专题4 曲线运动-【高考密码】备战2026高考物理十年高考真题分类汇编

专题四　曲线运动 考点1 曲线运动 运动的合成与分解 1．（2025·湖南 ）如图，物块以某一初速度滑上足够长的固定光滑斜面，物块的水平位移、竖直位移、水平速度、竖直速度分别用x、y、、表示。物块向上运动过程中，下列图像可能正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】根据题意可知，物块沿斜面向上做匀减速直线运动，设初速度为，加速度为大小，斜面倾角为 AB．物块在水平方向上做匀减速直线运动，初速度为，加速度大小为，则有 整理可得 可知，图像为类似抛物线的一部分，故AB错误； CD．物块在竖直方向上做匀减速直线运动，速度为，加速度大小为，则有 整理可得 可知，图像为类似抛物线的一部分，故C正确，D错误。 故选C。 2．（2025·黑吉辽蒙卷 ）如图，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塔块上，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。为使塔块沿竖直方向匀速下落，则v（   ） A．一直减小 B．一直增大 C．先减小后增大 D．先增大后减小 【答案】B 【详解】设两边绳与竖直方向的夹角为，塔块沿竖直方向匀速下落的速度为，将沿绳方向和垂直绳方向分解，将沿绳子方向和垂直绳方向分解，可得 解得 由于塔块匀速下落时在减小，故可知v一直增大。 故选B。 3.(2023全国乙,15,6分)小车在水平地面上沿轨道从左向右运动,动能一直增加。如果用带箭头的线段表示小车在轨道上相应位置处所受合力,下列四幅图可能正确的是(　　) 　　　 【答案】D 【解析】 小车做曲线运动时,所受合力方向与速度方向不在一条直线上,B错误;小车所受合力必指向轨迹凹的一侧,A错误;小车动能一直增加说明小车所受合力一直做正功,可知合力方向与该处速度方向的夹角小于90°,C错误,D正确。故选D。 4.(2018江苏单科,3,3分)某弹射管每次弹出的小球速度相等。在沿光滑竖直轨道自由下落过程中,该弹射管保持水平,先后弹出两只小球。忽略空气阻力,两只小球落到水平地面的(　　) A.时刻相同,地点相同　　　　　　B.时刻相同,地点不同 C.时刻不同,地点相同　　　　　　D.时刻不同,地点不同 答案　B　本题考查了运动的合成与分解。通过分析两只小球的运动性质考查了考生的理解能力、推理能力,体现了对物理观念、科学思维和科学探究的素养考查。 由题意知,在竖直方向上,两只小球同时同高度自由下落,运动状态始终相同,由h=gt2知落到水平地面的时刻相同。在水平方向上,小球被弹出后做速度相等的匀速直线运动,但先抛出的小球水平方向运动时间较长,由x=v0t知,x先>x后,即两只小球落到水平地面的地点不同。故选B。 考点2 抛体运动 考向1 平抛运动的基本规律及其应用 1．（2025·浙江 ）如图所示，在水平桌面上放置一斜面，在桌边水平放置一块高度可调的木板。让钢球从斜面上同一位置静止滚下，越过桌边后做平抛运动。当木板离桌面的竖直距离为h时，钢球在木板上的落点离桌边的水平距离为x，则（　　） A．钢球平抛初速度为 B．钢球在空中飞行时间为 C．增大h，钢球撞击木板的速度方向不变 D．减小h，钢球落点离桌边的水平距离不变 【答案】B 【详解】AB．根据平抛运动的规律可知，钢球在空中飞行时间为 钢球平抛初速度为，A错误，B正确； C．钢球撞击木板时速度方向与水平方向的夹角满足 可知，增大h，钢球撞击木板的速度方向与水平方向的夹角变大，C错误； D．根据可知，减小h，钢球落点离桌边的水平距离x减小，D错误。 故选B。 2．（2025·云南 ）如图所示，某同学将两颗鸟食从O点水平抛出，两只小鸟分别在空中的M点和N点同时接到鸟食。鸟食的运动视为平抛运动，两运动轨迹在同一竖直平面内，则（　　） A．两颗鸟食同时抛出 B．在N点接到的鸟食后抛出 C．两颗鸟食平抛的初速度相同 D．在M点接到的鸟食平抛的初速度较大 【答案】D 【详解】AB．鸟食的运动视为平抛运动，则在竖直方向有 由于hM < hN，则tM < tN，要同时接到鸟食，则在N点接到的鸟食先抛出，故AB错误； CD．在水平方向有x = v0t，如图 过M点作一水平面，可看出在相同高度处M点的水平位移大，则M点接到的鸟食平抛的初速度较大，故C错误，D正确。 故选D。 3．（2025·北京 ）某物体以一定初速度从地面竖直向上抛出，经过时间t到达最高点。在最高点该物体炸裂成两部分，质量分别为和m，其中A以速度v沿水平方向飞出。重力加速度为g，不计空气阻力。求： (1)该物体抛出时的初速度大小； (2)炸裂后瞬间B的速度大小； (3)落地点之间的距离d。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）物体竖直上抛至最高点时速度为0，由运动学公式 可得 （2）爆炸瞬间水平方向动量守恒，爆炸前总动量为0。A速度为v，设B速度为vB，由动量守恒定律得 解得 即大小为2v （3）根据竖直上抛运动的对称性可知下落时间与上升时间相等为t，则A的水平位移 B的水平位移 所以落地点A、B之间的距离 4.(2024海南,3,3分)如图,在跨越河流表演中,一人骑车以25 m/s的速度水平冲出平台,恰好跨越宽度为25 m的河流落在河对岸平台上,不计空气阻力,重力加速度g=10 m/s2,则两平台的高度差h为(　　) A.0.5 m B.5 m C.10 m D.20 m 【答案】B 【解析】 5.(2024湖北,3,4分)如图所示,有五片荷叶伸出荷塘水面,一只青蛙要从高处荷叶跳到低处荷叶上。设低处荷叶a、b、c、d和青蛙在同一竖直平面内,a、b高度相同,c、d高度相同,a、b分别在c、d正上方。将青蛙的跳跃视为平抛运动,若以最小的初速度完成跳跃,则它应跳到(　　) A.荷叶a B.荷叶b C.荷叶c D.荷叶d 【答案】C 【解析】将青蛙的跳跃视为平抛运动,青蛙在水平方向做匀速直线运动,则x=v0t,青蛙在竖直方向做自由落体运动,则h=gt2,联立解得v0=x,要使初速度最小,则水平方向的位移x应最小,竖直方向的高度差h应最大,故应跳到荷叶c,C正确。 6.（2024新课标，15，6分）福建舰是我国自主设计建造的首艘弹射型航空母舰。借助配重小车可以进行弹射测试，测试时配重小车被弹射器从甲板上水平弹出后，落到海面上。调整弹射装置，使小车水平离开甲板时的动能变为调整前的4倍。