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2022-2023学年广西南宁市高一（下）期中物理试卷（含详细答案解析）
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这是一份2022-2023学年广西南宁市高一（下）期中物理试卷（含详细答案解析），共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。
1.第七届世界军人运动会于2019年10月18日20：00整在中国武汉正式开幕，中国军事五项队男子选手潘玉程以2分09秒05的成绩打破这一纪录，也成为该项目第一个跑进2分10秒的运动员。以下说法正确的是( )
A. 2019年10月18日20：00整是时间
B. 2分09秒05的成绩是时刻
C. 在研究潘玉程如何以完美的姿势跑步撞终点时，不可以将他视为质点
D. 在五项全能赛中的一段直线快速跑的过程中，潘玉程前进的位移就是路程
2.汽车的初速度是v1，经过一段时间后速度变为v2，用Δv表示Δt时间内速度的变化量，a表示加速度，则下列能正确表示汽车做加速运动的是( )
A. B.
C. D.
3.雨滴自屋檐由静止滴下，每隔0.2s滴下一滴，第1滴落地时第6滴恰好欲滴下，假定落下的雨滴都做自由落体运动，则此时第2滴雨滴下落的速度和第3、4滴之间的距离分别是(g取10m/s2)( )
A. 5m/s，2mB. 6m/s，3mC. 7m/s，4mD. 8.0m/s，1m
4.如图，一小球放置在木板与竖直墙面之间.设墙面对球的压力大小为N1，球对木板的压力大小为N2.以木板与墙连接点所形成的水平直线为轴，将木板从图示位置开始缓慢地转到水平位置.不计摩擦，在此过程中( )
A. N1始终减小，N2始终增大B. N1始终减小，N2始终减小
C. N1先增大后减小，N2始终减小D. N1先增大后减小，N2先减小后增大
5.物体在恒力F作用下沿曲线从A运动到B，轨迹如图所示。若在B点时突然改变作用力F的方向，使其方向恰好与原先相反，则此后物体可能( )
A. 沿曲线Ba运动
B. 沿曲线Bb运动
C. 沿曲线Bc运动
D. 沿原曲线由B返回A
6.如图所示，一辆货车利用跨过光滑定滑轮的轻质不可伸长的缆绳提升一箱货物，已知货箱的质量为m0，货物的质量为m，货车向左做匀速直线运动，在将货物提升到图示的位置时，货箱速度为v，连接货车的缆绳与水平方向夹角为θ，不计一切摩擦，则此时下列说法正确的是( )
A. 货车的速度等于vcsθB. 货车对地面的压力等于货车的重力
C. 缆绳中的拉力FT小于(m0+m)gD. 货物处于超重状态
二、多选题：本大题共5小题，共24分。
7.下列给出的四组图像中，能够反映同一直线运动的是( )
A.
B.
C.
D.
8.“跳一跳”小游戏需要操控者控制棋子离开平台时的速度，使其能跳到旁边等高平台上。如图所示的抛物线为棋子在某次跳跃过程中的运动轨迹，其最高点离平台的高度为h，水平速度为v。若质量为m的棋子在运动过程中可视为质点，只受重力作用，重力加速度为g，则( )
A. 棋子从抛出点落到旁边平台上所需时间t=2 2hg
B. 棋子从最高点落到旁边平台的过程中，棋子的水平位移大小x=v 2hg
C. 棋子在最高点的速度为零
D. 若速度v变大，则棋子跳到旁边平台上所用的时间不变
9.小明站在装有力传感器的水平台秤上，完成下蹲、起立动作。计算机采集到的力传感器示数随时间变化情况如图所示。下列判断正确的是( )
A. 图示时间内，小明完成了两次下蹲和两次起立
B. a点对应时刻，小明向下的加速度最大
C. b点对应时刻，小明处于失重状态
D. a点对应时刻，小明向下的速度最大
10.2022年3月23日的“天宫课堂”上，航天员叶光富用绳子一端系住装有水油混合液体的瓶子，做如图所示的圆周运动，一段时间后水和油成功分层(水在瓶底)，以空间站为参考系，水油分离后的圆周运动过程中，下列说法正确的是( )
A. 油的线速度小于水的线速度B. 油的向心加速度比水的向心加速度大
C. 水对油有指向圆心的作用力D. 水对油的作用力大于油对水的作用力
11.如图所示，一个小球以初速度为v0=13m/s从高为H=5m的墙的上端水平抛出，在距离墙壁为d处有一竖直挡板与墙面平行，竖直挡板高也为5m，距离墙脚O点3m处有一个小坑A。小球落地前至少与挡板发生一次碰撞，假定小球与墙壁和挡板的碰撞都是完全弹性的，即小球碰撞前后水平速度大小不变，方向相反，竖直方向速度不变。不计碰撞时间，重力加速度g取10m/s2，现左右移动挡板调整d的大小，可以使小球第一次到达地面时恰好落到小坑A中，则d的取值可能为( )
A. 4mB. 5mC. 6mD. 7m
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
12.在“探究求合力的方法”实验中，现有木板、白纸、图钉、橡皮条、细绳套和弹簧测力计。
(1)下列是某同学在做该实验时的想法，其中不正确的是______。
A.拉橡皮条的细绳长一些，实验效果较好
B.拉橡皮条时，弹簧秤、橡皮条、细绳应贴近木板且与木板平面平行
C.橡皮条弹性要好，当把结点拉到达某一设定位置O点时，拉力要适当大些，且拉力F1和F2的夹角越大越好
D.在实验中O点位置不能变
E.细绳可以用弹性绳代替
(2)某次实验中，弹簧测力计C的指针位置如图甲所示，其示数为______ N。
(3)图乙中的F与F′两力中，方向一定沿AO方向的是______(填“F”或“F′”)。
