曲线运动 抛体运动和圆周运动-高三物理好题汇编（解析版）

备战2023年高考各校及地市好题高三物理试卷分项汇编【第01辑】（全国通用）

专题04曲线运动搪体运动和圆周运力

一、单选题

1.（2022・湖南•宁乡市教育研究中心模拟预测）如图所示，某次空中投弹的军事演习中，战斗机以

恒定速度沿水平方向飞行，先后释放两颗炸弹，分别击中山坡上的M点和N点。释放两颗炸弹的

时间间隔为△门，此过程中飞机飞行的距离为S/；击中M、N的时间间隔为AmM、N两点间水平

距离为52。不计空气阻力。下列判断正确的是（）

A.A〃>Af2,si>S2B.Z2,si<S2

C.Ar/<A/2,S1>S2D.AZ/<A/2>57<52

【答案】A

【解析】释放的炸弹做平抛运动，若落地点在同一水平面上，落地的时间间隔与释放的时间间隔相

等,由于N在M点的上方，则击中M、N的时间间隔

△〃<△ti

同理可知，由于炸弹和飞机水平方向的速度相同，时间越小，飞行的距离越小，所以

SI>S2

故A正确，BCD错误。

故选Ao

2.（2022・浙江•模拟预测）波轮洗衣机的脱水桶如图所示，其相关规格参数如下。某次脱水程序中，

有一质量为6g的硬币被甩到筒壁上，随着脱水桶一起做匀速圆周运动，下列说法中正确的是（）

型号XX

额定电压、频率220V.50Hz

额定脱水功率225W

质量31kg

脱水转速600r/min

脱水筒尺寸直径300mm、高370mm

外形尺寸长555mm、宽510mm、高870mm

A.该硬币随着脱水桶做匀速圆周运动时，受到重力、支持力、向心力加静摩擦力

B.脱水桶的转速越小，脱水效果越好

C.脱水中，该硬币需要的向心力约为3.6N

D.转速越快，该硬币随着脱水桶做匀速圆周运动时所受的静摩擦力越大

【答案】C

【解析】A.硬币受到重力、摩擦力和支持力作用，合力提供向心力，向心力是效果力，故A错误；

B.根据牛顿第二定律

F=inr（jo2

可知，增大脱水转速，脱水效果越好，故B错误；

C.硬币的向心加速度

fl=rco2=0.15x（20兀）2m/s2-591.6in/s2

筒壁对硬币的弹力提供硬币做圆周运动的向心力

F,E”6X10〃591.6N=3.6N

故C正确；

D.竖直方向受力平衡，所以静摩擦力

f=mg

若增大脱水转速，则桶壁对硬币的静摩擦力不变，故D错误。

故选C。

3.（2022・浙江•模拟预测）2018年11月珠海航展，国产全向矢量发动机公开亮相。图为安装了中

国国产全向矢量技术发动机的歼-10B战机飞出“眼镜蛇”“落叶飘”等超级机动动作。图为某矢

量发动机的模型，O点为发动机转轴，A、8为发动机叶片上的两点，?表示线速度，。表示角速

度，T表示周期，。表示向心加速度，下列说法正确的是（：）

A.巳>%，E\>TBB.以<以，%=%

C"A<①R，=CIRDaA>aB>TA=TB

【答案】B

【解析】同轴转动，角速度相等，故

而根据线速度和角速度关系可知

v=（or

因为以＞。，所以

圆周运动周期为

T=—

co

因为角速度相同，所以周期也相同。此外向心加速度

a-dTr

因为所以

故选Bo

4.（2022.广东茂名.高一期末）《西游记》中，一只大龟浮水作舟，驮着唐僧师徒四人和白龙马渡过

了通天河。己知大龟在静水中游动的速度大小与河水的流速大小之比为2：1,出发点4到正对岸

B点的距离为",河岸平直。若大家以最短的时间渡河，则大家上岸的地点与B点的距离为（）

（Id

A.4B.5C.D.4d

【答案】B

【解析】要使渡河时间最短，大龟游动的速度应垂直河岸，渡河时间

j=d_

vi

大家上岸的地点与B点的距离

x=v2t

乂

“：%=2:1

解得

d

x=­

2

选项B正确。

5.（2022.福建省福安市第一中学高三阶段练习）洪水无情人有情，每一次重大抢险救灾，都有子

弟兵的身影。如图所示，水速为u,消防武警驾驶冲锋舟若采取冲锋舟最小速度和船头正对河岸两

种行驶方案，沿与平直河岸成30。角的线路把被困群众从A处送到对岸安全地8处，则两种方案中

冲锋舟最小速度刃和船头正对河岸的冲锋舟速度0之比为（）

平直河岸

=08

AV

A.1：2B.1：。C.2：GD.G：2

【答案】D

【解析】设冲锋舟以最小速度力和船头正对河岸速度也分别从A到3,冲锋舟最小速度垂直于

AB连线

匕=vsin30

冲锋舟速度也垂直于水平河岸

v2=vtan3（）

可知

-^-=cos30°=—

v22

故选项D正确。

6.12022•甘肃・永昌县第一高级中学模拟预测）如图，水平射出的子弹射穿直立于水平地面上的A、

8两靶，并留下两个弹孔〃、b,设子弹穿过靶过程能量损失不计，某同学测出弹孔〃、〃距离地面

高度分别是々和也，A3水平距离为同时还在地面上找到着弹点c,测量。点与B靶水平距离

为3不计空气阻力，重力加速度为g,根据上述测量结果该同学不可能得到物理量是（)

AB

O

A.射击点的位置B.子弹出膛速度C.子弹射出的初动量D.子弹着地时的速度

【答案】C

【解析】B.设子弹射出到4孔时间为7,初速度%,子弹水平方向做匀速直线运动，竖直方向做

白由落体运动，得

./\2../\2.

