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2020-2021学年广西南宁三中高一（下）第一次月考物理试卷（理科）（3月份）（含答案）
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这是一份2020-2021学年广西南宁三中高一（下）第一次月考物理试卷（理科）（3月份）（含答案），共22页。试卷主要包含了6mg，23m，【答案】C，【答案】D，【答案】A，【答案】B，【答案】AD等内容，欢迎下载使用。
2020-2021学年广西南宁三中高一（下）第一次月考物理试卷（理科）（3月份）
1. 关于力与运动的关系，下列说法正确的是( )
A. 物体在变力作用下不可能做直线运动
B. 物体在恒力作用下可能做曲线运动
C. 物体受到向心力的作用才能做圆周运动
D. 做圆周运动的物体所受的合力方向始终指向圆心
2. 如图所示，皮带传动装置右轮的半径为r，a是它边缘上的一点；左侧为一轮轴，大轮的半径为4r，小轮的半径为2r，b点在小轮上，到小轮中心的距离为r，c点和d点分别位于小轮和大轮的边缘上。若在传动过程中，皮带不打滑，则( )
A. a点与b点的线速度大小相等
B. b点与d点的角速度大小不等
C. a点与d点的向心加速度大小相等
D. a、b、c、d四点中，向心加速度最小的是c点
3. 小雪老师乘坐火车去旅游，她认为火车转弯可视为水平面的圆周运动。她知道为了让火车顺利转弯，同时避免车轮和铁轨受损，一般在修建铁路时会让外轨高于内轨。轨道平面与水平面夹角θ，火车质量m，转弯半径为r，重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A. 火车以一定速度转弯时，质量越大，转弯的向心加速度越大
B. 火车以grtanθ的速度转弯时，火车轮缘不会对铁轨有侧压作用
C. 火车转弯速度大于grtanθ，火车轮缘将挤压内轨
D. 弯道设计θ越大，允许火车转弯的速度越小
4. 老师演示斜抛运动实验时，同时将甲、乙两块小石子从O点斜向上抛出，甲、乙在同一竖直面内运动，其轨迹如图所示，A点是两轨迹在空中的交点，甲、乙运动的最大高度相同。若不计空气阻力，则下列判断正确的是( )
A. 甲先到达最大高度处
B. 甲先回到与O点等高的水平面
C. 到达最高处时甲的速度大于乙的速度
D. 回到与O点等高的水平面时乙的速度大于甲的速度
5. 如图所示，离地面高h处有甲、乙两个物体，甲以初速度v0水平射出，同时乙以初速度v0沿倾角为45∘的光滑斜面滑下。若甲、乙同时到达地面，则v0的大小是( )
A. gh2 B. gh C. 2gh2 D. 2gh
6. 如图所示，河水由西向东流，河宽为800m，河中各点的水流速度大小为，各点到较近河岸的距离为x，与x的关系为的单位为m)，小船在静水中速度大小恒为，保持小船船头垂直河岸由南向北渡河，则下列说法正确的是( )
A. 小船渡河时运动的轨迹为直线
B. 小船在河水中实际运动的最大速度是5m/s
C. 小船渡河时间是160s
D. 水流速度变化，无法小船确定到达对岸的位置
7. 如图所示，质量分别为m、2m的物体A、B由轻质弹簧相连后放置在一箱子C内，箱子质量为3m，整体悬挂处于静止状态。当剪断细绳的瞬间，以下说法正确的是(重力加速度为g)( )
A. 物体A的加速度等于g B. 物体B的加速度等于零
C. 物体C的加速度等于g D. 物体B和C之间的弹力为0.6mg
8. 如图所示，平台离地高度H=1.6m，小球从平台上的A点水平抛出，恰好垂直撞在水平地面上半圆形轨道的B点，圆半径R=1m，C点为半圆顶点，θ=37∘，g取10m/s2，则下列说法正确的是( )
A. 小球平抛的位移方向沿着BO方向
B. 小球到B点时水平位移是3.23m
C. 小球平抛的初速度为3m/s
D. 若只调整A点的竖直高度，其他条件不变，则H=19645m时，小球能够越过半圆形轨道
9. 如图甲所示，质量mA=1kg、mB=2kg的A、B两物块叠放在一起静止于粗糙水平地面上。t=0时刻一水平恒力F作用在物体B上，t=1s时刻撤去F，B物块运动的速度-时间图象如图乙所示，若整个过程中A、B始终保持相对静止，则( )
A. 物体B与地面间的动摩擦因数为0.2
B. 0∼1s内物块B受到的摩擦力6N
C. 1s∼3s内物块A不受摩擦力作用
D. 水平恒力的大小为18N
10. 黎老师参加一项抛球入筐游戏，如图所示，该游戏球筐(筐壁厚度忽略不计)紧靠竖直墙壁放在水平地面上，球筐高度和球筐左侧壁离墙壁的距离均为L。黎老师将球(可视为质点)正对竖直墙壁水平抛出并投入筐中，球的抛出点离地面的高度H=3L，与墙壁的水平距离d=5L，球与墙壁碰撞前后瞬间速度大小相等，方向关于墙壁对称，不计球与墙壁和筐壁碰撞的时间。已知球的质量为m，重力加速度为g，空气阻力不计，则下列说法正确的是( )
A. 不论以多大的速度水平抛出球，只要能投入筐中，落到筐底所用时间就相同
B. 为使球落入筐中，球抛出时的最小速度为gL
C. 球落入筐底时的最小速度为10gl
D. 为使球落入筐中，球与墙壁碰撞的最高点离地面的高度应为32L
11. 如图所示，用一根长杆和两个定滑轮的组合装置来提升重物M，长杆的一端放在地上通过铰链连接形成转轴，其端点恰好处于左侧滑轮正下方O点处，在杆的中点C处拴一细绳，通过两个滑轮后挂上重物M。C点与O点距离为L，现在杆的另一端用力使其逆时针匀速转动，由竖直位置以角速度ω缓慢转至水平(转过了90∘角)，此过程中下列说法正确的是( )
A. 重物M向上做加速运动
B. 细绳对重物M的拉力大于重物的重力
C. 重物M的最大速度是ωL
D. 重物M的速度先增大后减小
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。当圆盘转速从零缓慢增大到两物体刚好还未发生滑动过程中，下列说法正确的是( )
A. A受到的摩擦力一直增大
B. 角速度为ω=2μgr 时物块恰好相对圆盘滑动
C. A受到摩擦力方向指向圆心
D. 细线最大拉力是3μmg
13. 在“用圆锥摆验证向心力的表达式”实验中，如图所示，悬点刚好与一个竖直的刻度尺零刻度线对齐。将画着几个同心圆的白纸置于水平桌面上，使钢球静止时刚好位于圆心。用手带动钢球，设法使它刚好沿纸上某个半径为r的圆周运动，钢球的质量为m，重力加速度为g。
(1)用秒表记录运动n圈的总时间为t，那么小球做圆周运动中需要的向心力表达式为Fn=______ 。
(2)通过刻度尺测得小球轨道平面距悬点的高度为h，那么小球做圆周运动中外力提供的向心力表达式为Fn=______ 。
14. 周老师在上“研究平抛运动”实验课时，向同学们提出了以下几个问题，请同学们给出正确的回答。
(1)在实验中，小球做平抛运动的坐标原点位置是(设小球半径为r)______ 。
A.斜槽口末端O点
B.槽口O点上方r处
C.槽口O点正前方r处
D.槽口O点正上方2r处
(2)实验中，下列说法正确的是______ 。
A.小球每次从斜槽上不相同的位置自由滚下
B.斜槽轨道必须光滑
C.斜槽轨道末端可以不水平
D.要使描出的轨迹更好地反映真实运动，记录的点应适当多一些
E.为了比较准确地描出小球运动的轨迹，应该用一条曲线把所有的点连接起来
(3)一位同学在实验中，只画出了如图所示的一部分曲络线，于是他在曲线上取水平距离△s相等的三点A、B、C，量得△s=0.2m。又量出它们之间的竖直距离分别为h1=0.1m，h2=0.2m，利用这些数据，可求得：(g=10m/s2)
①物体抛出时的初速度为______ m/s；
②抛出点在A点上方高度______ m处。
15. 如图1，某同学设计了一个研究平抛运动的实验装置．在水平桌面上放置一个斜面，让钢球从斜面上由静止滚下，钢球滚过桌边后便做平抛运动．在钢球抛出后经过的地方放置一块水平木板，木板由支架固定成水平，木板所在高度可通过竖直标尺读出，木板可以上下自由调节．在木板上固定一张白纸．该同学在完成装置安装后进行了如下步骤的实验：
A.实验前在白纸上画一条直线，并在线上标出a、b、c三点，且ab=bc，如图2量出ab长度L=20.00cm.
B.让钢球从斜面上的某一位置由静止滚下，调节木板高度，使得钢球正好击中a点，记下此时木板离地面的高度h1=90.00cm.
C.让钢球从斜面上的同一位置由静止滚下，调节木板高度，使得钢球正好击中b点，记下此时木板离地面的高度h2=80.00cm.
D.让钢球从斜面上的同一位置由静止滚下，调节木板高度，使得钢球正好击中c点，记下此时木板离地面的高度h3=60.00cm.
