2025年高考物理押题预测考前冲刺--曲线运动（有解析）

2025年高考物理押题预测考前冲刺--曲线运动
一．选择题（共8小题）
1．（2025 温州三模）如图所示是一种投弹式干粉消防车。某次灭火行动中，消防车出弹口到高楼水平距离x＝12m，发射灭火弹的初速度与水平面夹角θ＝53°且灭火弹恰好垂直射入建筑玻璃窗。已知灭火弹可视为质点，不计空气阻力，sin53°＝0.8，则灭火弹在空中运动的轨迹长度最接近于（　　）
A．13m B．14m C．15m D．20m
2．（2025 辽宁三模）如图所示，是在哈尔滨举行的第九届亚冬会跳台滑雪赛道的简化图。可视为质点的运动员在t＝0时刻从M点由静止自由滑下，经过水平滑道NP段后飞出，落在斜坡上的Q点。若不计运动员经过N点的动能损失，忽略其运动过程中受到的阻力，用vx、vy，v、a分别表示该过程中运动员水平方向的速度大小、竖直方向的速度大小、实际运动的速度大小、加速度大小，t表示其运动的时间，下列图像中正确的是（　　）
A． B．
C． D．
3．（2025 汕头二模）随着中国农业科技的飞速发展，无人机精准播种技术已成为现代农业至关重要的组成部分。如图所示，无人机以速度v在匀速水平直线飞行过程中，每隔相等时间Δt释放一颗种子。忽略空气阻力，关于相邻释放的两颗种子运动情况，分析正确的是（　　）
A．在空中均做自由落体运动
B．在空中时，水平距离为x＝vΔt
C．落在同一水平地面时，它们的水平距离为x＝vΔt
D．在空中运动时，竖直方向的高度差一直保持不变
4．（2025 海淀区校级模拟）在研究向心力大小的实验中，先用一根不可伸长的细绳一端选悬挂于某一点，另一端固定一个小球，使小球在某一水平面内沿A轨道做匀速圆周运动，再增加细绳的长度，使小球仍在同一水平面内沿B轨道做匀速圆周运动，如图所示。则（　　）
A．小球在B轨道上做圆周运动的加速度较小
B．小球在B轨道上做圆周运动的线速度较小
C．小球在B轨道上做圆周运动的角速度较大
D．小球在A、B两轨道上分别运动半个周期的过程中，重力的冲量相等
5．（2025 朝阳区校级四模）在2024年巴黎奥运会上，中国女子网球运动员郑钦文获得单打金牌，取得了历史性突破。郑钦文拥有极高的发球技术，常常发出角度刁钻、速度极快而使对方无法回接的ACE球。现将运动员发出的网球在空中的运动视为平抛运动，如图所示，某次在A点正上方某高度发出的球擦着球网在对方场地的落点为B，若仍在A点正上方发球，要求发出的球擦着球网在对方场地的落点为C，则需要（　　）
A．减小抛出点高度的同时减小初速度的大小
B．增大抛出点高度的同时增大初速度的大小
C．减小抛出点高度的同时增大初速度的大小
D．增大抛出点高度的同时减小初速度的大小
6．（2025 沙坪坝区校级三模）“谷雨前后，点瓜种豆”是一句农业谚语。如图甲所示为农民伯伯用手抛撒谷粒进行水稻播种。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P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P点
D．两谷粒到达P点时重力的瞬时功率相同
7．（2025 绵阳模拟）如图所示，P是足够高的竖直墙面，Q是固定在距离墙面0.5m远处的竖直挡板，挡板高0.75m。现在距离墙面l1＝3m处以水平向右的初速度将一小球抛出，抛出点距地面高h1＝2m，小球与墙面碰撞后竖直方向速度不变，水平方向速度方向反向、大小变为碰前的三分之二、小球与墙面碰撞时间极短，重力加速度g取10m/s2。小球落在挡板Q和墙之间（小球落地后不再反弹），则小球抛出的初速度大小可能为（　　）
A．4m/s B．7m/s C．8m/s D．10m/s
8．（2025 南京二模）如图，小车沿固定的等距螺旋轨道向上做匀速率运动，轨道各处弯曲程度相同。在此过程中，该小车（　　）
A．角速度大小不变 B．向心力不变
C．处于平衡状态 D．处于超重状态
二．多选题（共4小题）
（多选）9．（2025 贵阳三模）如图所示，在水平圆盘圆心O的一侧，沿半径方向放着用轻杆相连的两个物体A和B，A、B的质量均为m，与圆盘的动摩擦因数分别为μA、μB，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现使圆盘在不同的角速度ω下绕过O的竖直轴匀速转动，已知重力加速度为g，则B未发生相对滑动前，其所受的静摩擦力f与ω2的关系图像可能是（　　）
A． B．
C． D．
（多选）10．（2025 山东模拟）一儿童站在斜坡上玩耍，他将石子以一定的初速度抛出。如图甲、乙所示，儿童第一次、第二次均由同一点P将石子以相同的方向抛出，其初速度大小分别为v1、v2，石子分别落在斜坡上M、N两点处。设图甲、乙中石子在空中运动时间分别为t1、t2，PM、PN的长度分别为x1，x2，忽略石子出手时与斜面的距离及空气阻力。下列说法正确的是（　　）
