专题12 曲线运动-2020-2024年五年高考1年模拟物理真题分类汇编（山东专用）（解析版）

2020-2024年五年高考真题分类汇编PAGEPAGE1专题12曲线运动考点五年考情（2020-2024）命题趋势备考策略考点1抛体运动（5年6考）2024·山东卷·T122023·山东卷·T152022·山东卷·T112021·山东卷·T112021·山东卷·T162020·山东卷·T161.试题贴近生活中的曲线运动，如汽车过弯道、拱桥、速滑、投弹、过山车等等.2.几种特色运动的分析，小船过河、绳(杆)端速度分解、平抛、斜抛、斜面抛、类平抛、竖直平面内圆周运动及临界、平面圆周运动、圆锥摆运动及临界，等等。1牢记基本概念，熟练基本方法，把握常见模型，积累特殊方法技巧的应用.2.深刻体会应用运动的合成与分解解决问题的思想，形成解决平抛运动与圆周运动的思路，尽可能多地分析曲线运动在现实生活中的应用问题。考点2圆周运动（5年2考）2022·山东卷·T82021·山东卷·T3考点01抛体运动1、（2024·山东卷·T12）如图所示，工程队向峡谷对岸平台抛射重物，初速度v0大小为20m/s，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B.落地速度与水平方向夹角为60°C.重物离PQ连线的最远距离为10mD.轨迹最高点与落点的高度差为45m【答案】BD【解析】AC．将初速度分解为沿方向分速度和垂直分速度，则有，将重力加速度分解为沿方向分速度和垂直分速度，则有，垂直方向根据对称性可得重物运动时间为重物离PQ连线的最远距离为故AC错误；B．重物落地时竖直分速度大小则落地速度与水平方向夹角正切值可得故B正确；D．从抛出到最高点所用时间为则从最高点到落地所用时间为轨迹最高点与落点的高度差为故D正确。故选BD。2、（2023·山东卷·T15）电磁炮灭火消防车（图甲）采用电磁弹射技术投射灭火弹进入高层建筑快速灭火。电容器储存的能量通过电磁感应转化成灭火弹的动能，设置储能电容器的工作电压可获得所需的灭火弹出膛速度。如图乙所示，若电磁炮正对高楼，与高楼之间的水平距离，灭火弹出膛速度，方向与水平面夹角，不计炮口离地面高度及空气阻力，取重力加速度大小，。（1）求灭火弹击中高楼位置距地面的高度H；（2）已知电容器储存的电能，转化为灭火弹动能的效率，灭火弹的质量为，电容，电容器工作电压U应设置为多少？【答案】（1）60m；（2）【解析】（1）灭火弹做斜向上抛运动，则水平方向上有竖直方向上有代入数据联立解得（2）根据题意可知又因为联立可得3、（2022·山东卷·T11）如图所示，某同学将离地的网球以的速度斜向上击出，击球点到竖直墙壁的距离。当网球竖直分速度为零时，击中墙壁上离地高度为的P点。网球与墙壁碰撞后，垂直墙面速度分量大小变为碰前的0.75倍。平行墙面的速度分量不变。重力加速度g取，网球碰墙后的速度大小v和着地点到墙壁的距离d分别为（）A B. C. D.【答案】BD【解析】设网球飞出时的速度为，竖直方向代入数据得则排球水平方向到点的距离根据几何关系可得打在墙面上时，垂直墙面的速度分量平行墙面的速度分量反弹后，垂直墙面的速度分量则反弹后的网球速度大小为网球落到地面的时间着地点到墙壁的距离故BD正确，AC错误。故选BD。4、（2021·山东卷·T11）如图所示，载有物资的热气球静止于距水平地面H的高处，现将质量为m的物资以相对地面的速度水平投出，落地时物资与热气球的距离为d。已知投出物资后热气球的总质量为M，所受浮力不变，重力加速度为g，不计阻力，以下判断正确的是（）A.投出物资后热气球做匀加速直线运动B.投出物资后热气球所受合力大小为C.D.【答案】BC【解析】AB．热气球开始携带物资时处于静止状态，所受合外力为0，初动量为0，水平投出重力为的物资瞬间，满足动量守恒定律则热气球和物资的动量等大反向，热气球获得水平向左的速度，热气球所受合外力恒为，竖直向上，所以热气球做匀加速曲线运动，A错误，B正确；CD．热气球和物资的运动示意图如图所示热气球和物资所受合力大小均为，所以热气球在竖直方向上加速度大小为物资落地过程所用的时间内，根据解得落地时间为热气球在竖直方向上运动位移为热气球和物资在水平方向均做匀速直线运动，水平位移为根据勾股定理可知热气球和物资的实际位移为C正确，D错误。故选BC5、（2021·山东卷·T16）海鸥捕到外壳坚硬的鸟蛤（贝类动物）后，有时会飞到空中将它丢下，利用地面的冲击打碎硬壳。一只海鸥叼着质量的鸟蛤，在的高度、以的水平速度飞行时，松开嘴巴让鸟蛤落到水平地面上。取重力加速度，忽略空气阻力。（1）若鸟蛤与地面的碰撞时间，弹起速度可忽略，求碰撞过程中鸟蛤受到的平均作用力的大小F；（碰撞过程中不计重力）（2）在海鸥飞行方向正下方的地面上，有一与地面平齐、长度的岩石，以岩石左端为坐标原点，建立如图所示坐标系。若海鸥水平飞行的高度仍为，速度大小在之间，为保证鸟蛤一定能落到岩石上，求释放鸟蛤位置的x坐标范围。【答案】（1）；（2）或【解析】（1）设平抛运动的时间为t，鸟蛤落地前瞬间的速度大小为v。竖直方向分速度大小为，根据运动的合成与分解得，，在碰撞过程中，以鸟蛤为研究对象，取速度v的方向为正方向，由动量定理得联立，代入数据得（2）若释放鸟蛤的初速度为，设击中岩石左端时，释放点的x坐标为x，击中右端时，释放点的x坐标为，得，联立，代入数据得，m若释放鸟蛤时的初速度为，设击中岩石左端时，释放点的x坐标为，击中右端时，释放点的x坐标为，得，联立，代入数据得，综上得x坐标区间或6、（2020·山东卷·T16）单板滑雪U型池比赛是冬奥会比赛项目，其场地可以简化为如图甲所示的模型：U形滑道由两个半径相同的四分之一圆柱面轨道和一个中央的平面直轨道连接而成，轨道倾角为17.2°。某次练习过程中，运动员以vM=10m/s的速度从轨道边缘上的M点沿轨道的竖直切面ABCD滑出轨道，速度方向与轨道边缘线AD的夹角α=72.8°，腾空后沿轨道边缘的N点进入轨道。图乙为腾空过程左视图。该运动员可视为质点，不计空气阻力，取重力加速度的大小g=10m/s2，sin72.8°=0.96，cos72.8°=0.30。求：(1)运动员腾空过程中离开AD的距离的最大值d；(2)M、N之间的距离L。