2018-2019学年高中人教版物理必修二第五章+曲线运动+章末检测卷Word版含解析
文档属性
| 名称 | 2018-2019学年高中人教版物理必修二第五章+曲线运动+章末检测卷Word版含解析 |  | |
| 格式 | zip | ||
| 文件大小 | 191.8KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（新课程标准） | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2019-02-23 19:47:10 | ||
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文档简介
第五章 章末检测卷
本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，满分100分，考试时间90分钟。
第Ⅰ卷(选择题，共48分)
一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分。在每个小题给出的四个选项中，第1～8小题，只有一个选项符合题意；第9～12小题，有多个选项符合题意，全部选对的得4分，选对而不全的得2分，错选或不选的得0分)
1．一质点在某段时间内做曲线运动，则在这段时间内( )
A．速度一定在不断改变，加速度也一定不断改变
B．速度可以不变，但加速度一定不断改变
C．质点不可能在做匀变速运动
D．质点在某点的速度方向一定是曲线上该点的切线方向
答案 D
解析 质点做曲线运动时某点的速度方向为曲线上该点的切线方向，故速度方向时刻改变，所以曲线运动是变速运动，其加速度不为零，但加速度可以不变，例如平抛运动就是匀变速运动，故A、B、C错误，D正确。
2．从高处水平抛出的物体在各个时刻的速度、加速度方向如图所示，其中正确的是( )
答案 C
解析 物体在飞行过程中只受重力，方向竖直向下，所以加速度的方向竖直向下，B、D错误；在曲线运动中，速度的方向为曲线上该点的切线方向，A错误；C中速度和加速度的方向都正确，应选C。
3．关于平抛运动和圆周运动，下列说法正确的是( )
A．平抛运动是匀变速曲线运动
B．匀速圆周运动是速度不变的运动
C．圆周运动是匀变速曲线运动
D．做平抛运动的物体落地时的速度一定是竖直向下的
答案 A
解析 平抛运动的加速度恒定，所以平抛运动是匀变速曲线运动，A正确；平抛运动水平方向做匀速直线运动，所以落地时的速度一定有水平分量，不可能竖直向下，D错误；匀速圆周运动的速度方向时刻变化，B错误；匀速圆周运动的加速度始终指向圆心，也就是方向时刻变化，所以不是匀变速运动，C错误。
4. 如图所示，质量为m的物块从半径为R的半球形碗边向碗底滑动，滑到最低点时的速度为v，若物块滑到最低点时受到的摩擦力是Ff，则物块与碗的动摩擦因数为( )
A. B.
C. D.
答案 B
解析 物块滑到最低点时受竖直方向的重力、支持力和水平方向的摩擦力三个力作用，根据牛顿第二定律得FN－mg＝m，又Ff＝μFN，联立解得μ＝，B正确。
5. 在运动的合成和分解的实验中，红蜡块在长1 m的竖直放置的玻璃管中，在竖直方向能做匀速直线运动。现在某同学拿着玻璃管在水平方向上做匀加速直线运动，并每隔1 s画出蜡块运动所到达的位置，描出轨迹，如图所示，若取轨迹上C点(x1，y1)作该曲线的切线(图中虚线)交y轴于A点，则A的坐标为( )
A．(0,0.6y1) B．(0,0.5y1)
C．(0,0.4y1) D．无法确定
答案 B
解析 红蜡块的运动为类平抛运动，由平抛运动的知识可知，过C点的切线应交于蜡块竖直位移的中点，即(0,0.5y1)，所以B正确。
6. 如图所示，质量不计的轻质弹性杆P插入桌面上的小孔中，杆的另一端固定一质量为m的小球，今使小球在水平面内做半径为R的匀速圆周运动，角速度为ω，则下列说法正确的是(重力加速度为g)( )
A．球所受的合力大小为m
B．球所受的合力大小为m
C．球对杆作用力的大小为m
D．球对杆作用力的大小为m
答案 D
解析 小球沿水平方向做匀速圆周运动，其所受合力提供向心力，大小为mω2R，A、B均错误；设杆对球的作用力为F，沿竖直方向的分力为Fy，水平方向的分力为Fx，则Fx＝mω2R，Fy＝mg，故杆对球的作用力大小为F＝＝m。由牛顿第三定律可知，球对杆的作用力大小为m，故C错误，D正确。
