【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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高考物理考前冲刺押题预测 曲线运动
一．选择题（共8小题）
1．（2024秋 济宁期末）某同学投篮空心入筐，篮球在空中运动的轨迹如图所示，A为出手点，出手速度大小为v＝10m/s，B为轨迹最高点，C为篮筐，AB连线与水平面的夹角为θ（），不计空气阻力，篮球可视为质点，取g＝10m/s2。篮球从A点运动到B点的时间为（　　）
A． B． C． D．
2．（2024秋 雨花区校级期末）农田、园林的喷灌装置能够旋转喷水，某喷口在旋转180°过程中，前后两次喷出的水流轨迹如图所示，已知两股水流轨迹的最高点等高，O点为喷口在水平地面上的投影，落点A、B到O点的距离之比为3：1，忽略空气阻力，则（　　）
A．水流1从喷口喷出到落地用时比水流2要长
B．水流1和水流2在最高点的速度大小之比为3：1
C．水流1和水流2从喷出到落地的平均速度之比为3：1
D．相同高度处水流1的流量比水流2的流量小
3．（2024秋 朝阳区校级期末）一名同学看过杂技演员“水流星”表演（图甲）后，用轻质细绳系着一个软木塞，抡动细绳让软木塞模拟水流星在竖直平面内做圆周运动（图乙）。已知细绳的长度l＝0.9m，重力加速度g取10m/s2，若软木塞恰能做完整的圆周运动，则下列说法正确的是（　　）
A．软木塞经过最高点时的最小速度为6m/s
B．软木塞经过最高点时的最小速度为3m/s
C．软木塞经过最高点时细绳对它的拉力大小等于它的重力大小
D．软木塞经过最低点时细绳对它的拉力大小等于它的重力大小
4．（2024秋 盐城期末）跳伞表演是人们普遍喜欢的观赏性体育项目，如图所示，当运动员从直升机上由静止跳下后，在下落过程中将会受到水平风力的影响，下列说法中正确的是（　　）
A．风力越大，运动员的下落时间就越长，运动员可完成更多的动作
B．风力越大，运动员下落时竖直方向的速度就越大
C．运动员着地时的水平位移大小与风力无关
D．水平风力的大小不会影响运动员的下落时间
5．（2024秋 盐城期末）网球运动员将球沿水平方向击出，球离开球拍后划出一条曲线向对方场地飞去，如图所示。网球可视为质点，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　）
A．网球的初位置越高，在空中运动时间越长
B．网球初速度越大，水平位移越大
C．网球在空中的速度变化率由抛出时的高度决定
D．网球的落地速度越大，说明抛出水平初速度越大
6．（2024秋 重庆期末）一小船渡河，河宽为120m，水流速度为4m/s，船在静水中的速度为3m/s，现调整船头方向使船渡河的时间最短，则船渡河的位移为（　　）
A．200m B．240m C．280m D．300m
7．（2024秋 盐城期末）关于曲线运动，下列说法正确的是（　　）
A．曲线运动的物体合外力一定不为0
B．做曲线运动的物体，所受合外力方向可以与速度方向相同
C．合力为0的物体也可以做曲线运动
D．物体在恒力作用下不可能做曲线运动
8．（2024秋 重庆期末）如图甲所示是网球发球机，某次室内训练时调整发球机出球口距地面的高度，然后向竖直墙面发射网球。如图乙所示，先后两次从同一位置水平发射网球A、B，网球A、B分别碰到墙面时速度与水平方向夹角分别为45°和60°，若不考虑空气阻力，则下列说法正确的是（　　）
A．A球的发射速度小于B球的发射速度
B．A球的速度变化率小于B球的速度变化率
C．A球在空中的飞行时间大于B球在空中的飞行时间
D．A、B两球位移之比：
二．多选题（共4小题）
（多选）9．（2024秋 重庆期末）曲柄连杆结构是发动机实现工作循环、完成能量转化的主要运动零件。如图所示，连杆下端连接活塞Q，上端连接曲轴P。在工作过程中，活塞Q在汽缸内上下做直线运动，带动曲轴绕圆心O旋转，若P做线速度大小为v0＝12m/s的匀速圆周运动，已知OP＝6m，PQ＝8m，则下列说法正确的是（　　）
A．当OP与OQ垂直时，活塞运动的速度等于12m/s
B．当O、P、Q在同一直线时，活塞运动的速度为零
C．当PQ垂直于OP时，活塞运动的速度为10m/s
D．当PQ垂直于OP时，活塞运动的速度为15m/s
（多选）10．（2024秋 长沙期末）自行车是我们倡导绿色生活轻便出行的交通工具，如图所示是三挡变速自行车传动结构的示意图，其中A是踏板上的大齿轮，有36个齿。B是后轮轴上的小齿轮组，共有三个挡位分别为12、16、24个齿，换挡时链条会链接在不同大小的齿轮上。C是半径为0.4米的后轮，假设骑行者以每秒踩动踏板两圈的方式骑车，则（　　）
A．后轮的最大转速为6圈/秒
B．后轮的最大转速为3圈/秒
C．若选用中挡位，则骑行速度约为11.3m/s
D．若选用最大齿轮挡位，则骑行速度约为15.1m/s
