福建省2021-2025年高考物理试题分类汇编：曲线运动（解析版）

五年真题(2021-2025)

专<04曲钱也劭

（五年考情•探规律）

考点五年考情（2021-2025）命题趋势

综合近五年福建省高考物理对“曲线运动”专题

的考查情况,该部分的核心命题点清晰聚焦于圆周运

考点斜抛运动

12024动与斜抛运动两大核心模型。圆周运动展现出了极强

的考查稳定性与高频性（2025、2023、2022年连续

出现），其命题方向主要围绕向心力的来源分析、临

界问题、水平面与竖直面内的动力学与能豉结合问题

等核心能力点。斜抛运动虽在五年内仅2024年单独

考查，但其作为重要的运动合成与分解模型，其运动

规律、对称性应用、射程与射高分析、以及能量观点

处理等关键内容仍需高度关注。命题情境设计上，福

建卷一贯注重贴近实际、联系科技与生活，侧重对运

考点圆周运动、、

2202520232022动规律本质的理解、模型构建能力和物理思想方法的

应用考查，计算复杂度适中，重在概念清晰、过程分

析准确。可以预见，核心考点将保持稳定，情境将更

趋丰富新颖,并可能在同一情境中交叉考查圆周与抛

体的不同阶段或关联概念，进一步强化模型识别、过

程分析和运用基本物理原理解决实际问题的综合能

力。

（五年真题・分点精准练）

考点01斜抛运动

1.（2024・福建・高考）（多选）如图，某同学在水平地面上先后两次从H点抛出沙包，分别落在正前方地面Qi

和Q2处。沙包的两次运动轨迹处于同一竖直平面，且交于P点，H点正下方地面处设为。点。已知两次运动

轨迹的最高点离地高度均为3.2m,OH=1.4m,OQ】=8.4m,0Q2=9.8m,沙包质量为0.2kg,忽略空气

阻力，重力加速度大小取10m/s2,则沙包（）

p

A.第一次运动过程中上升与下降时间之比夕:4

B.第一次经尸点时的机械能比第二次的小1.3J

C.第一次和第二次落地前瞬间的动能之比为72:85

D.第一次抛出时速度方向与落地前瞬间速度方向的夹角比第二次的大

【答案】BD

【详解】A.沙包从抛出到最高点的运动可视为平抛运动的“逆运动”，则可得第一次抛出上升的高度为凡=

3.2m-1.4m=1.8m,上升时间为£」==0.6s,最高点距水平地面高为/i0=3.2m,故下降的时间t下〔=

用=0.8s故一次抛出上升时间，下降时间比值为3:4,故A错误；

BC.两条轨迹最高点等高、沙包抛出的位置相同，故可知两次从抛出到落地的时间相等为。=11+亡下1=

1.4s,故可得第一次，第二次抛出时水平方向的分速度分别为i^=^=6m/s,vx2=^=7m/s,由于两

条轨迹最高点等高，故抛出时竖直方向的分速度也相等，为与=gtj=6m/s,由于沙包在空中运动过程

2222

中只受重力，机械能守恒，故第一次过P点比第二次机械能少△£=^m(y/vx2+VyY-^mQvxl+VyY=

22

1.3J,从抛出到落地瞬间根据动能定理可得Eki=Fk01+mgh0H=^m(vxl+vy)+mgh0H=10J,Fk2=

2v2>则故落地瞬间，第•次，第：次动能之比为

EM2+mghoH=|TH(PX2+y)+mg%”=11.3],100:113,

故B正确，C错误；

D.根据前面分析可知两次抛出时竖直方向的分速度相同，两次落地时物体在竖直方向的分速度也相同，由

于第一次的水平分速度较小，物体在水平方向速度不变，如图所示，故可知第一次抛出时速度与水平方向

的夹角较大，第一次落地时速度与水平方向的夹角也较大，故可知第■次抛出时速度方向与落地瞬间速度

方向夹角比第二次大，故D正确.