7. 研究乒乓球发球问题，设球台长2L，网高h，如图乒乓球反弹前后水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反，且不考虑乒乓球的旋转和空气阻力(设重力加速度为g)，从A点将球水平发出，刚好过网，在B点接到球，则下列说法正确的是( )
A．网高h＝
B．发球时的水平初速度v0＝L
C．球落到球台上时的速度v＝
D．球从A→B所用的时间t′＝4
答案 D
解析 球刚好过网，则球在过网时竖直方向速度为0，则球第一次的落点与A、O的水平距离相等，A点与球网等高，轨迹关于网对称，设发球的水平初速度为v0，水平运动需要的时间等于单个竖直运动需要时间的4倍，即＝4 ，解得v0＝ ，B错误；根据v0＝ 可知，h与L的关系要受到初速度的影响，所以网高与L的关系不确定，故A错误；落在水平台上的竖直分速度为vy＝，故球落到球台上的速度为v＝＝，故C错误；球从A→B所用的时间为单个竖直运动高度h所需时间的4倍，即t′＝4，D正确。
8. 如图所示，甲、乙两水平圆盘紧靠在一块，甲圆盘为主动轮，乙靠摩擦随甲转动且无相对滑动。甲圆盘与乙圆盘的半径之比为r甲∶r乙＝3∶1，两圆盘和小物体A、B之间的动摩擦因数相同，A、B的质量分别为m1、m2，A距O点为2r，B距O′点为r，当甲缓慢转动起来且转速慢慢增加时( )
A．A与B都没有相对圆盘滑动时，角速度之比ω1∶ω2＝3∶1
B．A与B都没有相对圆盘滑动时，向心加速度之比 a1∶a2＝1∶3
C．随转速慢慢增加，A先开始滑动
D．随转速慢慢增加，B先开始滑动
答案 D
解析 甲、乙边缘线速度大小相等，则ω甲r甲＝ω乙r乙，A、B都没有相对圆盘滑动时，ω1＝ω甲，ω2＝ω乙，所以ω1∶ω2＝1∶3，A错误；而a＝rω2，r1＝2r，r2＝r，得a1∶a2＝2∶9，B错误；随着转速增大，ω增大，物体即将滑动时，最大静摩擦力提供向心力，μmg＝ma，得a＝μg，ω增大时，由a1∶a2＝2∶9知a2先增大到μg，所以随转速增加，B先开始滑动，C错误，D正确。
9．宇宙飞船绕地球做匀速圆周运动，下列说法中正确的有( )
A．在飞船内可以用天平测量物体的质量
B．在飞船内可以用弹簧测力计测物体的重力
C．在飞船内可以用弹簧测力计测拉力
D．在飞船内将重物挂于弹簧测力计上，弹簧测力计示数为0，但重物仍受地球的引力
答案 CD
解析 飞船内的物体处于完全失重状态，此时放在天平上的物体对天平的压力为0，因此不能用天平测量物体的质量，A错误；同理，也不能用弹簧测力计测重力，B错误；弹簧测力计测拉力遵从胡克定律，拉力的大小与弹簧伸长量成正比，C正确；飞船内的重物处于完全失重状态，并不是不受重力，而是重力全部用于提供重物做圆周运动所需的向心力，D正确。
10. 如图所示，一小球以v0＝10 m/s的速度水平抛出，在落地之前经过空中A、B两点。在A点小球速度方向与水平方向的夹角为45°，在B点小球速度方向与水平方向的夹角为60°(空气阻力忽略不计，g取10 m/s2)，以下判断中正确的是( )
A．小球经过A、B两点间的时间t＝(－1) s
B．小球经过A、B两点间的时间t＝ s
C．A、B两点间的高度差h＝10 m
D．A、B两点间的高度差h＝15 m
答案 AC
解析 设A点的竖直分速度为v⊥A，v⊥A＝v0tan45°＝gtA，得tA＝1 s，设B点的竖直分速度为v⊥B，v⊥B＝v0tan60°＝gtB，得tB＝ s，则小球经过A、B两点间的时间为t＝tB－tA＝(－1) s，故A正确，B错误；A、B两点间的高度差h＝t＝10 m，故C正确，D错误。
11．一条船要在最短时间内渡过宽为100 m的河，已知河水的流速v1与船离一侧河岸的距离s变化的关系如图甲所示，船在静止水中的速度v2与时间t的关系如图乙所示，则以下判断中正确的是( )
A．船渡河的最短时间是20 s
B．船运动的轨迹可能是直线
C．船在河水中的加速度大小为0.4 m/s2
D．船在河水中的最大速度是5 m/s
答案 AC
