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专题04 抛体运动 圆周运动
质量检测卷
（时间：90分钟 分值：100分）
一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。每个题目只有一个选项符合要求，选对
得4分，选错得0分。
1．（2022·重庆市育才中学高三开学考试）如图所示，大人和小孩在同一竖直线上不同高度先后
水平抛出圆环，都恰好套中前方同一物体，假设圆环的运动可视为平抛运动，则（ ）
A．小孩抛出的圆环初速度较小
B．两人抛出的圆环初速度大小相等
C．大人抛出的圆环运动时间较短
D．小孩抛出的圆环运动时间较短
【答案】 D
【解析】
AB．水平方向位移
知，大人抛环的速度小，故AB错误；
CD．设抛出的圆环做平抛运动的初速度为v，高度为h，则下落的时间为
平抛运动的物体飞行时间由高度决定，小孩抛出的圆环运动时间较短，故C错误D正确；
故选D。
2．（2022·广东河源·模拟预测）高台跳雪是冬奥会的比赛项目之一。如图所示，某高台跳雪运动
员（可视为质点）从雪道末端先后以初速度之比v：v =3：4沿水平方向飞出，不计空气阻力，则
l 2
运动员从飞出到落到雪坡上的整个过程中（ ）A．运动员先后在空中飞行的时间相同
B．运动员先后落在雪坡上的速度方向不同
C．运动员先后落在雪坡上动量的变化量之比为3：4
D．运动员先后落在雪坡上动能的增加量之比为3：4
【答案】 C
【解析】
A．由平抛运动规律有
解得
运动员飞行的时间t与v 成正比，所以运动员先后在空中飞行的时间不相同。A错误；
0
B．由平抛运动推论有速度夹角的正切值是位移夹角正切值的 2倍， 落到雪坡上位移夹角相同，
则速度的夹角也相同。所以B错误；
C．由于运动员飞行的时间t与v 成正比得
0
运动员飞行过程，由动量定理有
故运动员先后落在雪坡上动量的变化量之比与时间成正比为3：4，所以C正确；
D．运动员下落的高度为
由动能定理有
解得运动员先后落在雪坡上动能的增加量与时间的平方成正比，动能的增加量之比为 9：16，所以D
错误；
故选C。
3．（2022·山东·模拟预测）如图所示，竖直墙壁的左侧有一点光源S，从点光源处有一小球以速
度v 正对墙壁向右水平抛出，在撞到竖直墙壁之前的过程中，墙壁上会有小球的影子。以 S到竖
0
直墙壁垂线与墙壁的交点O为坐标原点，以沿墙壁向下为正方向建立y轴，假设竖直墙壁足够长，
以小球抛出时刻为t=0时刻，关于小球的影子在竖直墙壁上的位置变化情况，下列图像中正确的
是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】 B
【解析】
如图，当小球做平抛运动到P点时，其影子到了B点由平抛运动规律有
，
由几何关系可得
解得
y与t成正比，所以B正确；ACD错误；
故选B。
4．（2022·湖南·邵阳市第二中学高三开学考试）内表面为半球型且光滑的碗固定在水平桌面上，
球半径为R，球心为O，现让可视为质点的小球在碗内的某一水平面上做匀速圆周运动，小球与
球心O的连线与竖直线的夹角为θ，重力加速度为g，则（ ）
A．小球的加速度为a = gsinθ
B．碗内壁对小球的支持力为
C．小球的运动周期为
D．小球运动的速度为
【答案】 C
【解析】AB．小球在碗内的某一水平面上做匀速圆周运动，受力如图
竖直方向有
水平方向有
联立解得
故AB错误；
C．又由
小球的运动周期为
故C正确；
D．又由
小球运动的速度为
故D错误。
故选C。
5．（2022·江苏苏州·三模）如图所示，某同学将质量相同的三个物体从水平地面上的 A点以相同
速率沿不同方向抛出，运动轨迹分别为图中的 1、2、3。若忽略空气阻力，在三个物体从抛出到
