可
详解答案
24.解析发光体的速度=
2h
发光体做匀速圆周运动，则静摩擦力充当做圆周运动的向
解得
心力，则静摩擦力大小为f=mr
水平方向上做匀速直线运动，所以水平距离为
答案
vo=wr:f=mar
2五
25.解析(1)滑雪考从A到P根据动能定理有
x=功=0入
mgdsin45”-mgcos45d=2m呢-0
2h
撼据动量定理有(ngsin45°一mgc0s45°)1=mvp一0
(2)包襄落地时，竖直方向连度为可，=g1=
落地时速度为=√6十=√/6十2g
22d
联立解得t√g(一
(3)包襄做平抛运动，分解位移x=%t
p=√W2gd(1-)
y=28t
(2》由于滑雪者从P点由静止开始下滑，恰好到达B点，故
从P点到B点合力做功为0，所以当从A点下滑时，到达B
两式消去时同得包夏的轨远方程为y嘉
点有B=即=√2gd(1-)
/2h
(3)当滑雪者刚好落在C点时，平台BC的长度最大：滑雪
答案(1)w√g
(2W/6+2gh(3)y=8x2
26
者从B,点飞出做斜运动，竖直方向上有
29.解(1)在M点，设运动员在ABCD面内垂直AD方向的
pc0s45°=g×号
分速度为1，由运动的合成与分解规律得=w3in72.8
①
水平方向上有L=vp sin45°·t
设运动员在ABCD面内垂直AD方向的分加速度为a1,由
联主可得L=√2d(1一》
牛领第二定律得mgc0s17.2°=m41②
22d
答案(1)1g(1-
由运动学公式得d=2西
联立①②③式，代入数据得d=4.8m④
(2W/2gd(1-r),(3)W2d(1-)
(2)在M点，设运动员在ABCD而内平行AD方向的分速
26.解析(1)由题知，小物块恰好能到达轨道的最高点D,则
度为U2,由运动的合成与分解规律得2=r 0s72.8°⑤
在D点有n爱-n时
设运动员在ABCD面内平行AD方向的分加速度为a2,由
牛颜第二定律得gsin17.2°=ma2⑤
解得=√gR.
(2)由题知，小物块从C点沿弧切线方向进入轨道CDE内
设晦空时间为1，由运动学公式得1=2四
a
侧，则在C点有c0s60°=坚
vc
L=购t计2a⑧
小物块从C到D的过程中，根据动能定理有
联主①②⑤⑥⑦⑧式，代入数据得L=12m⑨
-mg(R+Rcos60)=号m呢-？m呢
专题五万有引力与航天
题组一
则小物块从B到D的过程中，根据动能定理有
1,D“鹊桥二号”中继星在24小时椭國轨道上运行时，由开普
mgH即=2m吃-2m呢
勒第三定律有号=，对地球同步卫星由开普勒第三定律有
联主解得s=√gR,HD=0
(3)小物块从A到B的过程中，根据动能定理有
r
mgs=之m呢-合m听
s=π·2R
2.BD根据万有引力提供向心力有G=m
R2
,在星球表
解得UA=√3gR
西有Gmg,解得√R.又8前三石地R
答案(1)√gR:(2)0:(3)√3gR
27.解析频闪仪每隔0.05s发出一次闪光，每相邻两个球之
间被喇去3个影像，故相邻两球的时间间隔为
子R地别运回轮在月球表面的飞行逢度用√分a返回
1
t=4T=0.05×48=0.2s
舱相对于月球的速度小于地球第一宇宙速度，A错误，B正
设抛出瞬间小球的速度为，每相邻两球间的水平方向上
确：设返回舱绕星球飞行周期为T,由万有引力提供向心力
位移为x,竖直方向上的位移分别为，2，极据平抛运动
位移公式有x=心1
得G=m(）R,在星球表面附近有GM=mg,联立
R2
4=282=2×10×0.2m=0.2m
R
可得周期T=2√M=2√g
T
为=g(2)2-s=×10×0.4-0.2)m=
3
,C错误，D正确。
0.6m
令1=y,则有y2=3y1=3y
3.A
已标注的线段5152分别为5=√2十y
变轨前，后，根据a=G4可知，空间站在P点
52=√T2+(3y)=√π2+9y
A正确
则有√x2+y:√/x+9y=3:7
的加速度相同
整理得x=2⑤
由于变轨后的轨道半长轴大于变轨前的轨道
5
半径，则根据开普勒第三定律可知，空间站变
B错误
故在抛出晚同小球的速度大小为==2⑤】
轨后的运动周期比变轨前的大
5 m s
变轨时，空间站喷气加速，因此变轨后其在P
C错误
答案25m:8
点的速度比变轨前的大
5
28.解析(1)包裹胱离无人机后做平抛运动，在竖直方向做自
变轨后，空间站在近地点的速度最大，大于变
由落体运动，则=g
轨后在P点的速度，结合C项分析可知，变轨
