2026年江苏高考物理二轮复习讲练测重难03 力与曲线运动（解析版）

重难03力与曲线运动

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一、运动的合成与分解

重难点1．曲线运动的四大特点

1.运动学特点:由于做曲线运动的物体的瞬时速度方向沿曲线上物体位置的切线方向,所以做曲线运动的物

体的速度方向时刻发生变化,即曲线运动一定为变速运动.

2.动力学特征:由于做曲线运动的物体的速度时刻变化,说明物体具有加速度,根据牛顿第二定律可知,物体所

受合外力一定不为零且和速度方向始终不在一条直线上(曲线运动条件).合外力在垂直于速度方向上的分力

改变物体速度的方向,合外力在沿速度方向上的分力改变物体速度的大小.

3.轨迹特征:曲线运动的轨迹始终夹在合力方向与速度方向之间,而且向合力的一侧弯曲,或者说合力的方向

总指向曲线的凹侧.轨迹只能平滑变化,不会出现折线.若已知物体的运动轨迹，可判断出物体所受合外力的大

致方向，如平抛运动的轨迹向下弯曲，圆周运动的轨迹总向圆心弯曲等.

4.能量特征:若物体所受的合外力始终和物体的速度垂直,则合外力对物体不做功,物体的动能不变;若合外力

不与物体的速度方向垂直,则合外力对物体做功,物体的动能发生变化.

重难点2．小船渡河问题

1.解决这类问题的关键:正确区分船的分运动和合运动.船的航行方向也就是船头指向,是分运动;船的运动方

向也就是船的实际运动方向,是合运动,一般情况下与船头指向不一致.

2.运动分解的基本方法:按实际效果分解,一般用平行四边形定则沿水流方向和船头指向进行分解.

模型解读分运动1分运动2合运动

运动船相对于静水的划行运动船随水漂流的运动船的实际运动

速度本质发动机给船的速度v1水流给船的速度v2船相对于岸的速度v

速度方向沿船头指向沿水流方向合速度方向,轨迹(切线)方向

①渡河时间只与船垂直于河岸方向的分速度有

关,与水流速度无关

渡河时间②渡河时间最短:船头正对河岸时,渡河时间最短,

d

tmin(d为河宽)

v1

①若v船>v水，当船头方向与上游河岸夹角θ满足v

船cosθ＝v水时，合速度垂直河岸，渡河位移最短，

且xmin＝d

渡河位移

②若v船<v水，合速度不可能垂直于河岸，无法垂

直渡河．当船头方向(即v船方向)与合速度方向垂直

ddv水

时，渡河位移最短，且xmin＝＝

cosθv船

重难点3．关联速度

1．定义：两物体通过不可伸长的轻绳(杆)相连，当两物体都发生运动，且物体运动的方向不在绳(杆)的直线

上，两物体的速度是关联的．

2.处理关联速度问题的方法：首先认清哪个是合速度、哪个是分速度．物体的实际速度一定是合速度，把

物体的实际速度分解为垂直于绳(杆)和平行于绳(杆)两个分速度，根据沿绳(杆)方向的分速度大小相等求解.

3.常见的速度分解模型

情景图示定量结论

v＝v物cosθ

v物′＝v∥＝v物cosθ

v∥＝v∥′

即v物cosθ＝v物′cosα

v∥＝v∥′

即v物cosα＝v物′cosβ

二、抛体运动

重难点1．平抛运动问题的求解思路

1.若知道速度的大小和方向,则首先考虑分解速度.

2.若知道位移的大小和方向,则首先考虑分解位移.

3.两种分解方法:

①沿水平方向的匀速运动和竖直方向的自由落体运动;

②沿斜面方向的匀加速运动和垂直于斜面方向的匀减速运动.

