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专题04 抛体运动与圆周运动
2023-2025年三年高考物理真题分类汇编，分类练习，高效提分！按照物理学科知识点构成情况，将试题分解组合，全面呈现物理学科知识点在三年高考中的考查情况，旨意方便老师和学生掌握高考命题动向、熟悉高考考查方式。
一．选择题（共22小题）
1．（2023 辽宁）某同学在练习投篮，篮球在空中的运动轨迹如图中虚线所示，篮球所受合力F的示意图可能正确的是（　　）
A．B．C．D．
2．（2025 江苏）游乐设施“旋转杯”的底盘和转杯分别以O、O′为转轴，在水平面内沿顺时针方向匀速转动。O′固定在底盘上。某时刻转杯转到如图所示位置，杯上A点与O、O′恰好在同一条直线上。则（　　）
A．A点做匀速圆周运动
B．O′点做匀速圆周运动
C．此时A点的速度小于O′点
D．此时A点的速度等于O′点
3．（2024 江苏）喷泉a、b形成如图所示的形状，不计空气阻力，则喷泉a、b的（　　）
A．加速度相同 B．初速度相同
C．最高点的速度相同 D．在空中的时间相同
4．（2023 乙卷）小车在水平地面上沿轨道从左向右运动，动能一直增加。如果用带箭头的线段表示小车在轨道上相应位置处所受合力，下列四幅图可能正确的是（　　）
A．B．C．D．
5．（2025 重庆）“魔幻”重庆的立体交通层叠交错，小明选取其中两条线探究车辆的运动。如图所示，轻轨列车与汽车以速度2v0分别从M和N向左同时出发，列车做匀速直线运动，汽车在长为s的NO段做匀减速直线运动并以速度v0进入半径为R的OP圆弧段做匀速圆周运动。两车均视为质点，则（　　）
A．汽车到O点时，列车行驶距离为s
B．汽车到O点时，列车行驶距离为
C．汽车在OP段向心加速度大小为
D．汽车在OP段向心加速度大小为
6．（2025 河北）某同学在傍晚用内嵌多个彩灯的塑料绳跳绳，照片录了彩灯在曝光时间内的运动轨迹，简图如图。彩灯的运动可视为匀速圆周运动，相机本次曝光时间是，圆弧对应的圆心角约为30°，则该同学每分钟跳绳的圈数约为（　　）
A．90 B．120 C．150 D．180
7．（2024 广东）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．r B．l C．r D．l
8．（2024 江苏）生产陶瓷的工作台匀速转动，台面面上掉有陶屑，陶屑与桌面间的动摩擦因数处处相同（台面够大），则（　　）
A．离轴OO′越远的陶屑质量越大
B．离轴OO′越近的陶屑质量越大
C．只有平台边缘有陶屑
D．离轴最远的陶屑距离不超过某一值R
9．（2023 甲卷）一质点做匀速圆周运动，若其所受合力的大小与轨道半径的n次方成正比，运动周期与轨道半径成反比，则n等于（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
10．（2025 山东）某同学用不可伸长的细线系一个质量为0.1kg的发光小球，让小球在竖直面内绕一固定点做半径为0.6m的圆周运动。在小球经过最低点附近时拍摄了一张照片，曝光时间为。由于小球运动，在照片上留下了一条长度约为半径的圆弧形径迹。根据以上数据估算小球在最低点时细线的拉力大小为（　　）
A．11N B．9N C．7N D．5N
11．（2025 选择性）如图，趣味运动会的“聚力建高塔”活动中，两长度相等的细绳一端系在同一塔块上，两名同学分别握住绳的另一端，保持手在同一水平面以相同速率v相向运动。为使塔块沿竖直方向匀速下落，则v（　　）
A．一直减小 B．一直增大
C．先减小后增大 D．先增大后减小
12．（2023 湖南）如图（a），我国某些农村地区人们用手抛撒谷粒进行水稻播种。某次抛出的谷粒中有两颗的运动轨迹如图（b）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，抛出时谷粒1和谷粒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，关于两谷粒在空中的运动，下列说法正确的是（　　）
A．谷粒1的加速度小于谷粒2的加速度 B．谷粒2在最高点的速度小于v1
C．两谷粒从O到P的运动时间相等 D．两谷粒从O到P的平均速度相等
13．（2023 北京）在太空实验室中可以利用匀速圆周运动测量小球质量。如图所示，不可伸长的轻绳一端固定于O点，另一端系一待测小球，使其绕O做匀速圆周运动。用力传感器测得绳上的拉力为F，用停表测得小球转过n圈所用的时间为t，用刻度尺测得O点到球心的距离为圆周运动的半径R。下列说法正确的是（　　）
A．圆周运动轨道可处于任意平面内
B．小球的质量为
C．若误将n﹣1圈记作n圈，则所得质量偏大
D．若测R时未计入小球半径，则所得质量偏小
14．（2023 全国）如图，水平地面上放有一质量为M的⊥形支架。一质量为m的小球用长为l的轻绳连接在支架顶端，小球在竖直平面内做圆周运动，重力加速度大小为g。已知小球运动到最低点时速度大小为v，此时地面受到的正压力大小为（　　）
A．Mg B．（M+m）g
C．（M+m）g+m D．（M+m）g﹣m
