运动的合成与分解、恒力作用下的曲线运动（培优专练）（解析版）

运动的合成与分解、恒力作用下的曲线运动

情境突破练压轴提速练

情境突破练

1.新情境【高山滑雪】(2026·陕西省西安市高新第一中学·上学期四模)高山野外滑雪是一项勇敢者的运动。

某雪道如图所示，左侧弧形雪道末端O所在切线与右侧倾斜直雪道恰好垂直。滑雪者从高处滑下，在O

点以速度v0沿切线冲出滑道，到达空中P点时离斜直雪道最远，随后落在斜直雪道上的Q点。PM垂直

于斜直雪道，N在P点的正下方。不计空气阻力，则()

A.ON<NQ

B.OM:MQ=1:3

C.减小v0，落回斜直雪道时的速度方向与雪道的夹角变小

D.减小v0，落回斜直雪道时的速度方向与雪道的夹角变大

【答案】B

【解析】AB．将滑雪者速度分解为沿雪道的速度分量和垂直于雪道的速度分量，同时将其受重力分解

为沿雪道的分力mgsinθ和垂直于雪道的分力mgcosθ,这样滑雪者在沿雪道方向做初速度为0的匀加

速直线运动，在垂直雪道方向做匀变速直线运动，当滑雪者回到雪道上时，运动时间为tP点

时离斜直雪道最远，即P的速度方向与雪道平行，OP段所用时间与PQ段相同，由运动学公式，沿雪道

方向的位移OM和MQ满足OM:MQ=1:3。若将滑雪者速度和位移按水平和竖直方向分解，水平方向

做匀速直线运动，易知OP段的水平位移和PQ段的水平位移相同，可以得出ON=NQ，故A错误，B正

确；

CD．落回雪道时，垂直于雪道的速度分量还是v0，设平行于雪道的速度分量为vx

则vx=gsinv0tanθ

速度方向与雪道的夹角满足tan，与v0无关，故CD错误。

故选B。

2.新考法(2026·安徽省合肥市第八中学·模拟预测)如图，竖直放置的薄圆筒内壁光滑，其半径为R，内壁上

P、Q两点连线竖直。一可视为质点的小球由P点沿与筒半径垂直方向水平抛出，小球质量为m，初速

1

度大小为gR。小球的运动轨迹与PQ的交点依次为A、B、C三点。重力加速度大小为g，不计空气阻

力。则()

A.小球在A、B、C三点时对筒壁的压力大小之比为1:3:5

B.小球从A点运动至C点过程中的平均速度大小为4π、gR

C.小球到达C点时下落的高度为36π2R

D.小球到达A点时的速度大小为2πgR

【答案】B

【解析】A．小球在水平方向做匀速圆周运动，竖直方向做自由落体运动，经过A、B、C三点时对筒壁的

压力大小均为FN=m=mg

即压力之比为1:1:1，A错误；

B．小球做圆周运动的周期T==2π

小球从A点运动至C点过程中的位移h=g(3T)2-gT2=16π2R

平均速度大小为v==4πgR，B正确；

22

C．小球到达C点时下落的高度为hC=g(3T)=18πR，C错误；

222

D．小球到达A点时的速度大小为vA=v0+(gT)=(4π+1)gR，D错误。

故选B。

3.新考法(2026·广东省清远市·一模)如图所示，水平地面上固定一倾角为α的斜面，一可视为质点的小球以

一定的速度υ0从斜面上一点水平飞出。斜面足够长，忽略空气阻力。关于小球水平射程x与着陆瞬间

的动能Ek随抛出点离地高度h变化的关系图像，正确的是()

2

A.B.

C.D.

【答案】A

【解析】

2

当h较小时，小球落在水平地面上，如图所示，由h=gt，x=υ0t

得x2=h

可知小球的x2-h图像为过原点的一条倾斜直线；

2

由动能定理得mgh=Ek-mv0

2

得Ek=mgh+mv0

2

可知小球的Ek-h图像是截距为mv0的一条倾斜直线。

2

当h较大时，小球落在斜面上，如图所示。由y=gt，x=v0t，tanα=③

4ta2

24vnα

联立解得x=0g2

可知x2与h无关，故小球的x2-h图像为平行于h轴的一条直线；

3

222

小球的动能Ek=m(v0+vy(，vy=2gy

22

联立得Ek=m(1+4tanα(v0

可见小球的Ek与h无关，故小球的Ek-h图像为平行于h轴的一条直线。

故选A。

4.新情境【工厂流水线】(2026·广西南宁市·适应性大联考)如图(a)为食品加工厂生产和包装饺子的流水

线。水平传送带在电机作用下以某一速率v0逆时针匀速转动，传送带右端点B的右侧平滑连接一个粗

糙金属圆弧槽AB，AB高度差h1=0.5m，左端点C的正下方放一长方形凹槽，凹槽右侧O与C处在同

一竖直面上，凹槽与C的高度差h2=0.8m。质量为m=0.02kg的饺子从A点由静止开始滑下，到B点

2

时的速度大小vB=2m/s。饺子在传送带上运动过程的v-s图像如图(b)所示，v是饺子的速度，s是饺

子距B点的距离。忽略空气阻力和凹槽的底盘厚度，饺子可视为质点，重力加速度g取10m/s2。求：

(1)饺子在圆弧槽AB上运动时克服摩擦力做的功；

(2)饺子与传送带之间的动摩擦因数μ;

