曲线运动-2023年高考物理练习（解析版）

秘籍04曲线运动

r高考预测

概率预测☆☆☆☆☆

题型预测选择题、计算题☆☆☆☆☆

考向预测力学、电学和机械能、能量的综合

7应试秘籍

曲线运动是高考中考查分量比较重。高考中，圆周运动和抛体运动常见两种曲线运动，在实际问题中抽

象成物理模型的应用。

1.从考点频率看，匀速圆周运动、抛体运动是高频考点、必考点，所以必须完全掌握。

2.从题型角度看，可以是选择题、计算题其中小问，分值10分左右，着实不少！

e知识必备

一、约束类平抛运动问题

通过对平抛运动过程中设置障碍物，对平抛运动的飞行时间、飞行距离等做出限制、增大

了平抛运动的物理情景变化空间，使问题处理变得相对复杂，成为综合考查平抛运动知识的常

用方法。平抛运动中设置各种障碍物的题目类型统称为“平抛与障碍”题型。处理好本题型不

仅对平抛运动的学习帮助很大，对后续课程中电场的学习也有很好的促进和帮助作用。

“约束类平抛”题型分类较多，例如，按障碍物形状可分为“水平面类”“竖直面

类”“斜面类”“球面类”“抛物面类”；按平抛物体与障碍物作用的方式可分为“撞击

式”“进入式”；按障碍物对平抛运动形成的隐含条件可分为“速度方向类”“轨迹位置类”；

按平抛运动动态变化产生的因素可分为“初速大小类”“初速方向类”“抛出点高度类”。

二、斜上抛运动问题

基本规律

以斜抛运动的抛出点为坐标原点O,水平向右为X轴的正方向，竖直向上为y轴的正方向，建

立如图所示的平面直角坐标系xθy.

初速度可以分解为‰=WCOSθ,0Qy=0θSi∏θ.

在水平方向，物体的位移和速度分别为

X=OaM=(Of)Cos8)lφ

VX=VOX=VOCOS3®

在竖直方向，物体的位移和速度分别为

y=voyt--^gt2=(Uosin，"一ggp③

4=0Qv-^gt=0oSin3—gt®

三、“变速”圆周运动问题

圆周运动是力学范围内两种重要的曲线运动形式之一，通过对圆周运动中物理情景、临界

状态的设置，大大增加了知识点覆盖范围，增强了圆周运动试题考查的综合性。分析物体在圆

周运动过程中由于速度变化引起受力变化、临界状态出现、极值问题的产生，提高了思维的深

度、难度与广度，这种分析过程、极值问题处理的题目类型统称为“变速圆周问题”。处理好

本题型不仅对后续电磁学中涉及圆周运动的学习有很好的帮助和促进作用，而且能很好地提高

物理思维的严密性、逻辑性、深刻性与灵活性。

“变速圆周问题”题型分类较多，例如，按轨道平面所在位置可分为“水平圆周运动

类”“竖直圆周运动类”和“斜面内圆周运动类”；按圆周运动中约束物情况可分为“绳约束

类”“杆约束类”“面约束类”；按圆周运动中临界状态可分为“松弛类”“滑动类”“分离

类”“断裂类”。

一.平抛运动

①确定隐含条件

约束形式示例隐含条件

无撞击进人轨道瞬时速度方向沿轨道切线方向

垂直撞击障碍物瞬时速度方向垂直撞击面的切线

到达障碍物上某点落点位置坐标满足障碍物形状的函数表达式

水平面①限制竖直位移；②一定大小的水平面限制水平位移

竖直面①限制水平位移；②一定高度的竖直面限制竖直位移

斜面①限制水平位移与竖直位移关系；②抛出点与落点均在

斜面上时，还限制了位移方向

②明确解题方法

利用隐含条件、待求量确定选择速度公式、位移公式

③方程分析求解

联立隐含条件方程、选定的平抛运动的速度公式或位移公式，必要时通过运动的合成或分解分

析求解

核心素养提升

%向上（竖直上抛运动卜匀减速+自由

落体运动

匀变速直核心：匀变速

“向下［竖直下抛运动卜匀速+自由落线运动直线运动规律

［抛体运动｝体运动

依据初水平（平抛运动）—分解速度（速

速度方度三角形）

向益类匀变速核心：化曲为直

曲线运动

%斜向上I斜抛运动分解位移（位运动的合成与分解

移三角形）

二、斜抛运动中的极值

在最高点，为=0,由④式得到f=

将⑤式代入③式得物体的射高＞m=壬Lg）

物体落回与抛出点同一高度时，有y=0,

由③式得总时间人=生詈先

O

将⑦式代入①式得物体的射程Xm=亟产

ð

当。=45。时，sin20最大，射程最大.

