2024人教版高中物理必修第二册同步练习题--期中学业水平检测（有解析）
文档属性
| 名称 | 2024人教版高中物理必修第二册同步练习题--期中学业水平检测（有解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 1.2MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2023-10-17 11:36:25 | ||
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文档简介
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2024人教版高中物理必修第二册同步
期中学业水平检测
注意事项:1.全卷满分100分。考试用时90分钟。
2.无特殊说明,本试卷中重力加速度g取10 m/s2。
一、单项选择题(本大题共8小题,每小题3分,共24分。在每小题给出的四个选项中只有一个符合题目要求)
1.如图所示,冰球以速度v1在水平冰面上向右运动,运动员沿冰面垂直v1的方向上快速击打冰球,冰球立即获得沿击打方向的分速度v2。不计冰面摩擦和空气阻力,下列图中的虚线能正确反映冰球被击打后运动路径的是 ( )
A B C D
2.如图甲所示,“和谐号”动车的雨刷器由刮水片和悬臂构成,M、N为刮水片的端点,P为刮水片和悬臂的连接点。悬臂OP绕O点往复转动的过程中,刮水片不绕P点转动,如图乙所示。下列说法正确的是 ( )
A.M、N两点的线速度不同
B.M、N两点的周期相同
C.M、N两点的加速度均指向O点
D.P点的线速度大小始终不变
3.下列情形中,关于向心力的来源判断正确的是 ( )
A.图甲中,动车在倾斜路面转弯时,铁轨的支持力提供向心力
B.图乙中,飞机在水平面内转弯时,重力与升力的合力提供向心力
C.图丙中,汽车在水平路面转弯时,轨迹切线方向上的摩擦力提供向心力
D.图丁中,小孩乘坐旋转木马运动时,木马的重力提供向心力
4.某同学根据打夯机原理制成了如图所示的仪器,底座与支架连在一起,支架的上方有一转轴,轴上连有一根轻杆,杆的另一端固定一铁球,球的转动半径为r,底座和支架的质量为M,铁球的质量为m,其余各部件的质量都忽略不计,忽略空气阻力和转轴摩擦力,重力加速度为g。使铁球在竖直平面内做圆周运动,若铁球运动到最高点时,底座对地面的压力为零,则此时铁球的线速度大小为 ( )
A. B. C. D.
5.如图所示,在半径为R的半球形陶罐的内表面上,一质量为m的光滑小球在距碗口高度为h的水平面内做匀速圆周运动,小球可视为质点,重力加速度为g,则下列说法正确的是 ( )
A.小球运动的周期为2π
B.小球运动的线速度大小为
C.陶罐对小球的支持力大小为
D.小球运动的向心加速度为
6.如图所示,水平放置的水管(管壁的厚度不计)距地面的高度为h,管的横截面积为S,管的直径远小于h。有水从管口处以恒定的速度v0源源不断地沿水平方向射出,且水流在空中不散开。重力加速度大小为g,不计空气阻力。在水流稳定后空中水的体积为 ( )
A.Sv0 B. C.Sv0 D.
7.如图所示,同一高度有4个相同的小球,同一时刻甲、乙、丙分别沿竖直向下、水平向右和竖直向上方向以相同的速率抛出,丁做自由落体运动,均不计空气阻力,则下列说法正确的是 ( )
A.四个小球同时落地 B.甲、乙两小球落地时的速度相等
C.四个小球的加速度相同 D.四个小球的位移相同
8.如图所示,在竖直的转动轴上,a、b两点间距为40 cm,细线ac长50 cm,bc长30 cm,在c端系一质量为m的小球,重力加速度为g,在转动轴带着小球转动的过程中,下列说法正确的是 ( )
A.在细线bc拉直前,小球受到细线ac的拉力、重力和向心力三个力的作用
B.细线bc拉直后转速增大,细线bc拉力减小
C.细线bc拉直后转速增大,细线ac拉力增大
D.细线bc刚好拉直时,细线ac中的拉力为1.25mg
二、多项选择题(本大题共4小题,每小题4分,共16分。在每小题给出的四个选项中,有多个选项符合题目要求,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错或不答的得0分)
9.如图所示,从t=0时刻在O点沿光滑斜面向上抛出的小球,通过斜面末端P后到达空间最高点Q,下列图线是小球沿x方向和y方向分运动的速度-时间图线,不计空气阻力,其中正确的是 ( )
A B C D
10.如图所示,机械人手臂由两根长均为l的轻质臂杆OM和MN连接而成,OM可绕O点转动。N端抓住货物后,在智能遥控操控下,OM杆在t时间内绕O点由竖直位置逆时针匀速转过θ角到图示虚线位置,整个过程,MN杆始终水平。则下列说法正确的是 ( )
A.M点的线速度大小为 B.M点的向心加速度大小为
C.货物在水平方向的速度减小 D.货物在竖直方向做匀速运动
11.如图所示,A、B为钉在光滑水平面上的两根细铁钉,将可视为质点的小球C用长为L0的轻绳拴在铁钉B上,轻绳能承受足够大的拉力。t=0时刻,A、B、C在同一直线上,给小球C一个垂直于轻绳的速度,使小球绕着两根铁钉在水平面上做圆周运动,每次轻绳碰到铁钉时小球的速度大小不变。在第5 s末时轻绳第一次碰到铁钉A,轻绳的拉力由4 N突变为5 N,小球碰到铁钉时立即停止运动,下列说法正确的是 ( )
A.A、B间的距离为L0
B.A、B间的距离为L0
C.在t=13 s时轻绳第二次碰到铁钉
D.在t=9 s时轻绳第二次碰到铁钉
12.如图所示,同一竖直平面内有四分之一圆弧AC和倾角为θ=60°的斜面BC相接于C点,D为BC中点,A、B两点与圆弧AC的圆心O等高。现将甲、乙小球同时从A、B两点以一定大小的初速度沿水平方向同时抛出,两球恰好在C点相碰(不计空气阻力)。则下列说法正确的是 ( )
A.甲、乙两球初速度大小之比为∶1
B.若仅增大两球质量,则两球不再相碰
C.若乙球速度大小变为原来的一半,则落在斜面BD之间某点
D.若乙球速度大小变为原来的2倍,则可能垂直击中圆弧AC
三、非选择题(本大题共6小题,共60分)
13.(6分)采用如图甲所示的实验装置做“探究平抛运动的特点”实验:
(1)做实验时,让小球多次沿同一轨道运动,通过描点法画出小球平抛运动的轨迹。下列一些操作要求,正确的是 。
A.每次必须由同一位置静止释放小球
B.每次必须严格地等距离下降记录小球位置
C.小球运动时不应与木板上的白纸相接触
D.记录的点应适当多一些
(2)若用频闪摄影方法来验证小球在平抛过程中水平方向是匀速运动,记录如图乙所示的频闪照片,在测得x1、x2、x3、x4后,需要验证的关系是 。已知频闪周期为T,用下列计算式求得的水平速度误差较小的是 。