,,1I2,I4+S,12

t+t+

2I2h=公21~~%~HJ2

解出％和，，故B错误；

A.已知。孔距地面的高度为加，距落地点的水平距离为S/+S2,同时根据平抛运动的规律可知，

子弹在整个平抛运动过程中水平距离和竖直高度分别为

S=%/+S]+$2'=5磔+"

说明可以求得射击点的位置，故A错误；

C.子弹质量未知，故无法求出初动量，故c正确；

D.子弹着地的速度为

v-^\^+2gh

说明可求得子弹着地时的速度，故D错误。

故选C。

7.（2022・湖南•高三开学考试）如图甲为2022年北京市冬奥会的跳台滑雪场地“滑如意”，其主体

建筑设计灵感来自于中国传统饰物“如意”。其部分赛道可简化为如图乙所示的轨道模型。斜坡可

视为倾角为。的斜面，质量为〃?的运动员（可视为质点）从跳台。处以速度n沿水平方向向左飞

出.不计空气阻力.则运动员从飞出至落到斜坡卜的过程口，已知重力加速度为g,下列说法正确

的是（）

甲乙

vtan0

A.运动员运动的时间为g

B.运动员落在斜坡上时的瞬时速度方向与水平方向的夹角为2。

C.运动员落在斜坡上时重力的瞬时功率为2〃，gtanO

D.运动员在空中离坡面的最大距离为geos。

【答案】C

【解析】A.根据平抛运动的规律可知

I2

捺皿上=义

vt2v

解得

2vlan夕

t=------

8

A错误；

B.设运动员落在斜坡上的瞬时速度方向与水平方向的夹角为。

tana=—

v

则

tana=2tan〃

故

”2。

B错误;

C.运动员落在斜坡上的瞬时功率

P==mg)=2〃瞥I，tan0

C正确：

D.将口与g在平行斜面方向与垂直斜面方向分解，则在垂直斜面方向上有

V)=usinO

&=gcos夕

当运动员垂直斜面方向的速度减为。时离斜面最远，有

,=2&H

解得运动员在空中离坡面的最大距离

v2sin26>

2gcosC

D错误。

故选C。

8.（2022•浙江•高三开学考试）如图所示，载有物资的热气球静止于距水平地面”=125m的高处,

现将质量为机=5（）kg的物资以相对地面的速度%=5m/s水平投出，已知投出物资前热气球的总质量

为M=300kg,所受浮力不变，重力加速度10m收,不计阻力，以下判断不正确的是（）

A.投出物资后，物资下落过程中热气球和物资组成的系统动量守恒

B.投出物资后热气球与物资在水平方向上的速度大小之比始终是1：5

C.物资落地时物资与热气球的距离为5闹m

D.投出物资后，物资下落过程中热气球和物资组成的系统机械能增加

【答案】C

【解析】A.载有物资的热气球原来处于静止状态，则有

%=Mg=3000N

投出物资后，由于所受浮力不变，且不计阻力，物资下落过程中热气球和物资组成的系统所受合外

力为零，故系统满足动量守恒，A正确：

B.投出物资后，物资下落过程中热气球和物资组成的系统在水平方向满足动量守恒，且系统初动

量为零，则有

-（M=0

可得

V）m_50_1

%M-tn300-505

由于阻力不计，则投出物资后热气球与物资在水平方向上均做匀速直线运动，故在水平方向上的速

度大小之比始终是1：5,B正确；

C.物资抛出后做平抛运动，则有

H=-gt2.

2,

联立解得

r=5s,%=25m

投出物资后，热气球竖直方向向上做匀加速直线运动，水平方向做匀速运动，热气球的加速度大小

为

格-(M-m)g3000-2500

Cl—=m/s2=2m/s2

M-m250

则有

y.=~at2=-x2x52m=25mx=vj=-r=-x5m=5m

122,1'55

则物资落地时物资与热气球的距离为

5="(y+〃)2+(%+^)2=,15()2+30,m=30>/26m

C错误；

D.投出物资后，浮力对热气球做正功，故物资下落过程中热气球和物资组成的系统机械能增加，

D正确。

本题选择错误的，故选C。

9.(2022.安徽•高三开学考试)如图所示，一质量为M的人站在台秤上，手拿一根长为R的细线一

端，另一端系一个质量为〃？的小球，使小球在竖直平面内做圆周运动。若小球恰好能做完整的圆

周运动，已知圆周上〃为最高点，4、C为圆心的等高点，重力加速度大小为g,则下列说法正确的

是()