故选BDo

考点02圆周运动

2.（2025・福建•高考真题）（多选）春晚上转手绢的机器人，手绢上有P、。两点，圆心为。，DQ=V5OP,

手绢做匀速圆周运动，则（）

A.P、0线速度之比为1:75

B.P、0角速度之比为6：1

C.夕、。向心加速度之比为0:1

D.P点所受合外力总是指向。

【答案】AD

【详解】B.手绢做匀速圆周运动，由图可知AQ属于同轴传动模型，故角速度相等，即角速度之比为1:1,

B错误；

A.由17=er,可知，P、Q线速度之比〃P：UQ=r°p：丁OQ=1:0,得A1E确；

C.由。=32丁，可知，p、Q向心加速度之比即：％=rop：roQ=1：旧，得C错误；

对圆环受力分析井正交分解，竖直方向受力平衡，水平方向合力提供向心力，则有

2

mg-Tcosa=FNsina»Tsina+F^cosa=ma）r'

由几何关系得r'=Lsina

联立解得3=lOrad/s

4.（2022・福建•高•考）清代乾隆的《冰嬉赋》用“蹙蹙”（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8的大小。（不计空气阻力，重力加速度大小取10m/

s2,tan220=0.40、tan270=0.51、tan320=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％=

解得Q=:=^m/s2=4m/s2

（2）根据广印=m二

解得过弯时所需的向心力大小为「向=73x=1430.8N

（3）设场地对武大靖的作用力大小为F,受力如图所示

F

0

根据牛顿第二定律可得尸向=气

解得tan"好部，。.51

可得6=27°

1年模拟•精选模考题

一、单选题

1.(2025•福建南平•质检)2025年元肖“晚上，闽江延平段进行无人机表演，给U日氛围增添了几许惊艳。

某参演的无人机在X、y方向的4-3图像如图(a)(b)所示。则在0-勿时间内，该元人机运动的

轨迹可能为()

图(a)图(b)

【详解】0-G内，无人机具有沿y轴正方向的速度，加速度沿入•轴正方向，则合外力沿x轴正方向，则轨迹向

“轴正方向偏，口〜上时间内，x轴方向加速度为0,与-t图像的斜率表示加速度，即加速度沿y轴正方向，

则合外力沿y轴正方向，则轨迹向y轴正方向偏，可知，只有第一个选择项满足要求。

故选Ao

2.（2025・福建度门•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

水平甲板，

福建舰\海平面MN

A.落水瞬间速度大小肥=vN

B.在空中运动过程中速度变化量A%VAD2

C.在空中运动过程中重力的平均功率PiVP2

D.落水瞬间重力的瞬时功率PM=PN

【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，根据九=可知下落时间相等，竖匕方

向的分速度为%=gt，可知%/y=〃My，根据％=%如可知水平初速度大小关系为＞vMx＞落入海平面

瞬间的速度为U=收十环,可得以，故A错误；

B.根据速度度变化量公式Av=gAt,因为下落时间相等，所以在空中运动过程中速度变化量A%=AU2

故B错误；

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Q=?，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P=mg%,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D。

