高考一轮复习：曲线运动

高考一轮复习：曲线运动
一、选择题
1．（2023·浙江）图为“玉兔二号”巡视器在月球上从O处行走到B处的照片，轨迹OA段是直线，AB段是曲线，巡视器质量为135kg，则巡视器（　　）
A．受到月球的引力为1350N
B．在AB段运动时一定有加速度
C．OA段与AB段的平均速度方向相同
D．从O到B的位移大小等于OAB轨迹长度
【答案】B
【知识点】重力与重心；位移与路程；曲线运动；平均速度
【解析】【解答】A.在月球上的重力加速度约为地球上的，所以受到月球的引力约为225N，故A不符合题意；
B.由于在AB段运动时做曲线运动，速度方向一定改变，一定有加速度，故B符合题意；
C.平均速度方向与位移方向相同，由图知OA段与AB段位移方向不同，所以平均速度方向不相同，故C不符合题意；
D.根据位移的定义可知从O到B的位移大小等于OB的连线长度，故D不符合题意。
故答案为：B
【分析】月球上的重力加速度比地球上的重力加速度要小；速度改变，一定有加速度；平均速度方向与位移方向相同；位移大小等于初末位置连线的长。
2．（2024高一下·张家界期末）物理来源于生活，也可以解释生活。如图所示生活中经常出现的情况，分析正确的是（　　）
A．图甲中人和飞椅在水平面内做匀速圆周运动时，人的速度保持不变
B．图乙中砂轮打磨下来的炽热微粒离开砂轮时，它的速度方向一定是沿着该处的切线方向的
C．图丙中汽车过拱桥最高点时，速度越大，对桥面的压力越大
D．图丁中若轿车转弯时速度过大发生侧翻，是因为受到的离心力大于向心力
【答案】B
【知识点】曲线运动；匀速圆周运动；离心运动和向心运动；竖直平面的圆周运动
【解析】【解答】合力大于需要的向心力时，物体要做向心运动，合力小于所需要的向心力时，物体就要远离圆心，做的就是离心运动。A．速度是矢量，方向不同则速度不同，图甲中人和飞椅在水平面内做匀速圆周运动时，人的速度大小保持不变，方向时刻发生变化，故A错误；
B．图乙中砂轮打磨下来的炽热微粒离开砂轮时，它的速度方向一定是沿着该处的切线方向的，故B正确；
C．图丙中汽车过拱桥最高点时，根据牛顿第二定律可得
可得
根据牛顿第二定律可得汽车对桥面的压力大小为
可知速度越大，对桥面的压力越小，故C错误；
D．图丁中若轿车转弯时速度过大发生侧翻，是因为受到的实际力不足以提供所需的向心力，故D错误。
故选B。
【分析】圆周运动速度方向时刻改变；离心运动，速度方向沿切线方向；合力提供向心力，分析速度变化时，压力变化；需要的向心力大于提供的向心力，做离心运动。
3．（2024·浙江）如图为小猫蹬地跃起腾空追蝶的情景，则（　　）
A．飞行的蝴蝶只受重力的作用
B．蝴蝶转弯时所受合力沿运动方向
C．小猫在空中受重力和弹力的作用
D．小猫蹬地时弹力大于所受重力
【答案】D
【知识点】受力分析的应用；曲线运动的条件
【解析】【解答】A. 飞行的蝴蝶受到重力和空气阻力的作用，A不符合题意；
B. 蝴蝶转弯做曲线运动，合力的方向与运动方向不在同一直线上，B不符合题意；
C. 小猫在空中受到重力和空气阻力的作用，C不符合题意；
D. 小猫蹬地时获得向上的加速度，有，故弹力大于重力，D符合题意。
故答案为：D
【分析】根据物体做曲线运动的特点可得出蝴蝶转弯时所受合力与运动方向的特点；根据牛顿第二定律可得出弹力与重力的大小关系。
4．（2023高三上·茂名开学考）人在距地面高h、离靶面距离L处，将质量m的飞镖以速度v0水平投出，落在靶心正下方，如图所示。只改变h、L、m、v0四个量中的一个，可使飞镖投中靶心的是（　　）
A．适当减小v0 B．适当减小h C．适当减小m D．适当减小L
【答案】D
【知识点】运动的合成与分解；平抛运动
【解析】【解答】ABD．飞镖飞出后在水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀加速直线运动；开始时飞镖落于靶心下方，说明在飞镖水平方向飞行L时，下落高度较大，而水平方向
L＝v0t
竖直方向
联立可得
为减小h，可以减小L或增大v0，也可以适当提高h，故AB错误，D正确。
C．平抛运动规律和物体的质量无关，故C错误。
故答案为：D。
【分析】1.分解平抛运动为 “水平匀速、竖直自由落体”，联立得下落高度与水平距离、初速度的关系。
2.分析 “落于靶心下方” 是因下落高度过大，需减小下落高度，通过公式判断改变单一量的效果。
5．（2025高三下·黑龙江模拟） 法国科学家皮埃尔·德·费马在1662年提出光线传播的路径是所需时间最少的路径，即费马原理，光的折射即遵从这一原理实际生活中的下述现象也可类比折射定律来理解。如图所示，地面上陶陶在距笔直的河岸10m处的A点，发现落水的琪琪位于水面上距河岸50m处的B点。陶陶在地面上奔跑的速度大小为，在水中游泳的速度大小为，奔跑、游泳均视为匀速直线运动。可知此次营救中，陶陶在陆地的速度与河岸夹角30°，在水中的速度与河岸夹角60°将最省时。由题中信息和所学物理知识可知（　　）
A．陶陶在水中游泳的速度大小为
B．陶陶在水中游泳的速度大小为
C．陶陶到达琪琪处的最短时间为12s
D．陶陶到达琪琪处的最短时间约为16s
【答案】A
【知识点】运动的合成与分解；小船渡河问题分析
【解析】【解答】本题考查了小船渡河问题，理解合速度和分速度的关系是解决此类问题的关键。小船过河问题的本质依旧是速度的合成与分解，需要牢记的是不同方向上的分速度相互独立，互不影响。
AB．设陶陶在陆地的速度为v1 ，与河岸夹角为；在水中的速度为，与河岸夹角为 ，将陶陶的运动分解为沿河岸方向和垂直河岸方向，在陆地时，垂直河岸方向分速度
在水中时，垂直河岸方向分速度
因为要保证最省时，也就是整个运动过程中垂直河岸方向要以最大的有效速度去通过相应的距离，所以各段垂直河岸方向的分速度应该相等，即
解得
故A正确，B错误。
CD．首先计算垂直河岸方向需要通过的总距离，在陆地上距离河岸10m，在水中距离河岸50m，所以垂直河岸方向总的距离
d10+5060m
而垂直河岸方向的分速度
vy v1 sinα2.5m/s
（前面已分析各段垂直河岸方向分速度相等）。
则最短时间
故CD 错误。
故答案为：A。
【分析】根据要保证最省时，整个运动过程中垂直河岸方向要以最大的有效速度去通过相应的距离，各段垂直河岸方向的分速度应该相等，结合垂直河岸方向总的距离与分速度分析求解。
6．（2025·安徽） 在竖直平面内，质点M绕定点O沿逆时针方向做匀速圆周运动，质点N沿竖直方向做直线运动，M、N在运动过程中始终处于同一高度。时，M、N与O点位于同一直线上，如图所示。此后在M运动一周的过程中，N运动的速度v随时间t变化的图像可能是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】运动的合成与分解；线速度、角速度和周期、转速；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】因为M、N在运动过程中始终处于同一高度，所以N的速度与M在竖直方向的分速度始终大小相等
设M做匀速圆周运动的角速度为，半径为r，其竖直方向分速度
即
故D正确，ABC错误。
故选D。
【分析】本题主要考查圆周运动的有关知识和运动的合成与分解。 M、N 在运动过程中竖直方向速度始终相等，结合速度的合成与分解求解N运动的速度v随时间t变化的图像 。
7．（2025·浙江模拟）2023年11月29日美国《自然》杂志发表了新发现----“完美太阳系”。星系中的6颗行星大小差不多，以一种和谐的方式围绕一颗恒星a公转。6颗行星依照离恒星由近到远被以英文字母b、c、d、e、f、g编号。星系中的行星存在罕见的轨道共振现象，其中，b、c、d、e这四颗行星存在3比2的轨道共振率，即离恒星较近的行星每公转3圈，紧邻它外侧的行星公转2圈。e、f、g的轨道共振率是4比3。把行星的运动简化为圆周运动，且只受到中央恒星的引力作用。令b行星的运行周期为T，下列选项中正确的为（　　）
A．行星c与行星e的运行周期之比为9：4
B．a、b、d三个天体每经过时间会重新处于同一直线
C．行星b与行星g的运行轨道半径之比
D．经过时间t（t【答案】D
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；卫星问题
【解析】【解答】A．已知b、c、d、e 轨道共振率 ，即公转圈数比
（每向外一层，圈数按 缩放 ），周期 与圈数 成反比（ ），故
A错误；
B．由，，可知，
可知相对角速度
三个天体每经过周期后重新处于同一直线上
B错误；
C．由题意可知b、g行星的周期
则轨道半径之比
C错误；
D．已知扫过的面积
，
b行星与d行星运动t时间划过的面积之比
D正确。
故答案为：D。
【分析】1. 轨道共振与周期关系：轨道共振率 = 公转圈数比，周期与圈数成反比（ ），据此推导不同行星周期比。
2. 相对运动与共线条件：，角速度与圈数成正比（ ），天体共线时相对转过角度π，用相对角速度 算时间。
3. 开普勒第三定律应用：行星轨道半径 r 与周期 T 满足 ，通过周期比推导半径比。
4. 扫过面积公式推导：面积 ，结合角速度比、半径比，代入开普勒定律结论，化简得面积比。
8．（2025高一下·旌阳期末）某物体同时受到在同一平面内的几个恒力作用而平衡，某时刻突然撤去其中一个力，以后这物体将不可能做（　　）
A．平抛运动 B．匀速圆周运动
C．匀加速直线运动 D．匀减速直线运动
【答案】B
【知识点】曲线运动的条件；运动的合成与分解；匀速圆周运动
【解析】【解答】A . 平抛运动是初速度水平且仅受重力作用的匀变速曲线运动。撤去一个力后，若剩余力的合力为恒力且与初速度方向垂直，物体可能做类平抛运动（如撤去一个水平力后受重力和另一水平力作用）。因此，平抛运动是可能的，但题目问“不可能做”，故A错误；
B . 匀速圆周运动需要物体受到大小不变、方向始终垂直速度的合力（向心力）。撤去一个力后，剩余力的合力需满足这一条件，但题目中“恒力”意味着合力方向不变，无法提供持续变化的向心力。因此，匀速圆周运动不可能，故B正确；
C . 若剩余力的合力与初速度方向共线，物体将做匀加速直线运动（如撤去一个平衡力后，剩余合力沿某一方向）。因此，匀加速直线运动是可能的，故C错误；
D . 若剩余力的合力与初速度方向相反，物体将做匀减速直线运动（如撤去一个力后，剩余合力与初速度反向）。因此，匀减速直线运动是可能的，D错误；
故选B；
【分析】（1）物体原受多个恒力平衡，撤去一个力后，剩余力的合力为恒力，故加速度恒定，结合平衡条件、牛顿第二定律和运动学特征综合分析，首先明确“平衡”意味着初始合力为零，撤去一个力后剩余力的合力与原被撤去的力等大反向（恒力），再分析选项中的运动形式是否可能由这一恒力产生： 直线运动（C、D）：恒力与初速度共线时可能。 曲线运动（A、B）：平抛运动需要恒力与初速度垂直，可能；匀速圆周运动需要变力（向心力），但剩余合力为恒力，不可能。
（2）易错点：忽略“恒力”限制：学生可能误认为剩余力的方向可变（如匀速圆周运动），但题目隐含条件是合力为恒力方向恒定；
混淆运动条件：将平抛运动（恒力作用）与匀速圆周运动（变力作用）混为一谈。
9．（2025·浙江模拟）杂技表演中，为了提高观赏性，摩托车手设计沿如图所示圆锥面的内壁做圆周运动，运动半径为R，（假设摩托车视为质点）则（　　）
A．摩托车越重越不容易实现圆锥面的内壁做圆周运动
B．摩托车无法实现圆锥面的内壁做圆周运动
C．摩托车做圆周运动的角速度需要满足
D．摩托车做圆周运动时车胎橡胶与圆锥内表面间的动摩擦因数
【答案】D
【知识点】受力分析的应用；共点力的平衡；牛顿第二定律；向心力；生活中的圆周运动
【解析】【解答】ABD．摩托车在竖直面内的受力分析，如图所示
摩托车在竖直面内平衡，由平衡条件得
摩托车在水平面内做圆周运动，根据牛顿第二定律，有
联立可得
，
其中，所以可得
可见摩托车的重量与实现圆锥面的内壁做圆周运动的难易程度无关，摩托车无法实现圆锥面的内壁做圆周运动，故AB错误，D正确；
C．在临界条件下，轨道对摩托车的弹力恰好为0，则有
解得
所以要使摩托车做圆周运动，则角速度需要满足，故C错误。
故答案为：D。
【分析】首先对摩托车进行水平（圆周运动向心力）、竖直（力的平衡）方向受力分析，结合摩擦力公式，联立方程推导动摩擦因数条件；再分析重量、临界角速度等对运动的影响，逐一判断选项。
10．（2021·天津）2021年5月15日，天问一号探测器着陆火星取得成功，迈出了我国星际探测征程的重要一步，在火属上首次留下国人的印迹。天问一号探测器成功发射后，顺利被火星捕获，成为我国第一颗人造火星卫星。经过轨道调整，探测器先沿椭圆轨道Ⅰ运行，之后进入称为火星停泊轨道的椭圆轨道Ⅱ运行，如图所示，两轨道相切于近火点P，则天问一号探测器（　　）
A．在轨道Ⅱ上处于受力平衡状态 B．在轨道Ⅰ运行周期比在Ⅱ时短
C．从轨道Ⅰ进入Ⅱ在P处要加速 D．沿轨道Ⅰ向P飞近时速度增大
【答案】D
【知识点】离心运动和向心运动；开普勒定律
【解析】【解答】A．天问一号探测器在轨道Ⅱ上做变速圆周运动，受力不平衡，A不符合题意；
B．根据开普勒第三定律可知，轨道Ⅰ的半径大于轨道Ⅱ的半长轴，故在轨道Ⅰ运行周期比在Ⅱ时长，B不符合题意；
C．天问一号探测器从轨道Ⅰ进入Ⅱ，做近心运动，需要的向心力要小于提供的向心力，故要在P点点火减速，C不符合题意；
D．在轨道Ⅰ向P飞近时，万有引力做正功，动能增大，故速度增大，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】根据轨道的形状分析判断；利用开普勒三定律得出1和2轨道上的运动时长；当合力不足以提供向心力时星体做离心运动；力做正功，动能变大。
11．（2024高一下·新会期中）如图所示，下列有关生活中圆周运动实例分析，其中说法正确的是（　　）
A．图1中汽车通过凹形桥的最低点时，汽车处于失重状态
B．图2中旋转秋千装置中，等长绳索对质量相等座椅A、B的拉力相等
C．图3中在铁路转弯处，设计外轨比内轨高，目的是火车转弯时减小轮缘与外轨的侧压力
D．图4中脱水桶原理是水滴受到的离心力大于它受到的向心力，从而沿切线方向甩出
【答案】C
【知识点】向心力；生活中的圆周运动；离心运动和向心运动；竖直平面的圆周运动
【解析】【解答】A．汽车在最低点时重力与向心力彻底反向，此时支持力大于重力，汽车处于超重状态，故A错误；
B．旋转秋干装置中，根据牛顿第二定律可得
，，，
由于B的圆周运动半径大，则B绳索与竖直方向的夹角更大，根据
，
TAC．外轨高于内轨可以让支持力水平分量充当部分向心力，从而减小原本轨高相同时所需的侧压力，故C正确；
D．脱水桶原理，附着力水滴静摩擦力不足以提供所需向心力，从而沿切线方向甩出，故D错误。
故选C。
【分析】（1）通过受力分析结合向心力公式判断各实例的力学本质；
铁路转弯处外轨高于内轨时，重力和支持力的合力提供向心力（选项C）；若火车转弯速度超过设计值，仍需轮缘侧压力提供额外向心力；脱水桶转速越高，水滴所需向心力越大，越易被甩出。
