2018-2019学年高中人教版物理必修二 第五章曲线运动+本章综合小结+Word版含答案

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1.小船渡河过程中，随水漂流和划行这两个分运动互不干扰，各自独立而且具有等时性
(1)渡河时间最短问题：只要分运动时间最短，则合运动时间最短，即船头垂直指向对岸渡河时时间最短.
(2)航程最短问题：要求合位移最小.当v水v船时，船不能垂直到达河岸，但仍存在最短航程，当v船与v合垂直时，航程最短.
2.跨过定滑轮拉绳(或绳拉物体)运动的速度分解
物体运动的速度为合速度v，物体速度v在沿绳方向的分速度v1就是使绳子拉长或缩短的速度，物体速度v的另一个分速度v2就是使绳子摆动的速度，它一定和v1垂直.
【突破训练一】
1.
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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x0＝173 m.下面关于该船渡河的判断，其中正确的是(　　)
A．小船过河的最短航程为100 m
B．小船过河的最短时间为25 s
C．小船可以在对岸A、B两点间任意一点靠岸
D．小船过河的最短航程为200 m
解析：
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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.如图所示，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＝，因此最短的航程是s＝d＝×100 m＝200 m，故A、C错误，D正确；当v2的方向与河岸垂直时，渡河时间最短，最短时间t＝＝ s＝50 s，故B错误.
答案：D
2.
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(多选)如图所示，物体P、Q经无摩擦的定滑轮用细绳连在一起，此时Q竖直匀速上升，P物体在水平力F作用下沿水平粗糙地面向右运动，则下列说法正确的是(　　)
A．P做减速运动
B．细绳对P的作用力逐渐增大
C．P所受摩擦力逐渐增大
D．细绳对滑轮的作用力大小不变
解析：设细绳与水平方向的夹角为θ，则vPcosθ＝vQ，因为Q竖直匀速上升，则随着θ角的减小，vP逐渐减小，即P做减速运动，选项A正确；由于物体Q做匀速运动，故细绳的拉力不变，即细绳对P的作用力不变，选项B错误；P所受摩擦力f＝μ(mPg－Tsinθ)，则随着θ角的减小，P所受摩擦力逐渐增大，选项C正确；两边细绳对滑轮的拉力大小不变，但是两绳的夹角逐渐变大，故由力的合成知识可知，细绳对滑轮的作用力逐渐减小，选项D错误.
答案：AC
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　　平抛运动是典型的匀变速曲线运动，它的动力学特征是：水平方向有初速度而不受外力，竖直方向只受重力而无初速度，抓住了平抛运动的这个初始条件，也就抓住了它的解题关键，现将常见的几种解题方法介绍如下：
1.利用平抛运动的时间特点解题
平抛运动可分解成水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，只要抛出的时间相同，下落的高度和竖直分速度就相同.
2.利用平抛运动的偏转角解题
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设做平抛运动的物体下落高度为h，水平位移为x时，速度vA与初速度v0的夹角为θ，由图可得：
tanθ＝＝＝＝①
将vA反向延长与水平位移相交于O点，设A′O＝d，则有：tanθ＝
解得d＝x，tanθ＝2＝2tanα②
①②两式揭示了偏转角和其他各物理量的关系.
3.利用平抛运动的轨迹解题
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平抛运动的轨迹是一条抛物线，已知抛物线上的任意一段，就可求出水平初速度和抛出点，其他物理量也就迎刃而解了.设图是某小球做平抛运动的一段轨迹，在轨迹上任取两点A和B，过A点作竖直线，并与过B点作的水平线相交于C点，然后过BC的中点D作垂线交轨迹于E点，再过E点作水平线交AC于F点，小球经过AE和EB的时间相等，设为单位时间T.由Δy＝gT2知T＝＝，v0＝＝·xEF.