A．
B．
C．
D．石子在M点和在N点速度方向相同
（多选）11．（2025 南宁三模）如图所示，在水平地面上，左右两侧各固定一半径为R的圆弧轨道，两轨道分别与地面相切于B、C点，左侧轨道的最高点A与圆心O1等高，右侧半圆形轨道的D点与圆心O2等高，最高点为E点，左侧轨道粗糙，水平地面BC和右侧轨道均光滑。质量为m的物块以初速度v0从A处竖直向下进入轨道，运动至B点的速度为，重力加速度为g。则下列说法正确的是（　　）
A．物块从A运动到B的过程中，克服摩擦力做功为mgR
B．若物块从A处静止释放，到达B点时的速度为
C．物块从C运动到D的过程中，其重力的瞬时功率一直增大
D．物块将在右侧轨道上距离地面高度为R处脱离轨道
（多选）12．（2025 大通县三模）如图甲所示，小明同学在某次投篮练习中，将篮球从P点以初速度v0斜向上抛出，篮球从Q点进入篮框，篮球抛出的同时用摄像机拍摄篮球的运动并利用视频跟踪软件进行分析。篮球的初速度与水平方向的夹角为60°，斜向下进篮框时速度与水平方向的夹角为30°。从抛出时刻开始计时，篮球在竖直方向上的位置坐标随时间的变化图像如图乙所示。取重力加速度g＝10m/s2，不计空气阻力，篮球可视为质点，则（　　）
A．v0＝5m/s
B．v0＝10m/s
C．PQ连线与水平方向的夹角的正切值为
D．PQ连线与水平方向的夹角的正切值为
三．填空题（共4小题）
13．（2025 福建模拟）如图所示，这是皮带传动装置，左侧皮带轮的半径为2r，右侧皮带轮的半径为r，A为左侧皮带轮上一点，A点到圆心O的距离为r，B为右侧皮带轮边缘上一点，当皮带轮匀速转动时，皮带与皮带轮之间不打滑，A、B两点的角速度大小之比ωA：ωB＝ 　 　 ，A、B两点的向心加速度大小之比aA：aB＝ 　 　 。
14．（2025 铜仁市模拟）用传感器和计算机可以方便的描绘出做平抛运动物体的运动情况，其装置和原理如图甲所示，运动的圆形物体A能够发射红外线脉冲和超声波脉冲，被接收装置B1、B2接收，将数据传递给计算机，经计算机处理后，即可得到做平抛运动的物体A在两个方向上的v﹣t图像如图乙所示，其中图线a为（1）　 　 方向图像、图线b为（2）　 　 方向图像。经计算机拟合数据得到a图线斜率为9.792，说明A物体在该方向上做（3）　 　 运动。
15．（2025 福建一模）如图所示，这是皮带传动装置，左侧皮带轮的半径为2r，右侧皮带轮的半径为r，A为左侧皮带轮上一点，A点到圆心O的距离为r，B为右侧皮带轮边缘上一点，当皮带轮匀速转动时，皮带与皮带轮之间不打滑，A、B两点的角速度大小之比ωA：ωB＝ 　 　 ，A、B两点的向心加速度大小之比aA：aB＝ 　 　 。
16．（2025 华安县校级模拟）如图所示，质量m＝2.0×104kg的汽车以不变的速率先后驶过凹形桥面和凸形桥面，两桥面的圆弧半径均为60m，如果桥面承受的压力不得超过3.0×105N，则：
（1）汽车允许的最大速率v＝　 　 m/s；
（2）若以所求速度行驶，汽车对桥面的最小压力F＝　 　 N。
四．解答题（共4小题）
17．（2025 陕西模拟）如图所示，离心液体分离器是一种利用离心现象将液体混合物中不同密度的成分进行分离的设备。某次运行检测，注入密度为ρ的某种液体，当其达到稳态时，可将其简化如下：密度为ρ的液体在中心转鼓的作用下以恒定角速度ω绕中心轴在一个竖直放置的圆柱形容器内匀速旋转；液体在旋转过程中形成一个稳定的旋转环，可将其近似看作围绕中心轴在水平方向做匀速圆周运动的薄层液体。设薄层液体距离中心轴的半径为r，水平厚度d（d远小于r）、竖直深度h在运动过程中均保持不变。（r、ρ、d、h、ω、Δt均为已知量）求：
（1）在（极短的时间）Δt内，该薄层液体通过任意截面的质量Δm。
（2）该薄层液体在（极短的时间）Δt时间内速度的变化量Δv的大小。
（3）该薄层液体对容器外侧壁产生的压强p。
18．（2025 无极县校级二模）某公园的台阶如图甲所示，已知每级台阶的水平距离s＝30cm，高度h＝20cm。台阶的侧视图如图乙所示，虚线AB恰好通过每级台阶的顶点。某同学将一小球置于最上面一级台阶的顶点A，将其以初速度v0水平抛出，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2。
（1）要使小球落到第1级台阶上，初速度v0的范围为多大？
（2）若v0＝2.5m/s，小球首先撞到哪一级台阶上？
（3）若小球可直接击中B点，求此种情况下小球从开始抛出到离虚线AB最远时所经历的时间。
（4）若v0＝5m/s，每次与台阶或地面碰撞时（碰撞时间极短可忽略），竖直方向的速度大小都变为原来的0.5倍，方向与原方向相反，水平方向的速度不变，试求小球从抛出到与台阶或地面碰撞4次所经历的总时间。
