复习练案4 第一部分 专题一 第3讲 曲线运动-【衡中学案】2026年高考物理二轮总复习提能训练

复习练案[4] 第一部分 专题一第3讲 曲线运动 A.A点做匀速圆周运动 A组·基础巩固练 B.O'点做匀速圆周运动 1.（多选)(2025·福建卷)春晚上转手绢的机器人，手 C.此时A点的速度小于O'点 绢上有P、Q两点，圆心为O,OQ=√3OP,手绢做匀速 D.此时A点的速度等于O'点 圆周运动，则 ( )4.(2025·山东联考)猫猫很怕水，当其身上沾到水后， 会通过高速抖动的方式将水甩干，于是用这样一 个模型来研究这一现象：如图所示，将猫猫的躯干视 作轴线水平，半径为R的圆柱（其腿长可忽略），某一 次抖动时可看作其绕自身轴线旋转，角速度为ω。若 要求猫猫正上方头顶的水可以被甩出，重力加速度为 g,则角速度ω的最小值为 () A.P、Q线速度之比为1：√3 B.P、Q角速度之比为5：1 C.P、Q向心加速度之比为√3：1 D.P点所受合外力总是指向O 3g 2.（2025·河北卷)某同学在傍晚用内嵌多个彩灯的塑 料绳跳绳，照片录了彩灯在曝光时间内的运动轨迹，5.(2025·山东卷)某同学用不可伸长的细线系一个质 简图如图。彩灯的运动可视为匀速圆周运动，相机本 量为0.1kg的发光小球，让小球在竖直面内绕一固定 次曝光时问是0，圆弧对应的圆，心角约为30°，则该 点做半径为0.6m的圆周运动。在小球经过最低点 同学每分钟跳绳的圈数约为 ( 附近时拍摄了一张照片，曝光时间为0。由于小球 运动，在照片上留下了一条长度约为半径写的圆弧形 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.11N B.9N C.7N D.5 N 6.(多选)(2025·广东卷)将可视为质点的小球沿光滑 A.90 B.120 C.150 D.180 冰坑内壁推出，使小球在水平面内做匀速圆周运动， 3.（2025·江苏卷)游乐设施“旋转杯”的底盘和转杯分 如图所示。已知圆周运动半径R为0.4m,小球所在 别以0、O'为转轴，在水平面内沿顺时针方向匀速转 位置处的切面与水平面夹角0为45°，小球质量为 0.1kg,重力加速度g取10m/s2。关于该小球，下列 动。0'固定在底盘上。某时刻转杯转到如图所示位 说法正确的有 () 置，杯上A点与0、0恰好在同一条直线上。则 .0 水平面 底座 A.角速度为5rad/s 0 B.线速度大小为4m/s o 转杯 C.向心加速度大小为10m/s2 D.所受支持力大小为1N 180 7.(2025·云南卷)如图所示，某同学将两颗鸟食从0 4 点水平抛出，两只小鸟分别在空中的M点和N点同 A.o=√3 时接到鸟食。鸟食的运动视为平抛运动，两运动轨迹 C.0=30° D.0=459 在同一竖直平面内，则 )10.(多选)(2025·山东卷)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=5m的圆形区域，O0'垂直地 面，无人机在离地面高度H=20m的空中绕O'点、 N 平行地面做半径R2=3m的匀速圆周运动，A、B为 A.两颗鸟食同时抛出 圆周上的两点，∠A0'B=90°。若物品相对无人机 B.在N点接到的鸟食后抛出 无初速度地释放，为保证落点在目标区域内，无人机 C.两颗鸟食平抛的初速度相同 做圆周运动的最大角速度应为ωx。当无人机以 D.在M点接到的鸟食平抛的初速度较大 ω沿圆周运动经过A点时，相对无人机无初速度 8.(2025·四川宜宾模拟)消防员在一次用高压水枪灭 地释放物品。不计空气对物品运动的影响，物品可 火的过程中，消防员同时启动了多个喷水口进行灭 视为质点且落地后即静止，重力加速度大小g= 火。有甲、乙靠在一起的高压水枪，它们喷出的水在 10m/s2。下列说法正确的是 () 空中运动的轨迹曲线如图所示，已知两曲线在同一竖 直面内，忽略空气阻力，则 ( 水平线-- H 失火处 水平地面 A.甲、乙水枪喷出的水初速度相等 A0m= 3 rad/s B.乙水枪喷出的水初速度较大 2 C.乙水枪喷出的水在空中运动的时间较长 B.=3 rad/s D.甲水枪喷出的水在最高点的速度较大 C.无人机运动到B点时，在A点释放的物品已经 B组·综合提升练 落地 D.无人机运动到B点时，在A点释放的物品尚未 9.（多选)(2025·山东Flawless联考)某海洋乐园里正 落地 在进行海豚戏球表演，海豚与高台边缘的水平距离为 H。驯兽师在高台边缘，距水面高度为H处静止释放 11.（2024·辽宁沈阳重点中学联考)如图所示是某游 乐场中水上过山车的原理示意图。