二轮专题(四) 抛体运动、圆周运动、天体运动-【真题密卷】2026年高考物理二轮专题精准提升（湖北专用）

·物理· 参考答案及解析 F-u2(m+M)g=(m+M)a (1分) (3)此时距进入电场E2的距离 代入数据解得 x2=d3-x1=11.5m-8m=3.5m (1分) a=2 m/s2<ao 设在这段位移内物块和木板共同运动的加速度 则假设成立，在未撤去力F的时间内物块的位移 大小为α1，由牛顿第二定律有 1 1 u2[(m+M)g+Eg]=(m+M)a (1分) x0=2a2=2×2×53m=25m (1分) 解得a1=4m/s2 可知xo>d1+d2 (1分) 设物块和木板共同进入电场E?时的速度大小为 则可知在力F撤去前的某一时间内物块已经进 v2,则由速度与位移的关系可得 入电场，设从开始运动到物块进入电场的施加为 v2-v7=-2a1x2 (1分) t。,由位移与时间的关系可得 解得v2=6m/s 1 d,+d2=2at号 (1分) 当进入匀强电场E2,电场力竖直向上，对物块在 竖直方向有 解得to=4s (1分) mg-E2q (1分) (2)当物块进入电场E1后由于电场力竖直向下， 可知，物块在电场E2中做匀速直线运动，因此， 增加了物块对木板的正压力同时也增加了木板对 物块离开匀强电场E2时速度的大小为6m/s。 地面的正压力，因此可知木块仍相对于木板静止， 设物块出电场E2所用的时间为t2,在物块出电 在电场E1中，在力F未撤去时，设物块和木板共 场E2的过程中木板在电场E2中做匀减速直线 同运动的加速度大小为a1,由牛顿第二定律有 运动的加速度大小为a2,则 F-μ2[(m+M)g+Eg]=(m+M)a1(1分) d=v2t2 (1分) 解得 μ2Mg=Ma2 (1分) a1=0 解得t2=1s,a2=2m/s2 即在物块进入电场E1中的1s时间内物块和木 设该过程中木板的位移为x3,可得 板一起做匀速直线运动，物块对长木板的摩擦力 1 所用的功 x3=0t,-2a2t号=5m (1分) W=1mgx1=0.4×1×10×(11.5-8)J=14J 则可得物块出电场E?时距离木板右端的距离 (2分) ds=d1-(d4-x3)=6m。 (1分) 2025一2026学年度二轮专题精准提升（四） 物理·抛体运动、圆周运动、天体运动 一、选择题 可得g-R,可知地球表面赤道上的重力加速 上.D【解析】根据万有引力提供向心力Gmw 度比两极上的重力加速度小，C错误；置于武汉和北京 GM 的物体做圆周运动的半径不相同，根据an=wr可知以 可得r= ,若地球自转变快，则角速度变大，地球 地心为参考系，置于武汉和北京的物体的向心加速度大 静止卫星的角速度变大，可知地球静止卫星的轨道半 小不同，D正确。 径变小，则地球静止卫星的轨道变低，A错误；根据牛 2.B【解析】M点运动到最高点A时的速度不为零， 领第二定徐G物-7阳，可得a-, 方向水平向右，A错误；M,点的运动可看成匀速圆周 ,,可知地球静止 运动与匀速直线运动的合成，则M点在圆心等高，点 卫星和极地同步卫星的加速度大小相同，B错误；地 处的速度大小vM=√22+2m/s=2W2m/s,B正 球两板，根据牛频第二定律G-g,可得g 确；M点的运动可看成匀速圆周运动与匀速直线运 动的合成，则最高点A的纵坐标yA=2R=0.6m,匀 GM Mm ,对赤道，根据牛顿第二定律G 一w2R=mg东， 速圆周运动的周期T=2迟=0.3ms,0,点运动至A R2 ·13· 4 真题密卷 二轮专题精准提升 1 轨道的压力更大，摩擦力也更大，摩擦力做功更多，A 点的时间toa=2T=0.15rs,最高点A的横坐标 错误；由球在第一次经过C点后恰好能通过最高，点 xA=t=0.3πm,纵坐标yA=2R=0.6m,则最高，点 mvB A的坐标为(0.3πm,0.6m),C错误；根据对称性，M B,故在B点mg=RUa=√gR,则A=3√g, 点从O运动到B的时间toB=2to4=0.3πS,D错误。 