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高考物理考前冲刺押题预测 曲线运动
一．选择题（共10小题）
1．（2025 广安区校级二模）中国糖画是非物质文化遗产之一，游客转动指针，指针最后停在哪里，便可得到对应的糖画作为奖励。指针上两点P、Q距中心点O的距离分别为r和2r，如图所示。以下关于P、Q两点在转动时各物理量之比，正确的是（　　）
A．周期之比为2：1
B．角速度大小之比为1：2
C．线速度大小之比为1：1
D．向心加速度大小之比为1：2
2．（2025 江门一模）某人造卫星绕地球运动，地球作用于它引力随时间的变化如图所示，假设卫星只受地球的引力，下列叙述正确的是（　　）
A．卫星的周期为2t1
B．卫星绕地球运行时机械能不守恒
C．远地点与近地点的加速度之比为1：2
D．远地点与近地点到地球的距离之比为2：1
3．（2025 涧西区一模）一质量为2.0×103kg的汽车在水平公路上行驶，路面对轮胎的径向最大静摩擦力为1.4×104N，当汽车经过半径为80m的弯道时，下列判断正确的是（　　）
A．汽车转弯时所受的力有重力、弹力、摩擦力和向心力
B．汽车转弯的速度为20m/s时所需的向心力为1.0×103N
C．汽车转弯的速度为20m/s时汽车会发生侧滑
D．汽车能安全转弯的向心加速度不超过7.0m/s2
4．（2025 邯郸模拟）如图所示，某同学站在篮球架的正前方练习定点投篮，已知篮球投出时篮筐与篮球球心的高度差为1.13m，篮球球心与篮筐边缘的最短水平距离为4.0m，篮球的直径为24cm，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力。若某次投篮练习中，篮球在到达最高点时，篮球底部刚好可以越过篮筐边缘，则篮球投出时的速度大小为（　　）
A．5m/s B．8m/s C． D．
5．（2025 辽宁开学）下列关于匀速圆周运动的运动性质说法正确的有（　　）
①匀速圆周运动是线速度不变的运动
②匀速圆周运动是角速度不变的运动
③做匀速圆周运动的物体处于平衡状态
A．①③ B．② C．①② D．①②③
6．（2025 辽宁开学）如图所示，小船过河时，船头偏向上游与水流方向成α角，船相对于静水的速度为v，其航线恰好垂直于河岸。现水流速度稍有减小，为保持航线不变，且仍然准时到达对岸，下列措施中可行的是（　　）
A．减小α角，增大船速v
B．增大α角，增大船速v
C．减小α角，减小船速v
D．增大α角，保持船速v不变
7．（2025 十堰一模）如图所示，某条河流两岸笔直，河水流速不变，甲、乙两艘船在静水中航行的速度分别为4m/s和2.4m/s，两船从同一渡口A同时向河对岸开去，甲船用最短时间渡河，乙船以最短航程渡河，结果两船均沿直线先、后抵达对岸的同一渡口B，乙船比甲船晚到64s，下列说法正确的是（　　）
A．水流的速度大小为2.5m/s
B．乙船渡河的时间为120s
C．两渡口的距离为180m
D．两岸的距离为121m
8．（2025 广州二模）在光滑水平面上，一根原长为L的轻质弹簧的一端与竖直轴O连接，另一端与质量为m的小球连接，如图所示。当小球以O为圆心做匀速圆周运动的速率为v1时，弹簧的长度为1.5L；当它以O为圆心做匀速圆周运动的速率为v2时，弹簧的长度为2.0L，则v1与v2的比值为（　　）
A．： B．： C．：2 D．2：
9．（2025 城关区校级开学）某质点在Oxy平面内运动，t＝0时质点位于y轴上。它在x方向运动速度随时间变化的vx﹣t图像如图甲所示，在y方向运动位移随时间变化的y﹣t图像如图乙所示。关于该质点的运动，下列说法正确的是（　　）
A．受沿x轴负方向的恒力作用
B．t＝0.5s时的速度大小为10m/s
C．t＝1s时距出发点的距离为
D．在Oxy平面内的运动轨迹为直线
10．（2025 朝阳区校级开学）有一倾角为θ的斜面，将某小球以某一未知的速度从斜面的顶点A水平抛出，小球落在斜面上，已知重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　）
A．可以求出小球在空中飞行的时间
B．可以求出小球落在斜面上的瞬时速度方向
C．可以求出小球落在斜面上的瞬时速度大小
D．以上都无法求出
二．多选题（共5小题）
（多选）11．（2025 思明区校级三模）如图甲所示，轻杆的一端固定一小球（可视为质点），另一端套在光滑的水平轴O上，水平轴的正上方有一速度传感器（图中未画出），可以测量小球通过最高点时的速度大小v，水平轴O处有一力传感器（图中未画出），可以测量小球通过最高点时水平轴受到的杆的作用力F，若取竖直向下为F的正方向，在最低点时给小球不同的初速度，得到的F﹣v2（v为小球在最高点时的速度）图像如图乙所示，取重力加速度大小g＝10m/s2。下列说法正确的是（　　）
A．小球的质量为10kg
B．轻杆的长度为1.8m
C．若小球通过最高点时的速度大小为3.6m/s，则轻杆对小球的作用力大小为6.4N
D．若小球通过最高点时的速度大小为6m/s，则小球受到的合力为10N