A. B. C. D.
14.(8分)某同学利用如图所示的实验装置进行了向心力来源分析并探究向心力表达式的实验。固定在竖直面内的轨道由竖直轨道AB和四分之一圆弧轨道组成,C处固定有压力传感器和光电门(检测光线与球心等高)。实验中用小球压缩弹簧到某一位置后由静止释放,小球沿轨道运动经过C点时,数字计时器显示遮光时间,压力传感器显示压力数值。已知圆弧轨道半径为R,小球直径为d。实验过程如下:
(1)调节小球释放位置,使小球经过C点时,压力传感器的示数恰好为零,此时数字计时器显示遮光时间为t0,则小球经过C点时的速度大小v= ,实验所在地的重力加速度大小g= 。
(2)逐渐压低小球释放点的位置,多次操作,记录每次对应的压力数值F、遮光时间t,作出F-图像,分析可知图线的斜率为k,则小球的质量m= ,F与t之间的关系式可表示为 。(以上均用已知物理量符号表示)
15.(8分)世界杯上头球具有很大的杀伤力。某次训练中,运动员跳起将足球顶出,欲击中地面上A点。其中有两次在3.2 m高度将球顶出,第一次顶出球的速度方向沿水平方向,速度大小为15 m/s,落地点比A点近了0.3 m;第二次顶出球的速度方向与水平方向夹角为37°,速度大小为10 m/s,两次运动轨迹在同一竖直面内,如图所示,不计空气阻力,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求:
(1)第一次足球在空中飞行的时间;
(2)第二次足球落地点与A点的距离。
16.(9分)类比法是物理学习中经常用到的一种方法。我们可以尝试用类比法分析以下情景:如图1所示,质量为m的某滑雪运动员以一定初速度v0由O点水平(即v0∥CD)滑到一倾斜平台上,平台与水平面成θ角,运动员最终在E点落地。已知O点距水平面的高度为h,试分析:
(1)忽略滑板与平台间的摩擦,忽略空气阻力,请在图2中对运动员在平台上的运动进行受力分析并求出加速度a的大小和方向。
(2)类比平抛运动的分析方法,可以以v0方向为x轴,BC方向为y轴建立坐标系(如图1),将运动员的实际运动分解为x、y两方向的分运动。请说明两分运动的运动性质,并求出运动员的落地时间t。
(3)根据你的分析请说明,如果要使该运动员不从平台落地,而从AD侧面飞出,可以采取哪些措施(至少说两项措施)
17.(13分)如图所示,水平直线轨道AB与CD在同一竖直平面内,CD与竖直放置的光滑圆筒的上边缘于D点相切,D'位于筒的下边缘,D″在水平直线轨道AB上。其中,D、D'、D″三点位于同一竖直线上。现有一可以视为质点的小球沿D点以某一水平速度滑入圆筒,在筒内旋转一周后于D'处离开圆筒,最终落于AB上的E点(未画出)。已知AB与CD相距H=1.8 m,筒高为h=0.8 m,D″E间的距离为x=1 m。则:
(1)分析小球在筒内竖直方向做什么运动,并求出小球从D点运动到D'点的时间;
(2)求小球滑入D点时的速度和圆筒的半径(结果可以用π表示);
(3)若小球滑入D点的速度大小可调节但不为零,且由于材料原因小球无法承受超过自身重力250倍的压力。则小球在直线轨道AB上D″的右侧有多少个可能的落点
18.(16分)如图甲所示,一半径为R=0.5 m的水平转盘可以绕着竖直轴OO'转动,水平转盘中心O处有一个光滑小孔,一根长为L=1 m的细线穿过小孔,将质量分别为mA=0.2 kg、mB=0.5 kg的小球A和小物块B连接。现让小球和水平转盘各以一定的角速度在水平面内转动起来,小物块B与水平转盘间的动摩擦因数μ=0.3,且始终处于水平转盘的边缘处与转盘相对静止。求:
(1)若小球A的角速度ωA=5 rad/s,细线与竖直方向的夹角θ;
(2)在满足(1)中的条件下,通过计算给出水平转盘角速度ωB的取值范围,并在图乙中画出f-图像(假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,且规定沿半径指向圆心为正方向);
(3)在水平转盘角速度ωB为(2)中的最大值的情况下,当小球A和小物块B转动至两者速度方向相反时,由于某种原因细线突然断裂,经过多长时间A和B的速度相互垂直。
答案全解全析
1.B 2.B 3.B 4.A 5.B 6.C
7.C 8.D 9.AD 10.AC 11.BD 12.AC
1.B 实际运动的速度为合速度,根据平行四边形定则可知,合速度不可能沿击打方向,一定沿以两分速度为邻边的平行四边形的对角线的方向,A错误,B正确;根据物体做曲线运动的条件,即物体所受的合力与速度方向不在同一直线上分析,由于题中冰球受击打后在水平方向上不受力,故做直线运动,C、D错误。
2.B 刮水片不绕P点转动,则刮水片上的各点运动情况完全相同,所以M、N的线速度始终相同,周期也是相等的,A错误,B正确;由于刮水片上的各点的运动情况完全相同,即M、N、P点的线速度、角速度始终相同,根据v=rω可知三点的半径相同,则M、N两点转动的圆心不可能是O点,加速度不可能均指向O点,C错误;悬臂OP绕O点往复转动的过程是非匀速圆周运动,故P点的线速度大小是变化的,D错误。
