单元检测(四) 曲线运动-【衡水真题密卷】2025年高考物理单元过关检测（冀粤辽黑赣桂吉晋豫陕青宁蒙新藏B版）

2024一2025学年度单元过关检测（四）】 物理·曲线运动 (考选时可75分钟，惑分100分》 一、单项迹择题：本题共7小盟，每小驱4分，其8分。在每小题给出的四个慧项中，只有 一项是符合题日要求的。 断号 2 3 6 答案 1.如图所常，在某公园内，摩天轮和最挂的塔绘在整直平面内做匀违图周运动。已知AB是 天轮的水平直轻。对于坐在某察舱内相对疼触静止的游客，下列说法正确的是() A在最高点处于超重状态 我在最低点处于失重状药 C在A和B位置所受合力均为0 山在A和B位量所受合力方向相反 二，某次军事演习中，在P,Q两处的炮兵向正前方同一目标0发射胞弹，要求司时击中目标， 整略空气阻力，随弹轨迹如图乐示。若地运动物迹的景高点均在同一高度，则〔) A.Q处射出的慈弹的初速度大 我P,Q两处射出的炮弹的初速度大小相等 C,PQ两处的电弹月到射出 D.P处的炮弹先刚出 3,某司学设计了如图实验装量研究向心力，轻质简A和质 量为Ikg的小球B通试长度为L的轻杆及较链连接，衡筒 A套在显直杆OP上与原长为上的轻质弹簧连接，小球B 可以沿水平槽滑动，让系统以某一角违度烧OP匀违轮动， 球B对水平精恰好无压力，此时轻杆与竖直方向夹角0一，已知弹簧的劲度系数为 100N/m,弹簧始终在弹性限度内，不计一钢摩藏，37”一0.6，则系统转动的角速度0 为 A.2 md/s 且2.5rd/% C.4 rad/a D.5 rad/a 单元过美检测〔四1物理第1页{共8页) 衡水真 4如图所示，质量为网的小物块开始静止在一半径为R的 球壳内，它和球心O的连线与整直方向的莫角为30°。残 让球壳随转台绕烧转鞋一起转动，物块在球壳内始终未 滑动，重力加速度大小为g。当物块与球壳之到的等擦力 州好为0时，转台转动的角速度为 A聚 袋 c n 5,西游记中，一具大龟浮水作舟，默着唐曾师徒四人和白龙马渡过了通天河。已知大龟在 静水申静动的速度大小与河水的篷速大小之比为2：1，出爱点A到正对岸B点的距离 为，河岸平直。若大家以最短的时间鞋河，则大家上单的城点与B点的距离为《) A B号 C.2d D.Ad 后，曲炳连杆机构是发动机的主要运动机构，其功雀是将 杆 活塞的往复运动转变为由铂的旋转运动，从而墨动汽 车车轮特动，其结构示意图如图所示。由轴可绕圈定 的O点自由转动，连杆两圳分别连接曲轴上的A点和活卷上的B点。若曲伯饶O点微 匀速周运动，转速=100/mn,Q=0m:AB=0m,则当O4与AB垂直时， 活塞的速度大小为 《》 A.12x m/s 五1ma C4t√10m/ D,4/1而m/ 了.如图所示，竖直平面内光滑属轨道外侧，一小球以某一水平连度助从A点出发沿国航 道运动，至B点时脱离轨道，最终落在水平面上的C点，不计空气阻力。下列说法正确 的是 密卷 单元过美检测（四】物理第？页{共8质） 1B A在A点时，小球对圆轨道的压力等于其重力 我水平魂度功>√g C轻过B点时，小球的加速度方向新向网心 D.A到B过程，小球水平加速度先增大后减小 二、多项选择题：本题共3小题，每小盛6分，共18分。在每小置给出的四个慧项中，有多 项符合题日要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选情的得心分。 题号 10 容案 8.在一次杂技表演中，表演者顶著一竖直杆沿水平地面运动，其位移一时何图像（上：谢像） 如图甲所示，与此同时数子沿整直杆向上运站，如图乙所示，其沿竖直方向的速度一时间 图螺(：离像)如周丙所示。若以地面为参考系，下列说法正确的是 卡D门 A羲子的运动轨迹为曲线 B=0时曩子的速度大小为45m/ C嫩千在前2s内的加建度大小为4m/日 D装子在前2s内运诗的位移大小为16m 9.