模块四 曲线运动与圆周运动（综合训练）（北京专用）2027年高考物理一轮复习讲练测

模块四 曲线运动与圆周运动 注意事项： 1．本试卷共100分，考试时长90分钟。 2．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。 3．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 第一部分 本部分共14题，每题3分，功42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。 1．关于物体的运动，下列说法正确的是（ ） A．物体沿曲线运动一定是变速运动，所受合力一定变化 B．物体做圆周运动时所受合力可能指向圆心也可能不指向圆心 C．物体沿曲线运动时其加速度和速度的方向可能一致 D．若物体的合运动为曲线，则其分运动至少有一个为曲线 【答案】B 【解析】A．物体的合力方向与速度方向不在同一直线上时物体做曲线运动，所以曲线运动一定是变速运动，但合力不一定变化，例如平抛运动中，物体只受重力（合力恒定），仍做曲线运动，故A错误； B．圆周运动分为匀速圆周运动和非匀速圆周运动。匀速圆周运动中，物体速度大小不变，合力提供向心力，方向指向圆心；非匀速圆周运动中，物体速度大小变化，合力可分解为指向圆心的向心力（改变速度方向）和沿切线方向的分力（改变速度大小），此时合力不指向圆心，所以物体做圆周运动时所受合力可能指向圆心也可能不指向圆心，故B正确； C．加速度方向由合力方向决定，而曲线运动中合力方向与速度方向不在同一直线上，所以物体沿曲线运动时其加速度方向与速度方向一定不在同一直线上，故C错误； D．运动的合成与分解遵循平行四边形定则，合运动为曲线运动时，分运动可能均为直线运动。例如平抛运动，水平方向为匀速直线运动，竖直方向为自由落体运动，故D错误；故选B。 2．（2026·北京昌平·二模）如图所示，A、B两小球（可视为质点）从相同高度同时水平抛出，经过时间t在空中相遇。不计空气阻力。若两个小球抛出位置不变而抛出速度大小均变为原来的2倍，则相遇时间为（　　） A．t B． C． D． 【答案】C 【解析】由于两小球从相同高度同时抛出，竖直方向运动规律完全一致（初速度为0、加速度为），任意时刻两球的竖直下落高度相同，因此相遇条件仅由水平方向的相对运动决定。 设两球初始水平间距为，第一次抛出的初速度分别为、，水平方向相对速度大小为，第一次相遇时间为，则水平方向满足： 当两球抛出速度均变为原来的2倍时，新的初速度为、，水平相对速度变为 设新的相遇时间为，则： 联立两式解得：；故选C。 3．一辆汽车在水平公路上转弯，沿曲线由向行驶且速度大小逐渐增大。下图中画出了汽车转弯时所受合力的四种方向，可能正确的是（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】汽车从运动到做曲线运动，同时汽车速度增大，所以合力与速度方向的夹角要小于，速度沿切线方向，合力指向曲线的凹侧。结合选项内容可知，ACD错误，B正确。故选B。 4．在空间站中，宇航员长期处于失重状态。为缓解这种状态带来的不适，科学家设想建造一种环形空间站，如图所示。旋转舱绕中心轴匀速旋转，宇航员站在旋转舱内的侧壁上，可以受到与他站在地球表面时相同大小的支持力。已知地球表面的重力加速度为 ，环形空间站的半径为 ，宇航员可视作质点。若这种环形空间站建造成功，下列说法正确的是（ ） A．宇航员处于平衡状态 B．宇航员感受到的“人造重力”的方向指向旋转舱转轴中心 C．宇航员可以站在旋转舱内靠近旋转中心的内侧壁上 D．旋转舱绕其轴线转动的角速度大小应满足 【答案】D 【解析】A．宇航员随旋转舱做匀速圆周运动，速度方向不断变化，加速度不为零。平衡状态要求加速度为零，故A错误； B．模拟地面重力的“人造重力”方向指向宇航员脚下，与舱壁对人的支持力方向相反。舱壁支持力指向转轴，所以“人造重力”方向沿半径背离转轴，故B错误； C．若宇航员站在靠近转轴的内侧壁上，舱壁对他的支持力将背离转轴，不能提供所需的向心力。宇航员应站在远离转轴的外侧壁上，故C错误； D．设宇航员质量为，舱壁支持力大小为。地面静止时支持力与重力平衡，舱内支持力提供宇航员相对空间站中心做圆周运动所需的向心力。根据题意及牛顿第二定律，分别有， 联立解得，故D正确。故选D。 5．如图所示为一皮带传动装置的示意图。右轮半径为，是它边缘上的一点。左侧是一轮轴，大轮半径为，小轮半径为。点在小轮上，到小轮中心的距离为。点和点分别位于小轮和大轮的边缘上。如果传动过程中皮带不打滑，下列说法中正确的是（ ） A．、两点的向心加速度之比为 B．、两点角速度之比为 C．、两点的角速度之比为 D．、两点的线速度之比为 【答案】A 【解析】D．皮带不打滑，与皮带接触的边缘点线速度大小相等，故、两点的线速度相等，即 ，故D错误； C．、、三点在同一轮轴上，属同轴转动，角速度相同，即，故C错误； B．由可知左侧小轮的角速度 同理，右侧小轮的角速度 故，故B错误； A．点的向心加速度 点的向心加速度 联立 解得 因此，故A正确。故选A。 6．（2026·北京丰台·二模）如图，水平桌面上放置一个粗糙斜面，一物块置于斜面上。