第1部分 专题1 3 第三讲 力与曲线运动（Word讲义）-【金版新学案】2026年高考物理大二轮专题复习与测试（广东专版）

第三讲　力与曲线运动 考点一　运动的合成与分解 (2025·安徽淮北二模)如图甲所示，无人机灯光表演给喜庆的节日氛围增添了几许惊艳。在一次无人机表演中，若分别以水平向右、竖直向上为x轴、y轴的正方向，某架参演的无人机在x、y方向的v -t图像分别如图乙、丙所示，则在0～t2时间内，该无人机的运动轨迹为 答案：A 解析：由题图乙、丙可知，在0～t1时间内无人机竖直方向做匀速直线运动，水平方向向右做匀减速直线运动，可知在0～t1时间内无人机受到的合力方向水平向左，根据合力指向轨迹凹处，可知0～t1时间内无人机运动的轨迹向左弯曲；在t1～t2时间内无人机竖直方向向上做匀减速直线运动，水平方向做匀速直线运动，可知在t1～t2时间内无人机受到的合力方向竖直向下，根据合力指向轨迹凹处，可知在t1～t2时间内无人机运动的轨迹向下弯曲。故选A。 (2025·广东揭阳高三期末)如图，为了将地面上长L的钢管竖直放置，横梁上的电机水平向左移动，同时启动电机内的牵引绳回收装置，使钢管在绳的作用下，绕定点O逆时针转动，且绳始终沿竖直 学生用书⬇第12页 方向，若绳端M点相对于电机的速度恒为v，则钢管与水平方向的夹角从30°增大到60°的过程中 A.电机移动的速度一直大于v B.电机移动的速度一直小于v C.钢管的角速度一直大于 D.钢管的角速度一直小于 答案：C 解析：由几何知识可得tan θ＝，故电机水平移动速度为v水平＝vtan θ，由题意知θ在30°到60°之间，＜tan θ＜，联立可得v＜v水平＜v，故A、B错误；当钢管与地面夹角为θ时，钢管顶端M点做圆周运动，速度方向 与钢管垂直，由矢量的合成知识可得cos θ＝，由圆周运动知识得v合＝Lω，由题意知θ在30°到60°之间，＜cos θ＜，联立解得ω＝＞，故C正确，D错误。故选C。 关联速度问题的处理方法 　　把物体的实际速度分解为垂直于绳(杆)和平行于绳(杆)的两个分量，根据沿绳(杆)方向的分速度大小相等求解。常见的模型如图所示。 考点二　抛体运动 1.平抛运动的两个重要推论 (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.斜抛运动的研究方法及基本规律 (1)研究方法：运动的合成与分解——沿竖直方向和水平方向分解或其他互相垂直方向分解。 (2)基本规律(以沿水平方向和竖直方向分解为例) ①水平方向：v0x＝v0cos θ，F合x＝0，x＝v0tcos θ； ②竖直方向：v0y＝v0sin θ，F合y＝mg，y＝v0tsin θ－gt2。 (多选)(2025·广东肇庆二模)跳台滑雪是利用跳台进行的一种跳跃滑雪比赛，是冬奥会正式比赛项目之一。如图是简化后的跳台滑雪的雪道示意图，运动员从助滑雪道AB上由静止开始滑下，到达C点后水平飞出，落到滑道(足够长)上的D点，E是运动轨迹上的一点，在该点运动员的速度方向与CD平行。设运动员从C到E与从E到D的运动时间分别为t1、t2，EF垂直于CD，不计空气阻力，则关于运动员离开C点后的飞行过程，下列说法正确的是 学生用书⬇第13页 A.t1＝t2，且CF＜FD B.在空中飞行时间与运动员离开C点的速度成正比 C.CD的长度与运动员离开C点的速度成正比 D.若运动员离开C点的速度大小改变，则其落在滑道上的速度方向与滑道的夹角也改变 答案：AB 解析：以C点为原点，以CD为x轴正方向，以垂直CD向上为y轴正方向，建立直角坐标系如图所示。对运动员的运动进行分解，y轴方向做类竖直上抛运动，x轴方向做匀加速直线运动。