专题02 曲线运动 2020-2026年高考物理真题分类汇编（山东）（解析版）

高考真题分类解析PAGE试卷第=1页，共=sectionpages33页PAGE1专题02曲线运动7年真题1年模拟考点分类山东考情（2020-2026）命题规律考点01平抛运动2026山东卷2025山东卷2021山东卷情境：紧密结合生活/科技/生产场景，包括无人机投放、旋转圆筒等实际应用场景，突出物理建模能力考查。考点：平抛运动的分解规律、临界条件分析的综合应用。题型：涵盖选择题、计算大题，难度中等偏上。综合：常与圆周运动、动量守恒等知识点结合命题，注重考查运动过程分析、几何关系提取和多公式联立求解能力。考点02斜抛运动2024山东卷2023山东卷2022山东卷2020山东卷情境：贴合工程、体育、军事等真实场景，包括峡谷抛射重物、电磁炮灭火、网球击墙、单板滑雪U型池、导弹发射、排球垫球等，强调知识迁移应用。考点：斜抛运动的分解、对称性应用、最高点规律、碰撞反弹速度分解、机械能守恒、与动量定理/电磁学的综合应用。题型：以选择题为主，辅以少量计算大题。综合：常结合斜面上的运动、碰撞反弹、动能定理、动量守恒等知识点，对运动分解方法的灵活性要求较高，部分题目需特殊参考系（如沿斜面坐标系）简化分析。考点01平抛运动1.（2026·山东·高考真题）如图甲所示，半径r=1m的圆筒竖直放置，上下底面圆心分别为O和O′，筒内有三个互成120°角且可以绕OO′转动的竖直矩形叶片S1、S2和S3，叶片与圆筒上下齐平，宽度等于圆筒半径，N为圆筒上底边沿一点。圆筒上底面固定一半径的水平圆形轨道，轨道上有一长度可忽略的缺口位于O点，OM为轨道直径且OM⊥ON；在轨道的M点放置一小物体，某时刻该物体在内力作用下突然分成A、B两部分并弹开，其质量分别为mA、mB。A以vA=1m/s的速率沿轨道运动至缺口进入圆筒，在筒内做平抛运动后恰好紧贴圆筒下底面沿边穿出。已知g=10m/s2。忽略空气阻力及一切摩擦，轨道、圆筒和叶片的厚度均忽略不计。 (1)求A在轨道内运动的时间及圆筒高度；(2)若叶片以恒定角速度ω顺时针转动，且A运动至缺口时，S1恰好转过ON位置，如图乙所示，随后A未与叶片碰撞，从圆筒下底面沿边穿出时，S2恰好转至ON位置。（ⅰ）求角速度的大小ω；（ⅱ）若B运动至缺口后能从任意两个叶片间的区域穿过圆筒，且未与叶片及筒壁碰撞，求。【答案】(1)t0=3s，h=5m(2)（ⅰ），（ⅱ）（k=0，1，2，3，…）【详解】（1）A在轨道内做匀速圆周运动，运动时间由题知，A以vA=1m/s的速率沿轨道运动至缺口进入圆筒，在筒内做平抛运动后恰好紧贴圆筒下底面沿边穿出，则在水平方向有r=vAt解得t=1s竖直方向有（2）（ⅰ）由于A未与叶片碰撞，从圆筒下底面沿边穿出时，叶片转动了，则叶片角速度（ⅱ）物体在内力作用下突然分成A、B两部分并弹开有mAvA=mBvB则由于B未与筒壁碰撞则有且A运动至缺口时，S1恰好转过ON位置，则以此时为时间基准，则B从M到O所用的时间使B运动至缺口后能从任意两个叶片间的区域穿过圆筒，则B运动到O时S1或S2或S3要运动到ON反向的位置，则叶片转过的角度（k=0，1，2，3，…），B不与叶片碰撞必须满足解得（k=0，1，2，3，…）则（k=0，1，2，3，…）2.（2025·山东·高考真题）如图所示，在无人机的某次定点投放性能测试中，目标区域是水平地面上以O点为圆心，半径R1=5m的圆形区域，OO′垂直地面，无人机在离地面高度H=20m的空中绕O′点、平行地面做半径R2=3m的匀速圆周运动，A、B为圆周上的两点，∠AO′B=90°。