如图新示，两条不可伸长轻绳分别连接质量相同的两个可视为置点的小球，悬挂在天花 板上，若两个小球能以相同的角速度在水平而内做匀速圆周运动，则下列各图中关于 两小球的位置关系可能正确的是 单元过美检测（四1物理第3置{共8页） 衡水真 C D 1山，如图所示，一个上表面粗糙，中心有孔的水平网盘绕输N转动，系有不可件长翎线的 木块置于周盘上，箍线另增穿过中心小孔O系着+个小球。已知木块，小球质量均 为m,且均可视为质点，木块钱O点的距离为R,O点与小球之到的细线长为L。当图 盘以角速度四匀建转动时，小球以角速度四菌圆盘做圆集探运动，木块相对绳盘静止， 连接小球的链线与级直方向的夹角为，小孔与闭线之间无摩擦，木块与圆盘间的动摩 家因数为，且认为最大静摩驱力等于滑动摩堰力，则 A.若如不变，L植大，则a越大 且若R-一L,则当>√受时，木块将相对于黄盘发生渐动 C若R-专则木块所受摩擦力方向可能指向图，心 D若R一2L,则当增大时，术块所受摩擦力可能增大 三，非邀择驱：本盟共5小盟，其4分。 11,(行分)小研日学通试如周所示的装置探究影响物体做舞 电门 周蓝动的向心力的因素。小滑块套在光滑水平杆上，菌 杆一起烧竖直杆做匀速圆周运动，力传感器通过一组绳 连接滑块，用测量向心力下的大小。册块上岗定一葛光片，薄过建光片与国定在钱 某台上的光电门可测量出蒂块的线速发大小。已知小滑块上速光片的宽度为，滑烧 可转轴的距离为”，《结果均用圆中所给字号表示) (1)若速光片竖过光电门的时间为△，则带块做匀违圆周途动的周期T= (2)若(1)中力传缘墨标数为F,则滑换质量为 题密卷 单元过美检测[四】物理第4页{共8质) (3》孩同学通过改变转速，记录多机力传感渴示数F和对应的滑块上速光片通过光电门 的时日。若以F为纵轴，要得到线性图像，则横鞋所代表的物量为 [达填a女】 1以，(10分》某兴里小组采用如图甲所示的实验装置监摆究平抛运动的特点”的实验。 (1)下列做法可以减小实验灵差的是 。(填正翰答案标号) A每次从斜槽上同一位置无初速度释放小味 压达择与小球摩擦力尽可能小的斜槽 C安装斜精时，使斜槽末端的切线解持水平 几.小球应遗用密度更小体机更大的塑料球 (2)在做该实验时某问学只记谏了物体运动的轨连上的 10 A.B,C三点，已知相部两点的时间闻隔相等，并以A 点为坐标点建立了直角坐标系，得到如阁乙所示的 图像，g取10m/8 ①4.B、C相邻两点的时句间隔为 ②小球平抛运动的初速度是 小球从槽口抛出到运动到B点所用的时间：= 鱼小球做平抛运动的初始位置的情坐标士一 单元过美检测（四！物理第5置{共8页） 衡水真是 13,(9分)如图所示，表面和糙的轻杆水平国定在警直转轴的O点，置量为m的小环A套 在轻杆上，A在侧轻杆上某处有一卡子（图中未面出）。一根长为弘.质量可氢略，不可伸 长的雕线两瑞分别固定于O和A,质量也为测的小球B图定在细线的中点，装置静止时： 批线与竖直方向的夹角为3？”。现使装置由静止开始缓慢加速转动，当细线与竖直方向 的突角增大到5时，A被卡子挡住，A,B可艇线的拉力恰好为零，小圆环A受到的摩 家力与静止时大小相等，方向相反，重力加迷度为x,取i加5=Q8,%33° 0.6。求： (口)装置静止时，轻杆对环A的原擦力大小： (2)当A,B间泪线的拉力价好为零时，卡子对环A的弹力大小。 轻杆 密卷 单元过美检测（四）物理第6页{共8质) 1B 1413分)如图所示为某游戏装置原球示意图。水平桌面上国定一半周形聚直挡板，其半 15,(15分)如图所示，质量为2w的小球A通过足够长的轻绳绕过定滑轮P与授量为丽 径为2R,内表面究带，挡版的两端A,B在桌而边缘，B与半径为R的圆定光滑圆酒轨 的小球B相连，通过长度为L的轻杆与转轴0相连，0，P距离为2L,且0，P在同一水 道CD正在同一竖直平面内，过C点的纯道半径与竖直方向的夹角为创。小物块以某 平线上，割始时恰小球A葡如力F,使其用好静止于O点正上方的Q点。重力加速度 一水平初速度由A点切入药板内侧，从B点飞出桌面后，在C点沿图无如线方向进人 为g,不计一切摩擦和定带轮质量，两球可找为霞点。