中小学教育资源及组卷应用平台
专题4曲线运动——2025届浙江省物理选考三年高考一年模拟
1. （2024 浙江）如图所示，小明取山泉水时发现水平细水管到水平地面的距离为水桶高的两倍，在地面上平移水桶，水恰好从桶口中心无阻挡地落到桶底边沿A。已知桶高为h，直径为D，则水离开出水口的速度大小为（ ）
A． B．
C． D．
2. （2023 浙江）一游戏装置竖直截面如图所示，该装置由固定在水平地面上倾角θ＝37°的直轨道AB、螺旋圆形轨道BCDE，倾角θ＝37°的直轨道EF、水平直轨道FG组成，除FG段外各段轨道均光滑，且各处平滑连接。螺旋圆形轨道与轨道AB、EF相切于B（E）处。凹槽GHIJ底面HI水平光滑，上面放有一无动力摆渡车，并紧靠在竖直侧壁GH处，摆渡车上表面与直轨道下FG、平台JK位于同一水平面。已知螺旋圆形轨道半径R＝0.5m，B点高度为1.2R，FG长度LFG＝2.5m，HI长度L0＝9m，摆渡车长度L＝3m、质量m＝1kg。将一质量也为m的滑块从倾斜轨道AB上高度h＝2.3m处静止释放，滑块在FG段运动时的阻力为其重力的0.2倍。（摆渡车碰到竖直侧壁IJ立即静止，滑块视为质点，不计空气阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）
（1）求滑块过C点的速度大小vC和轨道对滑块的作用力大小FC；
（2）摆渡车碰到IJ前，滑块恰好不脱离摆渡车，求滑块与摆渡车之间的动摩擦因数μ；
（3）在（2）的条件下，求滑块从G到J所用的时间t。
3. （2022 浙江）如图所示，处于竖直平面内的一探究装置，由倾角α＝37°的光滑直轨道AB、圆心为O1的半圆形光滑轨道BCD、圆心为O2的半圆形光滑细圆管轨道DEF、倾角也为37°的粗糙直轨道FG组成，B、D和F为轨道间的相切点，弹性板垂直轨道固定在G点（与B点等高），B、O1、D、O2和F点处于同一直线上。已知可视为质点的滑块质量m＝0.1kg，轨道BCD和DEF的半径R＝0.15m，轨道AB长度lAB＝3m，滑块与轨道FG间的动摩擦因数μ，滑块与弹性板作用后，以等大速度弹回，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。滑块开始时均从轨道AB上某点静止释放。
（1）若释放点距B点的长度l＝0.7m，求滑块到最低点C时轨道对其支持力FN的大小；
（2）设释放点距B点的长度为lx，滑块第一次经F点时的速度v与lx之间的关系式；
（3）若滑块最终静止在轨道FG的中点，求释放点距B点长度lx的值。
4. （2024 浙江模拟）如图所示，ABC为在竖直平面内的金属半圆环，AC为其水平直径，AB为固定的直金属棒，在金属棒上和半圆环的BC部分分别套着两个完全相同的小球M、N（视为质点），B固定在半圆环的最低点。现让半圆环绕对称轴以角速度ω＝25rad/s匀速转动，两小球与半圆环恰好保持相对静止。已知半圆环的半径R＝1m，金属棒和半圆环均光滑，取重力加速度大小g＝10m/s2，下列选项正确的是（ ）
A．N、M两小球做圆周运动的线速度大小之比为1：
B．N、M两小球做圆周运动的线速度大小之比1：
C．若稍微增大半圆环的角速度，小环M稍许靠近A点，小环N将到达C点
D．若稍微增大半圆环的角速度，小环M将到达A点，小环N将稍许靠近C点
5. （2024 浙江模拟）图甲是正在水平面内工作的送餐机器人，该机器人沿图乙中ABCD曲线给16号桌送餐，已知弧长和半径均为4m的圆弧BC与直线路径AB、CD相切，AB段长度也为4m，CD段长度为12m，机器人从A点由静止匀加速出发，到B点时速率恰好为1m/s，接着以1m/s的速率匀速通过BC，通过C点后以1m/s的速率匀速运动到某位置后开始做匀减速直线运动，最终停在16号桌旁的D点。已知餐盘与托盘间的动摩擦因数μ＝0.1，关于该运动的说法正确的是（ ）
A．B到C过程中机器人的向心加速度a＝0.2m/s2
B．餐盘和水平托盘不发生相对滑动的情况下，机器人从C点到D点的最短时间t＝12.5s
C．A到B过程中餐盘和水平托盘会发生相对滑动
D．若重新设置机器人，使其在BC段以3m/s匀速率通过，餐盘与水平托盘间不会发生相对滑动
6. （2024 镇海区校级模拟）如图半径为L的细圆管轨道竖直放置，管内壁光滑，管内有一个质量为m的小球做完整的圆周运动，圆管内径远小于轨道半径，小球直径略小于圆管内径，下列说法不正确的是（ ）
A．经过最低点时小球可能处于失重状态
B．经过最高点Z时小球可能处于完全失重状态
C．若小球能在圆管轨道做完整圆周运动，最高点Z的速度v最小值为0
D．若经过最高点Z的速度v增大，小球在Z点对管壁压力可能减小
7. （2024 温州二模）如图甲所示，一艘正在进行顺时针急转弯训练的航母，运动轨迹可视作半径为R的水平圆周。航母在圆周运动中，船身发生了向外侧倾斜，且甲板法线与竖直方向夹角为θ，船体后视简图如图乙所示。一质量为m的小物块放在甲板上，与甲板始终保持相对静止，两者之间的动摩擦因数为μ（μ＞tanθ）。假设航母的运动半径R、夹角θ不随航速改变，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（ ）
A．航母对小物块的支持力FN＝mgcosθ
B．小物块可能只受重力、支持力两个力作用
C．航母的航速越大，则小物块受到的摩擦力越大
D．航母的最大航速
8. （2024 宁波二模）如图所示，厨师在展示厨艺时，将蛋糕放置在一水平托盘上，并控制托盘做竖直平面内半径为R的匀速圆周运动，托盘始终保持水平。蛋糕可视为质点，与托盘之间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。若蛋糕始终与托盘保持相对静止，则托盘做匀速圆周运动的最大速率为（ ）
