压轴02 曲线运动中的动力学问题（压轴题专练）（山东专用）2026年高考物理终极冲刺讲练测

压轴02 曲线运动中的动力学问题 命题预测 曲线运动是山东高考物理的必考内容，且分值占比高（常达15%-20%），尤其在压轴题和综合题中出现频繁。平抛运动与圆周运动是两大核心模型，命题紧密联系生活实际（如跳台滑雪、旋转杯）和科技前沿（如无人机配送），侧重考查模型建构与数理综合能力。 该模块在山东卷中考查形式多样，选择题侧重概念辨析与规律应用，计算题则常与能量、动量守恒结合，形成多过程综合题。 平抛运动 基本规律（位移、速度）、与斜面/圆弧面结合、临界问题、两个重要推论（速度偏角与位移偏角关系、中点定理） ★★★★★ （几乎每年必考） 斜抛运动 运动的合成与分解、对称性、射高与射程、在体育项目（篮球、喷泉）中的应用 ★★★★☆ （2022、2024年均有涉及） 圆周运动 向心力来源分析（水平面内：圆锥摆、转台；竖直面内：绳/杆模型临界）、传动装置、与实际情境（车辆转弯、过山车）结合 ★★★★★ （近3年连续考查） 高频考法 1. 平抛运动：强调“两个角度”与斜面结合 2. 斜抛运动：注重“对称性”与“逆向思维” 3.圆周运动：狠抓“向心力来源”与“临界条件 知识·技法·思维 考向01 运动的合成与分解 两个分运动 示例 合运动性质 两个直线运动 匀速直线运动与匀变速直线运动互成角度 匀变速曲线运动 两个匀变速直线运动 匀变速曲线运动或匀变速直线运动 直线运动和简谐运动 单摆(类单摆)与直线运动 曲线运动 直线运动和圆周运动 直线运动与匀速圆周运动垂直 螺旋式运动 直线运动与圆周运动共面 摆线运动 考向02 抛体运动 1.平抛运动的两个推论 (1)设做平抛运动的物体在任意时刻的速度方向与水平方向的夹角为θ，位移方向与水平方向的夹角为φ，则有tan θ=2tan φ，如图甲所示。 (2)做平抛运动的物体任意时刻的瞬时速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点，如图乙所示。 2. 大多数平抛运动与斜面(曲面)的综合问题，最终可转化为对平抛物体位移方向、速度方向分析，对位移、速度分解、计算，从而解决问题。 已知速度方向，分解速度 垂直落在斜面上 tan θ== 无碰撞地进入圆弧形轨道 tan θ== 已知位移方向，分解位移 求飞行时间、位移等 tan θ== 落在斜面上位移最小 tan θ== (x-R)2+y2=R2 考向03 圆周运动 1.水平面内的圆周运动临界条件 模型示例 动力学方程 临界情况示例 水平转盘上的物体 Ff=mω2r 恰好发生滑动：Ff=Ffmax 圆锥摆模型 mgtan θ=mrω2 恰好离开接触面FN=0 2.竖直面及倾斜面内的圆周运动临界条件 模型示例 动力学方程 临界情况示例 轻绳模型 最高点：FT+mg=m 恰好通过最高点，绳的拉力恰好为0 在到达最高点前M点脱离mgcos θ=m 恰好通过最高点，FN恰好为0 轻杆模型 最高点：mg±F=m 恰好通过最高点，杆对小球的力等于小球的重力 带电小球在叠加场中的圆周运动 等效法 关注六个位置的动力学方程，最高点、最低点、等效最高点、等效最低点、最左边和最右边位置，等效最高点：mg'=m，其中g'= 恰好通过等效最高点，即恰好做完整的圆周运动 倾斜转盘上的物体 最高点：mgsin θ±Ff=mω2r 最低点：Ff-mgsin θ=mω2r 在最低点恰好不发生相对滑动 典例·靶向·突破 题型01 运动的合成与分解 例题1. （2026·山东青岛·模拟预测）如图所示，长度为的轻杆上端连着一质量为的小球（可视为质点），杆的下端用铰链固接于水平地面上的点。置于同一水平面上的立方体恰与接触，立方体的质量为。今有微小扰动，使杆向右倾倒，各处摩擦均不计，而与刚脱离接触的瞬间，杆与地面夹角恰为，重力加速度为。则下列说法正确的是（    ） A．质量之比为 B．与刚脱离接触的瞬间，速率之比为 C．与刚脱离接触的瞬间，的速率为 D．与刚脱离接触的瞬间，的加速度小于 【答案】A 【详解】A．机械能守恒 关联速度 刚分离时，水平方向受到挤压力力为，加速度为，与之接触水平加速度也为，水平方向不受力，即此时杆对没有作用力，圆周运动受力分析有 可知质量之比为，故A正确； B．围绕O点圆周运动，水平运动，刚脱离的瞬间，速度关联，速率之比为，故B错误； C．与刚脱离接触的瞬间，之间挤压力为，做圆周运动，受力分析有 解得，结合，可知，故C错误； D．与刚脱离接触的瞬间，挤压力为，杆作用力为，只受重力作用，加速度为，故D错误。 故选A。 例题2. （2025·山东日照·三模）如图所示，一足够长的轻质细线一端连接穿过固定水平细杆的滑块A，另一端跨过光滑轻滑轮连接滑块B，初始时两边细线竖直且两滑块静止。某时刻，将水平拉力F作用在滑块A上，使A向右运动，运动过程中细线与水平杆的夹角记为。已知A、B的质量分别为m和2m，滑块A与细杆间的动摩擦因数为，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A．若A匀速向右运动，则B匀速上升 B．若A缓慢向右运动，当时，拉力大小为 C．若A缓慢向右运动，细杆对A的摩擦力一直增大 D．若A缓慢向右运动，拉力F的最大值接近 【答案】D 【详解】A．设A向右滑行一段距离，此时轻绳与水平细杆的夹角为，对AB两滑块速度关系分析如图所示 根据几何关系有 若A向右做匀速运动，逐渐减小，则逐渐增大，所以逐渐增大，故B加速上升，故A错误； BD．若A缓慢向右运动，则可认为AB处于动态平衡，对滑块B有受力分析，根据平衡条件可得轻绳的拉力 对滑块A进行受力分析如图所示 当时，滑块A从图示（最初是竖直的）位置开始缓慢向右移动至过程，轻绳在竖直方向的分力为 根据正交分解，在竖直方向上有 在水平方向上有 又 联立解得 变形可得 令， 可得 联立可得 滑块A从图示虚线位置开始缓慢向右移动过程中，减小，因，可知F逐渐增大，当时F最大，其最大值为； 滑块A继续向右缓慢移动，当时轻绳在竖直方向的分力为 根据正交分解，在竖直方向上有 在水平方向上有 又 联立解得 变形可得 令， 可得 联立可得 因从开始继续减小，则增大，可知F逐渐增大，当时F最大，其最大值为 综上分析，可知当时，拉力F的最大值接近，故B错误，D正确； C．当滑块A缓慢向右移动时，刚开始轻绳在竖直方向的分力为 根据正交分解，在竖直方向上有 减小，减小，减小； 当时 之后，则有 减小，减小，增大； 根据滑动摩擦力公式 可知摩擦力先减小后增大，故C错误。 