【突破训练二】
3.一带有乒乓球发射机的乒乓球台如图所示.水平台面的长和宽分别为L1和L2，中间球网高度为h.发射机安装于台面左侧边缘的中点，能以不同速率向右侧不同方向水平发射乒乓球，发射点距台面高度为3h.不计空气的作用，重力加速度大小为g.若乒乓球的发射速率v在某范围内，通过选择合适的方向，就能使乒乓球落到球网右侧台面上，则v的最大取值范围是(　　)
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A． B． C． D． 解析：设以速率v1发射乒乓球，经过时间t1刚好落到球网正中间.
则竖直方向上有3h－h＝gt ①
水平方向上有＝v1t1 ②
由①②两式可得v1＝
设以速率v2发射乒乓球，经过时间t2刚好落到球网右侧台面的两角处，在竖直方向有3h＝gt③
在水平方向有＝v2t2 ④
由③④两式可得v2＝
则v的最大取值范围为v1答案：D
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1.当物体从某种特性变化为另一种特性时，发生质的飞跃的转折状态，通常叫做临界状态.出现临界状态时，既可理解为“恰好出现”，也可理解为“恰好不出现”.
2.确定临界状态的常用方法
(1)极限法：把物理问题(或过程)推向极端，从而使临界现象显露，达到尽快求解的目的.
(2)假设法：有些物理过程中没有明显出现临界问题的线索，但在变化过程中可能出现临界问题.
3.临界问题经常出现在变速圆周运动中，而竖直平面内的圆周运动是最典型的变速圆周运动.在竖直平面内的圆周运动一般不是匀速圆周运动，但物体经最高点或最低点时，所受的重力与其他力的合力指向圆心，提供向心力.
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(1)用绳子系物体或物体沿轨道内侧运动(如图所示).
此种情况下，如果物体恰能通过最高点，即绳子的拉力或轨道对物体的支持力等于零，只有重力提供向心力，即mg＝，得临界速度v0＝.当物体的速度大于v0时，才能经过最高点.
(2)用杆固定物体在竖直平面内做圆周运动.
此种情况下，由于物体所受的重力可以由杆给它的向上的支持力来平衡，所以在最高点时的速度可以为零.当物体在最高点的速度v≥0时，物体就可以完成一个完整的圆周运动.
【突破训练三】
4.(多选)如图所示，长0.5 m的轻质细杆，一端固定有一个质量为3 kg的小球，另一端由电动机带动，使杆绕O点在竖直平面内做匀速圆周运动，小球的速率为2 m/s.取g＝10 m/s2，下列说法正确的是(　　)
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A．小球通过最高点时，对杆的拉力大小是24 N
B．小球通过最高点时，对杆的压力大小是6 N
C．小球通过最低点时，对杆的拉力大小是24 N
D．小球通过最低点时，对杆的拉力大小是54 N
解析：设小球在最高点时受杆的弹力向上，则mg－FN＝m，得FN＝mg－m＝6 N，故小球对杆的压力大小是6 N，A错误，B正确；小球通过最低点时FN－mg＝m，得FN＝mg＋m＝54 N，小球对杆的拉力大小是54 N，C错误，D正确.
答案：BD
【品味高考】
1.(多选)(2018·江苏卷)火车以60 m/s的速率转过一段弯道，某乘客发现放在桌面上的指南针在10 s内匀速转过了约10°.在此10 s时间内，火车(　　)
A．运动路程为600 m
B．加速度为零
C．角速度约为1 rad/s
D．转弯半径约为3.4 km
解析：火车做匀速圆周运动，10 s时间内，通过的路程为s＝vt＝600 m，A选项正确；火车做匀速圆周运动，受到的合外力提供向心力，根据牛顿第二定律可知，向心加速度不为零，B选项错误；利用指南针在10 s内匀速转过了约10°，根据角速度的定义可知，ω＝＝ rad/s，C选项错误；已知火车在10 s时间内通过的路程为600 m，根据几何关系可知，火车转过的弧长l＝θR，解得转弯半径约为R≈3.4 km，D选项正确.