忽略空气阻力，则小车在海面上的落点与其离开甲板处的水平距离为调整前的（　　） A.0.25倍　 B.0.5倍　 C.2倍　D.4倍 【答案】C 【解析】小车从甲板上弹出，做平抛运动，由于甲板到海面的高度不变，可知小车做平抛运动的时间不变，小车水平离开甲板时的动能变为调整前的4倍，则小车水平离开甲板时的速度变为调整前的2倍，故调整后小车平抛运动的水平位移是调整前水平位移的2倍，C正确。 7.(2023全国甲,14,6分)一同学将铅球水平推出,不计空气阻力和转动的影响,铅球在平抛运动过程中(　　) A.机械能一直增加 B.加速度保持不变 C.速度大小保持不变 D.被推出后瞬间动能最大 答案：B 铅球在平抛运动过程中只有重力做功,机械能不会增加,A错误;不计空气阻力和转动的影响,铅球加速度等于重力加速度,大小、方向均保持不变,B正确;铅球速度大小一直增加,C错误;铅球速度一直增大,动能一直增大,则铅球被推出的瞬间,动能最小,D错误。 8.(2022广东,6,4分)如图所示,在竖直平面内,截面为三角形的小积木悬挂在离地足够高处,一玩具枪的枪口与小积木上P点等高且相距为L。当玩具子弹以水平速度v从枪口向P点射出时,小积木恰好由静止释放,子弹从射出至击中积木所用时间为t。不计空气阻力。下列关于子弹的说法正确的是 (　　) A.将击中P点,t大于 B.将击中P点,t等于 C.将击中P点上方,t大于 D.将击中P点下方,t等于 答案　B　子弹离开枪口后做平抛运动,同时积木做自由落体运动,二者在竖直方向相对静止,故子弹会击中P点,子弹在水平方向做匀速直线运动,有t=,故选项B正确。 9.(2022广东,3,4分)如图是滑雪道的示意图。可视为质点的运动员从斜坡上的M点由静止自由滑下,经过水平NP段后飞入空中,在Q点落地。不计运动员经过N点的机械能损失,不计摩擦力和空气阻力。下列能表示该过程运动员速度大小v或加速度大小a随时间t变化的图像是 (　　) 答案　C　不计摩擦和空气阻力,设MN段倾角为θ,运动员在MN段运动的时间为t,由分析易知,MN段,F合1=mg sin θ,a1=g sin θ,vN=a1t;NP段,F合2=0,a2=0,运动员做匀速直线运动;PQ段,运动员做平抛运动,a3=g>a1,故C正确。 易错分析　需注意选项A中PQ段平抛运动的速度大小随时间t变化的图线不应是直线。 10.(2017课标Ⅰ,15,6分)发球机从同一高度向正前方依次水平射出两个速度不同的乒乓球(忽略空气的影响)。速度较大的球越过球网,速度较小的球没有越过球网;其原因是(　　) A.速度较小的球下降相同距离所用的时间较多 B.速度较小的球在下降相同距离时在竖直方向上的速度较大 C.速度较大的球通过同一水平距离所用的时间较少 D.速度较大的球在相同时间间隔内下降的距离较大 答案　C　本题考查了对平抛运动的理解。以发球机水平射出的乒乓球的平抛运动为载体,考查了考生的理解能力、推理能力,体现了对模型建构、科学推理的素养考查。 忽略空气的影响时,乒乓球只受重力作用,球被水平射出后做平抛运动。由于在竖直方向上做自由落体运动,则h=gt2,下落时间t=,t∝,故A、D错误。由vy=gt=g·=,可知B错误。在水平方向上有x=v0t,x相同时,t∝,故C正确。 解题关键　①平抛运动是曲线运动,轨迹为抛物线,可以分解为竖直方向上的自由落体运动(满足h=gt2和vy=gt)和水平方向上的匀速直线运动(满足x=v0t)。②做平抛运动时物体运动时间由下落高度决定,运动的水平距离x=v0·,由初速度v0和下落高度共同决定。 11.(2024北京,17,9分)如图所示,水平放置的排水管满口排水,管口的横截面积为S,管口离水池水面的高度为h,水在水池中的落点与管口的水平距离为d。假定水在空中做平抛运动,已知重力加速度为g,h远大于管口内径。求: (1)水从管口到水面的运动时间t; (2)水从管口排出时的速度大小v0; (3)管口单位时间内流出水的体积Q。 【答案】 (1)　(2)d　(3)Sd 【解析】　(1)水在空中做平抛运动,在竖直方向有h=gt2 解得t=。 (2)水从管口排出到落到水面,在水平方向有d=v0t 解得v0=d。 (3)管口单位时间内流出水的体积Q=Sv0 联立解得Q=Sd。 12.(2023新课标,24,10分)将扁平的石子向水面快速抛出,石子可能会在水面上一跳一跳地飞向远方,俗称“打水漂”。要使石子从水面跳起产生“水漂”效果,石子接触水面时的速度方向与水面的夹角不能大于θ。为了观察到“水漂”,一同学将一石子从距水面高度为h处水平抛出,抛出速度的最小值为多少?(不计石子在空中飞行时的空气阻力,重力加速度大小为g) 答案： 解析 设石子抛出时的水平速度为v0,接触水面时的速度方向与水面的夹角为α,由题意可知,石子在空中做平抛运动,则=2gh,解得vy= 由tan α=,α≤θ,联立解得v0≥ 所以石子抛出速度的最小值vmin=。 考向2 平抛运动的综合问题 1．（2025·江西 ）如图所示，人形机器人陪伴小孩玩接球游戏。机器人在高度为H的固定点以速率水平向右抛球，小孩以速率水平向左匀速运动，接球时手掌离地面高度为h。当小孩与机器人水平距离为时，机器人将小球抛出。忽略空气阻力，重力加速度为g。若小孩能接到球，则为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】若小孩能接到球，则有， 联立解得 故选B。 2.(2023江苏,10,4分)达·芬奇的手稿中描述了这样一个实验:一个罐子在空中沿水平直线向右做匀加速运动,沿途连续漏出沙子。若不计空气阻力,则下列图中能反映空中沙子排列的几何图形是(　　) 答案：D 以漏出的第一粒沙子为参考系,后续漏出沙子的运动可分解为水平向右的匀加速直线运动和竖直向上的匀加速直线运动,水平方向:x=at2,竖直方向:y=gt2,两式联立得沙子运动的轨迹方程为y=x,运动轨迹是一条倾斜直线,故D正确。 3.(2022河北,10,6分)(多选)如图,广场水平地面上同种盆栽紧密排列在以O为圆心、R1和R2为半径的同心圆上,圆心处装有竖直细水管,其上端水平喷水嘴的高度、出水速度及转动的角速度均可调节,以保障喷出的水全部落入相应的花盆中。依次给内圈和外圈上的盆栽浇水时,喷水嘴的高度、出水速度及转动的角速度分别用h1、v1、ω1和h2、v2、ω2表示。花盆大小相同,半径远小于同心圆半径,出水口截面积保持不变,忽略喷水嘴水平长度和空气阻力。下列说法正确的是 (　　) A.