3.（2025•福建莆叶三模）一小船以两种方式渡河：如图甲所示，小船航行方向垂直于河岸；如图乙所示，

小船航行方向与水流方向成锐角心已知小船在静水中航行的速麦大小为％,河水流速大小为切，则下列说

法正确的是（）

A.图甲中比图乙中小船渡河的时间短

B.图甲中比图乙中小船渡河的台速度大

C.图甲中比图乙中小船渡河的合位移大

D.图甲和图乙中小船均做曲线运动

【答案】A

【详解】A.由r图甲中比图乙中小船在垂直于河岸方向的分速度较大，所以图甲中比图乙中小船渡河的时

间短，选项A正确；

BC.根据运动的合成法则，图甲中比图乙中小船渡河的合速度小，因甲图中合速度与河岸的夹角较大，则

合位移也小，选项B、C错误；

D.图甲和图乙中小船两个方向的分运动都是匀速运动，可知合运动是匀速运动，即两船均做匀速直线运动,

选项D错误。

故选Ao

4.（2025•福建福州福九联盟•三模）如图所示，一质量为m的小球在空中某处，以速度〃斜向下抛出、方向

与竖直方向成60。，小球受到水平向左大小为gmg的恒定风力，小球落到水平地面时，速度方向竖直向下,

重力加速度为g，不计空气阻力，下列说法正确的是（）

A.小球在空中运动时受到的合力为V5rng

B.小球抛出点离地面高度为^^

8g

C.若仅增大初速度，小球的水平位移不变

D.若只撤去风力作用，小球落地瞬间重力的瞬时功率减小

【答案】B

【详解】A.对小球受力分析如图所示

可知水平方向的分速度和竖直方向的分速度分别为=vsin60°=斗u,vy=vcos60°="由题知，小球

落到水平地面时，速度方向竖直向下，即水平方向的速度减为零，在水平方向上，根据牛顿第二定律有

=max,解得幺二口小则小球在空中运动的时间为t=上=*，小球在竖直方向上做加速度为g的匀

S3Q*Ng

加速直线运动，则小球抛出点离地高度为h=+==二

z8g

故B正确；

C.由选项B分析可知，若仅增大初速度明则小球的分速度心，％均增大，h不变，则小球在空中的运动时

间第减小，以不变，根据％=外£-^纵产，可知小球的水平位移不一定不变，故C错误：

D.若只撤去风力作用，小球在竖直方向上的运动规律不变，则小球在空中的运动时间t不变，根据小球落

地瞬间重力的瞬时功率PG=mg（'+gt），可知重力的瞬时功率不变，故D错误。

故选Bo

二、多选题

5.（2025•福建福州三中•模拟预测）某地的机动车出入口采用如叁所示的曲杆道闸，道闸由转动杆0M与横

杆MN链接而成，V、N为横杆的两个端点。某天中午快递员将快递袋子挂在了校门口道闸的横杆MN上，在

道闸抬起过程中，快递袋始终与横杆MN保持相对静止，旦杆MN始终水平，此过程中杆。M绕。点从水平方

向匀速转动到接近竖直方向。若快递袋可视为质点，与横杆之间的动摩擦因数为〃，最大静摩擦力等于滑动

摩擦力，转动杆0M长度为L,重力加速度为g。下列说法正确的是（）

步―

;I•一J

!•

4W二笠

//Z//Z/Z//ZZZZZ/ZZZZZZZzz//////

A.N点线速度大小大于M点线速度大小

B.N点的加速度始终沿ON方向

C.MN两点都在做匀速圆周运动

D.快递袋能够与横杆MN保持相对静止一起运动的最大速率J扁gL

【答案】CD

【详解】AC.M、N两点相对静止，运动状态相同，线速度大小相同，均做匀速圆周运动，A错误，C正确;