落地过程中，下列说法正确的是（ ）A．2轨迹的物体在最高点的速度最小
B．3轨迹的物体在空中飞行时间最长
C．1轨迹的物体所受重力的冲量最大
D．三个物体单位时间内速度变化量不同
【答案】 C
【解析】
A．根据能量守恒，轨迹为3的物体在最高点的动能最大，速度最大，故A错误；
BC．竖直方向分运动为竖直上抛运动，由
运动的总时间为
因 ，则可得轨迹为1的物体在空中飞行时间最长，重力的冲量为
则轨迹为1的物体所受重力的冲量最大，故B错误，C正确；
D．三个物体均做斜上抛运动，由 可知，单位时间内速度变化量相同，均为 ，故D错
误。
故选C。
6．（2022·江苏省木渎高级中学模拟预测）冬梦飞扬，冬奥梦圆。第二十四届冬季奥林匹克运动
会在北京开幕。跳台滑雪是一项深受勇敢者喜爱的滑雪运动。图（甲）为某跳台滑雪运动员从跳
台a（长度可忽略不计）处沿水平方向飞出、经 2s在斜坡b处着陆的示意图，图（乙）为运动员
从a到b飞行时的动能 E 随飞行时间 t变化的关系图像。不计空气阻力作用，重力加速度 g取
k
10m/s2，则下列说法错误的是（ ）A．斜坡的倾角为30°
B．运动员在a处的速度大小为10m/s
C．运动员运动到b处时重力的瞬时功率为1.2×104W
D．运动员在1s末时离坡面的距离最大
【答案】 A
【解析】
B．根据图像可得
联立解得
故B正确；
A．t＝2s时，运动员落在斜坡上，斜坡的倾角满足
解得
故A错误；
C．根据动能公式
解得
t＝2s时，运动员运动到b处时重力的瞬时功率为
故C正确；D．运动员离坡面距离最远时，速度方向与坡面平行，有
解得
故D正确。
由于本题选择错误的，故选A。
7．（2022·黑龙江·哈尔滨市第六中学校高三期末）如图，将六块塑料片拼接成一弯曲轨道置于放
在水平桌面的白纸之上，让一沾上墨水的小铁球从中滚过，留下曲线 OABC，下列说法错误的有
（ ）
A．小球在B点速度方向沿切线
B．小球离开C点后做直线运动
C．若拆去5、6两塑料板，小球离开B点后仍延原曲线运动
D．若拆去3、4、5、6板，小球离开A点后将做直线运动
【答案】 C
【解析】
A．物体做曲线运动的速度方向沿所在位置的切线方向，故A正确；
B．小球离开C点后，所受合力方向与速度方向在一条直线上，所以沿C点的速度方向做直线运
动，故B正确；
CD．拆去3、4、5、6塑料板，小球将沿离开时的速度方向做直线运动，故C错误，D正确。
故选C。
8．（2022·安徽·模拟预测）如图，一粗糙斜面放在水平地面上，斜面顶端装有一光滑定滑轮。一
轻质细绳跨过定滑轮，一端悬挂物块N，另一端与斜面上的物块M相连，整个装置向左匀速运动。
某时刻斜面突然减速，整个过程M始终相对斜面保持静止，则在斜面刚减速时（ ）A．细绳的张力大小可能减小
B．细绳的张力大小一定不变
C．M所受斜面的摩擦力大小可能减小
D．M所受斜面的摩擦力大小一定不变
【答案】 C
【解析】
AB．斜面突然减速，悬挂物块N的细线与竖直方向的夹角将要增大，悬挂细线的拉力与重力的
合力将提供向上的向心加速度，故悬挂细线的拉力一定增大，故AB错误；
CD．设M的质量为m，对于M 的受力，开始时可能是绳子拉力
当T增大的时候，f减小；也可能沿斜面的摩擦力f先减小后反向增大；当 时，
当T增大的时候，摩擦力f增大；故C正确D错误。
故选C。
二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求。全部
选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
9．（2022·湖南·长郡中学模拟预测）如图所示，一半径为 、内壁光滑的四分之三圆形管道竖直