A.小球运动到最高点人时，小球的速度为零

B.小球运动到最高点〃时，台秤的示数最小，且为Mg

C.小球在a、c两个位置时，台秤的示数相同，且为Mg+mg

D.小球运动到最低点时台秤的示数为Mg+6mg

【答案】D

【解析】A.小球恰好能做完整的圆周运动，在最高点时

2

mg=吟

得

故A错误；

B.小球运动到最高点时，细线中拉力为零，台秤的示数为Mg,但不是最小，小球从c向〃运动

的过程中细线上有弹力，弹力对人有向上拉的效果，所以台秤的示数小于b点时，故B错误；

C.小球在八b、c三个位置，小球均处于完全失重状态，台秤的示数相同，且为Mg,故C错误；

D.小球从最高点运动到最低点，由机械能守恒定律知

mg-2R=^mv2-^mvl

在最低点，由牛顿第二定律

F-rng=n—

fR

联立解得小球运动到最低点时细线中拉力

F=6〃7g

小球运动到最低点时，台秤的示数最大且为

Mg+F=Mg+6mg

故D正确。

故选D0

10.（2022・湖北・襄阳五中模拟预测）如图所示，某人通过跨过定滑轮的绳子将小车拉上倾角为。的

光滑斜面，人拉动绳子的速度u恒定，下列说法正确的是（）

A.小车沿斜面上升的过程中，人对绳子拉力恒定

B.小车沿斜面上升的过程中，小车的动能先增大后减小

C.小车沿斜面上升力高的过程中，绳子拉力对小车做的功大于小车重力势能的增加量

D.当绳子与斜面斜边的夹角为《时，小车的速度为8s（a+m

【答案】C

【解析】BD.由题意可知，小车速度的方向为沿斜面向上，设小车的速度为昨，将小车速度分解

为沿绳子收缩方向与垂直绳子方向，则

%；COS/?=V

因此

V

匕：二77

COS夕

山于人拉动绳子的速度I，恒定，小车沿斜面向上运动的过程中仅越来越大，因此小车速度4也越

来越大，小车的动能一直增加，故BD错误。

A.对小车进行受力分析，设绳子的拉力沿斜面的分力为F，则

F=F执cos/?