B.由前分析知，N点加速度始终和M。方向平行（即和M点加速度同向），B错误：

D.设快递袋质量为m,做圆周运动时向心加速度和水平方向夹角为a,如图所示

由/=macosa,mg-尸N=masina,乂/工〃外，。=亍，联立得口WJJI+R黑其中tan*=，由数学

知识可知，"最大值为J舍pD正确。

故选CDo

6.（2025•福建厦门六中•三模）如图甲所示，轻杆的一端固定一小球（可视为质点），另一端套在光滑的水

平轴。上，水平轴的正上方有一速度传感器（图中未画出），可以测量小球通过最高点时的速发大小v,水

平轴。处有一力传感器（图中未画出），可以测量小球通过最高点时水平轴受到的杆的作用力凡若取竖直

向下为尸的正方向，在最低点时给小球不同的初速度，得到的尸C为小球在最高点时的速度）图像如

图乙所示，取重力加速度大小g=10m/s2。下列说法正确的是（）

A.小球的质量为10kg

B.轻杆的长度为1.8m

C.若小球通过最高点时的速度大小为3.6m/s,则轻杆对小球的作用力大小为6.4N

D.若小球通过最高点时的速度大小为6m/s,则小球受到的合力为10N

【答案】CD

【详解】AB.设杆的长度为L,水平轴受到的杆的作用力”与杆对小球的作用力大小相等、方向相反，因

此对小球受力分析则有一尸+mg=3二，整理可得尸=一十+mg,对比题图乙可知〃?=1kg」=3.6m,AB

错误；

CD.当y=3.6m/s时，代入上式得/=6.4N,即杆对小球的作用力大小为6.4N,若小球通过最高点时的速

度大小为6m/s,则小球受到的合力产。=苧=黑N=10N,CD正确。

故选CD。

7.（2025•福建福州•四检）科学实设小组对福州内河调研发现，弯曲河道的外侧河堤会受到流水冲击产生的

压强。如图所示，河流某弯道处可视为圆心为。，半径为我的圆弧的一部分。假设河床水平，河道在整个

弯道处宽度L和水深〃均保持不变，水的流动速度v大小恒定，河水密度为p,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，则在一段极短时间加内（）

A.流水的加速度方向指向圆心0

B.流水速度改变量的大小为3At

C.通过观测截面水的动量改变量大小为pLH雪

D.外侧河堤受到的流水冲击产生的压强为畔

【答案】AC

【详解】A.根据题意可知，流水做匀速圆周运动，所以水流所受合力方向指向圆心O,则流水的加速度方

向指向圆心。，故A正确;

B.由于L«R,则向心加速度大小为Q=9,根据加速度的定义式有。=色，可得流水速度改变量的大小为

△v=，At,故B错误;

R

C.依题意，极短时间位内水流的距离△[=〃•△t，横截面积5=乙乩可得AC内水流的质量为^=054/=

pLHv-At,则通过观测截面水的动量改变量大小为Ap==pLH故C正确：

A

D.根据牛顿第二定律可得F=水流与外侧河堤作用的面积S'=4-H,则外侧河堤受到的流水冲击产

生的压强为p=《=喀，故D错误。

故选ACo

8.（2025•福建福州三中•十六检）如图所示，可视为质点的光滑定滑轮。与竖直墙面上的。点等高，O为

P。的中点，PQ距离为2d。一根轻质不可伸长的细绳一端系在。点，穿过质量为〃，的光滑圆环A再绕过

定滑轮P，另一端吊着质量也为隙的重物B。将圆环A由O点静止释放，设。/与水平方向夹角为仇已知

重力加速度为g，整个过程中B未与滑轮P相撞，不计空气阻力和一切摩擦。下列说法中正碓的是（）

B.A可以下降的最人高度为gd

C.A和B总动能最大时，Q60。

D.A和B总动能最大时，A的动能为（1—?）mgd

【答案】BD

【详解】A.B上升的速度等于左侧绳伸长的速度，A沿Q4方向的速度分量为匕sin仇沿以方向的速度分

量也为v/sin仇故有为=2vAsin0,A错误；

B.由能吊:守恒；rngH=mgx2（V//2+ci2—d）,解得:H=^d,B正确：

J

CD.AB总动能最大时，即总重力势能最小，此刻重力势能变化率为0,即mg%=血9%，结合关联速度

可知sin。=：,即为30。，由能最守恒知”=（2—6）7几EkA=FkB,解得：E々A=（1-三）?ngd,（?错

误，D正确。

故选BD。

9.（2025•福建厦门一中•模拟预测）如图所示，从倾角为。的斜面上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。当抛出的速度为孙时，从抛出至落到斜面的运动时间为〃，位移大小为离