19．（2025 太原模拟）如图所示，将质量为m的物块放在转盘上，物块与轻弹簧用一段穿过转盘圆心的不可伸长的轻绳相连，弹簧的劲度系数为k且满足kL＝3mg，g为重力加速度。当物块随转盘一起转动的角速度为ω0时，弹簧恰处于原长状态，物块距盘心的距离为L。已知物块与转盘间的动摩擦因数μ＝0.5，忽略轻绳与转盘间的摩擦，弹簧始终处于弹性限度内，且弹性势能。现让转盘以2ω0的角速度匀速转动，则当系统稳定时，求：
（1）弹簧的弹力大小；
（2）该过程摩擦力对物块做的功。
20．（2025 临清市模拟）直升机在火灾救援、缉私缉毒、探测资源等等方面有广泛应用。如图，在某次救灾中直升机悬挂物品箱一起在水平方向上以v1＝3m/s的速率做匀速运动，在竖直方向上从水平地面由静止开始做加速度大小为2m/s2的匀加速直线运动，经时间2s后悬绳突然断裂。忽略空气阻力，取g＝10m/s2。求：
（1）悬绳断裂时物品箱的速度大小v0；
（2）悬绳断裂后经多长时间物品箱落到地面。（结果可用根式表示）
2025年高考物理押题预测考前冲刺--曲线运动
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
1．（2025 温州三模）如图所示是一种投弹式干粉消防车。某次灭火行动中，消防车出弹口到高楼水平距离x＝12m，发射灭火弹的初速度与水平面夹角θ＝53°且灭火弹恰好垂直射入建筑玻璃窗。已知灭火弹可视为质点，不计空气阻力，sin53°＝0.8，则灭火弹在空中运动的轨迹长度最接近于（　　）
A．13m B．14m C．15m D．20m
【分析】灭火弹的运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的匀变速运动（抛物线运动）。灭火弹垂直射入玻璃窗，说明其竖直分速度减为零，此时水平分速度仍保持不变。利用运动学公式和几何关系，计算轨迹长度。
【解答】解：设初速度为v0，根据夹角θ＝53°，可以分解初速度为水平分量v0x和竖直分量v0y，v0x＝v0cos53°＝0.6v0，v0y＝v0sin53°＝0.8v0.v0y＝0.8v0.水平方向为匀速直线运动，水平位移x＝12米，水平速度v0x＝0.6v0，因此水平运动时间为：
竖直方向为匀减速直线运动，加速度为重力加速度g，初速度为v0y＝0.8v0末速度为0（因为灭火弹垂直射入玻璃窗）。根据速度公式vy＝v0y﹣gt，当vy＝0时，
解得：，竖直位移y可以通过位移公式计算：
可得：y＝8m
轨迹长度为抛物线弧长，可以使用微积分方法计算，但这里我们采用近似方法。轨迹长度L近似为：m
因此，灭火弹在空中运动的轨迹长度最接近于14m。故B正确，ACD错误；
故选：B。
【点评】本题主要考查斜抛运动的知识，利用运动学知识求解即可。
2．（2025 辽宁三模）如图所示，是在哈尔滨举行的第九届亚冬会跳台滑雪赛道的简化图。可视为质点的运动员在t＝0时刻从M点由静止自由滑下，经过水平滑道NP段后飞出，落在斜坡上的Q点。若不计运动员经过N点的动能损失，忽略其运动过程中受到的阻力，用vx、vy，v、a分别表示该过程中运动员水平方向的速度大小、竖直方向的速度大小、实际运动的速度大小、加速度大小，t表示其运动的时间，下列图像中正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【分析】分别分析各个阶段的运动情况，知道在MN段做匀加速直线运动，在NP段做匀速直线运动，在PQ段做平抛运动，据此分析即可。
【解答】解：D、设MN段的斜面倾角为θ，则运动员在MN段的加速度大小为a＝gsinθ，在NP段的加速度为零，在PQ段的加速度为重力加速度，大于MN段的加速度，故D正确；
AB、运动员在MN段做匀加速直线运动，所以在水平方向和竖直方向的速度都是均匀增加的，在NP段水平方向的速度保持不变，竖直方向的速度为零，在PQ段做的是平抛运动，水平方向的速度保持不变，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，所以竖直方向的速度随时间变化图线应该是经过原点的倾斜直线，故AB错误；
C、运动员在PQ段的速度为v，所以v与t不成线性关系，故C错误。
故选：D。
【点评】能够分析清楚运动员在各段的运动情况是解题的基础。
3．（2025 汕头二模）随着中国农业科技的飞速发展，无人机精准播种技术已成为现代农业至关重要的组成部分。如图所示，无人机以速度v在匀速水平直线飞行过程中，每隔相等时间Δt释放一颗种子。忽略空气阻力，关于相邻释放的两颗种子运动情况，分析正确的是（　　）
A．在空中均做自由落体运动
B．在空中时，水平距离为x＝vΔt
C．落在同一水平地面时，它们的水平距离为x＝vΔt
D．在空中运动时，竖直方向的高度差一直保持不变
【分析】种子在离开无人机后都有水平速度v，且忽略空气阻力，故两颗种子在空中做平抛运动，水平方向做匀速运动，竖直方向做自由落体运动。
【解答】解：A．种子在离开无人机后有水平速度v，忽略空气阻力，两颗种子在空中做平抛运动，故A错误；
