文档文本内容
专题 03 曲线运动
考点 五年考情（2021-2025） 命题趋势
情景创设常取材于前沿科技，如航天
考点1 平抛运
2021、2022、2024、2025 飞行器轨道变轨、粒子加速器中粒子轨
动
迹，或是体育运动里的铅球投掷、滑雪弯
道技巧，让考生从复杂场景中提炼平抛、
圆周等曲线运动模型。在知识考查层面，
愈发重视曲线运动规律与其他知识的深度
融合，平抛运动常与能量守恒结合，分析
物体在不同阶段的能量转化；圆周运动则
与牛顿运动定律、向心力知识联动，解决
如过山车、圆锥摆等复杂系统的受力与运
动问题，强调整体与隔离法的灵活运用。
从能力要求来看，图像分析与实验探
究成为关键。常借助 v-t、a-t 等图像，要
求考生通过斜率、面积等几何特征解读曲
线运动物理量的变化，像利用平抛运动水
考点2 圆周运 平与竖直方向速度图像求解初速度、运动
2021、2022、2023、2025
动 时间等。实验题侧重创新设计与数据深度
挖掘，例如改进平抛运动实验装置测量初
速度，或通过实验误差分析优化圆周运动
向心力实验方案，注重实验原理的迁移拓
展，如将平抛规律应用到带电粒子在电场
中的类平抛运动分析。同时，数学工具在
解题中的应用更为深入，三角函数、几何
关系被广泛用于圆周运动半径、角度计
算，部分试题还渗透微元法，用以处理非
匀速率圆周运动等复杂过程，全面考查考
生模型建构、科学推理、创新实践等核心
素养 。考点01 平抛运动
1．（2025·北京·高考）某物体以一定初速度从地面竖直向上抛出，经过时间t到达最高点。在最高点该物
体炸裂成A、B两部分，质量分别为2m和m，其中A以速度v沿水平方向飞出。重力加速度为g，不计空
气阻力。求：
(1)该物体抛出时的初速度大小v ；
0
(2)炸裂后瞬间B的速度大小v ；
B
(3)A、B落地点之间的距离d。
【答案】(1)v =>¿
0
(2)v =2v
B
(3)d=3vt
【详解】（1）物体竖直上抛至最高点时速度为0，由运动学公式0=v −>¿ 可得v =>¿
0 0
（2）爆炸瞬间水平方向动量守恒，爆炸前总动量为0。A速度为v，设B速度为v ，由动量守恒定律得
B
0=2m⋅v+m⋅v 解得v =−2v 即大小为2v
B B
（3）根据竖直上抛运动的对称性可知下落时间与上升时间相等为t，则A的水平位移x =vt B的水平位移
A
x =v t=2vt所以落地点A、B之间的距离d=|x |+|x |=vt+2vt=3vt
B B A B
2．（2024·北京·高考）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v ；
0
（3）管口单位时间内流出水的体积Q。
√2ℎ √ g √ g
【答案】（1）❑ ；（2）d❑ ；（3）Sd❑
g 2ℎ 2ℎ
【来源】2024年高考北京卷物理真题
1
【详解】（1）水在空中做平抛运动，由平抛运动规律得，竖直方向ℎ = gt2 解得水从管口到水面的运动
2
√2ℎ
时间t=❑
g
√ g
（2）由平抛运动规律得，水平方向d=v t解得水从管口排出时的速度大小v =d❑
0 0 2ℎ√ g
（3）管口单位时间内流出水的体积Q=Sv =Sd❑
0 2ℎ
3．（2022·北京·高考）体育课上，甲同学在距离地面高ℎ =2.5m处将排球击出，球的初速度沿水平方
1
向，大小为v =8.0m/s；乙同学在离地ℎ =0.7m处将排球垫起，垫起前后球的速度大小相等，方向相
0 2
反。已知排球质量m=0.3kg，取重力加速度g=10m/s2。不计空气阻力。求：
（1）排球被垫起前在水平方向飞行的距离x；
（2）排球被垫起前瞬间的速度大小v及方向；
（3）排球与乙同学作用过程中所受冲量的大小I。
【答案】（1）x=4.8m；（2）v=10.0m/s，方向与水平方向夹角tanθ=0.75；（3）I=6.0N⋅s
1
【详解】（1）设排球在空中飞行的时间为t，则ℎ −ℎ = gt2 解得t=0.6s；则排球在空中飞行的水平距
1 2 2
离x=v t=4.8m
0
（2）乙同学垫起排球前瞬间排球在竖直方向速度的大小v =>¿得v =6.0m/s；根据v=❑√v2+v2得
y y 0 y
v=10.0m/s；设速度方向与水平方向夹角为θ（如答图所示）
v
则有tanθ= y =0.75
v
0
（3）根据动量定理，排球与乙同学作用过程中所受冲量的大小I=2mv=6.0N⋅s
4．（2021·北京·高考）如图所示，小物块A、B的质量均为m = 0.10 kg，B静止在轨道水平段的末端。A以