A． B． C． D．
9. （2024 西湖区校级模拟）如图所示，某环保人员在一次检查时发现一根圆形排污管正在向外满口排出大量污水。这根管道水平设置，管口离水面的高度为h，环保人员测量出管口中空直径为D，污水从管口落到水面的水平位移为x，该管道的排污流量为Q（流量为单位时间内流体通过某横截面的体积，流量Q＝Sv，S为横截面的面积，v为液体的流动速度）。若不计一切阻力，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．污水流速越快，水从出管口到抛入水面的时间越长
B．污水流速越快，留在空中水的体积越小
C．管道的排污流量为
D．污水抛入水面时速度方向可能与水面垂直
10. （2024 浙江模拟）“晨阳”杯篮球赛中，奔跑中的小硕想传球给站在侧面无人防守的小轩，已知二人的位置与小硕的速度v方向如图所示，不计空气阻力，则小硕要将球传给小轩（ ）
A．应该让球沿着1的方向抛出
B．应该让球沿着2的方向抛出
C．应该让球沿着3的方向抛出
D．应该让球沿着4的方向抛出
11. （2024 浙江模拟）如图所示，水平地面有一个坑，其竖直截面为y＝kx2的抛物线（k＝1，单位为），ab沿水平方向，a点横坐标为，在a点分别以初速度v0、2v0（v0未知）沿ab方向抛出两个石子并击中坑壁，且以v0、2v0抛出的石子做平抛运动的时间相等。设以v0和2v0抛出的石子做平抛运动的时间为t，击中坑壁瞬间的速度分别为v1和v2，下落高度为H，（仅s和重力加速度g为已知量），则（ ）（选项中只考虑数值大小，不考虑量纲）
A．不可以求出t
B．可求出t大小为
C．可以求出v1大小为
D．可求出H的大小为2s2
故选：D。
12. （2024 温州三模）如图所示，将两小沙包a、b以不同的初速度分别从A、B两处先后相差0.5s水平相向抛出，同时落在水平面同一处，且速度方向与竖直方向夹角相等。两小沙包a、b视为质点，并在同一竖直面内运动，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．A处比B处高1.25m
B．若将两沙包同时水平抛出，落地前可能会相遇
C．若已知B处高度和沙包b的下落时间，可求出A、B的水平距离
D．若已知A处高度和沙包a的初速度，可求出A、B的水平距离
13. （2024 浙江模拟）实验小组利用风洞研究曲线运动，如图所示。在风洞内无风时，将一小球从O点以某一速度水平抛出后，经过一段时间小球落到水平面上的O2点。现让风洞内存在图示方向的风，使小球受到恒定的风力，小球仍以相同的速度从O点水平抛出。下列说法正确的是（ ）
A．小球从抛出到落到水平面上的时间一定将增大
B．小球落到水平面上时的速度方向一定不与水平面垂直
C．小球可能落在水平面上的O1点
D．小球可能落在水平面上的O2点
14. （2024 镇海区校级模拟）小海同学制作的游戏装置如图所示，安装在竖直轨道AB上的弹射器可上下移动，能射出速度大小可调节的小球。圆心为O的圆弧槽BCD上开有小孔P，小球落到小孔时，速度只有沿OP方向才能通过小孔，游戏成功。已知当弹射器在轨道上E位置，使小球以速度v0水平射出时，游戏成功，则进行下列操作后，仍能使游戏成功的是（ ）
A．弹射器在E位置，将小球以大于v0的速度斜向右上射出
B．弹射器在E位置，将小球以小于v0的速度斜向右下射出
C．升高弹射器至Q点，小球以大于v0的速度斜向右下射出
D．升高弹射器至Q点，小球以小于v0的速度斜向右上射出
15. （2024 绍兴二模）如图所示是杂技团一门水平放置的大炮，左前方地面上有一直径为50m的圆形靶区，炮口A在靶区边缘B点正上方7.2m处且正对靶心正上方C点。BD为靶区的一条水平直径，ABOCD五点在同一竖直平面内，现保持炮口位置不变，炮管以炮口为圆心水平旋转，所发射玩具炮弹的速率恒为25m/s。不计炮管口径的大小及炮弹的大小、空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．正对靶心水平射出时炮弹会落到靶心处
B．炮管与AC方向平行的位置开始水平转动角度等于30°时，炮弹将落在靶区外
C．炮管与AC方向平行的位置开始水平转动角度小于53°时，炮弹一定会落在靶区内
D．炮管水平转动角度越大，射出去的炮弹单位时间内速度的变化量越大
16. （2024 温州二模）如图所示，A、B两位同学从同一高度分别抛出沙包1和2，两沙包抛出的初速度大小均为v0，方向与水平方向的夹角分别为θ1、θ2，且θ1＞θ2，两沙包抛出后在空中的运动轨迹分别如图中Ⅰ和Ⅱ所示。两位同学均能在各自的抛出点接住对方抛来的沙包，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．两抛出点之间的距离为
B．沙包1和2在空中运动时间之比为tanθ2
C．沙包1和2运动过程中最小速度之比为tanθ1
D．沙包1和2运动过程中离地的最大高度之比为tan2θ1
17. （2024 宁波模拟）图为西湖音乐喷泉某时刻的照片，水从喷口倾斜射出，空中呈现不同的抛物线，取其中4条抛物线，分别记作①②③④，空气阻力不计，下列说法正确的是（ ）
A．4条水柱中，①中的水上升较高，其出射速度最快
B．②中的水比③中的水在空中运动的时间长
C．在最高点，②中的水比③中的水速度大
D．喷口水平倾角越小，水射程越远
