【高考押题卷】2025年高考物理高频易错考前冲刺 曲线运动（含解析）

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高考物理高频易错押题预测 曲线运动
一．选择题（共8小题）
1．（2024秋 重庆期末）如图所示，水平转台上有一个质量为m的物块，用长为L的轻质细绳将物块连接在转轴上，细绳与竖直转轴的夹角θ为45°，此时绳绷直但无张力，物块与转台间动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块随转台由静止开始缓慢加速转动，角速度为ω，重力加速度为g，则（　　）
A．ω时，细绳中的张力为零
B．ω时，物体受到的摩擦力为mg
C．ω时，细绳中的张力大小为
D．ω时，细绳中的张力大小为
2．（2025 浙江）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
3．（2024秋 朝阳区校级期末）如图所示，在长春市人民广场转盘，A、B两车正在水平圆形车道上做线速度大小相等的匀速圆周运动，下列说法正确的是（　　）
A．A车的角速度比B车的角速度小
B．A车的角速度比B车的角速度大
C．A车的向心加速度小于B车的向心加速度
D．A车的向心加速度等于B车的向心加速度
4．（2024秋 武汉期末）跳伞运动以自身的惊险和挑战性被世人誉为“勇敢者的运动”。运动员打开降落伞后，在匀速下落过程中遇到水平恒向风力，下列说法正确的是（　　）
A．水平风力越大，运动员下落时间越长
B．运动员下落时间与水平风力大小无关
C．运动员着地速度与水平风力大小无关
D．跳伞运动员遇到风力后做匀变速直线运动
5．（2024秋 朝阳区校级期末）如图所示，开始时A、B间的细绳呈水平状态，现由计算机控制物体A的运动，使其恰好以速度v沿竖直杆匀速下滑，经细绳通过定滑轮拉动物体B在水平面上运动，当右侧细绳与水平方向夹角为30°时，下列说法正确的是（　　）
A．物体B的速度为2v
B．物体B的速度为v
C．物体B的速度正在增加
D．物体B的加速度保持不变
6．（2024秋 武汉期末）如图所示，用两根轻绳连接两个球甲和乙，其中一根绳的另一端固定在一个竖直转轴上，当两球随转轴一起匀速转动时，两球所处的位置可能是图中的哪一个（　　）
A． B． C． D．
7．（2024秋 宁波期末）如图为修正带的内部结构，由大小两个相互咬合的齿轮组成，修正带芯固定在大齿轮的转轴上。当按压并拖动其头部时，齿轮转动，从而将遮盖物质均匀地涂抹在需要修改的字迹上。若图中大小齿轮的半径之比为2：1，A、B分别为大齿轮和小齿轮边缘上的一点，C为大齿轮上转轴半径的中点，则（　　）
A．A与B的角速度大小之比为1：2
B．B与C的线速度大小之比为1：1
C．A与C的向心加速度大小之比为4：1
D．大小齿轮的转动方向相同
8．（2024秋 丰台区期末）如图所示，细线下悬挂一个除去了柱塞的注射器，注射器内装有墨汁。在注射器摆动的同时，沿着O′O方向匀速拖动木板，O′O方向垂直于摆动平面，墨汁在木板上留下的图样如图所示，A、B、C为图样上的三个点，忽略墨汁从注射器滴到木板所用时间，下列说法正确的是（　　）
A．墨汁滴到A点时，注射器的运动速度最大
B．墨汁滴到B点时，注射器的加速度为0
C．图样上A、C两点间距离为注射器在运动过程中所产生的机械波波长
D．沿OO′方向建立坐标轴，可用来表示注射器振动图像的时间轴
二．多选题（共4小题）
（多选）9．（2024秋 越秀区期末）如图所示为水平面上一个边长为1m的正方体空间，某一质量为0.1kg的质点自O点由静止开始运动，除重力外，该质点还同时受到F1、F2两个恒力作用，且F1＝F2＝1N如图所示，g取10m/s2。则该质点（　　）
A．加速度大小为
B．将沿OB连线飞出正方体
C．在正方体区域内运动时间为1s
D．在正方体区域内运动时间为
（多选）10．（2024秋 淄博期末）频闪仪和照相机可以对小球的运动进行拍摄研究，频闪仪每隔0.05s发出一次闪光。将小球斜向上抛出，抛出瞬间频闪仪恰好闪光，拍摄的照片编辑后如图所示，A、B处于相同高度。图中的A为抛出瞬间的影像，每相邻两个球之间被删去了3个影像，所标出的两个线段的长度s1和s2之比为1：。重力加速度大小取g＝10m/s2，忽略空气阻力，小球抛出时初速度v0的大小和s1分别为（　　）
