专题1 课时作业3 力与物体的曲线运动-【红对勾讲与练】2026年高考物理二轮复习练习手册

班级： 姓名： 课时作业3 力与物体的曲线运动 (分值：60分) 基础巩固练 A.水流的速度大小为2.5m/s B.乙船渡河的时间为120s 1.(5分)(2025·江苏卷)游 C.两渡口的距离为180m 乐设施“旋转杯”的底盘和 D.两岸的距离为121m 转杯分别以O、O'为转轴， 底盘 5.(5分)（多选）(2025·广东卷)将可视为质点的小 在水平面内沿顺时针方向 球沿光滑冰坑内壁推出，使小球在水平面内做匀 匀速转动。O固定在底盘 转杯 速圆周运动，如图所示。已知圆周运动半径R为 上。某时刻转杯转到如图所示位置，杯上A点与 0.4m,小球所在位置处的切面与水平面夹角0为 O、O恰好在同一条直线上。则 ) 45°，小球质量为0.1kg,重力加速度g取10m/s2。 A.A点做匀速圆周运动 关于该小球，下列说法正确的有 () B.O'点做匀速圆周运动 C.此时A点的速度小于O'点 ,水平面 D.此时A点的速度等于O点 2.(5分)(2024·江苏卷)喷泉a、b出射点高度相同， A.角速度为5rad/s 形成如图所示的形状，不计空气阻力，则喷泉ā、b的 B.线速度大小为4m/s ( C.向心加速度大小为10m/s A.加速度相同 D.所受支持力大小为1N B.初速度相同 6.(5分)（多选）(2024·江西卷) C.最高点的速度相同 一条河流某处存在高度差，小 D.在空中运动的时间相同 鱼从低处向上跃出水面，冲到 3.（5分)(2024·湖北 高处。如图所示，以小鱼跃出 卷)如图所示，有五片 水面处为坐标原点，x轴沿水 荷叶伸出荷塘水面， 平方向，建立坐标系，小鱼的初速度为，末速度 d 一只青蛙要从高处荷 。沿x轴正方向。在此过程中，小鱼可视为质点且 叶跳到低处荷叶上。 只受重力作用。关于小鱼的水平位置x,竖直位置 设低处荷叶a、b、c、d和青蛙在同一竖直平面内，a、 y、水平方向分速度o,和竖直方向分速度，与时 间t的关系，下列图像可能正确的是 () b高度相同，c、d高度相同，a、b分别在c、d正上 y 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 4.(5分)(2025·江西南昌一模) 力 如图所示，某条河流两岸笔直， 河水流速不变，甲、乙两艘船在 静水中航行的速度分别为 4m/s和2.4m/s,两船从同一渡口A同时向河对 岸开去，甲船用最短时间渡河，乙船以最短航程渡 C 河，结果两船均沿直线先后抵达对岸的同一渡口 7.(5分)如图所示的半圆形凹 B B,乙船比甲船晚到64s,下列说法正确的是 槽，半径为R。从左侧圆周上 与圆心O点等高的A点处平 (横线下方不可作答) 113 专题一力与运动 8 (1)在图(a)中，若圆盘在水平雪地上以角速度w 抛一小球，若小球初速度为。= √58R,0为小球 匀速转动，转椅运动稳定后在水平雪地上绕O点 击中凹槽位置与圆心O的连线与竖直方向的夹 做半径为r1的匀速圆周运动。求AB与OB之间 角，则 夹角a的正切值。 A.0=37° (2)将圆盘升高，如图(b)所示。圆盘匀速转动，转 B.0=arccos4 椅运动稳定后在水平雪地上绕O1点做半径为2 的匀速圆周运动，绳子与竖直方向的夹角为0，绳 5 子在水平雪地上的投影A1B与O,B的夹角为B。 C.0=arccos 4 求此时圆盘的角速度w2。 D.若小球的初速度可以任意选择，则小球有可能 垂直击中凹槽 能力提升练 8.(5分)（多选）如图所示，质 0 量均为m的甲、乙、丙三个 小物块（均可看作质点）随 丙口 水平转盘一起以角速度ω 10 绕OO轴做匀速圆周运动， 物块甲叠放在物块乙的上面，所有接触面间的动 摩擦因数均为4。