若物品相对无人机无初速度地释放，为保证落点在目标区域内，无人机做圆周运动的最大角速度应为ωmax。当无人机以ωmax沿圆周运动经过A点时，相对无人机无初速度地释放物品。不计空气对物品运动的影响，物品可视为质点且落地后即静止，重力加速度大小g=10m/s2。下列说法正确的是（）A．B．C．无人机运动到B点时，在A点释放的物品已经落地D．无人机运动到B点时，在A点释放的物品尚未落地【答案】BC【详解】AB．物品从无人机上释放后，做平抛运动，竖直方向可得要使得物品落点在目标区域内，水平方向满足最大角速度等于联立可得故A错误，B正确；CD．无人机从A到B的时间由于t′>t可知无人机运动到B点时，在A点释放的物品已经落地，故C正确，D错误。故选BC。3．（2021·山东·高考真题）如图所示，载有物资的热气球静止于距水平地面H的高处，现将质量为m的物资以相对地面的速度水平投出，落地时物资与热气球的距离为d。已知投出物资后热气球的总质量为M，所受浮力不变，重力加速度为g，不计阻力，以下判断正确的是（）A．投出物资后热气球做匀加速直线运动B．投出物资后热气球所受合力大小为C．D．【答案】BC【详解】AB．热气球开始携带物资时处于静止状态，所受合外力为0，初动量为0，水平投出重力为的物资瞬间，满足动量守恒定律则热气球和物资的动量等大反向，热气球获得水平向左的速度，热气球所受合外力恒为，竖直向上，所以热气球做匀加速曲线运动，故A错误，B正确；CD．热气球和物资的运动示意图如图所示热气球和物资所受合力大小均为，所以热气球在竖直方向上加速度大小为物资落地过程所用的时间内，根据解得落地时间为热气球在竖直方向上运动的位移为热气球和物资在水平方向均做匀速直线运动，水平位移为；根据勾股定理可知热气球和物资的实际位移为故C正确，D错误。故选BC。4．（2021·山东·高考真题）海鸥捕到外壳坚硬的鸟蛤（贝类动物）后，有时会飞到空中将它丢下，利用地面的冲击打碎硬壳。一只海鸥叼着质量的鸟蛤，在的高度、以的水平速度飞行时，松开嘴巴让鸟蛤落到水平地面上。取重力加速度，忽略空气阻力。（1）若鸟蛤与地面的碰撞时间，弹起速度可忽略，求碰撞过程中鸟蛤受到的平均作用力大小F；（碰撞过程中不计重力）（2）在海鸥飞行方向正下方的地面上，有一与地面平齐、长度的岩石，以岩石左端为坐标原点，建立如图所示坐标系。若海鸥水平飞行的高度仍为，速度大小在之间，为保证鸟蛤一定能落到岩石上，求释放鸟蛤位置的x坐标范围。【答案】（1）；（2）【详解】（1）设鸟蛤落地前瞬间的速度大小为，竖直分速度大小为，据自由落体运动规律可得，则碰撞前鸟蛤的合速度为在碰撞过程中，以鸟蛤为研究对象，取速度方向为正方向，由动量定理得联立解得碰撞过程中鸟蛤受到的平均作用力大小为（2）若释放鸟蛤的初速度为，设击中岩石左端时，释放点的x坐标为x1，击中右端时，释放点的x坐标为，得，联立，代入数据得，若释放鸟蛤时的初速度为，设击中岩石左端时，释放点的x坐标为，击中右端时，释放点的x坐标为，得，联立，代入数据得，综上所述可得x坐标区间为。考点02斜抛运动1.（2024·山东·高考真题）如图所示，工程队向峡谷对岸平台抛射重物，初速度v0大小为20m/s，与水平方向的夹角为30°，抛出点P和落点Q的连线与水平方向夹角为30°，重力加速度大小取10m/s2，忽略空气阻力。重物在此运动过程中，下列说法正确的是（）A．运动时间为B．落地速度与水平方向夹角为60°C．重物离PQ连线的最远距离为10mD．轨迹最高点与落点的高度差为45m【答案】BD【详解】AC．将初速度分解为沿方向分速度和垂直分速度，则有，将重力加速度分解为沿方向分速度和垂直分速度，则有，垂直方向根据对称性可得重物运动时间为重物离PQ连线的最远距离为故AC错误；B．