A．v0m/s B．v0m/s C．s1＝0.4m D．s1m
（多选）11．（2024秋 天心区校级期末）如图所示为半球形碗的竖直截面图，O为圆心，C为半球形碗的最低点，AOB为水平直径，碗的半径为r。两个小球甲和乙先后分别从A点、B点以不同的初速度v1、v2沿水平方向相向抛出，小球甲恰好撞到碗上的C点，v2。两小球可视为质点，撞到碗后不反弹。忽略空气阻力，重力加速度为g。则（　　）
A．两小球能在空中相遇
B．小球乙不可能垂直撞击到碗上
C．小球甲刚要撞到碗时的竖直分速度比乙刚要撞到碗时的竖直分速度大
D．小球乙的初速度
（多选）12．（2024秋 天心区校级期末）如图，长为L的轻直棒一端可绕固定轴O在竖直面内转动，另一端固定一质量为m的小球，小球搁在光滑水平升降台上，升降平台以速度v匀速上升。下列说法正确的是（　　）
A．小球做匀速圆周运动
B．棒的角速度逐渐增大
C．当棒与竖直方向的夹角为α时，小球的速度为
D．当棒与竖直方向的夹角为α时，棒的角速度为
三．填空题（共4小题）
13．（2023秋 广陵区校级期末）一辆质量m＝2.0×103kg的汽车（可视为质点）在水平公路的弯道上行驶。汽车转弯时如果速度过大，容易发生侧滑。已知轮胎与路面间的最大静摩擦力为1.0×104N，当汽车经过半径为80m的弯道时，汽车的行驶速度不能超过 　 　m/s。
14．（2023秋 广陵区校级期末）在长0.2m的细绳的一端系一小球，绳的另一端固定在水平桌面上，使小球以大小为0.6m/s的线速度在桌面上做匀速圆周运动，则小球运动的向心加速度大小为 　 　。
15．（2024秋 普陀区校级期末）移动射靶的简化情景如图所示，靶沿水平轨道快速横向移动，射手站定不动，用步枪向靶射击。设靶移动的速度大小为v0，子弹出射速度的大小为v，移动靶离射手的最近距离为d。则子弹射中目标的最短时间为 　 　，此种情况下，射手射击时，枪口离目标的距离为 　 　。
16．（2024秋 黄浦区校级期末）一渡船在宽为d的河中航行。现从码头出发，船头垂直于河岸，以速度v匀速驶向对岸，则渡河时间为 　 　；若越靠近河中央水流速度u越大，则渡船行驶的轨迹示意图为如图的 　 　（选填“甲”或“乙”）。
四．解答题（共4小题）
17．（2024秋 宁波期末）如图所示，质量为m的小滑块静止在足够大的粗糙水平转盘上，一根长为L的细线一端连接在滑块上，另一端连接在圆盘竖直转轴上的A点，细线刚好伸直时与竖直方向的夹角θ＝37°，重力加速度为g，使转盘绕转轴在水平面内转动，并缓慢增大转动的角速度，滑块与转盘间的动摩擦因数为0.6，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：
（1）当ω为多少时，绳子恰好有拉力；
（2）当ω为多少时，滑块恰好与转盘脱离；
（3）当ω时，细线恰好断裂，滑块在圆盘上的落点与转轴的距离为多少。
18．（2024秋 南京期末）投壶是从先秦延续至清末的一种中国传统礼仪。在图甲中，小孩将箭矢水平抛出投入壶中。将箭矢视为质点，不计空气阻力和壶的高度，简化后如图乙所示。箭矢从离地面高h＝0.8m的A点以初速度v0＝5m/s水平抛出，正好落在壶口B点，已知g＝10m/s2。求：
（1）箭矢运动的时间；
（2）箭矢运动的水平距离。
19．（2024秋 西湖区校级期末）如图所示，倾角为37°的斜面长l＝1.9m，在斜面底端正上方的O点将一小球以v0＝3m/s的速度水平抛出，与此同时由静止释放斜面顶端的滑块，经过一段时间后，小球恰好能够以垂直于斜面的速度在斜面P点处击中滑块。（小球和滑块均可视为质点，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）求：
（1）小球从O到P的时间t；
（2）抛出点O离斜面底端的高度；
（3）滑块与斜面间的动摩擦因数μ。
20．（2024秋 鼓楼区校级期末）如图所示，把一个小球放在玻璃漏斗中，晃动漏斗，可以使小球在短时间内沿光滑的漏斗壁在某一水平面内做匀速圆周运动。此时小球在漏斗壁上离漏斗中心口的竖直高度为h＝10cm，小球的质量为m＝0.1kg，漏斗壁与竖直方向的夹角为30°，整个过程中忽略空气阻力，g＝10m/s2。
（1）小球的受到的支持力大小多少？
（2）小球在运动过程中的线速度大小。
高考物理高频易错押题预测 曲线运动