解析 船在行驶过程中，船头始终与河岸垂直时渡河时间最短，故最短时间t＝ s＝20 s，A正确；由于水流速度大小变化，所以船头始终与河岸垂直时，合速度的方向变化，运动的轨迹不可能是直线，B错误；船渡河最短时间t＝20 s，则船运动到河的中央时所用时间为10 s，根据v1速度变化的对称性，水的流速在s＝0到s＝50 m之间均匀增加，a1＝ m/s2＝0.4 m/s2，同理s＝50 m到s＝100 m之间a2＝ m/s2＝－0.4 m/s2，则船在河水中的加速度大小为0.4 m/s2，C正确；船在河水中的最大速度为v＝ m/s＝ m/s，D错误。
12. 如图所示，在匀速转动的水平圆盘上，沿半径方向放着用细线相连的质量均为m的两个物体A和B，它们分居圆心两侧，与圆心距离分别为RA＝r，RB＝2r，与盘间的动摩擦因数μ相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当圆盘转速加快到两物体刚好还未发生滑动时，下列说法正确的是( )
A．此时绳子张力为T＝3μmg
B．此时圆盘的角速度为ω＝
C．此时A所受摩擦力方向沿半径指向圆外
D．此时烧断绳子，A仍相对盘静止，B将做离心运动
答案 ABC
解析 A和B随着圆盘转动时，合外力提供向心力，则F＝mω2R，B的运动半径比A的大，所以B所需向心力大，绳子拉力相等，所以当圆盘转速加快到两物体刚好还未发生滑动时，B的最大静摩擦力方向沿半径指向圆心，A的最大静摩擦力方向沿半径指向圆外，根据牛顿第二定律得：T－μmg＝mω2r，T＋μmg＝mω2·2r，解得：T＝3μmg，ω＝，故A、B、C正确；此时烧断绳子，μmg第Ⅱ卷(非选择题，共52分)
二、实验题(本题共2小题，共14分)
13．(6分)同学们用如图所示的实验装置来研究平抛运动。图中水平放置的底板上竖直地固定有M板和N板，M板上部有一个圆弧形的轨道，P为最高点，O为最低点，O点处的切线水平，N板上固定有很多个圆环。将小球从P点静止释放，从O点飞出后无阻碍地通过各圆环中心，落到底板上。以O点为坐标原点，过O点的水平切线方向为x轴，竖直向下为y轴，把各个圆环的中心投影到N板上，即得到小球的运动轨迹。
(1)已知P1处的圆环中心距O点的水平距离和竖直距离分别为x1和y1，P2处的圆环中心距O点的水平距离和竖直距离分别为x2和y2，且y2＝4y1。如果已知平抛运动在竖直方向上的运动规律与自由落体运动相同，在此前提下，如果x2＝2x1，则说明小球在水平方向做________运动。
(2)把P1点的坐标x1、y1代入y＝ax2，求出常数a＝a1；把P2点的坐标x2、y2代入y＝ax2，求出常数a＝a2；…；把Pn点的坐标xn、yn代入y＝ax2，求出常数a＝an，如果在实验误差允许的范围内，有a1＝a2＝…＝an，说明该小球的运动轨迹是一条________。
(3)已知小球在底板上的落点距O点水平距离为L，O点距底板高为H，不考虑空气阻力，重力加速度为g，则小球运动到O点时速度的大小为________。
答案 (1)匀速直线 (2)抛物线 (3)L
解析 (1)由题意可知，y2＝4y1。如果已知平抛运动在竖直方向上的运动规律与自由落体运动相同，根据运动学公式y＝gt2，则t2＝2t1；如果x2＝2x1，则说明小球在水平方向做匀速直线运动。
(2)平抛运动水平方向的位移表达式x＝v0t；
而竖直方向的位移表达式y＝gt2；
两式约去时间t，则有：y＝x2；
如果在实验误差允许的范围内，有a1＝a2＝…＝an，说明该小球的运动轨迹是一条抛物线。
(3)根据H＝gt2得，t＝ 。
小球抛出时的速度v0＝＝L。
14. (8分)某同学在做“研究平抛物体的运动”的实验时，让小球多次从斜槽上滚下，在坐标纸上依次记下小球的位置如图所示(O为小球的抛出点)。
(1)在图中描出小球的运动轨迹。
(2)从图中可看出，某一点的位置有明显的错误，其产生的原因可能是该次实验中，小球从斜槽上滚下时的初始位置比其他几次偏________(选填“高”或“低”)。
(3)某同学从图象中测得的三组数据如表所示，则此小球做平抛运动的初速度v0＝________m/s。(g取10 m/s2)
x/cm
10.00
20.00
30.00
y/cm
5.00
20.00
45.00
答案 (1)见解析图 (2)低 (3)1.0
解析 (1)如图所示
