专题03 力与物体的曲线运动【压轴题】2026年高考物理压轴题专项训练（新高考通用）

专题03 力与物体的曲线运动 命题预测 1. 依然占据绝对核心的“圆周运动” 圆周运动依然会是考查的重中之重，无论是选择题中的定性分析，还是计算题中的定量计算，地位都非常稳固。 · 水平面内：常见于“旋转飞椅”、转盘、车辆转弯等生活实例，考查向心力来源与临界转速（如即将滑离）的分析。 · 竖直面内：通常涉及绳（杆）模型，要求能精确分析最高/低点的速度、拉力，并与平抛运动、能量守恒结合出综合大题。 · 科技融合：例如结合电磁场，考查带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动，是历年必考热点。 2. 更贴近实际应用情境的“抛体运动” 新高考强调情境创新，抛体运动（平抛、斜抛）正从单纯的计算转向与实际场景的结合。 · 体育竞技：如斜抛网球、投篮、喷泉、乒乓球等为背景，仍采用“化曲为直”思想分解运动。 · 军事与生活：如以“鸟食投喂”为背景的生活类平抛题，可能结合无人机投递等情境，利用下落高度与水平射程的关系求解初速度。 3. 紧跟国家科技步伐的“天体运动” 中国航天的每一次突破几乎都会成为背景，但内核依然是牛顿第二定律与万有引力定律。 · 卫星变轨：结合“嫦娥探月”、“天宫对接”、火星探测等热点，考查变轨过程中的速度、加速度、周期及能量变化。 · 比例估算：利用“高轨低速大周期”的结论，比较不同行星或卫星的线速度、周期。 高频考法 1. 利用运动的合成与分解、抛体运动问题 2. 圆周运动中的动力学问题 3. 圆周运动中的临界问题 4. 数值平面内圆周运动的轻绳、轻杆模型在最高点的临界问题 多过程问题 考向一：曲线运动 运动的合成与分解 1.曲线运动中速度方向、合力方向与运动轨迹之间的关系 （1）速度方向与运动轨迹相切； （2）合力方向指向曲线的“凹”侧； （3）运动轨迹一定夹在速度方向和合力方向之间。 2. 判断两个直线运动的合运动性质的方法 （1）分别把两个直线运动的初速度和加速度合成，然后根据合加速度特点以及合加速度与合初速度的方向关系判断合运动的性质。 （2）常见的情况： 两个互成角度的分运动 合运动的性质 两个匀速直线运动 匀速直线运动 一个匀速直线运动、一个匀变速直线运动 匀变速曲线运动 两个初速度为零的匀加速直线运动 匀加速直线运动 两个初速度不为零的匀变速直线运动 如果v合与a合共线，为匀变速直线运动 如果v合与a合不共线，为匀变速曲线运动 3. 小船渡河问题 （1）解决这类问题的关键:正确区分船的分运动和合运动.船的航行方向也就是船头指向,是分运动;船的运动方向也就是船的实际运动方向,是合运动,一般情况下与船头指向不一致. （2）运动分解的基本方法:按实际效果分解,一般用平行四边形定则沿水流方向和船头指向进行分解. 模型解读 分运动1 分运动2 合运动 运动 船相对于静水的划行运动 船随水漂流的运动 船的实际运动 速度本质 发动机给船的速度 水流给船的速度 船相对于岸的速度 速度方向 沿船头指向 沿水流方向 合速度方向,轨迹(切线)方向 渡河时间 　①渡河时间只与船垂直于河岸方向的分速度有关,与水流速度无关 　②渡河时间最短:船头正对河岸时,渡河时间最短, (d为河宽) 渡河位移 　①若v船>v水，当船头方向与上游河岸夹角θ满足v船cos θ＝v水时，合速度垂直河岸，渡河位移最短，且xmin＝d 　②若v船<v水，合速度不可能垂直于河岸，无法垂直渡河．当船头方向(即v船方向)与合速度方向垂直时，渡河位移最短，且 4. 牵连速度 （1）题型特点 与绳(杆)相连的物体运动方向与绳(杆)不在一条直线上。 （2）明确合速度与分速度 合速度→绳(杆)拉物体的实际运动速度v→平行四边形对角线 （3）解题原则 把物体的实际速度分解为垂直于绳(杆)和平行于绳(杆)两个分速度，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。 考向二：抛体运动规律及应用 1.平抛运动 (1)基本规律 如图，以抛出点O为坐标原点，以初速度v0方向(水平方向)为x轴正方向，竖直向下为y轴正方向，建立平面直角坐标系xOy。 (2)平抛运动物体的速度变化量 因为平抛运动的加速度为恒定的重力加速度g，所以做平抛运动的物体在任意相等时间间隔Δt内的速度变化量Δv＝gΔt是相同的，方向恒为竖直向下，如图所示。 (3)两个推论 ①做平抛运动的物体在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。 ②做平抛运动的物体在任意时刻任意位置处，速度方向与水平方向的夹角θ和位移方向与水平方向的夹角α的关系为：tan θ＝2tan α。 2.与斜面结合的抛体运动分解方法 (1)水平方向：匀速直线运动 竖直方向：匀变速直线运动。 (2)沿斜面方向：加速度为gsin θ的匀变速直线运动。(θ为斜面与水平方向的夹角) 垂直斜面方向：加速度为gcos θ的类竖直上抛运动。 (3)斜抛运动：沿初速度方向的匀速直线运动，沿竖直方向的自由落体运动。 2.几种常见情形 已知条件 情景示例 解题策略 已知速度方向 已知速度 方向垂直 从斜面外平抛，垂直落在斜面上， 如图所示。 分解速度tan θ＝ 从斜面外斜抛，垂直落在斜面上， 如图所示。 分解速度 tan θ＝ 从圆弧形轨道外平抛，恰好无碰撞地进入圆弧形轨道，如图所示。 已知速度方向沿该点圆弧的切线方向 分解速度 tan θ＝ 已知位移方向 已知位移 方向沿斜 面向下 从斜面上平抛又落到斜面上，如图所示。 分解位移 tan θ＝ 从斜面上斜抛又落到斜面上，如图所示。 分解位移 tan θ＝ 在斜面外平抛，落在斜面上位移最小，如图所示。 已知位移方向垂直斜面　　 分解位移 tan θ＝ 利用位移关系 从圆心处水平抛出，落到半径为R的圆弧上，如图所示。 已知位移大小等于半径R　　 从与圆心等高的圆弧上水平抛出，落到半径为R的圆弧上，如图所示。 已知水平位移x与半径R的差的平方与竖直位移的平方之和等于半径R的平方　　 3. 分析空间中的抛体运动的思路 (1)明确题意，形成运动轨迹在空间分布情况的一个轮廓； (2)以抛出点为坐标原点，根据运动情景建立三维直角坐标系； (3)确定每个坐标轴上的受力特点，明确各自的运动性质； (4)依据已知条件、运动学公式找出在各个坐标轴方向的位移、速度、加速度大小； (5)利用运动的合成与分解知识确定研究问题或联立求解相关问题。 4. 斜抛运动 以斜抛运动的抛出点为坐标原点O，水平向右为x轴的正方向，竖直向上为y轴的正方向，建立如图所示的平面直角坐标系xOy。 (1)初速度可以分解为v0x＝v0cos θ，v0y＝v0sin θ 在水平方向，物体的位移和速度分别为 x＝v0xt＝(v0cos θ)t，vx＝v0x＝v0cos θ 在竖直方向，物体的位移和速度分别为 y＝v0yt－gt2＝(v0sin θ)t－gt2 vy＝v0y－gt＝v0sin θ－gt (2)当斜抛物体落点位置与抛出点等高时 ①射高：h＝。 ②斜抛运动的飞行时间：t＝。 ③射程：s＝v0cos θ·t＝， 对于给定的v0，当θ＝45°时，射程达到最大值，smax＝。 考向三：圆周运动的动力学问题 1．圆周运动动力学分析过程： 2.水平面内的圆盘临界模型 ①口诀：“谁远谁先飞”； ②a或b发生相对圆盘滑动的各自临界角速度： ； ①口诀：“谁远谁先飞”； ②轻绳出现拉力，先达到B的临界角速度：； ③AB一起相对圆盘滑动时，临界条件： 隔离A：T=μmAg；隔离B：T+μmBg=mBω22rB 整体：μmAg+μmBg=mBω22rB AB相对圆盘滑动的临界条件： ①口诀：“谁远谁先飞”； ②轻绳出现拉力，先达到B的临界角速度：； ③同侧背离圆心，fAmax和fBmax指向圆心，一起相对圆盘滑动时， 临界条件： 隔离A：μmAg-T=mAω22rA；隔离B：T+μmBg=mBω22rB 整体：μmAg+μmBg=mAω22rA+mBω22rB AB相对圆盘滑动的临界条 ①口诀：“谁远谁先飞”（rB>rA）； ②轻绳出现拉力临界条件：； 此时B与面达到最大静摩擦力，A与面未达到最大静摩擦力。 