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
1．（2024秋 重庆期末）如图所示，水平转台上有一个质量为m的物块，用长为L的轻质细绳将物块连接在转轴上，细绳与竖直转轴的夹角θ为45°，此时绳绷直但无张力，物块与转台间动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块随转台由静止开始缓慢加速转动，角速度为ω，重力加速度为g，则（　　）
A．ω时，细绳中的张力为零
B．ω时，物体受到的摩擦力为mg
C．ω时，细绳中的张力大小为
D．ω时，细绳中的张力大小为
【考点】物体被系在绳上做圆锥摆运动；水平转盘上物体的圆周运动．
【专题】定量思想；推理法；圆周运动中的临界问题；牛顿第二定律在圆周运动中的应用；推理论证能力．
【答案】C
【分析】A.由题意，结合牛顿第二定律列式，即可分析判断；
B.先求出当物块恰好要离开转台时，细线的张力，再结合题意，由平衡条件、牛顿第二定律分别列式，即可分析判断；
C.结合前面分析，根据牛顿第二定律列式，即可分析判断；
D.结合前面分析，由平衡条件列式，即可分析判断。
【解答】解：A.由题意可知，当细线恰好要产生张力时，有：
μmg＝mω2Lsin45°，
解得：ω，故A错误；
B.设当物块恰好要离开转台时，细线张力为T，则有：
T'cos45°＝mg，
T'sin45°＝mω'2Lsin45°，
联立解得：T'mg，ω'；
ωω'，则有：
Tsin45°+f＝mω2Lsin45°，
联立可得：fmgTmg，故B错误；
C.ωω'，则物块已离开转台，设绳子与竖直方向的夹角为α，则有：
Tsinα＝mω2Lsinα，
联立可得：T，故C正确；
D.ωω'，则有：
Tcos45°+N＝mg，
解得：T（mg﹣N），故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查物体被系在绳上做圆锥摆运动，解题时需注意，当物体在水平转盘上做圆周运动时，由于转速的变化，物体受到的向心力也会发生变化，这类题也经常考查临界与极值问题。
2．（2025 浙江）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
【考点】斜抛运动；合运动与分运动的关系．
【专题】定量思想；合成分解法；运动的合成和分解专题；推理论证能力．
【答案】A
【分析】A、沙包做斜抛运动，可利用分运动规律计算位移；
B、可利用运动规律计算时间之比；
C、运动过程中速度最小时刻为上升到最高点的时刻，可利用竖直方向分运动规律计算最小速度之比；
D、当竖直方向分运动速度减小到零时的位移即为离地最大高度，可利用位移与时间公式计算。
【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。
【点评】本题考查对斜抛运动的理解，应用运动的合成与分解方法分别研究竖直方向、水平方向运动规律进而比较两种运动情况的比值关系为解决本题的关键。
3．（2024秋 朝阳区校级期末）如图所示，在长春市人民广场转盘，A、B两车正在水平圆形车道上做线速度大小相等的匀速圆周运动，下列说法正确的是（　　）
A．A车的角速度比B车的角速度小
B．A车的角速度比B车的角速度大
C．A车的向心加速度小于B车的向心加速度
D．A车的向心加速度等于B车的向心加速度
【考点】向心加速度的计算；线速度与角速度的关系．
【专题】比较思想；归纳法；匀速圆周运动专题；理解能力．
【答案】B
【分析】根据分析角速度的大小；根据a分析向心加速度的大小。
【解答】解：AB、由图知A的半径小于B的半径，根据可知，A的角速度大于B的角速度，故A错误，B正确；
CD、根据a可知，A车的向心加速度大于B车的向心加速度，故CD错误。
故选：B。
【点评】本题考查了角速度和线速度的关系，以及向心加速度和线速度的关系式，容易题。
4．（2024秋 武汉期末）跳伞运动以自身的惊险和挑战性被世人誉为“勇敢者的运动”。运动员打开降落伞后，在匀速下落过程中遇到水平恒向风力，下列说法正确的是（　　）
A．水平风力越大，运动员下落时间越长
B．运动员下落时间与水平风力大小无关
C．运动员着地速度与水平风力大小无关
D．跳伞运动员遇到风力后做匀变速直线运动
【考点】两个变速直线运动的合成．
