人教版（2019）必修第二册《第6章+圆周运动》2021年单元测试卷 (1word版含答案)

人教版（2019）必修第二册《第6章 圆周运动》2021年单元测试卷
一．选择题（共8小题，满分32分，每小题4分）
1．（4分）如图所示，小车以速度v匀速向右运动，通过滑轮拖动物体A上升，与水平面的夹角为θ时，下列说法正确的是（　　）
A．物体A在匀速上升
B．物体A的速度大小为vcosθ
C．物体A的速度大小为
D．绳子对物体A的拉力小于物体A的重力
2．（4分）如图所示，质量为m的小球以速度v0正对倾角为θ的斜面水平抛出，若小球恰好能垂直落在斜面上，已知重力加速度为g，则小球落到斜面时重力的功率为（　　）
A．mgv0 B．mgv0tanθ C． D．
3．（4分）近日，位于海拔4500m高原腹地的西藏军区青藏兵站部编组支援保障群，用无人机“蜂群”模拟为前线部队送热食x和竖直分速度vy与时t的关系如图所示，下列关于无人机运动轨迹的判断可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
4．（4分）如图所示，在斜面底端C点以一定初速度斜向左上方抛出质量相同的两小球a、b，小球a、b分别沿水平方向击中斜面顶端A点和斜面中点B，则下列说法正确的是（　　）
A．小球a、b在空中飞行的时间之比为2：1
B．小球a、b在C点时的初速度大小之比为2：1
C．小球a、b在抛出点时的速度与斜面的夹角之比为1：1
D．小球a、b在分别击中A、B两点时的动能之比为4：1
5．（4分）如图所示，小科同学站在地面上投篮，将篮球从B点斜向上投出，投出时速度和竖直方向夹角为θ。不计空气阻力。若投射点B沿水平远离篮板移动一小段距离，但投出的篮球仍能垂直击中篮板上的A点（　　）
A．需要减小抛射速度v0，同时减少θ
B．需要减小抛射速度v0，同时增大θ
C．需要增大抛射速度v0，同时增大θ
D．需要增大抛射速度v0，同时减小θ
6．（4分）如图所示，人在岸上拉船，已知船的质量为m，当轻绳与水平面的夹角为θ时，船的速度为v，则此时（　　）
A．人拉绳行走的速度为vcosθ
B．人拉绳行走的速度为
C．船的加速度为
D．船的加速度为
7．（4分）如图为俯视图，小船要行驶到河对岸，P处为小船的正对岸位置1大于水流速度v2，下列说法正确的有（　　）
A．小船行驶到P处的时间为
B．若水流速变快，小船行驶到P处的时间将一定会变长
C．小船行驶到对岸的最短时间为
D．若水流速变快，小船行驶到对岸的最短时间可能变长
8．（4分）如图所示，在水平地面上做匀速直线运动的小车，通过定滑轮用绳子吊起一个物体1和v2，绳子对物体的拉力为T，物体所受重力为G，则下列说法正确的是（　　）
A．物体做匀速运动，且v1＝v2
B．物体做匀速运动，且T＝G
C．物体做加速运动，且v2＞v1
D．物体做加速运动，且T＞G
二．多选题（共4小题，满分16分，每小题4分）
9．（4分）如图所示为一竖直放置的半圆环ABCD，半径为R，AD为水平直径，C为最低点。现从A点以水平速度v1抛出一小球甲，从B点以水平速度v2抛出小球乙，两球都能直接到达C点，BO连线与竖直方向夹角为α。则以下说法正确的是（　　）
A．v2＝v1
B．v2＝v1
C．甲球运动时间比乙球长
D．甲球运动时间比乙球长（1﹣）
10．（4分）如图所示，斜面ABC放置在水平地面上，AB＝2BC，现将小球从A点
正上方、A与F连线上某一位置以某一速度水平抛出，落在斜面上。已知D、E为AF连线上的点，且AD＝DE＝EF（　　）
A．若小球落在斜面上的速度与斜面垂直，则小球的飞行时间由初速度大小决定
B．若小球从D点抛出，有可能垂直击中O点
