湖北襄阳市第四中学2026-2027学年上学期高三一轮复习物理测试题（2）曲线运动

襄阳四中2027届高三一轮复习物理测试题（2) 曲线运动 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.全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选 错的得0分. 1.下列说法正确的是 A.伽利略通过斜面实验推理得出：力不是维持物体运动的原因，而是改变物体运动状态的原因 B.在国际单位制中，千克、米、秒、牛顿都是力学中的基本单位 C.惯性是物体的固有属性，其大小与物体的运动状态有关 D.牛顿第一定律只在惯性参考系中才成立 2.伽利略设计了如图所示的“斜面实验”，当时只能靠滴水计时.为了测时间，把一只盛水的大容器置 于高处，在容器底部焊上一根口径很细的管子，用小杯子收集每次下降时由细管流出的水，然后称 出水的重量，若将小球由静止滚下的距离记为工，对应时间内收集的水的质量记为，则下列说法 正确的是 A.水的质量与时间成反比，即m心} B.水的质量与时间的平方成正比，即mc∝t C.L与的比例关系满足L∝m 7immmmmmmmmm D.L与m的比例关系满足L∝m 3.质量为m的物体P置于倾角为01的固定光滑斜面上，轻细绳跨过光滑定滑轮分别连接着P与小车， P与滑轮间的细绳平行于斜面，小车以速率ⅴ水平向右做匀速直线运动.当小车与滑轮间的细绳和水 平方向成夹角2时（如图），下列判断正确的是 A.P的速率为v B.绳的拉力等于gin0 C.P的速率为vcos02 mmi7mmmmminmmmmmmmmmnm D.绳的拉力小于gin1 4.如图所示，一个倾角为45的斜面与一个，圆弧对接，斜面高度与圆弧半径相等，斜面的底端在圆心 O的正下方。从斜面顶点以一定的初速度向右水平抛出一小球，则下列 说法正确的是 A.小球初速度不同，则运动时间一定不同 B.小球落到斜面上时，其速度方向可能不相同 C.小球落到斜面和圆弧等高位置时，速度大小一定不相等 45 7777777777777777777777 D.小球落到圆弧面上时，其速度方向可能与该处圆的切线垂直 5.火车轨道的转弯处外轨高于内轨，如图所示。若已知某转弯处外轨和内轨的高度差为，内外轨道之 间的距离为L,弯道处的圆弧半径为R。已知h远小于L,重力加速度为g,则下列说法中正确的是 A.该转弯处规定的安全行驶速度v= gLR B.该转弯处规定的安全行驶速度v= ghR C.该转弯处规定的安全行驶速度v=√ ghL R D.当实际行驶速度大于规定的安全行驶速度v时，轮缘挤压内轨 6.A、B两个可视为质点的物体同时从同一位置出发沿相同的方向做直线运动.A物体的初速度为零， 加速度与时间关系如图1所示，B物体的速度与时间关系如图2所示.下列说法中正确的是 ◆al(m/s) /(m/s) 0 2 3 图1 图2 A.A追上B前，A、B间的最大距离为1.2m B.当A追上B时，两物体离出发点的距离为10m C.A、B出发后只相遇一次 D.t=8s时A、B第二次相遇 7.如图甲所示，倾角为8=37°的足够长的光滑斜面体放置在光滑水平面上，上端有垂直斜面的挡板， 与斜面平行的轻弹簧上端固定在挡板上，下端连接质量为m=1kg的物块（可视为质点）。现对斜 面体施加一水平向右的推力F,测得推力F的大小随弹簧的形变量x的变化规律如图乙所示（取弹 簧伸长为正，压缩为负)，若弹簧始终在弹性限度内，重力加速度8=10m/s2,sim37°=0.6， c0s37°=0.8，不计空气阻力，则斜面体的质量和轻弹簧的劲度系数分别为 A.