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阶段性训练（二）
考察内容（平抛运动 圆周运动 万有引力定律 机械能守恒定律 动量）
一．选择题
1．汽车自驾游是人们喜爱的出游方式之一，驾驶过程中常常离不开卫星导航，遵守交通规则安全
文明驾驶是出游的重要保障。汽车在水平路面上转弯，沿曲线由M 向N 行驶，速度逐渐减小，这
一过程中汽车所受合力方向可能是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】汽车沿曲线由M 向N 行驶，速度逐渐减小，这一过程中汽车所受合力方向位于轨迹的凹
侧，且合力方向与速度方向的夹角大于90°。
故选C。
2．在篮球比赛中，投篮的投出角度太大和太小，都会影响投篮的命中率。在某次投篮表演中，运
动员在空中一个漂亮的投篮，篮球以与水平面成45°的倾角准确落入篮筐，这次跳起投篮时，投球
点和篮筐正好在同一水平面上，设投球点到篮筐距离为9.8m，不考虑空气阻力，g取10 m/s
2。则
（ ）
A．篮球出手的速度大小为9.8m/s
B．篮球投出后运动到最高点时的速度为0
C．篮球在空中运动的时间为1.4s
D．篮球投出后的最高点相对地面的竖直高度为
1
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2.45m
【答案】C
【详解】AC．题意知篮球做斜抛运动，设初速度为v0，则篮球运动时间t = 2v0sin 45°
g
水平方向有x =9.8 m = v0cos 45°×t
联立解得v0=√gx =√98 m/s≈9.9m/s，t =1.4s
故A 错误，C 正确；
B．由斜抛运动规律可知篮球水平方向做匀速直线运动，篮球投出后运动到最高点时的速度为
v x= v0cos 45° =7 m/s
故B 错误；
D．最高点相对投出点的高度为h= (v0sin 45°)
2
2g
=2.45 m
则篮球投出后的最高点相对地面的竖直高度大于2.45m，故D 错误。
故选C 。
3．2021 年12 月9 日，航天员王亚平再次进行太空授课，展示了一个奇妙现象：浸在水中的乒乓球
因浮力消失而不会浮出水面。下列说法正确的是（ ）
A．水处于完全失重状态
B．乒乓球不受任何力的作用
C．乒乓球所受的合力为零
D．在空间站若将装满水的杯子转动至杯口朝下，水会自动流出
【答案】A
【详解】A．水在太空中只受重力，所以处于完全失重状态，故A 正确；
B．乒乓球仍受地球的万有引力的作用，故B 错误；
C．乒乓球所受的合力不为零，合力提供乒乓球做圆周运动的向心力，故C 错误；
D．在空间站若将装满水的杯子转动至杯口朝下，因为水处于完全失重状态，所以水不会自动流出，
故D 错误。
故选A。
4．摩托车正沿圆弧弯道以不变的速率行驶，则它（ ）
2
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A．受到重力、支持力和向心力的作用
B．所受地面的作用力与重力平衡
C．加速度不变
D．所受的合力始终变化
【答案】D
【详解】A．摩托车正沿圆弧弯道以不变的速率行驶，则它受到重力、支持力和静摩擦力作用，向
心力只是效果力（由其他力提供），故A 错误；
B．摩托车所受地面的作用力的竖直分量与重力平衡，水平分量提供所需的向心力，故B 错误；
CD．摩托车做匀速圆周运动，所以加速度和合力方向时刻发生变化，即加速度和所受的合力始终
变化，故C 错误，D 正确。
故选D。
5．如图，游乐场中，从高处A 到水面B 处有两条长度相同的光滑轨道。甲、乙两小孩沿不同轨道
同时从A 处自由滑向B 处，下列说法正确的有（ ）
A．甲的加速度始终比乙的大
B．甲、乙在同一高度的速度大小相等
C．甲、乙在同一高度的加速度大小相等
D．甲、乙在同一时刻总能到达同一高度
【答案】B
【详解】AC．设轨道的切线与水平面夹角为θ，由受力分析及牛顿第二定律可知a= gsinθ
甲的加速度先比乙的大，后比乙的小，在同一高度的加速度大小不相等，故AC 错误；
B．由机械能守恒定律可知，各点的机械能保持不变，高度（重力势能）相等处的动能也相等，则
3
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甲、乙在同一高度的速度大小相等，故B 正确；