C．若小球从E点抛出，有可能垂直击中O点
D．若小球从F点抛出，有可能垂直击中C点
11．（4分）如图所示，甲球从O点以水平速度v1飞出，落在水平地面上的A点．乙球从O点以水平速度v2飞出，落在水平地面上的B点反弹后恰好也落在A点．已知乙球在B点与地面碰撞反弹后瞬间水平方向的分速度不变、竖直方向的分速度方向相反大小不变，不计空气阻力（　　）
A．有O点到A点，甲球运动时间与乙球运动时间相等
B．甲球由O点到A点的水平位移是乙球由O点到B点水平位移的3倍
C．v1：v2＝3：1
D．v1：v2＝2：1
12．（4分）如图所示，一位同学玩飞镖游戏。圆盘最上端有一P点，飞镖抛出时与P等高，当飞镖以初速度v0垂直盘面瞄准P点抛出的同时，圆盘以经过盘心O点的水平轴在竖直平面内匀速转动。忽略空气阻力，重力加速度为g，则（　　）
A．圆盘的半径可能为
B．飞镖击中P点所需的时间为
C．圆盘转动角速度的最小值为
D．P点随圆盘转动的线速度不可能为
三．实验题（共2小题，满分16分）
13．（4分）用如图所示装置研究平抛运动。将白纸和复写纸对齐重叠并固定在竖直的硬板上。钢球沿斜槽轨道PQ滑下后从Q点飞出，落在水平挡板MN上。由于挡板靠近硬板一侧较低，钢球落在挡板上时，重新释放钢球，如此重复
（1）下列实验条件必须满足的有 　 　。
A．斜槽轨道光滑
B．斜槽轨道末段水平
C．挡板高度等间距变化
D．每次从斜槽上相同的位置无初速度释放钢球
（2）为定量研究，建立以水平方向为c轴、竖直方向为轴的坐标系。
a．取平抛运动的起始点为坐标原点，将钢球静置于Q点，钢球的 　 　（选填“最上端”、“最下端”或者“球心”）对应白纸上的位置即为原点；在确定y轴时 　 　（选填“需要“或者“不需要”）y轴与重锤线平行。
b．若遗漏记录平抛轨迹的起始点；也可按下述方法处理数据：如图2所示，在轨迹上取A、B、C三点，测得AB和BC的竖直间距分别是y1和y2，则　 　（选填“大于”、“等于”或者“小于”）。可求得钢球平抛的初速度大小为 　 　（已知当地重力加速度为g，结果用上述字母表示）。
（3）为了得到平抛物体的运动轨迹，同学们还提出了以下三种方案，其中可行的是 　 　。
A．从细管水平喷出稳定的细水柱，拍摄照片，即可得到平抛运动轨迹
B．用频闪照相在同一底片上记录平抛小球在不同时刻的位置，平滑连接各位置，即可得到平抛运动轨迹
C．将铅笔垂直于竖直的白纸板放置，笔尖紧靠白纸板，铅笔以一定初速度水平抛出
（4）伽利略曾研究过平抛运动，他推断：从同一炮台水平发射的炮弹，如果不受空气阻力，在空中飞行的时间都一样。这实际上揭示了平抛物体 　 　。
A．在水平方向上做匀速直线运动
B．在竖直方向上做自由落体运动
C．在下落过程中机械能守恒
14．（12分）图甲是“研究平抛物体的运动”的实验装置图。
（1）实验前应对实验装置反复调节，直到斜槽末端切线 　 　。每次让小球从同一位置由静止释放，是为了每次平抛 　 　。
（2）图乙是正确实验取得的数据，其中O为抛出点，则此小球做平抛运动的初速度为 　 　m/s（g＝9.8m/s2）。（计算结果保留两位有效数字）
（3）在另一次实验中将白纸换成方格纸，每个格的边长L＝5cm，通过实验，如图丙所示，则该小球在B点的速度为 　 　m/s（g＝10m/s2）。
四．计算题（共3小题，满分36分，每小题12分）
15．（12分）图中给出了某一通关游戏的示意图。安装在轨道AB上可上下移动的弹射器，能水平射出速度大小可调节的弹丸，弹丸射出口在B点的正上方，直径BD水平且与轨道AB处在同一竖直面内，小孔P和圆心O连线与水平方向夹角为37°．游戏要求弹丸垂直于P点圆弧切线方向射入小孔P就能进入下一关。为了能通关（不计空气阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）