（2）易错点：混淆失重与超重条件（凹形桥最低点应为超重）；误认为离心力是真实力（实际是惯性效应）；忽略旋转秋千中绳索角度差异对拉力的影响；
（3）隐含条件：汽车过凹形桥时向心加速度向上（超重）；旋转秋千的绳索拉力与旋转半径和角速度有关；水滴被甩出是因附着力不足而非离心力。
12．（2022·唐山模拟）如图所示，套在光滑竖直杆上的物体A，通过轻质细绳与光滑水平面上的物体B相连接，A、B质量相同。现将A从与B等高处由静止释放，不计一切摩擦，重力加速度取g，当细绳与竖直杆间的夹角为时，A下落的高度为h，此时物体B的速度为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】速度的合成与分解
【解析】【解答】设物体A下落高度h时，物体A的速度为vA，物体B的速度为vB，此时有
物体A、B组成的系统机械能守恒，则有
联立方程，解得
故答案为：A。
【分析】A、B两物体运动过程中两者沿绳方向速度大小相等，根据速度的合成与分解以及机械能守恒定律列方程求解。
13．（2025高一下·旌阳期末）长江路下穿隧道可以理想化为一段R=1km的竖直圆弧，如图所示一辆质量为m=2.5t的小车（可作为质点）经过A时速度vA=10m/s，若该车关闭发动机从A到B滑行且无机械能损失（B为圆弧最低点，g＝10 m/s2），则（　　）
A．车经过A点时，道路的支持力为
B．车经过B点时，道路的支持力为
C．车从A运动到B的过程中，车受到合外力做功为零
D．车经过B点时速度为
【答案】D
【知识点】向心力；竖直平面的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A . 在A点，依据运动状态求得向心力
A点小车受到重力 mg分量和支持力合成提供向心力，支持力 FNA 满足：在A点受力分析有
解得，故A错误；
B . 忽略空气阻力摩擦力损失，只有重力做功，AB过程中由动能定理得
车经过B点时速度为
由
等式变形得
在B点道路支持力为50250N，故B错误；
C . A到B过程中，无机械能损失无机械能损失仅排除摩擦力空气阻力耗能，合外力做功不为零，重力仍然做功，故C错误；
D . 因重力仍然做功，动能定理得
车经过B点时速度为
故D正确；
故选D；
【分析】（1） 圆周运动受力分析：A点：分解重力，结合向心力公式求支持力；
B点：支持力需平衡重力并额外负责提供向心力；
合外力做功：保守力（重力）做功不改变机械能，非保守力（如摩擦力）未提及，故合外力做功为零，向心力公式适用于任意圆周运动点；
易错点：A点受力分解：易忽略重力分量的方向（cos 30而非sin 30）；
B点速度计算：可能遗漏重力势能转化R(1 cos 30)高度差；
单位换算：注意质量 m=2.5 t=2500 kg，半径 R=1 km=1000m 。
14．（2025·山东）某同学用不可伸长的细线系一个质量为0.1kg的发光小球，让小球在竖直面内绕一固定点做半径为0.6m的圆周运动，在小球经过最低点附近时拍摄了一张照片，曝光时间为：S.由于小球运动，在照片上留下了一条长度约为半径的圆弧形径迹。根据以上数据估算小球在最低点时细线的拉力大小为
A．11N B．9N C．7N D．5N
【答案】C
【知识点】牛顿第二定律；线速度、角速度和周期、转速；向心力
【解析】【解答】曝光时间内小球运动的长度为
近似认为在曝光时间内小球做匀速直线运动，小球的线速度大小
设小球在最低点拉力为T，根据牛顿第二定律有
代入数据解得T=7N，故C正确，ABD错误。
故答案为：C。
【分析】求出在曝光时间内小球运动的弧长，很短时间内的平均速度可以看作瞬时速度，细线的拉力与重力的合力提供向心力，应用牛顿第二定律求出细线的拉力大小。
15．（2025·江苏）游乐设施“旋转杯”的底盘和转杯分别以、为转轴，在水平面内沿顺时针方向匀速转动。固定在底盘上。某时刻转杯转到如图所示位置，杯上A点与、恰好在同一条直线上。则（　　）
A．A点做匀速圆周运动 B．点做匀速圆周运动
C．此时A点的速度小于点 D．此时A点的速度等于点
【答案】B
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；匀速圆周运动
【解析】【解答】AB．底盘以O为转轴在水平面内沿顺时针方向匀速转动，O'点固定在底盘上，故O'点围绕O点做匀速圆周运动。转杯以O'为转轴在水平面内沿顺时针方向匀速转动，故杯上A点相对于O'点做匀速圆周运动，而O'点又相对于O点做匀速圆周运动，故A点的运动轨迹不是圆周，故A点不做匀速圆周运动，故A错误，B正确；
CD．杯上A点与、恰好在同一条直线上时且在延长线上，点和点运动运动方向相同，又A点相对点做圆周运动，故此时A的速度大于的速度，故CD错误。
故答案为：B。
【分析】O'点围绕O点做匀速圆周运动，A点相对于O'点做匀速圆周运动，A点的运动轨迹不是圆周；此时刻A点与O、O'恰好在同一条直线上，并且O'点相对于O点与A点相对于O'点做匀速圆周运动的线速度方向相同，故此时A点的速度大小等于O'点相对于O点的速度大小与A点相对于O'点的速度大小之和。
16．（2025·山东）轨道舱与返回舱的组合体，绕质量为M的行星做半径为r的圆周运动，轨道舱与返回舱的质量比为5：1。如图所示，轨道舱在P点沿运动方向向前弹射返回舱，分开瞬间返回舱相对行星的速度大小为2，G为引力常量，此时轨道舱相对行星的速度大小为
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】动量守恒定律；线速度、角速度和周期、转速；万有引力定律的应用
【解析】【解答】组合体绕行星做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，设返回舱的质量为m，则轨道舱的质量为5m，总质量为6m，设组合体的线速度大小为v，
根据万有引力定律有
可得做圆周运动的线速度为
弹射返回舱的过程，组合体动量守恒，取组合体的线速度方向为正方向，根据动量守恒定律有
由题意
带入解得，故C正确，ABD错误。
故答案为：C。
【分析】 组合体绕行星做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力求解线速度，弹射返回舱的过程，组合体动量守恒，根据动量守恒定律求解即可。
17．（2025·浙江模拟）如图所示为嫦娥六号探测器登月的简化过程，探测器从地球表面a点发射至地月转移轨道，在b点被月球捕获后沿椭圆轨道运动，进而在b点变轨后沿近月圆形轨道运动，则探测器（　　）
A．探测器被月球捕获后在椭圆轨道上经过b点时应该加速才能进入圆形轨道
B．探测器在椭圆轨道上b点的速度大于月球的第一宇宙速度
C．探测器在地月转移轨道上远离地球时的速度均大于7.9km/s
D．探测器在椭圆轨道上的周期小于圆形轨道上的周期
【答案】B
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题
【解析】【解答】A.探测器在椭圆轨道 b 点要进入圆形轨道，需做近心运动，应减速，A错误
B．月球第一宇宙速度是近月圆形轨道的运行速度，椭圆轨道 b 点速度大于圆形轨道（第一宇宙速度对应轨道 ）速度，所以椭圆轨道 b 点速度大于月球第一宇宙速度，B正确；
C．第一宇宙速度（7.9km/s）是发射飞行器的最小速度，故嫦娥三号发射后开始进入地月转移轨道的速度大于7.9km/s；嫦娥三号在地月转移轨道上逐渐远离地球的过程中，开始阶段地球引力大于月球的引力，则引力的合力做负功，故速度变小；接近月球时，月球引力大于地球引力，引力的合力做正功，则速度增加，则探测器在地月转移轨道上远离地球时的速度不一定均大于7.9km/s；故C错误；
D．根据开普勒第三定律，椭圆轨道半长轴大于圆形轨道半径，椭圆轨道周期更大，选项D错误。
故答案为：B。
【分析】先明确天体运动中变轨（离心 / 近心运动与速度变化关系 ）、第一宇宙速度含义、开普勒第三定律（轨道半长轴与周期关系 ）等知识然后对每个选项，依据对应知识判断：A 看变轨时速度调整需求；B 对比椭圆与圆形轨道速度和第一宇宙速度关系；C 分析地月转移轨道远离地球时速度变化影响因素；D 用开普勒第三定律比较周期。
18．（2025·长沙模拟）从一倾角θ=30°的斜面顶端抛出一个小球，小球的初速度大小为，方向与水平方向成α=45°，在斜面底端放置一足够长的竖直挡板，小球抛出后直接打到挡板，反弹后垂直打在斜面上。重力加速度为g，不计空气阻力，小球与挡板的碰撞为弹性碰撞，即垂直挡板方向的速度大小不变方向反向，竖直方向速度不变，则与挡板碰撞一次后打在斜面上的落点与抛出点的距离是（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】斜抛运动
【解析】【解答】本题考查了斜抛运动，理解不同方向上的运动状态，合理选取运动学公式是解决此类问题的关键。小球做斜抛运动，初速度在水平方向分解为
初速度在竖直方向分解为
设档板位于，碰到档板时间为
碰到档板竖直方向位移为
根据题意，水平速度反向，竖直速度不变，有
，
设反弹后落到斜面的时间为，反弹后水平位移为
反弹后竖直方向位移为
由
联立解得
落点与抛出点的距离为
联立解得
故选A。
【分析】根据小球做斜抛运动，将初速度分解在水平和竖直方向，结合碰到挡板后水平速度反向，竖直速度不变，综合位移之间的关系分析求解。
19．（2024·河北模拟） 如图所示，在水平桌面上有一轻质弹簧，弹簧左端固定，现有一质量为m的小球（可视为质点）将水平轻质弹簧压缩x0长度后由静止释放，小球弹出后经A点水平抛出，恰好从B点沿B点切线方向进入半径为R的竖直圆管中（圆管内径略大于小球直径），小球从圆管最高点E离开后又恰能到达B点。已知E、O、C三点在同一竖直线上，∠BOC=60°，弹簧的弹性势能Ep与弹簧的形变量x以及弹簧的劲度系数k之间的关系式为，重力加速度为g，不计空气阻力和所有摩擦，则小球经弹簧弹出从A到达E又回到B的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．小球从圆管最高点E离开时受到圆管壁竖直向下的压力大小为
B．小球从A点水平抛出的速度大小为
C．A、B两点之间的高度差为
D．弹簧的劲度系数为
【答案】C
【知识点】平抛运动；竖直平面的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A、小球从最高点E离开后做平抛运动，水平方向位移
竖直方向位移
联立以上式子，解得
在最高点
代入相关数据，解得
说明小球运动到最高点E时，轨道对小球的弹力表现为支持力，大小为，即 小球从圆管最高点E离开时受到圆管壁竖直向下的压力大小为 ，A正确；
B、小球从B点运动到最高点E的过程中，由动能定理知
代入数据解得
小球从A点运动到B点，小球做平抛运动
B错误；
C、小球在B点竖直方向分速度
小球做平抛运动竖直方向分位移
C正确；
D、弹簧将弹性势能转化为小球的动能，则有
代入数据解得
D错误。
故答案为C。
【分析】本题考查机械能守恒定律和动能定理，分清初末状态的物理量是利用功能关系的前提，小球从E平抛运动到B，根据平抛的规律求解小球在E点抛出的速度，结合牛顿第二定律求解小球在E点受到的弹力大小和方向；通过研究小球从B点运动到E点的过程，利用动能定理求解小球在B点的速度，结合运动的分解，求出小球在B点的水平速度，即小球在A点做平抛运动的速度大小；根据机械能守恒定律列式，弹性势能全部转化为小球在A点的动能，从而求出弹簧的劲度系数。
二、多项选择题
20．（2025·广东）将可视为质点的小球沿光滑冰坑内壁推出，使小球在水平面内做匀速圆周运动，如图所示。已知圆周 运动半径R为0.4m，小球所在位置处的切面与水平面夹角θ为45°，小球质量为0.1kg，重力加速度g取10m/s2。关于该小球，下列说法正确的有（　　）
A．角速度为5rad/s B．线速度大小为4m/s
C．向心加速度大小为10m/s2 D．所受支持力大小为1N
【答案】A,C
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；匀速圆周运动；向心加速度
【解析】【解答】AD．对小球受力分析，可知
竖直方向，
水平方向，
可得
解得，
故A正确，D错误；
B．由可得，线速度大小为
故B错误；
C．由可得，向心加速度大小为
故C正确；
故D错误。
故选AC。
【分析】本题主要考查圆锥摆问题，理解指向圆心的合力提供向心力是解题关键。
对小球受力分析，竖直和水平分别列方程，求得小球所受支持力；结合向心力公式求得角速度，根据线速度与角速度关系求得线速度；根据向心加速度公式求得向心加速度。
21．（2025·山东）如图所示，在无人机的某次定点投放性能测试中，目标区域是水平地面上以O点为圆心，半径R1=5m的圆形区域，OO’垂直地面，无人机在离地面高度H=20m的空中绕O'点、平行地面做半径R2=3m的匀速圆周运动，A、B为圆周上的两点，∠AO'B=90°。若物品相对无人机无初速度地释放，为保证落点在目标区域内，无人机做圆周运动的最大角速度应为为。当无人机以沿圆周运动经过A点时，相对无人机无初速度地释放物品。不计空气对物品运动的影响，物品可视为质点且落地后即静止，重力加速度大小g=10m/s2。下列说法正确的是（　　）
A．
B．
C．无人机运动到B点时，在A点释放的物品已经落地
D．无人机运动到B点时，在4点释放的物品尚未落地
【答案】B,C
【知识点】运动的合成与分解；平抛运动；匀速圆周运动
【解析】【解答】AB．物品从无人机上释放后，做平抛运动，竖直方向
可得
水平方向以原来的线速度做匀速运动，要使得物品落点在目标区域内，根据几何关系，水平方向满足
最大角速度等于
联立可得
故A错误，B正确；
CD．无人机从A到B的时间>2s
可知无人机运动到B点时，在A点释放的物品已经落地，故C正确，D错误。
故答案为：BC。
【分析】 物品离开无人机后做平抛运动，根据几何关系求解无人机的最大初速度，根据v=ωr求解角速度；求解无人机从A到B运动的时间，与物品做平抛运动的时间比较即可。
22．（2025·福建） 春晚上转手绢的机器人，手绢上有P、Q两点，圆心为O，，手绢做匀速圆周运动，则（　　）
A．P、Q线速度之比为 B．P、Q角速度之比为
C．P、Q向心加速度之比为 D．P点所受合外力总是指向O
【答案】A,D
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心力；向心加速度
【解析】【解答】B．手绢做匀速圆周运动，由图可知、属于同轴传动模型，故角速度相等，即角速度之比为，故B错误；
A．由可知，、线速度之比
故A正确；
C．由可知，、向心加速度之比
故C错误；
D．做匀速圆周运动的物体，其合外力提供向心力，故合外力总是指向圆心，故D正确。
故选AD。