从A到B的过程运用动能定理有一2mgR十W,= 3.C【解析】当圆盘角速度较小时，两木块均由静 摩擦力提供向心力，对a物块有f。=3mw2r,b物 mimi,解得W,=一2ngR,B特现：当球第 1 块有fb=mw2·2r,b物块受到的摩擦力较小，当 二次到达C点时，恰好离开轨道并落入书包内，则 角速度为w1时，b物块所受摩擦力达最大值，则 umg=2mwr,此时a物块所受摩擦力f=3mwr= 有E血r-觉解得U-C正项商开 轨道球做斜抛运动，将v心分解为水平方向和竖直方 2mg<3mg,即仍未达到最大值；此后随着圆 向得，v.=csin37°，v,=vccos37°，水平方向有 盘角速度逐渐增大，b物块所受摩擦力保持不变，a Rcos37°+0.2R=0b,竖直方向有y=-0,1十284， 1 物块所受摩擦力继续增大；当角速度为w2时，a物 块所受摩擦力达最大值，设绳子拉力为T,对a、b 则接球时书包离A,点的竖直高度h=R十Rsin37°一 分别有T+3μmg=3mw2r,T+umg=2mwr,继 y,联立解得h 227R,D错误。 167 续增大圆盘角速度，绳子拉力继续变大，b物块所 6.D【解析】该卫星与月球同步绕地球运动，可知 需向心力较小，所以b物块所受摩擦力将逐渐减 卫星绕地球运动周期等于月球公转周期，A错误； 小至零后反向再增大，此过程a物块所受摩擦力 该卫星绕地球做匀速圆周运动，所受的合力为地 为最大值保持不变，C正确。 球和月球对它引力的合力，这两个引力方向相同， 4.B【解析】t1时刻小球通过最高点，面积S1表示 合力不为零，处于非平衡状态，B错误；由A选项 小球从最低，点运动到水平直径最左端时的水平位 可得卫星与月球的角速度相等，根据℃=ωr,可知 移大小，其值为轨道半径；S2表示小球从水平直 v卫：v月=(L十d):d,C错误；设地球的质量为 径最左端运动到最高点时的水平位移大小，其值 M,月球的质量为m1,卫星的质量为m2,则对月 也等于轨道半径，故S1和S2的面积相等，A错 Mm2 误；由图可知，小球从t1时刻开始运动到第一次与 球有GM=mwL对卫星有G士一 圆心等高位置过程中，水平方向的速度先增大后 减小，故在1时刻小球处在最高，点，轻杆对小球的 Gm=m2w2(L+d),其中M=km,联立解得 弹力不为零，而t2时刻小球水平方向的速度最大， 1 ,1L+d 故t2时刻杆对小球无弹力，B正确；t1时刻小球处 (L+d)十kd=L,D正确。 在最高，点，此时速度最小且不为零，根据向心加速 7.D【解析】设卫星A周期为T。,则它运动到地球另 To 度公式a二，小球的向心加速度不可能为零，C ←侧经过的时间△=mT十2=(2m+1)g 2m=0, 错误；图乙显示t1时刻的水平速度不是最大，t1 1,2,3…,设导航卫星B周期为T,经过的时间△= T 至t2时间内，小球从最高，点开始顺时针转动，只有 nT+号=(2m+1D号n=0,1,23…,由于卫星A轨 小球受到水平向右分方向上的力时，其水平速度 道更低，周期更短，则T>T。,当它从导航卫星B 才能增大，由于仅有轻杆能提供水平分方向的力， 由此得到，小球在最高点时，轻杆必然对小球有向 o 正下方经过时，满足△1=△'，即(2m十1) 上的支持力。而小球运动至圆心以下时，轻杆必 然对小球有指向圆心的拉力。可见在小球做一次 +1)号，m>n,设导航卫星B的半径为 完整圆周运动的过程中，杆上的弹力必然有两次 据开普勒第三定律，则卫星B的轨道半径x'= 为零的时刻，D错误。 5.C【解析】球从A到B的过程比从B到A的过程 r,其中m、n取整数 中到达相同高度时速度大，因此A到B的过程球对 且m>n,D正确。 ·14· ·物理· 参考答案及解析 8.BD【解析】图甲中足球受到空气的压力，而绕过 根据斜抛运动规律可知3R一Rsin0=v3cost, “人墙”转弯进入球门，根据曲线运动的特点，可知 1 足球受到的空气压力指向运动轨迹的凹侧，根据 R+Rcos0=sin e+2gt,则抛出速度大小 甲图中足球的运动轨迹可判断，足球受到的空气 5 压力向右，A错误，B正确；踢出“香蕉球”是因为 03-(ucos 0)(sin 0gt)gR, 足球两侧的空气相对球的速度不等而产生压力差 C正确；小球抛出后可从圆孤B,点以上任一点切 F,压力较大的一侧会推动足球向压力较小的一侧 入球面，若小球所受合力不足以提供向心力，则小 偏转。从丙图可知，压力差F指向空气流速快的 球不能沿球面到达右侧，D错误。 一侧，即空气流速大的一侧压力小，空气流速小的 二、非选择题 一侧压力大，C错误，D正确。 11.(1)B(2分)(2)BC(2分)(3)2.0(3分) 9.BC【解析】椭圆轨道I、Ⅱ和Ⅲ的周期之比为 【解析】(1)射出水的初速度与侧孔上方水高有 T1:T2:T3=6:2:1,根据开普勒第三定律得 关，与下方水高无关，上方水高越大，射水初速度 a3_a2_r3 越大，A错误；上方水高会越来越小，出水初速度 T--T,解得a1-36r,a2-酒r,A错误； 越来越小，水柱水平距离越来越小，B正确，C 嫦娥六号在轨道Ⅱ和轨道Ⅲ上经过P点时，万有 错误。 引力提供加速度GM (2)为了描绘水柱，透明薄板竖直放置且要靠近 r2 =ma,所以加速度均为a= 水柱又不能接触水柱，A错误，B正确；选用瓶径 ,,且方向均指向月球，B正确；设在轨道Ⅲ上经 GM 越大，上方水高下降越慢，出水初速度变化越慢， 水柱形状越稳定，有利于描绘水柱，侧孔开口口 过P点时速度大小为3，由万有引力提供向心力 径越大，上方水高下降越快，水柱越不稳定，C正 得-，屏得，= GM 二，设嫦娥六号在轨 确，D错误。 r2 (3)由运动公式可得xc=xb=0T,ye 道I和轨道Ⅱ上经过P点时的线速度大小为)1和 ya=gT2,代入数据有v0=2.0m/5。 )2,由1k,可得之1=2一1 T1’22r= 12.(1)A(2分)(2)w2(2分)(3)R-k(3分) mwk(3分) πa2b21 πr2 T2’2r=不，解得= 36/GM 【解析】(1)后轮带动手机在竖直面内做圆周运 6 r U2= 动，所以加速度在竖直平面内，故x、y方向的加 GM 派·√2，C正确；设嫦镀六号在P点制动，从轨 速度值不为零，之方向的加速度值为零，A正确。 (2)根据an=w2R可知，anw2图像为直线，anw 道I变到轨道Ⅱ的过程中，制动力所做的功为W,由 图像为曲线，应让软件作出amw2图像能直观地 动能定理可得W=工 之2之多2之名，晖浮 判断它们的关系。 (3)若由(2)所作图像测出斜率等于手机到后 2-6)GMm,D错误。 轮圆心的距离，故手机的加速度传感器到轮胎边 2r 缘的距离为R一k;若由(2)所作图像测出斜率 10.ABC【解析】当小球与球面相切，且恰好到达C 等于手机到后轮圆心的距离，即手机做圆周运动 点时，速度最小，根据动能定理有mgX2R= 的半径，则手机的加速度传感器做圆周运动的向 1 2mu,解得u=2√gR,A正确；若小球恰好从C 心力Fm=mw6k。 点掠过球面，则在C点有mg=m R,根据动能定 13.