專題12 曲線運動-2020-2024年五年高考1年模擬物理真題分類匯編（山東專用）（解析版）

2020-2024年五年高考真題分類匯編PAGEPAGE1專題12曲線運動考點五年考情（2020-2024）命題趨勢備考策略考點1拋體運動（5年6考）2024·山東卷·T122023·山東卷·T152022·山東卷·T112021·山東卷·T112021·山東卷·T162020·山東卷·T161.試題貼近生活中的曲線運動，如汽車過彎道、拱橋、速滑、投彈、過山車等等.2.幾種特色運動的分析，小船過河、繩(桿)端速度分解、平拋、斜拋、斜面拋、類平拋、豎直平面內(nèi)圓周運動及臨界、平面圓周運動、圓錐擺運動及臨界，等等。1牢記基本概念，熟練基本方法，把握常見模型，積累特殊方法技巧的應(yīng)用.2.深刻體會應(yīng)用運動的合成與分解解決問題的思想，形成解決平拋運動與圓周運動的思路，盡可能多地分析曲線運動在現(xiàn)實生活中的應(yīng)用問題。考點2圓周運動（5年2考）2022·山東卷·T82021·山東卷·T3考點01拋體運動1、（2024·山東卷·T12）如圖所示，工程隊向峽谷對岸平臺拋射重物，初速度v0大小為20m/s，與水平方向的夾角為30°，拋出點P和落點Q的連線與水平方向夾角為30°，重力加速度大小取10m/s2，忽略空氣阻力。重物在此運動過程中，下列說法正確的是（）A.運動時間為B.落地速度與水平方向夾角為60°C.重物離PQ連線的最遠距離為10mD.軌跡最高點與落點的高度差為45m【答案】BD【解析】AC．將初速度分解為沿方向分速度和垂直分速度，則有，將重力加速度分解為沿方向分速度和垂直分速度，則有，垂直方向根據(jù)對稱性可得重物運動時間為重物離PQ連線的最遠距離為故AC錯誤；B．重物落地時豎直分速度大小則落地速度與水平方向夾角正切值可得故B正確；D．從拋出到最高點所用時間為則從最高點到落地所用時間為軌跡最高點與落點的高度差為故D正確。故選BD。2、（2023·山東卷·T15）電磁炮滅火消防車（圖甲）采用電磁彈射技術(shù)投射滅火彈進入高層建筑快速滅火。電容器儲存的能量通過電磁感應(yīng)轉(zhuǎn)化成滅火彈的動能，設(shè)置儲能電容器的工作電壓可獲得所需的滅火彈出膛速度。如圖乙所示，若電磁炮正對高樓，與高樓之間的水平距離，滅火彈出膛速度，方向與水平面夾角，不計炮口離地面高度及空氣阻力，取重力加速度大小，。（1）求滅火彈擊中高樓位置距地面的高度H；（2）已知電容器儲存的電能，轉(zhuǎn)化為滅火彈動能的效率，滅火彈的質(zhì)量為，電容，電容器工作電壓U應(yīng)設(shè)置為多少？【答案】（1）60m；（2）【解析】（1）滅火彈做斜向上拋運動，則水平方向上有豎直方向上有代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得（2）根據(jù)題意可知又因為聯(lián)立可得3、（2022·山東卷·T11）如圖所示，某同學(xué)將離地的網(wǎng)球以的速度斜向上擊出，擊球點到豎直墻壁的距離。當(dāng)網(wǎng)球豎直分速度為零時，擊中墻壁上離地高度為的P點。網(wǎng)球與墻壁碰撞后，垂直墻面速度分量大小變?yōu)榕銮暗?.75倍。平行墻面的速度分量不變。重力加速度g取，網(wǎng)球碰墻后的速度大小v和著地點到墻壁的距離d分別為（）A B. C. D.【答案】BD【解析】設(shè)網(wǎng)球飛出時的速度為，豎直方向代入數(shù)據(jù)得則排球水平方向到點的距離根據(jù)幾何關(guān)系可得打在墻面上時，垂直墻面的速度分量平行墻面的速度分量反彈后，垂直墻面的速度分量則反彈后的網(wǎng)球速度大小為網(wǎng)球落到地面的時間著地點到墻壁的距離故BD正確，AC錯誤。故選BD。4、（2021·山東卷·T11）如圖所示，載有物資的熱氣球靜止于距水平地面H的高處，現(xiàn)將質(zhì)量為m的物資以相對地面的速度水平投出，落地時物資與熱氣球的距離為d。已知投出物資后熱氣球的總質(zhì)量為M，所受浮力不變，重力加速度為g，不計阻力，以下判斷正確的是（）A.投出物資后熱氣球做勻加速直線運動B.投出物資后熱氣球所受合力大小為C.D.【答案】BC【解析】AB．熱氣球開始攜帶物資時處于靜止?fàn)顟B(tài)，所受合外力為0，初動量為0，水平投出重力為的物資瞬間，滿足動量守恒定律則熱氣球和物資的動量等大反向，熱氣球獲得水平向左的速度，熱氣球所受合外力恒為，豎直向上，所以熱氣球做勻加速曲線運動，A錯誤，B正確；CD．熱氣球和物資的運動示意圖如圖所示熱氣球和物資所受合力大小均為，所以熱氣球在豎直方向上加速度大小為物資落地過程所用的時間內(nèi)，根據(jù)解得落地時間為熱氣球在豎直方向上運動位移為熱氣球和物資在水平方向均做勻速直線運動，水平位移為根據(jù)勾股定理可知熱氣球和物資的實際位移為C正確，D錯誤。故選BC5、（2021·山東卷·T16）海鷗捕到外殼堅硬的鳥蛤（貝類動物）后，有時會飛到空中將它丟下，利用地面的沖擊打碎硬殼。一只海鷗叼著質(zhì)量的鳥蛤，在的高度、以的水平速度飛行時，松開嘴巴讓鳥蛤落到水平地面上。取重力加速度，忽略空氣阻力。（1）若鳥蛤與地面的碰撞時間，彈起速度可忽略，求碰撞過程中鳥蛤受到的平均作用力的大小F；（碰撞過程中不計重力）（2）在海鷗飛行方向正下方的地面上，有一與地面平齊、長度的巖石，以巖石左端為坐標(biāo)原點，建立如圖所示坐標(biāo)系。若海鷗水平飛行的高度仍為，速度大小在之間，為保證鳥蛤一定能落到巖石上，求釋放鳥蛤位置的x坐標(biāo)范圍?！敬鸢浮浚?）；（2）或【解析】（1）設(shè)平拋運動的時間為t，鳥蛤落地前瞬間的速度大小為v。豎直方向分速度大小為，根據(jù)運動的合成與分解得，，在碰撞過程中，以鳥蛤為研究對象，取速度v的方向為正方向，由動量定理得聯(lián)立，代入數(shù)據(jù)得（2）若釋放鳥蛤的初速度為，設(shè)擊中巖石左端時，釋放點的x坐標(biāo)為x，擊中右端時，釋放點的x坐標(biāo)為，得，聯(lián)立，代入數(shù)據(jù)得，m若釋放鳥蛤時的初速度為，設(shè)擊中巖石左端時，釋放點的x坐標(biāo)為，擊中右端時，釋放點的x坐標(biāo)為，得，聯(lián)立，代入數(shù)據(jù)得，綜上得x坐標(biāo)區(qū)間或6、（2020·山東卷·T16）單板滑雪U型池比賽是冬奧會比賽項目，其場地可以簡化為如圖甲所示的模型：U形滑道由兩個半徑相同的四分之一圓柱面軌道和一個中央的平面直軌道連接而成，軌道傾角為17.2°。某次練習(xí)過程中，運動員以vM=10m/s的速度從軌道邊緣上的M點沿軌道的豎直切面ABCD滑出軌道，速度方向與軌道邊緣線AD的夾角α=72.8°，騰空后沿軌道邊緣的N點進入軌道。圖乙為騰空過程左視圖。該運動員可視為質(zhì)點，不計空氣阻力，取重力加速度的大小g=10m/s2，sin72.8°=0.96，cos72.8°=0.30。求：(1)運動員騰空過程中離開AD的距離的最大值d；(2)M、N之間的距離L?！