(2)从轨迹上可以看出，第四个点偏离到轨迹左侧，与轨迹上同一高度的点比较，水平位移偏小，说明平抛运动的初速度偏小，即小球从斜槽上滚下时的初始位置比其他几次偏低。
(3)根据x＝v0t，y＝gt2可得v0＝x，代入其中一组数据可得v0＝1.0 m/s。
三、计算题(本题共4小题，共38分。要有必要的文字说明和演算步骤。有数值计算的题注明单位)
15. (9分)如图所示，是马戏团中上演飞车节目，在竖直平面内有半径为R的圆轨道。表演者骑着摩托车在圆轨道内做圆周运动。已知人和摩托车的总质量为m，人以v1＝的速度过轨道最高点B，并以v2＝v1的速度过最低点A。求在A、B两点摩托车对轨道的压力大小相差多少？
答案 6mg
解析 在B点，FB＋mg＝m，解得FB＝mg
根据牛顿第三定律，摩托车对轨道的压力大小
FB′＝FB＝mg
在A点，FA－mg＝m，解得FA＝7mg，
根据牛顿第三定律，摩托车对轨道的压力大小
FA′＝FA＝7mg
所以在A、B两点车对轨道的压力大小相差
FA′－FB′＝6mg。
16. (9分)质量为0.2 kg的小球固定在长为0.9 m的轻杆一端，杆可绕过另一端O点的水平轴在竖直平面内转动。(g＝10 m/s2)求：
(1)当小球在最高点的速度为多大时，球对杆的作用力为零？
(2)当小球在最高点的速度分别为6 m/s和1.5 m/s时，球对杆的作用力。
答案 (1)3 m/s
(2)6 N，方向竖直向上 1.5 N，方向竖直向下
解析 (1)当小球在最高点对杆的作用力为零时，重力提供向心力，则mg＝m，解得v0＝3 m/s。
(2)v1＝6 m/s＞v0，杆对球有竖直向下的拉力，由牛顿第二定律得：mg＋F1＝m，解得F1＝6 N，
由牛顿第三定律得：球对杆的作用力有竖直向上的拉力，F1′＝F1＝6 N。
v2＝1.5 m/s＜v0，杆对球有竖直向上的支持力，由牛顿第二定律得：mg－F2＝m，解得F2＝1.5 N，
由牛顿第三定律得：球对杆的作用力为竖直向下的压力，F2′＝F2＝1.5 N。
17. (10分)如图所示，在粗糙水平台阶上静止放置一质量m＝1.0 kg的小物块，它与水平台阶表面的动摩擦因数μ＝0.25，且与台阶边缘O点的距离s＝5 m。在台阶右侧固定了一个圆弧挡板，圆弧半径R＝5 m，今以O点为原点建立平面直角坐标系。现用F＝5 N的水平恒力拉动小物块，已知重力加速度g＝10 m/s2。
(1)为使小物块不能击中挡板，求拉力F作用的最长时间；
(2)若小物块在水平台阶上运动时，恒力一直作用在小物块上，当小物块过O点时撤去拉力，求小物块击中挡板上的位置的坐标。
答案 (1) s (2)(5 m,5 m)
解析 (1)为使小物块不会击中挡板，设拉力F作用最长时间t，小物块刚好运动到O点。
加速阶段由牛顿第二定律得：F－μmg＝ma1
解得：a1＝2.5 m/s2
减速运动时的加速度大小为：a2＝μg＝2.5 m/s2
由运动学公式得：s＝a1t2＋a2t′2
而a1t＝a2t′
解得t＝t′＝ s。
(2)水平恒力一直作用在小物块上，由运动学公式有
v＝2a1s
解得小物块到达O点时的速度为v0＝5 m/s
小物块过O点后做平抛运动，
水平方向：x＝v0t0
竖直方向：y＝gt
又x2＋y2＝R2
联立解得：x＝5 m，y＝5 m，即位置坐标为(5 m,5 m)。
18. (10分)如图所示，轨道ABCD的AB段为一半径R＝0.2 m的光滑圆形轨道，BC段为高为h＝5 m的竖直轨道，CD段为水平轨道。一质量为0.2 kg的小球从A点由静止开始下滑，到达B点时的速度大小为2 m/s，离开B点做平抛运动(g＝10 m/s2)，求：
(1)小球离开B点后，在CD轨道上的落地点到C点的水平距离；
(2)小球到达B点时对圆形轨道的压力大小；
(3)如果在BCD轨道上放置一个倾角θ＝45°的斜面(如图中虚线所示)，那么小球离开B点后能否落到斜面上？如果能，求它第一次落在斜面上的位置距离B点有多远？如果不能，请说明理由。
答案 (1)2 m (2)6 N
(3)能落到斜面上，第一次落在斜面上的位置距离B点1.13 m
解析 (1)设小球离开B点后做平抛运动的时间为t1，落地点到C点距离为x
由h＝gt得：t1＝＝1 s，x＝vBt1＝2 m。
(2)小球到达B点时受重力mg和竖直向上的弹力N作用，由牛顿第二定律知
F向＝N－mg＝m，解得N＝6 N，