B．在空中时，两颗种子的水平速度相同，故两颗种子在相同的时间内在水平方向上运动的位移相同，故两颗种子水平距离为零，故B错误；
C．根据平抛运动规律，两颗种子下落相差时间为Δt，当两颗种子先后落在同一水平地面时，则它们的水平距离为x＝vΔt
故C正确；
D．设第二颗种子下落的时间为t，第一种子下落的时间为t+Δt，两颗种子在竖直方向上都做自由落体运动，则有，
则在空中运动时，两颗种子在竖直方向的高度差为
可知随着时间t的增加，两颗种子在竖直方向的高度差Δh增加，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查了生活中的平抛运动的合成与分解，竖直方向上做自由落体运动，题目较简单。
4．（2025 海淀区校级模拟）在研究向心力大小的实验中，先用一根不可伸长的细绳一端选悬挂于某一点，另一端固定一个小球，使小球在某一水平面内沿A轨道做匀速圆周运动，再增加细绳的长度，使小球仍在同一水平面内沿B轨道做匀速圆周运动，如图所示。则（　　）
A．小球在B轨道上做圆周运动的加速度较小
B．小球在B轨道上做圆周运动的线速度较小
C．小球在B轨道上做圆周运动的角速度较大
D．小球在A、B两轨道上分别运动半个周期的过程中，重力的冲量相等
【分析】小球靠重力和绳子的拉力提供向心力，根据牛顿第二定律求出角速度、线速度的大小，加速度的大小关系，根据冲量公式I＝Ft，判断冲量关系。
【解答】解：C、设绳子与竖直方向的夹角为θ，则有mgtanθ＝mω2lsinθ．两球的竖直高度相同，即lcosθ相同，则ω相同，故C错误。
A、做圆周运动的加速度a＝rω2，ω相同，B的轨道半径较大，故小球在B轨道上做圆周运动的加速度较大，故A错误；
B、做圆周运动的线速度v＝rω，ω相同，B的轨道半径较大，故小球在B轨道上做圆周运动的线速度较大，故B错误；
D、小球在A、B两轨道上分别运动ω相同，则周期相同，在两轨道上分别运动半个周期的过程中，时间相同，重力的冲量相等，故D正确。
故选：D。
【点评】圆锥摆模型是考查向心力的重要模型，解决本题的关键搞清向心力的来源，运用牛顿第二定律求解。
5．（2025 朝阳区校级四模）在2024年巴黎奥运会上，中国女子网球运动员郑钦文获得单打金牌，取得了历史性突破。郑钦文拥有极高的发球技术，常常发出角度刁钻、速度极快而使对方无法回接的ACE球。现将运动员发出的网球在空中的运动视为平抛运动，如图所示，某次在A点正上方某高度发出的球擦着球网在对方场地的落点为B，若仍在A点正上方发球，要求发出的球擦着球网在对方场地的落点为C，则需要（　　）
A．减小抛出点高度的同时减小初速度的大小
B．增大抛出点高度的同时增大初速度的大小
C．减小抛出点高度的同时增大初速度的大小
D．增大抛出点高度的同时减小初速度的大小
【分析】两次发球，球都擦着球网落地，可知从球网至落地时间相同，根据水平位移分析两次的水平速度，由此分析从A点至球网的运动时间，根据时间分析其下落高度，进而可得抛出点高度。
【解答】解：球做平抛运动，水平方向x＝v0t，竖直方向，两次发球，球都擦着球网落地，下落高度相同，可知从球网至落地时间相同，第二次水平位移增大，可知第二次水平速度增大，即初速度增大，从A点至球网的水平位移不变，则可知第二次运动时间减小，下落高度减小，故抛出点高度减小，故C正确，ABD错误。
故选：C。
【点评】考查对平抛运动规律的理解，将其运动分解成水平、竖直两个方向分析。
6．（2025 沙坪坝区校级三模）“谷雨前后，点瓜种豆”是一句农业谚语。如图甲所示为农民伯伯用手抛撒谷粒进行水稻播种。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P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P点
D．两谷粒到达P点时重力的瞬时功率相同
【分析】斜抛运动和平抛运动在的加速度为重力加速度，在相同时间内速度变化率相等，根据速度—位移关系解得谷粒的竖直速度解得谷粒的瞬时功率。
【解答】解：AC、谷粒1做平抛运动，谷粒2做斜上抛运动，可知到达P点的时间不同，谷粒1先到达P点，谷粒2还要向上位移一段距离，无法得出v1＜v2，故A错误，C正确；
B、在空中谷粒的加速度为重力加速度g，两个谷粒的速度变化率相等，故B错误；
D、谷粒1、2在竖直方向位移相同，加速度相同，但谷粒2有向上的初速度，根据速度—位移关系可得，达到P点时谷粒2的竖直速度较大，根据
P＝vymg
可得
P1＜P2
两谷粒到达P点时重力的瞬时功率不相同，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查了平抛运动和斜抛运动在竖直方向和水平方向上的计算，以及瞬时功率的计算。
