2025版高考物理全程一轮复习训练题单元素养评价四曲线运动

这是一份2025版高考物理全程一轮复习训练题单元素养评价四曲线运动，共8页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。


1．2022年2月6日，我国女足逆转夺得亚洲杯冠军．比赛中，球员利用任意球攻破球门，足球的轨迹示意如图所示．足球飞行经过P点时所受的合外力方向可能是( )
2．骑马射箭是蒙古族传统的体育项目，如图所示，在某次比赛中，选手骑马沿直线O1O2向右匀速前进，分别经过E、F、G和H四点(GP连线与O1O2连线垂直)，并在每处射出一支箭，则可能射中靶心P点的是( )
A．在E点沿垂直O1O2方向射出
B．在F点沿FP连线方向射出
C．在G点沿垂直O1O2方向射出
D．在H点沿HP连线方向射出
3．如图所示，一艘小船要从O点渡过一条两岸平行、宽度为d＝100 m的河流，已知河水流速为v1＝4 m/s，小船在静水中的速度为v2＝2 m/s，B点距正对岸的A点s0＝173 m．下面关于该船渡河的判断，其中正确的是( )
A．小船过河的最短时间为50 s
B．小船过河的最短航程为100 m
C．小船以最短时间过河将在A、B两点间靠岸
D．小船可以在对岸A、B两点间任意一点靠岸
4．[2024·辽宁六校联考]四个完全相同的小球A、B、C、D均在水平面内做圆锥摆运动．如图甲所示，其中小球A、B在同一水平面内做圆锥摆运动(连接B球的绳较长)；如图乙所示，小球C、D在不同水平面内做圆锥摆运动，但是连接C、D的绳与竖直方向之间的夹角相同(连接D球的绳较长)，则下列说法错误的是( )
A．小球A、B角速度相等
B．小球A、B线速度大小相同
C．小球C、D向心加速度大小相同
D．小球D受到绳的拉力与小球C受到绳的拉力大小相等
5．如图，高速公路上一辆速度为90 km/h的汽车紧贴超车道的路基行驶．驾驶员在A点发现刹车失灵，短暂反应后，控制汽车通过图中两段弧长相等的圆弧从B点紧贴避险车道左侧驶入．已知汽车速率不变，A、B两点沿道路方向距离为105 m，超车道和行车道宽度均为3.75 m，应急车道宽度为2.5 m，路面提供的最大静摩擦力是车重的0.5，汽车转弯时恰好不与路面发生相对滑动，重力加速度g＝10 m/s2，估算驾驶员反应时间为( )
A．1.6 s B．1.4 s
C．1.2 s D．1.0 s
二、多项选择题(本题共3小题，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求)
6．在2022年北京冬残奥会高山滑雪女子超级大回转(站姿组)比赛中，张梦秋夺得金牌．如图甲所示，质量为m(包含雪板)的运动员在安全降速过程中获得的最大速度为v，为了顺利通过水平面上半径为R的旗门弯道，运动员利用身体倾斜将雪板插入雪中．如图乙所示，雪板A底面与水平面夹角为θ、受支持力大小为F，雪板A侧面不受力，回转半径R远大于运动员B的身高，重力加速度大小为g，不计空气与摩擦阻力影响，下列说法正确的是( )
A.运动员的向心力为支持力F
B．F＝ eq \f(mg,cs θ)
C．运动员角速度ω＝ eq \r(\f(g,R tan θ))
D．若运动员获得最大速度减小，为了顺利通过水平面上半径为R的旗门弯道，则雪板A底面与水平面夹角θ应减小
7．2023年WTT世界乒联新加坡大满贯赛于3月19日晩落下帷幕，中国乒乓队再次创造了包揽5金的辉煌，孙颖莎成就了三冠王．如图所示，球网位于球台的中间位置，球台的左、右边界分别记为MN、PQ，边界MN中点a正上方h处为b点．某次孙颖莎将球从b点垂直于MN水平向右击出，恰好经过网上边沿的c点后落在球台上d点，不计空气阻力．已知网高为 eq \f(1,3)h，MN、PQ之间的距离为2L，重力加速度为g.以下说法正确的是( )