4.对于平抛或类平抛运动与圆周运动组合的问题，应用“合成与分解的思想”，分析这两种运动转折点的速

度是解题的关键．

重难点2．平抛运动的推论

2h

1.飞行时间:由t知,飞行时间取决于下落高度h,与初速度v0无关.

g

2h

2.水平射程:xv0tv0,即水平射程由初速度v0和下落高度h共同决定,与其他因素无关.

g

222

3.落地速度:vvxvyv02gh,以θ表示落地速度与x轴正方向间的夹角,有

vy2gh

tan,所以落地速度只与初速度v0和下落高度h有关.

vxv0

4.速度改变量:物体在任意相等时间内的速度改变量vgt相同,方向恒为竖直向

下.

5.平抛运动的两个重要结论

①做平抛运动的物体在任意时刻(任意位置)处，有tan2tan.

推导：

vgt

tany

vv

00tan2tan

ygt

tan

x2v0

②做平抛运动的物体在任意时刻的瞬时速度的反向延长线一定通过水平位移的中点，

如图所示，即xA2xB.

推导：

y

tanA

xx

ABx2x

v2yAB

tanyA

v0xA

重难点3．平抛运动与各种面结合问题

1.平抛与竖直面结合

水平：dvt

0

1

竖直：hgt2

2

2.平抛与斜面结合

①顺着斜面平抛

情形一：落到斜面上，已知位移方向沿斜面向下

处理方法：分解位移．

xvt

0

12

ygt2v0tan

可求得t.

2g

y

tan

x

情形二：物体离斜面距离最大，已知速度方向沿斜面向下

处理方法：分解速度

vxv0

vgtvtan

y可求得t0.

vyg

tan

vx

②对着斜面平抛：垂直打在斜面上，已知速度方向垂直斜面向下

处理方法：分解速度．

vxv0

vgtv

y可求得t0.

vxv0gtan

tan

vygt

3.平抛与圆面结合

①小球从半圆弧左边沿平抛，落到半圆内的不同位置．

处理方法：由半径和几何关系制约时间t：

1

hgt2

2联立两方程可求t.

22

RRhv0t

②小球恰好沿B点的切线方向进入圆轨道，此时半径OB垂直于速度方向，圆心角α与速度的偏向角相

等．

处理方法：分解速度．

vxv0

vygtvtan

可求得t0.

vgtg

tany

vxv0

③小球恰好从圆柱体Q点沿切线飞过，此时半径OQ垂直于速度方向，圆心角

θ与速度的偏向角相等．

处理方法：分解速度．

vxv0

vygtvtan

可求得t0.

vgtg

tany

vxv0

4.与圆弧面有关的平抛运动：题中常出现一个圆心角，通过这个圆心角，就可找出速度的方向及水平位移

和竖直位移的大小，再用平抛运动的规律列方程求解．

重难点4．平抛运动问题的求解思路

1.常见的三种临界特征

①有些题目中有“刚好”“恰好”“正好”等字眼,明显表明题述的过程中存在着临界点.

②若题目中有“取值范围”“多长时间”“多大距离”等词语,表明题述的过程中存在着“起止点”,而这些起

止点往往就是临界点.

③若题目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼,表明题述的过程中存在着极值,这个极值点往往是临

界点.

2.平抛运动临界问题的分析方法

①确定研究对象的运动性质;

②根据题意确定临界状态;

③确定临界轨迹,画出轨迹示意图;

④应用平抛运动的规律结合临界条件列方程求解.

三、圆周运动

重难点1．圆周运动的求解思路

1.一审题：审题意，确定研究对象（以做圆周运动的物体为研究对象）

2.二确定：确定圆周运动的轨道平面，确定圆心

3.三分析：

①分析几何关系，求半径

②分析物体的受力情况，画出受力分析图，确定向心力的来源（关键）

③分析物体的运动情况，即物体的线速度、角速度等相关量，确定向心加速度的表达式

4.列方程：根据牛顿运动定律合圆周运动知识列方程

重难点2．水平面内圆周运动的动力学问题

运动模型汽车在水平路面转弯水平转台（光滑）圆锥摆

向心力的来源图示

运动模型飞车走壁火车转弯飞机水平转弯

向心力的来源图示

重难点3．竖直面内圆周运动的解题思路

1.定模型:首先判断是绳子模型还是轻杆模型.