答案：AD
2.(2018·北京卷)根据高中所学知识可知，做自由落体运动的小球，将落在正下方位置.但实际上，赤道上方200 m处无初速下落的小球将落在正下方位置偏东约6 cm处.这一现象可解释为，除重力外，由于地球自转，下落过程小球还受到一个水平向东的“力”，该“力”与竖直方向的速度大小成正比.现将小球从赤道地面竖直上抛，考虑对称性，上升过程该“力”水平向西，则小球(　　)
A．到最高点时，水平方向的加速度和速度均为零
B．到最高点时，水平方向的加速度和速度均不为零
C．落地点在抛出点东侧
D．落地点在抛出点西侧
解析：根据运动的合成与分解知识可知，“力”与竖直方向的速度大小成正比，竖直上抛时，竖直方向有速度，物体受到水平向西的一个力，存在加速度，物体到最高点时，水平方向有速度，竖直方向速度为零，水平方向加速度为零，A、B选项错误；将此物体的运动分解成水平方向与竖直方向，在上抛过程中，水平方向速度不断增大，当下降时，因加速度方向与水平速度方向相反，做减速运动，但在落回到抛出点时，水平方向有向西的位移，因此落地点在抛出点西侧，C选项错误，D选项正确.
答案：D
3.(2018·全国卷Ⅲ)在一斜面顶端，将甲、乙两个小球分别以v和的速度沿同一方向水平抛出，两球都落在该斜面上.甲球落至斜面时的速率是乙球落至斜面时速率的(　　)
A．2倍　　　　　　　　 B．4倍
C．6倍 D．8倍
解析：如图所示：
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斜面倾角为α，小球落在斜面上速度方向偏向角为θ，根据平抛运动的推论可知，tanθ＝2tanα，甲、乙两球落在斜面上时速度偏向角相等.末速度v甲末＝，v乙末＝，解得v甲末∶v乙末＝2∶1，A选项正确.
答案：A
阶段性测试题一
(测试范围　第五章)
(时间：90分钟　满分：100分)
第Ⅰ卷(选择题，共44分)
一、选择题(本大题共11小题，每小题4分，共44分，每小题至少有一个选项是正确的，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分)
1.(多选)(2018·蚌埠市第一次质检)运动轨迹既不是抛物线也不是圆周的曲线运动，称为一般的曲线运动，研究一般的曲线运动，可以把曲线分隔成许多小段，分析质点在每一小段的运动时，下列方法正确的是(　　)
A．每一小段的运动可以看成直线运动
B．每一小段运动中物体受到的合力为零
C．每一小段运动中物体受到恒力的作用
D．每一小段的运动可以看成圆周运动的一部分
解析：根据微元法可知，把曲线分隔成许多小段，每一小段的运动可以看成直线运动，A选项正确；根据曲线运动的规律可知，物体受到的合力不为零，物体不能受到恒力作用，B、C选项错误；每一小段的运动也可以看成圆周运动的一部分，D选项正确.
答案：AD
2.(多选)甲、乙、丙三小球分别位于如图所示的竖直平面内，甲、乙在同一条竖直线上，甲、丙在同一条水平线上，水平面上的P点在丙的正下方，在同一时刻甲、乙、丙开始运动，甲以水平速度v0平抛，乙以水平速度v0沿水平面向右做匀速直线运动，丙做自由落体运动，则(　　)
A．若甲、乙、丙三球同时相遇，则一定发生在P点
B．若甲、丙二球在空中相遇，此时乙球一定在P点
C．若只有甲、乙二球在水平面上相遇，此时丙球还未着地
D．无论初速度v0大小如何，甲、乙、丙三球一定会同时在P点相遇
解析：甲做平抛运动，在水平方向上与乙做速度相同的匀速直线运动，水平位移每时每刻都相等，故甲、丙相遇时，乙球一定在P点，选项B正确；甲在竖直方向上与丙运动情况相同，同时做自由落体运动，竖直位移总保持相等，故A选项正确，C、D均错.