水平速度v 与B碰撞，碰后两物块粘在一起水平抛出。抛出点距离水平地面的竖直高度为h = 0.45 m，两
0
物块落地点距离轨道末端的水平距离为s = 0.30 m，取重力加速度g = 10 m/s2。求：
（1）两物块在空中运动的时间t；
（2）两物块碰前A的速度v 的大小；
0
（3）两物块碰撞过程中损失的机械能ΔE。【答案】（1）0.30 s；（2）2.0m/s；（3）0.10 J
1
【详解】（1）竖直方向为自由落体运动，由ℎ = gt2 得 t = 0.30 s
2
（2）设A、B碰后速度为v，水平方向为匀速运动，由s=vt 得v=1.0m/s 根据动量守恒定律，由
mv =2mv 得v =2.0m/s
0 0
1 1
（3）两物体碰撞过程中损失的机械能ΔE= mv2− ⋅2mv2 得ΔE=0.10J
2 0 2 ❑
考点02 圆周运动
5．（2025·北京·高考）利用打点计时器研究匀变速直线运动的规律，实验装置如图1所示。
(1)按照图1安装好器材，下列实验步骤正确的操作顺序为________（填各实验步骤前的字母）。
A．释放小车 B．接通打点计时器的电源 C．调整滑轮位置，使细线与木板平行
(2)实验中打出的一条纸带如图2所示，A、B、C为依次选取的三个计数点（相邻计数点间有4个点未画
出），可以判断纸带的 （填“左端”或“右端”）与小车相连。
(3)图2中相邻计数点间的时间间隔为T，则打B点时小车的速度v= 。
(4)某同学用打点计时器来研究圆周运动。如图3所示，将纸带的一端固定在圆盘边缘处的M点，另一端穿
过打点计时器。实验时圆盘从静止开始转动，选取部分纸带如图4所示。相邻计数点间的时间间隔为
0.10s，圆盘半径R=0.10m。则这部分纸带通过打点计时器的加速度大小为 m/s2；打点计时器打
B点时圆盘上M点的向心加速度大小为 m/s2。（结果均保留两位有效数字）【答案】(1)CBA
(2)左端
x
2
(3)
2T
(4) 0.81 1.6
【详解】（1）实验步骤中，首先调整滑轮位置使细线与木板平行，确保力的方向正确；接着接通打点计
时器电源，让计时器先工作；最后释放小车。故顺序为CBA；
（2）小车做匀加速直线运动时，速度越来越大，纸带上点间距逐渐增大。图2中纸带左端间距小，右端
间距大，说明纸带左端与小车相连。
（3）根据匀变速直线运动中，中间时刻的瞬时速度等于该段时间内的平均速度。B点为A、C的中间时
x
刻，AC间位移为x，时间间隔为2T；则v= 2
2 2T
x −x 0.1924−0.0800×2
（4）[1]根据逐差法可知a= CE AC = =0.81m/s2
4T2 4×0.12
x 0.0800
[2]B点是AC的中间时刻点，则有v = AC = m/s=0.4m/s 此时向心加速度
B 2T 2×0.1
v2 0.42
a = B= m/s2=1.6m/s2
n R 0.1
6．（2023·北京·高考）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
FRt2
B．小球的质量为
4π2n2
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【答案】A
【详解】A．空间站内的物体都处于完全失重状态，可知圆周运动的轨道可处于任意平面内，故A正确；
2πn Ft2
B．根据F=mω2R，ω= 解得小球质量m= 故B错误；
t 4π2n2R
C．若误将n-1圈记作n圈，则得到的质量偏小，故C错误；
D．若测R时未计入小球的半径，则R偏小，所测质量偏大，故D错误。
故选A。
7．（2022·北京·高考）我国航天员在“天宫课堂”中演示了多种有趣的实验，提高了青少年科学探索的兴
趣。某同学设计了如下实验：细绳一端固定，另一端系一小球，给小球一初速度使其在竖直平面内做圆周
运动。无论在“天宫”还是在地面做此实验（ ）
A．小球的速度大小均发生变化 B．小球的向心加速度大小均发生变化
C．细绳的拉力对小球均不做功 D．细绳的拉力大小均发生变化
【答案】C
【详解】AC．在地面上做此实验，忽略空气阻力，小球受到重力和绳子拉力的作用，拉力始终和小球的速
度垂直，不做功，重力会改变小球速度的大小；在“天宫”上，小球处于完全失重的状态，小球仅在绳子
拉力作用下做匀速圆周运动，绳子拉力仍然不做功，A错误，C正确；
v2 v2
BD．在地面上小球运动的速度大小改变，根据a= 和F=m （重力不变）可知小球的向心加速度和拉
r r
力的大小发生改变，在“天宫”上小球的向心加速度和拉力的大小不发生改变，BD错误。
