专题03 曲线运动（6年汇编）（广东专用）2021-2026年高考物理真题分类汇编

**基本信息** 聚焦曲线运动专题，汇编近6年广东高考真题及模拟题，覆盖平抛运动和圆周运动高频考点，情境丰富且注重核心方法考查。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选|10题|平抛运动（运动合成与分解）、圆周运动（线速度、角速度）|情境多样化（月球阴影坑、滑雪），核心方法不变| |多选|8题|平抛临界条件、圆周运动向心力|多体联动（四球系统）、临界分析（恰好通过最高点）| |计算|11题|平抛与碰撞结合、圆周运动能量问题|综合应用（药品传送系统、开瓶器齿轮），贴近真题趋势|

专题03 曲线运动 6年真题1年模拟 考点分类 广东考情 命题规律 考点01 平抛运动 近6年考5次，均为单选。平抛/斜抛运动是广东卷高频考点，情境极其丰富：从月球阴影坑、滑雪、手榴弹投掷到药品传送，体现"万变不离其宗"的命题思路——均围绕运动的合成与分解。 ①情境极度多样化：月球探测、战争历史、体育运动、药品传送，覆盖面极广；②核心方法不变：始终围绕"水平匀速+竖直自由落体"的分解思路；③时空约束条件增多。 考点02 圆周运动 近6年考6次，题型多样（单选+多选）。圆周运动考查频率极高，从传统的绳球模型、圆弧轨道到新颖的冰坑、开瓶器齿轮，题型覆盖线速度、角速度、向心力、临界条件等全部知识点。 ①模型多样化：绳球系统、冰坑、卷轴弹簧、圆弧滑道、道闸齿轮，年年新情境；②临界条件高频出现：恰好脱离、恰好通过最高点等；③多体联动成趋势。 考点01 平抛运动 1．（2026·广东·高考真题）如图是月球上一圆柱形阴影坑竖直截面图。假定某飞行器在月面上空向坑中心方向以速度匀速水平飞行。在距坑边的点正上方关闭动力，此后只受月球重力，直至抵达着陆线。已知坑直径，月面至着陆线深度，月面重力加速度取，飞行器可视为质点。飞行器安全到达着陆线，则的大小可能是（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】根据题意可知飞行器安全到达着陆线，速度最小时会刚好通过月面坑边到达着陆线，此时根据平抛运动规律在竖直方向有，代入数据解得 在水平方向有，代入数据可得； 飞行器安全到达着陆线，速度最大时会到达着陆线最右端的坑边缘，此时根据平抛运动规律在竖直方向有，代入数据解得 在水平方向有，代入数据可得 所以飞行器安全到达着陆线需满足 故选B。 2．（2022·广东·高考真题）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 【详解】由题意知枪口与P点等高，子弹和小积木在竖直方向上做自由落体运动，当子弹击中积木时子弹和积木运动时间相同，根据 可知下落高度相同，所以将击中P点；又由于初始状态子弹到P点的水平距离为L，子弹在水平方向上做匀速直线运动，故有 故选B。 3．（2022·广东·高考真题）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（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】设斜坡倾角为，运动员在斜坡MN段做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律 可得 运动员在水平段做匀速直线运动，加速度 运动员从点飞出后做平抛运动，加速度为重力加速度 设在点的速度为，则从点飞出后速度大小的表达式为 由分析可知从点飞出后速度大小与时间的图像不可能为直线，且 C正确，ABD错误。 故选C。 4．（2021·广东·高考真题）长征途中，为了突破敌方关隘，战士爬上陡峭的山头，居高临下向敌方工事内投掷手榴弹，战士在同一位置先后投出甲、乙两颗质量均为m的手榴弹，手榴弹从投出的位置到落地点的高度差为h，在空中的运动可视为平抛运动，轨迹如图所示，重力加速度为g，下列说法正确的有（　　） A．甲在空中的运动时间比乙的长 B．两手榴弹在落地前瞬间，重力的功率相等 C．从投出到落地，每颗手榴弹的重力势能减少 D．从投出到落地，每颗手榴弹的机械能变化量为 【答案】BC 【详解】A．由平抛运动规律可知，做平抛运动的时间 因为两手榴弹运动的高度差相同，所以在空中运动时间相等，故A错误； B．做平抛运动的物体落地前瞬间重力的功率 因为两手榴弹运动的高度差相同，质量相同，所以落地前瞬间，两手榴弹重力功率相同，故B正确； C．从投出到落地，手榴弹下降的高度为h，所以手榴弹重力势能减小量 故C正确； D．从投出到落地，手榴弹做平抛运动，只有重力做功，机械能守恒，故D错误。 故选BC。 5．（2023·广东·高考真题）如图为某药品自动传送系统的示意图．该系统由水平传送带、竖直螺旋滑槽和与滑槽平滑连接的平台组成，滑槽高为，平台高为。药品盒A、B依次被轻放在以速度匀速运动的传送带上，在与传送带达到共速后，从点进入滑槽，A刚好滑到平台最右端点停下，随后滑下的B以的速度与A发生正碰，碰撞时间极短，碰撞后A、B恰好落在桌面上圆盘内直径的两端。已知A、B的质量分别为和，碰撞过程中损失的能量为碰撞前瞬间总动能的。与传送带间的动摩擦因数为，重力加速度为g，AB在滑至N点之前不发生碰撞，忽略空气阻力和圆盘的高度，将药品盒视为质点。求：    （1）A在传送带上由静止加速到与传送带共速所用的时间； （2）B从点滑至点的过程中克服阻力做的功； （3）圆盘的圆心到平台右端点的水平距离． 【答案】（1）（2）；（3） 【详解】（1）A在传送带上运动时的加速度 由静止加速到与传送带共速所用的时间 （2）B从点滑至点的过程中克服阻力做的功 （3）AB碰撞过程由动量守恒定律和能量关系可知 解得 （另一组 舍掉） 两物体平抛运动的时间 则 解得 考点02 圆周运动 1．（2026·广东·高考真题）（多选）如图所示，在光滑的水平地面上，P、Q、M、N四个质量相等的小球通过两根不可伸长的轻绳相连，P、Q间的绳长为，M、N间的绳长为，两绳相交于各自的中点，四球以相同角速度ω绕固定的点做匀速圆周运动，已知，P、Q的向心加速度大小均为，M、N的向心加速度大小均为，四球均可视为质点，忽略空气阻力，下列说法正确的有（     ） A． B． C．P的线速度大小为 D．轻绳对四球的拉力大小相等 【答案】AB 【详解】A．根据题意可知P、Q做圆周运动的半径 对P、Q根据可得，故A正确； B．因为四个球角速度相同，对球M、N有 所以，故B正确； C．对于P有，故C错误； D．绳子拉力提供向心力，根据可知由于四球质量相等，角速度相等，但半径不同，故拉力大小不相等，故D错误。 故选AB。 2．（2025·广东·高考真题）（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。 3．（2024·广东·高考真题）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． B． C． D． 【答案】A 【详解】有题意可知当插销刚卡紧固定端盖时弹簧的伸长量为，根据胡克定律有 插销与卷轴同轴转动，角速度相同，对插销有弹力提供向心力 对卷轴有 联立解得 故选A。 4．（2023·广东·高考真题）（多选）人们用滑道从高处向低处运送货物．如图所示，可看作质点的货物从圆弧滑道顶端点静止释放，沿滑道运动到圆弧末端点时速度大小为。已知货物质量为，滑道高度为，且过点的切线水平，重力加速度取。关于货物从点运动到点的过程，下列说法正确的有（    ）    A．重力做的功为 B．克服阻力做的功为 C．经过点时向心加速度大小为 D．经过点时对轨道的压力大小为 【答案】BCD 【详解】A．重力做的功为 A错误； B．下滑过程据动能定理可得 代入数据解得，克服阻力做的功为 B正确； C．经过点时向心加速度大小为 C正确； D．经过点时，据牛顿第二定律可得 解得货物受到的支持力大小为 据牛顿第三定律可知，货物对轨道的压力大小为，D正确。 故选BCD。 5．（2021·广东·高考真题）由于高度限制，车库出入口采用图所示的曲杆道闸，道闸由转动杆与横杆链接而成，P、Q为横杆的两个端点。在道闸抬起过程中，杆始终保持水平。杆绕O点从与水平方向成30°匀速转动到60°的过程中，下列说法正确的是（   ） A．P点的线速度大小不变 B．P点的加速度方向不变 C．Q点在竖直方向做匀速运动 D．Q点在水平方向做匀速运动 【答案】A 【详解】A．由题知杆OP绕O点从与水平方向成30°匀速转动到60°，则P点绕O点做匀速圆周运动，则P点的线速度大小不变，A正确； B．由题知杆OP绕O点从与水平方向成30°匀速转动到60°，则P点绕O点做匀速圆周运动，P点的加速度方向时刻指向O点，B错误； C．Q点在竖直方向的运动与P点相同，相对于O点在竖直方向的位置y关于时间t的关系为 y = lOPsin( + ωt) 则可看出Q点在竖直方向不是匀速运动，C错误； D．Q点相对于O点在水平方向的位置x关于时间t的关系为 x = lOPcos( + ωt) + lPQ 则可看出Q点在水平方向也不是匀速运动，D错误。 故选A。 【点睛】 6．（2025·广东·高考真题）如图所示，用开瓶器取出紧塞在瓶口的软木塞时，先将拔塞钻旋入木塞内，随后下压把手，使齿轮绕固定支架上的转轴转动，通过齿轮啮合，带动与木塞相固定的拔塞钻向上运动。从0时刻开始，顶部与瓶口齐平的木塞从静止开始向上做匀加速直线运动，木塞所受摩擦力f随位移大小x的变化关系为，其中为常量，h为圆柱形木塞的高，木塞质量为m，底面积为S，加速度为a，齿轮半径为r，重力加速度为g，瓶外气压减瓶内气压为且近似不变，瓶子始终静止在桌面上。（提示：可用图线下的“面积”表示f所做的功）求： (1)木塞离开瓶口的瞬间，齿轮的角速度。 (2)拔塞的全过程，拔塞钻对木塞做的功W。 (3)拔塞过程中，拔塞钻对木塞作用力的瞬时功率P随时间t变化的表达式。