由牛顿第三定律知，小球到达B点时对圆形轨道的压力大小为6 N，方向竖直向下。
(3)如图所示，斜面BEC的倾角θ＝45°，CE长为d＝h＝5 m，因为d＞x，所以小球离开B点后能落在斜面上。
假设小球第一次落在斜面上F点，BF长为L，小球从B点到F点的时间为t2，
则Lcosθ＝vBt2
Lsinθ＝gt
联立解得t2＝0.4 s，L≈1.13 m。
本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，满分100分，考试时间90分钟。
第Ⅰ卷(选择题，共48分)
一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分。在每个小题给出的四个选项中，第1～8小题，只有一个选项符合题意；第9～12小题，有多个选项符合题意，全部选对的得4分，选对而不全的得2分，错选或不选的得0分)
1．一质点在某段时间内做曲线运动，则在这段时间内( )
A．速度一定在不断改变，加速度也一定不断改变
B．速度可以不变，但加速度一定不断改变
C．质点不可能在做匀变速运动
D．质点在某点的速度方向一定是曲线上该点的切线方向
答案 D
解析 质点做曲线运动时某点的速度方向为曲线上该点的切线方向，故速度方向时刻改变，所以曲线运动是变速运动，其加速度不为零，但加速度可以不变，例如平抛运动就是匀变速运动，故A、B、C错误，D正确。
2．从高处水平抛出的物体在各个时刻的速度、加速度方向如图所示，其中正确的是( )
答案 C
解析 物体在飞行过程中只受重力，方向竖直向下，所以加速度的方向竖直向下，B、D错误；在曲线运动中，速度的方向为曲线上该点的切线方向，A错误；C中速度和加速度的方向都正确，应选C。
3．关于平抛运动和圆周运动，下列说法正确的是( )
A．平抛运动是匀变速曲线运动
B．匀速圆周运动是速度不变的运动
C．圆周运动是匀变速曲线运动
D．做平抛运动的物体落地时的速度一定是竖直向下的
答案 A
解析 平抛运动的加速度恒定，所以平抛运动是匀变速曲线运动，A正确；平抛运动水平方向做匀速直线运动，所以落地时的速度一定有水平分量，不可能竖直向下，D错误；匀速圆周运动的速度方向时刻变化，B错误；匀速圆周运动的加速度始终指向圆心，也就是方向时刻变化，所以不是匀变速运动，C错误。
4. 如图所示，质量为m的物块从半径为R的半球形碗边向碗底滑动，滑到最低点时的速度为v，若物块滑到最低点时受到的摩擦力是Ff，则物块与碗的动摩擦因数为( )
A. B.
C. D.
答案 B
解析 物块滑到最低点时受竖直方向的重力、支持力和水平方向的摩擦力三个力作用，根据牛顿第二定律得FN－mg＝m，又Ff＝μFN，联立解得μ＝，B正确。
5. 在运动的合成和分解的实验中，红蜡块在长1 m的竖直放置的玻璃管中，在竖直方向能做匀速直线运动。现在某同学拿着玻璃管在水平方向上做匀加速直线运动，并每隔1 s画出蜡块运动所到达的位置，描出轨迹，如图所示，若取轨迹上C点(x1，y1)作该曲线的切线(图中虚线)交y轴于A点，则A的坐标为( )
A．(0,0.6y1) B．(0,0.5y1)
C．(0,0.4y1) D．无法确定
答案 B
解析 红蜡块的运动为类平抛运动，由平抛运动的知识可知，过C点的切线应交于蜡块竖直位移的中点，即(0,0.5y1)，所以B正确。
6. 如图所示，质量不计的轻质弹性杆P插入桌面上的小孔中，杆的另一端固定一质量为m的小球，今使小球在水平面内做半径为R的匀速圆周运动，角速度为ω，则下列说法正确的是(重力加速度为g)( )
A．球所受的合力大小为m
B．球所受的合力大小为m
C．球对杆作用力的大小为m
D．球对杆作用力的大小为m
答案 D
解析 小球沿水平方向做匀速圆周运动，其所受合力提供向心力，大小为mω2R，A、B均错误；设杆对球的作用力为F，沿竖直方向的分力为Fy，水平方向的分力为Fx，则Fx＝mω2R，Fy＝mg，故杆对球的作用力大小为F＝＝m。由牛顿第三定律可知，球对杆的作用力大小为m，故C错误，D正确。
7. 研究乒乓球发球问题，设球台长2L，网高h，如图乒乓球反弹前后水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反，且不考虑乒乓球的旋转和空气阻力(设重力加速度为g)，从A点将球水平发出，刚好过网，在B点接到球，则下列说法正确的是( )