当运动员速度方向与CD平行时，在y轴方向上到达最高点，根据竖直上抛运动的对称性，可知t1＝t2，而x轴方向运动员做匀加速直线运动，因t1＝t2，故CF＜FD，A正确；设在C点的初速度v与滑道的夹角为θ，将初速度沿x、y轴方向分解为v1＝vcos θ、v2＝vsin θ，将加速度沿x、y轴方向分解为a1＝gsin θ、a2＝gcos θ，则运动员的运动时间t＝＝，CD的长度s＝vcos θ·t＋gsin θ·t2，则t∝v，s与v不成正比，B正确，C错误；设运动员落在滑道上的速度方向与水平方向的夹角为β，滑道的倾角为α，则有tan β＝，tan α＝＝，可得tan β＝2tan α，α一定，则β一定，则运动员落在滑道上的速度方向与从C点飞出时的速度大小无关，D错误。故选AB。 如图为简化后的跳台滑雪雪道示意图，AO段为助滑道和起跳区，OB段为倾角为β的着陆坡，BD为停止区。运动员从助滑道的起点A由静止开始下滑，到达起跳点O时，借助设备和技巧，以与水平方向成α角(起跳角)的方向起跳，最后落在着陆坡面上的C点。已知运动员在O点以v0的速率起跳，轨迹如图中虚线所示，不计一切阻力，重力加速度为g。求： (1)运动员在空中运行的最小速度； (2)运动员离开着陆坡面OB的最大距离； (3)若α＝β＝30°，运动员所到达的C点与起跳点O的距离。 答案：(1)v0cos α　(2)　(3) 解析：(1)建立水平和竖直方向的坐标轴，不计阻力的情况下，运动员在空中做斜抛运动，水平方向匀速运动，当竖直方向速度减到零的时候，速度最小，此时有vmin＝v0cos α。 (2)沿斜面和垂直于斜面方向建立坐标轴，分解速度，有vx＝v0cos (α＋β)，vy＝v0sin (α＋β) 分解加速度，有gx＝gsin β，gy＝gcos β 当vy减到零时，运动员离着陆坡面OB最远，有2gyH＝ 联立解得H＝。 (3)当运动员垂直于着陆坡面OB的位移为零时落到C点，有vyt－gyt2＝0 解得t＝，t＝0(舍去) 所以运动员所到达的C点与起跳点O的距离 L＝vxt＋gxt2＝。 解决斜面上的抛体运动的两种建系方法 预测.(2024·江苏高考)某广场喷泉喷出的两水柱如图中a、b所示。不计空气阻力，a、b中的水 A.加速度相同 B.喷出时的初速度相同 C.在最高点的速度相同 D.在空中的运动时间相同 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；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，竖直方向，根据对称性可知在空中运动的时间t＝2，可知tb＞ta，D错误；喷泉喷出的水在最高点的速度等于水平初速度，结合x＝v0xt可知，两喷泉喷出的水在最高点的速度不相同，C错误；由题图可知，a、b中的水喷出时的速度方向不同，则两喷泉喷出的水的初速度不相同，B错误。故选A。 学生用书⬇第14页 考点三　圆周运动 1.解题思路 一是要准确进行受力分析，确定向心力的来源。 二是运用牛顿第二定律结合向心力公式列式：F＝m＝mω2r＝mωv＝mr。 2.常见的圆周运动及临界条件 (1)水平面内的圆周运动 常见模型 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 圆锥摆模型 mgtan θ＝mω2r 恰好离开接触面 (2)竖直面及倾斜面内的圆周运动 常见模型 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 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 恰好通过等效最高点时，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 恰好通过最低点时，恰好做完整的圆周运动 (2025·重庆八中高三二模)如图所示，可视为质点的相同小球A、B分别用长为10L、5L的细绳悬挂在同一竖直线的两点，O点为两悬挂点在地面的投影。现使A、B两球在离地高度均为12L的水平面内做圆周运动，其半径分别为6L、4L。则 A.两球的周期相等 B.两根细绳的拉力大小相等 C.若同时剪断两根细绳，B球先落地 D.若同时剪断两根细绳，两球的落地点到O点的距离相等 模型剖析 第一步：模型构建，圆锥摆模型、平抛运动模型 (1)A、B两球均做圆锥摆运动，设悬挂A、B两球的细绳与竖直方向的夹角分别为α、θ，则有sin α＝＝，sin θ＝＝，解得α＝37°，θ＝53°。 (2)剪断细绳后，两球均做平抛运动。 第二步：受力分析，分析两小球受力，分析向心力的来源 A、B两球均受到重力与细绳的拉力，均由重力与拉力的合力提供向心力。 第三步：列式解题，在竖直方向和水平方向分别列式 (1)A、B两球竖直方向所受合力为零，则有FTAcos α＝mg，FTBcos θ＝mg，解得4FTA＝3FTB。 学生用书⬇第15页 (2)A、B两球在水平面内做匀速圆周运动，重力与拉力的合力提供向心力，则有mgtan α＝m·6L，mgtan θ＝m·4L，解得TA＝TB。 (3)剪断细绳，两小球均做平抛运动，则有12L＝gt2，解得t＝2，则两球同时落地；A、B两球平抛运动，水平方向有xA＝vAt，xB＝vBt，其中速度可由圆周运动规律求出：mgtan α＝m，mgtan θ＝m，且落地点到O点的距离LA＝，LB＝，联立解得LA＝LB。 (2025·安徽高考)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。t＝0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 答案：D 解析：因为M、N在运动过程中始终处于同一高度，所以N的速度vN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ω，半径为r，其竖直方向分速度＝ωrcos ωt，即vN＝ωrcos ωt，故选D。 (多选)如图所示，一质量为m＝0.1 kg的小球以竖直向上的初速度v0＝10 m/s 冲入一管道，该管道为圆管道，半径为R＝5 m。已知小球的入口与圆心在同一高度。经过管道后，它又沿着水平导轨进入另一个半径为r的圆轨道，且恰好能通过圆轨道的最高点。若所有衔接处均不损失机械能，不计摩擦，小球直径以及管道内径可忽略，圆管道和圆轨道底端均与水平导轨相切，重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是 A.小球到达管道最高点时对管道的压力为0 B.小球到达管道最高点时的速度为5 m/s C.小球到达管道最低点时对管道的压力为5 N D.圆轨道半径r为4 m [审题指导] 题眼点拨 求解小球到达管道最高点、最低点的速度→应用机械能守恒定律(或动能定理) 光滑圆管道属于“轻杆模型”→小球到达管道最高点的速度v≥0 小球恰好能通过圆轨道的最高点→该点小球的速度v＝ 模型方法 1.“轻绳模型” 2.“轻杆模型” 答案：CD 解析：从出发点到管道的最高点，由机械能守恒定律得m＝mgR＋m，解得小球到达管道最高点时的速度v1＝0，即它恰好能够通过管道的最高点，B错误；小球到达管道最高点时速度为0，则可求得此时小球对管道的压力等于小球的重力，为1 N，A错误；从出发点到管道的最低点，由机械能守恒定律得m＋mgR＝m，解得小球到达管道最低点时的速度v2＝10 m/s，在管道最低点，由牛顿第二定律得FN－mg＝m，解得管道最低点对小球的支持力FN＝5 N，再结合牛顿第三定律可知，C正确；小球恰好能通过圆轨道最高点，则在最高点小球速度v满足mg＝m，从出发点到圆轨道的最高点，由机械能守恒定律得mv2＋2mgr＝mgR＋m，联立解得r＝4 m，D正确。故选CD。 1.生活情境类 (2025·云南高考)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 解析：鸟食做平抛运动，竖直方向有h＝gt2，其中hN＞hM，可知tN＞tM，又同时接到鸟食，则在N点接到的鸟食先抛出，A、B错误；水平方向有x＝v0t，两颗鸟食在同一高度时，xOM'＞xON'，故vM＞vN，C错误，D正确。故选D。 学生用书⬇第16页 2.