求： 轨道CD正内侧，并恰好能算达轨道的量高点D,小物块与桌面之间的动摩振圆数为 (1)小球A处于初始位置时的牧力的最小值F (2)置去拉力F的瞬间，小球B的加速度大小0a 云，重力加遮度大小为g,忽略空气用力，小物块可浅为版点。求 (3)当A,B迷皮大小相等时，径杆上的弹力F%, 1》小物块到达D点的速度大小： ()B和D两点的高度差： (》小物块在A点的制速度大小 18 单元过美检测（四1物理第7页{共8页】 衡水真题密程 单元过美检阁[四】物理第5页{共8质)衡水真题密卷 解得aB=3ug 由于aB>aA,连接A、B的细线长度会增大，不 符合实际，说明假设不成立，故拉力撒去后细线 不松弛，拉力撒去后，由于细线不松弛，物块向 右减速，木板向左减速，物块与木板的加速度大 小相等，设为a2,设物块向右运动的距离为x2, 则木板向左运动的距离也为x2,物块和木板的 减速时问均为，物块停在木板最右端，有 2-2 物块减速过程有子=2a2xg v=aztz 联立可得a1=a2 盘-月 (2)设拉力撤去后细线上的拉力变为T2,对物块 有T2十mg=ma2 对木板有mg十2mg-T2=ma2 解得a2=2g 拉力撤去前，有a1=a2=2g 设细线上的拉力为T1,对物块有F一T一g= 1a1 对木板有T1一umg一2pmg=ma 解得F=8png 15.10.25m(21.0m(3)器m<x<号m 【解析】(1)若B保持静止，A减速到0的位移 为s1=5=0.25m 要使A不从B上掉落，B的最小长度为0.25m (2)A减速到0的为，有t红==号8 A向左运动到速度为0的位移为5m一2a 0.25m 在t2内B的位移为sm==0.5m 此过程A相对于B的位移向左△1=sA1十 2024一2025学年度单元过关 一、单项选择题 1.D【解析】乘客随座舱在竖直平面内做匀速圆 周运动，在最高，点，加速度向下，游客失重，A错 误：在最低，点，加速度向上，游客超重，B错误；在 A和B位置所受合力提供向心力，不为0，C错 误：在A和B位置所受合力方向均指向圆心，方 1B 单元过关检测 m=0.75m A向右加速到与木板速度相等的过程=地= a } 6=0.25m A的位移为5加一2a1 B的位移为se=t红=0.5m 此过程A相对于B的位移仍向左△x2=S险一 8aa=0.25m 要使A不从B上掉落，B的最小长度为L2= △x1十△x2=0.75m+0.25m=1.0m (3)B以0=6m/s做匀减速运动，当1m/s2≤ a2≤2m/s2时，A先减速后加速到与B共速随 后A、B一起减速到零，A、B共速前刀#= a2l=一h十a1t 解得子s<号s号m/长4<号ms 11 对A有=一 A,B共速后，对A,B有工u一2a 则xA=TAL十x 解得智m<4<碧m -59 当2m/s2<a2≤4m/s时，A先以a1向左减速运 动，再以a1向右加速达到共速后，以a1向右匀减 速到零，A、B共速前y4=仍一a2t=一h十at 解得名s<子s号m/s<a<号ms 7.4 对A有工=生=器 2 则xA=xAI十x起 解得凳<<受n 23 笨上所迷，A对地的位移为器m<<碧 m 检测（四）物理·曲线运动 向相反，D正确。 2.C【解析】斜向上抛运动可以分解为竖直方向的 竖直上抛运动，由图可知炮弹运动轨迹的最高，点 均在同一高度，根据h=g可知两地弹运动时 间相等，所以P、Q两处的炮弹同时射出，C正确， ·物理· D错误：设初速度为劭，与水平面的夹角为0，则 坚直分速度为，=sin0,运动时间为t=2包 g 2sin日，可知t相等，由在P处射出的角度比Q 处射出的角度小，可得P处射出的炮弹初速度大 小更大，A、B错误。 3.D【解析】B球对檐恰好无压力时，弹簧的压缩 量为L-Lcos37°，对B分析有k(L一Lcos37) =mg,根据向心力公式有mgtan0-mLsin, 解得u=5rad/s,D正确。 