2025年高考物理三轮复习之曲线运动

2025年高考物理三轮复习之曲线运动

选择题（共10小题）

1.（2025•浙江模拟）如图所示，摩托车手在水平弯道上匀速转弯时（）

A.车手身体各处的加速度大小都相等

B.车和人的总重力与地面对车的支持力是一对平衡力

C.车对地面的压力与地面对车的作用力是一对作用力与反作用力

D.地面对车的作用力大于车和人的总重力

2.（2025•连云港一模）如图所示，摩天轮悬挂的座舱在竖直平面内做匀速圆周运动。已知座舱的质量为

m,运动半径为R,角速度大小为3,重力加速度为g,则座舱（）

A.运动的周期为——

3

B.线速度大小为3?R

C.运动至圆心等高处时，所受摩天轮的作用力大于mg

D.运动至最低点时，所受摩天轮的作用力大小与最高点的相等

3.（2025•南宁二模）如图所示，一倾角为a的斜面固定在水平面上，可视为质点的小球以速度vo由。点

沿水平方向抛出，经过一段时间落在P点，忽略一切阻力，重力加速度为g,则下列说法正确的是（）

A.小球速度最大时离斜面最远

小球从O点运动到P点的时间为空2

B.

9

(ycosa)2

C.小球离斜面的最远距离为0

2gsina

(yosina)2

D.小球离斜面的最远距离为

2gcosa

4.（2025•黑龙江二模）智能呼啦圈可以提供全面的数据记录，让人合理管理自己的身材，其简化模型如

图所示。可视为质点的配重用轻绳悬挂到腰带的P点，配重随轻绳在水平面内做匀速圆周运动，轻绳与

竖直方向的夹角为8。运动过程中腰带与人相对静止，下列说法正确的是（）

3

A.若仅增大转速,腰带受到的摩擦力将增大

B.若仅增大转速,绳子与竖直方向夹角。将减小

c.若仅增加配重,保持转速不变，绳子与竖直方向的夹角e将减小

D.若仅增加配重,保持转速不变，腰带受到的摩擦力将增大

5.（2025•珠海一模）体育课上某同学水平抛出一铅球，忽略空气阻力，从抛出时开始计时。下列关于铅

球的速度大小V、竖直方向分位移的大小y、速度与水平方向夹角的正切值tan。，位移与水平方向夹角

C.0tD.0

6.（2025•黑龙江二模）如图所示，某同学从与墙水平距离为s、离地高为H处水平抛出一弹性小球（可视

为质点），小球与竖直墙面发生碰撞后反弹，经过一段时间，小球首次落在水平地面上的落地点距墙面

的水平距离为手。若小球和墙面碰撞后，水平方向速度减小为原来的一半，竖直方向速度保持不变，碰

撞时间忽略不计，不计空气阻力，则小球与墙壁碰撞位置的离地高度为（

3111

A.-HB.-HC.-HD.-H

4248

7.（2025•信阳二模）标准篮球场的三分线为一个半径为6.25m的半圆弧线，圆心在球篮的中心垂直线与

地面的交点处，球蓝与地面的垂直高度为3.05m。一个篮球运动员从三分线上的两不同位置竖直跳起斜

向上投出篮球，篮球都恰好进入篮筐，两次篮球投掷点与篮筐的高度都相同，不计篮球运动受到的空气

阻力，下列说法正确的是（）

三分线

1.575m1.575m

端线

A.同一次投篮过程篮球入篮时的速度与抛出时的速度相同

B.篮球抛出时与水平方向夹角越大，则抛出时的速度越大

C.篮球抛出时与水平方向夹角越大，在篮球入篮前运动时间越长

D.篮球抛出速度大小相同时，抛出时与水平方向夹角可以不同

8.（2025•连云港一模）如图所示，摩天轮悬挂的座舱在竖直平面内做匀速圆周运动。已知座舱的质量为

m,运动半径为R,角速度大小为3,重力加速度为g,则座舱（）

A.运动的周期为——

O）

B.线速度大小为3?R

C.运动至圆心等高处时，所受摩天轮的作用力大于mg

D.运动至最低点时，所受摩天轮的作用力大小与最高点的相等

9.（2025•黑龙江模拟）如图所示，一个人站在河边以一定的初速度斜向上抛出一石子。已知石子落水时

的速度方向与初速度互相垂直，抛出点和落水点之间的距离L=9.8m,g=10m/s2,不计空气阻力。则

石子在空中的运动时间为（）

A.1.2sB.1.4sC.1.6sD.1.8s

10.（2025•内江一模）如图，在粗糙的水平圆盘上，甲、乙两个小物体（可视为质点）叠放在一起随圆盘

一起做角速度为3的匀速圆周运动，两小物体所在位置到转轴距离为r,乙的质量是甲的质量的2倍,

甲、乙两物体间的动摩擦因数为因，盘与乙物体间的动摩擦因数为眼，设最大静摩擦力等于滑动摩擦

力,国＞打，重力加速度为g。则下列说法正确的是（）

A.乙所需要的向心力是甲所需要的向心力的3倍