3.B 题图甲中,动车在倾斜路面转弯时,铁轨的支持力和重力的合力提供向心力,A错误;题图乙中,飞机在水平面内转弯时,升力和重力的合力提供向心力,B正确;题图丙中,汽车在水平路面转弯时,沿半径方向的摩擦力提供向心力,C错误;题图丁中,小孩乘坐旋转木马运动时,木马的支持力和重力的合力提供向心力,D错误。
4.A 铁球在竖直平面内做圆周运动,在最高点时,底座对地面的压力为零,根据平衡条件可知杆对底座和支架的拉力为F=Mg,方向竖直向上,则杆对铁球的拉力大小为Mg,方向竖直向下,对铁球,由牛顿第二定律有F+mg=m,解得v=,选A。
5.B 设小球与球心的连线与竖直方向的夹角为θ,对小球受力分析,可知mg tan θ=m=mr=ma,其中小球做圆周运动的半径为r=,且tan θ=,可得T=2π,v=,a=,A、D错误,B正确;陶罐对小球的支持力FN==,C错误。选B。
6.C 在水流稳定后,由于水离开管口做平抛运动,根据h=gt2可得水在空中运动的时间为t=,解得空中水的体积为V=Sv0t=Sv0,选C。
7.C 四个小球只受重力作用,加速度均为g,C正确;在竖直方向,设竖直向下为正方向,对甲球有h=v0t1+g,对乙球有h=g,对丙球有h=-v0t3+g,对丁球有h=g,可得t3>t2=t4>t1,A错误;甲球落地时的速度为v1=v0+gt1,乙球落地时的速度为v2=,故甲、乙两小球落地时的速度不相同,B错误;甲、丙、丁三个小球落到抛出位置的正下方,位移大小和方向相同,乙小球水平方向有位移,根据几何关系可知,四个小球位移不相同,D错误。
8.D 在细线bc拉直前,小球受到细线ac的拉力、重力,这两个力的合力提供向心力,A错误;细线bc拉直后,设细线ac与竖直方向的夹角为θ,在竖直方向有T cos θ=mg,在水平方向,由牛顿第二定律有T sin θ+T'=mω2r,其中T为细线ac的拉力,T'为细线bc的拉力,可得T=,T'=mω2r+mg tan θ,可见转速增大,细线bc的拉力T'增大,细线ac的拉力T不变,B、C错误;细线bc刚好拉直时,细线bc上还没有拉力,细线ac与竖直方向的夹角满足cos θ=,在竖直方向由平衡条件可得T cos θ=mg,解得细线ac上的拉力为T=1.25mg,D正确。
9.AD 小球在斜面上做匀减速直线运动,将速度和加速度分解,知在水平方向和竖直方向都做匀减速直线运动;离开斜面后水平方向上不受力,做匀速直线运动,在竖直方向上做竖直上抛运动,加速度为g,加速度大小大于在斜面上运动时竖直方向上的加速度大小,故A、D正确。
10.AC M点绕O点做匀速圆周运动,角速度ω=,则线速度大小为v=ωl=,向心加速度大小为a=ω2l=,故A正确,B错误;由于MN杆始终水平,故货物与M点的运动状态相同,将M点的速度v分解,如图所示,水平方向有v1=v cos θ,竖直方向有v2=v sin θ,角θ增大,v1减小,v2增大,故C正确,D错误。
11.BD 轻绳碰到铁钉A前,小球C绕铁钉B做匀速圆周运动,轻绳的拉力为4 N,根据牛顿第二定律有F1=;碰到铁钉A后,小球C绕铁钉A做匀速圆周运动,轻绳的拉力突变为5 N,根据牛顿第二定律有F2=,解得A、B间的距离xAB=L0,故A错误,B正确。轻绳第一次碰到铁钉前后小球的转动半径之比为5∶4,可得运动时间之比为5∶4,所以再经过4 s轻绳碰到铁钉B,则t=9 s时轻绳第二次碰到铁钉,故C错误,D正确。
12.AC 甲、乙小球分别从A、B两点同时抛出,在C点相碰,则两小球运动的时间相等,由几何知识可知,两小球水平位移之比为x1∶x2=tan 60°=,则甲、乙两球初速度大小之比为∶1,故A正确;两球的运动时间与质量无关,若改变质量,两球仍会相碰,故B错误;若乙球速度大小变为原来的一半,会落在斜面上,与落在水平面相比下落高度减小,则运动时间减小,所以乙球的水平位移会小于原来位移的一半,则落在斜面BD之间某点,C正确;若乙球垂直击中圆弧AC,则落点处的速度的反向延长线过圆心O,如图所示,根据平抛运动的推论,即速度方向的反向延长线交于水平位移的中点,可知此时的水平位移变为原来的2倍,但由于下落高度减小,则运动的时间减小,故此时的初速度大于原来的2倍,则若乙球速度大小变为原来的2倍,则不可能垂直击中圆弧AC,故D错误。
13.答案 (1)ACD(2分) (2)x4-x3=x3-x2=x2-x1=x1(2分) D(2分)
解析 (1)实验时每次必须从同一位置静止释放小球,以保证小球平抛的初速度相同,运动轨迹相同,A正确;每次不一定严格地等距离下降记录小球位置,B错误;小球运动时不应与木板上的白纸相接触,否则会改变运动轨迹,C正确;记录的点应适当多一些,以便描绘轨迹,减小误差,D正确。
(2)因相邻两位置的时间间隔相同,则若小球在平抛过程中水平方向是匀速运动,则满足x4-x3=x3-x2 =x2-x1 =x1;由小球最后一个位置与第一个位置的水平距离计算求得的水平速度误差较小,则用计算式求得的水平速度误差较小,选D。
14.答案 (1)(2分) (2分)
(2)(2分) F=-(2分)
解析 (1)由于小球经过光电门的时间极短,可用平均速度代替瞬时速度,则小球经过C点时的速度大小v=;在最高点,重力提供向心力,有mg=m,可得g=。