18. （2024 金东区校级模拟）如图所示，甲同学在地面上将排球以速度v1击出，排球沿轨迹①运动；经过最高点后，乙同学跳起将排球以水平速度v2击回，排球沿轨迹②运动，恰好落回出发点。忽略空气阻力，则排球（ ）
A．沿轨迹②运动的最大速度可能为v1
B．沿轨迹①运动的最小速度为v2
C．沿轨迹①和轨迹②运动过程的速度变化量大小相同
D．沿轨迹①和轨迹②运动过程的平均速度大小可能相同
19. （2024 浙江模拟）如图所示装置由传送带、竖直细圆管螺旋轨道（最低点B分别与水平轨道AB、BC连接）组成。开始时可视为质点的滑块静置于传送带左端，由静止开始以可调的加速度a匀加速启动的传送带带动后，滑块滑过圆管轨道，并滑上上端与轨道BC相平的6个紧密排列的相同木块。已知滑块质量m＝0.01kg，每个木块的质量M＝0.01kg，宽度d＝0.1m，传送带的长度L＝2m，圆管轨道的半径R＝0.1m，滑块与传送带及木块间的动摩擦因数分别为μ1＝0.2，μ2＝0.4，木块与地面DE的动摩擦因数为μ3＝0.1，各轨道间平滑连接，不计水平轨道与传送带及木块间的间隙，各轨道均光滑。
（1）若a＝1m/s2，则运动到圆心等高处P点时，滑块受到的轨道作用力FN大小；
（2）当滑块运动到C点时，动能Ek与加速度a之间满足的关系；
（3）若滑块最终静止在木块5上，求：
①a大小的范围；
②木块5的最大速度vm及运动的最远距离xm。
20. （2024 台州二模）如图所示装置放置在水平地面上，质量m1＝0.5kg的滑块P从四分之一光滑圆弧A端点滑到B端点，随后通过顺时针转动的传送带。已知圆弧半径R＝0.5m，传送带长d＝1m，与地面高度h＝1.8m。滑块可视为质点，滑块P与传送带的动摩擦因数μ＝0.3，不计空气阻力与传送带转轮的大小。
（1）求滑块P滑到圆弧B端点时受到轨道的作用力大小；
（2）求滑块P由C抛出的水平距离x与传送带速度v的关系；
（3）若传送带速度v＝6m/s，将木块M与N并排静置在光滑地面上，木块M上固定一竖直轻杆，轻杆上端小横杆上系一长为l＝2m的轻细线，细线下端系一质量为m2＝0.5kg的小球Q，滑块P从传送带飞出后恰好与小球Q碰撞并连结为一整体S（可视为质点），随后绕悬点小角度摆动（不与竖直杆碰撞）。已知木块M与N的质量分别为m3＝1kg与m4＝2kg。求木块M与N分离时S的速度大小。
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
HYPERLINK "http://21世纪教育网(www.21cnjy.com)
" 21世纪教育网(www.21cnjy.com)中小学教育资源及组卷应用平台
专题4曲线运动——2025届浙江省物理选考三年高考一年模拟
1. （2024 浙江）如图所示，小明取山泉水时发现水平细水管到水平地面的距离为水桶高的两倍，在地面上平移水桶，水恰好从桶口中心无阻挡地落到桶底边沿A。已知桶高为h，直径为D，则水离开出水口的速度大小为（ ）
A． B．
C． D．
【解答】解：水离开出水口后做平抛运动，水离开出水口到桶口中心，有
得
设出水孔到桶口中心的水平距离为x，则
x＝v0t
得
落到桶底A点时
则时间
解得
故ABD错误，C正确。
故选：C。
2. （2023 浙江）一游戏装置竖直截面如图所示，该装置由固定在水平地面上倾角θ＝37°的直轨道AB、螺旋圆形轨道BCDE，倾角θ＝37°的直轨道EF、水平直轨道FG组成，除FG段外各段轨道均光滑，且各处平滑连接。螺旋圆形轨道与轨道AB、EF相切于B（E）处。凹槽GHIJ底面HI水平光滑，上面放有一无动力摆渡车，并紧靠在竖直侧壁GH处，摆渡车上表面与直轨道下FG、平台JK位于同一水平面。已知螺旋圆形轨道半径R＝0.5m，B点高度为1.2R，FG长度LFG＝2.5m，HI长度L0＝9m，摆渡车长度L＝3m、质量m＝1kg。将一质量也为m的滑块从倾斜轨道AB上高度h＝2.3m处静止释放，滑块在FG段运动时的阻力为其重力的0.2倍。（摆渡车碰到竖直侧壁IJ立即静止，滑块视为质点，不计空气阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）
（1）求滑块过C点的速度大小vC和轨道对滑块的作用力大小FC；
（2）摆渡车碰到IJ前，滑块恰好不脱离摆渡车，求滑块与摆渡车之间的动摩擦因数μ；
（3）在（2）的条件下，求滑块从G到J所用的时间t。
【解答】解：（1）滑块从静止释放到C点过程中，只有重力做功，根据动能定理可得：
mg（h﹣1.2R﹣R﹣Rcosθ）0
代入数据解得：vC＝4m/s
滑块过C点时，根据牛顿第二定律可得：FC+mg＝m
代入数据解得：FC＝22N；
（2）设滑块刚滑上摆渡车时的速度大小为v，从静止释放到G点过程，根据动能定理可得：
mgh﹣0.2mgLFG0
代入数据解得：v＝6m/s
摆渡车碰到IJ前，滑块恰好不脱离摆渡车，假设滑块到达摆渡车右端时刚好与摆渡车共速v1，以滑块和摆渡车为研究对象，取向右为正方向，根据动量守恒定律可得：
mv＝2mv1；
代入数据解得：v1＝3m/s
根据能量守恒定律可得：μmgLmv22mv12
解得：μ＝0.3
此过程中对摆渡车根据动能定理可得：μmgx
代入数据解得摆渡车的位移：x＝1.5m＜L0﹣L＝9m﹣3m＝6m
所以假设成立，说明摆渡车达到I之前已经共速，动摩擦因数为μ＝0.3；
（3）滑块从滑上摆渡车到与摆渡车共速过程，所用时间为t1，对摆渡车根据动量定理可得：μmgt＝mv1﹣0
解得：t1＝1s
滑块与摆渡车共速后，滑块与摆渡车一起做匀速直线运动所用时间为：t2
代入数据解得：t2＝1.5s
