文档内容
专题 04 曲线运动
A·常考题不丢分
命题点01 曲线运动中的合外力和速度
命题点02 平抛运动
命题点03 生活中的圆周运动
命题点04 斜抛运动
命题点05 小船渡河模型
B·拓展培优拿高分
C·挑战真题争满分
【命题点01 曲线运动中的合外力和速度】
【针对练习1】汽车在水平地面转弯时，坐在车里的小云发现车内挂饰偏离了竖直方向，如图所示。设转
弯时汽车所受的合外力为F，关于本次转弯，下列图示可能正确的是（ ）
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】A． B．
C． D．
【答案】A
【详解】根据图中可知，车内的挂饰偏向了右方，由此可知，汽车正在向左转弯，由于汽车做曲线运动，
故合力F指向轨迹的内侧，故A正确，BCD错误。
故选A。
【针对练习2】钱学森弹道，即“助推—滑翔”弹道，是中国著名科学家钱学森于20世纪40年代提出的
一种新型导弹弹道的设想。这种弹道的特点是将弹道导弹和飞航导弹的轨迹融合在一起，使之既有弹道导
弹的突防性能力，又有飞航式导弹的灵活性。如图是导弹的飞行轨迹，导弹的速度v与所受合外力F的关
系可能正确的是（ ）
A．图中A点 B．图中B点 C．图中C点 D．图中D点
【答案】D
【详解】做曲线运动的物体的速度方向沿轨迹的切线方向，所受的合外力指向轨迹的凹侧，由图可知导弹
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】运行轨道D点的速度v和所受合外力F关系正确。
故选D。
【针对练习3】为备战年级篮球赛，育才中学高2025届11班篮球队的同学在育才篮球馆加紧训练，如图
所示是王崇宇同学将篮球投出到入框经多次曝光得到的照片，篮球在P位置时受力方向可能是（ ）
A．① B．② C．③ D．④
【答案】C
【详解】篮球在空中受竖直向下的重力，与运动方向（轨迹的切线方向）相反的空气阻力的作用，两者的
合力斜向后下方，指向轨迹内侧，可知符合题意的是③。
故选C。
【命题点02 平抛运动】
【针对练习4】如图所示，在水平地面上M点的正上方h高度处，将小球S 以速度大小为v水平向右抛出，
1
同时在地面上N点处将小球S 以速度大小为v竖直向上抛出。在S 球上升到最高点时恰与S 球相遇，不计
2 2 1
空气阻力。则在这段过程中，以下说法正确的是（ ）
A．两球的速度变化相同
B．相遇时小球S 的速度方向与水平方向夹角为30°
1
h
C．两球的相遇点在N点上方 处
3
D．M、N间的距离为2h
【答案】A
【详解】A．两球加速度均为重力加速度，则相同时间内速度变化量相同，A正确；
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】B．两球相遇时间
v
t=
g
则
gt
tanθ= =1
v
相遇时小球S 的速度方向与水平方向夹角为45°，B错误；
1
h
C．两球在竖直方向的运动是互逆的，则相遇点在N点上方 处，C错误；
2
D．M、N间的距离为
v2
x=vt=
g
又
v2
h=2
2g
则
x=h
D错误。
故选A。
【针对练习5】如图所示，圆环竖直放置，从圆心O点正上方的P点，以速度v 水平抛出的小球恰能从圆
0
环上的Q点沿切线方向飞过，若OQ与OP间夹角为θ，不计空气阻力，重力加速度为g。则（ ）
v2
A．圆环的半径为R= 0
gcosθ
v sinθ
B．小球从P点运动到Q点的时间t= 0
g
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】v
C．小球从P点到Q点的速度变化量 0
tanθ
v
D．小球运动到Q点时的速度大小为vQ= 0
sinθ
【答案】A
【详解】D．以速度v 水平抛出的小球恰能从圆环上的Q点沿切线方向飞过，小球运动到Q点时的速度大
0
小为
v
v = 0
Q cosθ
故D错误；
B．小球在Q点的竖直方向的速度为
v =v tanθ
Qy 0
小球从P点运动到Q点的时间
v v tanθ
t= Qy = 0
g g
故B错误；
A．小球水平方向做匀速直线运动，有
Rsinθ=v t
0
圆环的半径为
v2
R= 0
gcosθ
故A正确；
C．小球从P点到Q点的速度变化量
Δv=gt=v tanθ
0
故C错误。
故选A。
【针对练习6】某旅展开的实兵实弹演练中，某火箭炮在山坡上发射炮弹，所有炮弹均落在山坡上，炮弹
的运动可简化为斜面上的平抛运动，如图所示，重力加速度为g。则下列说法错误的是（ ）
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】v
A．若将炮弹初速度由v 变为 0，炮弹落在斜面上的速度方向与斜面的夹角不变
0 2
v 1
B．若将炮弹初速度由v 变为 0，则炮弹下落的竖直高度变为原来的
0 4 2
v tanθ
C．若炮弹初速度为v，则炮弹运动到距斜面最大距离L时所需要的时间为 0
0 g
v2sin2θ
D．若炮弹初速度为v，则运动过程中炮弹距斜面的最大距离L= 0
0
2gcosθ
【答案】B
【详解】A．炮弹落在山坡上时，竖直方向的位移与水平方向的位移关系为
1
gt2
2 gt v
tanθ= = = y
v t 2v 2v
0 0 0
可得
v
y =2tanθ
v
0
v
可知速度偏转角的正切值不变，则有若将炮弹初速度由v 变为 0，炮弹落在斜面上的速度方向与斜面的夹
0 2
角不变，A正确；
B．由炮弹落在山坡上时，竖直方向的位移与水平方向的位移关系，可解得炮弹的飞行时间为
2v tanθ
t= 0
g
v 1 1
可知若将炮弹初速度由v 变为 0，飞行时间则变为 ，由竖直位移公式y= gt2 可知，炮弹下落的竖直高
0 4 4 2
1
度变为原来的 ，B错误；
16
C．炮弹与斜面距离最大时，速度方向与斜面平行，此时竖直方向的速度与水平方向的速度关系为
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】v gt'
y = =tanθ
v v
0 0
解得飞行时间为
v tanθ
t'= 0
g
C正确；
D．炮弹与斜面距离最大时，速度方向与斜面平行，对速度和加速度分解，如图所示
则有
g =gcosθ，v =v sinθ，2g L=v2
1 1 0 1 1
解得
v2sin2θ
L= 0
2gcosθ
故D正确；
选择错误的一项，故选B。
【针对练习7】如图所示，倾角为α的斜面与水平面的交点为B，斜面上的C点处有一小孔，将一小球从B
点的正上方 A 点水平抛出，小球通过小孔落到水平地面上的 D点，小球可视为质点，小孔的直径略大于
小球的直径，小球通过小孔时与小孔无碰撞，已知小球通过小孔时速度正好与斜面垂直，小球从A到C的
运动时间为t，重力加速度为 g，则B、D两点之间的距离为（ ）
A．gt2√2tan2α+1 B．gt2tanα
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】C．gt2tanα√2tan2α+1 D．√2gt2tan2α