D错误
后空间站在近地点的递度大于变轨前的速度
145
详解答案
7.解(1)设滑道AB段的长度为L,背包在AB段上滑行的加
专题四
曲线运动
速度大小为a1,由牛顿第二定律有
题组
ngsin8一mgc0s0=2a1
1,BD对重物从P运动到Q的过程，水平方向上有x=
解得a1=2m/s
滑雪者质量为M=48kg,初速度为n=1.5ms,加连度为
6tc0s30°，竖直方向上有y=-6tsin30°+2g,由几何关
a2=3m:s2,在斜面上滑行时间为t,落后时间t0=1s,则背
包的滑行时间为什6，由运动学公式得L=之1(1十1)
系有义=ta如30°，联主解得重物的运动时间1=48，A错误：
结合A项分析可知，重物落地时的水平分速度：=
L=+2,
%cos30°，竖直分速度巴，=-吻sin30°十gt,则tan0==
x
联主解得t=2s或t=一1s(舍去)
故可得L=9m,
3,所以重物的落地速度与水平方向夹角为60°，B正确：对重
(2)设背包和滑雪者到达水平轨道时的速度为1，？·有
物从P运动到Q的过程，垂直于PQ连线方向有2ghmc0s30°=
1=a1(t十to)=6m/s
(sin60)2,解得重物离PQ连线的最远距离hm=103m,
=h十a2t=7.5ms
C错误；结合B项分析，竖直方向上有2gym=心，联主解得
滑雪者拎起背包的过程，系统在光滑圆孤的水平处时外力为
重物轨迹最高，点与落点的高度差ym=45m,D正确。
零，动量守恒，设共同速度为v,有十My=(m十M)v
2,D由图可知rn
解得v=7.44m8.
8.解析(1)小明和滑雪车在斜直雪道上做匀加速直线运动，
时间内转过的圆心角相等，根搭a=日可知，，=“0D正
在水平雪道上微匀减述直线运动，则=十型
确，根据v=r可知，线速度p2
t
知，向心加速度ap代入数据解得mx=18m/s.
(2)由匀变速直钱运动规律得工1=”
2
代入数据解得t1=6s
(3)设小明和滑雪车在斜直雪道上运动的加速度大小为a,则
a-Umax =3 mis
由牛顿第二运动定律得mgsin37°一F:=
代入数据解得F,=180N.
答案(1)18m8(2)6s
3.C
(3)180N
一水平方向：x=购t
9.解析(1)管第一次落地弹起的瞬间，小球仍然向下运动，设
此时管的加速度大小为1，方向向下；球的加速度大小为
平抛
立系小
2,方向向上：球与管之问的摩擦力大小为f,由牛顿运动定
运动
→h=2h
律有Ma1=Mg+f
①
1
一竖直方向：h=
1a3=寸一72
②
22
联立①②式并代入题给数据，得41=2g,2=3g.
D
最小.C对。
(2)管第一次碰地前与球的速度大小相同，由运动学公式，碰
4,AD由于小鱼在运动过程中只受重力作用，则小鱼在水平
地前瞬间它们的选度大小均为欧=√2g日
④
方向上做匀速直线运动，即巴r为一定量，则有x=,A可
方向均向下，管弹起的瞬间，管的速度反向，球的遂度方向依
能正确，C错误：小鱼在竖直方向上做整直上抛运动，则有y
然向下.
=001一
设自弹起时经过时间1，管与小球的速度刚好相同.取向上
之g,,=U0一g,且飞，最终减为0，B错误，D可
为正方向，由运动学公式一41t1=一十“21
能正确。
联立③④⑤式得=亏√8
22H
/4h
O
5.C
由平抛运动规律得，水在桶中运动时间为1√g
设此时管下端的高度为h1,速度为，由运动学公式可得
2h D
=购，联立解得水离开出水口的速度大小为欧=
h=1-2014
E
Ng'2
u=一a1t1
@
0条c运角
由③④⑥图式可判断此时>0，此后，管与小球将以加速度
1
6,C由B=2mw可知，若小车水平离开甲板时的动能变为
g减连上升2到达最高点，由运动学公式有2=艺
⑨
调整前的4倍，速度将变为调整前的2倍，小车离开甲板后
设管第一次落地弹起后上升的最大高度为H],
做平抛运动，运动的时间不变，由x=%可知小车在海面上
则H,=h1十hg
0
的落点与其离开甲板处的水平距离为调整前的2倍，C
联主⑤000⑧00式可符H,=若H
0
正确。
7.D小车做曲线运动，所受合外力指向曲线的凹侧，故A、B
(3)设第一次弹起过程中球相对管的位移为x1·在管开始下
错误：小车沿轨道从左向右运动，动能一直增加，故合外力与
落到上升H]这一过程中，由动能定理有Mg(H一H)十mg
运动方向夹角为锐角，C错误，D正确.故选D.