(4)图丙是某次实验记录的部分信息，其中合力F=10N，分力F2方向确定、与合力F夹角为θ=30∘，则另一分力F1的最小值是______ N。
13.在“探究平抛运动特点”的实验中：
(1)如图甲所示的装置，用小锤打击弹性金属片，金属片把球A沿水平方向弹出，同时B球被松开，自由下落，观察到两球同时落地，改变小锤打击的力度，即改变A球水平弹出时的速度，两球仍然同时落地，这个实验说明了做平抛运动的物体______。
A.竖直方向做自由落体运动
B.水平方向做匀速运动
C.无法确定平抛运动的规律
(2)如图乙所示，在“研究平抛物体运动”的实验中，用一张印有正方形小方格的纸记录小球做平抛运动的轨迹，小方格的边长为L=0.1m，若小球在平抛运动途中的几个位置如乙图中的a、b、c、d所示，则小球平抛的初速度的表达式为v0=______(用L、g表示)，小球在b点的速率为______m/s(保留三位有效数字)(g=10m/s2)。
四、简答题：本大题共3小题，共9分。
14.如下图所示，某运动员沿斜面AB由静止开始下滑，斜面长L=10m，斜面倾角为θ=30∘，运动员的质量m=50kg，g取10m/s2。
(1)若斜面光滑，求运动员下滑到斜面底端B点时的速度大小v1以及此过程所用的时间t1；
(2)若斜面的动摩擦因数为μ= 34，求运动员下滑到斜面底端B点时的速度大小v2。
15.图a是我国传统农具——风鼓车，图b是其工作原理示意图。转动摇柄，联动风箱内的风叶，向车斗内送风，入料仓漏口H漏出的谷物经过车斗，质量大于m=2.0×10−5kg的谷粒为饱粒，落入第一出料口A1B；质量为1.2×10−5kg∼2.0×10−5kg的谷粒为瘪粒，落入第二出料口A2B；质量小于m′=1.2×10−5kg的草屑被吹出出风口。已知A1、B、A2三点在同一水平线上，A1B的宽度为x1=0.36m；A1在H正下方，A1H的高度为h=0.45m；质量为m=2.0×10−5kg的谷粒从H漏出，恰好经B点落入A2B，设谷物从H漏出时速度为零；谷粒在车斗内所受水平风力F恒定且相等，只考虑其所受重力和水平风力作用，取重力加速度g为10m/s2。
(1)求谷粒从H落到出料口所经历的时间t；
(2)求谷粒所受水平风力F的大小；
(3)若瘪粒恰好能全部落入A2B，求A2B的宽度x2。
16.如图所示，内壁光滑的圆锥筒，圆锥的轴线竖直，顶角为2θ=60∘，底面半径为R= 35m，在底面圆心O处系一条轻质细线，细线长也为R，细线的另一端拴着一个小球，小球可视为质点。现给小球一个初速度，使其做水平圆周运动，已知重力加速度g=10m/s2，则：
(1)要使小球对锥筒侧面没有压力，则小球水平圆周运动的线速度最大是多少？
(2)要使细线无拉力，则小球水平圆周运动的角速度应满足什么条件？
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：AB、时刻指的是某一瞬时，在时间轴上是一个点，而时间是两时刻之间的间隔，在时间轴上是一段线段。2019年10月18日20：00整是一瞬间，表示时刻，2分09秒05的成绩是完成该项目经历的一段时间，表示时间间隔，故AB错误；
C、质点是用来代替物体的具有质量的点，当需要研究物体的细节时，物体的大小和形状不能忽略不计，不可以将物体视为质点，所以在研究潘玉程如何以完美的姿势跑步撞终点时，不可以将他视为质点，故C正确；
D、路程是标量，位移是矢量，在五项全能赛中的一段直线快速跑的过程中，潘玉程前进的位移大小等于路程，但二者不能等同，故D错误。
故选：C。
时刻指某一瞬时，时间是两时刻之间的间隔；当物体的大小和形状在所研究的问题中可以忽略不计时，物体可以看成质点；位移与路程是两个不同的物理量。
解答本题的关键要掌握力学基础知识，搞清时刻与时间、位移与路程的区别，要掌握物体能看成质点的条件：物体的大小和形状在所研究的问题中可以忽略不计。
2.【答案】A
【解析】解：A.汽车的速度变化量的方向与汽车初速度方向相同，汽车做加速运动，故A正确；
BC.汽车加速度的方向与速度变化量的方向相同，而不是相反，图不正确，故BC错误；
D.速度变化量的方向与初速度方向相反，汽车做减速运动，故D错误。
故选：A。
速度是矢量，速度的变化量Δv=v2−v1，用从矢量v1的箭头到矢量v2的箭头的有向线段表示，加速度的方向与速度变化量的方向相同。
矢量相加和矢量相减都符合平行四边形定则或者三角形定则，Δv=v2−v1=v2+(−v1)，注意加速度方向与速度变化量得方向相同，与速度方向无关。
3.【答案】D
【解析】解：由题意，第1滴落下时第6滴恰欲滴下，则其中有5个间隔，其中
t=0.2s
第2滴雨滴下落的时间为4t，则第2滴雨滴下落的速度为：
v2=4gt
解得：v2=8m/s
第3滴雨滴下落的时间为3t，第4滴雨滴下落的时间为2t，
第3滴下落的高度为：
h1=12g(3t)2
第4滴下落的高度为：
h2=12g(2t)2
则第3滴与第4滴之间的距离为：
△h=h1−h2
联立解得：△h=1m，故ABC错误，D正确。
故选：D。
水滴做自由落体运动，第一滴落地时第六滴恰好刚要滴下，求出第二滴水运动的时间，根据v=gt求解；根据位移-时间关系分别求得第3滴和第4滴下落的高度，即可求得第3、4滴之间的距离。
本题主要考查了自由落体运动基本公式的直接应用，解题的关键是能根据第一滴落地时第六滴恰好刚要滴下求出第二滴水运动的时间，会求两水滴之间的距离。
4.【答案】B
【解析】解：以小球为研究对象，分析受力情况：重力G、墙面的支持力N1′和木板的支持力N2′.