A．网高h＝
B．发球时的水平初速度v0＝L
C．球落到球台上时的速度v＝
D．球从A→B所用的时间t′＝4
答案 D
解析 球刚好过网，则球在过网时竖直方向速度为0，则球第一次的落点与A、O的水平距离相等，A点与球网等高，轨迹关于网对称，设发球的水平初速度为v0，水平运动需要的时间等于单个竖直运动需要时间的4倍，即＝4 ，解得v0＝ ，B错误；根据v0＝ 可知，h与L的关系要受到初速度的影响，所以网高与L的关系不确定，故A错误；落在水平台上的竖直分速度为vy＝，故球落到球台上的速度为v＝＝，故C错误；球从A→B所用的时间为单个竖直运动高度h所需时间的4倍，即t′＝4，D正确。
8. 如图所示，甲、乙两水平圆盘紧靠在一块，甲圆盘为主动轮，乙靠摩擦随甲转动且无相对滑动。甲圆盘与乙圆盘的半径之比为r甲∶r乙＝3∶1，两圆盘和小物体A、B之间的动摩擦因数相同，A、B的质量分别为m1、m2，A距O点为2r，B距O′点为r，当甲缓慢转动起来且转速慢慢增加时( )
A．A与B都没有相对圆盘滑动时，角速度之比ω1∶ω2＝3∶1
B．A与B都没有相对圆盘滑动时，向心加速度之比 a1∶a2＝1∶3
C．随转速慢慢增加，A先开始滑动
D．随转速慢慢增加，B先开始滑动
答案 D
解析 甲、乙边缘线速度大小相等，则ω甲r甲＝ω乙r乙，A、B都没有相对圆盘滑动时，ω1＝ω甲，ω2＝ω乙，所以ω1∶ω2＝1∶3，A错误；而a＝rω2，r1＝2r，r2＝r，得a1∶a2＝2∶9，B错误；随着转速增大，ω增大，物体即将滑动时，最大静摩擦力提供向心力，μmg＝ma，得a＝μg，ω增大时，由a1∶a2＝2∶9知a2先增大到μg，所以随转速增加，B先开始滑动，C错误，D正确。
9．宇宙飞船绕地球做匀速圆周运动，下列说法中正确的有( )
A．在飞船内可以用天平测量物体的质量
B．在飞船内可以用弹簧测力计测物体的重力
C．在飞船内可以用弹簧测力计测拉力
D．在飞船内将重物挂于弹簧测力计上，弹簧测力计示数为0，但重物仍受地球的引力
答案 CD
解析 飞船内的物体处于完全失重状态，此时放在天平上的物体对天平的压力为0，因此不能用天平测量物体的质量，A错误；同理，也不能用弹簧测力计测重力，B错误；弹簧测力计测拉力遵从胡克定律，拉力的大小与弹簧伸长量成正比，C正确；飞船内的重物处于完全失重状态，并不是不受重力，而是重力全部用于提供重物做圆周运动所需的向心力，D正确。
10. 如图所示，一小球以v0＝10 m/s的速度水平抛出，在落地之前经过空中A、B两点。在A点小球速度方向与水平方向的夹角为45°，在B点小球速度方向与水平方向的夹角为60°(空气阻力忽略不计，g取10 m/s2)，以下判断中正确的是( )
A．小球经过A、B两点间的时间t＝(－1) s
B．小球经过A、B两点间的时间t＝ s
C．A、B两点间的高度差h＝10 m
D．A、B两点间的高度差h＝15 m
答案 AC
解析 设A点的竖直分速度为v⊥A，v⊥A＝v0tan45°＝gtA，得tA＝1 s，设B点的竖直分速度为v⊥B，v⊥B＝v0tan60°＝gtB，得tB＝ s，则小球经过A、B两点间的时间为t＝tB－tA＝(－1) s，故A正确，B错误；A、B两点间的高度差h＝t＝10 m，故C正确，D错误。
11．一条船要在最短时间内渡过宽为100 m的河，已知河水的流速v1与船离一侧河岸的距离s变化的关系如图甲所示，船在静止水中的速度v2与时间t的关系如图乙所示，则以下判断中正确的是( )
A．船渡河的最短时间是20 s
B．船运动的轨迹可能是直线
C．船在河水中的加速度大小为0.4 m/s2
D．船在河水中的最大速度是5 m/s
答案 AC
解析 船在行驶过程中，船头始终与河岸垂直时渡河时间最短，故最短时间t＝ s＝20 s，A正确；由于水流速度大小变化，所以船头始终与河岸垂直时，合速度的方向变化，运动的轨迹不可能是直线，B错误；船渡河最短时间t＝20 s，则船运动到河的中央时所用时间为10 s，根据v1速度变化的对称性，水的流速在s＝0到s＝50 m之间均匀增加，a1＝ m/s2＝0.4 m/s2，同理s＝50 m到s＝100 m之间a2＝ m/s2＝－0.4 m/s2，则船在河水中的加速度大小为0.4 m/s2，C正确；船在河水中的最大速度为v＝ m/s＝ m/s，D错误。