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）木塞的末速度等于齿轮线速度，对木塞，根据运动学公式 根据角速度和线速度的关系 联立可得 （2）根据题意画出木塞摩擦力与运动距离的关系图如图所示 可得摩擦力对木塞所做的功为 对木塞，根据动能定理 解得 （3）设开瓶器对木塞的作用力为，对木塞，根据牛顿第二定律 速度 位移 开瓶器的功率 联立可得 1．（2026·广东广州·二模）如图，一投球机将小球从O点以速度水平抛出，同时，位于O点正前方地面P点的机器人伸直手臂，以速度竖直起跳用手接球，忽略空气阻力和机器人在空中的姿态变化。已知O点距地面高度为2 m，O、P两点间水平距离为3 m，起跳时手到地面的高度为1.2 m。若机器人刚好在空中接球成功，则与的比值为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】小球水平方向匀速运动，已知OP水平距离为，因此 O点离地高度，接球时小球的离地高度为 起跳时机器人手离地高度，机器人竖直上抛，接球时手的离地高度为 接球时两者高度相等，代入整理得 消去时间得： 故选B。 2．（2026·广东佛山·二模）2026年冬奥会，我国运动员在自由式滑雪空中技巧赛中夺得男、女单项金牌。该项目场地示意图如图所示，ac和fg段为斜面，cde为圆弧（d为圆弧最低点，O为其圆心），运动员从斜面ac上某处无初速滑下，进入圆弧后从e点滑出，最终落在斜面fg上。h为空中运动过程的最高点，m、n点分别与e，d点等高。若忽略运动过程所有阻力，将运动员视为质点，则下列说法正确的是（　　） A．运动员经过e、m两点时速度相同 B．若运动员从与O点等高的b点出发，则h点与O点等高 C．运动员在de段运动的时间一定比在m、n两点间运动时间长 D．运动员在斜面fg上着地时，其速度方向有可能与水平地面垂直 【答案】C 【详解】A．根据斜上抛运动的特点可知，运动员经过e、m两点时速度大小相等，方向不同，故A错误； B．若运动员从与O点等高的b点出发，由于运动员到达最高点时速度方向水平向右，根据机械能守恒定律可知，则h点应低于O点，故B错误； C．根据机械能守恒定律可知，逆向看运动员在ed段和mn段相同高度处速度大小相等，在ed段水平方向速度不断增大，mn段水平速度不变，所以ed段的竖直速度均小于mn段相同高度处的竖直速度，即竖直方向上de段的平均速度较小，由于竖直方向上位移大小相等，所以运动员在de段运动的时间一定比在m、n两点间运动时间长，故C正确； D．运动员离开轨道后做斜上抛运动，由于水平方向为匀速直线运动，所以随着时间增大，速度方向与水平方向的夹角不断增大，但不会达到90°，即运动员在斜面fg上着地时，其速度方向不可能与水平地面垂直，故D错误。 故选C。 3．（2025·广东汕头·模拟预测）如图所示，磁性圆盘竖直放置，绕固定的水平轴以大小为的角速度顺时针匀速转动，一质量为m的铁块（视为质点）吸附在距圆盘圆心O的距离为r处，相对于圆盘静止。重力加速度大小为g，下列说法正确的是（     ） A．铁块在最高点时所受的摩擦力方向一定竖直向下 B．铁块从最高点运动到最低点的过程中，铁块动量变化量为0 C．铁块在最低点时所受的摩擦力大小一定为 D．铁块从最低点运动到最高点的过程中，摩擦力对铁块做的功为 【答案】C 【详解】A．设铁块在最高点时所受的摩擦力方向竖直向下，则由牛顿第二定律得 由上式可知，当时，，方向竖直向下； 当时，； 当时，，摩擦力方向与假设方向相反，即方向竖直向上，故A错误； B．铁块动量变化量大小为，方向向左，故B错误； C．铁块在最低点时由牛顿第二定律得 解得摩擦力，故C正确； D．铁块从最低点运动到最高点的过程中，由动能定理得 解得摩擦力对铁块做的功，故D错误。 故选C。 4．（2025·广东深圳·模拟预测）如图，电动玩具小车在竖直轨道上做匀速圆周运动，测得小车每0.5s绕轨道运动一周，圆轨道直径为0.6m，玩具小车的质量为0.6kg，AC为过圆心竖直线，BD为过圆心水平线，重力加速度g大小取，小车看作质点，下列说法正确的是（　　） A．小车在BD下方运动时处于失重状态 B．小车在B点和D点时向心力相同 C．小车在C点时的线速度大小为 D．小车在A点时对轨道的压力比在C点时大12N 【答案】D 【详解】A．小车在下方时，圆心在小车的上方，向心加速度指向圆心，即加速度有竖直向上的分量，小车处于超重状态，A错误； B．向心力是矢量，小车在、两点时向心力均指向圆心，二者方向不同，因此向心力不同，B错误； C．由题意可知，小车做匀速圆周运动的周期，轨道直径，半径 则线速度，C错误； D．是最低点，对点由牛顿第二定律有 可得 是最高点，对点由牛顿第二定律有 可得 小车对轨道的压力差等于支持力差，则 即点对轨道的压力比点大，D正确。 故选D。 5．（2025·广东深圳·模拟预测）如图所示，下列有关生活中圆周运动实例分析，说法正确的是（　　） A．图甲中杂技演员表演“水流星”，当水桶通过最高点时水对桶底的压力不可能为零 B．图乙中同一小球在光滑且固定的圆锥筒内的、位置做匀速圆周运动时对筒壁的压力大小不等 C．图丙为离心式血细胞分离机，在太空中利用此装置无法实现血液成分的分层 D．图丁中秋千摆至最低点时，女孩处于超重状态 【答案】D 【详解】A．杂技“水流星”在最高点时，若速度满足 水的重力恰好提供向心力，此时水对桶底的压力为零，故A错误； B．对小球受力分析：设圆锥筒侧壁倾角为，竖直方向受力平衡得 因此筒壁对小球的支持力 与小球转动半径无关，A、B位置的支持力大小相等，根据牛顿第三定律，小球对筒壁的压力大小相等，故B错误； C．不同密度的物质做圆周运动时，所需向心力不同，密度大的物质做离心运动向外侧移动，该过程和重力无关，太空中仍可以实现血液成分分层，故C错误； D．秋千摆到最低点时，做圆周运动的向心力指向圆心（方向竖直向上），因此加速度竖直向上，支持力大于重力，女孩处于超重状态，D正确。 故选 D。 6．（2026·广东汕头·二模）如图，汕头市儿童公园的旋转飞椅在悬挂结构的电机驱动下运行，座椅与游客在水平方向做匀速圆周运动，同时沿竖直方向匀加速上升。已知座椅与游客总质量为60 kg，转动半径为5 m，角速度为1.0 rad/s，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　） A．座椅与游客处于失重状态 B．座椅与游客做匀变速曲线运动 C．座椅与游客的向心力大小为360 N D．座椅与游客的机械能随时间不断增大 【答案】D 【详解】AB．座椅与游客在水平方向做匀速圆周运动，同时沿竖直方向匀加速上升，有竖直向上的加速度，故处于超重状态，座椅与游客竖直方向加速度恒定，但水平方向的加速度是变化的，故合加速度是变化的，故座椅与游客做变速曲线运动，故AB错误； C．由，故C错误； D．座椅与游客水平方向动能不变，但竖直方向机械能增大，故总的机械能随时间不断增大，故D正确。 故选D。 7．（2026·广东东莞·二模）图示摩天轮在竖直平面以周期T匀速转动，座舱始终保持水平。已知乘客质量为m，随摩天轮转动半径为R，重力加速度为g。关于乘客运动，下列说法正确的是（     ） A．在最高点时处于平衡状态 B．从最高点向最低点的过程中，座舱速度不变 C．在最低点时，座椅对乘客的支持力的大小为 D．在最高点时，座椅对乘客的支持力的大小为 【答案】C 【详解】A．乘客做匀速圆周运动，所受合力不为零且始终指向圆心，在最高点时受力不平衡，故A错误； B．从最高点向最低点的过程中，座舱速度大小不变，方向变化，即速度变化，故B错误； C．座舱始终保持水平，在最低点时，根据重力与支持力的合力提供向心力有 解得，故C正确； D．座舱始终保持水平，在最高点时，根据重力与支持力的合力提供向心力有 解得，故D错误。 故选C 。 8．（2026·广东揭阳·二模）图示为变速自行车的传动部件，变速自行车有三个飞轮和三个链轮，飞轮的齿数有24、18、12三种，链轮的齿数有48、36、24三种。当某同学以恒定的转速踩脚踏板时，下列说法正确的是（　　） A．链轮齿数不变，换用齿数更多的飞轮；自行车行驶速度变大 B．飞轮齿数不变，换用齿数更少的链轮，自行车行驶速度变大 C．该自行车行驶的最大速度与最小速度之比为 D．该自行车行驶的最大速度与最小速度之比为 【答案】C 【详解】链轮与脚踏板同轴，其齿数为；飞轮与后轮同轴，其齿数为；链条连接前后齿轮，则 所以飞轮与后轮角速度为 自行车行驶速度为 A．链轮齿数不变，换用齿数更多的飞轮；即不变，增大，则自行车速度减小，故A错误； B．飞轮齿数不变，换用齿数更少的链轮，即减小，不变，自行车行驶速度变小，故B错误； CD．该自行车行驶的最大速度与最小速度之比为，故C正确，D错误。 故选C。 9．（2026·广东深圳·二模）2026年3月国际场地自行车世界杯女子团体竞速赛，中国队夺得金牌。为了平稳过弯，人的身体会主动向弯道内侧倾斜，保持地面对自行车的作用力恰好通过人车系统的重心。运动员做水平面内的匀速圆周运动，速度大小，弯道半径，车胎与地面间的动摩擦因数0.8，重力加速度取，忽略空气阻力。则自行车与地面夹角的正切值为（     ） A．0.8 B．1.25 C．2 D．5 【答案】C 【详解】人车匀速过弯，受重力、地面竖直支持力、地面水平静摩擦力，地面对自行车的作用力恰好通过人车系统的重心； 竖直方向受力平衡 水平方向静摩擦力提供向心力 代入，， 故选C。 10．（2026·广东广州·二模）（多选）如图所示，某同学将离地1.25m的网球以13m/s的速度斜向上击出，击球点到竖直墙壁的距离4.8m。当网球竖直分速度为零时，击中墙壁上离地高度为8.45m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10m/s2，空气阻力不计，则（     ） A．网球与墙壁碰撞前在空中的飞行时间为1.2s B．