16．（12分）如图所示，斜面体ABC固定在地面上，小球p从A点静止下滑。当小球p开始下滑时，两球同时到达斜面底端的B处。已知斜面AB光滑，长度L＝2.5m，取g＝10m/s2．求：
（1）小球p从A点滑到B点的时间；
（2）小球q抛出时初速度的大小。
17．（12分）如图所示，在一水平光滑、距地面高为h＝1.25m，边长为a＝1.3m的正方形MNPQ桌面上A＝0.5kg的小球A和未知质量的小球B，两小球在绳子拉力作用下，绕绳上某点O以不同的线速度做匀速圆周运动AO＝0.8m，已知小球A的速度大小为vA＝0.4m/s，重力加速度g取10m/s2。
（1）求绳子的拉力大小及小球B的质量；
（2）当轻绳与MN平行时，绳子断开，求两小球落到地面上时两点间的距离。
人教版（2019）必修第二册《第6章 圆周运动》2021年单元测试卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题，满分32分，每小题4分）
1．（4分）如图所示，小车以速度v匀速向右运动，通过滑轮拖动物体A上升，与水平面的夹角为θ时，下列说法正确的是（　　）
A．物体A在匀速上升
B．物体A的速度大小为vcosθ
C．物体A的速度大小为
D．绳子对物体A的拉力小于物体A的重力
【分析】将小车的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，沿绳子方向的速度等于A的速度，根据平行四边形定则判断出A的速度变化，再由运动性质，来判定拉力与重力的关系。
【解答】解：ABC、小车沿绳子方向的速度等于A的速度，如图所示：
根据平行四边形定则，物体A的速度vA＝vcosθ，小车匀速向右运动时，则A的速度增大，加速度方向向上，AC错误；
D、对A根据牛顿第二定律有：T﹣GA＝mAa，知绳子的拉力大于A的重力。
故选：B。
2．（4分）如图所示，质量为m的小球以速度v0正对倾角为θ的斜面水平抛出，若小球恰好能垂直落在斜面上，已知重力加速度为g，则小球落到斜面时重力的功率为（　　）
A．mgv0 B．mgv0tanθ C． D．
【分析】根据小球做平抛运动，垂直落在斜面上，根据速度的合成与分解求得竖直方向的速度，根据P＝mgvy求得重力的瞬时功率。
【解答】解：小球恰好能垂直落在斜面上，则小球竖直方向的速度为，故ABC错误
故选：D。
3．（4分）近日，位于海拔4500m高原腹地的西藏军区青藏兵站部编组支援保障群，用无人机“蜂群”模拟为前线部队送热食x和竖直分速度vy与时t的关系如图所示，下列关于无人机运动轨迹的判断可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【分析】依据曲线运动的条件：加速度与速度不共线，且加速度与速度分居运动轨迹两侧，及加速度偏向轨迹内侧，从而即可判定。
【解答】解：由无人机的水平分速度vx和竖直分速度vy与时t的关系图所示，可知，而竖直方向先匀加速直线，根据运动的合成与分解法则，因此运动轨迹偏向上，则运动轨迹偏向下，故ABC错误；
故选：D。
4．（4分）如图所示，在斜面底端C点以一定初速度斜向左上方抛出质量相同的两小球a、b，小球a、b分别沿水平方向击中斜面顶端A点和斜面中点B，则下列说法正确的是（　　）
A．小球a、b在空中飞行的时间之比为2：1
B．小球a、b在C点时的初速度大小之比为2：1
C．小球a、b在抛出点时的速度与斜面的夹角之比为1：1
D．小球a、b在分别击中A、B两点时的动能之比为4：1