要使物块与斜面相对静止，且不受到斜面的摩擦力作用。下列物块和斜面的运动状态中，可能的是（　　） ①自由落体运动 ②竖直向上的匀加速直线运动 ③水平向左的匀加速直线运动 ④在水平桌面上，绕过图中O点的竖直轴做匀速圆周运动 A．①④ B．①③ C．②③ D．②④ 【答案】A 【解析】自由落体运动时，两个物体运动的加速度相同，均为重力加速度，所以两个物体都是只受重力作用，不受摩擦力作用，并且两个物体速度始终相同，保持相对静止；竖直向上的匀加速直线运动时，物块受到的合力竖直向上，所以物块受竖直向下的重力、斜面的支持力和斜面对物块的摩擦力；水平向左的匀加速直线运动中，物块受到水平向左的合力，所以物块受到竖直向下的重力、斜向上的斜面支持力和沿斜面向上的摩擦力；在水平桌面上，绕过图中O点的竖直轴做匀速圆周运动，物块可能受到竖直向下的重力和垂直斜面的支持力，不受斜面的摩擦力作用。所以符合条件的是①④。故选A。 7．（2025·北京海淀·二模）某同学用如图所示的实验装置测量当地的重力加速度。不可伸长的轻绳一端固定于A点，另一端系一小球，使其在水平面内绕O点做匀速圆周运动，已测出小球转过n圈所用的时间t。下列说法正确的是（ ） A．为达成实验目的，仅需再测量小球做圆周运动的半径 B．为达成实验目的，仅需再测量轻绳的绳长 C．为达成实验目的，仅需再测量A点到O点的竖直高度 D．若误将圈记作n圈，则重力加速度的测量值偏小 【答案】C 【解析】ABC．测出小球转过n圈所用的时间t，则小球运动的周期为 设小球做圆周运动的半径为，轻绳的绳长为，A点到O点的竖直高度为，轻绳与竖直方向的夹角为，根据牛顿第二定律可得 可得重力加速度为 可知为达成实验目的，仅需再测量A点到O点的竖直高度，故AB错误，C正确； D．若误将圈记作n圈，则周期测量值偏小，根据 可知重力加速度的测量值偏大，故D错误。故选C。 8．如图1所示，长为且不可伸长的轻绳一端固定在点，另一端系一小球，使小球在竖直面内做圆周运动。由于阻力的影响，小球每次通过最高点时速度大小不同。测量小球经过最高点时速度的大小、绳子拉力的大小，作出与的关系图线如图2所示。下列说法中不正确的是（ ） A．根据图线可以得出小球的质量 B．根据图线可以得出重力加速度 C．绳长不变，用质量更小的球做实验，得到的图线斜率更小 D．用更长的绳做实验，得到的图线与横轴交点的位置不变 【答案】D 【解析】A．小球在最高点受重力和绳子拉力作用，根据牛顿第二定律有 整理得与的函数关系式为 由函数关系式可知，结合图2可知斜率 故小球的质量，故A正确； B．当时， 代入函数关系式得 联立 解得重力加速度，故B正确； C．图线的斜率 若绳长不变，用质量更小的球做实验，则斜率变小，故C正确； D．图线与横轴交点的位置对应 此时满足 即 若用更长的绳做实验，即增大，则交点的横坐标增大，交点位置向右移动，故D错误。 本题选不正确的，故选D。 9．用如图装置探究平抛运动的规律，实验中听到两小球同时落地，改变大小，重复实验，A、B两小球仍同时落地，该实验结果表明（ ） A．两小球运动情况完全相同 B．两小球落地时的速度相同 C．小球A在竖直方向的分运动与小球B的运动相同 D．小球A在水平方向的分运动是匀速直线运动 【答案】C 【解析】A．小球A做平抛运动，具有水平初速度；小球B做自由落体运动，水平方向初速度为零，二者的运动状态不完全相同，故A错误； B．两球同时落地只能说明它们竖直方向的运动时间相同。小球A落地时还具有水平速度分量，而小球B没有水平速度分量，因此两球落地时的速度不相同，故B错误； C．两球竖直方向均由静止开始，只受重力作用，竖直位移满足。改变只改变两球共同的运动时间，仍然同时落地，说明小球A在竖直方向的分运动与小球B的运动相同，故C正确； D．小球A在水平方向做匀速直线运动是平抛运动的另一条规律，但本实验的“同时落地”结果只检验竖直方向，不能据此表明水平方向的分运动，故D错误。故选C。 10．如图所示，某同学用不可伸长的轻绳穿过一光滑的细管，绳两端系着小球A、B，该同学握住细管使球A转动起来，稳定后球A绕竖直管在水平面内做匀速圆周运动，为管的上端。不计空气阻力。下列说法正确的是（ ） A．B球的质量可能等于A球的质量 B．若A、B质量不变，则间绳越长，绳与水平方向夹角越小 C．若A、B质量不变，间绳越长，A球的角速度越大 D．若A、B质量不变，间绳越长，A球的线速度越大 【答案】D 【解析】AB．由竖直方向平衡方程可得 解得 所以B球质量一定大于A球质量，绳与水平方向夹角与绳长无关，故AB错误； C．对A分析，水平方向根据牛顿第二定律有 结合，解得 若A、B质量不变，则OA间绳越长，A球的角速度越小，故C错误； D．根据线速度与角速度关系有 若A、B质量不变，则OA间绳越长，A球的线速度越大，故D正确。故选D。 11．（2026·北京东城区·一模）某河水的流速与离某一侧河岸距离的变化关系如图1所示，船在静水中的速度与时间的关系如图2所示，该河宽为。假设渡河过程中船在河中任意位置沿河流方向的速度与河水流速相等，要使船以最短时间渡河，下列说法正确的是（ ） A．船渡河的最短时间是150s B．船沿河流方向的位移为200m C．