此时隔离A：fA+T=mAω2rA；隔离B：T+μmBg=mBω2rB 消掉T：fA=μmBg-(mBrB-mArA)ω2 ③当mBrB=mArA时，fA=μmBg，AB永不滑动，除非绳断； ④AB一起相对圆盘滑动时，临界条件： 1）当mBrB>mArA时，fA↓=μmBg-(mBrB-mArA)ω2↑→fA=0→反向→fA达到最大→从B侧飞出； 2）当mBrB<mArA时，fA↑=μmBg+(mArA-mBrB)ω2↑→fA达到最大→ω↑→T↑→fB↓→fB=0→反向→fB达到最大→从A侧飞出； AB相对圆盘滑动的临界条件 临界条件： ①，； ②， 临界条件： ① ② 考向四：常见绳杆模型特点 轻绳模型 轻杆模型 情景图示 弹力特征 弹力可能向下，也可能等于零 弹力可能向下，可能向上，也可能等于零 受力示意图 力学方程 mg＋FT＝m mg±FN＝m 临界特征 FT＝0，即mg＝m，得v＝ v＝0，即F向＝0， 此时FN＝mg 模型关键 (1)“绳”只能对小球施加向下的力 (2)小球通过最高点的速度至少为 (1)“杆”对小球的作用力可以是拉力，也可以是支持力 (2)小球通过最高点的速度最小可以为0 01 运动的合成与分解 1．如图所示，地面上固定两根足够长的竖直杆，两杆间距为，一根长度的轻绳一端套在左杆上，另一端套在右杆上，一个光滑的动滑轮绕过轻绳，在动滑轮下面悬挂一个重物，再将轻绳左右两端分别以速度，沿竖直杆向上做匀速直线运动，则在图示位置时重物的速度为（　　） A．2m/s B． C． D． 【答案】B 【详解】将速度分解，则原题可以理解为绳子左端同时参与两个分运动，，其中左端速度和右端速度，使重物获得的速度为，方向竖直向上，左端另一个速度运动时，右端没有运动，如图所示 在时间内，左端上升的高度为，重物沿右端绳子上升的距离为，则由几何关系可知 可得重物沿右端绳子上升的速度为 所以重物同时参与两个分运动，竖直向上的，和沿右绳向上的，两个运动合成得到 又由几何关系可知 代入数据得 故选B。 2．一质量为、可视作质点的小球在竖直面内运动，以出发点为原点建立平面直角坐标系，水平向右为轴正方向，竖直向上为轴正方向。其中轴方向小球的速度时间图像如图甲所示，是一条倾斜的直线，轴方向小球位移与时间图像如图乙所示，是一条过原点的二次曲线，则下列说法正确的是（　　） A．小球的初速度大小为，运动过程中加速度大小恒定为 B．小球在竖直面内做初速度不为零的匀加速直线运动 C．小球在竖直面内做初速度不为零的匀加速曲线运动 D．小球运动过程中受到的合力大小为 【答案】B 【详解】由图甲可知，小球在x方向的初速度大小 加速度的大小为 因此小球沿x方向做匀加速直线运动，由于图乙是一条通过原点的二次曲线，则小球沿y方向的运动规律为匀变速直线运动，设其运动规律为 结合图像经过、点，解得， A．小球的初速度大小为，故A错误； 小球的加速度大小为 BC．根据上述分析可知，小球在竖直面内做初速度不为零的匀加速直线运动，故B正确，C错误； D．根据牛顿第二定律可知，小球运动过程中受到的合外力的大小为，故D错误。 故选B。 02 生活中的平抛运动 3．如图所示，在饺子加工厂的自动化生产线上，传送带末端与收集槽左边缘的水平距离为、与收集槽上边缘的高度差为，为使水平传送带上的饺子准确落入收集槽中且离开传送带时的速度最小，则应选择的收集槽是（　　） 槽的编码 甲 0.8 0.5 乙 0.6 0.8 丙 1.0 0.6 丁 0.5 0.4 A．甲 B．乙 C．丙 D．丁 【答案】B 【详解】饺子竖直方向做自由落体运动，有，水平方向有 联立得初速度，因此需要最小，代入数据得乙槽的最小。 故选B。 4．如图，在竖直平面内固定一半径R=4m的光滑圆弧轨道AB，其圆心角α=53°，半径OA水平，下方有一倾角的固定斜面CD；一小球从A点由静止释放，在B点脱离轨道，最终垂直落在 CD上的P点。取重力加速度大小 不计空气阻力、则小球从B点到斜面的下落时间为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】从A点到B点由动能定理 解得，方向与水平方向夹角为； 从B点落到斜面上的P点，则， 解得 故选A。 03 斜抛运动 5．一同学在操场练习定点投篮，他将篮球以的速度以一定投射角从离地高度处投出，篮球从篮筐上方斜向下直接经过篮筐的中心点无碰撞进入篮筐。篮球从投出到进入篮筐的过程中，上升时间与下降时间之比为，篮筐距离地面的高度为。重力加速度，忽略空气阻力，则（　　） A．篮球从投出到进入篮筐的时间为 B．篮球最高点速度大小为 C．篮球抛出点到篮筐中心的水平距离 D．投射角的正切值 【答案】C 【详解】A．设篮球投出到进筐过程中，上升时间为，下降时间为，由题意可得 其中 解得， 则篮球投出到进筐过程总时间故A错误； BD．抛出瞬间篮球速度的水平分量为 篮球速度的竖直分量为 解得，，， 篮球在水平方向做匀速运动，因此篮球最高点速度大小为，故BD错误； C．篮球抛出点到篮筐中心的水平距离满足，故C正确。 故选C。 6．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。 04 水平面内的圆周运动 7．如图所示，在水平地面上有一固定的、内表面光滑的薄壁开口容器，其通过竖直轴的截面轮廓为一抛物线，O点为抛物线顶点。两个相同的小球a、b，分别在容器内和高度处的水平面内做匀速圆周运动，且，则a、b两球（　　） A．所受弹力之比为 B．所受合力之比为 C．周期之比为 D．线速度之比为 【答案】D 【详解】A．抛物线方程为；根据数学导数知识，抛物线在某点的斜率与横坐标成正比，即，由于支持力与接触的切面垂直，根据几何可知，切面与水平面的夹角等于支持力与竖直方向的夹角θ，所以 因，可知所受弹力之比不等于，A错误； B．合力为 因，可知ab所受合力之比为，B错误； C．根据 又r=x，所以 则周期，k是常数，与两球高度无关，所以容器中两球周期和角速度相等，故C错误。 D．线速度，可知线速度之比为，D正确。 故选D。 8．“冰锅挑战”是近期在长春西湖公园火爆的一种冬季汽车漂移、爬坡或脱困挑战。如图，在冰砖砌成的冰坑里驾驶汽车，挑战如何从“锅底”静止起步驶出“锅沿”。第一次汽车从坑底沿冰坑侧面逐步提速，完成若干水平面内圆周运动后沿圆周切线方向驶出冰坑；第二次汽车在竖直面内做类似荡秋千的变速圆周运动，通过逐次的能量积累最终荡出冰坑。若汽车两次均以相同的速率经过P点（图中），则两次经过P点时汽车所受支持力大小之比为（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】设汽车的质量为。第一次，汽车在水平面内做匀速圆周运动，汽车在竖直方向上受力平衡，根据平衡条件可得 在水平方向，根据牛顿第二定律可得 其中 联立，解得 第二次，汽车在竖直面内做变速圆周运动，在P点时，根据牛顿第二定律可得 联立，可得 即两次经过P点时汽车所受支持力大小之比为1:1。 故选D。 05 竖直平面内的圆周运动 9．如图所示在倾角为的斜面体上，ABCD面虚线左侧粗糙右侧光滑，绳子一端连接小球，另一端与固定点O连接。为了让小球在ABCD面内做圆周运动，给小球一个水平向左的速度（未知）恰好使OE段无张力。当小球运动到G点时绳子突然断裂，之后小球做类斜抛运动，E、F点为圆周运动的最高点和最低点且F在BC上。绳子长度L为0.2m，小球质量为1kg，运动到G点时速度为，G点与圆心O的连线与EF的夹角为，重力加速度取，则（　　） A．从E到G动量变化量为 B．从E到G摩擦力做的功为2J C．小球在G点时重力的功率 D．小球在类斜抛运动过程中离BC边的最大距离为 【答案】C 【详解】A．小球在E点时，由重力沿斜面方向的分力提供向心力，有 解得 由几何关系可知，与G点的速度的夹角为，则速度变化量为 从E到G的动量变化量为，故A错误； B．小球在E点和G点的速度大小相等，动能变化量为0，由动能定理，得 重力做功 则从E到G摩擦力做的功为，故B错误； C．小球在G点时沿斜面垂直于BC方向的速度为 小球在G点时竖直方向的速度为 小球在G点时重力的功率，故C正确； D．小球沿斜面垂直于BC方向的速度为0时，离BC边的距离最大，沿斜面垂直于BC方向的加速度为 由匀变速直线运动速度与位移的关系，可得从G点沿斜面垂直于BC方向上升的最大距离为 由几何关系，可得离BC边的最大距离为，故D错误。 故选C。 10．如图所示，光滑水平面AB与竖直面内的光滑半圆形导轨在B点平滑相接，导轨半径为。一个可视为质点的物体质量为，将弹簧压缩至A点后静止释放，在弹力作用下物体获得某一向右速度后脱离弹簧，之后滑上半圆形导轨，运动到D点时恰好脱离轨道，已知O、D连线和竖直方向O、C连线夹角为，g取，下列说法中正确的是（　　） A．小球在D点时的速度为 B．弹簧释放出来的弹性势能大小为100J C．D点到物体落地点的水平距离为 D．为使物体能从C点飞出，物体到达B处时速度至少为10m/s 【答案】C 【详解】A．运动到D点时恰好脱离轨道，根据牛顿第二定律，有 解得，故A错误； B．从A到D，根据能量守恒，有 解得弹簧释放出来的弹性势能大小为，故B错误； C．在D点将速度分解，在竖直方向，有 在水平方向，有 竖直向上运动的时间为 竖直向上运动的高度为 从最高点到水平面的高度为 从最高点落到地面的时间为 D点到物体落地点的水平距离为，故C正确； D．