第1部分 专题1 第4节 力与曲线运动(二)-【金版教程】2026年高考物理大二轮大考试题精选重组全书word

大考试题精选重组　物理 第4节　力与曲线运动(二) 高考体验 1．(2025·福建卷，5)(多选)如图为春晚上转手绢的机器人，手绢上有P、Q两点，圆心为O，已知OQ＝OP，手绢绕O点做匀速圆周运动，则(　　) A．P、Q线速度之比为1∶ B．P、Q角速度之比为∶1 C．P、Q向心加速度之比为∶1 D．P点所受合外力总是指向O 答案：AD 解析：P、Q同轴转动，故角速度相等，即角速度之比为1∶1，B错误；由v＝ωr可知，P、Q线速度之比vP∶vQ＝rOP∶rOQ＝1∶，A正确；由a＝ω2r可知，P、Q向心加速度之比aP∶aQ＝rOP∶rOQ＝1∶，C错误；做匀速圆周运动的物体，其所受合外力提供向心力，故P点所受合外力总是指向圆心O，D正确。 2．(2025·广东卷，8)(多选)将可视为质点的小球沿光滑冰坑内壁推出，使小球在水平面内做匀速圆周运动，如图所示。已知圆周运动半径R为0.4 m，小球所在位置处的切面与水平面夹角θ为45°，小球质量为0.1 kg，重力加速度g取10 m/s2。关于该小球，下列说法正确的有(　　) A．角速度为5 rad/s B．线速度大小为4 m/s C．向心加速度大小为10 m/s2 D．所受支持力大小为1 N 答案：AC 解析：对小球受力分析如图所示，有Fn＝mgtanθ＝mω2R，解得ω＝5 rad/s，故A正确；线速度大小为v＝ωR＝2 m/s，故B错误；向心加速度大小为an＝ω2R＝10 m/s2，故C正确；所受支持力大小为FN＝＝ N，故D错误。 3．(2025·海南卷，4)载人飞船的火箭成功发射升空，载人飞船进入预定轨道后，与空间站完成自主快速交会对接，然后绕地球做匀速圆周运动。已知空间站轨道高度低于地球同步卫星轨道，则下面说法正确的是(　　) A．火箭在加速升空过程失重 B．宇航员在空间站受到的万有引力小于在地表受到的万有引力 C．空间站绕地球做匀速圆周运动的角速度小于地球自转角速度 D．空间站绕地球做匀速圆周运动的加速度小于地球同步卫星的加速度 答案：B 解析：火箭加速升空过程，加速度方向向上，处于超重状态，故A错误；根据F＝，与在地面时相比，宇航员在空间站时离地心更远，受到的万有引力小于在地表受到的万有引力，故B正确；根据＝mω2R＝ma，可得ω＝，a＝，空间站轨道半径小于地球同步卫星轨道半径，可知空间站绕地球做匀速圆周运动的角速度大于同步卫星的角速度，即大于地球自转角速度，空间站绕地球做匀速圆周运动的加速度大于地球同步卫星的加速度，故C、D错误。 4．(2025·广东卷，5)一颗绕太阳运行的小行星，其轨道近日点和远日点到太阳的距离分别约为地球到太阳距离的5倍和7倍。关于该小行星，下列说法正确的是(　　) A．公转周期约为6年 B．从远日点到近日点所受太阳引力大小逐渐减小 C．从远日点到近日点线速度大小逐渐减小 D．在近日点加速度大小约为地球公转加速度的 答案：D 解析：设地球到太阳的距离为R，根据题意，小行星公转轨道的半长轴为＝6R，由开普勒第三定律有＝，解得小行星的公转周期T行＝＝6年，故A错误；从远日点到近日点，小行星与太阳间的距离逐渐减小，由万有引力定律F＝可知，小行星所受太阳引力大小逐渐增大，故B错误；由开普勒第二定律可知，从远日点到近日点，小行星线速度大小逐渐增大，故C错误；对于绕太阳运行的星体，由牛顿第二定律有＝ma，解得a＝，可知小行星在近日点的加速度大小与地球公转加速度大小的比值为＝＝，故D正确。 5．