【答案】(1)4.8m；(2)12m【解析】(1)在M点，设运动员在ABCD面内垂直AD方向的分速度为v1，由运动的合成与分解规律得①设运动员在ABCD面内垂直AD方向的分加速度为a1，由牛顿第二定律得mgcos17.2°=ma1②由运动学公式得③联立①②③式，代入数据得d=4.8m④(2)在M点，设运动员在ABCD面内平行AD方向的分速度为v2，由运动的合成与分解规得v2=vMcos72.8°⑤设运动员在ABCD面内平行AD方向的分加速度为a2，由牛顿第二定律得mgsin17.2°=ma2⑥设腾空时间为t，由运动学公式得⑦⑧联立①②⑤⑥⑦⑧式，代入数据得L=12m⑨考点02圆周运动7、（2022·山东卷·T8）无人配送小车某次性能测试路径如图所示，半径为的半圆弧与长的直线路径相切于B点，与半径为的半圆弧相切于C点。小车以最大速度从A点驶入路径，到适当位置调整速率运动到B点，然后保持速率不变依次经过和。为保证安全，小车速率最大为。在段的加速度最大为，段的加速度最大为。小车视为质点，小车从A到D所需最短时间t及在段做匀速直线运动的最长距离l为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】在BC段的最大加速度为a1=2m/s2，则根据可得在BC段的最大速度为在CD段的最大加速度为a2=1m/s2，则根据可得在BC段的最大速度为可知在BCD段运动时的速度为v=2m/s，在BCD段运动的时间为AB段从最大速度vm减速到v的时间位移在AB段匀速的最长距离为l=8m-3m=5m则匀速运动的时间则从A到D最短时间为故选B。8、（2021·山东卷·T3）如图所示，粗糙程度处处相同的水平桌面上有一长为L的轻质细杆，一端可绕竖直光滑轴O转动，另一端与质量为m的小木块相连。木块以水平初速度出发，恰好能完成一个完整的圆周运动。在运动过程中，木块所受摩擦力的大小为（）

A. B. C. D.【答案】B【解析】在运动过程中，只有摩擦力做功，而摩擦力做功与路径有关，根据动能定理可得摩擦力的大小故选B。一、单选题1．（2024·山东烟台·三模）如图所示，MN为半径为r的圆弧路线，NP为长度19r的直线路线，为半径为4r的圆弧路线，为长度16r的直线路线。赛车从M点以最大安全速度通过圆弧路段后立即以最大加速度沿直线加速至最大速度vm并保持vm匀速行驶。已知赛车匀速转弯时径向最大静摩擦力和加速时的最大合外力均为车重的k倍，最大速度，g为重力加速度，赛车从M点按照MNP路线运动到P点与按照路线运动到点的时间差为（）A． B．C． D．【答案】C【详析】赛车从M点按照MNP路线运动到P点过程，在圆周运动过程有，在NP直线路线匀加速过程有，解得，在NP直线路线匀加速至最大速度过程的位移为则匀速过程的时间赛车从M点按照路线运动到点过程，在圆周运动过程有，在直线路线匀加速过程有，解得，在直线路线匀加速至最大速度过程的位移为即匀加速至最大速度时，恰好到达，则赛车从M点按照MNP路线运动到P点与按照路线运动到点的时间差为解得故选C。2．（2024·山东济宁·二模）如图所示，微山湖某段堤坝倾角为，某同学从水平坝面边缘正上方处，以的水平速度垂直河岸扔出一个小石子，小石子恰好落入水中。已知重力加速度，，，则坝面离水面的高度H为（）A．3.2m B．4.0m C．4.8m D．5.0m【答案】B【详析】小石子做平抛运动，竖直方向做自由落体运动水平方向做匀速直线运动联立可得故选B。3．（2024·山东日照·二模）弹头飞行时其重心所经过的路线谓之“弹道曲线”。由于重力和空气阻力的影响，使弹道形成不均等的弧形。升弧较长而直伸，降弧较短而弯曲。炮弹的弹道曲线如图所示，已知运动过程中，速度越大，空气阻力越大。关于炮弹的运动，下列说法正确的是（）A．炮弹的运动是斜抛运动B．炮弹飞行到最高点时，加速度等于重力加速度C．炮弹上升过程所用的时间小于下降过程所用的时间D．炮弹上升过程损失的机械能等于下降过程损失的机械能【答案】C【详析】A．炮弹在空中不只受到重力作用，还受到空气阻力，所以炮弹的运动不是斜抛运动，故A错误；B．炮弹在最高点竖直方向上的速度为零，水平方向上的速度不为零，在最高点受空气阻力与水平速度方向相反，水平方向的加速度方向向左，设为a，则最高点的加速度大小为加速度大于g，方向向左下方，故B错误；C．从O到最高点的过程中，在竖直方向上，受到重力和阻力在竖直向下的分力，即mg＋f1＝ma1在下落过程中，在竖直方向，受到向下的重力和阻力在竖直向上的分力，即mg-f2＝ma2故a1＞a2，竖直位移相同，加速度越大，时间越小，所以炮弹上升过程所用的时间小于下降过程所用的时间，故C正确；D．因为速度越大，空气阻力越大，由于空气阻力始终做负功，同一高度处，上升过程的速度大小总是大于下降过程的速度大小，则同一高度处，上升过程的空气阻力大小总是大于下降过程的空气阻力大小。由微元法，上升过程克服空气阻力做的功等于空气阻力与上升过程路程的乘积，下降过程克服空气阻力做的功等于空气阻力与下降过程路程的乘积。升弧长而平伸，降弧短而弯曲。上升过程克服空气阻力做的功大于下降过程克服空气阻力做的功。由功能关系可知克服空气阻力做的功等于机械能的减少量。炮弹在上升阶段损失的机械能大于在下降阶段损失的机械能，故D错误。故选C。4．（2024·山东临沂·模拟预测）如图所示，半径为R的半球形陶罐固定在可以绕竖直轴旋转的水平转台上，转台转轴与过陶罐球心O的对称轴重合。甲、乙两个小物块（均可视为质点）分别置于转台的A、B两处，OA、OB与间的夹角分别为和。转台静止时，甲、乙均不会下滑。已知甲的质量是乙的两倍，重力加速度大小为g。当转台从静止开始缓慢加速转动，直到其中一物块刚要滑动之前的过程中，下列说法正确的是（）A．甲的线速度大小始终为乙的倍B．甲所受向心力的大小始终为乙的2倍C．陶罐对甲、乙所做的功相等D．当转台角速度为时，甲、乙在陶罐切线方向上均有向下运动的趋势【答案】D【详析】A．甲、乙的角速度相等，根据可知甲、乙的线速度大小之比为即甲的线速度大小始终为乙的倍，故A错误；B．根据其中可得甲、乙所受向心力大小之比为即甲所受向心力的大小始终为乙的倍，故B错误；C．根据动能定理可知，陶罐对甲、乙所做的功之比为故C错误；D．假设当转台角速度为时，陶罐对甲的摩擦力恰好为零，则此时有解得假设当转台角速度为时，陶罐对乙的摩擦力恰好为零，则此时有解得因为所以可知当转台角速度为时，甲、乙所受支持力和重力的合力均大于所需要的向心力，所以甲、乙均有向下运动的趋势，故D正确。故选D。5．（2024·山东德州·模拟预测）如图所示，把一小球从斜面上先后以相同大小的速度抛出，一次水平抛出，另一次抛出的速度方向与斜面垂直，两小球最终都落到斜面上，水平抛出与垂直斜面抛出落点到抛出点的距离之比为（）A． B． C． D．