V

由余弦函数性质可知，在。至川。,范围内，角度越大，变化越快，因此£增大时，小车的速度旃

增大，变化速度也增大，即加速度增大，所以绳子拉力沿斜面的分力尸增大，而cos£减小，因此

人对绳子的拉力/增大，故A错误；

C.小车在沿斜面上升〃高的过程中，仅绳子的拉力和重力对小车做功，其中绳子的拉力对小车做

正功，重力对小车做负功。设此过程中绳子的拉力对小车做功大小为％,重力对小车做功大小为

%,由于过程中小车速度越来越大，因此根据动能定理可得

>。

因此

W,.>1%

由于重力对小车做负功的大小等于小车重力势能的增加量，因此此过程中绳子拉力对小车做的功

大于小车重力势能的增加量，故c正确。

故选c。

11.（2022•四川省资中县球溪高级中学模拟预测）如图所示，在竖直平面内，直径为R的光滑半圆

轨道和半径为R的光滑四分之一圆轨道水平相切于最低点4,两轨道均被固定，一个质量为，〃的

小球（可视为质点），从A点沿切线向左以某一初速度进入半圆轨道，恰好能通过半圆轨道的最高

点M,然后落在四分之一圆轨道上的N点，不计空气阻力，重力加速度大小为g,则下列说法正确

的是（）

Mv

（小-1）R

A.M、N两点间的高度差为2

B.小球进入A点时的加速度大小为3g

C.小球从M点到N点的运动轨迹是一段圆弧

D.小球到达N点时的水平方向的分速度大于竖直方向的分速度

【答案】A

【解析】A.球在M点时，根据牛顿第二定律有

v2

“吆=m不

2

解得

对小球从M到N的运动，根据平抛运动规律有

x=vt

乙

根据几何关系有

x2+y2=R2

联立以上四式解得

（布-1）R

y=—7—

故A正确；

B.小球运动从A到M点的过程中，由动能定理

2

-mS2R=^fnv-^nv~

可得

由向心加速度公式

a=-=5g

R

故B错误；

C.小球离开加点后做平抛运动，所以小球从M点到N点的运动轨迹是一段抛物线，故C错误；

D.设小球到达N点时速度方I可与水平方向夹角为0,则

X2._____

tan8=3=星=2.二-=包=2您且>1

vvvrxV2

所以小球到达N点时的水平方向的分速度小于竖直方向的分速度，故D错误。

故选Ac

12.（2022.全国•高三开学考试）某同学设计了一个滑梯游戏装置，如图所示，一光滑航道人O固定

在水平桌面上，。点在桌面右恻边缘上。以。点为圆心的I光滑圆弧轨道8。竖直固定在桌子的

右侧，C点为圆弧轨道的中点。若宇航员利用该游戏装置分别在地球表面和火星表面进行模拟

实验，将小球放在光滑轨道AO上某点由静止下滑，小球越过。点后飞出，落在光滑圆弧轨道8。

上。忽略空气阻力，已知地球表面的重力加速度大小为g,火星的质量约为地球质量的火星的

半径约为地球半径的5。在地球表面或在火星表面上，下列说法正确的是（）

A.若小球恰能打到C点，则击中C点时的速度方向与圆弧面垂直

B.小球释放点越低，小球落到圆弧上时动能就越小

9

P.=­P

C.根据题目的条件可以得出火星表面的重力加速度大小火4，

D.在地球和火星进行模拟实验时，若都从光滑轨道上同一位置释放小球，则小球将落在圆弧上的

同一点

【答案】D

【解析】A.若小球恰能打到C点，则飞出后的水平位移与竖直位移相等，设此时速度方向与水平

方向的夹角为由平抛运动规律可知

lan〃=2—=2

x

由几何关系可知速度方向与圆弧面不垂直，A错误；

B.小球释放点越低，则飞出时的速度越小，落点越低飞出后重力做功越多，小球落到圆弧上时动

能不一定越小，B错误；

C.在星球表面重力等于万有引力可得

G-^—=nig

墟

G~^~="吆火

R火

1_i_

火星的质量约为地球质量的9,火星的半径约为地球半径的5,可得

4

g火F

C错误；

D.小球在光滑轨道A0上运动的过程中，由动能定理得

,1、

mgh=-mv-

飞出后小球做平抛运动

12

y=-st

解得

X2

y=一

-4A

可知落点的位置与加速度无关，故在地球和火星进行模拟实验时，若都从光滑轨道上同一位置释放

小球，则小球将落在圆弧上的同一点，D正确；

故选D。

13.（2022・湖北•模拟预测）2022年2月4日，北京冬奥会盛大开幕。跳台滑雪是冬奥会的重要竞

技项目。如图所示，一名跳台滑雪运动员经过一段加速滑行后从。点水平飞出。该运动员两次试

滑分别在斜坡上的例、N两点着陆。已知OM=MM斜坡与水平面的夹角为仇不计空气阻力，运

动员（含装备）可视为质点，则该运动员两次试滑（

A.着陆在M、N点时动量的方向不同

B.着陆在M,N点时动能之比为1：加

C.着陆在M、N点两过程时间之比为人◎

D.着陆在M、N点两过程离斜坡面最远距离之比为1：近

【答案】C

【解析】A.运动员从。点水平飞出，做平抛运动，设水平飞出的初速度为期在斜坡上的落点到

。点的距离为3运动员落到斜坡上时，则有

22

.。=£=更=里=工

V32%2%

可知运动员落到斜坡上时，水平分速度与竖直分速度满足

工=2tan〃

%

。角不变，可知着陆在M、N点时的速度方向相同，动量的方向相同，A错误;

B.运动员从。点到落到斜坡上运动中，机械能守恒，则有

=〃?gLsinG

运动员落到斜坡上时的动能

右1a1/、2\1/।1」11c

k22V°2Utan26>）6（4tan26>）

又

LQN=2七0”

解得着陆在M、N点时动能之比为1：2,B错误；

C.由平抛运动的规律可知，在竖直方向有

h=；g产

解得运动时间

hN=2%,

可知着陆在M、N点两过程时间之比为1：&,C正确；

D.运动员在0点的速度如分解为沿斜坡方向的分速度和沿垂直斜坡方向的分速度V2,则有

v2="sin0

由运动学公式可得离斜坡面最远距离为

h=上-="S®0=—tanOsin0

2g2gcos。2g

由题意可知，在水平方向有

XN=2XM

在竖直方向有

（N=

则有两次做平抛运动的初速度关系有

因此离斜坡面最远距离之比是1：2,D错误。

故选C。

14.（2022•江苏常州♦三模）武直「是我国最新型的武装直力机。在某次战备演习中，山坡上有间距

相等的A、氏。、。的四个目标点，武直十在山坡目标点同一竖直平面内的某一高度上匀速水平

飞行，每隔相同时间释放一颗炸弹，已知第一、二颗炸弹恰好落在8、C两个目标点，则（）

A.炸弹落地的时间间隔相等B.第三颗炸弹落在CO之间

C.第三颗炸弹恰好落在。点D.第一颗炸弹在4点正上方释放

【答案】B

【解析】如图所示，设山坡的倾角为仇A、B、C、。相邻两点间距为人过8点作一水平线，使

第二、三颗炸弹的轨迹与该水平线分别交于0、P两点，过。点作一竖直线，使第三颗炸弹的轨

迹与该竖直线交于。点。

直升机飞行路线

BC.设直升机飞行速度为小,则三颗炸弹的水平速度均为山。因为直升机做匀速运动，且每隔相

同时间释放一颗炸弹，则和OP长度相等，设为的。因为B、。、尸三点相对直升机飞行路线

的高度差相同，则根据自由落体运动规律可知三颗炸弹分别到达3、。、P三点时的竖直分速度相

同，均设为呼。第二颗炸弹从。运动到C的时间设为。，第三颗炸弹从产运动到。的时间设为

12,根据平抛运动规律，对第二颗炸弹从。到。的过程有

xoc=LcosO-xG=v0tl①

12

25+/②

对第三颗炸弹从P到Q的过程有

xPQ=2Lcos0—2%=vor2③

加—那④

根据①③可得

G=2匕⑤

根据②④⑤可得

加>2yg⑥

根据几何关系可知Q点一定在。点下方，所以第三颗炸弹落在。、。之间，故B正确，C错误;

