【文档说明】（2020-2022）三年高考物理真题分项汇编（全国通用）专题04 曲线运动含解析.doc，共(31)页，2.300 MB，由envi的店铺上传

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专题04曲线运动1、（2022·湖南卷·T5）2022年北京冬奥会跳台滑雪空中技巧比赛场地边，有一根系有飘带的风力指示杆，教练员根据飘带的形态提示运动员现场风力的情况。若飘带可视为粗细一致的匀质长绳，其所处范围内风速水平向右、大小恒定且不随高度改变。当飘带稳定时，飘带实际形态最接近

的是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】飘带上任意选取一点P，以P点及P点以下的部分飘带为研究对象，设飘带总长L，飘带宽度为d，质量为m，P点距离飘带下端距离x，P点以下的部分飘带受到的重力与风力分别为xmgGxL=，2Fkxdv=则重力与风力的的合力与

水平方向的夹角为2xxtanFkvdLGmg==根据题中数据可得，tan恒定，则P点以下的部分飘带的受到的重力与风力的合力方向不变，则P点上方飘带对其拉力方向不变。故选A。2、（2022·广东卷·T6）如图5所示，在竖直平

面内，截面为三角形的小积木悬挂在离地足够高处，一玩具枪的枪口与小积木上P点等高且相距为L。当玩具子弹以水平速度v从枪口向P点射出时，小积木恰好由静止释放，子弹从射出至击中积木所用时间为t。不计空气阻力。下列关于子弹的说法正确的是（）A.将击中P点，t大于LvB.将击中P点，

t等于LvC.将击中P点上方，t大于LvD.将击中P点下方，t等于Lv【答案】B【解析】由题意知枪口与P点等高，子弹和小积木在竖直方向上做自由落体运动，当子弹击中积木时子弹和积木运动时间相同，根据212hgt=可知下落高度

相同，所以将击中P点；又由于初始状态子弹到P点的水平距离为L，子弹在水平方向上做匀速直线运动，故有Ltv=故选B。3、（2022·广东卷·T3）图是滑雪道的示意图。可视为质点的运动员从斜坡上的M点由静止自由滑下，经过水平NP段后飞入空中，在Q点落地。不计运动员经过N点的机械能损失，不计摩擦力和空

气阻力。下列能表示该过程运动员速度大小v或加速度大小a随时间t变化的图像是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】设斜坡倾角为，运动员在斜坡MN段做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律1sinmgma=可得

1sinag=运动员在水平NP段做匀速直线运动，加速度20a=运动员从P点飞出后做平抛运动，加速度为重力加速度3ag=设在P点的速度为0v，则从P点飞出后速度大小的表达式为2220vvgt=+由分析可知从P点飞出后速度大小与时间的

图像不可能为直线，且13aaC正确，ABD错误。故选C。4、（2022·山东卷·T11）如图所示，某同学将离地1.25m的网球以13m/s的速度斜向上击出，击球点到竖直墙壁的距离4.8m。当网球竖直分速度为零时，击中墙壁上离地高度为8.45m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210m/s，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.5m/sv=B.32m/sv=C.3.6m=dD.3.9m=d【答案】BD【解析】设网球飞出时的速度为0v，竖

直方向20=2()vgHh−竖直代入数据得0=210(8.451.25)m/s12m/sv−=竖直则220=1312m/s5m/sv−=水平排球水平方向到P点的距离0006mvxvtvg===竖直水平水平水平根据几何关系可得

打在墙面上时，垂直墙面的速度分量0044m/s5vv==水平⊥水平平行墙面的速度分量0033m/s5vv==水平∥水平反弹后，垂直墙面的速度分量'00.753m/svv==水平⊥水平⊥则反弹后的网球速度大小为'220=32m/svvv+=水平水平⊥水平∥网球落到地面的时间'28.