则该同学由上述测量结果即可粗测出钢球的平抛初速度大小v0=______ m/s，钢球击中b点时其速度大小为vb=______ m/s.(空气阻力不计)
16. 如图所示，一名跳台滑雪运动员经过一段时间的加速滑行后从O点水平飞出，经过3s落到斜坡上的A点．已知O点是斜坡的起点，斜坡与水平面的夹角θ=37∘，运动员的质量m=50kg.不计空气阻力(sin37∘=0.6,cos37∘=0.8；g取10m/s2).
求：(1)A点与O点的距离L；
(2)运动员落到A点时的速度大小．
17. 如图所示，在光滑水平面上有坐标系xOy，质量为1kg的质点开始静止在xOy平面上的原点O，某时刻受到沿x轴正方向的恒力F1=2N的作用，若力F1作用一段时间t0后撤去，在撤去力F1的同时对质点施加一个沿y轴正方向的恒力F2，F2作用5s后质点恰好通过该平面上的A点，A点的坐标为x=11m，y=15m。求：
(1)为使质点按题设条件通过A点，F2的大小；
(2)F1的作用时间t0；
(3)质点到达A点时速度v的大小。
18. 如图所示，一半径R=0.5m的水平圆盘可绕过圆心O的竖直轴O′O转动，圆盘圆心O处有一光滑小孔，用一长L=1m的细线穿过小孔连接质量分别为0.2kg和0.5kg的小球A和小物块B，小物块B放在圆盘边缘且与圆盘相对静止。现让小球A在水平面内做角速度ωA=5rad/s的匀速圆周运动，小物块B与水平转盘间的动摩擦因数μ=0.3(取重力加速度g=10m/s2)。求：
(1)OA与竖直方向的夹角θ；
(2)小球匀速圆周运动的线速度大小；
(3)小物块B与圆盘保持相对静止时，圆盘角速度ω的取值范围。
19. 如图所示，距地面高度h=5m的平台边缘水平放置一两轮间距为d=6m的传送带，一可视为质点的物块从光滑平台边缘以v=5m/s的初速度滑上传送带。已知物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.2，重力加速度大小g取10m/s2。求：
(1)若传送带顺时针运动的速度为v0=3m/s，物从开始滑上传送带到落地所用的时间t；
(2)传送带的速度满足什么条件时，物块离开传送带右边缘落地的水平距离最大，并求最大距离s；
(3)设传送带的速度为v′且规定传送带顺时针运动时v′为正，逆时针运动时v′为负。试分析画出物块离开传送带右边缘落地的水平距离s与v′的变化关系图线(写出计算过程，画出图线)。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A、当物体所受的合力与速度方向在同一条直线上，不论该力是恒力还是变力，都做直线运动。故A错误；
B、物体在恒力作用下可以做曲线运动，例如平抛运动，故B正确；
C、物体做圆周运动需要向心力，向心力由其它力来提供，不是物体做圆周运动产生向心力，故C错误；
D、做圆周运动的物体，所受合力方向不一定指向圆心，如竖直平面内变速圆周运动，所受合力沿切线的分力改变速度的大小，沿半径方向的分力提供向心力，故D错误。
故选：B。
物体做曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上，速度的方向与该点曲线的切线方向相同；合外力的方向与加速度的方向在同一直线上，合力可以是恒力，也可以是变力，故加速度可以是变化的，也可以是不变的．平抛运动的物体所受合力是重力，加速度恒定不变，平抛运动是一种匀变速曲线运动．物体做圆周运动时所受的合外力不一定是其向心力．
本题关键是对质点做曲线运动的条件的考查，匀速圆周运动，平抛运动等都是曲线运动，对于它们的特点要掌握住．
2.【答案】C
【解析】解：A、a、c两点靠传送带传动，皮带不打滑，线速度大小相等，bc两点角速度相等，且c点的线速度大于b点的线速度，则a点的线速度大于b点的线速度，故A错误；
B、由于bd同轴转动，角速度相同，故B错误；
C、ac线速度相等，根据v=rω可知，两点的角速度之比等于半径的反比为2：1，dc两点的角速度相等，根据a=ω2r可得：aaad=ωa2raωd2rd=22×112×4=11，故C正确；
D、bcd同轴转动，根据a=ω2r可知，b的向心加速度最小，结合C可知，abcd中b的向心加速度最小，故D错误。
故选：C。
共轴转动的各点角速度相等，靠传送带传动时轮子边缘各点线速度大小相等，根据v=rω，a=rω2分析各点线速度、角速度和向心加速度的大小关系。
解决该题的关键要明确同轴转动的各点角相等，同缘传动的边缘各点线速度大小相等，运用控制变量法求解。
3.【答案】B
【解析】解：A、火车以一定速度转弯时，转弯的向心加速度为a=v2r，与火车的质量无关，故A错误；
B、火车转弯时，为了保护铁轨，应避免车轮边缘与铁轨间的摩擦，故火车受到重力和支持力的合力完全提供向心力，有
F=mgtanθ=mv2r，解得v=grtanθ，此时不受侧压力，故B正确；
C、当火车速度大于grtanθ时，重力和支持力的合力不够提供向心力，有离心运动的趋势，会挤压外轨，对外轨有压力，故C错误；
C、设计时外轨越高，θ角越大，设计时速越大，故D错误；
故选：B。
由题，火车转弯时以规定的速率v0行驶，刚好依靠轨道对火车的支持力FN和火车的重力G的合力提供火车转弯做匀速圆周运动所需要的向心力。若火车转弯的速率大于v0，火车所需要的向心力增大，火车的支持力FN和火车的重力G的合力不够提供向心力，火车过弯道时将挤压外轨，同时轨道对火车的支持力FN将增大。同理分析，火车转弯的速率小于v0的情况。
本题关键根据牛顿第二定律，从保护铁轨的角度得出火车车轮边缘与铁轨恰好无挤压的临界速度，然后结合离心运动的知识进行分析讨论
4.【答案】D
【解析】解：AB、斜上抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动，竖直方向的竖直上抛运动，由于甲、乙运动的最大高度相同，由vy02=2gh可知其竖直方向的初速度相同，上升时间t=vy0g，则甲、乙同时到最高点，同时回到与O点等高的水平面，故AB错误；
C、根据图象可知，乙在水平方向的位移大，所以乙的水平方向速度大，所以甲到达最高处时甲的速度小于乙的速度，故C错误；
D、设小石子水平方向做匀速直线运动的速度大小为vx，根据运动的合成与分解可得小石子回到与O点等高的水平面时的速度大小为：v=vy02+vx2，所以回到与O点等高的水平面时乙的速度大于甲的速度，故D正确。
故选：D。
甲、乙运动的最大高度相同，说明竖直分速度相同，竖直方向运动情况一致，根据斜上抛运动的规律结合运动的合成与分解进行分析解答。
该题的关键是要会运动的合成和分解，由竖直高度相同，得出竖直速度相同，由此分析运动时间。知道斜上抛运动可以分解为为水平方向的匀速直线运动，竖直方向的竖直上抛运动。
5.【答案】A
【解析】
【分析】
根据题意可知：甲做平抛运动，水平方向做匀速运动，竖直方向做自由落体运动，运动的时间可以通过竖直方向上自由落体运动的公式求解，乙做匀加速直线运动，运动的时间与甲相等，由几何关系及位移时间公式即可求解。
该题考查了平抛运动及匀变速直线运动的基本公式的直接应用，抓住时间相等去求解，难度不大，属于中档题。
【解答】
甲做平抛运动，水平方向做匀速运动，竖直方向做自由落体运动，根据
h=12gt2得：t=2hg ①
根据几何关系可知： ②
乙做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可知：a=mgsin45∘m=22g ③
根据位移时间公式可知： ④
由①②③④式得：
v0=gh2
所以A正确。
故选：A。
6.【答案】B
【解析】解：A、小船在垂直河岸方向上做匀速直线运动，在沿河岸方向上做变速运动，合加速度的方向与合度方向不在同一条直线上，做曲线运动，故A锆误；
B、当小船行驶到河中央时
那么小船在河水中的最大速度，故B正确；
C.小船船头垂直河岸由南向北渡河，那么小船渡河的时间是
，故C错误；
D.小船在静水中速度大小恒定，则各点到较近河岸的距离x是均匀变化的，由与x的关系为，可知水流速度也是均匀变化，可求得水速在一段时间内的平均速度，又小船渡河的时间是确定的，所以船到达对岸的位置是可以确定的，故D错误。
故选：B。
将小船的运动分解为沿船头指向和顺水流方向的两个分运动，两个分运动同时发生，互不干扰，与合运动相等效、根据运动的合成来确定初速度与加速度的方向关系，从而确定来小船的运动轨迹；小船垂直河岸渡河时间最短，由位移与速度的比值来确定运动的时间；由水流速度的大小与各点到较近河岸边的距离成正比，来确定水流的速度，再小船在静水中的运动速度，从而确定小船的渡河速度.