（多选）11．（2024秋 朝阳区校级期末）投壶是从先秦延续至清末的中国传统礼仪和宴饮游戏，《礼记传》中提到：“投壶，射之细也。宴饮有射以乐宾，以习容而讲艺也。”如图所示，甲、乙两人沿水平方向各射出一支箭，箭尖插入壶中时与水平面的夹角分别为53°和37°，已知两支箭质量相同，忽略空气阻力、箭长，壶口大小等因素的影响，下列说法正确的是（sin37°＝0.6，sin53°＝0.8）（　　）
A．若两人站在距壶相同水平距离处投壶，则甲所投箭的初速度比乙的大
B．若两人站在距壶相同水平距离处投壶，则乙所投的箭在空中运动时间比甲的短
C．若箭在竖直方向下落的高度相等，则甲投壶位置距壶的水平距离比乙小
D．若箭在竖直方向下落的高度相等，则甲所射箭落入壶口时速度比乙大
（多选）12．（2024秋 朝阳区校级期末）游乐场的旋转木马是一项备受欢迎的游玩项目。如图所以，一同学坐在旋转木马上，绕中心轴在水平面内做匀速圆周运动，圆周运动半径为3.0m，该同学旋转5圈用时3min，则该同学做匀速圆周运动时（　　）
A．周期为0.6s
B．角速度为rad/s
C．线速度为m/min
D．向心加速度为m/s2
三．填空题（共4小题）
13．（2024秋 浦东新区校级期末）如图所示为马戏团中上演的飞车节目，在竖直平面内有半径为R的圆轨道，表演者骑摩托车在圆轨道内做圆周运动。已知人和摩托车的总质量为m，以的速度通过轨道最高点，则此时轨道对车的作用力F大小为 　 　，方向为 　 　。
14．（2024秋 浦东新区校级期末）如图所示，质量相等的两个小物体A、B（视为质点）紧贴在匀速转动的圆筒的竖直内壁随筒一起转动，圆筒上下两区域的半径比为2：1，则A、B的向心加速度之比为 　 　，受到筒壁的摩擦力之比为 　 　。
15．（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”）。
16．（2024秋 普陀区校级期末）如图，从地面做斜上抛运动的物体到达最高点时，速度大小v1＝4m/s，落地时的速度大小v2＝5m/s。则该物体抛出时的初速度大小v0＝ 　 　m/s，从抛出到落地的过程中，速度的变化量大小Δv＝ 　 　m/s。
四．解答题（共4小题）
17．（2024秋 盐城期末）如图甲所示，修正带是通过两个齿轮相互咬合进行工作的，其原理可简化为图乙所示，B点做圆周运动半径为r，使用过程中测得A点线速度大小为v，周期为T，求：
（1）A点做圆周运动的半径R；
（2）B点做圆周运动的角速度ω。
18．（2024秋 鼓楼区校级期末）图甲为一城墙的入城通道，通道宽度L＝6.6m，一跑酷爱好者从左墙根由静止开始正对右墙加速运动，加速到M点时斜向上跃起，经0.4s到达右墙壁P点时，竖直方向的速度恰好为零，然后立即蹬右墙壁，使水平方向的速度反向，大小变为原来的，并获得一竖直方向速度，之后跃到左墙壁上的Q点，Q点距地面h2＝1.35m，飞跃过程中人距地面的最大高度为H＝2.6m，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力，整个过程中人的姿态可认为保持不变，如图乙所示，求：
（1）P点距离地面高h1。
（2）人助跑的距离。
19．（2024秋 朝阳区校级期末）如图所示，在t＝0时质量m＝0.5kg的小球自高h＝31.25m的平台上以v0＝5m/s的初速度水平抛出，运动0.5s后，突然受到大小恒为5N的水平向右的风力F作用，最后落至水平地面，不计空气阻力，重力加速度g＝10m/s2。求：
（1）小球从抛出至落地的时间；
（2）小球落地时的速度；
（3）定量分析说明小球受到水平向右的风力F作用后运动轨迹是直线还是曲线。
20．（2024秋 青浦区校级期末）一级方程式赛车世界锦标赛，简称F1，与奥运会、世界杯足球赛并称为“世界三大体育盛事”。2024年，世界一级方程式赛车锦标赛中国大奖赛迎来20周年，同时也是上海国际赛车场投入使用20周年。F1赛车的变速系统非常强劲，从时速零加速到三挡最高速度仅需2.3s，此时加速度仍达10m/s2，时速为五挡最高速度时的加速度仍有3m/s2，若从0加速到200km/h再减到0只需12s。
（1）关于F1赛车，下列说法正确的是 　 　。
A.赛车起动时，地面对车轮的作用力与车轮对地面的作用力大小相等
B.赛车在直道行驶时，速度越大，其加速度也一定越大
C.赛车转弯时，速度方向改变，其惯性也随之变化
D.赛车高速通过终点后难以立即停下，表明速度越大，其惯性越大
（2）在F1赛事中，若在弯道上高速行驶的赛车车轮脱落，则脱落的车轮的运动情况是 　 　。
A.仍然沿着赛车的弯道运动
B.沿着与弯道切线垂直的方向飞出
C.沿着脱离时轮子前进的方向做直线运动，离开弯道
D.上述情况都有可能
（3）在某次测试赛中，赛车在某平直赛道上开始运动的x﹣t图像为抛物线，如图所示。下列说法正确的是 　 　。
A.赛车做匀速直线运动
B.赛车做匀减速直线运动
C.随着时间的增大，赛车在相同时间内的位移增大
D.随着时间的增大，赛车的加速度增大
（4）一辆高速行驶的F1赛车与一架静止在发射场的航天飞机，两者运动状态较难改变的是 　 　，你的判断依据是 　 　。