B.盘对乙的摩擦力是甲对乙的摩擦力的2倍

C.为了保证甲、乙均不发生滑动，角速度3的最大值为平g

D.为了保证甲、乙均不发生滑动，角速度3的最大值为深

二.多选题（共5小题）

（多选）11.（2025•河北模拟）如图所示，水平圆盘可绕竖直轴转动，圆盘上放有小物体A、B、C,质量

分别为m、2m、3m,A放在B上，C、B离圆心O的距离分别为2r、3r。C、B之间用细线相连，圆盘

静止时细线刚好伸直且无张力。已知C、B与圆盘间的动摩擦因数以及A、B间的动摩擦因数均为中

设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g,现让圆盘从静止缓慢加速，若A、B之间能发生相

对滑动则认为A立即飞走,B以后不再受A物体的影响，且细线不会被拉断，则下列说法正确的是（）

A.当3=混时,A即将滑离B

B.当3=楞时，细线张力为翠里

C.无论3多大，B、C都不会和圆盘发生相对滑动

D.当3=那时,剪断细线，C将做离心运动

（多选）12.（2025•登封市一模）质量分别为mi和m2的两个物体和轻弹簧秤都处于静止状态，各段轻线

拉力用字母标在图上，则（）

T

m

-^

0式

{一

三

三

三

一}

A.弹簧秤读数为（mi+m2）g

B.弹簧秤读数为m2g

C.T>TI>T2

D.T>Ti,TI=T2

（多选）13.（2025•雨花区校级一模）如图所示，小球在竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动，管道半

径为R,小球半径为r,R远大于r,且r略小于管道内径，重力加速度为g,则下列说法正确的是（）

A.小球通过最高点时的最小速度Vmin=O

B.小球通过最高点时的最小速度q=yfgR

C.小球在水平线ab以下的管道中运动时，内侧管壁对小球一定无作用力

D.小球在水平线ab以上的管道中运动时，外侧管壁对小球一定无作用力

（多选）14.（2025•罗湖区校级一模）如图所示，摩天轮是游乐园中常见的大型游乐设施之一。乘客在摩

天轮的水平座椅上，均在竖直面内做半径相同的匀速圆周运动，A、B、C、D分别是圆周的最低点、最

高点、最左端的点、最右端的点，当摩天轮顺时针匀速转动时，关于某位乘客从B到A的运动过程中

（不包含B、A两点），下列说法正确的有（）

B

A

A.该乘客的加速度不变

B.该乘客受到的摩擦力方向不变

C.该乘客对座椅的压力一直增大

D.该乘客一直处于失重状态

（多选）15.（2025•罗湖区校级一模）一根轻质细线一端系一可视为质点的小球，细线另一端固定在一光

滑圆锥顶上，如图1所示，设小球在水平面内做匀速圆周运动的角速度为3,线的张力T随32变化的

图像如图2所示（图中数值单位均为国际单位），g取lOm/s?。下列说法正确的是（）

B.细线的长度为0.5m

C.小球的质量为2kgD.小球的质量为3kg

三.解答题(共5小题)

16.(2025•青岛模拟)精确空投系统通过辅助制导设备，在惯性导航的基础上微调运动轨迹来提高空投物

资的准确度。如图所示，某次空投中飞机在H=80m高度以水平速度vo=lOm/s匀速飞行。飞机释放一

个质量m=200kg的包裹，释放后包裹依靠惯性运动，忽略空气阻力，重力加速度g=10m/s2。

(1)要使包裹能准确投送到飞机正前方水平地面上的目标位置，求包裹释放位置与目标位置的水平距

离X；

(2)若飞机飞行过程中突然遇到强风，强风过后飞机高度抬升了Ah=2m,并获得竖直向上的速度vy

lm/s,水平速度不变，此时飞机处于(1)问中释放位置的正上方，立即释放包裹。要使包裹仍能准

确投送到同一目标位置，释放包裹的同时启动辅助制导系统,使包裹始终受到一竖直向下的恒力F作用,

17.(2025•榆林一模)风洞，被称为飞行器的摇篮，我国的风洞技术世界领先。如图所示，在一个直径D

10m的圆柱形竖直方向固定的风洞中，有一质量为m=1.0kg的小球从风洞左侧壁上的A点以vo

10m/s的速度沿其直径方向水平进入风洞。小球在风洞中运动过程中，风对小球的作用力竖直向上，其

大小F可在0〜4mg间调节，不计水平方向的空气作用力。小球可视作质点，与侧壁碰壁后不反弹，取

重力加速度g=10m/s2,风洞在竖直方向上足够长。

(1)当F=O时，求小球撞击右侧壁的速度;

(2)保持vo不变，调节F的大小，求小球撞击右侧壁区域在竖直方向的最大长度;