本题关键是当船头与河岸垂直时，渡河时间最短，同时合速度与分速度遵循平行四边形定则。
7.【答案】D
【解析】解：物体A受重力和弹簧的支持力F作用，剪断细绳前，对A，由平衡条件得：F=mg；
A、剪断细绳瞬间，弹簧的弹力不能突变，A的受力情况不变，剪断细绳瞬间A所受合力为零，由牛顿第二定律可知，A的加速度为零，故A错误；
BC、剪断细绳瞬间，B，C的加速度相同，对B、C系统，由牛顿第二定律得：(2m+3m)g+F=(2m+3m)a，解得：a=1.2g，故BC错误；
D、剪断细绳瞬间，对C，由牛顿第二定律得：N+3mg=3ma，解得，B对C的压力：N=0.6mg，即物体B和C之间的弹力为0.6mg，故D正确。
故选：D。
剪断细绳前，对A应用平衡条件求出弹簧的弹力；弹簧的弹力不能突变，根据物体的受力情况，应用牛顿第二定律分析答题。
本题考查了牛顿第二定律的应用，知道弹簧的弹力不能突变是解题的前提，分析清楚物体的受力情况、应用牛顿第二定律即可解题。
8.【答案】C
【解析】解：A、小球平抛运动恰好垂直撞在半圆形轨道的B点，即速度方向沿BO方向，平抛运动速度方向与水平方向夹角的正切值：tanθ=vyv0=gtv0，位移方向与水平方向夹角的正切值：tanβ=yx=12gt2v0t=gt2v0，可见平抛运动某时刻速度方向与水平方向夹角的正切值是位移方向与水平方向夹角正切值的2倍，可知平抛运动的位移方向不是沿着BO方向，故A错误；
BC、根据几何关系得，平抛运动下降的高度：h=H−Rcos37∘=(1.6−1×0.8)m=0.8m，根据h=12gt2得，平抛运动的时间：t=2hg=2×0.810s=0.4s，到达B点的竖直分速度：vyB=gt=10×0.4m/s=4m/s，根据平行四边形定则得：tanθ=v0vyB，解得平抛运动的初速度：v0=vyBtanθ=4×34m/s=3m/s，小球道B点的水平位移：x=v0t=3×0.4m=1.2m，故B错误，C正确；
D、以A点正下方地面处为坐标原点，竖直向上为y轴，水平向右为x轴，其运动的轨迹方程为：x=v0t，y=H−12gt2，整理得：y=19645−59x2，，
半圆圆心O与A点的水平位移xAO=Rsin37∘+xAB=(1×0.6+1.2)m=1.8m，则圆的轨迹方程为：(x−1.8)2+y2=1，
A点到E点的水平距离xAE=xAO+R=(1.8+1)m=2.8m，取特殊值x=2.7m，代入抛物线方程，解得y≈0.306m，代入圆的方程，解得y=0.19m≈0.436m>0.306m，可知抛物线与圆有交点，小球不能越过半圆形轨道，故D错误。
故选：C。
小球平抛运动恰好垂直撞在半圆形轨道的B点，即速度方向沿BO方向，根据平抛运动的推论判断位移方向是否沿BO方向；根据几何关系求出下降的高度，从而求出平抛运动的时间，根据平行四边形定则求出初速度，从而得出水平位移。根据数学知识分别求出平抛运动的轨迹方程以及圆的轨迹方程，分析判断H=19645m时，两轨迹方程是否有交点，判断小球能否越过半圆形轨道。
解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，知道平抛运动的时间由高度决定，初速度和时间共同决定水平位移。掌握平抛运动的推论，平抛运动某时刻速度方向与水平方向夹角的正切值是位移方向与水平方向夹角正切值的2倍。
9.【答案】AD
【解析】解：A、由图乙所示图象可知，撤去力F后，物块的加速度a=△v△t=0−43−1m/s2=−2m/s2；
撤去F后，由牛顿第二定律得：−μmg=ma
解得：μ=0.2，故A正确；
B、由图乙所示图象可知，0∼1s内物块的加速度a′=△v′△t′=41m/s2=4m/s2，
对A，由牛顿第二定律得：f=mAa′
代入数据解得，A受到的摩擦力大小：f=4N，
由牛顿第三定律可知，A、对B受到的摩擦力大小f′=f=4N，
B与地面间的滑动摩擦力：，
B受到的摩擦力的合力：，故B错误；
C、1s∼3s内物块A与B一起做匀减速直线运动，A受到的合力等于摩擦力，A仍受摩擦力作用，故C错误；
D、0∼1s内，由牛顿第二定律可知，F−μ(mA+mB)g=(mA+mB)a′，解得F=18N，故D错误。
故选：AD。
撤去F后物体做匀减速直线运动，根据图象的斜率可求得加速度，再由牛顿第二定律即可求解动摩擦因数；然后应用牛顿第二定律分析求解。
本题考查牛顿第二定律连接体问题，对于连接体问题整体法与隔离法是常用的方法，结合牛顿第二定律和受力分析即可，本题要注意图象的应用方法。
10.【答案】AC
【解析】解：A、不论初速度大小如何，只要球能落入框中，球下降的高度相等，根据h=12gt2知，运动的时间相等，故A正确；
B、为使球落入筐中，初速度最小时，从框的左边缘顶端入框，下降的高度h=H−L=2L，水平位移x=d−L=4L，则运动的时间：t1=2hg=2×2Lg=4Lg，球抛出的最小速度：vmin=xt1=2gL，故B错误；
C、落入框底的竖直分速度：vy=2gH=6gL，根据平行四边形定则得，球落入框底的最小速度：v=vmin2+vy2=10gl，故C正确；
D、设球与墙壁碰撞的最高点离地面的高度为hmax，运动到墙壁的时间为t′，抛出到下落高度为H−L时所用的时间为t，
则：t=2(H−L)g=4Lg，
根据对称关系有：d+L=vmaxt，
vmaxt′=d，
H−hmax=12gt′2，
解得：hmax=2918L，故D错误。
故选：AC。
球做平抛运动，运动时间由下落的高度决定，与初速度无关；为使球落入框中，初速度最小时，从框的左边缘入框，根据高度求出平抛运动的时间，结合水平位移和时间求出平抛运动的最小初速度，根据速度位移公式求出球落框时的竖直分速度，通过平行四边形定则求出入框的最小速度；球与墙壁碰撞类似于光的反射，具有对称性，根据平抛运动的规律和对称性求解球与墙壁碰撞的最高点离地面的高度。
解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，抓住临界状态，结合运动学公式灵活求解。
11.【答案】CD
【解析】解：设C点线速度方向与绳子所在直线的夹角为θ(锐角)，由题知C点的线速度为vC=ωL，该线速度在绳子方向上的分速度就为v=ωLcosθ，θ的变化规律是开始最大(90∘)然后逐渐变小，所以ωLcosθ逐渐变大，直至绳子和杆垂直，θ变为零度，绳子的速度变为最大为ωL；然后θ又逐渐增大，ωLcosθ逐渐变小，沿绳子方向的速度变慢.所以重物的速度先增大后减小，最大速度为ωL.故CD正确，AB错误。
故选：CD。
C点的线速度为ωL，为一定值，将该速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，在沿绳子方向的速度等于重物的速度，根据C点速度与绳子沿线的夹角的变化，判断绳子方向分速度的变化，从而得出重物速度的变化，进而判定重物的运动性质。
解决本题的关键掌握运动的合成与分解，把C点的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子的方向，在沿绳子方向的分速度等于重物的速度。
12.【答案】BD
【解析】解：AC、当绳子出现拉力时，A受到的摩擦力方向指向圆心，当转速继续增大至AB将要发生滑动时，A受摩擦力方向沿半径向外，可知A受到的摩擦力先增大后减小再反向增大，故AC错误；
BD、当AB与圆盘间静摩擦力都达到最大值时，A由向心运动的趋势，B由离心运动的趋势，则有：T+μmg=mω2⋅2r，T−μmg=mω2r，解得：T=3μmg，ω=2μgr，故BD正确。
故选：BD。
AB都做匀速圆周运动，合外力提供向心力，当转速较小时，绳子没有张力，AB都是由静摩擦力提供向心力，方向都指向圆心，根据AB向心力的大小判断谁先达到最大静摩擦力，当B的摩擦力达到最大静摩擦力时，绳子刚开始有拉力，根据向心力公式求出角速度，当AB与圆盘间静摩擦力都达到最大值时，根据向心力公式求解绳子拉力。
本题考查圆周运动中力与运动的关系，注意本题中为静摩擦力与绳子的拉力充当向心力，故应注意静摩擦力是否已达到最大静摩擦力。
13.【答案】m4π2n2t2r mgrh
【解析】解：(1)根据向心力公式：Fn=mv2r，而v=2πrT，T=tn
解得：Fn=m4π2n2t2r；
(2)受力分析如图，由几何关系可得：Fn=mgtanθ=mgrh；
故答案为：(1)m4π2n2t2r；(2)mgrh。
(1)利用小球转动n次的时间求得周期，结合公式Fn=mv2r而v=2πrT，计算球所受的向心力。
(2)通过受力分析，合外力提供向心力计算表达式。
通过实验数据来粗略验证向心力表示式，培养学生善于分析问题与解决问题的能力，同时运用力的分解寻找向心力的来源。
14.【答案】BD20.0125
【解析】解：(1)小球做平抛运动的原点不是槽口的末端O点，而是球在槽口时球心在板上的水平投影点，即槽口O点上方r处，故B正确，ACD错误。
(2)AB、为了保证小球的初速度相等，每次让小球从斜槽的同一位置由静止释放，但斜槽不一定需要光滑，故AB错误；
C、为了保证小球的初速度水平，斜槽的末端需水平，故C错误；
D、要使描出的轨迹更好地反映真实运动，记录的点应适当多一些，故D正确；
E、描绘小球运动的轨迹时，将偏离比较远的点可以舍去，用一条平滑曲线连接，故E错误。
故选D。
(3)因为AB、BC水平距离相等，则物体从A到B与B到C所用时t间相等，根据：h2−h1=gt2，解得：t=h2−h1g=0.2−0.110s=0.1s；则物体抛出时的初速度为：v0=△st=0.20.1m/s=2m/s；
物体经过B点时竖直方向的速度大小为：vBy=h1+h22t=0.1+0.22×0.1m/s=1.5m/s，根据：vBy2=2gh，解得抛出点与B点竖直方向的距离为：h=vBy22g=1.522×10m=0.1125m，则抛出点在A点上方高度为：hA=h−h1=0.1125m−0.1m=0.0125m。
故答案为：(1)B(2)D(3)2，0.0125。
保证小球做平抛运动必须通过调节使斜槽的末端保持水平，因为要画同一运动的轨迹，必须每次释放小球的位置相同，且由静止释放，以保证获得相同的初速度。解答本题的突破口是利用在竖直方向上连续相等时间内的位移差等于常数解出闪光周期，然后进一步根据匀变速直线运动的规律、推论求解。
解决平抛实验问题时，要特别注意实验的注意事项，在平抛运动的规律探究活动中不一定局限于课本实验的原理，要注重学生对探究原理的理解；对于平抛运动问题，一定明确其水平和竖直方向运动特点，尤其是在竖直方向熟练应用匀变速直线运动的规律和推论解题.