【答案】C【详析】设斜面倾角为，小球水平抛出，根据位移角关系又水平位移故小球水平抛出的抛出落点到抛出点的距离为小球抛出的速度方向与斜面垂直时，将重力加速度分解到沿斜面方向的分加速度为和垂直斜面方向的分加速度为，垂直斜面方向做类竖直上抛运动，时间为沿斜面方向做匀加速直线运动，故小球垂直斜面抛出的抛出落点到抛出点的距离为故水平抛出与垂直斜面抛出落点到抛出点的距离之比为。故选C。6．（2024·山东聊城·一模）如图所示，正方体框架ABCD-，的底面处于水平地面上。从顶点A沿不同方向水平抛出小球（可视为质点），不计空气阻力。关于小球的运动，下列说法正确的是（）A．落点在棱上的小球，落在点时平拋的初速度最大B．落点在面内的小球，落在点的运动时间最长C．落点在三角形内的小球，平抛初速度的最小值与最大值之比是D．落点在线上的小球，落地时重力的瞬时功率均不相同【答案】C【详析】A．设正方向棱长为l，落点在棱上的小球，落在点时竖直位移最大，根据可知，时间最长，根据可知平拋的初速度最小，选项A错误；B．根据可知落点在面内的小球竖直位移相等，则时间相等，选项B错误；C．落点在三角形内的小球时间相等，最大的水平位移为，最小水平位移为最小水平位移与最大水平位移之比为1:2，则平抛初速度的最小值与最大值之比是，选项C正确；D．落点在线上的小球，竖直速度均为落地时重力的瞬时功率均相同，选项D错误。故选C。二、多选题7．（2024·山东烟台·三模）跑酷，又称自由奔跑，是一种结合了速度、力量和技巧的极限运动。如图甲所示为一城墙的入城通道，通道宽度L=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，到达右墙壁P点时，竖直方向的速度恰好为零，P点距离地面高h=0.8m，然后立即蹬右墙壁，使水平方向的速度变为等大反向，并获得一竖直方向速度，恰好能跃到左墙壁上的Q点，P点与Q点等高，飞跃过程中人距地面的最大高度为H=2.05m，重力加速度g取10m/s2，整个过程中人的姿态可认为保持不变，如图乙所示，则下列说法中正确的是（

）A．人助跑的距离为3.6mB．人助跑的距离为3mC．人刚离开墙壁时的速度大小为6m/sD．人刚离开P点时的速度方向与竖直方向夹角的正切值为【答案】AD【详析】AB．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，可知从点到点的逆过程为平抛运动，则从点到点的过程为斜抛运动，根据对称性可得解得，，人助跑的距离为故A正确，B错误；C．人刚离开墙壁时竖直方向的速度大小为人刚离开墙壁时的速度大小为故C错误；D．人刚离开P点时的速度方向与竖直方向夹角的正切值为故D正确。故选AD。8．（2024·山东聊城·三模）如图甲所示，半径R＝0.4m的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的一个端点B和圆心O的连线与水平方向间的夹角，另一端点D与圆心O等高，点C为轨道的最低点。质量m＝1kg的物块（可视为质点）从空中A点以速度水平抛出，恰好从轨道的B端沿切线方向进入轨道，物块进入轨道后开始计时，轨道受到的压力F随时间的关系如图乙所示，重力加速度g取，则（）A．物块从D点离开轨道时速度大小为4m/sB．大小为70NC．的大小为2m/sD．物块在AC段运动过程中重力的瞬时功率一直增大【答案】AB【详析】A．由图像可知，物块从轨道D点飞出轨道到再次回到D点的时间为t=1.675s-0.875s=0.8s则物块从D点离开轨道时速度大小为选项A正确；B．从C到D由机械能守恒可知在C点时压力最大，则由解得选项B正确；C．从B到D由机械能守恒可知解得则选项C错误；D．根据PG=mgvy可知，物块在A点时竖直速度为零，则重力的瞬时功率为零；在C点时竖直速度为零，则重力的瞬时功率也为零，可知物块在AC段运动过程中重力的瞬时功率先增大后减小，选项D错误。故选AB。9．（2024·山东东营·二模）如图所示，可视为质点的小球A、B同时从倾角为37°的光滑斜面顶端分别水平抛出和沿斜面下滑，平抛初速度大小为，下滑初速度未知，两小球恰好在斜面底端相遇，重力加速度，，，则（

）A．B球初速度B．B球经过0.75s到达斜面底端C．A、B相距最远时，B球恰好运动到斜面中点位置D．相遇前两小球最远相距【答案】BD【详析】AB．设斜面的长为,对于A球，则有联立解得由于A、B同时开始运动，同时到达底端，故B球经过到达斜面底端。对于小球B，其加速度斜面的长又因为联立解得A错误，B正确；CD．建立如图所示的坐标系，将A球的速度进行分解可得再将重力加速度进行分解A球沿方向做匀加速运动，沿方向做匀减速运动，根据匀变速直线运动的规律可知A、B相距最远时，则解得此时B球下滑的位移由上述结果可得斜面的长此时B球未到斜面的中点位置，此时A、B之间的距离所以C错误，D正确。故选BD。10．（2024·山东东营·二模）如图所示，在地面上方的水平匀强电场中，一个质量为m、电荷量为的小球，系在一根长为d的绝缘细线一端，可以在竖直平面内绕O点做圆周运动。AB为圆周的水平直径，CD为竖直直径。已知重力加速度为g，电场强度，下列说法正确的是（）A．若小球恰能在竖直平面内绕O点做圆周运动，则它运动的最小速度为B．若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则小球运动到B点时的机械能最大C．若将细线剪断，再将小球在A点以大小为的速度竖直向上抛出，小球将不能到达B点D．若将小球在A点由静止开始释放，则小球沿AC圆弧到达C点的速度为【答案】BC【详析】A．小球受到水平向右的电场力合力为方向斜向右下方，与竖直方向夹角为，设小球在竖直平面内做匀速圆周运动，最小速度为v，有联立解得故A错误；B．由功能关系知，小球机械能的变化等于除重力或弹力之外的力所做的功，小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，运动到B点时，静电力做功最多，故运动到B点时小球的机械能最大，故B正确；C．小球将在竖直方向上做竖直上抛运动，水平方向做匀加速直线运动，当竖直方向位移为0时，有水平位移有由牛顿第二定律解得所以小球将不能到达B点，故C正确；D．设合力方向与电场线方向夹角为，有得所以将小球静止释放，小球将沿合力方向做匀加速直线运动，故D错误。故选BC。11．（2024·山东菏泽·二模）如图，圆形水平餐桌面上有一个半径为r、可转动的同心圆盘，圆盘的边缘放置一个质量为m的物块，物块与圆盘、物块与餐桌面间的动摩擦因数均为μ。