专题精准强化3 抛体运动 圆周运动-【创新教程】2026年高考物理大二轮专题增分方案课时作业

答案精析「 11.C[物块由静止向右拉动的过程中，对物块进行受力 则小物块从A点运动到B,点的时间为 分析，物块受到向右的拉力F,向左的摩擦力F,和弹簧 t=t1十t=2.5s. 的弹力F弹，其中F和F,的大小和方向都不变，开始运 (3)小物块滑上木板时，对小物块，由牛顿第二定律得 动时，根据牛顿第二定律F一F:一F弹=ma,而随着物 umg=ma2 块右移，弹簧伸长量越来越大，弹力越来越大，因此加 解得a2=4m/s2, 速度越来越小，因此物块做加速度逐渐减小的加速运 方向水平向左；对木板，由牛顿第二定律得 动，直到合外力为零，加速度为零，速度达到最大值，动 mg-p2 (M+m)g=Mas, 能达到最大值，随后物块继续向右移动，根据牛顿第二 解得a=1m/s, 定律F弹十F:一F=ma,由于物块一直向右运动，弹力 方向水平向右；设小物块与木板经过t?时间达到共速， 越来越大，因此物块开始做加速度逐渐增大的减速运 则有v共=0一agt3=a3t, 动，直到停止，停止时弹性势能最大.通过上述分析可 联立解得t=0.8s,U共=0.8m/s, 知，A错误，C正确；Q-t图像中，通过分析可知，由于该 则共速前小物块与木板发生的相对位移为 运动为变速运动，位移x与时间t不成线性关系，因此弹簧 的弹力F弹与时间t也不成线性关系，故加速度a与时间t A=.-4w=46,-登4，-受4，=1.6m, 也不成线性关系，故B错误；在物块由静止向右拉动直至 小物块与木板共速后，保持相对静止一起在水平地面 弹簧弹性势能第一次达到最大的过程中，弹性势能E。一 做匀减速到停下；可知要使小物块不从木板上滑落，木 直增加，不会出现减小的情况，故D错误.] 板至少长1.6m. 12.D[根据动滑轮的原理，物体Q移动的速度始终是物 答案：(1)8m/s(2)2.5s(3)1.6m 体P的两倍，同时开始运动，速度变化量始终是两倍关 专题精准强化3 系，由公式a-是可知，P,Q运动的加捷度大小之比为 1.AD[手绢做匀速圆周运动，由题图可知P、Q属于同轴 转动模型，故角速度相等，即角速度之比为1：1，B错 1:2,故A错误；由牛顿第二定律，对物体Q分析，有T 误；由U=wr, 一1g=m·2a,对物体P分析，有F-2T-umg=ma, 可知，P、Q线速度之比vp:%o=row：rn=1：√3，得A 联立解得轻绳的拉力大小为T=12N,P的加速度大小 正确；由a=wr,可知，P、Q向心加速度之比ap：ag= 为a=1m/s,故B、C错误；若保持Q的加速度不变，则 rop:rm=1:√3，得C错误；做匀速圆周运动的物体，其 P的加速度也不变，则有T=12N,a=1m/s,设拉力 合外力等于向心力，故合力总是指向圆心O,D正确.] F与水平方向的夹角为日，则对物体P分析，有Fc0sB 2.B[A,点运动为A,点绕O'的圆周运动和O'相对于O的 2T-(mg-Fsin0)=ma,化简可得F=sin0干p 12√5 圆周运动的合运动，故轨迹不是圆周，故不做匀速圆周 N, 运动，故A错误；根据题意O固定在底盘上，故可知O 其中sinp= 1 围绕O,点做匀速圆周运动，故B正确；杯上A,点与O、O =,当sin(0十p)=1,力F有最小值， 恰好在同一条直线上时且A在O)'延长线上，A,点和O √/1十 点运动方向相同，又A点相对O点做圆周运动，故此时 且最小值为F=125N,故D正确.] A的速度大于O的速度，故C、D错误. 13.