15.【答案】22.5
【解析】解：钢球从a到b和b到c的时间相等，击中ab时木板的竖直距离为10cm，击中bc时木板的竖直距离为20cm，
根据△h=gT2得，T=△hg=0.110s=0.1s，则钢球平抛运动的初速度v0=LT=0.20.1m/s=2m/s.
击中b点时钢球的竖直分速度vyb=0.1+0.20.2m/s=1.5m/s，根据平行四边形定则知，钢球击中b点的速度大小vb=v02+vyb2=1.52+22=2.5m/s.
故答案为：2，2.5.
根据竖直方向运动特点△h=gT2，求出物体运动的相等时间间隔，然后利用水平方向运动特点即可求出平抛的初速度，根据竖直方向上某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出b点竖直分速度，结合平行四边形定则求出钢球击中b点的速度大小．
本题不但考查了实验的操作，而且考查了平抛运动的规律以及匀速运动和匀变速运动的规律，对同学的知识的综合应用要求比较高，是个考查学生能力的好题．
16.【答案】解：(1)运动员下降的高度为：h=12gt2=12×10×9m=45m，
根据平行四边形定则知，A点与O点的距离为：L=hsin370=450.6=75m.
(2)水平位移为：x=Lcos37∘=75×0.8m=60m.
则平抛运动的初速度为：v0=xt=603=20m/s，
A点竖直方向上的分速度为：vy=gt=10×3m/s=30m/s，
则A点的速度为：vA=v02+vy2=400+900m/s=1013m/s.
答：(1)A点与O点的距离为75m；
(2)运动员落到A点的速度大小为1013m/s.
【解析】(1)根据位移时间公式求出滑雪运动员下降的高度，结合平行四边形定则求出A点与O点的距离．
(2)根据水平位移和时间求出初速度，根据速度时间公式求出竖直分速度，结合平行四边形定则求出运动员落到A点的速度大小．
解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解，基础题．
17.【答案】解：(1)沿y轴方向，由牛顿第二定律得：F2=ma2
由匀变速直线运动的位移-时间公式得：y=12a2t2
其中t=5s，
代入数据解得：F2=1.2N
(2)设在F1作用下质点的加速度大小为a1，
由牛顿第二定律得：F1=ma1
质点在F1作用下沿x轴方向的位移：x1=12a1t02
撤去F1时质点的速度：v1=a1t0
F2作用时间内质点沿x轴方向的位移x2=v1t
由题意可知，质点沿x轴方向的位移：x=x1+x2=11m
代入数据解得：t0=1s
(3)设质点到A点时的速度为vA，
质点到达A点时沿竖直方向的分速度：vy=a2t
质点到达A的速度大小：v=v12+vy2
代入数据解得：v=210m/s
答：(1)为使质点按题设条件通过A点，F2的大小是1.2N；
(2)F1的作用时间t0是1s；
(3)质点到达A点时速度v的大小是210m/s。
【解析】(1)在y轴方向，应用牛顿第二定律与运动学公式求出力的大小。
(2)在x轴方向，应用牛顿第二定律与运动学公式求出力的作用时间。
(3)质点到达A点时的速度是竖直方向与水平方向的分速度的矢量的和．
解决本题的关键将质点的运动分解为x方向和y方向，根据牛顿第二定律求出加速度，运用运动学公式进行求解．
18.【答案】解：(1)对小球A在水平面内做圆周运动，
在竖直方向：Tcosθ=mAg，
水平方向：Tsinθ=mArωA2，
其中r=(L−R)sinθ
联立解得cosθ=0.8，即θ=37∘.
(2)小球匀速圆周运动的线速度v=rω=ω(L−R)sinθ=5×(1−0.5)×0.6m/s=1.5m/s。
(3)绳的拉力T=mAgcosθ=0.2×100.8N=2.5N
当转盘转速较小时，B有向圆心O运动的趋势，静摩擦力远离O
由牛顿第二定律得：T−f=mBRω2
其中0≤f≤μmBg
解得2rad/s≤ω≤10rad/s
当转盘转速较大时，B有远离圆心O运动的趋势，静摩擦力指向O
由牛顿第二定律得：T+f=mBRω2
其中0≤f≤μmBg
解得10rad/s≤ω≤4rad/s
故圆盘角速度ω的取值范围为2rad/s≤ω≤4rad/s。
答：(1)OA与竖直方向的夹角θ为37∘；
(2)小球匀速圆周运动的线速度大小为1.5m/s；
(3)小物块B与圆盘保持相对静止时，圆盘角速度ω的取值范围为2rad/s≤ω≤4rad/s。
【解析】(1)A做匀速圆周运动，重力和绳子的拉力合力提供向心力，根据受力分析即可求解；
(2)根据线速度与角速度的关系求解；
(3)当静摩擦力达到最大，且方向背离圆心时，由绳子的拉力和静摩擦力提供向心力，此时角速度最小，当静摩擦力达到最大，且方向指向圆心时，由绳子的拉力和静摩擦力提供向心力，此时角速度最大，根据向心力公式列式即可求解。
解决本题的关键知道圆周运动向心力的来源，能根据向心力公式以及数学知识求解，难度较大。
19.【答案】解：(1)物块在传送带上滑动过度，对滑块，由牛顿第二定律得：μmg=ma1
设物块做匀减速运动的位移为x1，由匀变速直线运动的速度-位移公式得：v02−v2=−2a1x1，
代入数据解得：a1=2m/s2，x1=4m
物块匀速运动的时间：t2=d−x1v=6−43s=23s
物块离开传送带后做平抛运动，竖直方向：h=12gt32
代入数据解得，平抛运动的时间：t3=1s
物从开始滑上传送带到落地所用的时间：t=t1+t2+t3=(1+23+1)s=83s
(2)如果物块在传送带上一直做匀加速直线运动，物块离开传送带的速度最大，落地的水平距离有最大值，
设物块离开传送带时的速度大小为v2，根据动能定理得：μmgd=12mv22−12mv02
代入数据解得：v2=7m/s
传送带顺时针运动，传送带速度v≥7m/s时，物块落地的水平距离最大，
最大距离：x2=v2t3=7×1m=7m；
(3)如果传送带顺时针转动，速度v′≥7m/s，物体一直加速，射程最远，s=7m；
物块一直做匀减速直线运动，设到达传送带右端时的速度为v3，
由匀变速直线运动的速度-位移公式得：v32−v2=−2a1d
代入数据解得：v3=1m/s，则物体抛出时的速度大小为1m/s，
如果传送带顺时针转动，速度1m/s≤v′<7m/s，物体先加速后匀速，射程：s=v′t1
如果传送带顺时针转动，速度v′<1m/s或传送带逆时针运动，物体一直做匀减速运动，射程为s=1m
故s−v′图象如图所示：
答：(1)物块从开始滑上传送带到落地所用的时间t是83s；
(2)传送带的速度满足v≥7m/s时，物块离开传送带右边缘落地的水平距离最大，最大距离s是7m；
(3)物块离开传送带右边缘落地的水平距离s与v′的变化关系图线如图所示。
【解析】(1)应用牛顿第二定律求出物体的加速度大小，应用运动学公式可以求出物体的运动时间。
(2)如果小物块在传送带上一直加速，则离开传送带的速度最大，射程最远。
(3)滑块可能一直加速、先加速后匀速、一直匀速，先减速后匀速、一直减速；求解出对应的速度即可得到射程。
本题关键是明确小滑块的受力情况和运动情况，分析清楚物块运动过程，应用牛顿第二定律、运动学公式即可解题。
2020-2021学年广西南宁三中高一（下）第一次月考物理试卷（理科）（3月份）
1. 关于力与运动的关系，下列说法正确的是( )
A. 物体在变力作用下不可能做直线运动
B. 物体在恒力作用下可能做曲线运动
C. 物体受到向心力的作用才能做圆周运动
D. 做圆周运动的物体所受的合力方向始终指向圆心