故选C。
8.（2021·北京·高考）如图所示，圆盘在水平面内以角速度ω绕中心轴匀速转动，圆盘上距轴r处的P点有
一质量为m的小物体随圆盘一起转动。某时刻圆盘突然停止转动，小物体由P点滑至圆盘上的某点停止。
下列说法正确的是（ ）
A．圆盘停止转动前，小物体所受摩擦力的方向沿运动轨迹切线方向
B．圆盘停止转动前，小物体运动一圈所受摩擦力的冲量大小为2m ω rC．圆盘停止转动后，小物体沿圆盘半径方向运动
D．圆盘停止转动后，小物体整个滑动过程所受摩擦力的冲量大小为m ω r
【答案】D
【详解】A．圆盘停止转动前，小物体随圆盘一起转动，小物体所受摩擦力提供向心力，方向沿半径方
向，故A错误；
B．圆盘停止转动前，小物体所受摩擦力f =mrω2根据动量定理得，小物体运动一圈所受摩擦力的冲量为
I=mv−mv=0大小为0，故B错误；
C．圆盘停止转动后，小物体沿切线方向运动，故C错误；
D．圆盘停止转动后，根据动量定理可知，小物体整个滑动过程所受摩擦力的冲量为
I′=Δp=0−mv=−mrω 大小为mωr，故D正确。
故选D。
1．（2025·北京朝阳·二模）如图所示，某同学以大小为v 的初速度将铅球从P点斜向上抛出，到达Q点时
0
铅球速度沿水平方向。已知P、Q连线与水平方向的夹角为30°，P、Q间的距离为L。不计空气阻力，铅
球可视为质点，质量为m，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
√2L
A．铅球从P点运动到Q点所用的时间为❑
g
1
B．铅球从P点运动到Q点重力做的功为 mgL
2
√gL
C．铅球从P点运动到Q点动量的变化为m❑
2
D．铅球到达Q点的速度大小为❑√v2 −gL
0
【答案】D
【详解】A．铅球从P点运动到Q点的逆过程为平抛运动，竖直方向是自由落体运动，由运动学公式有
Lsin30o= 1 gt2
解得铅球从P点运动到Q点所用的时间为❑
√L
，A错误；
2 g
1
B．由重力做功有铅球从P点运动到Q点重力做的功为W =− mgL B错误；
G 2
√L
C．由上述分析可知，从P点运动到Q点所用的时间为❑ ，由动量定理有mgt=Δp 代入数据有铅球从P
g
点运动到Q点动量的变化为Δp=m❑√gL C错误；1 1 1
D．铅球从P点运动到Q点由动能定理有− mgL= mv2 − mv2 解得铅球到达Q点的速度大小为
2 2 Q 2 0
❑√v2 −gL，D正确。
0
故选D。
2．（24-25高三下·北京海淀·二模）如图1所示，“冰坑挑战”需要挑战者先进入一个坡面与水平面夹角
为θ、半径为R的倒圆锥型冰坑，然后尝试从其中离开。方式甲——挑战者沿着如图2甲所示坡面向上走
或爬的方式，很难离开冰坑，通常还是会滑回坑底。方式乙——挑战者沿着如图2乙所示的螺旋线方式跑
动多圈后，最终可以成功离开冰坑。已知挑战者的质量为m，其与冰面的动摩擦因数为μ，重力加速度为
g。为了讨论方便，假定滑动摩擦力与最大静摩擦力大小相等；方式乙中人的跑动半径r缓慢增大，每一圈
的轨迹都可近似为与水平地面平行的圆。下列说法正确的是（ ）
A．在方式甲中，一定满足关系式mgsinθ<μmgcosθ
B．在方式甲和方式乙中，挑战者受到的最大静摩擦力大小不同
v2
C．在方式乙中，可利用mgtanθ=m 求得每圈的最小速度
r
D．在方式乙中，挑战者离开冰坑做的功至少为mgRtanθ
【答案】B
【详解】A．由于在方式甲中，挑战者很难离开冰坑，通常还是会滑回坑底。说明挑战者受到的摩擦力小
于重力的下滑分力，即有mgsinθ>μmgcosθ A错误；
B．在甲图方式在，其最大摩擦力f =μmgcosθ 在乙图方式中，对挑战者受力分析如下
甲
mv2
在水平方向上，根据牛顿第二定律则有F sinθ−f cosθ= 其中v为挑战者圆周运动的线速度，r
N 乙 r
为挑战者在该平面圆周运动的半径； 在竖直方向上，根据平衡条件可得F cosθ+f sinθ=mg 联立
N 乙
mv2
解得f =mgsinθ− cosθ 显然f ≠f ，B正确；
乙 r 甲 乙C．在乙方式中，由上述分析可知，支持力与摩擦力在水平方向的合力提供挑战者圆周运动的向心力，因
v2
此不能利用mgtanθ=m 求每圈的最小速度，C错误；
r
D．由题可知，冰坑的深度为ℎ =Rtanθ 整个过程中，挑战者克服重力做的功W
G
=mg ℎ =mgRtanθ 除
此之外，挑战者还有克服摩擦力做一部分功，故在方式乙中，挑战者离开冰坑做的功至少大于mgRtanθ
，D错误。
故选B。