D．甲的加速度先比乙的大，速度增大的比较快，开始阶段的位移比较大，故甲总是先达到同一高
度的位置．故D 错误。
故选B。
6．将于近期择机发射的“天问二号”探测器计划对小行星2016HO3 进行伴飞、采样并返回。
2016HO3 是一颗直径约40-100 米的近地小行星，距离地球最近约1400 万公里，最远约4000 多万公
里，因其运行周期与地球高度同步，被称为“地球准卫星”。如图所示，地球绕太阳公转可视作圆
轨道，小行星2016HO3 绕太阳运行轨道为椭圆，它的近日点位于地球圆轨道内侧。下列说法正确
的是（ ）
A．探测器的发射速度大于第三宇宙速度
B．探测器在采样时能实时接收地面控制中心的指令
C．小行星在近日点的速度大于地球做圆周运动的速度
D．小行星在远离太阳过程中引力做负功，机械能不断减小
【答案】C
【详解】A．探测器未能脱离太阳系飞出去，所以探测器的发射速度小于第三宇宙速度，故A 错误；
B．即使在最近约1400 万公里处，电磁信号往返也会有数十秒以上的延迟，无法实现“实时”操控，
故B 错误；
C．小行星近日点比地球轨道更靠近太阳，根据开普勒定律，“行星越靠近太阳，线速度越大”，
因此其近日点处速率比地球公转速率大，故C 正确；
D．太阳引力是保守力，小行星在椭圆轨道上机械能守恒，不随小行星远离太阳而不断减小，故D
错误。
故选C。
7．游乐场内有一种叫“空中飞椅”的游乐项目，静止时的状态可简化为如图所示。左边绳长大于
右边绳长，左边人与飞椅的总质量大于右边人与飞椅的总质量。当匀速转动时，下列四幅图可能的
状态为（ ）
4
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A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】对飞椅和人整体受力分析可知mg tanθ =mω
2(r +lsinθ)
解得
1
cosθ(l+
r
sinθ)
= ω
2
g
由于左边绳长大于右边绳长，则有左边角度大，即有θ左>θ右
故选A。
8．我国的风洞技术处于世界领先地位。如图所示，在某次风洞实验中，一质量为m 的轻质小球，
在恒定的风力作用下先后以相同的速度大小v 经过a、b 两点，速度方向与a、b 连线的夹角α、β 均
为45°。已知a、b 连线长为L，小球的重力忽略不计。则小球从a 点运动到b 点过程中，下列说法
正确的是（ ）
5
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A．风力方向与a、b 连线平行
B．所用时间为L
v
C．小球做匀速圆周运动
D．风力大小为mv
2
L
【答案】D
【详解】A．由题意可知小球做匀变速曲线运动，根据加速度的定义可知加速度方向移动和速度变
化量的方向相同，根据几何关系可知加速度方向垂直于a、b 连线，如图所示
所以风力方向垂直于a、b 连线，故A 错误；
B．小球的速度沿a、b 连线方向的分速度为v1= v cosα = v cos 45° = √2
2 v
所以a 运动到b 的时间为t = L
v1
=
L
√2
2 v
= √2 L
v
故B 错误；
C．小球受到恒定风力的作用，做匀变速曲线运动，不可能做匀速圆周运动，故C 错误；
D．沿风力的方向从a 点运动到b 点的速度变化量为
Δv = v sin β −(−v sin α )= v sin 45°+ v sin 45° =√2v
则加速度为a= Δv
t = √2v
√2 L
v
= v
2
L
6
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根据牛顿第二定律，从a 点运动到b 点的风力为F =ma= m v
2
L
故D 正确。
故选D。
9．如图所示，滑雪运动员通过助滑道加速后从A 点垂直于缓冲坡以v0=24m/s 起跳，最后落在缓冲
坡上的B 点，缓冲坡倾角θ=37°，轨迹上的C 点与A 点等高(图中未画出)。已知sin37°=0.6，
cos37°=0.8，g=10m/s2，若不计空气阻力，运动员从A 点到C 点过程中的速度变化量Δv 为（ ）
A．38.4m/s，方向竖直向下
B．38.4m/s，方向竖直向上
C．0
D．19.2m/s，方向竖直向下
【答案】A
【详解】运动员竖直分速度vy=v0cos37°=19.2m/s