【答案】C
【详解】小球从A到C的运动时间为t，则
1
h= gt2 ，x=v t
2 0
小球通过小孔时速度正好与斜面垂直
v
tanα= 0
gt
AB间距离
x
H= sinα+h
cosα
B、D两点之间的距离
√2H
x =v
BD 0 g
解得
x =gt2tanα√2tan2α+1
BD
故选C。
【针对练习8】（多选）如图所示的光滑斜面长为l，宽为b，倾角为θ，一物块（可看成质点）沿斜面左
上方顶点P以初速度v 水平射入，恰好从底端Q点离开斜面，已知重力加速度为g。则（ ）
0
A．物块由P点变加速运动到Q点
B．物块由P点以加速度a=gsinθ匀加速运动到Q点
√2l
C．物块由P点运动到Q点所用的时间t=
g
√gsinθ
D．物块的初速度v =b
0 2l
【答案】BD
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】【详解】AB．物块在光滑斜面受到重力和支持力作用，根据牛顿第二定律可得
mgsinθ=ma
解得
a=gsinθ
可知物块由P点以加速度a=gsinθ匀加速运动到Q点，故A错误，B正确；
CD．物块沿斜面向下的分运动为初速度为0，加速度为a=gsinθ的匀加速直线运动，则有
1
l= at2
2
联立解得
√ 2l
t=
gsinθ
物块沿v 方向的分运动为匀速直线运动，则有
0
b=v t
0
解得
b √gsinθ
v = =b
0 t 2l
故C错误，D正确。
故选BD。
【命题点03 生活中的圆周运动】
【针对练习9】如图甲、乙所示为自行车气嘴灯，气嘴灯由接触式开关控制，其结构如图丙所示，弹簧一
端固定在顶部，另一端与小物块P连接，当车轮转动的角速度达到一定值时，P拉伸弹簧后使触点A、B
接触，从而接通电路使气嘴灯发光。触点B与车轮圆心距离为R，车轮静止且气嘴灯在最低点时触点A、
B距离为d，已知P与触点A的总质量为m，弹簧劲度系数为k，重力加速度大小为g，不计接触式开关中
的一切摩擦，小物块P和触点A、B均视为质点。当该自行车在平直的道路上行驶时，下列说法中正确的
是（ ）
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】√kd+mg
A．要使气嘴灯能发光，车轮匀速转动的最小角速度为
mR
√kd-mg
B．要使气嘴灯能发光，车轮匀速转动的最小角速度为
mR
√kd+2mg
C．要使气嘴灯一直发光，车轮匀速转动的最小角速度为
mR
√kd+mg
D．要使气嘴灯一直发光，车轮匀速转动的最小角速度为
mR
【答案】C
【详解】AB. 当气嘴灯运动到最低点时发光，此时车轮匀速转动的角速度最小，则有
kd＝mω2R
得
√ kd
ω=
mR
故AB错误；
CD. 当气嘴灯运动到最高点时能发光，则
kd+2mg=mω'2R
得
√kd+2mg
ω'=
mR
√kd+2mg
即要使气嘴灯一直发光，车轮匀速转动的最小角速度为 ，故C正确，D错误。
mR
故选C。
【针对练习10】如图甲，一长为R且不可伸长的轻绳一端固定在点O，另一端系住一小球，使小球在竖直
面内做圆周运动．若小球经过最高点时速度大小为v、绳子拉力大小为F，则F与v2的关系如图乙所示，下
列说法中正确的是（ ）
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】A．绳长不变，用质量更小的球做实验，得到的图线斜率更大
B．小球质量不变，换绳长更长的轻绳做实验，图线b点的位置不变
aR
C．利用该装置可以得出小球的质量m=
b
R
D．利用该装置可以得出重力加速度g=
a
【答案】C
【详解】A．在最高点时，根据
v2
F+mg=m
R
可得
m
F= v2-mg
R
则图像的斜率
m
k=
R
绳长不变，用质量更小的球做实验，得到的图线斜率更小，选项A错误；
B．根据
m
F= v2-mg
R
可知
b=gR
则小球质量不变，换绳长更长的轻绳做实验，图线b点的位置右移，选项B错误；
C．由图可知
m a
k= =
R b
利用该装置可以得出小球的质量
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】aR
m=
b
选项C正确；
D．由b=gR可知，利用该装置可以得出重力加速度
b
g=
R
选项D错误。
故选C。
【针对练习11】如图所示，竖直面内的圆形管道半径R远大于横截面的半径，有一小球直径比管横截面直
径略小，在管道内做圆周运动。小球过最高点时，小球对管壁的弹力大小用F表示、速度大小用v表示，
当小球以不同速度经过管道最高点时，其F-v2图像如图所示。则（ ）
aR
A．小球的质量为
c
R
B．当地的重力加速度大小为
a
C．v2=b时，小球对管壁的弹力方向竖直向下
D．v2=3b时，小球受到的弹力大小是重力大小的5倍
【答案】D
【详解】AB．在最高点，若v=0，则
F=mg=c
若F=0，重力提供向心力，则
v2 a
mg=m =m
R R
解得小球的质量
a cR
g= ，m=
R a
故AB错误；
C．若F=0，则v2=a，则v2=b时，小球所受的弹力方向向下，所以小球对管壁的弹力方向竖直向上，故
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】C错误；
D．当v2=b时，根据
b
mg+F=m ，F=c=mg
R
解得
b=2gR
当v2=3b时，根据
v2
mg+F'=m
R
解得
F'=5mg
故D正确。
故选D。
【针对练习12】如图所示，一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定转轴以恒定角速度ω匀速转动，盘面上
离转轴2m处有一小物体（可视为质点）与圆盘始终保持相对静止，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，盘
面与水平面间的夹角为30°，g=10m/s²，则（ ）
A．小物体随圆盘以不同的角速度ω做匀速圆周运动时，ω越大时，小物体在最高点处受到的摩擦力一
定越大
B．小物体受到的摩擦力不可能背离圆心
√3
C．若小物体与盘面间的动摩擦因数为 ，则ω的最大值是1.0rad/s
2
√3 √5
D．若小物体与盘面间的动摩擦因数为 ，则ω的最大值是 rad/s
2 2
【答案】D
【详解】AB．当物体在最高点时，可能受到重力、支持力与摩擦力三个力的作用，摩擦力的方向可能沿斜
面向上（即背离圆心），也可能沿斜面向下（即指向圆心），摩擦力的方向沿斜面向上时，ω越大时，小
物体在最高点处受到的摩擦力越小，故AB错误；
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】CD．当物体转到圆盘的最低点恰好不滑动时，圆盘的角速度最大，此时小物体受竖直向下的重力、垂直于
斜面向上的支持力、沿斜面指向圆心的摩擦力，由沿斜面的合力提供向心力，支持力大小为
F =mgcos30°
N
摩擦力大小为