A．乒乓球被击出时的初速度大小为 eq \f(L,2) eq \r(\f(3g,h))
B．球的落点d与击出点b之间的水平距离为 eq \f(\r(6),2)L
C.球在落点d处的速度方向与水平方向夹角的正切值为 eq \f(\r(6)h,3L)
D．若只限定在b点水平击出，球的初速度只有不大于2L eq \r(\f(2g,h))，才会落在对方台面上
8．如图所示的水平圆盘上有一原长为l0的轻质弹簧，弹簧的一端固定于圆心处，另一端与质量为m的滑块相连，滑块与圆盘之间的动摩擦因数为μ，初始时，滑块与圆心之间的距离为l且保持静止．现使圆盘绕过圆心的竖直轴转动，f为滑块与圆盘之间的摩擦力大小，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，从零开始逐渐增大圆盘角速度ω至某一较大值的过程中，关于f与ω2图像可能正确的是( )
三、非选择题(本题共3小题，按要求答题)
9．小红设计了探究平抛运动水平分运动特点的实验，装置如图1所示．把白纸和复写纸叠放一起固定在竖直木板上，在桌面上固定一个斜面，斜面的底边与桌子边缘及木板平行．将木板插入自制水平槽中，槽口间距相等用以改变木板到桌边的距离，让小球从斜面顶端同一位置滚下，通过碰撞复写纸，在白纸上记录小球的落点，重力加速度为g.
(1)小红家中有乒乓球、小塑料球和小钢球，其中最适合用作实验中平抛物体的是________．
(2)为了完成实验，以下做法错误或不必要的是________．
A．实验时应保持桌面水平
B．斜面的底边必与桌边重合
C．将木板插入卡槽1，且紧靠桌子边缘，小球由某位置静止释放，白纸上小球的落点记为O
D.依次将木板插入槽2、3、4，小球从同一位置由静止释放，白纸上的落点分别记为a、b、c
E.选择对小球摩擦力尽可能小的斜面
F．更换白纸，多次实验
(3)选取落点清晰的白纸如图2所示，用刻度尺测出相邻两点之间的距离分别为y1、y2、y3及相邻槽口间的距离x，若y1∶y2∶y3＝________，说明平抛运动在水平方向是匀速直线运动．小球平抛的初速度v0＝____________(用测量所得的物理量y1、y2及x、g表示).
(4)在图1中，木板上悬挂有一条铅垂线，其作用是____________________________________________________________．
10．如图，一个质量为0.6 kg的小球以某一初速度从P点水平抛出，恰好从光滑圆弧ABC的A点的切线方向进入圆弧(不计空气阻力，进入圆弧瞬间速度大小不变).已知圆弧的半径R＝0.1 m，θ＝60°，B点和C点分别为圆弧的最低点和最高点，小球到达A点时的位置与P点间的水平距离为 eq \f(\r(3),10) m，求：
(1)小球做平抛运动的初速度大小v0；
(2)若小球恰好能过C点，且轨道的B点和C点受到小球的压力之差为6mg，求小球运动到B点时的速度大小；
(3)根据第(2)问，请分析小球最终能否落到与B点等高的水平面，若能，求出落地点与P点的水平距离Δx；若不能，请说明原因．
11．排球场地的数据如图甲所示，在某次比赛中，一球员在发球区从离地高3.5 m且靠近底线的位置(与球网的水平距离为9 m)将排球水平向前击出，排球的速度方向与水平方向夹角的正切值tan θ与排球运动时间t的关系如图乙所示．排球可看成质点，忽略空气阻力，重力加速度g取10 m/s2.
(1)求排球击出后0.2 s内速度变化量的大小和方向．
(2)求排球初速度的大小．
(3)通过计算判断，如果对方球员没有碰到排球，此次发球是否能够直接得分．
单元素养评价（四） 曲线运动
1．解析：当物体所受的合外力与运动方向不在同一条直线上时，物体做曲线运动，并且轨迹向合外力方向弯曲．故选D.