(3)饺子在凹槽上的落点D与O点的距离x。

【答案】(1)0·06J

(2)0.25(3)1.2m

【解析】

【小问1详解】

2

根据动能定理可得mgh1-Wf=mvB

代入数据解得，饺子在圆弧槽AB上运动时克服摩擦力做的功Wf=0.06J

【小问2详解】

由图(b)可知，v2-s图线的斜率k=2a

则饺子在传送带上的加速度大小为am/s2=2.5m/s2

由牛顿第二定律可得μmg=ma

解得饺子与传送带之间的动摩擦因数μ=0.25

【小问3详解】

由图(b)可知，饺子从传送带上抛出时的速度v0=3m/s

2h2

饺子在抛出后，在空中运动的时间t=

g=0.4s

则饺子在凹槽上的落点D与O点的距离x=v0t=1.2m

4

5.新情境【风洞】(2026·河南省信阳市·一模)如图所示，质量均为m的两小球A、B在O点以v0=3m/s的速

度向左、向右水平抛出，经过t=0.4s进入下方的水平风洞区域。风洞的竖直宽度L=1m，长度足够长。

球在风洞中受到恒定的水平向左的风力，大小F=mg，重力加速度大小g=10m/s2。求：

(1)球A进入风洞时的速度大小v；

(2)球A、B离开风洞时位置间的距离x。

【答案】(1)5m/s

(2)3.6m

【解析】

【小问1详解】

设球进入风洞时的竖直分速度为vy

竖直方向小球做自由落体运动，则vy=gt

22

球进入风洞时的速度大小v=v0+vy

解得v=5m/s

【小问2详解】

设球在风洞中运动的时间为t1，球在风洞中的水平加速度大小为a，A、B两球在风洞中的水平位移分别

为x1、x2

2

在风洞中竖直方向有L=vyt1+gt1

由牛顿第二定律得a=

由水平方向的运动规律得

2

x1=v0t1+at1

2

x2=v0t1-at1

两球离开风洞时的距离x=x1+x2+2v0t

解得x=3.6m

6.新考法(2026·河北省衡水市·三模)一物体做平抛运动，从抛出时开始计时，第1s内的位移大小为s1，第

2s内的位移大小为s2，第3s内的位移大小为s3，则s1:s2:s3可能为()

A.1:2:2B.1:2:3C.1:3:6D.1:5:11

【答案】A

【解析】平抛运动可分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，故第1s内、第2s内、第

3s内水平方向的位移大小相等，设为x，竖直方向的位移大小之比为1:3:5，设竖直方向的位移大小分别

2222222222

为y、3y、5y，则s1=x+y，s2=x+(3y(=x+9y，s3=x+(5y(=x+25y

5

A．若s1:s2:s3=1:2:2

s2s3

则=2，=2

s1s1

分别解得x=7，x=7

yy

满足两个条件的x相等，故A正确；

y

B．若s1:s2:s3=1:2:3

s2s3

则=2,=3

s1s1

x5x

分别解得=,=2

y3y

满足两个条件的x不相等，故B错误；

y

C．若s1:s2:s3=1:3:6

s2s3

则=3，=

s1s16

分别解得x=3，x=19

yy5

满足两个条件的x不相等，故C错误；

y

D．若s1:s2:s3=1:5:11

s2s3

则=5，=11

s1s1

分别解得x=1，x=7

yy5

满足两个条件的x不相等，故D错误。

y

故选A。

7.新情境【趣味运动会】(2026·吉林省九校·联合模拟考试)如图所示，在趣味运动会的“聚力建高塔”活动

中，两长度相等的细绳一端系在同一个物块上，两名同学分别握住绳的另一端，保持手在同一水平面以

相同速率v相向运动，使物块以速度v0匀速竖直下落，某时刻绳与竖直方向的夹角为θ。下列说法正确

的是()