3．（2025·北京西城·二模）如图所示，长为l的细绳上端悬于P点，下端拴一个质量为m的小球。小球在
水平面内做匀速圆周运动，细绳与竖直方向的夹角为θ，不计空气阻力，重力加速度为g。下列说法正确
的是（ ）
A．细绳的拉力大小等于mgsinθ
B．小球的向心加速度等于gsinθ
C．小球转动一周，绳拉力的冲量等于0
D．小球转动一周，重力的冲量等于2πm❑√glcosθ
【答案】D
mg
【详解】A．小球竖直方向有Fcosθ=mg 解得细绳的拉力大小F= 故A错误；
cosθ
B．对小球，由牛顿第二定律有mgtanθ=ma 解得小球的向心加速度a=gtanθ 故B错误；
CD．小球转动一周，速度变化量为0，动量变化量为0，根据动量定理，可知拉力冲量与重力冲量等大反
向，根据a=
4π2
r=
4π2
Lsinθ 联立解得，小球圆周运动周期T=2π❑
√Lcosθ
则小球转动一周，
T2 T2 g
重力的冲量I =mgT=2πm❑√gLcosθ 故拉力冲量也为2πm❑√gLcosθ，故C错误，D正确。
G
故选D。
4．（24-25高三下·北京海淀·二模）某同学用如图所示的实验装置测量当地的重力加速度。不可伸长的轻
绳一端固定于A点，另一端系一小球，使其在水平面内绕O点做匀速圆周运动，已测出小球转过n圈所用
的时间t。下列说法正确的是（ ）A．为达成实验目的，仅需再测量小球做圆周运动的半径
B．为达成实验目的，仅需再测量轻绳的绳长
C．为达成实验目的，仅需再测量A点到O点的竖直高度
D．若误将n−1 圈记作n圈，则重力加速度的测量值偏小
【答案】C
t
【详解】ABC．测出小球转过n圈所用的时间t，则小球运动的周期为T= 设小球做圆周运动的半径为r
n
，轻绳的绳长为L，A点到O点的竖直高度为ℎ，轻绳与竖直方向的夹角为θ，根据牛顿第二定律可得
4π2 4π2 4π2
mgtanθ=m r=m Lsinθ=m ℎ tan θ 可得重力加速度为
T2 T2 T2
4π2r 4π2Lcosθ 4π2
g= = = ℎ 可知为达成实验目的，仅需再测量A点到O点的竖直高度，故AB
T2tanθ T2 T2
错误，C正确；
4π2
D．若误将n−1 圈记作n圈，则周期测量值偏小，根据g= ℎ 可知重力加速度的测量值偏大，故D错
T2
误。
故选C。
5．（24-25高三·北京海淀·一模（期中））飞轮储能是一种利用高速旋转的飞轮来储存和释放能量的技
术。飞轮能储存能量，是因为转动的物体具有动能。如图所示，将飞轮简化为圆盘，可绕通过其圆心且与
1
圆盘平面垂直的转轴转动。可以把圆盘分成很多小块，任取一小块都能利用E = mv2 来计算其动能，将
k 2
所有小块的动能累加即可以求得飞轮转动的动能。下列说法正确的是（ ）
A．飞轮转动时的动能与其转动的角速度平方成反比
B．若飞轮质量均匀，匀速转动时，转轴所受合力为0
C．若飞轮质量不均匀，匀速转动时，转轴将受恒力作用
D．保持角速度不变，若飞轮改为绕其直径转动，则其动能不变【答案】B
1 1 1 1
【详解】A．由E = mv2 ，可得E =∑ m v 2=∑ m (ωr )2=ω2∑ m (r )2∝ω2 可知动能与其
k 2 k 2 i i 2 i i 2 i i
转动的角速度平方成正比，故A错误；
B．若飞轮质量均匀，匀速转动时，转轴对与其接触的部分的向里的拉力提供向心力，则由牛顿第三定律
可知，与转轴接触的部分对转轴的拉力向外，向外的拉力的合力为0，故B正确；
C．若飞轮质量不均匀，匀速转动时，一般情况下（质量分布不对称），转轴将受到指向飞轮某部位的力
的作用，方向时刻在改变，不是恒力，故C错误；
D．绕其直径转动时的转动惯量I 小于绕通过圆心与圆盘平面垂直的转轴转动时的转动惯量I ，由公式
2 1
1
E = Iω2 ，可知绕通过圆心与圆盘平面垂直的转轴转动时的动能较大，故D错误。
k 2
故选B。
6．（2025·北京四中顺义分校·零模）如图所示，光滑水平轨道AB与竖直面内的光滑半圆形轨道BC在B
点平滑连接。一小物体将轻弹簧压缩至A点后由静止释放，物体脱离弹簧后进入半圆形轨道，恰好能够到
达最高点C，取水平面为零势能面。下列说法正确的是（ ）
A．物体在C点的速度为零
B．物体在C点所受合力为零
C．物体在B点时轨道对物体的支持力等于物体的重力
D．物体在A点时弹簧的弹性势能大于物体在C点的重力势能
【答案】D
v2
【详解】AB．物体恰好能够到达最高点C，说明在C点物体只受重力，根据牛顿第二定律有mg=m
r
解得v=❑√gr 故AB错误；
C．物体在B点时加速度向上，处于超重状态，轨道对物体的支持力大于物体的重力，故C错误；