敬鸢浮?1)4.8m；(2)12m【解析】(1)在M點，設(shè)運動員在ABCD面內(nèi)垂直AD方向的分速度為v1，由運動的合成與分解規(guī)律得①設(shè)運動員在ABCD面內(nèi)垂直AD方向的分加速度為a1，由牛頓第二定律得mgcos17.2°=ma1②由運動學(xué)公式得③聯(lián)立①②③式，代入數(shù)據(jù)得d=4.8m④(2)在M點，設(shè)運動員在ABCD面內(nèi)平行AD方向的分速度為v2，由運動的合成與分解規(guī)得v2=vMcos72.8°⑤設(shè)運動員在ABCD面內(nèi)平行AD方向的分加速度為a2，由牛頓第二定律得mgsin17.2°=ma2⑥設(shè)騰空時間為t，由運動學(xué)公式得⑦⑧聯(lián)立①②⑤⑥⑦⑧式，代入數(shù)據(jù)得L=12m⑨考點02圓周運動7、（2022·山東卷·T8）無人配送小車某次性能測試路徑如圖所示，半徑為的半圓弧與長的直線路徑相切于B點，與半徑為的半圓弧相切于C點。小車以最大速度從A點駛?cè)肼窂?，到適當(dāng)位置調(diào)整速率運動到B點，然后保持速率不變依次經(jīng)過和。為保證安全，小車速率最大為。在段的加速度最大為，段的加速度最大為。小車視為質(zhì)點，小車從A到D所需最短時間t及在段做勻速直線運動的最長距離l為（）A.B.C.D.【答案】B【解析】在BC段的最大加速度為a1=2m/s2，則根據(jù)可得在BC段的最大速度為在CD段的最大加速度為a2=1m/s2，則根據(jù)可得在BC段的最大速度為可知在BCD段運動時的速度為v=2m/s，在BCD段運動的時間為AB段從最大速度vm減速到v的時間位移在AB段勻速的最長距離為l=8m-3m=5m則勻速運動的時間則從A到D最短時間為故選B。8、（2021·山東卷·T3）如圖所示，粗糙程度處處相同的水平桌面上有一長為L的輕質(zhì)細桿，一端可繞豎直光滑軸O轉(zhuǎn)動，另一端與質(zhì)量為m的小木塊相連。木塊以水平初速度出發(fā)，恰好能完成一個完整的圓周運動。在運動過程中，木塊所受摩擦力的大小為（）

A. B. C. D.【答案】B【解析】在運動過程中，只有摩擦力做功，而摩擦力做功與路徑有關(guān)，根據(jù)動能定理可得摩擦力的大小故選B。一、單選題1．（2024·山東煙臺·三模）如圖所示，MN為半徑為r的圓弧路線，NP為長度19r的直線路線，為半徑為4r的圓弧路線，為長度16r的直線路線。賽車從M點以最大安全速度通過圓弧路段后立即以最大加速度沿直線加速至最大速度vm并保持vm勻速行駛。已知賽車勻速轉(zhuǎn)彎時徑向最大靜摩擦力和加速時的最大合外力均為車重的k倍，最大速度，g為重力加速度，賽車從M點按照MNP路線運動到P點與按照路線運動到點的時間差為（）A． B．C． D．【答案】C【詳析】賽車從M點按照MNP路線運動到P點過程，在圓周運動過程有，在NP直線路線勻加速過程有，解得，在NP直線路線勻加速至最大速度過程的位移為則勻速過程的時間賽車從M點按照路線運動到點過程，在圓周運動過程有，在直線路線勻加速過程有，解得，在直線路線勻加速至最大速度過程的位移為即勻加速至最大速度時，恰好到達，則賽車從M點按照MNP路線運動到P點與按照路線運動到點的時間差為解得故選C。2．（2024·山東濟寧·二模）如圖所示，微山湖某段堤壩傾角為，某同學(xué)從水平壩面邊緣正上方處，以的水平速度垂直河岸扔出一個小石子，小石子恰好落入水中。已知重力加速度，，，則壩面離水面的高度H為（）A．3.2m B．4.0m C．4.8m D．5.0m【答案】B【詳析】小石子做平拋運動，豎直方向做自由落體運動水平方向做勻速直線運動聯(lián)立可得故選B。3．（2024·山東日照·二模）彈頭飛行時其重心所經(jīng)過的路線謂之“彈道曲線”。由于重力和空氣阻力的影響，使彈道形成不均等的弧形。升弧較長而直伸，降弧較短而彎曲。炮彈的彈道曲線如圖所示，已知運動過程中，速度越大，空氣阻力越大。關(guān)于炮彈的運動，下列說法正確的是（）A．炮彈的運動是斜拋運動B．炮彈飛行到最高點時，加速度等于重力加速度C．炮彈上升過程所用的時間小于下降過程所用的時間D．炮彈上升過程損失的機械能等于下降過程損失的機械能【答案】C【詳析】A．炮彈在空中不只受到重力作用，還受到空氣阻力，所以炮彈的運動不是斜拋運動，故A錯誤；B．炮彈在最高點豎直方向上的速度為零，水平方向上的速度不為零，在最高點受空氣阻力與水平速度方向相反，水平方向的加速度方向向左，設(shè)為a，則最高點的加速度大小為加速度大于g，方向向左下方，故B錯誤；C．從O到最高點的過程中，在豎直方向上，受到重力和阻力在豎直向下的分力，即mg＋f1＝ma1在下落過程中，在豎直方向，受到向下的重力和阻力在豎直向上的分力，即mg-f2＝ma2故a1＞a2，豎直位移相同，加速度越大，時間越小，所以炮彈上升過程所用的時間小于下降過程所用的時間，故C正確；D．因為速度越大，空氣阻力越大，由于空氣阻力始終做負功，同一高度處，上升過程的速度大小總是大于下降過程的速度大小，則同一高度處，上升過程的空氣阻力大小總是大于下降過程的空氣阻力大小。由微元法，上升過程克服空氣阻力做的功等于空氣阻力與上升過程路程的乘積，下降過程克服空氣阻力做的功等于空氣阻力與下降過程路程的乘積。升弧長而平伸，降弧短而彎曲。上升過程克服空氣阻力做的功大于下降過程克服空氣阻力做的功。由功能關(guān)系可知克服空氣阻力做的功等于機械能的減少量。炮彈在上升階段損失的機械能大于在下降階段損失的機械能，故D錯誤。故選C。4．（2024·山東臨沂·模擬預(yù)測）如圖所示，半徑為R的半球形陶罐固定在可以繞豎直軸旋轉(zhuǎn)的水平轉(zhuǎn)臺上，轉(zhuǎn)臺轉(zhuǎn)軸與過陶罐球心O的對稱軸重合。甲、乙兩個小物塊（均可視為質(zhì)點）分別置于轉(zhuǎn)臺的A、B兩處，OA、OB與間的夾角分別為和。轉(zhuǎn)臺靜止時，甲、乙均不會下滑。已知甲的質(zhì)量是乙的兩倍，重力加速度大小為g。當(dāng)轉(zhuǎn)臺從靜止開始緩慢加速轉(zhuǎn)動，直到其中一物塊剛要滑動之前的過程中，下列說法正確的是（）A．甲的線速度大小始終為乙的倍B．甲所受向心力的大小始終為乙的2倍C．陶罐對甲、乙所做的功相等D．當(dāng)轉(zhuǎn)臺角速度為時，甲、乙在陶罐切線方向上均有向下運動的趨勢【答案】D【詳析】A．甲、乙的角速度相等，根據(jù)可知甲、乙的線速度大小之比為即甲的線速度大小始終為乙的倍，故A錯誤；B．根據(jù)其中可得甲、乙所受向心力大小之比為即甲所受向心力的大小始終為乙的倍，故B錯誤；C．根據(jù)動能定理可知，陶罐對甲、乙所做的功之比為故C錯誤；D．假設(shè)當(dāng)轉(zhuǎn)臺角速度為時，陶罐對甲的摩擦力恰好為零，則此時有解得假設(shè)當(dāng)轉(zhuǎn)臺角速度為時，陶罐對乙的摩擦力恰好為零，則此時有解得因為所以可知當(dāng)轉(zhuǎn)臺角速度為時，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、乙均有向下運動的趨勢，故D正確。故選D。5．