故选D。 题型解码 关联速度分解的合速度为物体实际运动速度，沿绳子和垂直绳子方向分解。运动的分解和力的分解不可混淆。 题型02 抛体运动 例题3.（2026·山东德州·一模）如图所示，建筑工人向房顶抛投建筑材料，初速度大小为12m/s，与水平方向的夹角为，抛出点和落点的连线与水平方向夹角为，重力加速度大小为，忽略空气阻力。则点到点的距离是（　　） A． B．7.2m C．9.6m D． 【答案】C 【详解】根据抛体运动规律可知， 解得L=9.6m。 故选C。 例题4.（2025·山东济南·一模）北京冬奥会的举办让越来越多的运动爱好者被吸引到冰雪运动中来，其中高台跳雪是北京冬奥会的比赛项目之一。如图甲所示，两名跳雪爱好者（可视为质点）从雪道末端先后以初速度之比，沿水平方向向左飞出，示意图如图乙。不计空气阻力，则两名跳雪爱好者从飞出至落到雪坡（可视为斜面）上的整个过程中，下列说法正确的是（　　） A．他们飞行时间之比为 B．他们飞行的水平位移之比为 C．他们在空中飞行时离雪坡面的最大距离之比为1：3 D．他们落到雪坡上的瞬时速度方向可能不同 【答案】B 【详解】A．根据平抛运动规律有 可知t与成正比，故他们飞行时间之比为，故A错误； B．他们飞行的水平位移之比为，故B正确； C．将运动沿斜面方向与垂直斜面方向分解，则跳雪爱好者在空中飞行时离雪坡面的最大距离 可知与成正比，故他们在空中飞行时离雪坡面的最大距离，故C错误； D．设落到雪坡上的瞬时速度方向与水平方向的夹角为α，根据平抛运动规律有 可知α与初速度无关，所以他们落到雪坡上的瞬时速度方向相同，故D错误。 故选B。 例题5. (多选)桂北全州县大西江镇，在红七军走过的湘桂古道上有一座古炮台。如图所示，炮筒与水平面夹角为α，炮筒口离地面的距离为h。已知炮弹从炮筒口发射的速率为v0，当地重力加速度为g，不计空气阻力，下列说法正确的有(　　) A.若α角确定，炮弹离地面的最大高度为y= B.若α角确定，炮弹从炮筒口运动到最高点所用时间为t= C.若α角不确定，炮弹水平射程的最大值为x= D.若α角不确定，炮弹水平射程的最大值为x= 【答案】　BC 【详解】　若α角确定，炮弹离地面的最大高度为y=h+，选项A错误；若α角确定，炮弹从炮筒口运动到最高点所用时间为t=，选项B正确；若α角不确定，将炮弹的运动分解为沿v0方向斜向上的匀速直线运动和竖直向下的自由落体运动，则x2=-(gt2-h)2=-t4+(+gh)t2-h2，则由数学知识得当t2=-=时x有极大值xm=，选项C正确，D错误。 题型解码 平抛运动的分解：常规分解方法水平和竖直方向分解，也可以沿任意垂直的方向分解。 斜抛运动问题，往往有正交分解法和斜交分解法： 1.正交分解法 (1)沿水平方向和竖直方向分解 (2)沿位移方向和垂直位移方向分解 ax=gsin θ ay=gcos θ 2.斜交分解法 沿初速度方向和加速度方向分解，x=v0t，y=gt2。 题型03 圆周运动 例题6. （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。 例题7. 如图，一光滑大圆环固定在竖直平面内，质量为m的小环套在大圆环上，小环从静止开始由大圆环顶端经Q点自由下滑至其底部，Q为竖直线与大圆环的切点。则小环下滑过程中对大圆环的作用力大小(　　) A.在Q点最大 B.在Q点最小 C.先减小后增大 D.先增大后减小 【答案】　C 【详解】方法一(分析法)：设大圆环半径为R，小环在大圆环上某处(P点)与圆环的作用力恰好为零，此时只有小环的重力分力提供小环所需向心力，可知P点必在Q点上方，如图所示 设P点和圆心连线与竖直向上方向的夹角为θ，从大圆环顶端到P点过程，根据机械能守恒定律mgR(1-cos θ)=mv2 在P点，由牛顿第二定律得mgcos θ=m 联立解得cos θ= 从大圆环顶端到P点过程，小环速度较小，小环重力沿着指向大圆环圆心方向的分力大于小环所需的向心力，所以大圆环对小环的弹力背离圆心，不断减小，从P点到最低点过程，小环速度变大，小环重力沿着大圆环直径方向的分力和大圆环对小环的弹力的合力提供向心力，从P点到Q点，小环重力沿大圆环直径的分力逐渐减小，从Q点到最低点，小环重力沿大圆环直径的分力背离圆心，逐渐增大，所以大圆环对小环的弹力逐渐变大，根据牛顿第三定律可知小环下滑过程中对大圆环的作用力大小先减小后增大。 方法二(数学法)：设大圆环半径为R，小环在大圆环上某处时，设该处和圆心的连线与竖直向上方向的夹角为θ(0≤θ≤π)，根据机械能守恒定律得 mgR(1-cos θ)=mv2(0≤θ≤π) 在该处根据牛顿第二定律得 F+mgcos θ=m(0≤θ≤π) 联立可得F=2mg-3mgcos θ 则大圆环对小环作用力的大小为 |F|=|2mg-3mgcos θ| 根据数学知识可知|F|的大小在cos θ=时最小，由牛顿第三定律可知，小环下滑过程中对大圆环的作用力大小先减小后增大。故选C。 题型解码 圆周运动一定受力分析找出向心力来源，根据临界条件找出临界速度。 一、单选题 1．（2025·山东·模拟预测）如图所示，一架无人机A用轻绳悬吊着救生包B在某高度处沿水平方向匀速飞行，初始时A、B之间的距离为。从时刻开始，无人机开始放绳卸下救生包B，A、B之间的距离随时间的变化规律为（k为大于0的常数，各物理量的单位均为国际单位制单位），无人机的速度始终不变，A、B均可视为质点，空气阻力忽略不计。救生包在空中向下运动的过程中，下列说法正确的是（　　） A．轻绳的拉力大于救生包的重力 B．救生包相对地面的运动轨迹是直线 C．救生包相对无人机的加速度大小为 D．救生包相对地面的速度大小随时间均匀增加 【答案】C 【详解】ABC．A、B水平方向相对速度为0，相对加速度为0。由，对比匀加速运动的位移公式可知，B相对A竖直向下做匀加速直线运动，相对加速度大小为，则轻绳的拉力小于救生包的重力，救生包的运动为曲线运动，AB错误，C正确； D．设救生包相对地面的水平速度为v，竖直分速度 相对地面的速度大小为 可知随时间不是均匀增加的，D错误。 故选C。 2．（2025·山东·模拟预测）平面xOy中某运动物体的 的关系如图所示，则该物体的运动轨迹可能是（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】设在任意一段极小的时间内，物体在x、y方向的分位移分别为、，则 由数学知识可知，上式中表示y-x图像上某点切线的斜率，表示图像上某点与原点O连线的斜率。