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选择题对点练(三) 抛体运动和圆周运动
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.(2025 云南腾冲模拟)如图所示,一架战斗机沿着近似圆弧的曲线从a 点运动到b 点后
沿陡斜线直入云霄。设此段飞行路径在同一竖直面内,飞行速率保持不变。关于战斗机
从a 点运动到b 点这一过程,下列说法正确的是( )
A.战斗机所受合力可能一直竖直向上
B.战斗机的速度一直在变化
C.战斗机的加速度可能保持不变
D.战斗机做匀变速曲线运动
2.(2025 山东聊城模拟)如图所示,一辆运沙车在平直公路上以速度v 匀速行驶时,车厢底
部不慎有沙子连续漏出。忽略沙子漏出瞬间相对车的初速度,沙子落到地面后立即停止。
已知单位时间内漏出的沙子质量恒定为Q,出沙口距水平地面的高度为H,重力加速度为
g,不计空气阻力。在已经有沙子刚好落地时开始计时,下列说法正确的是( )
A.地面上的人看到在空中的沙子形成的几何图形是一条抛物线
B.在空中的沙子的总质量为Q√
2 H
g
C.不同时刻漏出的两粒沙子落地前的竖直距离保持不变
D.漏出的某粒沙子落地前在相等时间内速度的变化量逐渐增大
2
3.(2025 重庆南开中学质检)“谷雨前后,点瓜种豆”是一句农业谚语。农民伯伯用手抛撒
谷粒进行水稻播种的情景如图甲所示。在某次抛撒的过程中,有两颗质量相同的谷粒
1、谷粒2 同时从O 点抛出,初速度分别为v1、v2,其中v1方向水平,v2方向斜向上,它们的
运动轨迹在同一竖直平面内且相交于Q 点,如图乙所示。忽略空气阻力的影响。则(
)
A.抛出速度v1<v2
B.在空中运动的过程中,谷粒2 的速度变化率大于谷粒1 的速度变化率
C.谷粒1 先到达Q 点
D.两谷粒到达Q 点时重力的瞬时功率相同
4.如图所示(俯视图),在光滑水平面上固定半径为R 的圆盘,O 点为圆心。长为L 的轻质
细线一端固定在圆盘边缘上,另一端与小球相连,初始时细线绷直并与圆盘相切。给小球
垂直于细线方向的初速度v0,在圆盘上缠绕过程中小球的运动轨迹称为“阿基米德螺旋
线”。假设细线与圆盘的切点与O 点的距离不变,下列说法正确的是( )
A.运动过程中细线对小球做正功
B.运动过程中小球的线速度大小不变
C.小球绕切点旋转的角速度不变
D.运动过程中细线上的拉力越来越小
5.(2025 湖北武汉检测)如图所示,摩天轮在竖直放置的圆轨道内围绕其圆心O 点做半径
为R 的匀速圆周运动,角速度为ω,在匀速转动的过程中轿厢地板总保持水平状态。如图
所示,放置在地板上的物块与地板之间的动摩擦因数为μ,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,
3
重力加速度为g,为了保证物块在匀速转动的过程中始终不相对于地板滑动,则角速度ω
的最大值为( )
A.√
μg
R√μ
2+1
B.√
μg
R
C.√
g
R√μ
2+1
D.√
μg
R√1- μ
2
6.(2025 北京四中模拟)如图所示,水平地面上竖直放置的光滑细管内有两个完全相同、
质量均为m 的小球,由于微小晃动,两小球分别沿两侧圆弧管道从最高点同时由静止滑
下,在最低点发生弹性碰撞后又回到最高点。已知整个过程中细管对地面的最小压力恰
好为0,小球可视为质点,重力加速度大小为g,则整个过程中细管对水平地面的最大压力
为( )
A.10mg
B.32
3
mg
C.34
3
mg
D.13mg
7.(2025 山东临沂模拟)从高H 处的M 点先后水平抛出两个小球1 和2,轨迹如图所示,球
1 与地面碰撞一次后刚好越过竖直挡板AB,落在水平地面上的N 点,球2 刚好直接越过竖
直挡板AB,也落在N 点,球1 与地面碰后的水平速度保持不变,竖直速度反向,忽略空气阻