【分析】小球a、b运动的逆过程是平抛运动，根据下落的高度求出平抛运动的时间之比，结合水平位移和时间求出初速度之比，抓住速度方向与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍，求出两球的速度方向与斜面的夹角关系。根据动能与速度关系求出小球到达斜面底端时的动能之比。
【解答】解：A、小球a，因为两球下落的高度之比为2：1gt2得：t＝，高度之比为2：1、b在空中飞行的时间之比为，故A错误。
B、两球的水平位移之比为2：1：10＝知，小球a、B点时的速度大小之比为．根据机械能守恒得：mgh+＝
得在C点时的初速度大小v＝，结合a，到达A点：4，小球a：1。
C、小球落在斜面上，因为位移与水平方向的夹角相等，到达斜面底端时速度方向与斜面的夹角也相等。
D、小球a、B点时的速度大小之比为，根据EK＝，m相等、b分别击中A，故D错误。
故选：C。
5．（4分）如图所示，小科同学站在地面上投篮，将篮球从B点斜向上投出，投出时速度和竖直方向夹角为θ。不计空气阻力。若投射点B沿水平远离篮板移动一小段距离，但投出的篮球仍能垂直击中篮板上的A点（　　）
A．需要减小抛射速度v0，同时减少θ
B．需要减小抛射速度v0，同时增大θ
C．需要增大抛射速度v0，同时增大θ
D．需要增大抛射速度v0，同时减小θ
【分析】将垂直击中篮板的篮球的运动逆过来看便是平抛运动，然后将平抛运动分解为水平的匀速运动和竖直方向的自由落体运动，即可求解。
【解答】解：篮球能垂直击中篮板上的A点，把篮球的运动过程逆过来看便是平抛运动：水平做匀速运动
两次都能到达A点，说明竖直方向位移相同，由
由vy＝gt可得，两球初速度的竖直分量vy相同
将投射点B沿水平远离篮板移动一小段距离，即水平位移x变大xt，所以第二次投出速度的水平分量vx较大
由tanθ＝，第二次的抛射角θ较大
第二次投出与第一次投出相比较，竖直分速度相等，所以第二次抛出的合速度v0较大
故ABD错误，C正确。
故选：C。
6．（4分）如图所示，人在岸上拉船，已知船的质量为m，当轻绳与水平面的夹角为θ时，船的速度为v，则此时（　　）
A．人拉绳行走的速度为vcosθ
B．人拉绳行走的速度为
C．船的加速度为
D．船的加速度为
【分析】绳子收缩的速度等于人在岸上的速度，连接船的绳子端点既参与了绳子收缩方向上的运动，又参与了绕定滑轮的摆动，根据船的运动速度，结合平行四边形定则求出人拉绳子的速度；对船受力分析，根据牛顿第二定律求出船的加速度。
【解答】解：A、B、船运动的速度是沿绳子收缩方向的速度和绕定滑轮的摆动速度的合速度，v人＝vcosθ，故A正确；
CD、对小船受力分析，根据牛顿第二定律
Tcosθ﹣f＝ma
因此船的加速度大小为：a＝，故CD错误。
故选：A。
7．（4分）如图为俯视图，小船要行驶到河对岸，P处为小船的正对岸位置1大于水流速度v2，下列说法正确的有（　　）
A．小船行驶到P处的时间为
B．若水流速变快，小船行驶到P处的时间将一定会变长
C．小船行驶到对岸的最短时间为
D．若水流速变快，小船行驶到对岸的最短时间可能变长
【分析】将船的运动分解为沿河岸方向和垂直于河岸方向，根据垂直于河岸方向上的速度求出渡河的最短时间，再依据合速度垂直河岸时，结合运动学公式，即可推导出到达P点的时间公式，从而即可判定求解。
【解答】解：AB、根据平行四边形定则1大于水流速v2，则合速度可能垂直于河岸，即船可能垂直到达对岸，那么当水流速变快，故A错误；
CD、当静水速与河岸垂直时，最短渡河时间为：t＝，小船行驶到对岸的最短时间仍不变。
故选：B。
8．（4分）如图所示，在水平地面上做匀速直线运动的小车，通过定滑轮用绳子吊起一个物体1和v2，绳子对物体的拉力为T，物体所受重力为G，则下列说法正确的是（　　）