（5）在F1赛车大奖赛中，在长直的赛道上，一辆安全车正以5m/s的速度匀速前进。在安全车后方x0＝150m处，有一辆F1赛车从静止出发，并且以2m/s2的加速度向前追赶安全车。赛车经过多久追上安全车？
高考物理考前冲刺押题预测 曲线运动
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
1．（2024秋 济宁期末）某同学投篮空心入筐，篮球在空中运动的轨迹如图所示，A为出手点，出手速度大小为v＝10m/s，B为轨迹最高点，C为篮筐，AB连线与水平面的夹角为θ（），不计空气阻力，篮球可视为质点，取g＝10m/s2。篮球从A点运动到B点的时间为（　　）
A． B． C． D．
【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】A
【分析】逆向思维，从A到B的斜上抛运动可以看作从B到A的平抛运动，根据平抛运动规律计算。
【解答】解：逆向思维，从A到B的斜上抛运动可以看作从B到A的平抛运动，如图所示
由平抛运动的规律可知，A点速度的延长线过从A到B水平位移的中点，且A点速度与水平方向的夹角α满足
故可得
从A点运动到B点的时间
故A正确，BCD错误。
故选：A。
【点评】本题考查的是平抛运动规律的应用，题型为基础题。
2．（2024秋 雨花区校级期末）农田、园林的喷灌装置能够旋转喷水，某喷口在旋转180°过程中，前后两次喷出的水流轨迹如图所示，已知两股水流轨迹的最高点等高，O点为喷口在水平地面上的投影，落点A、B到O点的距离之比为3：1，忽略空气阻力，则（　　）
A．水流1从喷口喷出到落地用时比水流2要长
B．水流1和水流2在最高点的速度大小之比为3：1
C．水流1和水流2从喷出到落地的平均速度之比为3：1
D．相同高度处水流1的流量比水流2的流量小
【考点】斜抛运动．
【专题】定量思想；推理法；平抛运动专题；推理论证能力．
【答案】B
【分析】A.由于两股水流从喷出到最高点的高度相等，根据其竖直方向的运动规律分别列式，即可分析判断；
B.因为两股水流在最高点的竖直分速度为零，所以两股水流在最高点的速度大小之比等于其水平分速度大小之比，再结合其水平方向的运动规律，即可分析判断；
C.结合前面分析，根据时间、位移、平均速度的关系，即可分析判断；
D.结合前面分析，根据题意及流量的表达式，即可分析判断。
【解答】解：A.由于两股水流从喷出到最高点的高度相等，竖直方向上有：，可知两股水流初速度在竖直方向的分速度相等，
根据：vy＝gt1可知，两股水流从喷口喷出到最高点历时相等，
由于最高点等高，由可知，最高点至落地时间相等，
因为两股水流从喷出至落地用时为：t＝t1+t2，所以两股水流从喷出至落地用时相等，故A错误；
B.因为两股水流在最高点的竖直分速度为零，所以两股水流在最高点的速度大小之比等于其水平分速度大小之比，
根据x＝vt可知，在最高点的速度大小之比等于其水平分位移大小之比，即：v1：v2＝x1：x2＝3：1，故B正确；
C.结合前面分析可知，水流1和水流2从喷出到落地用时相等，位移之比不等于3：1，则其平均速度之比不等于3：1，故C错误；
D.结合前面分析可知，水流1的初速度比水流2的大，又因为喷口横截面积相等，根据流量Q＝Sv可知，相同高度处水流1的流量比水流2的大，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查了斜抛运动，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。
3．（2024秋 朝阳区校级期末）一名同学看过杂技演员“水流星”表演（图甲）后，用轻质细绳系着一个软木塞，抡动细绳让软木塞模拟水流星在竖直平面内做圆周运动（图乙）。已知细绳的长度l＝0.9m，重力加速度g取10m/s2，若软木塞恰能做完整的圆周运动，则下列说法正确的是（　　）
A．软木塞经过最高点时的最小速度为6m/s
B．软木塞经过最高点时的最小速度为3m/s
C．软木塞经过最高点时细绳对它的拉力大小等于它的重力大小
D．软木塞经过最低点时细绳对它的拉力大小等于它的重力大小
【考点】杆球类模型及其临界条件；动能定理的简单应用；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】B
【分析】ABC.根据竖直面内圆周运动绳模型的临界条件结合由牛顿第二定律进行列式分析解答；
D.根据牛顿第二定律进行分析判断。
【解答】解：ABC.根据竖直面内圆周运动绳模型的临界条件可知，由牛顿第二定律，在最高点有mg＝m，且细绳对软木塞的拉力为0，代入数据解得v＝3m/s，故AC错误，B正确。
D.在最低点，根据牛顿第二定律F﹣mg＝m，由于v′＞0，故F＞mg，故D错误。
故选：B。
【点评】考查竖直面内圆周运动绳模型的临界问题和牛顿运动定律的应用，会根据题意进行准确分析解答。
4．（2024秋 盐城期末）跳伞表演是人们普遍喜欢的观赏性体育项目，如图所示，当运动员从直升机上由静止跳下后，在下落过程中将会受到水平风力的影响，下列说法中正确的是（　　）