（多选）12．（2025 兰州模拟）如图所示，光滑水平轨道AB与竖直光滑半圆形轨道BC在B点平滑连接。一小物块（可视为质点）将轻弹簧压缩至A点后由静止释放，物块脱离弹簧后进入半圆形轨道，恰好能够到达最高点C，D点为圆弧BC的中点。若物块质量为0.2kg，轨道半径为0.5m，重力加速度g＝10m/s2，下列说法正确的是（　　）
A．物块在C点的速度为零
B．物块在C点的向心加速度等于重力加速度
C．物块在D点时对轨道的压力为6N
D．物块在A点时弹簧的弹性势能等于0.5J
（多选）13．（2025 广州模拟）如图所示，在飞镖比赛中，某运动员先后两次将飞镖（可视为质点）从同一位置正对竖直固定靶上的O点水平抛出，抛出点到O点的水平距离为4L，第一次抛出的飞镖击中O点正下方的P点，第二次抛出的飞镖击中O点正下方的Q点。已知飞镖击中P点和Q点时速度大小相等，OP＝L，不计空气阻力，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是（　　）
A．第一次抛出的飞镖落到P点时的速度大小为
B．第一次抛出的飞镖在空中运动的时间为2
C．第二次抛出飞镖时飞镖的初速度大小为
D．P、Q点间的距离为3L
（多选）14．（2025 文昌校级模拟）跳台滑雪是一项勇敢者的滑雪运动，图甲是2022年北京冬奥会跳台滑雪的主跳台“雪如意”，图乙是其部分赛道及运动情况简化示意图。现有一运动员在滑雪道上获得一定速度后从跳台a处沿水平方向飞出，在斜坡上b处着陆，测得ab间的距离为40m，斜坡与水平方向的夹角为30°，运动员（包括装备）质量为60kg，且可视为质点，不计空气阻力，取重力加速度g＝10m/s2，则运动员（包括装备）（　　）
A．从a处运动到b处的时间为2s
B．落到b处前瞬间动能为2.1×103J
C．从a处运动到b处过程中动量变化率不变
D．在空中距离斜坡最大距离为
（多选）15．（2025 广州二模）巴蜀中学高中女篮勇夺2024年中国高中篮球联赛西区冠军，在篮球比赛中某同学以斜向上的速度将篮球抛出，与篮板撞击后落入篮筐，可得到此次篮球运动轨迹的简易图如图所示。若此次投篮中，篮球的初速度大小为v1，与竖直方向夹角为θ，篮球抛出后恰好垂直打在篮筐上方然后被反向弹回并且从篮筐正中央落下。已知脱手点与撞击点的竖直距离为H，撞击点与篮筐的竖直距离为h，忽略空气阻力，不计篮球与篮板碰撞的时间，则（　　）
A．篮球从脱手到进入篮筐的过程中水平方向动量守恒
B．篮球垂直打在篮板前一瞬间速度大小为v1sinθ
C．篮球从脱手到进入篮筐过程所经历的时间为
D．篮球反向弹回到进入篮筐过程中满足
三．解答题（共5小题）
16．（2025 城关区校级开学）风洞是空气动力学研究和试验中广泛使用的工具。如图所示，在M点以竖直向上的初速度v0＝10m/s抛出一个质量为m＝0.5kg的小球，小球抛出后始终受到水平向左的恒定风力作用，竖直方向只受重力。经过一段时间后小球将以v＝10m/s的速度水平向左经过N点，若重力加速度g＝10m/s2，不计风力以外的空气阻力。求：
（1）小球从M点运动到N点的时间；
（2）水平恒定风力的大小；
（3）小球由M点运动到N点的过程中的最小速度大小。
17．（2025 淄博模拟）如图所示，小齐同学借助安装在水平地面的篮球发球机练习原地竖直起跳接球。小齐站在水平地面上，伸直双臂举手时手掌距地面最大高度h0＝2.2m。发球机出球口距地面的高度为h1＝0.2m，篮球从出球口以与水平方向成θ＝53°的速度v＝8.75m/s射向小齐。在篮球发出一段时间后，小齐起跳离地，跳至最高点伸直双臂恰能在头顶正上方接住到达最高点的篮球。篮球可视为质点，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，求：
（1）处于最高点的篮球距地面的高度H；
（2）从篮球发出到小齐起跳离地的时间t。
18．（2025 城关区校级开学）如图所示，倾角为θ＝37°的固定斜面体，顶端放置均可视为质点的小球和滑块，某时刻给小球沿水平方向的初速度v0，使其做平抛运动，同时给滑块沿斜面体向下的速度v，滑块刚好沿斜面体匀速下滑，经t0＝1.2s的时间，小球和滑块同时到达斜面体的底端。重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，空气阻力忽略不计。求：
（1）滑块与斜面间的动摩擦因数；
（2）v0和v的大小；
（3）小球抛出后经过多长时间距离斜面最远？最远距离为多大？
19．（2025 朝阳区校级开学）如图所示，一小球在光滑斜面A处以水平速度v0＝0.6m/s射出，最后从B处离开斜面，已知斜面倾角为θ＝37°，高为h＝0.45m，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，忽略空气阻力，求：
（1）小球从A处到B处所用的时间；
（2）小球从A处到B处在沿初速度方向的位移大小。
20．（2025 广东一模）如图所示，置于圆形水平转台边缘的小物块随转台做不同转速的匀速圆周运动，当转速达到某一数值时，物块恰好滑离转台开始做平抛运动初速度大小为1m/s，现测得转台半径R＝2m。离水平地面的高度H＝0.8m，设物块所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小g取10m/s2，求：