【分析】本题主要考查描述圆周运动物理量之间的关系，需要结合圆周运动特点解答。
做圆周运动的物体，同轴转动，除轴外，角速度相等，边缘传动，边缘上的点线速度相等。所以P、Q角速度相等，根据求得P、Q线速度之比；根据求得、向心加速度之比；根据匀速圆周运动特点确定P点所受合外力的方向。
23．（2025·甘肃）如图，小球A从距离地面20m处自由下落，1s末恰好被小球B从左侧水平击中，小球A落地时的水平位移为3m。两球质量相同，碰撞为完全弹性碰撞，重力加速度g取10m/s2，则碰撞前小球B的速度大小为
A．1.5m/s B．3.0m/s C．4.5m/s D．6.0m/s
【答案】B
【知识点】平抛运动；碰撞模型
【解析】【解答】根据题意可知，小球A和B碰撞过程中，水平方向上动量守恒，竖直方向上A球的竖直速度不变，设碰撞后A球水平速度为，B球水平速度为，
根据动量守恒定律可得：
碰撞为完全弹性碰撞，没有机械能损失，则由能量守恒定律有：
联立解得，
小球A在竖直方向上做做自由落体运动，从下落到落地，有
解得
可知，碰撞后，小球A运动落地，则水平方向上有
解得
故选B。
【分析】 本题考查平抛运动与完全弹性碰撞的综合应用，解题关键是分别分析小球A碰撞前后的运动，结合运动学公式和弹性碰撞规律求解。
A、B碰撞为完全弹性碰撞，水平方向动量守恒，A、B系统机械能守恒，根据动量守恒定律可得和能量守恒定律列式求得碰后A、B速度与碰前速度关系，碰后A做平抛运动，由平抛运动规律列式求解碰后A的速度，进而求得碰前B的速度。
24．（2025高一下·海珠期末）物理来源于生活，也可以解释生活。对于如图所示生活中经常出现的情况，分析正确的是（　　）
A．图甲所示为洗衣机脱水桶，其脱水原理是利用了超重现象
B．图乙中物体随水平圆盘一起做圆周运动时，只受到指向圆盘圆心的摩擦力
C．图丙中汽车过拱桥最高点时，速度越大，对桥面的压力越小
D．图丁中若轿车转弯时速度过大发生侧翻，是因为需要的向心力大于提供的向心力
【答案】C,D
【知识点】生活中的圆周运动；离心运动和向心运动；竖直平面的圆周运动
【解析】【解答】本题解题关键掌握需要的向心力大于提供的向心力，做离心运动。离心现象在生活中非常普遍，要对其加以合理的利用和防护。A．图甲所示为洗衣机脱水桶，其脱水原理是水滴的附着力小于所需的向心力时水滴做离心运动，从而被甩出，故A错误；
B．图乙中物体随水平圆盘一起做匀速圆周运动时，一定受到指向圆盘圆心的摩擦力。而当物体随水平圆盘做变速圆周时，物体的线速度大小是变化的，即在切线方向存在摩擦力的分力，即此时物体所受摩擦力不指向圆心，故B错误；
C．C.图丙中汽车过拱桥最高点时，满足
因此当汽车过拱桥最高点时，速度越大，对桥面的支持力N越小，即压力越小，故C正确；
D．图丁中若轿车转弯时速度过大发生侧翻，是因为汽车做离心运动，即需要的向心力大于提供的向心力，故D正确。
故选CD。
【分析】附着力小于所需的向心力，做离心运动；变速圆周运动，合力不指向圆心；合力提供向心力，分析速度变化时，压力变化；需要的向心力大于提供的向心力，做离心运动。
三、非选择题
25．（2025·黑吉辽蒙）如图，一雪块从倾角的屋顶上的点由静止开始下滑，滑到A点后离开屋顶。O、A间距离，A点距地面的高度，雪块与屋顶的动摩擦因数。不计空气阻力，雪块质量不变，取，重力加速度大小。求：
（1）雪块从A点离开屋顶时的速度大小；
（2）雪块落地时的速度大小，及其速度方向与水平方向的夹角。
【答案】（1）雪块在屋顶上运动过程中，由动能定理
代入数据解得雪块到A点速度大小为
（2）雪块离开屋顶后，做斜下抛运动，由动能定理
代入数据解得雪块到地面速度大小
速度与水平方向夹角，满足
解得
【知识点】运动的合成与分解；斜抛运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）对雪块由静止下滑到A点的过程，根据动能定理求解雪块到A点速度大小；
（2）根据机械能守恒定律得求解雪块到地面速度大小。雪块由A点到地面的过程做斜抛运动，根据矢量的合成与分解求解雪块由A点到地面的速度与水平方向夹角。
26．（2025·安徽） 如图，M、N为固定在竖直平面内同一高度的两根细钉，间距。一根长为的轻绳一端系在M上，另一端竖直悬挂质量的小球，小球与水平地面接触但无压力。时，小球以水平向右的初速度开始在竖直平面内做圆周运动。小球牵引着绳子绕过N、M，运动到M正下方与M相距L的位置时，绳子刚好被拉断，小球开始做平抛运动。小球可视为质点，绳子不可伸长，不计空气阻力，重力加速度g取。
（1）求绳子被拉断时小球的速度大小，及绳子所受的最大拉力大小；
（2）求小球做平抛运动时抛出点到落地点的水平距离；
（3）若在时，只改变小球的初速度大小，使小球能通过N的正上方且绳子不松弛，求初速度的最小值。
【答案】（1）解：小球从最下端以速度v0抛出到运动到M正下方距离为L的位置时，根据动能定理可得
解得
在该位置时根据牛顿第二定律
解得
（2）解：小球做平抛运动时，竖直方向
解得
水平方向
解得
（3）解：若小球经过N点正上方绳子恰不松弛，重力恰好提供向心力，可得
解得
从最低点到该位置由动能定理
解得

【知识点】平抛运动；竖直平面的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】本题主要考查竖直平面内圆周运动、平抛运动知识和动能定理的应用。
（1）从抛出到运动到M正下方距离为L的位置过程中，由动能定理列式求解小球的速度大小；小球做圆周运动，在M点下方位置，指向圆心的合力提供向心力，根据牛顿第二定律列式求解绳子所受的最大拉力大小；
（2）小球做平抛运动时，竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀速运动，根据平抛运动规律列式求解小球做平抛运动时抛出点到落地点的水平距离；
（3） 小球能通过N的正上方条件为重力恰好提供向心力，根据牛顿第二定律列式求解小球能通过N的正上方最小速度，再根据动能定理列式求解初速度的最小值。
27．（2025高二下·深圳月考）一匀强磁场分布在以O为圆心，半径为R的圆形区域内，方向与纸面垂直，如图所示，质量为m、电荷量q的带正电的质点，经电场加速后，以速度v沿半径MO方向进入磁场，沿圆弧运动到N点，然后离开磁场，，质点所受重力不计，求：
（1）判断磁场的方向；
（2）该匀强磁场的磁感应强度B；
（3）带电质点在磁场中运动的时间。
【答案】【解答】（1）根据左手定则，四指向右手心向里，大拇指向下，可知该磁场方向垂直纸面向外穿过手心，所以垂直纸面向外；
（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，过点M和N分别做OM和ON垂线交于圆心，设旋转半径为r，r=MO'=NO'，如图所示，MO'N为旋转角与MON偏转角互补，旋转角60°；
合外力洛仑兹力负责提供向心力大小得等式
，
由图中几何关系两个垂直互补，偏转角与旋转角互补，旋转角60度，半角30度，可得
，
r代入B得
（3）设粒子在磁场中运动的时间为t，粒子做匀速圆周运动，时间等于角度路程除以角速度
求出线速度
线速度除以r求出角速度
角度除以角速度求出
(1)垂直纸面向外；(2)B=；(3)t=
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心加速度；左手定则—磁场对带电粒子的作用；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1）磁场方向判断：使用左手定则，明确正电荷运动方向v和洛伦兹力方向指向圆心，确定磁场方向。磁感应强度计算：根据匀速圆周运动条件 ，结合几何关系；
运动时间求解：计算弧长对应的圆心角改弧度制，再除以角速度；
（2）易错点：几何关系错误，误认为偏转半径 r=R，应仔细分析轨迹图，确认圆心在O点，轨迹半径进出MN与半径的垂线交点为旋转圆心；左手定则应用错误，混淆磁场方向；
时间计算中未正确转换角度为弧度。
28．（2025高一下·旌阳期末）如图所示，一轨道由半径R=2m的四分之一竖直圆弧轨道AB和水平直轨道BC在B点平滑连接而成．现有一质量为m=1kg 的小球M从A点正上方处的点由静止释放，小球M经过圆弧上的B点时，轨道对小球M的支持力大小。若在B处静止的放完全相同的小球N，两者发生弹性碰撞.碰后从C点水平飞离轨道，落到水平地面上的P点。已知B点与地面间的高度，小球与BC段轨道间的动摩擦因数，小球运动过程中可视为质点. (不计空气阻力，g取10 m/s2).求：
（1）小球M运动至B点时的速度大小
（2）小球M在圆弧轨道AB上运动过程中克服摩擦力所做的功
（3）水平轨道BC的长度L=3m，小球从B点到落地过程重力的冲量？
【答案】（1）解：小球在B点受到的重力与支持力的合力，支持力已知18N，提供向心力，向心力方向为正力，反向为负力，则有
，
解得
（2）解：从到B的过程中重力做功加速和阻力转内能划走，由动能定理可得
解得J
（3）解：两小球完全相同，发生弹性碰撞后，二者速度互换
则碰后小球M静止，N向右运动，加速度满足
BC轨道已知L=3m，根据匀变速直线运动规律有
， ，
解得s或3s（舍）
平抛运动的时间为
代入已求已知数据整理
，得t2=0.8s，小球从B点到落地过程中，收集重力在时间上的累计便于观察守恒情况，重力的冲量为
【知识点】匀变速直线运动的位移与时间的关系；生活中的圆周运动；动能定理的综合应用；冲量
【解析】【分析】（1）分段分析——圆弧段（机械能守恒+圆周运动）、碰撞（弹性碰撞规律）、水平段（动能定理）、平抛（运动学公式）；弹性碰撞后速度交换（质量相同），且需注意B点速度的关联性；
（2）易错点包括：①忽略圆弧段的摩擦力做功，②等质量完全弹性碰撞后速度互换；
（3）隐含条件：弹性碰撞的动量与动能双守恒，平抛运动的独立分解（水平匀速、竖直自由落体）。
（1）小球在B点受到的重力与支持力的合力提供向心力，则有
解得
（2）从到B的过程中重力和阻力做功，由动能定理可得
解得J
（3）两小球完全相同，发生弹性碰撞后，二者速度互换，则碰后小球M静止，N向右运动，加速度满足
根据匀变速直线运动规律有
解得s或3s（舍）
平抛运动的时间为
小球从B点到落地过程中，重力的冲量为
解得
29．（2025·上海）质点在以某点为圆心半径为r的圆周上运动，即质点运动时其轨迹是圆周的运动叫“圆周运动”。它是一种最常见的曲线运动。例如电动机转子、车轮、皮带轮等都作圆周运动。如图所示，在竖直平面内有一光滑圆形轨道，a为轨道最低点，c为轨道最高点，b点、d点为轨道上与圆心等高的两点，e为段的中点。一个质量为m的小物块在轨道内侧做圆周运动。
（1）若物块从a点运动到c点所用时间为，则在时，物块在（　　）
A．A段 B．B点 C．C段 D．D点 E．E段
（2）若物块在a点的速度为，经过时间t刚好到达b点，则在该过程中轨道对物块的支持力的冲量为（　　）
A． B． C． D．
（3）若物块质量为，下图是物块的速度v与物块和圆心连线转过的夹角的关系图像。
①求轨道半径R；
②求时，物块克服重力做功的瞬时功率P。
【答案】（1）E
（2）D
（3）⑴ 由 物块的速度v与物块和圆心连线转过的夹角的关系图可知，物块的初速度为6m/s，最高点位置的速度为3.5m/s。由动能定理得
解得R＝0.59m
⑵ 由图像可知θ＝60°时，物块的速度为5.5m/s，则物块克服重力做功的瞬时功率P＝mgvsin60°
解得P≈23.8W
【知识点】竖直平面的圆周运动；功率及其计算；冲量
【解析】【解答】（1） a为轨道最低点，c为轨道最高点，b点、d点为轨道上与圆心等高的两点， 物块从a点运动到c点过程中一直做减速运动，可知沿圆弧物块a点运动到b点的平均速率大于b点运动到c点的平均速率。若物块从a点运动到c点所用时间为t0，则在0.5t0时，物块在E段。故ABCD错误，E正确；
故选：E。
（2） 根据动量定理，以初速度方向为正方向，合力冲量等于物体动量变化，支持力在水平方向的冲量为Ix＝0﹣mv0
竖直方向上根据动量定理有Iy﹣mgt＝0
故该过程中轨道对物块的支持力的冲量为：
故ABC错误，D正确。
故选：D。
(3)①由 物块的速度v与物块和圆心连线转过的夹角的关系图可知，物块的初速度为6m/s，最高点位置的速度为3.5m/s。由动能定理得
解得R＝0.59m
② 由图像可知θ＝60°时，物块的速度为5.5m/s，则物块克服重力做功的瞬时功率P＝mgvsin60°
解得P≈23.8W
【分析】（1）根据沿圆弧物块a点运动到b点的平均速率大于b点运动到c点的平均速率分析求解；
（2）根据动量定理，对水平和竖直方向上分析求解；
（3）①由动能定理，结合图像分析求解；
②由功率表达式，结合图像分析求解。
（1）（1） a为轨道最低点，c为轨道最高点，b点、d点为轨道上与圆心等高的两点， 物块从a点运动到c点过程中一直做减速运动，可知沿圆弧物块a点运动到b点的平均速率大于b点运动到c点的平均速率。若物块从a点运动到c点所用时间为t0，则在0.5t0时，物块在E段。故ABCD错误，E正确；
故选：E。
（2）（2） 根据动量定理，以初速度方向为正方向，合力冲量等于物体动量变化，支持力在水平方向的冲量为Ix＝0﹣mv0
竖直方向上根据动量定理有Iy﹣mgt＝0
故该过程中轨道对物块的支持力的冲量为：
故ABC错误，D正确。
故选：D。
（3）(3) ⑴ 由 物块的速度v与物块和圆心连线转过的夹角的关系图可知，物块的初速度为6m/s，最高点位置的速度为3.5m/s。由动能定理得
解得R＝0.59m
⑵ 由图像可知θ＝60°时，物块的速度为5.5m/s，则物块克服重力做功的瞬时功率P＝mgvsin60°
解得P≈23.8W
30．（2021高三上·潍坊月考）一长为 的薄木板A放在倾角为 的光滑斜坡上，斜坡底端O到水平地面高度为 ，木板下端放一小物块B，物块可视为质点，开始木板通过销钉固定，物块与木板间的摩擦因数为 ，木板质量为 ，物块的质量 ，在撤去销钉的同时对木板施加沿斜面向下的 的拉力，作用一段时间后撤去拉力，之后物块恰能滑离木板，当物块从底端O滑出后落地点到O点的水平距离为 ， ，求：
（1）拉力作用下物块B与木板A的加速度大；
（2）拉力的作用时间；
（3）物块滑离木板时的速度大小；
（4）物块滑离木板时到斜面底端的距离。
【答案】（1）解：物块B的加速度为 ，对物块B由牛顿第二定律有
解得
对A，由牛顿第二定律有
解得
（2）解：撤力前相对滑动距离
撤力后B运动的加速度仍为
A的加速度为 ，由牛顿第二定律有
解得
撤力瞬间，物块A、B的速度为分别为 、 ，根据运动学公式有 ，
再经过 时间滑出，则有
联立解得
（3）解：物块滑离木板时的速度为
解得
（4）解：设物块到达O点时的速度为 ，由斜抛运动规律，则有
在斜面上滑离木板后下滑过程，则有
物块的加速度为 ，根据牛顿第二定律有
联立解得