所以对于给定大小的初速度。0,沿。=45。方向斜向上抛出时，射程最大.

⑵逆向思维法处理斜抛问题

对斜上抛运动从抛出点到最高点的运动，可逆过程分析，看成平抛运动，分析完整的斜上抛运

动，还可根据对称性求解某些问题.

三、圆周运动

1.明确向心力是解决圆周运动问题的关键

在匀速圆周运动中，合力是物体做圆周运动的向心力，在变速圆周运动中，沿半径方向的合力

是物体做圆周运动的向心力。

2.竖直平面内圆周运动的分析方法

(1)确定模型种类，首先判断是“轻绳模型”还是“轻杆模型”。

(2)确定临界位置：对于竖直面内的圆周运动，其临界状态通常为圆周运动的最高点或最低

点。

(3)研究临界状态：对于“轻绳模型”，最高点的临界状态满足速度V=廊(其中R为圆周

运动的半径)；而对于“轻杆模型”，最高点的临界状态满足速度尸0。

(4)对质点进行受力分析：明确质点做圆周运动过程中的受力情况(通常是最高点或最低点)，

然后根据牛顿第二定律列出方程「=加1。

(5)对运动过程进行分析：对于处于两个状态之间的运动过程，通常采用动能定理或机械能

守恒定律来求解。

核心素养提升

Z典例剖析

一、平抛运动

例1、（2023•内蒙古•统考一模）2023年春节，某市限时限地燃放烟花。一位市民购买到一种叫加特林机枪

的烟花，站在高地对着一斜坡燃放，沿水平方向连续喷出质量相等的〃两束烟花，烟花的轨迹如图所

A.“束烟花在空中运动的时间大于人束烟花

B.。束烟花被喷射出的初始速度大于6束烟花

C.“束烟花在空中运动过程中动量的增加量大于6束烟花

D.“束烟花在空中运动过程中动能的增加量大于b束烟花

【答案】B

【解析】A.竖直方向根据

.12

h=2gt'

可得

由图可知，4束烟花卜降的高度小于。束烟花卜降的高度，则α束烟花在空中运动的时间小于b束烟花，A

错误；

B.由图可知，水平方向。束烟花的位移大于人束烟花的位移，根据X=卬结合A选项分析可知。束烟花被

喷射出的初始速度大于〃束烟花，B正确；

C.根据“=/=mgf结合A选项可知可知。束烟花在空中运动过程中动量的增加量小于6束烟花，C错

误；

D.根据AEk="?“可知”束烟花在空中运动过程中动能的增加量小于〃束烟花，D错误。

故选B,

二、斜抛运动

例2、（2023•江苏南京・统考二模）如图所示，倾角为α的足够长斜面，现从斜面上。点与斜面成夕角

（夕＜90。），以速度%、2%分别抛出小球P、Q,小球P、Q刚要落在斜面上A、B两点时的速度分别吗、

%,设0、A间的距离为0、B间的距离为与，不计空气阻力，当夕取不同值时下列说法正确的是

A.%一定等于2蚱

B.2方向与斜面的夹角一定小于彩方向与斜面的夹角

C.P、Q在空中飞行的时间可能相等

D.52可能大于44

【答案】A

【解析】将初速度分解在垂直斜面反向和平行斜面方向，垂直斜面方向

vɪ=v0sin∕?

平行斜面方向

V//=V0COS/?