2.确定临界点:v临gr,对绳子模型来说是能否通过最高点的临界点,而对轻杆模型来说是FN表现为支

持力还是拉力的临界点.

3.研究状态:通常情况下竖直平面内的圆周运动只涉及最高点和最低点的运动情况.

4.受力分析:对物体在最高点或最低点时进行受力分析,根据牛顿第二定律列出方程,F合F向.

5.过程分析:竖直平面内圆周运动的最高点和最低点的速度关系通常利用动能定理来建立联系。.

重难点4．常见的传动方式及特点

1.皮带传动：如图甲、乙所示，皮带与两轮之间无相对滑动时，两轮边缘线速度大小相等，即vAvB.

2.摩擦传动和齿轮传动：如图甲、乙所示，两轮边缘接触，接触点无打滑现象时，两轮边缘线速度大小相等，

即vAvB

3.同轴转动：如图甲、乙所示，绕同一转轴转动的物体，角速度相同，AB，由vR知v与R成

正比．

四、圆周运动的临界问题

重难点1．水平面内圆周运动的临界问题

1．与摩擦力有关的临界极值问题

物体间恰好不发生相对滑动的临界条件是物体间恰好达到最大静摩擦力。

1)如果只是摩擦力提供向心力，则最大静摩擦力Ffm＝mv2r，静摩擦力的方向一定指向圆心。

2)如果除摩擦力以外还有其他力，如绳两端连接物体随水平面转动，其中一个物体存在一个恰不向内滑

动的临界条件和一个恰不向外滑动的临界条件，分别为静摩擦力达到最大且静摩擦力的方向沿半径背离圆

心和沿半径指向圆心。

2．与弹力有关的临界极值问题

1)两个接触物体分离的临界条件是物体间的弹力恰好为零。

2)绳上拉力的临界条件是绳恰好拉直且无弹力或绳上拉力恰好为最大承受力。

3.物体间恰好分离的临界条件是物体间的弹力恰好为零．

重难点2．竖直面内圆周运动的临界问题

1．竖直面内圆周运动的特点

1)竖直面内的圆周运动一般是变速圆周运动，通常只涉及最高点和最低点的两种情形，利用动能定理来

建立联系，然后结合牛顿第二定律进行动力学分析．

2)只有重力做功的竖直面内的变速圆周运动机械能守恒。

3)竖直面内的圆周运动问题，涉及知识面比较广，既有临界问题（关键是确定临界状态，找准受力的临

界条件，结合牛顿第二定律分析），又有能量守恒的问题（通常用动能定理解决，也可以用机械能守恒或设

计摩擦力的用能量守恒解决），要注意物体运动到圆周最高点时的速度。

2.绳子模型与轻杆模型对比

绳模型杆模型

实例球与绳连接、水流星、沿内轨道运动的球与杆连接、球在光滑管道中运动等

“过山车”等

常见

类型

均是没有支撑的小球均是有支撑的小球

受力

示意图

F弹向下或等于零

F弹向下、等于零或向上

力学v2v2

mg＋F弹＝mmg±F弹＝m

方程RR

F弹0

过最高v0

2

vmin即F0

点的临mgm向

R

界条件

F弹mg

vmingR

①当v0时,F弹mg,F弹为支持

①过最高点时,

力,沿半径背离圆心

2

gRv

v,F弹mgm,②当0vgR时,

R

讨论v2

绳、圆轨道对球产生弹力F弹

-F弹mgm,F弹背离圆心,随v

分析R

②不能过最高点时

,vgR,的增大而减小

在到达最高点前小球已经脱离了圆

③当vgR时,F弹0

轨道

④当vgR时,

v2

Fmgm,F弹指向圆心并随v

弹R

的增大而增大

重难点3．斜面上圆周运动的临界问题

斜面上圆周运动的临界问题：物体在斜面上做圆周运动时，设斜面的倾角为θ，重力垂直斜面的分力与

物体受到的支持力大小相等，解决此类问题时，可以按以下操作，把问题简化．

物体在转动过程中，转动越快，最容易滑动的位置是最低点，恰好滑动时：μmgcosθ－mgsinθ＝mω2R.