重物落地时竖直分速度大小为则落地速度与水平方向夹角正切值为可得故B正确；D．从抛出到最高点所用时间为则从最高点到落地所用时间为轨迹最高点与落点的高度差为故D正确。故选BD。2．（2023·山东·高考真题）电磁炮灭火消防车（图甲）采用电磁弹射技术投射灭火弹进入高层建筑快速灭火。电容器储存的能量通过电磁感应转化成灭火弹的动能，设置储能电容器的工作电压可获得所需的灭火弹出膛速度。如图乙所示，若电磁炮正对高楼，与高楼之间的水平距离，灭火弹出膛速度，方向与水平面夹角，不计炮口离地面高度及空气阻力，取重力加速度大小，。（1）求灭火弹击中高楼位置距地面的高度H；（2）已知电容器储存的电能，转化为灭火弹动能的效率，灭火弹的质量为，电容，电容器工作电压U应设置为多少？

【答案】（1）60m；（2）【详解】（1）灭火弹做斜向上抛运动，则水平方向上有竖直方向上有代入数据联立解得（2）根据题意可知又因为联立可得3．（2022·山东·高考真题）如图所示，某同学将离地的网球以的速度斜向上击出，击球点到竖直墙壁的距离。当网球竖直分速度为零时，击中墙壁上离地高度为的P点。网球与墙壁碰撞后，垂直墙面速度分量大小变为碰前的0.75倍。平行墙面的速度分量不变。重力加速度g取，网球碰墙后的速度大小v和着地点到墙壁的距离d分别为（）A． B． C． D．【答案】BD【详解】设网球飞出时的速度为，竖直方向代入数据得则排球水平方向到点的距离根据几何关系可得打在墙面上时，垂直墙面的速度分量平行墙面的速度分量反弹后，垂直墙面的速度分量则反弹后的网球速度大小为网球落到地面的时间着地点到墙壁的距离，故BD正确，AC错误。故选BD。4．（2020·山东·高考真题）单板滑雪U型池比赛是冬奥会比赛项目，其场地可以简化为如图甲所示的模型：U形滑道由两个半径相同的四分之一圆柱面轨道和一个中央的平面直轨道连接而成，轨道倾角为17.2°。某次练习过程中，运动员以vM=10m/s的速度从轨道边缘上的M点沿轨道的竖直切面ABCD滑出轨道，速度方向与轨道边缘线AD的夹角α=72.8°，腾空后沿轨道边缘的N点进入轨道。图乙为腾空过程左视图。该运动员可视为质点，不计空气阻力，取重力加速度的大小g=10m/s2，sin72.8°=0.96，cos72.8°=0.30。求：(1)运动员腾空过程中离开AD的距离的最大值d；(2)M、N之间的距离L。【答案】(1)4.8m；(2)12m【详解】(1)在M点，设运动员在ABCD面内垂直AD方向的分速度为v1，由运动的合成与分解规律得

①设运动员在ABCD面内垂直AD方向的分加速度为a1，由牛顿第二定律得mgcos17.2°=ma1

②由运动学公式得

③联立①②③式，代入数据得d=4.8m

④在M点，设运动员在ABCD面内平行AD方向的分速度为v2，由运动的合成与分解规得v2=vMcos72.8°

⑤设运动员在ABCD面内平行AD方向的分加速度为a2，由牛顿第二定律得mgsin17.2°=ma2

⑥设腾空时间为t，由运动学公式得

⑦

⑧联立①②⑤⑥⑦⑧式，代入数据得L=12m