（2024·山東德州·模擬預(yù)測）如圖所示，把一小球從斜面上先后以相同大小的速度拋出，一次水平拋出，另一次拋出的速度方向與斜面垂直，兩小球最終都落到斜面上，水平拋出與垂直斜面拋出落點到拋出點的距離之比為（）A． B． C． D．【答案】C【詳析】設(shè)斜面傾角為，小球水平拋出，根據(jù)位移角關(guān)系又水平位移故小球水平拋出的拋出落點到拋出點的距離為小球拋出的速度方向與斜面垂直時，將重力加速度分解到沿斜面方向的分加速度為和垂直斜面方向的分加速度為，垂直斜面方向做類豎直上拋運動，時間為沿斜面方向做勻加速直線運動，故小球垂直斜面拋出的拋出落點到拋出點的距離為故水平拋出與垂直斜面拋出落點到拋出點的距離之比為。故選C。6．（2024·山東聊城·一模）如圖所示，正方體框架ABCD-，的底面處于水平地面上。從頂點A沿不同方向水平拋出小球（可視為質(zhì)點），不計空氣阻力。關(guān)于小球的運動，下列說法正確的是（）A．落點在棱上的小球，落在點時平拋的初速度最大B．落點在面內(nèi)的小球，落在點的運動時間最長C．落點在三角形內(nèi)的小球，平拋初速度的最小值與最大值之比是D．落點在線上的小球，落地時重力的瞬時功率均不相同【答案】C【詳析】A．設(shè)正方向棱長為l，落點在棱上的小球，落在點時豎直位移最大，根據(jù)可知，時間最長，根據(jù)可知平拋的初速度最小，選項A錯誤；B．根據(jù)可知落點在面內(nèi)的小球豎直位移相等，則時間相等，選項B錯誤；C．落點在三角形內(nèi)的小球時間相等，最大的水平位移為，最小水平位移為最小水平位移與最大水平位移之比為1:2，則平拋初速度的最小值與最大值之比是，選項C正確；D．落點在線上的小球，豎直速度均為落地時重力的瞬時功率均相同，選項D錯誤。故選C。二、多選題7．（2024·山東煙臺·三模）跑酷，又稱自由奔跑，是一種結(jié)合了速度、力量和技巧的極限運動。如圖甲所示為一城墻的入城通道，通道寬度L=6m，一跑酷愛好者從左墻根由靜止開始正對右墻加速運動，加速到M點時斜向上躍起，到達右墻壁P點時，豎直方向的速度恰好為零，P點距離地面高h=0.8m，然后立即蹬右墻壁，使水平方向的速度變?yōu)榈却蠓聪?，并獲得一豎直方向速度，恰好能躍到左墻壁上的Q點，P點與Q點等高，飛躍過程中人距地面的最大高度為H=2.05m，重力加速度g取10m/s2，整個過程中人的姿態(tài)可認為保持不變，如圖乙所示，則下列說法中正確的是（

）A．人助跑的距離為3.6mB．人助跑的距離為3mC．人剛離開墻壁時的速度大小為6m/sD．人剛離開P點時的速度方向與豎直方向夾角的正切值為【答案】AD【詳析】AB．人到達右墻壁P點時，豎直方向的速度恰好為零，根據(jù)逆向思維，可知從點到點的逆過程為平拋運動，則從點到點的過程為斜拋運動，根據(jù)對稱性可得解得，，人助跑的距離為故A正確，B錯誤；C．人剛離開墻壁時豎直方向的速度大小為人剛離開墻壁時的速度大小為故C錯誤；D．人剛離開P點時的速度方向與豎直方向夾角的正切值為故D正確。故選AD。8．（2024·山東聊城·三模）如圖甲所示，半徑R＝0.4m的光滑圓弧軌道固定在豎直平面內(nèi)，軌道的一個端點B和圓心O的連線與水平方向間的夾角，另一端點D與圓心O等高，點C為軌道的最低點。質(zhì)量m＝1kg的物塊（可視為質(zhì)點）從空中A點以速度水平拋出，恰好從軌道的B端沿切線方向進入軌道，物塊進入軌道后開始計時，軌道受到的壓力F隨時間的關(guān)系如圖乙所示，重力加速度g取，則（）A．物塊從D點離開軌道時速度大小為4m/sB．大小為70NC．的大小為2m/sD．物塊在AC段運動過程中重力的瞬時功率一直增大【答案】AB【詳析】A．由圖像可知，物塊從軌道D點飛出軌道到再次回到D點的時間為t=1.675s-0.875s=0.8s則物塊從D點離開軌道時速度大小為選項A正確；B．從C到D由機械能守恒可知在C點時壓力最大，則由解得選項B正確；C．從B到D由機械能守恒可知解得則選項C錯誤；D．根據(jù)PG=mgvy可知，物塊在A點時豎直速度為零，則重力的瞬時功率為零；在C點時豎直速度為零，則重力的瞬時功率也為零，可知物塊在AC段運動過程中重力的瞬時功率先增大后減小，選項D錯誤。故選AB。9．（2024·山東東營·二模）如圖所示，可視為質(zhì)點的小球A、B同時從傾角為37°的光滑斜面頂端分別水平拋出和沿斜面下滑，平拋初速度大小為，下滑初速度未知，兩小球恰好在斜面底端相遇，重力加速度，，，則（

）A．B球初速度B．B球經(jīng)過0.75s到達斜面底端C．A、B相距最遠時，B球恰好運動到斜面中點位置D．相遇前兩小球最遠相距【答案】BD【詳析】AB．設(shè)斜面的長為,對于A球，則有聯(lián)立解得由于A、B同時開始運動，同時到達底端，故B球經(jīng)過到達斜面底端。對于小球B，其加速度斜面的長又因為聯(lián)立解得A錯誤，B正確；CD．建立如圖所示的坐標(biāo)系，將A球的速度進行分解可得再將重力加速度進行分解A球沿方向做勻加速運動，沿方向做勻減速運動，根據(jù)勻變速直線運動的規(guī)律可知A、B相距最遠時，則解得此時B球下滑的位移由上述結(jié)果可得斜面的長此時B球未到斜面的中點位置，此時A、B之間的距離所以C錯誤，D正確。故選BD。10．（2024·山東東營·二模）如圖所示，在地面上方的水平勻強電場中，一個質(zhì)量為m、電荷量為的小球，系在一根長為d的絕緣細線一端，可以在豎直平面內(nèi)繞O點做圓周運動。AB為圓周的水平直徑，CD為豎直直徑。已知重力加速度為g，電場強度，下列說法正確的是（）A．若小球恰能在豎直平面內(nèi)繞O點做圓周運動，則它運動的最小速度為B．若小球在豎直平面內(nèi)繞O點做圓周運動，則小球運動到B點時的機械能最大C．若將細線剪斷，再將小球在A點以大小為的速度豎直向上拋出，小球?qū)⒉荒艿竭_B點D．若將小球在A點由靜止開始釋放，則小球沿AC圓弧到達C點的速度為【答案】BC【詳析】A．小球受到水平向右的電場力合力為方向斜向右下方，與豎直方向夾角為，設(shè)小球在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動，最小速度為v，有聯(lián)立解得故A錯誤；B．由功能關(guān)系知，小球機械能的變化等于除重力或彈力之外的力所做的功，小球在豎直平面內(nèi)繞O點做圓周運動，運動到B點時，靜電力做功最多，故運動到B點時小球的機械能最大，故B正確；C．小球?qū)⒃谪Q直方向上做豎直上拋運動，水平方向做勻加速直線運動，當(dāng)豎直方向位移為0時，有水平位移有由牛頓第二定律解得所以小球?qū)⒉荒艿竭_B點，故C正確；D．設(shè)合力方向與電場線方向夾角為，有得所以將小球靜止釋放，小球?qū)⒀睾狭Ψ较蜃鰟蚣铀僦本€運動，故D錯誤。故選BC。11．（2024·山東菏澤·二模）如圖，圓形水平餐桌面上有一個半徑為r、可轉(zhuǎn)動的同心圓盤，圓盤的邊緣放置一個質(zhì)量為m的物塊，物塊與圓盤、物塊與餐桌面間的動摩擦因數(shù)均為μ。從靜止開始緩慢增大圓盤轉(zhuǎn)動的角速度至物塊恰好要發(fā)生相對滑動。最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度大小為g，物塊可視為質(zhì)點，下列說法正確的是（）A．