【知识点】斜抛运动；牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【分析】（1）物块B下滑过程中，利用牛顿第二定律可以求出物块与木板的加速度大小；
（2）已知物块和木板做加速运动，利用位移公式可以求出相对位移的表达式；当撤去拉力后，利用牛顿第二定律可以求出A的加速度大小；结合速度公式可以求出共速的时间，结合位移公式可以求出拉力作用的时间；
（3）物块做匀加速直线运动，利用速度公式可以求出物块与木板分离时速度的大小；
（4）物块从斜面开始做斜抛运动，利用斜抛运动的位移公式可以求出开始做斜抛运动的速度大小；结合速度位移公式及牛顿第二定律可以求出物块滑离木板时到达斜面底端的距离大小。
31．（2023高一下·博罗期中）一光滑圆锥固定在水平地面上，其圆锥角为74°，圆锥底面的圆心为O。用一根长为0.5m的轻绳一端系一质量为0.1kg的小球(可视为质点)，另一端固定在光滑圆锥顶上O点，O点距地面高度为0.75m，如图所示，如果使小球在光滑圆锥表面上做圆周运动。
（1）当小球静止时，此时细绳的拉力
（2）当小球的角速度不断增大，求小球恰离开圆锥表面时的角速度和此时细绳的拉力
（3）逐渐增加小球的角速度，若轻绳受力为N时会被拉断，求当轻绳断裂后小球做平抛运动的水平位移(取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，)
【答案】（1）解：对小球受力分析T＝mgcos37
T＝0.8N
（2）解：当小球在圆锥表面上运动时，根据牛顿运动定律有
Tsin37°－FNcos37°＝mω2Lsin37°
Tcos37°＋FNsin37°＝mg
小球刚要离开圆锥表面时，支持力为零，解得
ω0＝5rad/s
T0＝1.25N
（3）解：当轻绳断裂时，绳中的拉力为 大于T0＝1.25N，故小球已经离开了圆锥表面，设绳子断裂前与竖直方向的夹角为θ，根据牛顿运动定律有
T2cosθ＝mg
求得θ＝53°，
轻绳断裂后，小球做平抛运动，此时距离地面的高度为
h＝H－Lcos53°＝0.45m
据
解得t＝0.3s
如图所示
水平位移为
【知识点】平抛运动；牛顿第二定律；向心力
【解析】【分析】（1）对小球进行受力分析，根据平衡条件分析求解。
（2）当小球恰好离开圆锥表面时，支持力为零，根据平衡条件和牛顿第二定律列方程求解。
（3）由牛顿第二定律计算绳子断裂时小球速度的大小，绳子断裂后小球做平抛运动，根据平抛运动的相关规律求解。
32．（2023高三上·河池模拟）如图为某游戏装置原理示意图。在桌面上固定一半圆形竖直挡板，其半径为2R、内表面光滑，挡板的两端A、B在桌面边缘，B与半径为R的固定在地面上的光滑竖直圆弧轨道在同一竖直平面内，过C点的轨道半径与竖直方向的夹角为60°。小球以的水平初速度由A点切入挡板内侧，从B点飞出桌面后，在C点沿圆弧切线方向进入轨道内侧，并恰好能到达轨道的最高点D。已知重力加速度大小为g，忽略空气阻力，小球质量为m可视为质点。求：
（1）小球到达D点的速度大小；
（2）小球到达C点时，小球对轨道压力的大小；
（3）水平桌面的摩擦因数。
【答案】解：（1）由题知，小物块恰好能到达轨道的最高点D，则在D点有
解得
（2）小物块从C到D的过程中，根据动能定理有
在C点，有
联立解得
根据牛顿第三定律可得小球到达C点时，小球对轨道压力的大小为4.5mg；
（3）由题知，小物块从C点沿圆弧切线方向进入轨道内侧，则在C点有
小物块从A到B的过程中，根据动能定理有
，
解得
【知识点】平抛运动；竖直平面的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）小物块恰好能到达轨道的最高点D，只有重力提供向心力列等式，可求解D点速度。
（2）小物块从C到D的过程中，根据动能定理列等式：
在C点，合力提供向心力列等式：，联立可求解支持力，根据牛顿第三定律可得小球到达C点时，小球对轨道压力的大小。
（3）小物块从C点沿圆弧切线方向进入轨道内侧，在C点：
小物块从A到B的过程中，根据动能定理列等式：，
联立求解水平桌面的摩擦因数。
33．（2025·福建） 如图甲，水平地面上有A、B两个物块，两物块质量均为0.2kg，A与地面动摩擦因数为，B与地面无摩擦，两物块用弹簧置于外力F的作用下向右前进，F与位移x的图如图乙所示，P为圆弧最低点，M为最高点，水平地面长度大于4m。
（1）求，F做的功；
（2）时，A与B之间的弹力；
（3）要保证B能到达M点，圆弧半径满足的条件。
【答案】（1）解：， 外力保持不变，由可得，F做的功
（2）解：对AB整体，水平方向受拉力和阻力，竖直方向受重力和支持力，根据牛顿第二定律
其中，对B，受重力、支持力、A对B的推力，根据牛顿第二定律
联立解得
（3）解：当A、B之间的弹力为零时，A、B分离，此时A、B加速度相等，对A
解得
由图乙可知，此时；过程中，根据图乙可得拉力做的功为
对A、B根据动能定理
解得
在点，能通过的条件是，重力提供向心力，可得
从点到点，根据动能定理
联立可得
即圆弧半径满足的条件。
【知识点】牛顿第二定律；竖直平面的圆周运动；功的计算；动能定理的综合应用
【解析】【分析】本题主要考查公的计算、牛顿第二定律的应用以及竖直平面内圆周运动的有关知识，理清物体运动过程是解题关键。
（1）， 外力保持不变，由求解外力做的功；
（2）过程中外力不变，物体做匀加速运动，分别以AB整体和B为研究对象，根据牛顿第二定律列式求解时，A与B之间的弹力；
（3） 要保证B能到达M点， 在B点，重力恰好提供向心力，根据圆周运动知识列式求解物体在B点最小速度，由图乙和动能定理列式求解物体到达圆弧轨道最低点P速度，从点到点，根据动能定理列式求解圆弧半径满足的条件。
34．（2025·浙江模拟）如图所示，在平面内的区域有竖直向下、大小为的匀强电场，在区域有以轴为中心轴、半径为、高为的圆筒，筒内分布着方向竖直向上、大小的匀强磁场，顶部平面与平面重合，圆心处开有小孔，圆筒底面涂有荧光粉，带电粒子到达处会发出荧光。在平面内有一粒子发射带，其两端坐标：、，之间各点均可在平面内向轴发射不同速率带正电的粒子。已知粒子质量为，电荷量为，圆筒接地，碰到圆筒的粒子即被导走，不计重力，不考虑场的边界效应及粒子间相互作用。
（1）若从点偏离水平方向向右下方发射的粒子恰能通过点进入磁场，求该粒子发射的速度；
（2）在某次发射中，从两点水平发射的粒子穿过点到达了圆筒底部，求它们发光点点的坐标；
（3）若发射带各点持续水平发射粒子，部分粒子穿过进入磁场，请通过分析，在乙图中画出荧光屏上的图案。
【答案】（1）解：水平方向
竖直方向
得
（2）解：水平方向
竖直方向
得
粒子在磁场中做等距螺旋运动，在垂直轴平面内有
得
周期
竖直方向
运动时间
回旋次数
落点位置在与轴夹角为处，故坐标为，即
由对称性，易得

（3）解：粒子进入磁场后，不同，相同，相同，回旋半径不同、螺距相同。落点位置和底面中心连线相对轴的夹角相同，得出与轴夹角为的倾斜直线，直线以、为端点（不触边界）
【知识点】运动的合成与分解；带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1） 类斜抛运动首先水平匀速（无电场力 ）、竖直匀加速（电场力 ），水平位移（ ）和竖直位移（ ）关联时间 ，消元后直接解速度 。
（2） 先在电场中做类平抛（水平匀速、竖直加速 ），后在磁场中做匀速圆周（洛伦兹力向心力 ），磁场中圆周运动的半径 与速度关联，发光点坐标由圆周运动的圆心角、圆筒高度和半径共同决定，利用对称性简化计算。
（3）速度 - 半径关联： 速度影响合速度，进而影响圆周运动半径，不同速度对应不同打在圆筒的位置，对称性与连续性： 、 对称，图案关于y轴对称；速度连续变化，图案为连续圆弧段。
（1）水平方向
竖直方向
得
（2）水平方向
竖直方向
得
粒子在磁场中做等距螺旋运动，在垂直轴平面内有
得
周期
竖直方向
运动时间
回旋次数
落点位置在与轴夹角为处，故坐标为，即
由对称性，易得
（3）粒子进入磁场后，不同，相同，相同，回旋半径不同、螺距相同。落点位置和底面中心连线相对轴的夹角相同，得出与轴夹角为的倾斜直线，直线以、为端点（不触边界）
35．（2025·浙江）一游戏装置的竖直截面如图所示。倾斜直轨道AB、半径为R的竖直螺旋轨道、水平轨道BC和、倾角为的倾斜直轨道EF平滑连接成一个抛体装置。该装置除EF段轨道粗糙外，其余各段均光滑，F点与水平高台GHI等高。游戏开始，一质量为m的滑块1从轨道AB上的高度h处静止滑下，与静止在C点、质量也为m的滑块2发生完全非弹性碰撞后组合成滑块3，滑上滑轨。若滑块3落在GH段，反弹后水平分速度保持不变，竖直分速度减半；若滑块落在H点右侧，立即停止运动。已知，EF段长度，FG间距，GH间距，HI间距，EF段。滑块1、2、3均可视为质点，不计空气阻力，，。
（1）若，求碰撞后瞬间滑块3的速度大小；
（2）若滑块3恰好能通过圆轨道，求高度h；
（3）若滑块3最终落入I点的洞中，则游戏成功。讨论游戏成功的高度h。
【答案】（1）对滑块1由动能定理
解得滑块1与滑块2碰前的速度大小为
滑块1与滑块2碰撞过程中，由动量守恒定律
解得碰撞后瞬间滑块3的速度大小为
（2）在轨道D点，由牛顿第二定律
解得
滑块3从D点到C＇点，由机械能守恒定律
解得
结合
，
联立解得
（3）滑块3从C＇点到F点的过程中，由动能定理
若滑块3直接落入洞中，则竖直方向
水平方向
结合
，
联立解得
若经一次反弹落入洞中，则
水平方向
结合
，
联立解得
【知识点】斜抛运动；生活中的圆周运动；动能定理的综合应用；机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】（1）应用动能定理求出碰撞前滑块1的速度大小，碰撞过程系统动量守恒，应用动量守恒定律求出碰撞后瞬间滑块3的速度大小。
（2）滑块3恰好通过圆轨道，在圆轨道最高点，重力提供向心力，应用牛顿第二定律求出滑块3的速度，应用动能定理与动量守恒定律求解。
（3）滑块3可能直接落入洞中，也可能反弹一次后落入洞中，应用动能定理、动量守恒定律与运动学公式求解。
（1）对滑块1由动能定理
解得滑块1与滑块2碰前的速度大小为
滑块1与滑块2碰撞过程中，由动量守恒定律
解得碰撞后瞬间滑块3的速度大小为
（2）在轨道D点，由牛顿第二定律
解得
滑块3从D点到C＇点，由机械能守恒定律
解得
结合
，
联立解得
（3）滑块3从C＇点到F点的过程中，由动能定理
若滑块3直接落入洞中，则竖直方向
水平方向
结合
，
联立解得
若经一次反弹落入洞中，则
水平方向
结合
，
联立解得
36．（2025·湛江模拟）如图，一质量m=0.4kg的滑块（可视为质点）静止于动摩擦因数的水平轨道上的A点。对滑块施加一水平外力，使其向右运动，外力的功率恒为P=10W。经过一段时间后撤去外力，滑块继续滑行至B点后水平飞出，恰好在C点沿切线方向进入固定在竖直平面内的光滑圆弧形轨道，轨道的最低点D处装有压力传感器，当滑块到达传感器上方时，传感器的示数为25.6N。已知轨道AB的长度L=2.0m，半径OC和竖直方向的夹角，圆形轨道的半径R=0.5m。（空气阻力可忽略，g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）求：
（1）滑块运动到C点时速度vc的大小；
（2）B、C两点的高度差h及水平距离x；
（3）水平外力作用在滑块上的时间t。
【答案】（1）滑块运动到D点时，由牛顿第二定律得
滑块由C点运动到D点的过程，由机械能守恒定律得
联立解得
（2）滑块在C点时，速度的竖直分量为
B、C两点的高度差为
滑块由B运动到C所用的时间为
滑块运动到B点时的速度为
B、C间的水平距离为
（3）滑块由A点运动到B点的过程，由动能定理得
解得
【知识点】动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）根据牛顿第二定律求出滑块运动到D点的速度，对C到D的过程运用机械能守恒定律求出C点的速度。
（2）将C点的速度分解为水平方向和竖直方向，结合平行四边形定则求出竖直分速度，从而得出平抛运动的时间，结合水平分速度和时间求出水平位移。
（3）对A到B的过程运用动能定理求出外力作用的时间。
37．（2025·湖州模拟）如图为一弹射游戏装置，它由安装在水平台面上的固定弹射器，水平直轨道AB，圆心为O的水平半圆细管道BCD，水平直轨道DE、FG、HI和逆时针转动的传送带EF等组成。木板静止在HI上，其上表面与FG相平，左端紧靠竖直边GH。游戏时滑块由A点弹出，经过轨道AB、管道BCD、轨道DE、传送带EF和轨道FG后，滑上木板。已知可视为质点的滑块质量，轨道DE长度，传送带长度，速度大小，木板质量，长度，BCD的半径，滑块与轨道DE、传送带及木板间的动摩擦因数均为，木板与轨道HI间的动摩擦因数，其余各处均光滑，不考虑弹射过程中能量损失，各轨道间平滑连接。
（1）若弹簧的弹性势能，求滑块运动到管道最高点时，受到的管道作用力大小；
（2）若滑块最终静止在轨道DE某处，求弹簧的弹性势能的范围；
（3）若弹簧的弹性势能，求木板运动的位移x。
【答案】（1）解：滑块由A点弹出到管道最高点的过程，有
解得
在最高点有
解得
（2）解：①滑块超过C点的条件为
则有
②滑块到达F点时，速度恰好为零，则有
所以滑块最终静止在轨道DE某处，求弹簧的弹性势能的范围为
（3）解：若弹簧的弹性势能，到E点的过程有，解得
若刚好能通过皮带的速度大小，解得
所以滑块减速通过皮带，有，解得
滑块在木块上滑行，达到共同速度后一起减速运动直到速度为0。有，，，
解得，达到共速时的木板位移 ，达到共速后的木板位移
则木板位移
【知识点】能量守恒定律；竖直平面的圆周运动
【解析】【分析】（1）滑块由A点弹出到管道最高点的过程，根据能量守恒列等式：，在最高点根据牛顿第二定律列等式：，联立可求解 最高点时，受到的管道作用力大小。
（2）①滑块超过竖直圆周最高点的条件为，
②滑块到达F点时，速度恰好为零，，滑块最终静止在轨道DE某处，可求弹簧的弹性势能的范围。
（3）若弹簧的弹性势能，到E点的过程根据能量守恒，可求解E点速度，若刚好能通过皮带的速度大小，解得，滑块减速通过皮带，有，滑块在木块上滑行，达到共同速度后一起减速运动直到速度为0。有，，，可求解共同速度，
再可求解达到共速时的木板位移，达到共速后的木板位移，木板位移
（1）滑块由A点弹出到管道最高点的过程，有
解得
在最高点有
解得
（2）①滑块超过C点的条件为
则有
②滑块到达F点时，速度恰好为零，则有
所以滑块最终静止在轨道DE某处，求弹簧的弹性势能的范围为
（3）若弹簧的弹性势能，到E点的过程有
解得
若刚好能通过皮带的速度大小
解得
所以滑块减速通过皮带，有
解得
滑块在木块上滑行，达到共同速度后一起减速运动直到速度为0。有
，
，
解得
达到共速时的木板位移
达到共速后的木板位移
则木板位移
1 / 1高考一轮复习：曲线运动
一、选择题