垂直斜面的加速度

4=gcosa

平行斜面的加速度

=gsina

C.在空中飞行的时间

所以P、Q在空中飞行的时间之比为1:2,故C错误；

D.小球的位移

12

s=v^t+~avt

结合

=gsina

%：rQ=I：2

可得

.vɔ=4s∣

故D错误;

B.速度与斜面的夹角的正切值

八vsinβ

tan6^=----0----——---------

v0cos∕7+gsin0∙f

结合

fP：fQ=I:2

可知”方向与斜面的夹角一定等于vp方向与斜面的夹角，故B错误;

A.结合B选项分析，速度方向相同，垂直斜面和平行斜面的速度之比均为1:2,根据速度的合成可知VQ

一定等于2为，故A正确。

故选A0

三、圆周运动

例3、（2023•北京・统考模拟预测）某农场安装有一种自动烧水装置如图所示，在农田中央装有竖直细水

管，其上端水平喷水嘴的高度为〃、重力加速度为g,转动的角速度为O=J菅，喷水嘴水平长度为人出

水速度可调节，其调节范围满足次∕≤%≤总数/,忽略空气阻分。则这种自动浇水装置能灌溉农田的面积

B.(10+2√6)zr∙rf2

C.(16+2√6+2√2)Λ-∙6f2

D.5=(4+2√6-2√2)ΛT∙J2

【答案】D

【解析】水自由卜落所用时间为

12

h7=3gr

解得

沿管方向的速度介于

ωd≤%≤Cωd

垂直丁管方向的速度为

根据X=W则平抛水平位移

沿管方向平抛距离为

√2J≤x≤√6J

沿管方向的总位移为

√2J+i∕≤∕≤√6J+J

垂直于管方向的距离为&

则旋转圆的半径介于

4局+力+(&力≤Γ≤^(√6J+6∕)2+(√2J)2

即

√5+2√2J<r<√9+2√6J

根据S=πr2这种自动浇水装置能灌溉农田的面积为

2

S=π

解得

5=(4+2√6-2√2)Λ-∙J2

故选D»

.误区点拨

一'斜上抛最高点的速度不为零，竖直方向的分速度为零

例4、（2023•云南・统考二模）某中学生将一质量约为7kg的铅球举起放在肩膀处的位置，将其用力丢出,

铅球先上升大约0.8m后开始下降，最后落在距离他8m的位置。则他对铅球做的总功最有可能是（）

年——°

A.IOOJB.300JC.600JD.1200J

【答案】B

【解析】将铅球的初速度分解为水平分速度VX和竖直分速度Vy

竖直方向做竖直上抛运动

H=2g力上

/=匕

上g

得

vy=4m∕s

0二0.4S

水平方向做匀速直线运动，抛出点距地面有一定高度，则

匕∙2f上<x

得

vx<l（）m∕s

对铅球做的总功等于铅球的初动能

tv=；/nvɑ=JMU；+vy）<406J

抛出点位置越高，对铅球做功越少；

假设铅球抛出位置距地面最大高度为l∙6m,则

2

hv+ɪ.6m=ɪgtr

联立上式，估算出铅球从抛出到落地总时间

/=fI，+1下≈Is

则水平分速度为

匕'=8m∕s

同理求出总功为

W'=280J

故对铅球做功范围为

280J<W<406J

故B正确，ACD错误。

故选B.

学名校模拟，

一、单选题

1.（2023•四川•统考一模）如图，是人造瀑布景观示意图，水流从高处水平流出槽道，恰好落入步道旁边

的游泳池中，现要制作一个模型展示效果，模型的尺寸为实际尺寸的上。若将水从槽道里流出后的运动看

Io

做平抛运动，则模型中槽道里的水流速度应为实际水流速度的（）

11

A.——B.16C.4D.-

16

【答案】D

【解析】由平抛运动规律可知

I,

h=28t^'%=%'