452s1.3s10Htg===着地点到墙壁的距离''3.9mdvt⊥==水平故BD正确，AC错误。故选BD。5、（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3m的半圆弧BC与长8m的直线路径AB相切于B点，与半径为4m的半圆弧C

D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BC和CD。为保证安全，小车速率最大为4m/s。在ABC段的加速度最大为22m/s，CD段的加速度最大为21m/s。小车视为质点，小车从A到D所需最

短时间t及在AB段做匀速直线运动的最长距离l为（）A.7π2s,8m4tl=+=B.97πs,5m42=+=tlC.576π26s,5.5m126=++=tlD.5(64)

π26s,5.5m122+=++=tl【答案】B【解析】在BC段的最大加速度为a1=2m/s2，则根据2111var=可得在BC段的最大速度为1m6m/sv=在CD段的最大加速度为a2=1m/s2，则根据2222var=可得在BC段的最大速度为2m1m2m

/s<vv=可知在BCD段运动时的速度为v=2m/s，在BCD段运动的时间为1237s2rrtv+==AB段从最大速度vm减速到v的时间m1142s=1s2vvta−−==位移22213m2mvvxa−==在AB段匀速的最长距离为l=8m-3m=5m则匀速运动的时间2m5s4ltv==则从A

到D最短时间为12397()s42tttt=++=+故选B。6、（2022·全国甲卷·T14）北京2022年冬奥会首钢滑雪大跳台局部示意图如图所示。运动员从a处由静止自由滑下，到b处起跳，c点为a、b之间的最低点，a、c两处的高度差为h。要求运动员

经过一点时对滑雪板的压力不大于自身所受重力的k倍，运动过程中将运动员视为质点并忽略所有阻力，则c点处这一段圆弧雪道的半径不应小于（）A.1hk+B.hkC.2hkD.21hk−【答案】D【解析】运动员从a到c根据动能定理有212cmghmv=在c点有2NcccvFmgmR−=FNc≤k

mg联立有21chRk−故选D。7、（2022·浙江6月卷·T2）下列说法正确的是（）A.链球做匀速圆周运动过程中加速度不变B.足球下落过程中惯性不随速度增大而增大C.乒乓球被击打过程中受到的作用力大小不变D.篮球飞行过程中受到空气阻力的方向与速度方向无关【答案】B【解析】A

．链球做匀速圆周运动过程中加速度方向在改变，A错误；B．惯性只与质量有关，则足球下落过程中惯性不随速度增大而增大，B正确；C．乒乓球被击打过程中受到的作用力随着形变量的减小而减小，C错误；D．篮球飞行过程中

受到空气阻力的方向与速度方向有关，D错误。故选B。8、（2022·浙江1月卷·T6）图甲中的装置水平放置，将小球从平衡位置O拉到A后释放，小球在O点附近来回振动；图乙中被细绳拴着的小球由静止释放后可绕固定点来回摆动。若将上述装置安装在太空中的我国空

间站内进行同样操作，下列说法正确的是（）A.甲图中的小球将保持静止B.甲图中的小球仍将来回振动C.乙图中的小球仍将来回摆动D.乙图中的小球将做匀速圆周运动【答案】B【解析】AB．空间站中的物体处于完全失重状态，甲图中的小球所受的弹力不受失重的影响，

则小球仍将来回振动，选项A错误，B正确；CD．图乙中的小球在地面上由静止释放时，所受的回复力是重力的分量，而在空间站中处于完全失重时，回复力为零，则小球由静止释放时，小球仍静止；若给小球一定的初速度，则做匀速圆周运动，选项CD错误。故选B。9.（2

022·河北·T10）如图，广场水平地面上同种盆栽紧密排列在以O为圆心、1R和2R为半径的同心圆上，圆心处装有竖直细水管，其上端水平喷水嘴的高度、出水速度及转动的角速度均可调节，以保障喷出的水全部落入相应的花盆中。依次给内圈和外圈上的盆栽浇水时，喷水嘴的高度、出水速度及转动的角速度分别用1h、

1v、1和2h、2v、2表示。花盆大小相同，半径远小于同心圆半径，出水口截面积保持不变，忽略喷水嘴水平长度和空气阻力。下列说法正确的是（）A.若12hh=，则1221::vvRR=B.若12vv=，则221212::hhRR=C.若12=，12vv=，喷水嘴各转动一周，则落入每