(3)求小球撞击右侧壁的最大动能。

18.（2025•张掖模拟）图甲为风谷车（又称风车），我国农业种植中用来去除水稻等农作物子实中杂质、

瘪粒、秸秆屑等的木制传统农具，其工作原理可简化为图乙所示，转动摇手柄，联动风箱内的风叶，向

车斗内送风,装入入料仓的谷物中混有质量较大的饱粒和质量稍小的瘪粒,均无初速度地从入料仓漏下，

在车斗中下落高度H=0.45m后，从宽度为Li=0.18m的第一出料口出来的都称之为饱粒，其中的最小

质量为IXlO^kg；从宽度为L2（待求）的第二出料口出来的都称之为瘪粒，其中的最小质量为5X10

5kg；质量小于SXlO-kg的草屑被吹出出风口。只考虑重力和水平风力F（设每颗粒受到的水平风力

都相同，不同颗粒的质量分布是连续的），gMZ10m/s2o求：

出料口出料口

甲乙

（1）水平风力F的大小；

（2）第二出料口的宽度L2。

19.（2025•内江一模）排球比赛是一项竞技性和观赏性都很强的体育运动。在一次比赛中，甲同学跳起在

距离地面高ho=2.5m处，以vo=8m/s的水平速度将排球击出，排球飞入对方场地，对方的乙同学迅速

赶到某位置将排球垫起，垫起后的排球上升的最大离地高度为hm=3.9m。己知乙同学垫球时球的位置

距离甲同学将排球击出瞬间的位置的水平距离为x=4.8m,排球垫起前、后瞬间速度的大小不变，重力

加速度g取10m/s2,sin37°=0.6,排球视为质点，不计空气阻力。求：

（1）乙同学垫球时球的位置离地面的高度h；

（2）排球被垫起瞬间球的速度方向与水平方向的夹角0o

20.(2025•镇江模拟)如图所示，光滑水平面上有一个薄木板AB,在B端正上方高度H=2.8米的屋顶O

点悬挂一根长度d=2m不可伸长的轻绳OP。一只质量m=1kg的猫,从木板A端走到木板上的C点(图

上未标出)时，稍作停顿后奋力跃起，刚好在运动的最高点抓住轻绳的P点，随之向右端荡出。木板质

量M=4kg、长度L=2m,小猫可看成质点，不^一■切能量损失，重力加速度g取lOrn/s?。

(1)若木板固定在水平面上，AC距离为0.4m,求猫跳起时的初速度大小及方向；

(2)在(1)问的情况下，求猫在轻绳上荡到最高点时的加速度大小；

(3)若木板不固定在水平面上，起跳点C为B端，求猫跳起过程中所消耗的能量。

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2025年高考物理三轮复习之曲线运动

参考答案与试题解析

一.选择题（共10小题）

题号12345678910

答案DCDDCADCBD

二.多选题（共5小题）

题号1112131415

答案ACBDACBCBC

一.选择题（共10小题）

1.（2025•浙江模拟）如图所示，摩托车手在水平弯道上匀速转弯时（）

A.车手身体各处的加速度大小都相等

B.车和人的总重力与地面对车的支持力是一对平衡力

C.车对地面的压力与地面对车的作用力是一对作用力与反作用力

D.地面对车的作用力大于车和人的总重力

【考点】车辆在道路上的转弯问题.

【专题】定性思想；推理法；匀速圆周运动专题；推理论证能力.

【答案】D

【分析】根据向心加速度表达式分析，地面对车的作用力为支持力和摩擦力的合力，大于车和人的总重

力。

【解答】解：A.根据向心加速度表达式：a=3?r

可得车手身体各处的加速度大小不相等，故A错误；

B.车和人的总重力与地面对车的支持力是一对平衡力，大小相等，故B正确；

C.车对地面的压力与地面对车的支持力是一对作用力与反作用力，但地面对车的作用力既有支持力也

有摩擦力，故c错误；

D.地面对车的作用力，即支持力和摩擦力的合力，大于支持力，而地面对车支持力等于车和人的总重

力，所以地面对车的作用力大于车和人的总重力，故D正确。

故选：D。

【点评】本题考查弹力、摩擦力平衡力作用力与反作用力等相关知识，注意平衡力是作用在同一个物体

上，作用力与反作用力是作用在两个物体上。

2.(2025•连云港一模)如图所示，摩天轮悬挂的座舱在竖直平面内做匀速圆周运动。已知座舱的质量为

m,运动半径为R,角速度大小为3,重力加速度为g,则座舱()

2TTR

A.运动的周期为——

3

B.线速度大小为3?R

C.运动至圆心等高处时，所受摩天轮的作用力大于mg

D.运动至最低点时，所受摩天轮的作用力大小与最高点的相等

【考点】绳球类模型及其临界条件；重力做功的特点和计算.

【专题】定量思想；推理法；圆周运动中的临界问题；推理论证能力.

【答案】C

【分析】座舱做匀速圆周运动，根据向心力的性质可确定其受力情况，再根据匀速圆周运动中线速度、

角速度以及周期间的关系确定周期和线速度的大小。

【解答】解：A.运动的周期为7=故A错误；

B.线速度大小为v=o)R,故B错误；

C.运动至圆心等高处时，座舱所受摩天轮的作用力F=y/(mg)2+(ma)2=y/fmg)2+(ma)2^2

大于mg,故C正确；

D.在最低点N-mg=ma)2R

在最高点mg-N'=mco2R

运动至最低点时，显然NWN,所受摩天轮的作用力大小与最高点的不相等，故D错误。

故选：Co

【点评】本题考查匀速圆周运动的性质，要注意明确做匀速圆周运动的物体向心力是由合外力提供的,

方向始终指向圆心，且大小恒定。

3.（2025•南宁二模）如图所示，一倾角为a的斜面固定在水平面上，可视为质点的小球以速度vo由O点

沿水平方向抛出，经过一段时间落在P点，忽略一切阻力，重力加速度为g,则下列说法正确的是（)

A.小球速度最大时离斜面最远

小球从。点运动到P点的时间为詈

B.