解得

故选D。

2.（2023•辽宁丹东•统考一模）据报道，尹某在小区内不幸被楼上抛落的酒瓶砸伤左脚。办案民警分析监

控可描绘出酒瓶落在尹某脚面时速度与水平地面所成角度，随后民警又测量出尹某所在位置与楼房的水平

距离。假设酒瓶飞出窗口的速度是水平的，若已知每层楼房高度，不计空气阻力，当地重力加速度已知，

则通过以上信息能估算出（）

①酒瓶落至尹某脚面时的速度

②酒瓶从飞出至落地所用时间

③酒瓶对脚面的平均作用力

④酒瓶是从第几层楼房抛出的

C.②③④D.①③④

【答案】B

【解析】根据题意可知，速度与水平方向的夹角已知，则

tan。=上空

%%

位移与水平方向的夹角

ɪ产

Iana=上=—∙~—==2tan0

X92%

则位移与水平方向的夹角正切值已知，又因为尹某所在位置与楼房的水平距离已知，则竖直方向的下落高

度/，可以求出，楼层高度已知，则可以计算出酒瓶是从第几层楼房抛出的。落地时间

又根据

X

V0=-,Uy=gt

落地时竖直方向速度为

V=M+¥

故可以求出酒瓶从飞出至落地所用时间以及酒瓶落至尹某脚面时的速度。酒瓶质量以及落到脚上的缓冲时

间未知，故无法求出对脚的平均作用力。

故选Bo

3.（2023•北京西城•统考一模）跳台滑雪主要分为4个阶段，助滑阶段、起跳阶段、飞行阶段和落地阶

段.在飞行阶段，运动员会采取一种身体向前倾，同时滑雪板向前分开呈“V"字型的经典姿势，如图所

示.这种姿势能够加大运动员与下方空气接触的面积，并且还可以让身体和雪板与水平方向呈最为理想的

夹角，就像飞机起飞一样，从而获得较大的空气托举力.关于运动员在飞行阶段采用"V"字型姿势，下列

A.可以增加水平方向的飞行速度

B.可以增加竖直方向的加速度

C.可以增加运动员的机械能

D.可以获得更长的飞行时间

【答案】D

【解析】运动员在飞行阶段采用"V"字型姿势是为了增加身体与下方空气的接触面积，从而增加空气对身

体的“托举力"，根据牛顿第二定律可知，运动员在竖直方向做加速运动的加速度将减小，从而增加了在空

中飞行的时间。

故选D。

4.（2023•全国•模拟预测）如图所示，M是水平放置的半径足够大的圆盘，绕过其圆心的竖直轴。0'匀速

转动，规定经过。点且水平向右为X轴正方向。在圆心。点正上方距盘面高为〃=5m处有一个可间断滴水

的容器，从f=0时刻开始容器沿水平轨道向X轴正方向做初速为零的匀加速直线运动。已知/=0时刻滴下

TT

第一滴水，以后每当前一滴水刚好落到盘面时再滴下一滴水。当圆盘的角速度为0=,rad∕s时，第二滴水

与第三滴水在盘面上落点间的距离为J万m,求容器的加速度”的大小(g=10m∕s2,不计空气阻力)

A.8m∕s2B.6m∕s2C.4m∕s2D.2m∕s2

【答案】D

【解析】根据自由落体公式，水滴在竖直方向做自由落体运动的时间为

当第一滴水刚好落到盘面时，容器此时向右运动的距离和速度为

121

X=-at——a,v=at=a

122^7

可得第二滴水落到盘面时与O点的距离为

13

∆r)=χ+vɔz=—a+Cl=-Cl

同理当第二滴水刚好落到盘面时，容器此时向右运动的距离和速度为

2

x2=^α(2∕)=2a,vi=a∙2t=2a

可得第三滴水落到盘面时与。点的距离为

Lj=x2+v3t=2a+2a=4a

圆盘的角速度为0=/rad∕s,可知第二滴水落到盘面与第三滴水落到盘面时间内，圆盘转过的角度为

90°,所以有

222

L2+L3=(√73)

代入解得

a=2IΠ∕S2

故选Do

5.（2023・福建福州•统考二模）如图，某次小明同学在家中对着竖直墙壁打乒乓球，将球从A点斜向上击

出，球垂直在墙上的。点后，反向弹回正好落在A点正下方的B点。忽略球的旋转及空气阻力，则下列说

A.球在上升阶段和下降阶段的加速度不同

B.球从A点到O点的运动时间等于从。点到B点的运动时间

C.球刚离开A点时的水平速度大小大于刚到达B点时的水平速度大小

D.球刚离开A点时的速度大小一定大于刚到达B点时的速度大小

【答案】C

【解析】A.球在上升阶段和下降阶段的加速度均为g,相同，选项A错误;

B.将球从A到。点的逆过程看做是平抛运动，则根据

则球从A点到O点的运动时间小于从O点到B点的运动时间,选项B错误；

C.因反弹后的水平位移等于反弹之前的水平位移，根据

X

%=7

可知，反弹之前的水平速度大于反弹后的水平速度，球刚离开A点时的水平速度大小大于刚到达8点时的

水平速度大小，选项C正确：

D.根据

vy=y∣2gh

可知，球在离开4点的竖直速度小于刚到达B点时的竖直速度，则球刚离开A点时的速度大小不一定大于

刚到达B点时的速度大小，选项D错误。

故选Co

6.（2023•江苏南京•校考模拟预测）足球运动员训练罚点球，足球放置在球门中央的正前方。点，两次射

∏,足球分别斜向上直接打在水平横梁上的。、6两点，“为横梁中点，如图所示，已知足球被踢出时的

速度大小相等，不计空气的作用效果，则足球从射出到打到横梁（）

A.击中。的速度小B.击中“用的时间短

C.击中。过程重力做功少D.击中。过程动量变化量大

【答案】B

【解析】C.由于两次射门足球在重力方向上发生的位移相等，则重力做功相等，故C错误;