⑨1．（2026·山东青岛·一模）如图所示，一小球从斜面上的O点以垂直于斜面的初速度斜向左上方抛出，在之后的运动过程中，小球依次撞击斜面上的P、Q两点，不计空气阻力，不计小球与斜面碰撞的时间和动能损失。则OP与PQ的距离之比为（）A． B． C． D．【答案】C【详解】设斜面倾角为，将重力加速度分解：平行斜面方向，初速度为，加速度，做初速度为0的匀加速直线运动；垂直斜面方向，初速度为，加速度，做匀变速运动。小球从斜面出发到再次落回斜面时，垂直斜面方向位移为，由得往返时间因为碰撞无动能损失，垂直斜面方向碰撞后速度大小不变、方向反向，因此相邻两次落在斜面上的时间间隔相等：小球从到P的时间为，从到的总时间为。平行斜面方向做初速度为0的匀加速直线运动，因此得故选C。2．（2026·山东菏泽·二模）如图所示，两名同学在水平地面上练习排球垫球。垫出点与接住点高度相同。左侧同学先后两次以不同初速度、将排球斜向上垫出，排球沿两条轨迹运动，右侧同学在同一位置接住排球。不计空气阻力，下列说法正确的是（）A．两次垫球的初速度一定大于B．两次排球到达最高点时的速度大小相等C．排球沿轨迹1运动时，在空中运动的时间更长D．两次运动中，排球的机械能一定相同【答案】C【详解】C．将排球的运动看作是两段平抛运动，则根据，可知排球在空中运动的时间为，因排球沿轨迹1运动时，上升的高度较大，可知在空中运动的时间更长，C正确；B．根据可知，因水平位移相等，可知沿轨迹1运动时的水平速度较小，即到达最高点的速度较小，B错误；AD．根据可知沿轨迹1运动时抛出的竖直速度较大，根据可知不能比较两次垫球的初速度与的大小，也不能确定两次运动中，排球的机械能是否相同，AD错误。故选C。3．（2026·山东烟台·二模）在烟台莱阳一智慧物流园区内，无人机悬停在距离目标点D的竖直高度、水平距离处。为精准投递，无人机通过内部弹射装置将一可视为质点的包裹以初速度斜向上抛出，的方向与水平方向夹角为，其在空中飞行后落于目标点。已知重力加速度，，忽略空气阻力，则包裹抛出时初速度的大小为（）A．3m/s B．4m/s C．6m/s D．9m/s【答案】A【详解】包裹抛出后做斜抛运动，设运动时间为，在水平方向上有在竖直方向上有代入数据联立解得故选A。4．（2026·山东临沂·二模）2026年某次区域联合演训中，我国东风系列战术导弹从山地发射阵地（海拔高度为H）以初速度、抛射角θ斜向上发射，打击敌方位于低洼山谷的目标（目标阵地比发射阵地海拔低h）。导弹飞行过程中忽略空气阻力，重力加速度为g，导弹质量为m，下列说法正确的是（）A．导弹飞行总时间B．当θ角为45°时导弹水平射程一定最大C．导弹击中目标时的动能为，飞行全过程机械能守恒D．若导弹在最高点受干扰炸裂为质量相等的两块，炸裂后瞬间一块竖直自由下落，则另一块的速度大小为【答案】D【详解】A．斜抛运动落回与发射点同一高度时的总飞行时间为目标比发射点海拔低，竖直方向位移为，由匀变速位移公式解得，故A错误；B．抛射角为45°时水平射程最大的结论仅适用于发射点和落地点等高的情况，本题两点存在高度差，该结论不成立，故B错误；C．忽略空气阻力，全过程只有重力做功，机械能守恒；发射点比目标高，重力势能减少，因此击中目标时动能为，和海拔高度无关，故C错误；D．导弹在最高点的速度为水平方向，大小为炸裂时内力远大于外力，水平方向动量守恒，炸裂后两块质量均为，竖直自由下落的碎片水平速度为0，设另一块速度为，由动量守恒定律解得，故D正确。故选D。5．（2026·山东潍坊·二模）平抛运动的物理现实是唯一的，但数学描述是多元的。如图甲所示，物体以初速度水平向右抛出，以抛出点O为坐标原点，以与水平偏下角的方向为x轴的正方向建立平面直角坐标系，从抛出时开始计时，获得x、y方向的速度—时间图像分别如图乙、丙所示。已知g取，则（）A．物体抛出时的初速度大小为B．夹角的正切值为C．时，物体水平方向的速度大小为D．y方向的加速度大小为【答案】C【详解】AB．由题意可知，则物体抛出时的初速度大小为夹角的正切值为，故AB错误；C．由于物体做平抛运动，则水平方向做匀速直线运动，所以时，物体水平方向的速度大小为，故C正确；D．