生产情境类 (多选)(2024·山东高考)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：将初速度分解为沿PQ方向的分速度v1和垂直PQ方向的分速度v2，则有v1＝v0cos 60°＝10 m/s，v2＝v0sin 60°＝10 m/s，将重力加速度分解为沿PQ方向的分加速度a1和垂直PQ方向的分加速度a2，则有a1＝gsin 30°＝5 m/s2，a2＝gcos 30°＝5 m/s2，垂直PQ方向根据对称性可得重物运动的时间为t＝2＝4 s，重物离PQ连线的最远距离为dmax＝＝10 m，故A、C错误；重物落地时，竖直分速度大小为vy＝－v0sin 30°＋gt＝30 m/s，则落地速度与水平方向夹角的正切为tan θ＝＝＝，可得θ＝60°，故B正确；从抛出到轨迹最高点所用时间为t1＝＝1 s，则从轨迹最高点到落地所用时间为t2＝t－t1＝3 s，轨迹最高点与落点的高度差为h＝g＝45 m，故D正确。故选BD。 3.实验探究类 (2025·广东汕头二模)学习小组利用手机和自行车探究圆周运动的相关知识。已知手机的加速度传感器可以测量x、y、z三个方向的加速度值，如图(a)，将自行车架起，手机固定在自行车后轮轮毂上，如图(b)，轮胎厚度不计，转动踏板，后轮带动手机在竖直面内做圆周运动。 (1)若加速转动踏板，则手机可测到哪些方向的加速度值不为零？　　　 A.x、y方向的加速度值 B.x、z方向的加速度值 C.y、z方向的加速度值 (2)利用软件可以直接作出向心加速度an与角速度ω的关系图像，为了直观判断它们的关系，应让软件作出an -　　　　(选填“ω”或“ω2”)图像。 (3)若由(2)所作图像测出斜率为k，已知自行车后轮半径为R，则手机的加速度传感器到轮胎边缘的距离为　　　　(用题中符号表示)，查阅相关资料得知该手机使用的加速度传感器质量为m，当后轮角速度为ω0时，则手机的加速度传感器做圆周运动的向心力Fn＝　　　　(用题中符号表示)。 答案：(1)A　(2)ω2　(3)R－k　　mk 解析：(1)后轮带动手机在竖直面内做圆周运动，加速度在竖直平面内，故x、y方向的加速度值不为零，z方向的加速度值为零。故选A。 (2)根据an＝ω2r可知，an -ω2图像为直线，an-ω为曲线，应让软件作出an -ω2图像直观地判断它们的关系。 (3)若由(2)所作图像测出斜率为k，即等于手机的加速度传感器到后轮圆心的距离，故手机的加速度传感器到轮胎边缘的距离为R－k；根据向心力公式可得，手机的加速度传感器做圆周运动的向心力Fn＝mk。 专题集训(三)　力与曲线运动 (时间：45分钟　满分：60分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) (选择题1－10题，每题5分，共50分) 1.(2025·河北保定一模)如图所示，体育课上一同学在距离地面高0.7 m处将一排球垫起，垫起时排球的速度方向与水平方向的夹角为37°，排球运动过程中距离地面的最大高度为2.5 m。已知排球的质量为0.3 kg，不计空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则下列说法正确的是 A.排球被垫起时的速度大小为8 m/s B.排球被垫起瞬间动量大小为3 kg·m/s C.排球在最高点处的速度大小为6 m/s D.排球从被垫起到第一次落地所用时间为1.2 s 答案：B 解析：竖直方向有＝2g(H－h)，解得vy＝6 m/s，则排球被垫起时的速度大小v0＝＝10 m/s，A错误；排球被垫起瞬间动量大小p＝mv0＝3 kg·m/s，B正确；排球在最高点处的速度大小vx＝v0cos θ＝8 m/s，C错误；设排球上升和下降所用的时间分别为t1、t2，则有H－h＝g，H＝g，排球从被垫起到第一次落地所用时间t＝t1＋t2，联立解得t＝ s，D错误。故选B。 2.(2025·广东茂名一模)如图所示，制作陶瓷的圆形工作台上有A、B两陶屑随工作台一起转动，转动角速度为ω，A在工作台边缘，B在工作台内部。若A、B与台面间的动摩擦因数相同，则下列说法正确的是 A.当工作台匀速转动，A、B所受合力为0 B.