(vcosa)2

C.小球离斜面的最远距离为0

2gsina

(ysina)2

D.小球离斜面的最远距离为0

2gcosa

【考点】平抛运动与斜面的结合；平抛运动速度的计算；平抛运动位移的计算.

【专题】应用题；定量思想；推理法；平抛运动专题；分析综合能力.

【答案】D

【分析】小球做平平抛运动，根据小球的运动过程应用运动学公式分析答题。

【解答】解：A、小球做平抛运动，做匀加速曲线运动，小球落到斜面上的P点时速度最大，故A错误；

B、小球可以分解为沿斜面方向的匀加速直线运动与垂直于斜面方向的类竖直上抛运动，小球从O点运

动到P点的时间t=攀鬻=故B错误；

CD、小球离斜面的最远距离卜=笑耍，故C错误，D正确。

故选：D。

【点评】本题考查了平抛运动问题，根据题意分析清楚小球的运动过程是解题的前提，应用运动的合成

与分解、运动学公式即可解题。

4.（2025•黑龙江二模）智能呼啦圈可以提供全面的数据记录，让人合理管理自己的身材，其简化模型如

图所示。可视为质点的配重用轻绳悬挂到腰带的P点，配重随轻绳在水平面内做匀速圆周运动，轻绳与

竖直方向的夹角为0。运动过程中腰带与人相对静止，下列说法正确的是（）

A.若仅增大转速,腰带受到的摩擦力将增大

B.若仅增大转速，绳子与竖直方向夹角。将减小

C.若仅增加配重，保持转速不变，绳子与竖直方向的夹角。将减小

D.若仅增加配重，保持转速不变，腰带受到的摩擦力将增大

【考点】物体被系在绳上做圆锥摆运动；牛顿第二定律与向心力结合解决问题.

【专题】应用题；定量思想；推理法；牛顿第二定律在圆周运动中的应用；分析综合能力.

【答案】D

【分析】以腰带和配重整体为研究对象分析摩擦力，配重进行受力分析，根据牛顿第二定律分析绳子与

竖直方向夹角以及角速度表达式，然后分析答题。

【解答】解：AD.以腰带和配重整体为研究对象，转动过程中，根据平衡条件，整体在竖直方向处于

平衡状态，所以f=(m配重+m腰带)g,故增大转速，腰带受到的摩擦力不变，若仅增加配重，保持转速

不变，腰带受到的摩擦力将增大，故A错误，D正确；

BC、对配重,在水平方向，由牛顿第二定律得:mgtan0=m(2irn)2(r+Lsin0),解得:-=2TC

若仅增大转速，绳子与竖直方向的夹角6将变大；若经增加配重，保持转速不变，绳子与竖直方向的

夹角e将不变，故BC错误。

故选：D。

【点评】本题考查匀速圆周运动和功能关系，关键是弄清楚配重和腰带的受力情况，能够根据牛顿第二

定律结合向心力的计算公式进行解答。

5.(2025•珠海一模)体育课上某同学水平抛出一铅球，忽略空气阻力，从抛出时开始计时。下列关于铅

球的速度大小V、竖直方向分位移的大小y、速度与水平方向夹角的正切值tan。，位移与水平方向夹角

A.0B.0

tana

D.0

【考点】速度偏转角与位移偏转角.

【专题】定量思想；推理法；平抛运动专题；推理论证能力.

【答案】C

【分析】水平抛出一铅球，忽略空气阻力，铅球做平抛运动，根据平抛运动规律求解。

【解答】解：A.铅球的速度大小为

v=/诏+g2t2

所以v-t图像不是一次函数关系，故A错误；

B.竖直方向自由落体运动，y=粉9产可知，y-t图像是开口向上的抛物线，故B错误;

C.由于

tand=—=—

v0%

所以tanB-t图像是正比例函数关系，故C正确；

D.根据

17

2gtgt

tana=---=染一

170t2v0

所以tana-t图像是正比例函数关系，故D错误；

故选：C。

【点评】本题解题关键是知道平抛运动规律，水平方向匀速运动，竖直方向自由落体运动。

6.（2025•黑龙江二模）如图所示，某同学从与墙水平距离为s、离地高为H处水平抛出一弹性小球（可视

为质点），小球与竖直墙面发生碰撞后反弹，经过一段时间，小球首次落在水平地面上的落地点距墙面

1

的水平距离为］S。若小球和墙面碰撞后，水平方向速度减小为原来的一半，竖直方向速度保持不变，碰

撞时间忽略不计，不计空气阻力，则小球与墙壁碰撞位置的离地高度为（)

O--.

3111

A.-HB.-HC.-HD.-H

4248

【考点】斜抛运动；平抛运动速度的计算；平抛运动位移的计算.

【专题】应用题；定量思想；推理法；平抛运动专题；分析综合能力.