【专题】定性思想；合成分解法；运动的合成和分解专题；推理论证能力．
【答案】B
【分析】把运动员的运动分解为水平方向的匀变速直线运动和竖直方向的匀速运动分析；运动员着地速度是水平方向速度和竖直方向速度的合速度，根据水平风力的大小和水平速度的大小关系分析；根据运动员的速度方向和受力方向分析。
【解答】解：AB、运动员在空中竖直方向做匀速运动，在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，根据运动的独立性可知，运动员在空中的运动时间与竖直方向的速度大小有关，与水平方向的运动无关，即与水平风力大小无关，故A错误，B正确；
C、运动员着地速度是水平方向速度和竖直方向速度的合速度，水平风力越大，则水平方向的加速度越大，落地时水平方向的分速度就越大，则着地速度就越大，故C错误；
D、跳伞运动员遇到风力时，速度方向与风力的方向不在一条直线上，所以运动员做匀变速曲线运动，故D错误。
故选：B。
【点评】知道把运动员的运动分解为水平方向的匀变速直线运动和竖直方向的匀速运动是解题的关键，知道物体做曲线运动的条件和运动的独立性。
5．（2024秋 朝阳区校级期末）如图所示，开始时A、B间的细绳呈水平状态，现由计算机控制物体A的运动，使其恰好以速度v沿竖直杆匀速下滑，经细绳通过定滑轮拉动物体B在水平面上运动，当右侧细绳与水平方向夹角为30°时，下列说法正确的是（　　）
A．物体B的速度为2v
B．物体B的速度为v
C．物体B的速度正在增加
D．物体B的加速度保持不变
【考点】关联速度问题．
【专题】定量思想；合成分解法；运动的合成和分解专题；推理论证能力．
【答案】C
【分析】对A的速度分解，得出物体B的速度与A的速度关系式，根据关系式分析即可。
【解答】解：AB、当右侧细绳与水平方向夹角为30°时，对物体A的速度分解，如图所示
则物体B的速度为vB＝vsinθ，故AB错误；
CD、随着物体A的下滑，B右侧细绳与水平方向是夹角θ逐渐增大，根据vB＝vsinθ可知，B的速度正在增加，因为v保持不变，所以B的速度不是均匀增加的，即物体B的加速度发生变化，故C正确，D错误。
故选：C。
【点评】能够对A的速度正确分解是解题的基础。
6．（2024秋 武汉期末）如图所示，用两根轻绳连接两个球甲和乙，其中一根绳的另一端固定在一个竖直转轴上，当两球随转轴一起匀速转动时，两球所处的位置可能是图中的哪一个（　　）
A． B． C． D．
【考点】物体被系在绳上做圆锥摆运动．
【专题】定性思想；推理法；牛顿第二定律在圆周运动中的应用；推理论证能力．
【答案】A
【分析】两个小球的角速度相等，分别对整体和乙球根据牛顿第二定律列方程分析轻绳与竖直方向的夹角大小即可。
【解答】解：设上面的轻绳和竖直墙壁的夹角为θ，小球的总质量为M，根据牛顿第二定律有Mgtanθ＝Mrω2，则gtanθ＝rω2；隔离对下面的乙球分析，设悬挂乙球的轻绳与竖直方向的夹角为α，B球的质量为m，对B球根据牛顿第二定律有mgtanα＝mr'ω2，解得gtanα＝r'ω2，两个小球的角速度相等，且r'＞r，所以有α＞θ，故A正确，BCD错误。
故选：A。
【点评】能够正确选择研究对象，根据牛顿第二定律列出方程是解题的关键。
7．（2024秋 宁波期末）如图为修正带的内部结构，由大小两个相互咬合的齿轮组成，修正带芯固定在大齿轮的转轴上。当按压并拖动其头部时，齿轮转动，从而将遮盖物质均匀地涂抹在需要修改的字迹上。若图中大小齿轮的半径之比为2：1，A、B分别为大齿轮和小齿轮边缘上的一点，C为大齿轮上转轴半径的中点，则（　　）
A．A与B的角速度大小之比为1：2
B．B与C的线速度大小之比为1：1
C．A与C的向心加速度大小之比为4：1
D．大小齿轮的转动方向相同
【考点】向心加速度的表达式及影响向心加速度大小的因素；线速度与角速度的关系；角速度、周期、频率与转速的关系及计算；传动问题．
【专题】定量思想；推理法；匀速圆周运动专题；推理论证能力．
【答案】A
【分析】同缘传动时，边缘点的线速度相等；同轴传动时，角速度相等；然后结合v＝ωr列式求解。
【解答】解：ABC.边缘点的线速度大小相等，故vA：vB＝1：1，同轴传动时，角速度相等，故ωA＝ωC，角速度大小之比为1：1，根据v＝ωr，结合半径的比值关系：rA：rB：rC＝2：1：1。可知，ωA：ωB：ωC＝1：2：1，vA：vB：vC＝2：2：1；向心加速度的表达式可得：a＝ω2r解得：aA：aB：aC＝2：4：1，故A正确，BC错误；