固定在墙角处， 点为圆心， 点为最低点， 、 两点处为管口， 、 两点连线沿竖直方向，
、 两点连线沿水平方向。一个质量为 的小球从管道的顶部 点水平飞出，恰好又从管口
点射入管内，重力加速度为 ，则小球从 点飞出时及从 点射入管内经过 点时对管壁的压力
、 分别为（ ）
A． B． C． D．【答案】 AC
【解析】
AB．小球从 到 做平抛运动，竖直方向有
水平方向有
联立解得
小球经过 点时，根据牛顿第二定律可得
解得
可知小球在 点受到下壁向上的弹力，根据牛顿第三定律可知，小球从 点飞出时对下壁的压力
大小为 ，方向竖直向下，A正确，B错误；
C．小球从管口 点射入管内时，小球的速度突变为切线方向的速度，即竖直方向的分速度，则
有
小球从 到 的过程，根据动能定理可得
小球经过 点时，根据牛顿第二定律可得
解得
根据牛顿第三定律可知，小球从 点射入管内经过 点时对管壁的压力大小为 ，方向竖直向
下，C正确，D错误；
故选AC。
10．（2022·安徽·模拟预测）如图所示为一竖直放置的半圆环ABCD，半径为R，AD为水平直径，
O为圆心，C为最低点。现从A点以水平速度 抛出一小球甲，从B点以水平速度 抛出小球乙，
两球都能直接到达C点，BO连线与竖直方向夹角为α。则以下说法正确的是（ ）A．
B．
C．甲球运动时间比乙球长
D．甲球运动时间比乙球长
【答案】 AD
【解析】
对甲球有
解得
，
对乙球有
解得
，
AB．由于 ， ，则
故A正确，B错误；
CD．甲球运动时间比乙球长故C错误，D正确。
故选AD。
11．（2022·辽宁·高三期末）如图所示，处于竖直平面内的光滑细金属圆环半径为R，A、B、C、
D为圆环上的四个点，AC水平、BD竖直，A、D间固定有光滑细直杆。质量为 m的带孔小球P
穿于杆上，与P相同的小球Q穿在环上，并通过长为R的结实细绳固定在D点。在圆环以BD为
轴转动时，若小球P位于AD杆的中点，圆环转动的角速度为ω ，则（ ）
0
A．圆环的角速度ω =
0
B．角速度ω 为零时细绳的弹力不为零
0
C．当圆环的角速度由ω 增大少许时，P球将上升到DA中点偏上一点与杆相对静止
0
D．若P与D的距离为 ，细绳的弹力为mg
【答案】 AD
【解析】
A．AD杆与水平方向夹角为45o，对小球P进行受力分析
代入数据解得
A正确；
B．由题可知，OQ与竖直方向夹角为60o，对小球Q进行受力分析
可得绳子弹力
B错误；
C．当圆环的角速度由ω 增大少许时，小球P所需的向心力将增加少许，因此杆对小球的弹力也
0会增加少许，此时弹力的竖直分量将大于重力，小球将上滑，随着上滑，小球P转动半径逐渐增
加，所需向心力逐渐增加，杆的支持力逐渐增加，小球P将继续上滑，最终会到达A点，C错误。
D．若P与D的距离为 时，圆环的角速度为 ，对P
可得转动的角速度
此时对Q进行受力分析可知
解得
D正确。
故选AD。
12．（2022·安徽淮北·二模）2022年2月北京举办了第24届冬季奥运会，成为全球首座“双奥之
城”。在此期间，17岁的中国运动员苏翊鸣夺得男子单板滑雪大跳台项目金牌，成为中国首个单
板滑雪奥运冠军。图甲所示是苏翊鸣在北京首钢滑雪大跳台中心的比赛过程，现将其运动过程简
化为如图乙所示。运动员以水平初速度 v 从P点冲上半径为R的六分之一圆弧跳台，离开跳台后
0
M点为运动员的最高位置，之后运动员落在了倾角为 的斜坡，落点距Q点的距离为L。若忽略
运动员及滑雪板运动过程中受到的一切阻力并将其看成质点，重力加速度 g取10m/s2，则下列说
法正确的是（ ）
A．运动员在最高点速度为0
B．最高点M距水平面PQ的竖直距离为C．运动员离开圆弧跳台后在空中运动的时间
D．运动员落在斜面时的速度大小为
【答案】 BD
【解析】
A．运动员离开跳台后做斜抛运动，则运动员在最高点时竖直速度为零，水平速度不为零，故 A