A.足球被踢出时的速度大小相等，根据动能定理有

—mgn.=-ɪmv^9--mɪv^2

可知到达a、b两点瞬间速度大小

匕=%

故A错误：

B.由几何关系可知：到达匕点的足球水平位移较大，到达〃两点竖直位移相等，若从射出到打到。、人

两点的时间乙>%,根据

,1，

h=vyt-^8t'

2

可知到达4点的足球竖直初速度较小，根据运动的合成可知水平方向初速度较大，水平方向根据

可知水平位移较大，与题意矛盾;也不可能是时间相等，因为时间相等，则竖直方向的分速度与水平方向

的分速度均相等，水平方向位移也应该相等，与题意矛盾，所以一定是

ta<th

故B正确。

D.由动量定理知，足球重力的冲量等于足球动量变化量，由于击中。时时间短，则打在4点时足球的动

量变化量小，故D错误。

故选Bo

6.（2023•河南•统考二模）原长为L,劲度系数为&的轻质弹簧的一端固定一质量为根的小铁块，另一端连

接在竖直轴00'上，小铁块放在水平圆盘上。若圆盘静止，把弹簧拉长后将小铁块放在圆盘上，使小铁块

能保持静止的弹簧的最大长度为彳。现将弹簧拉长到E后，使小铁块随圆盘绕中心轴。。,以不同角速度

转动。下列会使铁块相对圆盘发生滑动的角速度是（）

【答案】D

【解析】铁块与圆盘间的最大静摩擦

L=哈-+*

铁块随圆盘•起做圆周运动，当角速度最小时，摩擦力的方向弹簧拉力方向相反，则

解得

当角速度最大时，摩擦力的方向弹簧拉力方向相同，则

k（jZ,-Z∙）+∕m=mω;∙IL

解得

所以减速带要满足

所以ABC选项不会发生滑动，D选项发生滑动，本题选发生滑动的角速度，故选D。

7.（2023•浙江嘉兴•统考二模）如图所示是港珠澳大桥的一段半径为12Om的圆弧形弯道。晴天时路面对轮

胎的径向最大静摩擦力为正压力的0.8倍，卜雨时路面对轮胎的径向最大静摩擦力变为正压力的0.4倍。

若汽车通过圆弧形弯道时做匀速圆周运动，汽车视为质点，路面视为水平且不考虑车道的宽度，则

()

A.汽车以72km∕h的速率通过此圆弧形弯道时的向心加速度为3.0m∕s2

B.汽车以72km∕h的速率通过此圆弧形弯道时的角速度为0.6rad∕s

C.晴天时汽车以180km∕h的速率可以安全通过此圆弧形弯道

D.下雨时汽车以70km∕h的速率可以安全通过此圆弧形弯道

【答案】D

【解析】AB.汽车通过此圆弧形弯道时做匀速圆周运动，轨道半径为120m,运动速率

V=72km∕h=20m∕s

向心加速度为

α=ʌ-=m∕s2≈3.3m∕s2

R120

角速度

^l=2θrad∕s=lrad∕s

R1206

AB错误;

C.以汽车为研究对象，当路面对轮胎的径向摩擦力指向内侧且达到径向最大静摩擦力时，此时汽车的速

率为安全通过圆弧形弯道的最大速率加。设汽车的质量为，小在水平方向上根据牛顿第二定律得

在竖直方向有

FN=mg

径向最大静摩擦力变为正压力的0.8倍，即

fn

联立得

y[kgR

解得

vm≈111.5km∕h

所以晴天时，汽车以180km∕h的速率不能安全通过此圆弧形弯道，C错误;