1．（2023·浙江）图为“玉兔二号”巡视器在月球上从O处行走到B处的照片，轨迹OA段是直线，AB段是曲线，巡视器质量为135kg，则巡视器（　　）
A．受到月球的引力为1350N
B．在AB段运动时一定有加速度
C．OA段与AB段的平均速度方向相同
D．从O到B的位移大小等于OAB轨迹长度
2．（2024高一下·张家界期末）物理来源于生活，也可以解释生活。如图所示生活中经常出现的情况，分析正确的是（　　）
A．图甲中人和飞椅在水平面内做匀速圆周运动时，人的速度保持不变
B．图乙中砂轮打磨下来的炽热微粒离开砂轮时，它的速度方向一定是沿着该处的切线方向的
C．图丙中汽车过拱桥最高点时，速度越大，对桥面的压力越大
D．图丁中若轿车转弯时速度过大发生侧翻，是因为受到的离心力大于向心力
3．（2024·浙江）如图为小猫蹬地跃起腾空追蝶的情景，则（　　）
A．飞行的蝴蝶只受重力的作用
B．蝴蝶转弯时所受合力沿运动方向
C．小猫在空中受重力和弹力的作用
D．小猫蹬地时弹力大于所受重力
4．（2023高三上·茂名开学考）人在距地面高h、离靶面距离L处，将质量m的飞镖以速度v0水平投出，落在靶心正下方，如图所示。只改变h、L、m、v0四个量中的一个，可使飞镖投中靶心的是（　　）
A．适当减小v0 B．适当减小h C．适当减小m D．适当减小L
5．（2025高三下·黑龙江模拟） 法国科学家皮埃尔·德·费马在1662年提出光线传播的路径是所需时间最少的路径，即费马原理，光的折射即遵从这一原理实际生活中的下述现象也可类比折射定律来理解。如图所示，地面上陶陶在距笔直的河岸10m处的A点，发现落水的琪琪位于水面上距河岸50m处的B点。陶陶在地面上奔跑的速度大小为，在水中游泳的速度大小为，奔跑、游泳均视为匀速直线运动。可知此次营救中，陶陶在陆地的速度与河岸夹角30°，在水中的速度与河岸夹角60°将最省时。由题中信息和所学物理知识可知（　　）
A．陶陶在水中游泳的速度大小为
B．陶陶在水中游泳的速度大小为
C．陶陶到达琪琪处的最短时间为12s
D．陶陶到达琪琪处的最短时间约为16s
6．（2025·安徽） 在竖直平面内，质点M绕定点O沿逆时针方向做匀速圆周运动，质点N沿竖直方向做直线运动，M、N在运动过程中始终处于同一高度。时，M、N与O点位于同一直线上，如图所示。此后在M运动一周的过程中，N运动的速度v随时间t变化的图像可能是（　　）
A． B．
C． D．
7．（2025·浙江模拟）2023年11月29日美国《自然》杂志发表了新发现----“完美太阳系”。星系中的6颗行星大小差不多，以一种和谐的方式围绕一颗恒星a公转。6颗行星依照离恒星由近到远被以英文字母b、c、d、e、f、g编号。星系中的行星存在罕见的轨道共振现象，其中，b、c、d、e这四颗行星存在3比2的轨道共振率，即离恒星较近的行星每公转3圈，紧邻它外侧的行星公转2圈。e、f、g的轨道共振率是4比3。把行星的运动简化为圆周运动，且只受到中央恒星的引力作用。令b行星的运行周期为T，下列选项中正确的为（　　）
A．行星c与行星e的运行周期之比为9：4
B．a、b、d三个天体每经过时间会重新处于同一直线
C．行星b与行星g的运行轨道半径之比
D．经过时间t（t8．（2025高一下·旌阳期末）某物体同时受到在同一平面内的几个恒力作用而平衡，某时刻突然撤去其中一个力，以后这物体将不可能做（　　）
A．平抛运动 B．匀速圆周运动
C．匀加速直线运动 D．匀减速直线运动
9．（2025·浙江模拟）杂技表演中，为了提高观赏性，摩托车手设计沿如图所示圆锥面的内壁做圆周运动，运动半径为R，（假设摩托车视为质点）则（　　）
A．摩托车越重越不容易实现圆锥面的内壁做圆周运动
B．摩托车无法实现圆锥面的内壁做圆周运动
C．摩托车做圆周运动的角速度需要满足
D．摩托车做圆周运动时车胎橡胶与圆锥内表面间的动摩擦因数
10．（2021·天津）2021年5月15日，天问一号探测器着陆火星取得成功，迈出了我国星际探测征程的重要一步，在火属上首次留下国人的印迹。天问一号探测器成功发射后，顺利被火星捕获，成为我国第一颗人造火星卫星。经过轨道调整，探测器先沿椭圆轨道Ⅰ运行，之后进入称为火星停泊轨道的椭圆轨道Ⅱ运行，如图所示，两轨道相切于近火点P，则天问一号探测器（　　）
A．在轨道Ⅱ上处于受力平衡状态 B．在轨道Ⅰ运行周期比在Ⅱ时短
C．从轨道Ⅰ进入Ⅱ在P处要加速 D．沿轨道Ⅰ向P飞近时速度增大
11．（2024高一下·新会期中）如图所示，下列有关生活中圆周运动实例分析，其中说法正确的是（　　）
A．图1中汽车通过凹形桥的最低点时，汽车处于失重状态
B．图2中旋转秋千装置中，等长绳索对质量相等座椅A、B的拉力相等
C．图3中在铁路转弯处，设计外轨比内轨高，目的是火车转弯时减小轮缘与外轨的侧压力
D．图4中脱水桶原理是水滴受到的离心力大于它受到的向心力，从而沿切线方向甩出
12．（2022·唐山模拟）如图所示，套在光滑竖直杆上的物体A，通过轻质细绳与光滑水平面上的物体B相连接，A、B质量相同。现将A从与B等高处由静止释放，不计一切摩擦，重力加速度取g，当细绳与竖直杆间的夹角为时，A下落的高度为h，此时物体B的速度为（　　）
A． B． C． D．
13．（2025高一下·旌阳期末）长江路下穿隧道可以理想化为一段R=1km的竖直圆弧，如图所示一辆质量为m=2.5t的小车（可作为质点）经过A时速度vA=10m/s，若该车关闭发动机从A到B滑行且无机械能损失（B为圆弧最低点，g＝10 m/s2），则（　　）
A．车经过A点时，道路的支持力为
B．车经过B点时，道路的支持力为
C．车从A运动到B的过程中，车受到合外力做功为零
D．车经过B点时速度为
14．（2025·山东）某同学用不可伸长的细线系一个质量为0.1kg的发光小球，让小球在竖直面内绕一固定点做半径为0.6m的圆周运动，在小球经过最低点附近时拍摄了一张照片，曝光时间为：S.由于小球运动，在照片上留下了一条长度约为半径的圆弧形径迹。根据以上数据估算小球在最低点时细线的拉力大小为
A．11N B．9N C．7N D．5N
15．（2025·江苏）游乐设施“旋转杯”的底盘和转杯分别以、为转轴，在水平面内沿顺时针方向匀速转动。固定在底盘上。某时刻转杯转到如图所示位置，杯上A点与、恰好在同一条直线上。则（　　）
A．A点做匀速圆周运动 B．点做匀速圆周运动
C．此时A点的速度小于点 D．此时A点的速度等于点
16．（2025·山东）轨道舱与返回舱的组合体，绕质量为M的行星做半径为r的圆周运动，轨道舱与返回舱的质量比为5：1。如图所示，轨道舱在P点沿运动方向向前弹射返回舱，分开瞬间返回舱相对行星的速度大小为2，G为引力常量，此时轨道舱相对行星的速度大小为
A． B． C． D．
17．（2025·浙江模拟）如图所示为嫦娥六号探测器登月的简化过程，探测器从地球表面a点发射至地月转移轨道，在b点被月球捕获后沿椭圆轨道运动，进而在b点变轨后沿近月圆形轨道运动，则探测器（　　）
A．探测器被月球捕获后在椭圆轨道上经过b点时应该加速才能进入圆形轨道
B．探测器在椭圆轨道上b点的速度大于月球的第一宇宙速度
C．探测器在地月转移轨道上远离地球时的速度均大于7.9km/s
D．探测器在椭圆轨道上的周期小于圆形轨道上的周期
18．（2025·长沙模拟）从一倾角θ=30°的斜面顶端抛出一个小球，小球的初速度大小为，方向与水平方向成α=45°，在斜面底端放置一足够长的竖直挡板，小球抛出后直接打到挡板，反弹后垂直打在斜面上。重力加速度为g，不计空气阻力，小球与挡板的碰撞为弹性碰撞，即垂直挡板方向的速度大小不变方向反向，竖直方向速度不变，则与挡板碰撞一次后打在斜面上的落点与抛出点的距离是（　　）
A． B． C． D．
19．（2024·河北模拟） 如图所示，在水平桌面上有一轻质弹簧，弹簧左端固定，现有一质量为m的小球（可视为质点）将水平轻质弹簧压缩x0长度后由静止释放，小球弹出后经A点水平抛出，恰好从B点沿B点切线方向进入半径为R的竖直圆管中（圆管内径略大于小球直径），小球从圆管最高点E离开后又恰能到达B点。已知E、O、C三点在同一竖直线上，∠BOC=60°，弹簧的弹性势能Ep与弹簧的形变量x以及弹簧的劲度系数k之间的关系式为，重力加速度为g，不计空气阻力和所有摩擦，则小球经弹簧弹出从A到达E又回到B的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．小球从圆管最高点E离开时受到圆管壁竖直向下的压力大小为
B．小球从A点水平抛出的速度大小为
C．A、B两点之间的高度差为
D．弹簧的劲度系数为
二、多项选择题
20．（2025·广东）将可视为质点的小球沿光滑冰坑内壁推出，使小球在水平面内做匀速圆周运动，如图所示。已知圆周 运动半径R为0.4m，小球所在位置处的切面与水平面夹角θ为45°，小球质量为0.1kg，重力加速度g取10m/s2。关于该小球，下列说法正确的有（　　）
A．角速度为5rad/s B．线速度大小为4m/s
C．向心加速度大小为10m/s2 D．所受支持力大小为1N
21．（2025·山东）如图所示，在无人机的某次定点投放性能测试中，目标区域是水平地面上以O点为圆心，半径R1=5m的圆形区域，OO’垂直地面，无人机在离地面高度H=20m的空中绕O'点、平行地面做半径R2=3m的匀速圆周运动，A、B为圆周上的两点，∠AO'B=90°。若物品相对无人机无初速度地释放，为保证落点在目标区域内，无人机做圆周运动的最大角速度应为为。当无人机以沿圆周运动经过A点时，相对无人机无初速度地释放物品。不计空气对物品运动的影响，物品可视为质点且落地后即静止，重力加速度大小g=10m/s2。下列说法正确的是（　　）
A．
B．
C．无人机运动到B点时，在A点释放的物品已经落地
D．无人机运动到B点时，在4点释放的物品尚未落地
22．（2025·福建） 春晚上转手绢的机器人，手绢上有P、Q两点，圆心为O，，手绢做匀速圆周运动，则（　　）
A．P、Q线速度之比为 B．P、Q角速度之比为
C．P、Q向心加速度之比为 D．P点所受合外力总是指向O
23．（2025·甘肃）如图，小球A从距离地面20m处自由下落，1s末恰好被小球B从左侧水平击中，小球A落地时的水平位移为3m。两球质量相同，碰撞为完全弹性碰撞，重力加速度g取10m/s2，则碰撞前小球B的速度大小为
A．1.5m/s B．3.0m/s C．4.5m/s D．6.0m/s
24．（2025高一下·海珠期末）物理来源于生活，也可以解释生活。对于如图所示生活中经常出现的情况，分析正确的是（　　）
A．图甲所示为洗衣机脱水桶，其脱水原理是利用了超重现象
B．图乙中物体随水平圆盘一起做圆周运动时，只受到指向圆盘圆心的摩擦力
C．图丙中汽车过拱桥最高点时，速度越大，对桥面的压力越小
D．图丁中若轿车转弯时速度过大发生侧翻，是因为需要的向心力大于提供的向心力
三、非选择题
25．（2025·黑吉辽蒙）如图，一雪块从倾角的屋顶上的点由静止开始下滑，滑到A点后离开屋顶。O、A间距离，A点距地面的高度，雪块与屋顶的动摩擦因数。不计空气阻力，雪块质量不变，取，重力加速度大小。求：
（1）雪块从A点离开屋顶时的速度大小；
（2）雪块落地时的速度大小，及其速度方向与水平方向的夹角。
26．（2025·安徽） 如图，M、N为固定在竖直平面内同一高度的两根细钉，间距。一根长为的轻绳一端系在M上，另一端竖直悬挂质量的小球，小球与水平地面接触但无压力。时，小球以水平向右的初速度开始在竖直平面内做圆周运动。小球牵引着绳子绕过N、M，运动到M正下方与M相距L的位置时，绳子刚好被拉断，小球开始做平抛运动。小球可视为质点，绳子不可伸长，不计空气阻力，重力加速度g取。
（1）求绳子被拉断时小球的速度大小，及绳子所受的最大拉力大小；
（2）求小球做平抛运动时抛出点到落地点的水平距离；
（3）若在时，只改变小球的初速度大小，使小球能通过N的正上方且绳子不松弛，求初速度的最小值。
27．（2025高二下·深圳月考）一匀强磁场分布在以O为圆心，半径为R的圆形区域内，方向与纸面垂直，如图所示，质量为m、电荷量q的带正电的质点，经电场加速后，以速度v沿半径MO方向进入磁场，沿圆弧运动到N点，然后离开磁场，，质点所受重力不计，求：
（1）判断磁场的方向；
（2）该匀强磁场的磁感应强度B；
（3）带电质点在磁场中运动的时间。
28．（2025高一下·旌阳期末）如图所示，一轨道由半径R=2m的四分之一竖直圆弧轨道AB和水平直轨道BC在B点平滑连接而成．现有一质量为m=1kg 的小球M从A点正上方处的点由静止释放，小球M经过圆弧上的B点时，轨道对小球M的支持力大小。若在B处静止的放完全相同的小球N，两者发生弹性碰撞.碰后从C点水平飞离轨道，落到水平地面上的P点。已知B点与地面间的高度，小球与BC段轨道间的动摩擦因数，小球运动过程中可视为质点. (不计空气阻力，g取10 m/s2).求：
（1）小球M运动至B点时的速度大小
（2）小球M在圆弧轨道AB上运动过程中克服摩擦力所做的功
（3）水平轨道BC的长度L=3m，小球从B点到落地过程重力的冲量？
29．（2025·上海）质点在以某点为圆心半径为r的圆周上运动，即质点运动时其轨迹是圆周的运动叫“圆周运动”。它是一种最常见的曲线运动。例如电动机转子、车轮、皮带轮等都作圆周运动。如图所示，在竖直平面内有一光滑圆形轨道，a为轨道最低点，c为轨道最高点，b点、d点为轨道上与圆心等高的两点，e为段的中点。一个质量为m的小物块在轨道内侧做圆周运动。
（1）若物块从a点运动到c点所用时间为，则在时，物块在（　　）
A．A段 B．B点 C．C段 D．D点 E．E段
（2）若物块在a点的速度为，经过时间t刚好到达b点，则在该过程中轨道对物块的支持力的冲量为（　　）
A． B． C． D．
（3）若物块质量为，下图是物块的速度v与物块和圆心连线转过的夹角的关系图像。
①求轨道半径R；
②求时，物块克服重力做功的瞬时功率P。
30．（2021高三上·潍坊月考）一长为 的薄木板A放在倾角为 的光滑斜坡上，斜坡底端O到水平地面高度为 ，木板下端放一小物块B，物块可视为质点，开始木板通过销钉固定，物块与木板间的摩擦因数为 ，木板质量为 ，物块的质量 ，在撤去销钉的同时对木板施加沿斜面向下的 的拉力，作用一段时间后撤去拉力，之后物块恰能滑离木板，当物块从底端O滑出后落地点到O点的水平距离为 ， ，求：
（1）拉力作用下物块B与木板A的加速度大；
（2）拉力的作用时间；
（3）物块滑离木板时的速度大小；
（4）物块滑离木板时到斜面底端的距离。
31．（2023高一下·博罗期中）一光滑圆锥固定在水平地面上，其圆锥角为74°，圆锥底面的圆心为O。用一根长为0.5m的轻绳一端系一质量为0.1kg的小球(可视为质点)，另一端固定在光滑圆锥顶上O点，O点距地面高度为0.75m，如图所示，如果使小球在光滑圆锥表面上做圆周运动。
（1）当小球静止时，此时细绳的拉力
（2）当小球的角速度不断增大，求小球恰离开圆锥表面时的角速度和此时细绳的拉力
