曲线运动-2025年高考物理二模试题分析与解答策略（新高考）解析版

专题04曲线运动

/曲稣动的例正

、曲线运动的条件

/运动的告成与分解

—关联速度

、小船过河

曲线运A动/平抛运动

—斜抛运动

、类平抛运动

/水平面的圆周运动

-----竖直面内的圆周运动

'生活中的圆周运动

曲线运动

1.（2025•安徽合肥•二模）如图所示，一物体在光滑水平面上做匀速直线运动，从a点开始受到水平恒力产

的作用，经过一段时间到达方点，此时尸突然反向且大小不变，再经过相同时间物体到达c点。下列关

于该物体在a、c两点间的运动轨迹可能正确的是（）

A.bB.

【答案】A

【详解】物体所受合力与速度不在一条直线上，物体做曲线运动，速度沿着轨迹的切线方向，物体由。

点到6点和由b点到c点所受合力均为恒力，速度方向逐渐靠近合力方向。

故选A。

2.（2025•河南焦作•二模）如图所示，固定在轻杆外端的小球围绕转轴。在竖直面内沿逆时针方向做匀速

圆周运动，，=0时刻小球在最低点。设小球水平方向的分速度为匕，竖直方向的分速度为j,下列图像

中可能正确的是（）

【详解】ABC.小球做匀速圆周运动，r=o时刻，轻杆与y轴负方向的夹角为o。，t时刻，轻杆与y轴负

方向的夹角为e,则有。=就

将线速度正交分解可得Vx=vcosd=vcosmt,vy=vsin6>=vsinof

故A、B错误，C正确；

D.由合速度与分速度的关系可得¥+靖=商

故。一匕图像是圆心在坐标原点的圆，故D错误。

故选Co

3.（2025•吉林・二模）图为汽车在水平路面上匀速行驶时车轮边缘上/点的运动轨迹（车轮不打滑）。已

知时刻M点与坐标原点。重合，车轮半径R=0.3m,汽车的速度v=2.0m/s,则（）

A.M点运动到最高点A时的速度为零B.M点在圆心等高点处的速度大小为20m/s

C.最高点A的坐标为（0.6»m,0.6m）D.M点从。运动到B的时间为0.3s

【答案】B

【详解】A.M点运动到最高点A时的速度不为零，方向水平向右，故A错误；

B.M点的运动可看成匀速圆周运动与匀速直线运动的合成，则M点在圆心等高点处的速度大小为

22

vM-A/2+2m/s=2\/2m/s

故B正确；

C.M点的运动可看成匀速圆周运动与匀速直线运动的合成，则最高点A的纵坐标为

yA=2R=0.6m

匀速圆周运动的周期为

T=亚=0.3万s。点运动至A点的时间为

V

/。4=9=°15磔

最高点A的横坐标为

xA=vt=0.3»m

最高点A的坐标为（0.3mn,0.6m）,故C错误;