f =μF =μmgcos30°
N
根据牛顿第二定律可得
μmgcos30°-mgsin30°=mω2R
解得ω的最大值为
√5
ω= rad/s
2
故C错误，D正确。
故选D。
【针对练习13】如图所示，半径为R的半球形陶罐，固定在可以绕竖直轴转动的水平转台上，转台转轴与
过球心O的对称轴OO′重合。转台以一定角速度匀速转动，一质量为m的小物块落入陶罐内，小物块与陶
罐间动摩擦因数μ = 0.5（最大静摩擦力等于滑动摩擦力），经过一段时间后小物块随陶罐一起转动且相对
罐壁静止，它和O点连线与OO′间的夹角θ为53°，重力加速度为g（已知sin53° = 0.8，cos53° =
0.6）。
（1）若此时陶罐对小物块摩擦力恰好为零，求陶罐对小物块的支持力；
（2）若此时小物块恰好不下滑，求陶罐的角速度；
（3）若小物块相对陶罐一直处于静止，求陶罐的角速度。
5 √5g √5g √75g
【答案】（1） mg；（2） ；（3） ≤ω≤
3 8R 8R 8R
【详解】（1）若此时陶罐对小物块摩擦力恰好为零，则支持力的分力与重力平衡，有
F cosθ = mg
N
解得
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】5
F = mg
N 3
（2）当小物块所受的摩擦力沿切线方向向上最大时小物块恰好不下滑，且此时小物块的角速度最小，则
有
F′ sinθ－f′cosθ = mRsinθ∙ω 2
N min
mg = F′ cosθ＋f′sinθ
N
f′ = μF′
N
解得
√5g
ω =
min 8R
（3）当小物块所受的摩擦力沿切线方向向下最大时小物块的角速度最大，则有
F″ sinθ＋f″cosθ = mRsinθ∙ω 2
N max
mg＋f″sinθ = F″ cosθ
N
f″ = μF″
N
解得
√75g
ω =
max 8R
√5g √75g
则若小物块相对陶罐一直处于静止，陶罐的角速度应在 ≤ω≤ 范围内。
8R 8R
【命题点04 斜抛运动】
【针对练习14】1．甲、乙两同学完成一娱乐性比赛，比赛时由同一点O分别斜抛出一小球，要求小球刚
好不与天花板发生碰撞，且落地点距离抛出点远者获胜，如图所示，乙最终胜出。忽略空气阻力，则下列
说法正确的是（ ）
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】A．甲抛出的球在空中运动的时间较长
B．两球在天花板处的速度可能相等
C．乙抛出的球的初速度一定较大
D．若两球同时抛出，则它们一定在空中相遇
【答案】C
【详解】A．两球都做斜抛运动，竖直方向的分运动是竖直上抛运动，根据运动的对称性可知，两球上升
和下落的时间相等，令高度为h，则有
1
h= gt2
2
解得
√2h
t'=2t=2
g
可知两球运动的时间相等，故A错误；
BC．两球在水平方向做匀速直线运动，根据
x=v t
0
可知乙球的水平位移大，所以乙抛出的球的初速度一定较大，在最高点竖直速度为零，只剩水平方向速度，
所以乙球在天花板处的速度大，故B错误，C正确；
D．在相同时间两球所在的高度相同，而水平位移不同，所以若两球同时抛出，则它们不能在空中相遇，
故D错误。
故选C。
【针对练习15】如图所示，a、b、c在同一水平面上，甲、乙两个小球均视为质点，先将甲从a点以速度
v 与水平面成53°角抛出，一段时间后运动到b点，后将乙从a点以速度v 与水平面成37°角抛出，经过一
1 2
段时间运动到c点，已知甲、乙的射高相等，重力加速度为g， sin 53°=0.8、cos 53°=0.6，则ab与ac 的
比值为（ ）
A．9：16 B．3：4 C．16：25 D．4：5
【答案】A
【详解】甲、乙的射高相等，即到最高点的高度相同
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】(v sin53°) 2 (v sin37°) 2
1 = 2
2g 2g
水平位移
2v sin53° 2v sin37°
x =v cos53°× 1 ，x =v cos37°× 2
1 1 g 2 2 g
解得
x 9
1=
x 16
2
故选A。
【针对练习16】一排球运动员练习发球技巧，如图所示，设将球从离地高度为H的某处A点水平向右击出，
第一次击出后球刚好过球网，落到对方界内B点，第二次由于操作失误击出后，球与地面碰撞一次后，刚
好越过球网，也到达对面界内B点。设排球与地面的碰撞为弹性碰撞，不计空气阻力，则球网高度h为
（ ）
2 3 3 4
A． H B． H C． H D． H
3 4 5 5
【答案】B
【详解】第一次由A到球网过程
1
H-h= gt 2
2 0
由A到B过程
1
H= gt2
2
从A点以任意水平速度平抛落地用时相同，第二次发球过程，根据对称性，到达B点用时是第一次发球的
1
3倍（3t），则初速度是第一次发球的 ，则第二次发球到达球网的时间是3t ，则
3 0
1
H-h= g(2t-3t ) 2
2 0
故
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】2t-3t =t
0 0
t
t =
0 2
第一次由A到B过程，根据竖直方向做自由落体运动，根据初速度为零的匀加速直线运动连续相等时间运
动规律可得
(H-h):h=1:3
解得
3
h= H
4
故选B。
【针对练习17】所示为一乒乓球台的纵截面，AB是台面的两个端点位置，PC是球网位置，D、E两点满
1
足AD=BE= AB，且E、M、N在同一竖直线上。第一次在M点将球击出，轨迹最高点恰好过球网最高
5
点P，同时落到A点；第二次在N点将同一乒乓球水平击出，轨迹同样恰好过球网最高点P，同时落到D
点。乒乓球可看做质点，不计空气阻力作用，则两次击球位置到桌面的高度h :h 为（ ）
M N
9 3 12 9
A． B． C． D．
16 5 25 25
【答案】C
【详解】设CP高为H，M点距离台面的高度为h ，N点距离台面的高度为h ，取M关于CP的对称点
M N
Q，由几何关系可知，Q的高度与M的高度相等，且Q点位于D点上方，如图所示，由于
1
AD=BE= AB
5
结合题意可得
3
DC＝CE＝ AB
10
因此
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】3
x ＝ x
PQ 5 PA
乒乓球从P运动到A做平抛运动，平抛运动水平方向为匀速直线运动，因此
3
t ＝ t
PQ 5 PA
根据平抛运动规律
1
y= gt2
2
可知
9 9
h ＝ h ＝ H
PQ 25 PA 25
9
即P到Q的竖直运动的距离为P到A的 ，所以有
25
H-h 9
M＝
H 25
解得
16
h ＝ H
M 25
根据题意，对第二次平抛运动的水平位移
1
x ＝ x
EC 2 ED
乒乓球从N运动到D做平抛运动，平抛运动水平方向为匀速直线运动，因此
1
t ＝ t
EC 2 ED
同理可得
h -H 1
N ＝
h 4
N
解得
4
h ＝ H
N 3