由题图可知，在一个运动周期内，图像上点按顺时针运动时，先从正无穷大逐渐变化至零，然后再从零逐渐变化至负无穷大，而的变化规律应和的变化规律相同。 AB．在一个运动周期内，图像上点的切线斜率先从正无穷大变化至零，然后再变化至负无穷大，之后再变化至零，最后再变化至正无穷大，变化过程与前面分析不符，故AB不符合题意； C．在一个运动周期内，图像上点的切线斜率先从零变化至正无穷大，然后再变化至零，变化过程与前面分析不符，故C不符合题意； D．在一个运动周期内，图像上点的切线斜率先从正无穷大变化至零，然后再变化至负无穷大，变化过程与前面分析相符，故D符合题意。 故选D。 3．（25-26高三上·山东烟台·期中）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，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，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的过程中，杆对圆环b做的功为（　　） A．0.60J B．0.72J C．0.84J D．0.96J 【答案】C 【详解】当细杆与竖直方向夹角时，a球距离水平轨道的距离为 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 对ab系统由机械能守恒定律 杆对圆环b做的功 联立解得W=0.84J。 故选C。 4．（2025·山东·模拟预测）如图甲、乙所示，两个相同的物块P、Q均置于光滑水平地面上，细杆分别绕以相同的角速度沿顺时针方向转动。A、B分别为细杆与物块的接触点，某时刻两细杆与水平地面之间的夹角均为，此时的长度分别为。关于该时刻，下列说法正确的是（　　） A．P的速度大小为 B．Q的速度大小为 C．P、Q的速度大小相等 D．P、Q的速度大小之比为 【答案】A 【详解】A．将速度分解如图甲、乙所示，图甲中，由于P对杆的约束，点实际运动方向为水平方向，将点的速度沿杆和垂直杆分解，有 可知，A正确； BCD．图乙中， 可知P、Q的速度大小之比为，BCD错误。 故选A。 5．（2026·山东淄博·一模）如图甲是我国传统民俗表演活动“打铁花”。打铁花时，用柳木板迅速击打铁水，形成小铁块做抛体运动。假设有两块质量相同的小铁块A、B以相同的速率同时从柳木板同一位置离开，落到水平地面上，其示意图如图乙所示。所有运动轨迹均在同一竖直平面内，其中A的初速度方向水平，B的初速度方向斜向下，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　） A．小铁块A在空中运动时间较长 B．小铁块B水平射程较大 C．离开柳木板后，两小铁块轨迹可能相交 D．两小铁块落地时，重力的瞬时功率相同 【答案】A 【详解】A．小铁块A做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，有 小铁块B做斜下抛运动，竖直方向有向下的初速度分量，有 由于下落高度相同，显然，即小铁块A在空中运动时间较长，故A正确； B．小铁块A的水平射程 小铁块B的水平分速度，且，故水平射程 即小铁块A的水平射程较大，故B错误； C．在任意时刻（落地前），A的竖直位移 B的竖直位移 显然，即B始终在A的下方，两小铁块轨迹不可能相交，故C错误； D．落地时，A的竖直分速度，B的竖直分速度 显然 重力的瞬时功率 所以，故D错误。 故选A。 6．（25-26高三上·山东济南·期中）篮球运动是大众喜爱的体育活动。假设某篮球运动员在练习投篮时，两次球出手的位置和速度方向保持不变（即抛出速度与水平方向的夹角θ保持不变），第一次击中篮板时速度方向为水平，第二次击中篮板的位置与抛出点处于同一高度，如图所示。则第一次与第二次投球过程中篮球初速度的比值是（　　） A．2 B． C． D． 【答案】B 【详解】将两次的初速度正交分解，由于每次的抛出角度不变，两次水平位移相同，即 第一次 第二次 可得， 故选B。 7．（2025·山东淄博·三模）酢浆草的果实成熟后会突然裂开，将种子以弹射的方式散播出去。某次抛出的种子中有两粒的运动轨迹如图所示，其轨迹在同一竖直平面内，抛出点均为O，且轨迹交于P点，抛出时种子1和种子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，关于两种子从O运动到P的过程中，下列说法正确的是（　　） A．种子1的加速度小于种子2的加速度 B．种子2经过最高点时速度为0 C．两种子的运动时间相等 D．种子1的平均速度大于种子2的平均速度 【答案】D 【详解】A．由题意，可知种子1做平抛运动，种子2做斜上抛运动，抛出的两种子在空中均仅受重力作用，加速度均为重力加速度，所以种子1的加速度等于种子2的加速度，故A错误； B．种子2做斜上抛运动，在最高点时，其竖直方向的速度为零，水平方向的速度不为零，故种子2经过最高点时速度不为零，故B错误； C．在竖直方向上种子2做竖直上抛运动，即先向上减速再向下加速，而种子1做自由落体运动，故种子2运动时间较长，故C错误； D．两种子从O点运动到P点的位移相同，种子2运动时间较长，根据平均速度等于位移比时间，可知种子1的平均速度大于种子2的平均速度，故D正确。 故选D。 8．（2026·山东济宁·模拟预测）如图所示，一个质量为m的小物块（可看作质点）放置在圆盘的边缘，圆形餐桌桌面水平，半径为R，中部有一半径为r的圆盘，其圆心与餐桌圆心重合可绕其中心轴转动。现圆盘转速由零开始缓慢增加，小物块最终从餐桌上滑落。已知小物块与圆盘间的动摩擦因数为μ1，小物块与餐桌间的动摩擦因数为μ2 ，，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为，圆盘厚度及圆盘与餐桌间的间隙不计。则（　　） A．小物块滑离圆盘后在餐桌上做曲线运动 B．小物块在圆盘上的加速度一定大于 C．若小物块随圆盘匀速转动，角速度可能为 D．小物块在餐桌上滑动过程中因摩擦产生的热量小于 【答案】C 【详解】A．小物块从圆盘上滑落后，小物块受到的摩擦力的方向与运动的方向始终相反，所以在餐桌上做减速直线运动，故A错误； B．小物块在圆盘上做圆周运动时，随转盘转速的增加，加速度逐渐变大，小物块从圆盘上滑落的瞬间，摩擦力达到最大静摩擦力，此时加速度最大，为 小物块在餐桌上的加速度 由于，可知，但小物块在圆盘上的加速度不一定大于，故B错误； C．