D．物体从A到C的过程，只有重力和弹簧弹力做功，弹簧和物体组成的系统机械能守恒，物体在A点时
弹簧的弹性势能等于物体在C点的重力势能和动能之和，故物体在A点时弹簧的弹性势能大于物体在C点
的重力势能，故D正确。
故选D。
7．（2025·北京东城·一模）一质量为m的物块在光滑水平面上以速度v 做匀速直线运动。某时刻开始受到
0
v
与水平面平行的恒力F的作用，之后其速度大小先减小后增大，最小值为 0。下列图中初速度v 与恒力F
2 0
夹角正确的是（ ）A． B．
C． D．
【答案】D
【详解】根据题意物块的速度先减小后增大，可知恒力与速度v 的夹角大于90°，将初速度沿方向和垂直
0
F方向分解，垂直F方向的分速度不变，如图所示
v
0
根据几何关系有 2 可得θ=60° 则力的方向与初速度方向夹角为60°+90°=150°
cosθ=
v
0
故选D。
8．（24-25高三下·北京海淀·一模（期中））飞轮储能是一种利用高速旋转的飞轮来储存和释放能量的技
术。飞轮能储存能量，是因为转动的物体具有动能。如图所示，将飞轮简化为圆盘，可绕通过其圆心且与
1
圆盘平面垂直的转轴转动。可以把圆盘分成很多小块，任取一小块都能根据E = mv2 来计算其动能，将
k 2
所有小块的动能累加即可以求得飞轮转动的动能。下列说法正确的是（ ）
A．飞轮转动时的动能与其转动的角速度成正比
B．飞轮转动的动能与其质量分布是否均匀无关
C．保持角速度的大小不变，若飞轮改为绕其直径转动，则其动能不变
D．保持角速度的大小不变，若飞轮改为绕其直径转动，则其动能变小
【答案】D
【详解】圆盘上的各点同轴转动，角速度ω相等，质量为m距转轴距离为r的点的速度v=rω 其动能1 1 1
E = mv2= mr2ω2= Iω2 其中I=mr2为转动惯量。
k 2 2 2
1
A．圆盘绕垂直于盘面的轴转动时I= mR2 其中m为圆盘质量，R为圆盘半径，飞轮转动时的动能
2
1
E = Iω2
k 2
则飞轮转动时的动能与其转动角速度的平方成正比，故A错误；
B．转动惯量I与飞轮的质量分布是否均匀有关，飞轮转动的动能与其质量分布是否均匀有关，故B错
误；
1
CD．飞轮绕垂直于盘面且过盘心的轴转动时的转动惯量I= mR2 绕过直径的轴转动时的转动惯量
2
1
I′= mR2
4
保持角速度的大小不变，若飞轮改为绕其直径转动，则其动能变小，故C错误，D正确。
故选D。
9．（2025·北京门头沟·一模）“货郎伞”是一种具有中国传统文化特色的伞具，即古代货郎担子上的遮阳
伞。在这种伞下通常陈列各种商品，伞上也常常装饰彩幡、挂件等，具有浓郁的民俗风格。卖货郎边走边
转动伞具，甚是好看。若将伞体绕伞把的转动看作匀速圆周运动，下列说法正确的是（ ）
A．远离伞把的挂件向心加速度更大
B．在失重条件下也可以重复以上运动
C．靠近伞把的挂件偏离竖直方向的角度较大
D．只要伞体转动的角速度足够大，一定会有挂件达到水平状态
【答案】A
【详解】A．题意可知伞的挂件属于同轴转动，角速度相同，根据向心加速度a=ω2r 由于远离伞把的挂
件r大，故远离伞把的挂件向心加速度更大，故A正确；
B．在失重条件下，物体加速度具有向下的加速度，挂件不可能重复以上运动，故B错误；
C．设挂件偏离竖直方向的角度为θ，则有mgtanθ=mω2r 解得ω=❑
√gtanθ
可知靠近伞把的挂件r
r
小，因为ω不变，故tanθ小，所以θ小，故C错误；
D．因为挂件竖直方向一直受到重力作用，所以无论伞体转动的角速度多大，挂件不可能达到水平状态，
故D错误
故选A。10．（2025·北京朝阳·一模）如图所示，一弹性小球从倾角为θ的斜面A点正上方h处由静止下落，第一
次与A点碰撞弹起后，第二次与斜面碰撞于B点。小球与斜面碰撞前后瞬间沿斜面方向速度不变，垂直斜
面方向速度大小不变、方向相反。重力加速度为g，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．小球从A到B的过程中速度方向的变化方向沿AB方向
B．小球从A点弹起后距斜面的最远距离为hsinθ
C．小球从A到B的时间为2❑
√ℎ
g
D．A、B两点间的距离为8hsinθ
【答案】D
【详解】A．小球从A到B的过程中，受竖直向下的重力作用，则速度方向的变化方向沿竖直向下的方
向，选项A错误；
B．小球落到A点时的速度v=❑√2g
ℎ
反弹速度也为v=❑√2g
ℎ
将反弹后的运动分解为垂直斜面方向的上
抛运动和沿斜面向下的匀加速运动，则反弹后垂直斜面的速度v =vcosθ=❑√2g ℎ cosθ 小球从A点弹