力,则竖直挡板AB 的高度为( )
4
A.3
4
H
B.4
5
H
C.3
5
H
D.5
6
H
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,全部选对的得6 分,选对但不全的得3 分,有选错的得0 分。
8.“风洞实验”指在风洞中安置飞行器或其他物体模型,研究气体流动及其与模型的相互
作用,以了解飞行器或其他物体的空气动力学特性的一种空气动力实验方法。在如图所
示的矩形风洞中存在大小恒定的水平风力,现有一小球从M 点竖直向上抛出,其运动轨
迹大致如图所示,其中M、N 两点在同一水平线上,O 点为轨迹的最高点,小球在M 点时
动能为9 J,在O 点时动能为16 J,不计空气阻力,下列说法正确的是( )
A.小球从M 点运动到N 点过程中的最小动能为5.76 J
B.小球落到N 点时的动能为41 J
C.小球在上升和下降过程中机械能变化量之比为1∶3
D.小球的重力和受到的风力大小之比为4∶3
9.(2025 湖北宜昌质检)如图所示,排球比赛中运动员将排球从M 点水平击出,飞到P 点时,
排球被对方运动员垫起,又斜向上飞出后落到M 点正下方的N 点。已知N 点与P 点等
高,轨迹的最高点Q 与M 等高。不计空气阻力。下列说法正确的是( )
A.排球两次飞行过程中经历的时间相同
B.排球两次飞行过程中经历的时间不同
C.排球到达P 点时的速率与离开P 点时的速率相等
D.排球离开M 点时的速率大于经过Q 点时的速率
5
10.(2025 福建福州检测)如图所示,将一可视为质点、质量为m 的小球从倾角为θ 的斜面
底端斜抛,小球恰好在运动轨迹的最高点位置通过斜面顶端。已知斜面高为h、斜面底
边水平长度为L。重力加速度为g,不考虑空气阻力。设小球的初速度大小为v0,小球初
速度方向与水平方向的夹角为α,则下列说法正确的是( )
A.小球初速度方向与水平方向夹角的正切值为tan α=tanθ
2
B.小球从抛出到通过斜面最高点所经历的时间为t=√
2h
g
C.小球的初速度大小为v0=√
g(4 h
2+ L
2)
2h
D.整个运动过程重力做功的平均功率为P=mg√
gh
2
2 L
6
参考答案
1.B 解析 战斗机的速率保持不变,但方向随时在改变,所以战斗机的速度方向一直在变
化,即战斗机的速度一直在变化,B 正确。因为战斗机的速度大小不变,所以战斗机沿着
速度方向的分量为零,战斗机所受合力方向垂直于速度方向,一直在改变,战斗机的加速
度方向一直在变化,不可能做匀变速曲线运动,A、C、D 错误。
2.B 解析 由于沙子下落时,沙子与车均具有水平向右的初速度v,所以漏出的沙子在水
平方向上均与车以相同的速度向右移动,因此沙子在空中形成的几何图形是一条直线,故
A 错误;沙子竖直方向有H=1
2
gt2,则在空中的沙子的总质量为Q0=tQ,联立解得Q0=Q
√
2 H
g
,故B 正确;下落的沙子在竖直方向做自由落体运动,下落时间间隔为Δt 的两粒沙子
竖直间距为Δy=1
2
g(t+Δt)2-1
2
gt2=gΔt·t+1
2
g(Δt)2,可知二者间距随下落时间的增加而增加,
故C 错误;由于沙子做平抛运动,加速度为g,故Δv=gΔt 可知漏出的某粒沙子落地前在相
等时间内速度的变化量相等,故D 错误。
3.C 解析 设谷粒2 的初速度方向与水平方向的夹角为θ,沿水平和竖直两个方向分速
度大小分别为v2x=v2cos θ,v2y=v2sin θ,设O、Q 两点竖直方向的距离为h,水平方向的距离
为x,谷粒1 和谷粒2 从抛出到Q 点的时间分别为t1、t2,则取竖直向下为正方向,竖直方
向有h=1
2 gt1
2,h=-v2yt2+1
2 gt2
2,可得t1<t2,即谷粒1 先到达Q 点,故C 正确;水平方向为匀速
