（2022·重庆·高考真题）小明设计了一个青蛙捉飞虫的游戏，游戏中蛙和虫都在xOy竖直平面内运动。虫可以从水平x轴上任意位置处由静止开始做匀加速直线运动，每次运动的加速度大小恒为59g（g为重力加速度），方向均与x轴负方向成37°斜向上（x轴向右为正）。蛙位于y轴上M点处，OM=H，能以不同速率向右或向左水平跳出，蛙运动过程中仅受重力作用。蛙和虫均视为质点，取sin37°=35。
（1）若虫飞出一段时间后，蛙以其最大跳出速率向右水平跳出，在y=34H的高度捉住虫时，蛙与虫的水平位移大小之比为22:3，求蛙的最大跳出速率。
（2）若蛙跳出的速率不大于（1）问中的最大跳出速率，蛙跳出时刻不早于虫飞出时刻，虫能被捉住，求虫在x轴上飞出的位置范围。
（3）若虫从某位置飞出后，蛙可选择在某时刻以某速率跳出，捉住虫时蛙与虫的运动时间之比为1:2；蛙也可选择在另一时刻以同一速率跳出，捉住虫时蛙与虫的运动时间之比为1:17。求满足上述条件的虫飞出的所有可能位置及蛙对应的跳出速率。
【答案】（1）vm=43gH；（2）1-263H≤x≤2H；（3）v1=1530gH，x1=2615H或v2=11530gH，x2=1415H
【详解】（1）虫子做匀加速直线运动，青蛙做平抛运动，由几何关系可知
x虫=34Htan37°=H
x蛙x虫=223
青蛙做平抛运动，设时间为t蛙，有
x蛙=vmt蛙
H-34H=12gt蛙2
联立解得
t蛙=H2g，vm=43gH
（2）若蛙和虫同时开始运动，时间均为t，则虫的水平分加速度和竖直分加速度分别为
ax=59gcs37°=49g，ay=59gsin37°=13g
相遇时有
12gt2+12ayt2=H
解得
t=3H2g
则最小的坐标为
xmin=12axt2-vmt=1-263H
若蛙和虫不同时刻出发，轨迹相切时，青蛙的平抛运动有
y=H-12gt2，x=vmt
可得轨迹方程为
y=H-g2vm2x2
虫的轨迹方程为
y=(xmax-x)tan37°
两轨迹相交，可得
(xmax-x)tan37°=H-g2vm2x2
整理可知
g2vm2x2-34x+34xm-H=0
令Δ=0，即
916-4×g2vm2⋅(34xm-H)=0
解得
xmax=2H
虫在x轴上飞出的位置范围为
1-263H≤x≤2H
（3）设蛙的运动时间为t1，有
12gt12+12ay(2t1)2=H
12gt22+12ay(17t2)2=H
解得
t1=6H5g，t2=3H10g
若青蛙两次都向右跳出，则
v1t1+12ax(2t1)2=x1
v1t2+12ax(17t2)2=x1
解得
v1=1530gH，x1=2615H
若青蛙一次向左跳出，一次向右跳出，则
v1t1+12ax(2t1)2=x2
12ax(17t2)2-v2t2=x2
解得
v2=11530gH，x2=1415H
23．（2022·全国·统考高考真题）将一小球水平抛出，使用频闪仪和照相机对运动的小球进行拍摄，频闪仪每隔0.05s发出一次闪光。某次拍摄时，小球在抛出瞬间频闪仪恰好闪光，拍摄的照片编辑后如图所示。图中的第一个小球为抛出瞬间的影像，每相邻两个球之间被删去了3个影像，所标出的两个线段的长度s1和s2之比为3：7。重力加速度大小取g=10m/s2，忽略空气阻力。求在抛出瞬间小球速度的大小。
【答案】255m/s
【详解】频闪仪每隔0.05s发出一次闪光，每相邻两个球之间被删去3个影像，故相邻两球的时间间隔为
t=4T=0.05×4s=0.2s
设抛出瞬间小球的速度为v0，每相邻两球间的水平方向上位移为x，竖直方向上的位移分别为y1、y2，根据平抛运动位移公式有
x=v0t
y1=12gt2=12×10×0.22m=0.2m
y2=12g2t2-12gt2=12×10×0.42-0.22m=0.6m
令y1=y，则有
y2=3y1=3y
已标注的线段s1、s2分别为
s1=x2+y2
s2=x2+3y2=x2+9y2
则有
x2+y2:x2+9y2=3:7
整理得
x=255y
故在抛出瞬间小球的速度大小为
v0=xt=255m/s
24．（2020·北京·统考高考真题）无人机在距离水平地面高度h处，以速度v0水平匀速飞行并释放一包裹，不计空气阻力，重力加速度为g。
(1)求包裹释放点到落地点的水平距离x；
(2)求包裹落地时的速度大小v；
(3)以释放点为坐标原点，初速度方向为x轴方向，竖直向下为y轴方向，建立平面直角坐标系，写出该包裹运动的轨迹方程。
【答案】(1)v02hg；(2)v02+2gh；(3)y=g2v02x2