船沿河岸方向的加速度大小先增大后减小 D．船在河水中的最大速度是 【答案】B 【解析】A．最短渡河时间 ，故A错误； B．垂直河岸方向满足，因此离河岸距离与时间成正比，水流速度随的变化等价于随的变化； 沿河岸位移等于图像的面积，为三角形，面积，故B正确； C．前50s随线性增大，后50s随线性减小，加速度，大小始终恒定，故C错误； D．船速是水流速度和船静水速度的合速度，两个方向垂直，最大合速度出现在最大时：，故D错误。故选B。 12．如图所示，圆心为，半径 的粗糙圆盘平行于水平地面放置，到地面的高度为 ，在圆盘边缘放置一可看成质点的物块a。物块与圆盘间的动摩擦因数，重力加速度取。圆盘的角速度从零开始缓慢增大，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则（ ） A．a随圆盘转动线速度的最大值为 m/s B．a落地点到转轴的水平距离为 m C．若增大极快，a离开圆盘时的速度增大 D．若增大极快，a离开圆盘时的速度不变 【答案】B 【解析】A． 物块随圆盘缓慢加速转动时，最大静摩擦力提供向心力，由 代入数据得最大线速度 故A错误； B．物块脱离圆盘后做平抛运动，竖直方向 解得平抛时间 水平方向位移 落地点到转轴的水平距离为 故B正确； CD．若角速度增大极快，物块所需向心力瞬间急剧增大，静摩擦力不足以提供向心力时，物块会立刻相对圆盘滑动、脱离圆盘，还没来得及被圆盘加速，脱离时的速度远小于缓慢加速时的最大线速度，既不会增大也不会保持不变，故C、D均错误；故选B。 13．（2026·北京通州·模拟）跳台滑雪是冬奥会比赛项目，极具观赏性。运动员从跳台处沿水平方向飞出，在斜坡处着陆。斜坡可视为倾斜平面，斜坡与水平方向的夹角为，测得之间的距离为，重力加速度为，忽略空气阻力。下列说法正确的是（　　） A．运动员从处水平飞出时的速度大小为 B．运动员在处着陆瞬间的速度大小为 C．运动员从处飞出至离坡面最远过程中所需时间为 D．运动员从处飞出至离坡面最远处时的速度大小为 【答案】D 【解析】A．由题图可知，斜坡倾角为，、之间的距离为。运动员做平抛运动，水平位移 竖直位移 根据 解得飞行时间 运动员从处水平飞出时的速度大小，故A错误； B．运动员在处着陆瞬间竖直分速度 合速度大小，故B错误； C．当运动员速度方向与斜面平行时，离坡面最远。此时速度偏角等于斜面倾角，即 解得所需时间，故C错误； D．运动员从处飞出至离坡面最远处时的速度大小，故D正确。故选D。 14．同一物理现象往往可以用不同方法来解释。例如：在赤道地表上方300m高空相对于地球表面静止释放一物体，不考虑重力加速度的变化，忽略空气阻力，物体将不会落在释放点的正下方，该现象可以用两种不同的方法进行解释。 方法一：地球是一个转动的非惯性系，运用牛顿定律分析物体的运动时，物体除了受到与惯性系相同的力外，还受到一个“假想的惯性力”，该力的方向与物体上下运动的方向有关，当物体向地心运动时，该力的方向指向东方，当竖直运动方向反向时惯性力的方向也反向。 方法二：物体在下落过程中，受到的万有引力是有心力，根据物理学规律角动量守恒（角动量，其中m是物体的质量，r为物体到地心的距离，为物体相对于地球的角速度），物体的角速度会发生变化。下列说法正确的是（ ） A．由方法一可知，若将一物体在赤道竖直向上抛出，上升过程相对抛出点向西运动，下落过程相对抛出点向东运动，落回的地点在抛出点 B．由方法二可知，若将一物体在赤道竖直向上抛出，上升过程物体的角速度越来越大，下落过程物体的角速度越来越小，落回的地点在抛出点 C．若将一物体在北京竖直向上抛出，由两种方法均可知，物体相对于地面将向西偏转 D．若将一物体在北京竖直向上抛出，由两种方法均可知，物体相对于地面将向东偏转 【答案】C 【解析】A．由方法一可知，若将一物体在赤道竖直向上抛出，上升过程中物体远离圆心，惯性力方向向西，角速度小于地球自转的角速度，所以相对抛出点向西运动，下落过程中物体向地心运动，惯性力方向向东，角速度小于地球自转的角速度，由于上升和下落过程对称，物体落回地面时角速度等于地球自转的角速度，落回的地点应在抛出点的西方，故A错误； B．由方法二可知，若将一物体在赤道竖直向上抛出，上升过程增大，根据角动量守恒可知，越来越小，下落过程中减小，根据角动量守恒可知，越来越大，落回地面时角速度等于地球自转的角速度，所以落回的地点在抛出点的西侧，故B错误； CD．若将一物体在北京竖直向上抛出，由方法一可知，物体远离地心运动，物体受到指向西方的惯性力，物体向西偏转，由方法二可知，物体到地心的距离r增大，根据角动量守恒可知，角速度减小，由于地球自西向东转动，角速度不变，物体角速度减小，故物体向西偏转，故C正确，D错误。故选C。 第二部分 本部分共6题，共58分。 15．（8分）使用向心力演示仪可探究向心力大小与角速度、运动半径、质量的关系，其构造如图1所示，简化示意图如图2所示。挡板B、C到转轴距离为R，挡板A到转轴距离为2R，其中左右塔轮半径从上到下比例分别为①：④=1:1、②：⑤=2:1、③：⑥=3:1。 (1)本实验采取的主要研究方法是（　　） A．微元法 B．理想实验法 C．等效替代法 D．