D.下雨时，路面对轮胎的径向最大静摩擦力变为正压力的0.4倍，有

%=师

解得

vm=78.9km∕h>70km∕h

所以下雨时汽车以70km∕h的速率可以安全通过此圆弧形弯道，D正确。

故选D。

8.（2023・浙江•模拟预测）如图所示，小球甲在竖直面内摆动的周期为勾，悬线长为人小球乙在水平面内

做匀速圆周运动，悬点为。口轨迹圆圆心为甲、乙两小球都能视为质点。下列说法正确的是

（）

A.小球甲的向心力由合力来充当

B.小球乙的向心力由拉力来充当

C.若小球乙运动的周期为几，则与小球乙连接的悬线长度为L

D.若。|、。2两点间的距离为L,则小球乙运动的周期为"

【答案】D

【解析】A.甲的向心力由拉力和重力沿悬线方向的分力的合力来充当，故A错误；

B.乙的向心力由拉力沿水平方向的分力（即合力）来充当，故B错误；

CD.对乙受力分析，设悬线与竖直方向的夹角为α,9、。2两点间的距离为人轨迹圆半径为一，由力的

合成和牛顿第二定律可得

4π2

mgtana=m——r

由几何关系可得

tanɑ=—

h

可得

对比甲的摆动周期

可知当A=L时∙，T=Tut故C错误，D正确。

故选Do

9.（2023・广东广州•校考模拟预测）如图所示，转笔深受广大中学生的喜爱，其中也包含了许多的物理知

识。小李同学是转笔高手，能让笔绕其手上的某一点。做匀速圆周运动，下列叙述正确的是（）

A.笔杆上各点的线速度方向沿着笔杆指向。点

B.除了。点，笔杆上不同点的角速度大小是不一样的

C.笔杆上各点的线速度大小与到。点的距离成反比

D.笔杆上的点离。点越近，做圆周运动的向心加速度越小

【答案】D

【解析】A.笔杆上各点的线速度方向垂直于笔杆，沿运动轨迹的切线方向，A错误;

B.除了。点，笔杆上不同点的角速度大小相同，B错误；

C.根据

v=ωr

可知笔杆上各点的线速度大小与到。点的距离r成正比，C错误；

D.根据

a=arr

可知笔杆上的点离O点越近，做圆周运动的向心加速度越小，D正确。

故选D。

二、多选题

10.（2023•陕西•模拟预测）如图所示的实线为某项滑雪比赛的简化赛道示意图，运动员从A点静止下滑,

然后从圆弧轨道末端B点抛出，恰好沿着C点的切线方向进入右侧圆弧轨道，最终在右侧轨道上多次往返

运动后在最低点。点停下来。整个运动过程不计空气阻力，左右两侧圆弧轨道动摩擦因数相同。已知运动

员及其装备的质量为的左右两侧圆弧轨道的半径都为上B点处半径与竖直方向的夹角为巴运动员从B

到C过程中，离水平面BC的最大高度为H。重力加速度为g,则下列说法正确的是（）

A.运动员在8点的速度为j2gRcosd

运动员在左侧圆弧轨道内由于摩擦而产生的热量为根gRc。S,-黑

B.

C.运动员进入右侧圆弧轨道以后每次经过。点时，重力的瞬时功率保持不变

2mgH

D.运动员在右侧圆弧轨道上C点时对轨道的压力为〃?gCOSd+

RSin26»

【答案】BCD

【解析】A.运动员由B到C,做斜抛运动，离地面高度为

〃-HSin*

,2g

可得8点的速度为

Sine

A错误;

B.运动员在左侧轨道下滑高度

h=RCOSθ

从4到8过程中，由动能定理得

Ingh+叱∙=gmVg,Q=-叱.=tngRcosθ-IngH

sin2θ

B正确;

C.运动员进入右侧圆弧轨道以后每次经过。点时一，速度方向始终与重力方向垂直，则瞬时功率为0,C正

确;

D.根据斜抛运劲的对称性有力=%，受力分析可得

FN-nigcosθ=m-^

故此时对轨道的压力为

=F=mgcosθ+铲穿

fiRsmθ

D正确。

故选BCD0

11.(2023,湖南邵阳•统考二模)如图所示，小球以叱IOm/s的瞬时速度从水平地面斜向右上方抛出，速度

方向与水平方向的夹角是53。，不计空气阻力，下列说法正确的是(取g=10m∕s2,sin53o=0.8,

cos53°=0.6)()