号kg、10Nm 挡板 B. EN ÷kg、30N/m 51 F 10 c.g、40Nm 斜面体 77分m 0 10*x/cm D.号kg、60Nm 甲 8.为准备青少年四驱车比赛，某参赛选手制作了半径为1m的圆形赛道，A、B、C、 A D为赛道的四等分点在电脑的控制下，t=0时刻小车从A点出发，沿赛道顺时 针做速率随时间均匀增加的加速运动，且速率满足ⅴ=，下列说法正确的是 A.小车第一次、第二次从A到达C所用时间之比为3：1 B B.小车第一次、第二次从A到达C所用时间之比为1：(3-√② C.小车第4s内、第5s内的位移大小之比为7：9 D.小车第4s内、第5s内的位移大小之比为1：1 9.如图，内半径R=三m的光滑空心圆柱体固定在水平地面上，一小滑块紧贴内壁从O点以1。=10ms 的初速度沿切向水平滑入，旋转一周经过O1点。取重力加速度g=10m/s2, 则小滑块 俯视图 0 A.在竖直方向上做自由落体运动 B.从O运动到O1所用的时间为2s C.对圆柱体的压力大小逐渐增大 D.在O点时速度方向与竖直方向的夹角为45° 10.如图甲所示，一足够长的木板静止在粗糙的水平地面上，质量=1kg的滑块（可视为质点），置 于质量为M的木板中央，现给木板一初速度，之后两者的 (ms v-t图像如图乙所示。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力， 取8=l0m/s。下列说法正确的是 m A.木板与地面间的动摩擦因数为0.15 11.52 B.木板的质量为1kg 乙 C.从t=0到物块与木板均停止运动时，物块在木板上的划痕长度为2.25m D.当物块与木板均停止运动后，若在滑块m上施加一外力F使两者发生相对滑动，则F应大于1N 二、实验题（本题共2小题，共16分，请按题目要求作答） 11.(8分)某同学利用图甲所示的实验装置，探究物块在水平桌面上的运动规律。物块在重物的牵引 下开始运动，重物落地后，物块再运动一段距离停在桌面上（尚未到达滑轮处）。从纸带上便于测量 的点开始（其中第“1”点先打下），每5个点取1个计数点，相邻计数间的距离如图乙所示。打点计 时器电源的频率为50Hz。 打点 计时器物块 细绳滑轮 单位：cm 2 4 5 9 重物白 3.005.017.019.0011.0112.28 10.61 8.616.604.60 乙 甲 (1)通过分析纸带数据，可判断物块在两相邻计数点 和 之间某时刻开始减速。 (2)计数点9对应的速度大小为 m/s(保留2位有效数字)。 (3)物块减速运动过程中加速度的大小为a= m/s2(保留2位有效数字)。 (④)物块在加速阶段，如果以（其中s表示位移，t表示时间）为纵坐标、以t为横坐标作图象，得到图象 的斜率为k,则加速度大小为 (用字母符号表示)。 12.(10分)某兴趣小组的同学做探究加速度与力、质量的关系”实验时采用了两种方案，图甲是教材 中的实验方案；图乙是拓展方案，其实验操 遮光片 打点计时器 光电门1 光电2 作步骤如下： i.测量遮光片的宽度d,挂上托盘和砝码，调节 木板的倾角，使质量为M的小车通过两光电 门的时间一致： ⅱ.取下托盘和砝码，称量出其总质量为，将 小车从木板上P点由静止释放，记下小车通过光电门2的时间t,并测出P点和光电门2的距离为x, 计算并记录加速度a: ⅱ.改变砝码质量和木板倾角，重复上述步骤并保证每次小车都从P点释放，多次测量，作图得到-F 的关系。 (1)在记录数据时，把g作为合外力F值的实验方案是 (选填“甲”、“乙”或“甲和乙”)；需 要满足条件MVm的实验方案是 (选填甲”、“乙”或“甲和乙”；需要在实验前平衡摩擦力 的实验方案是 (选填“甲”、“乙”或甲和乙”)。 (2)在方案乙中，由步骤(ii)得到的加速度表达式= (使用x,t,d表示)。 (3)该小组的田同学和郑同学都采用了方案乙进行实验，田同学操作正确，而郑同学在步骤()中只取 下并称量了砝码的质量，也记为m,并在没有取下托盘的情况下进行了操作（ⅲ），两位同学都将 自己测量的数据g作为小车所受合外力F,绘制了-F图像，其中田同学的图像用实线表示，郑同 学的图像用虚线表示，若田同学测得图像斜率为k1,郑同学测得图像斜率为k2,图A中纵轴截距为 b,图B中横轴截距为c,则托盘质量为 (只可选用k、k、b、c表示) a B.O C 三、计算题（本题共3小题，共44分.解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤.有数 值计算的题，答案中还必须明确写出数值和单位) 13.(9分)某跳台滑雪运动员，从斜坡A处沿水平方向飞出，在斜坡B处着陆，测得AB间距离为75， 斜坡与水平方向夹角为37°，不计空气阻力，已知sn37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度为g=10m/s2。 试计算： (1)运动员在A处的速度大小和在空中飞行的时间： (2)运动员在空中离坡面的最大距离。 B137 14.（15分)一个质量为M倾角为45°的斜面体固定于光滑水平地面上，现将一质量为m的滑块从斜 面顶端由静止释放，如图所示。若该斜面光滑，滑块从项端沿斜面下滑至底端的时间为；若该斜面 粗糙，此滑块从顶端沿斜面下滑至底端的时间为2。该滑块可视为质点，重力加速度大小为g。 (1)求滑块与粗糙斜面间的动摩擦因数： (2)承接第(1)问，若斜面体不固定，滑块所受最大静摩擦力等于滑动摩擦力，欲使滑块与斜面体保 持相对静止，求对斜面体施加的水平向右推力大小的范围。 m M 7minmmmmmm48Ammmmm 15.(18分)国家快递大数据平台实时监测数据显示，截至2021年12月8日9时03分，我国快递年 业务量首次突破千亿级别，已连续8年稳居世界第一、如图甲所示是某快递点分拣快递装置的部分 简化示意图，可视为质点的某快递从倾角为6=53°的斜面顶端A点静止释放，沿斜面AB下滑，进 入水平传送带BC传送，最后能从水平末端C点水平抛出，落到水平地面，斜面与传送带之间由一 小段不计长度的光滑圆弧连接。已知斜面AB长L=2m,水平传送带BC长L2=1m,传送带上表 面距水平地面么=12，该执递与斜面间动摩擦因效4号，与传动市间动摩擦因数：子传送 带以大小为ⅴ的速度顺时针转动，不考虑传送带滑轮大小。求： (1)快递刚滑到传送带上时的速度的大小： (2)传送带以v=2s顺时针转动，则快递落地点与抛出点C点的水平距离多大？ (3)若在传送带右侧加装一个收集装置，其内边界截面为四分之一圆形，如图乙为传送带右半部分和 装置的示意图，C点为圆心，半径为R=5, m,若要使该快递从C点抛出后落到收集装置圆形面 上时的速度最小，则传送带速度应该调节为多大？ 声CR 77777 777777 7777777 图甲 图乙襄阳四中2027届高三一轮复习物理测试题（2) 曲线运动参考答案 一、选择题 1 3 3 4 5 6 7 8 9 10 D C C C B 0 D BD AD ABD 1,D【详解】A.伽利略通过理想斜面实验推理得出力不是维持物体运动的原因。“力是改变物体运动 状态的原因”是牛顿总结得出的结论，故A错误； B.国际单位制中，力学的基本单位是千克、米、秒。