代入数据解得
h 12
M＝
h 25
N
故选C。
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】【针对练习18】（多选）某篮球爱好者投篮训练时，篮球的运动轨迹如图所示，A是篮球的抛出点，B是
篮球运动轨迹的最高点，C是篮球的入框点。已知篮球在A点的速度与水平方向的夹角为60°，在C点速
度大小为v，与水平方向的夹角为45°，重力加速度大小为g，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．篮球经过B点时的速度为0
B．从A点到C点，篮球的速度变化方向竖直向下
(√2+√6)v
C．从A点到C点，篮球的运动时间为
2g
v2
D．A、C两点的高度差为
2g
【答案】BCD
【详解】A．篮球经过B点时有水平速度，则速度不为0，故A错误；
B．速度变化方向为重力加速度的方向，则从A点到C点，篮球的速度变化方向竖直向下，故B正确；
C．在A、C两点时水平速度相同，即
v cos60°=vcos45°
A
可得篮球从A点抛出时的速度为
v =√2v
A
A点竖直分速度
√6
v =v sin60°= v
Ay A 2
方向竖直向上；
C点竖直分速度
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】√2
v =vsin45°= v
Cy 2
方向竖直向下；
选方向竖直向下为正方向，有
v +v (√2+√6)v
t= Cy Ay =
g 2g
故C正确；
D．从A到C，有
(vsin45°) 2=(v sin60°) 2-2gh
A
解得A、C两点的高度差为
v2
h=
2g
故D正确。
故选BCD。
【命题点05 小船渡河模型】
【针对练习19】如图所示，小船从A码头出发，沿垂直于河岸的方向渡河，若河宽为d，渡河速度v 恒定，
船
d
河水的流速与河岸的最短距离x成正比，即v =kx（x≤ ，k为常量），要使小船能够到达距A正对岸
水 2
为s的B码头，则（ ）
kd2 kd2
A．v 应为 B．v 应为
船 s 船 2s
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】4s 2s
C．渡河时间为 D．渡河时间为
kd kd
【答案】C
【详解】CD．根据运动的合成和分解的知识，因为小船垂直于河岸航行，过河时间与水的速度无关，又河
水的流速与到河岸的最短距离x成正比，即
d
v =kx（x≤ ，k为常量）
水 2
d
因v ∝x，且x≤ ，则沿x方向平均速度
水 2
kd
v =
水 4
过河时间
s 4s
=
t=
v kd
水
选项C正确，D错误；
AB．则船速
d kd2
v = =
船
t 4s
选项AB错误。
故选C。
【针对练习20】河水的流速随离河岸一侧的距离的变化关系如图甲所示，船在静水中的速度与时间的关系
如图乙所示，若要使船以最短时间渡河，则下列说法中不正确的是（ ）
A．船渡河的最短时间是60s
B．船在行驶过程中，船头始终与河岸垂直
C．船在河水中航行的轨迹不是一条直线
D．船在河水中的最大速度是5m/s
【答案】A
【详解】AB．当船头垂直河岸渡河时，过河时间为最短
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】300
t = s=100s
min 3
A错误，B正确；
CD．因河水的速度是变化的，故船相对于岸的速度的大小和方向均是变化的，船在河水中航行的轨迹不是
一条直线，当船在河中心时，船速最大
v =√32+42m/s=5m/s
max
CD正确。
故选A。
【针对练习21】（多选）经过治理的护城河成为城市的一大景观，河水看似清浅，实则较深。某次落水救
人的事件可简化如图，落水孩童抓住绳索停在A处，对面河岸上的小伙子从B处直线游过去，成功把人救
起。河宽和间距如图中标注，假定河水在各处的流速均为1m/s，则（ ）
A．游泳时小伙子面对的方向是合运动的方向
B．小伙子在静水中游泳的速度至少应为0.6m/s
C．小伙子渡河的时间一定少于16s
D．若总面对着A处游，小伙子将到达不了A处
【答案】BD
【详解】AB．由题可知，设小伙子在静水中的游泳的速度为v ，小伙子的合运动方向是从B到A，作出小
1
伙子游泳时合速度与两个分速度的关系，如图所示
当v 与合速度垂直时v 有最小值，设AB与河岸的夹角为θ，根据几何关系有
1 1
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】12
sinθ= =0.6
√122+162
解得
θ=37∘
即游泳时小伙子面对的方向是与合速度方向垂直，此时最小的速度为
v =v sinθ=0.6m/s
1 水
故A错误，B正确；
C．由AB分析可知，小伙子相对水的速度存在不确定性，其沿流水方向和垂直河岸方向的速度大小及合
速度大小都不能确定，则渡河的时间不确定，故C错误；
D．若总面对着A处游，如图所示
由图可知v 的方向会不断变化，则有加速度产生，而v 的方向大小不变，根据运动的合成与分解，可知它
1 水
们的合运动是变速曲线运动，位移变大，故达不了A处，故D正确。
故选BD。
【针对练习22】（多选）甲、乙两船在同一条河流中同时开始渡河，河宽为H，河水流速为v ，划船速度
0
均为v，出发时两船相距2H，甲、乙两船船头均与河岸成45°角，如图所示。已知乙船恰好能垂直到达对
岸A点。则下列说法中正确的是（ ）
A．甲、乙两船到达对岸的时间相同
B．v=2v
0
C．两船可能在未到达对岸前相遇
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】D．甲船也在A点靠岸
【答案】AD
【详解】A．由于两船的速度大小相等，且与河岸的夹角相同，所以船速在垂直于河岸方向上的分速度相
等；根据运动的独立性原理，船速度平行于河岸的分量将不影响船行驶到对岸所用的时间，所以两船同时
到岸，故A正确；
B．因乙船正对垂直河岸过河，故
vcos45°=v
0
故
v=√2v
0
故B错误；
D．甲船沿水流方向的速度为
vcos45°+v =2v
0 0
在相同的时间内，甲船沿水流方向通过的位移
x =2v t
甲 0
船到达对岸的时间
H √2H H
t= = =
vsin45° v v
0
故船沿水流方向通过的位移
x =2H
甲
故甲船也在A点靠岸，故D正确；
C．因两船同一时间到达A点，故在两船靠岸以前不会相遇，故C错误。
故选AD。
【针对练习23】（多选）如图所示，小船从河岸的O点沿虚线匀速运动到河对岸的P点，河水的流速v 、
水
船在静水中的速度v 与虚线的夹角分别为α、θ，河宽为L，且v 、v 的大小不变，渡河的时间为t，河
静 静 水
水的流动方向与河岸平行，则下列说法正确的是（ ）
A．当α+θ=90°时，渡河的时间最短
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】L
B．渡河时间t=
v cos(θ+α)