y
v2
起后距斜面的最远距离为
ℎ
= y =
ℎ
cos θ 选项B错误；
m 2gcosθ
C．小球从A到B的时间为t=
2v
y =2❑
√2
ℎ 选项C错误；
gcosθ g
1
D．A、B两点间的距离为x=vsinθt+ gsinθt2=8 ℎ sin θ 选项D正确。
2
故选D。
11．（2025·北京石景山·一模）如图甲所示，游乐场里有一种空中飞椅游戏，可以将之简化成如图乙所示
的结构装置，装置可绕竖直轴匀速转动，绳子与竖直方向夹角为θ，绳子长L，水平杆长L，小球的质量
0
为m。不计绳子重力和空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．装置中绳子的拉力为mgtanθ
gtanθ
B．装置转动的角速度为
L +Lsinθ
0√Lcosθ
C．装置转动的周期为2π❑
g
D．装置旋转一周，小球的动量变化为0
【答案】D
【详解】A．对装置受力分析如图所示
mg
装置受到重力和绳子的拉力作用，重力和绳子的拉力的合力提供向心力，则Tcosθ=mg 解得T=
cosθ
故A错误；
BC．由牛顿第二定律mgtanθ=mRω2 其中圆周运动的半径为R=L⋅sin θ+L 联立解得装置转动的角
0
√gtanθ 2π √L +Lsinθ
速度为ω=❑ 装置转动的周期为T= =2π❑ 0 故BC错误；
L +Lsinθ ω gtanθ
0
D．装置做匀速圆周运动，装置旋转一周，速度变化量为零，所以小球的动量变化为0，故D正确。
故选D。
12．（2025·北京朝阳·一模）如图所示，光滑水平面上的铜球可绕竖直轴aa′、水平轴bb′或水平轴
cc′转动。如果铜球表面有明显的图案，可以观察它的转动情况；或者用手触摸它，通过感受力的作用
可判断它的转动情况。有人设想：如果铜球表面没有图案且绝对光滑，此时判断转动情况是不容易的。若
水平面绝缘，用以下方法一定能够判断光滑铜球是否在转动和转动方向的是（ ）
A．沿aa′方向滴下一小滴红墨水，观察红墨水落在水平面上的痕迹
B．用另一等大的圆球沿bb′直线撞击铜球，观察两球碰后的运动方向
C．用电子束使铜球带电，测量球带电前后轴aa′上某点的磁感应强度的变化
D．把磁铁的磁极沿轴bb′方向放置，观察铜球相对磁铁位置的变化
【答案】C
【详解】A．若aa′方向滴下一小滴红墨水，若铜球转动，红墨水在接触铜球瞬间会因摩擦力（此处假设
存在微小摩擦力）获得与铜球接触点相同的线速度。但由于铜球表面绝对光滑，红墨水与铜球之间不存在摩擦力，红墨水不会因铜球转动而获得额外的速度，其落在水平面上的痕迹仅取决于滴下时的初始状态，
无法反映铜球是否转动以及转动方向，故A错误；
B．用另一等大的圆球沿bb′直线撞击铜球，两球碰撞后运动方向的变化取决于碰撞过程中的动量守恒、
能量守恒等因素以及碰撞的具体情况（如碰撞是否为弹性碰撞等），而与铜球原本是否转动并无直接关
联，不能通过观察两球碰后的运动方向来判断铜球是否转动和转动方向，故B错误；
C．当用电子束使铜球带电后，若铜球转动，带电的铜球会形成环形电流（因为电荷随铜球一起转动）。
根据安培定则，环形电流会在周围空间产生磁场，则在轴aa′上某点的磁感应强度就会发生变化。通过
测量球带电前后轴aa′上某点的磁感应强度的变化，就能够判断铜球是否转动；同时，根据磁场方向与
电流方向的关系（安培定则），还可以进一步判断转动方向，故C正确；
D．把磁铁的磁极沿轴bb′方向放置，铜球本身是金属，但它不是磁性材料，即使铜球转动，在没有其他
因素（如铜球带电形成电流等）的情况下，铜球与磁铁之间也不会产生明显的与转动相关的相互作用，无
法通过观察铜球相对磁铁位置的变化来判断铜球是否转动和转动方向，故D错误。
故选C。
13．（2025·北京·一模）如图甲，光滑圆轨道固定在竖直面内，小球沿轨道始终做完整的圆周运动。已知
小球在最低点时对轨道的压力大小为N，动能为E。改变小球在最低点的动能，小球对轨道压力N的大小
k
随之改变。小球的N−E 图线如图乙，其左端点坐标为（[1]，[2]），其延长线与坐标轴的交点分别为
k
（0，a）、（-b，0）。重力加速度为g。则（ ）
g b
A．小球的质量为 B．圆轨道的半径为
a a
C．图乙[1]处应为3b D．图乙[2]处应为6a
【答案】D
v2 1 2E
【详解】A．在最低点由牛顿第二定律得N−mg=m ，又因为E = mv2 联立可得N=mg+ k 由图可知
R k 2 R
a
mg=a，解得m= ，A错误；
g
a 2 2b