A．风力越大，运动员的下落时间就越长，运动员可完成更多的动作
B．风力越大，运动员下落时竖直方向的速度就越大
C．运动员着地时的水平位移大小与风力无关
D．水平风力的大小不会影响运动员的下落时间
【考点】合运动与分运动的关系．
【专题】定性思想；推理法；运动的合成和分解专题；推理论证能力．
【答案】D
【分析】根据运动员在水平方向上和竖直方向上的分运动分析即可。
【解答】解：A.运动员的下落时间主要由竖直方向的运动决定，与水平方向的风力无关。因此，风力的大小不会改变运动员的下落时间 ，故A错误；
B.运动员下落时竖直方向的速度是由重力加速度和时间决定的，与水平方向的风力没有直接关系。风力只会影响运动员在水平方向上的速度 ，故B错误；
C.运动员在水平方向上的位移是由风力作用下的水平速度和下落时间共同决定的。风力越大，水平速度就越大，因此在相同的时间内，水平位移也会越大 ，故C错误；
D.运动员的下落时间主要由竖直方向的运动决定，与水平方向的风力无关，无论风力大小如何，运动员的下落时间都不会改变 ，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查学生对运动的合成与分解，需要注意不同方向上的运动相互不影响，但是具有同时性。
5．（2024秋 盐城期末）网球运动员将球沿水平方向击出，球离开球拍后划出一条曲线向对方场地飞去，如图所示。网球可视为质点，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　）
A．网球的初位置越高，在空中运动时间越长
B．网球初速度越大，水平位移越大
C．网球在空中的速度变化率由抛出时的高度决定
D．网球的落地速度越大，说明抛出水平初速度越大
【考点】平抛运动时间的计算；平抛运动速度的计算；平抛运动位移的计算．
【专题】定量思想；推理法；平抛运动专题；推理论证能力．
【答案】A
【分析】平抛运动的时间由高度决定，与其它因素无关，根据水平方向匀速运动，竖直方向自由落体运动分析。
【解答】解：A、根据得：，可知抛出点位置越高，空中运动时间越长，故A正确；
B、水平位移水平位移由初速度和高度共同决定，网球初速度越大，水平位移不一定大，故B错误；
C、网球在空中的速度变化率即加速度为g，与高度无关，故C错误；
D、落地时速度大小，则落地时速度大小由h和v0共同决定，初速度v0越大，落地速度v不一定越大，故D错误。
故选：A。
【点评】解决本题的关键要掌握平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解，知道平抛运动的时间由高度决定，水平位移由初速度和高度共同决定。
6．（2024秋 重庆期末）一小船渡河，河宽为120m，水流速度为4m/s，船在静水中的速度为3m/s，现调整船头方向使船渡河的时间最短，则船渡河的位移为（　　）
A．200m B．240m C．280m D．300m
【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】A
【分析】当以静水中的速度垂直河岸过河的时候渡河时间最短．由矢量合成的平行四边形定则得知小船的合速度，小船实际以合速度做匀速直线运动，进而求得位移的大小。
【解答】解：要使渡河时间最短，船头要始终正对河岸，即v船方向始终垂直河岸，船渡河时间：，
船登陆的地点离正对岸的距离x＝v水t，解得x＝160m，
那么船在最短时间内渡河，渡河位移为，故A正确，BCD错误。
故选：A。
【点评】考查运动的合成与分解，掌握力的平行四边形定则，注意几何关系的构建，及时间最短与位移最短的区别。
7．（2024秋 盐城期末）关于曲线运动，下列说法正确的是（　　）
A．曲线运动的物体合外力一定不为0
B．做曲线运动的物体，所受合外力方向可以与速度方向相同
C．合力为0的物体也可以做曲线运动
D．物体在恒力作用下不可能做曲线运动
【考点】物体做曲线运动的条件．
【专题】定性思想；推理法；物体做曲线运动条件专题；推理论证能力．
【答案】A
【分析】既然是曲线运动，它的速度的方向必定是改变的，所以曲线运动一定是变速运动，在恒力作用下，物体受到的合力一定不为零 ，物体可以做曲线运动，如平抛运动，而匀速圆周运动受到的是变力，是变加速曲线运动。
【解答】解：A.因为曲线运动是变速运动，物体的速度方向在不断变化，因此一定存在加速度，由牛顿第二定律知，物体受到的合力一定不为零 ，故A正确；
B.如果合外力方向与速度方向相同，那么物体将做匀加速直线运动，而不是曲线运动，曲线运动的条件是合力与速度不共线 ，故B错误；
C.合力为0的物体不可以做曲线运动，因为合力为0意味着物体没有加速度，将保持静止或匀速直线运动状态，不可能做曲线运动 ，故C错误；
D.物体在恒力作用下可能做曲线运动。例如平抛运动，物体只受重力作用（恒力），但由于重力的方向与物体的初速度方向不共线，因此物体做曲线运动 ，故D错误。
故选：A。