所以滑块从G到J所用的时间t＝t1+t2＝1s+1.5s＝2.5s。
答：（1）滑块过C点的速度大小为4m/s，轨道对滑块的作用力大小为22N；
（2）摆渡车碰到IJ前，滑块恰好不脱离摆渡车，则滑块与摆渡车之间的动摩擦因数为0.3；
（3）在（2）的条件下，滑块从G到J所用的时间为2.5s。
3. （2022 浙江）如图所示，处于竖直平面内的一探究装置，由倾角α＝37°的光滑直轨道AB、圆心为O1的半圆形光滑轨道BCD、圆心为O2的半圆形光滑细圆管轨道DEF、倾角也为37°的粗糙直轨道FG组成，B、D和F为轨道间的相切点，弹性板垂直轨道固定在G点（与B点等高），B、O1、D、O2和F点处于同一直线上。已知可视为质点的滑块质量m＝0.1kg，轨道BCD和DEF的半径R＝0.15m，轨道AB长度lAB＝3m，滑块与轨道FG间的动摩擦因数μ，滑块与弹性板作用后，以等大速度弹回，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。滑块开始时均从轨道AB上某点静止释放。
（1）若释放点距B点的长度l＝0.7m，求滑块到最低点C时轨道对其支持力FN的大小；
（2）设释放点距B点的长度为lx，滑块第一次经F点时的速度v与lx之间的关系式；
（3）若滑块最终静止在轨道FG的中点，求释放点距B点长度lx的值。
【解答】解：（1）到C点过程，根据动能定理可得：
mglsin37°+mgR（1﹣cos37°）m
在C点时，根据向心力公式可得：
FN﹣mg＝m
联立解得：FN＝7N
（2）能过圆管轨道最高点时，则能到F点，那么恰好通过最高点时，根据动能定理可得：
mglxsin37°﹣3mgRcos37°﹣mgR＝0，
解得：lx＝0.85m
因此，要能过F点必须满足lx≥0.85m
在此条件下判断是否可以通过D点：
滑块能通过D点需满足：mgcos37°≤m，解得：gRcos37°
由D点能到圆管轨道最高点需满足：mg（R+Rcos37°），解得：2gR（1+cos37°）＞gRcos37°
可见只要能到达F点就一定能通过D点。
第一次过F点时的速度v与lx之间的关系式，根据动能定理可得：
mglxsin37°﹣4mgRcos37°，
解得：v，其中lx≥0.85m
（3）设摩擦力做功为第一次达到中点的n倍，根据动能定理可得：
mglxsin37°﹣mgsin37°﹣nμmgcos37°＝0（根据滑块运动到停下来，其中n为奇数），
解得：lxm
当n＝1时，lx1m；当n＝3时，lx2m；当n＝5时，lx3m
答：（1）滑块到最低点C时轨道对其支持力FN的大小为7N；
（2）滑块第一次经F点时的速度v与lx之间的关系式为v，其中lx≥0.85m；
（3）释放点距B点长度lx的值可能为m、m、m。
4. （2024 浙江模拟）如图所示，ABC为在竖直平面内的金属半圆环，AC为其水平直径，AB为固定的直金属棒，在金属棒上和半圆环的BC部分分别套着两个完全相同的小球M、N（视为质点），B固定在半圆环的最低点。现让半圆环绕对称轴以角速度ω＝25rad/s匀速转动，两小球与半圆环恰好保持相对静止。已知半圆环的半径R＝1m，金属棒和半圆环均光滑，取重力加速度大小g＝10m/s2，下列选项正确的是（ ）
A．N、M两小球做圆周运动的线速度大小之比为1：
B．N、M两小球做圆周运动的线速度大小之比1：
C．若稍微增大半圆环的角速度，小环M稍许靠近A点，小环N将到达C点
D．若稍微增大半圆环的角速度，小环M将到达A点，小环N将稍许靠近C点
【解答】解：AB、金属棒AB与竖直方向夹角为45°，小球M受到重力和杆的支持力，在水平面内做匀速圆周运动，合力的方向沿水平方向，则有：
FN＝mgtan45°＝mωvM，解得：
设半圆环的圆心为O，NO与竖直方向之间的夹角为θ，对小球N，同理可得：
FN′＝mgtanθ＝mωvN，解得：vN
又：FN′＝mω2r，r＝Rsinθ
联立解得：vN
则：，故AB错误；
CD、设半圆环的圆心为O，NO与竖直方向之间的夹角为θ，对小球N，由牛顿第二定律得：
mgtanθ＝mω2rN
rN＝Rsinθ
解得：
可见当ω稍微增大时，cosθ会减小，θ增大，小球N将向C靠近，当ω趋近无穷大，θ会趋近90°，即稍微增大半圆环的角速度，小环N将靠近C点而不会到达C点。
对于小球M，由牛顿第二定律得：
mgtan45°＝mω2rM，
rM＝Rsinβ，β是MO与竖直方向的夹角，
g＝mω2Rsinβ，
可见小球M做匀速圆周运动时向心力大小是一定的，即为mgtan45°，当角速度增大时，所需要的向心力增大，所能提供的向心力一定，小于小球M所需要的向心力，M将做离心运动，则圆周运动半径rM将变大，所需向心力更大，故小球M将一直离心运动直到到达A点。故C错误，D正确；
故选：D。
5. （2024 浙江模拟）图甲是正在水平面内工作的送餐机器人，该机器人沿图乙中ABCD曲线给16号桌送餐，已知弧长和半径均为4m的圆弧BC与直线路径AB、CD相切，AB段长度也为4m，CD段长度为12m，机器人从A点由静止匀加速出发，到B点时速率恰好为1m/s，接着以1m/s的速率匀速通过BC，通过C点后以1m/s的速率匀速运动到某位置后开始做匀减速直线运动，最终停在16号桌旁的D点。已知餐盘与托盘间的动摩擦因数μ＝0.1，关于该运动的说法正确的是（ ）
A．B到C过程中机器人的向心加速度a＝0.2m/s2
B．餐盘和水平托盘不发生相对滑动的情况下，机器人从C点到D点的最短时间t＝12.5s
C．A到B过程中餐盘和水平托盘会发生相对滑动