牛顿是导出单位(1N=1kg/s2),不属于基本 单位，故B错误； C.惯性是物体的固有属性，其大小仅由物体的质量决定，与运动状态无关，故C错误： D.牛顿第一定律只在惯性参考系中才成立，故D正确。故选D。 2.C【解析】小球做初速度为零的匀变速直线运动，由位移公式有L=方a得Lxt已，由于水是均匀稳 定的流出，水的体积和时间成正比，又m=pV,所以水的质量与时间成正比，即m∝t,所以量筒中收 集的水量可以间接的测量时间，即tc∝m,所以可得L∝m,故C正确，ABD错误。 3.C【详解】将小车的速度v进行分解如图所示，则Vp-vcos02, 小车向右运动，2减小，ⅴ不变，则V逐渐增大，说明物体P沿斜面向上做加速 运动，由牛顿第二定律T-ngsine01ma,可知绳子对A的拉力T>mgsine01,故C 正确，ABD错误；故选C. 4.C【详解】A.平抛运动的时间由下落的高度决定，若小球落到斜面与圆弧面 上时的下落高度相同，则小球平抛运动的时间相同，故A错误： B.设斜面倾角为0，小球落到斜面上时速度与水平方向夹角为α，则有 1 m0-9.- tana=立=g所以tana=2tan6 1o1o 由于斜面倾角为一定，则小球落到斜面上时，其速度方向一定相同，故B错误： C.小球落到斜面和圆弧等高位置时，运动时间相等，竖直速度相等，但落到斜面上的水平位移小，所 以小球落到斜面的水平速度小于落到圆弧面的水平速度，所以小球落到斜面和圆弧等高位置时，速度大 小一定不相等，故C正确： D.小球落到圆弧面上时，若落点速度方向与该处圆的切线垂直，则速度的反向延长线通过圆心，但由 平抛运动规律知，速度的反向延长线应通过水平位移的中点，而圆心不可能是水平 位移的中点，故D错误。 5.B【详解】ABC.速度v经过弯道，内、外轨道均不受侧压力作用时，其所受的 重力和支持力的合力提供向心力，如图所示根据牛顿第二定律得gtan日=。 R 因为h远小于L,9很小，则tan9≈sin0=上联立解得v= ghR D.转弯的实际速度大于规定速度时，火车所受的重力和支持力的合力不足以提供所需的向心力，火车 有离心趋势，故其外侧车轮轮缘会与外轨相互挤压，D错误。 6.D【详解】由图1可知：0~2s,A做初速度为0，加速度为a41=6ms2的加速运动，2s后做初速度 为v4o=12m/s,加速度为a42=2m/s2的加速运动由图2可知：B做初速度为vBo=3/s,加速度为ag= 9告ms2=3mg的加速运动。 A.02s,开始时B在前，A在后，当A、B间的距离最大时：v4=vB:A、B速度相等，则a4t1=vB0+agt, 解得t=1s,此时A、B间的最大距离为4x,=(vo+0g-aAt号=1.5m,故A错误： B.若0~2s,A追上B,则时a4=0t+,解得t=2s,此时两物体离出发点的距离为xA=xg=× 6×22m=12m,故B错误； CD.若2s后A、B再次相遇，设所用时间为t,则4ot'+aAt2=vt'+gt2,其中vg2=9ms,解得 t'=6s,则A、B再次相遇时间为2s+6s=8s,此后，B一直在前，所以A、B出发后相遇两次，8s时 A、B第二次相遇，故C错误，D正确。 7.D【详解】设斜面体的质量为M,对斜面体和物块整体，由牛顿第二定律得F=(M+m)a 对物块，竖直方向由平衡条件有F,c0s37°+kxsin37°=g 水平方向由牛顿第二定律得F,sin37°-ccos37°=a 整理得F=3M+mmg5M+mkx,由图乙可知3(M+m)mg=1ON, 5(M+m)k=100N/m 4n 4n 4n 4m 解得斜面体的质量M=kg,轻弹簧的劲度系数为k=60Nm,故选D。 8.BD【解析】AB.