D、大、小齿轮相互咬合，同缘传动时，大、小齿轮转动方向相反，故D错误；
故选：A。
【点评】本题关键明确同缘传动同轴传动的特点：同轴传动时，角速度相等，同缘传动时，边缘点的线速度相等，然后结合公式v＝ωr分析求解即可。
8．（2024秋 丰台区期末）如图所示，细线下悬挂一个除去了柱塞的注射器，注射器内装有墨汁。在注射器摆动的同时，沿着O′O方向匀速拖动木板，O′O方向垂直于摆动平面，墨汁在木板上留下的图样如图所示，A、B、C为图样上的三个点，忽略墨汁从注射器滴到木板所用时间，下列说法正确的是（　　）
A．墨汁滴到A点时，注射器的运动速度最大
B．墨汁滴到B点时，注射器的加速度为0
C．图样上A、C两点间距离为注射器在运动过程中所产生的机械波波长
D．沿OO′方向建立坐标轴，可用来表示注射器振动图像的时间轴
【考点】线速度与角速度的关系；多个类型的运动学图像综合问题．
【专题】定性思想；图析法；简谐运动专题；理解能力．
【答案】D
【分析】注射器做简谐运动，简谐运动是一种变加速运动，在平衡位置时，速度最大，加速度为零；在最大位移处，速度为零，加速度最大，根据简谐运动的特点分析。
【解答】解：A、墨汁滴到A点时，注射器的运动速度最小，故A错误；
B、墨汁滴到B点时，注射器还做圆周运动，加速度不为0，故B错误；
CD、OO′方向建立坐标轴，可用来表示注射器振动图像的时间轴，A、C两点间距离为注射器在运动过程中一个周期的时间，故C错误，D正确。
故选：D。
【点评】考查对简谐运动规律的理解，清楚振动图像与波动图像的关联。
二．多选题（共4小题）
（多选）9．（2024秋 越秀区期末）如图所示为水平面上一个边长为1m的正方体空间，某一质量为0.1kg的质点自O点由静止开始运动，除重力外，该质点还同时受到F1、F2两个恒力作用，且F1＝F2＝1N如图所示，g取10m/s2。则该质点（　　）
A．加速度大小为
B．将沿OB连线飞出正方体
C．在正方体区域内运动时间为1s
D．在正方体区域内运动时间为
【考点】两个变速直线运动的合成．
【专题】定量思想；合成分解法；运动的合成和分解专题；推理论证能力．
【答案】BD
【分析】根据力的合成法则得到质点所受合力大小，然后根据牛顿第二定律得到加速度大小，根据合力方向分析质点的运动方向；根据运动学公式计算质点在正方体区域的运动时间。
【解答】解：AB、根据力的合成法则可知，质点所受合力大小为FN，方向与竖直方向的正切值为，即方向沿OB连线，根据牛顿第二定律可得质点的加速度大小为a，因为质点是从静止出发的，所以质点的运动方向沿OB方向，故A错误，B正确；
CD、因为F1＝F2＝1N，都等于重力mg，质点沿F1、F2方向的加速度大小都等于重力加速度，则根据l可得质点在正方体区域内的运动时间为：t，故C错误，D正确。
故选：BD。
【点评】掌握力的合成法则是解题的关键，知道把质点的运动分解为力的方向，根据运动学公式计算时间。
（多选）10．（2024秋 淄博期末）频闪仪和照相机可以对小球的运动进行拍摄研究，频闪仪每隔0.05s发出一次闪光。将小球斜向上抛出，抛出瞬间频闪仪恰好闪光，拍摄的照片编辑后如图所示，A、B处于相同高度。图中的A为抛出瞬间的影像，每相邻两个球之间被删去了3个影像，所标出的两个线段的长度s1和s2之比为1：。重力加速度大小取g＝10m/s2，忽略空气阻力，小球抛出时初速度v0的大小和s1分别为（　　）
A．v0m/s B．v0m/s C．s1＝0.4m D．s1m
【考点】斜抛运动．
【专题】定量思想；控制变量法；平抛运动专题；理解能力．
【答案】BC
【分析】先求出相邻两球的时间间隔，再假设出抛出瞬间小球竖直方向上的速度，根据竖直上抛运动的位移公式列式求解，再假设相邻两球之间的水平方向上位移，分别列式求解。最后根据运动的合成与分解求出合速度。
【解答】解：频闪仪每隔0.05s发出一次闪光，每相邻两个球之间被删去了3个影像，所以相邻两球的时间间隔为
t＝4T＝4×0.05s＝0.2s
设抛出瞬间小球竖直方向上的速度为vy0，根据竖直上抛运动的位移公式有
y1＝vy0tgt2
y2＝vy0（2t）
代入数据解得
vy0＝1m/s
y2＝﹣0.4m
设相邻两球之间的水平方向上位移为x，则
x＝vx0t
s1＝x
