文档文本内容
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专题04 曲线运动
01 专题网络·思维脑图
02 考情分析·解密高考
03 高频考点·以考定法
04 核心素养·难点突破
05 创新好题·轻松练习
考点内容
考情预测
曲线运动中的合外力和速度
曲线运动以合外力和速度的方向为简单的
命题。主要以生活中的情景引入一些斜抛
平抛类问题，此类命题偏难。小船渡河模
型近几年高考命题偏少，近五年仅有2021
年辽宁高考出现过。生活中的圆周运动也
主要以圆锥摆、水平转盘上的物体，竖直
面内的圆周运动为考点结合生活现象引出
命题。
小船渡河模型
平抛运动
斜抛运动
1
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生活中的圆周运动
学
习
目
标
1.熟悉掌握曲线运动的合外力和速度方向，以及关联速度问题。
2.理解小船渡河模型的最短时间渡河以及渡河距离最短的三类问题。
3.掌握平抛运动的基本公式，平抛问题的基本处理方法，以及斜面抛体问题和平抛的
追及相遇问题。
4.掌握斜抛的基本公式，斜抛问题的处理方法，清楚斜抛问题的对称性，以及反向类
平抛问题。
5.熟悉掌握圆锥摆、水平转盘上的物体，竖直面内的圆周运动等问题的临界问题，清
楚圆周运动先受力分析再等于向心力的处理方法。
【典例1】（2023·湖南·统考高考真题）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
【答案】B
【详解】A．抛出的两谷粒在空中均仅受重力作用，加速度均为重力加速度，故谷粒1 的加速度等于谷粒2
的加速度，A 错误；
C．谷粒2 做斜向上抛运动，谷粒1 做平抛运动，均从O 点运动到P 点，故位移相同。在竖直方向上谷粒2
做竖直上抛运动，谷粒1 做自由落体运动，竖直方向上位移相同故谷粒2 运动时间较长，C 错误；
2
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B．谷粒2 做斜抛运动，水平方向上为匀速直线运动，故运动到最高点的速度即为水平方向上的分速度。
与谷粒1 比较水平位移相同，但运动时间较长，故谷粒2 水平方向上的速度较小即最高点的速度小于v1，
B 正确；
D．两谷粒从O 点运动到P 点的位移相同，运动时间不同，故平均速度不相等，谷粒1 的平均速度大于谷
粒2 的平均速度，D 错误。
故选B。
【典例2】（2023·福建·统考高考真题）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a 始终为60°，弹簧原长x0=0.1m，弹簧劲度系数
k =100 N/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/s
2，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。
【答案】（1）0.05m；（2）10√6
3
rad/s；（3）10rad/s
【详解】（1）当细杆和圆环处于平衡状态，对圆环受力分析得
T 0=mgcosα =5 N
根据胡克定律F =k Δ x得
Δ x0= T 0
k =0.05 m
弹簧弹力沿杆向上，故弹簧处于压缩状态，弹簧此时的长度即为圆环到O 点的距离
x1= x0- Δ x0=0.05 m
3
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（2）若弹簧处于原长，则圆环仅受重力和支持力，其合力使得圆环沿水平方向做匀速圆周运动。根据牛
顿第二定律得
mg
tan α =mω0
2r
由几何关系得圆环此时转动的半径为
r = x0sin α
联立解得
ω0= 10√6
3
rad/s
（3）圆环处于细杆末端P 时，圆环受力分析重力，弹簧伸长，弹力沿杆向下。根据胡克定律得
T =k (L- x0)=10 N
对圆环受力分析并正交分解，竖直方向受力平衡，水平方向合力提供向心力，则有
mg+T cosα = FNsin α，T sin α + FNcosα =mω
2r '
由几何关系得
r ' = Lsin α
联立解得
ω=10rad/s
1.曲线运动的合外力和速度关系
4
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2.平抛运动的规律
3.生活中的圆周运动
5
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考向01 曲线运动中的合外力和速度
【针对练习1】如图，光滑水平面上一质点正以速度v0通过O 点，O 为光滑水平面上直角坐标系xOy 的原
点，此时给质点加上沿x 轴正方向的恒力Fx和沿y 正方向的恒力Fy，则（ ）
A．若F y = F x tan α，质点做直线运动
B．若Fy<Fx，质点向y 轴一侧做曲线运动
C．若Fy<Fx，质点向x 轴一侧做曲线运动D．因为Fx与v0成α 角，所以质点做曲线运动
【答案】A
【详解】若有
F y = F x tan α
则合力与v0共线，质点将做直线运动，故A 正确；
B C．若只知道Fy<Fx则无法判断合力方向与速度方向是否共线，故不能判断质点是否做曲线运动，故BC
错误；
D．做曲线运动的条件是合力与速度不共线而不是分力与速度不共线，故D 错误。
故选A。
【针对练习2】在长约1m 的一端封闭的玻璃管中注满清水，水中放一个大小适当的圆柱形红蜡块，玻璃
管的开口端用胶塞塞紧，保证将其迅速竖直倒置后，红蜡块能沿玻璃管由管口匀速上升到管底。现将此玻
璃管倒置安装在置于粗糙桌面上的小车上，如图所示。小车从A 位置以初速度v0，开始向右先做匀减速直
线运动，再做匀加速直线运动，同时红蜡块沿玻璃管匀速上升。按照题图建立的坐标系，在这一过程中红
蜡块实际运动的轨迹可能是下列选项中的（ ）
6
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A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】红蜡块在竖直方向做匀速直线运动，在水平方向先做匀减速直线运动后做匀加速直线，因此合加
速度方向先水平向左，后水平向右。所以红蜡块的运动轨迹为曲线，根据轨迹向合加速度的一侧弯曲可知
选项B 正确。
故选B。
考向02 平抛运动
【针对练习3】在同一竖直方向、不同高处分别水平抛出两个小球A、B，两球在P 点相碰，如图所示。设
A、B 两球的初速度分别为vA、vB，运动到P 点的时间分别为t A、t B，在P 点的速度与竖直方向的夹角分别
为θA、θB，则（ ）
A．vA= vB，t A=t B
B．vA>vB，t A>t B
C．t A>t B，θA<θB
D．vA>vB，θA<θB
【答案】C
【详解】根据题意可知，小球A 到P 点的高度大于小球B 到P 点的高度，由公式h= 1
2 gt
2可得
7
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t =√
2h
g
则小球A 运动到P 点的时间较大，即
t A>t B
两球到P 点的水平位移相等，由x = v0t可知，小球A 的初速度较小，即
vA<vB
两球运动到P 点时，竖直分速度为
v y =>¿
则有
tanθ = v0
v y
= v0
gt
由于小球A 在竖直方向的速度较大，初速度小，则有
θA<θB
故选C。
【针对练习4】如图甲为2022 年北京冬奥会的跳台滑雪场地“雪如意”，其主体建筑设计灵感来自于中国
传统饰物“如意”。其部分赛道可简化为如图乙所示的轨道模型，斜坡可视为倾角为θ 的斜面，运动员
（可视为质点）从跳台a 处以速度v 沿水平方向向左飞出，落到足够长斜坡上，落地瞬时速度方向与水平