当工作台匀速转动，A、B线速度大小相等 C.当工作台角速度ω逐渐增大，陶屑A最先滑动 D.当工作台角速度ω逐渐增大，A、B所受的摩擦力始终指向轴OO' 答案：C 解析：当工作台匀速转动时，A、B跟随工作台做匀速圆周运动，则所受合力不是0，A错误；当工作台匀速转动，A、B角速度相等，根据v＝ωr，因转动半径不等，则线速度大小不相等，B错误；当陶屑将要滑动时有μmg＝mr，解得ω0＝，可知r越大，产生相对滑动的临界角速度越小，可知当工作台角速度ω逐渐增大，陶屑A最先滑动，C正确；只有当工作台匀速转动时，A、B所受的摩擦力充当向心力，其方向才指向圆心，则当工作台角速度ω逐渐增大，A、B所受的摩擦力不是指向轴OO'，D错误。故选C。 3.(2025·河南焦作二模)如图所示，固定在轻杆外端的小球围绕转轴O在竖直面内沿逆时针方向做匀速圆周运动，t＝0时刻小球在最低点。设小球水平方向的分速度为vx，竖直方向的分速度为vy，下列图像中可能正确的是 答案：C 解析：小球做匀速圆周运动，t＝0时刻，轻杆与竖直方向的夹角为0°，t时刻，设轻杆与竖直方向的夹角为θ，则有θ＝ωt，将线速度正交分解可得vx＝vcos θ＝vcos ωt，vy＝vsin θ＝vsin ωt，故A、B错误，C正确；由合速度与分速度的关系可得＋＝v2，故vy -vx图像是圆心在坐标原点的圆，故D错误。故选C。 4.(2025·江西六校第二次联考)元旦跨年时，一市民手持烟花在一空旷的地面燃放，燃放过程中通过不断改变烟花出射方向来改变烟花的运动轨迹，某时刻从H点连续喷出质量相等的两束烟花分别落于Q1、Q2处，轨迹如图所示，两轨迹交于P点，两条轨迹最高点等高，不计空气阻力，则 A.两束烟花在最高点的速度相同 B.落在Q2处的烟花在空中运动的时间更长 C.两束烟花运动过程中动能的变化量相同 D.两束烟花运动过程中动量的变化量不相同 答案：C 解析：两束烟花在运动过程中仅受重力作用，出射到最高点的过程中，在竖直方向，根据速度—位移公式有＝2gh，对全过程，根据位移—时间公式有H＝－vy0t＋gt2，根据动能定理有mgH＝ΔEk，两轨迹的h和H相同，则出射时vy0相同，整个运动过程时间t相同，动能变化量也相同，故C正确，B错误；根据动量定理，有mgt＝Δp，则两束烟花运动过程中动量的变化量相同，故D错误；由于水平方向做匀速直线运动，则有xQ1＝vx1t，xQ2＝vx2t，根据题图可知xQ1＜xQ2，则有vx1＜vx2，故A错误。故选C。 5.(2025·贵州安顺二模)如图所示，在滑雪比赛中，甲、乙两运动员先后从雪坡滑下，水平飞出后台均落到斜坡上。已知甲运动员水平飞出时的速度大小为v0，甲运动员在空中运动的时间为乙运动员在空中运动时间的，运动员均可视为质点，不计空气阻力。乙运动员水平飞出时的速度大小为 A. B. C.v0 D.2v0 答案：D 解析：设斜坡的倾角为θ，运动员在斜坡上的位移为L，由平抛运动的知识可得Lcos θ＝vt，Lsin θ＝gt2，联立解得t＝，即t∝v，又甲运动员在空中运动的时间为乙运动员在空中运动时间的，而甲运动员水平飞出时的速度大小为v0，则乙运动员水平飞出时的速度大小为2v0。故选D。 6.(2025·北京朝阳区第一次质检)如图所示，一弹性小球从倾角为θ的斜面A点正上方h处由静止下落，第一次与A点碰撞弹起后，第二次与斜面碰撞于B点。小球与斜面碰撞前后瞬间沿斜面方向速度不变，垂直斜面方向速度大小不变、方向相反。重力加速度为g，不计空气阻力。下列说法正确的是 A.小球从A到B的过程中速度的变化量方向沿AB方向 B.小球从A点弹起后距斜面的最远距离为hsin θ C.小球从A到B的时间为2 D.A、B两点间的距离为8hsin θ 答案：D 解析：小球从A到B的过程中，仅受竖直向下的重力作用，则速度的变化量方向竖直向下，A错误；小球落到A点时的速度大小v＝，反弹后速度大小也为v＝，将反弹后的运动分解为垂直斜面方向的上抛运动和沿斜面向下的匀加速运动，则反弹后垂直斜面的速度vy＝vcos θ＝cos θ，小球从A点弹起后距斜面的最远距离为hm＝＝hcos θ，B错误；小球从A到B的时间为t＝＝2，C错误；A、B两点间的距离为x＝(vsin θ)t＋(gsin θ)t2＝8hsin θ，D正确。