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单元检测四 抛体运动 圆周运动
一、单项选择题(本题共7 小题，每小题4 分，共28 分。在每小题给出的四个选项中，只有
一项是符合题目要求的)
1．下列选项图中，若渡河区域内的河岸平直，水流速度方向处处与河岸平行，越靠近河中
央，水流速度越大。设木船相对静水的速度大小恒定。以最短的时间过河，则木船在出发点
P 与登陆点Q 之间的运动轨迹可能是( )
答案 D
解析 以最短的时间过河，则木船的船头垂直于河岸，木船渡河同时参与了两个运动，垂直
河岸的分运动和平行河岸的分运动，其中垂直河岸的分速度等于木船相对静水的速度，保持
不变；平行河岸的分速度等于水速，根据题意可知平行河岸的分速度先增大后减小，故木船
的加速度先平行于河岸向右，后平行于河岸向左，木船做曲线运动，根据加速度方向指向轨
迹的凹侧可知，D 正确，A、B、C 错误。
2.如图所示，套在竖直细杆上的轻环A 由跨过定滑轮的不可伸长的轻绳与重物B 相连，施加
外力让轻环A 沿杆以速度v 匀速上升，从图中M 位置上升至与定滑轮的连线处于水平的N
位置，已知AO 与竖直杆成θ 角，则( )
A．刚开始时重物B 的速度vB＝
B．刚开始时重物B 的速度vB＝vcos θ
C．A 匀速上升时，重物B 加速下降
D．重物B 下降过程，绳对重物B 的拉力小于重物B 的重力
答案 B
1
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解析 速度v 是轻环A 的合速度，vcos θ 是速度v 沿轻绳方向的分速度，重物B 沿轻绳方向
运动，所以刚开始时重物B 的速度为vB＝vcos θ，B 正确，A 错误；由公式vB＝vcos θ 知，
当轻环A 匀速上升时，v 不变，夹角θ 增大，cos θ 减小，重物B 的速度减小，重物B 做减
速运动，C 错误；重物B 做竖直向下的减速运动，有向上的加速度，所以绳对重物B 的拉力
大于重物B 的重力，D 错误。
3．一质量为0.4 kg 的小球以某一初速度水平向右抛出后，随即受到一大小为3 N、方向水
平向左的恒力，假设小球抛出时离地足够高，忽略空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2，sin
37°＝0.6。当小球的动能最小时，速度方向与水平方向的夹角为( )
A．30° B．37° C．45° D．53°
答案 B
解析 合力方向与速度方向垂直时，小球的动能最小，由题意知＝tan θ＝，则合力方向与
竖直方向的夹角θ＝37°，可知当速度方向与水平夹角为37°时，小球的动能最小，故B 正确，
A、C、D 错误。
4．(2023·浙江宁波市模拟)如图所示为“行星减速机”的工作原理图。“行星架”为固定件，
中心“太阳轮”为从动件，其半径为R1，周围四个“行星轮”的半径为R2，“齿圈”为主
动件，其中R1＝2R2。A、B、C 分别是“太阳轮”“行星轮”“齿圈”边缘上的点。则在该
状态下( )
A．A 点与B 点的角速度相同
B．A 点与C 点的转速相同
C．B 点与C 点的周期相同
D．A 点与C 点的线速度大小相等
答案 D
解析 由题意可知，A、B、C 三点的线速度大小相等，根据v＝ωr，结合A、B、C 三点的
半径大小关系RC>RA>RB，可知A、B、C 三点的角速度大小关系为ωC<ωA<ωB，根据转速与
角速度关系ω＝2πn 可知，A、B、C 三点的转速大小关系为nC<nA<nB，根据周期与角速度关
系T＝可知，A、B、C 三点的周期大小关系为TC>TA>TB，选项A、B、C 错误，D 正确。
5.(2024·重庆市渝北中学质量监测)如图所示，棱长为a 的正方体无盖盒子ABCD－
A′B′C′D′放置在水平地面上，O 与A′、B′在同一直线上，且O 与A′间的距离为
a。将小球(可视为质点)从O 点正上方3a 高度处以某一速度水平抛出，不计空气阻力，重力
加速度为g。为使小球能落在盒子内部，则小球抛出时速度v 大小的范围为( )
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A.<v<
B.<v<
C.<v<
D.<v<
答案 B
解析 小球做平抛运动，欲使小球落在盒内，竖直方向下降的高度为h＝2a＝gt2，解得时间
为t＝，当小球落在A 点时，水平方向通过的位移最小为xmin＝a，故抛出的最小速度为vmin
＝＝，当小球落在C 点时，水平方向通过的位移最大为xmax＝＝a，故抛出的最大速度为vmax
＝＝，A、C、D 错误，B 正确。