小物块在圆盘上随圆盘运动，角速度满足 即，故C正确； D．小物块从圆盘上滑落后沿圆盘的切线方向在桌面上做匀减速直线运动，在餐桌上滑动过程中相对桌面滑动的位移 可知摩擦生热为，故D错误。 故选C。 9．（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。 10．（2025·山东·模拟预测）猫猫很怕水，当其身上沾到水后，会通过高速抖动的方式将水甩干，于是gs用这样一个模型来研究这一现象：如图所示，将猫猫的躯干视作轴线水平，半径为R的圆柱（其腿长可忽略），某一次抖动时可看作其绕自身轴线旋转，角速度为ω。若要求猫猫正上方头顶的水可以被甩出，重力加速度为g，则角速度ω的最小值为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】对最高点的水滴，根据牛顿第二定律得 解得 故选A。 二、多选题 11．（2025·山东·模拟预测）如图所示，长为的轻杆一端连着质量为的小球，另一端用活动铰链固接于水平地面上的点，初始时小球静止于地面上，边长为、质量为的正方体左侧静止于点处。现在杆中点处施加一大小始终为（为重力加速度）、方向始终垂直杆的拉力，经过一段时间后撤去，小球恰好能到达最高点。小球运动到最高点后由于扰动由静止开始向右倾斜，忽略一切摩擦，则以下说法正确的是（　　） A．拉力所做的功为 B．拉力撤去时小球的速率为 C．当轻杆与水平面夹角为时（正方体和小球还未脱离），小球与正方体的速率之比为 D．当轻杆与水平面夹角为时（正方体和小球还未脱离），正方体的速率为 【答案】ABD 【详解】A．小球恰好能到达O点正上方，则小球在最高点时速度为零，对小球从初始位置到最高点，由动能定理有WF－mgL＝0 解得WF＝mgL，故A正确； B．设撤去力F时杆与水平方向的夹角为α，则有WF＝Fs＝F·α 解得α＝ 从撤去力F到小球运动到最高点的过程中，小球的机械能守恒，由机械能守恒定律有mgL（1－sin α）＝mv2 解得撤去力F时小球的速度大小为，故B正确； C．如图所示 设杆与水平地面夹角为θ时，小球的速度大小为v1，接触点沿着弹力的方向速度相等，有正方体的速度大小为 即小球与正方体的速率之比为，故C错误； D．对小球与正方体组成的系统，由机械能守恒定律有 联立解得；故D正确。 故选ABD。 12．（2023·山东青岛·一模）如图，两端开口的圆筒与水平地面成一定角度倾斜放置。是圆筒的中轴线，M、N是筒壁上的两个点，且。一个可视为质点的小球自M点正上方足够高处自由释放，由M点无碰撞进入圆筒后一直沿筒壁运动，a、b、c是小球运动轨迹依次与MN的交点。小球从M到a用时t1，从a到b用时t2，从b到c用时t3，小球经过a、b、c时对筒壁压力大小分别为Fa、Fb、Fc，lMa、lab、lbc表示M、a、b、c相邻两点间的距离，不计一切摩擦和空气阻力。下列说法正确的是（　　）    A．== B． C． D． 【答案】AB 【详解】A．由题意可知，小球自M点正上方足够高处自由释放，由M点无碰撞进入圆筒后，其速度可分解为沿筒壁转动的速度和沿筒壁下滑的初速度，因圆筒倾斜放置，小球在圆筒中有沿筒壁向下的重力分力，因此小球在圆筒截面方向做圆周转动的同时又沿筒壁向下做初速度不为零的匀加速直线运动，又由于a、b、c是小球运动轨迹依次与MN的交点，表明经过相邻点过程圆周运动分运动恰好完成一个圆周，因为圆周运动转动周期相等，根据分运动的等时性有 故A正确； BC．小球在圆筒截面方向做圆周运动，由于，则a、b、c三点可以等效为沿圆筒截面方向做圆周运动轨迹的同一位置，即a、b、c三点圆周运动的线速度相等，又由于在a、b、c三点位置，重力沿圆筒截面的分力恰好沿截面的切线方向，可知由筒壁的弹力提供圆周运动的向心力，而圆周运动的半径相同，根据向心力公式 可知，筒壁对小球的弹力大小相等，由牛顿第三定律可知，小球对筒壁的压力大小相等，则有 故B正确，C错误； D．根据上述可知，小球沿筒壁向下做初速度不为零的匀加速直线运动，由位移时间公式有 可知 故D错误。 故选AB。 三、解答题 13．（2025·山东·模拟预测）如图所示，竖直面内固定一个圆心在点，半径的粗糙圆弧轨道，与水平地面相切于点，连线竖直，为轨道的一条直径，与之间的夹角。小球由点水平抛出，以的速度从点沿切线进入圆弧轨道，顺着轨道运动至点时脱离轨道。小球可视为质点，不计空气阻力，取，。求： (1)之间的水平距离； (2)小球在点时的速度大小； (3)小球运动到最高点时与点之间的竖直距离和水平距离（结果保留两位小数）。 【答案】(1) (2) (3)， 【详解】（1）设小球在点水平向右的分速度大小为，竖直向下的分速度大小为，则有， 小球在竖直方向上做自由落体运动，设由至历时，有 在水平方向上，有 解得 （2）小球在点仅受重力作用，设小球质量为，有 解得 （3）小球经点后做斜抛运动，设小球轨迹最高点为，则之间的高度差 解得 设经时间小球从点到达点，则 之间的水平距离 解得 14．（2026·山东菏泽·一模）如图所示，轻质弹簧的左端固定在质量为2m的小球B上，右端与质量为2m的小球C接触但未拴接，B和C静止在光滑水平台面上，C离水平台面右端点O的距离为L，质量为m的小球A以v0向右运动，与B发生弹性碰撞，碰撞时间极短。当C运动到O点时弹簧恰好恢复原长，沿水平抛出，落入固定在水平地面上的竖直四分之一椭圆轨道内。O为椭圆的中心，椭圆轨道半长轴为a，半短轴为，三个小球A、B、C均可看成质点，重力加速度为g，椭圆方程参考公式。求： (1)A与B碰撞后B球的速度大小vB； (2)C运动到O点的时间； (3)改变A的初速度及L，C落到椭圆轨道上的最小动能。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）A、B碰撞过程，设碰后A的速度为，由系统动量守恒得 由系统机械能守恒得 解得 （2）B、C和弹簧系统动量守恒，设任一时刻，B球速度为，C球的速度为，则有 经一微小段时间，有 对时间累积得 可得 解得 （3）设C球平抛的初速度为，经时间落到轨道上。根据平抛运动规律可得， 把以上两式带入椭圆方程得 即 平抛过程，对C球用动能定理得 联立可得 根据基本不等式可知，当，即 C落到椭圆轨道上的动能最小，为 15 / 29 学科网（北京）股份有限公司 $ 压轴02 曲线运动中的动力学问题 命题预测 曲线运动是山东高考物理的必考内容，且分值占比高（常达15%-20%），尤其在压轴题和综合题中出现频繁。