根据牛顿第三定律得知，N1=N1′，N2=N2′。
根据平衡条件得：N1′=Gctθ，N2′=Gsinθ
将木板从图示位置开始缓慢地转到水平位置的过程中，θ增大，ctθ减小，sinθ增大，则N1′和N2′都始终减小，故N1和N2都始终减小。
故选：B。
以小球为研究对象，分析受力情况：重力、木板的支持力和墙壁的支持力，根据牛顿第三定律得知，墙面和木板对球的压力大小分别等于球对墙面和木板的支持力大小，根据平衡条件得到两个支持力与θ的关系，再分析其变化情况．
本题运用函数法研究动态平衡问题，也可以运用图解法直观反映力的变化情况．
5.【答案】C
【解析】解：物体沿着曲线从A运动到B的过程中，因为运动轨迹是在速度与力的夹角之中，其所受的力F指向曲线的内侧，当力反向后，其所受力依然指向后续曲线内侧，由图可得，物体可能沿着Bc曲线运动，故C正确，ABD错误。
故选：C。
物体做曲线运动时，运动轨迹是在速度与力的夹角之中，根据这一点可以判断原来的恒力F的方向是向下的，当F变成向上时，运动轨迹仍然要处于速度与合力的夹角之间．
此题要理解物体做曲线运动时轨迹处于合力和速度的夹角之间．属于基础题．
6.【答案】D
【解析】解：A.将货车的速度进行正交分解，分解成沿着缆绳方向与垂直缆绳方向，如图所示：
由于缆绳不可伸长，货箱向上运动的速度和货车的速度沿着缆绳方向的分量相等，故
v=v1csθ
则货车运动的速度
v1=vcsθ
故A错误；
CD.因v1不变，θ减小，由上述式子知，货箱向上运动的速度v增大，货箱和货物整体向上做加速运动，处于超重状态，由牛顿第二定律知缆绳中的拉力FT大于(m0+m)g，故C错误，D正确；
B.由于货车受到缆绳的拉力，所以可货车对地面的压力小于货车的重力，故B错误。
故选：D。
在将货物提升的过程中，由于缆绳不可伸长，货箱向上运动的速度和货车运动的速度沿着缆绳方向的分量相等，根据平行四边形定则求出货车的速度表达式，结合牛顿第二定律分析即可。
本题的关键要掌握缆绳端物体速度分解的方法，知道缆绳端物体沿缆绳方向的分速度相等，推导出货箱与货车的速度关系式，从而确定货箱的运动规律，然后超重与失重的特点分析，并注意两者的区别。
7.【答案】BC
【解析】解：AB、第一个图是速度-时间图像，由v−t图像可知：0−3s内物体以速度6m/s做匀速直线运动，3−5s内做匀加速直线运动，加速度为a=ΔvΔt=10−65−3m/s2=2m/s2，A图中x−t图像表示0−3s内物体静止，3−5s内物体位置坐标不变也静止，与v−t图像不一致，而B图中加a−t图像表示0−3s内物体做匀速直线运动，3−5s内物体做加速度为2m/s2的匀加速直线运动，与v−t图像能够反映同一直线运动，故A错误，B正确；
C、图中x−t图像表示物体先静止后沿正方向做匀速直线运动，速度大小为v=ΔxΔt=10−65−3m/s=2m/s，两图像能够反映同一直线运动，故C正确；
D、图中x−t图像表示0−3s内物体处于静止状态，3−5s内物体做匀速直线运动，加速度始终为零，与a−t图像不能反映同一直线运动，故D错误。
故选：BC。
x−t图像的斜率表示速度，v−t图像的斜率表示加速度，结合图像对比分析。
本题考查运动学图像问题，解题关键是知道图像的物理意义，知道x−t图像斜率表示速度，v−t图像斜率表示加速度。
8.【答案】ABD
【解析】解：A.从最高点到平台的过程可以看作是平抛运动，根据h=12gt2
得t= 2hg
从抛出点到平台过程为t′=2 2hg，故A正确；
B.棋子从最高点落到平台的过程中，棋子的水平位移大小x=vt=v 2hg，故B正确；
C.棋子沿水平方向始终做匀速直线运动，所以最高点的速度不为零，故C错误；
D.从最高点到平台过程为平抛运动，运动的时间由高度决定，与最高点的速度大小无关，故D正确；
故选：ABD。
棋子从最高点落到平台上为平抛运动，在竖直方向为自由落体运动，水平方向为匀速直线运动，根据自由落体运动规律可以求出落到旁边平台上所需时间；结合水平方向上的速度和总时间，可得知水平位移；落地时间只和高度有关，和水平速度无关。
本题考查了平抛运动、机械能守恒定律等知识点。对于斜抛运动，要能熟练运用运动的分解法进行分析，掌握相关的运动学公式是解题的基础。
9.【答案】CD
【解析】解：ABD.小明在下蹲过程经历先向下加速再向下减速过程，即先失重后超重；起立过程经历先向上加速再向上减速过程，即先超重后失重，所以由图示可知，小明先下蹲后起立，小明完成了1次下蹲和1次起立，a点对应时刻有
F=mg
此时小明的加速度为0，小明向下的速度达到最大，故AB错误，D正确；
C.b点对应时刻，小明正在起立减速上升的过程，所以小明处于失重状态，故C正确。
故选：CD。
通过图像得到不同时刻小明对台秤的压力，判断小明处于失重或是超重状态，进而得到小明加速度的方向，判断其运动状态。
本题考查超重与失重，当物体的加速度向上时，处于超重状态；当加速度方向向下时，处于失重状态，同理可以根据加速度的方向判断物体所处的运动状态。
10.【答案】AC
【解析】解：A、油和水都绕O点转动，角速度相等，根据v=ωr，因水在外层，转动半径较大，所以油的线速度小于水的线速度，故A正确；
B、根据a=ω2r可知，水的转动半径较大，则水的向心加速度大小大于油的向心加速度大小，故B错误；