由速度—时间图像的斜率表示加速度可知y方向的加速度大小为，故D错误。故选C。6．（2026·山东济南·二模）如图所示，从水平地面上相距为L的两点分别斜向右上方和斜向左上方抛出A、B两个小球，两小球运动到各自最高点时恰好相遇。已知两小球初速度与水平方向夹角分别为α和β，不计空气阻力，则两小球相遇点的高度为（）A． B．C． D．【答案】A【详解】两球在最高点相遇，说明它们从抛出到最高点的运动时间相等竖直方向上，最高点竖直速度减为0，对A球对B球因此水平方向上，两球水平位移之和联立可得竖直方向位移解得故选A。7．（2026·山东枣庄·二模）某行星的半径为，卫星贴近其表面沿圆周绕行的周期为。该行星表面的水平面上有一倾角为的斜面，如图所示，小球从斜面上一点以水平初速度抛出，之后落回斜面。若小球仅受该行星的引力作用，则小球抛出后在空中运动的时间为（）A． B． C． D．【答案】A【详解】根据可得该行星表面的重力加速度根据平抛运动的规律可知解得，故选A。8．（2026·山东青岛·一模）如图甲所示为某离心分离装置示意图，水平转台可在电机的带动下绕过圆心的竖直轴转动。开始时将质量为1kg的物块静置于转台上，物块到转台圆心O的距离为1m，时刻启动电机，转台由静止开始加速转动，其角速度与时间关系图像如图乙所示，物块与转台间的动摩擦因数，重力加速度，则物块能随转台一起转动（相对转台静止）的时间为（）A． B．1s C． D．【答案】C【详解】由图乙结合可知，物块随转台加速转动时的线速度大小变化情况为则物块沿切向方向的加速度大小为根据牛顿第二定律可得，物块沿切向方向的静摩擦力大小为则物块指向圆心的最大静摩擦力大小为当物块受的摩擦力为最大静摩擦力时，物块能随转台一起转动达到最大的角速度，此时根据牛顿第二定律可得解得由乙图可知，此时物块能随转台一起转动（相对转台静止）的时间为。故选C。9．（2026·山东滨州·一模）为研究四驱赛车弯道加速时的性能，驾驶赛车在水平圆周轨道上行驶，轨道半径大小R=225m，车轮与水平地面间的动摩擦因数μ=0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。某时刻赛车速度大小v=21m/s，从该时刻开始做加速圆周运动，保持切向加速度大小恒为a=3m/s2，不计空气阻力及其它阻力，重力加速度大小g=10m/s2。赛车可视为质点，四个车轮的受力情况可视为相同，则赛车做加速圆周运动且不发生侧向滑动的最长时间为（）A．1s B．2s C．3s D．【答案】C【详解】题意可知赛车做加速圆周运动时存在切向加速度、向心加速度，合加速度由最大静摩擦力提供，即其中，，代入题中数据，联立解得则赛车加速时间为故选C。10．（2026·山东日照·一模）如图所示，在水平圆盘上，沿直径方向用轻绳相连的物体A和B分居圆心O两侧，与圆盘一起绕中轴线匀速转动。已知两物体的质量均为m，到O点的距离分别为r和2r，与圆盘间的动摩擦因数均为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。若物体A受到的摩擦力大小为，则圆盘转动的角速度为（