D.根据对称性，M点从。运动到B的时间为

2t

tOB=OA=0-3%s

故D错误。

故选Bo

抛体运动

4.（2025•河南•二模）一种平抛运动的实验游戏如图所示，是内壁光滑的细圆管，被固定在竖直面内,

8点的切线水平。让质量为m的小球（直径略小于细管的直径）从A点由静止释放，沿着管壁向下运动，

接着小球从2点做平抛运动到C点。已知AB的形状与抛物线BC的形状关于8点对称，小球从B到C

的运动时间为f,重力加速度为g,下列说法正确的是（）

A.小球到达C点时重力的瞬时功率为2wg2（

B.A、C两点的高度差为2g〃

C.小球从A到2合力冲量的大小为

D.小球到达C点时速度与竖直方向的夹角为45。

【答案】D

【详解】A.小球到达C点时竖直方向的速度为%=/

2

重力的瞬时功率为尸=mgvy=mgt

故A错误；

B.小球从2到C的运动时间为t,竖直高度=/

因AB的形状与抛物线BC的形状关于8点对称，可知A、C两点的高度差为小c=2〃=g/

故B错误；

1

C.小球在B点平抛的速度为vo,则mgh=^mv0

解得%=gt

贝lj小球从A到B合力冲量的大小为I=\p=mv0=mgt

故C错误；

D.小球从3到C的运动时间为f,竖直方向的速度%=依

水平方向的速度为h=gt

小球到达C点时速度与竖直方向的夹角为仇贝UtanO='=l

匕

则6=45。

故D正确。

故选D„

5.（2025•河北秦皇岛•二模）2024年秋某高校开学后进行军训如图所示，军训中质量为，〃=60kg的张卫

同学（可视为质点）抓住一端固定的轻绳，从轻绳的固定端同一高度处摆下过障碍物。已知绳长为L=1.8m,

在张卫到达竖直状态时放开绳索后水平飞出。绳子的固定端到地面的距离为"。不计轻绳质量和空气阻

⑴张卫摆到最低点抛出前对绳的拉力大小；

（2）张卫的落地点离绳的固定端的水平距离和张卫落地时的重力的功率大小。

1答案】⑴1800N

（2）3.6m,3600W

【详解】（1）对同学从开始到摆到最低点的过程中，根据动能定理得根gL=g根/

解得v=J2gz=6m/s

在最低点，由牛顿第二定律得T-mg=里

解得T=1800N

由牛顿第三定律可知张卫摆到最低点抛出前对绳的拉力大小为1800N。

（2）同学放开绳索后做平抛运动，竖直方向有=

解得r=0.6s

水平方向上做匀速直线运动，则张卫的落地点离绳的固定端的水平距离为x=i于

解得x=3.6m

张卫落地时的竖直分速度大小为v>=gr=6m/s

则张卫落地时的重力的功率大小为p=mgVy=3600W

6.（2025・河南・二模）如图所示，某运动员在跳台滑雪比赛训练时，从跳台边缘距离斜面顶端一定高度的

O点以不同的速度水平滑出，一段时间后落到斜面上。忽略空气阻力，下列说法正确的是（）

A.运动员在空中运动时的速度变化量与所用时间的比值不变

B.运动员在空中运动的时间与初速度成正比

C.运动员落在斜面时的速度方向都相同

D.运动员落在斜面时的速度与滑出的速度成正比

【答案】A

【详解】A.速度变化量与所用时间的比值等于加速度，运动员在空中运动时的加速度为重力加速度,

所以速度变化量与所用时间的比值不变，故A正确；

B.设运动员离开。点时速度为%,在空中运动时间为跳台边缘距离斜面顶端的高度为//,落到斜面