D．若重新设置机器人，使其在BC段以3m/s匀速率通过，餐盘与水平托盘间不会发生相对滑动
【解答】解：A.从B运动到C的过程中机器人的向心加速度为：，故A错误；
B.机器人以1m/s的初速度匀减速至D点的最大加速度为：
最短的减速时间为：
匀减速过程的最小位移为：
从C点开始匀速运动的时间为：
从C运动到D点的最短时间为：t＝t1+t2＝1s+11.5s＝12.5s，故B正确；
C.对由A到B的过程有：，即加速度小于发生相对滑动的临界加速度1m/s2，故A到B过程中餐盘和水平托盘不会发生相对滑动，故C错误；
D.在BC段餐盘与托盘恰好不发生相对滑动时，由最大静摩擦力提供向心力，则有：
，解得：vm＝2m/s＜3m/s，则餐盘与水平托盘间会发生相对滑动，故D错误。
故选：B。
6. （2024 镇海区校级模拟）如图半径为L的细圆管轨道竖直放置，管内壁光滑，管内有一个质量为m的小球做完整的圆周运动，圆管内径远小于轨道半径，小球直径略小于圆管内径，下列说法不正确的是（ ）
A．经过最低点时小球可能处于失重状态
B．经过最高点Z时小球可能处于完全失重状态
C．若小球能在圆管轨道做完整圆周运动，最高点Z的速度v最小值为0
D．若经过最高点Z的速度v增大，小球在Z点对管壁压力可能减小
【解答】解：A.小球在最低点，加速度向上，则小球处于超重状态，故A错误；
B.小球经过最高点P时，若对轨道的压力为零，则重力完全提供向心力，小球处于完全失重状态，故B正确；
C.由于在最高点圆管能支撑小球，所以速度的最小值为零，故C正确；
D.若过最高点的速度较小，则在P点，小球在P点对管壁压力向下，轨道对小球有向上的弹力，根据牛顿第二定律可得
mg﹣F＝m
此时经过最高点P的速度增大，小球在P点和管壁的作用力减小，故D正确。
本题选不正确的，故选：A。
7. （2024 温州二模）如图甲所示，一艘正在进行顺时针急转弯训练的航母，运动轨迹可视作半径为R的水平圆周。航母在圆周运动中，船身发生了向外侧倾斜，且甲板法线与竖直方向夹角为θ，船体后视简图如图乙所示。一质量为m的小物块放在甲板上，与甲板始终保持相对静止，两者之间的动摩擦因数为μ（μ＞tanθ）。假设航母的运动半径R、夹角θ不随航速改变，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（ ）
A．航母对小物块的支持力FN＝mgcosθ
B．小物块可能只受重力、支持力两个力作用
C．航母的航速越大，则小物块受到的摩擦力越大
D．航母的最大航速
【解答】解：AB、根据题意可知，小物块做圆周运动，一定受到重力、支持力、摩擦力，通过正交分解法如图所示：
由图可知
mg﹣f2＝FN2
而FN2＝FNcosθ
f2＝fsinθ
联立解得
故AB错误；
CD、由图可知，小物块做圆周运动的向心力由f1和FN1提供，有
由于
FN1＝FNsinθ
f1＝fcosθ
联立上式整理解得
可得航母的航速越大，小物块受到的摩擦力越大；
当最大静摩擦力等于滑动摩擦力时，航母有最大航速，有
f＝μFN
代入上式得
由A中得
联立解得
故C正确，D错误。
故选：C。
8. （2024 宁波二模）如图所示，厨师在展示厨艺时，将蛋糕放置在一水平托盘上，并控制托盘做竖直平面内半径为R的匀速圆周运动，托盘始终保持水平。蛋糕可视为质点，与托盘之间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。若蛋糕始终与托盘保持相对静止，则托盘做匀速圆周运动的最大速率为（ ）
A． B． C． D．
【解答】解：蛋糕转至左上或右上两侧时，且当摩擦力达到最大静摩擦力时，托盘做匀速圆周运动的速率最大，设托盘给蛋糕最大静摩擦力为f，支持力为N，对于右上方或左上方可以得到
又f＝μN
两个式联立可以解得，当时，速度有最大值，则解得
故B正确，ACD错误。
故选：B。
9. （2024 西湖区校级模拟）如图所示，某环保人员在一次检查时发现一根圆形排污管正在向外满口排出大量污水。这根管道水平设置，管口离水面的高度为h，环保人员测量出管口中空直径为D，污水从管口落到水面的水平位移为x，该管道的排污流量为Q（流量为单位时间内流体通过某横截面的体积，流量Q＝Sv，S为横截面的面积，v为液体的流动速度）。若不计一切阻力，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．污水流速越快，水从出管口到抛入水面的时间越长
B．污水流速越快，留在空中水的体积越小
C．管道的排污流量为
D．污水抛入水面时速度方向可能与水面垂直
【解答】解：A、根据平抛运动规律可知，污水到达水面的时间，由高度决定，与流速无关，故A错误；
B、污水流速越快，一定时间内流出水的体积越大，故B错误；
C、流速v，因为Q＝Sv，所以Q，故C正确；
D、由于污水有初速度，最终速度必不与水面垂直，故D错误。
故选：C。
10. （2024 浙江模拟）“晨阳”杯篮球赛中，奔跑中的小硕想传球给站在侧面无人防守的小轩，已知二人的位置与小硕的速度v方向如图所示，不计空气阻力，则小硕要将球传给小轩（ ）
A．应该让球沿着1的方向抛出
B．应该让球沿着2的方向抛出
C．应该让球沿着3的方向抛出
D．应该让球沿着4的方向抛出
【解答】解：由于小硕具有向右的速度v，球与小硕具有相同的速度，为使静止的小轩接到球，则需要抵消篮球原有的速度，所以应该让求沿着1的方向抛出，故A正确，BCD错误。
故选：A。