从B到C，根据动能定理，有 为使物体能从C点飞出，则有 联立解得物体到达B处时速度至少为，故D错误。 故选C。 一、单选题 1．如图所示，一带正电荷的油滴在匀强电场中运动，其轨迹在竖直平面内，且关于过轨迹最右侧的点的水平虚线对称。已知油滴质量、电荷量恒定，全程忽略空气阻力，则下列说法不正确的是（　　） A．匀强电场的方向水平向左 B．油滴在点的电势能比它在点的小 C．从点到点过程中，油滴的速率逐渐减小 D．从点到点过程中，油滴的动量变化率保持恒定 【答案】A 【详解】A．油滴只受重力和电场力，轨迹关于过点的水平虚线对称，说明竖直方向合力为0，可知油滴的合力必定水平向左。由力的合成法则可知电场力斜向左上方，又因油滴带正电，即匀强电场的方向斜向左上方，故A错误，符合题意； B．油滴从点到点，位移斜向右下，电场力做负功，电势能增加，因此油滴在点的电势能比它在点的小，故B正确，不符合题意； C．从点到点过程中，油滴所受合力向左与其速度方向夹角为钝角，即油滴的速率减小，故C正确，不符合题意； D．根据动量定理，动量变化率等于物体所受合力，从点到点过程中，油滴所受合力为恒力，则动量变化率保持恒定，故D正确，不符合题意。 故选A。 2．图甲为记载于《武经总要》的“扬尘车”，守城时可借助风力来抛撒石灰粉以迷惑敌军。其原理可简化为如图乙所示的模型：石灰粉（质量较小）与沙石（质量较大）仅在水平恒定风力和重力的作用下，同时从同一位置P点由静止释放，石灰粉与沙石受到的风力大小相等，地面水平，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　） A．石灰粉与沙石在空中做曲线运动 B．石灰粉落地时的速度小于沙石落地时的速度 C．落地时风力对石灰粉的瞬时功率等于风力对沙石的瞬时功率 D．从P点到落地的过程中，石灰粉的机械能增加量大于沙石的机械能增加量 【答案】D 【详解】A．在水平恒定风力和重力的作用下，同时从同一位置P点由静止释放石灰粉与沙石，石灰粉与沙石均在空中做初速度为零的匀变速直线运动，故A错误； B．石灰粉与沙石在竖直方向上均做自由落体运动，下落高度相同，两者在空中运动的时间相等，两者落地时的竖直分速度大小相等，石灰粉的水平加速度大于沙石的水平加速度，石灰粉落地时的水平分速度大于沙石落地时的水平分速度，因此石灰粉落地时的速度大于沙石落地时的速度，故B错误； C．石灰粉与沙石落地时风力的瞬时功率 两者受到的水平风力大小相等，但石灰粉落地时的水平分速度大于沙石落地时的水平分速度，落地时风力对石灰粉的瞬时功率大于风力对沙石的瞬时功率，故C错误； D．从P点到落地的过程中，两者的机械能增加量均等于风力做的功，由于石灰粉的水平位移大于沙石的水平位移，因此石灰粉的机械能增加量大于沙石的机械能增加量，故D正确。 故选D。 3．某碗状容器的截面如图所示，三边、、长度相等，碗底水平，侧边与底边的夹角均为。小球从点水平向右抛出后落在侧边上，若仅增大初速度后再次将小球抛出并落在碗上。关于第二次抛出的小球，下列说法错误的是（　　）（不考虑小球反弹，不计空气阻力） A．飞行时间可能与第一次相同 B．动能增量可能比第一次小 C．速度方向可能与第一次相同 D．可能垂直打在侧边上 【答案】D 【详解】A．平抛运动在竖直方向上，有 解得 即高度决定时间，第一次落在AB上与第二次落在CD上，下落的高度h可能相等，则下落时间相同，故A正确； B．若第一次落在AB上，增大速度后落在CD上且第二次下落的高度小于第一次下落的高度，根据动能定理可知动能的增量 可知增大初速度后再落到碗上的动能增量比第一次小，故B正确； C．若两次都落到斜面AB上，因为速度方向与水平方向的夹角的正切值是位移与水平方向夹角的正切值的2倍，即 又因两次的位移方向相同，所以两次落在斜面上时的速度方向相同，故C正确； D．根据结论可知做平抛运动的物体，某点的瞬时速度反向延长线交于此时水平位移的中点。如果小球下落后垂直打在侧边CD上，其瞬时速度反向延长线不可能交于水平位移中点，所以落在侧边CD上的小球，不可能垂直打在CD上，故D错误。 本题选错误的，故选D。 4．如图甲所示是一种倾斜桌面上投球入洞的游戏，可简化为图乙。若长方形光滑桌面长边水平，短边倾斜，倾角为，小球（可视为质点）从一短边出发，出发点离该边较高桌角的距离记为d，沿另一短边从较高桌角每隔0.15m有一个宽为0.15m的洞口，共3个洞口，洞口到对面桌边的距离为2m，小球初速度平行于长边，大小记为。取重力加速度则下列组合中，小球直接入洞机会最大的是（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】A当时，，得 小球到达洞口边的位置坐标，只可进入第二个洞口，且范围为 B当时，小球到达洞口边的位置坐标，只可进入第三个洞口，且范围为 C当时，，得 小球到达洞口边的位置坐标，只可进入第二个洞口，且范围为 当时，小球到达洞口边的位置坐标，只可进入第二个洞口，且范围为 综上可得，小球直接入洞机会最大的是D选项。 故选D。 5．如图所示，质量为3m的抛物线型凹槽锁定在光滑水平地面上。质量为m，可看做质点的小球从凹槽左端点（左端点处固定弹射装置）水平弹出后恰好落在轨道底部。以抛物线的顶点为坐标原点建立直角坐标系xOy，抛物线方程为。重力加速度g取。则（　　） A．小球从凹槽左端点水平弹出的初速度为2m/s B．小球从凹槽任一点以2.5m/s的水平初速度弹出后都能落到O点 C．若凹槽解除锁定，小球从凹槽左端点以1m/s的水平初速度弹出后仍然恰好落在轨道底部 D．若凹槽解除锁定，小球从凹槽左端点弹出后仍然恰好落在轨道底部，此过程凹槽向左移动1.5m 【答案】B 【详解】A．由抛物线方程为，得抛出点坐标为 由平抛运动 联立解得，，故A错误； B．将代入得 联立 消去t得 即小球从凹槽任一点以2.5m/s的水平初速度弹出后都能落到O点，故B正确； CD．若凹槽解除锁定，由动量守恒 恰好落在轨道底部 解得 凹槽向左移动，故CD错误。 故选B。 6．如图所示，杆AB和CD固连成“T”形支架，AB沿水平方向，CD沿竖直方向，小球P套在AB杆上可沿杆无摩擦滑动，不可伸长的轻质细绳一端与小球相连，另一端固定在竖直杆CD上，使整个装置以CD杆为轴以不同的角速度ω匀速转动。若杆对小球的弹力大小为，下列图像能正确反映与关系的是（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】设小球质量为m，细绳与杆AB的夹角为θ，小球P与杆CD的距离为r，细绳水平方向的拉力提供小球做圆周运动所需的向心力，满足 解得细绳拉力大小 故细绳拉力的竖直分量为 可知杆AB的弹力满足 解得 可知F弹与ω关系为一开口向下的二次函数关系，且顶点位于（0，mg）处。 故选C。 7．如图，装有一定水的圆柱形玻璃杯固定在水平转盘上，玻璃杯的竖直中心线和转盘的竖直中心线重合，现让玻璃杯随转盘绕中心线（以一定的角速度匀速旋转，则在玻璃杯纵截面中水的形状可能是（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】当水面稳定时，从水面上某位置取一小部分水，看作质点，设该质点的质量为，圆周运动的半径为，过该位置的水面的切线与水平方向的夹角为，对该质点受力分析如图所示 根据合外力提供向心力有 求得 水面上离越远的点，圆周运动的半径越大，根据该式可知，越大，即越大。 故选C。 8．如图甲所示，水平地面上固定着一个内壁光滑的容器，其内表面为旋转抛物面。一个小球贴着内壁在水平面内做匀速圆周运动。现以容器底部中心最低点为坐标原点建立坐标系，该容器内部曲面过点的竖直截面为图线，如图乙所示。小球位于图线上纵坐标为的位置，已知重力加速度为，则下列说法正确的是（   ） A．小球的加速度大小为 B．小球绕一圈，容器对小球的支持力的冲量为0 C．小球的速率为 D．若该小球以更小的速率做水平面内圆周运动，则它的纵坐标仍可以为 【答案】C 【详解】AC．由数学知识可知，的斜率为 故，时，该点斜率为 即该点切线与轴的夹角的正切值 小球做圆周运动时 故，故A错误，C正确； B．运动过程中，支持力不为0，冲量不为0，故B错误； D．小球速率变小，纵坐标要减小，故D错误。 故选C。 二、多选题 9．如图所示，竖直平面内三个点A、B、C构成边长为L的正三角形，AC沿竖直方向，小球从A点以某一速度抛出，经三角形几何中心O点到达B点。不计阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A．小球从A点到B点的时间为 B．小球最小速度为 C．小球初速度与水平方向夹角正切值 D．小球初速度大小为 【答案】BD 【详解】A．