A.易知第二颗炸弹与第一颗炸弹落地的时间间隔为。，第三颗炸弹与第二颗炸弹落地的时间间隔

为⑵根据⑤式可知炸弹落地的时间间隔不相等，故A错误；

D.根据对称性可知第一颗炸弹释放点到8点的水平距离应等于xo,根据几何关系可知

/<Leos。

所以第一颗炸弹在A点右上方释放，故D错误。

故选B。

15.（2022•河北邯郸•二模）某小组设计一个离心调速装置如图所示，质量为的滑块。可沿竖直

轴无摩擦地滑动，并用原长为/的轻弹簧与。点相连，两质量均为的小球R和P?对称地安装在

轴的两边，匕和「2与。、匕和R与Q间用四根长度均为/的轻杆通过光滑钱链连接起来。当装置静

止不动系统达到平衡时，轻杆张开的角度为0=30。。已知重力加速度为g,则下列说法正确的是

A.当装置静止不动系统达到平衡时，轻弹簧弹力大小为3mg

B.当装置静止不动系统达到平衡时，轻弹簧的伸长量为/

C.若匕和巳绕轴旋转的角速度从。缓慢增大，则弹簧的弹性势能先减小后增大

D.若R和「2绕轴旋转的角速度从。缓慢增大，则弹簧的弹性势能逐渐减小

【答案】C

【解析】A.当装置静止不动系统达到平衡时，对匕和P?受力分析有，0P沿杆向上的拉力和QP杆

沿杆向上的支持力，则OP杆的拉力为

F<»pCOS0+%pcos0=mf>

与psin0—FQPsin0

解得

mg

沿竖直方向.上的分力为三。将耳、「2和Q与之间的杆看做整体，整体受重力和匕和P?与。之间杆

的拉力，弹簧的弹力，根据平衡条件得

2Fot,cos0+kbl=3"?身

故轻弹簧弹力大小为2〃?g,A错误；

B.根据几何关系可知，当装置静止不动系统达到平衡时，0Q的距离为的距离为后，故轻弹簧的

伸长量为心力，B错误；

CD.若R和P2绕轴旋转的角速度从。缓慢增大，R和P?所需要的向心力变大，故QP杆对球P的

支持力先逐渐减小后反向增大，0P杆对球P的拉力逐渐增大，弹簧由伸长状态，长度不断变小,

随后乂变为压缩状态，故弹簧的弹性势能先减小后增大，C正确，D错误。

故选C。

16.（2022•山东枣庄♦高三期末）如图所示，倾斜圆盘圆心处固定有与盘面垂直的细轴，盘面上放有

质量为，〃的一个物块（可视为质点），物块到轴的距离为d,物块与盘面的动摩擦因数为"，盘面

与水平面夹角为当IS1盘以角速度。匀速转动时，物块始终与圆盘保持相对静止。图中A、B、

C、。为物块做圆周运动经过的点，其中A为最高点、8为最低点,C、。为跟圆心在同一水平面

上的两点。已知重力加速度为g,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则下列说法正确的是（）

A.当圆盘静止时，物块在A、B、C、O各点受到的摩擦刀大小均为〃〃?gcos0

B.当圆盘匀速转动时，若物块运动到A点没有滑离圆盘，则运动到其它点也不会滑离圆盘

C.当圆盘以角速度。匀速转动时，物块运动到C、D两点时，受到摩擦力的大小均为

cos8）2+（iiutrdy

D.当圆盘以角速度匀速转动时，物块运动到C、D两点时，受到摩擦力的大小均为

J（〃名sin°）?+（〃皿％）

【答案】D

【解析】A.物块静止在圆盘上时，根据受力分析可知，摩擦力为静摩擦力，平衡重力沿圆盘向下

的分力，大小为〃火日11。，故A错误；

B.物块运动到A点，设最大速度为以，根据牛顿第二定律

.v.2

mgsinG4-jurngcos0=

d

物块经过8点时，设最大速度为4,同理有

V2

REgcos0-mgsin0=m—

d

可以看出，/＜巳，圆盘匀速转动，所以保证物块运动到A点没有滑离圆盘并不能保证运动到其它

点也不会滑离圆盘，故B错误；

CD.物块运动到C、。两点时，设静摩擦力大小为/,方向与半径夹角。，根据匀速圆周运动特点，

受力分析可知

/cosa=nutrd

/sina=/〃gsin。

联立可解得

f=J（/"gsing）'

故C错误，D正确。

故选Do

二、多选题

17.（2022•福建省福州第一中学高三开学考试）2022年冬奥会将在北京和张家口举行，如图所示是

跳台滑雪某次训练中两位不同质量的运动员以相同的甲乙动能分别从。点沿同一方向水平滑出的

情况，他们分别落在倾斜滑道的P、。两点。不计运动员空中滑翔过程中所受的空气阻力，下列说

法中正确的是（）

A.两位运动员落到滑道瞬间的速度方向相同

B.两位运动员落到滑道时的力量大小相等

C.两位运动员从。点滑出到落到滑道过程中，重力对他们做功相等

D.两位运动员从O点滑出到落到滑道过程中，重力对他们的冲量大小相等

【答案】AC

【解析】A.设倾斜滑道与水平面的夹角为运动员的初速度为阳时，飞行时间为，,水平方向

的位移大小为X、竖直方向的位移大小为运动员在水平方向上做匀速直线运动，有

x=vot

在竖直方向.卜.做自由落体运动，有

,1，

运动员落在斜面上时，有

h

tana=一

x

联立解得

tana-

2%

可得

/_2%tana

g

两位运动员落到滑道瞬间的速度方向速与水平方向的夹角为6,则仃

tauO=-^-=—

%%

联立可得

tan^=2tana

所以两位运动员落到滑道瞬间的速度方向相同，故A正确；

C.两位运动员从。点滑出到落到滑道过程中，重力做功为

2

W(.=m&h=mg-—=2mv^tana=4%tanaa

故C正确;

D.两位运动员质量不同，重力的冲量为

lG=mf>t=2mv()tana

所以重力对他们的冲量大小不相等，故D错误；

B.因为重力做功相等，初动能相等，根据动能定理可知落到斜面上的动能也相等，由

P=M〃IE妹

因为两位运动员质量不同，所以落到滑道时的动量大小不相等，故B错误。

故选ACo

18.(2022•山东・聊城二中高三升学考试)下列有关生活中的圆周运动实例分析，其中说法正确的是

()