故选D。 7.(2025·安徽宣城期末)如图所示，某同学在进行投篮练习。已知A、B、C是篮球运动轨迹中的三个点，其中A为抛出点，B为运动轨迹的最高点，C为落入篮框的点，且A、B连线垂直于B、C连线，A、B连线与水平方向的夹角θ＝53°，不计空气阻力(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6 )。则篮球从A到B与从B到C的运动时间之比为 A.3∶4 B.4∶3 C.9∶16 D.16∶9 答案：D 解析：设篮球在A点的竖直分速度为vAy，在C点的竖直分速度为vCy，篮球的水平分速度为vx，篮球从A到B过程，根据逆向思维将篮球的运动看成从B到A的平抛运动，篮球在A点时，根据平抛运动推论可得tan A＝＝2tan θ＝2tan 53°，根据几何关系可知B、C连线与水平方向的夹角为α＝90°－θ＝37°，篮球从B到C做平抛运动，篮球在C点时，根据平抛运动推论可得tan C＝＝2tan α＝2tan 37°，又tAB＝，tBC＝，联立可得篮球从A到B与从B到C的运动时间之比为＝。故选D。 8.(2024·浙江1月)如图所示，小明取山泉水时发现水平细水管到水平地面的距离为水桶高的两倍，在地面上平移水桶，水恰好从桶口中心无阻挡地落到桶底边沿A。已知桶高为h，直径为D，重力加速度为g，则水离开出水口的速度大小为 A. B. C. D.(＋1)D 答案：C 解析：设出水口到桶口中心距离为x，则有x＝v0，落到桶底A点时有x＋＝v0，解得v0＝。故选C。 9.某课外兴趣小组在一次实验中，将自制火箭从地面竖直向上发射，火箭到达最高点时爆炸，分裂成质量不等的P、Q两部分，P、Q两部分的质量比为2∶5。爆炸后P部分的初速度大小为50 m/s，方向斜向下与竖直方向成60°。若爆炸点离地高度为120 m，不计P、Q运动过程中受到的阻力，重力加速度g＝10 m/s2。下列说法正确的是 A.Q部分落地时的速度大小为10 m/s B.Q部分落地时的速度大小为90 m/s C.P部分落地点与爆炸点的水平距离为75 m D.P部分落地点与爆炸点的水平距离为135 m 答案：C 解析：爆炸过程中，由动量守恒定律得mPvP＝mQvQ，对Q从爆炸到落地，由动能定理得mQgh＝mQv2－mQ，解得v＝20 m/s，故A、B错误；对P部分，在竖直方向有vPy＝vPcos 60°＝25 m/s，h＝vPyt＋gt2，解得t＝3 s，水平方向有vPx＝vPsin 60°＝25 m/s，x＝vPxt，解得P部分落地点与爆炸点的水平距离为x＝75 m，故C正确，D错误。故选C。 10.(多选)(2025·广东深圳一模)一根轻质细线一端系一可视为质点的小球，细线另一端固定在一光滑圆锥顶上，如图1所示，设小球在水平面内做匀速圆周运动的角速度为ω，线的张力FT随ω2变化的图像如图2所示，g取10 m/s2。下列说法正确的是 A.细线的长度为1 m B.细线的长度为0.5 m C.小球的质量为2 kg D.小球的质量为3 kg 答案：BC 解析：设细线的长度为L，锥体母线与竖直方向的夹角为θ，当ω1＝0时，绳子的张力FT1＝mgcos θ，当圆锥对小球的支持力为0时，角速度＝25(rad/s)2，此时FT2cos θ＝mg，FT2sin θ＝mLsin θ·，代入题图2中数据解得m＝2 kg，L＝0.5 m。故选BC。 11.(10分)(2023·新课标卷)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：石子做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，则有2gh＝ 可得落到水面上时的竖直速度大小vy＝ 由题意可知≤tan θ 即v0≥ 石子抛出速度的最小值为。 学生用书⬇第17页 学科网（北京）股份有限公司 $