7．（2025 绵阳模拟）如图所示，P是足够高的竖直墙面，Q是固定在距离墙面0.5m远处的竖直挡板，挡板高0.75m。现在距离墙面l1＝3m处以水平向右的初速度将一小球抛出，抛出点距地面高h1＝2m，小球与墙面碰撞后竖直方向速度不变，水平方向速度方向反向、大小变为碰前的三分之二、小球与墙面碰撞时间极短，重力加速度g取10m/s2。小球落在挡板Q和墙之间（小球落地后不再反弹），则小球抛出的初速度大小可能为（　　）
A．4m/s B．7m/s C．8m/s D．10m/s
【分析】小球与墙面碰撞前、后均做平抛运动，可把小球的运动分解成水平方向匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，根据运动学公式求解即可。
【解答】解：当小球恰能从Q的顶端飞过时，则初速度
若小球打到墙面上反弹后恰能落到挡板Q的上端，设碰墙前后小球运动的时间分别为t1、t2，则有，l1＝v0t1，，t＝t1+t2
联立解得v0＝7.5m/s
可知小球的速度范围5m/s～7.5m/s之间。
故ACD错误，B正确。
故选：B。
【点评】本题考查了平抛运动，关键会分解小球的运动，找到水平、竖直位移满足的关系，常规题型。
8．（2025 南京二模）如图，小车沿固定的等距螺旋轨道向上做匀速率运动，轨道各处弯曲程度相同。在此过程中，该小车（　　）
A．角速度大小不变 B．向心力不变
C．处于平衡状态 D．处于超重状态
【分析】根据曲线运动的合外力，加速度和角速度，超失重知识进行分析解答。
【解答】解：小车做曲线运动，具有向心加速度，所受合外力不为0，合外力提供向心力，但方向变化，其运动过程中不是平衡状态；轨道等螺距，小车运动过程在竖直方向的速度不变，小车运动过程在竖直方向没有加速度，所以小车既不处于超重状态，也不处于失重状态，只有角速度大小不变，故A正确，BCD错误。
故选：A。
【点评】考查曲线运动的合外力，加速度和角速度，超失重知识，会根据题意进行准确分析解答。
二．多选题（共4小题）
（多选）9．（2025 贵阳三模）如图所示，在水平圆盘圆心O的一侧，沿半径方向放着用轻杆相连的两个物体A和B，A、B的质量均为m，与圆盘的动摩擦因数分别为μA、μB，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现使圆盘在不同的角速度ω下绕过O的竖直轴匀速转动，已知重力加速度为g，则B未发生相对滑动前，其所受的静摩擦力f与ω2的关系图像可能是（　　）
A． B．
C． D．
【分析】当摩擦力达到最大静摩擦力时物体开始滑动；角速度较小时静摩擦力提供向心力，角速度较大时静摩擦力与杆的合力提供向心力；根据物体的受力情况应用牛顿第二定律分析答题。
【解答】解：A、角速度较小时静摩擦力提供向心力，当摩擦力达到最大静摩擦力时物体开始滑动
在角速度增大过程中，如果B所受摩擦力先达到最大静摩擦力，则B先开始滑动，
对B，由牛顿第二定律得f＝mω2rB∝ω2，fBmax＝μBmg，故A正确；
BCD、如果A所受摩擦力先达到最大静摩擦力，A所受摩擦力达到最大静摩擦力后杆产生弹力，
A所受摩擦力达到最大静摩擦力时，对B，由牛顿第二定律得f＝mω2rB∝ω2
A所受摩擦力达到最大静摩擦力后，对A、B整体，由牛顿第二定律得f+μAmg＝mω2rA+mω2rB＝m（rA+rB）ω2
解得f＝m（rA+rB）ω2﹣μAmg，当B所受摩擦力达到最大静摩擦力μBmg后，A、B一起滑动，故B正确，CD错误。
故选：AB。
【点评】分析清楚物体的运动过程与受力情况、知道向心力来源是解题的前提，应用牛顿第二定律分析即可解题。
（多选）10．（2025 山东模拟）一儿童站在斜坡上玩耍，他将石子以一定的初速度抛出。如图甲、乙所示，儿童第一次、第二次均由同一点P将石子以相同的方向抛出，其初速度大小分别为v1、v2，石子分别落在斜坡上M、N两点处。设图甲、乙中石子在空中运动时间分别为t1、t2，PM、PN的长度分别为x1，x2，忽略石子出手时与斜面的距离及空气阻力。下列说法正确的是（　　）
A．
B．
C．
D．石子在M点和在N点速度方向相同
【分析】将石子的运动分解到沿斜面和垂直于斜面方向，将重力加速度沿斜面和垂直于斜面方向分解，根据速度—时间关系判断石子在空中运动时间关系；沿斜面方向根据位移—时间关系判断位移关系；根据速度方向角判断石子在M点和在N点速度方向关系。
【解答】解：A、设v1、v2于斜面之间的夹角为θ，将重力加速度沿斜面和垂直于斜面方向分解为ax，ay，则，
则
故A正确；
D、设甲、乙石子落到斜坡上时的速度方向与斜坡的夹角分别为α、β，由几何关系，
结合
联立可得α＝β
故石子在M点和在N点速度方向相同，故D正确；
BC、沿斜面方向有，
整理可得
故B错误，C正确。
故选：ACD。
【点评】解决本题的关键知道斜抛运动在沿斜面和垂直于斜面方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解。