）A． B． C． D．【答案】C【详解】当B的摩擦力达到最大时，有可得此时角速度为此时对A，向心力为可得物体A受到的摩擦力大小为时，绳子一定有拉力，设此时A受摩擦力向右，有，可得拉力为负值，不符合实际，可知A受摩擦力向左，有，可得此时圆盘转动的角速度为故选C。11．（2026·山东泰安·一模）如图所示，在倾角为的光滑斜面上，长为的轻质细绳一端拴接一可视为质点的小球，另一端固定于斜面上的点。小球在最低点A处获得一瞬时冲量，恰好能在斜面上做完整的圆周运动。在同一水平高度，连线与连线垂直，重力加速度为，则小球运动到C处时加速度大小为（）A． B． C． D．【答案】C【详解】小球经过B点时有小球由B点运动到C点的过程，根据动能定理有联立解得小球经过C点时，向心加速度为切向加速度为小球运动到C处时加速度大小为故选C。12．（2026·山东枣庄·一模）如图所示，竖直夯杆在两个相同摩擦轮的作用下，由静止开始向上运动，夯杆上升3.15m时摩擦轮瞬间松开。摩擦轮的半径为0.2m，角速度大小恒为5rad/s，与夯杆间的动摩擦因数均为0.51，每个摩擦轮对夯杆的弹力均等于夯杆的重力，重力加速度g=10m/s2，不计空气阻力。在夯杆从开始运动到落地的过程中，下列说法正确的是（）A．摩擦轮松开前，夯杆受到的摩擦力始终不变 B．夯杆向上加速运动时，加速度大小为2m/s2C．夯杆向上加速过程中，摩擦轮转过的圈数为 D．夯杆处于失重状态的时间为0.9s【答案】D【详解】AB．夯杆向上加速过程中，根据牛顿第二定律可得解得与摩擦轮达到共速时，有由此可知，夯杆先向上加速后做匀速运动，先受向上的滑动摩擦力后变为静摩擦力，故AB错误；C．夯杆向上加速运动的时间为夯杆向上加速过程中，摩擦轮转过的圈数为，故C错误；D．当摩擦轮松开后，夯杆只受重力，夯杆做竖直上抛运动，处于完全失重状态，则代入数据解得，故D正确。故选D。13．（2026·山东淄博·二模）（多选）如图，ABC是竖直面内的光滑固定轨道，A点在水平面上，轨道AB段竖直，长度为R，BC段是半径为R的圆弧，与AB相切于B点。一质量为m的小球，始终受到与重力大小相等的水平向右的外力作用，从A点以竖直向上沿轨道内侧开始运动。小球可视为质点，重力加速度大小为g。则（）A．在C点小球对轨道的压力大小为3mgB．在C点小球对轨道的压力大小为4mgC．小球落地时的速度大小为D．小球落地时的速度大小为【答案】AC【详解】AB．水平外力，，A到C总竖直高度为，水平位移向左大小为，则外力做功重力做功从A到C，由动能定理得解得在C点，由牛顿第二定律有解得由牛顿第三定律可知，小球对轨道压力为，A正确，B错误；CD．取向右为正，小球从C点飞出后，速度方向水平向左，水平方向做匀加速直线运动，竖直方向做自由落体，竖直方向有解得运动时间落地时水平方向，由牛顿第二定律有解得落地时的水平速度故合速度大小，C正确，D错误。故选AC。14．（2026·山东德州·二模）（多选）如图所示为斜向上发射弹丸的玩具装置，发射方向与水平面的夹角可调，弹丸每次射出时速度大小均为，发射口离水平地面高度为，弹丸质量，重力加速度大小，不计空气阻力，，。下列说法正确的是（）A．不同时，弹丸从射出到落地的时间均相等B．不同时，弹丸落地时的速度大小均相等C．时，弹丸落地时重力的瞬时功率为D．时，弹丸的水平射程为【答案】BD【详解】A．弹丸竖直方向做竖直上抛运动，竖直向上的初速度为由运动学公式可得可知，运动时间t与有关。所以不同时，弹丸从射出到落地的时间不相等，故A错误；B．根据动能定理，有解得落地速度所以弹丸落地时的速度大小均相等，故B正确；C．由运动学公式，有解得重力瞬时功率P=mgvy解得P=7W，故C错误；D．由运动学公式，有解得弹丸的水平射程为，故D正确。故选BD。15．（2026·山东东营·二模）（多选）宇树机器人在斜坡上进行踢球实验，机器人将钢球（看作质点）从左侧斜坡上的A点向右上方踢出，钢球恰好从斜面顶端B沿BC方向无碰撞地切入右侧斜坡。如图乙，A到B的距离为24m，钢球质量为2kg，两斜坡倾角为37°和16°，忽略空气阻力，g=10m/s2。