网球与墙壁碰撞前瞬间的速度大小为12m/s C．网球与墙壁碰撞前瞬间的速度方向与墙壁的夹角正弦值为0.8 D．网球与墙壁碰撞后瞬间的速度大小为 【答案】ACD 【详解】A．由题意可知网球与墙壁碰撞前瞬间竖直分速度为0，根据逆向思维，竖直方向有 可得网球与墙壁碰撞前在空中的飞行时间为，故A正确； B．根据题意可知，网球斜向上飞出，设竖直方向上分速度为，水平分速度为，如图所示 竖直分速度大小为 则有 可知网球与墙壁碰撞前瞬间的速度大小为，故B错误； CD．设网球水平分速度垂直墙面速度分量大小为，平行墙面的速度分量为，如图所示 则有 其中垂直墙面速度分量大小为 可得 网球与墙壁碰撞前瞬间的速度方向与墙壁的夹角正弦值为 由于网球与墙壁碰撞后，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，则碰后垂直墙面速度分量大小为 网球与墙壁碰撞后瞬间的速度大小为，故CD正确。 故选ACD。 11．（2025·广东汕头·模拟预测）（多选）如图所示，在网球的网前截击练习中，若小雷同学在球网正上方距地面H处，将球以不同速率向右侧不同方向水平击出，球均未出界，已知底线到网的距离为L，重力加速度取g，将球的运动视作平抛运动，下列表述正确的是（     ） A．球从击球点至落地点的位移大小可能为L B．击球的速度不能超过 C．相同时间间隔内球的速度变化量相同 D．球从击球点至落地点的位移与球的质量有关 【答案】AC 【详解】B．由平抛运动的规律知，在水平方向，球的运动是匀速直线运动，在竖直方向是自由落体运动，由 解得 又因为球击出时的速度不一定与底线垂直，故球的水平位移可以大于L，由 可知，球击出的速度可以大于，故B错误； C．相同时间间隔的速度变化量均为 ，方向均竖直向下，故C正确； AD．由勾股定理得，球从击球点至落地点的位移等于，与球的质量无关，由于水平位移x大小不确定，所以位移可能等于L，故A正确，D错误。 故选AC。 12．（2026·广东揭阳·二模）（多选）某同学两次在同一地点同一高度投掷同一铅球，1、2两次轨迹如图中曲线1、2所示，铅球两次达到的最大高度相同。忽略空气阻力，比较两次投掷过程，第2次比第1次（　　） A．从掷出到最高点的时间长 B．铅球在最高点的速度大 C．铅球着地前瞬间重力的功率大 D．该同学投掷对铅球做的功多 【答案】BD 【详解】A．从掷出到最高点过程，可逆向看成做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，由于下落高度相等，所以第2次与第1次运动时间相等，故A错误； B．从最高点到落地铅球做平抛运动，竖直方向有 由于下落高度相等，所以第2次与第1次运动时间相等；水平方向有 由于第2次的水平位移大于第1次的水平位移，则第2次的水平速度大于第1次的水平速度，即第2次比第1次铅球在最高点的速度大，故B正确； C．根据 由于从最高点到落地两次运动时间相等，所以两次运动铅球着地前瞬间重力的功率相等，故C错误； D．该同学两次投掷时，铅球的竖直分速度相等，第2次的水平速度大于第1次的水平速度，则第2次的合速度大于第1次的合速度，即第2次的铅球的初动能大于第1次的铅球的初动能，根据动能定理可知，第2次比第1次该同学投掷对铅球做的功多，故D正确。 故选BD。 13．（2026·广东深圳·二模）（多选）如图所示，在发球训练中网球被斜向下击出，速度所在的竖直平面垂直于网面，球恰好过网。已知击球后网球的速度大小为，与水平方向夹角为，不计空气阻力。从相同位置击球，下面哪种方案仍能够使球过网（     ） A．不变，变大 B．不变，变小 C．不变，变小 D．不变，变大 【答案】BD 【详解】A．将网球的运动分解为水平方向匀速直线运动和竖直方向初速度不为零的匀加速直线运动，设击球点到网的水平位移为，将初速度分解：水平初速度为 竖直初速度为 网球运动到网的时间为 竖直方向下落的总位移为 原情况恰好过网，说明击球点到网顶的竖直高度差 不变，变大，则变大、变小，则增大，，不能过网，故A错误； B．不变，变小，则变小、变大，则减小，，可过网，故B正确； C．不变，变小，则增大，，不能过网，故C错误； D．不变，变大，则减小，，可过网，故D正确。 故选BD。 14．（2026·广东·二模）（多选）如图，运动员在跳台滑雪训练中，从加速斜面上滑下，时刻从跳台边缘点水平飞出，经过4s落在倾角为的着陆斜面上点，已知着陆斜面顶端在点正下方17m处，运动员（含装备）的质量为60kg，重力加速度取，，忽略空气阻力，选点所在的水平面为零势能参考面，则（　　） A．点与点的高度差为80m B．运动员从点飞出时的速度大小为 C．运动员在点的重力势能为-37800 J D．运动员落到点前瞬间机械能为61230J 【答案】AB 【详解】A．运动员从跳台飞出可看作平抛运动，根据平抛运动的规律，竖直方向有 代入数据可得点与点的高度差为，故A正确； B．设飞出初速度为，水平位移为 根据几何关系，着陆斜面顶端在点正下方17m处，因此满足 代入数据解得，故B正确； C．选点所在水平面为零势能面，点在点下方80m，重力势能为，故C错误。 D．忽略空气阻力，平抛过程机械能守恒，总机械能等于点的机械能（点重力势能为0），即，故D错误。 故选AB。 15．（2026·广东茂名·二模）（多选）某校运动会举行铅球比赛，某选手投掷铅球轨迹如图所示，铅球仅在重力作用下做斜抛运动，取竖直向上为正方向，下列表示铅球运动过程中竖直位移y和竖直速度vy随时间t变化的图像是（　　） A． B． C． D． 【答案】AD 【详解】AB．题意可知取竖直向上为正方向，将小球初速度沿竖直方向和水平方向分解，设竖直方向的初速度大小为，则有 可知过原点且开口向下的二次函数，故A正确，B错误； CD．竖直方向速度 可知为斜率为负且不过原点的倾斜直线，故C错误，D正确。 故选AD。 16．（2026·广东东莞·模拟预测）有一种打积木的游戏，装置如图所示，三块完全相同的长方体积木水平叠放在台位上，积木长为，积木B与C夹在固定的两光滑薄板间，一钢球用长为，且不可伸长的轻绳挂于O点，钢球质量与每块积木的质量相等。游戏时，每次都将钢球拉至左侧P点处、轻绳处于伸直状态且与方向水平，由静止释放，钢球运动到最低点时与积木A发生弹性碰撞，积木A与钢球碰撞后，沿高、长度与积木相同的水平台面滑出，假设积木在落地前一直保持水平。已知积木与积木间、积木与水平面间的动摩擦因数均为，不计小球与积木的碰撞时间及空气阻力，g取。求： (1)钢球与积木A碰撞前的速度大小； (2)积木A离开台面时的速度大小； (3)积木A完全离开平台后至落地的水平位移大小。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）根据机械能守恒定律有 解得钢球与积木A碰撞前的速度大小 （2）钢球与积木A发生弹性碰撞，碰撞后钢球与积木A速度大小分别为、,根据动量守恒定律和能量守恒定律有， 解得， 设积木离开台面时的速度为，根据动能定理有 代入数据解得 （3）由平抛运动知识可得 解得 积木A完全离开平台后至落地的水平位移大小 17．（2025·广东中山·模拟预测）有一种打积木的游戏，装置如图所示，三块完全相同的长方体积木水平叠放在台位上，积木长为，积木B与C夹在固定的两光滑薄板间，一钢球用长为，且不可伸长的轻绳挂于点，钢球质量与每块积木的质量相等。游戏时，每次都将钢球拉至左上方P点处、轻绳处于伸直状态且与水平方向成的位置由静止释放，钢球运动到最低点时与积木发生弹性碰撞，积木A与钢球碰撞后，沿高、长度与积木相同的水平台面滑出，假设积木在落地前一直保持水平。已知积木与积木间、积木与水平面间的动摩擦因数均为，不计小球与积木的碰撞时间及空气阻力，g取。求： (1)钢球与积木A碰撞前的速度大小； (2)积木离开台面时的速度大小； (3)积木完全离开平台后至落地的水平位移大小。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）钢球自由下落至左下方处、轻绳处于伸直状态且与水平方向成的位置时，钢球的速度为v1 ，根据机械能守恒定律有 轻绳在这个位置绷直，钢球开始做圆周运动到最低点，钢球做圆周运动的初速度为                钢球做圆周运动过程中机械能守恒，设钢球运动至最低点的速度为，根据机械能守恒定律有         联立解得钢球运动至最低点的速度为 （2）钢球与积木A发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和能量守恒定律有， 设积木离开台面时的速度为，根据动能定理有 代入数据解得 （3）积木完全离开平台后，竖直方向 水平方向 联立解得 18．（2025·广东·模拟预测）某工厂需要将货物从高处运输到地面的指定位置，运输过程可简化如图所示。长度的水平传送带以大小的速度顺时针匀速转动，质量的货物（可视为质点）从传送带的左端点由静止释放，经过右端点后，从半径的半圆管道的最高点水平进入，当货物沿管道下滑至点时，货物对管道的压力，随后货物滑上静止在光滑水平面上的长木板，当货物与长木板达到共速时，长木板左端恰好触碰制动装置并瞬间静止。已知货物与传送带间的动摩擦因数为，货物与长木板间的动摩擦因数为，长木板的质量，长度，重力加速度。求： (1)货物经过点时的速度大小； (2)货物和半圆管道之间因摩擦产生的热量； (3)若货物抛出点离地面的高度，求货物落地点与抛出点的水平距离。