(H一H1十x1）一4mgx1=0
联主⑩吧式并代入题给数据得=号H
8.C质点做匀速国周运动，根据题意设周期T=
同理可推得，管与球从再次下落到第二次弹起至最高点的过
合外力等于向心力，根据F合=F。=m
程中，球与管的相对位移？=青H
联立可得F。=4
设圆管长度为L.管第二次落地弹起后的上升过程中，球不
会滑出管外的条件是x1十x2≤L
的
其中4mπ为常数，r的指数为3，故题中n=3,故逸C
联立①⑧@四式，L应满足条件为L≥H.
1251
9,A带电粒子在电场中做匀速圆周运动，电场力提供向心力，
答案12g3g2号H3)L>H
则有qE=mR
143五年高考真题分类集训
物理
出下
8.(2020·浙江1月选考)
个无风晴朗的冬日，小明
斜喜道
0.i
2:
乘坐游戏滑雪车从静止开
-
始沿斜直雪道下滑，滑行
54m后进人水平雪道，继水平雪道
(1)判断带电粒子的电性并求其所带的电荷
续滑行40.5m后减速到零.已知小明和滑雪车
量q:
的总质量为60kg,整个滑行过程用时10.5s,斜
(2)求金属板的板间距离D和带电粒子在t=to
直雪道倾角为37°(sin37°=0.6).求小明和滑
时刻的速度大小：
雪车：
(3)求从t=0时刻开始到带电粒子最终碰到上
(1)滑行过程中的最大速度vmx的大小：
金属板的过程中，电场力对粒子做的功W。
(2)在斜直雪道上滑行的时间t1;
(3)在斜直雪道上受到的平均阻力F的大小.
7.(2021·河北卷)如图，一滑雪道由AB和BC两
段滑道组成，其中AB段倾角为0，BC段水平，
9.(2020·全国卷Ⅱ)如图，一竖
AB段和BC段由一小段光滑圆弧连接.一个质
直圆管质量为M,下端距水平
量为2kg的背包在滑道顶端A处由静止滑下，若
地面的高度为H,顶端塞有一
1s后质量为48kg的滑雪者从顶端以1.5m.s的
质量为m的小球.圆管由静止
初速度、3m/s2的加速度匀加速追赶，恰好在坡
自由下落，与地面发生多次弹
底光滑圆弧的水平处追上背包并立即将其拎起：
性碰撞，且每次碰撞时间均极
77777777777777777777
背包与滑道的动摩擦因数为：一2·重力加速度
1
短；在运动过程中，管始终保持竖直.已知M
4m,球和管之间的滑动摩擦力大小为4mg,g为
取g=10mm0=名c0s0=装忽略空气
重力加速度的大小，不计空气阻力.