方向的夹角为α，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．若初速度v 增大为原来的2 倍，则运动员在空中运动的时间增大为原来的2 倍
B．若初速度v 增大为原来的2 倍，则运动员从飞出到落地的位移增大为原来的2 倍
C．若初速度v 增大为原来的2 倍，则运动员在空中离坡面的最大距离为原来的√2倍
D．若运动员的初速度变小，运动员落在斜坡上时α角不变，且tan α =2tanθ
【答案】AD
【详解】A．根据平抛运动的规律，水平方向有
x = v0t
竖直方向有
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h= 1
2 gt
2
根据几何关系有
tanθ = h
x
联立解得
t = 2v tanθ
g
可知，若初速度v 增大为原来的2 倍，则运动员在空中运动的时间增大为原来的2 倍，故A 正确；
B．运动员落地的位移
l =√x
2+h
2=√x
2+ x
2tan
2θ = x√1+ tan
2θ = 2v
2tanθ
g
√1+ tan
2θ
可知，若初速度v 增大为原来的2 倍，则运动员从飞出到落地的位移增大为原来的4 倍，故B 错误；
C．将初速与重力加速度分别沿垂直斜面方向和平行于斜面方向分解，可得垂直斜面方向的分速度为
v1= v sinθ
垂直斜面方向的加速度为
a1= gcosθ
运动员在垂直斜面方向做匀变速直线运动，当离坡面距离最大时，垂直坡面的速度减小为0，则有
s=
v1
2
2 gcosθ = v
2sin
2θ
2gcosθ
可知，若初速度v 增大为原来的2 倍，则运动员在空中离坡面的最大距离为原来的4 倍，故C 错误；
D．只要运动员落在斜坡上，其位移的偏向角就不变，而根据平抛运动的推论，速度偏向角的正切值是位
移偏向角正切值的2 倍，因此一定有tan α =2tanθ，故D 正确。
故选AD。
考向03 生活中的圆周运动
【针对练习5】4．如图所示，一根长为1m 的轻质细线，一端系着一个质量为6kg 的小球（可视为质点）
另一端固定在光滑圆锥体顶端，圆锥顶角的一半等于37°（sin37° =0.6，cos37° =0.8），g取10 m/s
2。
当小球随圆锥体围绕其中心轴线一起做角速度为ω的匀速圆周运动，小球与圆锥体始终保持相对静止。下
列说法中正确的是（ ）
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A．当ω=0时，小球受到绳子的拉力为36N
B．当ω=2.5rad/s时，小球对圆锥体压力恰好为零
C．当ω= 5
3 √6rad/s时，小球受到细绳的拉力为50N
D．当ω= 5
3 √6rad/s时，小球运动一周的过程中，细绳对小球的冲量为20√6 π N ⋅s
【答案】D
【详解】A．当ω=0时，小球静止，设绳子对小球的拉力为T，由平衡条件得
T =mgcos37° = 48 N
故A 错误；
B．小球随圆锥体做圆周运动受力分析如下图
当小球与圆锥体之间的作用力为零时有
N
' =0
由牛顿第二定律可得
mg tan37° =mω1
2l sin37°
代入数据解得
ω1
❑= 5√2
2
rad/s
故B 错误；
C．由于
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ω= 5
3 √6rad/s>ω1
因此小球已脱离圆锥体表面，设此时细绳与竖直方向的夹角为α，根据牛顿第二定律可得
mg tan α =mω❑
2 lsin α
代入数据解得
cosα = 3
5
即
α =53°
此时细绳的拉力为
T
' = mg
cosα =100 N
故C 错误；
D．当ω= 5
3 √6rad/s时，周期为
T 周= 2π
ω = √6 π
5
s
小球运动一周的过程中，细绳对小球的冲量为
I =T
'⋅T 周=20√6 π N⋅s
故D 正确。
故选D。
【针对练习6】（多选）如图甲所示，质量为0.2kg 的小球套在竖直固定的光滑圆环上，并在圆环最高点保
持静止。受到轻微扰动后，小球由静止开始沿着圆环运动，一段时间后，小球与圆心的连线转过θ 角度时，
小球的速度大小为v，v2与cosθ 的关系如乙图所示，g 取 10m/ s²。则（ ）
A．圆环半径为0.6m
B．θ = π
2 时，小球所受合力为4N
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C．0≤θ≤π 过程中， 圆环对小球的作用力一直增大
D．0≤θ≤π 过程中，圆环对小球的作用力先减小后增大
【答案】AD
【详解】A.小球下滑过程由机械能守恒定律有
mg(R - R cosθ)= 1
2 m v
2
得
v
2=-2 gR cosθ+2 gR
对比图线可知
2 gR =12
得
R =0.6m
故A 正确；
B.θ=π
2 时，小球的速度平方为12，此时是圆环对小球的弹力提供向心力，有
N =m v
2
R = 4 N
小球还受竖直向下的重力，所以小球所受合力为
F =√N
2+(mg)
2=√20 N
故B 错误；
CD.0<θ< π
2 时，有
mgcosθ - N =m v
2
R
可知随θ 的增大，同时v 也增大，所以N 必须减小，
π
2 <θ<π时，有
N -mgcos(180° -θ)=m v
2
R
可知随θ 的增大，同时v 也增大，所以N 必须增大，所以0≤θ≤π 过程中，圆环对小球的作用力先减小后增
大，故C 错误，D 正确。
故选AD。
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考向04 斜抛运动
【典例1】（2021·江苏·高考真题）如图所示，A、B 两篮球从相同高度同时抛出后直接落入篮筐，落入篮
筐时的速度方向相同，下列判断正确的是（ ）
A．A 比B 先落入篮筐
B．A、B 运动的最大高度相同
C．A 在最高点的速度比B 在最高点的速度小
D．A、B 上升到某一相同高度时的速度方向相同
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【答案】D
【详解】AB．若研究两个过程的逆过程，可看做是从篮筐沿同方向斜向上的斜抛运动，落到同一高度上的
AB 两点，则A 上升的高度较大，高度决定时间，可知A 运动时间较长，即B 先落入篮筐中，故AB 错误；
C．因为两球抛射角相同，A 的射程较远，则A 球的水平速度较大，即在最高点的速度比B 在最高点的速
度大，故C 错误；
D．由斜抛运动的对称性可知，当A、B 上升到与篮筐相同高度时的速度方向相同，故D 正确。
故选D。
【针对练习7】一个同学练习投篮，先在A 点以与水平方向成α=45°角斜向上、大小为v0的初速度抛出第
一个球，接着快速将抛出点移到与A 等高的B 点，将第二个球以相同的初速度抛出，结果两球同时打在竖
直墙壁的P 点，两次抛出的时间间隔为v0
g ，空气阻力不计，球的大小不计，两球质量相等，重力加速度为
g，则两球从抛出到打到P 点（ ）
A．B 球运动的时间为(√2-1)v0
2 g
B．两球打在P 点时，相对速度为零
C．A、B 两点间的距离为v0
2
2 g
D．P 点离抛出点的高度为v0
2
4 g
【答案】A
【详解】A．B 球在空中运动时间为
t B= v0sin α
g
- v0
g × 1
2 = (√2-1)v0
2g
A 项正确；
B．由于两球在P 点时速度大小相等，方向不同，因此相对速度不为零，B 项错误；
C．A、B 两点间的距离为
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x AB= v0cosα ⋅v0
g = √2v0
2
2 g
C 项错误；
D．P 点离抛出点高度为
h= 1
2 g(
v0sin α
g )
2
- 1
2 g(
v0
2g)
2
= v0
2
8 g
D 项错误。
故选A。
【针对练习8】跳台滑雪是最具观赏性的冰雪运动项目之一，图甲所示的跳台滑雪比赛场地可简化为图乙