错误；
B．设运动员离开圆弧跳台后的速度为 ，由圆周知识和几何知识可得， 与水平方向的夹角为
运动员从开始运动到离开圆弧跳台，根据动能定理有
解得
运动员从离开圆弧跳台到最高点M，根据斜抛知识有
最高点M距水平面PQ的竖直距离为
联立解得，最高点M距水平面PQ的竖直距离为 ，故B正确；
CD．运动员从开始运动到落在斜面上，根据动能定理有
解得，运动员落在斜面时的速度大小为
运动员落在斜面时的竖直分速度大小为
则运动员离开圆弧跳台后在空中运动的时间为
故C错误，D正确。
故选BD。三、实验题：本题共2小题，第13题6分，第14题9分，共15分。
13．（2022·山东师范大学附中模拟预测）利用智能手机自带的各种传感器可以完成很多物理实验。
某同学利用如图所示的实验装置，结合手机的传感器功能测定当地的重力加速度，实验步骤如下：
I．实验前用游标卡尺测出小球的直径d=5.00mm；
II．实验装置中固定轨道AB的末端水平，在轨道末端安装一光电门，光电门通过数据采集器与
计算机相连，测量小球离开轨道时的速度。将小球从轨道的某高度处由静止释放，小球运动一段
时间后，打到竖直记录屏MN上，记下落点位置。然后通过手机传感器的测距功能，测量并记录
小球做平抛运动的水平距离x和竖直下落距离h；
III．多次改变屏MN与抛出点B的水平距离x，使小球每次都从轨道的同一位置处由静止释放，
重复上述实验，记录多组x、h数据，如下表所示
实验顺序 1 2 3 4 5
x（cm） 10.0 15.0 20.0 25.0 30.0
x2 （ ×10-
1.00 2.25 4.00 6.25 9.00
2m2）
h（cm） 4.87 10.95 19.50 30.52 43.91
请根据上述数据，完成下列问题：（1）在答题卡给定的坐标纸上做出 的图像；_______
（2）若光电计时器记录的平均遮光时间 ，根据上述图像求得当地的重力加速度大小
g=______m/ s2（结果保留三位有效数字）；
（3）若实验中，每次记录的h值均漏掉了小球的半径，按照上述方法计算出的重力加速度大小与
真实值相比_______。（选填“偏大”“偏小”或“不变”）。
【答案】 见详解 不变
【解析】
（1）描点作图如下：
（2）小球过B点水平抛出的速度为
与 的关系为
结合图像可得
解得
（3）在（2）中
可知漏掉了小球的半径，不影响重力加速度 g的计算，即计算出的重力加速度大小与真实值相比
不变。14．（2022·江苏南京·模拟预测）小明采用如图甲所示的实验装置研究平抛运动规律，实验装置
放置在水平桌面上，利用光电门传感器和碰撞传感器可以测得小球的水平初速度 和飞行时间t，
底板上的标尺可以测得水平位移d。
（1）实验中斜槽轨道末端的切线必须是水平的，这样做的目的是_________
A．保证小球运动的轨迹是一条抛物线
B．保证小球飞出时，速度沿水平方向轨道
C．保证小球在空中运动时的加速度为g
D．保证小球飞出时，速度既不太大，也不太小
（2）实验中，以下哪些操作可能引起实验误差_________
A．安装斜槽时，斜槽末端切线方向不水平
B．没有从轨道同一位置释放小球
C．斜槽不是光滑的
D．空气阻力对小球运动有较大影响
（3）保持水平槽口距底板的高度 不变，改变小球在斜槽轨道上下滑的起始位置，测出
小球做平抛运动的初速度 、飞行时间t和水平位移d，记录在表中。
0.741 1.034 1.318 1.584
t（ms） 292.7 293.0 292.8 292.9
d（cm） 21.7 30.3 38.6 46.4
由表中数据可知，在实验误差允许的范围内，当h一定时，以下说法正确的是（ ）
A．落地点的水平距离d与初速度 大小成反比
B．落地点的水平距离d与初速度 大小成正比