（1）物块平抛落地过程水平位移的大小；
（2）物块落地时的速度大小（可保留根号）；
（3）物块与转台间的动摩擦因数。
高考物理考前冲刺押题预测 曲线运动
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题）
1．（2025 广安区校级二模）中国糖画是非物质文化遗产之一，游客转动指针，指针最后停在哪里，便可得到对应的糖画作为奖励。指针上两点P、Q距中心点O的距离分别为r和2r，如图所示。以下关于P、Q两点在转动时各物理量之比，正确的是（　　）
A．周期之比为2：1
B．角速度大小之比为1：2
C．线速度大小之比为1：1
D．向心加速度大小之比为1：2
【考点】线速度的物理意义及计算；角速度、周期、频率与转速的关系及计算．
【专题】定性思想；推理法；匀速圆周运动专题；推理论证能力．
【答案】D
【分析】P点运动一周的同时Q点也运动一周；线速度大小与周期的关系；向心加速度大小与角速度大小的关系。
【解答】解：AB、因P、Q两点同轴转动，可知角速度和周期相等，故AB错误；
C、指针上两点P、Q距中心点O的距离分别为r和2r，根据v＝ωr可知，P、Q两点线速度大小之比为1：2，故C错误；
D、指针上两点P、Q距中心点O的距离分别为r和2r，根据a＝ω2r可知，P、Q两点向心加速度大小之比为1：2，故D正确。
故选：D。
【点评】掌握好各个物理量之间的关系才能对综合性的题目迎刃而解。
2．（2025 江门一模）某人造卫星绕地球运动，地球作用于它引力随时间的变化如图所示，假设卫星只受地球的引力，下列叙述正确的是（　　）
A．卫星的周期为2t1
B．卫星绕地球运行时机械能不守恒
C．远地点与近地点的加速度之比为1：2
D．远地点与近地点到地球的距离之比为2：1
【考点】合运动与分运动的关系；同步卫星的特点及相关计算．
【专题】定量思想；推理法；万有引力定律的应用专题；推理论证能力．
【答案】D
【分析】根据图象得到卫星周期；根据机械能守恒条件判断卫星绕地球运行时机械能是否守恒；根据牛顿第二定律得到远地点与近地点的加速度之比；根据万有引力定律得到远地点与近地点到地球的距离之比。
【解答】解：A.卫星绕地球运动过程中，引力大小随时间做周期性变化，从图像可以看出，引力大小从一个最大值到下一个最大值的时间间隔为t1，所以卫星的周期T＝t1，故A错误；
B.因为卫星只受地球的引力，引力做功只与卫星和地球的相对位置有关，整个过程中只有引力做功，根据机械能守恒的条件，只有重力或弹力做功时机械能守恒，这里引力属于重力性质的力，所以卫星绕地球运行时机械能守恒，故B错误；
C.根据牛顿第二定律F＝ma，在远地点，引力F选＝2F，加速度，在近地点，引力F近＝8F，加速度，则远地点与近地点的加速度之比，故C错误；
D.根据万有引力定律，设远地点到地球的距离为r1，近地点到地球的距离为r2，已知，，两式相比，，所以远地点与近地点到地球的距离之比为2：1，故D正确。
故选：D。
【点评】本题主要考查万有引力的简单应用，理解图像是解题关键。
3．（2025 涧西区一模）一质量为2.0×103kg的汽车在水平公路上行驶，路面对轮胎的径向最大静摩擦力为1.4×104N，当汽车经过半径为80m的弯道时，下列判断正确的是（　　）
A．汽车转弯时所受的力有重力、弹力、摩擦力和向心力
B．汽车转弯的速度为20m/s时所需的向心力为1.0×103N
C．汽车转弯的速度为20m/s时汽车会发生侧滑
D．汽车能安全转弯的向心加速度不超过7.0m/s2
【考点】车辆在道路上的转弯问题．
【专题】定量思想；推理法；匀速圆周运动专题；理解能力．
【答案】D
【分析】A.向心力是效果力，只能由其它力提供；
B.由向心力公式计算；
CD.由静摩擦力提供向心力分析；
【解答】解：A.向心力是效果力，只能由其它力提供，故A错误；
B.汽车转弯的速度为20m/s时所需的向心力Fn＝m
代入数据可得：Fn＝1.0×104N，故B错误；
C.静摩擦力提供向心力，静摩擦力F＝m2.0×103N＝1.0×104N
路面对轮胎的径向最大静摩擦力为1.4×104N，故汽车不会发生侧滑，故C错误；
D.静摩擦力提供向心力，Fmax＝man
代入数据可得：an＝7.0m/s2，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查的是汽车在水平路面的转弯问题，关键是要知道静摩擦力提供向心力。
4．（2025 邯郸模拟）如图所示，某同学站在篮球架的正前方练习定点投篮，已知篮球投出时篮筐与篮球球心的高度差为1.13m，篮球球心与篮筐边缘的最短水平距离为4.0m，篮球的直径为24cm，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力。若某次投篮练习中，篮球在到达最高点时，篮球底部刚好可以越过篮筐边缘，则篮球投出时的速度大小为（　　）
A．5m/s B．8m/s C． D．
【考点】斜抛运动．
【专题】定量思想；控制变量法；平抛运动专题；理解能力．
【答案】C