所示的雪道示意图。运动员从助滑道的起点由静止开始下滑，到达起跳点O时，借助设备和技巧，从倾角
α =30°的斜面顶端O点以v0=20 m /s的初速度飞出，初速度方向与斜面的夹角θ =60°，图中虚线为运动
员在空中的运动轨迹，A为轨迹的最高点，B为轨迹上离斜面最远的点，C为过B点作竖直线与斜面的交点。
不计空气阻力，运动员可视为质点，重力加速度大小取g=10 m /s
2。求：
（1）运动员从O点运动到A点的时间；
（2）O、C两点间的距离。
【答案】（1）1.0s；（2）40m
【详解】（1）A为轨迹的最高点，则运动员在A点速度方向水平向右，设O到A时间为t1，根据斜抛运动
规律，在竖直方向上，有
v0sin(θ -α )= gt1
代入数据解得
t1=1.0s
（2）沿斜面向下方向和垂直斜面向上方向建立直角坐标系，如图所示
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垂直斜面方向的速度为
v1= v0sinθ
垂直斜面方向的加速度为
a1= gcosα
平行斜面的速度为
v2= v0cosθ
平行斜面的加速度为
a2= gsinα
运动员从O运动到B点的时间
t2= v1
a1
解得
t2=2.0s
此时垂直斜面方向的位移
y = v1t2- 1
2 a1t2
2
沿斜面方向的位移
x = v2t2+ 1
2 a2t2
2
O、C两点间的距离为
Δ x = x + y tanα
代入数据解得
Δ x = 40 m
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考向05 小船渡河模型
【典例1】（2021·辽宁·统考高考真题）1935 年5 月，红军为突破“围剿”决定强渡大渡河。首支共产党
员突击队冒着枪林弹雨依托仅有的一条小木船坚决强突。若河面宽300m，水流速度3m/s，木船相对静水
速度1m/s，则突击队渡河所需的最短时间为（ ）
A．75s
B．95s
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C．100s
D．300s
【答案】D
【详解】河宽d =300 m一定，当木船船头垂直河岸时，在河宽方向上的速度最大，渡河用时最短，即木船
相对静水的速度v =1m/s，渡河时间最短为
tmin= d
v = 300
1 s=300s
故选D。
【针对练习9】如图所示，甲、乙两船在同一条河流中同时开始渡河，河宽d，M、N 分别是甲、乙两船的
出发点，两船头与河岸均成α角，甲船船头恰好对准N 点的正对岸P 点，经过一段时间乙船恰好到达P 点，
如果划船速度均为v0，且两船相遇不影响各自的航行．下列判断不正确的是（ ）
A．水流方向向右，大小为v0cosα
B．甲船水平位移为d cosα
sin α
C．甲乙两船会在PN上某点相遇
D．两船同时到达河对岸，花费时间均为
d
v0sin α
【答案】B
【详解】A．由于乙船恰好到达P 点，则水流方向向右，且乙船沿河岸方向的分速度恰好等于水流的速度，
即
v水= v0cosα
A 正确；
B．甲船的过河时间为t，则
d = v0t sin α
甲船水平位移
x甲=(v0cosα + v水)t
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联立解得
x甲= 2d cosα
sin α
B 不正确；
C．由于乙船沿NP 运动，在水流的作用，甲船到达对岸时，应在P 点的右侧，而两船在垂直河岸方向速度
相同，一定会相遇，且在NP 上某点相遇，C 正确；
D．两船在垂直河岸方向的分速度
v垂直= v0sin α
因此到达对岸的时间为
t =
d
v垂直
=
d
v0sin α
D 正确。
故不正确的应选B。
【针对练习10】如图所示，河水流动的速度为v 且处处相同，河宽度为a。在船下水点A 的下游距离为b
处是瀑布。为了使小船安全渡河 （不掉到瀑布里去，且不考虑船在A 对面的上游靠岸） （ ）
A．小船船头垂直河岸渡河时间最短，最短时间为t = b
v 。船对水速度最大，最大速度为vmax = av
b
B．小船轨迹沿y 轴方向渡河位移最小，船对水速度最大，最大速度为vmax = √a
2+b
2v
b
C．小船沿轨迹AB 运动位移最大、时间最长，船对水速度最小，最小速度vmin= av
b
D．小船沿轨迹AB 运动位移最大、船对水速度最小，最小速度为v
min
船
=
av
√a
2+b
2
【答案】D
【详解】A．当小船船头垂直河岸渡河时间最短，最短时间为
t = a
v 船
不掉到瀑布里，满足
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t ≤b
v
即
v 船≥av
b
即最小船速为
vmin= av
b
故A 错误；
B．小船轨迹沿y 轴方向渡河位移最小，为a，但沿着船头指向的分速度速度必须指向上游，合速度不是最
大，故B 错误；
CD．由图知小船沿轨迹AB 运动位移最大，但是渡河时间与船的船头指向的分速度有关，故时间不一定最
短，船有最小速度满足
sinθ = v
min
船
v
=
a
√a
2+b
2
故
v
min
船
=
av
√a
2+b
2
故C 错误，D 正确。故选D。
一、单选题
1．广阔的草原上，一只羚羊发现潜伏在附近的猎豹后开始全速奔跑，猎豹随即追赶，某段时间内它们依
次经过水平面内A、B、C、D 四点，其运动轨迹为如图所示的虚线，此过程中羚羊的速度大小不变，猎豹
紧跟其后，下列说法正确的是（ ）
A．羚羊处于平衡状态
B．猎豹做匀变速运动
C．羚羊经过C 点时的加速度最大
D．猎豹经过D 点时受到的合外力最大
【答案】D
20
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【详解】AB.由题意知羚羊做曲线运动，所受合外力指向轨迹凹侧，合外力的方向不断发生变化，猎豹做
加速度不断变化，不是匀变速运动，故AB 错误；
CD.羚羊、猎豹的速度大小不变，D 点的弯曲程度最大，对应的半径最小，向心加速度最大，故C 错误，D
正确。
故选D。
2．汽车以速度v 向前行驶，将球从车上以相对车的速度u 向后水平抛出，不计空气阻力，在路边观察球的
轨迹不可能是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【详解】小球相对火车向后水平抛出，当抛出速度等于火车的速度时，地面上观察者看这个小球的自由落
体运动；当抛出速度小于火车的速度时，地面上观察者看这个小球向左平抛运动；当抛出速度大于火车的
速度时，地面上观察者看这个小球向右平抛运动。所以ABC 正确，D 错误。
故选D。
3．在杂技表演中，猴子沿竖直杆向上运动，同时人顶着直杆水平向右移动。某同学为研究猴子的运动，
建立如图甲所示直角坐标系，描绘出猴子在x轴方向和y轴方向上的速度-时间图像分别如图乙和图丙所示。
关于猴子的运动情况，下列说法中正确的是（ ）
21
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A．猴子做匀变速直线运动
B．猴子的加速度大小等于5 m /s
2
C．t =0时，猴子的速度大小等于7 m /s
D．0∼2s内，猴子的位移大小等于12√2m
【答案】D
【详解】AB．根据v-t 图像斜率代表加速度可知
ax = Δv x
Δt =3 m/s
2
a y = Δv y
Δt =2m/s
2
加速度夹角为
tanθa= a y
ax
= 2
3
加速度为
a=√ax
2+a y
2=√13 m/s
2
速度夹角为
tanθv = v y
v x
= 4
3
可知合速度与和加速度方向不一致且加速度恒定，物体做匀变速曲线运动，故AB 错误；
C．t =0时，猴子的速度大小等于
v =√v x
2+ v y
2=5 m/s
故C 错误；
D．根据v-t 图像面积代表位移可得
x1= (v x 0+ v x)t
2