(2)根据牛顿第二定律有F+mg=m,可得F=-mg,故F-图线的斜率为k=,解得m=;根据m=,g=,结合F=-mg,可得F=-。
15.答案 (1)0.8 s (2)0.5 m
解析 (1)第一次顶出球的速度方向沿水平方向,足球做平抛运动。设足球在空中飞行的时间为t1,
竖直方向有h=g (1分)
解得t1=0.8 s(1分)
(2)设球第一次顶出后的水平距离为x1,则水平方向有x1=v1t1 (1分)
设球第二次顶出后飞行时间为t2,规定竖直向上为正方向,则竖直方向有-h=v2 sin 37°·t2-g (2分)
水平距离为x2=v2 cos 37°·t2 (1分)
第二次足球落地点与A点的距离d=x2-x1-0.3 m(1分)
解得d=0.5 m(1分)
16.答案 (1)g sin θ 沿斜面向下 (2)见解析 (3)增大初速度,减小斜面倾角
解析 (1)对运动员受力分析,沿斜面方向上,由牛顿第二定律有
mg sin θ=ma, (1分)
解得a=g sin θ,方向沿斜面向下 (1分)
(2)由等效原理可知,运动员只受沿斜面向下的力,大小为mg sin θ,运动员沿x方向以速度v0滑出,即力的方向与v0方向垂直,则在x方向做匀速直线运动, (1分)
沿y方向做初速度为0、加速度为g sin θ的匀加速直线运动, (1分)
根据图1,由几何关系可知,运动员在沿y方向上的位移为
L= (1分)
又有L=g sin θ·t2 (1分)
解得t== (1分)
(3)如果要使该运动员不从平台落地,而从AD侧面飞出,即在v0方向上的位移变大,由于在v0方向上运动员做匀速运动,则有x=v0t (1分)
要使x变大,可以增大初速度v0,也可以增大时间t,即减小斜面倾角。 (1分)
17.答案 (1)自由落体运动 0.4 s (2)5 m/s m (3)共有5个可能的落点
解析 (1)小球从D点滑入圆筒后紧贴内壁运动,竖直方向只受重力作用,故做自由落体运动,有h=g (1分)
解得t1=0.4 s(1分)
(2)小球从D点滑入圆筒到到达轨道AB,在竖直方向做自由落体运动,有H=gt2 (1分)
可得小球落至水平轨道所用时间t=0.6 s(1分)
所以离开圆筒后的运动时间t2=t-t1=0.2 s(1分)
可得小球进入D点时的速度,即水平速度v0==5 m/s(1分)
在圆筒内,小球沿水平方向做匀速圆周运动,有2πr=v0t1 (1分)
所以圆筒半径r== m(1分)
(3)若要使小球落于水平轨道AB上,则在圆筒内水平方向必须做完整的圆周运动,
有2nπr=v0t1(n=1,2,3,…) (1分)
可得v0==5n m/s(n=1,2,3,…) (1分)
同时小球在筒内将受到水平方向的压力F=m≤250mg (1分)
解得n2≤(n=1,2,3,…) (1分)
所以n可以取1、2、3、4、5,共有5个可能的落点。 (1分)
18.答案 (1)37° (2)见解析 (3) s
解析 (1)对小球A受力分析,受重力和细线的拉力,由牛顿第二定律有mAg tan θ=mArA (1分)
由几何关系知rA=(L-R) sin θ (1分)
解得cos θ=,可得θ=37° (1分)
(2)细线的拉力T==2.5 N(1分)
当物块B受到的最大静摩擦力fmax指向转盘中心时,向心力最大,转盘的角速度ωB最大,有T+μmBg=mBR (1分)
解得ωBmax=4 rad/s(1分)
当物块B受到的最大静摩擦力fmax背离转盘中心时,向心力最小,转盘的角速度ωB最小,有
T-μmBg=mBR (1分)
解得ωBmin=2 rad/s(1分)
水平转盘角速度ωB的取值范围为2 rad/s≤ωB≤4 rad/s(1分)
根据T+f=mBR,可得f=mBR-T=(0.25-2.5) N,知f与成线性关系,可得f-图像如图所示 (2分)
(3)细线断后A、B均做平抛运动,设经时间t,A和B速度垂直,由平抛运动规律知此时A、B竖直方向的速度均为vy=gt (1分)
水平方向有vOA=rAωA=1.5 m/s(1分)
vOB=rBωBmax=2 m/s(1分)
速度分解如图,由几何关系有=,=vOA·vOB, (1分)
解得t== s(1分)
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期中学业水平检测
注意事项:1.全卷满分100分。考试用时90分钟。
2.无特殊说明,本试卷中重力加速度g取10 m/s2。
一、单项选择题(本大题共8小题,每小题3分,共24分。在每小题给出的四个选项中只有一个符合题目要求)
1.如图所示,冰球以速度v1在水平冰面上向右运动,运动员沿冰面垂直v1的方向上快速击打冰球,冰球立即获得沿击打方向的分速度v2。不计冰面摩擦和空气阻力,下列图中的虚线能正确反映冰球被击打后运动路径的是 ( )
A B C D
2.如图甲所示,“和谐号”动车的雨刷器由刮水片和悬臂构成,M、N为刮水片的端点,P为刮水片和悬臂的连接点。悬臂OP绕O点往复转动的过程中,刮水片不绕P点转动,如图乙所示。下列说法正确的是 ( )
A.M、N两点的线速度不同