2. 如图所示，皮带传动装置右轮的半径为r，a是它边缘上的一点；左侧为一轮轴，大轮的半径为4r，小轮的半径为2r，b点在小轮上，到小轮中心的距离为r，c点和d点分别位于小轮和大轮的边缘上。若在传动过程中，皮带不打滑，则( )
A. a点与b点的线速度大小相等
B. b点与d点的角速度大小不等
C. a点与d点的向心加速度大小相等
D. a、b、c、d四点中，向心加速度最小的是c点
3. 小雪老师乘坐火车去旅游，她认为火车转弯可视为水平面的圆周运动。她知道为了让火车顺利转弯，同时避免车轮和铁轨受损，一般在修建铁路时会让外轨高于内轨。轨道平面与水平面夹角θ，火车质量m，转弯半径为r，重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A. 火车以一定速度转弯时，质量越大，转弯的向心加速度越大
B. 火车以grtanθ的速度转弯时，火车轮缘不会对铁轨有侧压作用
C. 火车转弯速度大于grtanθ，火车轮缘将挤压内轨
D. 弯道设计θ越大，允许火车转弯的速度越小
4. 老师演示斜抛运动实验时，同时将甲、乙两块小石子从O点斜向上抛出，甲、乙在同一竖直面内运动，其轨迹如图所示，A点是两轨迹在空中的交点，甲、乙运动的最大高度相同。若不计空气阻力，则下列判断正确的是( )
A. 甲先到达最大高度处
B. 甲先回到与O点等高的水平面
C. 到达最高处时甲的速度大于乙的速度
D. 回到与O点等高的水平面时乙的速度大于甲的速度
5. 如图所示，离地面高h处有甲、乙两个物体，甲以初速度v0水平射出，同时乙以初速度v0沿倾角为45∘的光滑斜面滑下。若甲、乙同时到达地面，则v0的大小是( )
A. gh2 B. gh C. 2gh2 D. 2gh
6. 如图所示，河水由西向东流，河宽为800m，河中各点的水流速度大小为，各点到较近河岸的距离为x，与x的关系为的单位为m)，小船在静水中速度大小恒为，保持小船船头垂直河岸由南向北渡河，则下列说法正确的是( )
A. 小船渡河时运动的轨迹为直线
B. 小船在河水中实际运动的最大速度是5m/s
C. 小船渡河时间是160s
D. 水流速度变化，无法小船确定到达对岸的位置
7. 如图所示，质量分别为m、2m的物体A、B由轻质弹簧相连后放置在一箱子C内，箱子质量为3m，整体悬挂处于静止状态。当剪断细绳的瞬间，以下说法正确的是(重力加速度为g)( )
A. 物体A的加速度等于g B. 物体B的加速度等于零
C. 物体C的加速度等于g D. 物体B和C之间的弹力为0.6mg
8. 如图所示，平台离地高度H=1.6m，小球从平台上的A点水平抛出，恰好垂直撞在水平地面上半圆形轨道的B点，圆半径R=1m，C点为半圆顶点，θ=37∘，g取10m/s2，则下列说法正确的是( )
A. 小球平抛的位移方向沿着BO方向
B. 小球到B点时水平位移是3.23m
C. 小球平抛的初速度为3m/s
D. 若只调整A点的竖直高度，其他条件不变，则H=19645m时，小球能够越过半圆形轨道
9. 如图甲所示，质量mA=1kg、mB=2kg的A、B两物块叠放在一起静止于粗糙水平地面上。t=0时刻一水平恒力F作用在物体B上，t=1s时刻撤去F，B物块运动的速度-时间图象如图乙所示，若整个过程中A、B始终保持相对静止，则( )
A. 物体B与地面间的动摩擦因数为0.2
B. 0∼1s内物块B受到的摩擦力6N
C. 1s∼3s内物块A不受摩擦力作用
D. 水平恒力的大小为18N
10. 黎老师参加一项抛球入筐游戏，如图所示，该游戏球筐(筐壁厚度忽略不计)紧靠竖直墙壁放在水平地面上，球筐高度和球筐左侧壁离墙壁的距离均为L。黎老师将球(可视为质点)正对竖直墙壁水平抛出并投入筐中，球的抛出点离地面的高度H=3L，与墙壁的水平距离d=5L，球与墙壁碰撞前后瞬间速度大小相等，方向关于墙壁对称，不计球与墙壁和筐壁碰撞的时间。已知球的质量为m，重力加速度为g，空气阻力不计，则下列说法正确的是( )
A. 不论以多大的速度水平抛出球，只要能投入筐中，落到筐底所用时间就相同
B. 为使球落入筐中，球抛出时的最小速度为gL
C. 球落入筐底时的最小速度为10gl
D. 为使球落入筐中，球与墙壁碰撞的最高点离地面的高度应为32L
11. 如图所示，用一根长杆和两个定滑轮的组合装置来提升重物M，长杆的一端放在地上通过铰链连接形成转轴，其端点恰好处于左侧滑轮正下方O点处，在杆的中点C处拴一细绳，通过两个滑轮后挂上重物M。C点与O点距离为L，现在杆的另一端用力使其逆时针匀速转动，由竖直位置以角速度ω缓慢转至水平(转过了90∘角)，此过程中下列说法正确的是( )
A. 重物M向上做加速运动
B. 细绳对重物M的拉力大于重物的重力
C. 重物M的最大速度是ωL
D. 重物M的速度先增大后减小
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。当圆盘转速从零缓慢增大到两物体刚好还未发生滑动过程中，下列说法正确的是( )
A. A受到的摩擦力一直增大
B. 角速度为ω=2μgr 时物块恰好相对圆盘滑动
C. A受到摩擦力方向指向圆心
D. 细线最大拉力是3μmg
13. 在“用圆锥摆验证向心力的表达式”实验中，如图所示，悬点刚好与一个竖直的刻度尺零刻度线对齐。将画着几个同心圆的白纸置于水平桌面上，使钢球静止时刚好位于圆心。用手带动钢球，设法使它刚好沿纸上某个半径为r的圆周运动，钢球的质量为m，重力加速度为g。
(1)用秒表记录运动n圈的总时间为t，那么小球做圆周运动中需要的向心力表达式为Fn=______ 。
(2)通过刻度尺测得小球轨道平面距悬点的高度为h，那么小球做圆周运动中外力提供的向心力表达式为Fn=______ 。
14. 周老师在上“研究平抛运动”实验课时，向同学们提出了以下几个问题，请同学们给出正确的回答。
(1)在实验中，小球做平抛运动的坐标原点位置是(设小球半径为r)______ 。
A.斜槽口末端O点
B.槽口O点上方r处
C.槽口O点正前方r处
D.槽口O点正上方2r处
(2)实验中，下列说法正确的是______ 。
A.小球每次从斜槽上不相同的位置自由滚下
B.斜槽轨道必须光滑
C.斜槽轨道末端可以不水平
D.要使描出的轨迹更好地反映真实运动，记录的点应适当多一些
E.为了比较准确地描出小球运动的轨迹，应该用一条曲线把所有的点连接起来
(3)一位同学在实验中，只画出了如图所示的一部分曲络线，于是他在曲线上取水平距离△s相等的三点A、B、C，量得△s=0.2m。又量出它们之间的竖直距离分别为h1=0.1m，h2=0.2m，利用这些数据，可求得：(g=10m/s2)
①物体抛出时的初速度为______ m/s；
②抛出点在A点上方高度______ m处。
15. 如图1，某同学设计了一个研究平抛运动的实验装置．在水平桌面上放置一个斜面，让钢球从斜面上由静止滚下，钢球滚过桌边后便做平抛运动．在钢球抛出后经过的地方放置一块水平木板，木板由支架固定成水平，木板所在高度可通过竖直标尺读出，木板可以上下自由调节．在木板上固定一张白纸．该同学在完成装置安装后进行了如下步骤的实验：
A.实验前在白纸上画一条直线，并在线上标出a、b、c三点，且ab=bc，如图2量出ab长度L=20.00cm.
B.让钢球从斜面上的某一位置由静止滚下，调节木板高度，使得钢球正好击中a点，记下此时木板离地面的高度h1=90.00cm.
C.让钢球从斜面上的同一位置由静止滚下，调节木板高度，使得钢球正好击中b点，记下此时木板离地面的高度h2=80.00cm.
D.让钢球从斜面上的同一位置由静止滚下，调节木板高度，使得钢球正好击中c点，记下此时木板离地面的高度h3=60.00cm.