=12m
x2= (v y 0+ v y)t
2
=12m
22
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0∼2s内，猴子的位移大小等于
x =√x1
2+ x2
2=12√2m
故D 正确。
故选D。
4．2022 年10 月1 日，女篮世界杯在澳大利亚悉尼落下帷幕，中国女篮一路过关斩将，最终取得平历史最
佳战绩的世界杯亚军。图甲为9 号运动员突破对方防守正在投篮时的情景，物理模型见图乙。假设篮球从
地面上方的某点B 斜向上抛出，刚好垂直击中篮板上的A 点，反弹后穿过篮筐，不计空气阻力。设抛射点
B 离地高H，抛出时篮球的速度v0，抛射角θ。若抛射点B 向远离篮板方向水平移动一小段距离，要使抛出
的篮球仍能垂直击中篮板上的A 点，则以下措施可行的是（ ）
A．抛射点高度H 升高，抛射速度v0不变，抛射角θ 减小
B．抛射点高度H 升高，抛射速度v0增大，抛射角θ 不变
C．抛射点高度H 不变，抛射速度v0增大，抛射角θ 增大
D．抛射点高度H 不变，抛射速度v0增大，抛射角θ 不变
【答案】C
【详解】篮球从地面上方的某点B 斜向上抛出，刚好垂直击中篮板上的A 点，在空中运动时间为
t = v0sinθ
g
竖直位移为
h= (v0sinθ)
2
g
= v0
2sin
2θ
g
A 点的高度为
ha=h+ H = v0
2sin
2θ
g
+ H
水平位移为
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x = v0cosθ⋅t = v0
2sinθcosθ
g
= v0
2sin 2θ
2 g
A．抛射点高度H 升高，抛射速度v0不变，抛射角θ 减小，垂直击中篮板的位置高度可能不变，水平位移
可能减小，故A 符合题意；
B．抛射点高度H 升高，抛射速度v0增大，抛射角θ 不变，垂直击中篮板的位置高度变高，水平位移增大，
故B 不符合题意；
C．抛射点高度H 不变，抛射速度v0增大，抛射角θ 增大，垂直击中篮板的位置高度变高，水平位移可能
减小，故C 不符合题意；
D．抛射点高度H 不变，抛射速度v0增大，抛射角θ 不变，垂直击中篮板的位置高度变高，水平位移增大，
故D 不符合题意。
故选A。
5．如图所示，细绳拉着小球在竖直平面内沿逆时针方向做半径为R 的圆周运动，P 是过圆心的直线上的一
点，OP 所在直线为竖直方向。A 是圆周上的一点，OA 连线与竖直方向成60
∘角，当小球运动到A 点时，细
绳断了，小球经过P 点时速度方向刚好与OP 垂直。不计空气阻力，P 点与圆心O 的距离为（ ）
A．2R
B．1.75R
C．1.5R
D．1.25R
【答案】D
【详解】细绳断后，小球做斜抛运动，运动至P 点的时间为
t = v sin60
∘
g
水平方向有
R sin 60
∘= vt cos60
∘
竖直方向有
(v sin 60
∘)
2=2 gh
24
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P 点与圆心O 的距离为
d =h+ R cos60
∘=1.25 R
故选D。
6．如图所示，A、D 分别是斜面的顶端、底端，B、C 是斜面上的两个点，AB = BC =CD，E 点在D 点的
正上方，与A 等高，从E 点水平抛出质量相等的两个小球，球1 落在B 点，球2 落在C 点，关于球1 和球
2 从抛出到落在斜面上的运动过程，下列说法正确的是（ ）
A．球1 和球2 运动的时间之比为2：1
B．球1 和球2 速度增加量之比为1：3
C．球1 和球2 抛出时初速度之比为2√2:1
D．球1 和球2 运动时的加速度之比为1：2
【答案】C
【详解】A．因为AC=2AB，则AC 的高度差是AB 高度差的2 倍，根据h= 1
2 gt
2得
t =√
2h
g
解得球1 和球2 运动的时间比为1:√2，故A 错误；
BD．平抛运动的物体只受重力，加速度为g，两球的加速度相同，可知球1 和球2 均在水平方向上做匀速
运动，在竖直方向上做匀加速运动，根据v y =>¿可得球1 和球2 速度增加量之比等于球1 和球2 运动的时
间之比，也为1:√2，故BD 错误；
C．AC 在水平方向上的位移是AB 在水平方向位移的2 倍，结合
x = v0t
解得初速度之比为2√2:1，故C 正确；
故选C。
7．“打水漂”是一种大众游戏，将扁形石片用力掷出，石片擦水面飞行，碰水面后弹起再飞，石片不断
在水面上向前弹跳，直至沉水。如图所示，某同学在岸边离水面高度0.8m 处，将一小石片以初速度6m/s
水平抛出，若小石片接触水面后弹起，水平方向速度不变，竖直方向弹起的最大高度是原来的9
16，不计空
25
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气阻力，重力加速度g 取10m/s2。，以下说法正确的是
A．小石片接触水面后的速度大小是接触水面前速度大小的3
4
B．小石片第一次接触水面后的速度大小为3m/s
C．小石片从抛出到第一次接触水面时的水平位移大小为2.4m
D．小石片第一次接触水面到第二次接触水面的运动时间为0.3s
【答案】C
【详解】A．小石片抛出后竖直方向做自由落体运动，则有
v y 0
2 =2 gh0
解得
v y 0= 4 m/s
接触水面前的速度大小
v1=√6
2+ 4
2m/s=2√13 m/s
反弹后竖直方向做竖直上抛运动，则有
v y 1
2 =2 g⋅9
16 h0
解得
v y 1=3 m/s
则接触水面前的速度大小
v2=√6
2+3
2m/s=3√5 m/s
可知，小石片第一次接触水面后的速度大小是接触水面前速度大小的比值为
v1
v2
= 3√5
4√13
26
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故A 错误；
B．根据上述可知，小石片第一次接触水面后的速度大小为3√5 m/s，故B 错误；
C．小石片从抛出到第一次接触水面过程，小石片做平抛运动，则有
h0= 1
2 gt
2
x0= v0t
解得
x0=2.4 m
故C 正确；
D．小石片第一次接触水面到第二次接触水面过程，小石片做斜抛运动，竖直方向的分运动是竖直上抛运
动，则有
- v y 1= v y 1- gt
'
解得
t
' =0.6s
故D 错误。
故选C。
【点睛】小石片接触水面后弹起做斜抛运动。根据平抛运动及斜抛运动的规律进行求解。
8．如图所示，x 轴在水平地面内，y 轴沿竖直方向。图中画出了从y 轴上沿x 轴正方向抛出的三个小球a、
b、c 的运动轨迹，其中b 和c 是从同一点抛出的（不计空气阻力），则（ ）
A．a 的飞行时间比b 的长
B．b 和c 的飞行时间相同
C．a 的初速度比b 的小
D．b 的初速度比c 的小
【答案】B
【详解】AB．三个小球a、b 和c 均做平抛运动，竖直方向有
y = 1
2 gt
2
由题图可知
27
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yb= yc> ya
则有
tb=tc>ta
a 的飞行时间比b 的短，b 和c 的飞行时间相同，故A 错误，B 正确；
C. 小球a、b 在水平方向做匀速直线运动，根据
x = v0⋅t
由于小球a 的水平位移大于小球b 的水平位移，且a 的飞行时间小于b 的飞行时间，则a 的初速度比b 的大，
故C 错误；
D. 小球b、c 在水平方向做匀速直线运动，根据
x = v0⋅t
由于小球b 的水平位移大于小球c 的水平位移，且b 的飞行时间等于c 的飞行时间，则b 的初速度比c 的大，
故D 错误。
故选B。
9．如图所示，a、b两个小球分别从半圆轨道顶端和斜面顶端以大小相等的初速度v0同时水平抛出。已知
半圆轨道的半径为R与斜面竖直高度相等，斜面底边长为其竖直高度的2 倍。若小球a能落到半圆轨道上，
小球b能落到斜面上，a、b均可视为质点，重力加速度取g,则下列说法正确的是（ ）