设小球经过的最高点为，如图所示 由运动对称性可知与、的水平距离相等，由几何关系可知、的竖直距离 、的水平距离 代入数据得 小球在水平方向做匀速直线运动，可知由到，由到、与所用时间相等，设时间为，竖直方向上，由匀变速直线运动规律可知、的竖直距离 小球由到做平抛运动，有， 代入数据得， 小球由到可看作由到的平抛运动，小球在点竖直方向的速度 小球从点到点的时间为，故A错误； B．小球在点速度最小，即，故B正确； C．小球初速度与水平方向夹角正切值，故C错误； D．小球初速度大小 代入数据得，故D正确。 故选BD。 10．如图所示，水平面上放置一倾角为θ的斜面体，其斜边足够长。现有一小球从斜面上以初速度v0沿与斜面成α角的方向抛出（），最后落到斜面，位移为x。重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A．当α=θ时，小球落至斜面时速度方向与斜面的夹角为θ B．当α=θ时，小球离开斜面的最大距离为 C．当θ一定时，α越大，位移x越大 D．当α一定时，θ越大，位移x越大 【答案】BD 【详解】A．将初速度沿斜面向下和垂直斜面向上分解为， 将重力加速度沿斜面向下和垂直斜面向上分解为， 当小球落到斜面上时，垂直斜面方向位移为0，得运动总时间 落至斜面时，速度分量， 设速度与斜面夹角为，则 代入，得 因此，故A错误； B．当小球垂直斜面方向速度减为0时，离开斜面距离最大，由匀变速运动公式，最大距离 代入，得，故B正确； C．沿斜面位移的表达式 一定时，在时取最大值，先增大后减小，不是越大越大，故C错误； D．对位移的表达式变形，得 令 对求导可得 一定时，范围内始终大于0，则随增大单调递增，因此越大，位移越大，故D正确。 故选BD。 11．如图所示，质量为的运动员踩着质量为的冲浪滑板，在水平面内匀速转弯。滑板底部装有转向桥，滑板平面可向任意方向倾斜。运动员的身体保持在一条直线上，该直线始终与滑板平面垂直，且与圆心、所在的竖直线的夹角为。运动员与滑板之间只存在垂直于板面的弹力作用。运动员、滑板重心所在圆弧的半径分别为、，两者相对静止且转弯的角速度均为。已知重力加速度为，空气阻力及滑板与地面的滚动摩擦均不计。下列说法正确的是（　　） A．运动员身体与竖直方向的夹角满足 B．运动员受到滑板的作用力的大小为 C．滑板受到地面的静摩擦力大小为 D．滑板与地面间的动摩擦因数至少为 【答案】AD 【详解】A．对运动员受力分析：运动员仅受重力、滑板对运动员垂直板面的弹力。匀速圆周运动中，竖直方向合力为0，水平方向合力提供向心力，竖直方向： 水平方向： 推导得：，故A正确； B．运动员受到滑板的作用力是弹力，由勾股定理得：，故B错误； C．将运动员和滑板视为整体，水平方向总向心力由地面静摩擦力提供，总向心力为两者向心力之和：，故C错误； D．整体竖直方向无加速度，地面支持力，静摩擦力不超过最大静摩擦力： 代入、得： 即滑板与地面间的动摩擦因数至少为，故D正确。 故选AD。 12．智能呼啦圈是一种结合了传统呼啦圈功能和现代科技的健身工具，它通过内置传感器、重力球（配重）等设计，使运动更易上手且能有效锻炼腰腹核心肌群。如图甲，腰带外侧带有导轨，导轨内装有滑轮，不计质量和长度的细短杆一端固定在滑轮上并穿出导轨，另一端通过细轻绳连接配重， 图乙为简化模型。已知配重（可视为质点）的质量为m，细轻绳的长度为L，悬挂点P 到腰带中心点 O的距离为r， 配重随细短杆在水平面做匀速圆周运动，绳子与竖直方向夹角为θ，配重运动过程中腰带保持静止，重力加速度为g， 下列说法正确的是（  ） A．若转速增大，腰带受到的合力变大 B．配重的运动周期为 C．配重运动半周，重力的冲量大小为 D．配重运动半周，细绳对配重施加的拉力的冲量大小为 【答案】BD 【详解】A．转动过程中，腰带处于平衡状态，合力为零，因此若转速增大，腰带受到的合力不变，故A错误； B．对配重受力分析，根据牛顿第二定律可得 解得配重的运动周期为，故B正确； C．配重运动半周，重力的冲量大小为，故C错误； D．对配重受力分析，根据牛顿第二定律可得 解得 配重运动半周，动量的变化量为 根据动量定理可得 结合上述结论可知 联立解得，故D正确。 故选BD。 三、解答题 13．单板滑雪U形池赛是一项兼具观赏性和挑战性的比赛，该项目要求运动员在特设的U形场地内凭借滑坡起跳，并在空中完成各种高难度动作。如图所示，现某运动员以v＝12.5 m/s的速度大小从轨道边缘上的M点沿轨道的竖直切面ABHG滑出轨道，速度方向与轨道边缘线AB的夹角为53°，腾空后沿轨道边缘的N点重新进入轨道，不计空气阻力，重力加速度取g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，π取3.14。 (1)求该运动员（可视为质点）的运动轨迹在最高点的曲率半径ρ（曲率半径指曲线某处内切圆的半径）； (2)若运动员在腾空过程中表演各种回旋动作，现认为该过程中，滑板中心上的一点Q可视为以运动员重心S为圆心做匀速圆周运动（起跳后身体向前翻转，Q和S图中均未画出），周期为T＝0.4 s，重心S与Q点的距离为r＝1.1 m，则运动员位于最高点时，求滑板上Q点的对地速度大小。 【答案】(1)5.625 m (2)24.77 m/s 【详解】（1）运动轨迹最高点处，运动员的重力提供在该点做圆周运动的向心力，运动员速度为从M点滑出时速度的水平方向分量，即， 解得 （2）从M点滑出到最高点所用时间为 则运动员从离开轨道到位于最高点时所转的圈数为n＝＝2.5 即此时运动员处于倒置状态，滑板上的Q点在最高点，所以滑板对地速度大小为 14．如图所示，光滑水平地面上安装有一水平传送带，传送带以v0=6m/s的速度顺时针匀速转动，其左、右两端点B、C的间距。传送带右侧固定有一半径R=0.5m的光滑半圆轨道，传送带上表面与半圆轨道的最低点C相切，传送带左侧墙壁上连接一水平轻弹簧，弹簧右端放置一质量m=1kg的滑块（视为质点），滑块与弹簧未拴接。某时刻，滑块将弹簧水平压缩至A点后由静止释放，滑块第一次滑上半圆轨道后恰好能到达半圆轨道的最高点D。已知滑块与传送带间的动摩擦因数μ=0.4，滑块通过各连接处时无机械能损失，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2。求： (1)滑块第一次刚过C点时对轨道的压力； (2)传送带第一次将滑块传送至C点的过程中多消耗的电能。 【答案】(1)60N，方向竖直向下 (2)6J 【详解】（1）恰好到达D点，有 解得 C→D过程，根据动能定理可得 解得 滑块第一次刚过C点时，根据牛顿第二定律可得 解得 由牛顿第三定律可知，此时滑块对轨道的压力 方向竖直向下； （2）由于 可知，滑块第一次在传送带上运动时持续加速，设加速时间为t，则， 解得或（舍去） 因此传送带多消耗的电能为 15．“倒立摆” 是验证自动控制理论、算法的经典模型。这些理论或算法可用于工业自动控制技术或机器人技术（比如人形机器人在复杂环境下维持平衡的技术）。图示水平轨道上的四驱小车（含车内设备总质量为）搭载AI算法程序，当轻质细杆处于某种姿态时，车内传感器采集轻质细杆与竖直方向夹角数据（如图中、），计算机利用数据计算并驱动车轮转动，使小车受到牵引力（车轮主动旋转时，四个车轮对轨道存在总静摩擦力，将小车视为质点，则小车受到的牵引力就是f的反作用力，轨道对小车的力除牵引力及支持力外，没有其它力），进而控制小车、轻质细杆及摆球的运动。已知杆长为，与杆固连的可视为质点的摆球质量为m（不包含在M内），图中与杆固连的轻质套筒属杆的一部分，可绕光滑的转轴自由转动。不计空气阻力，车轮在轨道上滚动时不打滑。不考虑采集数据与施加牵引力的时间差，牵引力只能水平向左或向右，重力加速度为。 (1)启动程序锁定小车，摆球在竖直面内来回摆动，最大摆角为，如图甲。求最大摆角处轻杆对摆球的拉力T的大小； (2)如图乙，某时刻正在倒下的轻杆与竖直方向夹角为，为使轻杆保持此姿态（即不再变化，即摆球与小车保持相对静止），求牵引力F1的大小； (3)在（2）的基础上，为使轻杆回到竖直姿态，可调节牵引力的大小使轻杆绕转轴逆时针匀速转动，角速度为，求当杆回到与竖直方向夹角为（）时，牵引力F2的大小。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）对摆球受力分析，则有 由于此时摆球的速度为0，即 解得 （2）对摆球受力分析，如图所示 根据牛顿第二定律可得 整体受力分析可得 联立解得 （3）对摆球，存在两个分加速度，如图所示 水平方向则有 竖直方向则有 对小车受力分析，如图所示 水平方向则有 解得 1 / 37 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题03 力与物体的曲线运动 命题预测 1. 