【分析】先求出篮球上升的距离，再根据将篮球的运动当成逆向的平抛运动，结合平抛运动规律进行处理分别求出水平速度以及竖直速度，再求出合速度大小。
【解答】解：篮球底部刚好能越过篮筐的边缘，则篮球到达篮筐边缘时刚好运动到最高点，且篮球的下边缘与篮筐等高。运动过程中篮球上升的高度
将篮球的初速度沿水平方向和竖直方向分解，将篮球的运动当成逆向的平抛运动处理，则有
vym/s＝5m/s
ts＝0.5s
vxm/s＝8m/s
则
v0
解得
v0m/s
故C正确，ABD错误。
故选：C。
【点评】本题考查的是平抛运动规律的应用，熟练掌握其规律即可，但需注意逆运动的应用。
5．（2025 辽宁开学）下列关于匀速圆周运动的运动性质说法正确的有（　　）
①匀速圆周运动是线速度不变的运动
②匀速圆周运动是角速度不变的运动
③做匀速圆周运动的物体处于平衡状态
A．①③ B．② C．①② D．①②③
【考点】匀速圆周运动．
【专题】定性思想；归纳法；匀速圆周运动专题；理解能力．
【答案】B
【分析】线速度是矢量，既有大小又有方向；匀速圆周运动的角速度不变；做匀速圆周运动的物体具有向心加速度。
【解答】解：线速度是矢量，所以匀速圆周匀速是线速度大小不变的运动；匀速圆周运动的角速度不变，是恒定的；做匀速圆周运动的物体具有向心加速度，并不是处于平衡状态，所以只有②正确，故B正确，ACD错误。
故选：B。
【点评】本题考查了对匀速圆周运动的认识，知道线速度是矢量是解题的关键。
6．（2025 辽宁开学）如图所示，小船过河时，船头偏向上游与水流方向成α角，船相对于静水的速度为v，其航线恰好垂直于河岸。现水流速度稍有减小，为保持航线不变，且仍然准时到达对岸，下列措施中可行的是（　　）
A．减小α角，增大船速v
B．增大α角，增大船速v
C．减小α角，减小船速v
D．增大α角，保持船速v不变
【考点】小船过河问题．
【专题】定性思想；推理法；运动的合成和分解专题；推理论证能力．
【答案】C
【分析】当实际航线与河岸垂直，则合速度的方向垂直于河岸，根据平行四边形定则分析。
【解答】解：由题意可知，航线恰好垂直于河岸，船相对水的速度为v，当水流速度稍有减小，为保持航线不变，且准时到达对岸，则如图所示，
可知，减小α角，减小船速v，故ABD错误，C正确。
故选：C。
【点评】解决本题的关键根据平行四边形定则对运动进行合成和分解。
7．（2025 十堰一模）如图所示，某条河流两岸笔直，河水流速不变，甲、乙两艘船在静水中航行的速度分别为4m/s和2.4m/s，两船从同一渡口A同时向河对岸开去，甲船用最短时间渡河，乙船以最短航程渡河，结果两船均沿直线先、后抵达对岸的同一渡口B，乙船比甲船晚到64s，下列说法正确的是（　　）
A．水流的速度大小为2.5m/s
B．乙船渡河的时间为120s
C．两渡口的距离为180m
D．两岸的距离为121m
【考点】小船过河问题．
【专题】定量思想；推理法；运动的合成和分解专题；推理论证能力．
【答案】C
【分析】乙船不能到达正对岸，说明乙在静水中航行的速度小于水速，画图，结合几何关系求解。
【解答】解：A.由题意可知，甲、乙两船的实际速度方向相同，根据如图所示
由几何关系有，cosθ，解得sinθ，所以，解得v水＝3m/s，故A错误；
B.设乙船渡河的时间为t乙，则有v乙t乙tanθ，解得t乙＝100 s，故B错误；
C.两渡口的距离s＝v乙t乙tanθ，解得s＝180m，故C正确；
D.两岸的距离d＝scosθ，解得d＝144m，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查运动的合成与分解，目的是考查学生的模型建构能力。
8．（2025 广州二模）在光滑水平面上，一根原长为L的轻质弹簧的一端与竖直轴O连接，另一端与质量为m的小球连接，如图所示。当小球以O为圆心做匀速圆周运动的速率为v1时，弹簧的长度为1.5L；当它以O为圆心做匀速圆周运动的速率为v2时，弹簧的长度为2.0L，则v1与v2的比值为（　　）
A．： B．： C．：2 D．2：
【考点】牛顿第二定律与向心力结合解决问题．
【专题】定性思想；方程法；牛顿第二定律在圆周运动中的应用；理解能力．
【答案】C
【分析】通过牛顿第二定理与向心力的结合即可得出结果。
【解答】解：设弹簧的劲度系数为k，当小球以v1做匀速圆周运动时，弹簧弹力提供向心力，可得
当小球以v2做匀速圆周运动时，弹簧弹力提供向心力，可得
两式之比得，故C正确，ABD错误。
故选：C。
【点评】解答本题的关键是分析向心力的来源，建立模型，运用牛顿第二定律求解．
9．（2025 城关区校级开学）某质点在Oxy平面内运动，t＝0时质点位于y轴上。它在x方向运动速度随时间变化的vx﹣t图像如图甲所示，在y方向运动位移随时间变化的y﹣t图像如图乙所示。关于该质点的运动，下列说法正确的是（　　）
A．受沿x轴负方向的恒力作用
B．t＝0.5s时的速度大小为10m/s
C．t＝1s时距出发点的距离为
D．在Oxy平面内的运动轨迹为直线
【考点】一个匀速直线和一个变速直线运动的合成；复杂的运动学图像问题．
【专题】定量思想；推理法；运动的合成和分解专题；理解能力．
【答案】C
【分析】根据图像分析出质点在不同方向的运动类型；分别计算出质点在不同时刻的速度和位移，结合矢量合成的特点完成分析。