B．由上述分析可知，图像斜率为 = ，解得R= ，B错误；
b R a
v2 mv2
D．图线的最左端表示小球恰好能完成整个圆周运动 即有mg=m 高，[2]− mg= 从最高点到最低点
R R
1 1
由机械能守恒有mg⋅2R= mv2 − mv2 联立解得[2]=6mg=6a，故D正确；
2 2 高1
C．由D项分析可知[1]= mv2=5b，C错误。
2
故选D。
14．（2025·北京丰台·二模）如图所示，光滑水平面AB与竖直面内的粗糙半圆形导轨BC在B点相接，导
轨半径为R。一个质量为m的物体将弹簧压缩至A点后由静止释放，脱离弹簧时速度为v ，沿半圆形导轨
1
到达C点时速度为v ，此后平抛落地（落地点未画出）。不计空气阻力，重力加速度为g。求：
2
(1)弹簧压缩至A点时的弹性势能E ；
p
(2)物体在C点时受到的导轨给它的弹力F ；
N
(3)物体从C点平抛落地过程中重力的冲量大小I。
1
【答案】(1)E = mv2
p 2 1
v2
(2)F =m 2 −mg，方向竖直向下
N R
(3)I=2m❑√gR
1
【详解】（1）根据能量守恒可得弹簧压缩至A点时的弹性势能为E = mv2
p 2 1
v2 v2
（2）在C处以物体为研究对象，根据牛顿第二定律可得mg+F =m 2 解得F =m 2 −mg 方向竖直向
N R N R
下。
（3）物体从C点平抛落地过程中，竖直方向有2R= 1 gt2 解得t=2❑ √R 该过程重力的冲量大小为
2 g
I=mgt=2m❑√gR
15．（2025·北京东城·二模）如图所示，长为l的细线，一端系有质量为m的小球，另一端通过光滑的轻质
小圆环套在O点的钉子上，小球在高为ℎ的光滑水平桌面上做匀速圆周运动。若小球的速度缓慢增大，当
细线的拉力达到F时，细线断裂，小球垂直桌面边缘抛出。重力加速度为g，不计空气阻力。
(1)小球从水平桌面上抛出时的速度大小v ；
0
(2)小球落地点到桌面边缘的水平距离s；(3)小球落地时的动能E 。
k
√Fl
【答案】(1)v =❑
0 m
(2)s=❑
√2
ℎ
Fl
mg
1
(3)E = Fl+mg
ℎ
k 2
v2
√Fl
【详解】（1）细绳拉力为F时，根据牛顿第二定律可知F=m 0 解得v =❑ 细绳拉断后小球将以速度
l 0 m
√Fl
v =❑
0 m
从水平桌面上抛出。
（2）根据平抛运动的规律ℎ = 1 gt2 ，s=v t 解得s=❑ √2 ℎ Fl
2 0 mg
1 1
（3）由机械能守恒定律可知，小球落地时的动能E = mv2+mg
ℎ
= Fl+mg
ℎ
k 2 0 2
16．（2025·北京西城·一模）半径为R的光滑半圆轨道处于竖直平面内，轨道与水平地面相切于轨道的端
点A。一质量为m的小球从A点冲上半圆轨道，沿轨道运动到B点飞出，最后落在水平地面上，重力加速
度为g。若恰好能实现上述运动，求：
(1)小球在B点时速度的大小v ；
B
(2)小球的落地点与A点间的距离x；
(3)小球刚进入圆弧轨道时，轨道对小球弹力的大小F
A。
【答案】(1)v =❑√gR
B
(2)x=2R
(3)F =6mg
A
v 2
【详解】（1）小球恰经过B点时，根据牛顿第二定律有 mg=m B 得v =❑√gR
R B
（2）小球从B点飞出后做平抛运动，在竖直方向上有 2R= 1 gt2 得t=2❑ √R 小球落地点与A点间的距
2 g
离 x=v t
B
得x=2R
（3）设小球在A点速度的大小为v ，在小球从A点运动到B点的过程中根据动能定理有
A1 1
−mg⋅2R= mv 2 − mv 2
2 B 2 A
v 2
得v =❑√5gR 小球刚进入圆弧轨道时根据牛顿第二定律有 F −mg=m A 得F =6mg
A A R A
17．（2025·北京四中·零模）有一项荡绳过河的拓展项目，将绳子一端固定，人站在高台边缘抓住绳子另
一端，像荡秋千一样荡过河面，落到河对岸的平地上。
为方便研究，将人看作质点A，如图所示。已知人的质量m=60.0kg，A到悬点O的距离L=4.00m，A与
平地的高度差ℎ =2.6m ，人站在高台边缘时，AO与竖直方向的夹角为θ=37°。
某次过河中，人从高台边缘无初速度离开，在最低点B处松开绳子，落在水平地面上的C点。忽略空气阻
力，取重力加速度g=10m/s2，cos37°=0.8，sin37°=0.6，求：
(1)人到达B点时的速率v；
(2)人到达B点，松开绳之前，绳对人的拉力大小F；
(3)若高台边缘到对面河岸共d=4m，请分析人能否安全荡到对岸。
【答案】(1)4m/s
(2)840N
(3)人能安全荡到对岸
1