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）货物在传送带上加速运动的过程有             解得 假设货物到达右端点前已经与传送带共速，则货物加速阶段通过的位移为     解得             假设成立，可知货物离开点时的速度大小为 （2）当货物运动到点处，由牛顿第三定律可知，货物所受支持力大小为 由牛顿第二定律可知             解得 货物从半圆管道的点滑到点的过程中，由功能关系可知         解得此过程因摩擦产生的热量 （3）货物与长木板共速，由动量守恒定律可得             解得 对货物受力分析，有 解得 货物在长木板上向左做匀减速运动，则             解得 对长木板受力分析，有 解得 长木板向左做匀加速运动，则             解得 由位移关系可知 因此货物与长木板达到共速时，货物离长木板最左侧的距离         即长木板触碰制动装置静止后，货物仍向左匀减速运动0.7m，由             解得 随后货物做平抛运动，竖直方向有         解得 货物落地点与抛出点的水平距离 19．（2025·广东深圳·一模）下雨天，私家车刹车停止时，车内小梁同学发现车前挡风玻璃上同一位置有两颗水珠和，水珠水平飞出，水珠沿玻璃匀加速下滑，水珠落回玻璃时，恰好与相遇，示意图如图所示。已知水珠和的质量均为 ，初速度大小均为，车前挡风玻璃与水平夹角，水珠下滑时质量保持不变，不计空气阻力，水珠均可视为质点，重力加速度取，，。求： (1)水珠在空中运动的时间和位移； (2)下滑过程中，水珠受到阻力的大小（结果用分数及科学计数法表示）； (3)若水珠和融合时，水珠垂直玻璃方向的分速度瞬间损失，沿玻璃切向的分速度不变，融合时间忽略不计，则融合后瞬间水珠的速度的大小。 【答案】(1)，； (2)； (3) 【详解】（1）方法一：平抛运动规律 水珠A做平抛运动，有 解得， 方法二：以斜面和垂直斜面方向正交分解 方向：，解得 方向：解得 （2）水珠B沿着斜面做匀加速直线运动 根据运动学公式可知 解得 由受力分析及牛顿第二定律可知 解得 （3）水珠和融合时，水珠垂直玻璃方向的分速度瞬间损失 根据运动的合成与分解，此时水珠沿玻璃的分速度大小满足 其中 而融合时水珠B的速度为 融合过程由动量守恒得 解得 20．（25-26高三上·广东深圳·阶段检测）我国“深海勇士”号母船在执行海底热液区科考任务时，采用一种“无扰动样本回收装置”，如图所示,下潜器在深海中将A点沿水平方向释放一个质量为的样本舱（内置精密仪器），样本恰好无碰撞地沿圆弧切线从B点进入竖直光滑圆弧轨道。B、C为圆弧的两端点,其连线水平，轨道最低点为O，样本舱到达O点的速度大小，圆弧对应的圆心角，圆弧半径 ，A点距水平面的高度，样本舱离开C点后恰好能无碰撞地沿固定斜面滑至最高点D，并自动锁定在海底实验平台上。已知样本舱与缓冲斜坡间的动摩擦因数，海水浮力，样本舱在水底形成“水膜润滑”状态，忽略海水阻力，取，，，求： (1)样本舱到达B点时的速度大小； (2)缓冲斜坡上C、D间的距离； (3)为了保护样本舱，样本舱受到的最大冲击力不能超过40N，试分析样本舱能否安全到达海底实验平台D点。 【答案】(1) (2) (3)可以到达。 【详解】（1）对于样本舱，由A到B做平抛运动，在B点竖直方向上有 ， 在B点时有 解得 （2）由题可得 物块沿斜面上滑时，有 解得 斜面上C、D间的距离 （3）在O点时，根据 解得 故可以到达。 21．（2025·广东肇庆·一模）如图所示，在竖直平面内固定一个半径为R的四分之一光滑圆弧轨道BC，其与足够长、粗糙的水平轨道相切于B点．质量为m、可视为质点的滑块，从水平轨道上A点以初速度沿直线AB运动，恰好能到达C点正上方D点处，而后返回，并最终停在水平轨道上E点（图中未画出）。此后，对滑块施加水平向右的拉力，滑块沿轨道运动并从C点飞出，最终落在水平轨道上H点（图中未画出）。已知，重力加速度为g，不计空气阻力。求： (1)滑块与水平轨道间的动摩擦因数和A、E间的距离； (2)在拉力F作用下，滑块经过BC段中点时，对轨道的压力大小； (3)滑块落地点H与A点的距离。 【答案】(1)， (2) (3) 【详解】（1）滑块从A点运动到D点，根据动能定理， 解得 滑块从D点返回到E点，根据动能定理 又 解得 （2）设在拉力F作用下，滑块经过BC段中点时，速度为v，受到的支持力大小为．从E点到BC段中点的过程，根据动能定理，有 得 经过BC段中点时 得 滑块对轨道的压力与轨道对滑块的支持力是一对相互作用力，所以滑块对轨道的压力大小为。 （3）设滑块从C点飞出时，速度为 从C点飞出后， ， 竖直方向做竖直上抛运动，落地时 得，（舍去） 水平方向做匀加速直线运动，落地点H与A点的水平距离 解得。 22．（2026·广东深圳·一模）如图甲，家用旋转拖把主要由主杆、传动系统和拖布头组成。沿竖直方向推主杆，能实现拖布头的单向旋转。将拖布头放入脱水篮，拖布头与脱水篮结合成为一个整体，向下推动主杆，传动系统会带动拖布头及脱水篮一起快速旋转，将水甩出。g取。 (1)已知脱水篮半径，收纳桶半径R＝12.0cm，俯视如图乙所示。用力向下推动主杆一定距离，污水脱离脱水篮后沿切线水平方向飞出，击中收纳桶内侧边缘上某点，测得该点距飞出点的高度差H＝1.0cm。请计算污水脱离脱水篮时的速度大小； (2)脱水结束后继续探究。在脱水篮外侧面固定一轻质遮光片，收纳桶内侧面固定光电门，遮光点到脱水篮边缘距离L＝2.0cm。将钩码固定在主杆上，保持主杆竖直，由静止释放钩码，当钩码下降h＝6.0cm时，测得遮光点的线速度为v＝1.0m/s。请计算此时脱水篮的角速度； (3)该拖把采用齿轮传动，主杆每下降d＝3cm，脱水篮旋转n＝1圈。钩码和主杆的总质量M＝2.4kg，拖布头及脱水篮总质量m＝1.0kg。若该拖布头及脱水篮总动能的表达式为，求第（2）问中钩码下降6.0cm过程中整个传动系统克服阻力做功大小。（不计空气阻力，取） 【答案】(1)2m/s (2) (3)1.197J 【详解】（1）由几何关系，得 解得 污水脱离脱水篮后做平抛运动，在竖直方向，有 解得 在水平方向，有 解得 （2）主杆到遮光点的水平距离 根据线速度和角速度的关系，得 解得 （3）设在时间内，脱水篮旋转圈，则脱水篮边缘的线速度 主杆下降了，下降的速度 且有 代入、、、，联立解得 代入第（2）问中脱水篮的角速度，可得脱水篮边缘的线速度 主杆下降的速度 由能量守恒定律，得 解得 23．（2026·广东广州·模拟预测）图甲所示的电动玩具车的部分轨道可抽象简化为图乙的模型。BE为水平直轨道，点B、C、E分别为螺旋滑槽、单匝竖直圆轨道、水平半圆轨道与水平直轨道的切点，小车可视为质点，质量m=40g，xBC= 1.0m，xCE=0.5m，滑槽上A点到地面的距离h=1.6m，竖直圆轨道半径R=0.3m，小车在直轨道BE所受的阻力大小均为f=0.2N，重力加速度g取10m/s2。 (1)第一次实验，关闭小车发动机，将小车从A点静止释放，小车沿着螺旋滑槽滑下，从B点滑上水平直轨道，且恰能通过竖直圆轨道的最高点D，求此过程中，小车克服螺旋滑槽和竖直圆轨道的阻力做的功W； (2)第二次实验，在不同位置释放小车，测得小车离开竖直圆轨道C点时的速率为vc，经过半圆轨道E点的向心力为F，vc2随着F变化的图像如图丙所示。小车在半圆轨道E点的最大向心力不能超过F0=28.8N，求小车经E点进入水平圆轨道做匀速圆周运动的最大角速度ω； (3)第三次实验，通过遥控装置控制小车在竖直圆轨道完成一周匀速圆周运动，速率恒为m/s，求从D点运动半圈到C点轨道对小车的作用力的冲量I大小。（π2≈10） 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）从A到竖直圆轨道最高点D，由动能定理有   在D点重力刚好提供向心力                        解得 （2）设半圆轨道半径为r，从C点到E点，由动能定理有 由向心力公式得                          解得              由图像得 所以 则临界时有                解得 （3）设水平向左为正方向，从D点到C点，小车的运动时间为 动量的变化量分别为 即方向水平向左 车受到重力和轨道给车的作用力，且合外力的冲量水平向左，重力冲量竖直向下 根据矢量计算可得             解得 24．（2025·广东广州·模拟预测）如图为高山滑雪简化模型：倾斜滑道AB与水平滑道CD通过圆弧滑道BC平滑连接。已知AC高度差为5R，BC半径为R，CD长度为4R，滑雪板与CD间的动摩擦因数为0.05。质量为m的运动员（含装备）从A点由静止开始滑下，到达C处速率为，随后运动到D处再水平飞出，最后着陆在滑道DE上，着陆点与D点高度差为R。运动员可视为质点，重力加速度为g，不计空气阻力，求运动员 (1)在BC段的C处对滑道压力的大小； (2)从A到D过程中损失的机械能； (3)在DE上着陆时重力的功率。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）由题意知，运动员在C处的速率为 在滑道BC段C处，由牛顿第二定律 得运动员所受弹力 由牛顿第三定律，运动员对圆弧滑道的压力大小 （2）运动员从C到D过程，由动能定理 从A到D过程，由能量守恒有 联立可得此过程损失的机械能 （3）运动员经过D点后平抛运动，着陆点竖直方向速度满足 着陆到DE上时重力的功率 25．（2025·广东中山·模拟预测） 如图甲所示，为一游乐场的飞天大转盘娱乐项目，现将该游戏简化为图乙所示的情形。一粗糙的倾斜圆盘，与水平面的夹角为，绕垂直圆盘的轴线以逆时针方向转动，一质量为m=1kg的物体放在转盘上，随转盘一起转动，且物体转到最低点A时恰好与圆盘不发生相对滑动，已知物体与圆盘间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取，，在物体从A运动一周回到A点的过程中，求： (1)物体在最高点B点受到的摩擦力； (2)圆盘对物体的摩擦力的冲量大小。 【答案】(1)5N，方向沿盘面向上 (2) 【详解】（1）对物体，在最低点A点，根据牛顿第二定律可得 解得      在最高点B点 解得 方向沿盘面向上。 （2）物体转动一周，动量不变，根据动量定理可得 其中 联立解得 26．（2025·广东深圳·一模）如图所示，为一段赛车训练赛道，赛道在水平面上，宽度为。可视为质点的赛车将在赛道起点线的任意位置由静止起步，沿长为的直道做一段匀加速直线运动，进入弯道后做匀速圆周运动通过半圆形弯道，最终到达终点。已知半圆形弯道内弯半径为，赛车的轮胎与赛道间的侧向最大静摩擦因数为，通过底板的空气动力学设计可使赛车在高速通过弯道时与地面之间的压力达到自身重力的4倍，重力加速度为，求： (1)为避免因速度过快在弯道上发生侧滑，赛车在直道上加速的最大加速度； (2)若赛车在直道的加速度为，求其通过整条赛道的最短时间。 【答案】(1) (2) 【详解】（1）设到达弯道的最大速度为，根据直线运动规律 当赛车以最大速度过弯，圆周运动半径为，则有 联立解得 （2）直道加速过程满足 代入解得 直道时间 弯道中，若要时间最短需取最小半径，根据牛顿第二定律可得 解得 弯道时间 总时间 起步点可以位于赛道左侧，最远不能超过，故 27．（2026·广东江门·二模）如图所示，半径R=0.45 m的光滑半圆轨道AB竖直固定放置，与水平光滑平台在B点平滑连接。质量m=0.18 kg的玩具小车（无动力）以某一水平初速度向右运动，与静止于平台上、质量M=0.54 kg的物块发生碰撞（碰撞时间极短），碰撞后小车经过轨道最高点A时对轨道的压力大小F=1 N，物块从平台飞出后落在水平地面上，落点到平台右侧的水平距离x=2 m，平台到水平地面的高度h=0.8 m。小车、物块均视为质点，取重力加速度大小，不计空气阻力。求： (1)碰撞后瞬间物块的速度大小v； (2)小车经过轨道上的B点时对轨道的压力大小； (3)小车与物块碰撞过程中损失的机械能。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）碰后M做平抛运动，根据平抛运动规律有 代入题中数据，解得 （2）碰后小车回到A点时有 代入题中数据，解得 碰后对小车，根据机械能守恒有 联立解得 小车经过轨道上的B点有 解得 根据牛顿第三定律可知，小车经过轨道上的B点时对轨道的压力大小。 （3）设碰前小车速度为，规定向右正方向，根据动量守恒有 联立解得 则小车与物块碰撞过程中损失的机械能 联立解得 可知该碰撞为弹性碰撞。 28．（2025·广东佛山·一模）如图所示，某智能物流中心采用复合传送系统分拣包裹。传送系统的左端为一半圆环形水平转弯机，其中心线的半径为R0=2m，最小半径R1=1m，最大半径R2=3m。将多个相同的质量m=2kg的包裹以不同的初速度放在转弯机的不同位置，使包裹与转弯机不打滑（即随转弯机同步运动）。包裹离开转弯机后进入水平传送带，与传送带共速后，由长度为L=5m、倾角为=37°的倾斜传送带运送至顶端，再经水平传送带匀速运送至分拣机，最终被水平抛出，落入分拣车中。落点与抛出点的竖直距离和水平距离分别为h=1.8m及s=1.2m。已知：传送系统各部分平滑衔接且为同种材质。忽略空气阻力，包裹可视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g=10m/s2。问： (1)包裹放在水平转弯机上的什么位置不易打滑，是内侧还是外侧？若包裹不打滑且水平转弯机各部分的动摩擦因数均为μ0=0.9，求半圆形水平转弯机的最大运行角速度ωm。 (2)要使包裹在倾斜传送带上不打滑，则包裹与传送带之间的动摩擦因数μ至少为多少？ (3)包裹从静止释放到落入分拣车的过程中，传送系统及分拣机对包裹做的功W。 【答案】(1)内侧； (2) (3)64J 【详解】（1）包裹在水平转弯机上做圆周运动时，根据，可知包裹放在水平转弯机上内侧不易打滑；半圆形水平转弯机的最大运行角速度 （2）要使包裹在倾斜传送带上不打滑，则需满足 解得 （3）包裹从分拣机上抛出时的速度 包裹从静止释放到落入分拣车的过程中，传送系统及分拣机对包裹做的功 29．（2026·广东·模拟预测）如图甲所示，冲击摆是一种基于物理学原理的装置，广泛应用于实验测量、工程测试和机械设计等领域，图乙为其简化模型：质量为的物块用长为的轻质细绳悬挂在固定点，静止不动时物块位于点正下方，质量为的弹丸以一定水平初速度击中静止的物块，并留在物块中。已知细绳能承受的最大拉力为，弹丸与物块可视为质点且相互作用时间极短，不计空气阻力，重力加速度为。 (1)若细绳偏离竖直方向的最大角度为，求弹丸射入物块时的初速度； (2)为保证细绳不被拉断，弹丸射入时的最大初动能； (3)能量内化率是指弹丸射入物块的过程中系统动能的损失与弹丸初始动能的比值，为使能量内化率不低于80%，求物块质量与弹丸质量应满足的关系。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）弹丸和物块整体一起从最低点摆动到最高点的过程中， 根据机械能守恒定律可得 弹丸射入物块的过程中， 根据动量守恒定律可得 联立解得 （2）弹丸射入物块时的初动量 根据动量守恒定律可得 物块处于最低点时，细绳中的拉力最大， 根据牛顿第二定律可得 解得 （3）弹丸射入物块的过程中系统机械能的损失 解得 能量内化率 解得 若要，只需 2 / 5 1 / 5 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题03 曲线运动 6年真题1年模拟 考点分类 广东考情 命题规律 考点01 平抛运动 近6年考5次，均为单选。平抛/斜抛运动是广东卷高频考点，情境极其丰富：从月球阴影坑、滑雪、手榴弹投掷到药品传送，体现"万变不离其宗"的命题思路——均围绕运动的合成与分解。 ①情境极度多样化：月球探测、战争历史、体育运动、药品传送，覆盖面极广；②核心方法不变：始终围绕"水平匀速+竖直自由落体"的分解思路；③时空约束条件增多。 考点02 圆周运动 近6年考6次，题型多样（单选+多选）。圆周运动考查频率极高，从传统的绳球模型、圆弧轨道到新颖的冰坑、开瓶器齿轮，题型覆盖线速度、角速度、向心力、临界条件等全部知识点。 ①模型多样化：绳球系统、冰坑、卷轴弹簧、圆弧滑道、道闸齿轮，年年新情境；②临界条件高频出现：恰好脱离、恰好通过最高点等；③多体联动成趋势。 考点01 平抛运动 1．（2026·广东·高考真题）如图是月球上一圆柱形阴影坑竖直截面图。假定某飞行器在月面上空向坑中心方向以速度匀速水平飞行。在距坑边的点正上方关闭动力，此后只受月球重力，直至抵达着陆线。已知坑直径，月面至着陆线深度，月面重力加速度取，飞行器可视为质点。飞行器安全到达着陆线，则的大小可能是（     ） A． B． C． D． 2．（2022·广东·高考真题）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 3．（2022·广东·高考真题）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（　　） A． B． C． D． 4．（2021·广东·高考真题）长征途中，为了突破敌方关隘，战士爬上陡峭的山头，居高临下向敌方工事内投掷手榴弹，战士在同一位置先后投出甲、乙两颗质量均为m的手榴弹，手榴弹从投出的位置到落地点的高度差为h，在空中的运动可视为平抛运动，轨迹如图所示，重力加速度为g，下列说法正确的有（　　） A．甲在空中的运动时间比乙的长 B．两手榴弹在落地前瞬间，重力的功率相等 C．从投出到落地，每颗手榴弹的重力势能减少 D．从投出到落地，每颗手榴弹的机械能变化量为 5．（2023·广东·高考真题）如图为某药品自动传送系统的示意图．该系统由水平传送带、竖直螺旋滑槽和与滑槽平滑连接的平台组成，滑槽高为，平台高为。药品盒A、B依次被轻放在以速度匀速运动的传送带上，在与传送带达到共速后，从点进入滑槽，A刚好滑到平台最右端点停下，随后滑下的B以的速度与A发生正碰，碰撞时间极短，碰撞后A、B恰好落在桌面上圆盘内直径的两端。已知A、B的质量分别为和，碰撞过程中损失的能量为碰撞前瞬间总动能的。与传送带间的动摩擦因数为，重力加速度为g，AB在滑至N点之前不发生碰撞，忽略空气阻力和圆盘的高度，将药品盒视为质点。求：    （1）A在传送带上由静止加速到与传送带共速所用的时间； （2）B从点滑至点的过程中克服阻力做的功； （3）圆盘的圆心到平台右端点的水平距离． 考点02 圆周运动 1．（2026·广东·高考真题）（多选）如图所示，在光滑的水平地面上，P、Q、M、N四个质量相等的小球通过两根不可伸长的轻绳相连，P、Q间的绳长为，M、N间的绳长为，两绳相交于各自的中点，四球以相同角速度ω绕固定的点做匀速圆周运动，已知，P、Q的向心加速度大小均为，M、N的向心加速度大小均为，四球均可视为质点，忽略空气阻力，下列说法正确的有（     ） A． B． C．P的线速度大小为 D．轻绳对四球的拉力大小相等 2．（2025·广东·高考真题）（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 3．（2024·广东·高考真题）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． B． C． D． 4．（2023·广东·高考真题）（多选）人们用滑道从高处向低处运送货物．如图所示，可看作质点的货物从圆弧滑道顶端点静止释放，沿滑道运动到圆弧末端点时速度大小为。已知货物质量为，滑道高度为，且过点的切线水平，重力加速度取。关于货物从点运动到点的过程，下列说法正确的有（    ）    A．重力做的功为 B．克服阻力做的功为 C．经过点时向心加速度大小为 D．经过点时对轨道的压力大小为 5．（2021·广东·高考真题）由于高度限制，车库出入口采用图所示的曲杆道闸，道闸由转动杆与横杆链接而成，P、Q为横杆的两个端点。在道闸抬起过程中，杆始终保持水平。杆绕O点从与水平方向成30°匀速转动到60°的过程中，下列说法正确的是（   ） A．