个花盆的水量相同D.若12hh=喷水嘴各转动一周且落入每个花盆的水量相同，则12=【答案】BD【解析】AB．根据平抛运动的规律212hgt=Rvt=解得2hRvg=可知若h1=h2，则v1:v2=R1:R2若v1=v2，则221212::h

hRR=选项A错误，B正确；C．若12=，则喷水嘴各转动一周的时间相同，因v1=v2，出水口的截面积相同，可知单位时间喷出水的质量相同，喷水嘴转动一周喷出的水量相同，但因内圈上的花盆总数量较小，可知得到的水量较多，选项C错误；D．设出水口横

截面积为S0，喷水速度为v，若12=，则喷水管转动一周的时间相等，因h相等，则水落地的时间相等，则Rtv=相等；在圆周上单位时间内单位长度的水量为000002vtSRSSSQRtRtthg===

=相等，即一周中每个花盆中的水量相同，选项D正确。故选BD。10、（2022·全国甲卷·T24）将一小球水平抛出，使用频闪仪和照相机对运动的小球进行拍摄，频闪仪每隔0.05s发出一次闪光。某次拍摄时，小球在抛出瞬间频闪仪恰好闪光，拍摄的照片编辑后如图所示。图中的第一个小球

为抛出瞬间的影像，每相邻两个球之间被删去了3个影像，所标出的两个线段的长度1s和2s之比为3：7。重力加速度大小取210m/s=g，忽略空气阻力。求在抛出瞬间小球速度的大小。【答案】25m/s5【解析】频闪仪每隔0.05s

发出一次闪光，每相邻两个球之间被删去3个影像，故相邻两球的时间间隔为40.054s0.2stT===设抛出瞬间小球的速度为0v，每相邻两球间的水平方向上位移为x，竖直方向上的位移分别为1y、2y，根据平抛运动位移公式有0xvt=22111100.2m0.2m22ygt===()()22

2221112100.40.2m0.6m222ygtgt=−=−=令1yy=，则有2133yyy==已标注的线段1s、2s分别为221sxy=+()222223=9sxyxy=++则有2222:93:7xyxy++=整理得255xy=故在抛出瞬间小球的速度大小为025

m/s5xvt==1．（2021·山东卷）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0v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mgC．22021mHvdHMg=++D．222021HvmdHgM=++【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mg的物资瞬间，满足动量守恒定律0Mvmv=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v，热气球所受合外力恒为mg，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mg，所以热气球在竖直方向上加速度大小为magM=物资落地H过程所用的时间t内，根据212Hgt=解得落地时间为2tHg=热气球在竖直方向上运动的位移为2M11222mHmHatgHMgM===热气球和

物资在水平方向均做匀速直线运动，水平位移为m002Hxvtvg==M02mHxvtvMg==根据勾股定理可知热气球和物资的实际位移为22220mMM2()()(1)HvmdxxHHHMg=+++=++C正确，D错误。故选BC。2．（202

1·广东卷）长征途中，为了突破敌方关隘，战士爬上陡销的山头，居高临下向敌方工事内投掷手榴弹，战士在同一位置先后投出甲、乙两颗质量均为m的手榴弹，手榴弹从投出的位置到落地点的高度差为h，在空中的运动可视为平抛运动，轨迹如图所示，重

力加速度为g，下列说法正确的有（）A．甲在空中的运动时间比乙的长B．两手榴弹在落地前瞬间，重力的功率相等C．从投出到落地，每颗手榴弹的重力势能减少mghD．从投出到落地，每颗手榴弹的机械能变化量为mgh【答案】BC【解析】A．由平抛运动规律可知，做平抛运动的时间2htg=因为两手榴弹运

动的高度差相同，所以在空中运动时间相等，故A错误；B．做平抛运动的物体落地前瞬间重力的功率cos2yPmgvmgvmggh===因为两手榴弹运动的高度差相同，质量相同，所以落地前瞬间，两手榴弹重力功率相同，故B正确；C．从投出到落地，手榴弹下降的高度为h，所以

手榴弹重力势能减小量pEmgh=故C正确；D．从投出到落地，手榴弹做平抛运动，只有重力做功，机械能守恒，故D错误。故选BC。3．（2021·河北卷）如图，矩形金属框MNQP竖直放置，其中MN、PQ足够长，且PQ杆光滑，一根轻弹簧一端固定在