6．如图所示，在斜面顶端A 点以速度v0水平抛出一小球，经过时间t1恰好落在斜面的中点
P；若在A 点以速度2v0水平抛出小球，经过时间t2完成平抛运动。不计空气阻力，则( )
A．t2>2t1
B．t2＝2t1
C．t2<2t1
D．落在斜面底端B 点
答案 C
解析 在斜面顶端A 以速度v0水平抛出一小球，经过时间t1恰好落在斜面的中点P，设斜面
倾角为θ，
有tan θ＝＝＝①
解得t1＝②
水平位移x＝v0t1＝③
初速度变为原来的2 倍，若还落在斜面上，由公式③知水平位移应该变为原来的4 倍，可知
在A 点以速度2v0水平抛出小球，小球将落在水平面上，D 错误；由以上分析可知两球下降
的高度之比为1∶2，由公式h＝gt2可知，t1∶t2＝1∶，则t2<2t1，C 正确，A、B 错误。
7．(2024·福建莆田第一中学期中)游乐场中一种叫“魔盘”的娱乐设施，游客坐在转动的魔
盘上，当魔盘转速增大到一定值时，游客就会滑向盘边缘，其装置可以简化如图。若魔盘转
速缓慢增大，则游客在滑动之前( )
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A．受到魔盘的支持力缓慢增大
B．受到魔盘的摩擦力不变
C．受到的合外力大小不变
D．受到魔盘的作用力逐渐增大
答案 D
解析 设魔盘斜面倾角为θ，对人受力分析如图所示，
可知Ffcos θ－FNsin θ＝mω2r，
Ffsin θ＋FNcos θ＝mg，
解得FN＝mgcos θ－mω2rsin θ，
Ff＝mgsin θ＋mω2rcos θ，
则随着魔盘转速缓慢增大，则人受到魔盘的支持力FN缓慢减小，人受到魔盘的摩擦力Ff缓
慢增大，选项A、B 错误；
根据F＝mω2r 可知，随着转速增大，人受到的合外力大小增大，选项C 错误；
人受到魔盘的作用力是支持力和摩擦力的合力，其大小为F′＝，则大小随着转速的增大而
增大，选项D 正确。
二、多项选择题(本题共3 小题，每小题6 分，共18 分。在每小题给出的四个选项中，有多
项符合题目要求，全部选对得6 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分)
8．(2023·辽宁沈阳市三模改编)如图，某同学在A 点把一篮球以初速度v0斜向上抛出，v0与
水平面成60°角，曲线ACB 为篮球在空中的部分轨迹，C 为轨迹最高点，高为h，篮球进入
球框B 点时速度方向与水平面成45°角，忽略篮球受到的空气阻力，从A 点到C 点的时间为
tA，C 点到B 点的时间为tB，重力加速度为g，则( )
A．h＝
B．h＝
C．tA∶tB＝∶1
D．tA∶tB＝∶
答案 BC
解析 篮球从A 到C 的斜上抛运动由逆向思维可看成由C 到A 的平抛运动，水平方向为匀
速直线运动，有vCx＝v0cos 60°＝，竖直方向为匀加速直线运动，有(v0sin 60°)2＝2gh，解得h
＝，故A 项错误，B 项正确；C 到A 的运动时间为tA＝＝，在B 点有tan 45°＝，可得tB＝，
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则tA∶tB＝∶1，故C 项正确，D 项错误。
9．(2024·山东济宁市期中)如图甲所示，一可绕光滑固定轴O 转动的轻杆，另一端连接一小
球，小球在竖直平面内做半径为R 的圆周运动。小球运动到最高点时，杆与小球间弹力大
小为FN，小球在最高点的速度大小为v，FN－v2图像如图乙所示。下列说法正确的是( )
A．小球的质量为
B．v2＝a 时，小球处于完全失重状态
C．v2＝c 时，杆对小球的弹力方向竖直向上
D．v2＝2c 时，杆对小球的弹力大小为3b
答案 ABD
解析 当v2＝0 时，小球受重力、杆的弹力作用，二力平衡，即mg＝b，当v2＝a 时，FN＝
0，说明重力恰好提供向心力，小球处于完全失重状态，由mg＝m，知mg＝m，得g＝，m
＝，故A、B 项正确；当v2＝c 时，小球在最高点的速度更大，重力不足以提供向心力，此
时杆对球有向下的拉力，故C 项错误；当v2＝c 时，杆对球有向下的拉力，由牛顿第二定律
知mg＋b＝m，同理，当v2＝2c 时，杆对球有向下的拉力，由牛顿第二定律知mg＋FN′＝
m，得FN′＝3mg＝3b，故D 项正确。
10．(2023·陕西省部分重点高中联考)在如图所示的水平转盘上，沿半径方向放着质量分别为
m、2m 的两物块A 和B(均视为质点)，它们用不可伸长的轻质细线相连，与圆心的距离分别
为2r、3r，A、B 两物块与转盘之间的动摩擦因数分别为μ、，已知最大静摩擦力等于滑动