依然占据绝对核心的“圆周运动” 圆周运动依然会是考查的重中之重，无论是选择题中的定性分析，还是计算题中的定量计算，地位都非常稳固。 · 水平面内：常见于“旋转飞椅”、转盘、车辆转弯等生活实例，考查向心力来源与临界转速（如即将滑离）的分析。 · 竖直面内：通常涉及绳（杆）模型，要求能精确分析最高/低点的速度、拉力，并与平抛运动、能量守恒结合出综合大题。 · 科技融合：例如结合电磁场，考查带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动，是历年必考热点。 2. 更贴近实际应用情境的“抛体运动” 新高考强调情境创新，抛体运动（平抛、斜抛）正从单纯的计算转向与实际场景的结合。 · 体育竞技：如斜抛网球、投篮、喷泉、乒乓球等为背景，仍采用“化曲为直”思想分解运动。 · 军事与生活：如以“鸟食投喂”为背景的生活类平抛题，可能结合无人机投递等情境，利用下落高度与水平射程的关系求解初速度。 3. 紧跟国家科技步伐的“天体运动” 中国航天的每一次突破几乎都会成为背景，但内核依然是牛顿第二定律与万有引力定律。 · 卫星变轨：结合“嫦娥探月”、“天宫对接”、火星探测等热点，考查变轨过程中的速度、加速度、周期及能量变化。 · 比例估算：利用“高轨低速大周期”的结论，比较不同行星或卫星的线速度、周期。 高频考法 1. 利用运动的合成与分解、抛体运动问题 2. 圆周运动中的动力学问题 3. 圆周运动中的临界问题 4. 数值平面内圆周运动的轻绳、轻杆模型在最高点的临界问题 多过程问题 考向一：曲线运动 运动的合成与分解 1.曲线运动中速度方向、合力方向与运动轨迹之间的关系 （1）速度方向与运动轨迹相切； （2）合力方向指向曲线的“凹”侧； （3）运动轨迹一定夹在速度方向和合力方向之间。 2. 判断两个直线运动的合运动性质的方法 （1）分别把两个直线运动的初速度和加速度合成，然后根据合加速度特点以及合加速度与合初速度的方向关系判断合运动的性质。 （2）常见的情况： 两个互成角度的分运动 合运动的性质 两个匀速直线运动 匀速直线运动 一个匀速直线运动、一个匀变速直线运动 匀变速曲线运动 两个初速度为零的匀加速直线运动 匀加速直线运动 两个初速度不为零的匀变速直线运动 如果v合与a合共线，为匀变速直线运动 如果v合与a合不共线，为匀变速曲线运动 3. 小船渡河问题 （1）解决这类问题的关键:正确区分船的分运动和合运动.船的航行方向也就是船头指向,是分运动;船的运动方向也就是船的实际运动方向,是合运动,一般情况下与船头指向不一致. （2）运动分解的基本方法:按实际效果分解,一般用平行四边形定则沿水流方向和船头指向进行分解. 模型解读 分运动1 分运动2 合运动 运动 船相对于静水的划行运动 船随水漂流的运动 船的实际运动 速度本质 发动机给船的速度 水流给船的速度 船相对于岸的速度 速度方向 沿船头指向 沿水流方向 合速度方向,轨迹(切线)方向 渡河时间 　①渡河时间只与船垂直于河岸方向的分速度有关,与水流速度无关 　②渡河时间最短:船头正对河岸时,渡河时间最短, (d为河宽) 渡河位移 　①若v船>v水，当船头方向与上游河岸夹角θ满足v船cos θ＝v水时，合速度垂直河岸，渡河位移最短，且xmin＝d 　②若v船<v水，合速度不可能垂直于河岸，无法垂直渡河．当船头方向(即v船方向)与合速度方向垂直时，渡河位移最短，且 4. 牵连速度 （1）题型特点 与绳(杆)相连的物体运动方向与绳(杆)不在一条直线上。 （2）明确合速度与分速度 合速度→绳(杆)拉物体的实际运动速度v→平行四边形对角线 （3）解题原则 把物体的实际速度分解为垂直于绳(杆)和平行于绳(杆)两个分速度，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。 考向二：抛体运动规律及应用 1.平抛运动 (1)基本规律 如图，以抛出点O为坐标原点，以初速度v0方向(水平方向)为x轴正方向，竖直向下为y轴正方向，建立平面直角坐标系xOy。 (2)平抛运动物体的速度变化量 因为平抛运动的加速度为恒定的重力加速度g，所以做平抛运动的物体在任意相等时间间隔Δt内的速度变化量Δv＝gΔt是相同的，方向恒为竖直向下，如图所示。 (3)两个推论 ①做平抛运动的物体在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。 ②做平抛运动的物体在任意时刻任意位置处，速度方向与水平方向的夹角θ和位移方向与水平方向的夹角α的关系为：tan θ＝2tan α。 2.与斜面结合的抛体运动分解方法 (1)水平方向：匀速直线运动 竖直方向：匀变速直线运动。 (2)沿斜面方向：加速度为gsin θ的匀变速直线运动。(θ为斜面与水平方向的夹角) 垂直斜面方向：加速度为gcos θ的类竖直上抛运动。 (3)斜抛运动：沿初速度方向的匀速直线运动，沿竖直方向的自由落体运动。 2.几种常见情形 已知条件 情景示例 解题策略 已知速度方向 已知速度 方向垂直 从斜面外平抛，垂直落在斜面上， 如图所示。 分解速度tan θ＝ 从斜面外斜抛，垂直落在斜面上， 如图所示。 分解速度 tan θ＝ 从圆弧形轨道外平抛，恰好无碰撞地进入圆弧形轨道，如图所示。 已知速度方向沿该点圆弧的切线方向 分解速度 tan θ＝ 已知位移方向 已知位移 方向沿斜 面向下 从斜面上平抛又落到斜面上，如图所示。 分解位移 tan θ＝ 从斜面上斜抛又落到斜面上，如图所示。 分解位移 tan θ＝ 在斜面外平抛，落在斜面上位移最小，如图所示。 已知位移方向垂直斜面　　 分解位移 tan θ＝ 利用位移关系 从圆心处水平抛出，落到半径为R的圆弧上，如图所示。 已知位移大小等于半径R　　 从与圆心等高的圆弧上水平抛出，落到半径为R的圆弧上，如图所示。 已知水平位移x与半径R的差的平方与竖直位移的平方之和等于半径R的平方　　 3. 分析空间中的抛体运动的思路 (1)明确题意，形成运动轨迹在空间分布情况的一个轮廓； (2)以抛出点为坐标原点，根据运动情景建立三维直角坐标系； (3)确定每个坐标轴上的受力特点，明确各自的运动性质； (4)依据已知条件、运动学公式找出在各个坐标轴方向的位移、速度、加速度大小； (5)利用运动的合成与分解知识确定研究问题或联立求解相关问题。 4. 斜抛运动 以斜抛运动的抛出点为坐标原点O，水平向右为x轴的正方向，竖直向上为y轴的正方向，建立如图所示的平面直角坐标系xOy。 (1)初速度可以分解为v0x＝v0cos θ，v0y＝v0sin θ 在水平方向，物体的位移和速度分别为 x＝v0xt＝(v0cos θ)t，vx＝v0x＝v0cos θ 在竖直方向，物体的位移和速度分别为 y＝v0yt－gt2＝(v0sin θ)t－gt2 vy＝v0y－gt＝v0sin θ－gt (2)当斜抛物体落点位置与抛出点等高时 ①射高：h＝。 ②斜抛运动的飞行时间：t＝。 ③射程：s＝v0cos θ·t＝， 对于给定的v0，当θ＝45°时，射程达到最大值，smax＝。 考向三：圆周运动的动力学问题 1．圆周运动动力学分析过程： 2.水平面内的圆盘临界模型 ①口诀：“谁远谁先飞”； ②a或b发生相对圆盘滑动的各自临界角速度： ； ①口诀：“谁远谁先飞”； ②轻绳出现拉力，先达到B的临界角速度：； ③AB一起相对圆盘滑动时，临界条件： 隔离A：T=μmAg；隔离B：T+μmBg=mBω22rB 整体：μmAg+μmBg=mBω22rB AB相对圆盘滑动的临界条件： ①口诀：“谁远谁先飞”； ②轻绳出现拉力，先达到B的临界角速度：； ③同侧背离圆心，fAmax和fBmax指向圆心，一起相对圆盘滑动时， 临界条件： 隔离A：μmAg-T=mAω22rA；隔离B：T+μmBg=mBω22rB 整体：μmAg+μmBg=mAω22rA+mBω22rB AB相对圆盘滑动的临界条 ①口诀：“谁远谁先飞”（rB>rA）； ②轻绳出现拉力临界条件：； 此时B与面达到最大静摩擦力，A与面未达到最大静摩擦力。 此时隔离A：fA+T=mAω2rA；隔离B：T+μmBg=mBω2rB 消掉T：fA=μmBg-(mBrB-mArA)ω2 ③当mBrB=mArA时，fA=μmBg，AB永不滑动，除非绳断； ④AB一起相对圆盘滑动时，临界条件： 1）当mBrB>mArA时，fA↓=μmBg-(mBrB-mArA)ω2↑→fA=0→反向→fA达到最大→从B侧飞出； 2）当mBrB<mArA时，fA↑=μmBg+(mArA-mBrB)ω2↑→fA达到最大→ω↑→T↑→fB↓→fB=0→反向→fB达到最大→从A侧飞出； AB相对圆盘滑动的临界条件 临界条件： ①，； ②， 临界条件： ① ② 考向四：常见绳杆模型特点 轻绳模型 轻杆模型 情景图示 弹力特征 弹力可能向下，也可能等于零 弹力可能向下，可能向上，也可能等于零 受力示意图 力学方程 mg＋FT＝m mg±FN＝m 临界特征 FT＝0，即mg＝m，得v＝ v＝0，即F向＝0， 此时FN＝mg 模型关键 (1)“绳”只能对小球施加向下的力 (2)小球通过最高点的速度至少为 (1)“杆”对小球的作用力可以是拉力，也可以是支持力 (2)小球通过最高点的速度最小可以为0 01 运动的合成与分解 1．