A．物体做匀速运动，且v1＝v2
B．物体做匀速运动，且T＝G
C．物体做加速运动，且v2＞v1
D．物体做加速运动，且T＞G
【分析】小车的运动可分解为沿绳方向和垂直于绳的方向两个运动，其中沿绳方向的运动与物体上升的运动速度相等，然后结合牛顿第二定律分析即可。
【解答】解：小车的运动可分解为沿绳方向和垂直于绳的方向两个运动，设两段绳子夹角为θ
将小车的速度沿绳子的方向与垂直于绳子的方向分解如图，由几何关系可得：v2＝v1sinθ，所以v6＞v2；
小车向左做匀速运动，θ逐渐变大2逐渐变大，物体有向上的加速度，T＞G，ABC错误；
故选：D。
二．多选题（共4小题，满分16分，每小题4分）
9．（4分）如图所示为一竖直放置的半圆环ABCD，半径为R，AD为水平直径，C为最低点。现从A点以水平速度v1抛出一小球甲，从B点以水平速度v2抛出小球乙，两球都能直接到达C点，BO连线与竖直方向夹角为α。则以下说法正确的是（　　）
A．v2＝v1
B．v2＝v1
C．甲球运动时间比乙球长
D．甲球运动时间比乙球长（1﹣）
【分析】甲、乙两个小球都做平抛运动，根据几何关系，可以求出甲、乙两个小球落地的水平距离与竖直位移，根据h＝求出时间，再根据公式x＝v0t可以判断甲、乙初速度大小关系。
【解答】解：两个小球都做平抛运动，对A
可得：①
水平方向：R＝v1t1②
联立①②可得：③
对B，沿竖直方向：R（1﹣cosα）＝
可得：④
水平方向：Rsinα＝v2t2⑤
联立④⑤可得：⑥
AB、比较③⑥可得：，B错误；
CD、甲球运动时间比乙球长：△t＝t3﹣t1＝，故C错误。
故选：AD。
10．（4分）如图所示，斜面ABC放置在水平地面上，AB＝2BC，现将小球从A点
正上方、A与F连线上某一位置以某一速度水平抛出，落在斜面上。已知D、E为AF连线上的点，且AD＝DE＝EF（　　）
A．若小球落在斜面上的速度与斜面垂直，则小球的飞行时间由初速度大小决定
B．若小球从D点抛出，有可能垂直击中O点
C．若小球从E点抛出，有可能垂直击中O点
D．若小球从F点抛出，有可能垂直击中C点
【分析】利用平抛运动速度夹角公式tanθ＝＝，可以求出小球的飞行时间由初速度大小关系；
根据平抛运动位移公式以及速度夹角和位移夹角关系式tanα＝2tanβ，可以求出 竖直方向位移和水平方向位移的关系，再根据几何关系可以求出垂直击中O点时抛出点的位置，同理，垂直击中C点小球抛出点的位置。
【解答】解：A、设斜面的倾斜角为θ，对速度进行分解＝，得t＝，故A正确；
BC、设速度和水平方向的夹角为α，tanα＝①
位移夹角tanβ＝②
由位移和水平方向的夹角为β，根据速度夹角和位移夹角关系式：tanα＝5tanβ
根据①②③得：y＝x
要使得小球垂直落在O点，有y＝x＝，小球应该从DE中点抛出；
D、要使得小球垂直击中C点，D点与C点等高，故D正确。
故选：AD。
11．（4分）如图所示，甲球从O点以水平速度v1飞出，落在水平地面上的A点．乙球从O点以水平速度v2飞出，落在水平地面上的B点反弹后恰好也落在A点．已知乙球在B点与地面碰撞反弹后瞬间水平方向的分速度不变、竖直方向的分速度方向相反大小不变，不计空气阻力（　　）
A．有O点到A点，甲球运动时间与乙球运动时间相等
B．甲球由O点到A点的水平位移是乙球由O点到B点水平位移的3倍
C．v1：v2＝3：1
D．v1：v2＝2：1
【分析】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，运动的时间由高度决定，初速度和时间共同决定水平位移．斜抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做竖直上抛运动．结合分运动的规律研究．