上时水平位移为龙，竖直下落高度为y,斜坡的倾角为凡由平抛运动规律可知运动员滑出速度越大，下

12_12

落的高度越高，在空中运动时间越长，根据几何关系可得5）-尸'_gt

,xvotvot2v0

可知运动员在空中运动的时间与初速度不成正比，故B错误；

C.根据平抛运动推论可得tana=2tan6

其中a为落在斜面时速度方向与水平方向的夹角，夕为落在斜面时位移方向与水平方向的夹角，由于落

在斜面不同位置时，£不同，所以a不同，即运动员落在斜面时的速度方向不相同，故C错误；

D.设落在斜面时速度方向与水平方向的夹角为a,则有v

cosa

由C选项分析可知，落在斜面不同位置时，a不同，所以运动员落在斜面时的速度与滑出的速度不成正

比，故D错误。

故选A。

7.（2025•湖南怀化・二模）如图所示装置，可以将一质量为相=lkg的小球（可视为质点）从地面缓慢抬升

至任意高度后再以任意速度水平打出。若需要将小球一次性投入（不与地面发生碰撞）距发射台/=4m

的收集孔里，则装置对小球做的功至少为（忽略一切阻力，g=10m/s2）（）

A.20JB.30JC.40JD.50J

【答案】C

【详解】装置对小球做的功用于提高小球的机械能（重力势能与动能），设将小球抬升至高度〃后以初

速度%水平射出，则做的功为W=mgh+^mvo

对于后续的平抛运动，在水平方向上到达收集孔时，时间为t=L

%

同时竖直方向上小球自由落体h=gg〃

,、一,I2

联乂各式可得W=mgh+mg——

4/z

根据数学知识可知当mgh=mg—

4/z

时对小球做功有最小值，即且仅当刀=：时取到最小值Wmin=mgl=40J

故选Co

8.（2025•江西宜春•二模）气排球运动是一项集运动、休闲、娱乐为一体的群众性体育项目。已知球重0.125kg,

某次比赛中运动员将一个速度为5m/s,方向与水平面成30。角飞来的气排球以等大反向的速度垫向队友。

已知垫球处离地高度为L5m,球与手作用时间为0.1s,网高1.9m,g取lOm/s2,空气阻力忽略不

计，则以下说法正确的是（

A.运动员垫球过程中球的动量变化量大小为0

B.运动员垫球过程中手对球的平均作用力大小为a五N

C.运动员垫球过程中手对球的平均作用力大小为12.5N

D.队友可在球飞至最高点时将球直接扣杀过网

【答案】B

【详解】A.垫球过程中，球的动量变化量大小应为Ap=w-（-加v）=2w=L25kg-m/s

故A错误；

BC.根据动量定理可知博=^=12.5N

方向与水平方向夹角为30。斜向上，如图所示

F手

且根据几何关系可知6=120。

根据余弦定理，则有与=mg）」+理-2mgF合cos6=1A/1TTN

故B正确，C错误；

D.垫出后，根据竖直方向运动特点有，最大高度=里=0.3125m

2g

加上之前的1.5m,有上=1.8125m<1.9m

故无法直接扣球，故D错误。

故选B„

9.（2025・重庆•二模）如图所示，某同学向一圆柱形杯中水平抛出一小物块（可视为质点），小物块恰好

经过杯口中心无阻挡地落到杯底边沿尸点。已知杯内高九杯底直径为重力加速度为g,抛出点。

与竖直杯壁（厚度不计）在同一竖直线上。忽略空气阻力，则小物块水平抛出时的速度大小为（)