若h1=h2,则v1∶v2=R2∶R1 B.若v1=v2,则h1∶h2=∶ C.若ω1=ω2,v1=v2,喷水嘴各转动一周,则落入每个花盆的水量相同 D.若h1=h2,喷水嘴各转动一周且落入每个花盆的水量相同,则ω1=ω2 答案　BD　根据平抛运动规律有h=gt2、R=v0t,若h1=h2,则喷出去的水在空中运动时间相等,所以=,选项A错误;根据平抛运动规律,得=,若v1=v2,化简得=,选项B正确;浇水时水的流量Q=Sv0,其中S是出水口横截面积,浇水一周总水量为V总=Q·=S·v0,若ω1=ω2,v1=v2,则总水量相同,但半径越大,摆放的花盆越多,所以落入每个花盆的水量越小,选项C错误;设每个花盆的直径大小为d,则半径为R的圆上能摆放的盆数为n=,浇水一周总水量V总=Q·=SR,落入每个花盆的水量V0==,若h1=h2,落入每个花盆的水量相同,则ω1=ω2,选项D正确。 4.(2019课标Ⅱ,19,6分)(多选)如图(a),在跳台滑雪比赛中,运动员在空中滑翔时身体的姿态会影响其下落的速度和滑翔的距离。某运动员先后两次从同一跳台起跳,每次都从离开跳台开始计时,用v表示他在竖直方向的速度,其v-t图像如图(b)所示,t1和t2是他落在倾斜雪道上的时刻。则(　　) A.第二次滑翔过程中在竖直方向上的位移比第一次的小 B.第二次滑翔过程中在水平方向上的位移比第一次的大 C.第二次滑翔过程中在竖直方向上的平均加速度比第一次的大 D.竖直方向速度大小为v1时,第二次滑翔在竖直方向上所受阻力比第一次的大 答案　BD　本题考查了平抛运动的应用。以运动员跳台滑雪的平抛运动为载体,考查了考生的理解能力、推理能力和数形结合处理物理问题的能力,体现了对模型建构、科学推理的素养考查。 v-t图线与时间轴包围的面积表示运动员在竖直方向上的位移,由图像可知第二次包围的格数较多,故A错。设雪道的倾角为θ,则水平位移x=,故B正确。v-t图线的斜率表示加速度,由图像明显看出,第一次在竖直方向上的平均加速度较大,故C错。v=v1时,斜率k1>k2,结合牛顿第二定律mg-f=ma可知,第二次所受阻力较大,D正确。 解题技巧　v-t图线与时间轴所围的面积表示位移,当图线为曲线时,可采用数格子的方法比较面积的大小。 5.(2023全国甲,24,12分)如图,光滑水平桌面上有一轻质弹簧,其一端固定在墙上。用质量为m的小球压弹簧的另一端,使弹簧的弹性势能为Ep。释放后,小球在弹簧作用下从静止开始在桌面上运动,与弹簧分离后,从桌面水平飞出。小球与水平地面碰撞后瞬间,其平行于地面的速度分量与碰撞前瞬间相等;垂直于地面的速度分量大小变为碰撞前瞬间的。小球与地面碰撞后,弹起的最大高度为h。重力加速度大小为g,忽略空气阻力。求 (1)小球离开桌面时的速度大小; (2)小球第一次落地点距桌面上其飞出点的水平距离。 答案 (1)　(2) 解析 (1)由能量守恒定律可知,弹簧的弹性势能转化为小球的动能,即 Ep=m① 解得v0=② 小球离开桌面时的速度大小为 (2)设桌面的高度为H,小球第一次落地点距桌面上其飞出点的水平距离为x,小球飞出后做平抛运动,有 H=gt2③ x=v0t④ 设小球与地面碰撞前后速度的竖直分量分别为vy1与vy2,由题意可知 =2gH⑤ =2gh⑥ =⑦ 联立②③④⑤⑥⑦得x= 即小球第一次落地点距桌面上其飞出点的水平距离为 6.(2022全国甲,24,12分)将一小球水平抛出,使用频闪仪和照相机对运动的小球进行拍摄,频闪仪每隔0.05 s发出一次闪光。某次拍摄时,小球在抛出瞬间频闪仪恰好闪光,拍摄的照片编辑后如图所示。图中的第一个小球为抛出瞬间的影像,每相邻两个球之间被删去了3个影像,所标出的两个线段的长度s1和s2之比为3∶7。重力加速度大小取g=10 m/s2,忽略空气阻力。求在抛出瞬间小球速度的大小。 答案　 m/s 解析　依题意,相邻两球影像间隔的时间t=4t0=0.2 s 设初速度大小为v0,如图所示: 由O到A,水平方向:x1=v0t 竖直方向:y1=gt2 又s1= 由A到B,水平方向:x2=v0t 竖直方向:y2=g(2t)2-gt2 又s2= = 联立解得v0= m/s 7.(2022北京,17,9分)体育课上,甲同学在距离地面高h1=2.5 m处将排球击出,球的初速度沿水平方向,大小为v0=8.0 m/s;乙同学在离地h2=0.7 m处将排球垫起,垫起前后球的速度大小相等,方向相反。已知排球质量m=0.3 kg,取重力加速度g=10 m/s2。不计空气阻力。求: (1)排球被垫起前在水平方向飞行的距离x; (2)排球被垫起前瞬间的速度大小v及方向; (3)排球与乙同学作用过程中所受冲量的大小I。 答案　(1)4.8 m　(2)见解析　(3)6.0 N·s 解析　(1)设排球在空中飞行的时间为t,则h1-h2=gt2,得t=0.6 s 则排球在空中飞行的水平距离x=v0t=4.8 m (2)乙同学垫起排球前瞬间排球在竖直方向速度的大小vy=gt 得vy=6.0 m/s 则排球被垫起前瞬间的速度大小v= 得v=10.0 m/s 设速度方向与水平方向夹角为θ(如图所示), 则tan θ==0.75 (3)根据动量定理,排球与乙同学作用过程中所受冲量的大小I=2mv=6.0 N·s 8.(2022重庆,14,18分)小明设计了一个青蛙捉飞虫的游戏,游戏中蛙和虫都在xOy竖直平面内运动。虫可以从水平x轴上任意位置处由静止开始做匀加速直线运动,每次运动的加速度大小恒为g(g为重力加速度),方向均与x轴负方向成37°斜向上(x轴向右为正)。蛙位于y轴上M点处,OM=H,能以不同速率向右或向左水平跳出,蛙运动过程中仅受重力作用。蛙和虫均视为质点,取sin 37°=。 (1)若虫飞出一段时间后,蛙以其最大跳出速率向右水平跳出,在y=H的高度捉住虫时,蛙与虫的水平位移大小之比为2∶3,求蛙的最大跳出速率。 (2)若蛙跳出的速率不大于(1)问中的最大跳出速率,蛙跳出时刻不早于虫飞出时刻,虫能被捉住,求虫在x轴上飞出的位置范围。 (3)若虫从某位置飞出后,蛙可选择在某时刻以某速率跳出,捉住虫时蛙与虫的运动时间之比为1∶;蛙也可选择在另一时刻以同一速率跳出,捉住虫时蛙与虫的运动时间之比为1∶。求满足上述条件的虫飞出的所有可能位置及蛙对应的跳出速率。 答案　见解析 解析　(1)蛙做平抛运动,设最大跳出速率为vm,则在捉住虫的过程中: x=vmt,H-y=gt2 对于虫子 tan 37°= 由题给条件=、y=H, 解得vm= (2)若虫能被捉住,则蛙与虫能在空中相遇,对应于虫出发位置的极值时,蛙应以最大速率跳出。