【解答】解：由甲图可知x方向的初速度、加速度分别为
vx＝4m/s
y方向的速度为
A．y 方向没有加速度，x 方向加速度沿 x 轴正方向，故质点相对地面的加速度沿 x 轴正方向，由牛顿第二定律可知质点受沿 x 轴正方向的恒力作用，故A错误；
B、t＝0.5s时，x方向的速度大小为
vx＝v0+at＝4m/s+2×0.5m/s＝5m/s
所以，质点此时的速度大小为
故B错误；
C、t＝1s时，x方向的位移大小为
y方向的位移为
y＝vyt＝﹣5×1m＝﹣5m
所以，质点此时距出发点的距离为
故C正确；
D．由于质点在 x 轴方向做匀变速直线运动，y 轴方向做匀速直线运动，故合运动为匀变速曲线运动，轨迹为抛物线，故D错误。
故选：C。
【点评】本题主要考查了运动的合成和分解，熟悉运动学图像的物理意义，理解运动的独立性和矢量合成的特点即可完成解答。
10．（2025 朝阳区校级开学）有一倾角为θ的斜面，将某小球以某一未知的速度从斜面的顶点A水平抛出，小球落在斜面上，已知重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　）
A．可以求出小球在空中飞行的时间
B．可以求出小球落在斜面上的瞬时速度方向
C．可以求出小球落在斜面上的瞬时速度大小
D．以上都无法求出
【考点】平抛运动与斜面的结合．
【专题】应用题；定量思想；推理法；平抛运动专题；分析综合能力．
【答案】B
【分析】小球做平抛运动，可以分解为水平方向的匀速直线运动与竖直方向的自由落体运动，应用运动学公式分析答题。
【解答】解：A、小球做平抛运动，小球落在斜面上，则tanθ，小球的运动时间t，由于小球的初速度v0未知，则不能求出小球在空中的飞行时间，故A错误；
B、小球做平抛运动，小球落在斜面上，则tanθ，则tanα＝2tanθ，α为小球落在斜面上时瞬时速度方向与水平方向的夹角，由于θ已知，则可以求出α，即可以求出小球落在斜面上时的瞬时速度方向，故B正确；
C、小球落在斜面上时的瞬时速度大小v，由于v0与t都是未知量，则无法求出小球落在斜面上时的瞬时速度大小，故C错误；
D、由以上分析可知，可以求出小球落在斜面上时瞬时速度方向，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查了平抛运动问题，平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动与竖直方向的自由落体运动，根据题意应用运动学公式即可解题。
二．多选题（共5小题）
（多选）11．（2025 思明区校级三模）如图甲所示，轻杆的一端固定一小球（可视为质点），另一端套在光滑的水平轴O上，水平轴的正上方有一速度传感器（图中未画出），可以测量小球通过最高点时的速度大小v，水平轴O处有一力传感器（图中未画出），可以测量小球通过最高点时水平轴受到的杆的作用力F，若取竖直向下为F的正方向，在最低点时给小球不同的初速度，得到的F﹣v2（v为小球在最高点时的速度）图像如图乙所示，取重力加速度大小g＝10m/s2。下列说法正确的是（　　）
A．小球的质量为10kg
B．轻杆的长度为1.8m
C．若小球通过最高点时的速度大小为3.6m/s，则轻杆对小球的作用力大小为6.4N
D．若小球通过最高点时的速度大小为6m/s，则小球受到的合力为10N
【考点】杆球类模型及其临界条件；牛顿第二定律的简单应用．
【专题】定量思想；推理法；匀速圆周运动专题；推理论证能力．
【答案】CD
【分析】AB.先设置条件，结合小球和水平轴受力的关系，利用牛顿第二定律列式结合图像提供的数据联立求解质量和杆长；
CD.根据推导的F的表达式代入数据求解作用力和合力大小。
【解答】解：AB.设杆的长度为L，水平轴受到的杆的作用力F与杆对小球的作用力大小相等、方向相反，因此对小球受力分析有，整理可得，对比题图乙可知m＝1kg，L＝3.6m，故AB错误；
CD.当v＝3.6m/s时，代入上式得F＝6.4N，即杆对小球的作用力大小为6.4N，若小球通过最高点时的速度大小为6m/s，则小球受到的合力1N＝10N，故CD正确。
故选：CD。
【点评】本题考查圆周运动，目的是考查学生的推理论证能力。
（多选）12．（2025 兰州模拟）如图所示，光滑水平轨道AB与竖直光滑半圆形轨道BC在B点平滑连接。一小物块（可视为质点）将轻弹簧压缩至A点后由静止释放，物块脱离弹簧后进入半圆形轨道，恰好能够到达最高点C，D点为圆弧BC的中点。若物块质量为0.2kg，轨道半径为0.5m，重力加速度g＝10m/s2，下列说法正确的是（　　）
A．物块在C点的速度为零
B．物块在C点的向心加速度等于重力加速度
C．物块在D点时对轨道的压力为6N
D．物块在A点时弹簧的弹性势能等于0.5J
【考点】物体在环形竖直轨道内的圆周运动；常见力做功与相应的能量转化；牛顿第二定律的简单应用．
【专题】定量思想；推理法；圆周运动中的临界问题；机械能守恒定律应用专题；推理论证能力．
【答案】BC
【分析】AB.根据小物体做圆周运动恰能经过C点，由牛顿第二定律进行判断；
C.由机械能守恒定律求出物块在D点的速度，再由牛顿第二定律分析物块在D点的受力；