答案：AB
3.(2018·新疆二模)如图为某种未来宇航员乘坐的飞行器的理想模型，为了让宇航员在太空中感受到“重力”，飞行器在航行中通过自转创造“重力”，则此“重力方向”为(　　)
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A．竖直向下
B．沿半径指向飞行器圆心
C．沿半径背离飞行器圆心
D．沿飞行器转动的切线方向
解析：宇航员在太空中，重力提供绕地球匀速圆周运动的向心力，处于完全失重状态，飞行器自转过程中，宇航员随飞行器旋转时所需的向心力由飞行器的内壁对他的支持力提供，根据牛顿第三定律可知，宇航员会对飞行器底面产生压力，这个压力相当于宇航员受到的等效重力，因此“重力方向”应该是沿半径背离飞行器圆心的方向，A、B、D选项错误，C选项正确.
答案：C
4.
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2016 年起，我国空军出动“战神”轰－6K等战机赴南海战斗巡航.某次战备投弹训练，飞机在水平方向做加速直线运动的过程中投下一颗模拟弹.飞机飞行高度为h，重力加速度为g，不计空气阻力，则以下说法正确的是(　　)
A．在飞行员看来模拟弹做平抛运动
B．模拟弹下落到海平面的时间为 
C．在飞行员看来模拟弹做自由落体运动
D．若战斗机做加速向下的俯冲运动，此时飞行员一定处于失重状态
解析：飞行员在水平方向做加速直线运动，模拟弹相对地面做平抛运动，故在飞行员看来模拟弹不是做平抛运动，是向后倾斜的直线运动，故不是自由落体运动，选项A、C错误；模拟弹下落到海平面的时间为t＝，选项B正确；若战斗机做加速向下的俯冲运动，根据圆周运动的规律可知N＝mg＋m，可知此时飞行员一定处于超重状态，选项D错误.故选B．
答案：B
5.如图所示，可看作质点的小物体位于半径为R的半球顶端，若给小物体以水平速度v0时，小物体对球顶恰好无压力，则(　　)
A．物体将沿着球面做圆周运动
B．物体落地时速度与水平方向成45°
C．物体落地时水平位移为2R
D．物体落地时速度大小为v0
解析：小物体在球顶时仅受重力，又有水平初速度，所以物体离开球面做平抛运动，故A错误；小物体对球顶恰好无压力，则由牛顿第三定律知，球顶对小球没有支持力，根据牛顿第二定律，得mg＝m，解得v0＝.根据平抛运动的规律有R＝gt2得t＝，则物体落地时水平位移x＝v0t＝·＝R，落地时竖直方向上的速度vy＝gt＝，设落地时速度与地面的夹角为θ，有tanθ＝＝>1，即落地时的速度与水平方向夹角大于45°，故B、C错误；根据平行四边形定则知，落地时的速度为v＝＝＝＝v0，D正确.
答案：D
6.(多选)物体以速度v0水平抛出，若不计空气阻力，则当其竖直位移与水平位移相等时，以下说法中正确的是(　　)
A．竖直速度等于水平速度 B．瞬时速度大小为v0
C．运动的时间为 D．运动的位移为
解析：物体做平抛运动，当竖直位移与水平位移相等时，位移夹角正切tanφ＝＝1，根据平抛运动规律可知，速度夹角正切tanθ＝2tanφ＝2，竖直速度vy＝2v0，A选项错误；瞬时速度大小为v＝ ＝v0，B选项正确；运动时间t＝＝，C选项正确；运动的位移s＝＝x＝，D选项错误.
答案：BC
7.(2018·曲阜市期中)变速自行车变换齿轮组合来改变行驶速度.如图所示是某一变速自行车齿轮转动结构示意图，图中A轮有48齿，B轮有42齿，C轮有18齿，D轮有12齿，则(　　)
A．该自行车可变换两种不同挡位
B．当B轮与C轮组合时，两轮的线速度之比＝
C．当A轮与D轮组合时，两轮的角速度之比＝
D．当A轮与C轮组合时，两轮上边缘点M和N的向心加速度之比＝
解析：该自行车有四个轮，可以变换四种不同挡位，A选项错误；当B轮与C轮组合时，链条传动的边缘各点线速度大小相等，B选项错误；当A轮与D轮组合时，两轮边缘各点线速度大小相等，齿数之比等于半径之比，根据线速度与角速度的关系可知，角速度之比等于半径反比，即ωA∶ωD＝ND∶NA＝12∶48＝1∶4，C选项错误；当A轮与C轮组合时，ωA∶ωC＝NC∶NA＝18∶48＝3∶8；根据a＝vω可知，向心加速度之比aM∶aN＝3∶8，D选项正确.