A．如果a球落在半圆轨道最低点，则其速度方向竖直向下
B．b球落在斜面上时，其速度方向与水平面夹角的正切值为0.5
C．调整a球初速度v0的大小，能使a球垂直落在半圆轨道上
D．a、b两球如果同时落在半圆轨道和斜面上，则其初速度v0=2√
2gR
5
【答案】D
【详解】A．平抛运动的末速度不可能竖直向下，A 错误；
B．设斜面倾角为θ，则速度方向与水平面夹角的正切值为
tan α =2tanθ =2× 1
2 =1
B 错误；
C．平抛运动末速度的反向延长线交于水平位移的中点，若a球垂直落在半圆轨道上，则反向延长线过圆心，
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不是中点，不符合实际情况，C 错误；
D．a、b两球如果同时落在半圆轨道和斜面上，则下落高度相同，且位移偏转角均等于斜面倾角，则
R sin α = 1
2 gt
2，R (1+cosα )= v0t
而
sin α = √2
2
得
v0=2√
2 gR
5
D 正确。
故选D。
10．如图所示，一物体在某液体中运动时只受到重力mg和恒定的浮力F的作用，且F = mg
3 。如果物体从
M点以水平初速度v0开始运动，最后落在N点，MN间的竖直高度为h，其中g为重力加速度，则下列说法
正确的是（ ）
A．从M运动到N的时间为√
2h
g
B．M与N之间的水平距离为v0√
3h
g
C．从M运动到N的轨迹不是抛物线
D．减小水平初速度v0，运动时间将变长
【答案】B
【详解】ACD．根据题意可知，物体水平方向不受力，以v0做匀速直线运动，竖直方向上，由牛顿第二定
律有
mg- F =ma
解得
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a= 2
3 g
竖直方向做匀加速直线运动，可知，物体做类平抛运动，则从M运动到N的轨迹是抛物线，竖直方向上有
h= 1
2 at
2
解得
t =√
2h
a =√
3h
g
可知，飞行时间与初速度大小无关，故ACD 错误；
B．根据题意，结合上述分析，由v
2=2ah可得，物体运动到N点时，竖直速度为
v y =√2ah=√
4 gh
3
设M与N之间的水平距离为x，由平抛运动规律有
h
x = 1
2 ⋅v y
v0
解得
x = v0√
3h
g
故B 正确。
故选B。
11．在光滑的水平面上，一滑块的质量m=2kg，在水平方向上恒定的外力F = 4 N的作用下运动，如图所
示给出了滑块在水平面上运动的一段轨迹，滑块过P、Q 两点时速度大小均为v =5 m/s。滑块在P 点的速
度方向与PQ 连线夹角α =37°，sin37° =0.6，则下列说法中正确的是（ ）
A．水平恒力F 的方向与PQ 连线成53°夹角
B．滑块从P 点到Q 点做匀速圆周运动
C．滑块从P 点到Q 点的过程中动能最小值为16J
D．P、Q 两点间距离为16m
【答案】C
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【详解】B．由于物体运动过程中受到恒力的作用，故运动轨迹应该为抛物线，B 错误；
A．因为PQ 两点的速度大小相等，所以外力的方向垂直于PQ 的连线，A 错误；
C．垂直外力方向的分速度为速度的最小值，由速度分解可知
v PQ= v cosα
可得
v PQ= v cosα = 4 m/s
最小动能为
Ek= 1
2 m v PQ
2 =16J
C 正确；
D．PQ 之间的距离为
x = v cosα ⋅t = v cosα ⋅v sin α
F
m
=12m
D 错误。
故选C。
12．如图所示，倾角为37°的斜面长l =1.9 m，在斜面底端正上方的O 点将一小球以v0=3 m /s的速度水平
抛出，与此同时由静止释放斜面顶端的滑块，经过一段时间后，小球恰好能够以垂直于斜面的速度在斜面
P 点处击中滑块，小球和滑块均可视为质点，重力加速度g 取10 m /s
2，sin37° =0.6，cos37° =0.8，则
（ ）
A．小球在空中飞行的时间为0.3s
B．小球抛出点到斜面P 点的水平距离为1.2m
C．滑块沿斜面下滑的加速度为6 m /s
2
D．小球抛出点到斜面底端的竖直高度为0.8m
【答案】B
【详解】A．设物体在P 点的速度为v，由几何关系可得v 与竖直方向的夹角为37°，将v 正交分解如下图：
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球恰好能够以垂直于斜面的速度在斜面P 点处击中滑块，则有
tan37° = v0
gt
解得小球在空中飞行的时间为
t=0.4s
故A 错误；
B．由水平方向的运动规律
x = v0t
得小球抛出点到斜面P 点的水平距离为
x=1.2m
故B 正确；
C．根据几何关系可得斜面顶端A 点到P 点的距离为
x AP=l -
x
cos37° =0.4 m
又
x AP= 1
2 at
2
代入数据解得
a=5m/s2
故C 错误；
D．小球抛出点到斜面底端的竖直高度为
H = 1
2 gt
2+ x tan37° =1.7 m
故D 错误。
故选B。
13．某物理兴趣小组的同学在研究运动的合成和分解时，驾驶一艘快艇进行了实地演练。如图所示，在宽
度一定的河中的O 点固定一目标靶，经测量该目标靶距离两岸的最近距离分别为MO =15 m、NO =12m，
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水流的速度平行河岸向右，且速度大小为v1=8 m/s，快艇在静水中的速度大小为v2=10 m/s。现要求快艇
从图示中的下方河岸出发完成以下两个过程：第一个过程以最短的时间运动到目标靶；第二个过程由目标
靶以最小的位移运动到图示中的上方河岸，则下列说法不正确的是（ ）
A．第一个过程快艇的出发点位于M 点左侧12m 处
B．第一个过程所用的时间约为1.17s
C．第二个过程快艇的船头方向应指向河的上游并与河岸夹角为37°
D．第二个过程所用的时间为2s
【答案】B
【详解】AB．第一个过程以最短的时间运动到目标靶，则此时快艇的船头要垂直于河岸，此过程运动的时
间为
t1= MO
v2
=1.5s
则此过程中沿河岸运动的位移为
x = v1t1=12m
所以第一个过程快艇的出发点位于M 点左侧12m 处，故A 正确，B 错误；
C．第二个过程由目标靶以最小的位移运动到图示中的上方河岸，快艇的运动轨迹要沿ON 方向，则快艇
的船头方向要与河岸上游方向成一定的角度θ，则根据几何关系有
cosθ = v1
v2
=0.8
则第二个过程快艇的船头方向应指向河的上游并与河岸夹角为θ =37
∘。故C 正确；
D．快艇实际的速度为
v =√v2
2- v1
2=6 m/s
则第二个过程所用的时间为
t = ON
v =2s
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故D 正确。
本题选不正确选项，故选B。
14．有一条两岸平直且平行的河流，河水流速恒定，大小为v1，一条小船在河上横渡，已知船在静水中的
速度大小为v2，第一次过河时船头始终指向与河岸垂直的方向，第二次过河时行驶路线与河岸垂直，若
v1、v2均不变，试求第一次过河与第二次过河所用时间的比值为（ ）
A．
v1
√v1
2- v2
2
B．√v1
2- v2
2
v1
C．√v2
2- v1
2
v2
D．√
v2
2+ v1
2
v2
【答案】C
【详解】根据题意，设河宽为d，第一次过河时船头始终指向与河岸垂直的方向，则渡河时间为
t1= d
v2
第二次过河时行驶路线与河岸垂直，此时船的合速度为
v =√v2
2- v1
2
渡河时间为
t2=
d
√v2
2- v1
2
则第一次过河与第二次过河所用时间的比值为
t1
t2
= √v2
2- v1
2
v2
故选C。
15．如图所示，小船以大小v1（在静水中速度），方向与河流上游成θ 角的速度从O 点处过河，恰好到达