【解答】解：A、设OA间的竖直高度为h，甲球运动时间为 tA＝．乙球运动时间是甲球的3倍。
B、乙球先做平抛运动，根据对称性可知，所以甲球由O点到A点的水平位移是乙球由O点到B点水平位移的5倍。
CD、设乙球由O点到B点水平位移为x。对甲球有 3x＝v1t，对乙球有 x＝v8t，则得v1：v2＝7：1，故C正确。
故选：BC。
12．（4分）如图所示，一位同学玩飞镖游戏。圆盘最上端有一P点，飞镖抛出时与P等高，当飞镖以初速度v0垂直盘面瞄准P点抛出的同时，圆盘以经过盘心O点的水平轴在竖直平面内匀速转动。忽略空气阻力，重力加速度为g，则（　　）
A．圆盘的半径可能为
B．飞镖击中P点所需的时间为
C．圆盘转动角速度的最小值为
D．P点随圆盘转动的线速度不可能为
【分析】飞镖做平抛运动，由题意可知当P点运动到最低点时，飞镖击中P点，则可知飞镖的水平分位移、竖直分位移与圆盘的直径相等，结合平抛运动规律可得飞镖运动的时间及圆盘的半径；飞镖与P点的运动具有等时性，而飞镖做匀速圆周运动，具有周期性，结合圆周运动规律可得圆盘转动的角速度与做圆周运动的线速度表达式，即可分析。
【解答】解：B．飞镖做平抛运动，飞镖击中P点，则飞镖击中P点所需要的时间为；
A．由前面的分析可知，则有，故A错误；
C．由于P点做匀速圆周运动，P点运动到最低点所需要的时间为，则有t＝t'，则可得圆盘转动的角速度为，角速度的最小值为；
D．根据v＝ωr可得P点随圆盘转动的线速度为时，n不取整数。
故选：BCD。
三．实验题（共2小题，满分16分）
13．（4分）用如图所示装置研究平抛运动。将白纸和复写纸对齐重叠并固定在竖直的硬板上。钢球沿斜槽轨道PQ滑下后从Q点飞出，落在水平挡板MN上。由于挡板靠近硬板一侧较低，钢球落在挡板上时，重新释放钢球，如此重复
（1）下列实验条件必须满足的有 　BD　。
A．斜槽轨道光滑
B．斜槽轨道末段水平
C．挡板高度等间距变化
D．每次从斜槽上相同的位置无初速度释放钢球
（2）为定量研究，建立以水平方向为c轴、竖直方向为轴的坐标系。
a．取平抛运动的起始点为坐标原点，将钢球静置于Q点，钢球的 　球心　（选填“最上端”、“最下端”或者“球心”）对应白纸上的位置即为原点；在确定y轴时 　需要　（选填“需要“或者“不需要”）y轴与重锤线平行。
b．若遗漏记录平抛轨迹的起始点；也可按下述方法处理数据：如图2所示，在轨迹上取A、B、C三点，测得AB和BC的竖直间距分别是y1和y2，则　大于　（选填“大于”、“等于”或者“小于”）。可求得钢球平抛的初速度大小为 　x　（已知当地重力加速度为g，结果用上述字母表示）。
（3）为了得到平抛物体的运动轨迹，同学们还提出了以下三种方案，其中可行的是 　AB　。
A．从细管水平喷出稳定的细水柱，拍摄照片，即可得到平抛运动轨迹
B．用频闪照相在同一底片上记录平抛小球在不同时刻的位置，平滑连接各位置，即可得到平抛运动轨迹
C．将铅笔垂直于竖直的白纸板放置，笔尖紧靠白纸板，铅笔以一定初速度水平抛出
（4）伽利略曾研究过平抛运动，他推断：从同一炮台水平发射的炮弹，如果不受空气阻力，在空中飞行的时间都一样。这实际上揭示了平抛物体 　 　。
A．在水平方向上做匀速直线运动
B．在竖直方向上做自由落体运动
C．在下落过程中机械能守恒
【分析】（1）根据实验的原理以及操作中的注意事项确定正确的操作步骤。
（2）明确实验原理，知道应记录球心位置；根据位移﹣时间公式求出从抛出到到达A、B两点的时间，从而得出时间差，结合水平位移求出平抛运动的初速度；
（3）根据实验中是否能准确记录下小球的轨迹进行分析，从而确定能否可行；