15．（2025 湖北）某网球运动员两次击球时，击球点离网的水平距离均为L，离地高度分别为、L，网球离开球拍瞬间的速度大小相等，方向分别斜向上、斜向下，且与水平方向夹角均为θ。击球后网球均刚好直接掠过球网，运动轨迹平面与球网垂直，忽略空气阻力，tanθ的值为（　　）
A． B． C． D．
16．（2025 云南）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
17．（2024 湖北）如图所示，有五片荷叶伸出荷塘水面，一只青蛙要从高处荷叶跳到低处荷叶上。设低处荷叶a、b、c、d和青蛙在同一竖直平面内，a、b高度相同，c、d高度相同，a、b分别在c、d正上方。将青蛙的跳跃视为平抛运动，若以最小的初速度完成跳跃，则它应跳到（　　）
A．荷叶a B．荷叶b C．荷叶c D．荷叶d
18．（2024 选择性）“指尖转球”是花式篮球表演中常见的技巧。如图，当篮球在指尖上绕轴转动时，球面上P、Q两点做圆周运动的（　　）
A．半径相等 B．线速度大小相等
C．向心加速度大小相等 D．角速度大小相等
19．（2024 浙江）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，则水离开出水口的速度大小为（　　）
A． B．
C． D．
20．（2024 海南）在跨越河流表演中，一人骑车以25m/s的速度水平冲出平台，恰好跨越长x＝25m的河流落在河对岸平台上，已知河流宽度25m，不计空气阻力，取g＝10m/s2，则两平台的高度差h为（　　）
A．0.5m B．5m C．10m D．20m
21．（2024 江苏）如图所示，细绳穿过竖直的管子拴住一个小球，让小球在A高度处的水平面内做匀速圆周运动，现用力将细绳缓慢下拉，使小球在B高度处的水平面内做匀速圆周运动，不计一切摩擦，则（　　）
A．线速度vA＞vB B．角速度ωA＞ωB
C．向心加速度aA＜aB D．向心力FA＞FB
22．（2023 江苏）达 芬奇的手稿中描述了这样一个实验：一个罐子在空中沿水平直线向右做匀加速运动，沿途连续漏出沙子。若不计空气阻力，则下列图中能反映空中沙子排列的几何图形是（　　）
A．B．C．D．
二．多选题（共7小题）
（多选）23．（2025 福建）春晚上转手绢的机器人，手绢上有P、Q两点，圆心为O，，手绢做匀速圆周运动，则（　　）
A．P、Q线速度之比为
B．P、Q角速度之比为
C．P、Q向心加速度之比为
D．P点所受合外力总是指向O
（多选）24．（2025 广东）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0.4m，小球所在位置处的切面与水平面夹角θ为45°，小球质量为0.1kg，重力加速度g取10m/s2。关于该小球，下列说法正确的有（　　）
A．角速度为5rad/s
B．线速度大小为4m/s
C．向心加速度大小为10m/s2
D．所受支持力大小为1N
（多选）25．（2025 山东）如图所示，在无人机的某次定点投放性能测试中，目标区域是水平地面上以O点为圆心，半径R1＝5m的圆形区域，OO′垂直地面，无人机在离地面高度H＝20m的空中绕O′点、平行地面做半径R2＝3m的匀速圆周运动，A、B为圆周上的两点，∠AO′B＝90°。若物品相对无人机无初速度地释放，为保证落点在目标区域内，无人机做圆周运动的最大角速度应为ωmax。当无人机以ωmax沿圆周运动经过A点时，相对无人机无初速度地释放物品。不计空气对物品运动的影响，物品可视为质点且落地后即静止，重力加速度大小g＝10m/s2。下列说法正确的是（　　）
A．
B．
C．无人机运动到B点时，在A点释放的物品已经落地
D．无人机运动到B点时，在A点释放的物品尚未落地
（多选）26．（2024 山东）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20m/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10m/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10m
D．轨迹最高点与落点的高度差为45m
（多选）27．（2024 江西）一条河流某处存在高度差，小鱼从低处向上跃出水面，冲到高处。如图所示，以小鱼跃出水面处为坐标原点，x轴沿水平方向，建立坐标系，小鱼的初速度为v0，末速度v沿x轴正方向。在此过程中，小鱼可视为质点且只受重力作用。关于小鱼的水平位置x、竖直位置y、水平方向分速度vx和竖直方向分速度vy与时间t的关系，下列图像可能正确的是（　　）
A．B．C．D．
（多选）28．（2024 安徽）一倾角为30°足够大的光滑斜面固定于水平地面上，在斜面上建立Oxy直角坐标系，如图（1）所示。从t＝0开始，将一可视为质点的物块从O点由静止释放，同时对物块施加沿x轴正方向的力F1和F2，其大小与时间t的关系如图（2）所示。已知物块的质量为1.2kg，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力。则（　　）
A．物块始终做匀变速曲线运动
B．t＝1s时，物块的y坐标值为2.5m
C．t＝1s时，物块的加速度大小为
D．t＝2s时，物块的速度大小为