物塊隨圓盤轉(zhuǎn)動的過程中，圓盤對物塊的摩擦力與速度方向相反B．物塊隨圓盤轉(zhuǎn)動的過程中，圓盤對物塊的摩擦力做功大小為C．繼續(xù)增大圓盤轉(zhuǎn)動的角速度，物塊由于受到一個大于向心力的離心力作用而從圓盤滑動到餐桌面上D．繼續(xù)增大圓盤轉(zhuǎn)動的角速度，物塊從圓盤滑動到餐桌面上，若物塊最終停在餐桌面邊沿，忽略圓盤和餐桌面的高度差，可求出餐桌面的直徑為【答案】BD【詳析】A．物塊隨圓盤轉(zhuǎn)動的過程中，圓盤對物塊的徑向摩擦力提供向心力，圓盤對物塊的切向摩擦力使物塊加速，故圓盤對物塊的摩擦力方向不是與速度方向相反，故A錯誤；B．物塊隨圓盤運動的過程中，將要滑離圓盤時圓盤對物塊的摩擦力做功大小為故B正確；C．繼續(xù)增大圓盤轉(zhuǎn)動的角速度，由于物塊提供的向心力小于做圓周運動所需的向心力，而從圓盤滑動到餐桌面上，故C錯誤；D．物塊從圓盤上滑落到滑到桌面的邊緣，如圖所示由動能定理可得解得餐桌面的直徑為故D正確。故選BD。12．（2024·山東濟南·一模）如圖甲所示，一水平放置的內(nèi)表面光滑對稱“V”型二面體，可繞其豎直中心軸在水平面內(nèi)勻速轉(zhuǎn)動，其二面角為120°，截面圖如圖乙所示。面ABCD和面CDEF的長和寬均為L=20cm，CD距水平地面的高度為。置于AB中點P的小物體（視為質(zhì)點）恰好在ABCD面上沒有相對滑動，取重力加速度。（

）A．“V”型二面體勻速轉(zhuǎn)動的角速度B．“V”型二面體勻速轉(zhuǎn)動的角速度C．若“V”型二面體突然停止轉(zhuǎn)動，小物體從二面體上離開的位置距離AB邊距離2.5cmD．若“V”型二面體突然停止轉(zhuǎn)動，小物體從二面體上離開的位置距離AB邊距離5cm【答案】BC【詳析】AB．設(shè)小物體受到的支持力為，則有解得故A錯誤、B正確；CD．若“V”型二面體突然停止轉(zhuǎn)動，設(shè)小物體在二面體上運動的時間為，運動的初速度大小為，加速度大小為，沿AD方向向下運動的距離為，則有解得故C正確、D錯誤。故選BC。13．（2024·山東煙臺·一模）從高H處的M點先后水平拋出兩個小球1和2，軌跡如圖所示，球1與地面碰撞一次后剛好越過豎直擋板AB，落在水平地面上的N點，球2剛好直接越過豎直擋板AB，也落在N點設(shè)球1與地面的碰撞是彈性碰撞，忽略空氣阻力，則（）A．小球1、2的初速度之比為1：3B．小球1、2的初速度之比為1：4C．豎直擋板AB的高度D．豎直擋板AB的高度【答案】AD【詳析】AB．設(shè)M點到N點水平距離為L，對球2整個運動過程的時間t有解得可得①球1與地面碰撞前后豎直方向分速度大小不變、方向相反，根據(jù)對稱性可知，球1與地面碰撞后到達的最高點與初始高度相同為H，球2在水平方向一直做勻速運動，有，即②聯(lián)立①②解得故A正確，B錯誤；CD．設(shè)球1與地面碰撞時豎直方向速度大小為，碰撞點到M點和B點的水平距離分別為、，有設(shè)球1到達A點時豎直方向速度大小為，將球1與地面碰撞后到達最高點時的過程反向來看可得可得碰撞點到A點的時間為球2剛好越過擋板AB的時間為水平方向位移關(guān)系有即解得故C錯誤，D正確。故選AD。三、解答題14．（2024·山東濟寧·三模）某旋轉(zhuǎn)噴灌機進行農(nóng)田噴灌的示意圖如圖所示，噴口出水速度的方向可調(diào)節(jié)。該噴灌機的最大功率為，噴灌機所做功的轉(zhuǎn)化為水的動能，噴口的橫截面積，水的密度，重力加速度，，噴口距離地面的高度，忽略空氣阻力，不考慮供水水壓對水速的影響。求：（1）噴灌機的最大噴水速度v；（2）噴口出水速度方向與水平面夾角時，該噴灌機的最大噴灌面積。（保留三位有效數(shù)字）【答案】（1）10m/s；（2）285m2【詳析】（1）設(shè)在?t時間內(nèi)從噴口處噴出水的質(zhì)量為?m，則由能量關(guān)系解得v=10m/s（2）噴口出水速度方向與水平面夾角時，則該噴灌機的最大噴灌面積解得Sm=285m215．（2024·山東泰安·三模）如圖所示，傾角θ=37°的光滑斜面AB固定在水平面上，現(xiàn)將一彈力球從斜面的頂端A點以初速度v0=10m/s水平向右拋出，彈力球恰好落在斜面的底端B點。已知重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，不計空氣阻力。（1）求斜面的長度；（2）若彈力球與斜面碰撞時，沿斜面方向的速度不變，垂直斜面方向的速度大小不變，方向反向，現(xiàn)僅調(diào)整彈力球從A點水平拋出時的速度大小，使彈力球與斜面碰撞1次后仍能落到B點，求調(diào)整后彈力球水平拋出的速度大小?！敬鸢浮浚?）18.75m；（2）【詳析】（1）彈力球做平拋運動，豎直方向有水平方向有聯(lián)立解得斜面的長度為（2）將平拋運動分解為沿斜面方向的勻加速運動和垂直斜面方向的類豎直上拋運動，設(shè)調(diào)整后彈力球水平拋出時的速度大小沿垂直斜面方向的分速度大小為沿斜面方向的分速度大小為垂直斜面方向的加速度大小為沿斜面方向的加速度大小為彈力球每次從斜面離開到再次落回斜面過程中用時為沿斜面方向有聯(lián)立解得16．（2024·山東棗莊·三模）如圖，單杠比賽中運動員身體保持筆直繞杠進行雙臂大回環(huán)動作，此過程中運動員以單杠為軸做圓周運動，重心到單杠的距離始終為d=1m。當(dāng)運動員重心運動到A點時，身體與豎直方向間的夾角為α，此時雙手脫離單杠，此后重心經(jīng)過最高點B時的速度，最后落到地面上，C點為落地時重心的位置。已知A、B、C在同一豎直平面內(nèi)，運動員的質(zhì)量m＝60kg，A、C兩點間的高度差h=1.2m，重力加速度，，，忽略空氣阻力。求：（1）運動員重心在A點時單杠對每只手的拉力大小F；（2）A、C兩點間的水平距離L?！敬鸢浮浚?）；（2）【詳析】（1）運動員由A到B做斜拋運動，則運動員由A到B水平方向上做勻速直線運動，即運動員在A點時，設(shè)單杠對人的作用力為T，根據(jù)牛頓第二定律解得則運動員重心在A點時單杠對每只手的拉力大小F為（2）運動員在A點時豎直方向的分速度為運動員由A到C點在豎直方向上做豎直上拋運動，取豎直向上為正方向，則解得在水平方向上勻速直線運動，則17．（2024·山東菏澤·二模）如圖，電力工人在傾角的山坡上架設(shè)電線，豎直電線桿高，工人將拖線器（拖線器為一連接細線的重物）拋出，拖線器恰好能夠越過電線桿頂端，忽略空氣阻力、人的身高和細線質(zhì)量，。求：（1）拖線器拋出時的最小速度大小及方向；（2）拖線器拋出點到電線桿底部的距離；（3）拖線器在山坡上的落點到電線桿底部的距離。

【答案】（1），方向垂直斜面向上；（2）48m；（3）48m【詳析】（1）電線桿頂端到山坡的垂直距離設(shè)初速度沿垂直斜面方向的分速度為，平行斜面方向的分速度為聯(lián)立解得當(dāng)時，拋出時的速度最小即方向垂直斜面向上