12. 如图所示，在匀速转动的水平圆盘上，沿半径方向放着用细线相连的质量均为m的两个物体A和B，它们分居圆心两侧，与圆心距离分别为RA＝r，RB＝2r，与盘间的动摩擦因数μ相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当圆盘转速加快到两物体刚好还未发生滑动时，下列说法正确的是( )
A．此时绳子张力为T＝3μmg
B．此时圆盘的角速度为ω＝
C．此时A所受摩擦力方向沿半径指向圆外
D．此时烧断绳子，A仍相对盘静止，B将做离心运动
答案 ABC
解析 A和B随着圆盘转动时，合外力提供向心力，则F＝mω2R，B的运动半径比A的大，所以B所需向心力大，绳子拉力相等，所以当圆盘转速加快到两物体刚好还未发生滑动时，B的最大静摩擦力方向沿半径指向圆心，A的最大静摩擦力方向沿半径指向圆外，根据牛顿第二定律得：T－μmg＝mω2r，T＋μmg＝mω2·2r，解得：T＝3μmg，ω＝，故A、B、C正确；此时烧断绳子，μmg
二、实验题(本题共2小题，共14分)
13．(6分)同学们用如图所示的实验装置来研究平抛运动。图中水平放置的底板上竖直地固定有M板和N板，M板上部有一个圆弧形的轨道，P为最高点，O为最低点，O点处的切线水平，N板上固定有很多个圆环。将小球从P点静止释放，从O点飞出后无阻碍地通过各圆环中心，落到底板上。以O点为坐标原点，过O点的水平切线方向为x轴，竖直向下为y轴，把各个圆环的中心投影到N板上，即得到小球的运动轨迹。
(1)已知P1处的圆环中心距O点的水平距离和竖直距离分别为x1和y1，P2处的圆环中心距O点的水平距离和竖直距离分别为x2和y2，且y2＝4y1。如果已知平抛运动在竖直方向上的运动规律与自由落体运动相同，在此前提下，如果x2＝2x1，则说明小球在水平方向做________运动。
(2)把P1点的坐标x1、y1代入y＝ax2，求出常数a＝a1；把P2点的坐标x2、y2代入y＝ax2，求出常数a＝a2；…；把Pn点的坐标xn、yn代入y＝ax2，求出常数a＝an，如果在实验误差允许的范围内，有a1＝a2＝…＝an，说明该小球的运动轨迹是一条________。
(3)已知小球在底板上的落点距O点水平距离为L，O点距底板高为H，不考虑空气阻力，重力加速度为g，则小球运动到O点时速度的大小为________。
答案 (1)匀速直线 (2)抛物线 (3)L
解析 (1)由题意可知，y2＝4y1。如果已知平抛运动在竖直方向上的运动规律与自由落体运动相同，根据运动学公式y＝gt2，则t2＝2t1；如果x2＝2x1，则说明小球在水平方向做匀速直线运动。
(2)平抛运动水平方向的位移表达式x＝v0t；
而竖直方向的位移表达式y＝gt2；
两式约去时间t，则有：y＝x2；
如果在实验误差允许的范围内，有a1＝a2＝…＝an，说明该小球的运动轨迹是一条抛物线。
(3)根据H＝gt2得，t＝ 。
小球抛出时的速度v0＝＝L。
14. (8分)某同学在做“研究平抛物体的运动”的实验时，让小球多次从斜槽上滚下，在坐标纸上依次记下小球的位置如图所示(O为小球的抛出点)。
(1)在图中描出小球的运动轨迹。
(2)从图中可看出，某一点的位置有明显的错误，其产生的原因可能是该次实验中，小球从斜槽上滚下时的初始位置比其他几次偏________(选填“高”或“低”)。
(3)某同学从图象中测得的三组数据如表所示，则此小球做平抛运动的初速度v0＝________m/s。(g取10 m/s2)
x/cm
10.00
20.00
30.00
y/cm
5.00
20.00
45.00
答案 (1)见解析图 (2)低 (3)1.0
解析 (1)如图所示
(2)从轨迹上可以看出，第四个点偏离到轨迹左侧，与轨迹上同一高度的点比较，水平位移偏小，说明平抛运动的初速度偏小，即小球从斜槽上滚下时的初始位置比其他几次偏低。
(3)根据x＝v0t，y＝gt2可得v0＝x，代入其中一组数据可得v0＝1.0 m/s。
三、计算题(本题共4小题，共38分。要有必要的文字说明和演算步骤。有数值计算的题注明单位)