（多选）29．（2024 湖南）如图，光滑水平面内建立直角坐标系xOy。A、B两小球同时从O点出发，A球速度大小为v1、方向沿x轴正方向，B球速度大小为v2＝2m/s、方向与x轴正方向夹角为θ。坐标系第一象限中有一个挡板L，与x轴夹角为α。B球与挡板L发生碰撞，碰后B球速度大小变为1m/s，碰撞前后B球的速度方向与挡板L法线的夹角相同，且分别位于法线两侧。不计碰撞时间和空气阻力，若A、B两小球能相遇，下列说法正确的是（　　）
A．若θ＝15°，则v1的最大值为，且α＝15°
B．若θ＝15°，则v1的最大值为，且α＝0°
C．若θ＝30°，则v1的最大值为，且α＝0°
D．若θ＝30°，则v1的最大值为，且α＝15°
三．解答题（共9小题）
30．（2023 江苏）“转碟”是传统的杂技项目。如图所示，质量为m的发光物体放在半径为r的碟子边缘，杂技演员用杆顶住碟子中心，使发光物体随碟子一起在水平面内绕A点做匀速圆周运动。当角速度为ω0时，碟子边缘看似一个光环。求此时发光物体的速度大小v0和受到的静摩擦力大小f。
31．（2024 新课标）如图，一长度l＝1.0m的均匀薄板初始时静止在一光滑平台上，薄板的右端与平台的边缘O对齐。薄板上的一小物块从薄板的左端以某一初速度向右滑动，当薄板运动的距离时，物块从薄板右端水平飞出；当物块落到地面时，薄板中心恰好运动到O点。已知物块与薄板的质量相等，它们之间的动摩擦因数μ＝0.3，重力加速度大小g＝10m/s2。求：
（1）物块初速度大小及其在薄板上运动的时间；
（2）平台距地面的高度。
32．（2023 新课标）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）
33．（2024 江西）雪地转椅是一种游乐项目，其中心传动装置带动转椅在雪地上滑动。如图（a）、（b）所示，传动装置有一高度可调的水平圆盘，可绕通过中心O点的竖直轴匀速转动。圆盘边缘A处固定连接一轻绳，轻绳另一端B连接转椅（视为质点）。转椅运动稳定后，其角速度与圆盘角速度相等。转椅与雪地之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，不计空气阻力。
（1）在图（a）中，若圆盘在水平雪地上以角速度ω1匀速转动，转椅运动稳定后在水平雪地上绕O点做半径为r1的匀速圆周运动。求AB与OB之间夹角α的正切值。
（2）将圆盘升高，如图（b）所示。圆盘匀速转动，转椅运动稳定后在水平雪地上绕O1点做半径为r2的匀速圆周运动，绳子与竖直方向的夹角为θ，绳子在水平雪地上的投影A1B与O1B的夹角为β。求此时圆盘的角速度ω2。
34．（2024 北京）如图所示，水平放置的排水管满口排水，管口的横截面积为S，管口离水池水面的高度为h，水在水池中的落点与管口的水平距离为d，假定水在空中做平抛运动，已知重力加速度为g，h远大于管口内径。求：
（1）水从管口到水面的运动时间t；
（2）水从管口排出时的速度大小v0；
（3）管口单位时间内流出水的体积Q。
35．（2024 全国）一台具有三段变速系统的脚踏车（如图1），其前齿盘的齿数为38齿，后齿盘组有相同转轴但齿数分别为14、19与26齿的3个齿盘。链条套在前齿盘和后齿盘上，当前齿盘转动1齿，后齿轮盘也跟着转动1齿；且齿盘齿数与齿盘半径成正比。
（1）齿数为n的齿盘边缘的切线速度定为vn、角速度定为ωn、法线加速度（向心加速度）定为aNn。若变速系统将链条套在前齿盘与齿数19齿的后齿盘上，当前、后齿盘转动时，下列叙述哪些正确？（多选） 　 　
（A）后齿盘：
（B）后齿盘：
（C）后齿盘：1
（D）前齿盘与后齿盘：
（E）前齿盘与后齿盘：2
（2）图2为脚踏车驱动过程的示意图：（i）骑士对踏板施力，经长度L的踏板曲柄对前齿盘的转轴产生力矩、（ⅱ）使前齿盘转动并施力于链条上、（ⅲ）链条上的力传递至后齿盘产生力矩、（iv）后齿盘将此力矩传递至驱动轮（后轮），即为脚踏车的驱动力矩驱使车轮转动。承第（1）题，当脚踩踏板的垂直力为F且车轮相对于路面为静止状态时，回答下列问题：
（a）F经由踏板曲柄对前齿盘转轴产生的力矩的量值为何？
（b）F经由踏板曲柄对脚踏车后轮产生的力矩的量值为何？（需有计算过程）
（3）车轮转动对路面产生往后的摩擦力，路面也同时对车轮施加往前的反作用力，此即为驱动脚踏车往前的力。已知后轮的半径为R，若以脚踩踏板施加相同垂直力F于长度L的踏板曲柄上（如图2），且车轮相对于路面为静止状态时，改变前齿盘与后齿盘之间的齿数比，使链条对后轮产生最大驱动力矩，则此时仅由F所产生驱动脚踏车往前最大的力为何？（需有说明或计算过程）
36．（2024 海南）某游乐项目装置简化如图，A为固定在地面上的光滑圆弧形滑梯，半径R＝10m，滑梯顶点a与滑梯末端b的高度h＝5m，静止在光滑水平面上的滑板B，紧靠滑梯的末端，并与其水平相切，滑板质量M＝25kg，一质量为m＝50kg的游客，从a点由静止开始下滑，在b点滑上滑板，当滑板右端运动到与其上表面等高平台的边缘时，游客恰好滑上平台，并在平台上滑行S＝16m停下。游客视为质点，其与滑板及平台表面之间的动摩擦因数均为μ＝0.2，忽略空气阻力，重力加速度g＝10m/s2，求：
（1）游客滑到b点时对滑梯的压力的大小；
（2）滑板的长度L。