（建议用时：15分钟）

1．（2025·江苏南京·模拟预测）如图所示，有一根竖直向下的长直导线，导线中通有向下的恒定电流，从靠

近导线的位置以水平向右的速度抛出一金属圆环，圆环运动过程中始终与导线处于同一竖直面。不计空气

阻力，下列说法正确的是（）

A．圆环中不会产生感应电流

B．圆环中会产生顺时针方向的电流

C．圆环做平抛运动

D．开始的一段时间内，圆环所受安培力向左

【答案】D

【详解】AB．根据右手螺旋定则可知导线右边的磁场方向垂直纸面向外，圆环水平向右的速度抛出，离通

电直导线越远，磁感应强度越小，故圆环中的磁通量向外变小，根据楞次定律，可判断出圆环的感应电流

为逆时针方向的电流，故AB错误；

C．圆环中有感应电流，而圆环在运动过程中会受到安培力的作用，不再只受重力，所以圆环不做平抛运动，

故C错误；

D．开始的一段时间内，圆环中产生逆时针方向的电流，把圆环看成由无数小段电流元组成，根据左手定则，

每一小段电流元受到的安培力的合力方向向左，所以圆环所受安培力向左，故D正确。

故选D。

2．（2025·江苏徐州·一模）2024年8月10日，中国运动员宋佳媛荣获巴黎奥运会田径女子铅球决赛铜牌，

若她将同一铅球（可看作质点）从空中同一位置A点先后两次抛出，第一次抛出时铅球在空中运动的轨迹

如图中1所示，第二次抛出时铅球在空中运动的轨迹如图中2所示，两轨迹的交点为B，不计空气阻力。关

于两次抛出，下列说法正确的是（）

A．铅球第一次被抛出时在空中运动的时间较短

B．铅球第一次被抛出时在A点重力的瞬时功率较小

C．铅球第二次被抛出时在最高点的动量较大

D．铅球第二次被抛出时重力的冲量较大

【答案】C

2h2h

【详解】A．铅球被抛出后做斜抛运动，由斜抛运动规律，知铅球在空中运动的时间t上下，由

gg

题图可知铅球第一次被抛出时运动的高度更高，故铅球第一次被抛出时在空中运动的时间较长，A错误；

B．重力功率PCmgvy

由vygt知，铅球在A点时vy1vy2

故铅球第一次被抛出时在A点重力的瞬时功率较大，B错误；

C．铅球在最高点时，动量pmvx

x

铅球在水平方向做匀速直线运动，则v，由题图可知xx，则vv

xt12x1x2

故铅球第二次被抛出时在最高点的动量较大，C正确；

D．重力冲量Icmgt，结合A选项分析可知铅球第二次被抛出时重力的冲量较小，D错误。

故选C。

3．（2025·江苏南京·模拟预测）凤仙花的果实成熟后会爆裂开，将种子以弹射的方式散播出去。如图所示，

两粒质量相等的种子P、Q从同一位置先后以相同的速率沿不同方向飞出，恰好在M点相撞，不考虑叶子

的遮挡，忽略空气阻力，则（）

A．种子P先弹射飞出

B．种子Q在最高点时，速度变化率为零

C．两粒种子相撞前瞬间，它们的速度相同

D．两粒种子相撞前瞬间，种子Q的重力功率较大

【答案】D

【详解】A．由图可知，种子Q的高度较高，二者初速度大小相等，Q的竖直分速度较大，根据vygt

故Q到达最高点的时间也越长，再从最高点到达M点的时间也越长，故Q的运动时间较长，故Q先弹射，

故A错误；

B．种子Q在最高点时，仍受重力，其速度变化率即加速度为重力加速度，故B错误；

C．两粒种子相撞前瞬间，它们的速度方向不相同，故C错误；

D．两粒种子相撞前瞬间，种子Q的竖直分速度较大，根据重力瞬时功率公式PGmgvy

二者质量相等，可知种子Q的重力功率较大，故D正确。

故选D。

4．（2025·江苏·一模）2024年11月，中国自主研制的歼35A隐形战斗机在珠海航展亮相。表演中战斗机沿