11. （2024 浙江模拟）如图所示，水平地面有一个坑，其竖直截面为y＝kx2的抛物线（k＝1，单位为），ab沿水平方向，a点横坐标为，在a点分别以初速度v0、2v0（v0未知）沿ab方向抛出两个石子并击中坑壁，且以v0、2v0抛出的石子做平抛运动的时间相等。设以v0和2v0抛出的石子做平抛运动的时间为t，击中坑壁瞬间的速度分别为v1和v2，下落高度为H，（仅s和重力加速度g为已知量），则（ ）（选项中只考虑数值大小，不考虑量纲）
A．不可以求出t
B．可求出t大小为
C．可以求出v1大小为
D．可求出H的大小为2s2
【解答】解：ABD.由题可知，两个石子做平抛运动，运动时间一样，则下落的高度H一样，又因为落在抛物线上，所示是关于y轴对称的点上，可得如下关系
可得
v0t＝s
即可分别得出落在坑壁上两个石子的坐标分别为和，由
y＝kx2
可得初始高度为，在落到坑壁的高度可代入抛物线表达式计算求得为
所以利用高度之差可求得
H＝2s2
平抛运动的运动时间由
H
可求出
t2s
故D正确，AB错误；
C.由前面可求出
v0
竖直方向上的速度
vy＝gt＝2s
由运动的合成可得
v
故C错误。
故选：D。
12. （2024 温州三模）如图所示，将两小沙包a、b以不同的初速度分别从A、B两处先后相差0.5s水平相向抛出，同时落在水平面同一处，且速度方向与竖直方向夹角相等。两小沙包a、b视为质点，并在同一竖直面内运动，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．A处比B处高1.25m
B．若将两沙包同时水平抛出，落地前可能会相遇
C．若已知B处高度和沙包b的下落时间，可求出A、B的水平距离
D．若已知A处高度和沙包a的初速度，可求出A、B的水平距离
【解答】解：A.设A处高度h1，B处高度为h2，沙包a、b在竖直方向下做自由落体运动，A比B先释放0.5s，但是同时落地，肯定的A下落到B高度处不是0.5s，B的下落时间未知，肯定求不了，故A错误；
B.若将两沙包同时水平抛出，初速度不同，水平位移肯定不同，这里应该用竖直方向上不可能在同一高度分析，则落地前不会相遇，故B错误；
C.若已知B处高度和沙包b的下落时间。根据x＝v0t可知，不可求出沙包a的水平位移，但不能求出A、B的水平距离，故C错误。
D.若已知A处高度和沙包a的初速度，根据hgt2可求出沙包b的下落时间t，沙包b的下落时间为（t+0.5），根据x＝v0t可知，可求出沙包a的水平位移，同时落在水平面同一处，且速度方向与竖直方向夹角相等，即，又因为vay＝g（t+0.5），vvby＝gt，可求出vb0，根据x＝v0t可知，可求出沙包b的水平位移，故D正确，ABC错误。
故选：D。
13. （2024 浙江模拟）实验小组利用风洞研究曲线运动，如图所示。在风洞内无风时，将一小球从O点以某一速度水平抛出后，经过一段时间小球落到水平面上的O2点。现让风洞内存在图示方向的风，使小球受到恒定的风力，小球仍以相同的速度从O点水平抛出。下列说法正确的是（ ）
A．小球从抛出到落到水平面上的时间一定将增大
B．小球落到水平面上时的速度方向一定不与水平面垂直
C．小球可能落在水平面上的O1点
D．小球可能落在水平面上的O2点
【解答】解：A．无风时小球在竖直方向上的加速度a1＝g，有风时，设风力大小为F，小球受力情况如图所示
此时小球竖直方向的加速度
根据
则有风时小球运动的时间减小，故A错误；
B．由于v0、h、F及θ大小关系不确定，小球可能在水平方向向右刚好减速到零时，小球下落的速度方向与水平面垂直，故B错误；
C．由于v0、h、F及θ大小关系不确定，小球也可能在水平方向上向右减速到零后，再反向加速回到OO1竖直线上时，小球刚好落到水平面上的O1点，故C正确；
D．O1O2＝v0t，有风时，小球水平向右移动的最大距离
由A项分析已知t′＜t，故有x＜O1O2，即小球一定不能落到O2点，故D错误。
故选：C。
14. （2024 镇海区校级模拟）小海同学制作的游戏装置如图所示，安装在竖直轨道AB上的弹射器可上下移动，能射出速度大小可调节的小球。圆心为O的圆弧槽BCD上开有小孔P，小球落到小孔时，速度只有沿OP方向才能通过小孔，游戏成功。已知当弹射器在轨道上E位置，使小球以速度v0水平射出时，游戏成功，则进行下列操作后，仍能使游戏成功的是（ ）
A．弹射器在E位置，将小球以大于v0的速度斜向右上射出
B．弹射器在E位置，将小球以小于v0的速度斜向右下射出
C．升高弹射器至Q点，小球以大于v0的速度斜向右下射出
D．升高弹射器至Q点，小球以小于v0的速度斜向右上射出
【解答】解：AB.已知当弹射器在轨道上E位置，使弹丸以速度v0水平射出时，游戏成功，则设OP与OD的角度为α，则
tanα
x＝R+Rcosα＝v0t
y＝Rsinα+hgt2
vy＝gt
弹射器在E位置，h不变，y不变，t不变，vy不变，v0不变，应该以速度v0水平射出，故AB错误；
CD.升高弹射器至Q，h变大，y变大，t变大，vy变大，v0变大，设射出方向与水平方向的角度为β，水平方向
v1cosβ＝v0
则v1大于v0的速度斜向右下或者右上射出，故C正确，D错误。
故选：C。
15. （2024 绍兴二模）如图所示是杂技团一门水平放置的大炮，左前方地面上有一直径为50m的圆形靶区，炮口A在靶区边缘B点正上方7.2m处且正对靶心正上方C点。BD为靶区的一条水平直径，ABOCD五点在同一竖直平面内，现保持炮口位置不变，炮管以炮口为圆心水平旋转，所发射玩具炮弹的速率恒为25m/s。不计炮管口径的大小及炮弹的大小、空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．正对靶心水平射出时炮弹会落到靶心处