控制变量法 (2)探究向心力的大小与角速度的关系，可将传动皮带套在②⑤塔轮上，将质量相同的小球分别放在挡板________处（选填“A和C”或“B和C”）； (3)探究向心力的大小与运动半径之间的关系，应将皮带套在________塔轮上（选填“①④”、“②⑤”或“③⑥”）； (4)某同学想要利用打点计时器来研究加速度。如图3所示，将纸带的一端固定在圆盘边缘处的M点，另一端穿过打点计时器。实验时圆盘从静止开始转动，选取部分纸带如图4所示。打点计时器频率为50Hz，每相邻计数点之间有四个点未标出，已知圆盘半径R=0.10m。利用打点计时器打B点时圆盘上M点的加速度大小为________m/s2。 【答案】(1)D (2)B和C (3)①④ (4)2.0 【解析】（1）探究向心力的大小与小球质量、角速度和半径之间的关系，需采用控制变量法。 故选D。 （2）探究向心力的大小与角速度的关系，根据控制变量法可知，小球的质量、圆周运动半径应相同，小球的角速度不同，因此应将两小球分别放在B和C挡板处。 （3）探究向心力的大小与运动半径之间的关系，根据控制变量法可知，小球的质量、角速度相同，小球的圆周运动半径应不同，故应使用①④塔轮。 （4）由题可知，相邻计数点之间的时间间隔 根据逐差法可得切向加速度 根据匀变速直线运动规律可知，打点计时器打B点时的速度 则M点的加速度 利用打点计时器打B点时圆盘上M点的加速度大小 16．（10分）（2026·北京·高考）用如图1所示装置研究平抛运动。将白纸和复写纸固定在背板上。钢球沿斜槽轨道滑下后飞出，落在水平挡板上，钢球侧面会在白纸上挤压出一个印迹。移动挡板，重复实验，白纸上留下一系列印迹。 (1)下列实验操作必要的是___________（填选项前的字母）。 A．背板调节到竖直平面内 B．斜槽轨道的末端保持水平 C．等间距移动挡板 (2)实验操作时，钢球每次从同一个位置由静止释放，目的是_________________________________。 (3)用平滑曲线将白纸上的印迹连接起来，如图2所示。以抛出点为坐标原点，以竖直方向和水平方向分别作为轴和轴，建立坐标系。已知平抛运动竖直方向分运动为自由落体运动，为探究水平分运动的规律，需要确定“相等的时间间隔”。简要说明如何在轨迹上选点来确定相等的时间间隔。 (4)某同学实验时忘了标记抛出点的位置。为解决该问题，他以轨迹上某点为坐标原点，建立坐标系。在轨迹上取几个点，测量各点的坐标（，）。作出的图像为一条直线，斜率为，截距为，如图3所示。根据平抛运动规律，可得在坐标系中钢球做平抛运动的抛出点坐标为__________。 【答案】(1)AB (2)使钢球每次从斜槽轨道的末端飞出的速度相同 (3)因为平抛竖直分运动是初速度为0的自由落体运动，满足连续相等时间内的竖直位移之比为（或位移差恒定）；从抛出点O开始，在y轴上取纵坐标分别为y、4y、9y…的点（即竖直位移满足），过这些点作平行于x轴的水平线，与轨迹的交点对应的时间间隔就是相等的时间间隔。（或：在轨迹上取点，使相邻两点的竖直方向位移差恒定，对应的时间间隔也相等。） (4)（，） 【解析】（1）A．钢球的平抛运动轨迹在竖直平面内，为了印迹能准确记录运动位置，应将背板调节到竖直平面内，故A正确； B．为了保证小球抛出时的速度处于水平方向，应调节斜槽轨道的末端保持水平，故B正确； C．挡板不需要等间距移动，只要能在轨迹上得到多个分布合理的点即可，故C错误。故选AB。 （2）实验操作时，钢球每次从同一个位置由静止释放，目的是：使钢球每次从斜槽轨道的末端飞出的速度相同。 （3）因为平抛竖直分运动是初速度为0的自由落体运动，满足连续相等时间内的竖直位移之比为（或位移差恒定）；从抛出点O开始，在y轴上取纵坐标分别为y、4y、9y…的点（即竖直位移满足），过这些点作平行于x轴的水平线，与轨迹的交点对应的时间间隔就是相等的时间间隔。（或：在轨迹上取点，使相邻两点的竖直方向位移差恒定，对应的时间间隔也相等。） （4）设钢球在坐标系中，经过坐标（，）的时刻为，平抛初速度为，抛出点在系中的坐标为（，）。根据平抛运动规律有， 联立整理可得 已知作出的图像为一条直线，斜率为，截距为，则有 整理可得 联立可得，， 解得， 则在坐标系中钢球做平抛运动的抛出点坐标为（，）。 17．（8分）（2025·北京海淀·一模）如图，一个质量为的小球，在左侧平台上运行一段距离后从边缘点以的速度水平飞出，恰能沿圆弧切线从点进入固定在地面上的竖直的圆弧管道，并继续滑行。已知圆弧管道口内径远小于圆弧半径与竖直方向的夹角是，平台到地面的高度差为。取，，。求： (1)小球从点运动到点所需的时间； (2)P点距地面的高度和圆弧半径； (3)若通过最高点点时小球对管上壁的压力大小，求小球经过点时的速度大小。 【答案】(1) (2)； (3) 【解析】（1）对P点的速度矢量分解可得 解得 （2）竖直方向小球做自由落体运动，由 由几何关系，P点高度有 几何关系 代入数据得 （3）通过最高点点时小球对管上壁的压力大小，由牛顿第三定律得，在最高点点时管上壁对小球的作用力大小为，则在点由牛顿第二定律可得 代入数据得 18．（9分）如图所示，半径为的光滑圆形轨道固定在竖直平面内，O为圆心，a、b、c、d为轨道上的点，其中ac为竖直直径，b与圆心等高，d与圆心O的连线与水平方向的夹角为45°。