答案：D
2．解析：只有箭的实际速度指向P点，即射箭的速度与人运动速度的合速度指向P点，才能射中靶心P点，所以只有在E点沿垂直O1O2方向射出的箭可能射中靶心P点，其他三种射箭方式都不能射中，故A正确，B、C、D错误．
答案：A
3．解析：小船过河的最短时间为tmin＝ eq \f(d,v2)＝ eq \f(100 m,2 m/s)＝50 s，故A正确；因为水流速度大于船在静水中的速度，所以合速度的方向不可能垂直河岸，则小船不可能到达正对岸，渡河航程一定大于河宽100 m，故B错误；当合速度的方向与相对水的速度的方向垂直时，合速度的方向与河岸的夹角最大，渡河航程最小；根据几何关系，则有 eq \f(smin,d)＝ eq \f(v1,v2)，因此最短的航程是smin＝ eq \f(v1,v2)d＝200 m，沿河岸的最小位移为sxmin＝ eq \r(s eq \\al(2,min) －d2)＝100 eq \r(3) m>173 m，故C、D错误．故选A.
答案：A
4．解析：对题图甲A、B分析：设绳与竖直方向的夹角为θ，小球的质量为m，小球A、B到悬点O的竖直距离为h，则mg tan θ＝mω2l sin θ，解得ω＝ eq \r(\f(g,l cs θ))＝ eq \r(\f(g,h))，所以小球A、B的角速度相等，线速度大小不相同，故A正确，B错误；对题图乙C、D分析：设绳与竖直方向的夹角为θ，小球的质量为m，绳长为L，绳上拉力为FT，则有mg tan θ＝ma，FTcs θ＝mg，得a＝g tan θ，FT＝ eq \f(mg,cs θ)，所以小球C、D向心加速度大小相同，小球C、D受到绳的拉力大小也相同，故C、D正确．
答案：B
5．解析：汽车做圆周运动时由摩擦力提供向心力，有0.5mg＝ eq \f(mv2,R)
解得R＝125 m
AB两点间垂直道路方向距离为10 m，由几何关系可得两段圆弧沿道路方向距离为l＝2× eq \r(R2－（R－5）2)＝70 m
则驾驶员反应时间通过的路程为s＝105 m－70 m＝35 m
驾驶员反应时间为t＝ eq \f(s,v)＝1.4 s
故选B.
答案：B
6．解析：
根据题意，对运动员受力分析，如图所示，竖直方向上，由平衡条件有F cs θ＝mg，解得F＝ eq \f(mg,cs θ)，水平方向上，由牛顿第二定律有Fn＝F sin θ＝mg tan θ＝mω2R，解得ω＝ eq \r(\f(g tan θ,R))，故A、C错误，B正确；根据题意，由牛顿第二定律有mg tan θ＝m eq \f(v2,R)，若运动员获得最大速度减小，则所需向心力减小，为了顺利通过水平面上半径为R的旗门弯道，则雪板A底面与水平面夹角θ应减小，故D正确．故选BD.
答案：BD
7．解析：设乒乓球被击出时的初速度大小为v0，乒乓球被击出后做平抛运动，恰好经过网上边沿的c点，设所用时间为t，则有 eq \f(2,3)h＝ eq \f(1,2)gt2，L＝v0t，解得v0＝ eq \f(L,2) eq \r(\f(3g,h))，设球整个落在球台上的时间为t1，落点与击出点之间的水平距离为l，则有h＝ eq \f(1,2)gt eq \\al(2,1) ，l＝v0t1，解得l＝ eq \f(\r(6),2)L，故A、B正确；球在竖直方向做自由落体运动，在落点d处竖直方向的速度为vy，落点d处速度方向与水平方向的夹角为θ，则有vy＝gt1，tan θ＝ eq \f(vy,v0)，解得tan θ＝ eq \r(\f(8,3)) eq \f(h,L)，故C错误；若保持击球高度不变，且垂直MN击打乒乓球，要想球落在对方界内，要既不能出界，又不能触网，则平抛运动的速度为v＝ eq \f(2L,t1)＝2L eq \r(\f(g,2h))，但若只限定在b点水平击出，则水平位移的最大值应该是a点与P或Q的连线，明显大于2L，因此最大速度应该大于v，而平抛运动的最小速度为vmin＝ eq \f(L,t)＝L eq \r(\f(3g,4h))，故D错误．故选AB.