O,

＜小物块

BCD

*粤口缪。空D弟。

【答案】A

【详解】设拖出点。到杯壁上端的距离为打，小物块平抛时的速度大小为v,从。点到P点历时则

在水平方向有

在竖直方向有a+=

且*

联立解得v=#苑。

4h

故选A。

10.（2025•重庆•二模）跳台滑雪是一项勇敢者的运动，某运动员从跳台A处沿水平方向飞出，在斜面

上的8处着陆，斜面A8与水平方向夹角为30。且足够长，如图所示，测得A、8间的距离为40m,斜

坡与水平面的夹角为30。，运动员质量根=60kg,不计空气阻力，下列说法正确的有（）

A.运动员在空中相同时间内的速度变化逐渐增大

B.运动员的质量越大，落点离A越远

C.运动员在A处的速度为loV^m/s

D.运动员落在8处的速度与水平方向夹角为60°

【答案】C

【详解】A.根据题意可知，运动员在空中做平抛运动，加速度为重力加速度，由Av=g，可知，运动员

在空中相同时间内的速度变化相同，故A错误；

BC.根据平抛运动规律有％=即，〃=；g产

hh

又有tan3()o=—,s=--------

尤sin30°

+心,2vtan30°2v；tan30°

整理可得/=3n---------,s

ggeos300

代入数据解得％=1。石m/s,，=2s

可知，运动员在A处的速度为10百m/s,在斜面上的落点到A点的距离与初速度的平方成正比，与质

量无关，故B错误，C正确；

D.运动员落在B处的竖直速度为j=gf=20m/s

则速度与水平方向夹角的正切值tana=乜=挛

%3

可见速度与水平方向夹角不等于60。，故D错误。

故选Co

11.（2025•河南・二模）如图甲所示，某人正在进行套圈游戏：将铁丝圈水平抛出，套中物体B就算赢。某

次套圈时，铁丝圈的轨迹如图乙所示，落地点在物体B的正前方。为了使铁丝圈水平抛出后能套中物

体，可采取的措施是（）（假设铁丝圈平面始终保持水平，不计空气阻力）

A.仅适当增大抛出时的水平初速度

B.仅将抛出点A的位置适当上移

C.保持其他条件不变，套圈者适当后移

D.保持其他条件不变，套圈者适当前移

【答案】C

【详解】AB.根据平抛运动规律》=的，h=户

可得铁丝圈水平抛出后水平方向位移x=

由图知，为了使铁丝圈水平抛出后能套中物体，则需要减小X。若仅增大抛出时的初速度将使水平射程

增大；仅将抛出点适当上移，将使铁丝圈飞行时间增大，水平射程也将增大，故AB错误；

CD.保持其他条件不变，套圈者适当后移，也就是将原运动轨迹适当向后平移，铁丝圈水平抛出后能

套中物体；同理，保持其他条件不变，套圈者适当前移，也就是将原运动轨迹适当向前平移，铁丝圈

水平抛出后不可能套中物体。故C正确，D错误。

故选Co

12.（2025•辽宁本溪•二模）如图甲所示，半圆弧轨道固定在水平面上，圆心为。，直径8C与垂直。

质量〃z=lkg的滑块从水平面上以一定的初速度向右滑动，最终滑上半圆弧轨道并从最高点C飞出，滑

块在半圆弧轨道上运动过程中的速度平方F与上升高度h的关系图线如图乙所示，己知重力加速度g

取10m/s2,则（）

A.半圆弧轨道的半径R=l.8m

B.滑块经过C点时对轨道的压力大小约为17.8N

C.滑块从B到C过程中机械能守恒

D.滑块从C点抛出后落地点到B点距离为3m

【答案】BD

【详解】A.由图乙可知，/z=L8m时滑到最高点，所以半径R=0.9m,A项错误；

B.从图乙可以看出，物体到达C点时的速度大小为v2=5m/s,设运动到C点时轨道对物体的弹力为琮，

则有F^+mg=?/i—

R

代入数据解得然。17.8N

由牛顿第三定律可知，物体运动到C点时对半圆形导轨的压力大小为17.8N,B项正确；

C.以水平面为参考平面，则滑块在B点的机械能为纥=g〃v；=32J

在C点的机械能为Ec=mgh+=30.5J

所以滑块与半圆弧轨道间有摩擦，滑块从3到C过程中机械能不守恒，C项错误;

D.滑块从C点抛出后做平抛运动，飞行时间有/z=gg』

可得t=0.6s

所以滑块从C点抛出后落地点到B点距离为x=v2t=3m

D项正确。

故选BD„

13.（2025•湖南•二模）如图所示，将一可视作质点、质量为机的小球从倾角为。的斜面底端斜抛，小球恰

好在运动轨迹的最高点位置通过斜面顶端。已知斜面高为及、斜面底边水平长度为"重力加速度为g,

不考虑空气阻力。设小球的初速度大小为v。，小球初速度方向与水平方向的夹角为a,则下列说法正确

的是（）

A.小球初速度方向与水平方向夹角的正切值为tana=詈

B.小球从抛出到通过斜面最高点所经历的时间为:营

8（4层+乙2）

C.小球的初速度大小为%=

2/?

D.整个运动过程重力的平均功率为A=g,登

【答案】BC

【详解】A.由题意可知小球恰好在运动轨迹的最高点位置通过斜面顶端，那么小球通过斜面顶端时的速

度方向是水平的，由此可以将该运动视作一个反向的平抛运动。根据平抛运动的运动规律可知任意时

刻速度方向与水平方向夹角的正切值是位移方向与水平方向夹角正切值的两倍，由此可知tana=2tan，

可得小球初速度方向与水平方向夹角的正切值也为tana=2tan6

故A错误；

B.由逆向思维可知，小球竖直方向做自由落体，根据无=

可得运动时间为u

故B正确;