先求最右侧极值:设相遇点的位置坐标为(x1,y1)、虫在x轴上飞出的位置坐标为(x2,0),蛙的运动时间为t1,虫比蛙早开始运动时间为Δt, 对蛙有x1=vmt1、H-y1=g 对虫有y1=×g sin 37° x2-x1=×g cos 37° 联立整理可得: 2g-4t1-4H+3x2=0 则Δ=-4×2g×(-4H+3x2)≥0 解得x2≤2H 再求左侧极值:蛙以最大速率水平向左跳出且与虫同时开始运动时对应的位置最远,设此时蛙的运动时间为t2,对蛙有x1=vmt2、H-y2=g 对虫有y2=×g sin 37° x1-=×g cos 37° 联立可解得 =H,即x2≥H 故H≤x≤2H (3)设蛙运动的时间为t或t',则由竖直方向上的运动有gt2+×g× sin 37°=H 和gt'2+×g× sin 37°=H 解得t=、t'= 在水平面方向上,当蛙两次均向右侧跳出时 x1=v1t+×g× cos 37° x1=v1t'+×g× cos 37° 联立解得v1=,x1=H 当蛙两次都向左侧跳出时,不可能满足题述情境。 当蛙只有一次向左侧跳出时 x2=v2t+×g× cos 37° x2=×g× cos 37°-v2t' 解得v2=,x2=H 一题多解　第(2)问中求最右侧坐标极值时可以画运动草图辅助分析,蛙的运动轨迹是起点在M的一段抛物线,且vm一定,轨迹一定;虫的运动轨迹是斜向左上的一段直线,起点不确定,角度一定。要使斜直线在x轴上的起点在最右侧,且直线与抛物线一定有交点,则要求抛物线和斜直线相切,即蛙和虫相遇时蛙的速度方向斜向右下,与水平方向成37°角,解得蛙的竖直分速度vy=vm tan 37°=,运动时间t1==,竖直位移y1=,水平位移x1=H,且t1小于虫的运动时间,符合题意,最终解得x2m=2H。 考向3 斜抛运动 1．（2025·甘肃 ）如图，小球A从距离地面处自由下落，末恰好被小球B从左侧水平击中，小球A落地时的水平位移为。两球质量相同，碰撞为完全弹性碰撞，重力加速度g取，则碰撞前小球B的速度大小v为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】根据题意可知，小球A和B碰撞过程中，水平方向上动量守恒，竖直方向上A球的竖直速度不变，设碰撞后A球水平速度为，B球水平速度为，则有 碰撞为完全弹性碰撞，则由能量守恒定律有 联立解得， 小球A在竖直方向上做匀加速直线运动，则有 解得 可知，碰撞后，小球A运动落地，则水平方向上有 解得 故选B。 2．（2025·湖北 ）某网球运动员两次击球时，击球点离网的水平距离均为L，离地高度分别为、L，网球离开球拍瞬间的速度大小相等，方向分别斜向上、斜向下，且与水平方向夹角均为θ。击球后网球均刚好直接掠过球网，运动轨迹平面与球网垂直，忽略空气阻力，tanθ的值为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】网球水平方向上做匀速直线运动，有 设球网高度为h，则对斜向下发出的球，有 对斜向上发出的球，有 联立以上各式，可得 故选C。 3.(2024江苏,4,4分)喷泉a、b出射点高度相同,形成如图所示的形状,不计空气阻力,则喷泉a、b(　　) A.加速度相同 B.初速度相同 C.在最高点的速度相同 D.在空中的时间相同 【答案】A 【解析】不计空气阻力,喷泉喷出的水在空中只受重力,加速度均为重力加速度,A正确;在竖直方向上,根据对称性可知喷泉喷出的水在空中运动的时间t=2,又hb>ha,可知tb>ta,D错误;设喷泉喷出的水竖直方向的分速度为vy,水平方向的分速度为vx,水在最高点的速度等于水平方向的分速度,vx=,由于水平方向的位移大小相等,且tb>ta,可知最高点的速度不同,且vxa>vxb,由vy=gt可知vyb>vya,则对于初速度与水平方向夹角θ有tan θ=,即tan θa<tan θb,θa<θb,故初速度不同,B、C错误。 4.（2024江西，8，6分）（多选）一条河流某处存在高度差，小鱼从低处向上跃出水面，冲到高处。如图所示，以小鱼跃出水面处为坐标原点，x轴沿水平方向，建立坐标系，小鱼的初速度为v0，末速度v沿x轴正方向。在此过程中，小鱼可视为质点且只受重力作用。关于小鱼的水平位置x、竖直位置y、水平方向分速度vx和竖直方向分速度vy与时间t的关系，下列图像可能正确的是（　　） 【答案】AD 【解析】小鱼做斜上抛运动，其竖直分运动为竖直上抛运动，水平分运动为匀速直线运动。在水平方向有x=vt，x与t成正比，A正确。在竖直方向有y=v0yt-gt2，y-t图线为开口向下的抛物线，B错误。水平方向的分速度vx=v0x=v，不随时间变化，C错误。竖直方向的分速度vy=v0y-gt，vy-t图线为斜率为负的直线，D正确。 5.（2024山东，12，4分）（多选）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20 m/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10 m/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2 s 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10 m D.轨迹最高点与落点的高度差为45 m 【答案】BD 【解析】重物水平方向的位移x=v0 cos 30°·t（取水平向右为正方向），竖直方向的位移y=-v0 sin 30°·t+gt2（取竖直向下为正方向）；运动到落点Q，有tan 30°=；联立解得t=4 s，A错误。重物水平方向的速度vx=v0 cos 30°，竖直方向的速度vy=-v0 sin 30°+gt，落地时t=4 s，可得tan α===，可得落地速度与水平方向的夹角α为60°，B正确。重物落地时竖直方向的速度vy=30 m/s，重物从最高点到落点在竖直方向做自由落体运动，由=2gh可得高度差h= m=45 m，D正确。 如图所示，以沿PQ方向为x轴正方向，垂直PQ向上方向为y轴正方向建立xOy坐标系，将速度和加速度分别进行分解，当重物离PQ最远时，重物沿y轴方向的速度减为零，可得0-（v0 sin 60°）2=-2g cos 30°·H，解得重物离PQ的最远距离H=10 m，C错误。 6.(2023湖南,2,4分)如图(a),我国某些农村地区人们用手抛撒谷粒进行水稻播种。