C、“天宫课堂”瓶子和水油在太空中处于完全失重状态，此时油做匀速圆周运动，水对油有指向圆心的作用力，该力提供油所需要的向心力，故C正确；
D、根据牛顿第三定律知，水对油的作用力与油对水的作用力是相互作用力，等大反向，故D错误。
故选：AC。
油和水同轴转动，角速度相等，根据v=ωr分析油和水的线速度关系；根据a=ω2r分析向心加速度关系；“天宫课堂”瓶子和水油在太空中处于完全失重状态，分析油的向心力来源。根据牛顿第三定律分析水对油的作用力与油对水的作用力的关系。
本题的关键要抓住水和油同轴转动，角速度相同，灵活选择相关公式进行分析。
11.【答案】AB
【解析】解：假设小球落地之前一共发生了N次碰撞，小球最后一次可能是撞墙后落到小坑A中，也可能是撞到挡板后落到A点，但不论如何，小球在空中的运动的运动可以看作一个完整的平抛运动，则小球在空中运动的总时间是
t= 2Hg= 2×510s=1s
它在水平方向运动的总路程为
L=v0t=13×1m=13m
如果小球最后一次是与墙发生碰撞而落到小坑A中，则N必然是偶数，则有
Nd+3m=13m
所以：d=10Nm
N可以取2，d有解是5m。
如果小球最后一次与挡板发生碰撞后落到小坑A中，则N必然为奇数，则有
Nd+d−3m=13m
所以：d=16N+1m
N可以取1，3，d有多解，分别是：8m，4m，故AB正确，CD错误。
故选：AB。
由于小球与墙壁和挡板的碰撞都是完全弹性的，所以小球的运动可以看作一个完整的平抛运动，由平抛运动的特点，结合自由落体运动的规律与匀速直线运动的公式求出飞行时间和水平位移的可能值，从而确定d的可能值。
本题考查平抛运动，由于小球与墙壁和挡板发生的是完全弹性碰撞，因此可以把小球与墙壁碰撞前后等效为一个完整的平抛运动，根据分运动的规律进行处理。
12.【答案】C2.10F′5
【解析】解：(1)A.拉橡皮条的细绳长一些，以便记忆力的方向，实验效果较好，故A正确；
B.拉橡皮条时，弹簧秤、橡皮条、细绳应贴近木板且与木板平面平行，故B正确；
C.橡皮条弹性要好，拉结点到达某一位置O时，拉力大小以及拉力F1和F2的夹角大小要适当，并非越大越好，故C错误；
D.在实验中O点位置不能变，以保持等效性，故D正确；
E.细绳可以用弹性绳代替，不影响实验结果，故E正确。
本题选错误的，故选：C。
(2)弹簧测力计的分度值为0.1N，需要估读到分度值的下一位，弹簧秤上的示数为2.10N。
(3)图乙中的F与F′两力中，方向一定沿AO方向的是F′。
(4)当F1⊥F2时，F1最小，如图
解得：F1min=Fsinθ=10×0.5N=5N
故答案为：(1)C；(2)2.10；(3)F′；(4)5
(1)根据实验原理掌握正确的实验操作；
(2)根据弹簧测力计的读数规则得出对应的读数；
(3)根据矢量合成的特点得出一定沿AO方向的力；
(4)根据几何关系得出另一分力的最小值。
本题主要考查了力的平行四边形定则的验证实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合矢量合成的特点和几何关系即可完成分析。
13.【答案】A2 gL 2.50
【解析】解：(1)小球B做自由落体运动，小球A做平抛运动，两小球落地时间相同，说明平抛运动在竖直方向上是自由落体运动。故BC错误，A正确；
故选：A。
(2)图乙中a、b、c、d位置之间对应水平距离相等，说明a→b、b→c、c→d所用时间相同，根据匀变速直线运动的逐差相相等的特点Δx=aT2，则有：L=gT2
而水平方向上：2L=v0T
联立解得：v0=2 gL
小球在b点的竖直分速度：vy=yac2T=3L2T
代入数据解得：vy=1.5m/s
则小球在b点的合速度：v= v02+vy2= (2 10×0.1)2+1.52m/s=2.50m/s
故答案为：(1)A；(2)2 gL、2.50。
(1)根据实验现象得出对应的结论；
(2)根据实验原理，用逐差公式求出三点间的时间间隔，根据平抛运动的特点结合运动学公式得出小球平抛的初速度和末速度大小。
本题主要考查了平抛运动的相关应用，结合平抛运动的特点和运动学公式即可完成分析。
14.【答案】解：(1)对运动员受力分析如下图所示。
根据牛顿第二定律得
mgsinθ=ma1
解得：a1=5m/s2
由v12=2a1L得
v1= 2a1L= 2×5×10m/s=10m/s
由速度-时间公式得
v1=a1t1
解得：t1=2s
(2)若斜面的动摩擦因数为μ= 34，对运动员受力分析如下图所示
根据牛顿第二定律得
mgsinθ−μmgcsθ=ma2
解得：a2=54m/s2
由v2=2a2L得：v2= 2a2L= 2×54×10m/s=5m/s
答：(1)运动员下滑到斜面底端B点时的速度大小v1为10m/s，此过程所用的时间t1为2s；
(2)运动员下滑到斜面底端B点时的速度大小v2为5m/s。
【解析】(1)对运动员受力分析，利用牛顿第二定律求出加速度，再由速度-位移公式求速度，由速度-时间公式求时间。
(2)对运动员受力分析，根据牛顿第二定律求出加速度，再由速度-位移公式求运动员下滑到斜面底端B点时的速度大小v2。
本题运用牛顿第二定律和运动学公式相结合进行解答，加速度是运动和力的中间桥梁。第2小题也可以根据动能定理求解，更为简洁。