半径为R=8m 球的同时，海豚以一初速度跃出水面，速度方向与 水面夹角为0，如图所示。设海豚跃出水面后姿势保 的圆轨道竖直固定在离水面高h=3.2m的水平平 持不变，不计空气阻力，若海豚可以顶到球，则下列选 台上，圆轨道与水平平台相切于A点，A、B分别为圆 项中可能正确的是 ( 轨道的最低点和最高点。过山车（实际是一艘带轮 子的气垫小船，可视作质点)高速行驶，先后通过多 个圆轨道，然后从A点离开圆轨道进入光滑的水平 轨道AC,最后从C点水平飞出落入水中，整个过程 刺激惊险，受到很多年轻人的喜爱。已知水面宽度 为s=12m,不计空气阻力，重力加速度g取 10m/s2。(结果可保留根号) 181 12.（2025·安徽卷)如图，M、N为固定在竖直平面内同 R 0 一高度的两根细钉，间距L=0.5m。一根长为3L 的轻绳一端系在M上，另一端竖直悬挂质量m= 0.1kg的小球，小球与水平地面接触但无压力。t= 0时，小球以水平向右的初速度o=10m/s开始在 图1 图2 竖直平面内做圆周运动。小球牵引着绳子绕过N、 (1)若过山车恰好能通过圆轨道的最高点B,则其在 M,运动到M正下方与M相距L的位置时，绳子刚 B点的速度为多大？ 好被拉断，小球开始做平抛运动。小球可视为质点， (2)为使过山车安全落入水中，则过山车在C点的 绳子不可伸长，不计空气阻力，重力加速度g取 最大速度为多大？ 10m/s2。 (3)某次运动过程中乘客在圆轨道最低点A对座椅 M -N 的压力为自身重力的3倍，随后进入水平轨道 AC并落入水中，求过山车落入水中时的速度 3L 大小。 mmm (1)求绳子被拉断时小球的速度大小及绳子所受的 最大拉力大小： (2)求小球做平抛运动时抛出点到落地点的水平 距离； (3)若在t=0时，只改变小球的初速度大小，使小球 能通过N的正上方且绳子不松弛，求初速度的 最小值。 1826.(1)F=5t(N)(2)m1=2.5kgk1=0.12=0.2 (3)a=2t-4(m/s2)(t≥3s) 【解析】（1)由乙图F=t 因线外来5 解得F=5t(N)。 (2)由丙图：t=1s时，f=5N=u(m1+m2)g t=3s时，f3=10N=u1(m1+m2)g+w2m2g t=3s时，木板与物块相对滑动a1=a2=u28 根据牛顿第二定律F3-u(m1+m2)g=(m1+m2)a2 解得m1=2.5kg,1=0.1,w=0.2。 (3)由牛顿第二定律得F。=F-u1(m1+m2)g-2m28 =m a 代入F=5t解得a=2t-4(m/s2)(t≥3s)。 7.(1)1.6m/s2(2)2.3s(3)23.3472J 【解析】(1)由静止释放长木板之后，设长木板的加速 度为a1,由牛顿第二定律有m1gsin0-u1m1gcos0 =m,a1 解得a1=gsin0-u1gcos0=0.4m/s 放上物块瞬间，同理由牛顿第二定律，长木板的加速度 大小为 u2mzgcos 0+u(m2 +m)gcos 0-migsin 0 m 1.6m/s2。 (2)刚放上物块时，设物块的加速度为a2,由牛顿第二 定律，m2gsin0+u2m2gcos8=m2a2 解得a2=gsin0+u2gcos0=8.4m/s2 此时长木板的速度为v,=a1△t=1.0m/s 设经过△t1时间二者共速，则1-a1'△t1=a2△t 解得△t1=0.1s,v共=0.84m/s。 这段时间里长木板比物块多走的距离为△x,=,△t,- 2a,'a42-20,a2=0.05m 1 经过判断，物块会继续相对长木板加速下滑，长木板的 加速度 a,”=41(m,+m,）gcos6-m1gsin0-k,m2gos9 mi 0.4m/s2 沿斜面向上 物块的加速度为a2'=gsin0-u2gcos0=3.6m/s2 设又经过△t2时间长木板停下，v共=a,"△t2 解得△t2=2.1s 1 A,时间内物块比长木板多走△x,=2（a,'+a,”)△ =8.82m 31 此时物块的速度为v,=a,△t,+a,'△t,=8.4m/s 距离长木板底端△x3=L+△x1-△2=0.858m 设再经△t时间，物块从长木板上滑落，则△x,=,△t 1 +20'△61 解得△t=0.1s 所以物块在长木板上滑行的时间为t=△t,+△t2+△t3 =2.3s。 (3)整个过程中，物块和长木板之间产生的热量为 Q=2m2gc0s0×（△x1+△x2+△x3）=23.3472J。 复习练案[4] A组·基础巩固练 1.AD手绢做匀速圆周运动，由图可知P、Q属于同轴传 动模型，故角速度相等，即角速度之比为1：1，B错误： 由v=or可知，P、Q线速度之比vp:vg=Tp:To0= 1:√3，A正确；由a=w,可知，P、Q向心加速度之比 ap:ao=Tm:Tn=1:3,C错误；做匀速圆周运动的 物体，其合外力等于向心力，故合外力总是指向圆心0， D正确。