平抛运动与圆周运动是两大核心模型，命题紧密联系生活实际（如跳台滑雪、旋转杯）和科技前沿（如无人机配送），侧重考查模型建构与数理综合能力。 该模块在山东卷中考查形式多样，选择题侧重概念辨析与规律应用，计算题则常与能量、动量守恒结合，形成多过程综合题。 平抛运动 基本规律（位移、速度）、与斜面/圆弧面结合、临界问题、两个重要推论（速度偏角与位移偏角关系、中点定理） ★★★★★ （几乎每年必考） 斜抛运动 运动的合成与分解、对称性、射高与射程、在体育项目（篮球、喷泉）中的应用 ★★★★☆ （2022、2024年均有涉及） 圆周运动 向心力来源分析（水平面内：圆锥摆、转台；竖直面内：绳/杆模型临界）、传动装置、与实际情境（车辆转弯、过山车）结合 ★★★★★ （近3年连续考查） 高频考法 1. 平抛运动：强调“两个角度”与斜面结合 2. 斜抛运动：注重“对称性”与“逆向思维” 3.圆周运动：狠抓“向心力来源”与“临界条件 知识·技法·思维 考向01 运动的合成与分解 两个分运动 示例 合运动性质 两个直线运动 匀速直线运动与匀变速直线运动互成角度 匀变速曲线运动 两个匀变速直线运动 匀变速曲线运动或匀变速直线运动 直线运动和简谐运动 单摆(类单摆)与直线运动 曲线运动 直线运动和圆周运动 直线运动与匀速圆周运动垂直 螺旋式运动 直线运动与圆周运动共面 摆线运动 考向02 抛体运动 1.平抛运动的两个推论 (1)设做平抛运动的物体在任意时刻的速度方向与水平方向的夹角为θ，位移方向与水平方向的夹角为φ，则有tan θ=2tan φ，如图甲所示。 (2)做平抛运动的物体任意时刻的瞬时速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点，如图乙所示。 2. 大多数平抛运动与斜面(曲面)的综合问题，最终可转化为对平抛物体位移方向、速度方向分析，对位移、速度分解、计算，从而解决问题。 已知速度方向，分解速度 垂直落在斜面上 tan θ== 无碰撞地进入圆弧形轨道 tan θ== 已知位移方向，分解位移 求飞行时间、位移等 tan θ== 落在斜面上位移最小 tan θ== (x-R)2+y2=R2 考向03 圆周运动 1.水平面内的圆周运动临界条件 模型示例 动力学方程 临界情况示例 水平转盘上的物体 Ff=mω2r 恰好发生滑动：Ff=Ffmax 圆锥摆模型 mgtan θ=mrω2 恰好离开接触面FN=0 2.竖直面及倾斜面内的圆周运动临界条件 模型示例 动力学方程 临界情况示例 轻绳模型 最高点：FT+mg=m 恰好通过最高点，绳的拉力恰好为0 在到达最高点前M点脱离mgcos θ=m 恰好通过最高点，FN恰好为0 轻杆模型 最高点：mg±F=m 恰好通过最高点，杆对小球的力等于小球的重力 带电小球在叠加场中的圆周运动 等效法 关注六个位置的动力学方程，最高点、最低点、等效最高点、等效最低点、最左边和最右边位置，等效最高点：mg'=m，其中g'= 恰好通过等效最高点，即恰好做完整的圆周运动 倾斜转盘上的物体 最高点：mgsin θ±Ff=mω2r 最低点：Ff-mgsin θ=mω2r 在最低点恰好不发生相对滑动 典例·靶向·突破 题型01 运动的合成与分解 例题1. （2026·山东青岛·模拟预测）如图所示，长度为的轻杆上端连着一质量为的小球（可视为质点），杆的下端用铰链固接于水平地面上的点。置于同一水平面上的立方体恰与接触，立方体的质量为。今有微小扰动，使杆向右倾倒，各处摩擦均不计，而与刚脱离接触的瞬间，杆与地面夹角恰为，重力加速度为。则下列说法正确的是（    ） A．质量之比为 B．与刚脱离接触的瞬间，速率之比为 C．与刚脱离接触的瞬间，的速率为 D．与刚脱离接触的瞬间，的加速度小于 例题2. （2025·山东日照·三模）如图所示，一足够长的轻质细线一端连接穿过固定水平细杆的滑块A，另一端跨过光滑轻滑轮连接滑块B，初始时两边细线竖直且两滑块静止。某时刻，将水平拉力F作用在滑块A上，使A向右运动，运动过程中细线与水平杆的夹角记为。已知A、B的质量分别为m和2m，滑块A与细杆间的动摩擦因数为，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A．若A匀速向右运动，则B匀速上升 B．若A缓慢向右运动，当时，拉力大小为 C．若A缓慢向右运动，细杆对A的摩擦力一直增大 D．若A缓慢向右运动，拉力F的最大值接近 题型解码 关联速度分解的合速度为物体实际运动速度，沿绳子和垂直绳子方向分解。运动的分解和力的分解不可混淆。 题型02 抛体运动 例题3.（2026·山东德州·一模）如图所示，建筑工人向房顶抛投建筑材料，初速度大小为12m/s，与水平方向的夹角为，抛出点和落点的连线与水平方向夹角为，重力加速度大小为，忽略空气阻力。则点到点的距离是（　　） A． B．7.2m C．9.6m D． 例题4.（2025·山东济南·一模）北京冬奥会的举办让越来越多的运动爱好者被吸引到冰雪运动中来，其中高台跳雪是北京冬奥会的比赛项目之一。如图甲所示，两名跳雪爱好者（可视为质点）从雪道末端先后以初速度之比，沿水平方向向左飞出，示意图如图乙。不计空气阻力，则两名跳雪爱好者从飞出至落到雪坡（可视为斜面）上的整个过程中，下列说法正确的是（　　） A．他们飞行时间之比为 B．他们飞行的水平位移之比为 C．他们在空中飞行时离雪坡面的最大距离之比为1：3 D．他们落到雪坡上的瞬时速度方向可能不同 例题5. (多选)桂北全州县大西江镇，在红七军走过的湘桂古道上有一座古炮台。如图所示，炮筒与水平面夹角为α，炮筒口离地面的距离为h。已知炮弹从炮筒口发射的速率为v0，当地重力加速度为g，不计空气阻力，下列说法正确的有(　　) A.若α角确定，炮弹离地面的最大高度为y= B.若α角确定，炮弹从炮筒口运动到最高点所用时间为t= C.若α角不确定，炮弹水平射程的最大值为x= D.若α角不确定，炮弹水平射程的最大值为x= 题型解码 平抛运动的分解：常规分解方法水平和竖直方向分解，也可以沿任意垂直的方向分解。 斜抛运动问题，往往有正交分解法和斜交分解法： 1.正交分解法 (1)沿水平方向和竖直方向分解 (2)沿位移方向和垂直位移方向分解 ax=gsin θ ay=gcos θ 2.斜交分解法 沿初速度方向和加速度方向分解，x=v0t，y=gt2。 题型03 圆周运动 例题6. （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． 例题7. 