A.该时刻手的速率v=B.该过程中细绳对物块的拉力变大

C.该时刻手的速率v=D.该过程中细绳对物块的拉力不变

【答案】C

【解析】AC．将v和v0分别沿绳和垂直于绳方向分解，如图所示

6

则沿绳方向的分速度相等，即v0cosθ=vsinθ

解得v，故A错误，C正确；

BD．设细绳对物块的拉力大小为T，根据物块受力平衡有2Tcosθ=mg

解得T

物块向下匀速运动过程中θ减小，则cosθ增大，T减小，故BD错误。

故选C。

8.新考法(2026·江西省宜春中学·一模)如图所示，水平地面上竖直固定一个挡板，紧靠挡板放置一个半径

为R的球体，球心为O，Q为球体表面上的点，OQ与水平面成θ角。从挡板上的P点，把一可视为质点

的小球沿与竖直方向成θ角方向，以初速度v0斜向上抛出，小球运动轨迹与球O相切于Q点，重力加速

度为g。不计空气阻力。下列判断正确的是()

A.小球在P点的动能比在Q点的动能大

B.小球在P点的动能与在Q点的动能相等

C.小球从P到Q的运动时间t

【答案】B

【解析】建立以球心O为原点，水平向右为x轴正方向，竖直向上为y轴正方向的直角坐标系。根据题意

可知，挡板在x=-R处，Q点在球面上，OQ与水平面成θ角，则Q点坐标为(Rcosθ,Rsinθ)，小球从

P点抛出，初速度v0与竖直方向成θ角，所以初速度的分量为v0x=v0sinθ,v0y=v0cosθ

小球轨迹在Q点与球面相切，意味着小球在Q点的速度vQ方向与该点的切线方向相同，即垂直于半径

OQ。半径OQ与x轴正向夹角为θ,所以速度vQ与y轴负向夹角为θ。由于小球从左向右运动，vQ的x

分量为正，y分量为负。因此，vQ的分量为vQx=vQsinθ,vQy=vQcosθ

7

AB．小球做斜抛运动，水平方向做匀速直线运动，速度分量不变，则有vQx=vQsinθ=v0x=v0sinθ

2

则小球在P点的速率与在Q点的速率相等，根据Ekmv可知，小球在P点的动能与在Q点的动能

相等，故A错误，B正确；

CD．设小球从P到Q的运动时间为t，竖直方向，根据运动学规律则有vy=v0y-gt，vQy=v0y-gt

整理可得gt=2v0cosθ

水平方向则有x=v0xt

即xQ-xP=v0xt

整理可得Rcosθ-(-R)=(v0sinθ)t

联立解得v故CD错误。

故选B。

压轴提速练

建议用时：45min

9.(2026·贵州省贵阳市白云兴农中学·上学期期中考试)小河中的河水以6km/h的速度由东向西流淌，小船

在静水中的速度为18km/h。现小船需要从南岸向北岸垂直河岸沿直线航行，为保持正确航线，小船应

()

A.北偏东θ角航行，sinB.北偏东θ角航行，tan

C.北偏西θ角航行，tanD.北偏西θ角航行，sin

【答案】A

【解析】要使小船实际航向垂直河岸(正北方向)，需使水流速度与小船速度的合速度方向为正北。水流

速度为6km/h向西，小船在静水中的速度为18km/h。设小船航行方向北偏东θ角

向东的速度分量需抵消水流速度：18km/hsinθ=6km/h

解得sin，故A正确。

故选A。

10.(2026·安徽省合肥市第一中学·上学期期中教学质量检测)某同学设计了如图所示的测物块与长木板间

动摩擦因数的实验装置。长木板固定在水平桌面上，圆弧体固定在木板上，圆弧体的圆弧面最底端B与

木板上表面相切，用重锤线确定长木板右端C在水平地面上的投影位置C/。测出C点离地面的高度h，

重力加速度为g。

/

(1)将一个小物块从圆弧面的最高点A由静止释放，物块滑离长木板后落地点离C点的距离x1，则物块

8

滑离长木板时的速度v1=(用已知的和测量的物理量符号表示)。

(2)改变圆弧体在长木板上固定的位置多次，重复(1)实验，测得多组物块滑离长木板后落地点离C点的

距离x，及对应的B点到C点的距离L，作L-x2图像，得到图像的斜率为k，则物块与长木板间的动摩擦

因数μ=(用已知的和测量的物理量符号表示)。

【答案】①.x1②.