【答案】A

【分析】小球做平抛运动，根据水平方向做匀速直线运动，竖直方向上做自由落体运动分析计算即可。

【解答】解：设小球与墙壁碰撞前的运动时间为ti,碰撞后的运动时间为t2,

在水平方向：S=VOtl,-=—12,解得：tl=t2,

22

设小球与墙壁碰撞位置离地面的高度为h,竖直方向：一=J---------“算1=-

解得：h=^H,故A正确，BCD错误。

故选：Ao

【点评】解决本题的关键掌握处理曲线运动的方法，知道该运动竖直方向上做自由落体运动，水平方向

上速度大小不变，结合运动学公式灵活求解。

7.（2025•信阳二模）标准篮球场的三分线为一个半径为6.25m的半圆弧线，圆心在球篮的中心垂直线与

地面的交点处，球蓝与地面的垂直高度为3.05m。一个篮球运动员从三分线上的两不同位置竖直跳起斜

向上投出篮球，篮球都恰好进入篮筐，两次篮球投掷点与篮筐的高度都相同，不计篮球运动受到的空气

A.同一次投篮过程篮球入篮时的速度与抛出时的速度相同

B.篮球抛出时与水平方向夹角越大，则抛出时的速度越大

C.篮球抛出时与水平方向夹角越大，在篮球入篮前运动时间越长

D.篮球抛出速度大小相同时，抛出时与水平方向夹角可以不同

【考点】斜抛运动.

【专题】定量思想；推理法；平抛运动专题；推理论证能力.

【答案】D

【分析】根据斜抛运动规律分析，求解运动时间表达式以及水平位移表达式，根据表达式分析。

【解答】解：A.由题意，篮球做斜抛运动且篮球的起点和终点在同一高度上，则同一次投篮过程篮球

入篮时的速度与抛出时的速度大小相等，但方向不同，故A错误；

B.设篮球抛出的初速度大小为vo,与水平方向夹角为0,篮球抛出点和球蓝的距离为1,由斜抛运动

可知运动时间为t=在迪以1=%cos8•红包血=逊史

g99

当1不变时，在28W90°时，6越大，V0越小，在20290°时，8越大，vo越大，故B错误；

,八2vsin6vj.sin26

D.由I=Vacosd——ny------=--------

gg

可知，vo相同时，。有两个值，故D正确；

C.由l=vocos6・t

可知t与vo和e都有关，故C错误。

故选：D。

【点评】本题考查了斜抛运动的规律，注意运动的状态，根据状态列出相对应的式子，是解决此类问题

的关键。

8.（2025•连云港一模）如图所示，摩天轮悬挂的座舱在竖直平面内做匀速圆周运动。已知座舱的质量为

m,运动半径为R,角速度大小为3,重力加速度为g,则座舱（）

A.运动的周期为——

3

B.线速度大小为3?R

C.运动至圆心等高处时，所受摩天轮的作用力大于mg

D.运动至最低点时，所受摩天轮的作用力大小与最高点的相等

【考点】绳球类模型及其临界条件；牛顿第二定律与向心力结合解决问题.

【专题】定量思想；推理法；匀速圆周运动专题；推理论证能力.

【答案】C

【分析】座舱做匀速圆周运动，根据向心力的性质可确定其受力情况，再根据匀速圆周运动中线速度、

角速度以及周期间的关系确定周期和加速度的大小。

【解答】解：A.运动的周期为7=故A错误；

（JL）

B.线速度大小为V=3R,故B错误；

C.运动至圆心等高处时，座舱所受摩天轮的作用力F=弋(jng)2+(ma)2=J(mg)2+

大于mg,故C正确；

D.在最低点N-mg=m6i>2R

在最高点mg-N'=m<jo2R

所以运动至最低点时，显然NWN',所受摩天轮的作用力大小与最高点的不相等，故D错误。

故选：Co

【点评】本题考查匀速圆周运动的性质，要注意明确做匀速圆周运动的物体向心力是由合外力提供的,

方向始终指向圆心，且大小恒定。

9.(2025•黑龙江模拟)如图所示，一个人站在河边以一定的初速度斜向上抛出一石子。已知石子落水时

的速度方向与初速度互相垂直，抛出点和落水点之间的距离L=9.8m,g=10m/s2,不计空气阻力。则

石子在空中的运动时间为()

A.1.2sB.1.4sC.1.6sD.1.8s

【考点】斜抛运动.

【专题】应用题；解题思想；定量思想；推理法；运动的合成和分解专题；分析综合能力.

【答案】B

【分析】石子做斜上抛运动，可以分解为沿初速度方向与垂直于初速度方向的运动，应用运动学公式分

析求解。

【解答】解：以垂直于初速度V0方向为X轴，沿V0方向为y轴建立直角坐标系，如图所示

y

设y轴与竖直方向的夹角为①贝!Jgx=gsin。，gy=gcos0

石子的运动时间1=泉=占，沿y轴方向的位移y=Ab

沿x轴方向的位移X=前^s出火|）2=燃%

抛出点与落地点间的距离L="^=I(EQ£E?£)2+(-^)2=fl&Z+

v2gcos£0YgcosH，，g7cosecos'。

整理得：L=>2〃,t2=诏=「

2gcos£6g乙cos乙9g

解得：t=,=后梁s=1.4s,故B正确，ACD错误。

故选：Bo

【点评】本题考查了斜上抛运动，分析清楚石子的运动过程，应用运动的合成与分解，运动学公式即可

解题。

10.（2025•内江一模）如图，在粗糙的水平圆盘上，甲、乙两个小物体（可视为质点）叠放在一起随圆盘

一起做角速度为3的匀速圆周运动，两小物体所在位置到转轴距离为r,乙的质量是甲的质量的2倍,

甲、乙两物体间的动摩擦因数为m，盘与乙物体间的动摩擦因数为四，设最大静摩擦力等于滑动摩擦

力，因〉眼，重力加速度为g。则下列说法正确的是（）

A.乙所需要的向心力是甲所需要的向心力的3倍

B.盘对乙的摩擦力是甲对乙的摩擦力的2倍

C.为了保证甲、乙均不发生滑动，角速度3的最大值为睬

D.为了保证甲、乙均不发生滑动，角速度3的最大值为J竿

【考点】水平转盘上物体的圆周运动；重力做功的特点和计算.