从静止开始缓慢增大圆盘转动的角速度至物块恰好要发生相对滑动。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，物块可视为质点，下列说法正确的是（）A．物块随圆盘转动的过程中，圆盘对物块的摩擦力与速度方向相反B．物块随圆盘转动的过程中，圆盘对物块的摩擦力做功大小为C．继续增大圆盘转动的角速度，物块由于受到一个大于向心力的离心力作用而从圆盘滑动到餐桌面上D．继续增大圆盘转动的角速度，物块从圆盘滑动到餐桌面上，若物块最终停在餐桌面边沿，忽略圆盘和餐桌面的高度差，可求出餐桌面的直径为【答案】BD【详析】A．物块随圆盘转动的过程中，圆盘对物块的径向摩擦力提供向心力，圆盘对物块的切向摩擦力使物块加速，故圆盘对物块的摩擦力方向不是与速度方向相反，故A错误；B．物块随圆盘运动的过程中，将要滑离圆盘时圆盘对物块的摩擦力做功大小为故B正确；C．继续增大圆盘转动的角速度，由于物块提供的向心力小于做圆周运动所需的向心力，而从圆盘滑动到餐桌面上，故C错误；D．物块从圆盘上滑落到滑到桌面的边缘，如图所示由动能定理可得解得餐桌面的直径为故D正确。故选BD。12．（2024·山东济南·一模）如图甲所示，一水平放置的内表面光滑对称“V”型二面体，可绕其竖直中心轴在水平面内匀速转动，其二面角为120°，截面图如图乙所示。面ABCD和面CDEF的长和宽均为L=20cm，CD距水平地面的高度为。置于AB中点P的小物体（视为质点）恰好在ABCD面上没有相对滑动，取重力加速度。（

）A．“V”型二面体匀速转动的角速度B．“V”型二面体匀速转动的角速度C．若“V”型二面体突然停止转动，小物体从二面体上离开的位置距离AB边距离2.5cmD．若“V”型二面体突然停止转动，小物体从二面体上离开的位置距离AB边距离5cm【答案】BC【详析】AB．设小物体受到的支持力为，则有解得故A错误、B正确；CD．若“V”型二面体突然停止转动，设小物体在二面体上运动的时间为，运动的初速度大小为，加速度大小为，沿AD方向向下运动的距离为，则有解得故C正确、D错误。故选BC。13．（2024·山东烟台·一模）从高H处的M点先后水平抛出两个小球1和2，轨迹如图所示，球1与地面碰撞一次后刚好越过竖直挡板AB，落在水平地面上的N点，球2刚好直接越过竖直挡板AB，也落在N点设球1与地面的碰撞是弹性碰撞，忽略空气阻力，则（）A．小球1、2的初速度之比为1：3B．小球1、2的初速度之比为1：4C．竖直挡板AB的高度D．竖直挡板AB的高度【答案】AD【详析】AB．设M点到N点水平距离为L，对球2整个运动过程的时间t有解得可得①球1与地面碰撞前后竖直方向分速度大小不变、方向相反，根据对称性可知，球1与地面碰撞后到达的最高点与初始高度相同为H，球2在水平方向一直做匀速运动，有，即②联立①②解得故A正确，B错误；CD．设球1与地面碰撞时竖直方向速度大小为，碰撞点到M点和B点的水平距离分别为、，有设球1到达A点时竖直方向速度大小为，将球1与地面碰撞后到达最高点时的过程反向来看可得可得碰撞点到A点的时间为球2刚好越过挡板AB的时间为水平方向位移关系有即解得故C错误，D正确。故选AD。三、解答题14．（2024·山东济宁·三模）某旋转喷灌机进行农田喷灌的示意图如图所示，喷口出水速度的方向可调节。该喷灌机的最大功率为，喷灌机所做功的转化为水的动能，喷口的横截面积，水的密度，重力加速度，，喷口距离地面的高度，忽略空气阻力，不考虑供水水压对水速的影响。求：（1）喷灌机的最大喷水速度v；（2）喷口出水速度方向与水平面夹角时，该喷灌机的最大喷灌面积。（保留三位有效数字）【答案】（1）10m/s；（2）285m2【详析】（1）设在∆t时间内从喷口处喷出水的质量为∆m，则由能量关系解得v=10m/s（2）喷口出水速度方向与水平面夹角时，则该喷灌机的最大喷灌面积解得Sm=285m215．（2024·山东泰安·三模）如图所示，倾角θ=37°的光滑斜面AB固定在水平面上，现将一弹力球从斜面的顶端A点以初速度v0=10m/s水平向右抛出，弹力球恰好落在斜面的底端B点。已知重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，不计空气阻力。（1）求斜面的长度；（2）若弹力球与斜面碰撞时，沿斜面方向的速度不变，垂直斜面方向的速度大小不变，方向反向，现仅调整弹力球从A点水平抛出时的速度大小，使弹力球与斜面碰撞1次后仍能落到B点，求调整后弹力球水平抛出的速度大小。【答案】（1）18.75m；（2）【详析】（1）弹力球做平抛运动，竖直方向有水平方向有联立解得斜面的长度为（2）将平抛运动分解为沿斜面方向的匀加速运动和垂直斜面方向的类竖直上抛运动，设调整后弹力球水平抛出时的速度大小沿垂直斜面方向的分速度大小为沿斜面方向的分速度大小为垂直斜面方向的加速度大小为沿斜面方向的加速度大小为弹力球每次从斜面离开到再次落回斜面过程中用时为沿斜面方向有联立解得16．（2024·山东枣庄·三模）如图，单杠比赛中运动员身体保持笔直绕杠进行双臂大回环动作，此过程中运动员以单杠为轴做圆周运动，重心到单杠的距离始终为d=1m。当运动员重心运动到A点时，身体与竖直方向间的夹角为α，此时双手脱离单杠，此后重心经过最高点B时的速度，最后落到地面上，C点为落地时重心的位置。已知A、B、C在同一竖直平面内，运动员的质量m＝60kg，A、C两点间的高度差h=1.2m，重力加速度，，，忽略空气阻力。求：（1）运动员重心在A点时单杠对每只手的拉力大小F；（2）A、C两点间的水平距离L。【答案】（1）；（2）【详析】（1）运动员由A到B做斜抛运动，则运动员由A到B水平方向上做匀速直线运动，即运动员在A点时，设单杠对人的作用力为T，根据牛顿第二定律解得则运动员重心在A点时单杠对每只手的拉力大小F为（2）运动员在A点时竖直方向的分速度为运动员由A到C点在竖直方向上做竖直上抛运动，取竖直向上为正方向，则解得在水平方向上匀速直线运动，则17．（2024·山东菏泽·二模）如图，电力工人在倾角的山坡上架设电线，竖直电线杆高，工人将拖线器（拖线器为一连接细线的重物）抛出，拖线器恰好能够越过电线杆顶端，忽略空气阻力、人的身高和细线质量，。求：（1）拖线器抛出时的最小速度大小及方向；（2）拖线器抛出点到电线杆底部的距离；（3）拖线器在山坡上的落点到电线杆底部的距离。

【答案】（1），方向垂直斜面向上；（2）48m；（3）48m【详析】（1）电线杆顶端到山坡的垂直距离设初速度沿垂直斜面方向的分速度为，平行斜面方向的分速度为联立解得当时，抛出时的速度最小即方向垂直斜面向上