【点评】本题关键是对质点做曲线运动的条件的考查，匀速圆周运动，平抛运动等都是曲线运动，对于它们的特点要掌握住。
8．（2024秋 重庆期末）如图甲所示是网球发球机，某次室内训练时调整发球机出球口距地面的高度，然后向竖直墙面发射网球。如图乙所示，先后两次从同一位置水平发射网球A、B，网球A、B分别碰到墙面时速度与水平方向夹角分别为45°和60°，若不考虑空气阻力，则下列说法正确的是（　　）
A．A球的发射速度小于B球的发射速度
B．A球的速度变化率小于B球的速度变化率
C．A球在空中的飞行时间大于B球在空中的飞行时间
D．A、B两球位移之比：
【考点】平抛运动时间的计算；平抛运动速度的计算；平抛运动位移的计算．
【专题】定量思想；推理法；平抛运动专题；推理论证能力．
【答案】D
【分析】根据网球在竖直方向做自由落体运动分析运动的时间；根据网球在水平方向上做匀速直线运动分析发射速度大小；根据速度的变化率是指加速度比较；根据平抛运动的推论计算位移之比。
【解答】解：C、发出的网球在竖直方向做自由落体运动，根据h可得网球在空中运动的时间为t，由图可知hB＞hA，所以A球在空中的运动时间小于B球在空中的运动时间，故C错误；
A、网球在水平方向上做匀速直线运动，两网球在水平方向的位移相等，根据x＝v0t可知，A球的发射速度大于B球的发射速度，故A错误；
B、速度的变化率是指加速度，两个网球的加速度都是重力加速度，所以A球的速度变化率等于B球的速度变化率，故B错误；
D、根据平抛运动的推论，物体速度偏转角的正切值是位移与水平方向位移夹角正切值的2倍，设A、B的位移方向与水平方向的夹角分别为α、β，则所以A、B两球的位移之比为，
，设两球的水平位移为x，根据几何关系有，解得A、B两球的位移之比为，故D正确。
故选：D。
【点评】知道网球在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动是解题的基础，掌握平抛运动的推论是解题的关键。
二．多选题（共4小题）
（多选）9．（2024秋 重庆期末）曲柄连杆结构是发动机实现工作循环、完成能量转化的主要运动零件。如图所示，连杆下端连接活塞Q，上端连接曲轴P。在工作过程中，活塞Q在汽缸内上下做直线运动，带动曲轴绕圆心O旋转，若P做线速度大小为v0＝12m/s的匀速圆周运动，已知OP＝6m，PQ＝8m，则下列说法正确的是（　　）
A．当OP与OQ垂直时，活塞运动的速度等于12m/s
B．当O、P、Q在同一直线时，活塞运动的速度为零
C．当PQ垂直于OP时，活塞运动的速度为10m/s
D．当PQ垂直于OP时，活塞运动的速度为15m/s
【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】ABD
【分析】Q点做直线运动，而P点做匀速圆周运动，将P在两个特殊点的速度分解即可作出判断。
【解答】解：对P和Q的运动分解，如图所示
由关联速度可知vPcosα＝vQcosβ，则
A、当OP与OQ垂直时，α＝β，P点速度的大小为v0，此时杆PQ整体运动的方向是相同的，方向沿OQ的平行的方向，所以活塞运动的速度等于P点的速度，都是v0＝12m/s，故A正确；
B、当O、P、Q在同一直线时，P点的速度方向与OQ方向垂直，沿OQ方向的分速度为0，Q的瞬时速度为0，所以活塞运动的速度等于0，故B正确；
CD、当PQ垂直于OP时，即杆与圆相切，，根据几何关系可得，解得vQ＝15m/s，故C错误，D正确。
故选：ABD。
【点评】曲柄连杆结构是发动机的联动速度传送较为复杂，但该题中的两个特殊点的速度关系是比较明显的，要正确理解它们之间的关系。
（多选）10．（2024秋 长沙期末）自行车是我们倡导绿色生活轻便出行的交通工具，如图所示是三挡变速自行车传动结构的示意图，其中A是踏板上的大齿轮，有36个齿。B是后轮轴上的小齿轮组，共有三个挡位分别为12、16、24个齿，换挡时链条会链接在不同大小的齿轮上。C是半径为0.4米的后轮，假设骑行者以每秒踩动踏板两圈的方式骑车，则（　　）
A．后轮的最大转速为6圈/秒
B．后轮的最大转速为3圈/秒
C．若选用中挡位，则骑行速度约为11.3m/s
D．若选用最大齿轮挡位，则骑行速度约为15.1m/s
【考点】传动问题；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．
【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】AC
【分析】脚踏板大齿轮和后轴小齿轮啮合，所以的转动齿数相同，根据每秒转过的圈数分析AB；根据线速度与转数的公式计算CD。
【解答】解：AB、脚踏板大齿轮和后轴小齿轮啮合，所以的转动齿数相同，即大齿轮转动一圈36个齿时，小齿轮也转动36个齿，1s内大齿轮转过两圈即72个齿，则对于1、2、3不同挡位来说，小齿轮分别转过：6圈、圈、3圈。由于脚踏板的转速是固定的，所以1挡最快，3挡最慢，最大转速为6圈/秒，故A正确，B错误
CD、行车速度v＝ωR＝2πnR