【解析】(1)[1]物块滑离长木板后做平抛运动，可得

2

x1=v1t，h=gt

联立，解得

(2)[2]设滑块滑到B点时的速度为vB，则滑块从B点运动到C点过程，由动能定理可得

22

-μmgL=mv-mvB

又

h=gt2，x=vt

联立，解得

L=-x2+

结合图像的斜率为k，可得

|-=k

解得

1

μ=

4kh

11.(2026·河南省豫西北教研联盟·第一次质量检测)“牡丹文化节”距今已有1600多年历史，2025年4月1

日第42届“牡丹文化节”开幕，电视台摄制组为了拍到更广、更美的景色，采用了无人机拍摄的方法。现

通过传感器采集某台无人机飞行过程中的数据，得到了水平方向的速度vx及竖直方向的加速度ay与飞

行时间t的关系图像，如图甲、乙所示。取水平向前和竖直向上为正方向，竖直方向初速度为零，则下列

说法正确的是()

A.0∼4s内，无人机做匀变速曲线运动B.t=4s时，无人机速度为22m/s

C.t=4s时，无人机运动到最高点D.t=8s时，无人机竖直方向的速度为10m/s

【答案】D

9

22

【解析】A．图甲可知0~4s内无人机在水平方向的加速度axm/s=0.25m/s(为恒定值)

图乙可知0~4s内无人机在竖直方向的加速度ay是变化的，可知合加速度不恒定，因此无人机不是匀变

速曲线运动，故A错误；

B．图甲可知4s时水平方向速度vx4=2m/s

a-t面积表示速度变化量，由于竖直方向初速度为零，则0~4s内有Δvy4=vym/s=6m/s

22

则4s时无人机速度v4=vx4+vy4=210m/s，故B错误；

C．图乙可知0~8s内无人机在竖直方向一直做加速运动，可知无人机在t=8s时运动到最高点，故C错

误；

D．根据图乙，可知0~8s内有Δvy8=vy8=×4+m/s=10m/s，故D正确。

故选D。

12.(2026·江苏省南京市第一中学·上学期期中考试)如图所示，一块橡皮用细线悬挂于O点，用铅笔靠着线

的左侧水平向右匀速移动，运动中始终保持悬线竖直，以橡皮初始位置为坐标原点，则橡皮运动的轨

迹可能为()

A.B.

C.D.

【答案】A

【解析】橡皮参与了水平向右和竖直向上的分运动，如图所示

10

两个方向的分运动都是匀速直线运动，vx和vy恒定，则v合恒定，则橡皮运动的速度大小和方向都不变，

即做匀速直线运动，故A正确，BCD错误。

故选A。

13.(2026·江西省赣州市十八县(市、区)二十四校·上学期期中考试)(多选)将一小球从P点以水平速度v0水

平向左射出。小球运动过程中，除受重力外，还受到一水平向右的恒力作用。水平恒力与小球所受的重

力大小相等。不计空气阻力作用，重力加速度为g，则小球射出后()

A.小球的速度不断增大

B.小球的速度大小等于初速度时，速度方向竖直向下

C.小球速度的水平分量和竖直分量大小相等时，其速度大小为v0

D.小球从射出到运动速度的水平分量变为零时，其位移大小为

【答案】BD

【解析】A．小球向左抛出后，受到的合力大小为2mg，方向与初速度方向成135°角，因此，小球做类似

于斜上抛运动的运动，速度先减小后增大，故A错误；

B．根据斜抛运动速度大小变化特点，可以判断，当小球速度大小等于v0时，相当于小球落在与抛出

点“同一高度”点上，不难判断此过程速度方向正好改变了90°,所以此时小球速度方向竖直向下，故B正

确；

C．小球的水平速度分量与竖直速度分量相等时，其速度方向与水平方向一定成45°角，等效于小球处

于斜抛运动轨迹的最高点，其速度大小为v0，故C错误；

D．小球抛出后水平方向做匀减速直线运动，水平方向有F=mg=max

速度水平分量为零时，经过的时间为t

水平方向位移与竖直方向上位移相等，则合位移为s，故D正确。

故选BD

14.(2026·江西省南昌中学·上学期期中考试)如图所示，甲、乙两猫从同一位置以相同速率同时跳出，速度方

向与水平方向均成45°,一段时间后落至水平地面。不计空气阻力。则()

11

A.两只猫落地时的动量方向不同B.两只猫在空中运动过程中相距越来越远

C.起跳点越高，两猫落地点间距离越大D.只改变两猫起跳速度大小，两猫可能在空中相遇

【答案】B

【解析】AC．根据斜抛运动的对称性可知，甲猫运动到与起跳位置同一高度时的速度方向与乙猫的初速

度方向相同，此后甲猫的运动情况与乙猫从跳出点开始的运动情况完全相同(即两只猫在题图中水平虚

线以下的运动轨迹相同)，所以两只猫落地时的动量方向相同，且两只猫落地点间距离始终等于甲猫运

动到与起跳点同一高度时的水平位移，与起跳点高度无关，故AC错误；

BD．两只猫在空中运动过程中，由于在水平方向上的分速度大小相等，所以水平距离始终为零，设两只

猫的初速度大小均为v，从跳出开始经过的时间为t，则两只猫在竖直方向的距离为

所以两只猫在空中运动过程中相距越来越远，即使改变v，二者在空中运动过程中的竖直距离也不可能

在某一时刻变为零，即两猫不可能在空中相遇，故B正确，D错误。

故选B。

15.(2026·河南省名校联考·上学期期中考试)如图所示，某公司团建活动中有一娱乐项目：天花板上用长度

不等的细线等间距的悬挂四个小圆环，公司员工处于圆环1的左侧，将一飞镖斜向上抛出，以飞镖穿过圆

环(与圆环无接触)个数最多为胜。某员工在与圆环4等高的抛出点O1将飞镖斜向上抛出后，飞镖恰好

能穿过全部四个圆环，已知圆环1相对O点的高度h=1.8m，O，O1、O2三点等高，OO1=OO2=4.8m，

圆环的直径略大于飞镖，均可视为质点，不计空气阻力，重力加速度g=10m/s2。下列说法正确的是

()