河正对岸 P 处，现在雨天水流变急（即v2增大），要使小船仍到达正对岸且时间相同下列方法可取的是（
）
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A．不改变v1的大小，只减小θ 角
B．不改变θ 角，只增大v1的大小
C．增大v1的大小，同时适当减小θ 角
D．增大v1的大小，同时适当增大θ 角
【答案】C
【详解】设小船的合速度为v，河宽为d，渡河时间为t，则在垂直河岸方向有
d = vt
分速度与合速度之间的关系为
v = v1sinθ，v
2= v1
2- v2
2
由于时间t不变，因此可知合速度v不变，又因为v2变大，因此可知v1需要增大，可知同时sinθ减小，因此
θ减小。
故选C。
16．洪水无情人有情，每一次重大抢险救灾，都有人民子弟兵的身影。如图所示，水流速度大小恒为v，A
处下游的C 处有个半径为r 的漩涡，其与河岸相切于B 点，A、B 两点的距离为√3r。若消防武警驾驶冲锋
舟把被困群众从A 处沿直线避开游涡送到对岸，冲锋舟在静水中最小速度值为（ ）
A．√3
2 v
B．1
√3 v
C．√3 v
D．1
2 v
【答案】A
【详解】如图所示
当冲锋舟在静水中的速度v舟与其在河流中的速度v合垂直时，冲锋舟在静水中的速度最小，则
v舟= v sinθ
由几何关系知
θ =60°
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解得
v舟= √3
2 v
故选A。
17．如图所示，甲、乙两船从A、B 两个码头同时开始渡河，船头与河岸均成60°角，两船在静水中的速度
大小相等，甲船出发时船头刚好指向C 点，乙船恰能沿BC 到达正对岸的C 点，则下列说法正确的是（
）
A．两船不会相遇
B．两船在C 点相遇
C．两船在AC 的中点相遇
D．两船在BC 的中点相遇
【答案】D
【详解】由题意可知，水流速度为船速的一半，两船沿垂直河岸的分速度相等，所以两船在BC 的中点相
遇。
故选D。
18．旋转木马可以简化为如图所示的模型，两个完全相同的可视为质点的小球a、b 分别用悬线悬于水平杆
A、B 两端，OB＝2OA，将装置绕竖直杆匀速旋转后，a、b 在同一水平面内做匀速圆周运动，两悬线与竖
直方向的夹角分别为α、β，则下列判断正确的是（ ）
A．tan β =√2tan α
B．tan β =2tan α
C．cosα =√2cos β
D．sin β =√2sin α
【答案】B
【详解】由于a、b 两球做圆周运动的角速度相同，设OA 段长为L，OB 段长为2L，对a 球有
mg tan α =mω
2(h tan α + L)
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对b 球有
mg tan β =mω
2(h tan β +2 L)
解得
tan β =2tan α
故选B。
19．如图所示，一个上表面粗髓、中心有孔的水平圆盘绕轴MN转动，系有不可伸长细线的木块置于圆盘
上，细线另一端穿过中心小孔O系着一个小球。已知木块、小球皆可视为质点，质量均为m，木块到O点
的距离为R，O 点与小球之间的细线长为L。当圆盘以角速度ω匀速转动时，小球以角速度ω随圆盘做圆锥
摆运动，木块相对圆盘静止。连接小球的细线与竖直方向的夹角为α，小孔与细线之间无摩擦，则下列说
法错误的是（ ）
A．若木块和圆盘保持相对静止，L不变，ω越大，则α越大
B．若R = L，无论ω多大木块都不会滑动
C．若R> L，ω增大，木块可能向O点滑动
D．若R< L，ω增大，木块可能向O点滑动
【答案】C
【详解】A．对小球受力分析，如图
由牛顿第二定律，可得
T sin α =mω
2 Lsin α，T cosα =mg
解得
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g
cosα =ω
2 L
故当L 不变，ω越大，则α越大。故A 正确，与题意不符；
B．有A 项中的分析，对小球有
T =mω
2 L
对木块有
Fn=mω
2 R
当R = L，完全由绳子的张力提供木块做圆周运动的向心力，无论ω多大木块都不会滑动故B 正确，与题意
不符；
C．当R> L时，有
Fn=mω
2 R>mω
2 L＝T
可知绳子的张力不足以提供木块做圆周运动的向心力，静摩擦力指向O，则当ω增大到一定值时，最大静
摩擦力与绳子张力之和不足于提供木块做圆周运动的向心力时，木块做离心运动。故C 错误，与题意相符；
D．当R< L，有
Fn=mω
2 R<mω
2 L＝T
可知绳子的张力要大于木块做圆周运动的向心力，静摩擦力指向O 的反方向，则当ω增大时，当最大静摩
擦力与木块的向心力之和都小于绳子张力时，木块会做近心运动。故D 正确，与题意不符。
本题选错误的故选C。
二、多选题
20．如图所示，半径为R 的光滑圆环固定在竖直面内，在圆环的最高点O 固定一个光滑的小环，穿过小环
的细线两端分别连接着质量为2m的小球A 和质量为m 的小球B，A、B 两球套在圆环上，用沿圆环切线方
向的力F 作用在B 球上，使A、B 保持静止，此时A、B 连线刚好是圆环的直径，A、B 连线与水平方向夹
角为30°，撤去作用在小球B 点的力后，两个小球由静止开始运动。已知重力加速度为g，不计小环和小
球大小，运动过程中整个系统无能量损失。下列说法正确的是（ ）
38
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A．F =(1- √3
2 )mg
B．F =(√3-1)mg
C．当A 球下降高度R 到P 位置时，A、B 两球速度大小相等
D．当A 球下降高度R 到P 位置时，A、B 两球速度大小关系为vA=√3 vB
【答案】AD
【详解】AB．开始时，对小球A 研究，根据力的平衡，细线拉力
T =2mg
对小球B 研究
T cos60° =mgsin 60°+ F
解得
F =(1- √3
2 )mg
故A 正确、B 错误；
CD．当A 球下降高度R 到P 位置时，B 球上升的高度也为R，此时A、B 两球的连线仍过圆心，由沿绳方
向的速度相等得
vA⋅cos60
∘= vB⋅cos30
∘
解得
v A =√3 vB
故C 错误，D 正确。
故选AD。
21．如图所示，小球A 以某一速度水平向右抛出的同时，小球B 斜向左上方以速度v0抛出，v0与水平方向
的夹角为53
∘。两球抛出后在同一竖直面内运动，且恰好在空中相碰。已知单独抛出小球B 时，小球B 到
39
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达的最高点恰好与小球A 的抛出点处于同一水平线上，且小球B 落地点位于小球A 抛出点的正下方。不计
空气阻力，重力加速度为g，sin53
∘=0.8，cos53
∘=0.6，下列说法正确的是（ ）
A．小球A 抛出的初速度大小等于2.4 v0 B．小球A 抛出的初速度大小等于1.8 v0
C．两球抛出点的水平距离为24 v0
2
25 g
D．两球抛出点的水平距离为8 v0
2
25 g
【答案】BC
【详解】CD．小球B 在水平、竖直方向的速度为
vBx = v0cos53
∘= 3
5 v0
vBy = v0sin53
∘= 4
5 v0
单独抛出小球B 时，小球B 在空中运动的时间为
t = 2vBy
g
= 8 v0
5 g
两球抛出点的水平距离为
x = vBxt = 24 v0
2
25 g
故C 正确，D 错误；
AB．小球A 抛出高度为
h= vBy
2
2g = 8 v0
2
25 g
小球A、B 在恰好在空中相碰，若此时小球B 向上运动，有
x =(v A+ vBx)t1
h= vByt1- 1
2 gt1
2+ 1
2 gt1
2
解得小球A 抛出的初速度大小等于
v A =1.8 v0
40