C.小球斜抛水平方向的初速度为%cose,也是小球通过斜面顶端的速度大小，根据动能定理

故C正确；

D.可得整个运动过程中重力的平均功率为p=-逊=-mghfi=-mg但

tV2hV2

故D错误。

故选BCo

14.（2025,陕西渭南•二模）如图所示，半径为R的竖直圆筒绕中心轴线以恒定的转速匀速转动。一子弹以

水平速度沿圆筒直径方向从左侧射入圆筒，从右侧射穿圆筒后发现两弹孔在同一竖直线上且相距为h,

则下列说法正确的是（）

A.子弹在圆筒中的水平速度为%品B.子弹在圆筒中的水平速度为%袅

D圆筒转动的角速度可能为。"技

C.圆筒转动的角速度可能为。=5%=4

2/7

【答案】AC

【详解】AB.子弹做平抛运动，在竖直方向上

,12

h=2§r

可得子弹在圆筒中运动的时间f=

水平方向子弹做匀速运动，因此水平速度%=乎=2R4

A正确，B错误;

CD.因子弹从右侧射穿圆筒后发现两弹孔在同一竖直线上，则圆筒转过的角度为。=（2"-1）万（w取1、

2、3)

则角速度为。=2=（2"T）"

…1啸

故角速度可能为5万橙，不可能为4万橙，C正确，D错误。

2/7

故选AC。

15.（2025•江西九江•二模）如图所示，某同学在同一位置先后水平抛出一物体，第一次落在甲点，第二次

落在乙点，不计空气阻力，则（

甲

A.抛出时速度关系W

B.抛出后加速度关系％＞的

C.抛出后位移关系$1＞S2

D.抛出后时间关系％＞G

【答案】D

【详解】AD.物体做平抛运动，竖直方向有〃=；g产

由于＞为，可得"＞

水平方向有％=即

由于玉＜%,则有匕＜%

故A错误，D正确；

B.抛出后的加速度为重力加速度，则有q=出，故B错误;

C.抛出后的位移大小为s=+%2

由于则无法确定抛出后的位移大小关系，故c错误。

故选Do

16.（2025,广西南宁•二模）如图所示，一倾角为。的斜面固定在水平面上，可视为质点的小球以速度%由

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

B.小球从。点运动到P点的时间为组

A.小球速度最大时离斜面最远

g

C.小球离斜面的最远距离为（%c°sa）D.小球离斜面的最远距离为（%.a）

2gsina2gcosa

【答案】D

【详解】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。点运

,,,,,、

2vnsina2vntana

动到p点的时间/=———=———

gcosag

故B错误；

CD.小球离斜面的最远距离h=（%,ma）

2gcosa

故C错误，D正确。

故选Do

17.（2025•安徽蚌埠•二模）排球比赛时，运动员进行跳发球，排球被水平击出后，刚好擦着球网的上沿落

入对方的场地，球通过球网上沿时，速度与水平方向的夹角为30。，球落地时速度与水平方向的夹角为

60°,球网高为万，重力加速度为g,不计空气阻力，不计球的大小，则球被运动员击出后的初速度%大

小为（）

/////〃//〃////〃//)////////////)///////.

]_____1/]_____]____

A.B.-73^C.-72^D.-VSg/T

【答案】B

【详解】设球被击出后的初速度大小为%,则刚过网时球竖直方向的分速度大小为匕=%tan30

落地时球沿竖直方向的分速度大小为匕=%tan60

在竖直方向，根据运动学公式有吗-叶=2g"

解得%=；师

故选Bo

18.（2025・福建厦门•二模）如图所示，从A点以vo的水平速度抛出一质量根=2kg的小物块（可视为质点），

当小物块运动至B点时，恰好沿切线方向进入固定的光滑圆弧轨道BC,圆弧轨道BC的圆心角a=37。，

C点在。点的正下方，圆弧轨道C端切线水平与水平面平滑连接。C点右侧水平面粗糙，在水平面上

固定一个弹簧，弹簧的左端。距C点的水平距离为L=0.4m,小物块离开C点后继续在水平面上向弹簧

滑去，将弹簧压缩了x=0.1m后停止滑行。小物块和水平面间的动摩擦因数〃=0.2,A、B两点距C点的

高度分别为8=0.6m、/i=0.15m,圆弧半径R=0.75m,cos37°=0.8,sin37°=0.6,g=10m/s2=求：

//////

（1）小物块水平抛出时，初速度V。的大小;