直线运动,有x=v1t1=v2cos θ·t2,联立可得v1>v2cos θ,又0<cos θ<1,无法确定v1与v2大小,故
A 错误;根据a= Δv
Δt
可知速度的变化率即为加速度,而谷粒1 做平抛运动和谷粒2 做斜上
抛运动的加速度均为重力加速度g,即在空中运动的过程中谷粒2 的速度变化率等于谷
粒1 的速度变化率,故B 错误;谷粒1、2 在竖直方向的位移相同,加速度相同,但谷粒2 有
7
向上的初速度,根据速度位移关系可知到达Q 点时谷粒2 的竖直速度较大,根据P=mgvy
可得P1<P2,故D 错误。
4.B 解析 小球在运动过程中,细线的拉力方向始终与小球速度方向垂直,根据做功的条
件,力与位移方向垂直时力不做功,所以细线对小球不做功,A 错误。由于细线与圆盘的
切点与圆心距离不变,小球在缠绕过程中,速度方向始终垂直于细线,且没有其他力改变
其速度大小,所以小球的线速度大小不变,B 正确。设小球到切点的距离为l,根据v=ωl,
线速度v 不变,但l 逐渐减小,所以小球绕切点旋转的角速度ω 增大,C 错误。根据向心力
公式F=mv
2
r
,可知r 为小球到切点的距离,v 不变,r 减小,所以细线上的拉力F 越来越大,D
错误。
5.A 解析 物块做匀速圆周运动的过程中,对其受力分析如图甲所示,地板对物块的作用
力为F,F 与竖直方向的夹角为θ,当恰要滑动时,有μFcos θ=Fsin θ,得tan θ=μ,此时对应角
速度最大,静摩擦力达到最大,物块在匀速转动的过程中,向心力的大小总保持不变,画出
矢量三角形如图乙所示,图中虚线圆周的半径大小表示角速度最大时向心力的大小,F 和
mg 的矢量和等于向心力,当F 与mg 的夹角为θ 时,向心力达到最大,最大的向心力
Fn=mgsin θ=mg
μ
√μ
2+1,又Fn=mω2R,因此最大的角速度ω=√
μg
R√μ
2+1
。故选A。
6.B 解析 根据题意可知,当小球对细管的支持力竖直向上的分力最大时,细管对地面的
压力最小恰好为0,设此时小球的速度大小为v,小球与圆心O 的连线与竖直方向的夹角
为α,小球对细管的支持力竖直向上的分力为F,由牛顿第二定律有
F
cosα
+mgcos α=mv
2
R
,
8
由机械能守恒定律有mgR(1-cos α)=1
2
mv2,解得F=2mgcos α-3mgcos2α,由数学知识可知,
当cos α=
2mg
2×3mg = 1
3时,F 有最大值,最大值为Fm=2mg×1
3-3mg×(
1
3)
2
= 1
3mg,设细管的质
量为m0,对细管,由平衡条件有m0g=2Fm=2
3
mg,解得细管的质量为m0=2
3
m。同理,当小球
对细管的支持力竖直向下的分力最大时,细管对地面的压力最大,设此时小球的速度大小
为v1,小球与圆心O 的连线与竖直方向的夹角为β,细管对小球的支持力竖直向上的分力
为F1,由牛顿第二定律有F1
cos β
-mgcos β=mv1
2
R
,由机械能守恒定律有mgR(1+cos β)=
1
2 m v1
2,解得F1=2mgcos β+3mgcos2β,由数学知识可知,当cos β=1 时,F1有最大值,最大值
为F1m=5mg,对细管,由平衡条件有FN=2F1m+m0g=32
3
mg,由牛顿第三定律可得,细管对水
平地面的最大压力为FN'=FN=32
3
mg,故选B。
7.A 解析 设球1、球2 做平抛运动的初速度分别为v1、v2,设M 点到N 点的水平距离
为L,由平抛规律可知球2 整个运动过程的时间t=√
2 H
g
,可得L=v2t,球1 与地面碰撞前后
竖直方向分速度大小不变、方向相反,根据对称性可知,球1 与地面碰撞后到达的最高点
与初始高度相同为H,球2 在水平方向一直做匀速运动,设球1 从抛出到落地时间为t1,则
有L=v1×3t1且t1=t,联立解得v1
v2
= 1
3。设球1 与地面碰撞时竖直方向速度大小为vy1,碰撞