某次抛出的谷粒中有两颗的运动轨迹如图(b)所示,其轨迹在同一竖直平面内,抛出点均为O,且轨迹交于P点,抛出时谷粒1和谷粒2的初速度分别为v1和v2,其中v1方向水平,v2方向斜向上,忽略空气阻力,关于两谷粒在空中的运动,下列说法正确的是(　　) 　　 A.谷粒1的加速度小于谷粒2的加速度 B.谷粒2在最高点的速度小于v1 C.两谷粒从O到P的运动时间相等 D.两谷粒从O到P的平均速度相等 答案：B 两谷粒从O点抛出后均只受重力作用,故加速度相同,均为重力加速度,A选项错误; 两谷粒在从O运动到P的过程中的初始位置(O点)与末位置(P点)相同,竖直方向位移与水平方向位移均相同,谷粒1做平抛运动,谷粒2做斜上抛运动,设谷粒2抛出时速度方向与水平方向间夹角为θ,有h=-v2 sin θ·t2+g,x=v2 cos θ·t2,对谷粒1有h=g,x=v1t1,可得t1<t2,v2 cos θ<v1,即谷粒2在最高点的速度小于v1,B选项正确,C选项错误;两谷粒从O到P位移相同,但t1<t2,由平均速度的定义可知>,D选项错误。 5.(2022山东,11,4分)(多选)如图所示,某同学将离地1.25 m的网球以13 m/s的速度斜向上击出,击球点到竖直墙壁的距离4.8 m。当网球竖直分速度为零时,击中墙壁上离地高度为7.45 m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10 m/s2,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.v=5 m/s　　　　　　　　　　B.v=3 m/s C.d=3.6 m　　　　　　　　　　D.d=3.9 m 答案　BD　网球击中墙壁时,竖直速度减为零,故击出时vy==12 m/s,t上==1.2 s,击出时vx==5 m/s,水平位移x=vxt上=6 m,故图示中θ=37°,网球击中墙壁前瞬间,在垂直墙面方向上的速度分量vx⊥=vx cos θ=4 m/s,在平行墙面方向上的速度分量vx∥=vx sin θ=3 m/s,碰墙后vx⊥'=0.75vx⊥=3 m/s,故碰墙后速度为v==3 m/s,撞墙后着地点到墙壁的距离为d=vx⊥'·=3.9 m,故B、D正确。 8.(2016江苏单科,2,3分)有A、B两小球,B的质量为A的两倍。现将它们以相同速率沿同一方向抛出,不计空气阻力。图中①为A的运动轨迹,则B的运动轨迹是(　　) A.①　　　　　　B.②　　　　　　C.③　　　　　　D.④ 答案　A　不计空气阻力,A、B两球运动过程中加速度a=g,以相同速率沿同一方向抛出,都做斜上抛运动,故两球轨迹相同,A选项正确。 易错点拨　试题以斜上抛为背景,虽然两球质量不同,但在不计空气阻力时运动的加速度均为重力加速度,考生可能会由生活经验“重的物体飞行高度低,所用时间短”而错选C或D。 9.(2023山东,15,8分)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L=60 m,灭火弹出膛速度v0=50 m/s,方向与水平面夹角θ=53°,不计炮口离地面高度及空气阻力,取重力加速度大小g=10 m/s2,sin 53°=0.8。 (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E=CU2,转化为灭火弹动能的效率η=15%,灭火弹的质量为3 kg,电容C=2.5×104 μF,电容器工作电压U应设置为多少? 　 答案 (1)60 m　(2)×103 V 解析 (1)由运动的分解可知,出膛的灭火弹在水平方向上以vx=v0 cos 53°的速度做匀速直线运动,有L=vxt,解得t=2 s。 在竖直方向上以初速度vy=v0 sin 53°做竖直上抛运动,有H=vyt-gt2,解得H=60 m。 (2)由题意可知电容器把电能转化为灭火弹的动能,有0.15E=m,其中E=CU2,联立解得U=×103 V。 考点3 圆周运动 考向1 圆周运动的运动学问题 1．（2025·河北 ）某同学在傍晚用内嵌多个彩灯的塑料绳跳绳，照片录了彩灯在曝光时间内的运动轨迹，简图如图。彩灯的运动可视为匀速圆周运动，相机本次曝光时间是，圆弧对应的圆心角约为，则该同学每分钟跳绳的圈数约为（　　） A．90 B．120 C．150 D．180 【答案】C 【详解】根据题意可知跳绳的转动角速度为 故每分钟跳绳的圈数为 故选C。 2．（2025·安徽 ）在竖直平面内，质点M绕定点O沿逆时针方向做匀速圆周运动，质点N沿竖直方向做直线运动，M、N在运动过程中始终处于同一高度。时，M、N与O点位于同一直线上，如图所示。此后在M运动一周的过程中，N运动的速度v随时间t变化的图像可能是（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】因为M、N在运动过程中始终处于同一高度，所以N的速度与M在竖直方向的分速度大小相等， 设M做匀速圆周运动的角速度为，半径为r，其竖直方向分速度 即 则D正确，ABC错误。 故选D。 3．（2025·江苏 ）游乐设施“旋转杯”的底盘和转杯分别以、为转轴，在水平面内沿顺时针方向匀速转动。固定在底盘上。某时刻转杯转到如图所示位置，杯上A点与、恰好在同一条直线上。则（    ） A．A点做匀速圆周运动 B．点做匀速圆周运动 C．此时A点的速度小于点 D．此时A点的速度等于点 【答案】B 【详解】A．A点运动为A点绕的圆周运动和相对于O的圆周运动的合运动，故轨迹不是圆周，故不做匀速圆周运动，故A错误； B．根据题意固定在底盘上，故可知围绕O点做匀速圆周运动，故B正确； CD．杯上A点与、恰好在同一条直线上时且在延长线上，点和点运动运动方向相同，又A点相对点做圆周运动，故此时A的速度大于的速度，故CD错误。 故选B。 4．（2025·山东 ）（多选）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。 5.(2024黑吉辽,2,4分)“指尖转球”是花式篮球表演中常见的技巧。如图,当篮球在指尖上绕轴转动时,球面上P、Q两点做圆周运动的　(　　) A.半径相等 B.线速度大小相等 C.向心加速度大小相等 D.角速度大小相等 【答案】 D 【解析】 球面上P、Q两点绕同一个竖直轴做圆周运动,角速度ω大小相等,D正确;由题图可知Q点的运动半径r较大,A错误;由v=ωr可得,Q点的线速度v较大,B错误;由an=ω2r可得,Q点的向心加速度较大,C错误。 