斜面的最远距离为di，小球到达斜面时速度方向与斜面的夹角为由；当抛出速度为2%时・，从抛出至落到斜

面的运动时间为上，位移大小为立，离斜面的最远距离为d2,小球到达斜面时速度方向与斜面的夹角为。2,

不计空气阻力，则下列关系式正确的是（）

A.d2=2dlB.t2=2GC.s2=2slD.ax=a2

【答案】BD

【详解】D.由平抛运动规律可知匕加=翅=善，速度方向与水平方向的夹角ta邛="，则tan/?=2tan8

Vot2VoLUo

位移方向相同，则速度方向与斜面的夹角相同5=。2,故D正确；

B.根据tan。=卢，可得亡=亚吧，初速度变为2倍时，则时间变为原来的2倍，^t2=2tv故B正确：

2v09

A.垂直斜面方向，初速度为%sin。，加速度geos仇则离斜面的最远距离d=猷整，初速度变为2倍时，

则离斜面的最远距离变为原来的4倍，故史=4由，故A错误；

C.根据s=e=4衅，初速度变为2倍时，位移变4倍，即$2=4%,故C错误。

cosOgcosO/1

故选BDo

10.（2025・福建原门一中•模拟）如图所示，一渔民（图中未画出）站在岸上，利用绳和定滑轮以恒定的速

率7=0.6m/s拉质量〃尸50kg的小船靠岸，某时刻绳与水面夹角为Q37。，该时刻渔民的拉力大小为F=250N,

sin370=0.6,cos37°=0.8,重力加速度g取lOm/s2,在不计滑轮摩擦和绳子质量的条件下，下列说法正确的

C.该时刻小船的浮力大小为300、D.小船是加速靠近河岸

【答案】AD

【详解】A.设小船的速度为依，把小船的速度分解成沿着绳的速度v和垂直于绳子的速度”如图

则u=vocos0o解得%=—=0.75m/s,故A正确；

D.小船靠近河岸，绳与水面夹角。逐渐变大，小船的速度勤增大，小船是加速靠近河岸，故D正确；

RC.该时刻小船受到重力、浮力、拉力、阻力四个力的作用,小船在竖直方向上受力mg="浮+"sin。

解得/泞=mg-FsinO=50xION-250x0.6N=350N,故BC错误。

故选ADo

11.（2025・福建•百校联考押题）如图，固定水平轨道AB左端拴一根水平轻质弹簧，弹簧右侧紧靠（不拴

接）一个小球小现向左推小球压缩弹簧后撤去外力，弹簧恢复原长后。球从8点水平飞出，恰好落在倾斜

承接双轨BC最低点C,缓冲（不反弹.）后经。点长度可忽略的连接圆弧进入水平CD双轨；小球。在水平

CD轨道与静止的6球碰后粘在一起，6球下方用长为1=1m的细线悬挂小球c,已知8c=3m,6=37。，

mm

a-b=0.5kg,mc=3kg,重力加速度g=lOm/s?,sin37°=0.6,cos37°=0.8,不―---切阻力（为方

便计算，取IN«3）（）

A.弹簧的弹性势能为9J

B.与Z）球碰撞之前。球的速度为6.8m/s

C.c球再次回到最低点时细线的拉力为66N

D.c球再次回到最低点前能上升的最大高度为0.3m

【答案】BC

【详解】A.8c段平抛，在竖直方向有BLsin。=^外2,解得t=o.6s,在水平方向有BC•cos。=以3解

得以=4m/s,根据能量守恒可知弹簧的弹性势能全部转化为小球平抛的初动能，则有Ep=gm0设=4J,故