（4）根据伽利略说明的现象明确其能说明的问题。
【解答】解：（1）ABD、为了能画出平抛运动轨迹，所以斜槽轨道不一定要光滑。同时要让小球总是从同一位置释放；故A错误；
C、挡板只要能记录下小球下落在不同高度时的不同的位置即可；故C错误；
（2）a、小球在运动中记录下的是其球心的位置；故应以球心在白纸上的位置为坐标原点，故y轴必须保证与重锤线平行；
b、由于两段水平距离相等，设A到B，在A点竖直分速度为vy，
则：y1＝vyt+
1
2
gt2；y2＝（vy+gt）t+
3
2
gt2＝vyt+
5
2
gt2
则：
y7
y2
＞
1
5
，故竖直间距之比大于1：3；
根据y4﹣y1＝gt2可知：t＝，则初速度为：v＝；
（3）A．从细管水平喷出稳定的细水柱，即可得到平抛运动轨迹；
B．用频闪照相在同一底片上记录平抛小球在不同时刻的位置，即可得到平抛运动轨迹；
C．将铅笔垂直于竖直的白纸板放置，铅笔以一定初速度水平抛出，故不会形成运动轨迹；
故选：AB；
（4）伽利略说明了小球由同一高度下落时的等时性，故只能说明小球在竖直方向为自由落体运动；
故答案为：（1）BD；（2）a；需要；b；x；（3）AB。
14．（12分）图甲是“研究平抛物体的运动”的实验装置图。
（1）实验前应对实验装置反复调节，直到斜槽末端切线 　水平　。每次让小球从同一位置由静止释放，是为了每次平抛 　初速度相同　。
（2）图乙是正确实验取得的数据，其中O为抛出点，则此小球做平抛运动的初速度为 　1.6　m/s（g＝9.8m/s2）。（计算结果保留两位有效数字）
（3）在另一次实验中将白纸换成方格纸，每个格的边长L＝5cm，通过实验，如图丙所示，则该小球在B点的速度为 　2.5　m/s（g＝10m/s2）。
【分析】（1）根据实验的原理以及操作中的注意事项确定正确的操作步骤。
（2）根据竖直位移，结合位移时间公式求出平抛运动的时间，根据水平位移和时间求出小球做平抛运动的初速度。
（3）根据竖直方向上连续相等时间内的位移之差是一恒量求出相等的时间间隔，结合水平位移和时间间隔求出初速度的大小，根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出B点的竖直分速度。
根据平行四边形定则求解小球经过B点的速度。
【解答】解：（1）为了保证小球水平飞出，则斜槽的末端切线水平，是为了每次平抛的初速度相同。
（2）由于O为抛出点，根据平抛运动规律有：
x＝v0t，
y＝gt2
将x＝32cm＝0.32m，y＝19.5cm＝0.196m0≈6.6 m/s。
（3）在竖直方向上，连续相等时间内的位移之差是一恒量2
解得：T＝＝0.1s，
结合水平位移和时间间隔求解初速度，则小球平抛运动的初速度为：v5＝＝1.8
根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，解得B点的竖直分速度：vyB＝＝8
根据平行四边形定则可知，小球在B点的速度：vB＝＝2.5m/s
故答案为：（1）水平；初速度相同；（3）7.5
四．计算题（共3小题，满分36分，每小题12分）
15．（12分）图中给出了某一通关游戏的示意图。安装在轨道AB上可上下移动的弹射器，能水平射出速度大小可调节的弹丸，弹丸射出口在B点的正上方，直径BD水平且与轨道AB处在同一竖直面内，小孔P和圆心O连线与水平方向夹角为37°．游戏要求弹丸垂直于P点圆弧切线方向射入小孔P就能进入下一关。为了能通关（不计空气阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）