从A 点到C 点过程中速度变化量Δv=2vy=38.4m/s，方向竖直向下。
故选A。
10．2025 年3 月10 日1 时17 分，通信技术试验卫星十五号在西昌卫星发射中心由长征三号乙运载
火箭成功发射升空，卫星顺利进入预定轨道。该卫星主要用于开展多频段、高速率卫星通信技术验
证。在卫星发射过程中，先将卫星发射至近地圆轨道1，变轨使其沿椭圆轨道2 运行，最后变轨将
卫星送入预定圆轨道3，轨道1、2 相切于P 点，轨道2、3 相切于Q 点，则当卫星分别在1、2、3
轨道上正常运行时，以下说法正确的是（ ）
A．三条轨道中，经过轨道2 上的Q 点时线速度最小
B．周期关系为T 1>T 2>T 3
C．卫星在轨道1 的线速度小于在轨道3 的线速度
D．卫星在轨道1 上经过P 点时的加速度大于它在轨道2 上经过P 点时的加速度
7
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【答案】A
【详解】C．卫星在圆轨道上运动时，万有引力提供向心力，则有GMm
r
2
= mv
2
r
解得v =√
GM
r
卫星在轨道1 的半径小于在轨道3 的半径，所以卫星在轨道1 的线速度大于在轨道3 的线速度，故
C 错误；
A．卫星在轨道1 上经过P 点时加速才能进入轨道2；在轨道2 上经过Q 点时加速才能进入轨道3，
在轨道2 上从P 到Q，引力做负功，速率减小，结合以上分析知卫星在轨道1 上的速率大于在轨道
3 上的速率，则v2 P>v1 P>v3Q>v2Q
故A 正确；
B．因1、2、3 轨道半径逐渐增大，根据开普勒第三定律可得，周期关系为T 1<T 2<T 3
故B 错误；
D．根据万有引力提供向心力，有GMm
r
2
=ma
可知，卫星在轨道1 上经过P 点时的加速度等于它在轨道2 上经过P 点时的加速度，故D 错误。
故选A。
11．如图所示，两个完全相同的木块A、B厚度均为d，质量均为4 m。第一次把A、B粘在一起静置
在光滑水平面上，质量为m的子弹以速度v0水平射向木块A，恰好将木块A击穿，但未穿入木块B。
第二次只放置木块B，子弹以同样的速度水平射向B。设子弹在木块中受到的阻力为恒力，不计子
弹的重力，子弹可视为质点。则第二次子弹（ ）
A．能击穿木块B，子弹穿出木块的速度为1
10 v0
B．能击穿木块B，子弹穿出木块的速度为1
9 v0
C．不能击穿木块B，子弹进入木块的深度为9
10 d
D．不能击穿木块B，子弹进入木块的深度为8
9 d
【答案】C
8
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【详解】一次击A、B 粘在一起静置在光滑水平面上，质量为m 的子弹以速度v0水平射向木块A，
恰好将木块A 击穿，但未穿入木块B，由动量守恒定律得m v0=(8m+m)v1
解得v1= v0
9
由能量守恒定律得1
2 mv0
2= 1
2
(8m+m)v1
2+ fd
解得f = 4
9d mv0
2
第二次只放置木块B，子弹以同样的速度水平射向B，由动量守恒定律得m v0=(4 m+m)v2
解得v2= 1
5 v0
由能量守恒定律得1
2 mv0
2= 1
2
(4 m+m)v2
2+ f d
'
解得f = 2mv0
2
5d
'
联立可得d
' = 9
10 d
所以子弹不能击穿木块B，子弹进入木块的深度为9
10 d。
故选C。
12．如图1 所示，光滑水平面左侧有一竖直墙壁，质量为m 的小球以速度v0与静止的质量为M 的
小球发生对心碰撞，m< M。m 与M 或墙壁之间的碰撞没有能量损失。设任意时刻两球速度分别为
v 和V，令x =√m v，y =√M V ，x
2+ y
2=r
2，其中r 为定值，该函数的图像如图2 所示，图像中的
点（x，y）表示两个小球组成的系统可能的状态，A、B、C 为系统连续经历的三个状态。根据以
上信息，下图1 列说法正确的是（ ）
9
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A．从状态A 到状态B 过程系统动量不守恒
B．从状态B 到状态C 过程两个小球发生弹性碰撞
C．直线AB 的斜率k =−√
m
M
D．图像中圆的半径r =√
1
2 m v0
2
【答案】C
【详解】A．质量为m 的小球以速度v0与静止的质量为M 的小球发生对心碰撞，根据动量守恒和机