37．（2023 福建）一种离心测速器的简化工作原理如图所示。细杆的一端固定在竖直转轴OO′上的O点，并可随轴一起转动。杆上套有一轻质弹簧，弹簧一端固定于O点，另一端与套在杆上的圆环相连。当测速器稳定工作时，圆环将相对细杆静止，通过圆环的位置可以确定细杆匀速转动的角速度。已知细杆长度L＝0.2m，杆与竖直转轴的夹角α始终为60°，弹簧原长x0＝0.1m，弹簧劲度系数k＝100N/m，圆环质量m＝1kg；弹簧始终在弹性限度内，重力加速度大小取10m/s2，摩擦力可忽略不计。
（1）若细杆和圆环处于静止状态，求圆环到O点的距离；
（2）求弹簧处于原长时，细杆匀速转动的角速度大小；
（3）求圆环处于细杆末端P时，细杆匀速转动的角速度大小。
38．（2023 浙江）一游戏装置竖直截面如图所示，该装置由固定在水平地面上倾角θ＝37°的直轨道AB、螺旋圆形轨道BCDE，倾角θ＝37°的直轨道EF、水平直轨道FG组成，除FG段外各段轨道均光滑，且各处平滑连接。螺旋圆形轨道与轨道AB、EF相切于B（E）处。凹槽GHIJ底面HI水平光滑，上面放有一无动力摆渡车，并紧靠在竖直侧壁GH处，摆渡车上表面与直轨道下FG、平台JK位于同一水平面。已知螺旋圆形轨道半径R＝0.5m，B点高度为1.2R，FG长度LFG＝2.5m，HI长度L0＝9m，摆渡车长度L＝3m、质量m＝1kg。将一质量也为m的滑块从倾斜轨道AB上高度h＝2.3m处静止释放，滑块在FG段运动时的阻力为其重力的0.2倍。（摆渡车碰到竖直侧壁IJ立即静止，滑块视为质点，不计空气阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）
（1）求滑块过C点的速度大小vC和轨道对滑块的作用力大小FC；
（2）摆渡车碰到IJ前，滑块恰好不脱离摆渡车，求滑块与摆渡车之间的动摩擦因数μ；
（3）在（2）的条件下，求滑块从G到J所用的时间t。
专题04 抛体运动与圆周运动
参考答案与试题解析
一．选择题（共22小题）
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
答案 A B A D B C A D C C B
题号 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22
答案 B A C C D C D C B C D
二．多选题（共7小题）
题号 23 24 25 26 27 28 29
答案 AD AC BC BD AD BD AC
一．选择题（共22小题）
1．【专题】定性思想；推理法；物体做曲线运动条件专题；推理论证能力．
【解答】篮球在空中的运动轨迹为曲线，物体做曲线运动的条件是所受合力方向与运动方向（即轨迹的切向方向）不共线，并且合力方向指向曲线轨迹的凹侧，故A正确，BCD错误。
故选：A。
2．【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．
【解答】AB．底盘以O为转轴在水平面内沿顺时针方向匀速转动，O′点固定在底盘上，故O′点围绕O点做匀速圆周运动。转杯以O′为转轴在水平面内沿顺时针方向匀速转动，故杯上A点相对于O′点做匀速圆周运动，而O′点又相对于O点做匀速圆周运动，故A点的运动轨迹不是圆周，故A点不做匀速圆周运动，故A错误，B正确；
CD．此时刻A点与O、O′恰好在同一条直线上，并且O′点相对于O点与A点相对于O′点做匀速圆周运动的线速度方向相同，故此时A点的速度大小等于O′点相对于O点的速度大小与A点相对于O′点的速度大小之和，故此时A点的速度大于O′点，故CD错误。
故选：B。
3．【专题】定性思想；推理法；平抛运动专题；推理论证能力．
【解答】A、喷泉做斜抛运动，两者的加速度均为重力加速度，故A正确；
D、在竖直方向上，根据对称性和运动学公式可知，喷泉b在空中的时间较长，故D错误；
C、喷泉ab在水平方向上的位移近似相同，而b的运动时间较长，根据公式x＝vt可知，喷泉b在最高点的速度小于喷泉a在最高点的速度，故C错误；
B、根据上述分析可知，喷泉b在竖直方向上的速度较大，在水平方向上的速度较小，二者的初速度大小关系未知，但速度方向一定不相同，则初速度一定不相同，故B错误；
故选：A。
4．【专题】定性思想；推理法；物体做曲线运动条件专题；推理论证能力．
【解答】根据曲线运动的特点可知，曲线运动速度方向沿运动轨迹的切线方向，合力方向指向运动轨迹的凹侧。小车做曲线运动，且动能一直增加，则小车所受合力方向与运动方向夹角为锐角，故ABC错误，D正确。
故选：D。
5．【专题】应用题；信息给予题；定量思想；推理法；直线运动规律专题；匀速圆周运动专题；分析综合能力．
【解答】AB.汽车在长为s的NO段做匀减速直线运动，根据匀变速直线运动规律
运动时间
列车做匀速直线运动，行驶的距离，故A错误，B正确；
CD.根据向心加速度公式，汽车在OP段向心加速度大小，故CD错误。
故选：B。
6．【专题】定量思想；方程法；匀速圆周运动专题；理解能力．
【解答】根据题意可知跳绳的转动角速度为：
根据ω＝2πf可知每秒钟跳的圈数为：fHz＝2.5Hz
每分钟跳绳的圈数为：n＝60f＝60×2.5r/min＝150r/min，故C正确、ABD错误。