D.根据机械能守恒定律进行分析解答。
【解答】解：AB.物体恰好能到达最高点C，则物体在最高点只受重力，且重力全部用来提供向心力，设半圆轨道的半径为r，在C点是速度大小为vC，由牛顿第二定律得mg＝mma，即a＝g，解得物体在C点的速度vC，故A错误，B正确；
C.物块从D点运动到C点的过程，以D点为零势能点，由机械能守恒定律可得，由牛顿第二定律可得，联立解得物块在D点时轨道对物块的支持力大小为FN＝6N，由牛顿第三定律可知物块在D点时对轨道的压力为6N，故C正确；
D.对物块从A点运动到C点的过程，以地面为零势面，由机械能守恒定律可得物块在A点时弹簧的弹性势能0.2×10×2×0.5J0.2×（）2J＝2.5J，故D错误。
故选：BC。
【点评】本题考查圆周运动的向心力问题、机械能守恒定律，会根据题意进行准确分析和解答。
（多选）13．（2025 广州模拟）如图所示，在飞镖比赛中，某运动员先后两次将飞镖（可视为质点）从同一位置正对竖直固定靶上的O点水平抛出，抛出点到O点的水平距离为4L，第一次抛出的飞镖击中O点正下方的P点，第二次抛出的飞镖击中O点正下方的Q点。已知飞镖击中P点和Q点时速度大小相等，OP＝L，不计空气阻力，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是（　　）
A．第一次抛出的飞镖落到P点时的速度大小为
B．第一次抛出的飞镖在空中运动的时间为2
C．第二次抛出飞镖时飞镖的初速度大小为
D．P、Q点间的距离为3L
【考点】平抛运动位移的计算；平抛运动速度的计算．
【专题】定量思想；推理法；平抛运动专题；推理论证能力．
【答案】AD
【分析】根据平抛运动规律，列出飞镖两次运动过程的位移方程和速度方程，求解即可。
【解答】解：AB.第一次抛出过程，竖直方向有L
可得第一次抛出的飞镖在空中运动的时间为t1＝
水平方向有4L＝v1t1
解得第一次抛出飞镖的初速度为v1
则第一次抛出的飞镖落到P点时的速度大小为vP，故A正确，B错误；
C.第二次抛出过程，有4L＝v2t2，vQ
联立解得第二次抛出飞镖时飞镖的初速度大小为v2，故C错误；
D.由4L＝v2t2，，联立解得 h＝4L，P、Q点间的距离为y＝4L﹣L＝3L，故D正确。
故选：AD。
【点评】本题考查平抛运动规律，对学生要求较高，解题关键是正确构建平抛模型。是一道好题。
（多选）14．（2025 文昌校级模拟）跳台滑雪是一项勇敢者的滑雪运动，图甲是2022年北京冬奥会跳台滑雪的主跳台“雪如意”，图乙是其部分赛道及运动情况简化示意图。现有一运动员在滑雪道上获得一定速度后从跳台a处沿水平方向飞出，在斜坡上b处着陆，测得ab间的距离为40m，斜坡与水平方向的夹角为30°，运动员（包括装备）质量为60kg，且可视为质点，不计空气阻力，取重力加速度g＝10m/s2，则运动员（包括装备）（　　）
A．从a处运动到b处的时间为2s
B．落到b处前瞬间动能为2.1×103J
C．从a处运动到b处过程中动量变化率不变
D．在空中距离斜坡最大距离为
【考点】平抛运动速度的计算；动量定理的内容和应用；合运动与分运动的关系．
【专题】定量思想；推理法；平抛运动专题；推理论证能力．
【答案】ACD
【分析】运动员从a点水平飞出做平抛运动，根据运动学公式得出下落的高度y与运动的时间的关系。分析水平位移公式求解运动的初速度。斜面的倾角为位移方向与水平方向的夹角，根据平抛运动的规律可知，速度夹角正切值等于位移夹角正切值的二倍。
【解答】解：A．由a到b过程，运动员做平抛运动在竖直方向40m
hgt2
代入数据解得t＝2s，故A正确；
B．在水平方向x＝v0t
40m
代入数据解得v0＝10m/s
运动员在b点处的竖直速度为vy＝gt＝10×2m/s＝20m/s
运动员在b点处的速度大小为vm/s
落到b处前瞬间动能Ekmv260×（10）2J＝2.1×104J，故B错误；
C．从a处运动到b处过程中Δp＝mgt
解得mg，故C正确；
D．沿斜面方向和垂直斜面方向建立直角坐标系，沿垂直斜面初速度的分量为v0sinθ，重力加速度g垂直斜面的分量为gcosθ．
设所求最大距离为H，在垂直斜面方向，根据运动学公式得（﹣2gcosθ）H＝0﹣（v0sinθ）2
代入数据解得Hm，故D正确。
故选：ACD。
【点评】本题考查了平抛运动的规律，离开O点后做平抛运动，同时整个过程分解为两个方向的运动，一定要掌握住平抛运动的规律。
（多选）15．（2025 广州二模）巴蜀中学高中女篮勇夺2024年中国高中篮球联赛西区冠军，在篮球比赛中某同学以斜向上的速度将篮球抛出，与篮板撞击后落入篮筐，可得到此次篮球运动轨迹的简易图如图所示。若此次投篮中，篮球的初速度大小为v1，与竖直方向夹角为θ，篮球抛出后恰好垂直打在篮筐上方然后被反向弹回并且从篮筐正中央落下。已知脱手点与撞击点的竖直距离为H，撞击点与篮筐的竖直距离为h，忽略空气阻力，不计篮球与篮板碰撞的时间，则（　　）
A．篮球从脱手到进入篮筐的过程中水平方向动量守恒
B．篮球垂直打在篮板前一瞬间速度大小为v1sinθ
C．篮球从脱手到进入篮筐过程所经历的时间为
D．篮球反向弹回到进入篮筐过程中满足
【考点】斜抛运动；动量守恒定律的内容、条件和判断．