已知甲、乙到转轴的距离为r1, 丙到转轴的距离为r2,且r2>r1。最大静摩擦力 等于滑动摩擦力，重力加速度为g。下列说法正确 的是 A.甲受到的摩擦力一定为mg B.乙受到转盘的摩擦力一定为2mw2r1 C.若角速度增大，丙先达到滑动的临界点 D.若角速度增大，甲先达到滑动的临界点 尖子生选练 9.(15分)(2024·江西卷)雪地转椅是一种游乐项 目，其中心传动装置带动转椅在雪地上滑动。如 10.(5分)（多选）如图所示，某同学将离地1.25m的 图(a)、(b)所示，传动装置有一高度可调的水平圆 网球以13m/s的速度斜向上击出，击球点到竖 盘，可绕通过中心O点的竖直轴匀速转动。圆盘 直墙壁的距离为4.8m。当网球竖直分速度为0 边缘A处固定连接一轻绳，轻绳另一端B连接转 时，击中墙壁上离地高度为8.45m的P点。网 椅（视为质点）。转椅运动稳定后，其角速度与圆 球与墙壁碰撞后，垂直墙面速度分量大小变为碰 盘角速度相等。转椅与雪地之间的动摩擦因数为 前的0.75，平行墙面的速度分量不变。重力加速 以，重力加速度为g,不计空气阻力。 得分 度g取10m/s2,网球碰墙后的速度大小v和着 地点到墙壁的距离d分别为 () 水平圆盘 P 8.45m 24.8m 1.25/m A 水平圆盘 转椅 B 转椅 A.v=5 m/s B.v=3√2m/s 图(a)圆盘在水平雪地 图b)圆盘在空中 C.d=3.6m D.d=3.9m 红对勾·讲与练 114 高三二轮物理a-t图像中，图线与横轴所围面积表 示速度的变化量可知，题图丙中，阴影 面积表示t1~t2时间内物体的速度变 化量，故C错误；根据运动学公式x ,1十2a12,可得=0，十2at,结合 题图丁可得vo=-5m/s,a=10m/s2, 由运动学公式v=vo十al可得，l=1s 时，物体的速度为0=5m/s,故D正确。 9.ACD由于mng sin37°>mgcos37°， 则物块A、B都将沿传送带加速下滑 根据牛顿第二定律有ng sin37° ng cos37°=ma,解得物块A、B沿传 送带下滑的加速度大小为a=2m/s2, 可知物块A、B沿传送带下滑的加速度 大小相同，由题知物块A、B都以1m/s 的初速度沿传送带下滑，两边的传送 带长都为2m,根据位移一时间公式 则物块A、B将同时到达传送带底端， 故A正确，B错误；根据速度一位移公 式得v2一v号=2ax,代入数据解得物块 A到达传送带底端的速度为V 3m/s,故C正确；根据速度一时间公 式得v=。+at,代入数据解得物块 A、B从传送带顶端到达传送带底端的 时间为t=1s,由运动学公式，可知传 送带通过的位移为工传 =v俗t=1X 1m=1m,则物块A在传送带上的划 痕长度为△xA=xA一x传=2m一1m 1m,物块B在传送带上的划痕长度为 △xB=xB十x传=2m十1m=3m,则物 块A、B在传送带上的划痕长度之比为 1:3,故D正确。 10.AD位置x与时间t的图像的斜率 表示速度，甲、乙两个物块的x-t图 线均为抛物线，则甲物块做匀加速直 线运动，乙物块做匀减速直线运动， 在1。时间内甲、乙的位移分别为 2=3xx2=+0 21= x。,可得t。时刻甲物块的速度为v= 2。,B错误；甲物块的加速度大小为 ,乙物块的加速度大 to 小为a:=。,a1=a,对甲物块由牛频 第二定律可得mg sin0一1 mg cos0 a1,同理对乙物块可得42 ng cos日一 mgsin日=ma2,联立可得1十2= 2tan0,A正确；t=t。