着一段圆弧从M到N加速拉升，关于歼35A所受合力的方向，下图中可能正确的是（）

A．B．C．D．

【答案】C

【详解】做曲线运动的物体受合外力方向指向轨迹的凹侧，速度方向沿轨迹的切线方向，因加速爬升，则

合外力方向与速度方向夹角为锐角。

故选C。

5．（24-25高三下·江苏·期末）如图所示，2024珠海航空展上，飞行员驾驶飞机沿实线轨迹在竖直面内匀速

率飞行，a、b、c为飞行轨迹上的三点，a、c为飞行过程中距离地面高度相等的两点。关于此飞机，下列

说法中正确的是（）

A．各点的加速度方向竖直向下

B．在a点所受的合力比在c点小

C．a、c两点的重力功率相等

D．a、b、c三点的机械能相等

【答案】B

【详解】AB．质点在每小段的运动都可以看作圆周运动的一部份，在竖直面内匀速率飞行，合力方向指向

各自圆心，加速度方向也指向各自圆心，明显ac两点加速度方向不是竖直向下，a点对应的圆周半径更大，

v2

c点对应半径更小，合力提供向心力，根据向心力公式Fm，可知a点所受的合力小于c点，A错误，B

r

正确；

C．a、c两点的速度大小相等，但速度方向不同，速度与重力夹角不同，根据Pmgvcos

可知重力功率不相等，C错误；

D．a、b、c三点的动能相等，a、c为飞行过程中距离地面高度相等的两点，但b与a、c的高度不一样，

故机械能a、c两点相等，且与b点不相等，D错误。

故选B。

6．（2025·江苏扬州·模拟预测）如图所示，在一次救灾工作中，一架沿水平直线飞行的直升机A，用悬索（重

力可忽略不计）救护困在洪水中的伤员B。在直升机A与伤员B以相同的水平速度匀速运动的同时，悬索

将伤员吊起，在某一段时间内，A、B之间的距离s随时间t以sHkt2（式中H为直升机离水面的高度，

k为大于零的常量，各物理量均为国际单位制单位）规律变化，则在这段时间内（）

A．悬索的拉力等于伤员的重力

B．悬索始终处于竖直

C．伤员相对直升机做加速度不变的匀加速曲线运动

D．伤员相对地面做加速度大小、方向不断变化的曲线运动

【答案】B

【详解】A．由sHkt2可知，伤员竖直方向向上做匀加速直线运动，故伤员竖直方向有向上的加速度，

悬索的拉大大于伤员的重力，故A错误；

B．因直升机和伤员水平方向以相同的速度匀速运动，故悬索始终处于竖直，故B正确；

C．伤员相对直升机水平方向速度为零，竖直方向向上匀加速直线运动，故伤员相对直升机做加速度不变的

匀加速直线运动，故C错误；

D．伤员相对地面水平方向做匀速直线运动，竖直方向向上匀加速直线运动，故伤员相对地面做加速度大小、

方向不变的曲线运动，故D错误。

故选B。

7．（2025·江苏扬州·模拟预测）如图所示，有一符合方程y=x2+4的曲面（y轴正方向为竖直向上），在点P

（0，40m）将一质量为1kg的小球以2m/s的速度水平抛出，小球第一次打在曲面上的M点，不计空气阻

力，取g=10m/s2，则（）

A．M点坐标为（5m，29m）

B．小球打在M点时重力的瞬时功率为100W

C．小球打在M点时的动能为404J

D．P点与M点间距离为426m

【答案】D

【详解】A．小球做平抛运动，水平方向匀速直线运动xv0t

1

竖直方向匀加速直线运动ygt2

2

则40−y=x2+4

联立解得x=4m，y=20m，t=2s

所以M点坐标为（4m，20m），故A错误；

B．球打在M点时竖直分速度为vy=gt=10×2m/s=20m/s