6.(2023全国甲,17,6分)一质点做匀速圆周运动,若其所受合力的大小与轨道半径的n次方成正比,运动周期与轨道半径成反比,则n等于(　　) A.1 B.2 C.3 D.4 答案：C 由题意知,F=krn① T=② 质点做匀速圆周运动,则有 F=m·r③ 联立①②③有krn=m·r3,令k=m,可得 n=3 选项C正确。 7.(2022山东,8,3分)无人配送小车某次性能测试路径如图所示,半径为3 m的半圆弧BC与长8 m的直线路径AB相切于B点,与半径为4 m的半圆弧CD相切于C点。小车以最大速度从A点驶入路径,到适当位置调整速率运动到B点,然后保持速率不变依次经过BC和CD。为保证安全,小车速率最大为4 m/s,在ABC段的加速度最大为2 m/s2,CD段的加速度最大为1 m/s2。小车视为质点,小车从A到D所需最短时间t及在AB段做匀速直线运动的最长距离l为 (　　) A.t= s,l=8 m B.t= s,l=5 m C.t= s,l=5.5 m D.t= s,l=5.5 m 答案　B　根据a=可知,在BC段、CD段的最大速率分别为vBC== m/s,vCD==2 m/s,在BC段、CD段的速率不变,因此在两圆弧段运动的最大速率v=2 m/s,通过两圆弧的时间为t2=+= s,小车从A点以最大速率v0=4 m/s匀速经过一段距离l之后开始减速,恰好到B点时速率为2 m/s,根据匀变速直线运动规律得v2-=-2a1(8 m-l),解得l=5 m,在AB段经历时间t1=+= s,因此总时间为t= s,选项B正确。 8.(2018浙江4月选考,4,3分)A、B两艘快艇在湖面上做匀速圆周运动(如图),在相同时间内,它们通过的路程之比是4∶3,运动方向改变的角度之比是3∶2,则它们(　　) A.线速度大小之比为4∶3　　　　　　 B.角速度大小之比为3∶4 C.圆周运动的半径之比为2∶1　　　　　　 D.向心加速度大小之比为1∶2 答案　A　时间相同,路程之比即线速度大小之比,故A项正确;运动方向改变的角度之比即路程对应扫过的圆心角之比,由于时间相同,角速度大小之比为3∶2,B项错误;由路程和半径与圆心角之间的关系为s=rθ得半径之比为8∶9,C项错误;由向心加速度a=知向心加速度大小之比为2∶1,D项错误。 9.(2018江苏单科,6,4分)(多选)火车以60 m/s的速率转过一段弯道,某乘客发现放在桌面上的指南针在10 s内匀速转过了约10°。在此10 s时间内,火车(　　) A.运动路程为600 m　　　　　　B.加速度为零 C.角速度约为1 rad/s　　　　　　D.转弯半径约为3.4 km 答案　AD　本题考查了圆周运动的应用、角速度的定义。以火车的匀速圆周运动和桌子上指南针的偏转为载体,考查了考生的理解能力、推理能力,体现了对模型建构、科学论证的素养考查。 火车的角速度ω== rad/s= rad/s,选项C错误;火车做匀速圆周运动,其受到的合外力等于向心力,加速度不为零,选项B错误;火车在10 s内运动路程s=vt=600 m,选项A正确;火车转弯半径R== m≈3.4 km,选项D正确。 10.(2016上海单科,16,3分)风速仪结构如图(a)所示。光源发出的光经光纤传输,被探测器接收,当风轮旋转时,通过齿轮带动凸轮圆盘旋转,当圆盘上的凸轮经过透镜系统时光被遮挡。已知风轮叶片转动半径为r,每转动n圈带动凸轮圆盘转动一圈。若某段时间Δt内探测器接收到的光强随时间变化关系如图(b)所示,则该时间段内风轮叶片(　　) A.转速逐渐减小,平均速率为 B.转速逐渐减小,平均速率为 C.转速逐渐增大,平均速率为 D.转速逐渐增大,平均速率为 答案　B　本题考查了圆周运动的应用、图像的意义。以风轮叶片做圆周运动为载体,考查了考生的理解能力、推理能力,体现了对物理观念、科学思维和科学探究的素养考查。 由图(b)分析可知透过光的时间越来越长,说明风轮叶片转速逐渐减小,还能看出Δt时间内凸轮圆盘转了4圈,又因为它转1圈风轮叶片转n圈,所以Δt时间内风轮叶片转了4n圈,所以它的平均速率 v==,故只有B项正确。 考向2 圆周运动的动力学问题 1．（2025·广东 ）（多选）将可视为质点的小球沿光滑冰坑内壁推出，使小球在水平面内做匀速圆周运动，如图所示。已知圆周运动半径R为，小球所在位置处的切面与水平面夹角为，小球质量为，重力加速度g取。关于该小球，下列说法正确的有（    ） A．角速度为 B．线速度大小为 C．向心加速度大小为 D．所受支持力大小为 【答案】AC 【详解】A．对小球受力分析可知 解得 故A正确； B．线速度大小为 故B错误； C．向心加速度大小为 故C正确； D．所受支持力大小为 故D错误。 故选AC。 2．（2025·山东 ）某同学用不可伸长的细线系一个质量为的发光小球，让小球在竖直面内绕一固定点做半径为的圆周运动。在小球经过最低点附近时拍摄了一张照片，曝光时间为。由于小球运动，在照片上留下了一条长度约为半径的圆弧形径迹。根据以上数据估算小球在最低点时细线的拉力大小为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】根据题意可知在曝光时间内小球运动的长度为 近似认为在曝光时间内小球做匀速直线运动，故有 在最低点根据牛顿第二定律有 代入数据解得T=7N 故选C。 3．（2025·重庆 ）“魔幻”重庆的立体交通层叠交错，小明选取其中两条线探究车辆的运动。如图所示，轻轨列车与汽车以速度分别从M和N向左同时出发，列车做匀速直线运动，汽车在长为s的NO段做匀减速直线运动并以速度进入半经为R的OP圆孤段做匀速圆周运动。两车均视为质点，则（　　） A．汽车到O点时，列车行驶距离为s B．汽车到O点时，列车行驶距离为 C．汽车在OP段向心加速度大小为 D．汽车在OP段向心加速度大小为 【答案】B 【详解】AB．对汽车，根据速度位移关系 可得匀减速运动的加速度大小 汽车做减速运动的时间 这段时间列车行驶距离为 B正确，A错误； CD．根据 可得汽车在OP段向心加速度大小为 CD错误。 故选B。 4．（2025·江西 ）为避免火车在水平面上过弯时因内外轨道半径不同致使轮子打滑造成危险（不考虑离心问题），把固定连接为一体的两轮设计成锥顶角很小的圆台形，如图所示。设铁轨间距为L，正常直线行驶时两轮与铁轨接触处的直径均为D，过弯时内外轨间中点位置到轨道圆心的距离为过弯半径R。在很小时，。