【详解】（1）人从离开高台到B点的过程中，由机械能守恒有mgL(1−cos θ)= mv2 代入数据解得人
2
到达B点时的速率v=4m/s
mv2
（2）在B点由牛顿第二定律有F−mg= 代入数据得人到达B点，松开绳之前，绳对人的拉力大小为
L
F=840N
（3）人从离开高台到B点的过程中水平位移为x =Lsinθ=2.4m 人从B到C的运动过程Z做平抛运
1
1
动，由平抛运动知识有ℎ− L(1−cos θ)= gt2 ，x =vt 则人从开始运动到落地水平位移为x=x +x
2 2 1 2
联立解得x=4.8m>d 故人能安全荡到对岸
18．（24-25高三·北京海淀·一模（期中））如图，一个质量为m=0.6 kg的小球，在左侧平台上运行一段
20
距离后从边缘A点以v = m/s的速度水平飞出，恰能沿圆弧切线从P点进入固定在地面上的竖直的圆弧管
0 3
道，并继续滑行。已知圆弧管道口内径远小于圆弧半径R,OP与竖直方向的夹角是θ=37∘，平台到地面的
高度差为ℎ =1.45 m 。取g=10 m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：(1)小球从A点运动到P点所需的时间t；
(2)P点距地面的高度Δ
ℎ
和圆弧半径R；
(3)若通过最高点Q点时小球对管上壁的压力大小9N，求小球经过Q点时的速度v大小。
【答案】(1)t=0.5s
(2)Δ
ℎ
=0.2m ；R=1m
(3)v=5m/s
20 3
v gt ×
【详解】（1）对P点的速度矢量分解可得tan37°=
v
y =
v
解得
t=
v
0
tan37°
=
3 4
s=0.5s
0 0 g 10
1 1
（2）竖直方向小球做自由落体运动，由ℎ = gt2= ×10×0.52m=1.25m 由几何关系，P点高度有
1 2 2
Δ ℎ = ℎℎ−=1.45m−1.25m=0.2m 几何关系cos37°=
R−Δ
ℎ 代入数据得R=1m
1 R
（3）通过最高点Q点时小球对管上壁的压力大小9N，由牛顿第三定律得，在最高点Q点时管上壁对小球的
mv2
作用力大小为9N，则在Q点由牛顿第二定律可得F +mg= 代入数据得
N R
v=❑
√(F
N
+mg)R
=❑
√(9+6)×1
m/s=5m/s
m 0.6
19．（2025·北京四中顺义分校·零模）如图所示，水平放置的排水管满口排水，在单位时间内流出水的体
积为Q。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v ；
0
(3)在空中水的体积V。
【答案】(1)❑
√2
ℎ
g√g
(2)d❑
2
ℎ
(3)Q❑
√2
ℎ
g
1
【详解】（1）水在空中做平抛运动，由平抛运动规律得，竖直方向ℎ = gt2 解得水从管口到水面的运动
2
时间t=❑
√2
ℎ
g
（2）由平抛运动规律得，水平方向d=v t 解得水从管口排出时的速度大小v =d❑
√g
0 0 2
ℎ
（3）在空中水的体积V=Qt=Q❑
√2
ℎ
g
20．（24-25高三下·北京海淀·一模（期中））如图所示，运动员以一定速度从P点沿水平方向离开平台，
恰能从A点与轨道相切进入粗糙圆弧轨道AC，沿圆弧轨道在竖直平面做圆周运动。已知运动员（含装
备）质量m=50kg，运动员进入圆弧轨道时的速度大小v =10m/s，圆弧轨道的半径R=4m，圆弧轨道AB对
A
应的圆心角∠AOB=37∘。测得运动员在轨道最低点B时对轨道的压力是其总重力的3.8倍。取重力加速度
g=10m/s2， sin37∘=0.6，cos37∘=0.8。将运动员视为质点，忽略空气阻力。求：
(1)运动员从P点到A点运动过程所用时间t；
(2)运动员在B点时的动能E ；
kB
(3)在圆弧轨道AB段运动过程中，摩擦力对运动员所做的功W。
【答案】(1)0.6s
(2)2800J
(3)-100J
【详解】（1）由于运动员从P到A的运动过程为平抛运动，且v =10m/s，故运动员在A点竖直方向速度
A
v =v cos53°=gt 解得t=0.6s
y A
v2
（2）在B点由牛顿第二定律得F −mg=m B 由牛顿第三定律可知F =F '=3.8mg 运动员在B点的动能
N R N N
1
E = mv2 解得E =2800J
kB 2 B kB
1 1
（3）运动员从A到B过程，由动能定理得mgR(1−cos37° )+W = mv2 − mv2 解得W =−100J 所以在
f 2 B 2 A f
圆弧轨道AB段运动过程中，摩擦力对运动员所做的功为-100J。