则该同学由上述测量结果即可粗测出钢球的平抛初速度大小v0=______ m/s，钢球击中b点时其速度大小为vb=______ m/s.(空气阻力不计)
16. 如图所示，一名跳台滑雪运动员经过一段时间的加速滑行后从O点水平飞出，经过3s落到斜坡上的A点．已知O点是斜坡的起点，斜坡与水平面的夹角θ=37∘，运动员的质量m=50kg.不计空气阻力(sin37∘=0.6,cos37∘=0.8；g取10m/s2).
求：(1)A点与O点的距离L；
(2)运动员落到A点时的速度大小．
17. 如图所示，在光滑水平面上有坐标系xOy，质量为1kg的质点开始静止在xOy平面上的原点O，某时刻受到沿x轴正方向的恒力F1=2N的作用，若力F1作用一段时间t0后撤去，在撤去力F1的同时对质点施加一个沿y轴正方向的恒力F2，F2作用5s后质点恰好通过该平面上的A点，A点的坐标为x=11m，y=15m。求：
(1)为使质点按题设条件通过A点，F2的大小；
(2)F1的作用时间t0；
(3)质点到达A点时速度v的大小。
18. 如图所示，一半径R=0.5m的水平圆盘可绕过圆心O的竖直轴O′O转动，圆盘圆心O处有一光滑小孔，用一长L=1m的细线穿过小孔连接质量分别为0.2kg和0.5kg的小球A和小物块B，小物块B放在圆盘边缘且与圆盘相对静止。现让小球A在水平面内做角速度ωA=5rad/s的匀速圆周运动，小物块B与水平转盘间的动摩擦因数μ=0.3(取重力加速度g=10m/s2)。求：
(1)OA与竖直方向的夹角θ；
(2)小球匀速圆周运动的线速度大小；
(3)小物块B与圆盘保持相对静止时，圆盘角速度ω的取值范围。
19. 如图所示，距地面高度h=5m的平台边缘水平放置一两轮间距为d=6m的传送带，一可视为质点的物块从光滑平台边缘以v=5m/s的初速度滑上传送带。已知物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.2，重力加速度大小g取10m/s2。求：
(1)若传送带顺时针运动的速度为v0=3m/s，物从开始滑上传送带到落地所用的时间t；
(2)传送带的速度满足什么条件时，物块离开传送带右边缘落地的水平距离最大，并求最大距离s；
(3)设传送带的速度为v′且规定传送带顺时针运动时v′为正，逆时针运动时v′为负。试分析画出物块离开传送带右边缘落地的水平距离s与v′的变化关系图线(写出计算过程，画出图线)。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A、当物体所受的合力与速度方向在同一条直线上，不论该力是恒力还是变力，都做直线运动。故A错误；
B、物体在恒力作用下可以做曲线运动，例如平抛运动，故B正确；
C、物体做圆周运动需要向心力，向心力由其它力来提供，不是物体做圆周运动产生向心力，故C错误；
D、做圆周运动的物体，所受合力方向不一定指向圆心，如竖直平面内变速圆周运动，所受合力沿切线的分力改变速度的大小，沿半径方向的分力提供向心力，故D错误。
故选：B。
物体做曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上，速度的方向与该点曲线的切线方向相同；合外力的方向与加速度的方向在同一直线上，合力可以是恒力，也可以是变力，故加速度可以是变化的，也可以是不变的．平抛运动的物体所受合力是重力，加速度恒定不变，平抛运动是一种匀变速曲线运动．物体做圆周运动时所受的合外力不一定是其向心力．
本题关键是对质点做曲线运动的条件的考查，匀速圆周运动，平抛运动等都是曲线运动，对于它们的特点要掌握住．
2.【答案】C
【解析】解：A、a、c两点靠传送带传动，皮带不打滑，线速度大小相等，bc两点角速度相等，且c点的线速度大于b点的线速度，则a点的线速度大于b点的线速度，故A错误；
B、由于bd同轴转动，角速度相同，故B错误；
C、ac线速度相等，根据v=rω可知，两点的角速度之比等于半径的反比为2：1，dc两点的角速度相等，根据a=ω2r可得：aaad=ωa2raωd2rd=22×112×4=11，故C正确；
D、bcd同轴转动，根据a=ω2r可知，b的向心加速度最小，结合C可知，abcd中b的向心加速度最小，故D错误。
故选：C。
共轴转动的各点角速度相等，靠传送带传动时轮子边缘各点线速度大小相等，根据v=rω，a=rω2分析各点线速度、角速度和向心加速度的大小关系。
解决该题的关键要明确同轴转动的各点角相等，同缘传动的边缘各点线速度大小相等，运用控制变量法求解。
3.【答案】B
【解析】解：A、火车以一定速度转弯时，转弯的向心加速度为a=v2r，与火车的质量无关，故A错误；
B、火车转弯时，为了保护铁轨，应避免车轮边缘与铁轨间的摩擦，故火车受到重力和支持力的合力完全提供向心力，有
F=mgtanθ=mv2r，解得v=grtanθ，此时不受侧压力，故B正确；
C、当火车速度大于grtanθ时，重力和支持力的合力不够提供向心力，有离心运动的趋势，会挤压外轨，对外轨有压力，故C错误；
C、设计时外轨越高，θ角越大，设计时速越大，故D错误；
故选：B。
由题，火车转弯时以规定的速率v0行驶，刚好依靠轨道对火车的支持力FN和火车的重力G的合力提供火车转弯做匀速圆周运动所需要的向心力。若火车转弯的速率大于v0，火车所需要的向心力增大，火车的支持力FN和火车的重力G的合力不够提供向心力，火车过弯道时将挤压外轨，同时轨道对火车的支持力FN将增大。同理分析，火车转弯的速率小于v0的情况。
本题关键根据牛顿第二定律，从保护铁轨的角度得出火车车轮边缘与铁轨恰好无挤压的临界速度，然后结合离心运动的知识进行分析讨论
4.【答案】D
【解析】解：AB、斜上抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动，竖直方向的竖直上抛运动，由于甲、乙运动的最大高度相同，由vy02=2gh可知其竖直方向的初速度相同，上升时间t=vy0g，则甲、乙同时到最高点，同时回到与O点等高的水平面，故AB错误；
C、根据图象可知，乙在水平方向的位移大，所以乙的水平方向速度大，所以甲到达最高处时甲的速度小于乙的速度，故C错误；
D、设小石子水平方向做匀速直线运动的速度大小为vx，根据运动的合成与分解可得小石子回到与O点等高的水平面时的速度大小为：v=vy02+vx2，所以回到与O点等高的水平面时乙的速度大于甲的速度，故D正确。
故选：D。
甲、乙运动的最大高度相同，说明竖直分速度相同，竖直方向运动情况一致，根据斜上抛运动的规律结合运动的合成与分解进行分析解答。
该题的关键是要会运动的合成和分解，由竖直高度相同，得出竖直速度相同，由此分析运动时间。知道斜上抛运动可以分解为为水平方向的匀速直线运动，竖直方向的竖直上抛运动。
5.【答案】A
【解析】
【分析】
根据题意可知：甲做平抛运动，水平方向做匀速运动，竖直方向做自由落体运动，运动的时间可以通过竖直方向上自由落体运动的公式求解，乙做匀加速直线运动，运动的时间与甲相等，由几何关系及位移时间公式即可求解。
该题考查了平抛运动及匀变速直线运动的基本公式的直接应用，抓住时间相等去求解，难度不大，属于中档题。
【解答】
甲做平抛运动，水平方向做匀速运动，竖直方向做自由落体运动，根据
h=12gt2得：t=2hg ①
根据几何关系可知： ②
乙做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可知：a=mgsin45∘m=22g ③
根据位移时间公式可知： ④
由①②③④式得：
v0=gh2
所以A正确。
故选：A。
6.【答案】B
【解析】解：A、小船在垂直河岸方向上做匀速直线运动，在沿河岸方向上做变速运动，合加速度的方向与合度方向不在同一条直线上，做曲线运动，故A锆误；
B、当小船行驶到河中央时
那么小船在河水中的最大速度，故B正确；
C.小船船头垂直河岸由南向北渡河，那么小船渡河的时间是
，故C错误；
D.小船在静水中速度大小恒定，则各点到较近河岸的距离x是均匀变化的，由与x的关系为，可知水流速度也是均匀变化，可求得水速在一段时间内的平均速度，又小船渡河的时间是确定的，所以船到达对岸的位置是可以确定的，故D错误。
故选：B。
将小船的运动分解为沿船头指向和顺水流方向的两个分运动，两个分运动同时发生，互不干扰，与合运动相等效、根据运动的合成来确定初速度与加速度的方向关系，从而确定来小船的运动轨迹；小船垂直河岸渡河时间最短，由位移与速度的比值来确定运动的时间；由水流速度的大小与各点到较近河岸边的距离成正比，来确定水流的速度，再小船在静水中的运动速度，从而确定小船的渡河速度.