故选：C。
7．【专题】定量思想；推理法；牛顿第二定律在圆周运动中的应用；推理论证能力．
【解答】卷轴的角速度为：
插销与卷轴属于同轴传动模型，角速度相等，要使卷轴转动不停止，则弹簧对插销的弹力提供向心力，根据牛顿第二定律可得：
联立解得：，故A正确，BCD错误；
故选：A。
8．【专题】定量思想；推理法；牛顿第二定律在圆周运动中的应用；推理论证能力．
【解答】ABC、与台面相对静止的陶屑做匀速圆周运动，静摩擦力提供向心力，当静摩擦力为最大静摩擦力时，根据牛顿第二定律可得：
μmg＝mω2r，解得：r，因与台面相对静止的这些陶屑的角速度相同，由此可知能与台面相对静止的陶屑离轴OO′的距离与陶屑质量无关，故ABC错误；
D、离轴最远的陶屑其受到的静摩擦力为最大静摩擦力，由前述分析可知最大的运动半径为R，μ与ω均一定，故R为定值，即离轴最远的陶屑距离不超过某一值R，故D正确。
故选：D。
9．【专题】信息给予题；定量思想；推理法；方程法；匀速圆周运动专题；分析综合能力．
【解答】根据题意质点做匀速圆周运动，所受合力的大小与轨道半径的n次方成正比：Fn∝rn
运动周期与轨道半径成反比可知： 为常数）
解得：，其中 均为常数，r 的指数为3，故n＝3，故C正确，ABD错误。
故选：C。
10．【专题】应用题；定量思想；推理法；牛顿第二定律在圆周运动中的应用；分析综合能力．
【解答】在曝光时间内小球运动的长度为，
近似认为在曝光时间内小球做匀速直线运动，小球的线速度大小
在最低点，根据牛顿第二定律得
代入数据解得T＝7N，故C正确，ABD错误。
故选：C。
11．【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．
【解答】设两边绳与竖直方向的夹角为θ，塔块沿竖直方向匀速下落的速度为v块，将v块沿绳方向和垂直绳方向分解，将v沿绳子方向和垂直绳方向分解，
可得v块cosθ＝vsinθ，解得，由于塔块匀速下落时θ在减小，故可知v一直增大，故B正确，ACD错误。
故选：B。
12．【专题】定量思想；推理法；平抛运动专题；理解能力；推理论证能力．
【解答】A、两谷粒均做抛体运动，故加速度均相同，故A错误，
BC、根据图b可知谷粒2从最高点到P点的运动时间大于谷粒1从O点到P点的运动时间，又因为谷粒2从最高点到P点水平位移小于谷粒1从O到P点的水平位移，所以谷粒2在最高点的速度小于v1，故B正确，C错误，
D、两谷粒从O到P的位移相同，飞行时间不同，所以平均速度不相等，故D错误。
故选：B。
13．【专题】定量思想；推理法；方程法；匀速圆周运动专题；推理论证能力．
【解答】A、在太空实验室中，物体均处于完全失重状态，则小球没有重力效果，圆周运动轨道处于任意平面内时，小球所受合力均为绳上的拉力，小球做圆周运动的效果都相同，故A正确；
B、小球做匀速圆周运动，小球所受合力为绳上的拉力F，该拉力充当向心力，则由牛顿第二定律有
F＝mω2R＝mR
周期为：T
联立方程得：m
故B错误；
C、若误将n﹣1圈记作n圈，则n变大，由m可知，m变小，故C错误；
D、若测R时未计入小球半径，则R变小，由m可知，m变大，故D错误。
故选：A。
14．【专题】定量思想；推理法；牛顿第二定律在圆周运动中的应用；共点力作用下物体平衡专题；推理论证能力；模型建构能力．
【解答】小球运动到最低点时，对小球进行受力分析，小球受竖直向下的重力和轻绳竖直向上的拉力，根据牛顿第二定律，T﹣mg＝m，对M受力分析，受竖直向下的重力、小球对绳子竖直向下的拉力和自身的重力，根据平衡条件F＝Mg+T＝（M+m）g+m，根据牛顿第三定律，地面受到的正压力与地面对M的支持力F大小相等，故C正确，ABD错误。
故选：C。
15．【专题】定量思想；推理法；平抛运动专题；推理论证能力．
【解答】由题意可画出示意图，如图所示。
设球网的高度为h，对于斜向下击出的网球，在水平方向有L＝v0cosθ t1
竖直方向有L﹣h＝v0
对于斜向上击出的网球，在水平方向有L＝v0cosθ t2
竖直方向有
联立可得t1＝t2，2v0sinθ t1
结合L＝v0cosθ t1
可得4sinθ＝cosθ
解得tanθ
故C正确，ABD错误。
故选：C。
16．【专题】定量思想；推理法；平抛运动专题；推理论证能力．
【解答】AB.两只小鸟分别在空中的M点和N点同时接到鸟食，N点下落的高度更高，运动时间长，故N点接到的鸟食先被抛出，故AB错误；
C.根据x＝v0t，ygt2，得y，如果初速度相等，则两轨迹应该重合，故C错误；
D.同理，由y可知，当水平位移x相等时，yN＞yM，y越大，初速度v0越小，则在M点接到的鸟食平抛的初速度较大，故D正确。
故选：D。
17．【专题】信息给予题；定性思想；推理法；平抛运动专题；理解能力．
【解答】平抛运动在竖直方向做自由落体运动
水平方向做匀速直线运动x＝v0t
水平初速度
要使水平初速度最小，则需要水平位移x最小、竖直位移h最大；
由于a、c荷叶与青蛙的水平位移最小，c、d荷叶与青蛙的高度差最大，跳到荷叶c上同时满足水平位移最小，竖直位移最大，故ABD错误，C正确。
故选：C。
18．【专题】信息给予题；定性思想；推理法；匀速圆周运动专题；理解能力．
【解答】A.如图所示：