M点，另一端连接一个质量为m的小球，小球穿过PQ杆，金属框绕MN轴分别以角速度和匀速转动时，小球均相对PQ杆静止，若，则与以匀速转动时相比，以匀速转动时（）A．小球的高度一定降低B．弹簧弹力的大小一定不变C．小球对杆压力的大小一定

变大D．小球所受合外力的大小一定变大【答案】BD【解析】对小球受力分析，设弹力为T，弹簧与水平方向的夹角为θ，则对小球竖直方向sinTmg=而0()cosMPTkl=−可知θ为定值，T不变，则当转速增大后，小球的高度不变，弹簧的弹力不变。则A错误，B正确；

水平方向当转速较小时，杆对小球的弹力FN背离转轴，则2cosNTFmr−=即2cosNFTmr=−当转速较大时，FN指向转轴''2cosNTFmr+=即''2cosNFmrT=−则因'，根据牛顿第三定律可知，

小球对杆的压力不一定变大。则C错误；根据2=Fmr合可知，因角速度变大，则小球受合外力变大。则D正确。故选BD。4．（2021·广东卷）由于高度限制，车库出入口采用图所示的曲杆道闸，道闸由转动杆OP与横杆PQ链接而成，P、Q为横杆的两个端点。在道闸抬起过程中，杆PQ始终保持水平。杆O

P绕O点从与水平方向成30°匀速转动到60°的过程中，下列说法正确的是（）A．P点的线速度大小不变B．P点的加速度方向不变C．Q点在竖直方向做匀速运动D．Q点在水平方向做匀速运动【答案】A【解析】A．由题知杆OP绕O点从与水平方向成30°匀速转动到6

0°，则P点绕O点做匀速圆周运动，则P点的线速度大小不变，A正确；B．由题知杆OP绕O点从与水平方向成30°匀速转动到60°，则P点绕O点做匀速圆周运动，P点的加速度方向时刻指向O点，B错误；C．Q点在竖直方向的运动与P点相同，相对于O点在竖直方向的位置y关于时间t的关系为y=lO

Psin(6+ωt)则可看出Q点在竖直方向不是匀速运动，C错误；D．Q点相对于O点在水平方向的位置x关于时间t的关系为x=lOPcos(6+ωt)+lPQ则可看出Q点在水平方向也不是匀速运动，D错误。故选A。5．（2021·

浙江卷）质量为m的小明坐在秋千上摆动到最高点时的照片如图所示，对该时刻，下列说法正确的是（）A．秋千对小明的作用力小于mgB．秋千对小明的作用力大于mgC．小明的速度为零，所受合力为零D．小明的加速度为

零，所受合力为零【答案】A【解析】在最高点，小明的速度为0，设秋千的摆长为l，摆到最高点时摆绳与竖直方向的夹角为，秋千对小明的作用力为F，则对人，沿摆绳方向受力分析有2cosvFmgml−=由于小明的速度为0，则有cosFmgmg=沿垂直摆绳

方向有sinmgma=解得小明在最高点的加速度为sinag=所以A正确；BCD错误；故选A。6．（2021·河北卷）铯原子钟是精确的计时仪器，图1中铯原子从O点以100m/s的初速度在真空中做平抛运动，

到达竖直平面MN所用时间为1t；图2中铯原子在真空中从P点做竖直上抛运动，到达最高点Q再返回P点，整个过程所用时间为2t，O点到竖直平面MN、P点到Q点的距离均为0.2m，重力加速度取210m/sg=，则12:

tt为（）A．100∶1B．1∶100C．1∶200D．200∶1【答案】C【解析】铯原子做平抛运动，水平方向上做匀速直线运动，即1xvt=解得10.2s100xtv==铯原子做竖直上抛运动，抛至最高点用时22t，逆过程可视为自由落体，即221()22txg=解得2880.20.4s10xtg

===则120.211000.4200tt==故选C。7．（2021·全国卷）“旋转纽扣”是一种传统游戏。如图，先将纽扣绕几圈，使穿过纽扣的两股细绳拧在一起，然后用力反复拉绳的两端，纽扣正转和反转会交替出现。拉动多次后，纽扣绕其中心的转速可达50r/s，此时纽扣上距离中心1cm处的点向心加速度大小