（3）逐渐增加小球的角速度，若轻绳受力为N时会被拉断，求当轻绳断裂后小球做平抛运动的水平位移(取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，)
32．（2023高三上·河池模拟）如图为某游戏装置原理示意图。在桌面上固定一半圆形竖直挡板，其半径为2R、内表面光滑，挡板的两端A、B在桌面边缘，B与半径为R的固定在地面上的光滑竖直圆弧轨道在同一竖直平面内，过C点的轨道半径与竖直方向的夹角为60°。小球以的水平初速度由A点切入挡板内侧，从B点飞出桌面后，在C点沿圆弧切线方向进入轨道内侧，并恰好能到达轨道的最高点D。已知重力加速度大小为g，忽略空气阻力，小球质量为m可视为质点。求：
（1）小球到达D点的速度大小；
（2）小球到达C点时，小球对轨道压力的大小；
（3）水平桌面的摩擦因数。
33．（2025·福建） 如图甲，水平地面上有A、B两个物块，两物块质量均为0.2kg，A与地面动摩擦因数为，B与地面无摩擦，两物块用弹簧置于外力F的作用下向右前进，F与位移x的图如图乙所示，P为圆弧最低点，M为最高点，水平地面长度大于4m。
（1）求，F做的功；
（2）时，A与B之间的弹力；
（3）要保证B能到达M点，圆弧半径满足的条件。
34．（2025·浙江模拟）如图所示，在平面内的区域有竖直向下、大小为的匀强电场，在区域有以轴为中心轴、半径为、高为的圆筒，筒内分布着方向竖直向上、大小的匀强磁场，顶部平面与平面重合，圆心处开有小孔，圆筒底面涂有荧光粉，带电粒子到达处会发出荧光。在平面内有一粒子发射带，其两端坐标：、，之间各点均可在平面内向轴发射不同速率带正电的粒子。已知粒子质量为，电荷量为，圆筒接地，碰到圆筒的粒子即被导走，不计重力，不考虑场的边界效应及粒子间相互作用。
（1）若从点偏离水平方向向右下方发射的粒子恰能通过点进入磁场，求该粒子发射的速度；
（2）在某次发射中，从两点水平发射的粒子穿过点到达了圆筒底部，求它们发光点点的坐标；
（3）若发射带各点持续水平发射粒子，部分粒子穿过进入磁场，请通过分析，在乙图中画出荧光屏上的图案。
35．（2025·浙江）一游戏装置的竖直截面如图所示。倾斜直轨道AB、半径为R的竖直螺旋轨道、水平轨道BC和、倾角为的倾斜直轨道EF平滑连接成一个抛体装置。该装置除EF段轨道粗糙外，其余各段均光滑，F点与水平高台GHI等高。游戏开始，一质量为m的滑块1从轨道AB上的高度h处静止滑下，与静止在C点、质量也为m的滑块2发生完全非弹性碰撞后组合成滑块3，滑上滑轨。若滑块3落在GH段，反弹后水平分速度保持不变，竖直分速度减半；若滑块落在H点右侧，立即停止运动。已知，EF段长度，FG间距，GH间距，HI间距，EF段。滑块1、2、3均可视为质点，不计空气阻力，，。
（1）若，求碰撞后瞬间滑块3的速度大小；
（2）若滑块3恰好能通过圆轨道，求高度h；
（3）若滑块3最终落入I点的洞中，则游戏成功。讨论游戏成功的高度h。
36．（2025·湛江模拟）如图，一质量m=0.4kg的滑块（可视为质点）静止于动摩擦因数的水平轨道上的A点。对滑块施加一水平外力，使其向右运动，外力的功率恒为P=10W。经过一段时间后撤去外力，滑块继续滑行至B点后水平飞出，恰好在C点沿切线方向进入固定在竖直平面内的光滑圆弧形轨道，轨道的最低点D处装有压力传感器，当滑块到达传感器上方时，传感器的示数为25.6N。已知轨道AB的长度L=2.0m，半径OC和竖直方向的夹角，圆形轨道的半径R=0.5m。（空气阻力可忽略，g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）求：
（1）滑块运动到C点时速度vc的大小；
（2）B、C两点的高度差h及水平距离x；
（3）水平外力作用在滑块上的时间t。
37．（2025·湖州模拟）如图为一弹射游戏装置，它由安装在水平台面上的固定弹射器，水平直轨道AB，圆心为O的水平半圆细管道BCD，水平直轨道DE、FG、HI和逆时针转动的传送带EF等组成。木板静止在HI上，其上表面与FG相平，左端紧靠竖直边GH。游戏时滑块由A点弹出，经过轨道AB、管道BCD、轨道DE、传送带EF和轨道FG后，滑上木板。已知可视为质点的滑块质量，轨道DE长度，传送带长度，速度大小，木板质量，长度，BCD的半径，滑块与轨道DE、传送带及木板间的动摩擦因数均为，木板与轨道HI间的动摩擦因数，其余各处均光滑，不考虑弹射过程中能量损失，各轨道间平滑连接。
（1）若弹簧的弹性势能，求滑块运动到管道最高点时，受到的管道作用力大小；
（2）若滑块最终静止在轨道DE某处，求弹簧的弹性势能的范围；
（3）若弹簧的弹性势能，求木板运动的位移x。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】重力与重心；位移与路程；曲线运动；平均速度
【解析】【解答】A.在月球上的重力加速度约为地球上的，所以受到月球的引力约为225N，故A不符合题意；
B.由于在AB段运动时做曲线运动，速度方向一定改变，一定有加速度，故B符合题意；
C.平均速度方向与位移方向相同，由图知OA段与AB段位移方向不同，所以平均速度方向不相同，故C不符合题意；
D.根据位移的定义可知从O到B的位移大小等于OB的连线长度，故D不符合题意。
故答案为：B
【分析】月球上的重力加速度比地球上的重力加速度要小；速度改变，一定有加速度；平均速度方向与位移方向相同；位移大小等于初末位置连线的长。
2．【答案】B
【知识点】曲线运动；匀速圆周运动；离心运动和向心运动；竖直平面的圆周运动
【解析】【解答】合力大于需要的向心力时，物体要做向心运动，合力小于所需要的向心力时，物体就要远离圆心，做的就是离心运动。A．速度是矢量，方向不同则速度不同，图甲中人和飞椅在水平面内做匀速圆周运动时，人的速度大小保持不变，方向时刻发生变化，故A错误；
B．图乙中砂轮打磨下来的炽热微粒离开砂轮时，它的速度方向一定是沿着该处的切线方向的，故B正确；
C．图丙中汽车过拱桥最高点时，根据牛顿第二定律可得
可得
根据牛顿第二定律可得汽车对桥面的压力大小为
可知速度越大，对桥面的压力越小，故C错误；
D．图丁中若轿车转弯时速度过大发生侧翻，是因为受到的实际力不足以提供所需的向心力，故D错误。
故选B。
【分析】圆周运动速度方向时刻改变；离心运动，速度方向沿切线方向；合力提供向心力，分析速度变化时，压力变化；需要的向心力大于提供的向心力，做离心运动。
3．【答案】D
【知识点】受力分析的应用；曲线运动的条件
【解析】【解答】A. 飞行的蝴蝶受到重力和空气阻力的作用，A不符合题意；
B. 蝴蝶转弯做曲线运动，合力的方向与运动方向不在同一直线上，B不符合题意；
C. 小猫在空中受到重力和空气阻力的作用，C不符合题意；
D. 小猫蹬地时获得向上的加速度，有，故弹力大于重力，D符合题意。
故答案为：D
【分析】根据物体做曲线运动的特点可得出蝴蝶转弯时所受合力与运动方向的特点；根据牛顿第二定律可得出弹力与重力的大小关系。
4．【答案】D
【知识点】运动的合成与分解；平抛运动
【解析】【解答】ABD．飞镖飞出后在水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀加速直线运动；开始时飞镖落于靶心下方，说明在飞镖水平方向飞行L时，下落高度较大，而水平方向
L＝v0t
竖直方向
联立可得
为减小h，可以减小L或增大v0，也可以适当提高h，故AB错误，D正确。
C．平抛运动规律和物体的质量无关，故C错误。
故答案为：D。
【分析】1.分解平抛运动为 “水平匀速、竖直自由落体”，联立得下落高度与水平距离、初速度的关系。
2.分析 “落于靶心下方” 是因下落高度过大，需减小下落高度，通过公式判断改变单一量的效果。
5．【答案】A
【知识点】运动的合成与分解；小船渡河问题分析
【解析】【解答】本题考查了小船渡河问题，理解合速度和分速度的关系是解决此类问题的关键。小船过河问题的本质依旧是速度的合成与分解，需要牢记的是不同方向上的分速度相互独立，互不影响。
AB．设陶陶在陆地的速度为v1 ，与河岸夹角为；在水中的速度为，与河岸夹角为 ，将陶陶的运动分解为沿河岸方向和垂直河岸方向，在陆地时，垂直河岸方向分速度
在水中时，垂直河岸方向分速度
因为要保证最省时，也就是整个运动过程中垂直河岸方向要以最大的有效速度去通过相应的距离，所以各段垂直河岸方向的分速度应该相等，即
解得
故A正确，B错误。
CD．首先计算垂直河岸方向需要通过的总距离，在陆地上距离河岸10m，在水中距离河岸50m，所以垂直河岸方向总的距离
d10+5060m
而垂直河岸方向的分速度
vy v1 sinα2.5m/s
（前面已分析各段垂直河岸方向分速度相等）。
则最短时间
故CD 错误。
故答案为：A。
【分析】根据要保证最省时，整个运动过程中垂直河岸方向要以最大的有效速度去通过相应的距离，各段垂直河岸方向的分速度应该相等，结合垂直河岸方向总的距离与分速度分析求解。
6．【答案】D
【知识点】运动的合成与分解；线速度、角速度和周期、转速；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】因为M、N在运动过程中始终处于同一高度，所以N的速度与M在竖直方向的分速度始终大小相等
设M做匀速圆周运动的角速度为，半径为r，其竖直方向分速度
即
故D正确，ABC错误。
故选D。
【分析】本题主要考查圆周运动的有关知识和运动的合成与分解。 M、N 在运动过程中竖直方向速度始终相等，结合速度的合成与分解求解N运动的速度v随时间t变化的图像 。
7．【答案】D
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；卫星问题
【解析】【解答】A．已知b、c、d、e 轨道共振率 ，即公转圈数比
（每向外一层，圈数按 缩放 ），周期 与圈数 成反比（ ），故
A错误；
B．由，，可知，
可知相对角速度
三个天体每经过周期后重新处于同一直线上
B错误；
C．由题意可知b、g行星的周期
则轨道半径之比
C错误；
D．已知扫过的面积
，
b行星与d行星运动t时间划过的面积之比
D正确。
故答案为：D。
【分析】1. 轨道共振与周期关系：轨道共振率 = 公转圈数比，周期与圈数成反比（ ），据此推导不同行星周期比。
2. 相对运动与共线条件：，角速度与圈数成正比（ ），天体共线时相对转过角度π，用相对角速度 算时间。
3. 开普勒第三定律应用：行星轨道半径 r 与周期 T 满足 ，通过周期比推导半径比。
4. 扫过面积公式推导：面积 ，结合角速度比、半径比，代入开普勒定律结论，化简得面积比。
8．【答案】B
【知识点】曲线运动的条件；运动的合成与分解；匀速圆周运动
【解析】【解答】A . 平抛运动是初速度水平且仅受重力作用的匀变速曲线运动。撤去一个力后，若剩余力的合力为恒力且与初速度方向垂直，物体可能做类平抛运动（如撤去一个水平力后受重力和另一水平力作用）。因此，平抛运动是可能的，但题目问“不可能做”，故A错误；
B . 匀速圆周运动需要物体受到大小不变、方向始终垂直速度的合力（向心力）。撤去一个力后，剩余力的合力需满足这一条件，但题目中“恒力”意味着合力方向不变，无法提供持续变化的向心力。因此，匀速圆周运动不可能，故B正确；
C . 若剩余力的合力与初速度方向共线，物体将做匀加速直线运动（如撤去一个平衡力后，剩余合力沿某一方向）。因此，匀加速直线运动是可能的，故C错误；
D . 若剩余力的合力与初速度方向相反，物体将做匀减速直线运动（如撤去一个力后，剩余合力与初速度反向）。因此，匀减速直线运动是可能的，D错误；
故选B；
【分析】（1）物体原受多个恒力平衡，撤去一个力后，剩余力的合力为恒力，故加速度恒定，结合平衡条件、牛顿第二定律和运动学特征综合分析，首先明确“平衡”意味着初始合力为零，撤去一个力后剩余力的合力与原被撤去的力等大反向（恒力），再分析选项中的运动形式是否可能由这一恒力产生： 直线运动（C、D）：恒力与初速度共线时可能。 曲线运动（A、B）：平抛运动需要恒力与初速度垂直，可能；匀速圆周运动需要变力（向心力），但剩余合力为恒力，不可能。
（2）易错点：忽略“恒力”限制：学生可能误认为剩余力的方向可变（如匀速圆周运动），但题目隐含条件是合力为恒力方向恒定；
混淆运动条件：将平抛运动（恒力作用）与匀速圆周运动（变力作用）混为一谈。
9．【答案】D
【知识点】受力分析的应用；共点力的平衡；牛顿第二定律；向心力；生活中的圆周运动
【解析】【解答】ABD．摩托车在竖直面内的受力分析，如图所示
摩托车在竖直面内平衡，由平衡条件得
摩托车在水平面内做圆周运动，根据牛顿第二定律，有
联立可得
，
其中，所以可得
可见摩托车的重量与实现圆锥面的内壁做圆周运动的难易程度无关，摩托车无法实现圆锥面的内壁做圆周运动，故AB错误，D正确；
C．在临界条件下，轨道对摩托车的弹力恰好为0，则有
解得
所以要使摩托车做圆周运动，则角速度需要满足，故C错误。
故答案为：D。
【分析】首先对摩托车进行水平（圆周运动向心力）、竖直（力的平衡）方向受力分析，结合摩擦力公式，联立方程推导动摩擦因数条件；再分析重量、临界角速度等对运动的影响，逐一判断选项。
10．【答案】D
【知识点】离心运动和向心运动；开普勒定律
【解析】【解答】A．天问一号探测器在轨道Ⅱ上做变速圆周运动，受力不平衡，A不符合题意；
B．根据开普勒第三定律可知，轨道Ⅰ的半径大于轨道Ⅱ的半长轴，故在轨道Ⅰ运行周期比在Ⅱ时长，B不符合题意；
C．天问一号探测器从轨道Ⅰ进入Ⅱ，做近心运动，需要的向心力要小于提供的向心力，故要在P点点火减速，C不符合题意；
D．在轨道Ⅰ向P飞近时，万有引力做正功，动能增大，故速度增大，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】根据轨道的形状分析判断；利用开普勒三定律得出1和2轨道上的运动时长；当合力不足以提供向心力时星体做离心运动；力做正功，动能变大。
11．【答案】C
【知识点】向心力；生活中的圆周运动；离心运动和向心运动；竖直平面的圆周运动
【解析】【解答】A．汽车在最低点时重力与向心力彻底反向，此时支持力大于重力，汽车处于超重状态，故A错误；
B．旋转秋干装置中，根据牛顿第二定律可得
，，，
由于B的圆周运动半径大，则B绳索与竖直方向的夹角更大，根据
，
TAC．外轨高于内轨可以让支持力水平分量充当部分向心力，从而减小原本轨高相同时所需的侧压力，故C正确；
D．脱水桶原理，附着力水滴静摩擦力不足以提供所需向心力，从而沿切线方向甩出，故D错误。
故选C。
【分析】（1）通过受力分析结合向心力公式判断各实例的力学本质；
铁路转弯处外轨高于内轨时，重力和支持力的合力提供向心力（选项C）；若火车转弯速度超过设计值，仍需轮缘侧压力提供额外向心力；脱水桶转速越高，水滴所需向心力越大，越易被甩出。
（2）易错点：混淆失重与超重条件（凹形桥最低点应为超重）；误认为离心力是真实力（实际是惯性效应）；忽略旋转秋千中绳索角度差异对拉力的影响；