如图，一光滑大圆环固定在竖直平面内，质量为m的小环套在大圆环上，小环从静止开始由大圆环顶端经Q点自由下滑至其底部，Q为竖直线与大圆环的切点。则小环下滑过程中对大圆环的作用力大小(　　) A.在Q点最大 B.在Q点最小 C.先减小后增大 D.先增大后减小 题型解码 圆周运动一定受力分析找出向心力来源，根据临界条件找出临界速度。 一、单选题 1．（2025·山东·模拟预测）如图所示，一架无人机A用轻绳悬吊着救生包B在某高度处沿水平方向匀速飞行，初始时A、B之间的距离为。从时刻开始，无人机开始放绳卸下救生包B，A、B之间的距离随时间的变化规律为（k为大于0的常数，各物理量的单位均为国际单位制单位），无人机的速度始终不变，A、B均可视为质点，空气阻力忽略不计。救生包在空中向下运动的过程中，下列说法正确的是（　　） A．轻绳的拉力大于救生包的重力 B．救生包相对地面的运动轨迹是直线 C．救生包相对无人机的加速度大小为 D．救生包相对地面的速度大小随时间均匀增加 2．（2025·山东·模拟预测）平面xOy中某运动物体的 的关系如图所示，则该物体的运动轨迹可能是（　　） A． B． C． D． 3．（25-26高三上·山东烟台·期中）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，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，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的过程中，杆对圆环b做的功为（　　） A．0.60J B．0.72J C．0.84J D．0.96J 4．（2025·山东·模拟预测）如图甲、乙所示，两个相同的物块P、Q均置于光滑水平地面上，细杆分别绕以相同的角速度沿顺时针方向转动。A、B分别为细杆与物块的接触点，某时刻两细杆与水平地面之间的夹角均为，此时的长度分别为。关于该时刻，下列说法正确的是（　　） A．P的速度大小为 B．Q的速度大小为 C．P、Q的速度大小相等 D．P、Q的速度大小之比为 5．（2026·山东淄博·一模）如图甲是我国传统民俗表演活动“打铁花”。打铁花时，用柳木板迅速击打铁水，形成小铁块做抛体运动。假设有两块质量相同的小铁块A、B以相同的速率同时从柳木板同一位置离开，落到水平地面上，其示意图如图乙所示。所有运动轨迹均在同一竖直平面内，其中A的初速度方向水平，B的初速度方向斜向下，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　） A．小铁块A在空中运动时间较长 B．小铁块B水平射程较大 C．离开柳木板后，两小铁块轨迹可能相交 D．两小铁块落地时，重力的瞬时功率相同 6．（25-26高三上·山东济南·期中）篮球运动是大众喜爱的体育活动。假设某篮球运动员在练习投篮时，两次球出手的位置和速度方向保持不变（即抛出速度与水平方向的夹角θ保持不变），第一次击中篮板时速度方向为水平，第二次击中篮板的位置与抛出点处于同一高度，如图所示。则第一次与第二次投球过程中篮球初速度的比值是（　　） A．2 B． C． D． 7．（2025·山东淄博·三模）酢浆草的果实成熟后会突然裂开，将种子以弹射的方式散播出去。某次抛出的种子中有两粒的运动轨迹如图所示，其轨迹在同一竖直平面内，抛出点均为O，且轨迹交于P点，抛出时种子1和种子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，关于两种子从O运动到P的过程中，下列说法正确的是（　　） A．种子1的加速度小于种子2的加速度 B．种子2经过最高点时速度为0 C．两种子的运动时间相等 D．种子1的平均速度大于种子2的平均速度 8．（2026·山东济宁·模拟预测）如图所示，一个质量为m的小物块（可看作质点）放置在圆盘的边缘，圆形餐桌桌面水平，半径为R，中部有一半径为r的圆盘，其圆心与餐桌圆心重合可绕其中心轴转动。现圆盘转速由零开始缓慢增加，小物块最终从餐桌上滑落。已知小物块与圆盘间的动摩擦因数为μ1，小物块与餐桌间的动摩擦因数为μ2 ，，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为，圆盘厚度及圆盘与餐桌间的间隙不计。则（　　） A．小物块滑离圆盘后在餐桌上做曲线运动 B．小物块在圆盘上的加速度一定大于 C．若小物块随圆盘匀速转动，角速度可能为 D．小物块在餐桌上滑动过程中因摩擦产生的热量小于 9．（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． 10．（2025·山东·模拟预测）猫猫很怕水，当其身上沾到水后，会通过高速抖动的方式将水甩干，于是gs用这样一个模型来研究这一现象：如图所示，将猫猫的躯干视作轴线水平，半径为R的圆柱（其腿长可忽略），某一次抖动时可看作其绕自身轴线旋转，角速度为ω。若要求猫猫正上方头顶的水可以被甩出，重力加速度为g，则角速度ω的最小值为（　　） A． B． C． D． 二、多选题 11．（2025·山东·模拟预测）如图所示，长为的轻杆一端连着质量为的小球，另一端用活动铰链固接于水平地面上的点，初始时小球静止于地面上，边长为、质量为的正方体左侧静止于点处。现在杆中点处施加一大小始终为（为重力加速度）、方向始终垂直杆的拉力，经过一段时间后撤去，小球恰好能到达最高点。小球运动到最高点后由于扰动由静止开始向右倾斜，忽略一切摩擦，则以下说法正确的是（　　） A．拉力所做的功为 B．拉力撤去时小球的速率为 C．当轻杆与水平面夹角为时（正方体和小球还未脱离），小球与正方体的速率之比为 D．当轻杆与水平面夹角为时（正方体和小球还未脱离），正方体的速率为 12．（2023·山东青岛·一模）如图，两端开口的圆筒与水平地面成一定角度倾斜放置。是圆筒的中轴线，M、N是筒壁上的两个点，且。一个可视为质点的小球自M点正上方足够高处自由释放，由M点无碰撞进入圆筒后一直沿筒壁运动，a、b、c是小球运动轨迹依次与MN的交点。小球从M到a用时t1，从a到b用时t2，从b到c用时t3，小球经过a、b、c时对筒壁压力大小分别为Fa、Fb、Fc，lMa、lab、lbc表示M、a、b、c相邻两点间的距离，不计一切摩擦和空气阻力。下列说法正确的是（　　）    A．== B． C． D． 三、解答题 13．（2025·山东·模拟预测）如图所示，竖直面内固定一个圆心在点，半径的粗糙圆弧轨道，与水平地面相切于点，连线竖直，为轨道的一条直径，与之间的夹角。