P、Q两点在水平方向做圆周运动，半径垂直于转轴，根据几何知识rQ＞rP，故A错误；
D.篮球上的P、Q绕轴做同轴转动，因此P、Q两点做圆周运动的角速度相等，故D正确；
B.根据线速度与角速度的关系v＝rω，因此vQ＞vP，故B错误；
C.根据向心加速度公式a＝rω2，因此aQ＞aP，故C错误。
故选：D。
19．【专题】定量思想；推理法；平抛运动专题；分析综合能力．
【解答】水离开出水口后做平抛运动，水离开出水口到桶口中心，有
得
设出水孔到桶口中心的水平距离为x，则
x＝v0t
得
落到桶底A点时
则时间
解得
故ABD错误，C正确。
故选：C。
20．【专题】定量思想；推理法；平抛运动专题；推理论证能力．
【解答】根据平抛运动的规律有
x＝v0t
hgt2
代入x＝25m，v0＝25m/s，解得h＝5m
故ACD错误，B正确。
故选：B。
21．【专题】定量思想；推理法；匀速圆周运动专题；推理论证能力．
【解答】CD、设小球在A高度处时细绳竖直方向的夹角为θ，对小球在A高度处的受力分析如下图所示：
可得在此处小球所需向心力为FA＝mgtanθ
设小球在B高度处时细绳竖直方向的夹角为β，同理可得小球在A高度处所需向心力为FB＝mgtanβ
因θ＜β，故向心力FA＜FB
由向心力Fn＝man，可得向心加速度aA＜aB，故D错误，C正确；
B、根据向心加速度an＝ω2r，采用极限法，若细绳长度趋近于零，圆周运动半径r亦会趋近于零，可知rA＞rB，又有aA＜aB，可得角速度ωA＜ωB，故B错误。
A、由线速度v＝ωr，因ωA＜ωB，rA＞rB，故无法判断线速度大小关系。从功能的角度分析，将细绳缓慢下拉的过程，小球逐渐靠近转轴，细绳对小球的拉力做正功，则小球的机械能增加，而在B处小球的重力势能大于在A处的重力势能，故无法比较动能的大小关系，故A错误。
故选：C。
22．【专题】定性思想；推理法；物体做曲线运动条件专题；推理论证能力．
【解答】
法一：以漏下的沙子为参考系，罐子向右上角做匀加速直线运动（竖直方向上加速度为g，方向向上，水平方向上加速度为恒定加速度a，方向向右），加速度大小方向恒定，对于每一瞬间落下的沙子都满足该条件，即任何时刻落下的沙子都在罐子的左下角且跟罐子的连线与水平线的夹角恒定，所以，沙子排列的几何图形为一条直线，故D正确，ABC错误；
法二：假设罐子中的沙子以加速度a向右运动，做平抛运动时重力加速度为g，由匀变速直线运动位移与时间的关系可以得出：t0时刻漏出的沙具有水平的初速度v＝v0+at0，沙随罐子一起做匀加速运动位移为x0＝v0t0，沙漏出后做平抛运动，t时刻的水平位移x1（t﹣t0），x＝x0+x1，yg（t﹣t0）2，以罐子初始时刻为坐标原点，在t0时刻漏出的沙在t时刻的位置坐标为（v0t+at0t，g（t﹣t0）2），已知加速度a和g恒定，且g为固定值，令g＝ka（k为常数），所以有g（t﹣t0）2＝k（v0t+at0t）gt2﹣kv0t，因为g、t、v0都为已知量，所以满足一次函数表达关系式y＝kx+b，t0为任意时刻，所以沙子排列的几何图形为一条直线，故D正确，ABC错误；
故选：D。
二．多选题（共7小题）
23．【专题】比较思想；推理法；匀速圆周运动专题；理解能力．
【解答】B、P、Q两点为同轴传动，角速度相等，即角速度之比为1：1，故B错误；
A、由v＝ωr得，线速度之比等于半径之比，即
vP：vQ＝OP：OQ＝1：
故A正确；
C、由a＝ω2r得，向心加速度之比等于半径之比，即
aP：aQ＝1：
故C错误；D、P点随手娟做匀速圆周运动，合力始终指向圆心O点，故D正确；
故选：AD。
24．【专题】定量思想；方程法；匀速圆周运动专题；推理论证能力．
【解答】AD、小球在水平面内做匀速圆周运动，由合力提供向心力，对小球受力分析如图
所受支持力大小为Nmg0.1×10NN
由牛顿第二定律可得mgtan45°＝mω2R，解得ω＝5rad/s，故A正确，D错误；
B、线速度大小为v＝ωR＝5×0.4m/s＝2m/s，故B错误；
C、向心加速度大小为an＝ω2R＝52×0.4m/s2＝10m/s2，故C正确。
故选：AC。
25．【专题】定量思想；推理法；平抛运动专题；匀速圆周运动专题；推理论证能力．
【解答】AB．物品从无人机上释放后，做平抛运动，竖直方向有：
代入数据解得：
t＝2s
要使得物品落点在目标区域内，设最大线速度为v，速度最大时，水平方向满足：
最大角速度为
代入数据联立解得：
故A错误，B正确；
CD．无人机从A到B运动的时间
st＝2s
可知无人机运动到B点时，在A点释放的物品已经落地，故C正确，D错误。
故选：BC。
26．【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．
【解答】A.对重物从P运动到Q的过程，水平方向上有x＝v0cos30° t，竖直方向上有y＝﹣v0sin30°t，由几何关系有，联立解得重物的运动时间t＝4s，故A错误；
B.结合A项分析可知，重物落地时的水平分速度vx＝v0cos30°，竖直分速度vy＝﹣v0sin30°+gt
则，解得tanθ，所以重物的落地速度与水平方向夹角为60°，故B正确；
C.对重物从P运动到Q的过程，如图，将重力加速度和初速度v0在垂直于PQ连线方向分解