P点的线速度大小不变 B．P点的加速度方向不变 C．Q点在竖直方向做匀速运动 D．Q点在水平方向做匀速运动 6．（2025·广东·高考真题）如图所示，用开瓶器取出紧塞在瓶口的软木塞时，先将拔塞钻旋入木塞内，随后下压把手，使齿轮绕固定支架上的转轴转动，通过齿轮啮合，带动与木塞相固定的拔塞钻向上运动。从0时刻开始，顶部与瓶口齐平的木塞从静止开始向上做匀加速直线运动，木塞所受摩擦力f随位移大小x的变化关系为，其中为常量，h为圆柱形木塞的高，木塞质量为m，底面积为S，加速度为a，齿轮半径为r，重力加速度为g，瓶外气压减瓶内气压为且近似不变，瓶子始终静止在桌面上。（提示：可用图线下的“面积”表示f所做的功）求： (1)木塞离开瓶口的瞬间，齿轮的角速度。 (2)拔塞的全过程，拔塞钻对木塞做的功W。 (3)拔塞过程中，拔塞钻对木塞作用力的瞬时功率P随时间t变化的表达式。 1．（2026·广东广州·二模）如图，一投球机将小球从O点以速度水平抛出，同时，位于O点正前方地面P点的机器人伸直手臂，以速度竖直起跳用手接球，忽略空气阻力和机器人在空中的姿态变化。已知O点距地面高度为2 m，O、P两点间水平距离为3 m，起跳时手到地面的高度为1.2 m。若机器人刚好在空中接球成功，则与的比值为（　　） A． B． C． D． 2．（2026·广东佛山·二模）2026年冬奥会，我国运动员在自由式滑雪空中技巧赛中夺得男、女单项金牌。该项目场地示意图如图所示，ac和fg段为斜面，cde为圆弧（d为圆弧最低点，O为其圆心），运动员从斜面ac上某处无初速滑下，进入圆弧后从e点滑出，最终落在斜面fg上。h为空中运动过程的最高点，m、n点分别与e，d点等高。若忽略运动过程所有阻力，将运动员视为质点，则下列说法正确的是（　　） A．运动员经过e、m两点时速度相同 B．若运动员从与O点等高的b点出发，则h点与O点等高 C．运动员在de段运动的时间一定比在m、n两点间运动时间长 D．运动员在斜面fg上着地时，其速度方向有可能与水平地面垂直 3．（2025·广东汕头·模拟预测）如图所示，磁性圆盘竖直放置，绕固定的水平轴以大小为的角速度顺时针匀速转动，一质量为m的铁块（视为质点）吸附在距圆盘圆心O的距离为r处，相对于圆盘静止。重力加速度大小为g，下列说法正确的是（     ） A．铁块在最高点时所受的摩擦力方向一定竖直向下 B．铁块从最高点运动到最低点的过程中，铁块动量变化量为0 C．铁块在最低点时所受的摩擦力大小一定为 D．铁块从最低点运动到最高点的过程中，摩擦力对铁块做的功为 4．（2025·广东深圳·模拟预测）如图，电动玩具小车在竖直轨道上做匀速圆周运动，测得小车每0.5s绕轨道运动一周，圆轨道直径为0.6m，玩具小车的质量为0.6kg，AC为过圆心竖直线，BD为过圆心水平线，重力加速度g大小取，小车看作质点，下列说法正确的是（　　） A．小车在BD下方运动时处于失重状态 B．小车在B点和D点时向心力相同 C．小车在C点时的线速度大小为 D．小车在A点时对轨道的压力比在C点时大12N 5．（2025·广东深圳·模拟预测）如图所示，下列有关生活中圆周运动实例分析，说法正确的是（　　） A．图甲中杂技演员表演“水流星”，当水桶通过最高点时水对桶底的压力不可能为零 B．图乙中同一小球在光滑且固定的圆锥筒内的、位置做匀速圆周运动时对筒壁的压力大小不等 C．图丙为离心式血细胞分离机，在太空中利用此装置无法实现血液成分的分层 D．图丁中秋千摆至最低点时，女孩处于超重状态 6．（2026·广东汕头·二模）如图，汕头市儿童公园的旋转飞椅在悬挂结构的电机驱动下运行，座椅与游客在水平方向做匀速圆周运动，同时沿竖直方向匀加速上升。已知座椅与游客总质量为60 kg，转动半径为5 m，角速度为1.0 rad/s，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　） A．座椅与游客处于失重状态 B．座椅与游客做匀变速曲线运动 C．座椅与游客的向心力大小为360 N D．座椅与游客的机械能随时间不断增大 7．（2026·广东东莞·二模）图示摩天轮在竖直平面以周期T匀速转动，座舱始终保持水平。已知乘客质量为m，随摩天轮转动半径为R，重力加速度为g。关于乘客运动，下列说法正确的是（     ） A．在最高点时处于平衡状态 B．从最高点向最低点的过程中，座舱速度不变 C．在最低点时，座椅对乘客的支持力的大小为 D．在最高点时，座椅对乘客的支持力的大小为 8．（2026·广东揭阳·二模）图示为变速自行车的传动部件，变速自行车有三个飞轮和三个链轮，飞轮的齿数有24、18、12三种，链轮的齿数有48、36、24三种。当某同学以恒定的转速踩脚踏板时，下列说法正确的是（　　） A．链轮齿数不变，换用齿数更多的飞轮；自行车行驶速度变大 B．飞轮齿数不变，换用齿数更少的链轮，自行车行驶速度变大 C．该自行车行驶的最大速度与最小速度之比为 D．该自行车行驶的最大速度与最小速度之比为 9．（2026·广东深圳·二模）2026年3月国际场地自行车世界杯女子团体竞速赛，中国队夺得金牌。为了平稳过弯，人的身体会主动向弯道内侧倾斜，保持地面对自行车的作用力恰好通过人车系统的重心。运动员做水平面内的匀速圆周运动，速度大小，弯道半径，车胎与地面间的动摩擦因数0.8，重力加速度取，忽略空气阻力。则自行车与地面夹角的正切值为（     ） A．0.8 B．1.25 C．2 D．5 10．（2026·广东广州·二模）（多选）如图所示，某同学将离地1.25m的网球以13m/s的速度斜向上击出，击球点到竖直墙壁的距离4.8m。当网球竖直分速度为零时，击中墙壁上离地高度为8.45m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10m/s2，空气阻力不计，则（     ） A．网球与墙壁碰撞前在空中的飞行时间为1.2s B．网球与墙壁碰撞前瞬间的速度大小为12m/s C．网球与墙壁碰撞前瞬间的速度方向与墙壁的夹角正弦值为0.8 D．网球与墙壁碰撞后瞬间的速度大小为 11．（2025·广东汕头·模拟预测）（多选）如图所示，在网球的网前截击练习中，若小雷同学在球网正上方距地面H处，将球以不同速率向右侧不同方向水平击出，球均未出界，已知底线到网的距离为L，重力加速度取g，将球的运动视作平抛运动，下列表述正确的是（     ） A．球从击球点至落地点的位移大小可能为L B．击球的速度不能超过 C．相同时间间隔内球的速度变化量相同 D．球从击球点至落地点的位移与球的质量有关 12．（2026·广东揭阳·二模）（多选）某同学两次在同一地点同一高度投掷同一铅球，1、2两次轨迹如图中曲线1、2所示，铅球两次达到的最大高度相同。忽略空气阻力，比较两次投掷过程，第2次比第1次（　　） A．从掷出到最高点的时间长 B．铅球在最高点的速度大 C．铅球着地前瞬间重力的功率大 D．该同学投掷对铅球做的功多 13．（2026·广东深圳·二模）（多选）如图所示，在发球训练中网球被斜向下击出，速度所在的竖直平面垂直于网面，球恰好过网。已知击球后网球的速度大小为，与水平方向夹角为，不计空气阻力。从相同位置击球，下面哪种方案仍能够使球过网（     ） A．不变，变大 B．不变，变小 C．不变，变小 D．不变，变大 14．（2026·广东·二模）（多选）如图，运动员在跳台滑雪训练中，从加速斜面上滑下，时刻从跳台边缘点水平飞出，经过4s落在倾角为的着陆斜面上点，已知着陆斜面顶端在点正下方17m处，运动员（含装备）的质量为60kg，重力加速度取，，忽略空气阻力，选点所在的水平面为零势能参考面，则（　　） A．点与点的高度差为80m B．运动员从点飞出时的速度大小为 C．运动员在点的重力势能为-37800 J D．运动员落到点前瞬间机械能为61230J 15．（2026·广东茂名·二模）（多选）某校运动会举行铅球比赛，某选手投掷铅球轨迹如图所示，铅球仅在重力作用下做斜抛运动，取竖直向上为正方向，下列表示铅球运动过程中竖直位移y和竖直速度vy随时间t变化的图像是（　　） A． B． C． D． 16．（2026·广东东莞·模拟预测）有一种打积木的游戏，装置如图所示，三块完全相同的长方体积木水平叠放在台位上，积木长为，积木B与C夹在固定的两光滑薄板间，一钢球用长为，且不可伸长的轻绳挂于O点，钢球质量与每块积木的质量相等。游戏时，每次都将钢球拉至左侧P点处、轻绳处于伸直状态且与方向水平，由静止释放，钢球运动到最低点时与积木A发生弹性碰撞，积木A与钢球碰撞后，沿高、长度与积木相同的水平台面滑出，假设积木在落地前一直保持水平。已知积木与积木间、积木与水平面间的动摩擦因数均为，不计小球与积木的碰撞时间及空气阻力，g取。求： (1)钢球与积木A碰撞前的速度大小； (2)积木A离开台面时的速度大小； (3)积木A完全离开平台后至落地的水平位移大小。 17．（2025·广东中山·模拟预测）有一种打积木的游戏，装置如图所示，三块完全相同的长方体积木水平叠放在台位上，积木长为，积木B与C夹在固定的两光滑薄板间，一钢球用长为，且不可伸长的轻绳挂于点，钢球质量与每块积木的质量相等。游戏时，每次都将钢球拉至左上方P点处、轻绳处于伸直状态且与水平方向成的位置由静止释放，钢球运动到最低点时与积木发生弹性碰撞，积木A与钢球碰撞后，沿高、长度与积木相同的水平台面滑出，假设积木在落地前一直保持水平。已知积木与积木间、积木与水平面间的动摩擦因数均为，不计小球与积木的碰撞时间及空气阻力，g取。求： (1)钢球与积木A碰撞前的速度大小； (2)积木离开台面时的速度大小； (3)积木完全离开平台后至落地的水平位移大小。 18．（2025·广东·模拟预测）某工厂需要将货物从高处运输到地面的指定位置，运输过程可简化如图所示。长度的水平传送带以大小的速度顺时针匀速转动，质量的货物（可视为质点）从传送带的左端点由静止释放，经过右端点后，从半径的半圆管道的最高点水平进入，当货物沿管道下滑至点时，货物对管道的压力，随后货物滑上静止在光滑水平面上的长木板，当货物与长木板达到共速时，长木板左端恰好触碰制动装置并瞬间静止。