15.【答案】解：(1)谷粒从H落到出料口的过程，竖直方向和水平方向都是初速为零的匀加速直线运动，竖直方向上有：
h=12gt2
将h=0.45m代入，解得：t=0.3s
(2)对于质量m=2.0×10−5kg的谷粒，从H漏出恰好经B点，水平方向有
x1=12at2
由牛顿第二定律得
F=ma
代入数据解得：F=1.6×10−4N
(3)对m′=1.2×10−5kg的瘪粒，恰好落到A2点，则有
x1+x2=12a′t2
由牛顿第二定律得
F=m′a′
代入数据解得：x2=0.24m
答：(1)谷粒从H落到出料口所经历的时间t为0.3s；
(2)谷粒所受水平风力F的大小为1.6×10−4N；
(3)A2B的宽度x2为0.24m。
【解析】(1)谷粒从H落到出料口，在竖直方向上做自由落体运动，根据下落的高度求所经历的时间；
(2)质量为2.0×10−5kg的谷粒从H漏出，恰好经B点落入A2B，根据水平位移和运动时间求出水平分加速度，再由牛顿第二定律求谷粒所受水平风力的大小；
(3)m′=1.2×10−5kg的瘪粒恰好能全部落入A2B，质量最小的瘪粒水平位移最大，根据牛顿第二定律求出该瘪粒的水平分加速度，由位移-时间公式求A2B的宽度。
本题是恒力作用下物体做曲线运动的类型，采用运动的分解法研究。要把握谷粒水平和竖直两个方向的运动规律，运用牛顿第二定律和运动学公式相结合进行解答。
16.【答案】解：(1)小球恰好与筒壁接触，但与筒壁无作用力，结合几何关系得知细绳与竖直方向的夹角为30∘，设此时小球的线速度最大为v1，小球圆周运动的半径为R2，小球受力如图1所示
由牛顿第二定律得
F1sin30∘=mv12R2
F1cs30∘=mg
解得：v1=1m/s
(2)小球恰好与筒壁接触，但线的拉力为零，设此时小球的角速度为ω1，受力如图2所示
由牛顿第二定律得
N1cs30∘=mω12⋅R2
N1sin30∘=mg
解得：ω1=10rad/s
当细线达到水平时，线的拉力为零。设此时小球的角速度为ω2，小球受力如图3所示
由牛顿第二定律得
N2cs30∘=mω22R
N2sin30∘=mg
解得：ω2=5 2rad/s
所以要使细线无拉力，小球的角速度应满足5 2rad/s⩽ω球⩽10rad/s
答：(1)小球水平圆周运动的线速度最大是1m/s；
(2)小球水平圆周运动的角速度应满足5 2rad/s⩽ω球⩽10rad/s。
【解析】(1)小球刚好不与圆锥筒接触时，根据几何关系得出小球的细线与竖直方向上的夹角，小球在拉力和绳子拉力作用下做圆周运动，根据合力提供向心力求出线速度的最大值；
(2)小球恰好与圆锥筒接触，且拉力为零时，小球在重力和支持力作用下做圆周运动，根据合力提供向心力求出临界角速度大小；当细线水平时，细线无拉力，小球在重力和支持力作用下做圆周运动，根据合力提供向心力求出临界角速度，从而得出角速度的大小范围。
本题主要考查圆周运动的临界问题，知道圆周运动向心力的来源，抓住临界状态，根据牛顿第二定律列出表达式是解决本题的关键。
1.第七届世界军人运动会于2019年10月18日20：00整在中国武汉正式开幕，中国军事五项队男子选手潘玉程以2分09秒05的成绩打破这一纪录，也成为该项目第一个跑进2分10秒的运动员。以下说法正确的是( )
A. 2019年10月18日20：00整是时间
B. 2分09秒05的成绩是时刻
C. 在研究潘玉程如何以完美的姿势跑步撞终点时，不可以将他视为质点
D. 在五项全能赛中的一段直线快速跑的过程中，潘玉程前进的位移就是路程
2.汽车的初速度是v1，经过一段时间后速度变为v2，用Δv表示Δt时间内速度的变化量，a表示加速度，则下列能正确表示汽车做加速运动的是( )
A. B.
C. D.
3.雨滴自屋檐由静止滴下，每隔0.2s滴下一滴，第1滴落地时第6滴恰好欲滴下，假定落下的雨滴都做自由落体运动，则此时第2滴雨滴下落的速度和第3、4滴之间的距离分别是(g取10m/s2)( )
A. 5m/s，2mB. 6m/s，3mC. 7m/s，4mD. 8.0m/s，1m
4.如图，一小球放置在木板与竖直墙面之间.设墙面对球的压力大小为N1，球对木板的压力大小为N2.以木板与墙连接点所形成的水平直线为轴，将木板从图示位置开始缓慢地转到水平位置.不计摩擦，在此过程中( )
A. N1始终减小，N2始终增大B. N1始终减小，N2始终减小
C. N1先增大后减小，N2始终减小D. N1先增大后减小，N2先减小后增大
5.物体在恒力F作用下沿曲线从A运动到B，轨迹如图所示。若在B点时突然改变作用力F的方向，使其方向恰好与原先相反，则此后物体可能( )
A. 沿曲线Ba运动
B. 沿曲线Bb运动
C. 沿曲线Bc运动
D. 沿原曲线由B返回A
6.如图所示，一辆货车利用跨过光滑定滑轮的轻质不可伸长的缆绳提升一箱货物，已知货箱的质量为m0，货物的质量为m，货车向左做匀速直线运动，在将货物提升到图示的位置时，货箱速度为v，连接货车的缆绳与水平方向夹角为θ，不计一切摩擦，则此时下列说法正确的是( )
A. 货车的速度等于vcsθB. 货车对地面的压力等于货车的重力
C. 缆绳中的拉力FT小于(m0+m)gD. 货物处于超重状态
二、多选题：本大题共5小题，共24分。
7.下列给出的四组图像中，能够反映同一直线运动的是( )
A.
B.
C.
D.