B．炮管与AC方向平行的位置开始水平转动角度等于30°时，炮弹将落在靶区外
C．炮管与AC方向平行的位置开始水平转动角度小于53°时，炮弹一定会落在靶区内
D．炮管水平转动角度越大，射出去的炮弹单位时间内速度的变化量越大
【解答】解：A、正对靶心水平射出时炮弹，根据平抛运动规律可知
x＝vt
h
解得t＝1.2s，x＝30mm＝25m
炮弹不会落到靶心处，故A错误；
BC、设炮管与AC方向平行的位置开始水平转动角度等于θ时，炮弹恰好落在靶区边缘，根据几何关系可知cosθ
解得θ＝53°
故B错误，C正确；
D、炮弹做平抛运动，射出去的炮弹单位时间内速度的变化量不变，故D错误；
故选：C。
16. （2024 温州二模）如图所示，A、B两位同学从同一高度分别抛出沙包1和2，两沙包抛出的初速度大小均为v0，方向与水平方向的夹角分别为θ1、θ2，且θ1＞θ2，两沙包抛出后在空中的运动轨迹分别如图中Ⅰ和Ⅱ所示。两位同学均能在各自的抛出点接住对方抛来的沙包，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．两抛出点之间的距离为
B．沙包1和2在空中运动时间之比为tanθ2
C．沙包1和2运动过程中最小速度之比为tanθ1
D．沙包1和2运动过程中离地的最大高度之比为tan2θ1
【解答】解：A、沙包做斜抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做竖直上抛运动，故
x＝v0cosθt
代入数据解得，故A正确；
B、根据运动的分解
沙包1和2在空中运动的竖直分速度为
vy1＝v0sinθ1
vy2＝v0sinθ2
根据运动学公式又有运动到最高点竖直方向分速度的大小为
vy1＝gt1
vy2＝gt2
联立整理解得有
沙包1和2在空中运动时间之比为：
，故B错误；
C、沙包1和2运动过程中最小速度出现在竖直分速度为零的时刻，故
vmin＝v0cosθ
故沙包1和2运动过程中最小速度之比为
故C错误；
D、沙包1和2运动过程中离地的最大高度为
故沙包1和2运动过程中离地的最大高度之比为：
故D错误，
故选：A。
17. （2024 宁波模拟）图为西湖音乐喷泉某时刻的照片，水从喷口倾斜射出，空中呈现不同的抛物线，取其中4条抛物线，分别记作①②③④，空气阻力不计，下列说法正确的是（ ）
A．4条水柱中，①中的水上升较高，其出射速度最快
B．②中的水比③中的水在空中运动的时间长
C．在最高点，②中的水比③中的水速度大
D．喷口水平倾角越小，水射程越远
【解答】解：A、4条水柱中，①中的水上升较高，水在空中的运动时间最大，出射时的竖直速度最大，而其水平位移最小，所以水平速度最小，则出射速度不一定最大，故A错误；
B、②中的水的高度大于③中的水的高度，所以②中的水在空中运动的时间长，故B正确；
C、在最高点，水的速度为水平方向速度，而②中的水比③中的水水平速度小，故C错误；
D、水的射程为
当喷口水平倾角为45°时，水射程越远，故D错误。
故选：B。
18. （2024 金东区校级模拟）如图所示，甲同学在地面上将排球以速度v1击出，排球沿轨迹①运动；经过最高点后，乙同学跳起将排球以水平速度v2击回，排球沿轨迹②运动，恰好落回出发点。忽略空气阻力，则排球（ ）
A．沿轨迹②运动的最大速度可能为v1
B．沿轨迹①运动的最小速度为v2
C．沿轨迹①和轨迹②运动过程的速度变化量大小相同
D．沿轨迹①和轨迹②运动过程的平均速度大小可能相同
【解答】解：AB.根据图像可知，轨迹①最高点大于轨迹②最高点，分析在最高点往左运动，根据平抛规律可知
轨迹①运动时间长，但水平位移小，所以轨迹①水平分速度小；
竖直分速度 v2＝2gh 轨迹①的大，所以沿轨迹②运动的最大速度可能为v1，沿轨迹①运动的最小速度即水平速度，小于v2，故A正确，B错误；
C.沿轨迹①和轨迹②运动过程的速度变化量Δv＝gΔt不同，因为运动时间不同，故C错误；
D.沿轨迹①和轨迹②运动过程的平均速度大小不同，因为位移大小相同，但时间不同，故D错误。
故选：A。
19. （2024 浙江模拟）如图所示装置由传送带、竖直细圆管螺旋轨道（最低点B分别与水平轨道AB、BC连接）组成。开始时可视为质点的滑块静置于传送带左端，由静止开始以可调的加速度a匀加速启动的传送带带动后，滑块滑过圆管轨道，并滑上上端与轨道BC相平的6个紧密排列的相同木块。已知滑块质量m＝0.01kg，每个木块的质量M＝0.01kg，宽度d＝0.1m，传送带的长度L＝2m，圆管轨道的半径R＝0.1m，滑块与传送带及木块间的动摩擦因数分别为μ1＝0.2，μ2＝0.4，木块与地面DE的动摩擦因数为μ3＝0.1，各轨道间平滑连接，不计水平轨道与传送带及木块间的间隙，各轨道均光滑。
（1）若a＝1m/s2，则运动到圆心等高处P点时，滑块受到的轨道作用力FN大小；
（2）当滑块运动到C点时，动能Ek与加速度a之间满足的关系；
（3）若滑块最终静止在木块5上，求：
①a大小的范围；
②木块5的最大速度vm及运动的最远距离xm。
【解答】解：（1）滑块和传送带之间保持相对静止，根据能量守恒，合外力对物块做的功等于物块在P点时的机械能
W合＝Ep
即
带入数据
解得
v2＝2m2/s2
由轨道支持力提供向心力公式
（2）滑块能够到达C点的条件为，动能不小于在圆轨道最高点的重力势能
Ek≥E′p
v2≥4m2/s2
由匀加速直线运动推导公式v2＝2aL代入可得
2aL≥4m2/s2
a≥1m/s2
同时由最大摩擦力为滑动摩擦力可知滑块的最大加速度为
所以滑块能够滑到C的条件为
1m/s2≤a≤2m/s2
由动能公式结合匀加速直线运动推导公式可得动能与加速度的关系是