⑵小物块滑动至C点时的速度;

⑶小物块停止滑行时弹簧具有的弹性势能大小。

【答案】⑴4m/s

(2)2"n/s

(3)26J

【详解】（1）设小物块做平抛运动的时间为则有产

设小物块到达8点时竖直分速度为力，有%=4

由以上两式代入数据解得。=3m/s

由题意，速度方向与水平面的夹角为37。，有tan37o=乜

%

解得%=4m/s

(2)设小物块到达。点时速度为vc,从A至C,由动能定理得加g"=1加试-;相说

解得%=2V7m/s

(3)当弹簧压缩到最短时，由能量守恒定律可得?"其=〃〃吆(x+L)+。

解得Ep=26J

19.(2025•贵州安顺•二模)如图所示，在滑雪比赛中，甲、乙两运动员先后从雪坡滑下，水平飞出后台均

落到斜坡上。已知甲运动员水平飞出时的速度大小为％,甲运动员在空中运动的时间为乙运动员在空

中运动时间的运动员均可视为质点，不计空气阻力。乙运动员水平飞出时的速度大小为()

A.yB.C.0%D.2%

【答案】D

【详解】设斜坡的倾角为。，运动员在斜坡上的位移为L由平抛运动的知识可得Leos=%/,

Lsin。=ggt2

联立解得"2"颉"

g

即r8匕o

又甲运动员在空中运动的时间为乙运动员在空中运动时间的甲运动员水平飞出时的速度大小为%,

故运动员乙水平飞出时的速度大小为2%。

故选D。

20.(2025・福建厦门•二模)福建舰是我国完全自主设计建造的弹射型航空母舰。在始终静止的福建舰上进

行的电磁驱动弹射测试中，配重小车自甲板前端水平射出，落至海面上。简化模型如图所示，两辆质

量相同的配重小车1和小车2先后进行弹射测试，轨迹分别为曲线1和曲线2,M.N为两次弹射的

落水点。忽略空气阻力，配重小车可视为质点。则配重小车1和小车2()

配重小车

A.落水瞬间速度大小为=K

B.在空中运动过程中速度变化量△%＜公马

C.在空中运动过程中重力的平均功率R＜鸟

D.落水瞬间重力的瞬时功率％=国

【答案】D

【详解】A.配重小车离开甲板后做平抛运动，下落高度相等，根据〃=

可知下落时间相等，竖直方向的分速度为%="

可知为=■%■

卞艮据％=为/

可知水平初速度大小关系为VN；VMX

落入海平面瞬间的速度为v=亚+vj

可得为＜VN

故A错误；

B.根据速度度变化量公式Av=g4

因为下落时间相等，所以在空中运动过程中速度变化量△匕=△岭

故B错误；

—w

C.因下落高度相等，所以重力做功相等，又下落时间相等，根据尸=一

t

可知在空中运动过程中重力的平均功率相等，故c错误；

D.落水瞬间重力的瞬时功率为尸=7"g%

因质量相等，竖直方向的分速度相等，可知落水瞬间重力的瞬时功率相等，故D正确。

故选Do

21.（2025•黑龙江•二模）如图所示，某同学从与墙水平距离为，、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gs。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（）