若选用中齿轮16齿挡位，转速为圈/秒，则：
v1＝2πn1R＝2π0.4m/s＝11.3m/s
若选用最大齿轮24齿挡位，转速为3圈/秒，则：
v2＝2πn2R＝2π×3×0.4m/s＝7.5m/s
故C正确，D错误。
故选：AC。
【点评】解决本题的关键知道线速度、转速与半径的关系，以及知道传送带传动轮子上的点线速度大小相等。
（多选）11．（2024秋 朝阳区校级期末）投壶是从先秦延续至清末的中国传统礼仪和宴饮游戏，《礼记传》中提到：“投壶，射之细也。宴饮有射以乐宾，以习容而讲艺也。”如图所示，甲、乙两人沿水平方向各射出一支箭，箭尖插入壶中时与水平面的夹角分别为53°和37°，已知两支箭质量相同，忽略空气阻力、箭长，壶口大小等因素的影响，下列说法正确的是（sin37°＝0.6，sin53°＝0.8）（　　）
A．若两人站在距壶相同水平距离处投壶，则甲所投箭的初速度比乙的大
B．若两人站在距壶相同水平距离处投壶，则乙所投的箭在空中运动时间比甲的短
C．若箭在竖直方向下落的高度相等，则甲投壶位置距壶的水平距离比乙小
D．若箭在竖直方向下落的高度相等，则甲所射箭落入壶口时速度比乙大
【考点】平抛运动速度的计算．
【专题】定量思想；推理法；平抛运动专题；推理论证能力．
【答案】BC
【分析】根据角度与速度的关系和角度与位移的关系，找到水平位移与竖直位移的关系，根据竖直位移和水平位移的公式分别分析水平距离相等和下落高度相等的情况。
【解答】解：设箭的水平初速度为v，入壶时与水平方向的夹角为θ，则有
竖直方向与水平方向的位移之比
由于tan53°＞tan37°，则
AB.若两人站在距壶相同水平距离处投壶，则x甲＝x乙，故h甲＞h乙
根据，则有t甲＞t乙
根据x＝vt，则有v甲＜v乙，
故A错误，B正确；
CD.若箭在竖直方向下落的高度相等，则h甲＝h乙，故x甲＜x乙
根据，则有t甲＝t乙
根据x＝vt，则有v甲＜v乙
故C正确，D错误。
故选：BC。
【点评】本题主要考查平抛运动的基本规律，需要熟练平抛运动中角度与速度的关系和角度与位移的关系。
（多选）12．（2024秋 朝阳区校级期末）游乐场的旋转木马是一项备受欢迎的游玩项目。如图所以，一同学坐在旋转木马上，绕中心轴在水平面内做匀速圆周运动，圆周运动半径为3.0m，该同学旋转5圈用时3min，则该同学做匀速圆周运动时（　　）
A．周期为0.6s
B．角速度为rad/s
C．线速度为m/min
D．向心加速度为m/s2
【考点】角速度、周期、频率与转速的关系及计算．
【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】BD
【分析】根据向心加速度、角速度、线速度、周期的公式即可求出。
【解答】解：转5圈用时3min，所以周期T36s，角速度rad/s，线速度v/sm/s，向心加速度a，故AC错误，BD正确；
故选：BD。
【点评】本题考查了学生对于向心加速度、角速度、线速度、周期的公式的理解和应用能力，难度不大。
三．填空题（共4小题）
13．（2024秋 浦东新区校级期末）如图所示为马戏团中上演的飞车节目，在竖直平面内有半径为R的圆轨道，表演者骑摩托车在圆轨道内做圆周运动。已知人和摩托车的总质量为m，以的速度通过轨道最高点，则此时轨道对车的作用力F大小为 　mg　，方向为 　竖直向下　。
【考点】绳球类模型及其临界条件；牛顿第二定律的简单应用．
【专题】定量思想；推理法；匀速圆周运动专题；理解能力．
【答案】mg；竖直向下。
【分析】通过轨道最高点时根据牛顿第二定律，结合向心力公式列式求解轨道对车的作用力F。
【解答】解：根据，解得此时轨道对车的作用力F＝mg，方向竖直向下。
故答案为：mg；竖直向下。
【点评】本题考查了竖直面内的圆周运动，弄清向心力的来源是解题的要点，比较容易。
14．（2024秋 浦东新区校级期末）如图所示，质量相等的两个小物体A、B（视为质点）紧贴在匀速转动的圆筒的竖直内壁随筒一起转动，圆筒上下两区域的半径比为2：1，则A、B的向心加速度之比为 　2：1　，受到筒壁的摩擦力之比为 　1：1　。
【考点】牛顿第二定律与向心力结合解决问题；向心加速度的计算．
【专题】定量思想；推理法；匀速圆周运动专题；理解能力．
【答案】2：1，1：1。
【分析】两个物体的角速度相等，根据a＝ω2r分析向心加速度之比；根据竖直方向上受力平衡分析。
【解答】解：两个小物体是同轴转动，所以它们的角速度相等，根据a＝ω2r可得，A、B的向心加速度之比为2：1；A、B两个物体在竖直方向上受力平衡，即重力和摩擦力是一对平衡力，因为这两个小物体的质量相等，所以它们受到的摩擦力也是相等的，则受到筒壁的摩擦力之比为1：1。
故答案为：2：1，1：1。
【点评】知道两个物体是同轴转动，它们的角速度相等是解题的关键，知道物体与筒壁之间的摩擦是静摩擦。
15．（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。