A.小球到达最高点时的瞬时速度为零

B.小球离地面的最大高度是3.2m

C.小球在空中的运动时间是0.8s

D.保持小球速度大小不变，改变速度方向，小球的水平分位移(射程)的最大值是IOm

【答案】BD

【解析】A.小球做斜上抛运动，有

o

vt=v0cos53=6m∕s

o

vv=v0sin53=8m∕s

当小球到达最高点时，竖直方向的速度减为零，小球的速度为水平方向速度，大小为6m∕s,故A错误;

B.小球离地面的最大高度为

y=—=3.2m

-2g

故B正确：

C.小球在空中运动的时间为

V

r=2—=1.6s

S

故C错误；

D.保持小球速度大小不变，改变速度方向，设初速度与水平方向的夹角为少则有

匕=%cosO

Vv=V0sinΘ

小球的水平分位移为

ZICLi_z.vnsinθv∩sin2θ

x=vxt=v0cosΘ-2--=2v0cosθ--------=----------

ggg

由此可知，当sin2（9=l,即（9=45。时，小球的水平位移达到最大

xm=—=IOm

g

故D正确。

故选BDo

三、解答题

12.（2023∙辽宁大连,统考一模）如图所示，粗糙轻杆水平固定在竖直轻质转轴上4点。质量为m的小球和

轻弹簧套在轻杆上，小球与轻杆间的动摩擦因数为"，弹簧原长为0.63左端固定在A点，右端与小球相

连。长为L不可伸长质量不计的细线一端系住小球，另一端系在转轴上B点，A8间距离为0.6心装置静

止时将小球向左缓慢推到距A点0.44处时松手，小球恰能保持静止。接着使装置由静止缓慢加速转动。己

知小球与杆间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g,不计转轴所受摩擦。

（1）求弹簧的劲度系数总

（2）求小球与轻杆间恰无弹力时装置转动的角速度g

（3）从开始转动到小球与轻杆间恰无弹力过程中，摩擦力对小球做的功为W,求该过程外界提供给装置

的能量瓦

；(3)E=W

【解析】（I）依题意，有

k(0.6L—0.4L)=μmg

解得

（2）小球与轻杆间恰无弹力时受力情况如图所示，此时弹簧长度为0.84有

TSin37°=mg

7cos37o+⅛（0.8Δ-0.6L）=0.8∕M<υ2L

解得

/（15M+20）g

V12Z.

（3）题设过程中初始时弹簧的压缩量与最终状态时的伸长量相等，故弹性势能改变量

AEP=O

设小球克服摩擦力做功为W,则由功能关系有

E=W+-mv2

2

其中

v=0.BCDL

解得该过程外界提供给装置的能量

E=W+—+8）WgL

15

13.（2023•全国•重庆市万州第二高级中学校考模拟预测）如题图所示，一质量为机且可视为质点的小球，

用。。和PQ两轻绳静止悬挂着，两轻绳另一端均固定在水平天花板上，。。和P。与水平天花板的夹角分

别为37。和53。。已知重力加速度为g,sin370=0.6,cos37o=0.8,两轻绳均不可伸长，不计空气阻力。

求：

（1）轻绳OQ的弹力大小G；

（2）烧断轻绳PQ瞬时轻绳OQ的弹力大小鸟，与烧断轻绳尸。后当小球运动到最低点时轻绳OQ的弹力

o

F}=mgsin37=0.6mg

o

F2=mgsin37=0.6/ng

设OQ绳长为L烧断轻绳PQ后当小球运动到最低点，根据动能定理有

1ɔ

mgL(∖-sin370)=—mv~

在最低点根据牛顿第二定律有

F3-mg=m^-

联立解得

F3=1.Smg

则

F3_1.Sfng_3

F20.6mg1

14.（2013•四川成都•统考一模）宇航员站在某质量分布均匀的星球表面一斜坡上P点，沿水平方向以初速

度Vo抛出一个小球，测得小球经时间/落到斜坡另一点。上，斜坡的倾角为ɑ,已知该星球的半径为R,

引力常量为G,球的体积公式是V=g%R∖求：

（1）该星球表面的重力加速度g;

（2）该星球的密度；

（3）该星球的第一宇宙速度。

【解析】（1）小球做平抛运动过程中，水平方向，有

X=卬

竖直方向，有

12

y=2gr

由几何知识可得

tana=ɪ

X

联立解得