高三物理真题精选分类专题 曲线运动(解析版)

专题曲线运动
（2010-2019）
题型一、考查平抛运动规律的相关知识
1.（2019全国2）如图（a），在跳台滑雪比赛中，运动员在空中滑翔时身体的姿态会影响其下落的速度和滑翔的距离。

某运动员先后两次从同一跳台起跳，每次都从离开跳台开始计时，用v表示他在竖直方向的速度，其v-t图像如图（b）所示，t1和t2是他落在倾斜雪道上的时刻。

则
A．第二次滑翔过程中在竖直方向上的位移比第一次的小
B．第二次滑翔过程中在水平方向上的位移比第一次的大
C．第二次滑翔过程中在竖直方向上的平均加速度比第一次的大
D．竖直方向速度大小为v1时，第二次滑翔在竖直方向上所受阻力比第一次的大
【考向】抛体运动的特点、v-t图像的理解
【答案】BD
【解析】A．由v-t图与x轴所围的面积代表物体的位移，观察图像可知第二次面积大于等于第一次面积，所以第二次竖直方向下落距离大于第一次下落距离，A错；
B．两次都落在斜面上故合位移方向相同，由于第二次竖直方向下落距离大，故第二次水平方向位移大，B 对；
C．由于v-t斜率代表两次人在竖直方向的加速度大小，观察图像可知，第一次大、第二次小，故C错误D．观察图像当物体的速度为v1时，比较两者的斜率大小从而确定该时刻二者的加速度大小；a1>a2，结合牛二定律由G-f y=ma，可知，f y1<f y2，故D正确
2.（2019北京）用如图1所示装置研究平地运动。

将白纸和复写纸对齐重叠并固定在竖直的硬板上。

钢球沿斜槽轨道PQ滑下后从Q点飞出，落在水平挡板MN上。

由于挡板靠近硬板一侧较低，钢球落在挡板上时，钢球侧面会在白纸上挤压出一个痕迹点。

移动挡板，重新释放钢球，如此重复，白纸上将留下一系列痕迹点。

（1）下列实验条件必须满足的有____________。

A ．斜槽轨道光滑B ．斜槽轨道末段水平C ．挡板高度等间距变化
D ．每次从斜槽上相同的位置无初速度释放钢球
（2）为定量研究，建立以水平方向为x 轴、竖直方向为y 轴的坐标系。

a ．取平抛运动的起始点为坐标原点，将钢球静置于Q 点，钢球的________（选填“最上端”、“最下端”或者“球心”）对应白纸上的位置即为原点；在确定y 轴时______（选填“需要”或者“不需要”）y 轴与重锤线平行。

b ．若遗漏记录平抛轨迹的起始点，也可按下述方法处理数据：如图2所示，在轨迹上取A 、B 、C 三点，AB 和BC 的水平间距相等且均为x ，测得AB 和BC 的竖直间距分别是y 1和y 2，则1
2y y ______1
3（选填“大于”、“等于”
或者“小于”）。

可求得钢球平抛的初速度大小为____________（已知当地重力加速度为g ，结果用上述字母表示）。

（3）为了得到平抛物体的运动轨迹，同学们还提出了以下三种方案，其中可行的是____________。

A ．从细管水平喷出稳定的细水柱，拍摄照片，即可得到平抛运动轨迹
B ．用频闪照相在同一底片上记录平抛小球在不同时刻的位置，平滑连接各位置，即可得到平抛运动轨迹
C ．将铅笔垂直于竖直的白纸板放置，笔尖紧靠白纸板，铅笔以一定初速度水平抛出，将会在白纸上留下笔尖的平抛运动轨迹
（4）伽利略曾研究过平抛运动，他推断：从同一炮台水平发射的炮弹，如果不受空气阻力，不论它们能射
多远，在空中飞行的时间都一样。

这实际上揭示了平抛物体_________。

A ．在水平方向上做匀速直线运动B ．在竖直方向上做自由落体运动C ．在下落过程中机械能守恒
（5）牛顿设想，把物体从高山上水平抛出，速度一次比一次大，落地点就一次比一次远，如果速度足够大，物体就不再落回地面，它将绕地球运动，成为人造地球卫星。

同样是受地球引力，随着抛出速度增大，物体会从做平抛运动逐渐变为做圆周运动，请分析原因。

【考向】平抛运动实验【答案】（1）BD
（2）a ．球心
需要
b
．大于
（3）AB （4）B
（5）物体初速度较小时，运动范围很小，引力可以看作恒力——重力，做平抛运动；随着物体初速度增大运动范围变大，引力不能再看作恒力；当物体初速度达到第一宇宙速度时，做圆周运动而成为地球卫星。

【解析】
（1）实验时必须保证每次小球的初速度是水平的，且每次小球的初速度大小是相等的；挡板的存在是为了记录小球的落点，因此每次挡板下落的高度不一定相同；故BD 对；
（2）钢球在竖直方向做初速度为0的匀加速，如果A 点为起点则根据连续相等时间间隔内的位移比为1：3：5：7...，则y1：y2=1：3；否则可能为3：5或5：7等...将大于1：3；又因为)1 0
x
v ∆=
)
2...(2
12t g y y ∆=-联立1、2式可得：1
20y y g
v -=
；
（3）笔尖的运动受到摩擦力故不属于平抛运动；
（4）从同一炮台水平发射的炮弹，在空中飞行的时间都一样。

在竖直方向g
h
t 2=，说明物体在竖直方向做自由落体；（5）见答案
3.（2018·全国卷III ）在一斜面顶端，将甲乙两个小球分别以v 和的速度沿同一方向水平抛出，两球都落在该斜面上。

甲球落至斜面时的速率是乙球落至斜面时速率的A.2倍
B.4倍
C.6倍
D.8倍
【考向】斜面上平抛运动的规律
【答案】A
【解析】设甲球落至斜面时的速率为v1，乙落至斜面时的速率为v2，由平抛运动规律
x=vt （1），y=gt2（2），设斜面倾角为θ，由几何关系，tanθ=y/x （3），联立1、2、3式可求得小球由抛出点到落至斜面的时间为g
v t θ
tan 20=
（4），又...gt v y =（5），联立4、5式得；θtan 20v v y =（6），设小球落在斜面上时得和速度大小为v 合；2
20y
v v v +=
合（7）；代入后得：1tan 2tan 22022
020+=+=θθv v v v 合；
所以小球落在斜面上速度大小的比等于其初速度的比故A 正确；4.
（2014·江苏卷）为了验证做平抛运动的小球在竖直方向上做自由落体运动，用如图所示的装置进行实验．小锤打击弹性金属片，A 球水平抛出，同时B 球被松开，自由下落．关于该实验，下列说法中正确的有(
)
A ．两球的质量应相等
B ．两球应同时落地
C ．应改变装置的高度，多次实验
D ．实验也能说明A 球在水平方向上做匀速直线运动【考向】平抛运动【答案】BC
【解析】由牛顿第二定律可知，只在重力作用下的小球运动的加速度与质量无关，故A 错误；为了说明做平抛运动的小球在竖直方向上做自由落体运动，应改变装置的高度，多次实验，且两球应总能同时落地，故B 、C 正确；该实验只能说明做平抛运动的小球在竖直方向上做自由落体运动，而不能说明小球在水平方向上做匀速直线运动，故D 错误．
5.（2014·安徽卷）Ⅰ.图1是“研究平抛物体运动”的实验装置图，通过描点画出平抛小球的运动轨迹．(1)以下是实验过程中的一些做法，其中合理的有________．a ．安装斜槽轨道，使其末端保持水平b ．每次小球释放的初始位置可以任意选择
c ．每次小球应从同一高度由静止释放
d ．为描出小球的运动轨迹，描绘的点可以用折线连接
图1
(2)实验得到平抛小球的运动轨迹，在轨迹上取一些点，以平抛起点O 为坐标原点，测量它们的水平坐标x 和竖直坐标y ，图2中yx 2图像能说明平抛小球运动轨迹为抛物线的是________．
a b c d
图2
图3
(3)图3是某同学根据实验画出的平抛小球的运动轨迹，O 为平抛的起点，在轨迹上任取三点A 、B 、C ，测得A 、B 两点竖直坐标y 1为5.0cm ，y 2为45.0cm ，A 、B 两点水平间距Δx 为40.0cm.则平抛小球的初速度v 0为________m/s ，若C 点的竖直坐标y 3为60.0cm ，则小球在C 点的速度v C 为________m/s(结果保留两位有效数字，g 取10m/s 2)．【考向】平抛运动【答案】(1)ac
(2)c
(3)2.0
4.0
【解析】本题考查“研究平抛物体的运动”实验原理、理解能力与推理计算能力．(1)要保证初速度水平而且大小相等，必须从同一位置释放，因此选项a 、c 正确．
(2)根据平抛位移公式x ＝v 0t 与y ＝12gt 2，可得y ＝gx 2
2v 20，因此选项c 正确．
(3)将公式y ＝
gx 22v 2
变形可得x ＝2y
g
v 0，AB 水平距离Δx 0，可得v 0＝2.0m/s ，C 点竖直速
度v y ＝2gy 3，根据速度合成可得v c ＝2gy 3＋v 20＝4.0m/s.
6.（2014·浙江卷）如图所示，装甲车在水平地面上以速度v 0＝20m/s 沿直线前进，车上机枪的枪管水平，
距地面高为h ＝1.8m ．在车正前方竖直立一块高为两米的长方形靶，其底边与地面接触．枪口与靶距离为L 时，机枪手正对靶射出第一发子弹，子弹相对于枪口的初速度为v ＝800m/s.在子弹射出的同时，装甲车开始匀减速运动，行进s ＝90m 后停下．装甲车停下后，机枪手以相同方式射出第二发子弹．(不计空气阻力，子弹看成质点，重力加速度g 取10m/s 2)
(1)求装甲车匀减速运动时的加速度大小；
(2)当L ＝410m 时，求第一发子弹的弹孔离地的高度，并计算靶上两个弹孔之间的距离；(3)若靶上只有一个弹孔，求L 的范围．【考向】平抛综合【答案】(1)
20
9
m/s 2(2)0.55m
0.45m
(3)492m<L≤570m
【解析】本题考查匀速直线运动、匀变速直线运动、平抛运动等知识点和分析推理能力．(1)装甲车加速度a ＝v 20
2s ＝209m/s 2.
(2)第一发子弹飞行时间t 1＝L
v ＋v 0＝0.5s
弹孔离地高度h 1＝h －1
2
gt 21＝0.55m
第二发子弹离地的高度h 2＝h －12g ＝1.0m 两弹孔之间的距离Δh ＝h 2－h 1＝0.45m.
(3)第一发子弹打到靶的下沿时，装甲车离靶的距离为L 1L 1＝(v 0＋v )
2h
g
＝492m 第二发子弹打到靶的下沿时，装甲车离靶的距离为L 2L 2＝v
2h
g
＋s ＝570m L 的范围492m<L ≤570m.
7.（2017全国1）发球机从同一高度向正前方依次水平射出两个速度不同的乒乓球（忽略空气的影响）。

速度较大的球越过球网，速度度较小的球没有越过球网；其原因是（）
A.速度度较小的球下降相同距离所用的时间较多
B.速度度较小的球在下降相同距离时在竖直方向上的速度较大
C.速度度较大的球通过同一水平距离所用的时间较少
D.速度度较大的球在下降相同时间间隔内下降的距离较大
【考向】平抛运动
【答案】C
【解析】速度度较大的球通过同一水平距离所用的时间较少，所以下落的高度小，就容易越过网。

8.(2015全国1).带有乒乓球发射机的乒乓球台如图所示。

水平台面的长和宽分别为L1、L2，中间球网高度为h，发射机安装于台面高度为3h，不计空气的作用，重力加速度大小为g，若乒乓球的发射速率v在其范围内，通过选择合适的方向，就能使乒乓球落到球网右侧台面上，则v的最大取值范围是（）
A.<v<L2
B.<v<
C.<v<
D.<v<
【考向】运动的合成和分解；平抛运动
【答案】D
【解析】发射机无论从哪个方向发射，乒乓球射出后做是平抛运动，竖直高度决定了运动时间t，水平方向做匀速直线运动，水平位移最小的是沿中线方向水平发射，刚好触网时的速度为v1,从发球点到球网，有
3h-h=gt12,=v1t1得v1=，要落到球网右侧，发射速度v>,故可判定AC错；水平位移
最大是斜向对方台面的两个角发射，设刚好出台角的发射速度为v2,有3h=gt22,=v2t2。

得：
v2=,要落到球网右侧上发射速度v<,可得选项D正确。

9.（2015浙江）如图所示为足球球门，球门宽为L，一个球员在球门中心正前方距离球门s处高高跃起，将足球顶入球门的左下方死角（图中P点）。

球员顶球点的高度为h。

足球做平抛运动（足球可看做质点，忽略空气阻力）则（）
A 足球位移大小2
24
L x s =
+B 足球初速度的大小22024g L v s h ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭C 足球末速度的大小22424g L v s gh h ⎛⎫=++ ⎪⎝⎭
D 足球初速度的方向与球门线夹角的正切值tan 2L
s
θ=【考向】考查了平抛运动，速度的合成与分解【答案】B
【解析】根据几何知识可得足球的位移为2
2
2
4
L x h s =++，A 错误；足球做平抛运动，在水平方向上
t v x 0/
=，在竖直方向上22
1
gt h =，联立解得：)4
.(222
0s L h g v +=
，故B 对；根据运动的合成可得足球末速度的大小2
20
)(gt v v +=，结合2
21gt h =，)4
.(222
0s L h g v +=
，
联立解得：gh s L h g v 2)4
(222
++=
，故C 错；足球初速度的方向与球门线的夹角等于足球平抛运动过程水平方向的位移与球门线的夹角，故根据几何关系可知：L
s
2tan =
θ,D 错误；题型二、考查圆周运动的相关知识
10.（2019江苏）如图所示，摩天轮悬挂的座舱在竖直平面内做匀速圆周运动．座舱的质量为m ，运动半径为R ，角速度大小为ω，重力加速度为g ，则座舱（
）
A.运动周期为
2πR
ω
B.线速度的大小为ωR
C.受摩天轮作用力的大小始终为mg
D.所受合力的大小始终为mω2R 【考向】圆周运动的规律【答案】BD
【解析】由于座舱做匀速圆周运动，由公式2πT ω=
，解得：2πT ω
=，故A 错误；由圆周运动的线速度与角速度的关系可知，v R ω=，故B 正确；由于座舱做匀速圆周运动，所以座舱受到摩天轮的作用力是变力，不可能始终为mg ，故C 错误；由匀速圆周运动的合力提供向心力可得：2
F m R ω=合，故D 正确。

11.（2013年全国2）公路急转弯处通常是交通事故多发地带。

如图，某公路急转弯处是一圆弧，当汽车行驶的速率为vc 时，汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势，则在该弯道处，A.路面外侧高内侧低
B.车速只要低于vc ，车辆便会向内侧滑动
C.车速虽然高于vc ，但只要不超出某一高度限度，车辆便不会向外侧滑动
D.当路面结冰时，与未结冰时相比，vc 的值变小【考向】圆周运动的规律【答案】AC
【解析】根据题意可知，汽车在拐弯处恰好不受摩擦力作用，受力情况如图所示，
重力和支持力的合力刚好可以提供向心力，即R
v m mg c 2
tan =θ，路面外侧高于内侧，选项A 正确；当车速
低于vc 时，汽车有向内侧滑动的趋势，此时汽车可以受到向外的摩擦力，只有摩擦力等于滑动摩擦力时，汽车才会向内侧滑动，选项B 错误；当车速高于vc 时，汽车有向外侧滑动的趋势，此时汽车受到向里的摩
擦力，只有摩擦力等于滑动摩擦力时，汽车才会向外侧滑动，选项C 正确；由R
v m mg c 2
tan =θ可知，当路
面结冰时，vc 的值不变，选项D 错误．
12.（2013年江苏）如图所示，“旋转秋千冶中的两个座椅A 、B 质量相等，通过相同长度的缆绳悬挂在旋转圆盘上。

不考虑空气阻力的影响，当旋转圆盘绕竖直的中心轴匀速转动时，下列说法正确的是（）
A.A 的速度比B 的大
B.A 与B 的向心加速度大小相等
C.悬挂A 、B 的缆绳与竖直方向的夹角相等
D.悬挂A 的缆绳所受的拉力比悬挂B 的
【考向】圆周运动的规律【答案】D
【解析】AB 两个座椅具有相同的角速度．
A ：根据公式：v=ω.r ，A 的运动半径小，A 的速度就小．故A 错误；
B ：根据公式：a=ω2r ，A 的运动半径小，A 的向心加速度就小，故B 错误；
C ：如图，对任一座椅，受力如图，由绳子的拉力与重力的合力提供向心力，则得：r m mg 2
tan ωθ=，则
得g
r
2tan ωθ=，A 的半径r 较小，ω相等，可知A 与竖直方向夹角θ较小，故C 错误．
D ：A 的向心加速度就小，A 的向心力就小，A 对缆绳的拉力就小，故C 错误；D 正确．
13．
（2014全国1）如图所示，两个质量均为m 的小木块a 和b (可视为质点)放在水平圆盘上，a 与转轴OO ′的距离为l ，b 与转轴的距离为2l .木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的k 倍，重力加速度大小为g ，若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，用ω表示圆盘转动的角速度．下列说法正确的是()
A ．b 一定比a 先开始滑动
B ．a 、b 所受的摩擦力始终相等
C ．ω＝kg
2l
是b 开始滑动的临界角速度D ．当ω＝
2kg
3l
时，a 所受摩擦力的大小为kmg
【考向】圆周运动【答案】AC
【解析】本题考查了圆周运动与受力分析．a 与b 所受的最大摩擦力相等，而b 需要的向心力较大，所以b 先滑动，A 项正确；在未滑动之前，a 、b 各自受到的摩擦力等于其向心力，因此b 受到的摩擦力大于a 受到的摩擦力，B 项错误；b 处于临界状态时kmg ＝mω2·2l ，解得ω＝kg
2l
，C 项正确；ω＝2kg
3l
小于a 的临界角速度，a 所受摩擦力没有达到最大值，D 项错误．
14.（2014·安徽卷]）如图所示，一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定角速度ω转动，盘面上离转轴距离2.5m 处有一小物体与圆盘始终保持相对静止．物体与盘面间的动摩擦因数为3
2
(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，盘面与水平面的夹角为30°，g 取10m/s 2.则ω的最大值是()
A.5rad/s
B.3rad/s
C ．1.0rad/s
D ．0.5rad/s
【考向】圆周运动【答案】C
【解析】本题考查受力分析、应用牛顿第二定律、向心力分析解决匀速圆周运动问题的能力．物体在最低点最可能出现相对滑动，对物体进行受力分析，应用牛顿第二定律，有μmg cos θ－mg sin θ＝mω2r ，解得ω＝1.0rad/s ，选项C 正确。

15.（2015福建）如图，在竖直平面内，滑到ABC 关于B 点对称，且A 、B 、C 三点在同一水平线上。

若小滑块第一次由A 滑到C ，所用的时间为t 1，第二次由C 滑到A ，所用时间为t 2，小滑块两次的初速度大小相同且运动过程始终沿着滑道滑行，小滑块与滑道的动摩擦因数恒定，则(
)
A ．12t t <
B ．12t t =
C ．12t t >
D ．无法比较1t 、2t 的大小
【考向】圆周运动、运动规律【答案】A
【解析】在AB 段，根据牛顿第二定律R v m F mg N 2
=-，速度越大，滑块受支持力越小，摩擦力就越小，
在BC 段，根据牛顿第二定律R
v m mg F N 2
=-，速度越大，滑块受支持力越大，摩擦力就越大，由题意知
从A 运动到C 相比从C 到A ，在AB 段速度较大，在BC 段速度较小，所以从A 到C 运动过程受摩擦力较小，用时短，所以A 正确。

16.(2015全国1).某物理小组的同学设计了一个粗测玩具小车通过凹形桥最低点的速度的实验，所用器材有：玩具小车、压力式托盘秤、凹形桥模拟器（圆弧部分的半径为R=0.20m ）.
完成下列填空：
(1)将凹形桥模拟器静置于托盘秤上，如图（a ）所示，托盘秤的示数为1.00kg;
(2)将玩具小车放置在凹形桥模拟器最低点时，托盘秤示数如图（b ）所示，该示数为______kg.
(3)将小车从凹形桥模拟器某一位置释放，小车经过最低点后滑向另一侧，此过程中托盘秤的最大示数为m,多次从同一位置释放小车，记录各次的m 值如下表所示：
序号12345M(kg)
1.80
1.75
1.85
1.75
1.90
(4)根据以上数据，
可求出小车经过凹形桥最低点时对桥的压力为是_______N,玩具小车通过最低点时的速度大小为_______m/s ,(重力加速度大小取9.80m/s 2，计算结果保留2位有效数字)
【考向】匀速圆周运动的向心力，会正确使用的仪器测质量，知道用多次测量求平均值的方法减少。

【答案】（2）1.40（2分）
（4）7.9（2分）
1.4（2分）
【解析】(2)根据秤盘指针可知量程是10kg ,指针所指示数是1.4kg ;(4)记录的托盘示数各次并不相同，而多次测量求平均值可以减少误差，即=
≈1.81kg,而模拟器的质量为1.00kg ,所
以小车经过凹形桥最低点时小车对桥的压力F N =g -m 桥g ≈7.9N ；径向合力提供向心力，由牛顿第二、三
定律和向心力的公式有：F N -m 车g=m 车v 2/R,
m 车=1.40kg -1.00kg =0.40kg,代入数据得出小车通过最低点的速度是：v≈1.4m/s
17.（2015浙江-19）如图所示为赛车场的一个水平“U”形弯道，转弯处为圆心在O 点的半圆，内外半径分别为r 和2r 。

一辆质量为m 的赛车通过AB 线经弯道到达''A B 线，有如图所示的①②③三条路线，其中路线③是以'O 为圆心的半圆，'OO r =。

赛车沿圆弧路线行驶时，路面对轮胎的最大径向静摩擦力为max F 。

选择路线，赛车以不打滑的最大速率通过弯道（所选路线内赛车速率不变，发动机功率足够大），则（
）
A.选择路线①，赛车经过的路程最短
B.选择路线②，赛车的速率最小
C.选择路线③，赛车所用时间最短
D.①②③三条路线的圆弧上，赛车的向心加速度大小相等【考点】圆周运动，运动学公式【答案】ACD
【解析】试题分析：路线①的路程为11
2222
s r r r r ππ=+
⋅=+，路线②的路程为
21
222222
s r r r r ππ=+⋅⋅=+，路线③的路程为32s r π=，故选择路线①，赛车经过的路程最短，A 正
确；因为运动过程中赛车以不打滑的最大速率通过弯道，即最大径向静摩擦力充当向心力，所以有
max F ma =，所以运动的相信加速度相同，根据公式2
max
v F m R =可得v =
，即半径越大，速度越
大，路线①的速率最小，B 错误D 正确；因为132s s s <<，132v v v <=，结合v =，根据公式s t v =
可得选择路线③，赛车所用时间最短，C 正确；
18.（2018·江苏卷）火车以60m/s 的速率转过一段弯道，某乘客发现放在桌面上的指南针在10s 内匀速转过了约10°．在此10s 时间内，火车（）
A.运动路程为600m
B.加速度为零
C.角速度约为1rad/s
D.转弯半径约为3.4km 【考向】圆周运动【答案】AD
【解析】本题考查匀速圆周的概念，意在考查考生的理解能力。

圆周运动的弧长s =vt =60×10m=600m ，选项A 正确；火车转弯是圆周运动，圆周运动是变速运动，所以合力不为零，加速度不为零，故选项B 错误；
由题意得圆周运动的角速度
rad/s=
rad/s ，又
，所以
m=3439m ，故选项C 错误、D 正确。

点睛：本题以火车转弯指南针偏转为背景考查匀速圆周的概念，解答时要注意角度与弧度的换算关系。

题型三、考查运动的合成与分解的相关知识
19.（2018·北京卷）根据高中所学知识可知，做自由落体运动的小球，将落在正下方位置。

但实际上，赤道上方200m 处无初速下落的小球将落在正下方位置偏东约6cm 处，这一现象可解释为，除重力外，由于地球自转，下落过程小球还受到一个水平向东的“力”，该“力”与竖直方向的速度大小成正比，现将小球从赤道地面竖直上抛，考虑对称性，上升过程该“力”水平向西，则小球A.到最高点时，水平方向的加速度和速度均为零
B.到最高点时，水平方向的加速度和速度均不为零
C.落地点在抛出点东侧
D.落地点在抛出点西侧【考点】运动的合成与分解【答案】D
【解析】AB 、上升过程水平方向向西加速，在最高点竖直方向上速度为零，水平方向上有向西的水平速度，且有竖直向下的加速度，故AB 错；
CD 、下降过程向西减速，按照对称性落至地面时水平速度为0，整个过程都在向西运动，所以落点在抛出点的西侧，故C 错，D 正确；故选D
20.（2015全国2）由于卫星的发射场不在赤道上，同步卫星发射后需要从转移轨道经过调整再进入地球同步轨道。

当卫星在转移轨道上飞经赤道上空时，发动机点火，给卫星一附加速度，使卫星沿同步轨道运行。

已知同步卫星的环绕速度约为3.1x103/s ，某次发射卫星飞经赤道上空时的速度为1.55x103/s ，此时卫星的高度与同步轨道的高度相同，转移轨道和同步轨道的夹角为30°，如图所示，发动机给卫星的附加速度的方向和大小约为
A.西偏北方向，1.9x103m/s
B.东偏南方向，1.9x103m/s
C.西偏北方向，2.7x103m/s
D.东偏南方向，2.7x103m/s
【考向】运动的合成与分解【答案】B
【解析】根据运动矢量性的特点，如图所示，结合余弦定理可得：
s
m v v v v v /109.130cos .23212
221⨯=-+=∆21.(2013江苏).如图所示，从地面上同一位置抛出两小球A 、B ，分别落在地面上的M 、N 点，两球运动的最大高度相同。

空气阻力不计，则（
）
A.B 的加速度比A 的大
B.B 的飞行时间比A 的长
C.B 在最高点的速度比A 在最高点的大
D.B 在落地时的速度比A 在落地时的大
【考向】斜抛的规律【答案】CD
【解析】由题可知，A 、B 两小球均做斜抛运动，由运动的分解可知：水平方向做匀速直线运动，竖直方向做竖直上抛运动，两球的加速度均为重力加速度；设上升的最大高度为h ，在下落过程，由2
2
1gt h =，可知下落时间g
h
t 2=
，根据运动的对称性可知，两球上升时间和下落时间相等，故两小球的运动时间相等；由t x x x .=，可知xB xA v v <；由gh v y 22
=，可知落地时，竖直方向的速度yB yA v v =，再由2
2y
x v v v +=
，可知B 在落地时的速度比A 在落地时的大，所以正确选项为C 、D 。

22.（2014·四川卷）有一条两岸平直、河水均匀流动、流速恒为v 的大河．小明驾着小船渡河，去程时船头指向始终与河岸垂直，回程时行驶路线与河岸垂直．去程与回程所用时间的比值为k ，船在静水中的速度大小相同，则小船在静水中的速度大小为()
A.
kv k 2－1
B.
v 1－k 2
C.
kv 1－k 2
D.
v k 2－1
【考向】运动的合成与分解【答案】B
【解析】设河岸宽为d ，船速为u ，则根据渡河时间关系得d
u ∶d u 2－v 2＝k ，解得u ＝v 1－k 2，所以B 选项
正确．
23.（2015广东）如果所示，帆板在海面上以速度v 朝正西方向运动，帆船以速度v 朝正北方向航行，以帆板为参照物（
）
A ．帆船朝正东方向航行，速度大小为v
B ．帆船朝正西方向航行，速度大小为v
C ．帆船朝南偏东45°方向航行，速度大小为2v
D ．帆船朝北偏东45°2【考点】运动的合成和分解【答案】D
【解析】此题考查相对速度以及不同参考系中速度转换，以帆板为参考素，求此参考系中帆船的速度，就是求解帆船参对帆板的速度v 船对板=v 船–v 板；通过矢量合成与分解，求得帆船相对帆板的速度朝北偏东450，大小为
v ，选项A 正确。

题型四、圆周、平抛运动与能量相结合的综合类问题
24.（2014全国2）如图，一质量为M 的光滑大圆环，用一细轻杆固定在竖直平面内；套在大环上质量为m 的小环(可视为质点)，从大环的最高处由静止滑下．重力加速度大小为g .当小环滑到大环的最低点时，大环对轻杆拉力的大小为(
)
A ．Mg －5mg
B ．Mg ＋mg
C ．Mg ＋5mg
D ．Mg ＋10mg
【考向】竖直圆模型、动能定理【答案】C
【解析】小环在最低点时，对整体有T －(M ＋m )g ＝mv 2
R ，其中T 为轻杆对大环的拉力；小环由最高处运动
到最低处由动能定理得mg ·2R ＝1
2mv 2－0，联立以上二式解得T ＝Mg ＋5mg ，由牛顿第三定律知，大环对轻
杆拉力的大小为T ′＝T ＝Mg ＋5mg ，C 正确．。