A.—HB.—H

42

【答案】A

【详解】设小球与墙壁碰撞前运动的时间为乙，碰撞后到落地的时间为芍，由平抛运动知识可知5=,

解得％=G

1、212

h六（z％+/2）-六4Q

设小球与墙壁碰撞位置的离地高度为h,竖直方向有三-------2—=4

/（1+与）

3

解得

4

故选Ao

22.（2025•广东肇庆•二模）跳台滑雪是利用跳台进行的一种跳跃滑雪比赛，是冬奥会正式比赛项目之一。

如图是简化后的跳台滑雪的雪道示意图，运动员从助滑雪道上由静止开始滑下，到达C点后水平飞

出，落到滑道（足够长）上的。点，E是运动轨迹上的一点，在该点运动员的速度方向与C。平行。设

运动员从C到E与从£到。的运动时间分别为力、t2,EP垂直于CD不计空气阻力，则关于运动员

离开C点后的飞行过程，下列说法正确的是（）

A

E./B

A.ti=t2,且CF<FD

B.在空中飞行时间与运动员离开C点的速度成正比

C.8的长度与运动员离开C点的速度成正比

D.若运动员离开C点的速度大小改变，则其落在上的速度方向与的夹角也改变

【答案】AB

【详解】A.以C点为原点，以CD为x轴，以垂直C。向上为y轴，建立坐标系如图所示。

对运动员的运动进行分解，y轴方向做类竖直上抛运动，x轴方向做匀加速直线运动。当运动员速度方

向与CD平行时，在y轴方向上到达最高点，根据竖直上抛运动的对称性，可知后短。而x轴方向运动

员做匀加速运动，因打，2,故CF<FD,A正确；

BC.设在C点的初速度v与斜面的夹角为仇将初速度沿x、y方向分解为匕=vcos。、v2=vsin0

将加速度沿X、y方向分解为4=gsin®、a2=gcos0

__2vsin。

则运动员的运动时间，=------

a2

落在斜面上的距离s=VCOS6•/+Jgsin61

则/8丫，s与v不成正比，B正确，C错误；

D.设运动员落在斜面上的速度方向与水平方向的夹角为斜面的倾角为呢则有tan£=」

%

v

tana=—y=2y

xvot2v0

则tan分=2tana

a一定，则£一定，则运动员落在斜面上的速度方向与从C点飞出时的速度大小无关，D错误。

故选ABo

23.（2025・广东广州•二模）倾角为30。的足够长光滑斜面，固定在水平地面上。f=0时，小球P由斜面顶

端。点静止释放；，=为时，小球Q从同一位置。点水平抛出；Q第一次落到斜面时刚好击中P。重力

加速度为g,不计空气阻力，则小球Q（）

A.在r=2to时击中PB.击中P时，Q的竖直分速度与水平分速度大小之比为白

C.抛出时的速度大小为D.击中P时，P与。点的距离为Y近

22

【答案】AC

【详解】A.小球P在斜面上的加速度为每=〃琢-3°=1g

m2

其在竖直方向的分加速度为%,=Opsin30°=；g

设小球Q抛出后经过时间4与P球相碰，则有权丁=3支+外2

解得4=。

即在2%时击中p,故A正确;

B.由平抛运动中，位移角与速度角的关系知2tan30=乜

匕

解得乜=学

匕3

故B错误；

C.小球Q竖直方向的速度为。=gf0

J2A/3

与一二一

匕3

联立解得，抛出时的速度大小为匕=且风

故C正确;