（2）平行斜面方向拋出點到線桿底部的距離代入數(shù)據(jù)解得（3）由對稱性可知，垂直斜面方向下落時間與上升時間相等，拋出點到落點距離落點到電線桿底部的距離代入數(shù)據(jù)解得18．（2024·山東濟南·二模）如圖所示為一乒乓球臺的縱截面，A、E是臺面的兩個端點位置，乒乓球網(wǎng)的高度CF=h，AC=3AB、CE=3DE，P、Q、D在同一豎直線上。第一次在P點將球水平擊出，軌跡恰好過球網(wǎng)最高點F，同時落到B點；第二次在Q點將同一球擊出，軌跡最高點恰好過球網(wǎng)最高點F，同時落在A點。球可看做質(zhì)點，不計空氣阻力作用。求：（1）P點到臺面的高度；（2）Q點到臺面的高度?！敬鸢浮浚?）；（2）【詳析】設(shè)AB=d則BC=CD=2dAC=3d（1）第一次球做平拋運動，設(shè)平拋運動的初速度為，根據(jù)平拋運動規(guī)律有聯(lián)立解得（2）第二次球做斜上拋運動，設(shè)斜拋運動的水平速度為，根據(jù)斜拋運動規(guī)律有聯(lián)立解得19．（2024·山東棗莊·一模）如圖所示，豎直平面內(nèi)固定一彎曲剛性細桿POQ，PO部分光滑，形狀為四分之一圓；OQ部分粗糙，形狀為拋物線，彎曲桿O點處的切線水平。小圓環(huán)穿在桿上，從P點由靜止釋放，到達Q點時恰好與桿之間無彈力。若以O(shè)點為坐標(biāo)原點，沿水平和豎直方向建立直角坐標(biāo)系xOy，則Q點的坐標(biāo)為（5m，5m）。已知彎曲桿PO部分的半徑，小圓環(huán)的質(zhì)量，取重力加速度。求：（1）小圓環(huán)在PO部分經(jīng)過O點時對桿壓力的大?。唬?）小圓環(huán)在OQ部分運動過程中克服摩擦力做的功?！敬鸢浮浚?）30N；（2）5.5J【詳析】（1）小圓環(huán)從P到O，根據(jù)機械能守恒有小圓環(huán)在PO部分經(jīng)過O點時，根據(jù)牛頓第二定律有聯(lián)立解得，小圓環(huán)受到桿的支持力為故小圓環(huán)在PO部分經(jīng)過O點時對桿壓力為30N。（2）由于OQ部分形狀為拋物線，到達Q點時恰好與桿之間無彈力，則可將小圓環(huán)從O到Q的運動等效為以初速度從O點拋出的平拋運動，由數(shù)學(xué)知識可得根據(jù)平拋運動的拋物線方程可得即以初速度為5m/s從O點拋出的運動軌跡恰好與該拋物線重合，則Q點的豎直速度為所以經(jīng)過Q點時的速度大小為從P到Q根據(jù)動能定理有解得，小圓環(huán)在OQ部分運動過程中克服摩擦力做的功為20．（2024·山東泰安·一模）鏈球是一項融合力量、平衡和技巧的競技運動。如圖，某運動員在訓(xùn)練中兩手握著鏈球上鐵鏈的把手帶動鏈球旋轉(zhuǎn)。鏈球旋轉(zhuǎn)到離地高的A點脫手，脫手時速度大小為，方向與水平面成θ角斜向上飛出。鏈球落地時速度與水平而夾角為β，且（θ、β未知），不計空氣阻力和鐵鏈的影響，。求：（1）鏈球落地時速度的大?。唬?）鏈球脫手后在空中運動的時間；（3）鏈球脫手點A與落地點間的水平距離?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳析】（1）鏈球脫手后做斜上拋運動，根據(jù)機械能守恒定律解得（2）鏈球脫手后做斜上拋運動，設(shè)運動時間為，拋出點和落地點水平速度相等，即在拋出點豎直方向上的分速度大小為在落地點豎直方向上的分速度大小為解得（3）鏈球在水平方向上做勻速直線運動，鏈球脫手點A與落地點間的水平距離解得專題12曲線運動考點五年考情（2020-2024）命題趨勢備考策略考點1拋體運動（5年6考）2024·山東卷·T122023·山東卷·T152022·山東卷·T112021·山東卷·T112021·山東卷·T162020·山東卷·T161.試題貼近生活中的曲線運動，如汽車過彎道、拱橋、速滑、投彈、過山車等等.2.幾種特色運動的分析，小船過河、繩(桿)端速度分解、平拋、斜拋、斜面拋、類平拋、豎直平面內(nèi)圓周運動及臨界、平面圓周運動、圓錐擺運動及臨界，等等。1牢記基本概念，熟練基本方法，把握常見模型，積累特殊方法技巧的應(yīng)用.2.深刻體會應(yīng)用運動的合成與分解解決問題的思想，形成解決平拋運動與圓周運動的思路，盡可能多地分析曲線運動在現(xiàn)實生活中的應(yīng)用問題?？键c2圓周運動（5年2考）2022·山東卷·T82021·山東卷·T3考點01拋體運動1、（2024·山東卷·T12）如圖所示，工程隊向峽谷對岸平臺拋射重物，初速度v0大小為20m/s，與水平方向的夾角為30°，拋出點P和落點Q的連線與水平方向夾角為30°，重力加速度大小取10m/s2，忽略空氣阻力。重物在此運動過程中，下列說法正確的是（）A.運動時間為B.落地速度與水平方向夾角為60°C.重物離PQ連線的最遠距離為10mD.軌跡最高點與落點的高度差為45m【答案】BD【解析】AC．將初速度分解為沿方向分速度和垂直分速度，則有，將重力加速度分解為沿方向分速度和垂直分速度，則有，垂直方向根據(jù)對稱性可得重物運動時間為重物離PQ連線的最遠距離為故AC錯誤；B．重物落地時豎直分速度大小則落地速度與水平方向夾角正切值可得故B正確；D．從拋出到最高點所用時間為則從最高點到落地所用時間為軌跡最高點與落點的高度差為故D正確。故選BD。2、（2023·山東卷·T15）電磁炮滅火消防車（圖甲）采用電磁彈射技術(shù)投射滅火彈進入高層建筑快速滅火。電容器儲存的能量通過電磁感應(yīng)轉(zhuǎn)化成滅火彈的動能，設(shè)置儲能電容器的工作電壓可獲得所需的滅火彈出膛速度。如圖乙所示，若電磁炮正對高樓，與高樓之間的水平距離，滅火彈出膛速度，方向與水平面夾角，不計炮口離地面高度及空氣阻力，取重力加速度大小，。（1）求滅火彈擊中高樓位置距地面的高度H；（2）已知電容器儲存的電能，轉(zhuǎn)化為滅火彈動能的效率，滅火彈的質(zhì)量為，電容，電容器工作電壓U應(yīng)設(shè)置為多少？【答案】（1）60m；（2）【解析】（1）滅火彈做斜向上拋運動，則水平方向上有豎直方向上有代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得（2）根據(jù)題意可知又因為聯(lián)立可得3、（2022·山東卷·T11）如圖所示，某同學(xué)將離地的網(wǎng)球以的速度斜向上擊出，擊球點到豎直墻壁的距離。當(dāng)網(wǎng)球豎直分速度為零時，擊中墻壁上離地高度為的P點。網(wǎng)球與墻壁碰撞后，垂直墻面速度分量大小變?yōu)榕銮暗?.75倍。平行墻面的速度分量不變。重力加速度g取，網(wǎng)球碰墻后的速度大小v和著地點到墻壁的距離d分別為（）A B. C. D.【答案】BD【解析】設(shè)網(wǎng)球飛出時的速度為，豎直方向代入數(shù)據(jù)得則排球水平方向到點的距離根據(jù)幾何關(guān)系可得打在墻面上時，垂直墻面的速度分量平行墻面的速度分量反彈后，垂直墻面的速度分量則反彈后的網(wǎng)球速度大小為網(wǎng)球落到地面的時間著地點到墻壁的距離故BD正確，AC錯誤。故選BD。4、（2021·山東卷·T11）如圖所示，載有物資的熱氣球靜止于距水平地面H的高處，現(xiàn)將質(zhì)量為m的物資以相對地面的速度水平投出，落地時物資與熱氣球的距離為d。