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热点5 抛体运动和圆周运动
[分值：46 分]
[1~7 题，每题4 分，8~10 题，每题6 分]
1.(多选)(2025·福建卷·5)春晚上转手绢的机器人如图所示，手绢上有P、Q 两点，圆心为O，OQ=√3OP，
手绢做匀速圆周运动，则( )
A.P、Q 线速度之比为1∶√3
B.P、Q 角速度之比为√3∶1
C.P、Q 向心加速度之比为√3∶1
D.P 点所受合外力总是指向圆心O
答案 AD
解析 手绢做匀速圆周运动，由题图可知P、Q 属于同轴转动，故角速度相等，即角速度之比为1∶1，B
错误；由v=ωr 可知，P、Q 线速度之比vP∶vQ=OP∶OQ=1∶√3，故A 正确；由a=ω2r 可知，P、Q 向心加
速度之比aP∶aQ=OP∶OQ=1∶√3，故C 错误；做匀速圆周运动的物体所受合外力提供向心力，合外力总
是指向圆心，D 正确。
2.(2025·河北卷·5)某同学在傍晚用内嵌多个彩灯的塑料绳跳绳，照片记录了彩灯在曝光时间内的运动轨迹，
简图如图。彩灯的运动可视为匀速圆周运动，相机本次曝光时间是1
30 s，圆弧对应的圆心角约为30°，则
该同学每分钟跳绳的圈数约为( )
A.90
B.120
C.150
D.180
答案 C
解析 根据题意可知跳绳的转动角速度为ω= θ
Δt =
π
6
1
30
rad/s=5π rad/s，转动周期T=2π
ω =0.4 s，故每分钟跳绳
的圈数为n= t
T = 60
0.4 =150，故选C。
3.(2025·四川宜宾市三模)消防员在一次用高压水枪灭火的过程中，消防员同时启动了多个喷水口进行灭火。
有甲、乙靠在一起的高压水枪，它们喷出的水在空中运动的轨迹曲线如图所示，已知两曲线在同一竖直面
内，忽略空气阻力，则( )
A.甲、乙水枪喷出的水初速度大小相等
B.乙水枪喷出的水初速度较大
C.乙水枪喷出的水在空中运动的时间较长
D.甲水枪喷出的水在最高点的速度较大
答案 B
解析 令喷出水的初速度v0的方向与水平方向夹角为θ，到达最高点过程，斜抛运动竖直方向做竖直上抛
运动，利用逆向思维有(v0sinθ)
2=2gh，解得v0=√2 gh
sinθ ，根据题图可知，竖直方向高度相等，甲喷出的水
初速度方向与水平方向夹角大一些，则乙水枪喷出的水初速度较大，故A 错误，B 正确；斜抛运动竖直方
向做竖直上抛运动，从喷出点到最高点，利用逆向思维有h=1
2gt2，则甲、乙水枪喷出的水上升时间相等，
同理从最高点到失火处，甲、乙水枪喷出的水下降时间相等，故甲、乙水枪喷出的水在空中运动的时间相
等，故C 错误；斜抛运动水平方向做匀速直线运动，则水在最高点的速度vx=v0cos θ，结合上述可知，甲喷
水初速度小于乙喷水初速度，甲喷出的初速度与水平方向夹角大一些，则甲水枪喷出的水在最高点的速度
较小，故D 错误。
4.(2025·云南丽江市二模)如图所示，一只蜘蛛在地面与竖直墙壁间结网，蛛丝AB 与水平地面之间的夹角为
45°，A 到地面的距离为1 m，重力加速度g 取10 m/s2，空气阻力不计，若蜘蛛从竖直墙上距地面0.6 m 的
C 点以水平速度v0跳出，要到达蛛丝，水平速度v0至少为( )
A.√2 m/s
B.2 m/s
C.2√2 m/s
D.2√3 m/s
答案 C
解析 当蜘蛛做平抛运动的轨迹恰好与蛛丝相切时v0最小，设蜘蛛跳出后经时间t 到达蛛丝，根据平抛运
动规律可得x=v0t，y=1
2gt2，蜘蛛到达蛛丝时速度方向恰好沿蛛丝方向，所以gt
v0 =tan 45°，由几何知识得
sAO-sCO+y=x，联立解得v0=2√2 m/s，故选C。
5.(2025·安徽省模拟)如图所示。风洞中没风时，将一个小球以初速度v0竖直向上抛出，小球能上升的最大
高度为h，加了水平风力后，将小球仍以初速度v0竖直向上抛出，小球落到与抛出点等高的位置时，该位