4.D【解析】球壳随转台绕转轴OO一起转动，物 块做匀速圆周运动，由沿圆周半径方向的合力提 供向心力，设物块所受摩擦力恰好为0时，角速 度为aw,对物块进行分析，则有mgtan30°= 23g,D正确。 mRsin30°，解得a=√3R2 5.B【解析】要使渡河时间最短，大龟游动的速度 方向应垂直河岸，渡河时间一4，大家上岸的地 01 点与B点的距离x=欧t,又：吃=21，解得 x=号，B正确 6.C【解析】由公式v=2πrn可得，A点线速度为 vA=12πm/s,将A,点和活塞的速度沿杆和垂直杆 分解，A点的速度沿杆方向，活塞的速度分解如图 所示，所以阳c0s0=,由几何关系得c0s= AB WAB2+OA平 3沿，可得w=4k而m/s.C 正确。 7.D【解析】小球在A点时，根据牛顿第二定律得 mg一N=m爱，可得N=mg一m爱>0，可得 6<√gR,可知小球受到的支持力小于其重力， 即小球对圆轨道的压力小于其重力，A、B错误； 由题意可知小球在B点刚离开轨道，则此时小球 对圆轨道的压力为零，只受重力作用，加速度方 参考答案及解析 向竖直向下，C错误；小球在A点时合力沿竖直 方向，则此时水平方向的加速度为0：在B,点时合 力也沿竖直方向，则此时水平方向的加速度也为 0。但在中间过程某，点支持力却有水平向右的分 力，则小球具有水平向右的加速度。所以A到B 过程，小球水平加速度先增大后减小，D正确。 二、多项选择题 8.ABC【解析】由题图甲、丙知，猴子在水平方向 上做速度大小为4m/s的匀速直线运动，在竖直 方向上做初速度大小为8/s、加速度大小为 4m/s2的匀减速直线运动，分析知合初速度与合 加速度方向不在同一直线上，其合运动为曲线运 动，A正确；t=0时猴子的速度大小为6= √6十6，-√4+8m/s=4W5m/s,B正确； 猴子在前2s内的加速度大小为4m/s2,C正确； 0~2s内猴子沿水平方向的位移大小为0=8m, 沿竖直方向的位移大小为为=8m=8m,所以 2 猴子在0~2$内的位移大小为s=√十哈= √82+82m=8v2m,D错误。 9.AD【解析】若两小球在竖直轴同侧，如图1所 示，设上、下两条轻绳与水平方向的夹角分别为 和B,上方的球1在水平面做匀速圆周运动，由牛 顿第二定律得Fn cos a一FT2 COS=r1w2,对球1 和球2整体，在竖直方向上有Fnsin a=2mg,同 理对球2由牛顿第二定律得Frzcos-mr22,对 球2竖直方向有Frsin=mg,由于球2受重力 和绳的拉力的合外力指向圆心，可知球2比球1 更远离竖直轴，则2>n,联立解得2加g=mm心 tan a 十mrnw<2mr0=amg,故tana>tanB,则a> A,A正确，B、C错误； 若两小球在竖直轴两侧，如图2所示，以水平向 左为正方向，有FTacos a'=一mwr十mur, 又因为F>0,所以r>r4,同理解得tan阝 景an。-骨·是故和付可能相等也 wir 可能不相等，D正确。 1B 衡水真题密卷 A113013013133303038 mg O' 图1 Fe g 2于B g 图2 10.AD【解析】设细线的拉力为T,则Tsin a= mLsin2,Teosa=mg,解得u=√Lcds。,若 w不变，L越大，则a越大，A正确；由T= mLw,木块随圆盘匀速转动所需要的向心力为 F。=mRw2,当R=L时细线的拉力拾好提供木 块做圆周运动的向心力，摩擦力为零，所以无论 ω多大，木块都不会滑动，B错误；R=是时木块 所需要的向心力小于细线的拉力，所以木块受 到指向圆盘边缘的摩擦力，C错误：R=2L时木 块所需要的向心力大于细线的拉力，物块受到 指向圆心的摩擦力，随着仙增大，向心力增大， 木块所受摩擦力可能增大，D正确。 三、非选择题 11.