B.M、N两点的周期相同
C.M、N两点的加速度均指向O点
D.P点的线速度大小始终不变
3.下列情形中,关于向心力的来源判断正确的是 ( )
A.图甲中,动车在倾斜路面转弯时,铁轨的支持力提供向心力
B.图乙中,飞机在水平面内转弯时,重力与升力的合力提供向心力
C.图丙中,汽车在水平路面转弯时,轨迹切线方向上的摩擦力提供向心力
D.图丁中,小孩乘坐旋转木马运动时,木马的重力提供向心力
4.某同学根据打夯机原理制成了如图所示的仪器,底座与支架连在一起,支架的上方有一转轴,轴上连有一根轻杆,杆的另一端固定一铁球,球的转动半径为r,底座和支架的质量为M,铁球的质量为m,其余各部件的质量都忽略不计,忽略空气阻力和转轴摩擦力,重力加速度为g。使铁球在竖直平面内做圆周运动,若铁球运动到最高点时,底座对地面的压力为零,则此时铁球的线速度大小为 ( )
A. B. C. D.
5.如图所示,在半径为R的半球形陶罐的内表面上,一质量为m的光滑小球在距碗口高度为h的水平面内做匀速圆周运动,小球可视为质点,重力加速度为g,则下列说法正确的是 ( )
A.小球运动的周期为2π
B.小球运动的线速度大小为
C.陶罐对小球的支持力大小为
D.小球运动的向心加速度为
6.如图所示,水平放置的水管(管壁的厚度不计)距地面的高度为h,管的横截面积为S,管的直径远小于h。有水从管口处以恒定的速度v0源源不断地沿水平方向射出,且水流在空中不散开。重力加速度大小为g,不计空气阻力。在水流稳定后空中水的体积为 ( )
A.Sv0 B. C.Sv0 D.
7.如图所示,同一高度有4个相同的小球,同一时刻甲、乙、丙分别沿竖直向下、水平向右和竖直向上方向以相同的速率抛出,丁做自由落体运动,均不计空气阻力,则下列说法正确的是 ( )
A.四个小球同时落地 B.甲、乙两小球落地时的速度相等
C.四个小球的加速度相同 D.四个小球的位移相同
8.如图所示,在竖直的转动轴上,a、b两点间距为40 cm,细线ac长50 cm,bc长30 cm,在c端系一质量为m的小球,重力加速度为g,在转动轴带着小球转动的过程中,下列说法正确的是 ( )
A.在细线bc拉直前,小球受到细线ac的拉力、重力和向心力三个力的作用
B.细线bc拉直后转速增大,细线bc拉力减小
C.细线bc拉直后转速增大,细线ac拉力增大
D.细线bc刚好拉直时,细线ac中的拉力为1.25mg
二、多项选择题(本大题共4小题,每小题4分,共16分。在每小题给出的四个选项中,有多个选项符合题目要求,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错或不答的得0分)
9.如图所示,从t=0时刻在O点沿光滑斜面向上抛出的小球,通过斜面末端P后到达空间最高点Q,下列图线是小球沿x方向和y方向分运动的速度-时间图线,不计空气阻力,其中正确的是 ( )
A B C D
10.如图所示,机械人手臂由两根长均为l的轻质臂杆OM和MN连接而成,OM可绕O点转动。N端抓住货物后,在智能遥控操控下,OM杆在t时间内绕O点由竖直位置逆时针匀速转过θ角到图示虚线位置,整个过程,MN杆始终水平。则下列说法正确的是 ( )
A.M点的线速度大小为 B.M点的向心加速度大小为
C.货物在水平方向的速度减小 D.货物在竖直方向做匀速运动
11.如图所示,A、B为钉在光滑水平面上的两根细铁钉,将可视为质点的小球C用长为L0的轻绳拴在铁钉B上,轻绳能承受足够大的拉力。t=0时刻,A、B、C在同一直线上,给小球C一个垂直于轻绳的速度,使小球绕着两根铁钉在水平面上做圆周运动,每次轻绳碰到铁钉时小球的速度大小不变。在第5 s末时轻绳第一次碰到铁钉A,轻绳的拉力由4 N突变为5 N,小球碰到铁钉时立即停止运动,下列说法正确的是 ( )
A.A、B间的距离为L0
B.A、B间的距离为L0
C.在t=13 s时轻绳第二次碰到铁钉
D.在t=9 s时轻绳第二次碰到铁钉
12.如图所示,同一竖直平面内有四分之一圆弧AC和倾角为θ=60°的斜面BC相接于C点,D为BC中点,A、B两点与圆弧AC的圆心O等高。现将甲、乙小球同时从A、B两点以一定大小的初速度沿水平方向同时抛出,两球恰好在C点相碰(不计空气阻力)。则下列说法正确的是 ( )
A.甲、乙两球初速度大小之比为∶1
B.若仅增大两球质量,则两球不再相碰
C.若乙球速度大小变为原来的一半,则落在斜面BD之间某点
D.若乙球速度大小变为原来的2倍,则可能垂直击中圆弧AC
三、非选择题(本大题共6小题,共60分)
13.(6分)采用如图甲所示的实验装置做“探究平抛运动的特点”实验:
(1)做实验时,让小球多次沿同一轨道运动,通过描点法画出小球平抛运动的轨迹。下列一些操作要求,正确的是 。
A.每次必须由同一位置静止释放小球
B.每次必须严格地等距离下降记录小球位置
C.小球运动时不应与木板上的白纸相接触
D.记录的点应适当多一些
(2)若用频闪摄影方法来验证小球在平抛过程中水平方向是匀速运动,记录如图乙所示的频闪照片,在测得x1、x2、x3、x4后,需要验证的关系是 。已知频闪周期为T,用下列计算式求得的水平速度误差较小的是 。