A.若抛出点水平向左移动稍许，只要飞镖的初速度恰当，飞镖仍可穿过四个圆环

B.飞镖的初速度大小为12m/s

C.飞镖的初速度方向与水平方向夹角的正切值为

D.圆环2相对O点的竖直高度为1.6m

【答案】D

【解析】A．抛出点向左移动稍许时，飞镖的运动轨迹不可能与原轨迹重合，即不可能仍穿过四个圆环，

12

故A错误；

BC．因OO1=OO2，表明四个圆环恰在飞镖运动轨迹抛物线上，且圆环1处于抛物线的最高点，对飞镖

2

从O1到穿过圆环1的过程，在竖直方向上有h=v0tsinθ,(v0sinθ(=2gh

在水平方向上有OO1=v0cosθ.t

联立解得tanθ=，v0=10m/s，t=0.6s，故BC错误；

D．因四个圆环的水平间距相等，表明飞镖从圆环1处运动至圆环2处的时间为t=0.2s

圆环间的竖直高度2

1、2h1=g×t(=0.2m

故圆环2相对O点的竖直高度h2=h-h1=1.6m，故D正确。

故选D。

16.(2026·北京市通州区·上学期期中考试)在“探究平抛运动的特点”的实验中，某组同学用如图1所示装置

研究平抛运动。

将白纸和复写纸对齐重叠并固定在竖直的硬板上，让钢球沿斜槽轨道PO滑下后从O点飞出，落在水平

挡板MN上，并挤压白纸留下痕迹点。移动挡板，重新释放钢球，如此重复，白纸上将留下一系列痕迹

点。

(1)下列实验条件必须满足的有。(填选项前的字母)

A.斜槽轨道末端水平

B.挡板高度等间距变化

C.每次从斜槽上相同的位置无初速度释放钢球

D.尽可能减小钢球与斜槽轨道之间的摩擦

(2)同学甲用图1的实验装置得到的痕迹点如图2所示，其中一个偏差较大的点产生的原因，可能是该次

实验。(填选项前的字母)

A.钢球释放的高度偏低B.钢球释放的高度偏高

C.钢球没有被静止释放D.挡板MN未水平放置

(3)同学乙用频闪照相机记录了钢球做平抛运动过程中的A、B、C三点，于是就取A点为坐标原点，建

立了如图3a所示的坐标系。平抛轨迹上的这三点坐标值图中已标出。

13

a.根据图中数据判断，A点(填“是”或“不是”)平抛运动的抛出点。钢球平抛的初速度为

m/s(取g=10m/s2，计算结果保留两位有效数字)。

b.由于该同学在确定竖直方向时未用到铅垂线，而导致该同学所绘图像的y轴在实际竖直方向(图3b中

虚线yg所示)稍偏左侧的位置，则该实验小组测得的小球的初速度(填“大于”“等于”或“小于”)

小球真实的初速度。

【答案】(1)AC(2)BC

(3)①.是②.1.5③.大于

【解析】

【小问1详解】

A．斜槽轨道末端水平，能保证钢球做平抛运动，是必须满足的条件，故A正确；

B．挡板高度不需要等间距变化，只要能记录不同位置的痕迹点即可，不是必须条件，故B错误；

C．每次从斜槽上相同的位置无初速度释放钢球，这样才能保证钢球每次平抛的初速度相同，是必须满

足的条件，故C正确；

D．钢球与斜槽轨道之间的摩擦不影响每次从同一位置释放时到达末端的速度，不是必须减小的，不是

必须条件，故D错误。

故选AC。

【小问2详解】

由图可知，下降相同的高度，误差点的水平位移更大，可知偏差较大的点产生原因是平抛运动初速度偏

大，故可能原因是钢球没有被静止释放或钢球释放的高度偏高。

故选BC

【小问3详解】

[1]图3a可知，钢球从A到B与B到C时间相等(因为水平距离相等)，且yAB:yBC=5:15=1:3

满足初速度为0的匀变速直线运动特点，故A点是平抛运动的抛出点。

2

[2]对钢球竖直方向有Δy=yBC-yAB=0.1m=gt

因为xAB=0.15m=v0t

联立解得钢球初速度v0=1.5m/s

[3]由于实际的竖直方向在该小组同学所绘图像y轴偏右侧的位置，导致横坐标的测量值偏大而纵坐标

的测量值偏小，根据平抛运动规律，可知球的初速度偏大。

17.(2026·福建省南平市武夷山第一中学·11月考试)(双选)如图所示，从倾角为θ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v0时，从抛出至落到斜面的运动时