（3）隐含条件：汽车过凹形桥时向心加速度向上（超重）；旋转秋千的绳索拉力与旋转半径和角速度有关；水滴被甩出是因附着力不足而非离心力。
12．【答案】A
【知识点】速度的合成与分解
【解析】【解答】设物体A下落高度h时，物体A的速度为vA，物体B的速度为vB，此时有
物体A、B组成的系统机械能守恒，则有
联立方程，解得
故答案为：A。
【分析】A、B两物体运动过程中两者沿绳方向速度大小相等，根据速度的合成与分解以及机械能守恒定律列方程求解。
13．【答案】D
【知识点】向心力；竖直平面的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A . 在A点，依据运动状态求得向心力
A点小车受到重力 mg分量和支持力合成提供向心力，支持力 FNA 满足：在A点受力分析有
解得，故A错误；
B . 忽略空气阻力摩擦力损失，只有重力做功，AB过程中由动能定理得
车经过B点时速度为
由
等式变形得
在B点道路支持力为50250N，故B错误；
C . A到B过程中，无机械能损失无机械能损失仅排除摩擦力空气阻力耗能，合外力做功不为零，重力仍然做功，故C错误；
D . 因重力仍然做功，动能定理得
车经过B点时速度为
故D正确；
故选D；
【分析】（1） 圆周运动受力分析：A点：分解重力，结合向心力公式求支持力；
B点：支持力需平衡重力并额外负责提供向心力；
合外力做功：保守力（重力）做功不改变机械能，非保守力（如摩擦力）未提及，故合外力做功为零，向心力公式适用于任意圆周运动点；
易错点：A点受力分解：易忽略重力分量的方向（cos 30而非sin 30）；
B点速度计算：可能遗漏重力势能转化R(1 cos 30)高度差；
单位换算：注意质量 m=2.5 t=2500 kg，半径 R=1 km=1000m 。
14．【答案】C
【知识点】牛顿第二定律；线速度、角速度和周期、转速；向心力
【解析】【解答】曝光时间内小球运动的长度为
近似认为在曝光时间内小球做匀速直线运动，小球的线速度大小
设小球在最低点拉力为T，根据牛顿第二定律有
代入数据解得T=7N，故C正确，ABD错误。
故答案为：C。
【分析】求出在曝光时间内小球运动的弧长，很短时间内的平均速度可以看作瞬时速度，细线的拉力与重力的合力提供向心力，应用牛顿第二定律求出细线的拉力大小。
15．【答案】B
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；匀速圆周运动
【解析】【解答】AB．底盘以O为转轴在水平面内沿顺时针方向匀速转动，O'点固定在底盘上，故O'点围绕O点做匀速圆周运动。转杯以O'为转轴在水平面内沿顺时针方向匀速转动，故杯上A点相对于O'点做匀速圆周运动，而O'点又相对于O点做匀速圆周运动，故A点的运动轨迹不是圆周，故A点不做匀速圆周运动，故A错误，B正确；
CD．杯上A点与、恰好在同一条直线上时且在延长线上，点和点运动运动方向相同，又A点相对点做圆周运动，故此时A的速度大于的速度，故CD错误。
故答案为：B。
【分析】O'点围绕O点做匀速圆周运动，A点相对于O'点做匀速圆周运动，A点的运动轨迹不是圆周；此时刻A点与O、O'恰好在同一条直线上，并且O'点相对于O点与A点相对于O'点做匀速圆周运动的线速度方向相同，故此时A点的速度大小等于O'点相对于O点的速度大小与A点相对于O'点的速度大小之和。
16．【答案】C
【知识点】动量守恒定律；线速度、角速度和周期、转速；万有引力定律的应用
【解析】【解答】组合体绕行星做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，设返回舱的质量为m，则轨道舱的质量为5m，总质量为6m，设组合体的线速度大小为v，
根据万有引力定律有
可得做圆周运动的线速度为
弹射返回舱的过程，组合体动量守恒，取组合体的线速度方向为正方向，根据动量守恒定律有
由题意
带入解得，故C正确，ABD错误。
故答案为：C。
【分析】 组合体绕行星做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力求解线速度，弹射返回舱的过程，组合体动量守恒，根据动量守恒定律求解即可。
17．【答案】B
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题
【解析】【解答】A.探测器在椭圆轨道 b 点要进入圆形轨道，需做近心运动，应减速，A错误
B．月球第一宇宙速度是近月圆形轨道的运行速度，椭圆轨道 b 点速度大于圆形轨道（第一宇宙速度对应轨道 ）速度，所以椭圆轨道 b 点速度大于月球第一宇宙速度，B正确；
C．第一宇宙速度（7.9km/s）是发射飞行器的最小速度，故嫦娥三号发射后开始进入地月转移轨道的速度大于7.9km/s；嫦娥三号在地月转移轨道上逐渐远离地球的过程中，开始阶段地球引力大于月球的引力，则引力的合力做负功，故速度变小；接近月球时，月球引力大于地球引力，引力的合力做正功，则速度增加，则探测器在地月转移轨道上远离地球时的速度不一定均大于7.9km/s；故C错误；
D．根据开普勒第三定律，椭圆轨道半长轴大于圆形轨道半径，椭圆轨道周期更大，选项D错误。
故答案为：B。
【分析】先明确天体运动中变轨（离心 / 近心运动与速度变化关系 ）、第一宇宙速度含义、开普勒第三定律（轨道半长轴与周期关系 ）等知识然后对每个选项，依据对应知识判断：A 看变轨时速度调整需求；B 对比椭圆与圆形轨道速度和第一宇宙速度关系；C 分析地月转移轨道远离地球时速度变化影响因素；D 用开普勒第三定律比较周期。
18．【答案】A
【知识点】斜抛运动
【解析】【解答】本题考查了斜抛运动，理解不同方向上的运动状态，合理选取运动学公式是解决此类问题的关键。小球做斜抛运动，初速度在水平方向分解为
初速度在竖直方向分解为
设档板位于，碰到档板时间为
碰到档板竖直方向位移为
根据题意，水平速度反向，竖直速度不变，有
，
设反弹后落到斜面的时间为，反弹后水平位移为
反弹后竖直方向位移为
由
联立解得
落点与抛出点的距离为
联立解得
故选A。
【分析】根据小球做斜抛运动，将初速度分解在水平和竖直方向，结合碰到挡板后水平速度反向，竖直速度不变，综合位移之间的关系分析求解。
19．【答案】C
【知识点】平抛运动；竖直平面的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A、小球从最高点E离开后做平抛运动，水平方向位移
竖直方向位移
联立以上式子，解得
在最高点
代入相关数据，解得
说明小球运动到最高点E时，轨道对小球的弹力表现为支持力，大小为，即 小球从圆管最高点E离开时受到圆管壁竖直向下的压力大小为 ，A正确；
B、小球从B点运动到最高点E的过程中，由动能定理知
代入数据解得
小球从A点运动到B点，小球做平抛运动
B错误；
C、小球在B点竖直方向分速度
小球做平抛运动竖直方向分位移
C正确；
D、弹簧将弹性势能转化为小球的动能，则有
代入数据解得
D错误。
故答案为C。
【分析】本题考查机械能守恒定律和动能定理，分清初末状态的物理量是利用功能关系的前提，小球从E平抛运动到B，根据平抛的规律求解小球在E点抛出的速度，结合牛顿第二定律求解小球在E点受到的弹力大小和方向；通过研究小球从B点运动到E点的过程，利用动能定理求解小球在B点的速度，结合运动的分解，求出小球在B点的水平速度，即小球在A点做平抛运动的速度大小；根据机械能守恒定律列式，弹性势能全部转化为小球在A点的动能，从而求出弹簧的劲度系数。
20．【答案】A,C
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；匀速圆周运动；向心加速度
【解析】【解答】AD．对小球受力分析，可知
竖直方向，
水平方向，
可得
解得，
故A正确，D错误；
B．由可得，线速度大小为
故B错误；
C．由可得，向心加速度大小为
故C正确；
故D错误。
故选AC。
【分析】本题主要考查圆锥摆问题，理解指向圆心的合力提供向心力是解题关键。
对小球受力分析，竖直和水平分别列方程，求得小球所受支持力；结合向心力公式求得角速度，根据线速度与角速度关系求得线速度；根据向心加速度公式求得向心加速度。
21．【答案】B,C
【知识点】运动的合成与分解；平抛运动；匀速圆周运动
【解析】【解答】AB．物品从无人机上释放后，做平抛运动，竖直方向
可得
水平方向以原来的线速度做匀速运动，要使得物品落点在目标区域内，根据几何关系，水平方向满足
最大角速度等于
联立可得
故A错误，B正确；
CD．无人机从A到B的时间>2s
可知无人机运动到B点时，在A点释放的物品已经落地，故C正确，D错误。
故答案为：BC。
【分析】 物品离开无人机后做平抛运动，根据几何关系求解无人机的最大初速度，根据v=ωr求解角速度；求解无人机从A到B运动的时间，与物品做平抛运动的时间比较即可。
22．【答案】A,D
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心力；向心加速度
【解析】【解答】B．手绢做匀速圆周运动，由图可知、属于同轴传动模型，故角速度相等，即角速度之比为，故B错误；
A．由可知，、线速度之比
故A正确；
C．由可知，、向心加速度之比
故C错误；
D．做匀速圆周运动的物体，其合外力提供向心力，故合外力总是指向圆心，故D正确。
故选AD。
【分析】本题主要考查描述圆周运动物理量之间的关系，需要结合圆周运动特点解答。
做圆周运动的物体，同轴转动，除轴外，角速度相等，边缘传动，边缘上的点线速度相等。所以P、Q角速度相等，根据求得P、Q线速度之比；根据求得、向心加速度之比；根据匀速圆周运动特点确定P点所受合外力的方向。
23．【答案】B
【知识点】平抛运动；碰撞模型
【解析】【解答】根据题意可知，小球A和B碰撞过程中，水平方向上动量守恒，竖直方向上A球的竖直速度不变，设碰撞后A球水平速度为，B球水平速度为，
根据动量守恒定律可得：
碰撞为完全弹性碰撞，没有机械能损失，则由能量守恒定律有：
联立解得，
小球A在竖直方向上做做自由落体运动，从下落到落地，有
解得
可知，碰撞后，小球A运动落地，则水平方向上有
解得
故选B。
【分析】 本题考查平抛运动与完全弹性碰撞的综合应用，解题关键是分别分析小球A碰撞前后的运动，结合运动学公式和弹性碰撞规律求解。
A、B碰撞为完全弹性碰撞，水平方向动量守恒，A、B系统机械能守恒，根据动量守恒定律可得和能量守恒定律列式求得碰后A、B速度与碰前速度关系，碰后A做平抛运动，由平抛运动规律列式求解碰后A的速度，进而求得碰前B的速度。
24．【答案】C,D
【知识点】生活中的圆周运动；离心运动和向心运动；竖直平面的圆周运动
【解析】【解答】本题解题关键掌握需要的向心力大于提供的向心力，做离心运动。离心现象在生活中非常普遍，要对其加以合理的利用和防护。A．图甲所示为洗衣机脱水桶，其脱水原理是水滴的附着力小于所需的向心力时水滴做离心运动，从而被甩出，故A错误；
B．图乙中物体随水平圆盘一起做匀速圆周运动时，一定受到指向圆盘圆心的摩擦力。而当物体随水平圆盘做变速圆周时，物体的线速度大小是变化的，即在切线方向存在摩擦力的分力，即此时物体所受摩擦力不指向圆心，故B错误；
C．C.图丙中汽车过拱桥最高点时，满足
因此当汽车过拱桥最高点时，速度越大，对桥面的支持力N越小，即压力越小，故C正确；
D．图丁中若轿车转弯时速度过大发生侧翻，是因为汽车做离心运动，即需要的向心力大于提供的向心力，故D正确。
故选CD。
【分析】附着力小于所需的向心力，做离心运动；变速圆周运动，合力不指向圆心；合力提供向心力，分析速度变化时，压力变化；需要的向心力大于提供的向心力，做离心运动。
25．【答案】（1）雪块在屋顶上运动过程中，由动能定理
代入数据解得雪块到A点速度大小为
（2）雪块离开屋顶后，做斜下抛运动，由动能定理
代入数据解得雪块到地面速度大小
速度与水平方向夹角，满足
解得
【知识点】运动的合成与分解；斜抛运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）对雪块由静止下滑到A点的过程，根据动能定理求解雪块到A点速度大小；
（2）根据机械能守恒定律得求解雪块到地面速度大小。雪块由A点到地面的过程做斜抛运动，根据矢量的合成与分解求解雪块由A点到地面的速度与水平方向夹角。
26．【答案】（1）解：小球从最下端以速度v0抛出到运动到M正下方距离为L的位置时，根据动能定理可得
解得
在该位置时根据牛顿第二定律
解得
（2）解：小球做平抛运动时，竖直方向
解得
水平方向
解得
（3）解：若小球经过N点正上方绳子恰不松弛，重力恰好提供向心力，可得
解得
从最低点到该位置由动能定理
解得

【知识点】平抛运动；竖直平面的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】本题主要考查竖直平面内圆周运动、平抛运动知识和动能定理的应用。
（1）从抛出到运动到M正下方距离为L的位置过程中，由动能定理列式求解小球的速度大小；小球做圆周运动，在M点下方位置，指向圆心的合力提供向心力，根据牛顿第二定律列式求解绳子所受的最大拉力大小；
（2）小球做平抛运动时，竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀速运动，根据平抛运动规律列式求解小球做平抛运动时抛出点到落地点的水平距离；
（3） 小球能通过N的正上方条件为重力恰好提供向心力，根据牛顿第二定律列式求解小球能通过N的正上方最小速度，再根据动能定理列式求解初速度的最小值。
27．【答案】【解答】（1）根据左手定则，四指向右手心向里，大拇指向下，可知该磁场方向垂直纸面向外穿过手心，所以垂直纸面向外；
（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，过点M和N分别做OM和ON垂线交于圆心，设旋转半径为r，r=MO'=NO'，如图所示，MO'N为旋转角与MON偏转角互补，旋转角60°；
合外力洛仑兹力负责提供向心力大小得等式
，
由图中几何关系两个垂直互补，偏转角与旋转角互补，旋转角60度，半角30度，可得
，
r代入B得
（3）设粒子在磁场中运动的时间为t，粒子做匀速圆周运动，时间等于角度路程除以角速度
求出线速度
线速度除以r求出角速度
角度除以角速度求出
(1)垂直纸面向外；(2)B=；(3)t=
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心加速度；左手定则—磁场对带电粒子的作用；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1）磁场方向判断：使用左手定则，明确正电荷运动方向v和洛伦兹力方向指向圆心，确定磁场方向。磁感应强度计算：根据匀速圆周运动条件 ，结合几何关系；
运动时间求解：计算弧长对应的圆心角改弧度制，再除以角速度；