/O

./R

A.0rm汽车通过凹形桥的最低点时，速度越大，越不容易爆胎

在铁路的转弯处，通常要求外轨比内轨高，目的是减轻轮缘与外轨

的挤压

C.杂技演员表演“水流星”，当“水流星”通过最高点时绳子中的拉力可能为零

D.洗衣机脱水丽的脱水原理是因为衣服太重，把水从衣服内压出来了

【答案】BC

【解析】A.汽车通过凹形桥的最低点时，根据牛顿第二定律，有

LV

FN-mg=m-

速度越大，汽车轮胎所受地面支持力越大，越容易爆胎。故A错误；

B.在铁路的转弯处，通常要求外轨比内轨高，由火车自身重力与所受支持力的合力来提供转弯所

需的向心力，目的是减轻轮缘与外轨的挤压。故B正确；

C.杂技演员表演“水流星”，当“水流星”通过最高点时，由自身重力提供向心力时，绳子中的

拉力可以为零。故C正确；

D.洗衣机脱水桶的脱水原理是附着在衣服上的小水滴做EI周运动的向心力大于衣服提供的力时,

做离心运动，从而离开衣服。故D错误。

故选BCo

19.（2022・河北・石家庄二中高二期末）冰壶比赛中投壶手在投出冰壶时会带有•定的旋转（自旋），

擦冰手在冰壶运动的前方高速摩擦冰面（刷冰），减小冰壶前侧受到的摩擦力，可使冰壶做曲线运

动，在图示的各图中，圆表示冰壶，口表示冰壶自旋的方向，v表示冰壶前进的方向，则在刷冰的

过程中，冰壶运动的轨迹（虚线表示）可能正确的是（）

【答案】AD

【解析】由题意可知，擦冰手在冰壶运动的前方高速摩擦冰面（刷冰），减小冰壶前侧受到的摩擦

力，而后侧所受摩擦力几乎不变，若冰壶按逆时针方向旋转，则沿速度垂直的方向，摩擦力的合力

向左，则冰壶运动轨迹将向左偏转；同理若冰壶按顺时针方向旋转，冰壶运动轨迹向右偏转。

故选ADo

20.（2022.广东.华南师大附中高一期中）如图，一半径为H的圆环固定于竖直平面内，圆心为。。

现从圆环上距离圆心。竖直高度为05R的4点以水平初速度%向右抛出一个质量为机的小球，

段时间后，小球落在圆环上的8点（图中未画出）；当％大小不同时，小球的落点8也不同.重力

加速度为g,不计空气阻力，小球可视为质点。以下说法正确的是（）

A,当％大小不同时，小球从4点运动到3点的时间可能相同

历时，小球可以经过O点

B.当%=

C.当旷时，A、8两点位于一条直径上

二遮

D.当“一2时，小球从A到3的运动过程中速度变化量最大

【答案】ACD

［解析］A,当％大小不同时，小球的落点3可能位于同一水平面上，所以运动时间可能相同，故

A正确；

B.运动过程中经过。点，满足

22

瓜,

丁卬

解得

%*

故B错误；

C.A、8两点位于一条直径上，满足

R

6R=卬

解得

师

%=下~

故C正确；

D.当B点位于0点正下方时，满足

争=卬

解得

此时小球运动的时间最长，则由

Av=gl

可知此时速度变化量最大，故D正确。

故选ACDo

21.（2022・河南•高三开学考试）暴风雨后，道路两旁很多树苜被刮倒，某志愿者正在扶正一棵树苗，

如图所示。若志愿者向左匀速运动扶正树苗时，手与树苗接触点的高度不变，则该过程中树苗（）

A.与手接触点的线速度变大B.与手接触点的线速度变小

C.绕。点转动的角速度变大D.绕。点转动的角速度变小

【答案】AC

【解析】假定分的速度大小为打将人的速度u分解为垂直于树苗的速度匕与沿树苗方向的速度区

设手与树苗接触点的高度为力，当树苗的倾角为。时，则手与树苗接触点到O点的距离为

h

rsin®

此时树苗与手接触点的线速度大小

9-vsin0

树苗绕。点转动的角速度大小为

­=3

rh

该过程中。变大，可知匕、。均变大，故选AC。

22.（2022•辽宁.高三期末）如图所示，处于竖直平面内的光滑细金属圆环半径为/?,4、B、C、D

为圆环上的四个点，AC水平、8。竖直，A、。间固定有光滑细直杆。质量为根的带孔小球P穿

丁杆上，与F相同的小球Q穿在环上，并通过K为A的结实细绳固定在。点。在圆环以67）为轴

转动时，若小球尸位于AQ杆的中点，圆环转动的角速度为”0,则（）

心

D\

怪

A.圆环的角速度co（尸

B.角速度coo为零时细绳的弹力不为零

C.当圆环的角速度由函增大少许时，。球将上升到D4中点偏上一点与杆相对静止

旦R

D.若P与D的距离为4,细绳的弹力为mg

【答案】AD

【解析】A.AO杆与水平方向夹角为45。，对小球P进行受力分析

Npcos450=mg

R

Npsin450=—

代入数据解得

A正确;

B.由题可知，。。与竖直方向夹角为60",对小球Q进行受力分析

%cos60"=mg+Tcos60"

NQsin600+Tsin600=〃双/sin60'

可得绳子弹力

T=（）

B错误；

C.当圆环的角速度由w增大少许时，小球。所需的向心力将增加少许，因此杆对小球的弹力也

会增加少许，此时弹力的竖直分量将大于重力，小球将上滑，随着上滑，小球尸转动半径逐渐增

加，所需向心力逐渐增加，杆的支持力逐渐增加，小球P将继续上滑，最终会到达A点，C错误。

6

--/\

D.若尸与。的距离为4时，圆环的角速度为〃，对尸

N】cos45°=mg

/V；sin450=W2—7?cos45°

「4

可得转动的角速度

此时对Q进行受力分析可知

NQCOS60°=mg+Tcos600

N'Qsin600+rsin60°=^^51060°

解得

T'二mg

D正确。

故选ADo

23.（2022・安徽•肥东县综合高中模拟预测）如图所示，外轨道光滑，内轨道粗糙（粗糙程度处处相

同）的圆环轧道固定在竖直平面内，完全相同的小球A、B（直径略小于轨道间距）以相同的速率

%从与圆心与高处分别向上、向下运动，两球相遇时发生的碰撞可看作弹性碰撞，重力加速度为g.