(2025·陕晋宁青卷，2)我国计划于2028年前后发射“天问三号”火星探测系统，实现火星取样返回。其轨道器将环绕火星做匀速圆周运动，轨道半径约3750 km，轨道周期约2 h，引力常量G取6.67×10－11 N·m2/kg2。根据以上数据可推算出火星的(　　) A．质量 B．体积 C．逃逸速度 D．自转周期 答案：A 解析：轨道器环绕火星做匀速圆周运动时，由万有引力提供向心力有＝mr，解得火星的质量M＝，则由题中数据可推算出火星的质量M，A正确；由题中数据无法推算出火星的半径，则无法推算出火星的体积，B错误；火星的逃逸速度等于第一宇宙速度的倍，因不知道火星半径，无法推算出火星的第一宇宙速度，所以无法推算出火星的逃逸速度，C错误；自转周期与已知量无关，所以无法推算出火星的自转周期，D错误。 6．(2025·四川卷，6)某人造地球卫星运行轨道与赤道共面，绕行方向与地球自转方向相同。该卫星持续发射信号，位于赤道的某观测站接收到的信号强度随时间变化的规律如图所示，T为地球自转周期。已知该卫星的运动可视为匀速圆周运动，地球质量为M，万有引力常量为G。则该卫星轨道半径为(　　) A. B. C. D. 答案：A 解析：设卫星转动的周期为T′，卫星在观测站正上方时信号强度最大，可得·－·＝2π，解得T′＝，根据万有引力提供向心力有G＝mr，可得卫星的轨道半径r＝，故选A。 好题精选 7．(2025·天津市滨海新区高三下三模)我国现有多款手机支持天通卫星通讯。天通卫星发射过程如图：先用火箭将卫星送上椭圆轨道1，P、Q是远地点和近地点，随后变轨，至圆轨道2，再变轨至同步轨道3。轨道1、2相切于P点，轨道2、3相交于M、N两点。忽略卫星质量变化，下列说法正确的是(　　) A．卫星在轨道2和轨道3上的机械能E2＝E3 B．卫星在轨道1和轨道2上的周期T1>T2 C．由轨道1变至轨道2，卫星在P点向前喷气 D．卫星在轨道1上P点的线速度大于在轨道3上的线速度 答案：A 解析：因为轨道2、3是圆心相同的圆轨道，且能够相交于M、N两点，所以圆轨道2、3半径相同，则卫星的势能相同，根据＝m，可得v＝，则卫星在轨道2、3的速度大小相等，动能相同，故E2＝E3，A正确；卫星在轨道2的半径大于轨道1的半长轴，根据开普勒第三定律可知T2＞T1，故B错误；由轨道1变至轨道2，在P点卫星的运动由近心运动变至圆周运动，故需增加卫星的速度，卫星在P点向后喷气获得向前的反推力实现加速，又卫星在轨道2、3的速度大小相等，所以卫星在轨道1上P点的线速度小于在轨道3上的线速度，故C、D错误。 8．(2025·江西省景德镇市高三下第三次质检)如图所示，轻杆长3L，在杆两端分别固定质量均为m的球A和B，光滑水平转轴穿过杆上距球A为L的O点，外界给系统一定能量后，杆和球在竖直平面内转动，球B运动到最高点时，杆对球B恰好无作用力。忽略空气阻力，重力加速度为g。则球B在最高点时(　　) A．球B的速度为零 B．球A的速度大小为 C．水平转轴对杆的作用力为mg D．水平转轴对杆的作用力为2mg 答案：B 解析：球B运动到最高点时，杆对球B恰好无作用力，即重力恰好提供向心力，则有mg＝m，解得球B的速度大小vB＝，故A错误；由于A、B两球的角速度相等，由v＝ωr，得球A的速度大小为vA＝vB＝，故B正确；设杆对球A的作用力大小为T，根据牛顿第二定律有T－mg＝m，则T＝mg，根据牛顿第三定律可知球A对杆的作用力大小为T′＝T＝mg，球B在最高点时，对杆无弹力，所以水平转轴对杆的作用力为1.5mg，C、D错误。 9．(2025·浙江省高三下第五次调研)(多选)如图所示，粗糙水平圆盘上，质量均为m的A、B两物块叠放在一起，距轴心距离为L，随圆盘一起做匀速圆周运动。