静
OP
C．渡河时间t=
v cosθ+v cosα
静 水
v sinθ
D． 静=
v sinα
水
【答案】AC
【详解】A．当α+θ=90°，渡河时间最短
L L
t = =
min v sin90° v
静 静
A正确；
B．垂直于河岸方向上渡河的速度为v sin(θ+α)，故渡河的时间
静
L
t=
v sin(α+θ)
静
B错误；
C．合速度大小为v cosθ+v cosα，故渡河时间
静 水
OP
t=
v cosθ+v cosα
静 水
C正确
D．小船合速度沿OP方向，故满足
v sinθ=v sinα
静 水
D错误。
故选AC。
一、单选题
1．如图所示，从倾角为θ的固定斜面上的某点先后将同一小球以不同的初速度水平抛出，小球均落在斜面
上，当抛出的速度为v 时，小球到达斜面时速度方向与斜面的夹角为α；当抛出速度为v 时，小球到达斜
1 1 2
面时速度方向与斜面的夹角为α，不计空气阻力，则（ ）
2
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】A．当v>v 时，α>α
1 2 1 2
B．当v>v 时，α<α
1 2 1 2
C．无论v、v 关系如何，均有α=α
1 2 1 2
D．α、α 的关系与斜面倾角θ有关
1 2
【答案】C
【详解】小球从斜面上的某点水平抛出后落到斜面上，小球的位移方向与水平方向的夹角等于斜面倾角
θ，即
1
gt2
y 2 gt
tanθ= = =
x v t 2v
0 0
小球落到斜面上时速度方向与水平方向的夹角的正切值
v gt
tanα= y =
v v
x 0
故可得
tanα=2tanθ
只要小球落到斜面上，位移方向与水平方向的夹角就总是θ，则小球的速度方向与水平方向的夹角也总是α，
故速度方向与斜面的夹角总是相等，与v、v 的关系无关。
1 2
故选C。
2．金秋九月，正是收割玉米的季节，加工过程中，农民会采用如图甲所示的传送带装置。具体过程如图
乙所示，将收割晒干的玉米投入脱粒机后，玉米粒从静止开始被传送到底端与脱粒机相连的顺时针匀速转
动的传送带上，一段时间后和传送带保持静止，直至从传送带的顶端飞出，最后落在水平地面上，农民迅
速装袋转运。提升了加工转运的效率。已知传送带与水平方向的夹角为θ、顶端的高度为h，玉米粒相对于
传送带顶端的最大高度也是h，重力加速度为g，若不计风力，空气阻力和玉米粒之间的相互作用力，下列
说法正确的是（ ）
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】A．玉米粒在传送带上时，所受摩擦力始终不变
(2+2√2)h
B．玉米粒落地点与传送带底端的水平距离为
tanθ
√2gh
C．传送带的速度大小为
sinθ
√h
D．玉米粒飞出后到落地所用的时间为3
g
【答案】C
【详解】A．玉米粒刚放在传送带上时，玉米粒相对于传送带向下运动，滑动摩擦力方向向上当玉米粒与
传送带速度相等时，静摩擦力方向向上，根据平衡条件可知所受摩擦力发生改变，故A错误；
BCD．设传送带速度为v，脱离传送带后水平方向是匀速直线运动，竖直方向是匀变速直线运动可得
v =v⋅cosθ
x
v =v⋅sinθ
y
到达最高点时
v 2=2gh
y
解得
√2gh
v=
sinθ
竖直方向有
1
-h=vsinθ⋅t- gt2
2
解得
√h
t=(√2+2)⋅
g
从脱离到落地时水平位移为
(2√2+2)h
x =vcosθ⋅t=
1 tanθ
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】分离点与传送带底端的水平距离为
h
x =
2 tanθ
玉米粒落地点与传送带底端的水平距离为
(2√2+3)h
x +x =
1 2 tanθ
故BD错误，C正确。
故选C。
3．如图所示，水平圆盘绕过圆心O的竖直轴以角速度ω匀速转动，A、B、C三个木块放置在圆盘上面的
同一条直径上，已知B的质量为2m，B与圆盘间的动摩擦因数为2μ，A和C的质量均为m，与圆盘间的
动摩擦因数均为μ，OA、OB、BC之间的距离均为L，开始时，圆盘匀速转动时的角速度ω比较小，A、
B、C均和圆盘保持相对静止，重力加速度为g，则下列说法中正确的是（ ）
√gμ
A．B打滑的临界角速度是
L
B．随着圆盘转动的角速度ω不断增大，木块打滑的顺序依次是C、B、A
√ μg √5μg
C．若B、C之间用一根长L的轻绳连接起来，则当圆盘转动的角速度 <ω< 时，B与圆盘间
2L 4L
静摩擦力一直增大
√5μg
D．若A、B之间用一根长2L的轻绳连接起来，则当圆盘转动的角速度ω< 时，A、B可与圆盘
L
保持相对静止
【答案】C
【详解】A．B的质量为2m，B与圆盘间的动摩擦因数为2μ，B与圆盘之间的最大静摩擦力为
f =2m×2μg=4μmg
B
B的临界角速度ω ，则有
B
f =2m×ω2×L
B B
解得
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】√2μg
ω =
B L
故A错误；
B．同理可得，A与圆盘之间的最大静摩擦力为
f =μmg
A
A的临界角速度ω ，则有
A
f =m×ω2×L
A A
解得
√μg
ω =
A L
同理C与圆盘之间的最大静摩擦力为
f =μmg
C
C的临界角速度ω ，则有
C
f =m×ω2×2L
C C
解得
√ μg
ω =
C 2L
由以上的解析可知，随着角速度ω的不断增大，相对圆盘最先滑动的是木块C，再就是木块A，最后是木
块B，故B错误；
C．若B、C之间用一根长L的轻绳连接起来，则当圆盘转动的角速度为
√5μg
ω=
4L
B需要的向心力为
5
F =2m×ω2×L= μmg
B 2
C需要的向心力
5
F =m×ω2×2L= μmg
C 2
B和C需要的向心力的和
F =F +F =5μmg
1 B C
√5μg √ μg √5μg
可知当角速度为ω= ，B与C刚好要滑动，所以当圆盘转动的角速度为 <ω< 时，B与圆
4L 2L 4L
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】盘间静摩擦力一直增大，故C正确；
√5μg
D．若A、B之间用一根长2L的轻绳连接起来，则当圆盘转动的角速度为ω= 时，A需要的向心力
L
为
F =m×ω2×L=5μmg，F' =2m×ω2×L=10μmg
A B
可知由于B需要的向心力比较大，所以B有远离O点的趋势，A有向O点运动的趋势，当A恰好要向O
点运动时，受到的静摩擦力的方向指向O点，设此时绳子的拉力为F，则有
F+μmg=F
A
所以
F=4μmg
则有
F+f =4μmg+4μmg=8μmg 2
Δt Δt
1 2
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】v
C．Δt =Δt + 0
1 2 g⋅tanθ
s
D． 2 =v
Δt 0
2
【答案】CD
【详解】A．设炸弹从A→M用时t ，有
1
x =v t
1 0 1