【专题】定量思想；推理法；匀速圆周运动专题；推理论证能力.

【答案】D

【分析】甲、乙都做匀速圆周运动，甲、乙都是由静摩擦力提供向心力，方向都指向圆心，求解当A、

B整体刚好和转盘发生相对滑动时角速度大小，此为最大角速度。

【解答】解：A.两物体随圆盘转动，运动半径为r,角速度相同为3,则两物体转动所需的向心力为

22

F]=mra）,F2=2mra）

即乙所需要的向心力是甲所需要的向心力的2倍，故A错误；

B.根据牛顿第二定律，设乙对甲的摩擦力为fi,盘对乙的摩擦力为f2,

fi=Fi

f2-fl=F2

解得

’2o

——3

A

故B错误；

CD.当A、B整体刚好和转盘发生相对滑动时，有

也X3mg=3mra）2

解得

此时A所受摩擦力为

n2,

f=mr（ji）=|i2mg<|iimg

所以为了保证甲、乙均不发生滑动，角速度3的最大值为

故C错误，D正确；

故选：Do

【点评】解决本题的关键知道向心力的来源，注意摩擦力的比较，结合牛顿第二定律分析解答。

二.多选题（共5小题）

（多选）11.（2025•河北模拟）如图所示，水平圆盘可绕竖直轴转动，圆盘上放有小物体A、B、C,质量

分别为m、2m、3m,A放在B上，C、B离圆心O的距离分别为2r、3r。C、B之间用细线相连，圆盘

静止时细线刚好伸直且无张力。已知C、B与圆盘间的动摩擦因数以及A、B间的动摩擦因数均为中

设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g,现让圆盘从静止缓慢加速，若A、B之间能发生相

对滑动则认为A立即飞走,B以后不再受A物体的影响，且细线不会被拉断，则下列说法正确的是（）

A.当3=楞时，A即将滑离B

B.当3=程时,细线张力为翠里

C.无论3多大，B、C都不会和圆盘发生相对滑动

D.当时，剪断细线，C将做离心运动

【考点】水平转盘上物体的圆周运动；近心与离心运动的意义与原因.

【专题】应用题；定量思想；推理法；牛顿第二定律在圆周运动中的应用；分析综合能力.

【答案】AC

【分析】物体随圆盘一起做圆周运动，物体同轴转动，角速度相等，角速度较小时静摩擦力提供向心力，

当静摩擦力达到最大静摩擦力时A飞出，B、C所受摩擦力达到最大静摩擦力时绳子产生弹力，根据物

体受力情况应用牛顿第二定律分析答题。

【解答】解：A、当A所受摩擦力为最大静摩擦力时A开始滑动，由牛顿第二定律得：nmg=m32><3r,

解得：3=册，故A正确；

B、由于角速度3=楞>解，A已经滑离B,当B所受摩擦力为最大静摩擦力时绳子开始出现张力，

对B,由牛顿第二定律得：|iX2mg+T=2m（D2X3r,解得：T=^mg,故B错误；

C、物体C与圆盘间的最大进静摩擦力fcm=|iX3mg=3|img,B与圆盘间的最大静摩擦力fBm=（iX2mg

=2pmg

物体B、C做圆周运动需要的向心力FB=2mo）2x3r=6mo）2r,c做匀速圆周运动需要的向心力Fc=3ma）2

X2r=6ma）2r,则FB=FC,摩擦力达到最大静摩擦力绳子出现张力，无论o）多大，B、C都不会和圆盘

发生相对滑动，故C正确；

D、当3=J羿时，C所需向心力Fc'=3mx（J等）2x2r=2.4pmg<fcm,剪断细线，C相对圆盘静止

与圆盘一起做圆周运动，故D正确。

故选：AC«

【点评】本题考查了圆周运动问题，分析清楚物体的受力情况，知道向心力来源，应用牛顿第二定律即

可解题。

（多选）12.（2025•登封市一模）质量分别为mi和m2的两个物体和轻弹簧秤都处于静止状态，各段轻线

拉力用字母标在图上，则（）

T

m

^

0-

0

二

三

二

三

o}

—

A.弹簧秤读数为（mi+m2）g

B.弹簧秤读数为m2g

C.T>TI>T2

D.T>Ti,TI=T2

【考点】牛顿第二定律与向心力结合解决问题.

【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力.