一质量为m的小球自轨道底端a点获得一个水平向右的瞬时速度重力加速度为g，小球视为质点。 (1)求小球在a处受到轨道的支持力大小； (2)若小球在d点恰好脱离轨道， a.求脱轨瞬间小球的速度； b.以d点为坐标原点，水平向右为x轴正方向、竖直向上为y轴正方向建立坐标系，求小球脱离轨道后运动轨迹的方程。 【答案】(1) (2)脱轨速度；运动轨迹方程，其中。 【解析】（1）小球在最低点时，向心加速度竖直向上，轨道支持力与重力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律有 解得 （2）小球在点恰好脱离轨道时，轨道支持力为零，重力指向圆心方向的分力提供向心力，有 解得 小球从点沿圆弧向右上方运动，到达点时速度沿切线指向左上方，与水平向左方向成角。以脱轨时刻为计时起点，速度分量为， 脱轨后小球仅受重力作用，做斜抛运动，位移方程为， 消去，解得 代入，得到 由于且水平速度向左，轨迹对应。 19．（9分）（2025·北京朝阳·一模）用螺栓和螺母紧固构件，结构简单、连接可靠、装拆方便。 (1)如图1所示，一种螺纹细密的新型螺母，其螺纹牙底有一个与螺栓轴向夹角为α=30°的楔形面，拧紧后，螺栓上螺纹的牙尖抵在螺母牙底楔形面上的A点，对A点施加垂直于楔形面的作用力N，由此产生沿螺栓轴向张紧的力F，求N与F的比值。 (2)如图2所示，固定的、螺距为d的螺栓上有一螺母。由于负荷的机械作用，螺母沿轴向平移。 a.若螺母沿轴向匀速平移的速度为v时，求其绕轴转动的角速度ω； b.把螺母简化为半径为r的圆筒，螺母从静止开始转动且沿轴向的加速度恒为a0，推导螺母内壁上的任意一点速度vt与时间t的关系。 【答案】(1)2 (2)a.，b. 【解析】（1）将N沿螺栓轴向与垂直于螺栓轴向分解，则有 解得 （2）a.螺母转动一周，螺母沿轴向平移一个螺距，则有 解得 b.对螺母内壁上的点，根据速度公式，在轴向上有v1=a0t 任意时刻该点绕轴的线速度有 结合上述有 则螺母内壁上的任意一点速度 解得 20．（14分）（2026·北京东城·二模）扇车又名风车，是我国古代具有代表性的粮食清选工具。图甲为封闭扇车实物图，图乙为封闭扇车在竖直面内的剖面示意图。工作时将待筛选的谷物倒进上方的喂料斗，斗阀板A竖直，谷物紧贴斗阀板A左侧自由下落（不计初速度）。逆时针匀速转动曲柄摇手，空气在圆形风腔的上方水平向左匀速经风道流出，风道内可认为在Ⅰ区域无风，在Ⅱ区域风力大小恒定。若转速越快，则风力越大。密度小的糠秕及轻杂物被风从左侧出风口吹出，不太饱满的谷物从左下方二料口流出，而密度大的饱满谷物从下方出粮口流出，这样就把糠秕与谷物分开了。图乙中B点为出粮口左边界，C点为二料口左边界，BC处于同一水平线上。斗阀板A与B点的水平距离为l，A与风道左侧出风口的距离为s，斗阀板A长为d，风道高为D。假设谷物在竖直方向仅受重力作用，待筛选的谷物中只存在饱满谷物、糠秕（质量是饱满谷物质量的20%）和不饱满谷物（质量是饱满谷物质量的70%），在相同的转速时，认为糠秕、饱满谷物与不饱满谷物所受风力一样大，忽略谷物间的作用力。 (1)在某次粮食清选的过程中，以一定的转速转动曲柄摇手，发现在出粮口有不饱满谷物出现。为了让不饱满谷物从二料口流出，请简要说明应如何操作？ (2)经过相应调整后，饱满谷物恰好经B点从出粮口流出。已知l=0.20 m，s=0.60 m，d=0.05 m，D=0.45 m，饱满谷物的质量m1取2.5×10-5 kg，g取10 m/s2。 a．此时饱满谷物受到的风力大小为多少？ b．通过计算说明，这批谷物经过风道，糠秕是从出风口飞出还是二料口流出？ 【答案】(1)应适当增大转速 (2)a． b．出风口 【解析】（1）应适当增大转速。转速越快风力越大，不饱满谷物水平方向加速度增大，相同竖直下落时间内水平向左位移增大，就能从二料口流出。 但转速不宜过大，防止不饱满谷物从出风口飞出。 （2）a．饱满谷物竖直方向始终只受重力，做自由下落运动， 在区域Ⅰ内运动时间为 竖直方向上 解得 设从A下端到B点过程中运动时间为 从喂料斗下方出口到B点过程中，总下落高度 解得 水平方向：Ⅰ区域无风，进入Ⅱ区域后水平方向做初速度为0的匀加速直线运动，总水平位移 根据牛顿第二定律 解得 b．糠秕质量 ，风力大小和饱满谷物相同，因此水平加速度 总下落时间和饱满谷物相同，因此糠秕到达BC水平面时的总水平位移 已知出风口到A点的水平距离 说明糠秕在到达二料口/出粮口前，水平位移已经超出出风口，因此糠秕从出风口飞出。 1 / 17 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 模块四 曲线运动与圆周运动 注意事项： 1．本试卷共100分，考试时长90分钟。 2．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。 3．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 第一部分 本部分共14题，每题3分，功42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。 