械能守恒可得m v0=m v1+ M v2，1
2 m v0
2= 1
2 m v1
2+ 1
2 M v2
2
可得v1= m−M
m+ M v0<0，v2= 2m
m+ M v0
可知碰撞后小球m的速度反向；由图2 可知，状态A 时小球M的速度为0，状态B 时小球m的速度
方向与状态A 时的速度方向相反，则从状态A 到状态B 过程两个小球发生弹性碰撞，系统满足动量
守恒，故A 错误；
B．由图2 可知，从状态B 到状态C，小球m的速度等大反向，所以从状态B 到状态C 过程是小球
m与墙壁发生弹性碰撞，故B 错误；
C．从状态A 到状态B 过程两个小球发生弹性碰撞，根据题意可知图中直线AB 的斜率为
k =
√M v2
√m v1−√m v0
=
√M ⋅2m
m+ M v0
√m⋅m−M
m+ M v0−√m v0
=−√
m
M
10
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故C 正确；
D．令x =√m v，y =√M V ，x
2+ y
2=r
2，则有(√m v )
2+(√M V )
2=r
2
可得m v
2+ M V
2=r
2
由于m 与M 或墙壁之间的碰撞没有能量损失，根据能量守恒可得1
2 mv
2+ 1
2 M V
2= 1
2 mv0
2
联立可得r =√m v0
2
故D 错误。
故选C。
二．多选题
13．如图甲，在杂技表演中，表演者平躺在水平地面上，腹部上平放一块石板，助手用铁锤猛击石
板，石板裂开而表演者没有受伤（危险节目，请勿模仿）。其原理可简化为图乙所示：质量为m 的
铁锤从石板上方高为h 处由静止自由落下，竖直砸中石板，铁锤与石板瞬间达到共同速度，之后，
铁锤与石板一起向下运动距离d 后速度减为零，该过程中弹性气囊A 对石板的作用力F 随石板向下
运动的距离x 的变化规律近似如图丙所示，已知石板的质量为铁锤质量的k 倍，不计空气阻力，重
力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．铁锤与石板碰撞后的共同速度大小v =√
2 gh
k +1
B．碰撞过程中，铁锤与石板构成的系统机械能的损失量Δ E = kmgh
k +1
C．弹性气囊A 对石板作用力的最大值F m = 2mgh
(k +1)d +(k +1)mg
D．弹性气囊A 对石板作用力做的功大小为W F= mgh
k +1 +(k +1)mgd
【答案】BD
【详解】A．铁锤从石板上方高为h 处由静止自由落下，令末速度为v0，则有mgh= 1
2 mv0
2
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解得v0=√2 gh
铁锤与石板瞬间达到共同速度，此过程内力远远大于外力，根据动量守恒定律有m v0=(m+km)v
解得v = √2gh
k +1
故A 错误；
B．碰撞过程中，铁锤与石板构成的系统机械能的损失量Δ E = 1
2 mv0
2−1
2
(m+km)v
2
解得Δ E = kmgh
k +1
故B 正确；
D．铁锤与石板一起向下运动距离d 后速度减为零，根据动能定理有
(m+km)gd −W F=0−1
2
(m+km)v
2
结合上述解得W F= mgh
k +1 +(k +1)mgd
故D 正确；
C．F −x图像与横轴所围几何图形的面积表示力做功的大小，则弹性气囊A 对石板作用力做的功
大小为W F= (kmg+ F m)d
2
结合上述解得Fm = 2mgh
(k +1)d +(k +2)mg
故C 错误。
故选BD。
14．一小球从距离水平地面高为h处的A点，以水平向右的速度v0= 1
4 √2 gh抛出，抛出后小球受到
水平向左的恒定风力作用，小球正好落在A点正下方的O点。已知重力加速度为g，小球的质量为
m，小球可看作质点，则（ ）
A．小球的运动为平抛运动
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B．小球在空中的运动时间为√
2h
g
C．小球运动过程中距离AO直线的最大距离为1
8 h
D．水平风力的大小为1
4 mg
【答案】BC
【详解】A．由于小球受到重力和水平向左的恒定风力，故小球做的不是平抛运动，故A 错误；
B．对小球，竖直方向有h= 1
2 gt
2
解得t =√
2h
g