已知投出物資后熱氣球的總質(zhì)量為M，所受浮力不變，重力加速度為g，不計阻力，以下判斷正確的是（）A.投出物資后熱氣球做勻加速直線運動B.投出物資后熱氣球所受合力大小為C.D.【答案】BC【解析】AB．熱氣球開始攜帶物資時處于靜止?fàn)顟B(tài)，所受合外力為0，初動量為0，水平投出重力為的物資瞬間，滿足動量守恒定律則熱氣球和物資的動量等大反向，熱氣球獲得水平向左的速度，熱氣球所受合外力恒為，豎直向上，所以熱氣球做勻加速曲線運動，A錯誤，B正確；CD．熱氣球和物資的運動示意圖如圖所示熱氣球和物資所受合力大小均為，所以熱氣球在豎直方向上加速度大小為物資落地過程所用的時間內(nèi)，根據(jù)解得落地時間為熱氣球在豎直方向上運動位移為熱氣球和物資在水平方向均做勻速直線運動，水平位移為根據(jù)勾股定理可知熱氣球和物資的實際位移為C正確，D錯誤。故選BC5、（2021·山東卷·T16）海鷗捕到外殼堅硬的鳥蛤（貝類動物）后，有時會飛到空中將它丟下，利用地面的沖擊打碎硬殼。一只海鷗叼著質(zhì)量的鳥蛤，在的高度、以的水平速度飛行時，松開嘴巴讓鳥蛤落到水平地面上。取重力加速度，忽略空氣阻力。（1）若鳥蛤與地面的碰撞時間，彈起速度可忽略，求碰撞過程中鳥蛤受到的平均作用力的大小F；（碰撞過程中不計重力）（2）在海鷗飛行方向正下方的地面上，有一與地面平齊、長度的巖石，以巖石左端為坐標(biāo)原點，建立如圖所示坐標(biāo)系。若海鷗水平飛行的高度仍為，速度大小在之間，為保證鳥蛤一定能落到巖石上，求釋放鳥蛤位置的x坐標(biāo)范圍。【答案】（1）；（2）或【解析】（1）設(shè)平拋運動的時間為t，鳥蛤落地前瞬間的速度大小為v。豎直方向分速度大小為，根據(jù)運動的合成與分解得，，在碰撞過程中，以鳥蛤為研究對象，取速度v的方向為正方向，由動量定理得聯(lián)立，代入數(shù)據(jù)得（2）若釋放鳥蛤的初速度為，設(shè)擊中巖石左端時，釋放點的x坐標(biāo)為x，擊中右端時，釋放點的x坐標(biāo)為，得，聯(lián)立，代入數(shù)據(jù)得，m若釋放鳥蛤時的初速度為，設(shè)擊中巖石左端時，釋放點的x坐標(biāo)為，擊中右端時，釋放點的x坐標(biāo)為，得，聯(lián)立，代入數(shù)據(jù)得，綜上得x坐標(biāo)區(qū)間或6、（2020·山東卷·T16）單板滑雪U型池比賽是冬奧會比賽項目，其場地可以簡化為如圖甲所示的模型：U形滑道由兩個半徑相同的四分之一圓柱面軌道和一個中央的平面直軌道連接而成，軌道傾角為17.2°。某次練習(xí)過程中，運動員以vM=10m/s的速度從軌道邊緣上的M點沿軌道的豎直切面ABCD滑出軌道，速度方向與軌道邊緣線AD的夾角α=72.8°，騰空后沿軌道邊緣的N點進入軌道。圖乙為騰空過程左視圖。該運動員可視為質(zhì)點，不計空氣阻力，取重力加速度的大小g=10m/s2，sin72.8°=0.96，cos72.8°=0.30。求：(1)運動員騰空過程中離開AD的距離的最大值d；(2)M、N之間的距離L?！敬鸢浮?1)4.8m；(2)12m【解析】(1)在M點，設(shè)運動員在ABCD面內(nèi)垂直AD方向的分速度為v1，由運動的合成與分解規(guī)律得①設(shè)運動員在ABCD面內(nèi)垂直AD方向的分加速度為a1，由牛頓第二定律得mgcos17.2°=ma1②由運動學(xué)公式得③聯(lián)立①②③式，代入數(shù)據(jù)得d=4.8m④(2)在M點，設(shè)運動員在ABCD面內(nèi)平行AD方向的分速度為v2，由運動的合成與分解規(guī)得v2=vMcos72.8°⑤設(shè)運動員在ABCD面內(nèi)平行AD方向的分加速度為a2，由牛頓第二定律得mgsin17.2°=ma2⑥設(shè)騰空時間為t，由運動學(xué)公式得⑦⑧聯(lián)立①②⑤⑥⑦⑧式，代入數(shù)據(jù)得L=12m⑨考點02圓周運動7、（2022·山東卷·T8）無人配送小車某次性能測試路徑如圖所示，半徑為的半圓弧與長的直線路徑相切于B點，與半徑為的半圓弧相切于C點。小車以最大速度從A點駛?cè)肼窂剑竭m當(dāng)位置調(diào)整速率運動到B點，然后保持速率不變依次經(jīng)過和。為保證安全，小車速率最大為。在段的加速度最大為，段的加速度最大為。小車視為質(zhì)點，小車從A到D所需最短時間t及在段做勻速直線運動的最長距離l為（）A.B.C.D.【答案】B【解析】在BC段的最大加速度為a1=2m/s2，則根據(jù)可得在BC段的最大速度為在CD段的最大加速度為a2=1m/s2，則根據(jù)可得在BC段的最大速度為可知在BCD段運動時的速度為v=2m/s，在BCD段運動的時間為AB段從最大速度vm減速到v的時間位移在AB段勻速的最長距離為l=8m-3m=5m則勻速運動的時間則從A到D最短時間為故選B。8、（2021·山東卷·T3）如圖所示，粗糙程度處處相同的水平桌面上有一長為L的輕質(zhì)細桿，一端可繞豎直光滑軸O轉(zhuǎn)動，另一端與質(zhì)量為m的小木塊相連。木塊以水平初速度出發(fā)，恰好能完成一個完整的圓周運動。在運動過程中，木塊所受摩擦力的大小為（）

A. B. C. D.【答案】B【解析】在運動過程中，只有摩擦力做功，而摩擦力做功與路徑有關(guān)，根據(jù)動能定理可得摩擦力的大小故選B。一、單選題1．（2024·山東煙臺·三模）如圖所示，MN為半徑為r的圓弧路線，NP為長度19r的直線路線，為半徑為4r的圓弧路線，為長度16r的直線路線。賽車從M點以最大安全速度通過圓弧路段后立即以最大加速度沿直線加速至最大速度vm并保持vm勻速行駛。已知賽車勻速轉(zhuǎn)彎時徑向最大靜摩擦力和加速時的最大合外力均為車重的k倍，最大速度，g為重力加速度，賽車從M點按照MNP路線運動到P點與按照路線運動到點的時間差為（）A． B．C． D．【答案】C【詳析】賽車從M點按照MNP路線運動到P點過程，在圓周運動過程有，在NP直線路線勻加速過程有，解得，在NP直線路線勻加速至最大速度過程的位移為則勻速過程的時間賽車從M點按照路線運動到點過程，在圓周運動過程有，在直線路線勻加速過程有，解得，在直線路線勻加速至最大速度過程的位移為即勻加速至最大速度時，恰好到達，則賽車從M點按照MNP路線運動到P點與按照路線運動到點的時間差為解得故選C。2．（2024·山東濟寧·二模）如圖所示，微山湖某段堤壩傾角為，某同學(xué)從水平壩面邊緣正上方處，以的水平速度垂直河岸扔出一個小石子，小石子恰好落入水中。已知重力加速度，，，則壩面離水面的高度H為（）A．3.2m B．4.0m C．4.8m D．5.0m【答案】B【詳析】小石子做平拋運動，豎直方向做自由落體運動水平方向做勻速直線運動聯(lián)立可得故選B。3．（2024·山東日照·二模）彈頭飛行時其重心所經(jīng)過的路線謂之“彈道曲線”。由于重力和空氣阻力的影響，使彈道形成不均等的弧形。升弧較長而直伸，降弧較短而彎曲。炮彈的彈道曲線如圖所示，已知運動過程中，速度越大，空氣阻力越大。