（2）平行斜面方向抛出点到线杆底部的距离代入数据解得（3）由对称性可知，垂直斜面方向下落时间与上升时间相等，抛出点到落点距离落点到电线杆底部的距离代入数据解得18．（2024·山东济南·二模）如图所示为一乒乓球台的纵截面，A、E是台面的两个端点位置，乒乓球网的高度CF=h，AC=3AB、CE=3DE，P、Q、D在同一竖直线上。第一次在P点将球水平击出，轨迹恰好过球网最高点F，同时落到B点；第二次在Q点将同一球击出，轨迹最高点恰好过球网最高点F，同时落在A点。球可看做质点，不计空气阻力作用。求：（1）P点到台面的高度；（2）Q点到台面的高度。【答案】（1）；（2）【详析】设AB=d则BC=CD=2dAC=3d（1）第一次球做平抛运动，设平抛运动的初速度为，根据平抛运动规律有联立解得（2）第二次球做斜上抛运动，设斜抛运动的水平速度为，根据斜抛运动规律有联立解得19．（2024·山东枣庄·一模）如图所示，竖直平面内固定一弯曲刚性细杆POQ，PO部分光滑，形状为四分之一圆；OQ部分粗糙，形状为抛物线，弯曲杆O点处的切线水平。小圆环穿在杆上，从P点由静止释放，到达Q点时恰好与杆之间无弹力。若以O点为坐标原点，沿水平和竖直方向建立直角坐标系xOy，则Q点的坐标为（5m，5m）。已知弯曲杆PO部分的半径，小圆环的质量，取重力加速度。求：（1）小圆环在PO部分经过O点时对杆压力的大小；（2）小圆环在OQ部分运动过程中克服摩擦力做的功。【答案】（1）30N；（2）5.5J【详析】（1）小圆环从P到O，根据机械能守恒有小圆环在PO部分经过O点时，根据牛顿第二定律有联立解得，小圆环受到杆的支持力为故小圆环在PO部分经过O点时对杆压力为30N。（2）由于OQ部分形状为抛物线，到达Q点时恰好与杆之间无弹力，则可将小圆环从O到Q的运动等效为以初速度从O点抛出的平抛运动，由数学知识可得根据平抛运动的抛物线方程可得即以初速度为5m/s从O点抛出的运动轨迹恰好与该抛物线重合，则Q点的竖直速度为所以经过Q点时的速度大小为从P到Q根据动能定理有解得，小圆环在OQ部分运动过程中克服摩擦力做的功为20．（2024·山东泰安·一模）链球是一项融合力量、平衡和技巧的竞技运动。如图，某运动员在训练中两手握着链球上铁链的把手带动链球旋转。链球旋转到离地高的A点脱手，脱手时速度大小为，方向与水平面成θ角斜向上飞出。链球落地时速度与水平而夹角为β，且（θ、β未知），不计空气阻力和铁链的影响，。求：（1）链球落地时速度的大小；（2）链球脱手后在空中运动的时间；（3）链球脱手点A与落地点间的水平距离。【答案】（1）；（2）；（3）【详析】（1）链球脱手后做斜上抛运动，根据机械能守恒定律解得（2）链球脱手后做斜上抛运动，设运动时间为，抛出点和落地点水平速度相等，即在抛出点竖直方向上的分速度大小为在落地点竖直方向上的分速度大小为解得（3）链球在水平方向上做匀速直线运动，链球脱手点A与落地点间的水平距离解得专题12曲线运动考点五年考情（2020-2024）命题趋势备考策略考点1抛体运动（5年6考）2024·山东卷·T122023·山东卷·T152022·山东卷·T112021·山东卷·T112021·山东卷·T162020·山东卷·T161.试题贴近生活中的曲线运动，如汽车过弯道、拱桥、速滑、投弹、过山车等等.2.几种特色运动的分析，小船过河、绳(杆)端速度分解、平抛、斜抛、斜面抛、类平抛、竖直平面内圆周运动及临界、平面圆周运动、圆锥摆运动及临界，等等。1牢记基本概念，熟练基本方法，把握常见模型，积累特殊方法技巧的应用.2.深刻体会应用运动的合成与分解解决问题的思想，形成解决平抛运动与圆周运动的思路，尽可能多地分析曲线运动在现实生活中的应用问题。考点2圆周运动（5年2考）2022·山东卷·T82021·山东卷·T3考点01抛体运动1、（2024·山东卷·T12）如图所示，工程队向峡谷对岸平台抛射重物，初速度v0大小为20m/s，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B.落地速度与水平方向夹角为60°C.重物离PQ连线的最远距离为10mD.轨迹最高点与落点的高度差为45m【答案】BD【解析】AC．将初速度分解为沿方向分速度和垂直分速度，则有，将重力加速度分解为沿方向分速度和垂直分速度，则有，垂直方向根据对称性可得重物运动时间为重物离PQ连线的最远距离为故AC错误；B．重物落地时竖直分速度大小则落地速度与水平方向夹角正切值可得故B正确；D．从抛出到最高点所用时间为则从最高点到落地所用时间为轨迹最高点与落点的高度差为故D正确。故选BD。2、（2023·山东卷·T15）电磁炮灭火消防车（图甲）采用电磁弹射技术投射灭火弹进入高层建筑快速灭火。电容器储存的能量通过电磁感应转化成灭火弹的动能，设置储能电容器的工作电压可获得所需的灭火弹出膛速度。如图乙所示，若电磁炮正对高楼，与高楼之间的水平距离，灭火弹出膛速度，方向与水平面夹角，不计炮口离地面高度及空气阻力，取重力加速度大小，。（1）求灭火弹击中高楼位置距地面的高度H；（2）已知电容器储存的电能，转化为灭火弹动能的效率，灭火弹的质量为，电容，电容器工作电压U应设置为多少？【答案】（1）60m；（2）【解析】（1）灭火弹做斜向上抛运动，则水平方向上有竖直方向上有代入数据联立解得（2）根据题意可知又因为联立可得3、（2022·山东卷·T11）如图所示，某同学将离地的网球以的速度斜向上击出，击球点到竖直墙壁的距离。当网球竖直分速度为零时，击中墙壁上离地高度为的P点。网球与墙壁碰撞后，垂直墙面速度分量大小变为碰前的0.75倍。平行墙面的速度分量不变。重力加速度g取，网球碰墙后的速度大小v和着地点到墙壁的距离d分别为（）A B. C. D.【答案】BD【解析】设网球飞出时的速度为，竖直方向代入数据得则排球水平方向到点的距离根据几何关系可得打在墙面上时，垂直墙面的速度分量平行墙面的速度分量反弹后，垂直墙面的速度分量则反弹后的网球速度大小为网球落到地面的时间着地点到墙壁的距离故BD正确，AC错误。故选BD。4、（2021·山东卷·T11）如图所示，载有物资的热气球静止于距水平地面H的高处，现将质量为m的物资以相对地面的速度水平投出，落地时物资与热气球的距离为d。已知投出物资后热气球的总质量为M，所受浮力不变，重力加速度为g，不计阻力，以下判断正确的是（）A.投出物资后热气球做匀加速直线运动B.投出物资后热气球所受合力大小为C.D.【答案】BC【解析】AB．