约为（）A．10m/s2B．100m/s2C．1000m/s2D．10000m/s2【答案】C【解析】纽扣在转动过程中2100rad/sn==由向心加速度221000m/sar=故选C。8．（2021·浙江卷）某一滑雪运动员从滑道滑出并在空中翻转

时经多次曝光得到的照片如图所示，每次曝光的时间间隔相等。若运动员的重心轨迹与同速度不计阻力的斜抛小球轨迹重合，A、B、C和D表示重心位置，且A和D处于同一水平高度。下列说法正确的是（）A．相邻位置运动员重心的速度变化相

同B．运动员在A、D位置时重心的速度相同C．运动员从A到B和从C到D的时间相同D．运动员重心位置的最高点位于B和C中间【答案】A【解析】A．因每次曝光的时间间隔相等，而运动员在空中只受重力作用，加速度为g，则相邻位置运动员重心的速度变化均为g∆t，选项A正确；B．运动员在A、D位置时重心的速度

大小相同，但是方向不同，选项B错误；C．由图可知，运动员从A到B为4∆t，从C到D的时间5∆t，时间不相同，选项C错误；D．运动员重心位置的最高点位于C点，选项D错误。故选A。9．（2021·山东卷）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0.1kgm=的鸟蛤，在20mH=的高度、以015m/sv=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210m/sg=，忽略空气阻力。（1）若鸟蛤与地面的碰撞时间0.005st=

，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6m=L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20m，速度大小在15m/s~17m/s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）500NF=；（2）[34m,36m]或(34m,36m)【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yv，根据运动的合成与分解得212Hgt=

，ygt=v，220yvvv=+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Δ0Ftmv−=−联立，代入数据得500NF=（2）若释放鸟蛤的初速度为115m/sv=，设击中岩石左端时，释放点的x坐标为x1，击中右端时，释放点的x坐标为2x，得

11xvt=，21xxL=+联立，代入数据得130mx=，236x=m若释放鸟蛤时的初速度为217m/sv=，设击中岩石左端时，释放点的x坐标为1x，击中右端时，释放点的x坐标为2x，得12xtv=，12xxL=+联立，代入

数据得134mx=，240mx=综上得x坐标区间[34m,36m]或(34m,36m)1．（2020·海南卷）小朋友玩水枪游戏时，若水从枪口沿水平方向射出的速度大小为10m/s，水射出后落到水平地面上。已知枪口离地高度为1.25m，210m/sg=，忽略空气阻力

，则射出的水（）A．在空中的运动时间为0.25sB．水平射程为5mC．落地时的速度大小为15m/sD．落地时竖直方向的速度大小为5m/s【答案】BD【解析】A．根据212hgt=得，运动时间221.25s0.

5s10htg===故A错误；B．水平射程为0100.5m5mxvt===故B正确；CD．竖直方向分速度为100.5m/s5m/syvgt===水平分速度为010m/sxvv==落地速度为225

5m/syxvvv=+=故C错误，D正确。故选BD。2．（2020·江苏卷）如图所示，小球A、B分别从2l和l的高度水平抛出后落地，上述过程中A、B的水平位移分别为l和2l。忽略空气阻力，则（）A．A和B的位移大小相等B．A的

运动时间是B的2倍C．A的初速度是B的12D．A的末速度比B的大【答案】AD【解析】A．位移为初位置到末位置的有向线段，如图所示可得()22A25slll=+=，()22B25slll=+=A和B的位移大小相等，A正确；B．平抛运动运动的时间由高度决定，即A222lltgg==

，B22lltgg==则A的运动时间是B的2倍，B错误；C．平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，则xAA2gllvt==，xBB22lvglt==则A的初速度是B的122，C错误；D．小球A、B在竖直方向上的速度分别为yA2vgl=，yB2vgl=所以可得A172glv=，B162

2glvgl==即ABvv，D正确。故选AD。3．（2020·浙江卷）如图所示，底部均有4个轮子的行李箱a竖立、b平卧放置在公交车上，箱子四周有一定空间。当公交车（）A．缓慢起动时，两只行李箱一定相对车子向后运动B．急刹车时，行李箱a一定相对车子向前运动C．

缓慢转弯时，两只行李箱一定相对车子向外侧运动D．急转弯时，行李箱b一定相对车子向内侧运动【答案】B【解析】A．有题意可知当公交车缓慢启动时，两只箱子与公交车之间的有可能存在静摩擦使箱子与公交车一起运动，故A错误；B．急刹车时，由于惯性，