關(guān)于炮彈的運動，下列說法正確的是（）A．炮彈的運動是斜拋運動B．炮彈飛行到最高點時，加速度等于重力加速度C．炮彈上升過程所用的時間小于下降過程所用的時間D．炮彈上升過程損失的機械能等于下降過程損失的機械能【答案】C【詳析】A．炮彈在空中不只受到重力作用，還受到空氣阻力，所以炮彈的運動不是斜拋運動，故A錯誤；B．炮彈在最高點豎直方向上的速度為零，水平方向上的速度不為零，在最高點受空氣阻力與水平速度方向相反，水平方向的加速度方向向左，設(shè)為a，則最高點的加速度大小為加速度大于g，方向向左下方，故B錯誤；C．從O到最高點的過程中，在豎直方向上，受到重力和阻力在豎直向下的分力，即mg＋f1＝ma1在下落過程中，在豎直方向，受到向下的重力和阻力在豎直向上的分力，即mg-f2＝ma2故a1＞a2，豎直位移相同，加速度越大，時間越小，所以炮彈上升過程所用的時間小于下降過程所用的時間，故C正確；D．因為速度越大，空氣阻力越大，由于空氣阻力始終做負功，同一高度處，上升過程的速度大小總是大于下降過程的速度大小，則同一高度處，上升過程的空氣阻力大小總是大于下降過程的空氣阻力大小。由微元法，上升過程克服空氣阻力做的功等于空氣阻力與上升過程路程的乘積，下降過程克服空氣阻力做的功等于空氣阻力與下降過程路程的乘積。升弧長而平伸，降弧短而彎曲。上升過程克服空氣阻力做的功大于下降過程克服空氣阻力做的功。由功能關(guān)系可知克服空氣阻力做的功等于機械能的減少量。炮彈在上升階段損失的機械能大于在下降階段損失的機械能，故D錯誤。故選C。4．（2024·山東臨沂·模擬預(yù)測）如圖所示，半徑為R的半球形陶罐固定在可以繞豎直軸旋轉(zhuǎn)的水平轉(zhuǎn)臺上，轉(zhuǎn)臺轉(zhuǎn)軸與過陶罐球心O的對稱軸重合。甲、乙兩個小物塊（均可視為質(zhì)點）分別置于轉(zhuǎn)臺的A、B兩處，OA、OB與間的夾角分別為和。轉(zhuǎn)臺靜止時，甲、乙均不會下滑。已知甲的質(zhì)量是乙的兩倍，重力加速度大小為g。當(dāng)轉(zhuǎn)臺從靜止開始緩慢加速轉(zhuǎn)動，直到其中一物塊剛要滑動之前的過程中，下列說法正確的是（）A．甲的線速度大小始終為乙的倍B．甲所受向心力的大小始終為乙的2倍C．陶罐對甲、乙所做的功相等D．當(dāng)轉(zhuǎn)臺角速度為時，甲、乙在陶罐切線方向上均有向下運動的趨勢【答案】D【詳析】A．甲、乙的角速度相等，根據(jù)可知甲、乙的線速度大小之比為即甲的線速度大小始終為乙的倍，故A錯誤；B．根據(jù)其中可得甲、乙所受向心力大小之比為即甲所受向心力的大小始終為乙的倍，故B錯誤；C．根據(jù)動能定理可知，陶罐對甲、乙所做的功之比為故C錯誤；D．假設(shè)當(dāng)轉(zhuǎn)臺角速度為時，陶罐對甲的摩擦力恰好為零，則此時有解得假設(shè)當(dāng)轉(zhuǎn)臺角速度為時，陶罐對乙的摩擦力恰好為零，則此時有解得因為所以可知當(dāng)轉(zhuǎn)臺角速度為時，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、乙均有向下運動的趨勢，故D正確。故選D。5．（2024·山東德州·模擬預(yù)測）如圖所示，把一小球從斜面上先后以相同大小的速度拋出，一次水平拋出，另一次拋出的速度方向與斜面垂直，兩小球最終都落到斜面上，水平拋出與垂直斜面拋出落點到拋出點的距離之比為（）A． B． C． D．【答案】C【詳析】設(shè)斜面傾角為，小球水平拋出，根據(jù)位移角關(guān)系又水平位移故小球水平拋出的拋出落點到拋出點的距離為小球拋出的速度方向與斜面垂直時，將重力加速度分解到沿斜面方向的分加速度為和垂直斜面方向的分加速度為，垂直斜面方向做類豎直上拋運動，時間為沿斜面方向做勻加速直線運動，故小球垂直斜面拋出的拋出落點到拋出點的距離為故水平拋出與垂直斜面拋出落點到拋出點的距離之比為。故選C。6．（2024·山東聊城·一模）如圖所示，正方體框架ABCD-，的底面處于水平地面上。從頂點A沿不同方向水平拋出小球（可視為質(zhì)點），不計空氣阻力。關(guān)于小球的運動，下列說法正確的是（）A．落點在棱上的小球，落在點時平拋的初速度最大B．落點在面內(nèi)的小球，落在點的運動時間最長C．落點在三角形內(nèi)的小球，平拋初速度的最小值與最大值之比是D．落點在線上的小球，落地時重力的瞬時功率均不相同【答案】C【詳析】A．設(shè)正方向棱長為l，落點在棱上的小球，落在點時豎直位移最大，根據(jù)可知，時間最長，根據(jù)可知平拋的初速度最小，選項A錯誤；B．根據(jù)可知落點在面內(nèi)的小球豎直位移相等，則時間相等，選項B錯誤；C．落點在三角形內(nèi)的小球時間相等，最大的水平位移為，最小水平位移為最小水平位移與最大水平位移之比為1:2，則平拋初速度的最小值與最大值之比是，選項C正確；D．落點在線上的小球，豎直速度均為落地時重力的瞬時功率均相同，選項D錯誤。故選C。二、多選題7．（2024·山東煙臺·三模）跑酷，又稱自由奔跑，是一種結(jié)合了速度、力量和技巧的極限運動。如圖甲所示為一城墻的入城通道，通道寬度L=6m，一跑酷愛好者從左墻根由靜止開始正對右墻加速運動，加速到M點時斜向上躍起，到達右墻壁P點時，豎直方向的速度恰好為零，P點距離地面高h=0.8m，然后立即蹬右墻壁，使水平方向的速度變?yōu)榈却蠓聪颍@得一豎直方向速度，恰好能躍到左墻壁上的Q點，P點與Q點等高，飛躍過程中人距地面的最大高度為H=2.05m，重力加速度g取10m/s2，整個過程中人的姿態(tài)可認為保持不變，如圖乙所示，則下列說法中正確的是（

）A．人助跑的距離為3.6mB．人助跑的距離為3mC．人剛離開墻壁時的速度大小為6m/sD．人剛離開P點時的速度方向與豎直方向夾角的正切值為【答案】AD【詳析】AB．人到達右墻壁P點時，豎直方向的速度恰好為零，根據(jù)逆向思維，可知從點到點的逆過程為平拋運動，則從點到點的過程為斜拋運動，根據(jù)對稱性可得解得，，人助跑的距離為故A正確，B錯誤；C．人剛離開墻壁時豎直方向的速度大小為人剛離開墻壁時的速度大小為故C錯誤；D．人剛離開P點時的速度方向與豎直方向夾角的正切值為故D正確。故選AD。8．（2024·山東聊城·三模）如圖甲所示，半徑R＝0.4m的光滑圓弧軌道固定在豎直平面內(nèi)，軌道的一個端點B和圓心O的連線與水平方向間的夾角，另一端點D與圓心O等高，點C為軌道的最低點。質(zhì)量m＝1kg的物塊（可視為質(zhì)點）從空中A點以速度水平拋出，恰好從軌道的B端沿切線方向進入軌道，物塊進入軌道后開始計時，軌道受到的壓力F隨時間的關(guān)系如圖乙所示，重力加速度g取，則（）A．物塊從D點離開軌道時速度大小為4m/sB．大小為70NC．的大小為2m/sD．物塊在AC段運動過程中重力的瞬時功率一直增大【答案】AB【詳析】A．由圖像可知，物塊從軌道D點飛出軌道到再次回到D點的時間為t=1.675s-0.875s=0.8s則物塊從D點離開軌道時速度大小為選項A正確；B．從C到D由機械能守恒可知在C點時壓力最大，則由解得選項B正確；C．從B到D由機械能守恒可知解得則選項C錯誤；D．根據(jù)PG=mgvy可知，物塊在A點時豎直速度為零，則重力的瞬時功率為零；在C點時豎直速度為零，則重力的瞬時功率也為零，可知物塊在AC段運動過程中重力的瞬時功率先增大后減小，選項D錯誤。故選AB。9．（2024·山東東營·二模）如圖所示，可視為質(zhì)點的小球A、B同時從傾角為37°的光滑斜面頂端分別水平拋出和沿斜面下滑，平拋初速度大小為，下滑初速度未知，兩小球恰好在斜面底端相遇，重力加速度，，，則（