8.“跳一跳”小游戏需要操控者控制棋子离开平台时的速度，使其能跳到旁边等高平台上。如图所示的抛物线为棋子在某次跳跃过程中的运动轨迹，其最高点离平台的高度为h，水平速度为v。若质量为m的棋子在运动过程中可视为质点，只受重力作用，重力加速度为g，则( )
A. 棋子从抛出点落到旁边平台上所需时间t=2 2hg
B. 棋子从最高点落到旁边平台的过程中，棋子的水平位移大小x=v 2hg
C. 棋子在最高点的速度为零
D. 若速度v变大，则棋子跳到旁边平台上所用的时间不变
9.小明站在装有力传感器的水平台秤上，完成下蹲、起立动作。计算机采集到的力传感器示数随时间变化情况如图所示。下列判断正确的是( )
A. 图示时间内，小明完成了两次下蹲和两次起立
B. a点对应时刻，小明向下的加速度最大
C. b点对应时刻，小明处于失重状态
D. a点对应时刻，小明向下的速度最大
10.2022年3月23日的“天宫课堂”上，航天员叶光富用绳子一端系住装有水油混合液体的瓶子，做如图所示的圆周运动，一段时间后水和油成功分层(水在瓶底)，以空间站为参考系，水油分离后的圆周运动过程中，下列说法正确的是( )
A. 油的线速度小于水的线速度B. 油的向心加速度比水的向心加速度大
C. 水对油有指向圆心的作用力D. 水对油的作用力大于油对水的作用力
11.如图所示，一个小球以初速度为v0=13m/s从高为H=5m的墙的上端水平抛出，在距离墙壁为d处有一竖直挡板与墙面平行，竖直挡板高也为5m，距离墙脚O点3m处有一个小坑A。小球落地前至少与挡板发生一次碰撞，假定小球与墙壁和挡板的碰撞都是完全弹性的，即小球碰撞前后水平速度大小不变，方向相反，竖直方向速度不变。不计碰撞时间，重力加速度g取10m/s2，现左右移动挡板调整d的大小，可以使小球第一次到达地面时恰好落到小坑A中，则d的取值可能为( )
A. 4mB. 5mC. 6mD. 7m
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
12.在“探究求合力的方法”实验中，现有木板、白纸、图钉、橡皮条、细绳套和弹簧测力计。
(1)下列是某同学在做该实验时的想法，其中不正确的是______。
A.拉橡皮条的细绳长一些，实验效果较好
B.拉橡皮条时，弹簧秤、橡皮条、细绳应贴近木板且与木板平面平行
C.橡皮条弹性要好，当把结点拉到达某一设定位置O点时，拉力要适当大些，且拉力F1和F2的夹角越大越好
D.在实验中O点位置不能变
E.细绳可以用弹性绳代替
(2)某次实验中，弹簧测力计C的指针位置如图甲所示，其示数为______ N。
(3)图乙中的F与F′两力中，方向一定沿AO方向的是______(填“F”或“F′”)。
(4)图丙是某次实验记录的部分信息，其中合力F=10N，分力F2方向确定、与合力F夹角为θ=30∘，则另一分力F1的最小值是______ N。
13.在“探究平抛运动特点”的实验中：
(1)如图甲所示的装置，用小锤打击弹性金属片，金属片把球A沿水平方向弹出，同时B球被松开，自由下落，观察到两球同时落地，改变小锤打击的力度，即改变A球水平弹出时的速度，两球仍然同时落地，这个实验说明了做平抛运动的物体______。
A.竖直方向做自由落体运动
B.水平方向做匀速运动
C.无法确定平抛运动的规律
(2)如图乙所示，在“研究平抛物体运动”的实验中，用一张印有正方形小方格的纸记录小球做平抛运动的轨迹，小方格的边长为L=0.1m，若小球在平抛运动途中的几个位置如乙图中的a、b、c、d所示，则小球平抛的初速度的表达式为v0=______(用L、g表示)，小球在b点的速率为______m/s(保留三位有效数字)(g=10m/s2)。
四、简答题：本大题共3小题，共9分。
14.如下图所示，某运动员沿斜面AB由静止开始下滑，斜面长L=10m，斜面倾角为θ=30∘，运动员的质量m=50kg，g取10m/s2。
(1)若斜面光滑，求运动员下滑到斜面底端B点时的速度大小v1以及此过程所用的时间t1；
(2)若斜面的动摩擦因数为μ= 34，求运动员下滑到斜面底端B点时的速度大小v2。
15.图a是我国传统农具——风鼓车，图b是其工作原理示意图。转动摇柄，联动风箱内的风叶，向车斗内送风，入料仓漏口H漏出的谷物经过车斗，质量大于m=2.0×10−5kg的谷粒为饱粒，落入第一出料口A1B；质量为1.2×10−5kg∼2.0×10−5kg的谷粒为瘪粒，落入第二出料口A2B；质量小于m′=1.2×10−5kg的草屑被吹出出风口。已知A1、B、A2三点在同一水平线上，A1B的宽度为x1=0.36m；A1在H正下方，A1H的高度为h=0.45m；质量为m=2.0×10−5kg的谷粒从H漏出，恰好经B点落入A2B，设谷物从H漏出时速度为零；谷粒在车斗内所受水平风力F恒定且相等，只考虑其所受重力和水平风力作用，取重力加速度g为10m/s2。
(1)求谷粒从H落到出料口所经历的时间t；
(2)求谷粒所受水平风力F的大小；
(3)若瘪粒恰好能全部落入A2B，求A2B的宽度x2。
16.如图所示，内壁光滑的圆锥筒，圆锥的轴线竖直，顶角为2θ=60∘，底面半径为R= 35m，在底面圆心O处系一条轻质细线，细线长也为R，细线的另一端拴着一个小球，小球可视为质点。现给小球一个初速度，使其做水平圆周运动，已知重力加速度g=10m/s2，则：
(1)要使小球对锥筒侧面没有压力，则小球水平圆周运动的线速度最大是多少？
(2)要使细线无拉力，则小球水平圆周运动的角速度应满足什么条件？
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：AB、时刻指的是某一瞬时，在时间轴上是一个点，而时间是两时刻之间的间隔，在时间轴上是一段线段。2019年10月18日20：00整是一瞬间，表示时刻，2分09秒05的成绩是完成该项目经历的一段时间，表示时间间隔，故AB错误；