答案：D
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8.(2018·绵阳市涪城区模拟)如图所示，两个质量相同的小球分别系于两根等长细线的末端，细线另一端结在另一根细绳上并悬于天花板上.当两球静止时，天花板对细绳的拉力为T1，小球对细线的拉力为T1′.当两球分别绕竖直轴在水平面做角速度相等的匀速圆周运动时，天花板对细绳的拉力为T2，小球对细线的拉力为T2′，则下列判断正确的是(　　)
A．T1＜T2　T1′＝T2′
B．T1＝T2　T1′＜T2′
C．T1＜T2　T1′＜T2′
D．转动角速度未知，无法判定
解析：当两球静止时，天花板对细绳的拉力等于两球的重力，T1＝2mg，此时细线与竖直方向存在夹角θ，故细线的拉力大于小球的重力，T1′cosθ＝mg.当两球做匀速圆周运动时，研究整体的竖直方向可知，T2＝2mg，此时细线与竖直方向的夹角变大，则小球对细线的拉力变大，故T1＝T2，T1′＜T2′，B选项正确.
答案：B
9.
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如图所示，A、B两球在地面O点上方的同一竖直线上的不同位置，A、B间的距离为h＝5 m，分别给两球水平向右的初速度，使两球做平抛运动，结果两球的运动轨迹相交于C点，OC与竖直方向的夹角为θ＝53°，A、B两球的初速度分别为v1＝3 m/s、v2＝5 m/s，重力加速度为g＝10 m/s2，不计空气阻力，A、B两球从抛出点到C点的运动时间分别为t1和t2，A、B两球抛出时离地面的高度分别为h1和h2，则(　　)
A．t1＝1.25 s　h2＝ m B．t1＝0.75 s　h2＝ m
C．t2＝1.25 s　h1＝ m D．t2＝0.75 s　h1＝ m
解析：设A球从抛出到C点所用的时间为t1，x1＝v1t1，y1＝gt，设B球从抛出到C点所用时间为t2，则x2＝v2t2，y2＝gt，y1－y2＝h，求得t1＝v2·＝1.25 s，t2＝v1·＝0.75 s，选项B、C错误；A球被抛出时离地面的高度为h1＝y1＋xcotθ＝ m，B球被抛出时离地面的高度为h2＝y2－xcotθ＝ m，选项D错误，A正确.
答案：A
10.(多选)雨伞半径为R，高出地面h，以角速度ω旋转时，雨滴从伞边缘飞出，则以下说法中正确的是(　　)
A．雨滴沿飞出点的半径方向飞出，做平抛运动
B．雨滴沿飞出点的切线方向飞出，做平抛运动
C．雨滴落地后在地面形成一个和伞半径相同的圆
D．雨滴落地后形成半径为r＝R的圆
解析：雨点甩出后沿飞出点的切线方向飞出，做平抛运动，故A错误，B正确；竖直方向有：h＝gt2， t＝.水平方向初速度为雨伞边缘的线速度，所以v0＝ωR，雨点甩出后水平方向做匀速直线运动，x＝v0t＝ωR，设雨伞的轴心点到落地点的水平距离为s，则s＝＝R，故C错误；D正确.故选BD．
答案：BD
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11.(2018·邯郸模拟)两个质量分别为2m和m的小木块a和b(可视为质点)放在水平圆盘上，a与转轴OO′的距离为L，b与转轴的距离为2L，a、b之间用长为L的强度足够大的轻绳相连，木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的k倍，重力加速度大小为g.若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，开始时轻绳刚好伸直但无张力，用ω表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是(　　)
A．a比b先达到最大静摩擦力
B．a、b所受的摩擦力始终相等
C．ω＝是b开始滑动的临界角速度
D．当ω＝时，a所受摩擦力的大小为
解析：两木块随圆盘一起转动，静摩擦力提供向心力，Ff＝mω2r，当圆盘的角速度增大时，b的静摩擦力先达到最大值，A选项错误；轻绳没有张力时，Ffa＝2mω2L，Ffb＝mω2·2L，两者受到的摩擦力相等，当轻绳出现张力时，Ffa－FT＝2mω2L，Ffb＋FT＝mω2·2L，二者受到的摩擦力不相等，B选项错误；当b刚要滑动时，2kmg＋kmg＝2mω2L＋mω2·2L，解得ω＝，C选项错误；当ω＝时，a所受摩擦力的大小为Ff′＝4mω2L－kmg＝，D选项正确.