已知圆盘与B之间的动摩擦因数为μ，B与A之间的动摩擦因数为0.5μ，假如最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是(　　) A．物块A、B一起匀速转动过程中加速度恒定 B．物块A、B一起转动过程中所需向心力大小相等 C．A、B一起转动的最大角速度为 D．当A、B恰发生相对运动时圆盘对B的摩擦力为2μmg 答案：BC 解析：两物块一起匀速转动的向心加速度大小恒定，方向始终指向圆心，方向不恒定，故A错误；根据向心力公式Fn＝mLω2可知，物块A、B一起转动过程中所需向心力大小相等，故B正确；假设A、B一直保持相对静止，对A、B整体分析，当最大静摩擦力提供向心力，有μ·2mg＝2mωL，解得两物块相对圆盘发生相对滑动的角速度ωB＝，对A分析，B对A的最大静摩擦力提供向心力，有0.5μ·mg＝mωL，解得A、B发生相对滑动的临界角速度ωA＝，由于ωA<ωB，所以A、B一起转动的最大角速度为，此时圆盘对B的摩擦力为f＝2m·L·ω＝μmg，故C正确，D错误。 10．(2025·天津市九校联考高三下一模)近似计算地月系统时可以认为月球绕着地球做匀速圆周运动，如图甲所示，月球绕地球运动的周期为T1。为了更精准测量地月系统，认为地月系统是一个双星系统，如图乙所示，在相互之间的万有引力作用下，绕连线上的O点做匀速圆周运动，月球绕O点运动的周期为T2。若地球、月球质量分别为m地、m月，两球心相距为r，地球半径为R，引力常量为G，下列说法正确的是(　　) A．图甲中，地球的密度可表示为 B．图甲中月球绕地球运动的周期T1等于图乙中月球绕O点运动的周期T2 C．图乙中地月双星轨道中O点到地心的距离为r D．图乙中地月双星转动的角速度与地月质量之和成正比 答案：C 解析：图甲中，根据万有引力提供向心力有＝m月r，又地球的体积为V＝πR3，则地球的密度为ρ＝＝，故A错误；图甲中，根据万有引力提供向心力有＝m月r，解得图甲中月球绕地球运动的周期为T1＝2π，若将地月系统视为一个双星系统，如图乙所示，设地月双星轨道中O点到地心的距离为r1，O点到月球圆心的距离为r2，则＝m月r2＝m地r1，可得m月r2＝m地r1，且r2＋r1＝r，解得r1＝r，r2＝r，T2＝2π，则图乙中地月双星转动的角速度ω2＝＝，不与地月质量之和成正比，且T1>T2，故B、D错误，C正确。 11．(2025·陕西省高考适应性检测三)如图所示，离心液体分离器是一种利用离心现象将液体混合物中不同密度的成分进行分离的设备。某次运行检测，注入密度为ρ的某种液体，当其达到稳态时，可将其简化如下：密度为ρ的液体在中心转鼓的作用下以恒定角速度ω绕中心轴在一个竖直放置的圆柱形容器内匀速旋转；液体在旋转过程中形成一个稳定的旋转环，可将其近似看作围绕中心轴在水平方向做匀速圆周运动的薄层液体。设薄层液体距离中心轴的半径为r，水平厚度d(d远小于r)、竖直深度h在运动过程中均保持不变。(r、ρ、d、h、ω、Δt均为已知量)求： (1)在(极短的时间)Δt内，该薄层液体通过任意截面的质量Δm； (2)该薄层液体在(极短的时间)Δt内速度的变化量Δv的大小； (3)该薄层液体对容器外侧壁产生的压强p。 答案：(1)ρωrdhΔt　(2)rω2Δt　(3)ρω2dr 解析：(1)Δt时间内对应液体质量Δm＝ρΔV 对应液体体积ΔV＝ωrdhΔt 联立可得Δm＝ρωrdhΔt。 (2)由加速度定义式有a＝ 液体做圆周运动的向心加速度a＝rω2 联立可得Δv＝rω2Δt。 (3)对质量为Δm的液体，由压强定义式有p＝，其中S＝ 由牛顿第三定律得容器外侧壁对该液体的作用力F′＝F 液体的向心力F′＝Δmrω2 联立可得p＝ρω2dr。 高考体验 1．(2025·安徽卷，6)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(　　) 答案：D 解析：根据题意可知，M的速度在竖直方向上的分量始终与N的速度相同，设M做圆周运动的角速度大小为ω，则在t时间内转过的角度θ＝ωt，对质点M的速度进行分解，如图所示，以竖直向上为正方向，则其竖直分速度vMy＝vMcosθ＝vMcosωt，所以N的速度v＝vMy＝vMcosωt，故D可能正确。 2．(2025·山东卷，4)某同学用不可伸长的细线系一个质量为0.1 kg的发光小球，让小球在竖直面内绕一固定点做半径为0.6 m的圆周运动。在小球经过最低点附近时拍摄了一张照片，曝光时间为 s。由于小球运动，在照片上留下了一条长度约为半径的圆弧形径迹。根据以上数据估算小球在最低点时细线的拉力大小为(　　) A．11 N B．9 N C．7 N D．5 N 答案：C 解析：根据题意可知，小球经过最低点的速率约为v＝＝＝6 m/s，在最低点对小球由牛顿第二定律有F－mg＝m，重力加速度g取10 m/s2，解得小球在最低点时细线的拉力约为F＝7 N，C正确。 3．(2025·重庆卷，7)“金星凌日”时，从地球上看，金星就像镶嵌在太阳表面的小黑点。在地球上间距为d的两点同时观测，测得金星在太阳表面的小黑点相距为L，如图所示。地球和金星绕太阳的运动均视为匀速圆周运动，太阳直径远小于金星的轨道半径，则地球和金星绕太阳运动的(　　) A．轨道半径之比为 B．周期之比为 C．线速度大小之比为 D．向心加速度大小之比为 答案：D 解析：根据题意并结合几何知识可知，＝，地球和金星绕太阳运动的轨道半径之比为＝，故A错误；对于绕太阳做匀速圆周运动的行星，根据万有引力提供向心力有＝mr＝m＝ma，解得行星绕太阳运动的周期T＝，线速度大小v＝，加速度大小a＝，可得地球和金星绕太阳运动的周期之比为＝，线速度大小之比为＝，向心加速度大小之比为＝，故B、C错误，D正确。 4．(2025·湖南卷，4)我国研制的“天问二号”探测器，任务是对伴地小行星及彗星交会等进行多目标探测。某同学提出探究方案，通过释放卫星绕小行星进行圆周运动，可测得小行星半径R和质量M。为探测某自转周期为T0的小行星，卫星先在其同步轨道上运行，测得距离小行星表面高度为h，接下来变轨到小行星表面附近绕其做匀速圆周运动，测得周期为T1。已知引力常量为G，不考虑其他天体对卫星的引力，可根据以上物理量得到R＝h，M＝。下列选项正确的是(　　) A．a为T1，b为T0，c为T1 B．a为T1，b为T0，c为T0 C．a为T0，b为T1，c为T1 D．a为T0，b为T1，c为T0 答案：A 解析：卫星分别在小行星的同步轨道和表面附近做圆周运动时，由开普勒第三定律有＝，解得R＝h，则a为T1，b为T0；设卫星的质量为m，卫星在小行星表面附近做匀速圆周运动时，由万有引力提供向心力有＝mR，解得M＝，则c为T1。故选A。 5．(2025·河北卷，7)随着我国航天事业飞速发展，人们畅想研制一种核聚变能源星际飞行器。从某星球表面发射的星际飞行器在飞行过程中只考虑该星球引力，不考虑自转，该星球可视为质量分布均匀的球体，半径为R0，表面重力加速度为g0。质量为m的飞行器与星球中心距离为r时，引力势能为mg0R(r≥R0)。要使飞行器在距星球表面高度为R0的轨道上做匀速圆周运动，则发射初速度为(　　) A. B. C. D. 答案：B 解析：飞行器在距星球表面高度为R0的轨道上做匀速圆周运动时，由万有引力提供向心力得G＝m，此时引力势能Ep＝mg0R＝mg0R0，在星球表面，飞行器所受万有引力等于重力，即G＝mg0，此时引力势能Ep′＝mg0R·＝0，飞行器发射过程由机械能守恒定律得mv＋Ep′＝mv2＋Ep，联立解得飞行器发射的初速度为v0＝，B正确。 6．(2024·湖北卷，4)太空碎片会对航天器带来危害。设空间站在地球附近沿逆时针方向做匀速圆周运动，如图中实线所示。为了避开碎片，空间站在P点向图中箭头所指径向方向极短时间喷射气体，使空间站获得一定的反冲速度，从而实现变轨。变轨后的轨道如图中虚线所示，其半长轴大于原轨道半径。则(　　) A．空间站变轨前、后在P点的加速度相同 B．空间站变轨后的运动周期比变轨前的小 C．空间站变轨后在P点的速度比变轨前的小 D．空间站变轨前的速度比变轨后在近地点的大 答案：A 解析：空间站变轨前、后在P点所受到的万有引力相同，即其所受到的合力相同，根据牛顿第二定律可知，空间站变轨前、后在P点的加速度相同，故A正确；因为空间站变轨后其轨道的半长轴大于原轨道半径，根据开普勒第三定律可知，空间站变轨后的运动周期比变轨前的大，故B错误；空间站在P点沿背离地球球心方向极短时间喷射气体，使空间站获得指向地球球心方向的反冲速度，根据平行四边形定则，空间站变轨后在P点的速度比变轨前的大，故C错误；由开普勒第二定律可知，空间站变轨后在P点的速度比变轨后在近地点的小，结合C项分析可知，空间站变轨前的速度比变轨后在近地点的小，故D错误。 好题精选 7．(2025·北京市海淀区高三下三模)机动车故障检测时，车的主动轮压在两个相同粗细的有固定转动轴的滚动圆筒上，主动轮沿前进方向转动一段时间。过程简化图中：车轮A的半径为rA，滚动圆筒B的半径为rB，A与B间不打滑。当A以恒定转速n(单位为r/s)运行时，下列说法正确的是(　　) A．B的边缘线速度大小为2πnrB B．A的角速度大小为2πn，且A沿顺时针方向转动，B沿逆时针方向转动 C．A、B的角速度大小不相等，但A、B均沿顺时针方向转动 D．A、B的角速度之比为 答案：B 解析：两轮不打滑，两轮边缘的线速度大小相等，均为v＝2πnrA，故A错误；车轮A是主动轮，A的角速度大小ωA＝2πn，由图可知向右为前进方向，故A沿顺时针方向转动，B沿逆时针方向转动，两轮边缘的线速度相等，即v＝ωArA＝ωBrB，角速度之比＝，由于两轮的半径不相等，则两轮的角速度大小不相等，故B正确，C、D错误。 8．(2025·广东省深圳实验学校高中园与惠东高级中学高三下三模联考)(多选)2025年1月16日，地球恰好运行到火星和太阳之间，且三者几乎排成一条直线，此现象被称为“火星冲日”。火星和地球几乎在同一平面内沿同一方向绕太阳做圆周运动，火星与地球的公转轨道半径之比为3∶2，已知地球的质量为火星质量的9倍，火星的半径是地球半径的0.5倍，如图所示。根据以上信息可以得出(　　) A．火星与地球绕太阳公转的角速度之比为 B．当火星与地球相距最远时，太阳处于地球和火星之间 C．火星与地球表面的自由落体加速度大小之比为4∶9 D．下一次“火星冲日”将出现在2026年1月16日之前 答案：ABC 解析：火星和地球均绕太阳运动，由于火星与地球的轨道半径之比约为3∶2，根据开普勒第三定律有＝，可得＝＝，根据周期与角速度的关系ω＝，可得角速度之比为＝＝，故A正确；火星和地球绕太阳做匀速圆周运动，当火星与地球相距最远时，太阳处于地球和火星之间，故B正确；在星球表面万有引力近似等于重力，有G＝mg，解得g＝，则火星与地球表面的自由落体加速度大小之比为＝·＝，故C正确；火星和地球绕太阳做匀速圆周运动的角速度大小分别为ω火＝，ω地＝，设相邻两次“火星冲日”的时间间隔为t，则·t＝2π，解得t＝>T地，下一次“火星冲日”将出现在2026年1月16日之后，故D错误。 9．(2025·河南省新乡市等2地高三下模拟)随着人类对太空的不断探索，发现太空中存在如图所示的三星系统，三颗质量均为m的星体位于正三角形的三个顶点，三颗星体环绕正三角形的中心做匀速圆周运动，理论上其环绕周期为T，通过测量实际上环绕周期为kT(0<k<1)，造成这一现象的原因可能是中心O处存在一未知天体，忽略其他星系的影响，引力常量为G。下列说法正确的是(　　) A．正三角形的边长为 B．理论上，三颗星体的线速度大小为 C．理论上，三颗星体的加速度大小为 D．中心O处未知天体的质量为m 答案：A 解析：设正三角形边长为L，理论上任意两颗星体对第三颗星体的引力提供第三颗星体做圆周运动的向心力，则有2cos30°＝m·，解得L＝，故A正确；理论上，三颗星体的线速度大小为v＝＝×＝，联立解得v＝，故B错误；理论上，三颗星体的加速度大小均为a＝r＝·，联立解得a＝，故C错误；设中心O处未知天体的质量为M，对其中任一颗星体，根据万有引力提供向心力有2cos30°＋＝m·，解得M＝，故D错误。 10．(2025·浙江省绍兴市阳明中学高三下二模)据报道，“TRAPPIST­1恒星系统”由1颗红矮星和7颗(如图所示)围绕它运行的行星组成，若地球半径为R，则行星的半径如表所示。据推测行星g和h的密度大致相同，若行星g的第一宇宙速度为v，则行星h的第一宇宙速度约为(　　) 行星 b c d e f g h 半径 1.12R 1.10R 0.78R 0.91R 1.05R 1.15R 0.77R A．0.5v B．0.7v C．1.5v D．2.3v 答案：B 解析：由题表可知，行星g和h的半径分别为Rg＝1.15R和Rh＝0.77R，设密度均为ρ，则行星g的质量为mg＝πRρ，由第一宇宙速度的定义可知＝，解得v＝，同理可得行星h的第一宇宙速度为vh＝＝v≈0.7v，故选B。 11．(2025·贵州省贵阳市高三下联考)(多选)如图所示，在水平圆盘圆心O的一侧，沿半径方向放着用轻杆相连的两个物体A和B，A、B的质量均为m，与圆盘的动摩擦因数分别为μA、μB，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现使圆盘在不同的角速度ω下绕过O的竖直轴匀速转动，已知重力加速度为g，则B未发生相对滑动时，其所受的静摩擦力f与ω2的关系图像可能是(　　) 答案：ABC 解析：若随着ω逐渐增大，A、B同时达到最大静摩擦力，则在B滑动前，轻杆无拉力，对B有f＝mω2rB，即f与ω2成正比，且最大静摩擦力为fm＝μBmg，A正确；若随着ω逐渐增大，A受到的静摩擦力先不足以提供其圆周运动所需的向心力，在A的摩擦力未达到最大时，有f＝mω2rB，此时f与ω2成正比，随着ω的增大，A所受静摩擦力达到最大时轻杆开始出现拉力，此时对A有T＋μAmg＝mω2rA，对B有f－T＝mω2rB，联立解得f＝m(rA＋rB)ω2－μAmg，由此可知，在f­ω2的图像中，其斜率变大，B正确；若随着ω逐渐增大，B受到的摩擦力先不足以提供其圆周运动所需的向心力，在B的摩擦力未达到最大时，有f＝mω2rB，此时f与ω2成正比，随着ω的增大，B所受静摩擦力达到最大后，不再发生变化，为fm＝μBmg，其所需向心力不足的部分由杆的弹力补充，可知C正确，D错误。 15 学科网（北京）股份有限公司 $