且，故代入数据解得
vx0＝2m/s
s1＝0.4m
根据运动的合成与分解可得
代入数据解得
v0m/s
故BC正确，AD错误。
故选：BC。
【点评】本题考查的是斜抛运动知识，题型较复杂，其中对于公式的掌握考查较多。
（多选）11．（2024秋 天心区校级期末）如图所示为半球形碗的竖直截面图，O为圆心，C为半球形碗的最低点，AOB为水平直径，碗的半径为r。两个小球甲和乙先后分别从A点、B点以不同的初速度v1、v2沿水平方向相向抛出，小球甲恰好撞到碗上的C点，v2。两小球可视为质点，撞到碗后不反弹。忽略空气阻力，重力加速度为g。则（　　）
A．两小球能在空中相遇
B．小球乙不可能垂直撞击到碗上
C．小球甲刚要撞到碗时的竖直分速度比乙刚要撞到碗时的竖直分速度大
D．小球乙的初速度
【考点】平抛运动速度的计算．
【专题】定量思想；合成分解法；平抛运动专题；推理论证能力．
【答案】BC
【分析】两个小球甲和乙是先后做的平抛运动，竖直位置肯定不相同；速度反向延长线一定过水平位移中点；下落高度越大，竖直分速度越大，根据平抛运动规律计算小球甲的速度，进而可得乙的速度。
【解答】解：A.两个小球甲和乙是先后做的平抛运动，竖直位置肯定不相同，所以两小球不可能会在空中相遇，故A错误；
B.由平抛运动规律可知，速度反向延长线一定过水平位移中点，若小球垂直撞击碗上，则反向延长线就会过O点，所以是不可能的，故B正确；
CD.由平抛运动规律可知，下落高度越大，竖直分速度越大，所以竖直分速度最大时平抛落点为C点，由平抛运动规律可得
r＝v1t
解得
所以，故C正确，D错误。
故选：BC。
【点评】掌握平抛运动的基本规律和推论是解题的基础。
（多选）12．（2024秋 天心区校级期末）如图，长为L的轻直棒一端可绕固定轴O在竖直面内转动，另一端固定一质量为m的小球，小球搁在光滑水平升降台上，升降平台以速度v匀速上升。下列说法正确的是（　　）
A．小球做匀速圆周运动
B．棒的角速度逐渐增大
C．当棒与竖直方向的夹角为α时，小球的速度为
D．当棒与竖直方向的夹角为α时，棒的角速度为
【考点】线速度的物理意义及计算；牛顿第二定律与向心力结合解决问题；合运动与分运动的关系．
【专题】定量思想；推理法；运动的合成和分解专题；推理论证能力．
【答案】CD
【分析】应清楚棒与平台接触点的实际运动即合运动方向是垂直于棒指向左上，竖直向上是它的一个分速度，把速度分解，根据三角形知识求解。
【解答】解：棒与平台接触点的实际运动即合运动方向是垂直于棒指向左上，如图所示
合速度v实＝ωL，沿竖直方向上的速度分量v满足v＝v实sinα，v＝ωLsinα，
所以v实，ω，升降平台向上匀速运动，v恒定，夹角α增大，角速度减小，小球不是做匀速圆周运动，故AB错误，CD正确。
故选：CD。
【点评】找合速度是本题的关键，应明白实际的速度为合速度，合速度反向垂直于棒。然后分解速度，做平行四边形，根据三角形求解。此题难度在于合速度难确定。
三．填空题（共4小题）
13．（2023秋 广陵区校级期末）一辆质量m＝2.0×103kg的汽车（可视为质点）在水平公路的弯道上行驶。汽车转弯时如果速度过大，容易发生侧滑。已知轮胎与路面间的最大静摩擦力为1.0×104N，当汽车经过半径为80m的弯道时，汽车的行驶速度不能超过 　20　m/s。
【考点】车辆在道路上的转弯问题．
【专题】定量思想；推理法；圆周运动中的临界问题；理解能力．
【答案】20。
【分析】根据牛顿第二定律计算。
【解答】解：汽车转弯时由静摩擦力提供向心力，根据牛顿第二定律有
得
。
故答案为：20。
【点评】知道汽车转弯时由摩擦力提供向心力是解题的关键。
14．（2023秋 广陵区校级期末）在长0.2m的细绳的一端系一小球，绳的另一端固定在水平桌面上，使小球以大小为0.6m/s的线速度在桌面上做匀速圆周运动，则小球运动的向心加速度大小为 　1.8m/s2　。
【考点】向心加速度的表达式及影响向心加速度大小的因素．
【专题】定量思想；推理法；匀速圆周运动专题；理解能力．
【答案】1.8m/s2
【分析】由题，小球在光滑水平面上做匀速圆周运动，知道半径、线速度，由公式an求解向心加速度。
【解答】解：小球运动的向心加速度大小为
，
故答案为：1.8m/s2。
【点评】本题主要考查了匀速圆周运动向心加速度公式的直接应用，难度不大，属于基础题。