根据题意圆形赛道周长为x=2mm,ABC与CDA长度相等为mm,小车沿赛道顺时 针做速率随时间均匀增加的加速运动，结合初速度为零的匀加速直线运动规律，可得初速度为零的匀加 速运动相邻相等路程内所用时间之比为1：(V2-1):(V3-V2):(2-V3):·,小车第一次、第二次从A 到达C相当于第一段mm和第三段m之间的运动，运动时间之比为1：(V3-√②，故A错误，B正确： CD.根据题意小车从开始运动到第38末运动距离×=受与=4.5mm,小车从开始运动到第4s末运动距离 X4=托=8mm,小车从开始运动到第5s末运动距离x=七，=12.5mm,所以小车第38末在B点，第 4s末在A点，第5s末在B点，即第4s内的位移大小为√2r=√2m,方向由B指向A,第5s内的位移 大小为V2r=√2m,方向由A指向B,第4s内、第5s内的位移大小之比为1：1，故C错误，D正确。 故选BD。 9.AD【详解】A.将小滑块的运动分解到竖直方向和水平方向，由于竖直方向只受重力，竖直方向做 自由落体运动，故A正确： BC.水平方向只受圆柱体的的支持力，且支持力总是与水平方向的速度垂直，小滑块在水平方向做匀 速圆周运动，支持力提供向心力，则有N= R 可知支持力大小不变，根据牛顿第三定律可知小滑块对圆柱体的压力大小保持不变。 5 小滑块从0运动到0所用的时间为：=T2R_ 2π× 兀s=ls故B、C错误： 1%10 D.小滑块在O1点时的竖直分速度为v,=gt=10m/s 设在0，点时速度方向与竖直方向的夹角为0，则有tan0=上=1可得0=45° V 10.【答案】ABD 【详解】AB,v-t图斜率绝对值表示加速度大小，由图乙可知共速前后的加速度大小均为 aA}-0m/s=lm/s,对m有f=m=1N △t1-0 共速前后M的加速度大小分别为45m/心=m/g,415一 1m/s =2m/s' 1 共速前后对M分别有f+(M+m)g=Ma,(M+mg-f=Ma2 联立解得M=1kg,u=0.15,故AB正确： 5 C.v-t图面积表示位移，共速前，M相对m运动的距离△：=2×m=2.5m 速后，m相对M运动的距离4y=×1m-3义1m=025m 2 则从t=0到物块与木板均停止运动时，物块在木板上的划痕长度为2.5，故C错误： D.当物块与木板均停止运动后，若在滑块m上施加一外力F,对有F-f=@ 而对木板，由于f<(M+m)g=3N,可知，无论F多大，木板都不会对地运动，则要使两者发生相 对滑动，则F应大于1N,故D正确。故选ABD。 二、实验题 11.【答案】(8分)(1)6：7：(2)0.76；(3)2.0；(4)2k 【解析】(1)从计数点6和7之间某时刻开始减速，因为相等时间内的位移越来越小： (2)根据某段的平均速度等于中时刻的速度，则有：g==8.61+660)×10-2m -m/s=0.76m/s: 2T 0.2 (3)由纸带可知，计数点7往后做减速运动，有： a=10.60+8.61-6.60-4.60 ×0.0lm/s2=2.0m/s2 0.04 (④根据运动学公式有：s=t+号t,变形得：=v+行at,得到图象的斜率为k=方a,解得：a=2水 1210分)【答案】①甲和乙、甲、甲：②； 、11 027:3店元 【详解】(1)[1][2[3]在记录数据时，把g作为合外力F值的实验方案是甲和乙，在图乙实验方案中， 挂上托盘和砝码，使小车匀速下滑，设斜面的倾斜角为日，小车受到的阻力总和为f,则有 Mg sin0=f+mg 取下托盘和砝码，小车做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得Mgsn8-f=Ma,即g=Ma 故乙方案中，不需要满足MVm:在图甲的实验方案中，由托盘和砝码的重力提供拉力，让小车做匀加 速直线运功，由牛顿第二定你可得爬=(M+侧a,解得a=m8,则绳子对小车的拉力 F=Ma=M 118 M+m 当M>>时，绳子拉力近似等于托盘和砝码的重力，故甲需要满足M>>m。