16．（2024秋 普陀区校级期末）如图，从地面做斜上抛运动的物体到达最高点时，速度大小v1＝4m/s，落地时的速度大小v2＝5m/s。则该物体抛出时的初速度大小v0＝ 　5　m/s，从抛出到落地的过程中，速度的变化量大小Δv＝ 　6　m/s。
【考点】斜抛运动．
【专题】定量思想；推理法；平抛运动专题；理解能力．
【答案】5；6。
【分析】根据对称性求解该物体抛出时的初速度大小；根据运动的合成与分解求解竖直方向的初速度大小，由此得到速度的变化量大小。
【解答】解：物体落地时的速度大小v2＝5m/s，根据对称性可知，该物体抛出时的初速度大小v0＝5m/s；
抛出时，竖直方向的初速度大小为：vym/s＝3m/s
从抛出到落地的过程中，速度的变化量大小为：Δv＝2vy＝2×3m/s＝6m/s。
故答案为：5；6。
【点评】本题主要是考查斜上抛运动，关键是掌握斜上抛运动的特点，知道速度变化量是矢量。
四．解答题（共4小题）
17．（2024秋 盐城期末）如图甲所示，修正带是通过两个齿轮相互咬合进行工作的，其原理可简化为图乙所示，B点做圆周运动半径为r，使用过程中测得A点线速度大小为v，周期为T，求：
（1）A点做圆周运动的半径R；
（2）B点做圆周运动的角速度ω。
【考点】传动问题；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．
【专题】定量思想；推理法；匀速圆周运动专题；理解能力．
【答案】（1）A点做圆周运动的半径为；
（2）B点做圆周运动的角速度为。
【分析】（1）根据周期计算公式求解A点做圆周运动的半径；
（2）同缘传动线速度相同，由此得到B点做圆周运动的角速度。
【解答】解：（1）根据周期计算公式可得：T
解得A点做圆周运动的半径：R；
（2）同缘传动线速度相同，则B点的线速度大小也为v，所以：v＝rω
解得：ω。
答：（1）A点做圆周运动的半径为；
（2）B点做圆周运动的角速度为。
【点评】本题以修正带是通过两个齿轮的相互咬合进行工作为情景载体，考查了匀速圆周运动问题在实际生活中的应用，解决本题关键是明确同缘传动及同轴传动的特点，然后结合公式灵活求解。
18．（2024秋 鼓楼区校级期末）图甲为一城墙的入城通道，通道宽度L＝6.6m，一跑酷爱好者从左墙根由静止开始正对右墙加速运动，加速到M点时斜向上跃起，经0.4s到达右墙壁P点时，竖直方向的速度恰好为零，然后立即蹬右墙壁，使水平方向的速度反向，大小变为原来的，并获得一竖直方向速度，之后跃到左墙壁上的Q点，Q点距地面h2＝1.35m，飞跃过程中人距地面的最大高度为H＝2.6m，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力，整个过程中人的姿态可认为保持不变，如图乙所示，求：
（1）P点距离地面高h1。
（2）人助跑的距离。
【考点】斜抛运动．
【专题】定量思想；推理法；平抛运动专题；推理论证能力．
【答案】（1）P点距离地面高为0.8m。
（2）人助跑的距离为3.4m。
【分析】（1）人到达右墙壁P点时，竖直方向的速度恰好为零，根据逆向思维结合自由落体运动规律分析解答。
（2）根据题意判断出人在空中做平抛运动，解得高度和合速度，将平抛运动分解成竖直方向和水平方向上的分运动，进而分析解得助跑距离。
【解答】解：（1）人到达右墙壁P点时，竖直方向的速度恰好为零，根据逆向思维，可知从M点到P点的逆过程为平抛运动，则h1
解得h1＝0.8m
（2）从P点到N点的过程和从N点到Q点的过程分别为H﹣h1
H﹣h2
从P点到Q点的过程中
L＝v1（t2+t3）
解得
t2＝0.6s，t3＝0.5s，v1＝6m/s
人助跑的距离为x＝Lv1t1
解得
x＝3.4m
答：（1）P点距离地面高为0.8m。
（2）人助跑的距离为3.4m。
【点评】本题考查了平抛运动的分解，分解为竖直方向和水平方向上的运动，较简单。
19．（2024秋 朝阳区校级期末）如图所示，在t＝0时质量m＝0.5kg的小球自高h＝31.25m的平台上以v0＝5m/s的初速度水平抛出，运动0.5s后，突然受到大小恒为5N的水平向右的风力F作用，最后落至水平地面，不计空气阻力，重力加速度g＝10m/s2。求：
（1）小球从抛出至落地的时间；
（2）小球落地时的速度；
（3）定量分析说明小球受到水平向右的风力F作用后运动轨迹是直线还是曲线。
【考点】在外力作用下的类平抛运动；牛顿第二定律的简单应用；平抛运动位移的计算；平抛运动与斜面的结合．
【专题】定量思想；推理法；平抛运动专题；推理论证能力．
【答案】（1）小球从抛出至落地的时间等于2.5s；
（2）小球落地时的速度等于；
（3）球受到风力作用后，在落地前做匀加速直线运动。
【分析】（1）小球在竖直方向的分运动为自由落体运动，根据自由落体运动规律求解下落时间；
（2）
（3）分析速度方向与合力方向是否存在夹角，没有夹角，做匀变速直线运动。
【解答】解：（1）根据题意可知，小球在竖直方向的分运动为自由落体运动，与是否受到风力无关，设小球下落的时间为t，则有，代入数据解得t＝2.5s；