【答案】BD

【分析】AB.根据弹簧秤的悬挂位置结合物体m2的平衡条件进行分析解答；

CD.根据轻弹簧的特点结合平衡条件进行分析解答。

【解答】解：AB.根据题意弹簧秤的悬挂情况分析，弹簧秤的示数表示它对物块m2的拉力，根据m2的

平衡条件可知，弹簧秤的读数为nug,故A错误，B正确；

CD.由于图中是轻弹簧，不计质量和重力，根据平衡条件可知，T=Ti+mig,TI=T2,则T>Ti,故C

错误，D正确。

故选：BDo

【点评】考查弹簧秤的弹力问题，结合平衡条件进行准确分析解答。

（多选）13.（2025•雨花区校级一模）如图所示，小球在竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动，管道半

径为R,小球半径为r,R远大于r,且r略小于管道内径，重力加速度为g,则下列说法正确的是（）

A.小球通过最高点时的最小速度Vmin=O

B.小球通过最高点时的最小速度必=廊

C.小球在水平线ab以下的管道中运动时，内侧管壁对小球一定无作用力

D.小球在水平线ab以上的管道中运动时，外侧管壁对小球一定无作用力

【考点】物体在环形竖直轨道内的圆周运动.

【专题】定量思想；推理法；圆周运动中的临界问题；推理论证能力.

【答案】AC

【分析】根据竖直面内圆周运动最高点杆模型特点进行分析解答；根据不同位置画图进行分析说明。

【解答】解：AB.小球在最高点时，由于管道内侧能提供支持力，其通过的速度可以为零，故A正确,

B错误；

C.小球在水平线以上或以下的位置，对应的受力图如下

在ab线以下位置，只能是外壁产生支持力，然后和重力沿F反方向的分力的合力提供向心力，在ab线

以上，与小球在管道中速率有关，速率大外壁产生F1,速率小内部产生如图F2的力，故C正确，D错

误。

故选：AC»

【点评】本题主要考查竖直面内圆周运动的两类模型，会根据题意进行准确分析和判断。

（多选）14.（2025•罗湖区校级一模）如图所示，摩天轮是游乐园中常见的大型游乐设施之一。乘客在摩

天轮的水平座椅上，均在竖直面内做半径相同的匀速圆周运动，A、B、C、D分别是圆周的最低点、最

高点、最左端的点、最右端的点，当摩天轮顺时针匀速转动时，关于某位乘客从B到A的运动过程中

（不包含B、A两点），下列说法正确的有（）

B

A

A.该乘客的加速度不变

B.该乘客受到的摩擦力方向不变

C.该乘客对座椅的压力一直增大

D.该乘客一直处于失重状态

【考点】物体在圆形竖直轨道内的圆周运动；超重与失重的概念、特点和判断.

【专题】定量思想；方程法；匀速圆周运动专题；理解能力.

【答案】BC

【分析】分析加速度时，依据匀速圆周运动加速度特点，判断其大小和方向是否变化。

研究摩擦力方向，根据向心力方向与摩擦力提供向心力水平分量的关系，确定摩擦力方向。

探讨座椅压力变化，通过牛顿第二定律列出不同位置的受力方程，结合角度变化分析压力大小变化。

判断超重失重状态，依据支持力与重力的大小关系，判断各位置是超重还是失重。

2

【解答】解：A.做匀速圆周运动的物体，加速度大小a=5不变，但加速度方向始终指向圆心。在从B

到A的过程中，圆心方向不断变化，所以加速度是变化的，故A错误。

B.乘客做匀速圆周运动，合外力提供向心力。在水平方向上，摩擦力提供向心力的水平分量。由于向心

力方向始终指向圆心，从B到A过程中，向心力方向变化，但水平方向上向心力的分力始终指向圆心

在水平方向的投影位置，所以摩擦力方向不变，故B正确。

C.设乘客质量为m,摩天轮半径为r,角速度为3,在B点时，根据牛顿第二定律mg-FNI=爪32r

2

可得：FN1=mg—ma）r

2

在A点时，FN2—mg-ma）r

2

可得：FN2=mg+ma）r

2

从B到A过程中，设乘客与竖直方向夹角为。，FN-mgcosd=ma>rsin6

2

可得：FN=mgcosQ+ma）rsin9,随着。减小，cos。增大，sin。减小

但mgcosS的增量大于m（o2rsin0的减量,所以FN一直增大，即乘客对座椅的压力一直增大,故C正确。

2

D.在B点，mg-FN1=ma）r,FNi<mg,乘客处于失重状态

2

在A点，FN2-mg=ma）r,FN2>mg,乘客处于超重状态

从B到A过程中，乘客不是一直处于失重状态，故D错误。

故选：BCo

【点评】综合考查了匀速圆周运动中的加速度、向心力、摩擦力、超重失重等多个重要知识点。通过分

析乘客从摩天轮最高点到最低点的运动过程，全面检验学生对相关概念和规律的理解与运用能力，有助

于学生构建完整的知识体系。

（多选）15.（2025•罗湖区校级一模）一根轻质细线一端系一可视为质点的小球，细线另一端固定在一光

滑圆锥顶上，如图1所示，设小球在水平面内做匀速圆周运动的角速度为3,线的张力T随32变化的

图像如图2所示（图中数值单位均为国际单位），g10m/s2o下列说法正确的是（）

253

图1

A.细线的长度为1mB.细线的长度为0.5m

C.小球的质量为2kgD.小球的质量为3kg

【考点】倾斜转盘（斜面体）上物体的圆周运动.

【专题】定量思想；推理法；圆周运动中的临界问题；推理论证能力.