在垂直于PQ连线方向有，解得重物离PQ连线的最远距离，故C错误；
D.结合B项分析，竖直方向上有，联立解得重物轨迹最高点与落点的高度差ym＝45m，故D正确。
故选：BD。
27．【专题】定量思想；推理法；平抛运动专题；推理论证能力．
【解答】AC.小鱼在运动过程中只受重力，水平方向上小鱼做匀速运动，即vx为定值，且水平位置x＝vxt，x﹣t图像是一条过原点的倾斜直线，故A正确，C错误；
BD.竖直方向上小鱼做竖直上抛运动，则y＝v0ytgt2，vy＝v0y﹣gt，且最高点竖直方向的速度为0，B图像最高点对应的速度不为0，故B错误，D正确。
故选：AD。
28．【专题】信息给予题；定量思想；推理法；直线运动规律专题；牛顿运动定律综合专题；理解能力．
【解答】A.根据图2可知，F1随时间变化的关系为F1＝4﹣t（N），其中t≤4s
F2随时间变化的关系为F2＝3t
F1、F2的合力F＝F1+F2＝4+2t（N）
物块沿y轴方向的分力
物块沿x轴方向的力Fx＝F＝4+2t（N）
由于Fx随时间变化，因此物块所受的合力不恒定，加速度不恒定；
物块做非匀变速曲线运动，故A错误；
B.物块沿y方向做匀加速运动，加速度
根据匀变速运动公式，t＝1s时，物块的y坐标值，故B正确；
C.当t＝1s时，Fx＝4N+2×1N＝6N
此时物块所受的合力
根据牛顿第二定律F合＝ma
代入数据解得物块的加速度大小，故C错误；
D.t＝2s时刻，物块沿y轴方向的速度vy＝at＝5×2m/s＝10m/s
物块在t＝2s时刻，沿x轴方向的合力Fx′＝（4+2×2）N＝8N
在0﹣2s内沿x轴方向的平均加速度
t＝2s时刻，物块沿x轴方向的速度
根据运动的合成与分解，在t＝2s时刻的速度，故D正确。
故选：BD。
29．【专题】定量思想；图析法；追及、相遇问题；应用数学处理物理问题的能力．
【解答】由于水平面光滑，则两小球均做匀速直线运动，若A、B两小球能相遇，则绘出运动轨迹图如下图，
根据几何关系可知，各路径与水平方向的夹角等关系图中标明，则根据正弦定理有：
解得：v1m/s
令：β＝α+θ，则有：
v1
当θ一定时，当时，v1取最大值。
解得：β＝α+θ＝30°
AB、若θ＝15°，代入数据v2＝2m/s，v2'＝1m/s，解得：当α＝15°，v1取得最大值为，故A正确、B错误；
CD、若θ＝30°，代入数据v2＝2m/s，v2'＝1m/s，解得：当α＝0°，v1取得最大值为，故C正确、D错误。
故选：AC。
三．解答题（共9小题）
30．【专题】定量思想；推理法；牛顿第二定律在圆周运动中的应用；推理论证能力．
【解答】根据线速度的计算公式可得发光物体的速度大小为：
v0＝ω0r
物体受到的摩擦力提供做圆周运动的向心力，根据牛顿第二定律可得：
f
答：发光物体的速度大小为ω0r，受到的静摩擦力大小为。
31．【专题】定量思想；推理法；平抛运动专题；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力；模型建构能力．
【解答】（1）物块与薄板的质量均为m，物块与薄板相对滑动过程，物块做匀减速直线运动，薄板做匀加速直线运动，因平台是光滑的，根据牛顿第二定律，可知两者的加速度大小相等，设两者的加速度大小均为a，则有：
μmg＝ma
解得：a＝3m/s2
设物块初速度大小为v0，其在薄板上运动的时间为t。
对薄板有：at2
解得：ts
对物块有：l+Δl＝v0tat2
解得：v0＝4m/s
（2）物块从薄板右端水平飞出时薄板的速度大小为v1＝at
解得：v1＝1m/s
此后薄板做匀速直线运动，其中心恰好运动到O点所需时间为：
t1
解得：t1s
物块飞出后做平抛运动，竖直方向为自由落体运动，可得平台距地面的高度为：
h，解得：hm
答：（1）物块初速度大小为4m/s，其在薄板上运动的时间为s；
（2）平台距地面的高度hm。
32．【专题】定量思想；推理法；平抛运动专题；推理论证能力．
【解答】根据平抛运动规律可知竖直方向有
2gh
结合题意石子接触水面时的速度方向与水面的夹角不能大于θ，可知抛出速度的最小值满足，如图：
tanθ
解得
v0
答：抛出速度的最小值为。
33．【专题】定量思想；推理法；匀速圆周运动专题；推理论证能力．
【解答】（1）对转椅受力分析，转椅在水平面内受到滑动摩擦力f1、轻绳拉力T，两者合力提供其做匀速圆周运动所需向心力，如下图所示。
设转椅的质量为m，转椅所需的向心力大小为：
转椅受到的滑动摩擦力大小为：f1＝μmg
根据几何关系得：
联立解得：
（2）转椅在题图（b）情况下，由滑动摩擦力与绳拉力沿BA1方向的分力的合力提供所需的向心力。
所需的向心力大小为：
转椅受到的滑动摩擦力大小为：f2＝μN2
根据几何关系有：
竖直方向上由平衡条件得：N2+Tcosθ＝mg
水平面上沿圆周轨迹的切线方向由平衡条件得：f2＝Tsinθsinβ
联立解得：
答：（1）AB与OB之间夹角α的正切值为。
（2）求此时圆盘的角速度ω2为。
34．【专题】定量思想；推理法；平抛运动专题；推理论证能力．
【解答】（1）水在空中做平抛运动，由平抛运动规律得，竖直方向
hgt2，解得水从管口到水面的运动时间为t；
（2）由平抛运动规律得，水平方向
d＝v0t