因AM垂直斜面，则
θ +θ=90°
1
而
2
tanφ=2tanθ =
1 tanθ
可得
v v tanφ 2v
t = y1= 0 = 0
1 g g gtanθ
故A错误；
BCD．同理B→N，v 方向⊥斜面，用时
N
v
0
v tanθ v
t = y2= = 0
2 g g gtanθ
x =v t
2 0 2
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】由图得
s +x =x +s 或s =s +x -x =v (Δt +t -t )①
1 2 1 2 2 1 2 1 0 1 2 1
时间关系
Δt +t =t +Δt 或Δt +t -t =Δt ②
1 2 1 2 1 2 1 2
则
s
2 =v
Δt 0
2
同时有
s s
v = 1 = 2
0 Δt Δt
1 2
v
Δt =Δt + 0
1 2 gtanθ
故B错误，CD正确；
故选CD。
8．2022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。PN是半径为R的六分之一圆弧跳
mv2
1
台，运动员到达跳台末端的N点时所受支持力为 0- mg，离开跳台后M点为运动员的最高位置，之
R 2
后运动员落在了倾角为θ的斜坡上，落点到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，g取10m/s2，则下列说法正确的是（ ）
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】1
A．运动员在M点的速度为
√v2-Rg
2 0
3(v2
)
B．最高点M距水平面PQ的竖直距离为 0-R
8 g
√2Lsinθ R 3v2
C．运动员离开圆弧跳台后在空中运动的时间为 + + 0
g 4g 4g2
D．斜面倾角越小运动员落在斜面时的速度越小
【答案】AD
【详解】A．在N点，根据牛顿第二定律有
mv2
N-mgcos60°= 1
R
脱离跳台时的水平速度
v =v cos60°
1x 1
解得
1
v = √v2-Rg
1x 2 0
1
运动员在M点速度等于脱离跳台时的水平速度，即v = √v2-Rg，故A正确；
M 2 0
B．从N点到M点由动能定理
1 1
-mgh = mv2 - mv2
MN 2 M 2 1
解得最高点M距水平面PQ的竖直距离为
R
3v2
R
h =h + = 0+
M MN 2 8g 8
故B错误；
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】CD．运动员从N点到落在斜面时
1 1
mv2= mv2+mgLsinθ
2 2 2 1
解得运动员落在斜面时的速度大小为
v =√v2+2gLsinθ
2 0
则斜面倾角越小运动员落在斜面时的速度越小；
则运动员落在斜面时的竖直速度
√ gR 3v2
v =√v 2-v 2= 2gLsinθ+ + 0
2y 2 1x 4 4
则从离开跳台到落在斜面上
v =-v sin60°+gt
2y 1
解得运动员离开圆弧跳台后在空中运动的时间
√ gR 3v2 √3
2gLsinθ+ + 0+ √v2-gR
4 4 2 0
g=
g
故C错误，D正确。
故选AD。
三、解答题
9．如图所示，倾角θ=37°、高h=1.8m的斜面体固定在水平地面上，小球从斜面体顶端A点以v =4m/s
0
的初速度水平向右抛出。空气阻力忽略不计，重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：
（1）小球落在斜面上的位置；
（2）若在小球水平抛出的同时，解除斜面固定并使斜面体在水平地面上由静止开始向右做加速度
40
a= m/s2 的匀加速直线运动，则小球能否落在斜面上？若能，请求出小球落在斜面上的位置。
3
【答案】（1）B点；（2）能落在斜面上，距A点0.75m。
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】【详解】（1）设水平位移为x，由平抛运动规律有
1
y= gt2 ，x=v t
2 0
由几何知识可得
y
tanθ=
x
联立并代入已知数据得
h
t=0.6s，x=2.4m=
tan37°
可得小球落在B点；
（2）如图所示
假设小球能落在斜面上，斜面体运动的位移为x ，小球做平抛运动竖直位移为h ，水平位移为x ，由平抛
1 2 2
运动规律有
1 1
h = gt2 ，x =v t ，x = at2
2 2 2 2 0 2 1 2 2
由几何知识可得
h
tan37°= 2
x -x
2 1
联立并代入已知数据得
3
t = s
2 10
所以小球可以落在斜面上
1
h = gt2=0.45m
2 2 2
落在斜面上距A点的距离
h
s= 2 =0.75m
sin37°
10．如图所示，质量M＝1kg、长L＝2 m 的长木板放在光滑地面上，质量m＝2kg 的小滑块（可视为质
点）在长木板左端，竖直嵌有四分之三光滑圆弧轨道的底座固定在地面上，圆弧轨道最低点P的切线水平
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】且与长木板上表面相平，长木板右端与底座左端相距x＝1.5 m。现用水平向右外力F＝12 N作用在小滑块
上，使其由静止开始运动，小滑块到达P点后马上撤去外力F，小滑块沿着圆弧轨道运动。长木板与底座
相碰时，立即粘在底座上。已知滑块与长木板间动摩擦因数为μ＝0.5，重力加速度g＝10 m/s2。假设最大
静摩擦力等于滑动摩擦力，不计空气阻力，求：
（1）在长木板与底座相碰前，长木板和小滑块加速度的大小；
（2）小滑块到达P点时速度的大小；
（3）若要使小滑块沿圆弧轨道上滑过程中不脱离轨道，竖直圆弧轨道的半径R应该满足什么条件？
【答案】（1）4m/s2；（2）4m/s；（3）0＜R≤0.32m或R≥0.8m
【详解】（1）在长木板与底座相碰前，假设M与m相对静止，一起加速，设加速度为a，小板与长木板间
静摩擦力为f ，则
1
F=(M+m)a
F-f =ma
1
解得
a=4m/s2
f =4N
1
μmg=10N
即
f <μmg
1
假设成立，长木板和小滑板加速度的大小为
a=4m/s2
（2）设长木板撞击底座时，长木板和小滑板共同速度为v ，之后，小滑板在长木板上运动，设加速度为a ，
1 1
到达P点的速度为v ，则
2
v2=2ax
1
F-μmg=ma
1
v2-v2=2a L
2 1 1
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】解得
v =4m/s
2
（3）情况一：小滑块滑上轨道从圆弧轨道的Q点离开，即能够达到圆弧轨道最高点，设圆弧轨道半径最
大为R ，小滑块在最高点的速度大小为v ，则
m m
mv2
mg= m
R
m
1 1
-2mgR = mv2- mv2
m 2 m 2 2
解得
R =0.32m
m