摩擦力，重力加速度大小为g。现缓慢加快转盘的转速，当两物块相对转盘将要发生滑动时，
保持转盘的转速不变，下列说法正确的是( )
A．此时转盘的角速度为
B．此时细线中的张力大小为2μmg
C．此时烧断细线后的瞬间，B 的加速度大小为μg
D．此时烧断细线后的瞬间，A、B 两物块的加速度大小相等
答案 AB
解析 A、B 两物块相比，根据向心力公式F＝mrω2，可知B 物块所需要的向心力较大，又
细线拉力相等，则当转速增大到刚好要发生滑动时，B 所受的静摩擦力沿半径指向圆心，A
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所受的静摩擦力沿半径背离圆心；当刚要发生相对滑动时，以B 为研究对象，有FT＋·2mg
＝2m·3rω2，以A 为研究对象，有FT－μmg＝m·2rω2，由以上两式得FT＝2μmg，ω＝，A、B
正确。此时烧断细线后的瞬间，B 相对圆盘滑动，由牛顿第二定律知其加速度为aB＝＝g，
C 错误。细线烧断后瞬间，A 所需向心力Fn＝m·2rω2＝μmg，等于最大静摩擦力，则A 随转
盘一起做匀速圆周运动，aA＝μg≠aB，D 错误。
三、非选择题(本题共5 小题，共54 分)
11．(6 分)(2023·福建省厦门外国语学校月考)某同学利用图甲中所示的DIS 向心力实验器来
探究圆周运动向心力的影响因素。实验时，砝码随旋臂一起做圆周运动，其所需的向心力可
通过牵引杆由力传感器测得，旋臂另一端的挡光杆每经过光电门一次，通过力传感器和光电
门就同时获得一组向心力F 和挡光时间Δt，换算生成ω。保持砝码的质量和转动半径不变，
改变其转速得到多组F、ω 的数据后，作出了F－ω2图线如图乙所示。牵引杆的质量和一切
摩擦可忽略。
(1)该同学采用的主要实验方法为________。
A．等效替代法
B．控制变量法
C．理想化模型法
(2)实验中，某次挡光杆经过光电门时的挡光时间为Δt，已知挡光杆到转轴的距离为d，挡光
杆的挡光宽度为Δs，则可得挡光杆转动角速度的表达式ω＝________________________。
(3)根据图乙，得到的实验结论是：__________________________________________
________________________________________________________________________。
答案 (1)B (2) (3)在m、r 一定的情况下，向心力大小与角速度的平方成正比
解析 (1)实验中保持砝码的质量和转动半径不变，改变其转速，所以采用的是控制变量法。
故选B。
(2)挡光杆处的线速度大小为v＝，角速度为ω＝。
(3)在m、r 一定的情况下，向心力大小与角速度的平方成正比。
12．(8 分)(2024·湖南邵阳市期中改编)某同学利用图甲的装置研究平抛运动规律。
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(1)实验中，下列说法正确的是________。
A．斜槽轨道必须光滑
B．斜槽轨道末端可以不水平
C．应使小球每次从斜槽上相同的位置由静止释放
D．实验前不需要用重垂线检查方格纸上的竖线是否竖直
(2)另一同学使用频闪仪和照相机对做平抛运动的小球进行拍摄，频闪仪每隔一定时间发出
一次闪光，某次拍摄后得到的照片如图乙(图中不包括小球刚离开轨道的影像)。图中每个方
格的边长为2.45 cm，当地重力加速度的大小为9.8 m/s2，完成下列填空：
①频闪仪每隔________ s 发出一次闪光；
②小球运动到位置c 时，其速度水平分量的大小为________ m/s，竖直分量的大小为
________ m/s(保留2 位有效数字)。
答案 (1)C (2)①0.05 ②0.98 1.2
解析 (1)斜槽不必光滑，只要每次从斜槽上同一位置由静止释放，到达斜槽末端时的速度
就相等，C 正确，A 错误；斜槽轨道末端必须保持水平，小球才能做平抛运动，落地时间才
会相同，B 错误；实验前要用重垂线检查方格纸上的竖线是否竖直，D 错误。
(2)①竖直方向，根据Δy＝gT2，有T＝＝＝ s＝0.05 s。
②小球运动到位置c 时，其速度的水平分量的大小为v0＝＝ m/s＝0.98 m/s，竖直分量的大
小为vy＝＝ m/s≈1.2 m/s。
13．(12 分)(2023·湖南怀化市月考)如图所示，在地面上放置一个倾角θ＝37°的斜面，一质量
为m＝1.0 kg 的小球从A 点以初速度v0＝3 m/s 水平抛出，恰好垂直击中斜面上的C 点。已
知地面上的O 点在A 点的正下方，两点间的高度差为h＝1.25 m；B 点为斜面的底端，不计