（多选）11．（2025 南宁三模）如图所示，在水平地面上，左右两侧各固定一半径为R的圆弧轨道，两轨道分别与地面相切于B、C点，左侧轨道的最高点A与圆心O1等高，右侧半圆形轨道的D点与圆心O2等高，最高点为E点，左侧轨道粗糙，水平地面BC和右侧轨道均光滑。质量为m的物块以初速度v0从A处竖直向下进入轨道，运动至B点的速度为，重力加速度为g。则下列说法正确的是（　　）
A．物块从A运动到B的过程中，克服摩擦力做功为mgR
B．若物块从A处静止释放，到达B点时的速度为
C．物块从C运动到D的过程中，其重力的瞬时功率一直增大
D．物块将在右侧轨道上距离地面高度为R处脱离轨道
【分析】根据动能定理求物块到达B点时克服摩擦力做功，或者到达B点的速度；
根据功率的公式P＝Fvcosθ及从C到D点的速度方向与重力的夹角分析判断；
根据机械能守恒求出到达最高点的动能，再用牛顿第二定律得到此处的向心力，用假设法判断此时向心力与重力的法向分力是否相等，得到是否恰好分离。
【解答】解：A、物块从A运动到B，由动能定理得：mgR﹣Wf，代入B的速度值得：Wf，故A正确；
B、若物块从A处静止释放，mgR﹣Wf′，由于Wf′＜Wf，所以得到vB′，故B错误；
C、在C点，由于重力与速度方向垂直，所以重力的功率为零，但随着小球的上升，速度减小，速度方向与重力的方向的夹角越大越大，重力的功率应是先增大后减小，故C错误；
D、设小脱离轨道时的高度为h，则此时的机械能：E2＝Ep2+Ek2＞Ep2，但小球在最低的机械能：E1＝EkBE2。而在脱离处，根据牛顿第二定律可得：Fn，重力的法向分力Gn＝mgsinθ，而sinθ，联立后得到：FnGn，所以假设成立，故D正确。
故选：AD。
【点评】本题主要考查了牛顿第二定律，动能定理和机械能守恒定律的相关应用，理解机械能守恒定律的条件，结合牛顿第二定律等即可完成分析。
（多选）12．（2025 大通县三模）如图甲所示，小明同学在某次投篮练习中，将篮球从P点以初速度v0斜向上抛出，篮球从Q点进入篮框，篮球抛出的同时用摄像机拍摄篮球的运动并利用视频跟踪软件进行分析。篮球的初速度与水平方向的夹角为60°，斜向下进篮框时速度与水平方向的夹角为30°。从抛出时刻开始计时，篮球在竖直方向上的位置坐标随时间的变化图像如图乙所示。取重力加速度g＝10m/s2，不计空气阻力，篮球可视为质点，则（　　）
A．v0＝5m/s
B．v0＝10m/s
C．PQ连线与水平方向的夹角的正切值为
D．PQ连线与水平方向的夹角的正切值为
【分析】篮球做斜上抛运动，篮球的运动可以分解为水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的竖直上抛运动，然后由运动学公式结合几何关系求解。
【解答】解：AB.通过图乙可知，篮球上升的最大高度h，
由公式2gh
解得vy
则
故A正确，B错误；
CD.在竖直方向上由速度公式得﹣v0cos60°tan30°＝vy﹣gt
解得t，
解得tanθ，故C正确，D错误。
故选：AC。
【点评】本题考查了斜上抛运动，根据题意应用运动的合成与分解，运动学公式即可解题。
三．填空题（共4小题）
13．（2025 福建模拟）如图所示，这是皮带传动装置，左侧皮带轮的半径为2r，右侧皮带轮的半径为r，A为左侧皮带轮上一点，A点到圆心O的距离为r，B为右侧皮带轮边缘上一点，当皮带轮匀速转动时，皮带与皮带轮之间不打滑，A、B两点的角速度大小之比ωA：ωB＝ 　1：2　 ，A、B两点的向心加速度大小之比aA：aB＝ 　1：4　 。
【分析】两轮子靠传送带传动，轮子边缘上的点具有相同的线速度，结合公式v＝ωr以及a＝rω2列式分析。
【解答】解：两轮子靠传送带传动，左侧皮带轮边缘某点的线速度与B点的线速度相等，根据v＝ωr，可得ωA：ωB＝1：2
向心加速度a＝Rω2
所以aA：aB＝1：4，
故答案为：1：2；1：4
【点评】若属于皮带传动或齿轮传动，则轮子边缘各点线速度的大小相等；若属于同轴传动，则轮上各点的角速度相等。
14．（2025 铜仁市模拟）用传感器和计算机可以方便的描绘出做平抛运动物体的运动情况，其装置和原理如图甲所示，运动的圆形物体A能够发射红外线脉冲和超声波脉冲，被接收装置B1、B2接收，将数据传递给计算机，经计算机处理后，即可得到做平抛运动的物体A在两个方向上的v﹣t图像如图乙所示，其中图线a为（1）　竖直　 方向图像、图线b为（2）　水平　 方向图像。经计算机拟合数据得到a图线斜率为9.792，说明A物体在该方向上做（3）　自由落体　 运动。
【分析】根据平抛运动在水平方向和竖直方向分运动的特点分析。
【解答】解：图线a是一条通过原点的直线，说明A物体在该方向上做匀变速直线运动，故图线a表示物体A在竖直方向上的运动；
图线b是一条平行时间轴的直线，说明物体A在该方向上做匀速直线运动，故图线b表示物体A在水平方向的运动；