置与抛出点间的水平距离为2h，风对小球的作用力大小恒定，不计空气阻力，则风力与小球重力之比为(
)
A.2∶1
B.4∶1
C.1∶2
D.1∶4
答案 C
解析 根据题意，竖直方向有v0
2=2gh，有风时竖直方向运动情况不变，落到与抛出点等高的位置所用时间
t=2v0
g ，水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，有a= F
m，2h=1
2at2，联立解得F
mg=1
2，故选C。
6.(多选)(2025·黑龙江大庆市模拟)无偿献血、救死扶伤的崇高行为，是文明社会的标志之一。分离血液成
分需要用到一种叫离心分离器的装置，其工作原理的示意图如图所示，将血液装入离心分离器的封闭试管
内，离心分离器转动时给血液提供一种“模拟重力”的环境，“模拟重力”的方向沿试管远离转轴的方向，
其大小与血液中细胞的质量以及其到转轴的距离成正比。血液在这个“模拟重力”环境中，也具有“模拟
重力势能”。初始时试管静止，血液内离转轴同样距离处有两种细胞a、b，其密度分别为ρa和ρb，它们的
大小与周围血浆密度ρ0的关系为ρa<ρ0<ρb。对于试管由静止开始绕轴旋转并不断增大转速的过程中，下列
说法中正确的是( )
A.细胞a 相对试管向外侧运动，细胞b 相对试管向内侧运动
B.细胞a 相对试管向内侧运动，细胞b 相对试管向外侧运动
C.细胞a 的“模拟重力势能”变小，细胞b 的“模拟重力势能”变大
D.这种离心分离器“模拟重力”对应的“重力加速度”沿转动半径方向向外侧逐渐变大
答案 BD
解析 转动时细胞做圆周运动所需的向心力为F=mω2r，由于a、b 两种细胞的ω、r 均相同，而ρa<ρ0，细
胞a 所需的向心力比相同体积的血浆所需的向心力小，则细胞a 做向心运动，细胞a 相对试管向内侧运动，
而ρb>ρ0，细胞b 所需的向心力比相同体积的血浆所需的向心力大，则细胞b 做离心运动，细胞b 相对试管
向外侧运动，故A 错误，B 正确；“模拟重力”的方向沿试管远离转轴的方向，细胞b 相对试管向外侧运
动，“模拟重力”做正功，“模拟重力势能”变小，细胞a 相对试管向内侧运动，“模拟重力”做负功，
“模拟重力势能”变大，故C 错误；“模拟重力”大小与血液中细胞的质量以及其到转轴的距离成正比，
根据a= F
m可知，“重力加速度”与其到转轴的距离成正比，所以沿转动半径方向向外侧逐渐变大，故D
正确。
7.(多选)(2025·广东卷·8)将可视为质点的小球沿光滑冰坑内壁推出，使小球在水平面内做匀速圆周运动，如
图所示。已知圆周运动半径R 为0.4 m，小球所在位置处的切面与水平面夹角θ 为45°，小球质量为0.1
kg，重力加速度g 取10 m/s2。关于该小球，下列说法正确的有( )
A.角速度为5 rad/s
B.线速度大小为4 m/s
C.向心加速度大小为10 m/s2
D.所受支持力大小为1 N
答案 AC
解析 对小球受力分析可知F 向=mgtan 45°=mω2R，解得ω=5 rad/s，故A 正确；线速度大小为v=ωR=2
m/s，故B 错误；向心加速度大小为a 向=ω2R=10 m/s2，故C 正确；所受支持力大小为FN=
mg
cos 45° =√2 N，
故D 错误。
8.(2025·西南名校联盟诊断)小车内固定有垂直于运动方向的水平横杆，物块M 套在横杆上，一个小铁球用
轻质细线吊在物块底部。当小车以恒定速率v 通过某一水平弯道时(可视为圆周运动)，细线与竖直方向的
夹角为θ，如图所示。若小车以更大的恒定速率通过该弯道，设小车在通过弯道的过程中，小球、物块与
小车均保持相对静止，细线长度远小于弯道半径，下列说法错误的是( )
A.细线与竖直方向的夹角变大
B.细线对小球的拉力变大
C.横杆对物块的摩擦力变大
D.横杆对物块的支持力变大
答案 D