重力的瞬时功率P=mgvy=1×10×20W=200W，故B错误；

22

C．球打在M点时速度为vv0vy404m/s

1

此时的动能为Emv2202J，故C错误；

k2

D．P点与M点间距离lx2y242202m426m，故D正确。

故选D。

8．（2025·江苏南通·一模）如图所示，在水平面上细线一端固定，另一端系一个物体A，现给物体A垂直

于线的速度，经过B点后正好停止于C点。在此过程中（）

A．物体的加速度始终指向O点

B．物体受到3个力作用

C．细线拉力在减小

D．细线拉力做功等于动能的减少

【答案】C

【详解】A．物体做变速圆周运动，沿切线方向加速度与运动方向相反，向心加速度指向圆心，物体的加速

度为两方向加速度的矢量和，不指向圆心，故A错误；

B．物体受到重力、支持力、拉力和摩擦力4个力的作用，故B错误；

v2

C．细线拉力提供物体做圆周运动的向心力，由Tm知速度减小则拉力减小，故C正确；

r

D．细线拉力始终与运动方向垂直，不做功，故D错误。

故选C。

（建议用时：30分钟）

9．（2025·江苏南京·模拟预测）如图所示，光滑半圆形球面体固定在水平面上，半径为R，顶部有一小物块，

现给小物块一个水平初速度v0，不计空气阻力，下列说法正确的是（）

A．若v0gR，则小物块做平抛运动直至落地

B．若v0gR，则小物块紧贴着圆面下滑直至落地

C．无论按照什么轨迹，小物块落地时，重力的瞬时功率均相等

D．无论按照什么轨迹，小物块始终处于超重状态

【答案】A

v2

【详解】A．在最高点，若物块只受重力，根据牛顿第二定律得mgm

R

解得vgR

若v0gR，则小物块只受重力，做平抛运动直至落地，故A正确；

B．若v0gR，则小物块在最高点受到向下的重力和竖直向上的支持力，小物块紧贴着圆面下滑，在下滑

v2

过程中，根据牛顿第二定律可得mgcosFm

NR

随着物块下滑，θ不断增大，cosθ不断减小，v增大，则FN减小，当FN减小到零时，物块做斜下抛运动，

不会一直沿着圆面下滑，故B错误；

C．若物块做平抛运动，落地时重力的瞬时功率为Pmgvymg2gR

若物块先沿圆面下滑，再做斜下抛运动落到地面，由于竖直方向平均加速度小于重力加速度，所以落地时

重力的瞬时功率减小，故C错误；

D．无论按照什么轨迹，小物块加速度向下或者加速度有向下的分量，所以小物块始终处于失重状态，故D

错误。

故选A。

10．（24-25高三下·江苏南通·开学考试）如图所示，河的宽度为d，水速恒定为v0，两船在静水中的速度同

为v。现让两船同时渡河，甲船头与河岸的夹角为45、乙船头与河岸的夹角为，两船恰好在甲船的正对

岸相遇。则（）

A．v0vB．45

C．两船出发点相距2dD．两船的合速度大小相等

【答案】C

【详解】A．两船恰好在甲船的正对岸相遇。则vcos45v0

所以vv0

故A错误；

d2d

B．渡河时间t

vsin45v

d

对乙船垂直河岸方向t

vsin

解得45

故B错误；

2d

C．乙船沿河岸方向位移x(vvcos)t2v2d

0v

故C正确；

D．两船垂直河岸方向分速度相同，沿河岸方向乙船分速度大于甲船，所以两船的合速度大小不相等，故D

错误。

故选C。

11．（2023·江苏苏州·三模）如图所示，长度为L的轻杆上端连着一质量为m的小球A（可视为质点），杆

的下端用铰链固接于水平面上的O点。置于同一水平面上的立方体B恰与A接触，立方体B的边长为L，