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小球A、B 在恰好在空中相碰，若此时小球B 向下运动，有
x =(v
'
A+ vBx)t2
vByt2- 1
2 gt2
2= 1
2 gt2
2
解得小球A 抛出的初速度大小等于
v
'
A =0.6 v0
综上所述，小球A 抛出的初速度大小等于1.8 v0或0.6 v0，故A 错误，B 正确。
故选BC。
22．如图所示，小球a从倾角为θ =60°的固定粗糙斜面顶端以速度v1沿斜面恰好匀速下滑，同时将另一小
球b在斜面底端正上方与a球等高处以速度v2水平抛出，两球恰在斜面中点P相遇（不计空气阻力），则下
列说法正确的是（ ）
A．v1:v2=2:1
B．若小球b以2v2水平抛出，则两小球仍能相遇
C．若小球b以2v2水平抛出，则b球落在斜面上时，a球在b球的下方
D．若改变小球b抛出的速度v2的大小，则两小球一定不能相遇
【答案】ACD
【详解】A．小球在P点相遇，两球的水平位移相等，有
v1t sin30° = v2t
解得
v1:v2=2:1
故A 正确；
BC．若小球b以2v2水平抛出，如图所示
41
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若没有斜面，将落在B点，与P点等高，可知将落在斜面上的A点，由于a球、b球在水平方向上做匀速直
线运动，可知a球落在A点的时间小于b球落在A点的时间，所以b球落在斜面上时，a球在b球的下方，故
B 错误，C 正确；
D．若改变小球b抛出的速度v2的大小，则两小球一定不能相遇，故D 正确；
故选ACD。
23．如图所示，倾角为θ的斜面体固定在水平面上，一个小球在斜面上某一点第一次垂直斜面抛出，第二
次水平抛出，两次抛出的初速度大小相同，两次小球均落在斜面上，第一次小球在空中运动时间为t1，落
在斜面上的位置离抛出点的距离为s1，第二次小球在空中运动时间为t2，落在斜面上的位置离抛出点的距
离为s2，则下列关系正确的是（ ）
A．t2=t1sinθ
B．t2=t1
C．s2= s1tanθ
D．s2= s1
【答案】AD
【详解】 AB．第一次垂直斜面抛出时，将重力加速度g 分解为垂直斜面方向和沿斜面方向，则运动时间
为
t1=
2v0
gcosθ
第二次平抛时
tanθ =
1
2 gt2
2
v0t2
解得
42
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t2= 2v0 tanθ
g
则
t2=t1sinθ
故A 正确，B 错误；
CD．第一次落在斜面上的位置离抛出点的距离为
s1= 1
2 gsinθ⋅t1
2= 2v0
2sinθ
gcos
2θ
第二次小球落在斜面上的位置离抛出点的距离为
s2= v0t2
cosθ = 2v0
2sinθ
gcos
2θ
则
s2= s1
故C 错误，D 正确。
故选AD。
24．民族运动会上有一骑射项目如图所示，运动员骑在奔跑的马上，弯弓放箭射击侧向的固定目标。假设
运动员骑马奔驰的速度为v1，运动员静止时射出的箭速度为v2，跑道离固定目标的最近距离为d。已知
v1>v2，要想命中目标射出的箭在空中飞行距离最短，则（ ）
A．若箭的实际运动方向和马的速度方向的夹角为θ，sinθ = v2
v1
B．若箭的实际运动方向和马的速度方向的夹角为θ，sinθ = √v1
2- v2
2
v1
C．箭射到固定目标的时间为d
v2
43
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D．箭射到固定目标的时间为
d v1
v2√v1
2- v2
2
【答案】AD
【详解】AB．已知v1>v2，要想命中目标射出的箭在空中飞行距离最短，则合速度方向与射出的箭速度方
向垂直，若箭的实际运动方向和马的速度方向的夹角为θ，则
sinθ = v2
v1
故A 正确B 错误；
CD．箭的实际位移为d
sinθ ，实际速度√v1
2- v2
2，所以箭射到固定目标的时间为
t =
d
sinθ
√v1
2- v2
2 =
d v1
v2√v1
2- v2
2
故C 错误D 正确。
故选AD。
25．如图为场地自行车比赛的圆形赛道。某运动员骑自行车在赛道上做匀速圆周运动，圆周的半径为R，
路面与水平面的夹角为θ，不计空气阻力，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（ ）
A．当自行车的速度大小为√gR tanθ时，自行车不受侧向摩擦力作用
B．当自行车的速度大小为√
gRsin2θ
2
时，自行车不受侧向摩擦力作用
C．当自行车的速度大小为√gRsinθ时，自行车所受侧向摩擦力的方向沿倾斜路面向上
D．当自行车的速度大小为√gRsinθ时，自行车所受侧向摩擦力的方向沿倾斜路面向下
【答案】AC
【详解】AB．设人和自行车的总质量为m，若不受摩擦力作用则由重力和支持力的合力提供向心力，根据
牛顿第二定律可得
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mg tanθ =m v
2
R
解得
v =√gR tanθ
故B 错误，A 正确；
CD．当自行车的速度大小为√gRsinθ<√gR tanθ时，支持力与重力的合力大于所需向心力，自行车有近
心运动的趋势，自行车所受侧向摩擦力的方向沿倾斜路面向上，故C 正确，D 错误。
故选AC。
26．如图所示，一小物块被夹子夹紧，夹子通过轻绳悬挂在小环上，小环套在水平光滑细杆上，物块质量
为M，到小环的距离为L，其两侧面与夹子间的最大静摩擦力均为F。小环和物块以速度v 向右匀速运动，
当小环碰到杆上的钉子P 后立刻停止，物块向上摆动，整个过程中，物块在夹子中没有滑动，小环和夹子
的质量均不计，小环、夹子和物块均可视为质点，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．物块向右匀速运动时，绳中的张力大于Mg
B．小环碰到钉子P 时，绳中的张力等于Mg+ M v
2
L
C．速度v 不能超过√
2( F - Mg)L
M
D．速度v 不能超过√
(2 F - Mg)L
M
【答案】BD
【详解】A．物块向右匀速运动时以夹子和重物为研究对象，受到重力和绳子拉力，根据平衡条件可知绳
中的张力等于Mg，故A 错误；
B．小环碰到钉子P 时，夹子和重物做圆周运动，设绳子拉力为T，根据牛顿第二定律有
T - Mg= M v
2
L
解得
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T = Mg+ M v
2
L
故B 正确；
CD．以物块为研究对象，小环碰到钉子P 时，重物做圆周运动，根据牛顿第二定律有
2F - Mg≥M v
2
L
解得
v ≤√
(2 F - Mg)L
M
故C 错误，D 正确。
故选BD。
27．如图（a），被固定在竖直平面内的轨道是由内径很小、内壁均光滑的水平直轨道和半圆形轨道平滑
连接而成，在半圆形轨道内壁的最高和最低处分别安装M、N、P、Q 四个压力传感器。一小球（可视为质
点）在水平轨道内以不同的初速度v0向右运动（传感器不影响小球的运动）。在同一坐标系中绘出传感器
的示数F 与v0
2的图像I、II、III 如图（b）所示。重力加速度g=10 m /s
2。下列判断正确的是（ ）
A．直线I、II、III 分别是 M、N、P 传感器的图像
B．由图像可求得小球的质量m=1kg
C．当v0=3 m /s时，Q 传感器的示数为28N
D．当v0=6 m /s时，N 传感器的示数为22N
【答案】BC
【详解】A．在Q 点
F -mg=m v
2
R
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在N 点
mg- F =m v
2
R
对M 点
mg+ F =m v
2
R
P 传感器不会受到压力作用，故A 错误；