故选AD。 2.C根据题意可知跳绳的转动角速度为0=A △t 2 6 1 rad/s=5πad/s,故每分钟跳绳的圈数为n= 30 5m×60=150,故选C。 2π 3.BA点运动为A点绕O'的圆周运动和O'相对于0的 圆周运动的合运动，故轨迹不是圆周，故不做匀速圆周 运动，故A错误；根据题意O固定在底盘上，故可知0 围绕O点做匀速圆周运动，故B正确；杯上A点与O、O 恰好在同一条直线上时且A在O0'延长线上，A点和O 点运动运动方向相同，又A点相对O'点做圆周运动，故 此时A的速度大于O'的速度，故C、D错误。故选B。 4.A对最高点的水滴，根据牛顿第二定律得mg=mwR, 解得w=√货故选A。 5.C根据题意可知在曝光时间内小球运动的弧长为 11 △1=5=5×0.6m=0.12m,近似认为在曝光时间内 小球做匀速直线运动，故有=-0,12ms=6ms, 50 在最低点根据牛顿第二定律有T-mg=m,代人数据 解得T=7N,故选C。 6.AC对小球受力分析可知F▣=mgtan45°=mwR,解 得w=5ad/s,故A正确；线速度大小为v=wR= 2m/s,故B错误；向心加速度大小为a.=wR= 0m/s,故C正确：所受支持力大小为F、三m5。 √2N,故D错误。故选AC。 7.D鸟食的运动视为平抛运动，敛：.M/ 则在竖直方向有h=} 2,由 于hu<hv,则tM<tw,要同时接 到鸟食，则在N点接到的鸟食先抛出，故A、B错误；在 水平方向有x=t,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。 8.B令喷出水的初速度。与水平方向夹角为0，到达最 高点过程，斜抛运动竖直方向做竖直上抛运动，利用逆 向思维有(sin62gh,解得三日，根据图示可 知，竖直方向高度相等，甲喷出的初速度与水平方向夹 角大一些，则乙水枪喷出的水初速度较大，故A错误，B 正确：斜抛运动竖直方向做竖直上抛运动，根据图示可 知，高度相等，利用逆向思维有方=，2，根据对称性 可知，上升与下降时间相等，水枪喷出的水在空中运动 的时间=2，解得=2，西，即甲、乙水枪喷出的水在 空中运动的时间相等，故C错误；斜抛运动水平方向做 匀速直线运动，则水在最高点的速度v,=vcos0,结合 上述可知，甲喷水速度小于乙喷水速度，甲喷出的初速 度与水平方向夹角大一些，则甲水枪喷出的水在最高 点的速度较小，故D错误。 B组·综合提升练 9.ABD海豚若能顶到球，则水平方向H=%tcos0,竖直 方向H=282+,1sin0-2 )gt2=Votsin,tang=月 1,则0=45°，故C错误，D正确；海豚在落水前所经历 的时间为。=24osin ,故当海豚落水时恰好顶到球，有 g H=otsin0=Vosin0· 2in9=,解得w=√，故 当。>√gH时，海豚可以顶到球，则选项A、B均可。故 选ABD。 10.BC物品从无人机上释放后，做平抛运动，竖直方向 H=了g,可得1=2，要使得物品落点在目标区域内. -312 水平方向满足x=√R2-R,=t,最大角速度等于 。-元联立可得u-子ads,放A错误B正确： 2 T 无人机从A到B的时间t'= a4s,由于'>，可 23π 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。故选BC。 1.(1)45m/s(2)15m/s(3)4√/14m/s 【解析】(1)过山车恰好能过最高点时，在最高点只 UB 受重力作用，有mg=m R 则g=√gR=4V5m/s。 (2)过山车离开C点后做平抛运动落入水中，有h= h-0.8s 解得运动时间为1√g 故最大速度为0m=三=15m/s。 t (3)在圆轨道最低点有F、-m'g=mR 由牛顿第三定律得F、=3m'g,解得v4=√2gR= 4√10m/s 落入水中时竖直速度为)，=gt=8m/s 则落入水中时的速度大小为v=√42+)，2= 414m/s。 2.(1)4/5m/s17N(2)4m(3)215m/s 【解析】（1)小球从最下端以速度。抛出到运动到 M正下方距离为L的位置时，根据机械能守恒定律 2mw,2=mg·2L+2mw 在该位置时根据牛顿第二定律T-mg=m L 解得v=4√5m/s,T=17N。 (2)小球做平抛运动时x=t,2L=28 解得x=4m。 (3)若小球经过N正上方绳子恰不松弛，则满足g= ,2 m2L 从最低点到该位置由动能定理m,”=mg·5孔+ 22 1 解得'=2√15m/s。