行李箱a一定相对车子向前运动，故B正确；C．当公交车缓慢转弯时，两只箱子与车之间的摩擦力可能提供向心力，与车保持相对静止，故C错误；D．当公交车急转弯时，由于需要向心力大，行李箱一定相对车子向外侧运动，故D错误。故选B。4．（2020·全国卷）如图，在摩托车越野赛

途中的水平路段前方有一个坑，该坑沿摩托车前进方向的水平宽度为3h，其左边缘a点比右边缘b点高0.5h。若摩托车经过a点时的动能为E1，它会落到坑内c点。c与a的水平距离和高度差均为h；若经过a点时的动能为E2，该摩托车恰能越过坑到达b点。21EE等于（）A．20B．18C．9

.0D．3.0【答案】B【解析】有题意可知当在a点动能为E1时，有21112Emv=根据平抛运动规律有2112hgt=11hvt=当在a点时动能为E2时，有22212Emv=根据平抛运动规律有221122hgt=223hvt=联立以上各式可解得2118EE=故选B

。5．（2020·全国卷）如图，一同学表演荡秋千。已知秋千的两根绳长均为10m，该同学和秋千踏板的总质量约为50kg。绳的质量忽略不计，当该同学荡到秋千支架的正下方时，速度大小为8m/s，此时每根绳子平均承受的拉力约为（）A．200NB．400NC．600ND．800N【答案】B【解析】在最低点

由22mvTmgr−=知T=410N即每根绳子拉力约为410N，故选B。6．（2020·浙江卷）如图所示，钢球从斜槽轨道末端以0v的水平速度飞出，经过时间t落在斜靠的挡板AB中点。若钢球以02v的速度水平飞出，则（）A．下落时间仍为tB．下落时间为2tC．下落时

间为2tD．落在挡板底端B点【答案】C【解析】钢球以0v飞出后落在长为2L的AB挡板中点，假设挡板与水平地面的夹角为，钢球做平抛运动分解位移：0cosLvt=21sin2Lgt=解得：20cos2singLv=若钢球恰好落在B点，则：112cosLvt=2112sin2Lgt

=解得：210cos222singLvv==又因为012vv，所以钢球以02v抛出，落在地面上B点右侧，落地时间与落在B点时间相同，综合上述分析可知落地时间：12sin22Lttg==故C正确，ABD错

误。故选C．7．（2020·北京卷）无人机在距离水平地面高度h处，以速度0v水平匀速飞行并释放一包裹，不计空气阻力，重力加速度为g。(1)求包裹释放点到落地点的水平距离x；(2)求包裹落地时的速度大小v；(3)以释放点为坐标原点，初速度方向为x轴方向，竖直向下为y轴方向，建立平面

直角坐标系，写出该包裹运动的轨迹方程。【答案】(1)02hvg；(2)202vgh+；(3)2202gyxv=【解析】(1)包裹脱离无人机后做平抛运动，在竖直方向做自由落体运动，则212hgt=解得2htg=水平

方向上做匀速直线运动，所以水平距离为002hxvtvg==(2)包裹落地时，竖直方向速度为2yhvgtgg==落地时速度为222002yvvvvgh+=+=(3)包裹做平抛运动，分解位移0xvt=212ygt=两式消去时间得包裹的轨迹方程为2202gyxv=8．（2020·江苏卷）如图所示

，鼓形轮的半径为R，可绕固定的光滑水平轴O转动。在轮上沿相互垂直的直径方向固定四根直杆，杆上分别固定有质量为m的小球，球与O的距离均为2R。在轮上绕有长绳，绳上悬挂着质量为M的重物。重物由静止下落，带

动鼓形轮转动。重物落地后鼓形轮匀速转动，转动的角速度为。绳与轮之间无相对滑动，忽略鼓形轮、直杆和长绳的质量，不计空气阻力，重力加速度为g。求：(1)重物落地后，小球线速度的大小v；(2)重物落地后一小球转到水平位置A，此时该球受到杆的作用力的大小F；(3)重物下落