（2）易错点：几何关系错误，误认为偏转半径 r=R，应仔细分析轨迹图，确认圆心在O点，轨迹半径进出MN与半径的垂线交点为旋转圆心；左手定则应用错误，混淆磁场方向；
时间计算中未正确转换角度为弧度。
28．【答案】（1）解：小球在B点受到的重力与支持力的合力，支持力已知18N，提供向心力，向心力方向为正力，反向为负力，则有
，
解得
（2）解：从到B的过程中重力做功加速和阻力转内能划走，由动能定理可得
解得J
（3）解：两小球完全相同，发生弹性碰撞后，二者速度互换
则碰后小球M静止，N向右运动，加速度满足
BC轨道已知L=3m，根据匀变速直线运动规律有
， ，
解得s或3s（舍）
平抛运动的时间为
代入已求已知数据整理
，得t2=0.8s，小球从B点到落地过程中，收集重力在时间上的累计便于观察守恒情况，重力的冲量为
【知识点】匀变速直线运动的位移与时间的关系；生活中的圆周运动；动能定理的综合应用；冲量
【解析】【分析】（1）分段分析——圆弧段（机械能守恒+圆周运动）、碰撞（弹性碰撞规律）、水平段（动能定理）、平抛（运动学公式）；弹性碰撞后速度交换（质量相同），且需注意B点速度的关联性；
（2）易错点包括：①忽略圆弧段的摩擦力做功，②等质量完全弹性碰撞后速度互换；
（3）隐含条件：弹性碰撞的动量与动能双守恒，平抛运动的独立分解（水平匀速、竖直自由落体）。
（1）小球在B点受到的重力与支持力的合力提供向心力，则有
解得
（2）从到B的过程中重力和阻力做功，由动能定理可得
解得J
（3）两小球完全相同，发生弹性碰撞后，二者速度互换，则碰后小球M静止，N向右运动，加速度满足
根据匀变速直线运动规律有
解得s或3s（舍）
平抛运动的时间为
小球从B点到落地过程中，重力的冲量为
解得
29．【答案】（1）E
（2）D
（3）⑴ 由 物块的速度v与物块和圆心连线转过的夹角的关系图可知，物块的初速度为6m/s，最高点位置的速度为3.5m/s。由动能定理得
解得R＝0.59m
⑵ 由图像可知θ＝60°时，物块的速度为5.5m/s，则物块克服重力做功的瞬时功率P＝mgvsin60°
解得P≈23.8W
【知识点】竖直平面的圆周运动；功率及其计算；冲量
【解析】【解答】（1） a为轨道最低点，c为轨道最高点，b点、d点为轨道上与圆心等高的两点， 物块从a点运动到c点过程中一直做减速运动，可知沿圆弧物块a点运动到b点的平均速率大于b点运动到c点的平均速率。若物块从a点运动到c点所用时间为t0，则在0.5t0时，物块在E段。故ABCD错误，E正确；
故选：E。
（2） 根据动量定理，以初速度方向为正方向，合力冲量等于物体动量变化，支持力在水平方向的冲量为Ix＝0﹣mv0
竖直方向上根据动量定理有Iy﹣mgt＝0
故该过程中轨道对物块的支持力的冲量为：
故ABC错误，D正确。
故选：D。
(3)①由 物块的速度v与物块和圆心连线转过的夹角的关系图可知，物块的初速度为6m/s，最高点位置的速度为3.5m/s。由动能定理得
解得R＝0.59m
② 由图像可知θ＝60°时，物块的速度为5.5m/s，则物块克服重力做功的瞬时功率P＝mgvsin60°
解得P≈23.8W
【分析】（1）根据沿圆弧物块a点运动到b点的平均速率大于b点运动到c点的平均速率分析求解；
（2）根据动量定理，对水平和竖直方向上分析求解；
（3）①由动能定理，结合图像分析求解；
②由功率表达式，结合图像分析求解。
（1）（1） a为轨道最低点，c为轨道最高点，b点、d点为轨道上与圆心等高的两点， 物块从a点运动到c点过程中一直做减速运动，可知沿圆弧物块a点运动到b点的平均速率大于b点运动到c点的平均速率。若物块从a点运动到c点所用时间为t0，则在0.5t0时，物块在E段。故ABCD错误，E正确；
故选：E。
（2）（2） 根据动量定理，以初速度方向为正方向，合力冲量等于物体动量变化，支持力在水平方向的冲量为Ix＝0﹣mv0
竖直方向上根据动量定理有Iy﹣mgt＝0
故该过程中轨道对物块的支持力的冲量为：
故ABC错误，D正确。
故选：D。
（3）(3) ⑴ 由 物块的速度v与物块和圆心连线转过的夹角的关系图可知，物块的初速度为6m/s，最高点位置的速度为3.5m/s。由动能定理得
解得R＝0.59m
⑵ 由图像可知θ＝60°时，物块的速度为5.5m/s，则物块克服重力做功的瞬时功率P＝mgvsin60°
解得P≈23.8W
30．【答案】（1）解：物块B的加速度为 ，对物块B由牛顿第二定律有
解得
对A，由牛顿第二定律有
解得
（2）解：撤力前相对滑动距离
撤力后B运动的加速度仍为
A的加速度为 ，由牛顿第二定律有
解得
撤力瞬间，物块A、B的速度为分别为 、 ，根据运动学公式有 ，
再经过 时间滑出，则有
联立解得
（3）解：物块滑离木板时的速度为
解得
（4）解：设物块到达O点时的速度为 ，由斜抛运动规律，则有
在斜面上滑离木板后下滑过程，则有
物块的加速度为 ，根据牛顿第二定律有
联立解得
【知识点】斜抛运动；牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【分析】（1）物块B下滑过程中，利用牛顿第二定律可以求出物块与木板的加速度大小；
（2）已知物块和木板做加速运动，利用位移公式可以求出相对位移的表达式；当撤去拉力后，利用牛顿第二定律可以求出A的加速度大小；结合速度公式可以求出共速的时间，结合位移公式可以求出拉力作用的时间；
（3）物块做匀加速直线运动，利用速度公式可以求出物块与木板分离时速度的大小；
（4）物块从斜面开始做斜抛运动，利用斜抛运动的位移公式可以求出开始做斜抛运动的速度大小；结合速度位移公式及牛顿第二定律可以求出物块滑离木板时到达斜面底端的距离大小。
31．【答案】（1）解：对小球受力分析T＝mgcos37
T＝0.8N
（2）解：当小球在圆锥表面上运动时，根据牛顿运动定律有
Tsin37°－FNcos37°＝mω2Lsin37°
Tcos37°＋FNsin37°＝mg
小球刚要离开圆锥表面时，支持力为零，解得
ω0＝5rad/s
T0＝1.25N
（3）解：当轻绳断裂时，绳中的拉力为 大于T0＝1.25N，故小球已经离开了圆锥表面，设绳子断裂前与竖直方向的夹角为θ，根据牛顿运动定律有
T2cosθ＝mg
求得θ＝53°，
轻绳断裂后，小球做平抛运动，此时距离地面的高度为
h＝H－Lcos53°＝0.45m
据
解得t＝0.3s
如图所示
水平位移为
【知识点】平抛运动；牛顿第二定律；向心力
【解析】【分析】（1）对小球进行受力分析，根据平衡条件分析求解。
（2）当小球恰好离开圆锥表面时，支持力为零，根据平衡条件和牛顿第二定律列方程求解。
（3）由牛顿第二定律计算绳子断裂时小球速度的大小，绳子断裂后小球做平抛运动，根据平抛运动的相关规律求解。
32．【答案】解：（1）由题知，小物块恰好能到达轨道的最高点D，则在D点有
解得
（2）小物块从C到D的过程中，根据动能定理有
在C点，有
联立解得
根据牛顿第三定律可得小球到达C点时，小球对轨道压力的大小为4.5mg；
（3）由题知，小物块从C点沿圆弧切线方向进入轨道内侧，则在C点有
小物块从A到B的过程中，根据动能定理有
，
解得
【知识点】平抛运动；竖直平面的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）小物块恰好能到达轨道的最高点D，只有重力提供向心力列等式，可求解D点速度。
（2）小物块从C到D的过程中，根据动能定理列等式：
在C点，合力提供向心力列等式：，联立可求解支持力，根据牛顿第三定律可得小球到达C点时，小球对轨道压力的大小。
（3）小物块从C点沿圆弧切线方向进入轨道内侧，在C点：
小物块从A到B的过程中，根据动能定理列等式：，
联立求解水平桌面的摩擦因数。
33．【答案】（1）解：， 外力保持不变，由可得，F做的功
（2）解：对AB整体，水平方向受拉力和阻力，竖直方向受重力和支持力，根据牛顿第二定律
其中，对B，受重力、支持力、A对B的推力，根据牛顿第二定律
联立解得
（3）解：当A、B之间的弹力为零时，A、B分离，此时A、B加速度相等，对A
解得
由图乙可知，此时；过程中，根据图乙可得拉力做的功为
对A、B根据动能定理
解得
在点，能通过的条件是，重力提供向心力，可得
从点到点，根据动能定理
联立可得
即圆弧半径满足的条件。
【知识点】牛顿第二定律；竖直平面的圆周运动；功的计算；动能定理的综合应用
【解析】【分析】本题主要考查公的计算、牛顿第二定律的应用以及竖直平面内圆周运动的有关知识，理清物体运动过程是解题关键。
（1）， 外力保持不变，由求解外力做的功；
（2）过程中外力不变，物体做匀加速运动，分别以AB整体和B为研究对象，根据牛顿第二定律列式求解时，A与B之间的弹力；
（3） 要保证B能到达M点， 在B点，重力恰好提供向心力，根据圆周运动知识列式求解物体在B点最小速度，由图乙和动能定理列式求解物体到达圆弧轨道最低点P速度，从点到点，根据动能定理列式求解圆弧半径满足的条件。
34．【答案】（1）解：水平方向
竖直方向
得
（2）解：水平方向
竖直方向
得
粒子在磁场中做等距螺旋运动，在垂直轴平面内有
得
周期
竖直方向
运动时间
回旋次数
落点位置在与轴夹角为处，故坐标为，即
由对称性，易得

（3）解：粒子进入磁场后，不同，相同，相同，回旋半径不同、螺距相同。落点位置和底面中心连线相对轴的夹角相同，得出与轴夹角为的倾斜直线，直线以、为端点（不触边界）
【知识点】运动的合成与分解；带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1） 类斜抛运动首先水平匀速（无电场力 ）、竖直匀加速（电场力 ），水平位移（ ）和竖直位移（ ）关联时间 ，消元后直接解速度 。
（2） 先在电场中做类平抛（水平匀速、竖直加速 ），后在磁场中做匀速圆周（洛伦兹力向心力 ），磁场中圆周运动的半径 与速度关联，发光点坐标由圆周运动的圆心角、圆筒高度和半径共同决定，利用对称性简化计算。
（3）速度 - 半径关联： 速度影响合速度，进而影响圆周运动半径，不同速度对应不同打在圆筒的位置，对称性与连续性： 、 对称，图案关于y轴对称；速度连续变化，图案为连续圆弧段。
（1）水平方向
竖直方向
得
（2）水平方向
竖直方向
得
粒子在磁场中做等距螺旋运动，在垂直轴平面内有
得
周期
竖直方向
运动时间
回旋次数
落点位置在与轴夹角为处，故坐标为，即
由对称性，易得
（3）粒子进入磁场后，不同，相同，相同，回旋半径不同、螺距相同。落点位置和底面中心连线相对轴的夹角相同，得出与轴夹角为的倾斜直线，直线以、为端点（不触边界）
35．【答案】（1）对滑块1由动能定理
解得滑块1与滑块2碰前的速度大小为
滑块1与滑块2碰撞过程中，由动量守恒定律
解得碰撞后瞬间滑块3的速度大小为
（2）在轨道D点，由牛顿第二定律
解得
滑块3从D点到C＇点，由机械能守恒定律
解得
结合
，
联立解得
（3）滑块3从C＇点到F点的过程中，由动能定理
若滑块3直接落入洞中，则竖直方向
水平方向
结合
，
联立解得
若经一次反弹落入洞中，则
水平方向
结合
，
联立解得
【知识点】斜抛运动；生活中的圆周运动；动能定理的综合应用；机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】（1）应用动能定理求出碰撞前滑块1的速度大小，碰撞过程系统动量守恒，应用动量守恒定律求出碰撞后瞬间滑块3的速度大小。
（2）滑块3恰好通过圆轨道，在圆轨道最高点，重力提供向心力，应用牛顿第二定律求出滑块3的速度，应用动能定理与动量守恒定律求解。
（3）滑块3可能直接落入洞中，也可能反弹一次后落入洞中，应用动能定理、动量守恒定律与运动学公式求解。
（1）对滑块1由动能定理
解得滑块1与滑块2碰前的速度大小为
滑块1与滑块2碰撞过程中，由动量守恒定律
解得碰撞后瞬间滑块3的速度大小为
（2）在轨道D点，由牛顿第二定律
解得
滑块3从D点到C＇点，由机械能守恒定律
解得
结合
，
联立解得
（3）滑块3从C＇点到F点的过程中，由动能定理
若滑块3直接落入洞中，则竖直方向
水平方向
结合
，
联立解得
若经一次反弹落入洞中，则
水平方向
结合
，
联立解得
36．【答案】（1）滑块运动到D点时，由牛顿第二定律得
滑块由C点运动到D点的过程，由机械能守恒定律得
联立解得
（2）滑块在C点时，速度的竖直分量为
B、C两点的高度差为
滑块由B运动到C所用的时间为
滑块运动到B点时的速度为
B、C间的水平距离为
（3）滑块由A点运动到B点的过程，由动能定理得
解得
【知识点】动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）根据牛顿第二定律求出滑块运动到D点的速度，对C到D的过程运用机械能守恒定律求出C点的速度。
（2）将C点的速度分解为水平方向和竖直方向，结合平行四边形定则求出竖直分速度，从而得出平抛运动的时间，结合水平分速度和时间求出水平位移。
（3）对A到B的过程运用动能定理求出外力作用的时间。
37．【答案】（1）解：滑块由A点弹出到管道最高点的过程，有
解得
在最高点有
解得
（2）解：①滑块超过C点的条件为
则有
②滑块到达F点时，速度恰好为零，则有
所以滑块最终静止在轨道DE某处，求弹簧的弹性势能的范围为
（3）解：若弹簧的弹性势能，到E点的过程有，解得
若刚好能通过皮带的速度大小，解得
所以滑块减速通过皮带，有，解得
滑块在木块上滑行，达到共同速度后一起减速运动直到速度为0。有，，，
解得，达到共速时的木板位移 ，达到共速后的木板位移
则木板位移
【知识点】能量守恒定律；竖直平面的圆周运动
【解析】【分析】（1）滑块由A点弹出到管道最高点的过程，根据能量守恒列等式：，在最高点根据牛顿第二定律列等式：，联立可求解 最高点时，受到的管道作用力大小。
（2）①滑块超过竖直圆周最高点的条件为，
②滑块到达F点时，速度恰好为零，，滑块最终静止在轨道DE某处，可求弹簧的弹性势能的范围。
（3）若弹簧的弹性势能，到E点的过程根据能量守恒，可求解E点速度，若刚好能通过皮带的速度大小，解得，滑块减速通过皮带，有，滑块在木块上滑行，达到共同速度后一起减速运动直到速度为0。有，，，可求解共同速度，
再可求解达到共速时的木板位移，达到共速后的木板位移，木板位移
（1）滑块由A点弹出到管道最高点的过程，有
解得
在最高点有
解得
（2）①滑块超过C点的条件为
则有
②滑块到达F点时，速度恰好为零，则有
所以滑块最终静止在轨道DE某处，求弹簧的弹性势能的范围为
（3）若弹簧的弹性势能，到E点的过程有
解得
若刚好能通过皮带的速度大小
解得
所以滑块减速通过皮带，有
解得
滑块在木块上滑行，达到共同速度后一起减速运动直到速度为0。有
，
，
解得
达到共速时的木板位移
达到共速后的木板位移
则木板位移
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