A错误；

B.u球竖直方向的速度为好=gt=6m/s,将a球短直方向的速度为=6m/s和水平方向的速度=4m/s,

沿平行斜面和垂直斜面分解，由题知。球落在C点，垂直斜面的分速度被缓冲，立即减为零；。球的速度

为平行斜面方向的速度，则有%=vy・sin。+vx•cos。=6.8m/s,即为与h球碰撞之前a球的速度，故B

正确；

C.4、6碰撞过程，根据动量守恒有nia%=（血。+解得%b=3.4m/s,c球再次回到最低点时，ab

作为一个整体与C,在水平方向动量:守恒,则有（—a+mb）vab=（ma+如）匕m2+根据机械能守恒

/乙+w）说b=7（^a+说+联立解得%b2=-l.7m/s,vc=1.7m/s,对。球受力分析，根

据牛顿第二定律有丁一加力二瓶。竿，具中Au=%-%乂=3.4m/s,解得T=66N,故C正魂；

D.设c球再次回到最低点前能上升的最大高度为九，当c球达到最大高度时，Qb与c有共同速度，根据水平

方向动量守恒有（7%+ml））^ab=（ma+g）+m<）〃共，根据机械能守恒有/（m。+叫,）14b=:（力《+吗,+

7nc）Vp.+mcgh,联立解得h=0.15m,故D错误。

故选BCo

三、填空题

12.（2025•福建漳州•三测）如图为某小区通道上的智能闸杆，间杆上4、B、C、。四处各固定一个相同的

螺栓，闸杆可绕转轴。转动。已知04=48=BC=gc。，则在抬起闸杆的过程中，A.8两处螺栓的线速

度大小之比为，C、。两处螺栓的向心力大小之比为O

【答案】1:23:5

【详解】［1］在抬起闸杆的过程中，杆上各点做圆周运动的角速度/相等，根据〃可得幺=筹=；

VffUD£

［2］根据F向=m32r可得.=意=看

13.（24-25高三卜••福建泉州•三检）物理课堂上，同学们用轻绳拴着小球转动感受向心力，小球在水平面做

匀速圆周运动，如图所示。已知小球的质量为加，小球做圆周运动的半径为R,角速度为3,重力加速度大

小为g，则小球的线速度大小为，轻绳的拉力大小为，当转速越来越快时，轻绳（选填

“可能”或“不可能”）被拉至水平。

【答案】3RJ（mg）2+（771-32）2不可能

【详解】［1］题意可知小球的线速度大小u=口/?

⑵由平行四边形定则可知，轻绳的拉力大小F=J（mg）2+（mdR）2

⑶小球始终受到小球的重力作用，故轻绳不可能被拉至水平。

14.（2025•福建・适应性练习）如图所示，是带有一白点的黑色圆盘，可绕过其中心，垂直于盘面的轴匀速

转动，每秒沿顺时针方向旋转Q圈。在暗室中用每秒闪光b次的频闪光源照射圆盘。当QVb时，观察到白点

每秒沿（选填"顺”或“逆”）时针方向旋转；当Q>b时，白点转动一圈的时间为S.

【答案】逆

g)

【详解】［1］由于光源的闪光周期小于白点做圆周运动的周期，光源每次闪光时，白点都没有来得及回到前

一次闪光时的位置，即都在前一次闪光时位置的左侧，光源连续闪光，白点的位置就连续向左逆时针移到,

所以白点逆时针旋转;

［2］白点的频率为/\=a,白点的角速度为%=2TTR

光源的频率为心=b,光源的角速度为M=211f2

设白点转动一圈的时间为t,则3任一a)2t=27r

解得£二一

(a-b)