(1)求管第一次与地面碰撞后的瞬间，管和球各
阻力及拎包过程中滑雪者与背包的重心变
自的加速度大小；
化，求：
(2)管第一次落地弹起后，在上升过程中球没有
(1)滑道AB段A
从管中滑出，求管上升的最大高度；
的长度；
(3)管第二次落地弹起的上升过程中，球仍没有
(2)滑雪者拎起
从管中滑出，求圆管长度应满足的条件
背包时这一瞬间的速度
10
专题四曲线运动
专题四
曲线运动
题
组
用时：
易错记录：
一、选择题
1.(2024·山东卷)（多选）
如图所示，工程队向峡谷
对岸平台抛射重物，初速
度0大小为20ms,与
水平方向的夹角为30°，
抛出点P和落点Q的连
线与水平方向夹角为
30°，重力加速度大小取10m/s2,忽略空气阻力。
重物在此运动过程中，下列说法正确的是(
A.运动时间为2√3s
F
B.落地速度与水平方向夹角为60
5.(2024·浙江1月选考)如图所示，
C.重物离PQ连线的最远距离为10m
圳水管
小明取山泉水时发现水平细水管
D.轨迹最高点与落点的高度差为45m
2.(2024·黑吉辽卷)“指尖转球”是
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
花式篮球表演中常见的技巧。如
图，当篮球在指尖上绕轴转动时，
桶口中心无阻挡地落到桶底边沿
球面上P、Q两点做圆周运动的
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.半径相等
B.线速度大小相等
AR层
B质
C.向心加速度大小相等
C.(Dg
D.角速度大小相等
2 2h
DE+1DD品
3.(2024·湖北卷)如图
6.(2024·新课标卷)福建舰是我国自主设计建造
所示，有五片荷叶伸出
的首艘弹射型航空母舰。借助配重小车可以进
荷塘水面，一只青蛙要
行弹射测试，测试时配重小车被弹射器从甲板上
从高处荷叶跳到低处
水平弹出后，落到海面上。调整弹射装置，使小
荷叶上，设低处荷叶a、
车水平离开甲板时的动能变为调整前的4倍。
b、c、d和青蛙在同一竖
忽略空气阻力，则小车在海面上的落点与其离开
直平面内，a、b高度相
甲板处的水平距离为调整前的
同，c、d高度相同，a、b分别在c、d正上方。将青
A.0.25倍
B.0.5倍
蛙的跳跃视为平抛运动，若以最小的初速度完成
C.2倍
D.4倍
跳跃，则它应跳到
(
7.(2023·全国乙卷)小车在水平地面上沿轨道从
A.荷叶a
B.荷叶b
左向右运动，动能一直增加.如果用带箭头的线
C.荷叶c
D.荷叶d
段表示小车在轨道上相应位置处所受合力，下列
4.(2024·江西卷)（多选）一条河流某处存在高度
四幅图可能正确的是
差，小鱼从低处向上跃出水面，冲到高处。如图
所示，以小鱼跃出水面处为坐标原点，x轴沿水
平方向，建立坐标系，小鱼的初速度为0，末速度
A
B
C
D
沿x轴正方向。在此过程中，小鱼可视为质点
8.(2023·全国甲卷)一质点做匀速圆周运动，若其
且只受重力作用。关于小鱼的水平位置x、竖直
所受合力的大小与轨道半径的n次方成正比，运
位置y、水平方向分速度x和竖直方向分速度
动周期与轨道半径成反比，则n等于()
心，与时间t的关系，下列图像可能正确的是
A.1
B.2
C.3
D.4
11五年高考真题分美集训
物理
v2
E R2
度增大而增大，B正确：C,乒兵球被击打过程中受到的作用
gE,=m尼，联立可得=辰
力随着形变量的减小而减小，C错误：D.篮球飞行过程中受
故选A
到空气阻力的方向与速度方向有关，D错误，故选B.
10.D罐子在空中沿水平直线向右做匀加速运动，在时间△1
18.BC
手榴弹落地前瞬间，重力的瞬时功率为P=mg心，=
内水平方向位移增加量为4△，整直方向做自由落体运动
mg√2gh,所以两手格弹落地前瞬间重力的功率相等，B正
在时间△内位移增加量为g△2；说明水平方向位移增加量
确：从投出到落地，每颗手榴弹的重力势能减少gh,C正确.
与竖直方向位移增加量比值一定，则连线的倾角就是一定
19.C设档板AB倾角为日，水平初速度为，假设钢球的水平
的.故选D.
速度变为2时钢球仍落在挡板AB上，则钢球的位移方向
11.A篮球做曲线运动，所受合力指向运动轨迹的凹侧，故
与水平方向的夹角等于挡板的倾角日.由平抛运动的规律可
选A
12.B谷粒1做平抛运动，谷粒2做针抛运动，它们运动过程
知tam0=亡，又y=之g2,x=,联主得1=2tan0,则钢
中都是只受重力，因此加速度都等于重力加速度，A错误：
球的运动时间与初速度成正比，由于钢球的水平速度为戏
运动时间由高度决定，谷粒2先上升再下降到P点，运动时
时钢球落在挡板AB的中点，钢球的水平速度为2时竖直
间大于谷粒1的运动时间，C错误：两谷粒从0到P的位移
位移应变为原来的4倍，显然当钢球的水平速度为2时，
相同，但时间不同，因此平均速度不同，D错误：谷粒2在最
钢球应落在水平面上，由竖直方向分运动的规律可知，钢球
高点的速度即为水平分速度，由于两谷粒从O到P的水平
竖直方向的分位移变为原来的2倍，则钢球在空中运动的
分住移相同，但谷粒2的运动时间更长，因此谷粒2在最高
时间变为原来的√2倍，A、B、D错误，C正确.