解析 令小铁球质量为m，物块与小铁球保持相对静止，对物块与小铁球整体进行分析，如图甲所示，则
有FN=(M+m)g，可知当小车以更大的恒定速率通过该弯道时，横杆对物块的支持力不变，故D 错误，符合
题意；小车转弯过程，将车内物体的转弯半径可以近似认为相同，令为R，结合上述分析有Ff 块=(M+m)v
2
R
可知，当小车以更大的恒定速率通过该弯道时，横杆对物块的摩擦力变大，故C 正确，不符合题意；对小
球进行受力分析，如图乙所示，
则有FTcos θ=mg，FTsin θ=mv
2
R ，解得gtan θ=v
2
R ，可知，转弯速度变大，则细线与竖直方向夹角变大，故
A 正确，不符合题意；结合上述解得FT= mg
cosθ ，由于细线与竖直方向夹角变大，则细线对小球的拉力变大，
故B 正确，不符合题意。
9.(2025·山东省实验中学第五次诊断考试)如图甲所示，半径R=0.4 m 的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，
轨道的一个端点B 和圆心O 的连线与水平方向间的夹角θ=30°，另一端点D 与圆心O 等高，点C 为轨道的
最低点。质量m=1 kg 的物块(可视为质点)从空中A 点以速度v0水平抛出，恰好从轨道的B 端沿切线方向进
入轨道，物块进入轨道后开始计时，轨道受到的压力F 随时间t 的关系如图乙所示，重力加速度g 取10
m/s2，不计空气阻力，则下列说法正确的是( )
A.物块在D 点的速率为8 m/s
B.F0的大小为70 N
C.v0的大小为2 m/s
D.物块在B 点时对轨道的压力大小为30 N
答案 B
解析 由题图乙可知，物块从轨道D 点飞出轨道到再次回到D 点的时间为t=1.675 s-0.875 s=0.8 s，则物块
从D 点离开轨道时速度大小为vD=g· t
2=4 m/s，A 错误；从C 到D 由机械能守恒可知1
2mvC
2=1
2mv D
2+mgR，
在C 点时压力最大，则有F0-mg=mvC
2
R
，解得F0=70 N，B 正确；从B 到D 由机械能守恒可知1
2mvB
2
+mgRsin 30°=1
2mv D
2，解得vB=2√3 m/s，则v0=vBsin 30°=√3 m/s，在B 点时设轨道对物块的支持力为FN，
根据牛顿第二定律FN+mgsin 30°=mvB
2
R
，解得FN=25 N，根据牛顿第三定律可知物块在B 点时对轨道的压
力大小为FN'=FN=25 N，C、D 错误。
10.(多选)(2025·山东卷·10)如图所示，在无人机的某次定点投放性能测试中，目标区域是水平地面上以O 点
为圆心，半径R1=5 m 的圆形区域，OO'垂直地面，无人机在离地面高度H=20 m 的空中绕O'点、平行地面
做半径R2=3 m 的匀速圆周运动，A、B 为圆周上的两点，∠AO'B=90°。若物品相对无人机无初速度地释放，
为保证落点在目标区域内，无人机做圆周运动的最大角速度应为ωmax。当无人机以ωmax沿圆周运动经过A
点时，相对无人机无初速度地释放物品。不计空气对物品运动的影响，物品可视为质点且落地后即静止，
重力加速度大小g=10 m/s2。下列说法正确的是( )
A.ωmax=π
3 rad/s
B.ωmax=2
3 rad/s
C.无人机运动到B 点时，在A 点释放的物品已经落地
D.无人机运动到B 点时，在A 点释放的物品尚未落地
答案 BC
解析 物品从无人机上释放后做平抛运动，竖直方向H=1
2gt2，可得t=2 s，要使物品落点在目标区域内，
水平方向满足x=√R1
2- R2
2=vt，最大角速度ωmax= v
R2
，联立解得ωmax=2
3 rad/s，故A 错误，B 正确；无人机
从A 点到B 点的时间t'=
π
2
ωmax
=3 π
4 s，由于t'>t，可知无人机运动到B 点时，在A 点释放的物品已经落地，
故C 正确，D 错误。