解析：(1)设冰壶在推力F作用下做匀加速运动，运动5 3.B[A点的线速度为v=wL,A点的线速度沿AB水平 m后的速度为，由牛顿第二定律及运动学公式可知F -umg=mav=2ax, 杆的分速度为-sna-写l,滑块在斜精中的速定 撤掉力F后，冰壶在摩擦力的作用下做匀减速运动，10 分解为沿BC向上和沿AB水平向右的分速度，滑块沿 s时间内运动了40，由牛顿第二定律及运动学公式可 vt U AB方向的分速度0越=V=),结合图可知活塞面 知mg=max=2,a=立 速度等于滑块在斜槽中沿竖直向上的分速度，所以滑块 解得=0.08，F=144N. (2)若冰壶与冰面间的动摩擦因数为0.1，且要求启动 在斜槽中竖直向上的分速度为c=vau tan A=)号L 10秒倒计时瞬间开始推动冰壶（并重复完成上述启停 过程)，设撤掉力那一瞬间冰壶的速度为，根据牛顿 =号L,故B正确] 第二定律及运动学公式可知 匀加速过程F一以'mg=1a3, 4.A[由题意可知当插销刚卡紧固定端盖时弹簧的伸长 匀减速过程以mg=ma1· 量为△x=台，根据胡克定律有F=k0x=号，插销与卷 所用总时间立十立=10s, 轴同轴转动，角速度相同，对插销有弹力提供向心力F= mlw2,对卷轴有v=rw, 所走总路程 2as 2a =45m, 联立解得v三r入2m·」 解得F'=200N. 5.B[根据题意可知，甲、乙两水柱最高，点在同一水平线 答案：(1)0.08144N(2)200N 上，则甲、乙水柱在空中运动的时间相等，即t1=t,,甲、 14.解析：(1)小物块刚放上传送带时，由牛顿第二定律得 乙水柱竖直方向的初速度相等，由图可知，乙的水平位 umg=ma, 移大，则乙水平方向的初速度大，有>1，故B正确.门 解得加速度大小为a1=hg=4m/s, 6.BC「当转动角速度较小时，甲受到的静摩擦力提供向 如果想让小物块从A点运动到B点的时间最短，小物 心力，大小不等于以mg,故A错误；对甲、乙整体分析可 块应一直做匀加速直线运动，则有2a1x=, 知，乙受到转盘的摩擦力为F,=2wr1,故B正确；若角 解得=√2a1x=8m/s, 速度增大，根据mg=mwr,丙到转轴的距离较大，则丙 可知传送带的最小速度为8m/s. 先达到滑动的临界，点，故C正确，D错误.] (2)传送带以=4m/s正常运行，则小物块刚放上传送 7C[小球刚要脱离圆轨道时，设小球的速度大小为1， 带到与传这带关建所月时网为4一受=1 此时对小球ngsin0=m尺，小球脱离轨道后，将做斜抛 通过的位移为=之a=2m, 运动，则小球在D点时的水平方向v,=sin日，xpE= 小物块与传送带共速后，匀速运动到B,点所用时间为 Rc0s0,t=E,在竖直方向4，=4c0s0,t=2,以上各 U. g 42=271=1.5s 式联立，解得sim9=,即9=46°，故C正确.] 21 ·277. |物理 8.C[根据题意可知在曝光时间内小球运动的长度为△ 可得h=鸟，则甲、乙两球离悬挂点的高度之比为hp: 亏=5×0.6m=0.12m, h2=4:1,故甲、乙两球不在同一水平面上，B错误； 近似认为在曝光时间内小球做匀速直线运动，故有= 甲、乙两球均做匀速圆周运动，由mgtan日=wLsin8 △L_0.12m/s=6m/s, △t 1 得是=ucos0,再由p<a得c0sa>c0sB,故a<B, 50 但此大小关系与质量无关，C错误；由题知拉力F= 在最低，点根据牛顿第二定律有T-mg=m,, ),因m,=4me,且h,:he=41,故甲球 代入数据解得T=7N.] 受到的轻绳的拉力等于乙球受到的轻绳的拉力，D 9.AB[物体做斜抛运动，将物体在A,B两点的速度分解 正确.门 如图所示，可得 13.