A. B. C. D.
14.(8分)某同学利用如图所示的实验装置进行了向心力来源分析并探究向心力表达式的实验。固定在竖直面内的轨道由竖直轨道AB和四分之一圆弧轨道组成,C处固定有压力传感器和光电门(检测光线与球心等高)。实验中用小球压缩弹簧到某一位置后由静止释放,小球沿轨道运动经过C点时,数字计时器显示遮光时间,压力传感器显示压力数值。已知圆弧轨道半径为R,小球直径为d。实验过程如下:
(1)调节小球释放位置,使小球经过C点时,压力传感器的示数恰好为零,此时数字计时器显示遮光时间为t0,则小球经过C点时的速度大小v= ,实验所在地的重力加速度大小g= 。
(2)逐渐压低小球释放点的位置,多次操作,记录每次对应的压力数值F、遮光时间t,作出F-图像,分析可知图线的斜率为k,则小球的质量m= ,F与t之间的关系式可表示为 。(以上均用已知物理量符号表示)
15.(8分)世界杯上头球具有很大的杀伤力。某次训练中,运动员跳起将足球顶出,欲击中地面上A点。其中有两次在3.2 m高度将球顶出,第一次顶出球的速度方向沿水平方向,速度大小为15 m/s,落地点比A点近了0.3 m;第二次顶出球的速度方向与水平方向夹角为37°,速度大小为10 m/s,两次运动轨迹在同一竖直面内,如图所示,不计空气阻力,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求:
(1)第一次足球在空中飞行的时间;
(2)第二次足球落地点与A点的距离。
16.(9分)类比法是物理学习中经常用到的一种方法。我们可以尝试用类比法分析以下情景:如图1所示,质量为m的某滑雪运动员以一定初速度v0由O点水平(即v0∥CD)滑到一倾斜平台上,平台与水平面成θ角,运动员最终在E点落地。已知O点距水平面的高度为h,试分析:
(1)忽略滑板与平台间的摩擦,忽略空气阻力,请在图2中对运动员在平台上的运动进行受力分析并求出加速度a的大小和方向。
(2)类比平抛运动的分析方法,可以以v0方向为x轴,BC方向为y轴建立坐标系(如图1),将运动员的实际运动分解为x、y两方向的分运动。请说明两分运动的运动性质,并求出运动员的落地时间t。
(3)根据你的分析请说明,如果要使该运动员不从平台落地,而从AD侧面飞出,可以采取哪些措施(至少说两项措施)
17.(13分)如图所示,水平直线轨道AB与CD在同一竖直平面内,CD与竖直放置的光滑圆筒的上边缘于D点相切,D'位于筒的下边缘,D″在水平直线轨道AB上。其中,D、D'、D″三点位于同一竖直线上。现有一可以视为质点的小球沿D点以某一水平速度滑入圆筒,在筒内旋转一周后于D'处离开圆筒,最终落于AB上的E点(未画出)。已知AB与CD相距H=1.8 m,筒高为h=0.8 m,D″E间的距离为x=1 m。则:
(1)分析小球在筒内竖直方向做什么运动,并求出小球从D点运动到D'点的时间;
(2)求小球滑入D点时的速度和圆筒的半径(结果可以用π表示);
(3)若小球滑入D点的速度大小可调节但不为零,且由于材料原因小球无法承受超过自身重力250倍的压力。则小球在直线轨道AB上D″的右侧有多少个可能的落点
18.(16分)如图甲所示,一半径为R=0.5 m的水平转盘可以绕着竖直轴OO'转动,水平转盘中心O处有一个光滑小孔,一根长为L=1 m的细线穿过小孔,将质量分别为mA=0.2 kg、mB=0.5 kg的小球A和小物块B连接。现让小球和水平转盘各以一定的角速度在水平面内转动起来,小物块B与水平转盘间的动摩擦因数μ=0.3,且始终处于水平转盘的边缘处与转盘相对静止。求:
(1)若小球A的角速度ωA=5 rad/s,细线与竖直方向的夹角θ;
(2)在满足(1)中的条件下,通过计算给出水平转盘角速度ωB的取值范围,并在图乙中画出f-图像(假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,且规定沿半径指向圆心为正方向);
(3)在水平转盘角速度ωB为(2)中的最大值的情况下,当小球A和小物块B转动至两者速度方向相反时,由于某种原因细线突然断裂,经过多长时间A和B的速度相互垂直。
答案全解全析
1.B 2.B 3.B 4.A 5.B 6.C
7.C 8.D 9.AD 10.AC 11.BD 12.AC
1.B 实际运动的速度为合速度,根据平行四边形定则可知,合速度不可能沿击打方向,一定沿以两分速度为邻边的平行四边形的对角线的方向,A错误,B正确;根据物体做曲线运动的条件,即物体所受的合力与速度方向不在同一直线上分析,由于题中冰球受击打后在水平方向上不受力,故做直线运动,C、D错误。
2.B 刮水片不绕P点转动,则刮水片上的各点运动情况完全相同,所以M、N的线速度始终相同,周期也是相等的,A错误,B正确;由于刮水片上的各点的运动情况完全相同,即M、N、P点的线速度、角速度始终相同,根据v=rω可知三点的半径相同,则M、N两点转动的圆心不可能是O点,加速度不可能均指向O点,C错误;悬臂OP绕O点往复转动的过程是非匀速圆周运动,故P点的线速度大小是变化的,D错误。