点到M 点和B 点的水平距离分别为x1、x2,有v y 1
2=2gH,设球1 到达A 点时竖直方向速度
大小为vy2,将球1 与地面碰撞后到达最高点时的过程,由逆向思维可得v y 2
2=2g(H-h),则从
9
碰撞点到A 点的时间为t2=v y 1- v y 2
g
,球2 刚好越过挡板AB 的时间为t3=√
2( H -h)
g
,由水
平方向位移关系有v2t3=v1t+v1t2,联立解得h=3
4
H,故选A。
8.AC 解析 设风力大小为F,小球重力大小为mg,O、M 两点间的水平距离为x1,竖直距
离为h,根据竖直上抛运动规律有h=v0
2
2g
,对小球从M 点运动到O 点的过程,根据动能定理
有Fx1-mgh=ΔEk=16 J-9 J=7 J,由题意可知Ek0=1
2 m v0
2=9 J,根据牛顿第二定律可得小球在
水平方向的加速度大小为a= F
m
,小球从M 点运动到O 点所用时间为t=v0
g
,根据运动学公
式有x1=1
2
at2,联立解得mg
F = 3
4
,故D 错误;小球在重力和风力的合力作用下做类斜抛运动,
当小球速度方向与合力方向垂直时动能最小,根据前面分析可知合力与竖直方向的夹角
θ 的正切值为tan θ=4
3
,根据速度的合成与分解可得小球从M 点运动到N 点过程中的最
小速度为vmin=v0sin θ=4
5
v0,解得最小动能为Ekmin=1
2 m vmin
2= 16
25
Ek0=5.76 J,故A 正确;M、
N 两点间的水平距离为x=1
2
a(2t)2,设小球落到N 点时的动能为Ek1,根据动能定理有
Fx=Ek1-1
2 m v0
2,联立解得Ek1=73 J,故B 错误;设O、N 两点间的水平距离为x2,根据匀变速
直线运动规律的推论可知x1
x2
= 1
3,根据功能关系可知,小球运动过程中,风力对小球做的功
10
等于其机械能的变化量,则小球在上升和下降过程中机械能变化量之比为Δ E1
Δ E2
= F x1
F x2
= 1
3,
故C 正确。
9.BD 解析 排球从M 点水平抛出后做平抛运动,运动时间为h=1
2gt2,可得t=√
2h
g
,从P
点抛出的排球做斜抛运动的时间为从M 点抛出的2 倍,故A 错误,B 正确;将排球从P 点
到Q 点的斜上抛运动由逆向思维法可看成从Q 点到P 点的平抛运动,则由M 点到P 点
和Q 点到P 点的平抛运动,运动高度相同,则运动时间相同,竖直分速度相同,但M 点到P
点的水平位移大,则水平速度v0较大,可知从M 点到P 点的末速度大小大于从P 点到Q
点的初速度大小,C 错误;根据以上分析可知,由M 点到P 点和由Q 点到P 点的平抛运动,
运动高度相同,则运动时间相同,但从M 点抛出的排球水平位移更大,故离开M 点时的水
平速率大于在Q 点时的水平速率,故D 正确。
10.BC 解析 由题意可知小球恰好在运动轨迹的最高点位置通过斜面顶端,那么小球通
过斜面顶端时的速度方向是水平的,由此可以将该运动视作一个反向的平抛运动。根据
平抛运动的运动规律可知任意时刻速度方向与水平方向夹角的正切值是位移方向与水
平方向夹角正切值的两倍,由此可知tan α=2tan θ,可得小球初速度方向与水平方向夹角
的正切值也为tan α=2tan θ,故A 错误;由逆向思维可知,小球竖直方向做自由落体,根据
h=1
2gt2可得运动时间为t=√
2h
g
,故B 正确;小球水平方向的初速度为v0cos α,也是小球通
过斜面顶端的速度大小,根据动能定理得1
2 m v0
2cos2α-1
2 m v0
2=-mgh,可得v0=
√2gh
sin α =√
g(4 h
2+ L
2)
2h
,故C 正确;整个运动过程中重力做功的平均功率为P = mgh
t
=mgh
√
g
2h
=mg√
gh
2
,故D 错误。