故B 正确；
C．设小球水平方向加速度大小为ax，水平方向有0= v0t −1
2 axt
2
代入题中数据，联立解得ax= g
2
当小球在水平方向速度减为0 时，距离AO直线的距离最大，则最大距离xmax= v0
2
2a = 1
8 h
故C 正确；
D．水平风力的大小为F =max= 1
2 mg
故D 错误。
故选BC。
15．如图所示，某卫星绕地心做匀速圆周运动，运行的轨道与地球赤道不共面，其周期为地球自转
周期T 的7
10
。地球的质量为M，半径为R，引力常量为G。t0时刻，卫星恰好经过地球赤道上P 点
正上方。下列说法正确的是（ ）
13
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A．卫星距地面的高度为3√
49GM T
2
400 π
2
−R
B．位于P 点处的物体随地球自转的向心加速度大于卫星的向心加速度
C．每次经最短时间实现卫星距P 点最近到最远的行程，卫星绕地心转过的角度比地球的多π
D．每次经最短时间实现卫星距P 点最近到最远的行程，卫星绕地心转过的角度比地球的多3π
【答案】AD
【详解】A．根据万有引力提供向心力可得G
Mm
( R+h)
2 =m
4 π
2
( 7
10 T )
2 ( R+h)
所以卫星距地面的高度为h=
3√
49GM T
2
400 π
2
−R
故A 正确；
B．卫星的向心加速度大小为a=
4 π
2
( 7
10 T )
2 ( R+h)= 400 π
2
49T
2 ( R+h)
位于P 点处物体的向心加速度大小为a
' = 4 π
2
T
2 R<a
故B 错误；
CD．卫星距P 点最近或最远时，一定都在赤道正上方，每次经最短时间实现卫星距P 点最近到最
远，需分两种情况讨论，第一种情况：卫星转了x 圈再加半圈、P 点转了y 圈（x、y 为正整数），
则有7
10 T ⋅x + 1
2 ⋅7
10 T = yT
x、y 无解，所以这种情况不可能；第二种情况：卫星转了x 圈、P 点转了y 圈再加半圈，则有
7
10 T ⋅x = yT + 1
2 T
可得x =5，y =3
则卫星绕地心转过的角度比地球的多3π，故C 错误，D 正确。
故选AD。
三．实验题
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16．某同学利用如图1 所示的向心力演示器探究小球做圆周运动的向心力F 与质量m、运动半径r
和角速度ω 之间的关系。
(1)下列实验与本实验采用的研究方法相同的是 。
A．探究平抛运动的特点
B．探究小车速度随时间变化的规律
C．探究加速度与力、质量的关系
D．探究两个互成角度的力的合成规律
(2)探究向心力和质量的关系时，将传动皮带套在半径相同的两塔轮轮盘上，应将质量不同的小球分
别放在挡板 处（选填“A 和B”、“A 和C”、“B 和C”）。
(3)实验中若将传动皮带套在半径不同的两塔轮轮盘上，是为了探究向心力大小与 （选填
“角速度”、“半径”、“质量”）的关系。
(4)器材说明书上说第二层塔轮半径之比为2：1，如图2 所示.在进行实验探究前，如果仅使用向心
力演示仪来验证这个半径关系，你打算怎么做？ 。
(5)某兴趣小组用如图3 所示的传感器装置定量验证向心力的表达式。图4 中①②两条曲线为相同半
径、不同质量下向心力与角速度的关系图线，可知曲线①对应的金属块质量 （选填“大
于”、“小于”、“等于”）曲线②对应的金属块质量。
【答案】(1)C
(2)A 和C
(3)角速度；
(4)控制小球的质量与圆周运动的半径相同，测量出向心力的大小关系，由F＝mω2r，得到角速度的
关系，再根据v＝ωR，验证塔轮半径的关系；
(5)小于
15
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【详解】（1）A．探究小球做圆周运动的向心力F 与质量m、运动半径r 和角速度ω之间的关系时，
在研究其中两个物理量关系时，需要保持其他物理量一定，实验采用了控制变量法，探究平抛运动
的特点实验中将曲线运动转化为直线运动，即采用了“化曲为直”的方法，实验中并没有采用控制
变量法，故A 错误；
B．探究小车速度与时间的关系仅仅研究速度与时间两个物理量的关系，并没有采用控制变量法，
故B 错误；
C．探究加速度与力和质量的关系，研究多个物理量之间的关系，在研究其中两个物理量关系时，