热气球开始携带物资时处于静止状态，所受合外力为0，初动量为0，水平投出重力为的物资瞬间，满足动量守恒定律则热气球和物资的动量等大反向，热气球获得水平向左的速度，热气球所受合外力恒为，竖直向上，所以热气球做匀加速曲线运动，A错误，B正确；CD．热气球和物资的运动示意图如图所示热气球和物资所受合力大小均为，所以热气球在竖直方向上加速度大小为物资落地过程所用的时间内，根据解得落地时间为热气球在竖直方向上运动位移为热气球和物资在水平方向均做匀速直线运动，水平位移为根据勾股定理可知热气球和物资的实际位移为C正确，D错误。故选BC5、（2021·山东卷·T16）海鸥捕到外壳坚硬的鸟蛤（贝类动物）后，有时会飞到空中将它丢下，利用地面的冲击打碎硬壳。一只海鸥叼着质量的鸟蛤，在的高度、以的水平速度飞行时，松开嘴巴让鸟蛤落到水平地面上。取重力加速度，忽略空气阻力。（1）若鸟蛤与地面的碰撞时间，弹起速度可忽略，求碰撞过程中鸟蛤受到的平均作用力的大小F；（碰撞过程中不计重力）（2）在海鸥飞行方向正下方的地面上，有一与地面平齐、长度的岩石，以岩石左端为坐标原点，建立如图所示坐标系。若海鸥水平飞行的高度仍为，速度大小在之间，为保证鸟蛤一定能落到岩石上，求释放鸟蛤位置的x坐标范围。【答案】（1）；（2）或【解析】（1）设平抛运动的时间为t，鸟蛤落地前瞬间的速度大小为v。竖直方向分速度大小为，根据运动的合成与分解得，，在碰撞过程中，以鸟蛤为研究对象，取速度v的方向为正方向，由动量定理得联立，代入数据得（2）若释放鸟蛤的初速度为，设击中岩石左端时，释放点的x坐标为x，击中右端时，释放点的x坐标为，得，联立，代入数据得，m若释放鸟蛤时的初速度为，设击中岩石左端时，释放点的x坐标为，击中右端时，释放点的x坐标为，得，联立，代入数据得，综上得x坐标区间或6、（2020·山东卷·T16）单板滑雪U型池比赛是冬奥会比赛项目，其场地可以简化为如图甲所示的模型：U形滑道由两个半径相同的四分之一圆柱面轨道和一个中央的平面直轨道连接而成，轨道倾角为17.2°。某次练习过程中，运动员以vM=10m/s的速度从轨道边缘上的M点沿轨道的竖直切面ABCD滑出轨道，速度方向与轨道边缘线AD的夹角α=72.8°，腾空后沿轨道边缘的N点进入轨道。图乙为腾空过程左视图。该运动员可视为质点，不计空气阻力，取重力加速度的大小g=10m/s2，sin72.8°=0.96，cos72.8°=0.30。求：(1)运动员腾空过程中离开AD的距离的最大值d；(2)M、N之间的距离L。【答案】(1)4.8m；(2)12m【解析】(1)在M点，设运动员在ABCD面内垂直AD方向的分速度为v1，由运动的合成与分解规律得①设运动员在ABCD面内垂直AD方向的分加速度为a1，由牛顿第二定律得mgcos17.2°=ma1②由运动学公式得③联立①②③式，代入数据得d=4.8m④(2)在M点，设运动员在ABCD面内平行AD方向的分速度为v2，由运动的合成与分解规得v2=vMcos72.8°⑤设运动员在ABCD面内平行AD方向的分加速度为a2，由牛顿第二定律得mgsin17.2°=ma2⑥设腾空时间为t，由运动学公式得⑦⑧联立①②⑤⑥⑦⑧式，代入数据得L=12m⑨考点02圆周运动7、（2022·山东卷·T8）无人配送小车某次性能测试路径如图所示，半径为的半圆弧与长的直线路径相切于B点，与半径为的半圆弧相切于C点。小车以最大速度从A点驶入路径，到适当位置调整速率运动到B点，然后保持速率不变依次经过和。为保证安全，小车速率最大为。在段的加速度最大为，段的加速度最大为。小车视为质点，小车从A到D所需最短时间t及在段做匀速直线运动的最长距离l为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】在BC段的最大加速度为a1=2m/s2，则根据可得在BC段的最大速度为在CD段的最大加速度为a2=1m/s2，则根据可得在BC段的最大速度为可知在BCD段运动时的速度为v=2m/s，在BCD段运动的时间为AB段从最大速度vm减速到v的时间位移在AB段匀速的最长距离为l=8m-3m=5m则匀速运动的时间则从A到D最短时间为故选B。8、（2021·山东卷·T3）如图所示，粗糙程度处处相同的水平桌面上有一长为L的轻质细杆，一端可绕竖直光滑轴O转动，另一端与质量为m的小木块相连。木块以水平初速度出发，恰好能完成一个完整的圆周运动。在运动过程中，木块所受摩擦力的大小为（）

A. B. C. D.【答案】B【解析】在运动过程中，只有摩擦力做功，而摩擦力做功与路径有关，根据动能定理可得摩擦力的大小故选B。一、单选题1．（2024·山东烟台·三模）如图所示，MN为半径为r的圆弧路线，NP为长度19r的直线路线，为半径为4r的圆弧路线，为长度16r的直线路线。赛车从M点以最大安全速度通过圆弧路段后立即以最大加速度沿直线加速至最大速度vm并保持vm匀速行驶。已知赛车匀速转弯时径向最大静摩擦力和加速时的最大合外力均为车重的k倍，最大速度，g为重力加速度，赛车从M点按照MNP路线运动到P点与按照路线运动到点的时间差为（）A． B．C． D．【答案】C【详析】赛车从M点按照MNP路线运动到P点过程，在圆周运动过程有，在NP直线路线匀加速过程有，解得，在NP直线路线匀加速至最大速度过程的位移为则匀速过程的时间赛车从M点按照路线运动到点过程，在圆周运动过程有，在直线路线匀加速过程有，解得，在直线路线匀加速至最大速度过程的位移为即匀加速至最大速度时，恰好到达，则赛车从M点按照MNP路线运动到P点与按照路线运动到点的时间差为解得故选C。2．（2024·山东济宁·二模）如图所示，微山湖某段堤坝倾角为，某同学从水平坝面边缘正上方处，以的水平速度垂直河岸扔出一个小石子，小石子恰好落入水中。已知重力加速度，，，则坝面离水面的高度H为（）A．3.2m B．4.0m C．4.8m D．5.0m【答案】B【详析】小石子做平抛运动，竖直方向做自由落体运动水平方向做匀速直线运动联立可得故选B。3．（2024·山东日照·二模）弹头飞行时其重心所经过的路线谓之“弹道曲线”。由于重力和空气阻力的影响，使弹道形成不均等的弧形。升弧较长而直伸，降弧较短而弯曲。炮弹的弹道曲线如图所示，已知运动过程中，速度越大，空气阻力越大。关于炮弹的运动，下列说法正确的是（）A．炮弹的运动是斜抛运动B．炮弹飞行到最高点时，加速度等于重力加速度C．炮弹上升过程所用的时间小于下降过程所用的时间D．炮弹上升过程损失的机械能等于下降过程损失的机械能【答案】C【详析】A．