【详解】(1)包裹脱离无人机后做平抛运动，在竖直方向做自由落体运动，则
h=12gt2
解得
t=2hg
水平方向上做匀速直线运动，所以水平距离为
x=v0t=v02hg
(2)包裹落地时，竖直方向速度为
vy=gt=g2hg
落地时速度为
v=v02+vy2=v02+2gh
(3)包裹做平抛运动，分解位移
x=v0t'
y=12gt'2
两式消去时间得包裹的轨迹方程为
y=g2v02x2
25．（2020·山东·统考高考真题）单板滑雪U型池比赛是冬奥会比赛项目，其场地可以简化为如图甲所示的模型： U形滑道由两个半径相同的四分之一圆柱面轨道和一个中央的平面直轨道连接而成，轨道倾角为17.2°。某次练习过程中，运动员以vM=10 m/s的速度从轨道边缘上的M点沿轨道的竖直切面ABCD滑出轨道，速度方向与轨道边缘线AD的夹角α=72.8°，腾空后沿轨道边缘的N点进入轨道。图乙为腾空过程左视图。该运动员可视为质点，不计空气阻力，取重力加速度的大小g=10 m/s2， sin72.8°=0.96，cs72.8°=0.30。求：
(1)运动员腾空过程中离开AD的距离的最大值d；
(2)M、N之间的距离L。
【答案】(1)4.8 m；(2)12 m
【详解】(1)在M点，设运动员在ABCD面内垂直AD方向的分速度为v1，由运动的合成与分解规律得
v1=vMsin72.8° ①
设运动员在ABCD面内垂直AD方向的分加速度为a1，由牛顿第二定律得
mgcs17.2°=ma1 ②
由运动学公式得
d=v122a1 ③
联立①②③式，代入数据得
d=4.8 m ④
(2)在M点，设运动员在ABCD面内平行AD方向的分速度为v2，由运动的合成与分解规得
v2=vMcs72.8° ⑤
设运动员在ABCD面内平行AD方向的分加速度为a2，由牛顿第二定律得
mgsin17.2°=ma2 ⑥
设腾空时间为t，由运动学公式得
t=2v1a1 ⑦
L=v2t+12a2t2 ⑧
联立①②⑤⑥⑦⑧式，代入数据得
L=12 m ⑨
26．（2023·江苏·统考高考真题）“转碟”是传统的杂技项目，如图所示，质量为m的发光物体放在半径为r的碟子边缘，杂技演员用杆顶住碟子中心，使发光物体随碟子一起在水平面内绕A点做匀速圆周运动。当角速度为ω0时，碟子边缘看似一个光环。求此时发光物体的速度大小v0和受到的静摩擦力大小f。

【答案】v0=ω0r；f=mω02r
【详解】发光体的速度
v0=ω0r
发光体做匀速圆周运动，则静摩擦力充当做圆周运动的向心力，则静摩擦力大小为
f=mω02r
27．（2022·福建·高考真题）清代乾隆的《冰嬉赋》用“躄躠”（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；
（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14ms。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θ的大小。（不计空气阻力，重力加速度大小取10m/s2，tan22°=0.40、tan27°=0.51、tan32°=0.62、tan37°=0.75）
【答案】（1）4m/s2；（2）1430.8N；（3）27°
【详解】（1）设武大靖运动过程的加速度大小为a，根据
x=12at2
解得
a=2xt2=2×822m/s2=4m/s2
（2）根据
F向=mv2r
解得过弯时所需的向心力大小为
F向=73×14210N=1430.8N
（3）设场地对武大靖的作用力大小为F，受力如图所示
根据牛顿第二定律可得
F向=mgtanθ
解得
tanθ=mgF向=73×101430.8≈0.51
可得
θ=27°
28．（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R甲=8m、R乙=9m，滑行速率分别为v甲=10m/s、v乙=11m/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。
【答案】（1）2.7m/s2；（2）225242，甲
【详解】（1）根据速度位移公式有
v2=2ax
代入数据可得
a=2.7m/s2
（2）根据向心加速度的表达式
a=v2R
可得甲、乙的向心加速度之比为
a甲a乙=v甲2v乙2×R乙R甲=225242
甲、乙两物体做匀速圆周运动，则运动的时间为
t=πRv
代入数据可得甲、乙运动的时间为
t甲=4π5s，t乙=9π11s
因t甲