B．根据以上分析可知，I、II、III 对应P、M、N，由图像可求得，当速度为零时，在P 点
F0=mg=10 N
所以小球的质量m=1kg，故B 正确；
C．根据图b 可知，当v0
2=25时，N 处弹力为零，此时到达N 处的速度
1
2 mv N
2 - 1
2 mv0
2=-2mgR
对N 处，当弹力为零时
mg=m v N
2
R
解得
R =0.5 m
当v0=3 m /s时，Q 传感器的示数为
F1-mg=m v0
2
R
解得
F1=28 N
故C 正确；
D．当v0=6 m /s时，到达N 点的速度
1
2 m v
'
N
2 - 1
2 m v
'
0
2=-2mgR
N 传感器的示数
mg- F2=m v
'
N
2
R
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解得
F2=-22N
所以此时N 传感器示数为零，故D 错误。
故选BC。
三、解答题
28．如图所示，AB 为竖直光滑圆弧的直径，其半径R=0.9m，A 端沿水平方向。水平轨道BC 与半径
r=0.5m 的光滑圆弧轨道CDE 相接于C 点，D 为圆轨道的最低点，圆弧轨道CD、DE 对应的圆心角θ=37°。
圆弧和倾斜传送带EF 相切于E 点，EF 的长度为l=10m。一质量为M=1kg 的物块（视为质点）从水平轨道
上某点以某一速度冲上竖直圆轨道，并从A 点飞出，经过C 点恰好沿切线进入圆弧轨道，再经过E 点，随
后滑上传送带EF。已知物块经过E 点时速度大小与经过C 点时速度大小相等，物块与传送带EF 间的动摩
擦因数μ=0.75，取g=10m/s²，sin37°=0.6，cos37=0.8。求：
（1）物块从A 点飞出的速度大小vA和在A 点受到的压力大小FA；
（2）物块到达C 点时的速度大小vC及对C 点的压力大小FC；
（3）若传送带顺时针运转的速率为v=4m/s，求物块从E 端到F 端所用的时间。
【答案】（1）8m/s，550
9 N；（2）10m/s，208N；（3）2.125s
【详解】（1）物块在C 处的速度分解如图
在竖直方向有
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v y
2=2 g×2 R
水平方向
v0= v y
tanθ
联立代入数据求得
v=8m/s
在A 处受力如图
由牛顿第二定律得
FN A+ Mg= M v0
2
R
得
FN A = 550
9 N
（2）物块在C 处速度
vC =
v0
cosθ =10m/ s
其受力分析如图
由牛顿第二定律得
FN - Mgcosθ = M vC
2
r
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得
FN =208 N
根据牛顿第三定律知物块对C 处的压力大小为
FNC = FN=208 N
（3）物块的速度从vC减到v1的过程，受力如图
有
μMgcosθ+ Mgsinθ = M a1
解得
a1=12m/ s
2
用时
t1= vC - v1
a1
=0.5 s
通过的位移为
x1= vC + v1
2
t =3.5m
物块的速度减到v1之后，受力如图
有
Mgsinθ - μMgcosθ = M a2
解得
a2=0
物块此后与传送带一起匀速至F
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t2= l - x1
v
=1.625 s
则物块从E 到F 所用的时间为
t =t1+t2=2.125 s
29．如图所示，在水平桌面上离桌面右边缘x =3.7 m处放着一质量为m=0.1kg的小铁块（可看作质点），
铁块与水平桌面间的动摩擦因数μ=0.4。现用方向水平向右、大小为1.9N 的推力F 作用于铁块，作用一段
时间后撤去F，铁块继续运动，到达水平桌面边缘A 点时飞出，恰好从竖直圆弧轨道BCD 的B 端沿切线进
入圆弧轨道，铁块恰好能通过圆弧轨道的最高点D。已知θ =37°，A、B、C、D 四点在同一竖直平面内，
水平桌面离B 端的竖直高度H =0.45 m，圆弧轨道半径R =0.4 m，C 点为圆弧轨道的最低点。（不计空气
阻力，取sin53° =0.8，cos53° =0.6，g=10 m /s
2）
（1）求铁块运动到圆弧轨道最高点D 点时的速度大小v D；
（2）若铁块以vC =5 m /s的速度经过圆弧轨道最低点C，求此时铁块对圆弧轨道的压力FC；
（3）求铁块运动到B 点时的速度大小vB；
（4）求水平推力F 作用的时间t。
【答案】（1）7.25N，方向竖直向下；（2）5m/s；（3）0.4s
【详解】（1）小球恰好通过D 点时，重力提供向心力，由牛顿第二定律可得
mg= m v D
2
R
可得
v D=2m /s
（2）小球在C 点受到的支持力与重力的合力提供向心力，则
FN -mg= m vC
2
R
得
FN=7.25 N
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由牛顿第三定律对轨道压力大小为7.25N，方向竖直向下。
（3）小球从A 点到B 点的过程中做平抛运动，根据平抛运动规律有
2 gH = v y
2
得
v y =3 m /s
小球沿切线进入圆弧轨道，则
vBsin37° = v y
解得
vB=5 m /s
（4）小球从A 点到B 点的过程中做平抛运动，水平方向的分速度不变，可得
v A = vBcos37° =5×0.8 m /s= 4 m /s
小球在水平面上做加速运动时
F - μmg=ma1
可得
a1=15 m /s
2
小球做减速运动时减速的加速度大小为a2
μmg=ma2
可得
a2= 4 m /s
2
由运动学的公式可知最大速度
vm =a1t
减速运动时间为t2，则
v A = vm -a2t2
又因为
x = vm
2 t + vm+ v A
2
t2
解得
t =0.4s
30．如图所示，一个竖直放置的圆锥筒可以不同的转速绕其中心轴OO
'转动，筒内壁粗糙，筒口半径为
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R，筒高为H，且满足H = 3 R
4 ，筒内壁A 点处有一质量为m 的小物块，A 点位于斜面的一半处，即A 到
OO
'轴的距离为R
2 。
（1）当筒不转动时，物块静止在筒壁A 点受到的摩擦力和支持力的大小；
（2）当物块在A 点随筒做匀速转动，且其受到的摩擦力为零时，筒转动的角速度；
（3）若已知斜面的最大静摩擦因数μ0=0.5，转动过程中，要求物块相对锥筒一直保持静止，求锥筒的最
大角速度。
【答案】（1）f = 3
5 mg，N = 4
5 mg；（2）√
3 g
2 R
；（3）2√
g
R
【详解】（1）设圆锥母线与水平方向的夹角为θ，当筒不转动时，物块静止在筒壁A 点时受到的重力、摩
擦力和支持力三力作用而平衡，如图
可得
sinθ =
H
√H
2+ R
2 = 3
5
由平衡条件得摩擦力和支持力的大小为
f =mgsinθ = 3
5 mg，N =mgcosθ = 4
5 mg
（2）当物块在A 点随筒做匀速转动，且其所受到的摩擦力为零时，物块在筒壁A 点时受到的重力和支持
力作用，它们的合力提供向心力，如图
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设筒转动的角速度为ω 有
mg tanθ =mω
2 R
2
由几何关系得
tanθ = 3
4
联立解得
ω=√
3 g
2 R
（3）当角速度最大时筒壁对物块的最大静摩擦力沿筒壁向下，由牛顿第二定律，竖直方向有
N cosθ = f sinθ+mg
水平方向有
N sinθ+ f cosθ =mω
2 R
2
又
f = μN
联立得
ω=2√
g
R rad/s
即最大角速度不能超过2√
g
R rad/s。
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