1．关于物体的运动，下列说法正确的是（ ） A．物体沿曲线运动一定是变速运动，所受合力一定变化 B．物体做圆周运动时所受合力可能指向圆心也可能不指向圆心 C．物体沿曲线运动时其加速度和速度的方向可能一致 D．若物体的合运动为曲线，则其分运动至少有一个为曲线 2．（2026·北京昌平·二模）如图所示，A、B两小球（可视为质点）从相同高度同时水平抛出，经过时间t在空中相遇。不计空气阻力。若两个小球抛出位置不变而抛出速度大小均变为原来的2倍，则相遇时间为（　　） A．t B． C． D． 3．一辆汽车在水平公路上转弯，沿曲线由向行驶且速度大小逐渐增大。下图中画出了汽车转弯时所受合力的四种方向，可能正确的是（ ） A． B． C． D． 4．在空间站中，宇航员长期处于失重状态。为缓解这种状态带来的不适，科学家设想建造一种环形空间站，如图所示。旋转舱绕中心轴匀速旋转，宇航员站在旋转舱内的侧壁上，可以受到与他站在地球表面时相同大小的支持力。已知地球表面的重力加速度为 ，环形空间站的半径为 ，宇航员可视作质点。若这种环形空间站建造成功，下列说法正确的是（ ） A．宇航员处于平衡状态 B．宇航员感受到的“人造重力”的方向指向旋转舱转轴中心 C．宇航员可以站在旋转舱内靠近旋转中心的内侧壁上 D．旋转舱绕其轴线转动的角速度大小应满足 5．如图所示为一皮带传动装置的示意图。右轮半径为，是它边缘上的一点。左侧是一轮轴，大轮半径为，小轮半径为。点在小轮上，到小轮中心的距离为。点和点分别位于小轮和大轮的边缘上。如果传动过程中皮带不打滑，下列说法中正确的是（ ） A．、两点的向心加速度之比为 B．、两点角速度之比为 C．、两点的角速度之比为 D．、两点的线速度之比为 6．（2026·北京丰台·二模）如图，水平桌面上放置一个粗糙斜面，一物块置于斜面上。要使物块与斜面相对静止，且不受到斜面的摩擦力作用。下列物块和斜面的运动状态中，可能的是（　　） ①自由落体运动 ②竖直向上的匀加速直线运动 ③水平向左的匀加速直线运动 ④在水平桌面上，绕过图中O点的竖直轴做匀速圆周运动 A．①④ B．①③ C．②③ D．②④ 7．（2025·北京海淀·二模）某同学用如图所示的实验装置测量当地的重力加速度。不可伸长的轻绳一端固定于A点，另一端系一小球，使其在水平面内绕O点做匀速圆周运动，已测出小球转过n圈所用的时间t。下列说法正确的是（ ） A．为达成实验目的，仅需再测量小球做圆周运动的半径 B．为达成实验目的，仅需再测量轻绳的绳长 C．为达成实验目的，仅需再测量A点到O点的竖直高度 D．若误将圈记作n圈，则重力加速度的测量值偏小 8．如图1所示，长为且不可伸长的轻绳一端固定在点，另一端系一小球，使小球在竖直面内做圆周运动。由于阻力的影响，小球每次通过最高点时速度大小不同。测量小球经过最高点时速度的大小、绳子拉力的大小，作出与的关系图线如图2所示。下列说法中不正确的是（ ） A．根据图线可以得出小球的质量 B．根据图线可以得出重力加速度 C．绳长不变，用质量更小的球做实验，得到的图线斜率更小 D．用更长的绳做实验，得到的图线与横轴交点的位置不变 9．用如图装置探究平抛运动的规律，实验中听到两小球同时落地，改变大小，重复实验，A、B两小球仍同时落地，该实验结果表明（ ） A．两小球运动情况完全相同 B．两小球落地时的速度相同 C．小球A在竖直方向的分运动与小球B的运动相同 D．小球A在水平方向的分运动是匀速直线运动 10．如图所示，某同学用不可伸长的轻绳穿过一光滑的细管，绳两端系着小球A、B，该同学握住细管使球A转动起来，稳定后球A绕竖直管在水平面内做匀速圆周运动，为管的上端。不计空气阻力。下列说法正确的是（ ） A．B球的质量可能等于A球的质量 B．若A、B质量不变，则间绳越长，绳与水平方向夹角越小 C．若A、B质量不变，间绳越长，A球的角速度越大 D．若A、B质量不变，间绳越长，A球的线速度越大 11．（2026·北京东城区·一模）某河水的流速与离某一侧河岸距离的变化关系如图1所示，船在静水中的速度与时间的关系如图2所示，该河宽为。假设渡河过程中船在河中任意位置沿河流方向的速度与河水流速相等，要使船以最短时间渡河，下列说法正确的是（ ） A．船渡河的最短时间是150s B．船沿河流方向的位移为200m C．船沿河岸方向的加速度大小先增大后减小 D．船在河水中的最大速度是 12．如图所示，圆心为，半径 的粗糙圆盘平行于水平地面放置，到地面的高度为 ，在圆盘边缘放置一可看成质点的物块a。物块与圆盘间的动摩擦因数，重力加速度取。圆盘的角速度从零开始缓慢增大，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则（ ） A．a随圆盘转动线速度的最大值为 m/s B．a落地点到转轴的水平距离为 m C．若增大极快，a离开圆盘时的速度增大 D．若增大极快，a离开圆盘时的速度不变 13．（2026·北京通州·模拟）跳台滑雪是冬奥会比赛项目，极具观赏性。运动员从跳台处沿水平方向飞出，在斜坡处着陆。斜坡可视为倾斜平面，斜坡与水平方向的夹角为，测得之间的距离为，重力加速度为，忽略空气阻力。下列说法正确的是（　　） A．