19119

D.根据运动学规律，击中P时，P与。点的距离为s=5〃⑵）=于/、⑵°）2=g%2

故D错误。

故选AC„

24.（2025,江西萍乡•二模）由于空气阻力的影响，炮弹的实际飞行轨迹不是抛物线，而是"弹道曲线"，如

图中实线所示，。点为发射点，d点为落地点，万点为轨迹的最高点。。、c为运动过程中经过的距地面

高度相等的两点，下列说法正确的是（）

A.炮弹到达b点时的速度为零B.炮弹到达6点时的加速度小于重力加速度g

C.炮弹在06段重力的平均功率比切段大D.炮弹经过。点时重力的功率与c点相等

【答案】C

【详解】A.到达6点时，炮弹的竖直分速度为零，但具有水平分速度（不为零），故A错误；

B.炮弹到达b点时，除受到竖直向下的重力外、还受到与运动方向相反的空气阻力作用，所以到达6

点时，炮弹的加速度大于重力加速度g,故B错误；

C.从。到6的过程中，在竖直方向上，受到重力和阻力在竖直向下的分力力，由牛顿第二定律可得

mg+fi=mat

解得q=邂土为

m

在从b到d的过程中，在竖直方向上，受到向下的重力和阻力在竖直向上的分力力，由牛顿第二定律

可得%g—力=人

解得出=螫二A

m

对比可得4>%

即上升阶段的加速度总体比下降阶段的加速度大，由力=；加2

可定性确定，竖直位移相同，加速度越大，时间就越短，所以炮弹由。点运动到6点的时间小于由匕

点运动到d点的时间，但两个过程重力做功的值相同，根据万

可知炮弹在Ob段重力的平均功率大于bd段重力的平均功率，故C正确；

D.炮弹从。点到c点的过程，竖直方向，由于空气阻力的影响，竖直向上减速的加速度大于竖直向下

加速的加速度，位移相同，根据孑一。=2依

可知，C点的竖直分速度小于。点的竖直分速度，根据重力的功率P=

可知炮弹经过a点时重力的功率比c点大，故D错误。

故选C。

25.（2025・山东•二模）某一儿童游戏设计研发者为开发游戏搭建了如图所示装置。整个装置在竖直平面内,

AB为平直轨道，88是半径为R=1m的圆弧形轨道，CD段圆弧对应圆心角。=53。，M为可视为质

点的游戏开关，比D点高，M点到D点水平距离为1.6m,竖直距离为0.6m。现从A点以某一初速度

释放质量为m=lkg的光滑小球，恰好击中"，已知重力加速度为g=10m/s2,sin53o=0.8,则（）

D

BA

A.小球初速度大小为6m/s

148

B.小球经过。点时对轨道压力大小为*N

C.小球从。点运动到M点所需要的时间为更S

5

D.小球在。点处的速度大小为逆m/s

3

【答案】BC

【详解】CD.从。到M过程，水平方向有x=v°sine<=1.6m

2

竖直方向有y=vDcos0-t-^gt=0.6m

联立解得%=m/s,t=^-s

故C正确，D错误；

A.从A到。过程，根据动能定理可得一“然（1+5山。）=；"说一；7"叶

*/S

解得小球初速度大小为%=

3

故A错误;

B.从C到。过程，根据动能定理可得T"gRsine=：7"v|,--^mvc

在C点，根据牛顿第二定律可得N=〃，正

R

148

联立解得N=F-N

根据牛顿第三定律可知，小球经过C点时对轨道压力大小为1手48N,故B正确。

故选BCo

26.（2025・四川广安•二模）在奥运会滑板街式比赛中，某选手（视为质点）从U型池边缘以初速度%斜向

上腾空，初速度方向与水平方向夹角为。。若忽略空气阻力，重力加速度为g。下列说法正确的是（）

A.选手在上升过程处于超重状态，下降过程处于失重状态

B.选手在上升和下降阶段经过同一高度时速度相同

C.选手在最高点时的速度为零

D.选手回到与U型池边缘等高处的时间为马巴电

g

【答案】D

【详解】A.选手在上升过程和下降过程，只受重力，故加速度为重力加速度，方向竖直向下，所以选

手在两过程中都处于失重状态，故A错误;

B.根据对称性原理，选手在上升和下降阶段经过同一高度时速度大小相同，方向不同，故B错误;

D.将选手斜抛的初速度分解到竖直方向和水平方向，则竖直方向的速度为％=%sin。

水平方向的速度为匕=%cose

选手在竖直方向做匀减速直线运动，直至最高点，此时竖直方向的速度为0,则上升的时间为4=吧”

g

根据对称性原理，选手下落到与u型池边缘等高处的时间为L=皿”

g

所以选手从飞出至回到与U型池边缘等高处的时间为,=%+，2=细吆

g

故D正确；

C.由D项分析，选手做斜抛运动，可知选手在最高点时，竖直方向速度为零，仍有水平方向的速度,

故C错误。

故选D。

27.（2025•黑龙江哈尔滨•二模）2025年1月7日，中国航天实现开门红，实践25号双机械臂的在轨服务

卫星成功发射，标志我国在该领域技术水平居于世界前列。研发过程中，实验室测试机械臂