【专题】应用题；学科综合题；定量思想；合成分解法；动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合；推理论证能力．
【答案】BC
【分析】由于在篮球撞击过程中，篮球受到的合外力不为零，则整个过程中水平方向动量不守恒；由运动的分解可知篮球在水平方向一直做匀速直线运动，由运动的分解可知瞬时速度的大小，由斜抛运动规律可知，在竖直方向由逆向思维情况运动的时间，在水平方向的匀速运动可求L的大小。
【解答】解：A、撞击时篮球受水平外力，故水平方向动量不守恒，故A错误；
B、篮球垂直打在篮板前，在水平方向一直做匀速直线运动，由运动的分解可知水平方向的初速度为v1sinθ，故B正确；
C、篮球在竖直方向做竖直上抛运动，从脱手到进入篮筐过程分别由和得到总时间为，故C正确；
D、篮球反向弹回到进入篮筐过程中水平速度不再是v1sinθ，所以，故D错误。
故选：BC。
【点评】本题考查了斜抛运动的规律和动量守恒的条件，解题时采用逆向思维，运动的逆过程为平抛运动，这样降低了解决问题的难度。
三．解答题（共5小题）
16．（2025 城关区校级开学）风洞是空气动力学研究和试验中广泛使用的工具。如图所示，在M点以竖直向上的初速度v0＝10m/s抛出一个质量为m＝0.5kg的小球，小球抛出后始终受到水平向左的恒定风力作用，竖直方向只受重力。经过一段时间后小球将以v＝10m/s的速度水平向左经过N点，若重力加速度g＝10m/s2，不计风力以外的空气阻力。求：
（1）小球从M点运动到N点的时间；
（2）水平恒定风力的大小；
（3）小球由M点运动到N点的过程中的最小速度大小。
【考点】两个变速直线运动的合成；牛顿第二定律的简单应用．
【专题】定量思想；推理法；运动的合成和分解专题；推理论证能力．
【答案】（1）小球从M点运动到N点的时间为1s；
（2）水平恒定风力的大小为N；
（3）小球由M点运动到N点的过程中的最小速度大小为m/s。
【分析】（1）将小球的运动分解为水平方向和竖直方向，对小球在MN段的运动，根据竖直方向上的运动规律，求出小球从M点运动到N点的时间；
（2）对小球在MN段的水平分运动，由牛顿第二定律和匀变速直线运动的速度与时间关系，可求出水平恒定风力的大小；
（3）求出小球受到的合力方向，最小速度方向与合力方向垂直，结合几何关系，求出小球由M点运动到N点的过程中的最小速度大小。
【解答】（1）将小球的运动沿水平方向和竖直方向分解，水平方向小球做初速度为零的匀加速直线运动，竖直方向做竖直上抛运动，小球运动到N点时，速度方向水平向左，说明竖直方向速度减为零，在竖直方向有
0﹣v0＝﹣gt
解得
t＝1s
（2）水平方向，根据牛顿第二定律有
F风＝ma
根据运动学公式有
v＝at
联立解得
（3）设合力方向与水平方向的夹角为θ，则有
，
最小速度方向与合力方向垂直，所以
vmin＝v0cosθ
解得：
答：（1）小球从M点运动到N点的时间为1s；
（2）水平恒定风力的大小为N；
（3）小球由M点运动到N点的过程中的最小速度大小为m/s。
【点评】解决本题的关键将小球的运动分解，搞清在分运动的规律，结合等时性，运用牛顿第二定律和运动学公式进行求解。
17．（2025 淄博模拟）如图所示，小齐同学借助安装在水平地面的篮球发球机练习原地竖直起跳接球。小齐站在水平地面上，伸直双臂举手时手掌距地面最大高度h0＝2.2m。发球机出球口距地面的高度为h1＝0.2m，篮球从出球口以与水平方向成θ＝53°的速度v＝8.75m/s射向小齐。在篮球发出一段时间后，小齐起跳离地，跳至最高点伸直双臂恰能在头顶正上方接住到达最高点的篮球。篮球可视为质点，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，求：
（1）处于最高点的篮球距地面的高度H；
（2）从篮球发出到小齐起跳离地的时间t。
【考点】斜抛运动．
【专题】计算题；定量思想；推理法；运动的合成和分解专题；分析综合能力．
【答案】（1）处于最高点的篮球距地面的高度H是2.65m；
（2）从篮球发出到小齐起跳离地的时间t是0.4s。
【分析】（1）篮球做斜上抛运动，运动到最高点时竖直分速度为零，应用运动学公式求出篮球处于最高点时距离地面的高度。
（2）小齐做竖直上抛运动，应用运动学公式求出小齐上升到最高点需要的时间，求出篮球到达最高点需要的时间，然后求出从篮球发出到小齐起跳离地的时间。
【解答】解：（1）篮球是竖直分速度大小vy＝vsinθ
小球到达最高点时竖直分速度为零，从抛出到最高点过程，在竖直方向：2gh
篮球处于最高点时距离地面的高度H＝h+h1
代入数据解得：H＝2.65m
（2）小齐上升到最高点过程的位移H﹣h0
篮球上升到最高点过程vy＝gt2
篮球发出后到小齐起跳离地的时间t＝t2﹣t1
代入数据解得：t＝0.4s
答：（1）处于最高点的篮球距地面的高度H是2.65m；
（2）从篮球发出到小齐起跳离地的时间t是0.4s。
【点评】本题考查了抛体运动，根据题意分析清楚篮球小齐的运动过程是解题的前提，应用运动学公式即可解题。