情况二：小球上滑至与圆心等高处时，速度减为零，然后滑回最低点。则由动能定理有
1
-mgR=- mv2
2 2
解得
R=0.8m
故要使小滑块不脱离轨道，竖直圆周轨道半径应该满足0a，故C错误
t 1 2
D．由图像斜率，速度为v 时，第一次图像陡峭，第二次图像相对平缓，故a>a，由G-fy=ma，可知，
1 1 2
fy ω，则与以ω匀速转动时相比，以ω'匀速转动时
（ ）
A．小球的高度一定降低 B．弹簧弹力的大小一定不变
C．小球对杆压力的大小一定变大 D．小球所受合外力的大小一定变大
【答案】BD
【详解】对小球受力分析，设弹力为T，弹簧与水平方向的夹角为θ，则对小球竖直方向
Tsinθ=mg
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】而
MP
T=k( -l )
cosθ 0
可知θ为定值，T不变，则当转速增大后，小球的高度不变，弹簧的弹力不变。则A错误，B正确；
水平方向当转速较小时，杆对小球的弹力F 背离转轴，则
N
Tcosθ-F =mω2r
N
即
F =Tcosθ-mω2r
N
当转速较大时，F 指向转轴
N
Tcosθ+F'
❑
=mω'2r
N
即
F'
❑
=mω'2r-Tcosθ
N
则因ω'>ω ，根据牛顿第三定律可知，小球对杆的压力不一定变大。则C错误；
根据
F =mω2r
合
可知，因角速度变大，则小球受合外力变大。则D正确。
故选BD。
三、解答题
21．（2023·山西·统考高考真题）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）
√2gh
【答案】
tanθ
【详解】石子做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，则有
2gh=v2
y
可得落到水面上时的竖直速度
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】v =√2gh
y
由题意可知
v
y≤tanθ
v
0
即
√2gh
v ≥
0 tanθ
√2gh
石子抛出速度的最小值为 。
tanθ
22．（2022·重庆·高考真题）小明设计了一个青蛙捉飞虫的游戏，游戏中蛙和虫都在xOy竖直平面内运动。
5
虫可以从水平x轴上任意位置处由静止开始做匀加速直线运动，每次运动的加速度大小恒为 g（g为重力
9
加速度），方向均与x轴负方向成37°斜向上（x轴向右为正）。蛙位于y轴上M点处，OM=H，能以不
3
同速率向右或向左水平跳出，蛙运动过程中仅受重力作用。蛙和虫均视为质点，取sin37°= 。
5
3
（1）若虫飞出一段时间后，蛙以其最大跳出速率向右水平跳出，在y= H的高度捉住虫时，蛙与虫的水
4
平位移大小之比为2√2:3，求蛙的最大跳出速率。
（2）若蛙跳出的速率不大于（1）问中的最大跳出速率，蛙跳出时刻不早于虫飞出时刻，虫能被捉住，求
虫在x轴上飞出的位置范围。
（3）若虫从某位置飞出后，蛙可选择在某时刻以某速率跳出，捉住虫时蛙与虫的运动时间之比为1:√2；
蛙也可选择在另一时刻以同一速率跳出，捉住虫时蛙与虫的运动时间之比为1:√17。求满足上述条件的虫
飞出的所有可能位置及蛙对应的跳出速率。
4 1-2√6 1 26
【答案】（1）v = √gH；（2） H≤x≤2H；（3）v = √30gH，x = H或
m 3 3 1 5 1 15
1 14
v = √30gH，x = H
2 15 2 15
【详解】（1）虫子做匀加速直线运动，青蛙做平抛运动，由几何关系可知
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】3
H
4
x = =H
虫 tan37°
x 2√2
❑ 蛙=
x 3
虫
青蛙做平抛运动，设时间为t ，有
❑
蛙
x =v t
蛙 m ❑
蛙
3 1
H- H= gt2
4 2 ❑ 蛙
联立解得
√ H 4
t = ，v = √gH
❑ 蛙 2g m 3
（2）若蛙和虫同时开始运动，时间均为t，则虫的水平分加速度和竖直分加速度分别为
5 4 5 1
a = gcos37°= g，a = gsin37°= g
x 9 9 y 9 3
相遇时有
1 1
gt2+ a t2=H
2 2 y
解得
√3H
t=
2g
则最小的坐标为
1 1-2√6
x = a t2-v t= H
min 2 x m 3
若蛙和虫不同时刻出发，轨迹相切时，青蛙的平抛运动有
1
y=H- gt2 ，x=v t
2 m
可得轨迹方程为
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】g
y=H- x2
2v2
m
虫的轨迹方程为
y=(x -x)tan37°
max
两轨迹相交，可得
g
(x -x)tan37°=H- x2
max 2v2
m
整理可知
g 3 3
x2- x+ x -H=0
2v2 4 4 m
m
令Δ=0，即
9 g 3
-4× ⋅( x -H)=0
16 2v2 4 m
m
解得
x =2H
max
虫在x轴上飞出的位置范围为
1-2√6
H≤x≤2H
3
（3）设蛙的运动时间为t ，有
1
1 1
gt2+ a (√2t ) 2=H
2 1 2 y 1
1 1
gt2+ a (√17t ) 2=H
2 2 2 y 2
解得
√6H √ 3H
t = ，t =
1 5g 2 10g
若青蛙两次都向右跳出，则
1
v t + a (√2t ) 2=x
1 1 2 x 1 1
1
v t + a (√17t ) 2=x
1 2 2 x 2 1
解得
1 26
v = √30gH，x = H
1 5 1 15
若青蛙一次向左跳出，一次向右跳出，则
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】1
v t + a (√2t ) 2=x
1 1 2 x 1 2
1
a (√17t ) 2-v t =x
2 x 2 2 2 2
解得
1 14
v = √30gH，x = H
2 15 2 15
23．（2022·全国·统考高考真题）将一小球水平抛出，使用频闪仪和照相机对运动的小球进行拍摄，频闪
仪每隔0.05s发出一次闪光。某次拍摄时，小球在抛出瞬间频闪仪恰好闪光，拍摄的照片编辑后如图所示。
图中的第一个小球为抛出瞬间的影像，每相邻两个球之间被删去了3个影像，所标出的两个线段的长度s
1
和s 之比为3：7。重力加速度大小取g=10m/s2，忽略空气阻力。求在抛出瞬间小球速度的大小。
2
2√5
【答案】 m/s
5
【详解】频闪仪每隔0.05s发出一次闪光，每相邻两个球之间被删去3个影像，故相邻两球的时间间隔为
t=4T=0.05×4s=0.2s
设抛出瞬间小球的速度为v ，每相邻两球间的水平方向上位移为x，竖直方向上的位移分别为y 、y ，根
0 1 2
据平抛运动位移公式有
x=v t
0
1 1
y = gt2= ×10×0.22m=0.2m
1 2 2
1 1 1