运动员从处水平飞出时的速度大小为 B．运动员在处着陆瞬间的速度大小为 C．运动员从处飞出至离坡面最远过程中所需时间为 D．运动员从处飞出至离坡面最远处时的速度大小为 14．同一物理现象往往可以用不同方法来解释。例如：在赤道地表上方300m高空相对于地球表面静止释放一物体，不考虑重力加速度的变化，忽略空气阻力，物体将不会落在释放点的正下方，该现象可以用两种不同的方法进行解释。 方法一：地球是一个转动的非惯性系，运用牛顿定律分析物体的运动时，物体除了受到与惯性系相同的力外，还受到一个“假想的惯性力”，该力的方向与物体上下运动的方向有关，当物体向地心运动时，该力的方向指向东方，当竖直运动方向反向时惯性力的方向也反向。 方法二：物体在下落过程中，受到的万有引力是有心力，根据物理学规律角动量守恒（角动量，其中m是物体的质量，r为物体到地心的距离，为物体相对于地球的角速度），物体的角速度会发生变化。下列说法正确的是（ ） A．由方法一可知，若将一物体在赤道竖直向上抛出，上升过程相对抛出点向西运动，下落过程相对抛出点向东运动，落回的地点在抛出点 B．由方法二可知，若将一物体在赤道竖直向上抛出，上升过程物体的角速度越来越大，下落过程物体的角速度越来越小，落回的地点在抛出点 C．若将一物体在北京竖直向上抛出，由两种方法均可知，物体相对于地面将向西偏转 D．若将一物体在北京竖直向上抛出，由两种方法均可知，物体相对于地面将向东偏转 第二部分 本部分共6题，共58分。 15．（8分）使用向心力演示仪可探究向心力大小与角速度、运动半径、质量的关系，其构造如图1所示，简化示意图如图2所示。挡板B、C到转轴距离为R，挡板A到转轴距离为2R，其中左右塔轮半径从上到下比例分别为①：④=1:1、②：⑤=2:1、③：⑥=3:1。 (1)本实验采取的主要研究方法是（　　） A．微元法 B．理想实验法 C．等效替代法 D．控制变量法 (2)探究向心力的大小与角速度的关系，可将传动皮带套在②⑤塔轮上，将质量相同的小球分别放在挡板________处（选填“A和C”或“B和C”）； (3)探究向心力的大小与运动半径之间的关系，应将皮带套在________塔轮上（选填“①④”、“②⑤”或“③⑥”）； (4)某同学想要利用打点计时器来研究加速度。如图3所示，将纸带的一端固定在圆盘边缘处的M点，另一端穿过打点计时器。实验时圆盘从静止开始转动，选取部分纸带如图4所示。打点计时器频率为50Hz，每相邻计数点之间有四个点未标出，已知圆盘半径R=0.10m。利用打点计时器打B点时圆盘上M点的加速度大小为________m/s2。 16．（10分）（2026·北京·高考）用如图1所示装置研究平抛运动。将白纸和复写纸固定在背板上。钢球沿斜槽轨道滑下后飞出，落在水平挡板上，钢球侧面会在白纸上挤压出一个印迹。移动挡板，重复实验，白纸上留下一系列印迹。 (1)下列实验操作必要的是___________（填选项前的字母）。 A．背板调节到竖直平面内 B．斜槽轨道的末端保持水平 C．等间距移动挡板 (2)实验操作时，钢球每次从同一个位置由静止释放，目的是_________________________________。 (3)用平滑曲线将白纸上的印迹连接起来，如图2所示。以抛出点为坐标原点，以竖直方向和水平方向分别作为轴和轴，建立坐标系。已知平抛运动竖直方向分运动为自由落体运动，为探究水平分运动的规律，需要确定“相等的时间间隔”。简要说明如何在轨迹上选点来确定相等的时间间隔。 (4)某同学实验时忘了标记抛出点的位置。为解决该问题，他以轨迹上某点为坐标原点，建立坐标系。在轨迹上取几个点，测量各点的坐标（，）。作出的图像为一条直线，斜率为，截距为，如图3所示。根据平抛运动规律，可得在坐标系中钢球做平抛运动的抛出点坐标为__________。 17．（8分）（2025·北京海淀·一模）如图，一个质量为的小球，在左侧平台上运行一段距离后从边缘点以的速度水平飞出，恰能沿圆弧切线从点进入固定在地面上的竖直的圆弧管道，并继续滑行。已知圆弧管道口内径远小于圆弧半径与竖直方向的夹角是，平台到地面的高度差为。取，，。求： (1)小球从点运动到点所需的时间； (2)P点距地面的高度和圆弧半径； (3)若通过最高点点时小球对管上壁的压力大小，求小球经过点时的速度大小。 18．（9分）如图所示，半径为的光滑圆形轨道固定在竖直平面内，O为圆心，a、b、c、d为轨道上的点，其中ac为竖直直径，b与圆心等高，d与圆心O的连线与水平方向的夹角为45°。一质量为m的小球自轨道底端a点获得一个水平向右的瞬时速度重力加速度为g，小球视为质点。 (1)求小球在a处受到轨道的支持力大小； (2)若小球在d点恰好脱离轨道， a.求脱轨瞬间小球的速度； b.以d点为坐标原点，水平向右为x轴正方向、竖直向上为y轴正方向建立坐标系，求小球脱离轨道后运动轨迹的方程。 19．（9分）（2025·北京朝阳·一模）用螺栓和螺母紧固构件，结构简单、连接可靠、装拆方便。 (1)如图1所示，一种螺纹细密的新型螺母，其螺纹牙底有一个与螺栓轴向夹角为α=30°的楔形面，拧紧后，螺栓上螺纹的牙尖抵在螺母牙底楔形面上的A点，对A点施加垂直于楔形面的作用力N，由此产生沿螺栓轴向张紧的力F，求N与F的比值。 (2)如图2所示，固定的、螺距为d的螺栓上有一螺母。由于负荷的机械作用，螺母沿轴向平移。 a.若螺母沿轴向匀速平移的速度为v时，求其绕轴转动的角速度ω； b.把螺母简化为半径为r的圆筒，螺母从静止开始转动且沿轴向的加速度恒为a0，推导螺母内壁上的任意一点速度vt与时间t的关系。 20．（14分）（2026·北京东城·二模）扇车又名风车，是我国古代具有代表性的粮食清选工具。图甲为封闭扇车实物图，图乙为封闭扇车在竖直面内的剖面示意图。工作时将待筛选的谷物倒进上方的喂料斗，斗阀板A竖直，谷物紧贴斗阀板A左侧自由下落（不计初速度）。逆时针匀速转动曲柄摇手，空气在圆形风腔的上方水平向左匀速经风道流出，风道内可认为在Ⅰ区域无风，在Ⅱ区域风力大小恒定。若转速越快，则风力越大。密度小的糠秕及轻杂物被风从左侧出风口吹出，不太饱满的谷物从左下方二料口流出，而密度大的饱满谷物从下方出粮口流出，这样就把糠秕与谷物分开了。图乙中B点为出粮口左边界，C点为二料口左边界，BC处于同一水平线上。斗阀板A与B点的水平距离为l，A与风道左侧出风口的距离为s，斗阀板A长为d，风道高为D。假设谷物在竖直方向仅受重力作用，待筛选的谷物中只存在饱满谷物、糠秕（质量是饱满谷物质量的20%）和不饱满谷物（质量是饱满谷物质量的70%），在相同的转速时，认为糠秕、饱满谷物与不饱满谷物所受风力一样大，忽略谷物间的作用力。 (1)在某次粮食清选的过程中，以一定的转速转动曲柄摇手，发现在出粮口有不饱满谷物出现。为了让不饱满谷物从二料口流出，请简要说明应如何操作？ (2)经过相应调整后，饱满谷物恰好经B点从出粮口流出。已知l=0.20 m，s=0.60 m，d=0.05 m，D=0.45 m，饱满谷物的质量m1取2.5×10-5 kg，g取10 m/s2。 a．此时饱满谷物受到的风力大小为多少？ b．通过计算说明，这批谷物经过风道，糠秕是从出风口飞出还是二料口流出？ 1 / 17 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 模块四 曲线运动与圆周运动 本试卷共100分，考试时长90分钟 第一部分 本部分共14题，每题3分，功42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 B C B D A A C D C D B B D C 第二部分 本部分共6题，共58分。 15．（8分）(1)D (2)B和C (3)①④ (4)2.0 16．（10分）(1)AB (2)使钢球每次从斜槽轨道的末端飞出的速度相同 (3)因为平抛竖直分运动是初速度为0的自由落体运动，满足连续相等时间内的竖直位移之比为（或位移差恒定）；从抛出点O开始，在y轴上取纵坐标分别为y、4y、9y…的点（即竖直位移满足），过这些点作平行于x轴的水平线，与轨迹的交点对应的时间间隔就是相等的时间间隔。（或：在轨迹上取点，使相邻两点的竖直方向位移差恒定，对应的时间间隔也相等。） (4)（，） 17．（8分）解：（1）对P点的速度矢量分解可得 解得 （2）竖直方向小球做自由落体运动，由 由几何关系，P点高度有 几何关系 代入数据得 （3）通过最高点点时小球对管上壁的压力大小，由牛顿第三定律得，在最高点点时管上壁对小球的作用力大小为，则在点由牛顿第二定律可得 代入数据得 18．（9分）解：（1）小球在最低点时，向心加速度竖直向上，轨道支持力与重力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律有 解得 （2）小球在点恰好脱离轨道时，轨道支持力为零，重力指向圆心方向的分力提供向心力，有 解得 小球从点沿圆弧向右上方运动，到达点时速度沿切线指向左上方，与水平向左方向成角。以脱轨时刻为计时起点，速度分量为， 脱轨后小球仅受重力作用，做斜抛运动，位移方程为， 消去，解得 代入，得到 由于且水平速度向左，轨迹对应。 19．（9分）解：（1）将N沿螺栓轴向与垂直于螺栓轴向分解，则有 解得 （2）a.螺母转动一周，螺母沿轴向平移一个螺距，则有 解得 b.对螺母内壁上的点，根据速度公式，在轴向上有v1=a0t 任意时刻该点绕轴的线速度有 结合上述有 则螺母内壁上的任意一点速度 解得 20．（14分）解：（1）应适当增大转速。转速越快风力越大，不饱满谷物水平方向加速度增大，相同竖直下落时间内水平向左位移增大，就能从二料口流出。 但转速不宜过大，防止不饱满谷物从出风口飞出。 （2）a．饱满谷物竖直方向始终只受重力，做自由下落运动， 在区域Ⅰ内运动时间为 竖直方向上 解得 设从A下端到B点过程中运动时间为 从喂料斗下方出口到B点过程中，总下落高度 解得 水平方向：Ⅰ区域无风，进入Ⅱ区域后水平方向做初速度为0的匀加速直线运动，总水平位移 根据牛顿第二定律 解得 b．糠秕质量 ，风力大小和饱满谷物相同，因此水平加速度 总下落时间和饱满谷物相同，因此糠秕到达BC水平面时的总水平位移 已知出风口到A点的水平距离 说明糠秕在到达二料口/出粮口前，水平位移已经超出出风口，因此糠秕从出风口飞出。 1 / 17 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $