专题精准强化3 抛体运动 圆周运动-【创新教程】2027年高考物理艺考生文化课百日冲关课时作业

|物理 相互作用力且加速度相同，对a由牛顿第二定律有飞·香西 3 一gin9=ma,代入k后解得a=号gsin8,故C正确，D 错误.门 8.D[根据动滑轮的原理，物体Q移动的速度始终是物体 P的两倍，同时开始运动，速度变化量始终是两倍关系， 由公式a=铝可知，卫Q运动的知建度大小之北为1：2， 故A错误；由牛顿第二定律，对物体Q分析，有T一mg =m·2a,对物体P分析，有F-2T-mg=ma,联立解 得轻绳的拉力大小为T=12N,P的加速度大小为Q= 1m/s,故B、C错误；若保持Q的加速度不变，则P的加 速度也不变，则有T=12N,a=1m/s,设拉力F与水平 方向的夹角为日，则对物体P分析，有Fcos日一2T (mg-Fsin)=ma,化简可得F=25N,其中 sin(0+) sin o-- 1一，当sin(9十p)=1,力F有最小值，且最 1+ 小值为Fn=12√5N,故D正确.] 9.解析：(1)小物块刚放上传送带时，由牛顿第二定律得 uimg=ma 解得加速度大小为a1=1g=4m/s, 如果想让小物块从A点运动到B,点的时间最短，小物块 应一直做匀加速直线运动，则有2a,x=v, 解得=√2a1x=8m/s, 可知传送带的最小速度为8m/s. (2)传送带以%=4m/s正常运行，则小物块刚放上传送带 到与传送带共速所用时间为t=。=18, 通过的位移为四=20t片=2m, 小物块与传送带共速后，匀速运动到B,点所用时间为 5=飞=1.5s, 则小物块从A,点运动到B,点的时间为 t=t1十t2=2.5s. (3)小物块滑上木板时，对小物块，由牛顿第二定律得 mg=ma2, 解得a,=4m/s, 方向水平向左：对木板，由牛顿第二定律得 img-u2 (M+m)g=Mas 解得a3=1m/s, 方向水平向右：设小物块与木板经过t?时间达到共速， 则有0=U0一a2t3=a:t, 联立解得t3=0.8s,0共=0.8m/s, 则共速前小物块与木板发生的相对位移为 =-w-8--=1.6m 小物块与木板共速后，保持相对静止一起在水平地面做 匀减速到停下；可知要使小物块不从木板上滑落，木板 至少长1.6m. 答案：(1)8m/s(2)2.5s(3)1.6m 专题精准强化3抛体运动圆周运动 1.AD[手绢做匀速圆周运动，由题图可知P,Q属于同轴转 动模型，故角速度相等，即角速度之比为1：1，B错误；由0 =wr,可知，P,Q线速度之比p:%=rop:ra=1:5,得 A正确；由a=wr,可知，PQ向心加速度之比ap:aa=rp ：rQ=1:√3，得C错误；做匀速圆周运动的物体，其合外力 等于向心力，故合力总是指向圆心O,D正确. 3 2.B[A点运动为A,点绕O'的圆周运动和O'相对于O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 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的速度大于O的速度，故C、D错误.门 3.AB[A.根据题意可知P,Q做圆周运动的半径n=2 =1m, 对R.Q报据a,=rw可#a√只√月nds=2ad/ s,故A正确：B.因为四个球角速度相同，对球M、N有r2 ===1 2 w 4m, 所以L2=0.5m,故B正确 C.对于P有01=r1w=1×2m/s=2m/s,故C错误；D. 绳子拉力提供向心力，根据F=mrw可知由于四球质量 相等，角速度相等，但半径不同，故拉力大小不相等，故D 错误. 4.A[设球被击出后的初速度为，，球从被击出至P点的 时间为t,在P点的水平分速度大小也为，此水平分速 度在题图2中网面的投影速度大小为=，cos45°，球 在P点的竖直分速度=gt,在网面的投影速度也为 ,别m9一器联立解得号 ,击球点到网面的距 5 离为d=Votsin45°，代人数据得d=4m,A正确.] 5.B[根据题意可知，甲、乙两水柱最高，点在同一水平线 上，则甲、乙水柱在空中运动的时间相等，即t=t2,甲、 乙水柱竖直方向的初速度相等，由图可知，乙的水平位 移大，则乙水平方向的初速度大，有，>v,,故B正确.] 6.BC[当转动角速度较小时，甲受到的静摩擦力提供向 心力，大小不等于g,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=mwr,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.] 7,C[小球刚要脱离圆轨道时，设小球的速度大小为1， 此时对小球mgsin8=m尺小球脱离轨道后，将微斜抛 运动，则小球在D,点时的水平方向)，=v1sin,xDE= Rc0s0,t=匹，在竖直方向0，=cos,t=2型，以上各 0, 式联立，解得sin日=号，呷9=45，故C正确.门 8.C[根据题意可知在曝光时间内小琼运动的长度为 1 △1=5= 1×0.6m=0.12m, 近似认为在曝光时间内小球做匀速直线运动，故有 =A-0.12m/s=6m/s. △t 1 50 在最低，点根据牛顿第二定律有T一mg=m 代入数据解得T=7N.] 9.C[设正方形棱长为l,落点在棱BB,上的小球，初速度 可 沿AB方向，落在B,点时竖直位移最大，根据√ 知，时同最长，根据=子可知，水平抛出的初速度最小… 故A错误；落点在面AB,CD1内的小球竖直位移相 等，则运动时间相等，故B错误；落点在三角形B,CD1 62 内的小球运动时间相等，最大的水平位移为√21，最小的 水平位移为号1，最小水年位移与最大水平位移之比为 1:2,由=子知水平抛出的初速度的最小值与最大值 之比是1：2，故C正确；落点在线B,D,上的小球，竖直 速度均为，=√2gl,落地时重力的瞬时功率P。=mg心， 均相同，故D错误.] 10.AC[若两小球的初速度大 小相等，如图，根据平抛运动 推论，速度偏转角的正切值 1、0459 等于位移偏转角正切值的两 倍，两小球落在圆孤时速度 方向相互垂直，有tan日= 1 2tan45°= 1 R s0-是联立得一迟故A正商，B错送：当 5 巴、不相等时，两小球运动时间可能不相等，速度偏 转角不相等，但总能有两小球落在圆孤时速度方向相 互垂直的速度值，故C正确，D错误.门 11.解析：(1)由于OM为轨道直径，则A从M,点以vA=1 m/s的速率沿轨道运动至位于O,点的缺口的过程，运 动半个圆周，由圆周运动规律可得A在轨道内运动的 时问为1=合×迟=迟=3。 UAUA A在简内做平抛运动后恰好紧贴圆筒下底面边沿穿 出，设A在筒内做平抛运动的时间为t',则由平抛运动 规律可得H=2 r=vAt' 联立解得H=5m, (2)(ⅰ)由于A运动至缺口时，S1恰好转过ON位置， 随后A未与叶片碰撞，从圆筒下底面边沿穿出时，S,恰 好转至ON位置，则结合题图乙可知在A在简内做平 测运对的时树肉叶片特动7甘个月期，甲1日×巴 又由(1)问分析可得t=1s 解得w-经ad/s (ⅱ)物体在内力作用下突然分成A、B两部分并弹开有 mAUA=nB0B· 则mA=0g, 由于B未与筒壁碰撞，则有xB=g·1=m≤r=1m, mB 且A运动至缺口时，S,恰好转过ON位置，则以此时为 时间基准，则B从M到0所用的时间△1=迟-迟=3 UB UA (仁一1），要使B运动至缺口后能从任意两个叶片间 的区域穿过圆筒，则B运动到O时S,或S,或S,要运 动到O八反向的位置，则叶片转过的角度日三了+红 ·k(k=0,1,2,3,…） B不与叶片碰撞必须满足△1=日. 解得g=7十2m/s)(k=0.1,2,3,…） 则0=72=01.23） 答案13s5m（2(1)爱ad/s(i)7f2(k= 0,1,2,3,…) 35 练习册参考答案 专题精准强化4万有引力与宇宙航行 1,B[设恒星TOI-561的质量为Ma,太阳的质量为 M太，恒星TOI一561的行星的公转轨道半径为R行，质量 为m行，公转周期为T行，地球的公转轨道半径为R地，质 量为m题，公转周期为T是，由牛频第二定律得GMm 分 =m(产)广R。6=m()R两式联立 R M=0.64,B正确.] 入解得 2.AD[根据题图可知卫星的运动半径大于地球的运动半 径，卫星、太阳和地球调期相学，根据。=票可知三者角 速度相等，根据an=wr可知卫星的向心加速度比地球 的大，故A正确：根据)=ωr结合A选项分析可知卫星 线速度大于地球的线速度，故B错误：根据题意可知太 阳和地球对卫星引力的合力提供卫星做圆周运动的向 心力，向心力一定指向圆心，即向心力一定指向P点，故 C错误：根据题意可知太阳和卫星的距离等于地球和卫 星的距离，根据万有引力的表达式F=GMm可知太阳 r 和地球对卫星的引力大小之比等于太阳和地球的质量 之比，故D正确.门 3.D[根据题图可知P点距月心的距离为d十R,地心与月心 间距为d,月球质量为M,根据万有引力公式结合月球引潮 力的定义可得P点处质量为△的海水所受月球引潮力大 小为F= GM△m_GM△m (d+R) d 4。「报据G二mTr可得r=MT r2 4π2 又因为两卫星绕该行星做匀速圆周运动的周期之比T。 为81.可骑-若-（停）广-6 报据“引力差值”公式F=四共中M和相月.所以 5.B[设恒星的质量为m,分别选两种情况下做圆周运动 的一颗恒星受力分析如图： 图甲中由牛顿第二定律有：R ,Gmm+Gmm 4π (2R)9 =mR T F2 34 甲 乙 解得，=√图之中星体之间的距离均为R, 里级国网运动的半径)温。 由牛频第三定徐有：2尺Xcos30= 4π 将特：=2R/品所以会=侣收B医疏A C、D错误.] 53|物理 专题精准强化3抛体运动 [A组基础达标练] 1.(（多选)(2025·福建卷，5)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=√3OP,手绢绕O点 做匀速圆周运动，则( ) A.P、Q线速度之比为1：√3 B.P、Q角速度之比为3：1 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 2.（2025·江苏卷，4)游乐设 施“旋转杯”的底盘和转杯 底座 分别以O、O为转轴，在水 平面内沿顺时针方向匀速 转杯 转动.O固定在底盘上.某 时刻转杯转到如图所示位置，杯上A点与 O、O恰好在同一条直线上.则 A.A点做匀速圆周运动 B.O点做匀速圆周运动 C.此时A点的速度小于O'点 D.此时A点的速度等于O'点 3.(多选)(2026·广东p OM 0 卷)如图所示，在光滑 0 0 的水平地面上，P、Q、 M、N四个质量相等的小球通过两根不可伸长 的轻绳相连，P、Q间的绳长为L1,M、N间的绳 长为L2,两绳相交于各自的中点O,四球以相 同角速度ω绕固定的O点做匀速圆周运动，已 知L,=2m,PQ的向心加速度大小均为a1 4m/s2,M、N的向心加速度大小均为a2=1 m/s2,四球均可视为质点，忽略空气阻力，下列 说法正确的有 A.@=2 rad/s B.L2=0.5m C.P的线速度大小为0.5m/s D.轻绳对四球的拉力大小相等 4.(2026·河南卷)如图1，网球运动员将球沿 水平方向击出，球运动轨迹所在平面与球网 面的夹角为45°，球恰好擦过球网上沿的P 点.图2为球运动轨迹在球网所在平面的投 影，轨迹投影在P点的切线与球网上沿的夹 角为9.已知击出时球的速度大小为20m/s, tanp=0.2,重力加速度大小取g=10m/s.不 计阻力，则击球点到球网面的距离为( ⑧错题序号： 圆周运动 @错因分析： 450- 图1 图2 A.4m B.6 m C.8 m D.10m 5.一住宅阳台失火，消 防员用靠在一起的 两支水枪喷水灭火， 消防车 如图所示甲水柱射 向水平阳台近处着火点A,乙水柱射向水平 阳台远处着火点B,两水柱最高点在同一水平 线上，不计空气阻力，甲、乙水柱喷出时的速度 大小分别为y、2,甲、乙水柱在空中运动的时 间分别为t、2.以下判断正确的是 ( ) A.v>v2,t=t2 B.v<v2,t1=t2 C.v1>v2,t1<t2 D.o1<v2,t1<t2 6.（多选)如图所示，质量均 10 为m的甲、乙、丙三个小物 丙口 块（均可看作质点）随水平 转盘一起以角速度ω绕 -0 O○'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g B.乙受到转盘的摩擦力一定为2mwr1 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 7.如图所示，光滑圆轨道固定 在竖直面内，BC是轨道的 水平直径，O为圆心，一个 B 小球静止在轨道的最低点 A.现给小球水平向左的初 速度，小球沿圆轨道向上运 动到D点时刚好离开圆轨道，此后小球恰能通 过E点，E为O点上方与D等高的位置，OD 与水平方向的夹角为0，不计小球的大小，sin 37°=0.6，c0s37°=0.8，则 A.0=30 B.0=37 C.0=459 D.0=53° 58 8.(2025·山东卷，4)某同学用不可伸长的细 线系一个质量为0.1kg的发光小球，让小 球在竖直面内绕一固定点做半径为0.6m 的圆周运动.在小球经过最低点附近时拍摄 了一张照片，曝光时间为品、由于小球运 动，在照片上留下了一条长度约为半径号的 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.5N [B组创新应用练] 9.如图所示，正方体框架 4 R ABCD-A,B1C1D1的底 D 面A,BC1D1处于水平地 面上.从顶点A沿不同方 向水平抛出小球（可视为 D 质点)，不计空气阻力.关 于小球的运动，下列说法正确的是( A.落点在棱BB1上的小球，落在B1点时 水平抛出的初速度最大 B.落点在面A,B,CD1内的小球，落在C 点的运动时间最长 C.落点在三角形B,C1D1内的小球，水平抛 出的初速度的最小值与最大值之比 是1：2 D.落点在线B,D1上的小球，落地时重力的 瞬时功率均不相同 10.（多选)如图所示，在竖直 1O V2 面内固定一半圆形容器， 圆心为O,半径为R.在 圆心O处分别水平向左 和向右抛出一个可视为质点的小球，两小 球落在圆弧时速度方向相互垂直.已知重 力加速度为g,不计空气阻力，下列说法正 确的是 A.两小球的初速度大小可能都为 25gR 5 B.两小球的初速度大小可能都为2gR 2 C.从抛出到落在圆弧上，两小球的运动时 间可能不相等 D.从抛出到落在圆弧上，两小球的运动时 间一定相等 11.(2026·山东卷)如图甲所示，半径r=1m 的圆筒竖直放置，上下底面圆心分别为O 和O',筒内有三个互成120°角且可以绕 159 专题精准强化丨 OO转动的竖直矩形叶片S1、S2和S3,叶 片与圆筒上下齐平、宽度等于圆筒半径，V 为圆筒的上底面边沿一点.圆筒上底面固 定一半径R=3m的水平圆形轨道、轨道 上有一长度可忽略的缺口位于O点，OM 为轨道直径，且OM⊥OV;在轨道的M点 放置一小物体，某时刻该物体在内力作用 下突然分成A、B两部分并弹开，其质量分 别为A、mB.A以vA=1m/s的速率沿轨 道运动至缺口进入圆筒，在筒内做平抛运 动后恰好紧贴圆筒下底面边沿穿出.已知 重力加速度大小g=10m/s2,忽略空气阻 力及一切摩擦，轨道、圆筒和叶片的厚度均 忽略不计， N S 0 图甲 图乙 (1)求A在轨道内运动的时间t及圆筒高 度H; （2)若叶片以恒定角速度ω顺时针转动，且A 运动至缺口时，S恰好转过OV位置，如图乙 所示，随后A未与叶片碰撞，从圆筒下底面边 沿穿出时，S,恰好转至ON位置. (i)求角速度w; (ⅱ)若B运动至缺口后能从任意两个叶片 间的区域穿过圆筒，且未与叶片及筒壁碰 撞，求m4 my