小球由点水平抛出，以的速度从点沿切线进入圆弧轨道，顺着轨道运动至点时脱离轨道。小球可视为质点，不计空气阻力，取，。求： (1)之间的水平距离； (2)小球在点时的速度大小； (3)小球运动到最高点时与点之间的竖直距离和水平距离（结果保留两位小数）。 14．（2026·山东菏泽·一模）如图所示，轻质弹簧的左端固定在质量为2m的小球B上，右端与质量为2m的小球C接触但未拴接，B和C静止在光滑水平台面上，C离水平台面右端点O的距离为L，质量为m的小球A以v0向右运动，与B发生弹性碰撞，碰撞时间极短。当C运动到O点时弹簧恰好恢复原长，沿水平抛出，落入固定在水平地面上的竖直四分之一椭圆轨道内。O为椭圆的中心，椭圆轨道半长轴为a，半短轴为，三个小球A、B、C均可看成质点，重力加速度为g，椭圆方程参考公式。求： (1)A与B碰撞后B球的速度大小vB； (2)C运动到O点的时间； (3)改变A的初速度及L，C落到椭圆轨道上的最小动能。 16 / 16 学科网（北京）股份有限公司 $ 压轴02 曲线运动中的动力学问题 典例·靶向·突破 例题1. 【答案】A 【详解】A．机械能守恒 关联速度 刚分离时，水平方向受到挤压力力为，加速度为，与之接触水平加速度也为，水平方向不受力，即此时杆对没有作用力，圆周运动受力分析有 可知质量之比为，故A正确； B．围绕O点圆周运动，水平运动，刚脱离的瞬间，速度关联，速率之比为，故B错误； C．与刚脱离接触的瞬间，之间挤压力为，做圆周运动，受力分析有 解得，结合，可知，故C错误； D．与刚脱离接触的瞬间，挤压力为，杆作用力为，只受重力作用，加速度为，故D错误。 故选A。 例题2. 【答案】D 【详解】A．设A向右滑行一段距离，此时轻绳与水平细杆的夹角为，对AB两滑块速度关系分析如图所示 根据几何关系有 若A向右做匀速运动，逐渐减小，则逐渐增大，所以逐渐增大，故B加速上升，故A错误； BD．若A缓慢向右运动，则可认为AB处于动态平衡，对滑块B有受力分析，根据平衡条件可得轻绳的拉力 对滑块A进行受力分析如图所示 当时，滑块A从图示（最初是竖直的）位置开始缓慢向右移动至过程，轻绳在竖直方向的分力为 根据正交分解，在竖直方向上有 在水平方向上有 又 联立解得 变形可得 令， 可得 联立可得 滑块A从图示虚线位置开始缓慢向右移动过程中，减小，因，可知F逐渐增大，当时F最大，其最大值为； 滑块A继续向右缓慢移动，当时轻绳在竖直方向的分力为 根据正交分解，在竖直方向上有 在水平方向上有 又 联立解得 变形可得 令， 可得 联立可得 因从开始继续减小，则增大，可知F逐渐增大，当时F最大，其最大值为 综上分析，可知当时，拉力F的最大值接近，故B错误，D正确； C．当滑块A缓慢向右移动时，刚开始轻绳在竖直方向的分力为 根据正交分解，在竖直方向上有 减小，减小，减小； 当时 之后，则有 减小，减小，增大； 根据滑动摩擦力公式 可知摩擦力先减小后增大，故C错误。 故选D。 例题3. 【答案】C 【详解】根据抛体运动规律可知， 解得L=9.6m。 故选C。 例题4. 【答案】B 【详解】A．根据平抛运动规律有 可知t与成正比，故他们飞行时间之比为，故A错误； B．他们飞行的水平位移之比为，故B正确； C．将运动沿斜面方向与垂直斜面方向分解，则跳雪爱好者在空中飞行时离雪坡面的最大距离 可知与成正比，故他们在空中飞行时离雪坡面的最大距离，故C错误； D．设落到雪坡上的瞬时速度方向与水平方向的夹角为α，根据平抛运动规律有 可知α与初速度无关，所以他们落到雪坡上的瞬时速度方向相同，故D错误。 故选B。 例题5. 【答案】　BC 【详解】　若α角确定，炮弹离地面的最大高度为y=h+，选项A错误；若α角确定，炮弹从炮筒口运动到最高点所用时间为t=，选项B正确；若α角不确定，将炮弹的运动分解为沿v0方向斜向上的匀速直线运动和竖直向下的自由落体运动，则x2=-(gt2-h)2=-t4+(+gh)t2-h2，则由数学知识得当t2=-=时x有极大值xm=，选项C正确，D错误。 题型03 圆周运动 例题6. 【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。 例题7. 【答案】　C 【详解】方法一(分析法)：设大圆环半径为R，小环在大圆环上某处(P点)与圆环的作用力恰好为零，此时只有小环的重力分力提供小环所需向心力，可知P点必在Q点上方，如图所示 设P点和圆心连线与竖直向上方向的夹角为θ，从大圆环顶端到P点过程，根据机械能守恒定律mgR(1-cos θ)=mv2 在P点，由牛顿第二定律得mgcos θ=m 联立解得cos θ= 从大圆环顶端到P点过程，小环速度较小，小环重力沿着指向大圆环圆心方向的分力大于小环所需的向心力，所以大圆环对小环的弹力背离圆心，不断减小，从P点到最低点过程，小环速度变大，小环重力沿着大圆环直径方向的分力和大圆环对小环的弹力的合力提供向心力，从P点到Q点，小环重力沿大圆环直径的分力逐渐减小，从Q点到最低点，小环重力沿大圆环直径的分力背离圆心，逐渐增大，所以大圆环对小环的弹力逐渐变大，根据牛顿第三定律可知小环下滑过程中对大圆环的作用力大小先减小后增大。 方法二(数学法)：设大圆环半径为R，小环在大圆环上某处时，设该处和圆心的连线与竖直向上方向的夹角为θ(0≤θ≤π)，根据机械能守恒定律得 mgR(1-cos θ)=mv2(0≤θ≤π) 在该处根据牛顿第二定律得 F+mgcos θ=m(0≤θ≤π) 联立可得F=2mg-3mgcos θ 则大圆环对小环作用力的大小为 |F|=|2mg-3mgcos θ| 根据数学知识可知|F|的大小在cos θ=时最小，由牛顿第三定律可知，小环下滑过程中对大圆环的作用力大小先减小后增大。故选C。 一、单选题 1． 【答案】C 【详解】ABC．A、B水平方向相对速度为0，相对加速度为0。由，对比匀加速运动的位移公式可知，B相对A竖直向下做匀加速直线运动，相对加速度大小为，则轻绳的拉力小于救生包的重力，救生包的运动为曲线运动，AB错误，C正确； D．设救生包相对地面的水平速度为v，竖直分速度 相对地面的速度大小为 可知随时间不是均匀增加的，D错误。 故选C。 2．【答案】D 【详解】设在任意一段极小的时间内，物体在x、y方向的分位移分别为、，则 由数学知识可知，上式中表示y-x图像上某点切线的斜率，表示图像上某点与原点O连线的斜率。由题图可知，在一个运动周期内，图像上点按顺时针运动时，先从正无穷大逐渐变化至零，然后再从零逐渐变化至负无穷大，而的变化规律应和的变化规律相同。 