本题关键是当船头与河岸垂直时，渡河时间最短，同时合速度与分速度遵循平行四边形定则。
7.【答案】D
【解析】解：物体A受重力和弹簧的支持力F作用，剪断细绳前，对A，由平衡条件得：F=mg；
A、剪断细绳瞬间，弹簧的弹力不能突变，A的受力情况不变，剪断细绳瞬间A所受合力为零，由牛顿第二定律可知，A的加速度为零，故A错误；
BC、剪断细绳瞬间，B，C的加速度相同，对B、C系统，由牛顿第二定律得：(2m+3m)g+F=(2m+3m)a，解得：a=1.2g，故BC错误；
D、剪断细绳瞬间，对C，由牛顿第二定律得：N+3mg=3ma，解得，B对C的压力：N=0.6mg，即物体B和C之间的弹力为0.6mg，故D正确。
故选：D。
剪断细绳前，对A应用平衡条件求出弹簧的弹力；弹簧的弹力不能突变，根据物体的受力情况，应用牛顿第二定律分析答题。
本题考查了牛顿第二定律的应用，知道弹簧的弹力不能突变是解题的前提，分析清楚物体的受力情况、应用牛顿第二定律即可解题。
8.【答案】C
【解析】解：A、小球平抛运动恰好垂直撞在半圆形轨道的B点，即速度方向沿BO方向，平抛运动速度方向与水平方向夹角的正切值：tanθ=vyv0=gtv0，位移方向与水平方向夹角的正切值：tanβ=yx=12gt2v0t=gt2v0，可见平抛运动某时刻速度方向与水平方向夹角的正切值是位移方向与水平方向夹角正切值的2倍，可知平抛运动的位移方向不是沿着BO方向，故A错误；
BC、根据几何关系得，平抛运动下降的高度：h=H−Rcos37∘=(1.6−1×0.8)m=0.8m，根据h=12gt2得，平抛运动的时间：t=2hg=2×0.810s=0.4s，到达B点的竖直分速度：vyB=gt=10×0.4m/s=4m/s，根据平行四边形定则得：tanθ=v0vyB，解得平抛运动的初速度：v0=vyBtanθ=4×34m/s=3m/s，小球道B点的水平位移：x=v0t=3×0.4m=1.2m，故B错误，C正确；
D、以A点正下方地面处为坐标原点，竖直向上为y轴，水平向右为x轴，其运动的轨迹方程为：x=v0t，y=H−12gt2，整理得：y=19645−59x2，，
半圆圆心O与A点的水平位移xAO=Rsin37∘+xAB=(1×0.6+1.2)m=1.8m，则圆的轨迹方程为：(x−1.8)2+y2=1，
A点到E点的水平距离xAE=xAO+R=(1.8+1)m=2.8m，取特殊值x=2.7m，代入抛物线方程，解得y≈0.306m，代入圆的方程，解得y=0.19m≈0.436m>0.306m，可知抛物线与圆有交点，小球不能越过半圆形轨道，故D错误。
故选：C。
小球平抛运动恰好垂直撞在半圆形轨道的B点，即速度方向沿BO方向，根据平抛运动的推论判断位移方向是否沿BO方向；根据几何关系求出下降的高度，从而求出平抛运动的时间，根据平行四边形定则求出初速度，从而得出水平位移。根据数学知识分别求出平抛运动的轨迹方程以及圆的轨迹方程，分析判断H=19645m时，两轨迹方程是否有交点，判断小球能否越过半圆形轨道。
解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，知道平抛运动的时间由高度决定，初速度和时间共同决定水平位移。掌握平抛运动的推论，平抛运动某时刻速度方向与水平方向夹角的正切值是位移方向与水平方向夹角正切值的2倍。
9.【答案】AD
【解析】解：A、由图乙所示图象可知，撤去力F后，物块的加速度a=△v△t=0−43−1m/s2=−2m/s2；
撤去F后，由牛顿第二定律得：−μmg=ma
解得：μ=0.2，故A正确；
B、由图乙所示图象可知，0∼1s内物块的加速度a′=△v′△t′=41m/s2=4m/s2，
对A，由牛顿第二定律得：f=mAa′
代入数据解得，A受到的摩擦力大小：f=4N，
由牛顿第三定律可知，A、对B受到的摩擦力大小f′=f=4N，
B与地面间的滑动摩擦力：，
B受到的摩擦力的合力：，故B错误；
C、1s∼3s内物块A与B一起做匀减速直线运动，A受到的合力等于摩擦力，A仍受摩擦力作用，故C错误；
D、0∼1s内，由牛顿第二定律可知，F−μ(mA+mB)g=(mA+mB)a′，解得F=18N，故D错误。
故选：AD。
撤去F后物体做匀减速直线运动，根据图象的斜率可求得加速度，再由牛顿第二定律即可求解动摩擦因数；然后应用牛顿第二定律分析求解。
本题考查牛顿第二定律连接体问题，对于连接体问题整体法与隔离法是常用的方法，结合牛顿第二定律和受力分析即可，本题要注意图象的应用方法。
10.【答案】AC
【解析】解：A、不论初速度大小如何，只要球能落入框中，球下降的高度相等，根据h=12gt2知，运动的时间相等，故A正确；
B、为使球落入筐中，初速度最小时，从框的左边缘顶端入框，下降的高度h=H−L=2L，水平位移x=d−L=4L，则运动的时间：t1=2hg=2×2Lg=4Lg，球抛出的最小速度：vmin=xt1=2gL，故B错误；
C、落入框底的竖直分速度：vy=2gH=6gL，根据平行四边形定则得，球落入框底的最小速度：v=vmin2+vy2=10gl，故C正确；
D、设球与墙壁碰撞的最高点离地面的高度为hmax，运动到墙壁的时间为t′，抛出到下落高度为H−L时所用的时间为t，
则：t=2(H−L)g=4Lg，
根据对称关系有：d+L=vmaxt，
vmaxt′=d，
H−hmax=12gt′2，
解得：hmax=2918L，故D错误。
故选：AC。
球做平抛运动，运动时间由下落的高度决定，与初速度无关；为使球落入框中，初速度最小时，从框的左边缘入框，根据高度求出平抛运动的时间，结合水平位移和时间求出平抛运动的最小初速度，根据速度位移公式求出球落框时的竖直分速度，通过平行四边形定则求出入框的最小速度；球与墙壁碰撞类似于光的反射，具有对称性，根据平抛运动的规律和对称性求解球与墙壁碰撞的最高点离地面的高度。
解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，抓住临界状态，结合运动学公式灵活求解。
11.【答案】CD
【解析】解：设C点线速度方向与绳子所在直线的夹角为θ(锐角)，由题知C点的线速度为vC=ωL，该线速度在绳子方向上的分速度就为v=ωLcosθ，θ的变化规律是开始最大(90∘)然后逐渐变小，所以ωLcosθ逐渐变大，直至绳子和杆垂直，θ变为零度，绳子的速度变为最大为ωL；然后θ又逐渐增大，ωLcosθ逐渐变小，沿绳子方向的速度变慢.所以重物的速度先增大后减小，最大速度为ωL.故CD正确，AB错误。
故选：CD。
C点的线速度为ωL，为一定值，将该速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，在沿绳子方向的速度等于重物的速度，根据C点速度与绳子沿线的夹角的变化，判断绳子方向分速度的变化，从而得出重物速度的变化，进而判定重物的运动性质。
解决本题的关键掌握运动的合成与分解，把C点的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子的方向，在沿绳子方向的分速度等于重物的速度。
12.【答案】BD
【解析】解：AC、当绳子出现拉力时，A受到的摩擦力方向指向圆心，当转速继续增大至AB将要发生滑动时，A受摩擦力方向沿半径向外，可知A受到的摩擦力先增大后减小再反向增大，故AC错误；
BD、当AB与圆盘间静摩擦力都达到最大值时，A由向心运动的趋势，B由离心运动的趋势，则有：T+μmg=mω2⋅2r，T−μmg=mω2r，解得：T=3μmg，ω=2μgr，故BD正确。
故选：BD。
AB都做匀速圆周运动，合外力提供向心力，当转速较小时，绳子没有张力，AB都是由静摩擦力提供向心力，方向都指向圆心，根据AB向心力的大小判断谁先达到最大静摩擦力，当B的摩擦力达到最大静摩擦力时，绳子刚开始有拉力，根据向心力公式求出角速度，当AB与圆盘间静摩擦力都达到最大值时，根据向心力公式求解绳子拉力。
本题考查圆周运动中力与运动的关系，注意本题中为静摩擦力与绳子的拉力充当向心力，故应注意静摩擦力是否已达到最大静摩擦力。
13.【答案】m4π2n2t2r mgrh
【解析】解：(1)根据向心力公式：Fn=mv2r，而v=2πrT，T=tn
解得：Fn=m4π2n2t2r；
(2)受力分析如图，由几何关系可得：Fn=mgtanθ=mgrh；
故答案为：(1)m4π2n2t2r；(2)mgrh。
(1)利用小球转动n次的时间求得周期，结合公式Fn=mv2r而v=2πrT，计算球所受的向心力。
(2)通过受力分析，合外力提供向心力计算表达式。
通过实验数据来粗略验证向心力表示式，培养学生善于分析问题与解决问题的能力，同时运用力的分解寻找向心力的来源。
14.【答案】BD20.0125
【解析】解：(1)小球做平抛运动的原点不是槽口的末端O点，而是球在槽口时球心在板上的水平投影点，即槽口O点上方r处，故B正确，ACD错误。
(2)AB、为了保证小球的初速度相等，每次让小球从斜槽的同一位置由静止释放，但斜槽不一定需要光滑，故AB错误；
C、为了保证小球的初速度水平，斜槽的末端需水平，故C错误；
D、要使描出的轨迹更好地反映真实运动，记录的点应适当多一些，故D正确；
E、描绘小球运动的轨迹时，将偏离比较远的点可以舍去，用一条平滑曲线连接，故E错误。
故选D。
(3)因为AB、BC水平距离相等，则物体从A到B与B到C所用时t间相等，根据：h2−h1=gt2，解得：t=h2−h1g=0.2−0.110s=0.1s；则物体抛出时的初速度为：v0=△st=0.20.1m/s=2m/s；
物体经过B点时竖直方向的速度大小为：vBy=h1+h22t=0.1+0.22×0.1m/s=1.5m/s，根据：vBy2=2gh，解得抛出点与B点竖直方向的距离为：h=vBy22g=1.522×10m=0.1125m，则抛出点在A点上方高度为：hA=h−h1=0.1125m−0.1m=0.0125m。
故答案为：(1)B(2)D(3)2，0.0125。
保证小球做平抛运动必须通过调节使斜槽的末端保持水平，因为要画同一运动的轨迹，必须每次释放小球的位置相同，且由静止释放，以保证获得相同的初速度。解答本题的突破口是利用在竖直方向上连续相等时间内的位移差等于常数解出闪光周期，然后进一步根据匀变速直线运动的规律、推论求解。
解决平抛实验问题时，要特别注意实验的注意事项，在平抛运动的规律探究活动中不一定局限于课本实验的原理，要注重学生对探究原理的理解；对于平抛运动问题，一定明确其水平和竖直方向运动特点，尤其是在竖直方向熟练应用匀变速直线运动的规律和推论解题.