前，物块甲、乙 的加速度大小相等，方向相反，则甲 乙组成的整体所受合力为0，由于斜 面静止，斜面所受合力也为0，则三者 组成的整体合力为0，地面对斜面的 作用力等于三者整体的重力，所以地 面与斜面之间摩擦力为0，C错误； t=t。之后，乙物块保持静止，甲物块 继续沿斜面向下做加速运动，对系统 由牛顿第二定律可得f=na1cos0, 即地面对斜面的摩擦力方向向左， D正确 11.(1)2.5m/s212.5m/s2(2)10m 解析：(1)小物块在长木板上滑动时 受到沿长木板方向向下的滑动摩擦 力，大小为F:=ng cos0=7.5N, 根据牛顿第二定律，对小物块有 F:+mgsin 0=ma, 代入数据得a1=12.5m/s2, 对长木板，由牛顿第二定律有 Mg sin0-F=Ma2,其中F=F, 代入数据得a2=2.5m/s2。 (2)设当小物块与长木板共速时速度 为v1,有=a1t1=00十a2t1, 解得t1=1s,1=12.5m/s, 共速后，小物块与长木板相对静止， 一起向下做匀加速运动，则共速前小 物块与长木板的相对位移为 2 2=5m, 故长木板长度至少为10m。 2.CD分析题目的三个关键前提：①对 小车和A、B两小球构成的整体，根据 牛顿第二定律可知F=4ma;②对A、 B两个小球构成的整体，竖直方向上 小车对A、B的支持力，即对B的支持 力N=2mg;③对A和B分别分析可 知杆的作用力始终沿杆。 若B球受到的摩擦力为0，受力分析 如图甲所示， 对B{0c二-mga=gtan0-」 F=4 ng tan0,A错误； 若推力F向左，则系统加速度水平向 左，对A、B受力分析分别如图乙、丙 所示， F N N →fN mg Fo mg mg mg F 甲 丙 丁 在竖直方向始终满足F1c0s0= mg→F1=mg cos 0 对A当FN=0时， A有最大加速度aAm,F1sin0= aAm→aAm=gtan 0。 (当f=uN时，B有最大加速度am, 对BF=E, h·2ng一F1sin0=am→am= (2-tan8)g。 若tan0≤4，则aa≥aAm,即Fm= 4maAm=4 ng tan0,B错误； 若<tan0≤2，则am<aAm,即 F=4ma gm 4mg (2u -tan ) C正确： 若推力F向右，则系统加速度水平向 右，对A分析可知F2=mg c0s日。对B 受力分析如图丁所示，摩擦力f的方 向可能向左，也可能向右， F=F2, 若f=N向左，则F2sin0一 μN=am, am=(tan0-2r)g→Fm= 对B34mg(tan0-2u), 若f=N向右，则F:sin0十 uN=ma max amx=(tan0+24)g→Fmx= 4mg(tan0+2u),D正确。 果时作业3力与物体的曲线运动 ,BA点运动为绕O'的圆周运动和O' 相对于O点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O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点在OO'延长线上，A 点和O'点运动方向相同，又A点相对 O'点做圆周运动，故此时A,点的速度 大于O'点的速度，故C、D错误。 2.A不计空气阻力，喷泉喷出的水在空 中只受重力，加速度均为重力加速度， 故A正确；设喷泉喷出的水在竖直方 向的分速度为v,水平方向的分速度 为V,,竖直方向，根据对称性可知在空 中运动的时间1=2历，站合题因可 g 知tb>t。,故D错误；最高点的速度等 于水平方向的分速度u,=又，由于水 平方向的位移大小相等，则a在最高，点 的速度大于b在最高点的速度，故C 错误；由喷泉轨迹可知两喷泉出射点 的速度方向不同，则两喷泉的初速度 不同，故B错误。 3.C青蛙做平抛运动，水平方向是匀速 直线运动，竖直方向是自由落体运动， 8 则有x=t,h=2,可得u=工√ 因此水平位移越小，竖直高度越大初 速度越小，因此跳到荷叶℃上面初速度 最小，故选C。 4.C由题意可知，甲、乙两船的实际速 度方向相同，根据如图所示的几何关 系有an0=,cos日=二，联立解得 )甲 U s血0-，联立以上可行 )甲 3 ,代入题中数据，解得v水=3m/s, 故A错误；设乙船渡河的时间为t七， 则有0p(之-64s) cos 0 =vzt元·tan0,解 得t元=100s,故B错误；两渡口的距 离s=o元ttan0=180m,故C正确； 两岸的距离d=scos0=144m,故D 错误。 甲 U甲合 日C水 5.AC 对小球受力分析可知F向= mg tan0=mw2R,解得w=5rad/s,故 A正确；线速度大小为v=awR=2m/s, 故B错误；向心加速度大小为an= wR=10m/s2,故C正确；所受支持力 大小为=mg。=2N,故D错误 cos 0 6.AD由于小鱼在运动过程中只受重力 作用，则小鱼在水平方向上做匀速直 线运动，即v,为一定值，则有x=vt, A可能正确，C错误：小鱼在竖直方向 上做竖直上抛运动，则有y=v1一 81,心，=0,0一g1,且U,最终减为 1 0,B错误，D可能正确。 参考答案 241 7.A小球做平抛运动，水平方向有x= ,竖直方向有y=之，由几何关 系有(x-R)2+y2=R,sin0=二R R 8 其中，=√行gR,代入解得0=37， 故A正确，B、C错误；平抛运动速度反 向延长线必然均分水平位移，所以小 球不可能垂直击中凹槽，故D错误。 8.BC当转动角速度较小时，甲受到的 静摩擦力捉供向心力，大小不等于 mg,故A错误；对甲、乙整体分析可 知，乙受到转盘的摩擦力为F:= 2mwr1,故B正确；若角速度增大，根 据mg=mw2r,丙到转轴的距离较 大，则丙先达到滑动的临界点，故C正 确，D错误。 9.(1)g @]r] (2) ug sin 0cos B (ucos0+sin0sinβ)r2 解析：(1)对转 椅受力分析， 转椅在水平面 内受摩擦力、 AF地 轻绳拉力，两 转椅 者合力提供其 水平圆盘 做圆周运动所 需向心力，如图所示。设转椅的质量 为m,则 转椅所需的向心力Fn1=mwir1, 转椅受到的摩擦力F1=mg, 根据几何关系有tana= Fa 联立解得tan&=g wjri (2)转椅在题图(b)所示情况下所需的 向心力F2=w2r2: 转椅受到的摩擦力F2=uFN, e 根据几何关系有1anB一 由平衡条件，竖直方向上有 F+FTcos 0=mg, 水平面上有Fe=Frsin0sinB, 联立解得w2= ug sin 0cos 8 (ucos 0+sin 0sin B)r2 10.BD建立如图所示的三雏坐标系，网 球在竖直方向做竖直上抛运动，上升 的最大高度h1=(8.45-1.25)m= 7.20m,所以在击球，点竖直方向的分 速度vo=√2gh1=12m/s,上升时 间，==1.2s,则o 4.8 m/s= g 1.2 4m/s,故沿x方向的分速度vax= /U 一一y=3m/s;到达最高点 P与墙壁碰撞后，沿x方向的分速度 0x=3m/s,沿y方向的分速度大小 变为v0,=4×0.75m/s=3m/s,所 以网球碰撞以后的速度大小为= 0十=3W2m/s,故A错误，B正 2×8.45 确；下落的时间t2= 10 2422勾·讲与练·高三二轮物理 1.3s,网球着地，点到墙壁的距离d= vvt2=3.9m,故C错误，D正确。 P 8.45m 4.8m/ i.25 课时作业4万有引力与航天 1.C组合体在减速阶段有加速度，合力 不为0，故A错误；组合体在悬停阶段 速度为0，处于平衡状态，合力为0，仍 受重力和升力，故B错误；组合体在自 由下落阶段只受重力，机械能守恒，故 C正确；月球表面重力加速度不为 9.8m/s2,故D错误。 2.BC对于绕月飞行的卫星甲、乙，根据 (+6+2R) 开普勒第三定律有 2 T2 ,可得r=+R,故A错误， r B正确：对于卫星乙，根据万有引力提 供向心力可得M0=m(学）)，可得 M=4 GT,故C正确，D错误。 3.C要抛射航天器，所需要的最小速度 为中心天体的第一宇宙速度，根据万 有引力提供向心力有Gr三mR· GM 可得天体的第一宇宙速度0一√R· 地球和月球质量之比约为81：1，半径 之比约为4：1，则地球和月球的第一 M地R月= 字窗连度之比为=MR 月 9 =4.5,即所需最小抛射速度的比值 约为4.5，故选C。 4.BD鹊桥二号绕月球做椭圆运动，根 据开普勒第二定律可知，从A·C·B 做减速运动，从B→D·A做加速运 动，则从C→B→D的运动时间大于半 个周期，即大于12h,故A错误；鹊桥 二号在A点根据牛顿第二定律有 GM-maA,同理在B点有G,月 Mm maB,代入题中数据联立解得aA: aB=81:1,故B正确；由于鹊桥二号 做曲线运动，则可知鹊桥二号速度方 向应为轨迹的切线方向，则可知鹊桥 二号在C、D两，点的速度方向不可能 垂直于其与月心的连线，故C错误：由 于鹊桥二号环绕月球运动，而月球为 地球的“卫星”，则鹊桥二号未脱离地 球的束缚，故鹊桥二号的发射速度应 大于地球的第一宇宙速度7.9km/s, 小于地球的第二宇宙速度11.2km/s, 故D正确。 5.D设黑洞的可能半径为R,质量为 M,根据第二字宙速度的定义，结合第 一宇宙速度可知应满足人 2GM R >c,即 2GM 看R<所以黑洞的可能最大书 径Rmx一 2×6.67×10"×50×103×2×10 m≈ (3×103)2 1.5×1018m,故选D。 6.A设卫星转动的周期为T',根据题 意可得 2π，T_2π.T T·2-T·2 =2π，可得 T=丁，根据万有引力提供向心力有 3 Mm 4π2 GMT'② G r2 =m r,可得r= 4π2 T 代入T'=3,可得r= GMT 36r2,故 选A。 7.C设两颗恒星的质量为M、m,二者 间的距离为L,根据万有引力提供恒星 做匀速圆周运动的向心力，有G Mm Mw'r=Ma,G Mm mwr2=ma2, 所以a=a:一产，由于两颗板 Gm GM 星正在缓慢靠近，即L减小，所以每颗 星的加速度均变大，故B错误；根据几 何关系有r1十r2=L,联立可得w= G(M+m) ,L减小，双星系统转动 L3 的角速度变大，根据角速度与周期的 关系式T=2红可知，角速度变大，周期 Mm 变小，故C正确，D错误：根据G L Mo2r1,G GM0=mur·可得二 M' 根据角速度与线速度的关系v一ωr,可 得= r2 M,所以质量较大的恒星 比质量较小的恒星线速度小，故A 错误。 8.C设地球表面的重力加速度为g,某 球状天体表面的重力加速度为g',弹 簧的劲度系数为k,根据简谐运动的对 称性有k·4A-mg=mg,k·2A mg'=mg',解得g= 2kA kA 可得8=2，设某球状天体的半径为 R,在地球与该球状天体表面分别有 p1· 3π(nR)3·m G (nR)2 =mg, 3R2·m p2· G R2 =mg',联立可得 =2 ,故选C。 P2 9.C轨道舱与返回舱的质量比为5：1， 设返回舱的质量为m,则轨道舱的质 量为5m,总质量为6m:根据题意组合 体绕行星做圆周运动，根据万有引力