3.B 题图甲中,动车在倾斜路面转弯时,铁轨的支持力和重力的合力提供向心力,A错误;题图乙中,飞机在水平面内转弯时,升力和重力的合力提供向心力,B正确;题图丙中,汽车在水平路面转弯时,沿半径方向的摩擦力提供向心力,C错误;题图丁中,小孩乘坐旋转木马运动时,木马的支持力和重力的合力提供向心力,D错误。
4.A 铁球在竖直平面内做圆周运动,在最高点时,底座对地面的压力为零,根据平衡条件可知杆对底座和支架的拉力为F=Mg,方向竖直向上,则杆对铁球的拉力大小为Mg,方向竖直向下,对铁球,由牛顿第二定律有F+mg=m,解得v=,选A。
5.B 设小球与球心的连线与竖直方向的夹角为θ,对小球受力分析,可知mg tan θ=m=mr=ma,其中小球做圆周运动的半径为r=,且tan θ=,可得T=2π,v=,a=,A、D错误,B正确;陶罐对小球的支持力FN==,C错误。选B。
6.C 在水流稳定后,由于水离开管口做平抛运动,根据h=gt2可得水在空中运动的时间为t=,解得空中水的体积为V=Sv0t=Sv0,选C。
7.C 四个小球只受重力作用,加速度均为g,C正确;在竖直方向,设竖直向下为正方向,对甲球有h=v0t1+g,对乙球有h=g,对丙球有h=-v0t3+g,对丁球有h=g,可得t3>t2=t4>t1,A错误;甲球落地时的速度为v1=v0+gt1,乙球落地时的速度为v2=,故甲、乙两小球落地时的速度不相同,B错误;甲、丙、丁三个小球落到抛出位置的正下方,位移大小和方向相同,乙小球水平方向有位移,根据几何关系可知,四个小球位移不相同,D错误。
8.D 在细线bc拉直前,小球受到细线ac的拉力、重力,这两个力的合力提供向心力,A错误;细线bc拉直后,设细线ac与竖直方向的夹角为θ,在竖直方向有T cos θ=mg,在水平方向,由牛顿第二定律有T sin θ+T'=mω2r,其中T为细线ac的拉力,T'为细线bc的拉力,可得T=,T'=mω2r+mg tan θ,可见转速增大,细线bc的拉力T'增大,细线ac的拉力T不变,B、C错误;细线bc刚好拉直时,细线bc上还没有拉力,细线ac与竖直方向的夹角满足cos θ=,在竖直方向由平衡条件可得T cos θ=mg,解得细线ac上的拉力为T=1.25mg,D正确。
9.AD 小球在斜面上做匀减速直线运动,将速度和加速度分解,知在水平方向和竖直方向都做匀减速直线运动;离开斜面后水平方向上不受力,做匀速直线运动,在竖直方向上做竖直上抛运动,加速度为g,加速度大小大于在斜面上运动时竖直方向上的加速度大小,故A、D正确。
10.AC M点绕O点做匀速圆周运动,角速度ω=,则线速度大小为v=ωl=,向心加速度大小为a=ω2l=,故A正确,B错误;由于MN杆始终水平,故货物与M点的运动状态相同,将M点的速度v分解,如图所示,水平方向有v1=v cos θ,竖直方向有v2=v sin θ,角θ增大,v1减小,v2增大,故C正确,D错误。
11.BD 轻绳碰到铁钉A前,小球C绕铁钉B做匀速圆周运动,轻绳的拉力为4 N,根据牛顿第二定律有F1=;碰到铁钉A后,小球C绕铁钉A做匀速圆周运动,轻绳的拉力突变为5 N,根据牛顿第二定律有F2=,解得A、B间的距离xAB=L0,故A错误,B正确。轻绳第一次碰到铁钉前后小球的转动半径之比为5∶4,可得运动时间之比为5∶4,所以再经过4 s轻绳碰到铁钉B,则t=9 s时轻绳第二次碰到铁钉,故C错误,D正确。
12.AC 甲、乙小球分别从A、B两点同时抛出,在C点相碰,则两小球运动的时间相等,由几何知识可知,两小球水平位移之比为x1∶x2=tan 60°=,则甲、乙两球初速度大小之比为∶1,故A正确;两球的运动时间与质量无关,若改变质量,两球仍会相碰,故B错误;若乙球速度大小变为原来的一半,会落在斜面上,与落在水平面相比下落高度减小,则运动时间减小,所以乙球的水平位移会小于原来位移的一半,则落在斜面BD之间某点,C正确;若乙球垂直击中圆弧AC,则落点处的速度的反向延长线过圆心O,如图所示,根据平抛运动的推论,即速度方向的反向延长线交于水平位移的中点,可知此时的水平位移变为原来的2倍,但由于下落高度减小,则运动的时间减小,故此时的初速度大于原来的2倍,则若乙球速度大小变为原来的2倍,则不可能垂直击中圆弧AC,故D错误。
13.答案 (1)ACD(2分) (2)x4-x3=x3-x2=x2-x1=x1(2分) D(2分)
解析 (1)实验时每次必须从同一位置静止释放小球,以保证小球平抛的初速度相同,运动轨迹相同,A正确;每次不一定严格地等距离下降记录小球位置,B错误;小球运动时不应与木板上的白纸相接触,否则会改变运动轨迹,C正确;记录的点应适当多一些,以便描绘轨迹,减小误差,D正确。