，则（）A．钢球从A运动到B的时间为2sB．钢球经过B点时的速度为8m/sC．钢球从A运动到B的过程中离左侧斜坡的最远距离为4mD．踢球时速度方向与斜面的夹角满足【答案】AC【详解】A．将运动分解为水平方向（匀速）和竖直方向（匀变速），已知，从A运动到B水平位移，竖直位移设初速度分量为、，运动时间为，根据运动规律,水平方向竖直方向B点速度沿BC向下，速度方向与水平夹角为，故联立化简得，解得，故A正确；B．水平速度保持不变B点速度，故B错误；C．将运动分解为沿斜面和垂直斜面方向，当垂直斜面方向速度减为0时，离斜坡最远。垂直斜面方向：初速度分量加速度垂直斜面向下的分量最远距离，故C正确；D．平行斜面方向初速度分量速度与斜面夹角满足​，故D错误。故选AC。16．（2026·山东聊城·二模）（多选）如图所示，光滑细杆的一端固定在竖直转轴上的O点，并可随轴一起转动，O点位于水平地面上。杆上套有一轻质弹簧，弹簧一端固定于O点，另一端与套在杆上的圆环相连。已知细杆长度L=0.2m，杆与竖直转轴的夹角α始终为60°，弹簧原长，弹簧劲度系数k=100N/m，圆环质量m=1kg；弹簧始终在弹性限度内，重力加速度大小取10m/s2，不计空气阻力。下列说法正确的是（）A．圆环处于细杆末端P时，细杆匀速转动的角速度大小为10rad/sB．圆环处于细杆末端P时，细杆匀速转动的角速度大小为10πrad/sC．若圆环处于细杆末端P时剪断弹簧，圆环从P点水平飞出，落地时距O点的距离为0.2mD．若圆环处于细杆末端P时剪断弹簧，圆环从P点水平飞出，落地时距O点的距离为0.3m【答案】AD【详解】AB．对圆环受力分析，由牛顿第二定律得，水平方向竖直方向代入已知条件解得，故A正确，B错误；CD．剪断弹簧后圆环做平抛运动，点高度竖直方向解得下落时间平抛初速度切线方向位移落地点到点的距离其中代入得，故C错误，D正确。故选AD。17．（2026·山东枣庄·一模（多选））如图甲所示，圆形导轨竖直固定，质量的小圆环套在导轨上。小圆环由最低点开始沿导轨运动，转过的角度为，它的速率v与的关系图像，如图乙所示。重力加速度，不计一切摩擦，下列说法正确的是（）A．圆形导轨的半径为0.4mB．圆形导轨的半径为0.8mC．当时，小圆环克服重力做功的瞬时功率为D．当时，小圆环克服重力做功的瞬时功率为6W【答案】BD【详解】AB根据图乙可知，当转过角度为0时，小圆环运动到导轨的最低点，此时速度大小为；当转过角度为时，小圆环运动到导轨的最高点，此时速度大小为，根据动能定理解得，故A错误，B正确；CD．当时，设小圆环的速度大小为，根据动能定理解得方向斜向上，则小圆环克服重力做功的瞬时功率为其中解得，故C错误，D正确。故选BD。18．（2026·山东东营·一模）智能手机的“陀螺仪”功能可以记录手机转动的角速度，某兴趣小组设计了如图甲所示的实验装置，将长为的手机放置在转台上，长为且不可伸长的细线与转台平行，一端连接手机，另一端连到固定在转轴上的力传感器上。手机静止时，细线处于伸直状态，力传感器示数为零。实验中手机随转台匀速转动，多次改变角速度，并记录数据。以力传感器的示数为纵轴，为横轴，拟合出图像，如图乙所示。手机可看作质量分布均匀的长方体，，不计空气阻力。(1)利用米尺测量细线的长度，如图甲所示，________(2)图乙图像不过坐标原点的原因是________(3)由乙图计算出手机的质量m和手机与转台的动摩擦因数，则________，________。