质量为4m，重力加速度为g。若A、B之间，B与地面间皆光滑，而A与B刚脱离接触的瞬间，杆与地面

夹角恰为30°，则（）

2gL

A．A、B分离时，二者加速度相等B．A、B分离时，B的速度为

2

3gL13

C．A落地前最大速度为D．A落地前最大加速度为g

22

【答案】D

【详解】AB．设杆与地面夹角为时，二者分离，根据机械能守恒定律有

11

mgL(1sin)mv24mv2

2A2B

对A，根据牛顿第二定律有

v2

mgsinmA

L

结合关联速度可知

vAsinvB

解得

gL

v

B8

由于运动时间相等，可知A、B分离时，二者加速度不相等，故AB错误；

C．A与B分离后继续下落得过程中机械能守恒，则

11

mv2mgLsin30＝mv2

2A2

解得

3gL

v

2

故C错误；

D．A落地时的向心加速度为

v2

a

nL

根据运动的合成可知A落地前最大加速度为

13

aa2g2g

n2

故D正确。

故选D。

12．（2025·江苏宿迁·一模）如图所示，轻绳上端固定在O点，下端连接小球。将球拉起，绳刚好被水平拉

直，由静止释放小球.当小球运动至最低点时，下列物理量的大小与绳长有关的是（）

A．小球的加速度B．小球的动量

C．小球重力的功率D．绳子的拉力

【答案】B

1

【详解】由静止释放小球.当小球运动至最低点时，根据动能定理有mgLmv2

2

v2

A．根据加速度的公式有a2g

L

则加速度与绳长无关，故A错误；

B．小球的动量为pmvm2gL

则动量与绳长有关，故B正确；

C．小球在最低点时，重力与速度垂直，重力的功率为0，则重力的功率与绳长无关，故C错误；

v2

D．在最低点，根据牛顿第二定律有Fmgm

L

解得F3mg

绳子的拉力与绳长无关，故D错误；

故选B。

13．（2025·江苏南京·二模）如图，小车沿固定的等距螺旋轨道向上做匀速率运动，轨道各处弯曲程度相同，

在此过程中，该小车（）

A．角速度大小不变B．向心力不变

C．处于平衡状态D．处于超重状态

【答案】A

v

【详解】ABC．小车沿固定的等距螺旋轨道向上做匀速率运动，根据可知角速度不变；小车做曲线运

r

动，具有向心加速度，向心力大小不变，方向不断变化，小车所受合外力不为零，其运动过程中处于非平

衡状态，故A正确，BC错误；

D．轨道等螺距，且小车的速率不变，所以小车运动过程在竖直方向的速度不变，小车在竖直方向没有加速

度，所以小车既不处于超重状态，也不处于失重状态，故D错误。

故选A。

14．（2025·江苏宿迁·三模）如图所示，不可伸长的细线一端固定，另一端系一小球，小球从与悬点等高处

由静止释放后做圆周运动，不计空气阻力。小球从释放向最低点运动的过程中，设细线与水平方向夹角为θ，

则线中拉力的大小F、小球沿圆弧切线方向加速度的大小a随sinθ变化的图像可能正确的是（）

A．B．

C．D．

【答案】A

【详解】CD．沿切线方向，根据牛顿第二定律得mgcosma

解得ag1sin2

当细线水平时0，sin0，加速度a最大，最大值为a最大g

当细线竖直时90，sin1，加速度a最小，最小值为a0

CD错误；

v2

AB．沿半径方向，根据牛顿第二定律得Fmgsinm

L

1

根据机械能守恒定律得mgLsinmv2

2

解得F3mgsin

A正确，B错误。

故选A。

（建议用时：40分钟）

15．（2025·江苏·二模）竖直平面内有一L型光滑细杆，杆上套有相同的小球A、B。现让杆绕过底部O点