已知货物与传送带间的动摩擦因数为，货物与长木板间的动摩擦因数为，长木板的质量，长度，重力加速度。求： (1)货物经过点时的速度大小； (2)货物和半圆管道之间因摩擦产生的热量； (3)若货物抛出点离地面的高度，求货物落地点与抛出点的水平距离。 19．（2025·广东深圳·一模）下雨天，私家车刹车停止时，车内小梁同学发现车前挡风玻璃上同一位置有两颗水珠和，水珠水平飞出，水珠沿玻璃匀加速下滑，水珠落回玻璃时，恰好与相遇，示意图如图所示。已知水珠和的质量均为 ，初速度大小均为，车前挡风玻璃与水平夹角，水珠下滑时质量保持不变，不计空气阻力，水珠均可视为质点，重力加速度取，，。求： (1)水珠在空中运动的时间和位移； (2)下滑过程中，水珠受到阻力的大小（结果用分数及科学计数法表示）； (3)若水珠和融合时，水珠垂直玻璃方向的分速度瞬间损失，沿玻璃切向的分速度不变，融合时间忽略不计，则融合后瞬间水珠的速度的大小。 20．（25-26高三上·广东深圳·阶段检测）我国“深海勇士”号母船在执行海底热液区科考任务时，采用一种“无扰动样本回收装置”，如图所示,下潜器在深海中将A点沿水平方向释放一个质量为的样本舱（内置精密仪器），样本恰好无碰撞地沿圆弧切线从B点进入竖直光滑圆弧轨道。B、C为圆弧的两端点,其连线水平，轨道最低点为O，样本舱到达O点的速度大小，圆弧对应的圆心角，圆弧半径 ，A点距水平面的高度，样本舱离开C点后恰好能无碰撞地沿固定斜面滑至最高点D，并自动锁定在海底实验平台上。已知样本舱与缓冲斜坡间的动摩擦因数，海水浮力，样本舱在水底形成“水膜润滑”状态，忽略海水阻力，取，，，求： (1)样本舱到达B点时的速度大小； (2)缓冲斜坡上C、D间的距离； (3)为了保护样本舱，样本舱受到的最大冲击力不能超过40N，试分析样本舱能否安全到达海底实验平台D点。 21．（2025·广东肇庆·一模）如图所示，在竖直平面内固定一个半径为R的四分之一光滑圆弧轨道BC，其与足够长、粗糙的水平轨道相切于B点．质量为m、可视为质点的滑块，从水平轨道上A点以初速度沿直线AB运动，恰好能到达C点正上方D点处，而后返回，并最终停在水平轨道上E点（图中未画出）。此后，对滑块施加水平向右的拉力，滑块沿轨道运动并从C点飞出，最终落在水平轨道上H点（图中未画出）。已知，重力加速度为g，不计空气阻力。求： (1)滑块与水平轨道间的动摩擦因数和A、E间的距离； (2)在拉力F作用下，滑块经过BC段中点时，对轨道的压力大小； (3)滑块落地点H与A点的距离。 22．（2026·广东深圳·一模）如图甲，家用旋转拖把主要由主杆、传动系统和拖布头组成。沿竖直方向推主杆，能实现拖布头的单向旋转。将拖布头放入脱水篮，拖布头与脱水篮结合成为一个整体，向下推动主杆，传动系统会带动拖布头及脱水篮一起快速旋转，将水甩出。g取。 (1)已知脱水篮半径，收纳桶半径R＝12.0cm，俯视如图乙所示。用力向下推动主杆一定距离，污水脱离脱水篮后沿切线水平方向飞出，击中收纳桶内侧边缘上某点，测得该点距飞出点的高度差H＝1.0cm。请计算污水脱离脱水篮时的速度大小； (2)脱水结束后继续探究。在脱水篮外侧面固定一轻质遮光片，收纳桶内侧面固定光电门，遮光点到脱水篮边缘距离L＝2.0cm。将钩码固定在主杆上，保持主杆竖直，由静止释放钩码，当钩码下降h＝6.0cm时，测得遮光点的线速度为v＝1.0m/s。请计算此时脱水篮的角速度； (3)该拖把采用齿轮传动，主杆每下降d＝3cm，脱水篮旋转n＝1圈。钩码和主杆的总质量M＝2.4kg，拖布头及脱水篮总质量m＝1.0kg。若该拖布头及脱水篮总动能的表达式为，求第（2）问中钩码下降6.0cm过程中整个传动系统克服阻力做功大小。（不计空气阻力，取） 23．（2026·广东广州·模拟预测）图甲所示的电动玩具车的部分轨道可抽象简化为图乙的模型。BE为水平直轨道，点B、C、E分别为螺旋滑槽、单匝竖直圆轨道、水平半圆轨道与水平直轨道的切点，小车可视为质点，质量m=40g，xBC= 1.0m，xCE=0.5m，滑槽上A点到地面的距离h=1.6m，竖直圆轨道半径R=0.3m，小车在直轨道BE所受的阻力大小均为f=0.2N，重力加速度g取10m/s2。 (1)第一次实验，关闭小车发动机，将小车从A点静止释放，小车沿着螺旋滑槽滑下，从B点滑上水平直轨道，且恰能通过竖直圆轨道的最高点D，求此过程中，小车克服螺旋滑槽和竖直圆轨道的阻力做的功W； (2)第二次实验，在不同位置释放小车，测得小车离开竖直圆轨道C点时的速率为vc，经过半圆轨道E点的向心力为F，vc2随着F变化的图像如图丙所示。小车在半圆轨道E点的最大向心力不能超过F0=28.8N，求小车经E点进入水平圆轨道做匀速圆周运动的最大角速度ω； (3)第三次实验，通过遥控装置控制小车在竖直圆轨道完成一周匀速圆周运动，速率恒为m/s，求从D点运动半圈到C点轨道对小车的作用力的冲量I大小。（π2≈10） 24．（2025·广东广州·模拟预测）如图为高山滑雪简化模型：倾斜滑道AB与水平滑道CD通过圆弧滑道BC平滑连接。已知AC高度差为5R，BC半径为R，CD长度为4R，滑雪板与CD间的动摩擦因数为0.05。质量为m的运动员（含装备）从A点由静止开始滑下，到达C处速率为，随后运动到D处再水平飞出，最后着陆在滑道DE上，着陆点与D点高度差为R。运动员可视为质点，重力加速度为g，不计空气阻力，求运动员 (1)在BC段的C处对滑道压力的大小； (2)从A到D过程中损失的机械能； (3)在DE上着陆时重力的功率。 25．（2025·广东中山·模拟预测） 如图甲所示，为一游乐场的飞天大转盘娱乐项目，现将该游戏简化为图乙所示的情形。一粗糙的倾斜圆盘，与水平面的夹角为，绕垂直圆盘的轴线以逆时针方向转动，一质量为m=1kg的物体放在转盘上，随转盘一起转动，且物体转到最低点A时恰好与圆盘不发生相对滑动，已知物体与圆盘间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取，，在物体从A运动一周回到A点的过程中，求： (1)物体在最高点B点受到的摩擦力； (2)圆盘对物体的摩擦力的冲量大小。 26．（2025·广东深圳·一模）如图所示，为一段赛车训练赛道，赛道在水平面上，宽度为。可视为质点的赛车将在赛道起点线的任意位置由静止起步，沿长为的直道做一段匀加速直线运动，进入弯道后做匀速圆周运动通过半圆形弯道，最终到达终点。已知半圆形弯道内弯半径为，赛车的轮胎与赛道间的侧向最大静摩擦因数为，通过底板的空气动力学设计可使赛车在高速通过弯道时与地面之间的压力达到自身重力的4倍，重力加速度为，求： (1)为避免因速度过快在弯道上发生侧滑，赛车在直道上加速的最大加速度； (2)若赛车在直道的加速度为，求其通过整条赛道的最短时间。 27．（2026·广东江门·二模）如图所示，半径R=0.45 m的光滑半圆轨道AB竖直固定放置，与水平光滑平台在B点平滑连接。质量m=0.18 kg的玩具小车（无动力）以某一水平初速度向右运动，与静止于平台上、质量M=0.54 kg的物块发生碰撞（碰撞时间极短），碰撞后小车经过轨道最高点A时对轨道的压力大小F=1 N，物块从平台飞出后落在水平地面上，落点到平台右侧的水平距离x=2 m，平台到水平地面的高度h=0.8 m。小车、物块均视为质点，取重力加速度大小，不计空气阻力。求： (1)碰撞后瞬间物块的速度大小v； (2)小车经过轨道上的B点时对轨道的压力大小； (3)小车与物块碰撞过程中损失的机械能。 28．（2025·广东佛山·一模）如图所示，某智能物流中心采用复合传送系统分拣包裹。传送系统的左端为一半圆环形水平转弯机，其中心线的半径为R0=2m，最小半径R1=1m，最大半径R2=3m。将多个相同的质量m=2kg的包裹以不同的初速度放在转弯机的不同位置，使包裹与转弯机不打滑（即随转弯机同步运动）。包裹离开转弯机后进入水平传送带，与传送带共速后，由长度为L=5m、倾角为=37°的倾斜传送带运送至顶端，再经水平传送带匀速运送至分拣机，最终被水平抛出，落入分拣车中。落点与抛出点的竖直距离和水平距离分别为h=1.8m及s=1.2m。已知：传送系统各部分平滑衔接且为同种材质。忽略空气阻力，包裹可视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g=10m/s2。问： (1)包裹放在水平转弯机上的什么位置不易打滑，是内侧还是外侧？若包裹不打滑且水平转弯机各部分的动摩擦因数均为μ0=0.9，求半圆形水平转弯机的最大运行角速度ωm。 (2)要使包裹在倾斜传送带上不打滑，则包裹与传送带之间的动摩擦因数μ至少为多少？ (3)包裹从静止释放到落入分拣车的过程中，传送系统及分拣机对包裹做的功W。 29．（2026·广东·模拟预测）如图甲所示，冲击摆是一种基于物理学原理的装置，广泛应用于实验测量、工程测试和机械设计等领域，图乙为其简化模型：质量为的物块用长为的轻质细绳悬挂在固定点，静止不动时物块位于点正下方，质量为的弹丸以一定水平初速度击中静止的物块，并留在物块中。已知细绳能承受的最大拉力为，弹丸与物块可视为质点且相互作用时间极短，不计空气阻力，重力加速度为。 (1)若细绳偏离竖直方向的最大角度为，求弹丸射入物块时的初速度； (2)为保证细绳不被拉断，弹丸射入时的最大初动能； (3)能量内化率是指弹丸射入物块的过程中系统动能的损失与弹丸初始动能的比值，为使能量内化率不低于80%，求物块质量与弹丸质量应满足的关系。 2 / 5 1 / 5 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题03 曲线运动 6年真题1年模拟 考点分类 广东考情 命题规律 考点01 平抛运动 近6年考5次，均为单选。