需要保持其他物理量一定，实验采用了控制变量法，故C 正确；
D．探究两个互成角度的力的合成规律采用了等效替代法，并没有采用控制变量法，故D 错误。
故选C。
（2）探究向心力和质量的关系时，将传动皮带套在半径相同的两塔轮轮盘上，是控制角速度相同，
还应控制小球做圆周运动的半径相同，故应将质量不同的小球分别放在挡板的A 和C 处。
（3）若将传动皮带套在半径不同的两塔轮轮盘上，则小球的角速度不同，故是为了探究向心力大
小与角速度的关系。
（4）用向心力演示仪来验证这个塔轮半径关系，就是要验证小球的角速度的关系，故要控制小球
的质量与圆周运动的半径相同，测量出向心力的大小关系，由F＝mω2r
得到角速度的关系，再根据v＝ωR
验证塔轮半径的关系。
（5）图4 中①②两条曲线为相同半径、不同质量下向心力与角速度的关系图线，当角速度相同时
由图4 可知，曲线①对应的向心力小于曲线②对应的向心力，根据F＝mω2r
可知曲线①对应的金属块质量小于曲线②对应的金属块质量。
17．某同学利用图甲所示装置验证机械能守恒定律。
16
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(1)以下四种测量方案中，合理的是______
A．直接测量下落高度h和下落时间t，通过v =>¿算出瞬时速度v
B．直接测量下落高度h，通过v
2=2gh算出瞬时速度v
C．根据纸带上某点的相邻两点间的平均速度，得到该点的瞬时速度v，再由v
2=2gh算出高度
h
D．直接测量下落高度h，根据纸带上某点的相邻两点间的平均速度，得到该点的瞬时速度v
(2)实验中得到如图乙所示的一条纸带。在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C，测得它们到起
始点O（速度为0）的距离分别为hA、hB、hC。已知重物质量为m，当地重力加速度为g，打点计
时器打点的周期为T。从打下O点到打下B点的过程中，重物的重力势能减少量为 ，动能增
加量为 。
(3)实验发现重物重力势能的减少量通常略大于动能的增加量，关于这个误差下列说法正确的是
______
A．属于偶然误差
B．属于系统误差
C．可以通过多次测量取平均值的方法来减小
D．可以通过减小空气阻力和摩擦阻力来减小
【答案】(1)D
(2) mghB m(hC−hA)
2
8T
2
(3)BD
【详解】（1）物体下落的高度h 用刻度尺测出，根据做匀变速直线运动时纸带上某点的瞬时速度
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等于这点前后相邻两点间的平均速度，测算出瞬时速度v；而不能用v =>¿或v
2=2 gh计算出瞬时速
度v，因为这样就默认了机械能守恒，失去了验证的意义了。
故选D。
（2）[1]从打下O点到打下B点的过程中，重物的重力势能减少量为Δ Ep=mghB
[2]打下B点时重物的速度为vB= hC−hA
2T
则从打下O点到打下B点的过程中，重物的动能增加量为Δ Ek= 1
2 m vB
2 −0= m(hC−hA)
2
8T
2
（3）实验发现重物重力势能的减少量通常略大于动能的增加量，是因为重物下落过程有一定的空
气阻力和摩擦阻力，使得由于一部分重力势能的减少量转化为内能；这个误差属于系统误差，不能
通过多次测量取平均值的方法来减小，可以通过减小空气阻力和摩擦阻力来减小。
故选BD。
四．计算题
18．如图所示，小明用高度h2=1.0m 的水桶取水时，将水桶放置在水平地面上，水平细水管到水桶
桶口（桶口处于水桶横截面中心位置且厚度可忽略）的高度h1=0.8m。调整水桶位置，使得水恰好
从水桶桶口中心处无阻挡地落到桶底边缘，此时水桶桶口中心到细水管管口的水平距离x=1.2m。
已知重力加速度大小g=10m/s2，不计空气阻力。求：
(1)水从细水管管口落到水桶桶口中心所用的时间t1；
(2)水落到水桶桶口中心处时的速度大小v；
(3)水桶的半径R。
【答案】(1)t1=0.4s
(2)v =5 m /s
(3)R=0.6m
【详解】（1）水在空中做平抛运动，竖直方向上有h1= 1
2 gt1
2
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解得t1=0.4s
（2）水平方向上有x = v0t1