C、质点是用来代替物体的具有质量的点，当需要研究物体的细节时，物体的大小和形状不能忽略不计，不可以将物体视为质点，所以在研究潘玉程如何以完美的姿势跑步撞终点时，不可以将他视为质点，故C正确；
D、路程是标量，位移是矢量，在五项全能赛中的一段直线快速跑的过程中，潘玉程前进的位移大小等于路程，但二者不能等同，故D错误。
故选：C。
时刻指某一瞬时，时间是两时刻之间的间隔；当物体的大小和形状在所研究的问题中可以忽略不计时，物体可以看成质点；位移与路程是两个不同的物理量。
解答本题的关键要掌握力学基础知识，搞清时刻与时间、位移与路程的区别，要掌握物体能看成质点的条件：物体的大小和形状在所研究的问题中可以忽略不计。
2.【答案】A
【解析】解：A.汽车的速度变化量的方向与汽车初速度方向相同，汽车做加速运动，故A正确；
BC.汽车加速度的方向与速度变化量的方向相同，而不是相反，图不正确，故BC错误；
D.速度变化量的方向与初速度方向相反，汽车做减速运动，故D错误。
故选：A。
速度是矢量，速度的变化量Δv=v2−v1，用从矢量v1的箭头到矢量v2的箭头的有向线段表示，加速度的方向与速度变化量的方向相同。
矢量相加和矢量相减都符合平行四边形定则或者三角形定则，Δv=v2−v1=v2+(−v1)，注意加速度方向与速度变化量得方向相同，与速度方向无关。
3.【答案】D
【解析】解：由题意，第1滴落下时第6滴恰欲滴下，则其中有5个间隔，其中
t=0.2s
第2滴雨滴下落的时间为4t，则第2滴雨滴下落的速度为：
v2=4gt
解得：v2=8m/s
第3滴雨滴下落的时间为3t，第4滴雨滴下落的时间为2t，
第3滴下落的高度为：
h1=12g(3t)2
第4滴下落的高度为：
h2=12g(2t)2
则第3滴与第4滴之间的距离为：
△h=h1−h2
联立解得：△h=1m，故ABC错误，D正确。
故选：D。
水滴做自由落体运动，第一滴落地时第六滴恰好刚要滴下，求出第二滴水运动的时间，根据v=gt求解；根据位移-时间关系分别求得第3滴和第4滴下落的高度，即可求得第3、4滴之间的距离。
本题主要考查了自由落体运动基本公式的直接应用，解题的关键是能根据第一滴落地时第六滴恰好刚要滴下求出第二滴水运动的时间，会求两水滴之间的距离。
4.【答案】B
【解析】解：以小球为研究对象，分析受力情况：重力G、墙面的支持力N1′和木板的支持力N2′.
根据牛顿第三定律得知，N1=N1′，N2=N2′。
根据平衡条件得：N1′=Gctθ，N2′=Gsinθ
将木板从图示位置开始缓慢地转到水平位置的过程中，θ增大，ctθ减小，sinθ增大，则N1′和N2′都始终减小，故N1和N2都始终减小。
故选：B。
以小球为研究对象，分析受力情况：重力、木板的支持力和墙壁的支持力，根据牛顿第三定律得知，墙面和木板对球的压力大小分别等于球对墙面和木板的支持力大小，根据平衡条件得到两个支持力与θ的关系，再分析其变化情况．
本题运用函数法研究动态平衡问题，也可以运用图解法直观反映力的变化情况．
5.【答案】C
【解析】解：物体沿着曲线从A运动到B的过程中，因为运动轨迹是在速度与力的夹角之中，其所受的力F指向曲线的内侧，当力反向后，其所受力依然指向后续曲线内侧，由图可得，物体可能沿着Bc曲线运动，故C正确，ABD错误。
故选：C。
物体做曲线运动时，运动轨迹是在速度与力的夹角之中，根据这一点可以判断原来的恒力F的方向是向下的，当F变成向上时，运动轨迹仍然要处于速度与合力的夹角之间．
此题要理解物体做曲线运动时轨迹处于合力和速度的夹角之间．属于基础题．
6.【答案】D
【解析】解：A.将货车的速度进行正交分解，分解成沿着缆绳方向与垂直缆绳方向，如图所示：
由于缆绳不可伸长，货箱向上运动的速度和货车的速度沿着缆绳方向的分量相等，故
v=v1csθ
则货车运动的速度
v1=vcsθ
故A错误；
CD.因v1不变，θ减小，由上述式子知，货箱向上运动的速度v增大，货箱和货物整体向上做加速运动，处于超重状态，由牛顿第二定律知缆绳中的拉力FT大于(m0+m)g，故C错误，D正确；
B.由于货车受到缆绳的拉力，所以可货车对地面的压力小于货车的重力，故B错误。
故选：D。
在将货物提升的过程中，由于缆绳不可伸长，货箱向上运动的速度和货车运动的速度沿着缆绳方向的分量相等，根据平行四边形定则求出货车的速度表达式，结合牛顿第二定律分析即可。
本题的关键要掌握缆绳端物体速度分解的方法，知道缆绳端物体沿缆绳方向的分速度相等，推导出货箱与货车的速度关系式，从而确定货箱的运动规律，然后超重与失重的特点分析，并注意两者的区别。
7.【答案】BC
【解析】解：AB、第一个图是速度-时间图像，由v−t图像可知：0−3s内物体以速度6m/s做匀速直线运动，3−5s内做匀加速直线运动，加速度为a=ΔvΔt=10−65−3m/s2=2m/s2，A图中x−t图像表示0−3s内物体静止，3−5s内物体位置坐标不变也静止，与v−t图像不一致，而B图中加a−t图像表示0−3s内物体做匀速直线运动，3−5s内物体做加速度为2m/s2的匀加速直线运动，与v−t图像能够反映同一直线运动，故A错误，B正确；
C、图中x−t图像表示物体先静止后沿正方向做匀速直线运动，速度大小为v=ΔxΔt=10−65−3m/s=2m/s，两图像能够反映同一直线运动，故C正确；
D、图中x−t图像表示0−3s内物体处于静止状态，3−5s内物体做匀速直线运动，加速度始终为零，与a−t图像不能反映同一直线运动，故D错误。
故选：BC。
x−t图像的斜率表示速度，v−t图像的斜率表示加速度，结合图像对比分析。