点的水平速度小于谷粒1的水平速度，B正确.
20.AD由题意可知，落地后，小球A的位移的大小5A
13.B当小车以最大速度通过一段位移，然后在B点减速到
BCD段允许的最大速率通过BCD,这个过程中小车的时间
√x4十A=√十(2)=51，小球B的位移的大小s
最经，小车道过BC段时，有C=a,解得xn
=/x十y=√/(2)十产=√51，显然小球A、B的位移
rac
4
5ms,小车通过CD段时，有m=am·解得n
大小相等，A正确：小球A的运动时间tA=g一g
2m,s,所以小车通过BCD的最大速率vCD=2m.8,小车
小球B的运动时同g=要一√层则组=万1，B
在AB段减速过程有，=血一四=1s,此过程中小车发
错误：小球A的初速度VA一
,小球B的初
生的位移，=品，听心=3m,所以小车在AB段匀速通过
8
的位移1=AB一x2=5m,匀速运动的时间1=L=5
连度出==2%=2g,则1：=1：22.C特误：
Um 4 $
8
小车通过BCD我的时同，=-要s所以从A
落地瞬间，小球A竖直方向的速度4=√4g,小球B竖
到D的最短时间。=1十2十=（号+受）s,故B正确。
直方向的速度为v烟=√2g,则落地除间小球A的速度为
17
ACD错误.
A=√+a7=√g,小球B的选度g=
14.BD设网球抛出时水平方向平行于墙方向的速度为巴x,水
√B十U,B=√4g,显然a>gD正确.
平方向垂直于墙方向的速度为巴，，经直方向的速度为U,
21.B摩托车落到c点时，根据平抛运动规律有h=1t1,h
所以有话=十十，由竖直方向运动有=2gh,所以
竖直方向的速度u=12m/s,网球碰撞前在空中的运动时
2812,解得02=警，同理摩托车落到6点时有g2
2
/2h。/2(8.45-1.25)
E2
s=1.2s,垂直于墙方向的速
10
9gh.又动能E=之mw12,E=2m:2,所以
=18,故
4-8
度，=
A、C、D项错误，B项正确.
m!s=4ms,所以网球抛出时平行于墙方
22.解(1)对转椅受力分析，转椅在水平面内受摩擦力、轻蝇
向的速度心=3m/3,与墙碰撞后网球垂直于墙方向的速度
拉力，两者合力提供其做圆周运动所需向心力，如图所示
w,=0.75v,=3m/8,所以网球碰墙后的達度大小v=
设转椅的质量为m,则
√十=32m3,故A错误，B正确；网球碰墙后到落
转持所需的向心力Fnl=mir
地的时间1=√g
/2×8.45
转将受到的摩擦力f1=g
s=1.38,小球落地时与
10
墙的距离d=)'t'=3.9m,故C错误，D正确
根搭几何关系有tana一F
转椅
15.C设钟坡倾角为0，运动员在斜坡MN段做匀加速直线运
联立解得tana=g
水平网盘
动，根据牛顿第二定律gsin0=a1
wirt
可得a1=gsin0
(2)转粉在题图(b》情况下所需的
运动员在水平NP段做匀速直线运动，加速度2=0
向心力F2=1号r2
运动员从P点飞出后做平抛运动，加速度为重力加速度4
转椅受到的摩擦力f2=uN2
2
设在P点的速度为，则从P点飞出后速度大小的表达式
根据几何关系有tanB=F
为v=√/6十g2t2
坚直方向上由平衡条件有N2十Tcos=mg
由分析可知从P点飞出后速度大小与时间的图像不可能为
水平面上有f2=Tsin Osin B
直线，且a1ugsin dcos B
16.B由题意知枪口与P点等高，子弹和小积木在整直方向上
联立解得m:√(ucos9十sin Osin B)
做自由落体运动，当子弹击中积木时子弹和积木运动时间
23.解析石子做平抛运动，整直方向做自由落体运动，则有
相同，根据h=2g
2gh=品，可得落到水面上时的竖直速度，=√2gh,由题
可知下落高度相同，所以将击中P点；叉由于初始状态子弹
意可知2≤tam0,即6≥品给，石子抛出地度的最小位
Vo
到P点的水平距离为L,子弹在水平方向上做匀速直线运
动，故有1=上.故选B.
为v②h
tan
17.BA.链球做匀速圆周运动过程中加速度方向在改变，A
答案
V2gh
错误：B.惯性只与质量有关，则足球下落过程中惯性不随速
tan
-144