若在水平轨道过弯时要求轮子不打滑且横向偏移量不超过，则最小过弯半径R为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】根据题意可知，转弯时车轮会向外偏移，这样导致轮子与外铁轨接触的位置半径增大为，根据几何关系有 同理可知，轮子与内铁轨接触的位置半径减小为，则有 设一段时间内，外轨道轮子与铁轨接触的位置向前运动的距离为，内轨道轮子与铁轨接触的位置向前运动的距离为，由于两轮固定连接为一体，且轮子不打滑，则有 由于 则有 转弯过程俯视图，如图所示 由几何关系有 联立解得 故选C。 5.(2024甘肃,8,5分)(多选)电动小车在水平面内做匀速圆周运动,下列说法正确的是(　　) A.小车的动能不变 B.小车的动量守恒 C.小车的加速度不变 D.小车所受的合外力一定指向圆心 【答案】AD 【解析】做匀速圆周运动的物体速度大小不变,则动能不变,A正确。做匀速圆周运动的物体速度方向时刻在改变,则动量时刻在变,动量不守恒,B错误。做匀速圆周运动的物体加速度大小不变,方向时刻在改变,C错误。做匀速圆周运动的物体所受的合外力一定指向圆心,D正确。 6.(2024北京,7,3分)如图所示,光滑水平轨道AB与竖直面内的光滑半圆形轨道BC在B点平滑连接。一小物体将轻弹簧压缩至A点后由静止释放,物体脱离弹簧后进入半圆形轨道,恰好能够到达最高点C。下列说法正确的是　(　　) A.物体在C点所受合力为零 B.物体在C点的速度为零 C.物体在C点的向心加速度等于重力加速度 D.物体在A点时弹簧的弹性势能等于物体在C点的动能 【答案】 C 【解析】“恰好能够到达最高点C”,说明物体在C点所受合力大小为mg,由牛顿第二定律可得mg=m,解得物体的速度vC=,物体的向心加速度a==g(另解:由合力提供向心力有mg=man,解得an=g),C正确,A、B错误。由能量守恒可得,物体在A点时弹簧的弹性势能等于物体在C点的动能与重力势能之和,D错误。 7.(2024江苏,8,4分)如图所示是生产陶瓷的工作台简化图,台面上掉有陶屑与工作台一起绕轴OO'匀速转动,陶屑与台面间的动摩擦因数处处相同(台面够大),最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则(　　) A.越靠近台面边缘的陶屑质量越大 B.越靠近台面边缘的陶屑质量越小 C.陶屑只能分布在台面边缘 D.陶屑只能分布在某一半径的圆内 【答案】D 【解析】对与工作台一起匀速转动的陶屑受力分析,由静摩擦力提供向心力可知μmg≥mω2r,解得陶屑与OO'间的距离r≤ ,则陶屑只能分布在某一半径的圆内,C错误,D正确;由上述分析可知,陶屑与台面边缘的距离与其质量无关,A、B错误。 8.(2024江苏,11,4分)如图所示,细绳穿过竖直的管子拴住一个小球,让小球在A高度处做水平面内的匀速圆周运动,现用力将细绳缓慢下拉,使小球在B高度处做水平面内的匀速圆周运动,不计一切摩擦,则(　　) A.线速度vA>vB B.角速度ωA>ωB C.向心加速度aA<aB D.向心力FA>FB 【答案】C 【解析】设小球和管口间的细绳与竖直方向的夹角为θ,对小球受力分析有tan θ=,θA<θB,则FA<FB,由牛顿第二定律可知,aA<aB,C正确,D错误;设小球所在平面距离管口的竖直高度为h,对小球有mg tan θ=mω2r、r=h tan θ,联立解得ω=,hA>hB,则ωA<ωB,B错误;假设小球做圆周运动的半径不变或变大,则小球被缓慢拉起的过程中合外力不做功或做负功,由动能定理可知小球的线速度不变或变小,又由v=ωr可知小球的角速度也不变或变小,与B项分析矛盾,假设不成立,所以小球做圆周运动的半径减小,则可知小球的线速度增大,即vA<vB,A错误。 9.(2024广东,5,4分)如图所示,在细绳的拉动下,半径为r的卷轴可绕其固定的中心点O在水平面内转动。卷轴上沿半径方向固定着长度为l的细管,管底在O点。细管内有一根原长为、劲度系数为k的轻质弹簧,弹簧底端固定在管底,顶端连接质量为m、可视为质点的插销。当以速度v匀速拉动细绳时,插销做匀速圆周运动。若v过大,插销会卡进固定的端盖,使卷轴转动停止。忽略摩擦力,弹簧在弹性限度内。要使卷轴转动不停止,v的最大值为(　　) A. r　B.l　C.r　D.l 【答案】 A 【解析】插销刚卡进固定的端盖时,弹簧伸长量为Δx=,弹力F=kΔx=,插销与卷轴同轴转动,角速度相同,弹簧弹力为插销提供向心力,有F=m,v’=v·,联立解得v=r,A正确。 10.(2020课标Ⅰ,16,6分)如图,一同学表演荡秋千。已知秋千的两根绳长均为10 m,该同学和秋千踏板的总质量约为50 kg。绳的质量忽略不计。当该同学荡到秋千支架的正下方时,速度大小为8 m/s,此时每根绳子平均承受的拉力约为(　　) A.200 N　　　　　　B.400 N C.600 N　　　　　　D.800 N 答案　B　该同学荡秋千可视为做圆周运动,设每根绳子的拉力大小为F,以该同学和秋千踏板整体为研究对象,根据牛顿第二定律得2F-mg=,代入数据解得F=405 N,故每根绳子平均承受的拉力约为400 N,故B项正确,A、C、D项错误。 11.(2019海南单科,6,4分)如图,一硬币(可视为质点)置于水平圆盘上,硬币与竖直转轴OO'的距离为r,已知硬币与圆盘之间的动摩擦因数为μ(最大静摩擦力等于滑动摩擦力),重力加速度大小为g。若硬币与圆盘一起绕OO'轴匀速转动,则圆盘转动的最大角速度为(　　) A.　　　　　　B.　　　　　　C.　　　　　　D.2 答案　B　设硬币质量为m,对硬币受力分析,如图所示。 由摩擦力提供向心力可得 f=mω2r 而f≤fm=μFN=μmg 联立可得mω2r≤μmg 解得ω≤,选项B正确,选项A、C、D错误。 12.(2016海南单科,3,6分)如图,光滑圆轨道固定在竖直面内,一质量为m的小球沿轨道做完整的圆周运动。已知小球在最低点时对轨道的压力大小为N1,在最高点时对轨道的压力大小为N2。重力加速度大小为g,则N1-N2的值为(　　) A.3mg　　　　　　B.4mg C.5mg　　　　　　D.6mg 答案　D　设小球在最低点时速度为v1,在最高点时速度为v2,根据牛顿第二定律有,在最低点有N1-mg=,在最高点有N2+mg=;从最高点到最低点,根据机械能守恒定律有mg·2R+=,联立可得N1-N2=6mg,故选项D正确。 13.(2023江苏,13,6分)“转碟”是传统的杂技项目。