间为t1，位移大小为s1，离斜面的最远距离为d1，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2v0时，从抛出至落到斜面的运动时间为t2，位移大小为s2，离斜面的最远距离为d2，小球到达斜面

14

时速度方向与斜面的夹角为α2，不计空气阻力，则下列关系式正确的是()

A.d2=2d1B.t2=2t1C.s2=2s1D.α1=α2

【答案】BD

【解析】D．由平抛运动规律可知tanθ==

速度方向与水平方向的夹角tan

则tanβ=2tanθ

位移方向相同，则速度方向与斜面的夹角相同α1=α2

故D正确；

B．根据tan

可得t

初速度变为2倍时，则时间变为原来的2倍，即t2=2t1

故B正确；

A．垂直斜面方向，初速度为v0sinθ,加速度gcosθ,则离斜面的最远距离d=

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d2=4d1

故A错误；

C．根据s

初速度变为2倍时，位移变4倍，即s2=4s1

故C错误。

故选BD。

18.(2026·湖北省黄冈市蕲春县第一高级中学·9月考试)如图所示，一半圆槽固定在水平面上，小球从半圆槽

的左侧端点斜抛出去，能够垂直打到弧面上的P点。已知半圆槽的半径。R=15m，P点距圆心O的水

平距离x=9m，重力加速度g取10m/s2。对于小球从抛出到打到弧面这段过程分析可知()

A.小球的运动时间为3s

15

B.小球的水平分速度大小为12m/s

C.小球的末速度大小为15m/s

D.小球的轨迹最高点距圆心O的水平距离也为9m

【答案】B

【解析】水平竖直分解速度如图所示

设小球的水平分速度为vx，竖直分速度初始为vy0，最后为vy，OP连线与竖直方向的夹角为θ。由题意

可知sinθ==

所以θ=37。

AB以水平向右和竖直向下为正方向，则有R+x=vxt

2

竖直方向，有Rcosθ=-vy0t+gt

速度关系为vy=-vy0+gt

速度与竖直方向夹角的正切值为tanθ=

联立解得t=2s，vx=12m/s，vy=16m/s，vy0=4m/s，故A错误，B正确；

22

C．由矢量合成可知小球的末速度大小为v=vx+vy=20m/s，故C错误；

D．小球升到最高点的时间为t/==0.4s

//

这段时间的水平位移为x=vxt=4.8m

所以轨迹最高点距圆心O的水平距离为L=R-x/=10.2m，故D错误。

故选B。

【解法二】沿末速度与垂直末速度方向分解

设OP连线与竖直方向的夹角为θ,由题意可知sinθ==

所以θ=37。

A．将重力加速度在沿OP方向和垂直OP方向上分解，则小球在垂直OP方向上做末速度为零的匀减

2

速运动，设该方向位移为X，则有X=gXt

16

其中X=Rcosθ,gX=gsinθ

解得t=2s，故A错误；

B．由水平方向上小球做匀速直线运动可得vx==12m/s，故B正确；

C．由末速度与水平速度关系可得v==20m/s，故C错误；

D．由平抛结论“反向延长过中点”可知，若轨迹最高点与圆心O等高，则轨迹最高点与O距离等于x。

但小球斜向上抛，轨迹最高点一定高于圆心O，其与O水平距离大于x，故D错误。

故选B。

19.(2026·辽宁省点石联考·11月联合考试)如图甲所示为某种负离子空气净化装置，实验小组用此装置研究

收集率并探究接收屏上离子落点位置随电压的变化关系。由空气和带负电的灰尘颗粒物组成的混合气

流进入由一对平行金属板构成的收集器，在收集器中，空气和质量为m、电荷量为-q的带电颗粒沿板方

向的速度v0保持不变，在匀强电场作用下，带电颗粒打到金属板上被收集。已知金属板长度为L，间距

为d，不计空气阻力，不考虑重力和颗粒间的相互作用。

(1)若颗粒恰好全部被收集，求两金属板间的电压U1；

(2)若在收集板右侧L处设置一个匀速转动的接收荧光屏如图乙所示，并控制颗粒从收集板的中心线射

入，调整入射速度为v/使其在极短的时间内通过极板打在荧光屏上形成亮斑。在A、B两板间加上U=

U1cost的电压，U1为(1)中的电压值，每个颗粒通过电场时电场可视为恒定的，且电压变化一个周期

时荧光屏恰好绕中轴O1O2转两个周期。

(ⅰ)求出荧光屏上颗粒偏转的最大距离；

(ⅱ)由于视觉暂留，电压变化的一个周期内亮斑在屏上可见，试作出荧光屏上点亮的Y-t图像。

【答案】(1)