如图所示，地面上固定两根足够长的竖直杆，两杆间距为，一根长度的轻绳一端套在左杆上，另一端套在右杆上，一个光滑的动滑轮绕过轻绳，在动滑轮下面悬挂一个重物，再将轻绳左右两端分别以速度，沿竖直杆向上做匀速直线运动，则在图示位置时重物的速度为（　　） A．2m/s B． C． D． 2．一质量为、可视作质点的小球在竖直面内运动，以出发点为原点建立平面直角坐标系，水平向右为轴正方向，竖直向上为轴正方向。其中轴方向小球的速度时间图像如图甲所示，是一条倾斜的直线，轴方向小球位移与时间图像如图乙所示，是一条过原点的二次曲线，则下列说法正确的是（　　） A．小球的初速度大小为，运动过程中加速度大小恒定为 B．小球在竖直面内做初速度不为零的匀加速直线运动 C．小球在竖直面内做初速度不为零的匀加速曲线运动 D．小球运动过程中受到的合力大小为 02 生活中的平抛运动 3．如图所示，在饺子加工厂的自动化生产线上，传送带末端与收集槽左边缘的水平距离为、与收集槽上边缘的高度差为，为使水平传送带上的饺子准确落入收集槽中且离开传送带时的速度最小，则应选择的收集槽是（　　） 槽的编码 甲 0.8 0.5 乙 0.6 0.8 丙 1.0 0.6 丁 0.5 0.4 A．甲 B．乙 C．丙 D．丁 4．如图，在竖直平面内固定一半径R=4m的光滑圆弧轨道AB，其圆心角α=53°，半径OA水平，下方有一倾角的固定斜面CD；一小球从A点由静止释放，在B点脱离轨道，最终垂直落在 CD上的P点。取重力加速度大小 不计空气阻力、则小球从B点到斜面的下落时间为（　　） A． B． C． D． 03 斜抛运动 5．一同学在操场练习定点投篮，他将篮球以的速度以一定投射角从离地高度处投出，篮球从篮筐上方斜向下直接经过篮筐的中心点无碰撞进入篮筐。篮球从投出到进入篮筐的过程中，上升时间与下降时间之比为，篮筐距离地面的高度为。重力加速度，忽略空气阻力，则（　　） A．篮球从投出到进入篮筐的时间为 B．篮球最高点速度大小为 C．篮球抛出点到篮筐中心的水平距离 D．投射角的正切值 6．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． 04 水平面内的圆周运动 7．如图所示，在水平地面上有一固定的、内表面光滑的薄壁开口容器，其通过竖直轴的截面轮廓为一抛物线，O点为抛物线顶点。两个相同的小球a、b，分别在容器内和高度处的水平面内做匀速圆周运动，且，则a、b两球（　　） A．所受弹力之比为 B．所受合力之比为 C．周期之比为 D．线速度之比为 8．“冰锅挑战”是近期在长春西湖公园火爆的一种冬季汽车漂移、爬坡或脱困挑战。如图，在冰砖砌成的冰坑里驾驶汽车，挑战如何从“锅底”静止起步驶出“锅沿”。第一次汽车从坑底沿冰坑侧面逐步提速，完成若干水平面内圆周运动后沿圆周切线方向驶出冰坑；第二次汽车在竖直面内做类似荡秋千的变速圆周运动，通过逐次的能量积累最终荡出冰坑。若汽车两次均以相同的速率经过P点（图中），则两次经过P点时汽车所受支持力大小之比为（　　） A． B． C． D． 05 竖直平面内的圆周运动 9．如图所示在倾角为的斜面体上，ABCD面虚线左侧粗糙右侧光滑，绳子一端连接小球，另一端与固定点O连接。为了让小球在ABCD面内做圆周运动，给小球一个水平向左的速度（未知）恰好使OE段无张力。当小球运动到G点时绳子突然断裂，之后小球做类斜抛运动，E、F点为圆周运动的最高点和最低点且F在BC上。绳子长度L为0.2m，小球质量为1kg，运动到G点时速度为，G点与圆心O的连线与EF的夹角为，重力加速度取，则（　　） A．从E到G动量变化量为 B．从E到G摩擦力做的功为2J C．小球在G点时重力的功率 D．小球在类斜抛运动过程中离BC边的最大距离为 10．如图所示，光滑水平面AB与竖直面内的光滑半圆形导轨在B点平滑相接，导轨半径为。一个可视为质点的物体质量为，将弹簧压缩至A点后静止释放，在弹力作用下物体获得某一向右速度后脱离弹簧，之后滑上半圆形导轨，运动到D点时恰好脱离轨道，已知O、D连线和竖直方向O、C连线夹角为，g取，下列说法中正确的是（　　） A．小球在D点时的速度为 B．弹簧释放出来的弹性势能大小为100J C．D点到物体落地点的水平距离为 D．为使物体能从C点飞出，物体到达B处时速度至少为10m/s 一、单选题 1．如图所示，一带正电荷的油滴在匀强电场中运动，其轨迹在竖直平面内，且关于过轨迹最右侧的点的水平虚线对称。已知油滴质量、电荷量恒定，全程忽略空气阻力，则下列说法不正确的是（　　） A．匀强电场的方向水平向左 B．油滴在点的电势能比它在点的小 C．从点到点过程中，油滴的速率逐渐减小 D．从点到点过程中，油滴的动量变化率保持恒定 2．图甲为记载于《武经总要》的“扬尘车”，守城时可借助风力来抛撒石灰粉以迷惑敌军。其原理可简化为如图乙所示的模型：石灰粉（质量较小）与沙石（质量较大）仅在水平恒定风力和重力的作用下，同时从同一位置P点由静止释放，石灰粉与沙石受到的风力大小相等，地面水平，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　） A．石灰粉与沙石在空中做曲线运动 B．石灰粉落地时的速度小于沙石落地时的速度 C．落地时风力对石灰粉的瞬时功率等于风力对沙石的瞬时功率 D．从P点到落地的过程中，石灰粉的机械能增加量大于沙石的机械能增加量 3．某碗状容器的截面如图所示，三边、、长度相等，碗底水平，侧边与底边的夹角均为。小球从点水平向右抛出后落在侧边上，若仅增大初速度后再次将小球抛出并落在碗上。关于第二次抛出的小球，下列说法错误的是（　　）（不考虑小球反弹，不计空气阻力） A．飞行时间可能与第一次相同 B．动能增量可能比第一次小 C．速度方向可能与第一次相同 D．可能垂直打在侧边上 4．如图甲所示是一种倾斜桌面上投球入洞的游戏，可简化为图乙。若长方形光滑桌面长边水平，短边倾斜，倾角为，小球（可视为质点）从一短边出发，出发点离该边较高桌角的距离记为d，沿另一短边从较高桌角每隔0.15m有一个宽为0.15m的洞口，共3个洞口，洞口到对面桌边的距离为2m，小球初速度平行于长边，大小记为。取重力加速度则下列组合中，小球直接入洞机会最大的是（　　） A． B． C． D． 5．如图所示，质量为3m的抛物线型凹槽锁定在光滑水平地面上。质量为m，可看做质点的小球从凹槽左端点（左端点处固定弹射装置）水平弹出后恰好落在轨道底部。以抛物线的顶点为坐标原点建立直角坐标系xOy，抛物线方程为。重力加速度g取。则（　　） A．小球从凹槽左端点水平弹出的初速度为2m/s B．小球从凹槽任一点以2.5m/s的水平初速度弹出后都能落到O点 C．若凹槽解除锁定，小球从凹槽左端点以1m/s的水平初速度弹出后仍然恰好落在轨道底部 D．若凹槽解除锁定，小球从凹槽左端点弹出后仍然恰好落在轨道底部，此过程凹槽向左移动1.5m 6．如图所示，杆AB和CD固连成“T”形支架，AB沿水平方向，CD沿竖直方向，小球P套在AB杆上可沿杆无摩擦滑动，不可伸长的轻质细绳一端与小球相连，另一端固定在竖直杆CD上，使整个装置以CD杆为轴以不同的角速度ω匀速转动。若杆对小球的弹力大小为，下列图像能正确反映与关系的是（　　） A． B． C． D． 7．如图，装有一定水的圆柱形玻璃杯固定在水平转盘上，玻璃杯的竖直中心线和转盘的竖直中心线重合，现让玻璃杯随转盘绕中心线（以一定的角速度匀速旋转，则在玻璃杯纵截面中水的形状可能是（　　） A． B． C． D． 8．如图甲所示，水平地面上固定着一个内壁光滑的容器，其内表面为旋转抛物面。一个小球贴着内壁在水平面内做匀速圆周运动。现以容器底部中心最低点为坐标原点建立坐标系，该容器内部曲面过点的竖直截面为图线，如图乙所示。小球位于图线上纵坐标为的位置，已知重力加速度为，则下列说法正确的是（   ） A．小球的加速度大小为 B．小球绕一圈，容器对小球的支持力的冲量为0 C．小球的速率为 D．若该小球以更小的速率做水平面内圆周运动，则它的纵坐标仍可以为 二、多选题 9．如图所示，竖直平面内三个点A、B、C构成边长为L的正三角形，AC沿竖直方向，小球从A点以某一速度抛出，经三角形几何中心O点到达B点。不计阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A．小球从A点到B点的时间为 B．