下列说法中正确的是（）

A.当%=6正时，小球A通过最高点和小球8通过最低点时对轨道的压力差为6〃%

B.当%飞8时，第一次碰瑾前瞬间，A球机械能一定小于B球机械能

C.当“时，第一次碰瑾的位置一定在轨道的最低点

D.当%二场时，第一次碰撞后瞬间，两球速度一定等大反向

【答案】ABD

【解析】A.当

时，A球在最高点所受弹力为零时，只有重力提供向心力

mg=m—

R

得

v=^/gR

假设A球上升到最高点过程中外轨道对A球有弹力，则满足机械能守恒

说明假设成立，根据牛顿第二定律

乙+mg=m

B球到最低点过程，由机械能守恒和牛顿第二定律

-mg=in

球A通过最高点和球B通过最低点时对轨道的压力差为

△尸=兄一吊=6机g

故A正确;

B.使A球在最高点弹力为零，根据机械能守恒

121

­/nv+mgR=—

小球初速度为

V)=y/3gR

当

%=岛^

则

加〈房

A球与内轨道存在摩擦力，机械能由损失，且A球先通过最高点，虽然不能确定两球相碰的位置，

但是A球与内轨道接触过程运动的路程更大，损失的机械能更多，所以两球第一次相碰时4球机

械能,定小于B球机械能，故B正确：

C.假设内轨道光滑，使A球恰好到达最高点，根据机械能守恒

v2=^2gR

当

A、B两球无法到达最高点。区为A球先返回，所以第一次碰撞不在最低点，故C错误：

D.当

情况与选项C相似，两球在上半圆与内轨道接触时，相同高度的速度相同，故摩擦力等大，可知

机械能损失一样多。两球一定是在下半圆轨道上相碰，而当二者相碰时一定在相同高度，则此时速

度等大、反向，设为火。根据动量守恒和机械能守恒

niv.-mvy=mv\+mv'B

32g—小海

解得

kF

第一次碰撞后瞬间，两球速度等大反向，故D正确。

故选ABDO

24.（2022•安徽马鞍山•三模）如图所示的水平圆盘上有一原长为/o的轻质弹簧，弹簧的一端固定于

圆心处，另•端与质量为〃，的滑块相连，滑块与圆盘之间的动摩擦因数为"，初始时，滑块与圆心

之间的距离为/且保持静止。现使圆盘绕过圆心的竖直轴转动，/为滑块与圆盘之间的摩擦力大小，

最大静摩擦力等于滑动摩擦力，从零开始逐渐增大圆盘角速度。至某一较大值的过程中，关于/与

【答案】AB

【解析】A.若初始时，=/。，当角速度从0开始不断增大，则开始时有静摩擦提供向心力

f=tnco^l

静摩擦力/"G，当摩擦力达到最大静摩擦力，继续增大角速度，最大静摩擦力不足以提供向心力,

物块将做离心运动，滑动摩擦力和弹簧拉力的合力提供向心力，物块的正压力不变，接触面不变，

故滑动摩擦力大小不变，A正确：

B.若初始时当角速度从0开始不断增大，则开始时有静摩擦提供向心力

kx-f=m（o~l

故开始时，角速度变大，静摩擦力变小，当弹簧弹力恰好提供物块圆周运动的向心力时，摩擦力为

0；物块的角速度继续变大，则有

kx+f=

摩擦力由0开始逐渐变大，直到达到最大静摩擦力；继续增大向速度，物块的摩擦力为滑动摩擦

力，保持不变，B正确；

CD.若初始时17%当角速度从0开始不断增大，则开始时有静摩擦提供向心力

f-kx-mco2l

故角速度为。口寸，静摩擦力不为零，物块角速度逐渐增大，则静摩擦力逐渐增大到滑动摩擦力，后

保持滑动摩擦力大小，综上所述CD图像均不可能，CD错误。

故选ABo

三、解答题

25.（2022・河北•高三开学考试）高山滑雪比赛可简化为如图所示的模型，倾角为30。的斜面A3与

倾角为37。的斜面C8在水平地面的8点用光滑小圆弧对接，4点与地面的高度为a=l°m,。点与

地面的高度为4=3m,一质量为机=5kg的小滑块（视为质点）从4点无初速度下滑，经过3点前

后动能不损失，然后沿斜面C5上滑，离开。点时做斜抛运动，小滑块与斜面43之间的动摩擦因

V33

u,=­=-

数为6,与斜面CB之间的动摩擦因数为16,sin37=0.6,cos37=0.8,重力加速度取

g=10m/s2,求：

（1）小滑块到达C点时的动能；

（2）小滑块的落地点与C点之间的水平距离。（结果可保留根号）

6+2倔

-------m

【答案】（1）62.5J；（2）5

【解析】（1）从4到C的过程中，由动能定理得

〃叫一也）一〃冲焉33。。一必冲卷网37。="