四、实验题

15.(2025•福建漳州•四检)某兴趣小组利用如图甲所示的向心力演示仪探究向心力大小与角速度、运动半

(1)标尺上露出的红白相间等分格子数，可以粗略显示小球的.(填“向心力”或"角速度”)大小。

(2)另•兴趣小组用如图乙所示的装置探究向心力与角速度的关系。用手拨动旋臂使它做圆周运动，力传感

器和光电门固定在实验器上，实时测量向心力和角速度的大小。

跖图丙中①②两条曲线为相同半径、不同质量下向心力与角速度的关系图线，由图可知曲线①对应的金属

块质量________（填“大于”或“小于”）曲线②对应的金属块质量：

b.为了进一步明确向心力与角速度的关系，作出F-i图线为过原点的倾斜直线，由此可得出的结论

是。

【答案】（1）向心力

（2）小于质量和半径一定时，向心力和角速度的平方成正比

【详解】（1）标尺上露出的红白相间等分格子数，可以粗略显示小球的向心力大小。

（2）①[1]根据储=mrg2,由于半径相同，由图可知，在角速度相同的条件下，曲线①对应的向心力小

于曲线②对应的向心力，则曲线①对应的金属块质量小于曲线②对应的金属块质量。

②[2]?-小图线为过原点的倾斜直线，由此可得出的结论是质量和半径一定时，向心力和角速度的平方成

正比。

五、解答题

16.（2025•福建宁德•三模）如图所示，光滑绝缘的轻质三角形框架。力氏0/1杆竖直且0、月相距为九，08

杆与O/杆夹角为30。，夕点与/点高度相同点固定一带电小球，绝缘轻质弹簧一端固定于。点，另一

端与套在OB杆上质量为m的带电小球P相连，初始时，小球静止于08中点且对杆无压力。现驱动该装置

以。4为轴转动，使小球缓慢移动至8点，此时弹簧恰好恢复原长，此后维持角速度不变。已知重力加速

度为g,不计空气阻力，求：

（1）初始时小球P所受的静电力大小:

（2）小球到达B点后的角速度大小；

（3）整个过程驱动力所做的功.

【答案】（1片mg

（3）mgh

【详解】（1）方法I：小球受到弹簧弹力/、库仑力F电、重力而平衡，如图

几何关系可知F=~电

由平衡条件有2F电cos30。=mg

联立解得F电=47ng

方法2：对小球，由平衡条件有Fsin30。=9电sin30。，Fcos30°+cos30°=mg

联立解得产=尸电=今小9

(2)方法1：设此时库仑力为F电，杆对球弹力为M如图

几何关系可知AB=AP,故F'电=广电二^mg

由牛顿第二定律有F电+Ncos30。=m32rA8

JlA/sin30。=mg

联立解得3=2R

2

方法2：由牛顿第二定律有F电+mgtan60。=ma)rAB

几何关系可知以8=3

联立解得3=2卡

（3）小球做周运动的速度大小为D=3以8

解法一：根据动能定理W驳+；.在一\rngh+0=|mv2-0

联立解得“驱=mgh

解法二：由功能关系得W驱+九+0+

解得W删=mgh

解法三：由功能关系得W”=4瓦+AEpG+AEp弹+AEp电

KZ\Ek=,AEpG=；mgh,AEp^^=.g.击AEp电=0

联立解得“驱=mgh

17.（2025・福建厦门•三模）《考工记轮人》篇中记载“轮人为盖”“上欲尊而宇欲卑，上尊而宇卑，则吐水，

疾而溜远”。如图甲所示是古代马车示意图，车盖呈伞状，支撑轴竖直向上，车盖底面为圆面且水平。如图

乙所示是过支撑轴的车盖截面简亿图，底面半径r=0.75m,车盖底面与水平地面距离H=1.75m。车辆保

持静止，一质量m=1.0x10-4kg的水滴（可视为质点）从车盖顶端力点由静止下滑，经车盖底端8点后落

到地面C点（未画出）。己知4、8间竖直高度差九=0.5m,水滴经过3时的速度大小1；=/m/s,方向与竖直

方向夹角为45。，不计空气阻力，重力加速度大小g取lOm/s?。求该水滴：

⑴经过8时重力的功率；

（2）从A下滑到8过程中，雨滴克服殂力做的功；

（3）落地点C与支撑轴在地面投影。的距离。

【答案】（1）P=10-3W

（2坦克阻力=4X10Tj

（3）d=1.25m

【详解】（1）经过月点时，重力的功率P=mgi;cos45。

代入数据可得P=10-3W

（2）从4到8过程，根据动能定理mgh-IV,；；［：力=-0

解得皿克阻力=4X10—力

(3)在B点时内•=vy=vcos45°

从B到C过程，竖直方向"=3£+(9岸

解得t=0.5s

水平方向d=r+vxt

联立解得d=1.25m

18.(2025•福建福州福九联盟•三模)如图所示，将倾角8=37。、表面粗糙的斜面固定在地面上，用一根轻

质细绳跨过两个光滑的半径很小的滑轮连接甲、乙两物体(均可视为质点)，把甲物体放在斜面上且细绳与

斜面平行，把乙物体悬