图线a的斜率接近重力加速度的大小，说明A物体在竖直方向做自由落体运动。
故答案为：（1）竖直；（2）水平；（3）自由落体
【点评】对于平抛运动问题，一定明确其水平和竖直方向运动特点，并能够应用相关公式解题。
15．（2025 福建一模）如图所示，这是皮带传动装置，左侧皮带轮的半径为2r，右侧皮带轮的半径为r，A为左侧皮带轮上一点，A点到圆心O的距离为r，B为右侧皮带轮边缘上一点，当皮带轮匀速转动时，皮带与皮带轮之间不打滑，A、B两点的角速度大小之比ωA：ωB＝ 　1：2　 ，A、B两点的向心加速度大小之比aA：aB＝ 　1：4　 。
【分析】两轮子靠传送带传动，轮子边缘上的点具有相同的线速度，结合公式v＝ωr以及a＝rω2列式分析。
【解答】解：由题意可知，两皮带轮边缘的线速度大小相等，左侧皮带轮边缘某点的线速度与B点的线速度相等，根据
v＝ωr
可得
ωA：ωB＝1：2；
根据向心加速度
a＝rω2
可得
aA：aB＝1：4。
故答案为：1：2；1：4。
【点评】本题关键抓住同缘传动边缘上的点线速度相等，以及v＝ωr和a＝rω2列式求解。
16．（2025 华安县校级模拟）如图所示，质量m＝2.0×104kg的汽车以不变的速率先后驶过凹形桥面和凸形桥面，两桥面的圆弧半径均为60m，如果桥面承受的压力不得超过3.0×105N，则：
（1）汽车允许的最大速率v＝　　 m/s；
（2）若以所求速度行驶，汽车对桥面的最小压力F＝　1.0×105　 N。
【分析】（1）根据圆周运动牛顿第二定律分析汽车过在凹形桥面最低点，求汽车允许的最大速率；
（2）当汽车过凸形桥面最高点时，支持力最小，根据圆周运动牛顿第二定律分析，求若以所求速度行驶，汽车对桥面的最小压力。
【解答】解：（1）汽车在最低点受到的支持力最大，即
此时速度最大，根据牛顿第二定律得
代入数据解得
（2）当汽车运动到最高点时，支持力FN2最小，根据牛顿第二定律得
联立以上，代入数据解得
根据牛顿第三定律，最小压力为
。
故答案为：（1）；
（2）1.0×105
【点评】本题考查学生对圆周运动牛顿第二定律规律的掌握，是一道中等难度题。
四．解答题（共4小题）
17．（2025 陕西模拟）如图所示，离心液体分离器是一种利用离心现象将液体混合物中不同密度的成分进行分离的设备。某次运行检测，注入密度为ρ的某种液体，当其达到稳态时，可将其简化如下：密度为ρ的液体在中心转鼓的作用下以恒定角速度ω绕中心轴在一个竖直放置的圆柱形容器内匀速旋转；液体在旋转过程中形成一个稳定的旋转环，可将其近似看作围绕中心轴在水平方向做匀速圆周运动的薄层液体。设薄层液体距离中心轴的半径为r，水平厚度d（d远小于r）、竖直深度h在运动过程中均保持不变。（r、ρ、d、h、ω、Δt均为已知量）求：
（1）在（极短的时间）Δt内，该薄层液体通过任意截面的质量Δm。
（2）该薄层液体在（极短的时间）Δt时间内速度的变化量Δv的大小。
（3）该薄层液体对容器外侧壁产生的压强p。
【分析】（1）质量等于密度与体积的乘积，求出很短时间内液体的体积，然后求出质量。
（2）求出加速度，然后求出速度的变化量。
（3）应用向心力公式求出力，然后求出压强。
【解答】解：（1）Δt 时间内对应质量Δm＝ρΔV
对应液体体积ΔV＝ωrΔt×dh
解得Δm＝ρωrdhΔt
（2）向心加速度a＝rω2
Δt内速度的变化量Δv＝aΔt＝rω2Δt
（3）压强p
受力面积S＝hωrΔt
向心力F＝Δmrω2
解得压强p＝ρω2dr
答：（1）在（极短的时间）Δt内，该薄层液体通过任意截面的质量Δm是ρωrdhΔt。
（2）该薄层液体在（极短的时间）Δt时间内速度的变化量Δv的大小是rω2Δt。
（3）该薄层液体对容器外侧壁产生的压强p是ρω2dr。
【点评】分析清楚液体的运动过程是解题的前提，应用向心力公式、压强公式即可解题。
18．（2025 无极县校级二模）某公园的台阶如图甲所示，已知每级台阶的水平距离s＝30cm，高度h＝20cm。台阶的侧视图如图乙所示，虚线AB恰好通过每级台阶的顶点。某同学将一小球置于最上面一级台阶的顶点A，将其以初速度v0水平抛出，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2。
（1）要使小球落到第1级台阶上，初速度v0的范围为多大？
（2）若v0＝2.5m/s，小球首先撞到哪一级台阶上？
（3）若小球可直接击中B点，求此种情况下小球从开始抛出到离虚线AB最远时所经历的时间。
（4）若v0＝5m/s，每次与台阶或地面碰撞时（碰撞时间极短可忽略），竖直方向的速度大小都变为原来的0.5倍，方向与原方向相反，水平方向的速度不变，试求小球从抛出到与台阶或地面碰撞4次所经历的总时间。
【分析】（1）小球在空中做平抛运动，小球落到第1级台阶顶点时，初速度最大，由运动学规律分别列式，即可分析求解；
（2）由平抛运动的规律及图乙可知，只要小球抛出后越过虚线AB，小球就能落到台阶上，由运动学规律及几何关系分别列式，即可分析求解；