平抛/斜抛运动是广东卷高频考点，情境极其丰富：从月球阴影坑、滑雪、手榴弹投掷到药品传送，体现"万变不离其宗"的命题思路——均围绕运动的合成与分解。 ①情境极度多样化：月球探测、战争历史、体育运动、药品传送，覆盖面极广；②核心方法不变：始终围绕"水平匀速+竖直自由落体"的分解思路；③时空约束条件增多。 考点02 圆周运动 近6年考6次，题型多样（单选+多选）。圆周运动考查频率极高，从传统的绳球模型、圆弧轨道到新颖的冰坑、开瓶器齿轮，题型覆盖线速度、角速度、向心力、临界条件等全部知识点。 ①模型多样化：绳球系统、冰坑、卷轴弹簧、圆弧滑道、道闸齿轮，年年新情境；②临界条件高频出现：恰好脱离、恰好通过最高点等；③多体联动成趋势。 考点01 平抛运动 1．【答案】B 2．【答案】B 3．【答案】C 4．【答案】BC 5．【答案】（1）（2）；（3） 【详解】（1）A在传送带上运动时的加速度 由静止加速到与传送带共速所用的时间 （2）B从点滑至点的过程中克服阻力做的功 （3）AB碰撞过程由动量守恒定律和能量关系可知 解得 （另一组 舍掉） 两物体平抛运动的时间 则 解得 考点02 圆周运动 1．【答案】AB 2．【答案】AC 3．【答案】A 4．【答案】BCD 5．【答案】A 6．【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）木塞的末速度等于齿轮线速度，对木塞，根据运动学公式 根据角速度和线速度的关系 联立可得 （2）根据题意画出木塞摩擦力与运动距离的关系图如图所示 可得摩擦力对木塞所做的功为 对木塞，根据动能定理 解得 （3）设开瓶器对木塞的作用力为，对木塞，根据牛顿第二定律 速度 位移 开瓶器的功率 联立可得 1．【答案】B 2．【答案】C 3．【答案】C 4．【答案】D 5．【答案】D 6．【答案】D 7．【答案】C 8．【答案】C 9．【答案】C 10．【答案】ACD 11．【答案】AC 12．【答案】BD 13．【答案】BD 14．【答案】AB 15．【答案】AD 16．【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）根据机械能守恒定律有 解得钢球与积木A碰撞前的速度大小 （2）钢球与积木A发生弹性碰撞，碰撞后钢球与积木A速度大小分别为、,根据动量守恒定律和能量守恒定律有， 解得， 设积木离开台面时的速度为，根据动能定理有 代入数据解得 （3）由平抛运动知识可得 解得 积木A完全离开平台后至落地的水平位移大小 17．【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）钢球自由下落至左下方处、轻绳处于伸直状态且与水平方向成的位置时，钢球的速度为v1 ，根据机械能守恒定律有 轻绳在这个位置绷直，钢球开始做圆周运动到最低点，钢球做圆周运动的初速度为                钢球做圆周运动过程中机械能守恒，设钢球运动至最低点的速度为，根据机械能守恒定律有         联立解得钢球运动至最低点的速度为 （2）钢球与积木A发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和能量守恒定律有， 设积木离开台面时的速度为，根据动能定理有 代入数据解得 （3）积木完全离开平台后，竖直方向 水平方向 联立解得 18．【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）货物在传送带上加速运动的过程有             解得 假设货物到达右端点前已经与传送带共速，则货物加速阶段通过的位移为     解得             假设成立，可知货物离开点时的速度大小为 （2）当货物运动到点处，由牛顿第三定律可知，货物所受支持力大小为 由牛顿第二定律可知             解得 货物从半圆管道的点滑到点的过程中，由功能关系可知         解得此过程因摩擦产生的热量 （3）货物与长木板共速，由动量守恒定律可得             解得 对货物受力分析，有 解得 货物在长木板上向左做匀减速运动，则             解得 对长木板受力分析，有 解得 长木板向左做匀加速运动，则             解得 由位移关系可知 因此货物与长木板达到共速时，货物离长木板最左侧的距离         即长木板触碰制动装置静止后，货物仍向左匀减速运动0.7m，由             解得 随后货物做平抛运动，竖直方向有         解得 货物落地点与抛出点的水平距离 19．【答案】(1)，； (2)； (3) 【详解】（1）方法一：平抛运动规律 水珠A做平抛运动，有 解得， 方法二：以斜面和垂直斜面方向正交分解 方向：，解得 方向：解得 （2）水珠B沿着斜面做匀加速直线运动 根据运动学公式可知 解得 由受力分析及牛顿第二定律可知 解得 （3）水珠和融合时，水珠垂直玻璃方向的分速度瞬间损失 根据运动的合成与分解，此时水珠沿玻璃的分速度大小满足 其中 而融合时水珠B的速度为 融合过程由动量守恒得 解得 20．【答案】(1) (2) (3)可以到达。 【详解】（1）对于样本舱，由A到B做平抛运动，在B点竖直方向上有 ， 在B点时有 解得 （2）由题可得 物块沿斜面上滑时，有 解得 斜面上C、D间的距离 （3）在O点时，根据 解得 故可以到达。 21．【答案】(1)， (2) (3) 【详解】（1）滑块从A点运动到D点，根据动能定理， 解得 滑块从D点返回到E点，根据动能定理 又 解得 （2）设在拉力F作用下，滑块经过BC段中点时，速度为v，受到的支持力大小为．从E点到BC段中点的过程，根据动能定理，有 得 经过BC段中点时 得 滑块对轨道的压力与轨道对滑块的支持力是一对相互作用力，所以滑块对轨道的压力大小为。 （3）设滑块从C点飞出时，速度为 从C点飞出后， ， 竖直方向做竖直上抛运动，落地时 得，（舍去） 水平方向做匀加速直线运动，落地点H与A点的水平距离 解得。 22．【答案】(1)2m/s (2) (3)1.197J 【详解】（1）由几何关系，得 解得 污水脱离脱水篮后做平抛运动，在竖直方向，有 解得 在水平方向，有 解得 （2）主杆到遮光点的水平距离 根据线速度和角速度的关系，得 解得 （3）设在时间内，脱水篮旋转圈，则脱水篮边缘的线速度 主杆下降了，下降的速度 且有 代入、、、，联立解得 代入第（2）问中脱水篮的角速度，可得脱水篮边缘的线速度 主杆下降的速度 由能量守恒定律，得 解得 23．【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）从A到竖直圆轨道最高点D，由动能定理有   在D点重力刚好提供向心力                        解得 （2）设半圆轨道半径为r，从C点到E点，由动能定理有 由向心力公式得                          解得              由图像得 所以 则临界时有                解得 （3）设水平向左为正方向，从D点到C点，小车的运动时间为 动量的变化量分别为 即方向水平向左 车受到重力和轨道给车的作用力，且合外力的冲量水平向左，重力冲量竖直向下 根据矢量计算可得             解得 24．【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）由题意知，运动员在C处的速率为 在滑道BC段C处，由牛顿第二定律 得运动员所受弹力 由牛顿第三定律，运动员对圆弧滑道的压力大小 （2）运动员从C到D过程，由动能定理 从A到D过程，由能量守恒有 联立可得此过程损失的机械能 （3）运动员经过D点后平抛运动，着陆点竖直方向速度满足 着陆到DE上时重力的功率 25．【答案】(1)5N，方向沿盘面向上 (2) 【详解】（1）对物体，在最低点A点，根据牛顿第二定律可得 解得      在最高点B点 解得 方向沿盘面向上。 （2）物体转动一周，动量不变，根据动量定理可得 其中 联立解得 26．【答案】(1) (2) 【详解】（1）设到达弯道的最大速度为，根据直线运动规律 当赛车以最大速度过弯，圆周运动半径为，则有 联立解得 （2）直道加速过程满足 代入解得 直道时间 弯道中，若要时间最短需取最小半径，根据牛顿第二定律可得 解得 弯道时间 总时间 起步点可以位于赛道左侧，最远不能超过，故 27．【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）碰后M做平抛运动，根据平抛运动规律有 代入题中数据，解得 （2）碰后小车回到A点时有 代入题中数据，解得 碰后对小车，根据机械能守恒有 联立解得 小车经过轨道上的B点有 解得 根据牛顿第三定律可知，小车经过轨道上的B点时对轨道的压力大小。 （3）设碰前小车速度为，规定向右正方向，根据动量守恒有 联立解得 则小车与物块碰撞过程中损失的机械能 联立解得 可知该碰撞为弹性碰撞。 28．【答案】(1)内侧； (2) (3)64J 【详解】（1）包裹在水平转弯机上做圆周运动时，根据，可知包裹放在水平转弯机上内侧不易打滑；半圆形水平转弯机的最大运行角速度 （2）要使包裹在倾斜传送带上不打滑，则需满足 解得 （3）包裹从分拣机上抛出时的速度 包裹从静止释放到落入分拣车的过程中，传送系统及分拣机对包裹做的功 29．【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）弹丸和物块整体一起从最低点摆动到最高点的过程中， 根据机械能守恒定律可得 弹丸射入物块的过程中， 根据动量守恒定律可得 联立解得 （2）弹丸射入物块时的初动量 根据动量守恒定律可得 物块处于最低点时，细绳中的拉力最大， 根据牛顿第二定律可得 解得 （3）弹丸射入物块的过程中系统机械能的损失 解得 能量内化率 解得 若要，只需 2 / 5 1 / 5 学科网（北京）股份有限公司 $