15.【答案】22.5
【解析】解：钢球从a到b和b到c的时间相等，击中ab时木板的竖直距离为10cm，击中bc时木板的竖直距离为20cm，
根据△h=gT2得，T=△hg=0.110s=0.1s，则钢球平抛运动的初速度v0=LT=0.20.1m/s=2m/s.
击中b点时钢球的竖直分速度vyb=0.1+0.20.2m/s=1.5m/s，根据平行四边形定则知，钢球击中b点的速度大小vb=v02+vyb2=1.52+22=2.5m/s.
故答案为：2，2.5.
根据竖直方向运动特点△h=gT2，求出物体运动的相等时间间隔，然后利用水平方向运动特点即可求出平抛的初速度，根据竖直方向上某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出b点竖直分速度，结合平行四边形定则求出钢球击中b点的速度大小．
本题不但考查了实验的操作，而且考查了平抛运动的规律以及匀速运动和匀变速运动的规律，对同学的知识的综合应用要求比较高，是个考查学生能力的好题．
16.【答案】解：(1)运动员下降的高度为：h=12gt2=12×10×9m=45m，
根据平行四边形定则知，A点与O点的距离为：L=hsin370=450.6=75m.
(2)水平位移为：x=Lcos37∘=75×0.8m=60m.
则平抛运动的初速度为：v0=xt=603=20m/s，
A点竖直方向上的分速度为：vy=gt=10×3m/s=30m/s，
则A点的速度为：vA=v02+vy2=400+900m/s=1013m/s.
答：(1)A点与O点的距离为75m；
(2)运动员落到A点的速度大小为1013m/s.
【解析】(1)根据位移时间公式求出滑雪运动员下降的高度，结合平行四边形定则求出A点与O点的距离．
(2)根据水平位移和时间求出初速度，根据速度时间公式求出竖直分速度，结合平行四边形定则求出运动员落到A点的速度大小．
解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解，基础题．
17.【答案】解：(1)沿y轴方向，由牛顿第二定律得：F2=ma2
由匀变速直线运动的位移-时间公式得：y=12a2t2
其中t=5s，
代入数据解得：F2=1.2N
(2)设在F1作用下质点的加速度大小为a1，
由牛顿第二定律得：F1=ma1
质点在F1作用下沿x轴方向的位移：x1=12a1t02
撤去F1时质点的速度：v1=a1t0
F2作用时间内质点沿x轴方向的位移x2=v1t
由题意可知，质点沿x轴方向的位移：x=x1+x2=11m
代入数据解得：t0=1s
(3)设质点到A点时的速度为vA，
质点到达A点时沿竖直方向的分速度：vy=a2t
质点到达A的速度大小：v=v12+vy2
代入数据解得：v=210m/s
答：(1)为使质点按题设条件通过A点，F2的大小是1.2N；
(2)F1的作用时间t0是1s；
(3)质点到达A点时速度v的大小是210m/s。
【解析】(1)在y轴方向，应用牛顿第二定律与运动学公式求出力的大小。
(2)在x轴方向，应用牛顿第二定律与运动学公式求出力的作用时间。
(3)质点到达A点时的速度是竖直方向与水平方向的分速度的矢量的和．
解决本题的关键将质点的运动分解为x方向和y方向，根据牛顿第二定律求出加速度，运用运动学公式进行求解．
18.【答案】解：(1)对小球A在水平面内做圆周运动，
在竖直方向：Tcosθ=mAg，
水平方向：Tsinθ=mArωA2，
其中r=(L−R)sinθ
联立解得cosθ=0.8，即θ=37∘.
(2)小球匀速圆周运动的线速度v=rω=ω(L−R)sinθ=5×(1−0.5)×0.6m/s=1.5m/s。
(3)绳的拉力T=mAgcosθ=0.2×100.8N=2.5N
当转盘转速较小时，B有向圆心O运动的趋势，静摩擦力远离O
由牛顿第二定律得：T−f=mBRω2
其中0≤f≤μmBg
解得2rad/s≤ω≤10rad/s
当转盘转速较大时，B有远离圆心O运动的趋势，静摩擦力指向O
由牛顿第二定律得：T+f=mBRω2
其中0≤f≤μmBg
解得10rad/s≤ω≤4rad/s
故圆盘角速度ω的取值范围为2rad/s≤ω≤4rad/s。
答：(1)OA与竖直方向的夹角θ为37∘；
(2)小球匀速圆周运动的线速度大小为1.5m/s；
(3)小物块B与圆盘保持相对静止时，圆盘角速度ω的取值范围为2rad/s≤ω≤4rad/s。
【解析】(1)A做匀速圆周运动，重力和绳子的拉力合力提供向心力，根据受力分析即可求解；
(2)根据线速度与角速度的关系求解；
(3)当静摩擦力达到最大，且方向背离圆心时，由绳子的拉力和静摩擦力提供向心力，此时角速度最小，当静摩擦力达到最大，且方向指向圆心时，由绳子的拉力和静摩擦力提供向心力，此时角速度最大，根据向心力公式列式即可求解。
解决本题的关键知道圆周运动向心力的来源，能根据向心力公式以及数学知识求解，难度较大。
19.【答案】解：(1)物块在传送带上滑动过度，对滑块，由牛顿第二定律得：μmg=ma1
设物块做匀减速运动的位移为x1，由匀变速直线运动的速度-位移公式得：v02−v2=−2a1x1，
代入数据解得：a1=2m/s2，x1=4m
物块匀速运动的时间：t2=d−x1v=6−43s=23s
物块离开传送带后做平抛运动，竖直方向：h=12gt32
代入数据解得，平抛运动的时间：t3=1s
物从开始滑上传送带到落地所用的时间：t=t1+t2+t3=(1+23+1)s=83s
(2)如果物块在传送带上一直做匀加速直线运动，物块离开传送带的速度最大，落地的水平距离有最大值，
设物块离开传送带时的速度大小为v2，根据动能定理得：μmgd=12mv22−12mv02
代入数据解得：v2=7m/s
传送带顺时针运动，传送带速度v≥7m/s时，物块落地的水平距离最大，
最大距离：x2=v2t3=7×1m=7m；
(3)如果传送带顺时针转动，速度v′≥7m/s，物体一直加速，射程最远，s=7m；
物块一直做匀减速直线运动，设到达传送带右端时的速度为v3，
由匀变速直线运动的速度-位移公式得：v32−v2=−2a1d
代入数据解得：v3=1m/s，则物体抛出时的速度大小为1m/s，
如果传送带顺时针转动，速度1m/s≤v′<7m/s，物体先加速后匀速，射程：s=v′t1
如果传送带顺时针转动，速度v′<1m/s或传送带逆时针运动，物体一直做匀减速运动，射程为s=1m
故s−v′图象如图所示：
答：(1)物块从开始滑上传送带到落地所用的时间t是83s；
(2)传送带的速度满足v≥7m/s时，物块离开传送带右边缘落地的水平距离最大，最大距离s是7m；
(3)物块离开传送带右边缘落地的水平距离s与v′的变化关系图线如图所示。
【解析】(1)应用牛顿第二定律求出物体的加速度大小，应用运动学公式可以求出物体的运动时间。
(2)如果小物块在传送带上一直加速，则离开传送带的速度最大，射程最远。
(3)滑块可能一直加速、先加速后匀速、一直匀速，先减速后匀速、一直减速；求解出对应的速度即可得到射程。
本题关键是明确小滑块的受力情况和运动情况，分析清楚物块运动过程，应用牛顿第二定律、运动学公式即可解题。
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