y = g(2t) 2- gt2= ×10×(0.42-0.22)m=0.6m
2 2 2 2
令y = y，则有
1
y =3 y =3 y
2 1
已标注的线段s 、s 分别为
1 2
s =√x2+ y2
1
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】s =√x2+(3 y) 2=√x2+9 y2
2
则有
√x2+ y2:√x2+9 y2=3:7
整理得
2√5
x= y
5
故在抛出瞬间小球的速度大小为
x 2√5
v = = m/s
0 t 5
24．（2020·北京·统考高考真题）无人机在距离水平地面高度h处，以速度v 水平匀速飞行并释放一包裹，
0
不计空气阻力，重力加速度为g。
(1)求包裹释放点到落地点的水平距离x；
(2)求包裹落地时的速度大小v；
(3)以释放点为坐标原点，初速度方向为x轴方向，竖直向下为y轴方向，建立平面直角坐标系，写出该包
裹运动的轨迹方程。
【答案】(1)v √2h ；(2)√v2+2gh；(3) y= g x2
0 g 0 2v2
0
【详解】(1)包裹脱离无人机后做平抛运动，在竖直方向做自由落体运动，则
1
h= gt2
2
解得
√2h
t=
g
水平方向上做匀速直线运动，所以水平距离为
√2h
x=v t=v
0 0 g
(2)包裹落地时，竖直方向速度为
√2h
v =gt=g
y g
落地时速度为
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】v=√v2+v2=√v2+2gh
0 y 0
(3)包裹做平抛运动，分解位移
x=v t'
0
1
y= gt'2
2
两式消去时间得包裹的轨迹方程为
g
y= x2
2v2
0
25．（2020·山东·统考高考真题）单板滑雪U型池比赛是冬奥会比赛项目，其场地可以简化为如图甲所示
的模型： U形滑道由两个半径相同的四分之一圆柱面轨道和一个中央的平面直轨道连接而成，轨道倾角为
17.2°。某次练习过程中，运动员以v =10 m/s的速度从轨道边缘上的M点沿轨道的竖直切面ABCD滑出轨
M
道，速度方向与轨道边缘线AD的夹角α=72.8°，腾空后沿轨道边缘的N点进入轨道。图乙为腾空过程左视
图。该运动员可视为质点，不计空气阻力，取重力加速度的大小g=10 m/s2， sin72.8°=0.96，
cos72.8°=0.30。求：
(1)运动员腾空过程中离开AD的距离的最大值d；
(2)M、N之间的距离L。
【答案】(1)4.8 m；(2)12 m
【详解】(1)在M点，设运动员在ABCD面内垂直AD方向的分速度为v，由运动的合成与分解规律得
1
v =v sin72.8° ①
1 M
设运动员在ABCD面内垂直AD方向的分加速度为a，由牛顿第二定律得
1
mgcos17.2°=ma ②
1
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】由运动学公式得
v 2
d= 1 ③
2a
1
联立①②③式，代入数据得
d=4.8 m ④
(2)在M点，设运动员在ABCD面内平行AD方向的分速度为v，由运动的合成与分解规得
2
v=vMcos72.8° ⑤
2
设运动员在ABCD面内平行AD方向的分加速度为a，由牛顿第二定律得
2
mgsin17.2°=ma ⑥
2
设腾空时间为t，由运动学公式得
2v
t= 1 ⑦
a
1
1
L=v t+ a t2 ⑧
2 2 2
联立①②⑤⑥⑦⑧式，代入数据得
L=12 m ⑨
26．（2023·江苏·统考高考真题）“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ω 时，碟子边缘看似一个光环。求此时发光物体的速度大小v 和受到的静摩擦力大小f。
0 0
【答案】v =ω r；f =mω2r
0 0 0
【详解】发光体的速度
v =ω r
0 0
发光体做匀速圆周运动，则静摩擦力充当做圆周运动的向心力，则静摩擦力大小为
f =mω2r
0
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】27．（2022·福建·高考真题）清代乾隆的《冰嬉赋》用“躄躠”（可理解为低身斜体）二字揭示了滑冰的
动作要领。500m短道速滑世界纪录由我国运动员武大靖创造并保持。在其创造纪录的比赛中，
（1）武大靖从静止出发，先沿直道加速滑行，前8m用时2s。该过程可视为匀加速直线运动，求此过程加
速度大小；
（2）武大靖途中某次过弯时的运动可视为半径为10m的匀速圆周运动，速度大小为14m/s。已知武大靖的
质量为73kg，求此次过弯时所需的向心力大小；
（3）武大靖通过侧身来调整身体与水平冰面的夹角，使场地对其作用力指向身体重心而实现平稳过弯，
如图所示。求武大靖在（2）问中过弯时身体与水平面的夹角θ的大小。（不计空气阻力，重力加速度大小
取10m/s2，tan22°=0.40、tan27°=0.51、tan32°=0.62、tan37°=0.75）
【答案】（1）4m/s2；（2）1430.8N；（3）27°
【详解】（1）设武大靖运动过程的加速度大小为a，根据
1
x= at2
2
解得
2x 2×8
a= = m/s2=4m/s2
t2 22
（2）根据
v2
F =m
向 r
解得过弯时所需的向心力大小为
142
F =73× N=1430.8N
向 10
（3）设场地对武大靖的作用力大小为F，受力如图所示
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】根据牛顿第二定律可得
mg
F =
向 tanθ
解得
mg 73×10
tanθ= = ≈0.51
F 1430.8
向
可得
θ=27°
28．（2022·辽宁·高考真题）2022年北京冬奥会短道速滑混合团体2000米接力决赛中，我国短道速滑队夺
得中国队在本届冬奥会的首金。
（1）如果把运动员起跑后进入弯道前的过程看作初速度为零的匀加速直线运动，若运动员加速到速度
v=9m/s时，滑过的距离x=15m，求加速度的大小；
（2）如果把运动员在弯道滑行的过程看作轨道为半圆的匀速圆周运动，如图所示，若甲、乙两名运动员
同时进入弯道，滑行半径分别为R =8m、R =9m，滑行速率分别为v =10m/s、v =11m/s，求
甲 乙 甲 乙
甲、乙过弯道时的向心加速度大小之比，并通过计算判断哪位运动员先出弯道。
225
【答案】（1）2.7m/s2；（2） ，甲
242
【详解】（1）根据速度位移公式有
v2=2ax
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】代入数据可得
a=2.7m/s2
（2）根据向心加速度的表达式
v2
a=
R
可得甲、乙的向心加速度之比为
a v2 R 225
甲= 甲× 乙=
a v2 R 242
乙 乙 甲
甲、乙两物体做匀速圆周运动，则运动的时间为
πR
t=
v
代入数据可得甲、乙运动的时间为
4π 9π
t = s，t = s
甲 5 乙 11
因t