水落到水桶桶口中心处时的竖直分速度大小v y = gt1
合速度大小v =√v0
2+ v y
2
解得v =5 m /s
（3）水从细水管管口落到桶底，竖直方向上有h1+h2= 1
2 gt
2
水平方向上有x + R = v0t
解得R=0.6m
19．质量m=20g、可视为质点的小石片从距液面高h0处的P点以初速度v0=8 m /s水平飞出后，从
A点与液面成α =37
∘射入某种液体中，然后从B点与液面成β = 45
∘射出液面做斜上抛运动，到达最
高点D时距离液面的高度h1=0.2m。已知小石片从A点运动到B点的过程中，水对小石片的作用力
在水平和竖直方向上的分量保持不变，A、B 两点间的距离L=1m，重力加速度g=10 m /s
2，
sin37
∘=0.6，不计空气阻力。求：
(1)小石片从A点运动到B点的过程中，该液体对小石片做的功W ；
(2)小石片从抛出到第二次进入液面运动的时间t。
【答案】(1)−0.92J
(2)1.2s
【详解】（1）由平抛运动规律可知，小石片在A点速度大小v1=
v0
cosα
小石片在D点速度大小v2 x = v2cos β
由机械能守恒定律有1
2 mv2
2=mgh1+ 1
2 mv2 x
2
从A点运动到B点W = 1
2 mv2
2−1
2 mv1
2
解得W =−0.92J
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（2）从P点运动到A点，时间t1= v0tanα
g
从A点运动到B点，水平方向有L= v2 x+ v0
2
t2
从B点运动到D点，逆向思维法可知h1= 1
2 gt3
2
根据对称性可知t =t1+t2+2t3=1.2s
20．如图所示，游戏装置由光滑倾斜轨道AB、半径R =2√3 m的光滑圆弧轨道BC、长为L=9.0m 水
平轨道CD 和高为h=√3 m光滑高台EF 构成，倾角为θ的直角斜面体紧贴着高台边缘ED，且与高台
EF 等高。现将质量m=0.5kg 的小物块从倾斜轨道上高度为H = 4√3 m的A 处由静止释放，小物块恰
好能到达高台边缘E 点。若斜面体向左移动，固定在CD 间的任一位置，小物块仍从同一高度H 处
由静止释放，发现小物块从斜面体顶端斜抛后也恰好落在E 点。已知小物块与水平轨道CD 和与斜
面体之间的动摩擦因数均为μ，小物块可视为质点，不计空气阻力，重力加速度g=10m/s2。
(1)求小物块到达圆弧轨道最低点C 时对轨道压力的大小；
(2)求动摩擦因数μ 和斜面体倾角θ；
(3)在高台EF 上放置表面光滑、质量M=2.0kg 的“小山坡”，小物块以速度v0=2.0m/s 冲向“小山
坡”，设小物块始终贴着“小山坡”表面运动，求“小山坡”获得的速度。
【答案】(1)25N
(2)√3
3
，30°
(3)0.8m/s，0
【详解】（1）小物块到达圆弧轨道最低点C 时速度为vC，由机械能守恒mgH = 1
2 m vC
2
小物块在圆弧轨道最低点C 时，由向心力公式F N −mg=m vC
2
R
解得F N =25 N
（2）小物块由A 到E 的过程中，由能量关系mg(H −h)= μmg⋅L
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解得μ= √3
3
设斜面体与平台相距为x，小物块到E 点的速度为vE，由能量关系1
2 mv E
2 = μmg⋅x
解得v E=√2 μgx
根据斜抛运动的规律x = v Ecosθ⋅t
运动时间为t =2 v Esinθ
g
联立解得x = v E
2 ⋅sin2θ
g
代入得x = 2 μgx⋅sin2θ
g
=2 μx⋅sin2θ
即sin2θ = 1
2 μ
（θ 与x 无关）
则sin 2θ = √3
2
解得θ =30°
（3）小物块从“小山坡”返回或越过“小山坡”，满足动量守恒m v0=m v1+ M v2
满足机械能守恒1
2 mv0
2= 1
2 mv1
2+ 1
2 M v2
2
解得v1=2.0 m /s，v2=0
或v1=−1.2m /s，v2=0.8 m /s
①若小物块不能越过“小山坡”，则“小山坡”获得的速度为0.8m/s
②若小物块能够越过“小山坡”，则“小山坡”获得的速度为0
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