(1)6m/s 5m(e9 理有mgX2R-了m-了mn,解得此时热立的 【解析】(1)薄片在竖直方向做竖直上抛运动，运 动总时间t=0.6s=2t1 最小速度2=√5gR,B正确；若x=3R,小球恰好 由vy=gt1 从C点掠过球面，则最高点的速度v2=√gR,设 解得y=3m/s (1分) 小球与斜面相切时，切，点与圆心连线与竖直方向 根据v,=vsin30° 的夹角为0，则风agR1-6as0》-方mn好-m, 联立解得v=6m/s (1分) 对薄片在第2次碰撞后，速度2=(1一25%)v ·15· 4 真题密卷 二轮专题精准提升 2 空中运动时间t2= 2w2sin30° (2分) mg cos 0-- g 2mg-mR (2分) 则水平距离x=v2cos30°Xt2 联立上式得 装立屏得：-动日m 5 (1分) c0s0=6 (2分) (2)薄片竖直方向碰撞过程中，忽略重力，设水面 (2)①设小滑块脱离半球时，半球速度大小为01， 给薄片的作用力为FN,规定向下为正方向，由动 小滑块相对半球速度大小为'。水平方向动量 量定理有-一FN△t=m△， (1分) 守恒可得 在水平方向，每次与水平面碰撞过程中，由于摩 Mu=m (u'cos 0-v1) (1分) 擦力作用，有一f=μFN 整体机械能守恒可得 1 规定向右为正方向，由动量定理有 2gR<1-cos8)=24o十2n(v'sin日)2+ -uFN△t=m△v: (2分) 由速率损失25%，有△0x=(1-0.25)vx 2m(v'cos -v1) (2分) x=-0.25Vz,△vy=-0.75vy-,=-1.750, 脱离前，小滑块相对半球做圆周运动，在脱离瞬 由每次从水面弹起时速度与水面的夹角均为 间，只受重力作用，以半球（此瞬间为惯性系）为 30°，有tan30°-y (1分) 参考系，小滑块受力满足 Ur mgcos 0-m R (1分) 3 联立解得μ=7。 (1分) 联立可得 14.(1)0.8m(2)3m/s(3)(1,0,-4) M (cos 0)3-3cos 0+2 7 (1分) 【解析】(1)由图乙知平抛运动落地时竖直方向 m 3cos 0-2 25 速度v.=4m/s (1分) ②由上式解得 由o2=2gh (1分) 74 5 4 =gR:018158P (2分) 得h=0.8m (1分) (2)由图乙知平抛运动落地时水平方向速度 即小滑块实际速度 v=4 m/s (1分) M74 1-40√58R,w,=0'sin0= 3 /4 Vx= 对球A、B碰撞过程分析，由动量守恒有 m 5W58R (1分) 2mvo=2mv1+mv, (2分) 如图所示，此时小滑块可视为做曲率半径为刀的 由动能定理有 圆周运动 1 ×2mmu=2 2 X2mu 2mv? (2分) 滑块速度与水平方向夹角。满足 7 解得vo=3m/s (1分) cos a-25 (1分) (3)小球A碰后经半圆形轨道b端飞出做平抛运 小滑块对应向心加速度 动，落地时沿水平方向速度v:=v1=1m/s 7 (1分) a.-gcos a-258 (1分) A、B两球抛出速度方向相同，故Vy=0(1分) 由圆周运动向心加速度公式可得 两者落地时在竖直方向的速度都为⑦：=4m/s (1分) pp 258 (1分) 故d点在图乙中的坐标值为d(1,0,一4)。 代入数据解得 (3分) 125 1a号 p=i12R。 (1分) (2)①25 ②25 '112R 【解析】(1)由动能定理可得 mgR (1-cos 0)=gmu2 (2分) 小滑块做圆周运动，向心力满足 。16·2025一2026学年度二轮专题精准提升（四） 卷题 物理·抛体运动、圆周运动、天体运动 本试卷总分100分，考试时间75分钟。 一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1~7 题只有一项符合题目要求，第8~10题有多项符合题目要求。每小题全部选对的得4 分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。 题号 1 2 3 4 5 6 9 10 答案 1.江淹的《别赋》中写到“日下壁而沉彩，月上轩而飞光”，形象地呈现出日月光交替转换的 自然美景。这种昼夜更替现象与地球的自转有关，结合万有引力定律的相关知识，下列 说法正确的是 () A.若地球自转变快，则地球静止卫星的轨道变高 B.地球静止卫星和极地同步卫星的加速度大小不同 C.地球表面赤道上的重力加速度比两极上的重力加速度大 D.以地心为参考系，置于武汉和北京的物体的向心加速度大小不同 2.如图为汽车在水平路面上匀速行驶时车轮边缘上M点的运动轨迹（车轮不打滑）。已知t=0 时刻M点与坐标原点O重合，车轮半径R=0.3m,汽车的速度v=2.0m/s,则 () ym 车轮 x/m A.M点运动到最高点A时的速度为零 B.M点在圆心等高点处的速度大小为2√2m/s C.最高点A的坐标为(0.6πm,0.6m) D.M点从O运动到B的时间为0.3s 3.如图所示，小木块a和b(可视为质点)用轻绳连接置于水平圆盘上，开始时轻绳处于伸 直状态但无拉力，a的质量为3m,b的质量为m。它们分居圆心两侧，与圆心的距离分 别为r和2r,a、b与盘间的动摩擦因数相同（最大静摩擦力等于滑动摩擦力）。圆盘从 静止开始绕转轴极缓慢地加速转动，木块和圆盘始终保持相对静止，、b所受摩擦力大 小分别为2、f1,其随w2变化的图像正确的是 () 2r 二轮专题精准提升（四）物理第1页（共8页） 真题名 与其追星星，不地活成银河，自己发光才不惧黑暗 班级 姓名 A 得分 D 4.物理兴趣小组利用位移传感器采集位置和时刻数据，分析竖直平面内如图甲所示做圆 周运动的小球，小球的水平分速度？x随时间t的变化关系如图乙所示，已知轻杆在圆心 处只有一个固定点，取水平向右为正方向，不计空气阻力。下列说法中正确的是() 甲 A.图乙中S1和S2的面积不相等 B.t1时刻杆上的弹力一定大于t2时刻杆上的弹力 C.在小球做一次完整圆周运动的过程中，小球的向心加速度有可能为零 D.在小球做一次完整圆周运动的过程中，杆上的弹力有且只有一次为零 5.如图甲所示为一小女孩在水泥管内踢球的情境，整个过程可简化为图乙。固定的竖直 圆形轨道半径为R,圆心为O,轨道上的C点和圆心O点的连线与水平方向的夹角为 37°。某次踢球时，小女孩把球从轨道最低点A水平向左踢出，球在第一次经过C点后 恰好能通过最高点B,当球第二次到达C点时，恰好离开轨道并落人书包内，接球时书 包与直径AB的水平距离为O.2R。已知球从A点刚被踢出时的速度是经过B点时速 度的3倍，球的质量为，球与轨道间的动摩擦因数处处相等，重力加速度为g,球可视 为质点，不计空气阻力，sin37°=0.6，cos37°=0.8。下列说法正确的是 () 37° 乙 A.球从A到B和从B到A的过程中，摩擦力做功相等 B.球从A到B的过程中，摩擦力做功为2mgR 3gR C.球第二次到达C点的速度大小vc= N5 D.接球时书包离A点的竖直高度为0.8R 卷 二轮专题精准提升（四）物理第2页（共8页）】 6.1772年，法籍意大利数学家拉格朗日在论文《三体问题》中指出：两个质量相差悬殊的天 体（如地球和月亮）所在同一平面上有5个特殊点，如图中的L1、L2、L3、L4、L5所示，人 们称为拉格朗日点。若飞行器位于这些点上，会在地球与月球共同引力作用下，可以几 乎不消耗燃料而保持与地球同步做圆周运动。若发射一颗卫星定位于拉格朗日L2点， 跟地、月两个大天体保持相对静止。设地球质量是月球的k倍，地月间距为L,拉格朗 日点L2与月球间距离为d。下列说法正确的是 () 地球 60° L.o 60 A.该卫星绕地球运动周期大于月球公转周期 B.该卫星在L2点处于平衡状态 C.该卫星与月球绕地球运动的线速度之比为v卫：v月=L：(L十d) 1 1 L+d D.友L、d的关系武为L十d)+kd=L9 7.2024年12月19日，我国将天启星座04组卫星送入近地轨道，有效解决了地面网络覆 盖盲区的问题。如图所示为天启星座04组卫星中的卫星A与北斗导航卫星B绕地球 的运动轨迹，两卫星轨道均视为圆轨道，且两轨道平面不共面。某时刻，卫星A恰好位 于卫星B的正下方，一段时间后，A在另一位置从B的正下方经过，已知卫星A的轨道 半径为r,则卫星B的轨道半径可能为 () 一导航卫星B 卫星A AT, , C.) 8.足球比赛中，运动员发任意球时，踢出的足球有时会在行进中绕过“人墙”转弯进人球门 （如图甲)，这就是所谓的“香蕉球”。踢出“香蕉球”是因为运动员踢出球时，足球向前运 动的同时还在绕轴自转（如图乙所示）；自上向下观察（如图丙所示）由于足球的自转使 贴着足球表面的一层薄空气被球带动做同一旋向的转动，导致足球A、B两侧的空气相 对球的速度不等而产生压力差F,使得足球发生偏转。则 () 球门 F本A DD)人墙 2 B 甲 丙 4 二轮专题精准提升（四）物理第3页（共8页） 真题 A.图甲中足球受到空气压力向左 B.图甲中足球受到空气压力向右 C.空气流速大的一侧压力大 D.空气流速小的一侧压力大 9.如图所示是嫦娥六号奔月的示意图，嫦娥六号在地球转移轨道P点第一次制动后进入椭 圆轨道魟，第二次制动后变为椭圆轨道Ⅱ，第三次制动后变为圆轨道Ⅲ。已知嫦娥六号在轨 道缸、Ⅱ、Ⅲ的运行周期分别为12h、4h和2h,圆轨道Ⅲ的半径为r,轨道[、Ⅱ的半短轴分别约 为√6r和√2r,月球的质量为M,嫦娥六号的质量为m,引力常量为G,椭圆的面积公式为 S=πab(a为椭圆的半长轴，b为椭圆的半短轴)，中心天体的连线在单位时间扫过的面积 与卫星在同一轨道上运行时间之比为常数，即？1L=k(L为卫星到中心天体的距离，1 为速度垂直于卫星与中心天体连线的分量)。下列说法正确的是 () 进入奔月轨道 中途轨道修正 进入月球轨道 A.椭圆轨道I的半长轴为6√6r B.嫦娥六号在轨道Ⅱ和轨道Ⅲ上经过P点的加速度相同 C.嫦娥六号在轨道Ⅱ上经过P点的线速度大小约为4· GM 2r D.嫦娥六号在P点制动，从轨道I变到轨道Ⅱ的过程中，制动力所做的功约 (2+6)GMm 为 2r 10.如图所示，半径为R的光滑球固定在水平面上的A点，球上B点与球心O等高，C点 位于A点正上方，水平面上距A点x处的P点与O、A在同一竖直面内。在POA面 内将小球从P点以某一速度抛出，要使小球能够到达球的右侧，下列说法正确的是 () 1mmmgimm A.小球抛出的最小速度为2√gR B.若小球恰好从C点掠过球面，则抛出的最小速度为√5gR C.若x=3R,小球恰好从C点掠过球面，则抛出速度大小为)√gR D.小球抛出后可从圆弧B点以上任一点切入球面，沿球面到达右侧 密卷 二轮专题精准提升（四）物理第4页（共8页）】 二、非选择题：本题共5小题，共60分。 11.(7分)为了验证平抛运动规律，实验小组运用了水柱法。使用的器材是各种不同规格 的矿泉水瓶、透明薄板和红色颜料水。如图甲所示，在无盖的矿泉水瓶侧壁上钻小孔， 堵住小孔并往矿泉水瓶里装红色颜料水，然后打开小孔，水平射出的水就会形成曲线 状水柱。 20 4060 10- x/cm 20 30---- y/cm 乙 (1)已知图甲中左右两矿泉水瓶完全一样，左瓶装水多，右瓶装水少，下列叙述正确的 是 A.射出水的初速度与侧孔下方水高有关 B.左瓶出水初速度大于右瓶出水初速度 C.射出水柱的水平距离一直保持不变 (2)为了分析水柱曲线特征，使用透明薄板和记号笔描绘水柱曲线，下列说法正确 的是 A.透明薄板要靠近水柱，让水柱在薄板上留下痕迹 B.透明薄板竖直放置且要靠近水柱又不能接触水柱 C.为了更好地描绘水柱，应选用瓶径更大的矿泉水瓶 D.