15．（2024秋 普陀区校级期末）移动射靶的简化情景如图所示，靶沿水平轨道快速横向移动，射手站定不动，用步枪向靶射击。设靶移动的速度大小为v0，子弹出射速度的大小为v，移动靶离射手的最近距离为d。则子弹射中目标的最短时间为 　　，此种情况下，射手射击时，枪口离目标的距离为 　　。
【考点】小船过河问题．
【专题】定量思想；推理法；运动的合成和分解专题；推理论证能力．
【答案】；。
【分析】当子弹垂直轨道运动时，射中目标的位移最小，时间最短。根据最短时间计算移动靶的位移，运用合成法求解距离。
【解答】解：子弹垂直轨道运动时，射中目标的时间最短，为，此种情况下，射手射击时，枪口离目标的距离为。
故答案为：；。
【点评】考查对运动的合成与分解的理解，熟悉和运动与分运动的关联。
16．（2024秋 黄浦区校级期末）一渡船在宽为d的河中航行。现从码头出发，船头垂直于河岸，以速度v匀速驶向对岸，则渡河时间为 　　；若越靠近河中央水流速度u越大，则渡船行驶的轨迹示意图为如图的 　甲　（选填“甲”或“乙”）。
【考点】小船过河问题．
【专题】定量思想；推理法；运动的合成和分解专题；理解能力．
【答案】；甲。
【分析】根据宽度和速度求解时间；根据速度的变化情况分析。
【解答】解：渡船在垂直河岸的方向以速度v匀速向对岸行驶，设渡河时间为t，则有；设合速度方向与河岸方向夹角为θ，则有，若越靠近河中央水的流速越大，即水速u先增大后减小，则沿着河岸方向先加速后减速，而垂直河岸方向为匀速直线运动，则tanθ先减小后增大，即θ先减小和增大，曲线运动速度的方向沿切线方向，则轨迹如图甲。
故答案为：；甲。
【点评】考查对合运动与分运动的关系，属于基础知识。
四．解答题（共4小题）
17．（2024秋 宁波期末）如图所示，质量为m的小滑块静止在足够大的粗糙水平转盘上，一根长为L的细线一端连接在滑块上，另一端连接在圆盘竖直转轴上的A点，细线刚好伸直时与竖直方向的夹角θ＝37°，重力加速度为g，使转盘绕转轴在水平面内转动，并缓慢增大转动的角速度，滑块与转盘间的动摩擦因数为0.6，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：
（1）当ω为多少时，绳子恰好有拉力；
（2）当ω为多少时，滑块恰好与转盘脱离；
（3）当ω时，细线恰好断裂，滑块在圆盘上的落点与转轴的距离为多少。
【考点】水平转盘上物体的圆周运动；牛顿第二定律与向心力结合解决问题．
【专题】定量思想；推理法；圆周运动中的临界问题；推理论证能力．
【答案】（1）当ω为时，绳子恰好有拉力；
（2）当ω为时，滑块恰好与转盘脱离；
（3）当ω时，细线恰好断裂，滑块在圆盘上的落点与转轴的距离为。
【分析】（1）刚好最大静摩擦力提供向心力时，细线上要有拉力；
（2）只有细线的拉力提供向心力时，根据牛顿第二定律计算；
（3）先分析出细线与转轴的夹角，细线断裂后，小球做平抛运动，根据平抛运动规律结合几何关系计算。
【解答】解：（1）根据最大静摩擦力等于向心力有mω2 Lsinθ＝μmg
解得
（2）滑块恰好脱离转盘时滑块与转盘的作用力为0，根据牛顿第二定律有
mgtanθ＝mω2Lsinθ
解得
（3）当ω时，滑块已经脱离转盘，设细线与转轴的夹角为α，根据牛顿第二定律有
mgtanα＝mω2Lsinα
解得cosα＝0.6，所以α＝53°
此时小球距离圆盘的高度为
h＝Lcosθ﹣Lcosα
下球线速度大小为
v＝ωLcosα
细线断裂后小球做平抛运动，根据平抛运动规律有
x＝vt
则滑块在圆盘上的落点与转轴的距离为
s
解得s
答：（1）当ω为时，绳子恰好有拉力；
（2）当ω为时，滑块恰好与转盘脱离；
（3）当ω时，细线恰好断裂，滑块在圆盘上的落点与转轴的距离为。
【点评】能够分析出小球做圆周运动所需向心力的来源是解题的关键，知道细线断裂后小球做平抛运动。
18．（2024秋 南京期末）投壶是从先秦延续至清末的一种中国传统礼仪。在图甲中，小孩将箭矢水平抛出投入壶中。将箭矢视为质点，不计空气阻力和壶的高度，简化后如图乙所示。箭矢从离地面高h＝0.8m的A点以初速度v0＝5m/s水平抛出，正好落在壶口B点，已知g＝10m/s2。求：
（1）箭矢运动的时间；
（2）箭矢运动的水平距离。
【考点】平抛运动位移的计算；平抛运动速度的计算．
【专题】计算题；定量思想；合成分解法；平抛运动专题；分析综合能力．
【答案】（1）箭矢运动的时间为0.4s；