15. (9分)如图所示，是马戏团中上演飞车节目，在竖直平面内有半径为R的圆轨道。表演者骑着摩托车在圆轨道内做圆周运动。已知人和摩托车的总质量为m，人以v1＝的速度过轨道最高点B，并以v2＝v1的速度过最低点A。求在A、B两点摩托车对轨道的压力大小相差多少？
答案 6mg
解析 在B点，FB＋mg＝m，解得FB＝mg
根据牛顿第三定律，摩托车对轨道的压力大小
FB′＝FB＝mg
在A点，FA－mg＝m，解得FA＝7mg，
根据牛顿第三定律，摩托车对轨道的压力大小
FA′＝FA＝7mg
所以在A、B两点车对轨道的压力大小相差
FA′－FB′＝6mg。
16. (9分)质量为0.2 kg的小球固定在长为0.9 m的轻杆一端，杆可绕过另一端O点的水平轴在竖直平面内转动。(g＝10 m/s2)求：
(1)当小球在最高点的速度为多大时，球对杆的作用力为零？
(2)当小球在最高点的速度分别为6 m/s和1.5 m/s时，球对杆的作用力。
答案 (1)3 m/s
(2)6 N，方向竖直向上 1.5 N，方向竖直向下
解析 (1)当小球在最高点对杆的作用力为零时，重力提供向心力，则mg＝m，解得v0＝3 m/s。
(2)v1＝6 m/s＞v0，杆对球有竖直向下的拉力，由牛顿第二定律得：mg＋F1＝m，解得F1＝6 N，
由牛顿第三定律得：球对杆的作用力有竖直向上的拉力，F1′＝F1＝6 N。
v2＝1.5 m/s＜v0，杆对球有竖直向上的支持力，由牛顿第二定律得：mg－F2＝m，解得F2＝1.5 N，
由牛顿第三定律得：球对杆的作用力为竖直向下的压力，F2′＝F2＝1.5 N。
17. (10分)如图所示，在粗糙水平台阶上静止放置一质量m＝1.0 kg的小物块，它与水平台阶表面的动摩擦因数μ＝0.25，且与台阶边缘O点的距离s＝5 m。在台阶右侧固定了一个圆弧挡板，圆弧半径R＝5 m，今以O点为原点建立平面直角坐标系。现用F＝5 N的水平恒力拉动小物块，已知重力加速度g＝10 m/s2。
(1)为使小物块不能击中挡板，求拉力F作用的最长时间；
(2)若小物块在水平台阶上运动时，恒力一直作用在小物块上，当小物块过O点时撤去拉力，求小物块击中挡板上的位置的坐标。
答案 (1) s (2)(5 m,5 m)
解析 (1)为使小物块不会击中挡板，设拉力F作用最长时间t，小物块刚好运动到O点。
加速阶段由牛顿第二定律得：F－μmg＝ma1
解得：a1＝2.5 m/s2
减速运动时的加速度大小为：a2＝μg＝2.5 m/s2
由运动学公式得：s＝a1t2＋a2t′2
而a1t＝a2t′
解得t＝t′＝ s。
(2)水平恒力一直作用在小物块上，由运动学公式有
v＝2a1s
解得小物块到达O点时的速度为v0＝5 m/s
小物块过O点后做平抛运动，
水平方向：x＝v0t0
竖直方向：y＝gt
又x2＋y2＝R2
联立解得：x＝5 m，y＝5 m，即位置坐标为(5 m,5 m)。
18. (10分)如图所示，轨道ABCD的AB段为一半径R＝0.2 m的光滑圆形轨道，BC段为高为h＝5 m的竖直轨道，CD段为水平轨道。一质量为0.2 kg的小球从A点由静止开始下滑，到达B点时的速度大小为2 m/s，离开B点做平抛运动(g＝10 m/s2)，求：
(1)小球离开B点后，在CD轨道上的落地点到C点的水平距离；
(2)小球到达B点时对圆形轨道的压力大小；
(3)如果在BCD轨道上放置一个倾角θ＝45°的斜面(如图中虚线所示)，那么小球离开B点后能否落到斜面上？如果能，求它第一次落在斜面上的位置距离B点有多远？如果不能，请说明理由。
答案 (1)2 m (2)6 N
(3)能落到斜面上，第一次落在斜面上的位置距离B点1.13 m
解析 (1)设小球离开B点后做平抛运动的时间为t1，落地点到C点距离为x
由h＝gt得：t1＝＝1 s，x＝vBt1＝2 m。
(2)小球到达B点时受重力mg和竖直向上的弹力N作用，由牛顿第二定律知
F向＝N－mg＝m，解得N＝6 N，
由牛顿第三定律知，小球到达B点时对圆形轨道的压力大小为6 N，方向竖直向下。
(3)如图所示，斜面BEC的倾角θ＝45°，CE长为d＝h＝5 m，因为d＞x，所以小球离开B点后能落在斜面上。
假设小球第一次落在斜面上F点，BF长为L，小球从B点到F点的时间为t2，
则Lcosθ＝vBt2
Lsinθ＝gt
联立解得t2＝0.4 s，L≈1.13 m。