解析：(1)小球做斜抛运动，小球的初速度可分解为沿 B o 斜面和垂直于斜面两个方向的分速度，沿斜面方向的 53 分速度V,=c0s60°， 垂直斜面方向的分速度v,=6sin60°， 重力加速度g沿斜面方向的分量为gx=gsin30°， 重力加速度g垂直斜面方向的分量为g,=gc0s30°， 37 A 8or-----------Nop 则小球飞行至离斜面最远时的时间(=丛= gy g VAy=vasin37°，VA=t1c0s37°=Uo, v=vusin53°，e=vgc0s53°=， 由对称性可知全程飞行时间1=26=2， 取竖直向下为正方向，则有=一v4十gt,L=t,联 小球沿斜面方向的运动可看作匀加速直线运动，则位 立求得西=号√g从A到B的时间及从A点挑由时 移为xw=U1叶名g, 的速度大小为1三，心 ,4=虹，故A正确，C错 2 2=7.2m 代入数揚，解得工山=g 误；根据斜抛运动规律，可知物体从A到B过程中，在最 (2)若x证=8m即为斜面长度，计算可得= 高点时速度最小，为m==号Vg,故B正确；取竖 2√10m/s,而16m/s>2√10m/s,则小球落到水平 直向下为正方向，则A,B之间的高度差为hB=一vawt十 地面上，由竖直方向的分运动计算飞行时间，取向下为 ，代入教据未得u=子L,故D错误.] 1 正方向，则有九=-sin30+2t, 10.C[设正方形棱长为1，落，点在棱BB1上的小球，初速 代入数据解得t=2s, 度沿AB方向，落在B点时竖直位移最大，根据t= 水平方向位移x=,c0s30°t=16√5m, 区可知，时间最长，根据=二可知，水平抛出的初速 则合位移s=√十h=28m 答案：(1)7.2m(2)28m 度最小，故A错误；落点在面A1B,C1D1内的小球竖直 专题精准强化4 位移相等，则运动时间相等，故B错误：落，点在三角形 BCD,内的小球运动时间相等，最大的水平位移为 1.A[大球剩余部分和小球的质量之比为m1:2= 「 ,最小的水平位移为，最小水平位移与最大水平 [3x2RR-专R]:4 :3πR=7:1,质量之和为m 2 十m2=M,所以大球剩余部分和小球的质量分别为1= 位移之比为1：2，由U=工知水平抛出的初速度的最 M,m,=日M,所以二者之间的万有引力大小为F 7 t 小值与最大值之比是1：2，故C正确；落点在线B:D1 n1712 7GM 上的小球，竖直速度均为心，=√2g,落地时重力的瞬 (2R+R+R)1024R,故选A.] G 时功率P。=mgU,均相同，故D错误.] 11.AC[若两小球的初速度大 2AD[银据开誉粉第三定律可得只-6，因P的轨道半径 小相等，如图，根据平抛运动 小，所以周期也小，即在预定轨道运行时，P的周期小于Q 推论，速度偏转角的正切值 10 45 等于位移偏转角正切值的两 的周期，故A正确：由万有引力提供向心力有=m 倍，两小球落在圆弧时速度 方向相互垂直，有tan0=之 1 解得U=√r ,所以在预定轨道运行时，P的速率大于 1 Q的速率，故B错误；根据变轨原理可知，为了实现对 tan45°= 2,sin 0= 接，P应加速做离心运动，故C错误，D正确.门 R 3.AD[由题知，火卫一的公转周期小于火卫二的公转周 心s0-赏联立得正，故A正瑰，B错：当 期，根据开普勒第三定律号=k, 心、山不相等时，两小球运动时间可能不相等，速度偏 可知火卫一的公转轨道半径小于火卫二的公转轨道半 径，故A正确：由于火卫一的公转周期小于火星自转周 转角不相等，但总能有两小球落在圆孤时速度方向相 互垂直的速度值，故C正确，D错误.] 期，而火卫二的公转周期大于火星的自转周期；故在火 12.D[1轮、2轮通过皮带传动，系统稳定后，1轮、2轮匀 星上观测到火卫一和火卫二的升起方向相反，故B错 速转动，线速度大小相等，即=2，根据v=r,则有 误；一个火星日，火卫一绕火星转3圈，比火星多转2圈， w·2R=u,R,所以w1:0,=0甲：u2=1:2,A错误； 所以在火星上每天能观测到火卫一2次升起落下的情 甲、乙两球做匀速圆周运动，设日为轻绳与轴的夹角，显 况，故C错误；设火卫一和火卫二相邻两次相距最近的 然0<0K受，由mgtan日=maw2Lsin0,h=Lcos0,联立 时词调岛的为，则有学1一票 票△1=2x,化简得号-岩 =1,解得△t=10.9h≈11h,故D正确.] ·278·〡物理 ☒错题序号： 专题精准强化3 抛体运动 圆周运动 @错因分析： (建议用时：40分钟) [A组基础达标练] 动.若过大，插销会卡进固定的端盖，使卷轴 1.(多选)(2025·福建卷，5)如 转动停止，忽略摩擦力，弹簧在弹性限度内.要 图为春晚上转手绢的机器人， 使卷轴转动不停止，的最大值为 手绢上有PQ两点，圆心为O, A.t k 已知OQ=√3OP,手绢绕O点 B.2m k 做匀速圆周运动，则(） A.P、Q线速度之比为1：√3 c靨 n酒 5.(2025·江西南昌一模)一住宅阳台失火，消防 B.P、Q角速度之比为√：1 员用靠在一起的两支水枪喷水灭火，如图所示 C.P、Q向心加速度之比为√31 甲水柱射向水平阳台近处着火点A,乙水柱射 D.P点所受合外力总是指向O 向水平阳台远处着火点B,两水柱最高点在同一 2.(2025·江苏卷，4)游乐设 水平线上，不计空气阻力，甲、乙水柱喷出时的速 施“旋转杯”的底盘和转杯 分别以O、O为转轴，在水 底座 度大小分别为、2，甲、乙水柱在空中运动的时 间分别为12.以下判断正确的是 平面内沿顺时针方向匀速 知 转动.O固定在底盘上.某 转杯 失火复 时刻转杯转到如图所示位 消防车 置，杯上A点与O、O恰好在同一条直线上.则 7A永MK7 A.v>v2t=t2 B.U1<2,t1=t2 A.A点做匀速圆周运动 C.v1>o2,t1<t2 D.v1<v2,t1<t2 B.O点做匀速圆周运动 6.(多选)(2025·贵州贵阳 0 C.此时A点的速度小于O'点 模拟)如图所示，质量均为 D.此时A点的速度等于O'点 丙口 m的甲、乙、丙三个小物块 3.(2025·山东历城二中高 车轮 斜槽 (均可看作质点)随水平转 @xi 三月考)如图是内燃机中 01 盘一起以角速度ω绕OO 一种传动装置，车轮和滑 滑块 轴做匀速圆周运动，物块甲叠放在物块乙的上 块上分别设置可以绕轴A、 活 面，所有接触面间的动摩擦因数均为以.已知 B转动的轻杆，O轴固定. 汽缸 甲、乙到转轴的距离为r1,丙到转轴的距离为 工作时高压气体驱动活塞 r2,且r2>r1.最大静摩擦力等于滑动摩擦力， 在汽缸中做往复运动，再通过连杆驱动滑块在 重力加速度为g.下列说法正确的是( 斜槽中做往复运动，最终驱动车轮做角速度为 A.甲受到的摩擦力一定为umg ω的匀速圆周运动.已知轻杆OA长度为L,运 B.乙受到转盘的摩擦力一定为2mw2r1 动到图示位置时AB、BC垂直，a=3=60°，那 C.若角速度增大，丙先达到滑动的临界点 么此时活塞的速度大小为 ( D.若角速度增大，甲先达到滑动的临界点 B.3 7.(2025·河南周口高三月 考)如图所示，光滑圆轨 D 道固定在竖直面内，BC B 是轨道的水平直径，O为 4.(2024·广东卷，5)如图所 端盖 卷轴 圆心，一个小球静止在轨 示.在细绳的拉动下，半径 道的最低点A.现给小球 为r的卷轴可绕其固定的 细绳 A 插销 水平向左的初速度，小球 中心点O在水平面内转 细管 沿圆轨道向上运动到D点时刚好离开圆轨 动.