解得水从管口排出时的速度大小v0＝d
（3）管口单位时间内流出水的体积Q＝v0S＝dS
答：（1）水从管口到水面的运动时间t为；
（2）水从管口排出时的速度大小v0为d；
（3）管口单位时间内流出水的体积Q为dS。
35．【专题】定量思想；推理法；匀速圆周运动专题；受力分析方法专题；推理论证能力．
【解答】（1）（B）后齿盘组的3个齿盘是同轴传动，它们的角速度相等，则有：ω14：ω19：ω26＝1：1：1，故B错误；
（A）根据：vn＝ωnrn，可得：，故A正确；
（C）根据：aNn＝ωn2rn，可得：
（E）前齿盘与齿数19齿的后齿盘是由链条传动，它们边缘的线速度大小相等，则有：1，故E错误；
（D）根据：ωn，可得：，故D正确。
故选：AD。
（2）（a）力F的方向与踏板曲柄垂直，其力臂等于踏板曲柄的长度L。
F对前齿盘转轴产生的力矩的量值为：M1＝FL
（b）设链条的拉力大小为F1。受力情况如下图所示：
对前齿盘由力矩平衡可得：F1r38＝M1＝FL
F经由踏板曲柄对脚踏车后轮产生的力矩的量值为：
M2＝F1r19
（3）驱动脚踏车往前的力就是路面对后车轮向前的静摩擦力f，静摩擦力f的力臂等于R。对后齿盘与后车轮由力矩平衡可得：
F1rn＝fR
解得：f
可知后齿盘的半径rn取最大值时产生驱动脚踏车往前力最大，可得后齿盘的齿数为26齿时f最大，则有：
fm
故答案为：（1）AD；
（2）（a）F经由踏板曲柄对前齿盘转轴产生的力矩的量值为FL；
（b）F经由踏板曲柄对脚踏车后轮产生的力矩的量值为；
（3）此时仅由F所产生驱动脚踏车往前最大的力为。
36．【专题】定量思想；推理法；直线运动规律专题；牛顿第二定律在圆周运动中的应用；分析综合能力；模型建构能力．
【解答】（1）设游客滑到b点时速度为v0，从a到b过程，根据机械能守恒
解得
v0＝10m/s
在b点根据牛顿第二定律
解得
FN＝1000N
根据牛顿第三定律得游客滑到b点时对滑梯的压力的大小为
FN′＝FN＝1000N
（2）设游客恰好滑上平台时的速度为v，在平台上运动过程由动能定理得
解得
v＝8m/s
根据题意当滑板右端运动到与其上表面等高平台的边缘时，游客恰好滑上平台，可知该过程游客一直做减速运动，滑板一直做加速运动，设加速度大小分别为a1和a2，得
根据运动学规律对游客
v＝v0﹣a1t
解得
t＝1s
该段时间内游客的位移为
解得
s1＝9m
滑板的位移为
解得
s2＝2m
根据位移关系得滑板的长度为
L＝s1﹣s2＝9m﹣2m＝7m
答：（1）游客滑到b点时对滑梯的压力的大小1000N；
（2）滑板的长度7m。
37．【专题】计算题；信息给予题；定量思想；推理法；牛顿第二定律在圆周运动中的应用；理解能力．
【解答】（1）细杆和圆环处于静止状态，圆环受力如图1所示：
根据平衡条件结合数学知识F＝mgcosα
根据胡克定律F＝kx
代入数据联立解得x＝0.05m
圆环到O点的距离s＝x0﹣x＝0.1m﹣0.05m＝0.05m；
（2）弹簧处于原长时，圆环所受重力和支持力的合力提供向心力，如图2所示：
小球做圆周运动的半径
小球做圆周运动的向心力
根据向心力公式
代入数据联立解得
（3）圆环处于细杆末端P时，圆环受力如图3所示：
小球做圆周运动的半径
弹簧的弹力F弹＝k（L﹣x0）＝100（0.2﹣0.1）N＝10N
建立如图所示的坐标系，y轴方向FNsinα＝mg+F弹cosα
x轴方向F向＝FNcosα+F弹sinα
根据向心力公式
联立解得ω2＝10rad/s。
38．【专题】定量思想；方程法；动量和能量的综合；分析综合能力．
【解答】（1）滑块从静止释放到C点过程中，只有重力做功，根据动能定理可得：
mg（h﹣1.2R﹣R﹣Rcosθ）0
代入数据解得：vC＝4m/s
滑块过C点时，根据牛顿第二定律可得：FC+mg＝m
代入数据解得：FC＝22N；
（2）设滑块刚滑上摆渡车时的速度大小为v，从静止释放到G点过程，根据动能定理可得：
mgh﹣0.2mgLFG0
代入数据解得：v＝6m/s
摆渡车碰到IJ前，滑块恰好不脱离摆渡车，假设滑块到达摆渡车右端时刚好与摆渡车共速v1，以滑块和摆渡车为研究对象，取向右为正方向，根据动量守恒定律可得：
mv＝2mv1；
代入数据解得：v1＝3m/s
根据能量守恒定律可得：μmgLmv22mv12
解得：μ＝0.3
此过程中对摆渡车根据动能定理可得：μmgx
代入数据解得摆渡车的位移：x＝1.5m＜L0﹣L＝9m﹣3m＝6m
所以假设成立，说明摆渡车达到I之前已经共速，动摩擦因数为μ＝0.3；
（3）滑块从滑上摆渡车到与摆渡车共速过程，所用时间为t1，对摆渡车根据动量定理可得：μmgt＝mv1﹣0
解得：t1＝1s
滑块与摆渡车共速后，滑块与摆渡车一起做匀速直线运动所用时间为：t2
代入数据解得：t2＝1.5s
所以滑块从G到J所用的时间t＝t1+t2＝1s+1.5s＝2.5s。
答：（1）滑块过C点的速度大小为4m/s，轨道对滑块的作用力大小为22N；
（2）摆渡车碰到IJ前，滑块恰好不脱离摆渡车，则滑块与摆渡车之间的动摩擦因数为0.3；
（3）在（2）的条件下，滑块从G到J所用的时间为2.5s。
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