）A．B球初速度B．B球經(jīng)過0.75s到達斜面底端C．A、B相距最遠時，B球恰好運動到斜面中點位置D．相遇前兩小球最遠相距【答案】BD【詳析】AB．設(shè)斜面的長為,對于A球，則有聯(lián)立解得由于A、B同時開始運動，同時到達底端，故B球經(jīng)過到達斜面底端。對于小球B，其加速度斜面的長又因為聯(lián)立解得A錯誤，B正確；CD．建立如圖所示的坐標(biāo)系，將A球的速度進行分解可得再將重力加速度進行分解A球沿方向做勻加速運動，沿方向做勻減速運動，根據(jù)勻變速直線運動的規(guī)律可知A、B相距最遠時，則解得此時B球下滑的位移由上述結(jié)果可得斜面的長此時B球未到斜面的中點位置，此時A、B之間的距離所以C錯誤，D正確。故選BD。10．（2024·山東東營·二模）如圖所示，在地面上方的水平勻強電場中，一個質(zhì)量為m、電荷量為的小球，系在一根長為d的絕緣細線一端，可以在豎直平面內(nèi)繞O點做圓周運動。AB為圓周的水平直徑，CD為豎直直徑。已知重力加速度為g，電場強度，下列說法正確的是（）A．若小球恰能在豎直平面內(nèi)繞O點做圓周運動，則它運動的最小速度為B．若小球在豎直平面內(nèi)繞O點做圓周運動，則小球運動到B點時的機械能最大C．若將細線剪斷，再將小球在A點以大小為的速度豎直向上拋出，小球?qū)⒉荒艿竭_B點D．若將小球在A點由靜止開始釋放，則小球沿AC圓弧到達C點的速度為【答案】BC【詳析】A．小球受到水平向右的電場力合力為方向斜向右下方，與豎直方向夾角為，設(shè)小球在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動，最小速度為v，有聯(lián)立解得故A錯誤；B．由功能關(guān)系知，小球機械能的變化等于除重力或彈力之外的力所做的功，小球在豎直平面內(nèi)繞O點做圓周運動，運動到B點時，靜電力做功最多，故運動到B點時小球的機械能最大，故B正確；C．小球?qū)⒃谪Q直方向上做豎直上拋運動，水平方向做勻加速直線運動，當(dāng)豎直方向位移為0時，有水平位移有由牛頓第二定律解得所以小球?qū)⒉荒艿竭_B點，故C正確；D．設(shè)合力方向與電場線方向夾角為，有得所以將小球靜止釋放，小球?qū)⒀睾狭Ψ较蜃鰟蚣铀僦本€運動，故D錯誤。故選BC。11．（2024·山東菏澤·二模）如圖，圓形水平餐桌面上有一個半徑為r、可轉(zhuǎn)動的同心圓盤，圓盤的邊緣放置一個質(zhì)量為m的物塊，物塊與圓盤、物塊與餐桌面間的動摩擦因數(shù)均為μ。從靜止開始緩慢增大圓盤轉(zhuǎn)動的角速度至物塊恰好要發(fā)生相對滑動。最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度大小為g，物塊可視為質(zhì)點，下列說法正確的是（）A．物塊隨圓盤轉(zhuǎn)動的過程中，圓盤對物塊的摩擦力與速度方向相反B．物塊隨圓盤轉(zhuǎn)動的過程中，圓盤對物塊的摩擦力做功大小為C．繼續(xù)增大圓盤轉(zhuǎn)動的角速度，物塊由于受到一個大于向心力的離心力作用而從圓盤滑動到餐桌面上D．繼續(xù)增大圓盤轉(zhuǎn)動的角速度，物塊從圓盤滑動到餐桌面上，若物塊最終停在餐桌面邊沿，忽略圓盤和餐桌面的高度差，可求出餐桌面的直徑為【答案】BD【詳析】A．物塊隨圓盤轉(zhuǎn)動的過程中，圓盤對物塊的徑向摩擦力提供向心力，圓盤對物塊的切向摩擦力使物塊加速，故圓盤對物塊的摩擦力方向不是與速度方向相反，故A錯誤；B．物塊隨圓盤運動的過程中，將要滑離圓盤時圓盤對物塊的摩擦力做功大小為故B正確；C．繼續(xù)增大圓盤轉(zhuǎn)動的角速度，由于物塊提供的向心力小于做圓周運動所需的向心力，而從圓盤滑動到餐桌面上，故C錯誤；D．物塊從圓盤上滑落到滑到桌面的邊緣，如圖所示由動能定理可得解得餐桌面的直徑為故D正確。故選BD。12．（2024·山東濟南·一模）如圖甲所示，一水平放置的內(nèi)表面光滑對稱“V”型二面體，可繞其豎直中心軸在水平面內(nèi)勻速轉(zhuǎn)動，其二面角為120°，截面圖如圖乙所示。面ABCD和面CDEF的長和寬均為L=20cm，CD距水平地面的高度為。置于AB中點P的小物體（視為質(zhì)點）恰好在ABCD面上沒有相對滑動，取重力加速度。（

）A．“V”型二面體勻速轉(zhuǎn)動的角速度B．“V”型二面體勻速轉(zhuǎn)動的角速度C．若“V”型二面體突然停止轉(zhuǎn)動，小物體從二面體上離開的位置距離AB邊距離2.5cmD．若“V”型二面體突然停止轉(zhuǎn)動，小物體從二面體上離開的位置距離AB邊距離5cm【答案】BC【詳析】AB．設(shè)小物體受到的支持力為，則有解得故A錯誤、B正確；CD．若“V”型二面體突然停止轉(zhuǎn)動，設(shè)小物體在二面體上運動的時間為，運動的初速度大小為，加速度大小為，沿AD方向向下運動的距離為，則有解得故C正確、D錯誤。故選BC。13．（2024·山東煙臺·一模）從高H處的M點先后水平拋出兩個小球1和2，軌跡如圖所示，球1與地面碰撞一次后剛好越過豎直擋板AB，落在水平地面上的N點，球2剛好直接越過豎直擋板AB，也落在N點設(shè)球1與地面的碰撞是彈性碰撞，忽略空氣阻力，則（）A．小球1、2的初速度之比為1：3B．小球1、2的初速度之比為1：4C．豎直擋板AB的高度D．豎直擋板AB的高度【答案】AD【詳析】AB．設(shè)M點到N點水平距離為L，對球2整個運動過程的時間t有解得可得①球1與地面碰撞前后豎直方向分速度大小不變、方向相反，根據(jù)對稱性可知，球1與地面碰撞后到達的最高點與初始高度相同為H，球2在水平方向一直做勻速運動，有，即②聯(lián)立①②解得故A正確，B錯誤；CD．設(shè)球1與地面碰撞時豎直方向速度大小為，碰撞點到M點和B點的水平距離分別為、，有設(shè)球1到達A點時豎直方向速度大小為，將球1與地面碰撞后到達最高點時的過程反向來看可得可得碰撞點到A點的時間為球2剛好越過擋板AB的時間為水平方向位移關(guān)系有即解得故C錯誤，D正確。故選AD。三、解答題14．（2024·山東濟寧·三模）某旋轉(zhuǎn)噴灌機進行農(nóng)田噴灌的示意圖如圖所示，噴口出水速度的方向可調(diào)節(jié)。該噴灌機的最大功率為，噴灌機所做功的轉(zhuǎn)化為水的動能，噴口的橫截面積，水的密度，重力加速度，，噴口距離地面的高度，忽略空氣阻力，不考慮供水水壓對水速的影響。求：（1）噴灌機的最大噴水速度v；（2）噴口出水速度方向與水平面夾角時，該噴灌機的最大噴灌面積。（保留三位有效數(shù)字）【答案】（1）10m/s；（2）285m2【詳析】（1）設(shè)在?t時間內(nèi)從