代入数据解得

%=62.5J

（2）

A。=]〃戈

小滑块离开。点时做斜抛运动，在竖直方向有

vv=vcsin37°

在水平方向有

vr=vccos37°

x=vct

代入数据解得

6+2倔

x=-----m

5

26.（2022・湖南•宁乡巾教育研究中心模拟预测）如图，光滑的水平杆OM和竖直轴ON上分别套着

环P和Q,环P的质量加尸〃?，Q的质量加2=2〃?，用轻绳连接，一根弹簧左端固定于。点，右端与

环P栓接，两环静止时，轻绳与竖直方向的夹角。=37。，sin37°=0.6,cos37°=0.8,重力加速度g

=10m/s2o

（1）弹簧的弹力和水平杆对P的支持力分别是多少；

（2）绳长仍为/,弹簧的劲度系数为匕要8=53。，角速度①的取值。

【解析】（1）对P、Q的受力分析如图所示

对Q,由平衡条件，竖直方向上有

7cos37°=2〃7g

对P,由平衡条件，竖直方向上有

Fm=mg+7cos37°

水平方向上有

Tsin370=/削

解得

尸3

F-mg

（2）①假设此时弹簧处于拉伸状态，则对P有

o

T,sin53+ALr2=〃/7sin53°

对Q,在竖直方向上有

7'cos53°=2"7g

设静止时弹簧的压缩量为x/,则由（I）问可知

设此时弹簧的伸长量为X2,则有

Zsin37°+xi+%2=Zsin53°

联立上式得

②假设此时弹簧处于收缩状态，此时弹簧的收缩量为X2.,对P有

7'sin53◊-日2=w/y2/sin530

且

/sin370+x/-X2=Zsin53°

其它和①中所述一致，计算仍得

综①②得

V24/4"?

27.（2022•浙江•高三开学考试）如图所示，在竖直平面内有一装置由四分之一圆弧轨道A3,水平

直轨道8C,螺旋细圆管轨道CD,水平直轨道CE,圆心角a（a"90°）可调的圆弧轨道后厂组成。

A&CD的半径和BC长度均为凡E”的半径为2七一滑块从A点以竖直向下的初速度%开始运

动，经过CO并滑上£凡已知滑块质量"uOSkg,R=0.4m,滑块与8c的动摩擦因数〃=°25,

其余轨道均光滑，各部分轨道间平滑连接。

（1）若%=血。苗，滑块第1次经过圆管轨道。点时，对凯道的压力大小入；

（2）若滑块始终在轨道上运动，则%的大小范围；

（3）若滑块恰好能过。点，则滑块抛出后动能为最小值时离抛出点”的水平位移x与圆心角。间

满足的关系，并求x的最大值°

【答案】⑴0.6N；（2）°-v«'-2m/s；（3）见解析

【解析】（1）滑块从A到C过程中，由动能定理，得

tngR-pungR=g〃此-gm\^

解得

v（.=2\/2nVs

在C点，根据牛顿第二定律

F^-mg=m正

R

解得

F、=mg+171=0.6N

由牛顿第三定律，可知滑块对轨道压力大小0.6N；

（2）从圆管某点返回到达A点时的速度为零，由动能定理，得

mgR)_[“ngR=0-0

解得

h-0.5m

根据

mg(R-h)-fjmgR=。”咕

解得

v0l=2m/s

所以

0<v01<2m/s

（3）恰过。到/离开：由动能定理

/〃g(2R-(2R-2Rcosa))=g〃w；-0

离开厂点后斜抛运动，所以到达最高点时动能最小，此时速度水平，此时

vFsinavi.,,,.

x=vFcosa--------=-sinacoscr=1.6cos-asina

gg

,2立

当cos-a=2sina即2时可得最大距离

巴库m

m945

28.（2022•江苏南通・高三开学考试）如图所示，“高台跳水投球”项目：选手从跳水板的末端由静

止下落，下落过程中抛出球，球直接落入筐即可得分。该选手在跳板上双手举球，球到水面高度

H=7.2m,筐距离水面高度〃=2.2m,球距筐水平距离”=2m,重力加速度8=10诱。（下落过程

中人和球视为质点，不计空气阻力，人的质量远大于球的质量）

（1）选手离开跳板时将球水平抛出并得分，求抛球速度%;

（2）选手落至球筐等高处时抛球，人落水时球刚好进筐，求抛出时球相对水面的速度大小匕。

，跳板

（］）v=2m/s.<2）*=Vioim/s

【答案】0

【解析】（1）选手离开跳板时将球水平抛出并得分，则由平抛运动规律

〃一力=；娟工=即

解得

%=2m/s

（2）选手落至球筐等高处时抛球，人落水时球刚好进筐，则球抛出到进框运动的时间加等于人从

球框等高处运动到水面所用时间，为

A"楞叫二°2s

球抛出相对水面的水平方向速度为力X,有

球抛出相对水面的水平方向速度为力y,有

%二%加

抛出时球相对水面的速度大小”为

匕=7%2+%2

解得

V）=Violm/s

29.（2022・湖南•高三开学考试）如图所示，将原长为R的经质弹簧放置在倾角为37。的轨道A8上

一端固定在A点，另一端与滑次P（可视为质点，质量可调）接触但不连接。43长为2RB端与

半径为R的光滑圆轨道8CD相切，。点在。点的正上方，C点与圆心。等高。滑块P与A8间的

动摩擦因数〃二0-5。用外力推动滑块P,每次都将弹簧压缩至原长的一半，然后放开，P开始沿轨

道48运动。当P的质量为机时刚好能到达圆轨道的最高点D。已知重力加速度大小为日疝］37。=0.6,

cos37°=0.8“

（1）求弹簧压缩至原长的一半时，弹簧的弹性势能”；

（2）改变滑块P的质量为M,使之能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下，求M的可能值；

（3）若滑块P能滑上圆轨道,且所在位置与0的连线与0C方向的夹角为37。