炮弹在空中不只受到重力作用，还受到空气阻力，所以炮弹的运动不是斜抛运动，故A错误；B．炮弹在最高点竖直方向上的速度为零，水平方向上的速度不为零，在最高点受空气阻力与水平速度方向相反，水平方向的加速度方向向左，设为a，则最高点的加速度大小为加速度大于g，方向向左下方，故B错误；C．从O到最高点的过程中，在竖直方向上，受到重力和阻力在竖直向下的分力，即mg＋f1＝ma1在下落过程中，在竖直方向，受到向下的重力和阻力在竖直向上的分力，即mg-f2＝ma2故a1＞a2，竖直位移相同，加速度越大，时间越小，所以炮弹上升过程所用的时间小于下降过程所用的时间，故C正确；D．因为速度越大，空气阻力越大，由于空气阻力始终做负功，同一高度处，上升过程的速度大小总是大于下降过程的速度大小，则同一高度处，上升过程的空气阻力大小总是大于下降过程的空气阻力大小。由微元法，上升过程克服空气阻力做的功等于空气阻力与上升过程路程的乘积，下降过程克服空气阻力做的功等于空气阻力与下降过程路程的乘积。升弧长而平伸，降弧短而弯曲。上升过程克服空气阻力做的功大于下降过程克服空气阻力做的功。由功能关系可知克服空气阻力做的功等于机械能的减少量。炮弹在上升阶段损失的机械能大于在下降阶段损失的机械能，故D错误。故选C。4．（2024·山东临沂·模拟预测）如图所示，半径为R的半球形陶罐固定在可以绕竖直轴旋转的水平转台上，转台转轴与过陶罐球心O的对称轴重合。甲、乙两个小物块（均可视为质点）分别置于转台的A、B两处，OA、OB与间的夹角分别为和。转台静止时，甲、乙均不会下滑。已知甲的质量是乙的两倍，重力加速度大小为g。当转台从静止开始缓慢加速转动，直到其中一物块刚要滑动之前的过程中，下列说法正确的是（）A．甲的线速度大小始终为乙的倍B．甲所受向心力的大小始终为乙的2倍C．陶罐对甲、乙所做的功相等D．当转台角速度为时，甲、乙在陶罐切线方向上均有向下运动的趋势【答案】D【详析】A．甲、乙的角速度相等，根据可知甲、乙的线速度大小之比为即甲的线速度大小始终为乙的倍，故A错误；B．根据其中可得甲、乙所受向心力大小之比为即甲所受向心力的大小始终为乙的倍，故B错误；C．根据动能定理可知，陶罐对甲、乙所做的功之比为故C错误；D．假设当转台角速度为时，陶罐对甲的摩擦力恰好为零，则此时有解得假设当转台角速度为时，陶罐对乙的摩擦力恰好为零，则此时有解得因为所以可知当转台角速度为时，甲、乙所受支持力和重力的合力均大于所需要的向心力，所以甲、乙均有向下运动的趋势，故D正确。故选D。5．（2024·山东德州·模拟预测）如图所示，把一小球从斜面上先后以相同大小的速度抛出，一次水平抛出，另一次抛出的速度方向与斜面垂直，两小球最终都落到斜面上，水平抛出与垂直斜面抛出落点到抛出点的距离之比为（）A． B． C． D．【答案】C【详析】设斜面倾角为，小球水平抛出，根据位移角关系又水平位移故小球水平抛出的抛出落点到抛出点的距离为小球抛出的速度方向与斜面垂直时，将重力加速度分解到沿斜面方向的分加速度为和垂直斜面方向的分加速度为，垂直斜面方向做类竖直上抛运动，时间为沿斜面方向做匀加速直线运动，故小球垂直斜面抛出的抛出落点到抛出点的距离为故水平抛出与垂直斜面抛出落点到抛出点的距离之比为。故选C。6．（2024·山东聊城·一模）如图所示，正方体框架ABCD-，的底面处于水平地面上。从顶点A沿不同方向水平抛出小球（可视为质点），不计空气阻力。关于小球的运动，下列说法正确的是（）A．落点在棱上的小球，落在点时平拋的初速度最大B．落点在面内的小球，落在点的运动时间最长C．落点在三角形内的小球，平抛初速度的最小值与最大值之比是D．落点在线上的小球，落地时重力的瞬时功率均不相同【答案】C【详析】A．设正方向棱长为l，落点在棱上的小球，落在点时竖直位移最大，根据可知，时间最长，根据可知平拋的初速度最小，选项A错误；B．根据可知落点在面内的小球竖直位移相等，则时间相等，选项B错误；C．落点在三角形内的小球时间相等，最大的水平位移为，最小水平位移为最小水平位移与最大水平位移之比为1:2，则平抛初速度的最小值与最大值之比是，选项C正确；D．落点在线上的小球，竖直速度均为落地时重力的瞬时功率均相同，选项D错误。故选C。二、多选题7．（2024·山东烟台·三模）跑酷，又称自由奔跑，是一种结合了速度、力量和技巧的极限运动。如图甲所示为一城墙的入城通道，通道宽度L=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，到达右墙壁P点时，竖直方向的速度恰好为零，P点距离地面高h=0.8m，然后立即蹬右墙壁，使水平方向的速度变为等大反向，并获得一竖直方向速度，恰好能跃到左墙壁上的Q点，P点与Q点等高，飞跃过程中人距地面的最大高度为H=2.05m，重力加速度g取10m/s2，整个过程中人的姿态可认为保持不变，如图乙所示，则下列说法中正确的是（

）A．人助跑的距离为3.6mB．人助跑的距离为3mC．人刚离开墙壁时的速度大小为6m/sD．人刚离开P点时的速度方向与竖直方向夹角的正切值为【答案】AD【详析】AB．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，可知从点到点的逆过程为平抛运动，则从点到点的过程为斜抛运动，根据对称性可得解得，，人助跑的距离为故A正确，B错误；C．人刚离开墙壁时竖直方向的速度大小为人刚离开墙壁时的速度大小为故C错误；D．人刚离开P点时的速度方向与竖直方向夹角的正切值为故D正确。故选AD。8．（2024·山东聊城·三模）如图甲所示，半径R＝0.4m的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的一个端点B和圆心O的连线与水平方向间的夹角，另一端点D与圆心O等高，点C为轨道的最低点。质量m＝1kg的物块（可视为质点）从空中A点以速度水平抛出，恰好从轨道的B端沿切线方向进入轨道，物块进入轨道后开始计时，轨道受到的压力F随时间的关系如图乙所示，重力加速度g取，则（）A．物块从D点离开轨道时速度大小为4m/sB．大小为70NC．的大小为2m/sD．物块在AC段运动过程中重力的瞬时功率一直增大【答案】AB【详析】A．由图像可知，物块从轨道D点飞出轨道到再次回到D点的时间为t=1.675s-0.875s=0.8s则物块从D点离开轨道时速度大小为选项A正确；B．从C到D由机械能守恒可知在C点时压力最大，则由解得选项B正确；C．从B到D由机械能守恒可知解得则选项C错误；D．根据PG=mgvy可知，物块在A点时竖直速度为零，则重力的瞬时功率为零；在C点时竖直速度为零，则重力的瞬时功率也为零，可知物块在AC段运动过程中重力的瞬时功率先增大后减小，选项D错误。故选AB。9．（2024·山东东营·二模）如图所示，可视为质点的小球A、B同时从倾角为37°的光滑斜面顶端分别水平抛出和沿斜面下滑，平抛初速度大小为，下滑初速度未知，两小球恰好在斜面底端相遇，重力加速度，，，则（