18．（2025 城关区校级开学）如图所示，倾角为θ＝37°的固定斜面体，顶端放置均可视为质点的小球和滑块，某时刻给小球沿水平方向的初速度v0，使其做平抛运动，同时给滑块沿斜面体向下的速度v，滑块刚好沿斜面体匀速下滑，经t0＝1.2s的时间，小球和滑块同时到达斜面体的底端。重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，空气阻力忽略不计。求：
（1）滑块与斜面间的动摩擦因数；
（2）v0和v的大小；
（3）小球抛出后经过多长时间距离斜面最远？最远距离为多大？
【考点】平抛运动与斜面的结合；动摩擦因数的性质和计算．
【专题】计算题；定量思想；推理法；平抛运动专题；分析综合能力．
【答案】（1）滑块与斜面间的动摩擦因数是0.75；
（2）v0和v的大小分别是8m/s、10m/s；
（3）小球抛出后经过0.6s距离斜面最远，最远距离为1.44m。
【分析】（1）滑块做匀速直线运动，应用平衡条件求出滑块与斜面的动摩擦因数。
（2）小球做平抛运动，求出竖直位移与位移大小，应用运动学公式求出速度大小。
（3）将小球的运动分解为垂直于斜面与平行于斜面的分运动，垂直于斜面的分速度为零时距离斜面最远，应用运动学公式求解。
【解答】解：（1）滑块做匀速直线运动，由平衡条件得：mgsin37°＝μmgcos37°
代入数据解得：μ＝0.75
（2）小球做平抛运动，竖直分位移大小hm＝7.2m
斜面的长度lm＝12m
小球做平抛运动，水平方向：lcosθ＝v0t0
代入数据解得：v0＝8m/s
滑块的速度vm/s＝10m/s
（3）小球抛出后离斜面最远需要的时间ts＝0.6s
离斜面的最远距离dm＝1.44m
答：（1）滑块与斜面间的动摩擦因数是0.75；
（2）v0和v的大小分别是8m/s、10m/s；
（3）小球抛出后经过0.6s距离斜面最远，最远距离为1.44m。
【点评】根据题意分析清楚滑块与小球的运动过程是解题的前提，应用运动的合成与分解、运动学公式即可解题。
19．（2025 朝阳区校级开学）如图所示，一小球在光滑斜面A处以水平速度v0＝0.6m/s射出，最后从B处离开斜面，已知斜面倾角为θ＝37°，高为h＝0.45m，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，忽略空气阻力，求：
（1）小球从A处到B处所用的时间；
（2）小球从A处到B处在沿初速度方向的位移大小。
【考点】在斜面上的类平抛运动（物体在斜面上运动）．
【专题】定量思想；方程法；平抛运动专题．
【答案】（1）小球从A处到B处所用的时间t＝0.5s。
（2）小球从A处到B处在沿初速度方向的位移x＝0.3m。
【分析】利用牛顿第二定律及求解加速度，再利用运动学公式将求出时间以及沿初速度方向位移即可。
【解答】解：（1）.根据牛顿第二定律可知加速度，沿加速度方向位移为，，得。
（2）.沿初速度方向位移。
答：（1）小球从A处到B处所用的时间t＝0.5s。
（2）小球从A处到B处在沿初速度方向的位移x＝0.3m。
【点评】本题在斜面上做类平抛运动，加速度为gsinθ°，按照平抛运动的规律求解
20．（2025 广东一模）如图所示，置于圆形水平转台边缘的小物块随转台做不同转速的匀速圆周运动，当转速达到某一数值时，物块恰好滑离转台开始做平抛运动初速度大小为1m/s，现测得转台半径R＝2m。离水平地面的高度H＝0.8m，设物块所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小g取10m/s2，求：
（1）物块平抛落地过程水平位移的大小；
（2）物块落地时的速度大小（可保留根号）；
（3）物块与转台间的动摩擦因数。
【考点】牛顿第二定律与向心力结合解决问题；牛顿第二定律的简单应用；平抛运动速度的计算．
【专题】计算题；信息给予题；定量思想；推理法；匀速圆周运动专题；理解能力．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）根据高度求出平抛运动的时间，结合初速度求出平抛运动的水平位移；
（2）根据高度求出平抛运动的时间，求得落地时竖直分速度，再根据速度合成即可求出物块落地时的速度；
（3）根据小球恰好滑动时，由最大静摩擦力提供向心力，根据牛顿第二定律求出平抛运动的初速度。
【解答】解：（1）物块做平抛运动，在竖直方向上有 Hgt2
解得 ts＝0.4s
水平方向做匀速直线运动，水平位移x＝v0t＝1×0.4m＝0.4m；
（2）物块落地时竖直分速度 vy＝gt＝10×0.4m/s＝4m/s
物块落地时的速度大小 vm/sm/s；
（3）物块恰好离开转台时，由最大静摩擦力提供向心力，由牛顿第二定律得
μmg＝m
μ0.05。
答：（1）物块平抛落地过程水平位移的大小为0.4m；
（2）物块落地时的速度大小为m/s；
（3）物块与转台间的动摩擦因数为0.05。
【点评】本题是圆周运动和平抛运动的综合，知道圆周运动向心力的来源和平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律是解决本题的关键。
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