所在的竖直轴匀速转动，两小球A、B在杆上稳定时，其相对位置关系可能正确的是（）

A．B．

C．D．

【答案】D

mg

【详解】AB．设杆与竖直方向的夹角为α，小球距离O点的高度为h，根据牛顿第二定律得m2htan

tan

g

解得h

2tan2

两个小球的角速度ω相同，α越小h越大，AB错误；

mg

CD．根据牛顿第二定律得m2r

tan

g

解得r

2tan

两个小球的角速度ω相同，α越小运动半径r越大，所以A球的运动半径比B球的运动半径大，C错误，D

正确。

故选D。

16．（24-25高三上·江苏常州·期末）一辆汽车在半圆形的赛道上行驶，它在几个位置的速度矢量如图所示，

则描述汽车在相应位置点的加速度矢量作图正确的是（）

A．B．

C．D．

【答案】B

【详解】由图可知，速度矢量逐渐增大，汽车做加速圆周运动，故合外力方向与速度方向的夹角应小于90°，

即加速度与速度夹角小于90°，根据向心加速度的公式

可知，圆周运动的半径不变，速度增大，向心加速度变大，合加速度变大。

故选B。

17．（2025·江苏南通·一模）一个圆盘被抛出后，绕垂直于盘面并通过中心O的轴顺时针转动，圆盘面保持

在竖直面内，某时刻中心O点的速度与水平方向成45°斜向上，如图所示。则关于此刻A、B点的运动（）

A．相对于地面速度大小相等B．相对于地面速度方向相反

C．相对于O点的速度相同D．相对于O点的角速度相同

【答案】D

【详解】AB．圆盘上各点的速度是平动速度和转动速度的矢量和，A、B两点的转动速度大小相等，方向

不同，而A、B两点平动速度大小方向都相同，由平行四边形法则可知（如图），vA和vB大小不同，方向不

同，故AB错误；

CD．A、B两点在同一个圆盘上绕圆心做圆周运动，所以相对于圆心O点的角速度相同，半径相同，故线

速度大小相同，但A、B两点速度方向不同。故C错误，D正确。

故选D。

18．（2025·江苏·二模）如图所示，让装有水的玻璃杯绕过其侧面的竖直轴匀速转动，杯中液面形状可能正

确的是（）

A．B．

C．D．

【答案】C

【详解】对水面上一个质量很小的水滴m受力分析，因受竖直向下的重力和水面对水滴的作用力，两个力

的合力充当向心力，因向心力沿水平方向指向转轴，可知水面对水滴的作用力应该斜向上方，设与竖直方

向夹角为θ，则由牛顿第二定律mgtanm2r

2

可知tanr

g

因r越大，则θ越大，可知水面的形状为C的形状。

故选C。

19．（2024·江苏南通·模拟预测）如图所示，长为L的不可伸长的轻绳一端固定在倾角为30的固定斜面

体上的O点，另一端拴一质量为m、可视为质点的滑块。在最低点A点给滑块沿斜面且垂直绳的初速度，

滑块转动并恰能通过最高点B点。已知滑块与斜面体间的动摩擦因数为，重力加速度大小为g，则下列说

法正确的是（）

A．滑块恰好通过B点时的速度大小为gL

B．滑块从A点滑到B点克服摩擦力做的功为3mgL

35

C．滑块在A点的初动能为mgLmgL

24

D．滑块在A点时轻绳的拉力大小为mg3mg

【答案】C

【详解】A．滑块转动并恰能通过最高点B点，表明在最高点由重力沿斜面的分力提供向心力，则有

v2

mgsinmB

L

解得

gL

v

B2

故A错误；

B．滑块所受滑动摩擦力大小始终为

fNmgcos

摩擦力方向始终与线速度方向相反，则滑块从A点滑到B点克服摩擦力做的功为

W克fL

解得

3

W克mgL

2

故B错误；