【答案】BC

【分析】当31=0时，根据力的平衡条件列方程；小球刚要离开锥面时支持力为零，根据牛顿第二定

律和图像分析解答。

【解答】解：设线长为L,细线与竖直方向的夹角为9,当时3=0,小球静止，受重力mg、支持力N

和线的拉力T1而平衡，如图

3增大时，T增大，N减小，当N=0时，角速度为3'2=25,

有T2cos9=mg

T2sin0:=mLsin0（n'2

解得m=2kg,L=0.5m

故AD错误，BC正确。

故选：BCo

【点评】本题的关键点再根据图像找到临界条件，应用向心力公式求解。

三.解答题（共5小题）

16.（2025•青岛模拟）精确空投系统通过辅助制导设备，在惯性导航的基础上微调运动轨迹来提高空投物

资的准确度。如图所示，某次空投中飞机在H=80m高度以水平速度vo=lOm/s匀速飞行。飞机释放一

个质量m=200kg的包裹，释放后包裹依靠惯性运动，忽略空气阻力，重力加速度g=10m/s2。

（1）要使包裹能准确投送到飞机正前方水平地面上的目标位置，求包裹释放位置与目标位置的水平距

离X;

（2）若飞机飞行过程中突然遇到强风，强风过后飞机高度抬升了△h=2m,并获得竖直向上的速度vy

=lm/s,水平速度不变，此时飞机处于（1）问中释放位置的正上方，立即释放包裹。要使包裹仍能准

确投送到同一目标位置，释放包裹的同时启动辅助制导系统,使包裹始终受到一竖直向下的恒力F作用，

【考点】在外力作用下的类平抛运动；平抛运动速度的计算.

【专题】定量思想；推理法；平抛运动专题；推理论证能力.

【答案】(1)包裹释放位置与目标位置的水平距离X等于40m；

(2)该力的大小等于150N。

【分析】(1)包裹释放后做平抛运动，竖直方向自由落体运动，水平方向匀速运动；

(2)包裹下落过程中水平速度不变，水平位移不变，所以时间不变，竖直方向根据位移关系结合牛顿

第二定律求解。

【解答】解：⑴竖直方向位移"基及

水平方向位移x=voti

解得x=40m。

(2)由题意得，包裹下落过程中水平速度不变，水平位移不变，所以时间不变，可得t2=ti=4s

1

竖直方向位移—("+//)=Vyt2-

由牛顿第二定律得F+mg=ma

解得F=150N。

答：(1)包裹释放位置与目标位置的水平距离x等于40m；

(2)该力的大小等于150N。

【点评】解决本题的关键知道物体在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解。

17.(2025•榆林一模)风洞，被称为飞行器的摇篮，我国的风洞技术世界领先。如图所示，在一个直径D

=10m的圆柱形竖直方向固定的风洞中，有一质量为m=1.0kg的小球从风洞左侧壁上的A点以vo=

10m/s的速度沿其直径方向水平进入风洞。小球在风洞中运动过程中，风对小球的作用力竖直向上，其

大小F可在0〜4mg间调节，不计水平方向的空气作用力。小球可视作质点，与侧壁碰壁后不反弹，取

重力加速度g=10m/s2,风洞在竖直方向上足够长。

(1)当F=0时，求小球撞击右侧壁的速度；

(2)保持vo不变，调节F的大小，求小球撞击右侧壁区域在竖直方向的最大长度；

(3)求小球撞击右侧壁的最大动能。

【考点】在外力作用下的类平抛运动；动能定理的简单应用.

【专题】定量思想；推理法；动能定理的应用专题；推理论证能力.

【答案】(1)小球撞击右侧壁的速度等于lOam/s,与水平方向夹角为45°

(2)小球撞击右侧壁区域在竖直方向的最大长度等于20m；

(3)小球撞击右侧壁的最大动能等于500Jo

【分析】(1)当F=0时，小球做平抛运动，水平方向做匀速直线运动，由L=voti求出运动时间，由

Vyl=gtl求出小球撞击右壁时竖直分速度大小，再与水平速度合成求出小球撞击右壁的速度大小和方向；

(2)当F=0时，由竖直分位移公式求出竖直方向的分位移。当F=4mg时，小球做类平抛运动，根据

牛顿第二定律求出加速度，再由分运动规律求竖直方向的分位移，从而求得小球撞击右壁的区域长度;

(3)求出风对小球做功的最大值以及重力做功，根据动能定理求解最大动能。

【解答】解：(1)当F=0时，小球做平抛运动，水平方向有

D=voti

解得

tl=ls

竖直分速度为

=gt］，解得Vy、=10m/s

小球撞击右侧壁的速度大小

%=J诏+哆1,解得V、=10V2m/s

设速度与水平方向夹角为。，则有

tanS-,解得tan。—1

vo

所以

0=45°

(2)结合上述，当F=0时，小球做平抛运动，竖直方向的分位移

yi=^gti

解得

yi=5m

当F=4mg时，设小球在竖直方向的加速度为a,根据牛顿第二定律有

4mg-mg=ma

小球向上偏转做匀变速曲线运动，则有

D=voti

at

y2=2i

解得

y2=15m

所以小球撞击右侧壁的区域长度

Lo=yi+y2,解得Lo=20m

(3)小球在F=4mg的风力作用下的合力最大，竖直向上的加速度也最大，所以向上偏转撞击侧壁