AB．在一个运动周期内，图像上点的切线斜率先从正无穷大变化至零，然后再变化至负无穷大，之后再变化至零，最后再变化至正无穷大，变化过程与前面分析不符，故AB不符合题意； C．在一个运动周期内，图像上点的切线斜率先从零变化至正无穷大，然后再变化至零，变化过程与前面分析不符，故C不符合题意； D．在一个运动周期内，图像上点的切线斜率先从正无穷大变化至零，然后再变化至负无穷大，变化过程与前面分析相符，故D符合题意。 故选D。 3．【答案】C 【详解】当细杆与竖直方向夹角时，a球距离水平轨道的距离为 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 对ab系统由机械能守恒定律 杆对圆环b做的功 联立解得W=0.84J。 故选C。 4． 【答案】A 【详解】A．将速度分解如图甲、乙所示，图甲中，由于P对杆的约束，点实际运动方向为水平方向，将点的速度沿杆和垂直杆分解，有 可知，A正确； BCD．图乙中， 可知P、Q的速度大小之比为，BCD错误。 故选A。 5． 【答案】A 【详解】A．小铁块A做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，有 小铁块B做斜下抛运动，竖直方向有向下的初速度分量，有 由于下落高度相同，显然，即小铁块A在空中运动时间较长，故A正确； B．小铁块A的水平射程 小铁块B的水平分速度，且，故水平射程 即小铁块A的水平射程较大，故B错误； C．在任意时刻（落地前），A的竖直位移 B的竖直位移 显然，即B始终在A的下方，两小铁块轨迹不可能相交，故C错误； D．落地时，A的竖直分速度，B的竖直分速度 显然 重力的瞬时功率 所以，故D错误。 故选A。 6．【详解】将两次的初速度正交分解，由于每次的抛出角度不变，两次水平位移相同，即 第一次 第二次 可得， 故选B。 7． 【答案】D 【详解】A．由题意，可知种子1做平抛运动，种子2做斜上抛运动，抛出的两种子在空中均仅受重力作用，加速度均为重力加速度，所以种子1的加速度等于种子2的加速度，故A错误； B．种子2做斜上抛运动，在最高点时，其竖直方向的速度为零，水平方向的速度不为零，故种子2经过最高点时速度不为零，故B错误； C．在竖直方向上种子2做竖直上抛运动，即先向上减速再向下加速，而种子1做自由落体运动，故种子2运动时间较长，故C错误； D．两种子从O点运动到P点的位移相同，种子2运动时间较长，根据平均速度等于位移比时间，可知种子1的平均速度大于种子2的平均速度，故D正确。 故选D。 8． 【答案】C 【详解】A．小物块从圆盘上滑落后，小物块受到的摩擦力的方向与运动的方向始终相反，所以在餐桌上做减速直线运动，故A错误； B．小物块在圆盘上做圆周运动时，随转盘转速的增加，加速度逐渐变大，小物块从圆盘上滑落的瞬间，摩擦力达到最大静摩擦力，此时加速度最大，为 小物块在餐桌上的加速度 由于，可知，但小物块在圆盘上的加速度不一定大于，故B错误； C．小物块在圆盘上随圆盘运动，角速度满足 即，故C正确； D．小物块从圆盘上滑落后沿圆盘的切线方向在桌面上做匀减速直线运动，在餐桌上滑动过程中相对桌面滑动的位移 可知摩擦生热为，故D错误。 故选C。 9． 【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。 10． 【答案】A 【详解】对最高点的水滴，根据牛顿第二定律得 解得 故选A。 二、多选题 11． 【答案】ABD 【详解】A．小球恰好能到达O点正上方，则小球在最高点时速度为零，对小球从初始位置到最高点，由动能定理有WF－mgL＝0 解得WF＝mgL，故A正确； B．设撤去力F时杆与水平方向的夹角为α，则有WF＝Fs＝F·α 解得α＝ 从撤去力F到小球运动到最高点的过程中，小球的机械能守恒，由机械能守恒定律有mgL（1－sin α）＝mv2 解得撤去力F时小球的速度大小为，故B正确； C．如图所示 设杆与水平地面夹角为θ时，小球的速度大小为v1，接触点沿着弹力的方向速度相等，有正方体的速度大小为 即小球与正方体的速率之比为，故C错误； D．对小球与正方体组成的系统，由机械能守恒定律有 联立解得；故D正确。 故选ABD。 12． 【答案】AB 【详解】A．由题意可知，小球自M点正上方足够高处自由释放，由M点无碰撞进入圆筒后，其速度可分解为沿筒壁转动的速度和沿筒壁下滑的初速度，因圆筒倾斜放置，小球在圆筒中有沿筒壁向下的重力分力，因此小球在圆筒截面方向做圆周转动的同时又沿筒壁向下做初速度不为零的匀加速直线运动，又由于a、b、c是小球运动轨迹依次与MN的交点，表明经过相邻点过程圆周运动分运动恰好完成一个圆周，因为圆周运动转动周期相等，根据分运动的等时性有 故A正确； BC．小球在圆筒截面方向做圆周运动，由于，则a、b、c三点可以等效为沿圆筒截面方向做圆周运动轨迹的同一位置，即a、b、c三点圆周运动的线速度相等，又由于在a、b、c三点位置，重力沿圆筒截面的分力恰好沿截面的切线方向，可知由筒壁的弹力提供圆周运动的向心力，而圆周运动的半径相同，根据向心力公式 可知，筒壁对小球的弹力大小相等，由牛顿第三定律可知，小球对筒壁的压力大小相等，则有 故B正确，C错误； D．根据上述可知，小球沿筒壁向下做初速度不为零的匀加速直线运动，由位移时间公式有 可知 故D错误。 故选AB。 三、解答题 13． 【答案】(1) (2) (3)， 【详解】（1）设小球在点水平向右的分速度大小为，竖直向下的分速度大小为，则有， 小球在竖直方向上做自由落体运动，设由至历时，有 在水平方向上，有 解得 （2）小球在点仅受重力作用，设小球质量为，有 解得 （3）小球经点后做斜抛运动，设小球轨迹最高点为，则之间的高度差 解得 设经时间小球从点到达点，则 之间的水平距离 解得 14． 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）A、B碰撞过程，设碰后A的速度为，由系统动量守恒得 由系统机械能守恒得 解得 （2）B、C和弹簧系统动量守恒，设任一时刻，B球速度为，C球的速度为，则有 经一微小段时间，有 对时间累积得 可得 解得 （3）设C球平抛的初速度为，经时间落到轨道上。根据平抛运动规律可得， 把以上两式带入椭圆方程得 即 平抛过程，对C球用动能定理得 联立可得 根据基本不等式可知，当，即 C落到椭圆轨道上的动能最小，为 3 / 14 学科网（北京）股份有限公司 $