答案：AB
8．解析：若初始时l＝l0，当角速度从0开始不断增大，则开始时由静摩擦力提供向心力f＝mω2l，静摩擦力f∝ω2，当摩擦力达到最大静摩擦力，继续增大角速度，最大静摩擦力不足以提供向心力，物块将做离心运动，滑动摩擦力和弹簧拉力的合力提供向心力，物块的正压力不变，接触面不变，故滑动摩擦力大小不变，A正确；若初始时l>l0，当角速度从0开始不断增大，则开始时由弹力与静摩擦力提供向心力kx－f＝mω2l，故开始时，角速度变大，静摩擦力变小，当弹簧弹力恰好提供物块圆周运动的向心力时，摩擦力为0；物块的角速度继续变大，则有kx＋f＝mω2l，摩擦力由0开始逐渐变大，直到达到最大静摩擦力；继续增大角速度，物块的摩擦力为滑动摩擦力，保持不变，B正确；若初始时l答案：AB
9．解析：（1）实验中最适合用作平抛物体的是小钢球；
（2）为保证小球做平抛运动，则实验时应保持桌面水平，选项A正确；斜面的底边不能与桌边重合，否则小球就不能做平抛运动了，选项B错误；将木板插入卡槽1，且紧靠桌子边缘，小球由某位置静止释放，白纸上小球的落点记为O，选项C正确；依次将木板插入槽2、3、4，小球从同一位置由静止释放，白纸上的落点分别记为a、b、c，选项D正确；斜面的摩擦力对实验无影响，只需让小球到达斜面底端时速度相等即可，选项E错误；更换白纸，多次实验，选项F正确．故选BE.
（3）由图，若y1∶y2∶y3＝1∶3∶5，说明相邻各点间的时间相等，因木板水平方向移动的距离相等，可知水平速度不变，即平抛运动在水平方向是匀速直线运动．根据x＝v0T；y2－y1＝gT2，小球平抛的初速度v0＝x eq \r(\f(g,y2－y1)).
（4）在图1中，木板上悬挂有一条铅垂线，其作用是将木板调整到竖直平面．
答案：（1）小钢球 （2）BE （3）1∶3∶5 x eq \r(\f(g,y2－y1)) （4）将木板调整到竖直平面
10．解析：（1）小球到A点的速度如图所示
分解速度tan 60°＝ eq \f(gt,v0)
平抛水平方向x＝v0t＝ eq \f(\r(3),10) m
联立解得v0＝1 m/s.
（2）小球恰好过C点，则在C点小球对轨道的压力为0，根据牛顿第三定律，小球受到的支持力等于小球对轨道的压力大小，根据题意有FB－FC＝6mg
在B点有FB－mg＝m eq \f(v eq \\al(2,B) ,R)
代入数据解得vB＝ eq \r(5) m/s.
（3）小球恰好过C点，则mg＝m eq \f(veq \\al(2,C),R)
若能到达与A点等高的平面，则x1＝vC eq \r(\f(2（R＋R cs 60°）,g))＝ eq \r(3)R>R sin 60°
则小球能到达与B点等高的水平面，此时小球的水平射程x2＝vC eq \r(\f(2×2R,g))＝2R＝0.2 m
落地点与P点的水平距离Δx＝ eq \f(\r(3),10) m＋0.1× eq \f(\r(3),2) m－0.2 m＝ eq \f(3\r(3)－4,20) m.
答案：（1）1 m/s （2） eq \r(5) m/s （3）能； eq \f(3\r(3)－4,20) m
11．解析：（1）速度变化量为Δv＝gΔt＝10×0.2 m/s＝2 m/s，方向与重力加速度方向相同，即竖直向下．
（2）由平抛运动规律有tan θ＝ eq \f(vy,v0)，vy＝gt
由图像可知k＝ eq \f(g,v0)
联立解得v0＝20 m/s.
（3）由平抛运动规律，排球运动到中线上方时，有x1＝v0t1，h1＝ eq \f(1,2)gt eq \\al(2,1) ，解得h1＝1.012 5 m，3.5 m－1.012 5 m＝2.487 5 m>2.24 m，所以排球不触网；排球落地时，有x2＝v0t2，h2＝ eq \f(1,2)gt eq \\al(2,2) ，解得x2＝ eq \r(280) m<18 m，所以排球不出界．故此次发球能够直接得分．
答案：（1）2 m/s，方向竖直向下
（2）20 m/s （3）见解析