卷轴上沿半径方向固定着长度为（的细 道，此后小球恰能通过E点，E为O点上方与 管，管底在0点.细管内有一根原长为号、劲度 D等高的位置，OD与水平方向的夹角为0，不 计小球的大小，sin37°=0.6，cos37°=0.8，则 系数为k的轻质弹簧，弹簧底端固定在管底， () 顶端连接质量为m、可视为质点的插销.当以 A.0=30 B.0=37° 速度v匀速拉动细绳时.插销做匀速圆周运 C.0=45 D.0=539 ·142· 专题精准强化 8.(2025·山东卷，4)某同学用不可伸长的细线 个可视为质点的小球，两小球落在圆弧时速 系一个质量为0.1kg的发光小球，让小球在 度方向相互垂直.已知重力加速度为g,不计 竖直面内绕一固定点做半径为0.6m的圆周 空气阻力，下列说法正确的是 运动.在小球经过最低点附近时拍摄了一张照 A.两小球的初速度大小可能都为 2√5gR 片，曝光时间为由于小球运动，在照片上 5 留下了一条长度约为半径三的圆弧形径迹.根 B两小球的初速度大小可能都为②gR 2 据以上数据估算小球在最低点时细线的拉力 C.从抛出到落在圆弧上，两小球的运动时间 大小为 ) 可能不相等 A.11N B.9N D.从抛出到落在圆弧上，两小球的运动时间 C.7N D.5N 一定相等 9.(多选)(2025·四川4 12.（2025·广东揭阳市 成都三模)将一物体 高三期未)如图所示， 以某一初速度沿与水 同一水平面的皮带轮 平方向成37°角从A B530 1、2通过不打滑的皮 点斜向上抛出，经过B 带传动，1轮的半径 点时速度与水平方向的夹角为53°.已知A、B 是2轮的2倍.在皮带轮各自的轴上用长度 之间的水平距离为L,忽略空气阻力的影响， 相同的轻绳分别悬挂质量为m甲和m乙的 重力加速度为g,sin53°=0.8，则下列说法正 甲、乙两个小球，二者质量关系满足m甲= 确的是 4m乙，两轻绳上端的悬挂点足够高且在同一 水平面上，通过外力驱动1轮，待系统稳定转 A.从A点抛出时的速度大小为3g虹 2 动后，两轻绳与轴的夹角分别为α和3.下列 B从A到B过程中速度的最小值为号√g 说法正确的是 ( A.甲、乙两球转动的角速度之比为2：1 3L B.甲、乙两球在同一水平面上 C.从A到B的时间为3√g C.因为m甲=4m乙，所以a<3 DAB之间的高度差为 D.甲、乙两球受到的轻绳的拉力大小相等 13.（2025·福建模拟预 [B组创新应用练] 测)某同学站在倾角 B 10.（2025·山东聊城一模) B 为30°、高h=4m的 302 如图所示，正方体框架 斜面顶端A点，以vo=6m/s的初速度，方向 ABCD-A1B1C1D1的 与斜面成60°角的方向发射一个小球，小球飞 底面A1BC1D1处于水 出后落到斜面上的B点，如图所示.不计空气 平地面上.从顶点A沿 阻力，重力加速度g=10m/s2. 不同方向水平抛出小球 D (1)求A、B两点间的距离； (可视为质点)，不计空气 (2)若xAB=8m即为斜面长度，把6增大为 阻力.关于小球的运动，下列说法正确的是 16m/s,发射方向不变，小球落地点为C点 (图中未画出)，求小球的位移大小. A.落点在棱BB1上的小球，落在B1点时水 平抛出的初速度最大 B.落点在面A1B1C1D1内的小球，落在C 点的运动时间最长 C.落点在三角形BCD1内的小球，水平抛出 的初速度的最小值与最大值之比是1：2 D.落点在线BD1上的小球，落地时重力的 瞬时功率均不相同 11.(多选)(2025·陕西西安 高三期末)如图所示，在 竖直面内固定一半圆形 容器，圆心为O,半径为 R.在圆心O处分别水平向左和向右抛出一 ·143·