（3）结合前面分析及题意，由运动学规律及几何关系分别列式，即可分析求解；
（4）结合前面分析，由题意及运动学规律分别列式，即可分析求解。
【解答】解：（1）小球在空中做平抛运动，小球落到第1级台阶顶点时，初速度最大，由运动学规律可知，
竖直方向有：hg，
水平方向有：s＝v0t1，
联立解得：v0＝1.5m/s，
故要使小球落到第1级台阶上，初速度v0的范围为0＜v0≤1.5 m/s；
（2）由平抛运动的规律及图乙可知，只要小球抛出后越过虚线AB，小球就能落到台阶上，
设小球到达虚线的时间为t2，
由运动学规律可知，
水平方向有：x＝v0t2，
竖直方向有：yg，
且：1.5，
联立解得：t2s，
则小球到达虚线时的水平位移为：x＝2.5mm30cms，
因为：23，
所以小球抛出后首先撞到第3级台阶；
（3）若小球可直接击中B点，则根据运动学规律可知，
竖直方向有：6hg，
水平方向有：6s＝v'0t4，
联立可得：t4s，v'0m/s，
当速度方向平行于虚线AB时，小球离虚线AB最远，
则有：tanα，
解得：t3s；
（4）因为v0＝5m/s m/s，则小球直接落到地面上，
落地时，竖直分速度大小为：vy1＝gt4＝10m/s＝2 m/s，
从第一次与地面碰撞后到第二次与地面碰撞前，有：
vy1gt5，
解得：t5s，
从第二次与地面碰撞后到第三次与地面碰撞前，有：
vy1gt6，
解得：t6s，
从第三次与地面碰撞后到第四次与地面碰撞前，有：
vy1gt7，
解得：t7s，
则小球从抛出到与台阶或地面碰撞4次所经历的总时间为：
t总＝t4+t5+t6+t7，
联立可得：
t总s；
答：（1）要使小球落到第1级台阶上，初速度v0的范围为0＜v0≤1.5 m/s；
（2）若v0＝2.5m/s，小球首先撞到第3级台阶上；
（3）若小球可直接击中B点，此种情况下小球从开始抛出到离虚线AB最远时所经历的时间为s；
（4）若v0＝5m/s，每次与台阶或地面碰撞时（碰撞时间极短可忽略），竖直方向的速度大小都变为原来的0.5倍，方向与原方向相反，水平方向的速度不变，小球从抛出到与台阶或地面碰撞4次所经历的总时间为s。
【点评】本题考查了平抛运动，解题时需注意合运动与分运动的等时性，可以利用运动的合成与分解的知识分析求解。
19．（2025 太原模拟）如图所示，将质量为m的物块放在转盘上，物块与轻弹簧用一段穿过转盘圆心的不可伸长的轻绳相连，弹簧的劲度系数为k且满足kL＝3mg，g为重力加速度。当物块随转盘一起转动的角速度为ω0时，弹簧恰处于原长状态，物块距盘心的距离为L。已知物块与转盘间的动摩擦因数μ＝0.5，忽略轻绳与转盘间的摩擦，弹簧始终处于弹性限度内，且弹性势能。现让转盘以2ω0的角速度匀速转动，则当系统稳定时，求：
（1）弹簧的弹力大小；
（2）该过程摩擦力对物块做的功。
【分析】（1）根据牛顿第二定律，胡克定律列式解答；
（2）根据功能关系列式求解摩擦力做的功。
【解答】解：（1）物块随转盘以角速度ω0匀速转动时，最大静摩擦力等于滑动摩擦力提供向心力有，可得，由于角速度增加，物块将向外滑动，导致弹簧伸长，直到能再次随转盘一起匀速转动，设系统稳定时弹簧的弹力大小为F，则有，L1为稳定时物块到盘心的距离，根据胡克定律有，解得，；
（2）已知v1＝2ω0L1，v0＝ω0L，根据功能关系分析有，解得。
答：（1）弹簧的弹力大小为mg；
（2）该过程摩擦力对物块做的功为mgL。
【点评】考查圆周运动物体的受力分析和牛顿第二定律的应用，功能关系，会根据题意进行准确分析解答。
20．（2025 临清市模拟）直升机在火灾救援、缉私缉毒、探测资源等等方面有广泛应用。如图，在某次救灾中直升机悬挂物品箱一起在水平方向上以v1＝3m/s的速率做匀速运动，在竖直方向上从水平地面由静止开始做加速度大小为2m/s2的匀加速直线运动，经时间2s后悬绳突然断裂。忽略空气阻力，取g＝10m/s2。求：
（1）悬绳断裂时物品箱的速度大小v0；
（2）悬绳断裂后经多长时间物品箱落到地面。（结果可用根式表示）
【分析】（1）物品箱在0～2s内做类平抛运动，即水平方向匀速直线运动，竖直方向自由落体运动，据此解答；
（2）悬绳断裂时物品箱竖直方向做竖直上抛运动，根据位移—时间关系求解。
【解答】解：（1）设悬绳断裂时物品箱在竖直方向上的分速度大小为v2，物品箱在0～2s内做类平抛运动v2＝at1
解得v0＝5m/s
（2）悬绳断裂时物品箱上升的高度
设悬绳断裂后经时间t2物品箱落到地面，断裂后物品箱做斜上抛运动，则
解得
答：（1）悬绳断裂时物品箱的速度大小v0为5m/s；
（2）悬绳断裂后经物品箱落到地面。
【点评】本题考查了斜抛运动，关键要明确斜抛运动的处理方法，难度不大，常规题型。
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