答案：D
第Ⅱ卷(非选择题，共56分)
二、实验题(本大题共2小题，共12分)
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12.(4分)利用单摆验证小球平抛运动规律，设计方案如图所示，在悬点O正下方有水平放置的炽热的电热丝P，当悬线摆至电热丝处时能轻易被烧断；MN为水平木板，已知悬线长为L，悬点到木板的距离OO′＝h(h＞L).
(1)电热丝P必须放在悬点正下方的理由是　　　　Ｗ.
(2)将小球向左拉起后自由释放，最后小球落到木板上的C点，O′C＝s，则小球做平抛运动的初速度为v0＝　　　　.
解析：(1)由于在烧断细线前小球做圆周运动，故速度方向沿切线方向，所以只有在悬点正下方物体的速度沿水平方向，要小球做平抛运动，则小球平抛的初速度只能沿水平方向，故只有保证小球沿水平方向抛出才能保证物体做平抛运动.
(2)由于小球做平抛运动，故有在水平方向有s＝v0t
在竖直方向有h－L＝gt2
故有v0＝s.
答案：(1)保证小球沿水平方向抛出　(2)s
13.(8分)一个有一定厚度的圆盘，可以绕通过中心垂直于盘面的水平轴转动，用下面的方法测量它匀速转动时的角速度.
实验器材：电磁打点计时器、米尺、纸带、复写纸片.
实验步骤：
①如图1所示，将电磁打点计时器固定在桌面上，将纸带的一端穿过打点计时器的限位孔后.固定在待测圆盘的侧面上，使得圆盘转动时，纸带可以卷在圆盘侧面上.
②启动控制装置使圆盘转动，同时接通电源，打点计时器开始打点.
③经过一段时间，停止转动和打点，取下纸带，进行测量.
(1)由已知量和测得量表示角速度的表达式为ω＝　　　.式中各量的意义是　　　　　　　.
(2)某次实验测得圆盘半径r＝5.50×10－2 m，得到的纸带的一段如图2所示，求得角速度为　　　　.(保留2位有效数字)
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解析：(1)在纸带上任取两点，距离为L，经历n个周期，圆盘的线速度v＝，圆盘的角速度ω＝＝，式中T为电磁打点计时器打点的周期，r为圆盘的半径，L是用米尺测量的纸带上选定的两点间的长度，n为选定的两点间的打点周期数.
(2)从图中可知第一个点到最后一个点共有15个周期，其总长度L＝11.25 cm.代入数据解得ω＝6.8 rad/s.
答案：(1)　T为电磁打点计时器打点的周期，r为圆盘的半径，L是用米尺测量的纸带上选定的两点间的长度，n为选定的两点间的打点周期数　(2)6.8 rad/s
三、计算题(本大题共4小题，共44分，要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的题要注明单位)
14.(11分)
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一个物体在光滑水平面上运动，在水平面内建立直角坐标系xOy，t＝0时刻，该物体处于坐标原点，之后它的两个分速度vx、vy随时间变化的图象分别如图所示.结合图象完成下列问题(计算结果可保留根式)：
(1)t＝4 s时物体的速度大小；
(2)求0～6 s内物体的位移大小；
(3)通过计算判断4 s～6 s内物体的运动性质.