(1)2r△ d (2)F(A)2 a 【解析】(1)滑块运动的线逵度口一是，滑块微匀 速圆周运动的周期T=2r-2πr△t d (2)由F=m艺，可得m=rA. d2 (3)由F=m=md,1 r‘(△)，可知若以F为纵 轴，要得到线性图像，则横轴所代表的物理量 1 为( 1B 单元过关检测 12.(1)AC(2)①0.1②2③0.15④-10 【解析】(1)为确保有相同的水平初速度，所以 要求从同一位置无初速度释放，能减小误差，A 正确；该实验要求小球每次抛出的初速度要相 同而且水平，因此要求小球从同一位置静止释 放，小球与斜槽间的摩擦没有影响，B错误：实验 中必须保证小球做平抛运动，而平抛运动要求 有水平初速度且只受重力作用，所以斜槽轨道 必须要水平，能减小误差，C正确；实验应使用密 度大、体积小的钢球，这样可以减小做平抛运动 时的空气阻力，D错误。 (2)①根据匀变速直线运动推论yx一y始= gT,解得相邻两点的时间间隔为T=0.1s: ②小球平抛运动的初速度大小为西一票 0.m/s=2m/s:③根据匀变速直线运动推论 0.2 到达B点时的竖直方向递度为=等 2X0.1m/s=1,5m/s,所以小球从抛出，点抛出 0.3 到运动到B点位置所用的时间为1二业=5 8108= 0.15s:④B点离抛出点的水平距离为xB=1= 2X0.15m=0.3m,小球做平抛运动的初始位 置的横坐标x=一10cm。 183g25 【解析】(1)装置静止时，对小圆环A和小球B 受力分析如图所示，对A有 F=Ffsin 37 对B,两段绳子对B的拉力相等并且合力跟重 力平衡，根据力的合成，可得 2 Frcos37°=mg 根据牛顿第三定律，可得F=F 联立解得轻杆对环A的摩擦力大小为R=骨g: F 轻杆 转轴 37 mg mg ·物理· (2)设装置的角速度为，卡子对环A的弹力为 F,对A有 F+F=mm·号L 对B有ngtan53°=md2·考土 联立解得F-费mg。 14.(1)√gR(2)0(3)√3gR 【解析】(1)由题知，小物块恰好能到达轨道的 最高，点D,则在D点有 解得w=√gR (2)由题知，小物块从C点沿圆弧切线方向进入 轨道CDE内侧，则在C,点有 cos60°=h Vc 小物块从C到D的过程中，根据动能定理有 -mg(R+Rcos60）=2m6-2mu呢 小物块从B到D的过程中，根据动能定理有 mgHo=之m6-之md 联立解得=√gR,Hm=0 (3)小物块从A到B的过程中，根据动能定理有 1 1 一mgs=2m听-2m听 s=π·2R 解得a=√3gR 15.(1)F5n :(2)aa=号g (3)Fx= 8+45-11Bmg,方向由0指向AFN= 3 8+45+33 3 mg,方向由A指向O 【解析】(1)在Q点时，当F沿水平方向时，F有 最小值：设绳子的张力为F,绳子与水平方向的 夹角为0，对小球A由平衡条件，有 Fmin-F1cos0=0 对小球B由平衡条件，有 F1-mg=0 解得F=25 5 mg; (2)撤去力F的瞬间，设绳子的张力为F,绳子 参考答案及解析 与水平方向的夹角依然为0，对小球A由牛领第 二定律，有FTcos0=2maA 对小球B由牛顿第二定律，有mg一Fr=m@B 且有GACOS0=aB 解得a-号g: (3)由题意可知，释放后小球A做圆周运动，当 AP与小球A的运动轨迹相切时A=阳，此时 小球A所处的位置有两种情形，如图所示。 情形一：设轻杆上的弹力为F,方向指向圆心， 对A、B构成的系统由机械能守恒定律，有 2mgL(1-cos 30)+mgh(2m) 其中h=√5L-√3L 对小球A由牛顿第二定律，有 Fx+2mgcos 302m 解得FN=8+45-11V 3 2mg,方向由O指向A: 情形二：设轻杆上的弹力为Fx,方向指向圆心， 对A、B构成的系统由机械能守恒定律，有 2mgL(1+cos 30)+mgh+(2m) 其中h=5L-√3L 对小球A由牛顿第二定律，有 F-2mgcos 30'-2m 解得Fw-8+45+3 3 2mg,方向由A指向O。 21 ○B 情形一 2L B 情形二 1B