（结果均保留2位有效数字）【答案】(1)21.80(2)手机与桌面存在摩擦力(3)0.200.30【详解】（1）刻度尺的最小刻度为1mm，则细线的长度L=22.00cm-0.20cm=21.80cm；（2）根据可得可知图乙图像不过坐标原点的原因是手机与桌面存在摩擦力。（3）[1][2]由，结合图像可知斜率解得m=0.20kg截距可得19．（2026·山东青岛·二模）排球比赛中，运动员在底线中点正上方高h1=3.2m处将排球以某一速度v0垂直底线水平击出，球恰好过网；对方防守球员在网前d=4.5m处将球垫回，球到达最高点时恰好位于球网中间正上方，此时球距离地面的高度也为h1。已知排球场地长L=18m，网高h2=2.4m，排球可视为质点，不计空气阻力，重力加速度大小g=10m/s2。求：(1)击球速度v0；(2)球被垫回时的速度大小v及方向与水平方向间夹角的正切值。（结果可用根式表示）【答案】(1)22.5m/s，水平向右(2)，【详解】（1）设排球从击出到过网的时间为t1，水平方向，有竖直方向，有联立解得方向水平向右；（2）设排球从击出到垫回的时间为t2，水平方向，有解得设球被垫回时水平速度为vx，竖直速度为vy，竖直方向，有水平方向，有球的速度大小为设球的速度与水平方向的夹角为θ，则联立解得，20．（2026·山东济宁·二模）如图所示，一足球从地面上被踢出，初速度大小为、方向与水平方向夹角的正切值为。足球前方某处有一高为的杆垂直于地面放置，足球运动过程中恰好经过杆的最高点。足球视为质点，不计一切阻力，不考虑足球的反弹，重力加速度大小取。求：(1)足球运动过程中离开水平地面的最大高度；(2)足球被踢出时到杆的水平距离。【答案】(1)(2)或【详解】（1）由，可得竖直方向由运动学公式可得代入数据解得足球离开水平地面的最大高度为（2）设足球飞出经过时间经过杆的最高点，则有代入数据可得解得或足球在水平方向做匀速直线运动，则有解得或21．（2026·山东青岛·二模）如图所示，半径R0=1.5m的竖直圆形区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场，O为圆心，在O点正上方固定一内壁光滑竖直细玻璃管MN，细管上端N位于圆周上。从圆心O正上方P点处以某一速度水平向右抛出质量m=0.1kg、带电量q=+0.1C的小球，小球恰好从Q点沿圆切线进入磁场，此时OQ与竖直方向的夹角θ=53°。小球可看作质点，运动过程中电量不变，不考虑电磁辐射和空气阻力，重力加速度大小g=10m/s2，sin53°=0.8。(1)求小球到达Q点时的速度大小vQ；(2)小球到达Q点时，在纸面内加上大小E=10V/m、方向竖直向上的匀强电场，小球恰好无碰撞从M端进入管内，小球进入管内时，让磁场绕圆心O以角速度ω=1.4rad/s逆时针匀速旋转。求：（i）匀强磁场磁感应强度B的大小；（ii）小球到达N端时的速度大小vN。【答案】(1)5m/s(2)（i）7.5T；（ii）2m/s【详解】（1）小球从P到Q做平抛运动，设初速度v0，从P到Q时间为t，水平方向，有在Q点，根据几何关系可得，解得（2）（ⅰ）小球到达Q点时，在纸面内加上大小E=10V/m、方向竖直向上的匀强电场，有即小球受到的电场力与重力平衡，小球做匀速圆周运动，设小球运动半径为R，根据洛伦兹力提供向心力根据几何关系可得解得，（ⅱ）根据几何关系可得所以管长小球从M到N的过程中，设沿管方向的洛伦兹力为Fy，根据动能定理可得，解得22．（2026·山东菏泽·二模）如图所示，半径为R的光滑半圆环轨道处于竖直平面内，半圆环与水平地面相切于圆环的端点A。一质量m=0.6kg的小球从A点以初速度冲上竖直半圆环，沿轨道运动到B点飞出，最后落在水平地面上的C点（图上