解析：(1)物体在t＝4 s时，x轴方向速度vx＝2 m/s，y轴方向速度vy＝4 m/s，物体速度v＝＝2 m/s，v与x轴正向夹角为θ，tanθ＝＝2.
(2)速度—时间图象围成的面积表示位移，0～6 s内，x轴方向位移x＝vt1＋t2＝10 m，y轴方向位移y＝t总＝12 m，位移s＝＝2 m，s与x轴正向夹角为α，tanα＝＝.
(3)由图象可知，4～6 s内，x轴加速度ax＝＝－1 m/s2，ay＝＝－2 m/s2，解得a＝＝5 m/s2，a与x轴正向夹角为β，tanβ＝＝2，加速度的方向与4 s末速度的方向相反，在4～6 s内物体做匀减速直线运动.
答案：(1)2 m/s　(2)2 m　(3)4～6 s内物体做匀减速直线运动
15.(11分)如图所示，半径为1 m的光滑半圆形管道AB，与水平面相切与A点，固定在竖直面内，管道内有一个直径略小于管道内径的小球(可看做质点)，质量为1 kg，在管道内做圆周运动，通过圆周最高点B后，经0.3 s垂直打到倾角为45°的斜面上的C点.取g＝10 m/s2.求：
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(1)C与B点的水平距离；
(2)球通过B点时对管道的作用力.
解析：(1)小球在C点的竖直分速度vy＝gt
水平分速度vx＝vytan45°
则B点与C点的水平距离为x＝vxt
解得x＝0.9 m.
(2)小球经过管道的B点时与管道之间无作用力的临界条件为mg＝
v＝＝＝ m/s
因vB＝vx＝3 m/s小于 m/s，则轨道对小球的作用力方向向上
在B点根据牛顿第二定律得：mg－NB＝
代入数据得FNB＝1 N
根据牛顿第三定律可知小球经过B点时对管道的作用力方向向下，大小为1 N.
答案：(1)0.9 m　(2)小球经过B点时对管道的作用力方向向下，大小为1 N
16.(11分)(2018·商丘期中)如图，水平转盘上放有质量为m的物块，物块到转轴的距离为r，物块和转盘间的摩擦因数为μ.(物体最大静摩擦力等于滑动摩擦力)求：
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(1)当水平转盘以角速度ω1匀速转动时，物块与转盘刚好能相对静止，求ω1的值是多少？
(2)将物块和转轴用细绳相连，当转盘的角速度ω2＝时，求细绳的拉力FT2的大小？
(3)将物块和转轴用细绳相连，当转盘的角速度ω3＝时，求细绳的拉力FT3的大小.
解析：(1)当水平转盘以角速度ω1匀速转动时，物块与转盘刚好能相对静止
物块受到的最大静摩擦力提供向心力，μmg＝mrω
解得ω1＝.
(2)分析可知，ω2＜ω1，即最大静摩擦力大于物块圆周运动所需向心力.此时静摩擦力提供向心力，细绳拉力为零.FT2＝0.
(3)分析可知，ω3＞ω1.
物块受到的最大静摩擦力不足以提供所需向心力
μmg＋FT3＝mωr
解得细绳的拉力FT3＝μmg.
答案：(1)　(2)0　(3)μmg
17.(11分)某新式可调火炮，水平射出的炮弹可视为平抛运动.如图，目标是一个剖面为90°的扇形山崖OAB，半径为R(R为已知)，重力加速度为g.
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(1)若以初速度v0(v0为已知)射出，恰好垂直打在圆弧的中点C，求炮弹到达C点所用时间；
(2)若在同一高地P先后以不同速度射出两发炮弹，击中A点的炮弹运行的时间是击中B点的两倍，OABP在同一竖直平面内，求高地P离A的竖直高度.
解析：(1)根据几何关系可知，炮弹垂直打在圆弧的中点C时，速度与水平方向的夹角为45°，v0＝vy，根据平抛运动规律可知，运动时间t＝＝.
(2)设高地P离A的竖直高度为h，根据平抛运动规律可知， ＝2，解得h＝R.
答案：(1)　(2)R