3dv2

(2)(ⅰ)20；(ⅱ)

v/

17

【解析】

【小问1详解】

只要紧靠上板的颗粒能落到金属板下板最右侧，颗粒就能全部被收集，水平方向有L=v0t

竖直方向有d=at2

又Eq=ma，E=，解得U1=

【小问2详解】

(ⅰ)颗粒在偏转电场中的最大侧移量为yat

出射后匀速运动，由三角形相似得

故Ym

解得

(ⅱ)A、B两板间电压变化时，荧光屏上的亮点也随之而变，因屏的角速度ω=

故屏上后半周期的图像与前半周期叠加，由于视觉暂留，两个图像会同时显示出来，亮点距屏上水平中

心线的距离为Ycost

由题意可绘制出屏上的Y-t图线如图所示

20.(2026·内蒙古自治区巴彦淖尔市第一中学·上学期期中考试)如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一象

限有沿y轴负方向、场强为E=3000N/C的匀强电场，第四象限有垂直于xOy平面向外的匀强磁场。现

4

有一质量m=2.0×10-11kg，电量q=1.0×10-5C、带正电的粒子，从y轴上的P点以v0=4.0×10m/s

的速度垂直y轴进入电场，然后通过x轴上的Q点进入磁场，已知OP的长度L=0.3m，不计粒子重力，

sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：

(1)粒子通过Q点时的速度；

(2)若要使粒子不能进入第Ⅲ象限，磁感应强度B的取值范围；

(3)若磁感应强度B=0.25T，粒子第二次通过x轴时的坐标。

18

【答案】(1)5.0×104m/s；(2)B≥0.2T；(3)(0.32m,0)

【解析】(1)粒子在匀强电场中做类平抛运动，有

qE=ma

L=at2

vy=at

22

v=v0+vy

联立方程，代入数据，解得

v=5.0×104m/s

(2)设粒子进入磁场时速度与x轴夹角为θ,则

联立解得

θ=37°

粒子在电场中的水平位移为

OQ=v0t

联立方程，解得

OQ=0.8m

粒子恰好不能进入第III象限时，轨迹刚好与y轴相切，轨迹如图

由几何关系可知

r+rsinθ≤OQ

由牛顿第二定律可得

qvB=m

联立方程，代入数据，解得

19

B≥0.2T

(3)若磁感应强度B=0.25T，轨迹如图

则有

qvB=m

由几何关系可得

OM=OQ-2r1sinθ

联立方程，解得

OM=0.32m

则粒子第二次通过x轴时的坐标为(0.32m,0)。

21.(2026·宁夏回族自治区银川一中·上学期第三次月考)(多选)如图所示，质量为m的小球甲穿过竖直固定

的光滑杆拴在下端固定的轻弹簧上，质量为2.5m的物块乙放在倾角为53°的光滑固定斜面上。乙用轻

绳跨过斜面顶端的光滑小滑轮与甲连接，开始时用手托住物块乙，轻绳刚好伸直，滑轮右侧绳与水平方

向的夹角为53°,小球甲静止于P点。现由静止释放物块乙，经过一段时间小球甲由P点运动到Q点，

OQ两点的连线水平，OQ=d。已知小球甲在P、Q两点时弹簧弹力大小相等，重力加速度为g，sin53°

=0.8，cos53°=0.6。则()

A.小球甲处于P点时，弹簧的压缩量为d

B.弹簧的劲度系数为

C.滑轮右侧绳与水平方向夹角为30°时，甲、乙的速度大小之比为2:3

D.小球甲到达Q点时，甲、乙的速度均为零

【答案】AD

【解析】A．由几何关系得

20

PQ=dtan53°=d

因为小球甲在P、Q两点时弹簧弹力大小相等，所以在P、Q两点弹簧的形变量相等，根据对称性可知，

小球甲处于P点时，弹簧的压缩量为

故A正确；

B．在P点对小球甲受力分析，由平衡条件

mg=kΔx

可得弹簧的劲度系数为

3mg

k=

2d

故B错误；

C．滑轮右侧绳与水平方向夹角为30°时，由关联速度知识得

v甲sin30°=v乙

可得

v甲

=2

v乙1

故C错误；

D．小球甲到达Q点时，由关联速度知识得

v甲cos90°=v乙

所以乙的速度为零，从P点运动到Q点的过程中，小球甲的重力势能增加了

ΔEp甲=mgdtan53°=mgd

小球乙的重力势能减小了

°=

ΔEp乙=2.5mg-d(sin53mgd

对小球甲、乙组成的系统由能量守恒定律，P、Q两点的弹性势能相同，所以

2

ΔEp乙=ΔEp甲+mv甲

解得

v甲=0

故D正确。

故选AD。

22.(2026·山东省烟台市·上学期期中考试)如图所示，竖直平面内半径R=0.6m的半圆弧轨道底端与水平

轨道平滑连接。质量m=1kg的相同圆环a、b用长度l=1m的轻质细杆连接，细杆与圆环用轻质铰链

连接后可套在轨道上自由滑动。设滑动过程中细杆与竖直方向夹角为θ,开始时b在O点正下方，两圆

环由静止释放。已知重力加速度g=10m/s2,sin53°=0.8，两圆环均可视为质点，不计一切摩擦，则从开

始运动到细杆与竖直方向夹角θ=53°的过程中，杆对圆环b做的功为()

21

A.0.60JB.0.72JC.0.84JD.0.96J

【答案】C

【解析】当细杆与竖直方向夹角θ=53°时，a球距离水平轨道的距离为lcos53°=0.6m=R

可知圆环a到达与O点等高的位置，a的速度方向竖直向下，则ab的速度满足vacos53°=vbcos37°

对ab系统由机械能守恒定律mg(lmvmv

杆对圆环b做的功Wmv

联立解得W=0.84J。

故选C。

23.(2026·河北省衡水市枣强中学·第四次调研考试)如图所示，一轻质弹簧的左端固定在小球B上，右端与

小球C接触但未拴接，球B和球C静止在光滑水平台面上(此时弹簧处于原长)。小球A从左侧光滑斜

面上距水平台面高度为h处由静止滑下(不计小球A在斜面与水平面衔接处的机械能损失)，与球B发

生正碰后粘在一起，碰撞时间极短，之后球C脱离弹簧，在水平台面上匀速运动并从其右端点O水平抛

出，落入固定放置在水平地面上的竖直四分之一光滑圆弧轨道内，该段圆弧的圆心在O点，半径为R=

2h。已知三个小球A、B、C均可看成质点，且质量分别为m、2m、m，重力加速度为g，不计空气阻力

和一切摩擦。求：

(1)小球A、B碰撞后瞬间的速度大小；

(2)弹簧具有的最大弹性势能；

(3)以O为圆心，水平向右为x正方向，竖直向下为y正方向建立xOy坐标系，小球C从水平台面右端

点O抛出后落到圆弧轨道上的P点的位置坐标。

【答案】(mgh；(h,h)

【解析】(1)设A球到达水平台面时速度为v0，则有

A球与B球发生完全非弹性碰撞，设A、B粘在一起的速度为v，根据动量守恒定律有：

22

mv0=(m+2m(v

解得

(2)此后A、B作为一个整体压缩弹簧，A、B、C三者共速时，设共速的速度为v/，弹簧具有最大弹性势

能，设为Epm，对A、B、C系统：根据动量守恒定律有

(m+2m(v=(m+2m+m(v/

根据机械能守恒定律有

解得

v/=2gh

故

2/2

Epm=×3mv-×4mv=mgh

(3)当弹簧恢复原长时，C与A、B分离，设A、B整体的速度为v1，C的速度为v2，对系统：

由动量守恒定律有

(m+2m(v=(m+2m(v1+mv2

由机械能守恒定律有

222

(m+2m(v=(m+2m(v1+mv2

解得

v2=2gh

小球C在水平台面右端点O以v2水平抛出，由平抛运动规律得

x=v2t

y=gt2

结合圆的方程

x2+y2=R2=2h2

解得

x=h

y=h

即落点P位置为(h,h(。

24.(2026·福建省莆田市莆田一中·上学期期中考试)如图所示，平面直角坐标系xOy的第Ⅰ、Ⅱ象限内有沿

x轴正向的匀强电场，在第Ⅲ、Ⅳ象限内有垂直于坐标平面向里的匀强磁场，在第Ⅰ象限内有一个足够大

的荧光屏垂直于x轴固定，荧光屏到y轴的距离为5d，在坐标为(-d,2d(的P点，沿y轴负方向以大小

为v0的初速度射出一个质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，粒子经电场偏转恰好从坐标原点进入磁

场，经磁场偏转后再次进入电场，最终打在荧光屏上的A点。A点离x轴的距离也为2d，不计粒子的重

力，求：

23

(1)匀强电场的电场强度大小；

(2)匀强磁场的磁感应强度大小；

(3)若将粒子从第二象限内的另一位置沿y轴负方向以大小为v0的速度射出，粒子也能从坐标原点O进

入磁场，该粒子第二次经过x轴的位置离荧光屏的距离。

【答案】(

(3)3d

【解析】

【小问1详解】

粒子一开始在电场中做类平抛运动，则沿y