（3）①滑块过C点在木块上滑动时，木块整体受到水平向右滑块给的摩擦力与水平向左地面给的摩擦力，当水平向右的摩擦力大于水平向左摩擦力时，木块将水平向右匀加速运动当速度与滑块作匀减速运动的速度相同时，两者保持相对静止作匀减速运动。木块所受水平向右的摩擦力为
f右＝μ2mg＝0.4×0.01×10N＝0.04N
木块所受水平向左的摩擦力为
f左＝μ3（nM+m）g＝0.1×（n×0.01+0.01）×10N＝0.01（n+1）N
所以当滑块滑到木块5上时，木块5和6开始向右作匀加速直线运动，此时木块所受水平向左的摩擦力大小为
f左＝0.03N
木块5和6向右的加速度为
滑块能够滑动到木块5上面，则其动能不小于滑块从C到木块5的摩擦力对滑块做的功
Ek≥Wf
0.02a≥μ2mg×4d
0.02a≥0.4×0.01×10×4×0.1
a≥0.8m/s2
而所以滑块能够滑到C的条件为1m/s2≤a≤2m/s2已经满足滑上木块5。而滑块静止在木块5而不滑上木块6的条件是，滑块离开木块5前与木块具有相同速度，根据能量守恒
Ek＝Ek末+Ek56+Q摩擦热
其中 为木块5和6与滑块速度相同时前进的位移，为滑块在木块5上面的位移。对木块运用匀加速直线运动推导公式
v2＝2a木s＝2×0.5s＝s
代入能量守恒公式得
滑块做初速度为v4加速度为a＝μ2g的匀减速直线运动，木块做初速度为0加速度为0.5m/s2的匀加速度直线运动，两者经时间t速度达到相同，运用运动学公式
v4﹣μ2gt＝0.5t
v4﹣0.4×10t＝0.5t
求得
对滑块进行能量分析
求得
对木块进行运动学公式
解得
将其代入d′
求得
因为滑块要静止在木块5上面，所以d′≤d
解得
a≤1.025m/s2
综上所述滑块要静止与木块5上方，应满足1m/s2≤a≤1.025m/s2。
②根据①中可知，当a＝1.025m/s2木块5存在最大速度vm
解得
vm＝0.105m/s
其中木块5最远位移分为两段，前半段位移为
后半段为滑块与木块5和6一起匀减速，根据两端的运动学公式
v2＝2a木s1
v2＝2a木's2
解得
所以木块5运动的最远距离
xm＝x1+x2
解得
xm＝0.0167m
答：（1）滑块受到的轨道作用力FN大小0.2N；
（2）当滑块运动到C点时，动能Ek与加速度a之间满足的关系Ek＝0.02a；
（3）①a大小的范围1m/s2≤a≤1.025m/s2；
②木块5的最大速度0.105m/s，运动的最远距离0.0167m。
20. （2024 台州二模）如图所示装置放置在水平地面上，质量m1＝0.5kg的滑块P从四分之一光滑圆弧A端点滑到B端点，随后通过顺时针转动的传送带。已知圆弧半径R＝0.5m，传送带长d＝1m，与地面高度h＝1.8m。滑块可视为质点，滑块P与传送带的动摩擦因数μ＝0.3，不计空气阻力与传送带转轮的大小。
（1）求滑块P滑到圆弧B端点时受到轨道的作用力大小；
（2）求滑块P由C抛出的水平距离x与传送带速度v的关系；
（3）若传送带速度v＝6m/s，将木块M与N并排静置在光滑地面上，木块M上固定一竖直轻杆，轻杆上端小横杆上系一长为l＝2m的轻细线，细线下端系一质量为m2＝0.5kg的小球Q，滑块P从传送带飞出后恰好与小球Q碰撞并连结为一整体S（可视为质点），随后绕悬点小角度摆动（不与竖直杆碰撞）。已知木块M与N的质量分别为m3＝1kg与m4＝2kg。求木块M与N分离时S的速度大小。
【解答】解：（1）设滑块P滑到圆弧B端点时的速度大小为vB，根据动能定理得：
解得：
在B点对滑块P，根据牛顿第二定律得：
解得滑块P滑到圆弧B端点时受到轨道的作用力大小为：FN＝15N
（2）滑块P由C抛出后做平抛运动，在竖直方向做自由落体运动，则有：
，解得：t＝0.6s
若滑块P在传送带上一直减速运动，由B到C的过程，根据动能定理得：
解得到达C点的最小速度为：v1＝2m/s
若滑块P在传送带上一直加速运动，同理可得：
解得到达C点的最大速度为：v2＝4m/s
若传送带的速度v满足：0＜v≤2m/s，则水平距离x＝v1t＝2×0.6m＝1.2m
若传送带的速度v满足：2m/s＜v＜4m/s，则水平距离x＝vt＝0.6v（m）
若传送带的速度v满足：v≥4m/s，则水平距离x＝v2t＝4×0.6m＝2.4m
（3）若传送带速度v＝6m/s，由（2）可知滑块P在C点飞出时的速度大小为v2＝4m/s。滑块P与小球Q碰撞过程，在水平方向上满足动量守恒定律，以向右为正方向，则有：
m1v2＝（m1+m2）v3
解得碰撞后瞬间结合体S的速度为：v3＝2m/s
碰撞后结合体S、木块M与N三者组成的系统在水平方向上满足动量守恒定律，结合体S向右摆到最高点，再返回到最低点时木块M与N分离，以向右为正方向，根据动量守恒定律与机械能守恒定律得：
（m1+m2）v3＝（m1+m2）v4+（m3+m4）v5
解得：v4＝﹣1m/s，v5＝1m/s
木块M与N分离时S的速度大小为1m/s，方向水平向左。
答：（1）滑块P滑到圆弧B端点时受到轨道的作用力大小为15N；
（2）滑块P由C抛出的水平距离x与传送带速度v的关系为x＝1.2m，（0＜v≤2m/s）；x＝0.6v（m），（2m/s＜v＜4m/s）；x＝2.4m，（v≥4m/s）；
（3）木块M与N分离时S的速度大小为1m/s。
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
HYPERLINK "http://21世纪教育网(www.21cnjy.com)
" 21世纪教育网(www.21cnjy.com)