C．飞行时间t与初速度 大小无关D．飞行时间t与初速度 大小成正比
（4）小华同学在实验装置的后面竖直放置一块贴有白纸和复写纸的木板，图乙是实验中小球从
斜槽上不同位置释放获得的两条轨迹，图线①所对应的小球在斜槽上释放的位置_________（选
填“较低”或“较高”）；
（5）小华同学接着用方格纸做实验，若小球在某次平抛运动中先后经过的三个位置a、b、c如图
丙所示，已知小方格的边长 ，取 ，则小球在b点的速度大小为_________m/s。
（结果保留两位有效数字）
【答案】 B AD##DA BC##CB 较高 0.79
【解析】
解：（1）AB．要研究平抛运动规律，轨道末端的切线必须是水平的，这样做的目的是小球飞出
时，速度必须沿水平方向，使小球做平抛运动，A错误，B正确。
CD．小球在空中运动时的加速度和小球飞出时的速度大小与轨道末端是否水平无关，CD错误。
故选B。
（2）A．要研究平抛运动规律，安装斜槽时，斜槽末端切线方向不水平，小球抛出后的运动不是
平抛运动，能引起实验误差，A正确；
B．没有从轨道同一位置释放小球，因为有光电门传感器和碰撞传感器可以测得小球的水平初速
度 和飞行时间t，因此不会产生误差，B错误；
C．因为实验是要研究平抛运动规律，即研究小球从离开水平轨道到落到底板上运动的规律，与
斜槽是否光滑无关，C错误；
D．空气阻力对小球运动有较大影响，小球在空中的运动就不是平抛运动了，所以能产生实验误
差，D正确。
故选AD。
（3） AB．由表中数据可得
d =0.217m=0.741×0.2927m
1
d =0.303m=1.034×0.293m
2
d =0.386m=1.318×0.2928m
3
d =0.454m=1.584×0.2929m
4由计算结果可知，在实验误差允许的范围内，落地点的水平距离 d与初速度 大小成正比，A错
误，B正确；
CD．由表中数据可知，飞行时间t与初速度 大小无关，C正确，D错误。
故选BC。
（4）由图乙可知，图线①对应的小球的初速度大于图线②，因此图线①所对应的小球在斜槽上
释放的位置较高。
（5）由图丙可知，已知小方格的边长 ，在竖直方向可有
∆h=gT2
解得
则有b点在水平方向的初速度为
由中间时刻的瞬时速度等于平均速度，b点在竖直方向的速度则有
则小球在b点的速度大小为
四、解答题：本题共4小题，第15题8分，第16题9分，第17题12分，第18题16分，共45
分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的不能得分，有数
值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。
15．（2022·山东枣庄·高三期末）如图所示，水平面上固定一个倾角为 、长度为s的斜面。现于
斜面顶端以速度 水平抛出一个弹性小球，小球恰好第一次直接落到斜面底端，不计一切阻力，
小球体积不计，已知重力加速度为g。求：
（1）小球从斜面顶端到斜面底端的运动时间；
（2）在斜面的底端放置一个反弹挡板，假设小球运动到斜面底端时只撞击反弹挡板，弹起后，
能够在第二次落到斜面时恰好落至出发点且速度方向水平。若反弹挡板与地面的夹角为 a，请写
出α与 的函数关系。已知碰撞过程中没有能量损失。【答案】 （1） ；（2）
【解析】
（1）由题意小球从斜面顶端到斜面底端下落的高度为
又因为
解得
（2）由题意小球恰好第一次直接落到斜面底端，设速度角为 ，则满足
又因为要使小球弹起后，能够在第二次落到斜面时恰好落至出发点且速度方向水平，则落到挡板
上时的速度方向垂直挡板，由几何关系可得
联立得
16．（2022·河北张家口·高三期末）如图所示，倾角为θ=37°的足够长光滑斜面AB与长LBC=2m