(2)因相邻两位置的时间间隔相同,则若小球在平抛过程中水平方向是匀速运动,则满足x4-x3=x3-x2 =x2-x1 =x1;由小球最后一个位置与第一个位置的水平距离计算求得的水平速度误差较小,则用计算式求得的水平速度误差较小,选D。
14.答案 (1)(2分) (2分)
(2)(2分) F=-(2分)
解析 (1)由于小球经过光电门的时间极短,可用平均速度代替瞬时速度,则小球经过C点时的速度大小v=;在最高点,重力提供向心力,有mg=m,可得g=。
(2)根据牛顿第二定律有F+mg=m,可得F=-mg,故F-图线的斜率为k=,解得m=;根据m=,g=,结合F=-mg,可得F=-。
15.答案 (1)0.8 s (2)0.5 m
解析 (1)第一次顶出球的速度方向沿水平方向,足球做平抛运动。设足球在空中飞行的时间为t1,
竖直方向有h=g (1分)
解得t1=0.8 s(1分)
(2)设球第一次顶出后的水平距离为x1,则水平方向有x1=v1t1 (1分)
设球第二次顶出后飞行时间为t2,规定竖直向上为正方向,则竖直方向有-h=v2 sin 37°·t2-g (2分)
水平距离为x2=v2 cos 37°·t2 (1分)
第二次足球落地点与A点的距离d=x2-x1-0.3 m(1分)
解得d=0.5 m(1分)
16.答案 (1)g sin θ 沿斜面向下 (2)见解析 (3)增大初速度,减小斜面倾角
解析 (1)对运动员受力分析,沿斜面方向上,由牛顿第二定律有
mg sin θ=ma, (1分)
解得a=g sin θ,方向沿斜面向下 (1分)
(2)由等效原理可知,运动员只受沿斜面向下的力,大小为mg sin θ,运动员沿x方向以速度v0滑出,即力的方向与v0方向垂直,则在x方向做匀速直线运动, (1分)
沿y方向做初速度为0、加速度为g sin θ的匀加速直线运动, (1分)
根据图1,由几何关系可知,运动员在沿y方向上的位移为
L= (1分)
又有L=g sin θ·t2 (1分)
解得t== (1分)
(3)如果要使该运动员不从平台落地,而从AD侧面飞出,即在v0方向上的位移变大,由于在v0方向上运动员做匀速运动,则有x=v0t (1分)
要使x变大,可以增大初速度v0,也可以增大时间t,即减小斜面倾角。 (1分)
17.答案 (1)自由落体运动 0.4 s (2)5 m/s m (3)共有5个可能的落点
解析 (1)小球从D点滑入圆筒后紧贴内壁运动,竖直方向只受重力作用,故做自由落体运动,有h=g (1分)
解得t1=0.4 s(1分)
(2)小球从D点滑入圆筒到到达轨道AB,在竖直方向做自由落体运动,有H=gt2 (1分)
可得小球落至水平轨道所用时间t=0.6 s(1分)
所以离开圆筒后的运动时间t2=t-t1=0.2 s(1分)
可得小球进入D点时的速度,即水平速度v0==5 m/s(1分)
在圆筒内,小球沿水平方向做匀速圆周运动,有2πr=v0t1 (1分)
所以圆筒半径r== m(1分)
(3)若要使小球落于水平轨道AB上,则在圆筒内水平方向必须做完整的圆周运动,
有2nπr=v0t1(n=1,2,3,…) (1分)
可得v0==5n m/s(n=1,2,3,…) (1分)
同时小球在筒内将受到水平方向的压力F=m≤250mg (1分)
解得n2≤(n=1,2,3,…) (1分)
所以n可以取1、2、3、4、5,共有5个可能的落点。 (1分)
18.答案 (1)37° (2)见解析 (3) s
解析 (1)对小球A受力分析,受重力和细线的拉力,由牛顿第二定律有mAg tan θ=mArA (1分)
由几何关系知rA=(L-R) sin θ (1分)
解得cos θ=,可得θ=37° (1分)
(2)细线的拉力T==2.5 N(1分)
当物块B受到的最大静摩擦力fmax指向转盘中心时,向心力最大,转盘的角速度ωB最大,有T+μmBg=mBR (1分)
解得ωBmax=4 rad/s(1分)
当物块B受到的最大静摩擦力fmax背离转盘中心时,向心力最小,转盘的角速度ωB最小,有
T-μmBg=mBR (1分)
解得ωBmin=2 rad/s(1分)
水平转盘角速度ωB的取值范围为2 rad/s≤ωB≤4 rad/s(1分)
根据T+f=mBR,可得f=mBR-T=(0.25-2.5) N,知f与成线性关系,可得f-图像如图所示 (2分)
(3)细线断后A、B均做平抛运动,设经时间t,A和B速度垂直,由平抛运动规律知此时A、B竖直方向的速度均为vy=gt (1分)
水平方向有vOA=rAωA=1.5 m/s(1分)
vOB=rBωBmax=2 m/s(1分)
速度分解如图,由几何关系有=,=vOA·vOB, (1分)
解得t== s(1分)
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