为了更好地描绘水柱，侧孔开口越大越好 (3)实验小组描绘的部分水柱如图乙所示，为了分析水柱曲线特征，水平方向建立了x 轴，竖直方向建立了y轴，若实验小组确定了水柱曲线为抛物线，则该次实验出水 初速度大小为 m/s(g取10m/s2,结果保留2位有效数字)。 12.(10分)学习小组利用手机和自行车探究圆周运动的相关知识。已知手机的加速度传 感器可以测量x、y、之三个方向的加速度值（如图甲），将自行车架起，手机固定在自行 车后轮轮胎上（如图乙，轮胎厚度不计），转动踏板，后轮带动手机在竖直面内做圆周 运动。 z方向 加速度 x方向 传感器 y方向 正面 手机正面 手机 轮胎 甲 (1)若加速转动踏板，则手机可测到哪些方向的加速度值不为零 A.x、y方向的加速度值 B.x、之方向的加速度值 C.y、之方向的加速度值 (2)利用Phyphox软件可以直接作出向心加速度an与角速度w的关系图像，为了直观 判断它们的关系，应让软件作出an- (填“ω”或“w2”)图像。 二轮专题精准提升（四）物理第5页（共8页） 真题密 (3)若由乙所作图像测出斜率为，已知自行车后轮半径为R,则手机的加速度传感器 到轮胎边缘的距离为 (用题中符号表示)，查阅相关资料得知该手机使用 的加速度传感器质量为m,当后轮角速度为ω。时，手机的加速度传感器做圆周运 动的向心力Fm= (用题中符号表示)。 13.(10分)“打水漂”是一种投掷扁平的石片或瓦片的游戏。图甲是打水漂的图片，图乙是 石片运动轨迹的示意图。现将打水漂简化成如下理想模型，弹性薄片沿倾斜方向落到 足够大水平弹性面上，薄片每次从水平面弹起时速度与水平面的夹角均为30°，速率损 失25%。测得薄片第1次弹起后的滞空时间为0.6s。薄片运动过程中不计空气阻 力，并始终在同一竖直面内且没有旋转。碰撞过程中忽略薄片重力的影响，重力加速 度g取10m/s2,结果可用根号表示。求： (1)薄片第1次弹起后速度v的大小及第2次弹起到第3次弹起的水平距离x; (2)薄片与弹性水平面间的动摩擦因数4。 130° 甲 乙 卷 二轮专题精准提升（四）物理第6页（共8页） 4 14.(15分)如图甲所示，在地面上方某一高度处的水平平台放置半圆形轨道ab,轨道a端 与斜槽相连。现将小球A从斜槽顶端无初速度释放，与静止在α端的小球B发生弹性 正碰，B、A两球经半圆形轨道b端飞出最终分别落在地面c、d两点。取水平向右为x 的正方向，垂直向里为，的正方向，竖直向上为的v.正方向，图乙是整个过程小球B 运动的Ux-Uy-U:图。已知小球A、B的质量分别为2m、m,g取10m/s2,斜面与水平平 台平滑相连，不计一切摩擦和阻力。求： (1)水平平台距地面的高度； (2)小球A碰前瞬间速度的大小； (3)写出d点在图乙中的坐标值。 球A D/ms） 球B ",/ms) 6 →v/(ms） c4,0,-4) 甲 之 二轮专题精准提升（四）物理第7页（共8页） 真题密卷 15.(18分)如图甲所示，质量为M、半径为R的半球静止地放置在光滑水平地面上，其表 面也是光滑的。半球顶端放有一质量为的小滑块（可视为质点），开始时两物体均处 于静止状态。小滑块在外界的微小扰动下从静止开始自由下滑，小滑块的位置用其和 球心连线与竖直方向夹角0表示。已知重力加速度为g。 (1)若半球在外力作用下始终保持静止，求当半球对小滑块支持力等于滑块重力一半 时对应角度的余弦值cos0。 (2)若半球可在水平面内自由滑动，现发现小物块脱离半球时对应角度0=37°，已知 cos37°=0.8，sin37°=0.6，试求： M ①半球与小滑块质量之比二； m ②如图乙所示，当运动时间无限小时，曲线运动可以看成圆周运动，对应圆称为曲 率圆，其半径称为曲率半径ρ，即把整条曲线用一系列不同曲率半径的小圆弧替 代。求小滑块的运动轨迹曲线在其脱离半球时对应点的曲率半径（答案可用分 数表示)。 A 二轮专题精准提升（四）物理第8页（共8页）】