的粗糙水平面BC用一小段光滑圆弧（长度不计）平滑连接，半径R=1.5m的光滑圆弧轨道CD与
水平面相切于 C 点，OD 与水平方向的夹角也为 θ=37°。质量为 M 的小滑块从斜面上距 B 点
L =2m 的位置由静止开始下滑，恰好运动到 C 点。已知重力加速度 g=10m/s2，sin37°=0.6，
0
cos37°=0.8。
（1）求小滑块与粗糙水平面BC间的动摩擦因数μ；
（2）改变小滑块从斜面上开始释放的位置，小滑块能够通过D点，求小滑块的释放位置与B点
的最小距离。【答案】 （1）0.6；（2）
【解析】
（1）小滑块恰好运动到C点，由动能定理得
解得
（2）滑块能够通过D点，在D点的最小速度，由
解得
设滑块在斜面上运动的距离为L，由动能定理得
解得
17．（2022·四川·遂宁中学高一期末）如图所示是一个玩具轨道装置，质量 的小滑块从P
点静止释放，沿曲线轨道AB滑下后冲入竖直圆形轨道BC，再经过水平轨道BD，最后从D点飞
入沙池中的水平目标薄板MN上，各轨道间平滑连接。其中圆轨道 BC的半径 ，水平轨
道BD的长 ，BD段与滑块间的动摩擦因数 ，其余部分摩擦不计，薄板 的宽度
，M点到D点的水平距离 ，薄板MN到水平轨道BD的竖直高度 ，不
计空气阻力， ，求：
（1）若小滑块恰好落在薄板MIN上的N点，小滑块在D点的动能；
（2）要使小滑块不脱离轨道并落在薄板MN上，P点距水平轨道BD的高度H应满足的条件。【答案】 （1）4J；（2）
【解析】
（1）从 点飞出后做平抛运动，竖直方向
水平方向
又
联立解得
（2）小滑块刚好不脱离轨道，在 点满足
从D到C由动能定理得
又
联立解得
小滑块不脱离轨道并落在薄板 上的N端过程中
解得
故
18．（2022·湖南·雅礼中学二模）2022年北京冬奥会上，中国花样滑冰队的隋文静、韩聪不负众
望，在双人滑项目上强势夺冠，这也是中国队时隔12年之后再次登上奥运会最高领奖台。该项目
有一项技术动作叫双人螺旋线，如图（a）所示，以男选手成为轴心，女选手围绕男选手旋转。
将这一情景抽象成，如图（b）所示：一细线一端系住一小球，另一端固定在一竖直细杆上，小
球以一定大小的速度随着细杆在水平面内作匀速圆周运动，细线便在空中划出一个圆锥面，这样的模型叫“圆锥摆”。圆锥摆是研究水平面内质点作匀速圆周运动动力学关系的典型特例。小球
（可视为质点）质量为m，细线AC长度为L，重力加速度为g。
（1）在紧贴着小球运动的水面上加一光滑平板，使球在板上作匀速圆周运动，此时细线与竖直
方向所成夹角为θ，如图（c）所示，当小球的角速度 ω大于某一值ω 时，小球将脱离平板，则
1
ω 为多大？
1
（2）撤去光滑平板，让小球在空中旋转，测试发现，当小球的角速度 ω小于某一值ω 时，细线
2
会缠绕在竖直杆上，最后随细杆转动，如图（d）所示，则ω 为多大？
2
（3）在题（2）情境下，再用一根细线，同样一端系在该小球上，另一端固定在细杆上的 B点，
且当两条细线均伸直时，如图（e）所示，各部分长度之比 。则当小球以
匀速转动时，两细线的对小球的拉力分别多大？
【答案】 （1） ；（2） ；（3） ，
【解析】
（1）当平板对小球支持力为零时，小球恰好脱离平板，此时重力和绳子拉力的合力提供向心力，
根据牛顿第二定律得
解得
（2）撤去平板后，小球重力和绳子拉力提供向心力，当绳子没有绕在竖直杆时，设绳子与竖直
杆的夹角为 ，由牛顿第二定律可得解得
随着角速度的减小， 减小，当 时，细线开始绕在竖直杆上，解得此时角速度为
（3）当细线BC恰好伸直时，有几何关系得，AC与竖直方向所成夹角为37°，同理可得，此时小
球的角速度为
则 时细线BC未伸直，即 ，设此时细线AC与竖直方向的夹角为β，由上得
解得
根据平衡条件得