【分析】作出速度的反向延长线交初速度方向为C，过O点作MN的垂线交于F，结合几何关系得出平抛运动的水平位移，抓住OF和CF间的夹角等于速度与水平方向的夹角，通过几何关系求出竖直位移，从而得出弹射器离B点的高度。根据速度方向，结合平行四边形定则得出初速度的大小。
【解答】解：将末速度进行分解如图所示：
；
OE＝OPcos37°＝2×0.6m＝1.6m，
PE＝OPsin37°＝6×0.6m＝4.2m，
平抛运动的水平位移为：x＝BO+OE＝3.5m，
即：v0t＝3.3m，
OF＝P﹣1.2＝y﹣6.2，
CF＝＝﹣1.6，
而＝tan37°＝，
解得：y＝x＝，
所以MB＝y﹣PE＝8.35﹣1.2m＝7.15m，
又＝tan37°，即＝，v0t＝3.4m，
代入数据解得：v0＝4m/s。
答：弹射器离B点的高度是0.15m；弹丸射出的初速度是4。
16．（12分）如图所示，斜面体ABC固定在地面上，小球p从A点静止下滑。当小球p开始下滑时，两球同时到达斜面底端的B处。已知斜面AB光滑，长度L＝2.5m，取g＝10m/s2．求：
（1）小球p从A点滑到B点的时间；
（2）小球q抛出时初速度的大小。
【分析】（1）根据牛顿第二定律求出小球p的加速度，结合位移时间公式求出小球p的运动时间。
（2）小球q做平抛运动，在竖直方向上做自由落体运动，在水平方向上做匀速直线运动，结合水平位移和时间求出小球q的初速度大小。
【解答】解：（1）设小球p从斜面上滑下的加速度为a，
由牛顿第二定律得：mgsinθ＝ma，
设小球p从斜面上滑下所需时间为t1，由运动学公式得：L＝，
代入数据解得：t4＝1s；
（2）小球q做平抛运动，设抛出速度为v0，飞行时间为t5，
水平方向：x＝v0t1，x＝Lcos30°，
代入数据解得：v3＝m/s；
答：（1）小球p从A点滑到B点的时间为1s；
（2）小球q抛出时初速度的大小为m/s。
17．（12分）如图所示，在一水平光滑、距地面高为h＝1.25m，边长为a＝1.3m的正方形MNPQ桌面上A＝0.5kg的小球A和未知质量的小球B，两小球在绳子拉力作用下，绕绳上某点O以不同的线速度做匀速圆周运动AO＝0.8m，已知小球A的速度大小为vA＝0.4m/s，重力加速度g取10m/s2。
（1）求绳子的拉力大小及小球B的质量；
（2）当轻绳与MN平行时，绳子断开，求两小球落到地面上时两点间的距离。
【分析】（1）根据拉力提供向心力，结合牛顿第二定律求出绳子上的拉力大小，抓住A、B角速度相等，拉力大小相等，根据向心力相等求出B球的质量。
（2）绳子断开后，A、B两球先会以各自绳子断开瞬间的线速度为速度做匀速直线运动，直到离开桌面，抓住角速度相等求出B的速度，离开桌面做平抛运动，根据平抛运动的规律求出沿MQ方向上的距离，再结合开始相距的距离，通过平行四边形定则求出两球落地间的距离。
【解答】解：（1）对A球进行受力分析，由绳子的拉力提供A球的向心力
又同一根绳子的拉力相同，知A，即：
代入数据解得：mB＝1.0kg
（2）绳子断开后，A、B两球先会以各自绳子断开瞬间的线速度为速度做匀速直线运动。
设绳子断开瞬间B球的线速度为vB，两球角速度相同，有：
代入数据解得：vB＝3.2m/s
离开桌面后，各自以绳子断开瞬间的速度为初速度做平抛运动，则：
h＝，
代入数据解得：t＝0.7s
所以两小球落地后在MQ方向上相距为：y＝（vA+vB）t+a＝0.6×6.5+1.7m＝1.6m，
因为A、B两球在MN方向上原本相距为：x＝L＝7.2m
则最后落地时的距离为：s＝
答：（1）绳子的拉力大小及小球B的质量分别为3.1N和1.8kg；
（2）当轻绳与MN平行时，绳子断开。
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