卷4 抛体运动（含答题卡）-【创新教程】2026年高考物理总复习大一轮创新示范卷

null物理 创新示范卷（四） 题号 1 2 3 5 6 7 8 9 10 答案 D D B C D D A BD AD CD 1.D[烟花做曲线运动，其速度方向沿运动轨迹的切线 做自由落体运动， 方向，烟花在，点的水平速度为零，故烟花受到空气阻 力的作用，水平方向并非是匀速运动，故A错误；由于 有H=日c,解 存在空气阻力的作用，不是只受重力，所以烟花由b点 得t=0.6s,若网La M 到点不是做平地运动，故B错误：烟花在b,点受到空 球恰不触网，则有 B 气阻力和重力的作用，其加速度并非是竖直向下，故C H-A=之g,解 错误：由于在b,点时烟花存在向下的加速度，故烟花处 于失重状态，故D正确.」 得1AB=0.4s 2.D「机器人沿该路线从A点匀速率运动到B,点，合 网球在水平方向上做匀速直线运动，即王B:工C 外力不做功，可知合外力方向与速度方向垂直，机器 LAB LAC=2:3 人做曲线运动，速度方向时刻变化，故所受合力方向 因△CMB与△CNA为相似三角形，则有xAB:E 时刻变化，所受合力是变化的，所受合力不是始终沿y =INM :NC=213 轴负方向，故A、B错误；设机器人速度与x轴正方向 因h1=12m=9m,可得0=之1×号=9m 的夹角为日，设机器人运动的速率为，机器人沿该路 线从A点匀速率运动到B点，x轴方向分速度为v,= cos0,由图可知0先减小后增大，则x轴方向分速度 e气e+()-5m 先增大后减小，故C错误，D正确。 则发球机有效发球时发出网球的最小速率为mn一 3.B[当光束转到与竖直方向夹角为日时，在地面上的 -只5m/s,故选A] LAC 光点转动的线速度为0=h cos 8.BD[对运动员运动分析可知，从坡道A点滑出后， 水平方向做匀速直线运动，竖直方向做竖直上抛运 设地西上光点的移动逢度为，时有c0s0- 动，根据竖直上抛运动的对称性，即上升时间等于下 解得光束打在地面上的光点的移动速度大小1= 降时间，由题知第二次的滞空时间比第一次长，所以 故选以] 第二次下降时间大于第一次下降时同，格据A=司 4.C[根据G=mg,可知瓶子受重力作用，故A错误： g,可知，第二次腾空最大高度大于第一次腾空最大 油和水绕圆心转动的角速度相等，故B错误：在最高 高度，又因为两次水平位移相等，所以两次位移角不 点，油做圆周运动的向心力由水提供，故水对油有指 同，即两次滑出速度方向不相同，故A错误，B正确； 向圆心的作用力，故C正确；根据a=wr可知，水的 因为第二次下降时间大于第一次，且两次水平位移相 向心加速度大小大于油的向心加速度大小，故D错 等，根据x=1知，第二次滑出后水平分速度小于第 误.」 一次，即第二次在最高点速度小，又由)y=g1可知，第 5.D[小孩在最高点受到重力、绳子拉力，合外力沿轨 二次滑出后竖直分速度大于第一次，所以第二次滑出 迹切线，垂直于绳子，受力不平衡，故A错误：在最低 速度不一定大，故C错误，D正确.门 点时合外力提供向心力，由牛顿第二定律得F一mg 9.AD[摩托车在水平方向的速度为，=Mc0s37°- m爱=m,故在最低点，小我加选度经直向上，处于超 20m/s,摩托车在V点的速度为vN=c0s45 重状态，故B错误：最低，点时，小孩有向心加速度，故C 202m/s,以竖直向下为正方向，速度变化量的大小 错误：在最低点时小孩对秋千踏板的压力和秋千踏板 为△u=vysin45°-(-wsin37)=35m/s,故A正 对该同学的支持力是一对相互作用力，由牛顿第三定 确，B错误：不计空气阻力，摩托车在空中只受重力的 律可知压力、支持力大小相等，故D正确.] 作用，加速度为重力加速度，则△U=g△，可知速度变 6.D[当游戏者刚要做离心运动时，所受静摩擦力达到 化量的方向为竖直向下，故C错误，D正确.] 最大，为∫=mg,因魔盘带动游戏者加速旋转起来， 10.CD[根据几何关系可知，两绳都处于伸长状态时， 故将∫正交分解成切向的分力f1和径向的分力f2, 两绳与竖直杆的夹角（锐角）均为60°：当绳2刚好伸 则有P-2+22,其=ma'=5 mng,f2=ma'r, 直时，有网gtan60=m1sn60,解得w√臣故 解得w2 ,故选D.] 当0心一臣时，能2松驰，绳1与整直方向的夹角 7.A[当发球机有效发球且发出网球的速率最小时，球 为0，有T1sin0=maw2Lsin0, 应拾好到达有效区域的边缘，如答图所示，网球从A 得T1=mL,故绳1上的张力随仙的增大而增大， 点发出后落在C点.网球从A点发出后，在坚直方向 故A错误：两绳均处于仲长状态时，竖直方向有 T1cos60°=mg+T2cos60°，可得T1-T2=2mg,可 答案-8 创新示范卷·参考答案 知绳1上的张力与绳2上的张力差值恒定，故C正 初速度=√十 确：水平方向有T1sin60°+T2sin60°=ma2Lsin60°， 解得v=5ms 可得T1十T2=mm2L, 答案：(1)0.3s(2)5m1s 绳1、绳2上的张力均随m的增大而增大，当竖直转 14.解析：(1)设小球在轨道1上运动时，细绳与竖直方 轴的角递度为3，√任时，代入上式联立解得T 向的夹角为0，有sin日=上， 2mg,故B错误，D正确.] 由牛顿第二定律得mgtan0=muR, 11.解析：(1)本实验通过控制质量m、角速度w和半径r 解得1=5rad/s: 中两个物理量相同，探究向心力F与另外一个物理 (2)设小球在轨道2上运动时的轨道半径为r,细绳 量之间的关系，采用的科学方法是控制变量法，故在 与竖直方向的央角为a,有 研究向心力的大小F与质量m关系时，要保持仙和 tan a=h' r相同，故选C. 由于单位时间△1内旋转半径扫过的面积不变，则 (2)图中所示，两个钢球质量和转动半径相等，则是 1 在研究向心力的大小F与角速度w的关系.故选B. 2△·R—1g△e·, (3)两钢球质量m相等，做匀速圆周运动的半径r相 =1R, 等，根据F=mw2r 可知二者角度之比为"=厂=】 由牛顿第二定律得mgtan a=n r 两变速塔轮边缘的线速度大小相等，所以有w1R 解得2=3m/s. 答案：(1)w1=5rad/s(2)2=3m/s 2R2 15.解析：(1)设物块运动到最低点时速度为0，根据牛 与皮带连接的两个变速轮塔的半径之比为一心 R2 @1 颜第二定律有7mg一mg=m工 故选D 解得0=√6gL; 答案：(1)C(2)B(3)D (2)设物块运动到A点时速度大小为1，根据几何关 12.解析：(1)因为本实验研究平抛运动，所以斜槽末端 2 切线必须水平，故A正确：小球体积大不利于确定位 系有=c0530=3 %=2/2gL, 置，受到的空气阻力会更大，故B错误：题图乙中的 由于mngsin0=mgcos0, 三个小球，小球C是最先释放的，故C错误：释放小 因此物块在斜面上做匀速直线运动，在斜面上运动 球时，小球若离斜槽的水平部分太近，则离开斜槽的 速度太小，这不利于实验，故D错误， 的时间1=L=1,2匹 14√g (2)小球在水平方向做匀速直线运动，故在题图乙 (3)物块运动到A点时竖直方向的分速度 中，由小球A运动到小球B所在位置所用的时间和 由小球B运动到小球C所在位置所用的时间相等， yy=wtan30°=√2gL, 设小球A运动到小球B所在位置所用的时间为T, 正方形小方格的边长L=10cm,则在竖直方向上，有 圆周运动的最低点与A点的高度差九1一2g 3L-2L=gT2,解得T-0.1s, A点离水平地面的高度h2=L十Lsin30°=1.5L, 在水平方向上，有2L=0T, 没有斜面体时，物块做平抛运动的水平位移 解得%=2.0mf5, 设小球B所在位置的竖直分速度为”，：则有，一 51 $1-V0 2h1+h2=√30L g 有斜面体时，物块做平抛运动下降2L高度的水平位 =2.5ms, 由自由落体运动的速度公式有，=g, 移x=0 2×2L=2√6L, g 解得t=0.25s, 物块落地点离圆周运动最低，点间的距离 小球B所在位置到斜糟末端的水平距离为x=o =0.50m, s2=x+Lco30°= 答案：(1)A(2)2.00.50 则有斜面体时小球的落地点与无斜面体时小球的落 13.解析：(1)篮球从出手到垂直打在篮板上的逆过程可 视为平抛造动，明H-6=, 地点同的距离为△=-1=气2、6+V30 解得1=0.3s: 答案：(1)√6gL (2)由题意可知，水平初造度心=千， 竖直初速度y=g1, 答案-9