（2）箭矢运动的水平距离为2m。
【分析】（1）箭矢做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，根据下落的高度求箭矢运动的时间；
（2）箭矢水平方向做匀速直线运动，由公式x＝v0t求箭矢运动的水平距离。
【解答】解：（1）根据题意可知，箭矢在空中做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，则有
hgt2
可得箭矢运动的时间为
ts＝0.4s
（2）箭矢水平方向做匀速直线运动，则箭矢运动的水平距离为
x＝v0t＝5×0.4m＝2m
答：（1）箭矢运动的时间为0.4s；
（2）箭矢运动的水平距离为2m。
【点评】解答本题的关键要熟练运用运动的分解法研究平抛运动，掌握两个分运动的规律，并能熟练运用。
19．（2024秋 西湖区校级期末）如图所示，倾角为37°的斜面长l＝1.9m，在斜面底端正上方的O点将一小球以v0＝3m/s的速度水平抛出，与此同时由静止释放斜面顶端的滑块，经过一段时间后，小球恰好能够以垂直于斜面的速度在斜面P点处击中滑块。（小球和滑块均可视为质点，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）求：
（1）小球从O到P的时间t；
（2）抛出点O离斜面底端的高度；
（3）滑块与斜面间的动摩擦因数μ。
【考点】平抛运动与斜面的结合；物体在粗糙斜面上的运动．
【专题】定量思想；推理法；平抛运动专题；推理论证能力．
【答案】（1）小球从O到P的时间t等于0.4s；
（2）抛出点O离斜面底端的高度为1.7m；
（3）滑块与斜面间的动摩擦因数为0.125。
【分析】（1）小球做平抛运动垂直打在斜面上，结合斜面倾角，可以求出小球落在P点时的竖直速度，利用竖直方向的自由落体运动求出小球平抛运动的时间；
（2）根据小球的竖直位移和水平位移，结合几何关系求出抛出点到斜面底端的距离；
（3）根据牛顿第二定律，结合位移公式，抓住时间相等求出滑块与斜面间的动摩擦因数。
【解答】解：（1）设物体在P点的速度为v，由几何关系可得v与竖直方向的夹角为37°，将v正交分解如下图：
球恰好能够以垂直于斜面的速度在斜面P点处击中滑块，则有：，解得小球在空中飞行的时间为：；
（2小球抛出点到斜面P点的水平距离为：x＝v0t＝3×0.4m＝1.2m，小球抛出点到斜面底端的竖直高度为：；
（3）斜面上P点到底端的距离为：，
在时间t内，滑块的位移为s，由几何关系得：s'＝L﹣s，由位移一时间关系可得：
对滑块，由牛顿第二定律得：mgsin37°﹣μmgcos37°＝ma，代入数据解得：μ＝0.125。
答：（1）小球从O到P的时间t等于0.4s；
（2）抛出点O离斜面底端的高度为1.7m；
（3）滑块与斜面间的动摩擦因数为0.125。
【点评】该题是平抛运动和牛顿第二定律等基本规律的应用，主要抓住撞到斜面上时水平速度和竖直方向速度的关系以及位移的关系解题。
20．（2024秋 鼓楼区校级期末）如图所示，把一个小球放在玻璃漏斗中，晃动漏斗，可以使小球在短时间内沿光滑的漏斗壁在某一水平面内做匀速圆周运动。此时小球在漏斗壁上离漏斗中心口的竖直高度为h＝10cm，小球的质量为m＝0.1kg，漏斗壁与竖直方向的夹角为30°，整个过程中忽略空气阻力，g＝10m/s2。
（1）小球的受到的支持力大小多少？
（2）小球在运动过程中的线速度大小。
【考点】物体在圆锥面上做圆周运动．
【专题】定量思想；推理法；匀速圆周运动专题；推理论证能力．
【答案】（1）小球的受到的支持力大小为2N；
（2）小球在运动过程中的线速度大小为1m/s。
【分析】（1）画受力图，结合相应的几何关系列式求解支持力大小；
（2）根据牛顿第二定律列式求解线速度大小。
【解答】解：（1）小球的受力示意图如图所示
由几何关系可得sin30°，解得FN＝2N；
（2）小球做匀速圆周运动的半径为r＝htan30°，由牛顿第二定律得，解得v＝1m/s。
答：（1）小球的受到的支持力大小为2N；
（2）小球在运动过程中的线速度大小为1m/s。
【点评】考查圆锥摆运动物体的受力分析和牛顿第二定律的应用，会根据题意进行准确分析解答。
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