）A．B球初速度B．B球经过0.75s到达斜面底端C．A、B相距最远时，B球恰好运动到斜面中点位置D．相遇前两小球最远相距【答案】BD【详析】AB．设斜面的长为,对于A球，则有联立解得由于A、B同时开始运动，同时到达底端，故B球经过到达斜面底端。对于小球B，其加速度斜面的长又因为联立解得A错误，B正确；CD．建立如图所示的坐标系，将A球的速度进行分解可得再将重力加速度进行分解A球沿方向做匀加速运动，沿方向做匀减速运动，根据匀变速直线运动的规律可知A、B相距最远时，则解得此时B球下滑的位移由上述结果可得斜面的长此时B球未到斜面的中点位置，此时A、B之间的距离所以C错误，D正确。故选BD。10．（2024·山东东营·二模）如图所示，在地面上方的水平匀强电场中，一个质量为m、电荷量为的小球，系在一根长为d的绝缘细线一端，可以在竖直平面内绕O点做圆周运动。AB为圆周的水平直径，CD为竖直直径。已知重力加速度为g，电场强度，下列说法正确的是（）A．若小球恰能在竖直平面内绕O点做圆周运动，则它运动的最小速度为B．若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则小球运动到B点时的机械能最大C．若将细线剪断，再将小球在A点以大小为的速度竖直向上抛出，小球将不能到达B点D．若将小球在A点由静止开始释放，则小球沿AC圆弧到达C点的速度为【答案】BC【详析】A．小球受到水平向右的电场力合力为方向斜向右下方，与竖直方向夹角为，设小球在竖直平面内做匀速圆周运动，最小速度为v，有联立解得故A错误；B．由功能关系知，小球机械能的变化等于除重力或弹力之外的力所做的功，小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，运动到B点时，静电力做功最多，故运动到B点时小球的机械能最大，故B正确；C．小球将在竖直方向上做竖直上抛运动，水平方向做匀加速直线运动，当竖直方向位移为0时，有水平位移有由牛顿第二定律解得所以小球将不能到达B点，故C正确；D．设合力方向与电场线方向夹角为，有得所以将小球静止释放，小球将沿合力方向做匀加速直线运动，故D错误。故选BC。11．（2024·山东菏泽·二模）如图，圆形水平餐桌面上有一个半径为r、可转动的同心圆盘，圆盘的边缘放置一个质量为m的物块，物块与圆盘、物块与餐桌面间的动摩擦因数均为μ。从静止开始缓慢增大圆盘转动的角速度至物块恰好要发生相对滑动。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，物块可视为质点，下列说法正确的是（）A．物块随圆盘转动的过程中，圆盘对物块的摩擦力与速度方向相反B．物块随圆盘转动的过程中，圆盘对物块的摩擦力做功大小为C．继续增大圆盘转动的角速度，物块由于受到一个大于向心力的离心力作用而从圆盘滑动到餐桌面上D．继续增大圆盘转动的角速度，物块从圆盘滑动到餐桌面上，若物块最终停在餐桌面边沿，忽略圆盘和餐桌面的高度差，可求出餐桌面的直径为【答案】BD【详析】A．物块随圆盘转动的过程中，圆盘对物块的径向摩擦力提供向心力，圆盘对物块的切向摩擦力使物块加速，故圆盘对物块的摩擦力方向不是与速度方向相反，故A错误；B．物块随圆盘运动的过程中，将要滑离圆盘时圆盘对物块的摩擦力做功大小为故B正确；C．继续增大圆盘转动的角速度，由于物块提供的向心力小于做圆周运动所需的向心力，而从圆盘滑动到餐桌面上，故C错误；D．物块从圆盘上滑落到滑到桌面的边缘，如图所示由动能定理可得解得餐桌面的直径为故D正确。故选BD。12．（2024·山东济南·一模）如图甲所示，一水平放置的内表面光滑对称“V”型二面体，可绕其竖直中心轴在水平面内匀速转动，其二面角为120°，截面图如图乙所示。面ABCD和面CDEF的长和宽均为L=20cm，CD距水平地面的高度为。置于AB中点P的小物体（视为质点）恰好在ABCD面上没有相对滑动，取重力加速度。（

）A．“V”型二面体匀速转动的角速度B．“V”型二面体匀速转动的角速度C．若“V”型二面体突然停止转动，小物体从二面体上离开的位置距离AB边距离2.5cmD．若“V”型二面体突然停止转动，小物体从二面体上离开的位置距离AB边距离5cm【答案】BC【详析】AB．设小物体受到的支持力为，则有解得故A错误、B正确；CD．若“V”型二面体突然停止转动，设小物体在二面体上运动的时间为，运动的初速度大小为，加速度大小为，沿AD方向向下运动的距离为，则有解得故C正确、D错误。故选BC。13．（2024·山东烟台·一模）从高H处的M点先后水平抛出两个小球1和2，轨迹如图所示，球1与地面碰撞一次后刚好越过竖直挡板AB，落在水平地面上的N点，球2刚好直接越过竖直挡板AB，也落在N点设球1与地面的碰撞是弹性碰撞，忽略空气阻力，则（）A．小球1、2的初速度之比为1：3B．小球1、2的初速度之比为1：4C．竖直挡板AB的高度D．竖直挡板AB的高度【答案】AD【详析】AB．设M点到N点水平距离为L，对球2整个运动过程的时间t有解得可得①球1与地面碰撞前后竖直方向分速度大小不变、方向相反，根据对称性可知，球1与地面碰撞后到达的最高点与初始高度相同为H，球2在水平方向一直做匀速运动，有，即②联立①②解得故A正确，B错误；CD．设球1与地面碰撞时竖直方向速度大小为，碰撞点到M点和B点的水平距离分别为、，有设球1到达A点时竖直方向速度大小为，将球1与地面碰撞后到达最高点时的过程反向来看可得可得碰撞点到A点的时间为球2刚好越过挡板AB的时间为水平方向位移关系有即解得故C错误，D正确。故选AD。三、解答题14．（2024·山东济宁·三模）某旋转喷灌机进行农田喷灌的示意图如图所示，喷口出水速度的方向可调节。该喷灌机的最大功率为，喷灌机所做功的转化为水的动能，喷口的横截面积，水的密度，重力加速度，，喷口距离地面的高度，忽略空气阻力，不考虑供水水压对水速的影响。求：（1）喷灌机的最大喷水速度v；（2）喷口出水速度方向与水平面夹角时，该喷灌机的最大喷灌面积。（保留三位有效数字）【答案】（1）10m/s；（2）285m2【详析】（1）设在∆t时间内从