需要在实验前平衡摩擦 力的实验方案是甲。 (2)小车通过光电门2的速度=，根据，=2m,得a= d 2xt2 (3)由题意可知，田同学的测量满足F=M,化简可得a= F,可得田同学测得的斜率为k= M M 由慰意可知，郑同学的测量有P=(M+:)a,化简可得a=M+ 1 一F，可得郑同学测得的斜率为 1 k三M+托 ,因为k>k,对比图像可知，他们得到的图像应是图D。 由k:和 1 -11 M+l托 可知，该托盘的质量为业凭方店 三、解答题 13.(9分)(1)y=20m/s,t=3s;(2)h=9m 【详解】(1)在竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀速直线运动，则 ,g2斤=sm37°x三AB cos37P=11AB=75m,解得1=3S% AB (2)将速度分解在垂直于斜面方向，则v=,sn37° 将重力加速度分解在垂直于斜面方向上，可得a=gcos37° 则离斜面的最远距离为v2=2h 解得h= 2_(,sin37)2 2a2gcos37° =9m 1 14(15分)【答案】(1)：（②）与M+D8≤F≤7M+m名 【详解】(1)斜面光滑时，根据牛顿第二定律可得gsin45°a1,即a广gsin45 斜面粗糙时，根据牛顿第二定律有gsin45°-ugc0s45°=a,即a=gsin45°-ugc0S45° 滑块从顶端沿斜面下滑至底端的时间为：若该斜面粗糙，此滑块从顶端沿斜面下滑至底端的时间为2t, 可得乙4a,解得= 3 (2)对物体受力分析，物体受重力、斜面的支持力和摩擦力的作用，但摩擦力可能沿斜面向上，也可 能沿斜面向下，物体与斜面保持相对静止，有共同的加速度，方向水平向右，当摩擦力沿斜面向下的时， 竖直方向有g+fisin45°=W1cos45° YA 水平方向根据牛顿第二定律有N1sin45+ficos45°=a1 摩擦力为f=N,联立解得a=7g 同理可得摩擦力沿斜面向上的时，竖直方向有g=W2cos45+f2sin45° 1 水平方向根据牛顿第二定律有N2sin45°-fc0s45=a2 摩擦力为，联立解得=8 M mhammxrmmmman 对斜面和物体整体受力分析，根据牛顿第二定律有F=(M什m)α mg 代入加速度解得(M+mg≤F≤7M+mg 15.(18分)(1)4m/s;(2)1m:(3)V5m/s 【详解】（1)从A到B,根据牛顿第二定律有gsin53°-4gc0s53°= 可得a=4n/s2根据vg2=244得g=4m/s (2)因为。>v,所以物体先减速，若在传送带上减速至v,由2-v2=24gx 可得x=08m<乙故先减速后匀速，从C点平抛到落地h=) 得t=0.5s由水平位移x=1vt得x=1m (3)设落到收集装置时速度为，则y=V,2+(g) 设C点抛出时水平速度为y,,落到收集装置时水平位移x,竖直位移y,有 r+=R=W得r+23r= 3-25t 4 vx= 2 代入得 -25t4 3 =1 4 +10r=V+7 由数学可知，当 =7r时，v最小，解得1=0 3 10 由 x= -25t得v,=V5m/s 4 t 可知，物体在传送带上先匀减速到√5m/s,再一起匀速，即传送带速度应该调节为√5/s。