如图所示,质量为m的发光物体放在半径为r的碟子边缘,杂技演员用杆顶住碟子中心,使发光物体随碟子一起在水平面内绕A点做匀速圆周运动。当角速度为ω0时,碟子边缘看似一个光环。求此时发光物体的速度大小v0和受到的静摩擦力大小f。 答案 ω0r　mr 解析 当发光物体随碟子一起匀速转动时,其线速度大小即为v0,由匀速圆周运动线速度和角速度的关系可知v0=ω0r。 该过程中发光物体受到的来自碟子的静摩擦力提供其绕A点做匀速圆周运动的向心力,由牛顿第二定律得其受到的静摩擦力大小f=mr。 14. (2023福建,15,12分)一种离心测速器的简化工作原理如图所示。细杆的一端固定在竖直转轴OO'上的O点,并可随轴一起转动。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。当测速器稳定工作时,圆环将相对细杆静止,通过圆环的位置可以确定细杆匀速转动的角速度。已知细杆长度l=0.2 m,杆与竖直转轴的夹角α始终为60°,弹簧原长x0=0.1 m,弹簧劲度系数k=100 N/m,圆环质量m=1 kg;弹簧始终在弹性限度内,重力加速度大小取10 m/s2,摩擦力可忽略不计。 (1)若细杆和圆环处于静止状态,求圆环到O点的距离; (2)求弹簧处于原长时,细杆匀速转动的角速度大小; (3)求圆环处于细杆末端P时,细杆匀速转动的角速度大小。 答案　(1)0.05 m　(2) rad/s　(3)10 rad/s 解析 (1)细杆和圆环处于平衡状态,对圆环受力分析如图甲所示,得T0=mg cos α=5 N 根据胡克定律F=kΔx得Δx0==0.05 m 弹簧弹力方向沿杆向上,故弹簧处于压缩状态,弹簧此时的长度即圆环到O点的距离x1=x0-Δx0=0.05 m。 (2)若弹簧处于原长,则圆环仅受重力和支持力,其合力使圆环在水平面内做匀速圆周运动。根据牛顿第二定律得=mr,由几何关系得圆环此时转动的半径r=x0 sin α 联立并代入数据解得ω0= rad/s。 (3)圆环处于细杆末端P时,弹簧伸长量Δx'=l-x0,根据胡克定律得弹簧弹力T=k(l-x0)=10 N 对圆环受力分析如图乙所示,对各力正交分解, 竖直方向受力平衡,有mg+T cos α=N sin α, 水平方向合力提供向心力,则有T sin α+N cos α=mω2r' 由几何关系得r'=l sin α，联立并代入数据解得ω=10 rad/s。 15.（2024江西，14，11分）雪地转椅是一种游乐项目，其中心传动装置带动转椅在雪地上滑动。如图（a）、（b）所示，传动装置有一高度可调的水平圆盘，可绕通过中心O点的竖直轴匀速转动。圆盘边缘A处固定连接一轻绳，轻绳另一端B连接转椅（视为质点）。转椅运动稳定后，其角速度与圆盘角速度相等。转椅与雪地之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，不计空气阻力。 （1）在图（a）中，若圆盘在水平雪地上以角速度ω1匀速转动，转椅运动稳定后在水平雪地上绕O点做半径为r1的匀速圆周运动。求AB与OB之间夹角α的正切值。 （2）将圆盘升高，如图（b）所示。圆盘匀速转动，转椅运动稳定后在水平雪地上绕O1点做半径为r2的匀速圆周运动，绳子与竖直方向的夹角为θ，绳子在水平雪地上的投影A1B与O1B的夹角为β。求此时圆盘的角速度ω2。 【答案】（1）　（2） 【解析】（1）对转椅受力分析可知，轻绳对转椅的拉力与转椅受到的滑动摩擦力的合力为转椅提供向心力，力的矢量三角形如图所示。 设转椅的质量为m，转椅所需的向心力Fn1=mr1 转椅受到的摩擦力f1=μmg tan α= 解得tan α= （2）转椅所需的向心力Fn2=mr2 类比（1）问中分析可知tan β= 转椅受到的摩擦力f2=μFN2 FN2+FT2 cos θ=mg f2=FT2 sin θ·sin β 解得ω2= 【易错提醒】解答本题的关键是滑动摩擦力方向沿圆周的切线方向，与半径垂直，与向心力方向也垂直。 实验微专题5 探究平抛运动的特点 1.[2024河北,11(2)]图1为探究平抛运动特点的装置,其斜槽位置固定且末端水平,固定坐标纸的背板处于竖直面内,钢球在斜槽中从某一高度滚下,从末端飞出,落在倾斜的挡板上挤压复写纸,在坐标纸上留下印迹。某同学利用此装置通过多次释放钢球,得到了如图3所示的印迹,坐标纸的y轴对应竖直方向,坐标原点对应平抛起点。 ①每次由静止释放钢球时,钢球在斜槽上的高度　　　　(填“相同”或“不同”)。 ②在坐标纸中描绘出钢球做平抛运动的轨迹。 ③根据轨迹,求得钢球做平抛运动的初速度大小为　　　　m/s(当地重力加速度g为9.8 m/s2,保留2位有效数字)。 【答案】 ①相同　②见解析　③0.70 【解析】　①本实验探究平抛运动特点。需保证每次实验时钢球做相同的平抛运动,即每次钢球都从相同高度处静止释放。 ②如图所示 ③根据描绘出的轨迹,选出三个坐标点(8.0,5.8)、(10.0,9.0)、(12.0,13.0). 水平方向x=v0T,竖直方向Δy=y2-y1=gT2。其中y2=13-9=4 cm y1=9.0-5.8=3.2 cm 联立解得v0=0.70 m/s 实验微专题6 探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系 1.[2024海南,14(1),6分]水平圆盘上紧贴边缘放置一密度均匀的小圆柱体,如图(a)所示,图(b)为俯视图,测得圆盘直径D=42.02 cm,小圆柱体质量m=30.0 g,圆盘绕过盘心O的竖直轴匀速转动,转动时小圆柱体相对圆盘静止。 为了研究小圆柱体做匀速圆周运动时所需要的向心力情况,某同学设计了如下实验步骤: ①用秒表测圆盘转动10周所用的时间t=62.8 s,则圆盘转动的角速度ω=　　　　　　rad/s(π取3.14)。  ②用游标卡尺测量小圆柱体不同位置的横截面直径,某次测量的示数如图(c)所示,该读数d=　　　　mm,多次测量后,得到平均值恰好与d相等。  ③写出小圆柱体所需向心力表达式F=　　　　(用D、m、ω、d表示),其大小为　　　　N(保留2位有效数字)。  【答案】①1　②16.2　③mω2(D-d)　6.1×10-3 N 解析　①圆盘转动的周期T==6.28 s,则角速度ω==1 rad/s。 ②根据游标卡尺读数规则有d=16 mm+2×0.1 mm=16.2 mm。 ③由圆周运动向心力表达式有F=mω2×,代入数据解得F≈6.1×10-3 N。 ( 1 / 42 ) 学科网（北京）股份有限公司 $