小球最小速度为 C．小球初速度与水平方向夹角正切值 D．小球初速度大小为 10．如图所示，水平面上放置一倾角为θ的斜面体，其斜边足够长。现有一小球从斜面上以初速度v0沿与斜面成α角的方向抛出（），最后落到斜面，位移为x。重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A．当α=θ时，小球落至斜面时速度方向与斜面的夹角为θ B．当α=θ时，小球离开斜面的最大距离为 C．当θ一定时，α越大，位移x越大 D．当α一定时，θ越大，位移x越大 11．如图所示，质量为的运动员踩着质量为的冲浪滑板，在水平面内匀速转弯。滑板底部装有转向桥，滑板平面可向任意方向倾斜。运动员的身体保持在一条直线上，该直线始终与滑板平面垂直，且与圆心、所在的竖直线的夹角为。运动员与滑板之间只存在垂直于板面的弹力作用。运动员、滑板重心所在圆弧的半径分别为、，两者相对静止且转弯的角速度均为。已知重力加速度为，空气阻力及滑板与地面的滚动摩擦均不计。下列说法正确的是（　　） A．运动员身体与竖直方向的夹角满足 B．运动员受到滑板的作用力的大小为 C．滑板受到地面的静摩擦力大小为 D．滑板与地面间的动摩擦因数至少为 12．智能呼啦圈是一种结合了传统呼啦圈功能和现代科技的健身工具，它通过内置传感器、重力球（配重）等设计，使运动更易上手且能有效锻炼腰腹核心肌群。如图甲，腰带外侧带有导轨，导轨内装有滑轮，不计质量和长度的细短杆一端固定在滑轮上并穿出导轨，另一端通过细轻绳连接配重， 图乙为简化模型。已知配重（可视为质点）的质量为m，细轻绳的长度为L，悬挂点P 到腰带中心点 O的距离为r， 配重随细短杆在水平面做匀速圆周运动，绳子与竖直方向夹角为θ，配重运动过程中腰带保持静止，重力加速度为g， 下列说法正确的是（  ） A．若转速增大，腰带受到的合力变大 B．配重的运动周期为 C．配重运动半周，重力的冲量大小为 D．配重运动半周，细绳对配重施加的拉力的冲量大小为 三、解答题 13．单板滑雪U形池赛是一项兼具观赏性和挑战性的比赛，该项目要求运动员在特设的U形场地内凭借滑坡起跳，并在空中完成各种高难度动作。如图所示，现某运动员以v＝12.5 m/s的速度大小从轨道边缘上的M点沿轨道的竖直切面ABHG滑出轨道，速度方向与轨道边缘线AB的夹角为53°，腾空后沿轨道边缘的N点重新进入轨道，不计空气阻力，重力加速度取g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，π取3.14。 (1)求该运动员（可视为质点）的运动轨迹在最高点的曲率半径ρ（曲率半径指曲线某处内切圆的半径）； (2)若运动员在腾空过程中表演各种回旋动作，现认为该过程中，滑板中心上的一点Q可视为以运动员重心S为圆心做匀速圆周运动（起跳后身体向前翻转，Q和S图中均未画出），周期为T＝0.4 s，重心S与Q点的距离为r＝1.1 m，则运动员位于最高点时，求滑板上Q点的对地速度大小。 14．如图所示，光滑水平地面上安装有一水平传送带，传送带以v0=6m/s的速度顺时针匀速转动，其左、右两端点B、C的间距。传送带右侧固定有一半径R=0.5m的光滑半圆轨道，传送带上表面与半圆轨道的最低点C相切，传送带左侧墙壁上连接一水平轻弹簧，弹簧右端放置一质量m=1kg的滑块（视为质点），滑块与弹簧未拴接。某时刻，滑块将弹簧水平压缩至A点后由静止释放，滑块第一次滑上半圆轨道后恰好能到达半圆轨道的最高点D。已知滑块与传送带间的动摩擦因数μ=0.4，滑块通过各连接处时无机械能损失，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2。求： (1)滑块第一次刚过C点时对轨道的压力； (2)传送带第一次将滑块传送至C点的过程中多消耗的电能。 15．“倒立摆” 是验证自动控制理论、算法的经典模型。这些理论或算法可用于工业自动控制技术或机器人技术（比如人形机器人在复杂环境下维持平衡的技术）。图示水平轨道上的四驱小车（含车内设备总质量为）搭载AI算法程序，当轻质细杆处于某种姿态时，车内传感器采集轻质细杆与竖直方向夹角数据（如图中、），计算机利用数据计算并驱动车轮转动，使小车受到牵引力（车轮主动旋转时，四个车轮对轨道存在总静摩擦力，将小车视为质点，则小车受到的牵引力就是f的反作用力，轨道对小车的力除牵引力及支持力外，没有其它力），进而控制小车、轻质细杆及摆球的运动。已知杆长为，与杆固连的可视为质点的摆球质量为m（不包含在M内），图中与杆固连的轻质套筒属杆的一部分，可绕光滑的转轴自由转动。不计空气阻力，车轮在轨道上滚动时不打滑。不考虑采集数据与施加牵引力的时间差，牵引力只能水平向左或向右，重力加速度为。 (1)启动程序锁定小车，摆球在竖直面内来回摆动，最大摆角为，如图甲。求最大摆角处轻杆对摆球的拉力T的大小； (2)如图乙，某时刻正在倒下的轻杆与竖直方向夹角为，为使轻杆保持此姿态（即不再变化，即摆球与小车保持相对静止），求牵引力F1的大小； (3)在（2）的基础上，为使轻杆回到竖直姿态，可调节牵引力的大小使轻杆绕转轴逆时针匀速转动，角速度为，求当杆回到与竖直方向夹角为（）时，牵引力F2的大小。 20 / 23 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题03 力与物体的曲线运动 01 运动的合成与分解 1． 【答案】B 【详解】将速度分解，则原题可以理解为绳子左端同时参与两个分运动，，其中左端速度和右端速度，使重物获得的速度为，方向竖直向上，左端另一个速度运动时，右端没有运动，如图所示 在时间内，左端上升的高度为，重物沿右端绳子上升的距离为，则由几何关系可知 可得重物沿右端绳子上升的速度为 所以重物同时参与两个分运动，竖直向上的，和沿右绳向上的，两个运动合成得到 又由几何关系可知 代入数据得 故选B。 2． 【答案】B 【详解】由图甲可知，小球在x方向的初速度大小 加速度的大小为 因此小球沿x方向做匀加速直线运动，由于图乙是一条通过原点的二次曲线，则小球沿y方向的运动规律为匀变速直线运动，设其运动规律为 结合图像经过、点，解得， A．小球的初速度大小为，故A错误； 小球的加速度大小为 BC．根据上述分析可知，小球在竖直面内做初速度不为零的匀加速直线运动，故B正确，C错误； D．根据牛顿第二定律可知，小球运动过程中受到的合外力的大小为，故D错误。 故选B。 02 生活中的平抛运动 3． 【答案】B 【详解】饺子竖直方向做自由落体运动，有，水平方向有 联立得初速度，因此需要最小，代入数据得乙槽的最小。 故选B。 4． 【答案】A 【详解】从A点到B点由动能定理 解得，方向与水平方向夹角为； 从B点落到斜面上的P点，则， 解得 故选A。 03 斜抛运动 5． 【答案】C 【详解】A．设篮球投出到进筐过程中，上升时间为，下降时间为，由题意可得 其中 解得， 则篮球投出到进筐过程总时间故A错误； BD．抛出瞬间篮球速度的水平分量为 篮球速度的竖直分量为 解得，，， 篮球在水平方向做匀速运动，因此篮球最高点速度大小为，故BD错误； C．篮球抛出点到篮筐中心的水平距离满足，故C正确。 故选C。 6． 【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。 04 水平面内的圆周运动 7． 【答案】D 【详解】A．抛物线方程为；根据数学导数知识，抛物线在某点的斜率与横坐标成正比，即，由于支持力与接触的切面垂直，根据几何可知，切面与水平面的夹角等于支持力与竖直方向的夹角θ，所以 因，可知所受弹力之比不等于，A错误； B．合力为 因，可知ab所受合力之比为，B错误； C．根据 又r=x，所以 则周期，k是常数，与两球高度无关，所以容器中两球周期和角速度相等，故C错误。 D．线速度，可知线速度之比为，D正确。 故选D。 8． 【答案】D 【详解】设汽车的质量为。第一次，汽车在水平面内做匀速圆周运动，汽车在竖直方向上受力平衡，根据平衡条件可得 在水平方向，根据牛顿第二定律可得 其中 联立，解得 第二次，汽车在竖直面内做变速圆周运动，在P点时，根据牛顿第二定律可得 联立，可得 即两次经过P点时汽车所受支持力大小之比为1:1。 故选D。 05 竖直平面内的圆周运动 9． 【答案】C 【详解】A．小球在E点时，由重力沿斜面方向的分力提供向心力，有 解得 由几何关系可知，与G点的速度的夹角为，则速度变化量为 从E到G的动量变化量为，故A错误； B．小球在E点和G点的速度大小相等，动能变化量为0，由动能定理，得 重力做功 则从E到G摩擦力做的功为，故B错误； C．小球在G点时沿斜面垂直于BC方向的速度为 小球在G点时竖直方向的速度为 小球在G点时重力的功率，故C正确； D．