空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6。求：
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(1)小球从抛出到落在C 点的时间；
(2)碰撞点C 与斜面底端B 点间的距离；
(3)若小球在运动的过程中还受到恒定水平力的作用，欲刚好落在O 点，水平力的大小是多
少。
答案 (1)0.4 s (2)0.75 m (3)12 N
解析 (1)小球恰好垂直击中斜面上C 点，将小球的速度分解到水平方向和竖直方向，如图
所示
由几何关系得tan θ＝＝
解得t＝0.4 s
(2)小球竖直方向做自由落体运动，有h1＝gt2＝0.8 m
由几何关系知L＝＝0.75 m
(3)由运动的独立性可知，小球在水平方向做往返类运动，落在O 点时水平位移为零；对竖
直方向有h＝gt′2
对水平方向有2v0＝at′
联立解得a＝12 m/s2
由牛顿第二定律可知，水平力大小为F＝ma＝12 N。
14．(12 分)(2024·黑龙江省勃利高级中学月考)旋转飞椅是游乐场中比较常见的一种游乐项目，
为分析其安全问题，可将其简化为如图所示的圆锥摆来进行分析。长为L 的细线一端吊着一
个可视为质点的小球，另一端O 固定，使小球做水平面内的匀速圆周运动。若细线允许承
受的最大拉力为摆球重力的3 倍，悬点O 到地面的高度为h＝2L，重力加速度为g，空气阻
力不计。(结果保留根号)
(1)若为了安全，圆锥摆的细线拉力不允许超过最大拉力的，则该圆锥摆允许的最大角速度
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为多大？
(2)若当圆锥摆以(1)中的角速度运动时小球突然脱落，则小球落地点与悬点正下方地面上的
O′点的距离是多少？
答案 (1) (2)L
解析 (1)设摆球质量为m，细线与竖直方向夹角为θ，根据牛顿第二定律可得Fmaxsin θ＝
mωr
又Fmax＝3mg，r＝L·sin θ
联立解得ωmax＝
(2)设小球脱落时的速度大小为v0，则有v0＝ωmaxLsin θ
脱落前，竖直方向根据受力平衡可得Fmaxcos θ＝mg
解得cos θ＝
小球平抛运动的高度为h＝2L－Lcos θ＝1.4L
小球脱落后做平抛运动，竖直方向有h＝gt2
解得t＝
水平方向有x＝v0t
由勾股定理可得d＝
联立解得落地点与悬点正下方地面上的O′点的距离为d＝L。
15．(16 分)(2024·江西省百师联盟联考)某冲关游戏有如图所示的滑道，倾斜直轨道AB 的倾
角θ＝37°，B 点右侧紧靠一个长度L＝2 m 的水平传送带，B 与C 两点可认为平滑衔接(速度
大小不变)，A 点距传送带垂直距离h＝2.4 m，冲关者坐上坐垫从A 点由静止开始沿倾斜直
轨道AB 滑下，经C 点进入传送带后从D 点水平抛出，落在水面上某点E。已知传送带末端
距水面高度H＝0.8 m，坐垫与AB 轨道间的动摩擦因数μ1＝0.5，坐垫与传送带间的动摩擦
因数μ2＝0.2。sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2，不计空气阻力。(结果均可用含根号
式子表示)
(1)求冲关者到达B 点时的速度大小；
(2)如果传送带不动，求冲关者冲过D 点后的水平射程；
(3)如果传送带沿顺时针方向转动，并且速度v 大小可调，求出冲关者冲过D 点后的水平射
程x 与速度大小v 的关系式。
答案 (1)4 m/s (2) m (3)见解析
解析 (1)在轨道AB 上运动时，对人与坐垫分析，由牛顿第二定律有mgsin 37°－μ1mgcos
37°＝ma1
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解得a1＝2 m/s2
由vB
2＝2a1xAB，xAB＝＝4 m
联立解得vB＝4 m/s
(2)若传送带不动，则从C 到D 有a2＝μ2g＝2 m/s2
由0－vB
2＝2(－a2)x0
可得x0＝4 m>L
所以冲关者从C 运动到D 过程一直减速，由v－v＝2(－a2)L
解得vD＝2 m/s
冲关者过D 点后做平抛运动，则有t＝＝0.4 s
则水平射程x1＝vDt＝ m
(3)若冲关者从C 到D 过程一直加速，由vD′2－vB
2＝2a2L
解得vD′＝2 m/s
当0≤v≤2 m/s 时，水平射程x＝x1＝ m
当2 m/s<v<2 m/s 时，水平射程x＝vt＝v(m)
当v≥2 m/s 时，水平射程x＝vD′t＝ m。
10
