专题过关创新练(4) 力与曲线运动（Word练习）-【艺术生百日冲刺】2026高考物理艺术生基础生文化课成功方案

[基础保分练] 1．(2025·长沙雅礼中学一模)如图所示，某同学对着墙壁练习打乒乓球(视为质点)，某次乒乓球与墙壁上的P点碰撞后水平弹离，恰好垂直落在球拍上的Q点，取重力加速度大小g＝10 m/s2，不计空气阻力．若球拍与水平方向的夹角为45°，乒乓球落到球拍前瞬间的速度大小为4 m/s，则P、Q两点的高度差为(　　 ) A．0.1 m　　　　　　B．0.2 m C．0.4 m D．0.8 m 【解析】　由于恰好垂直落在球拍上的Q点，根据几何关系得：vQ cos 45°＝gt，解得t＝ s 根据乒乓球在竖直方向上的运动规律，由h＝gt2，解得：h＝gt2＝×10× m＝0.4 m，故C正确，ABD错误． 【答案】　C 2．(2025·江苏高考)游乐设施“旋转杯”的底盘和转杯分别以O、O′为转轴，在水平面内沿顺时针方向匀速转动，O′固定在底盘上．某时刻转杯转到如图所示位置，杯上A点与O、O′恰好在同一条直线上．则(　　) A．A点做匀速圆周运动 B．O′点做匀速圆周运动 C．此时A点的速度小于O′点 D．此时A点的速度等于O′点 【解析】　底盘以O点为轴匀速转动，底盘上除O点外所有点均做同轴转动，转杯上除O′点外所有点不仅相对O点同轴转动，还相对O′点同轴转动，所以O′点做匀速圆周运动，A点做的不是匀速圆周运动，A错误，B正确；设该时刻A点在底盘上的竖直投影点所对应的转盘上的点为A′，A′点转动的半径大于O′点的转动半径，由v＝ωr可知，A′点的速度大于O′点的速度，又由于该时刻A点绕O′点与底盘做同方向转动，则A点的速度大于A′点的速度，则此时A点的速度一定大于O′点的速度，C、D错误． 【答案】　B 3．(2024·新课标卷)福建舰是我国自主设计建造的首艘弹射型航空母舰．借助配重小车可以进行弹射测试，测试时配重小车被弹射器从甲板上水平弹出后，落到海面上．调整弹射装置，使小车水平离开甲板时的动能变为调整前的4倍．忽略空气阻力，则小车在海面上的落点与其离开甲板处的水平距离为调整前的(　　 ) A．0.25倍 B．0.5倍 C．2倍 D．4倍 【解析】　根据Ek＝mv2，小车水平离开甲板时的动能变为调整前的4倍，则水平速度变为原来的2倍，根据平抛运动规律可知，竖直高度不变，水平方向上，x＝vt，则小车在海面上的落点与其离开甲板处的水平距离为调整前的2倍，故C正确，ABD错误． 【答案】　C 4．(多选)(2024·江苏高考)如图所示，细绳穿过竖直的管子拴住一个小球，让小球在A高度处作水平面内的匀速圆周运动，现用力将细绳缓慢下拉，使小球在B高度处作水平面内的匀速圆周运动，不计一切摩擦，则(　　 ) A．线速度vA>vB B．角速度ωA<ωB C．向心加速度aA<aB D．向心力FA>FB 【解析】　设绳子与竖直方向的夹角为θ，对小球受力分析有Fn＝mg tan θ ＝ma 由题图可看出小球从A高度到B高度θ增大，则由aB>aA，FB>FA，故D错误，C正确；设小球与管子顶端竖直高度为h.对小球分析有mg tan θ－＝mω2h tan θ 则v＝tan θ，ω＝ 由于hA＞hB，θA＜θB，则vA与vB无法判断，ωA＜ωB，故A错误，B正确． 【答案】　BC [考能提分练] 5．(2025·长春一模)如图所示的圆盘，半径为R，可绕过圆心O的水平轴转动，在圆盘的边缘沿同一直径方向固定两根长为R的轻杆，杆的端点各有一可视为质点的小球A、B，在圆盘上缠绕足够长的轻绳．轻绳的另一端拴接一小球C.现将装置由静止释放，小球C向下以g(g为重力加速度)的加速度做匀加速直线运动，圆盘与轻绳间不打滑，经过一段时间圆盘转过两圈．下列说法正确的是(　　 ) A．圆盘转两圈所用的时间为2 B．圆盘转两圈时，小球A的角速度大小为2 C．圆盘转两圈时，圆盘的角速度大小为 D．圆盘转两圈时，小球B的线速度大小为2 【解析】　A．由题意可知，圆盘转两圈的时间与小球C下落的时间相同，设为t，圆盘边缘转两圈和小球C下降的高度相等，则有：x＝2×2πR＝4πR，根据位移—时间公式有： x＝at2＝×gt2，解得圆盘转两圈所用的时间为t＝4 ，故A错误；BC.根据速度—时间关系式可知此时小球C的速度为v＝gt＝2，则圆盘和小球A的角速度大小为ω＝＝2，故B正确，C错误；D.小球B的线速度大小为v′＝2Rω＝4 故D错误． 【答案】　B 6．(多选)(2025·山东高考)如图所示，在无人机的某次定点投放性能测试中，目标区域是水平地面上以O点为圆心、半径R1＝5 m的圆形区域，OO′垂直地面，无人机在离地面高度H＝20 m的空中绕O′点、平行地面做半径R2＝3 m的匀速圆周运动，A、B为圆周上的两点，∠AO′B＝90°.若物品相对无人机无初速度地释放，为保证落点在目标区域内，无人机做圆周运动的最大角速度应为ωmax.当无人机以ωmax沿圆周运动经过A点时，相对无人机无初速度地释放物品．不计空气对物品运动的影响，物品可视为质点且落地后即静止，重力加速度大小g＝10 m/s2.下列说法正确的是(　　) A．ωmax＝ rad/s B．ωmax＝ rad/s C．无人机运动到B点时，在A点释放的物品已经落地 D．无人机运动到B点时，在A点释放的物品尚未落地 【解析】　物品从无人机上释放后，做平抛运动，竖直方向H＝gt2 可得t＝2 s 要使得物品落点在目标区域内，水平方向满足x＝＝vt 最大角速度等于ωmax＝ 联立可得ωmax＝ rad/s 故A错误，B正确； 无人机从A到B的时间t′＝＝ s 由于t′>t 可知无人机运动到B点时，在A点释放的物品已经落地，故C正确，D错误． 【答案】　BC 7．(2025·济南一模)如图所示，MN为半径为r的圆弧路线，NP为长度13.5r的直线路线，MN′为半径为4r的圆弧路线，N′P′为长度10.5r的直线路线．赛车从M点以最大安全速度通过圆弧路段后立即以最大加速度沿直线加速至最大速度vm并保持vm匀速行驶．已知赛车匀速转弯时径向最大静摩擦力和加速时的最大合外力均为车重的n倍，最大速度vm＝5，g为重力加速度，赛车从M点按照MNP路线到P点与按照MN′P′路线运动到P′点的时间差为(　　 ) A． B． C． D． 【解析】　赛车在半径为r的圆弧匀速转弯时，由牛顿第二定律有：nmg＝，可得，v1＝赛车在圆弧运动的时间：t1＝，其中s＝＝，代入数据可得：t1＝ ，赛车在NP段从v1加速到vm过程，由牛顿第二定律有：nmg＝ma，可得a＝ng，这一过程需要的时间：t2＝，代入数据可得：t2＝4 赛车在NP段加速过程运动的位移： x＝t2，代入数据可得：x＝12r x＜13.5r，赛车到达最大速度后，匀速运动，匀速运动的时间：t3＝，代入数据可得：t3＝ ，赛车在半径为4r的圆弧匀速转弯时，由牛顿第二定律有：nmg＝，可得v2＝2，赛车在半径为4r的圆弧运动的时间：t1′＝，其中s′＝＝2πr，代入数据可得：t1′＝π 赛车在N′P′段从v2加速到vm过程，加速度大小与在NP段加速度大小相等，这一过程需要的时间：t2′＝，代入数据可得：t2′＝3 赛车在N′P′段加速过程运动的位移： x′＝t2′ 代入数据可得：x′＝10.5r，可知赛车到达P′点时，恰好到达最大速度vm 赛车从M点按照MNP路线到P点与按照MN′P′路线运动到P′点的时间差Δt＝t1′＋t2′－(t1＋t2＋t3)，代入数据可得： Δt＝ ，故A正确，BCD错误． 【答案】　A 8．(多选)(2025·山东菏泽二模)如图所示，倾角θ＝37°的斜面体固定在可以绕竖直轴转动的水平转台上，斜面最低点在转轴OO1上，质量均为m＝1 kg、可视为质点的两个小物块P、Q随转台一起匀速转动，P、Q到斜面最低点的距离均为0.5 m，与接触面之间的动摩擦因数均为0.5，取g＝10 m/s，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是(　　) A.为保持P与斜面体相对静止，角速度的最小值为 rad/s B．为保持P与斜面体相对静止，角速度的最大值为5 rad/s C．当角速度等于 rad/s时，Q会相对转台滑动，P有沿斜面向上滑的趋势 D．若P与斜面体保持相对静止，则P对斜面的压力大小范围是N≤FN≤20 N 【解析】　为保持P与斜面体相对静止，当物块P恰好不下滑时，有最小角速度，水平方向有FN1sin 37°－μFN1cos 37°＝mωL cos 37° 竖直方向有FN1cos 37°－μFN1sin 37°＝mg 解得FN1＝ N，ω1＝ rad/s 当物块P恰好不上滑时，有最大角速度，水平方向有FN2sin 37°＋μFN2cos 37°＝mωL cos 37° 竖直方向有FN2cos 37°＝μFN2sin 37°＋mg， 解得FN2＝20 N，ω2＝5 rad/s可知若P与斜面体保持相对静止，根据牛顿第三定律可得P对斜面的压力大小范围是 N≤FN≤20N，故A错误，BD正确； C．当P与斜面恰无摩擦力时，有mg tan 37°＝mω2L cos 37°，解得ω＝ rad/s，故C错误．故选BD. 【答案】　BD [高考高分练] 9．(2024·湖北高考)如图所示，有五片荷叶伸出荷塘水面，一只青蛙要从高处荷叶跳到低处荷叶上．设低处荷叶a、b、c、d和青蛙在同一竖直平面内，a、b高度相同，c、d高度相同，a、b分别在c、d正上方．将青蛙的跳跃视为平抛运动，若以最小的初速度完成跳跃，则它应跳到(　　 ) A.荷叶a B．荷叶b C．荷叶c D．荷叶d 【解析】　平抛运动在竖直方向做自由落体运动h＝gt2，水平方向做匀速直线运动x＝v0t，水平初速度v0＝x，要使水平初速度最小，则需要水平位移x最小、竖直位移h最大；由于a、c荷叶与青蛙的水平位移最小，c、d荷叶与青蛙的高度差最大，跳到荷叶c上同时满足水平位移最小，竖直位移最大，故ABD错误，C正确． 【答案】　C 10．(2025·安徽高考)在竖直平面内，质点M绕定点O沿逆时针方向做匀速圆周运动，质点N沿竖直方向做直线运动，M、N在运动过程中始终处于同一高度．t＝0时，M、N与O点位于同一直线上，如图所示．此后在M运动一周的过程中，N运动的速度v随时间t变化的图像可能是(　　) 【解析】　因为M、N在运动过程中始终处于同一高度，所以N的速度vN与M在竖直方向的分速度vMy大小相等 设M做匀速圆周运动的角速度为ω，半径为r，其竖直方向分速度vMy＝ωr cos ωt 即vN＝ωr cos ωt 则D正确，ABC错误． 【答案】　D 11．(2024·广东高考)如图所示，在细绳的拉动下，半径为r的卷轴可绕其固定的中心点O在水平面内转动，卷轴上沿半径方向固定着长度为l的细管，管底在O点，细管内有一根原长为、劲度系数为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．当以速度v匀速拉动细绳时，插销做匀速圆周运动，若v过大，插销会卡进固定的端盖．使卷轴转动停止．忽略摩擦力，弹簧在弹性限度内，要使卷轴转动不停止，v的最大值为(　　 ) A．r B．l C．r D．l 【解析】　卷轴的角速度为：ω＝，插销与卷轴属于同轴传动模型，角速度相等，要使卷轴转动不停止，则弹簧对插销的弹力提供向心力，根据牛顿第二定律可得： k＝m×l，联立解得：v＝r，故A正确，BCD错误． 【答案】　A 12．(2025·云南高考)如图所示，某同学将两颗鸟食从O点水平抛出，两只小鸟分别在空中的M点和N点同时接到鸟食．鸟食的运动视为平抛运动，两运动轨迹在同一竖直平面内，则(　　) A．两颗鸟食同时抛出 B．在N点接到的鸟食后抛出 C．两颗鸟食平抛的初速度相同 D．在M点接到的鸟食平抛的初速度较大 【解析】　鸟食的运动视为平抛运动，则在竖直方向有h＝gt2 由于hM < hN，则tM < tN，要同时接到鸟食，则在N点接到的鸟食先抛出，故AB错误； 在水平方向有x ＝v0t，如图 过M点作一水平面，可看出在相同高度处M点的水平位移大，则M点接到的鸟食平抛的初速度较大，故C错误，D正确．故选D. 【答案】　D 学科网（北京）股份有限公司 $