（2）根据题意可知，受风力作用之后小球水平方向的加速度为，代入数据解得，a＝10m/s2，受风力之后小球在水平方向做匀加速直线运动，落地时水平方向的速度大小为vx＝v0+a（t﹣0.5），代入数据解得，vx＝25m/s，从一开始，小球在竖直方向上做匀加速[线运动，落地时竖方向的速度大小为vy＝gt，代入数据解得vy＝25m/s，则落地瞬间小球速度大小为，代入数据解得，；
（3）根据题意可知，运动t＝0.5s后，小球竖直方向上的速度为vy＝gt＝0.5×10m/s＝5m/s，此时速度与水平方向的夹角α满足，
可得α＝45°，受风力之后小球的受力如图所示
根据几何关系有，可得θ＝45°，由此可知，施加风力之后，小球的速度与加速度方向相同，故小球做直线运动，且所受合外力恒定，即球受到风力作用后，在落地前做匀加速直线运动。
答：（1）小球从抛出至落地的时间等于2.5s；
（2）小球落地时的速度等于；
（3）球受到风力作用后，在落地前做匀加速直线运动。
【点评】本题的关键在于理解小球在风力作用下的运动状态变化。
20．（2024秋 青浦区校级期末）一级方程式赛车世界锦标赛，简称F1，与奥运会、世界杯足球赛并称为“世界三大体育盛事”。2024年，世界一级方程式赛车锦标赛中国大奖赛迎来20周年，同时也是上海国际赛车场投入使用20周年。F1赛车的变速系统非常强劲，从时速零加速到三挡最高速度仅需2.3s，此时加速度仍达10m/s2，时速为五挡最高速度时的加速度仍有3m/s2，若从0加速到200km/h再减到0只需12s。
（1）关于F1赛车，下列说法正确的是 　A　。
A.赛车起动时，地面对车轮的作用力与车轮对地面的作用力大小相等
B.赛车在直道行驶时，速度越大，其加速度也一定越大
C.赛车转弯时，速度方向改变，其惯性也随之变化
D.赛车高速通过终点后难以立即停下，表明速度越大，其惯性越大
（2）在F1赛事中，若在弯道上高速行驶的赛车车轮脱落，则脱落的车轮的运动情况是 　C　。
A.仍然沿着赛车的弯道运动
B.沿着与弯道切线垂直的方向飞出
C.沿着脱离时轮子前进的方向做直线运动，离开弯道
D.上述情况都有可能
（3）在某次测试赛中，赛车在某平直赛道上开始运动的x﹣t图像为抛物线，如图所示。下列说法正确的是 　C　。
A.赛车做匀速直线运动
B.赛车做匀减速直线运动
C.随着时间的增大，赛车在相同时间内的位移增大
D.随着时间的增大，赛车的加速度增大
（4）一辆高速行驶的F1赛车与一架静止在发射场的航天飞机，两者运动状态较难改变的是 　航天飞机　，你的判断依据是 　质量越大，惯性越大　。
（5）在F1赛车大奖赛中，在长直的赛道上，一辆安全车正以5m/s的速度匀速前进。在安全车后方x0＝150m处，有一辆F1赛车从静止出发，并且以2m/s2的加速度向前追赶安全车。赛车经过多久追上安全车？
【考点】判断近心或离线运动的轨迹；变速物体追匀速物体问题；根据x﹣t图像的物理意义对比多个物体的运动情况；惯性与质量．
【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．
【答案】（1）A；（2）C；（3）C；（4）航天飞机，质量越大，惯性越大；（5）赛车经过15s追上安全车。
【分析】（1）根据牛顿运动定律进行分析判断；
（2）根据曲线运动的速度方向沿曲线的切线方向知识进行分析判断；
（3）根据x﹣t图象的抛物线特点判断速度和加速度的变化情况，结合平均速度知识进行分析解答；
（4）根据牛顿第一定律进行分析解答；
（5）根据追及问题满足的位移关系列式计算。
【解答】解：（1）A.根据牛顿第三定律可知地面对车轮的作用力和车轮对地面的作用力的大小相等，方向相反，故A正确；
B.根据牛顿第二定律可知，加速度由合外力与质量决定，与速度无关，故B错误；
CD.质量是惯性大小的唯一量度，与速度无关，故CD错误。
故选：A。
（2）赛车沿弯道行驶，任一时刻赛车上任何一点的速度方向都是赛车运动的曲线轨迹上对应点的切线方向。被甩出的后轮的速度方向就是甩出点轨迹的切线方向，所以脱离赛车后的车轮将沿着脱离时轮子前进的方向做直线运动，离开弯道，故C正确，ABD错误。
故选：C。
（3）赛车运动的x﹣t图象是抛物线，则赛车做匀加速直线运动，根据x﹣t图象的斜率表示速度，赛车的速度逐渐增大，加速度不变，根据位移公式xt，可知随时间的延长，赛车的平均速度增大，故相同时间内位移越来越大，故C正确，ABD错误。
故选：C。
（4）根据牛顿第一定律可知，物体质量越大，则惯性越大，惯性越大则运动状态越难改变，故两者运动状态较难改变的是航天飞机；
（5）设经过t赛车追上安全车，根据位移关系有，代入v1＝5m/s，a＝2m/s2，解得t＝15s。
故答案为：（1）A；（2）C；（3）C；（4）航天飞机，质量越大，惯性越大；（5）赛车经过15s追上安全车。
【点评】考查牛顿运动定律的应用以及追及问题、曲线运动的速度等，会根据题意进行准确分析解答。
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