小球沿斜面垂直于BC方向的速度为0时，离BC边的距离最大，沿斜面垂直于BC方向的加速度为 由匀变速直线运动速度与位移的关系，可得从G点沿斜面垂直于BC方向上升的最大距离为 由几何关系，可得离BC边的最大距离为，故D错误。 故选C。 10．【答案】C 【详解】A．运动到D点时恰好脱离轨道，根据牛顿第二定律，有 解得，故A错误； B．从A到D，根据能量守恒，有 解得弹簧释放出来的弹性势能大小为，故B错误； C．在D点将速度分解，在竖直方向，有 在水平方向，有 竖直向上运动的时间为 竖直向上运动的高度为 从最高点到水平面的高度为 从最高点落到地面的时间为 D点到物体落地点的水平距离为，故C正确； D．从B到C，根据动能定理，有 为使物体能从C点飞出，则有 联立解得物体到达B处时速度至少为，故D错误。 故选C。 一、单选题 1． 【答案】A 【详解】A．油滴只受重力和电场力，轨迹关于过点的水平虚线对称，说明竖直方向合力为0，可知油滴的合力必定水平向左。由力的合成法则可知电场力斜向左上方，又因油滴带正电，即匀强电场的方向斜向左上方，故A错误，符合题意； B．油滴从点到点，位移斜向右下，电场力做负功，电势能增加，因此油滴在点的电势能比它在点的小，故B正确，不符合题意； C．从点到点过程中，油滴所受合力向左与其速度方向夹角为钝角，即油滴的速率减小，故C正确，不符合题意； D．根据动量定理，动量变化率等于物体所受合力，从点到点过程中，油滴所受合力为恒力，则动量变化率保持恒定，故D正确，不符合题意。 故选A。 2． 【答案】D 【详解】A．在水平恒定风力和重力的作用下，同时从同一位置P点由静止释放石灰粉与沙石，石灰粉与沙石均在空中做初速度为零的匀变速直线运动，故A错误； B．石灰粉与沙石在竖直方向上均做自由落体运动，下落高度相同，两者在空中运动的时间相等，两者落地时的竖直分速度大小相等，石灰粉的水平加速度大于沙石的水平加速度，石灰粉落地时的水平分速度大于沙石落地时的水平分速度，因此石灰粉落地时的速度大于沙石落地时的速度，故B错误； C．石灰粉与沙石落地时风力的瞬时功率 两者受到的水平风力大小相等，但石灰粉落地时的水平分速度大于沙石落地时的水平分速度，落地时风力对石灰粉的瞬时功率大于风力对沙石的瞬时功率，故C错误； D．从P点到落地的过程中，两者的机械能增加量均等于风力做的功，由于石灰粉的水平位移大于沙石的水平位移，因此石灰粉的机械能增加量大于沙石的机械能增加量，故D正确。 故选D。 3． 【答案】D 【详解】A．平抛运动在竖直方向上，有 解得 即高度决定时间，第一次落在AB上与第二次落在CD上，下落的高度h可能相等，则下落时间相同，故A正确； B．若第一次落在AB上，增大速度后落在CD上且第二次下落的高度小于第一次下落的高度，根据动能定理可知动能的增量 可知增大初速度后再落到碗上的动能增量比第一次小，故B正确； C．若两次都落到斜面AB上，因为速度方向与水平方向的夹角的正切值是位移与水平方向夹角的正切值的2倍，即 又因两次的位移方向相同，所以两次落在斜面上时的速度方向相同，故C正确； D．根据结论可知做平抛运动的物体，某点的瞬时速度反向延长线交于此时水平位移的中点。如果小球下落后垂直打在侧边CD上，其瞬时速度反向延长线不可能交于水平位移中点，所以落在侧边CD上的小球，不可能垂直打在CD上，故D错误。 本题选错误的，故选D。 4． 【答案】D 【详解】A当时，，得 小球到达洞口边的位置坐标，只可进入第二个洞口，且范围为 B当时，小球到达洞口边的位置坐标，只可进入第三个洞口，且范围为 C当时，，得 小球到达洞口边的位置坐标，只可进入第二个洞口，且范围为 当时，小球到达洞口边的位置坐标，只可进入第二个洞口，且范围为 综上可得，小球直接入洞机会最大的是D选项。 故选D。 5．【答案】B 【详解】A．由抛物线方程为，得抛出点坐标为 由平抛运动 联立解得，，故A错误； B．将代入得 联立 消去t得 即小球从凹槽任一点以2.5m/s的水平初速度弹出后都能落到O点，故B正确； CD．若凹槽解除锁定，由动量守恒 恰好落在轨道底部 解得 凹槽向左移动，故CD错误。 故选B。 6．【答案】C 【详解】设小球质量为m，细绳与杆AB的夹角为θ，小球P与杆CD的距离为r，细绳水平方向的拉力提供小球做圆周运动所需的向心力，满足 解得细绳拉力大小 故细绳拉力的竖直分量为 可知杆AB的弹力满足 解得 可知F弹与ω关系为一开口向下的二次函数关系，且顶点位于（0，mg）处。 故选C。 7．【答案】C 【详解】当水面稳定时，从水面上某位置取一小部分水，看作质点，设该质点的质量为，圆周运动的半径为，过该位置的水面的切线与水平方向的夹角为，对该质点受力分析如图所示 根据合外力提供向心力有 求得 水面上离越远的点，圆周运动的半径越大，根据该式可知，越大，即越大。 故选C。 8． 【答案】C 【详解】AC．由数学知识可知，的斜率为 故，时，该点斜率为 即该点切线与轴的夹角的正切值 小球做圆周运动时 故，故A错误，C正确； B．运动过程中，支持力不为0，冲量不为0，故B错误； D．小球速率变小，纵坐标要减小，故D错误。 故选C。 二、多选题 9． 【答案】BD 【详解】A．设小球经过的最高点为，如图所示 由运动对称性可知与、的水平距离相等，由几何关系可知、的竖直距离 、的水平距离 代入数据得 小球在水平方向做匀速直线运动，可知由到，由到、与所用时间相等，设时间为，竖直方向上，由匀变速直线运动规律可知、的竖直距离 小球由到做平抛运动，有， 代入数据得， 小球由到可看作由到的平抛运动，小球在点竖直方向的速度 小球从点到点的时间为，故A错误； B．小球在点速度最小，即，故B正确； C．小球初速度与水平方向夹角正切值，故C错误； D．小球初速度大小 代入数据得，故D正确。 故选BD。 10． 【答案】BD 【详解】A．将初速度沿斜面向下和垂直斜面向上分解为， 将重力加速度沿斜面向下和垂直斜面向上分解为， 当小球落到斜面上时，垂直斜面方向位移为0，得运动总时间 落至斜面时，速度分量， 设速度与斜面夹角为，则 代入，得 因此，故A错误； B．当小球垂直斜面方向速度减为0时，离开斜面距离最大，由匀变速运动公式，最大距离 代入，得，故B正确； C．沿斜面位移的表达式 一定时，在时取最大值，先增大后减小，不是越大越大，故C错误； D．对位移的表达式变形，得 令 对求导可得 一定时，范围内始终大于0，则随增大单调递增，因此越大，位移越大，故D正确。 故选BD。 11． 【答案】AD 【详解】A．对运动员受力分析：运动员仅受重力、滑板对运动员垂直板面的弹力。匀速圆周运动中，竖直方向合力为0，水平方向合力提供向心力，竖直方向： 水平方向： 推导得：，故A正确； B．运动员受到滑板的作用力是弹力，由勾股定理得：，故B错误； C．将运动员和滑板视为整体，水平方向总向心力由地面静摩擦力提供，总向心力为两者向心力之和：，故C错误； D．整体竖直方向无加速度，地面支持力，静摩擦力不超过最大静摩擦力： 代入、得： 即滑板与地面间的动摩擦因数至少为，故D正确。 故选AD。 12． 【答案】BD 【详解】A．转动过程中，腰带处于平衡状态，合力为零，因此若转速增大，腰带受到的合力不变，故A错误； B．对配重受力分析，根据牛顿第二定律可得 解得配重的运动周期为，故B正确； C．配重运动半周，重力的冲量大小为，故C错误； D．对配重受力分析，根据牛顿第二定律可得 解得 配重运动半周，动量的变化量为 根据动量定理可得 结合上述结论可知 联立解得，故D正确。 故选BD。 三、解答题 13． 【答案】(1)5.625 m (2)24.77 m/s 【详解】（1）运动轨迹最高点处，运动员的重力提供在该点做圆周运动的向心力，运动员速度为从M点滑出时速度的水平方向分量，即， 解得 （2）从M点滑出到最高点所用时间为 则运动员从离开轨道到位于最高点时所转的圈数为n＝＝2.5 即此时运动员处于倒置状态，滑板上的Q点在最高点，所以滑板对地速度大小为 14． 【答案】(1)60N，方向竖直向下 (2)6J 【详解】（1）恰好到达D点，有 解得 C→D过程，根据动能定理可得 解得 滑块第一次刚过C点时，根据牛顿第二定律可得 解得 由牛顿第三定律可知，此时滑块对轨道的压力 方向竖直向下； （2）由于 可知，滑块第一次在传送带上运动时持续加速，设加速时间为t，则， 解得或（舍去） 因此传送带多消耗的电能为 15． 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）对摆球受力分析，则有 由于此时摆球的速度为0，即 解得 （2）对摆球受力分析，如图所示 根据牛顿第二定律可得 整体受力分析可得 联立解得 （3）对摆球，存在两个分加速度，如图所示 水平方向则有 竖直方向则有 对小车受力分析，如图所示 水平方向则有 解得 1 / 16 学科网（北京）股份有限公司 $