的高度h。【答案】(1)2vR=；(2)2424FmRg=+；(3)()22162MmRHMg+=【解析】(1)由题意可知当重物落地后鼓形轮转动的角速度为ω，则根据线速度与角速度的关系可知小球的线速度为2vR=(2)小球匀速转动，当在水平位置

时设杆对球的作用力为F，合力提供向心力，则有()2222vFmgmR-=结合(1)可解得杆对球的作用力大小为2424FmRg=+(3)设重物下落高度为H，重物下落过程中对重物、鼓形轮和小球组成的系统，根据系统机械能守恒可知22111422MgHMv

mv=+?而重物的速度等于鼓形轮的线速度，有1vR=联立各式解得()22162MmRHMg+=9．（2020·天津卷）长为l的轻绳上端固定，下端系着质量为1m的小球A，处于静止状态。A受到一个水平瞬时冲量后在竖直平面内做圆周运动，恰好能通过圆周轨迹的最高点。

当A回到最低点时，质量为2m的小球B与之迎面正碰，碰后A、B粘在一起，仍做圆周运动，并能通过圆周轨迹的最高点。不计空气阻力，重力加速度为g，求（1）A受到的水平瞬时冲量I的大小；（2）碰撞前瞬间B的动能kE至少多

大？【答案】（1）15Imgl=；（2）()212k2522glmmEm+=【解析】（1）A恰好能通过圆周轨迹的最高点，此时轻绳的拉力刚好为零，设A在最高点时的速度大小为v，由牛顿第二定律，有211vmgml=①A从最低点到最高点

的过程中机械能守恒，取轨迹最低点处重力势能为零，设A在最低点的速度大小为Av，有2211111222Amvmvmgl=+②由动量定理，有1AImv=③联立①②③式，得15Imgl=④（2）设两球粘在一起时速度大小为v，A、B粘在一起后恰能通过圆周

轨迹的最高点，需满足Avv=⑤要达到上述条件，碰后两球速度方向必须与碰前B的速度方向相同，以此方向为正方向，设B碰前瞬间的速度大小为Bv，由动量守恒定律，有()2112BAmvmvmmv−=+⑥又2k

212BEmv=⑦联立①②⑤⑥⑦式，得碰撞前瞬间B的动能kE至少为()212k2522glmmEm+=⑧10．（2020·山东卷）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，sin

72.8°=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1sin

72.8Mvv=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2112vda=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112vta=⑦2221=2Lvtat+⑧联立①②⑤⑥⑦⑧式，代

入数据得L=12m⑨11．（2020·浙江卷）小明将如图所示的装置放在水平地面上，该装置由弧形轨道、竖直圆轨道、水平直轨道AB和倾角37=的斜轨道BC平滑连接而成。质量0.1kgm=的小滑块从弧形轨道离地高1.0mH=处静止释放。

已知0.2mR=，ABBC1.0mLL==，滑块与轨道AB和BC间的动摩擦因数均为0.25=，弧形轨道和圆轨道均可视为光滑，忽略空气阻力。(1)求滑块运动到与圆心O等高的D点时对轨道的压力；(2)通过计算判断滑块能否冲出斜轨道的末端C点；(3)若滑下的滑块与静止在水平直

轨道上距A点x处的质量为2m的小滑块相碰，碰后一起运动，动摩擦因数仍为0.25，求它们在轨道BC上到达的高度h与x之间的关系。（碰撞时间不计，sin370.6=，cos370.8=）【答案】(1)8N，方向水平向左；(2

)不会冲出；(3)15648hx=−（5m1m8x）；0h=（50m8x）【解析】(1)机械能守恒定律2D12mgHmgRmv=+牛顿第二定律2DN8NmvFR==牛顿第三定律NN8NFF==方向水平向左(2)能在斜轨道上到达的最高点为C点，功能关系ABBCBCcossinm

gHmgLmgLmgL=++得BC15m1.0m16L=故不会冲出(3)滑块运动到距A点x处的速度为v，动能定理212mgHmgxmv−=碰撞后的速度为v，动量守恒定律3mvmv=设

碰撞后滑块滑到斜轨道的高度为h，动能定理()2AB13330(3)tan2hmgLxmgmghmv−−−−=−得155m1m6488hxx=−„500m8hx=剟