本题考查运动学图像问题，解题关键是知道图像的物理意义，知道x−t图像斜率表示速度，v−t图像斜率表示加速度。
8.【答案】ABD
【解析】解：A.从最高点到平台的过程可以看作是平抛运动，根据h=12gt2
得t= 2hg
从抛出点到平台过程为t′=2 2hg，故A正确；
B.棋子从最高点落到平台的过程中，棋子的水平位移大小x=vt=v 2hg，故B正确；
C.棋子沿水平方向始终做匀速直线运动，所以最高点的速度不为零，故C错误；
D.从最高点到平台过程为平抛运动，运动的时间由高度决定，与最高点的速度大小无关，故D正确；
故选：ABD。
棋子从最高点落到平台上为平抛运动，在竖直方向为自由落体运动，水平方向为匀速直线运动，根据自由落体运动规律可以求出落到旁边平台上所需时间；结合水平方向上的速度和总时间，可得知水平位移；落地时间只和高度有关，和水平速度无关。
本题考查了平抛运动、机械能守恒定律等知识点。对于斜抛运动，要能熟练运用运动的分解法进行分析，掌握相关的运动学公式是解题的基础。
9.【答案】CD
【解析】解：ABD.小明在下蹲过程经历先向下加速再向下减速过程，即先失重后超重；起立过程经历先向上加速再向上减速过程，即先超重后失重，所以由图示可知，小明先下蹲后起立，小明完成了1次下蹲和1次起立，a点对应时刻有
F=mg
此时小明的加速度为0，小明向下的速度达到最大，故AB错误，D正确；
C.b点对应时刻，小明正在起立减速上升的过程，所以小明处于失重状态，故C正确。
故选：CD。
通过图像得到不同时刻小明对台秤的压力，判断小明处于失重或是超重状态，进而得到小明加速度的方向，判断其运动状态。
本题考查超重与失重，当物体的加速度向上时，处于超重状态；当加速度方向向下时，处于失重状态，同理可以根据加速度的方向判断物体所处的运动状态。
10.【答案】AC
【解析】解：A、油和水都绕O点转动，角速度相等，根据v=ωr，因水在外层，转动半径较大，所以油的线速度小于水的线速度，故A正确；
B、根据a=ω2r可知，水的转动半径较大，则水的向心加速度大小大于油的向心加速度大小，故B错误；
C、“天宫课堂”瓶子和水油在太空中处于完全失重状态，此时油做匀速圆周运动，水对油有指向圆心的作用力，该力提供油所需要的向心力，故C正确；
D、根据牛顿第三定律知，水对油的作用力与油对水的作用力是相互作用力，等大反向，故D错误。
故选：AC。
油和水同轴转动，角速度相等，根据v=ωr分析油和水的线速度关系；根据a=ω2r分析向心加速度关系；“天宫课堂”瓶子和水油在太空中处于完全失重状态，分析油的向心力来源。根据牛顿第三定律分析水对油的作用力与油对水的作用力的关系。
本题的关键要抓住水和油同轴转动，角速度相同，灵活选择相关公式进行分析。
11.【答案】AB
【解析】解：假设小球落地之前一共发生了N次碰撞，小球最后一次可能是撞墙后落到小坑A中，也可能是撞到挡板后落到A点，但不论如何，小球在空中的运动的运动可以看作一个完整的平抛运动，则小球在空中运动的总时间是
t= 2Hg= 2×510s=1s
它在水平方向运动的总路程为
L=v0t=13×1m=13m
如果小球最后一次是与墙发生碰撞而落到小坑A中，则N必然是偶数，则有
Nd+3m=13m
所以：d=10Nm
N可以取2，d有解是5m。
如果小球最后一次与挡板发生碰撞后落到小坑A中，则N必然为奇数，则有
Nd+d−3m=13m
所以：d=16N+1m
N可以取1，3，d有多解，分别是：8m，4m，故AB正确，CD错误。
故选：AB。
由于小球与墙壁和挡板的碰撞都是完全弹性的，所以小球的运动可以看作一个完整的平抛运动，由平抛运动的特点，结合自由落体运动的规律与匀速直线运动的公式求出飞行时间和水平位移的可能值，从而确定d的可能值。
本题考查平抛运动，由于小球与墙壁和挡板发生的是完全弹性碰撞，因此可以把小球与墙壁碰撞前后等效为一个完整的平抛运动，根据分运动的规律进行处理。
12.【答案】C2.10F′5
【解析】解：(1)A.拉橡皮条的细绳长一些，以便记忆力的方向，实验效果较好，故A正确；
B.拉橡皮条时，弹簧秤、橡皮条、细绳应贴近木板且与木板平面平行，故B正确；
C.橡皮条弹性要好，拉结点到达某一位置O时，拉力大小以及拉力F1和F2的夹角大小要适当，并非越大越好，故C错误；
D.在实验中O点位置不能变，以保持等效性，故D正确；
E.细绳可以用弹性绳代替，不影响实验结果，故E正确。
本题选错误的，故选：C。
(2)弹簧测力计的分度值为0.1N，需要估读到分度值的下一位，弹簧秤上的示数为2.10N。
(3)图乙中的F与F′两力中，方向一定沿AO方向的是F′。
(4)当F1⊥F2时，F1最小，如图
解得：F1min=Fsinθ=10×0.5N=5N
故答案为：(1)C；(2)2.10；(3)F′；(4)5
(1)根据实验原理掌握正确的实验操作；
(2)根据弹簧测力计的读数规则得出对应的读数；
(3)根据矢量合成的特点得出一定沿AO方向的力；
(4)根据几何关系得出另一分力的最小值。
本题主要考查了力的平行四边形定则的验证实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合矢量合成的特点和几何关系即可完成分析。
13.【答案】A2 gL 2.50
【解析】解：(1)小球B做自由落体运动，小球A做平抛运动，两小球落地时间相同，说明平抛运动在竖直方向上是自由落体运动。故BC错误，A正确；
故选：A。
(2)图乙中a、b、c、d位置之间对应水平距离相等，说明a→b、b→c、c→d所用时间相同，根据匀变速直线运动的逐差相相等的特点Δx=aT2，则有：L=gT2
而水平方向上：2L=v0T
联立解得：v0=2 gL
小球在b点的竖直分速度：vy=yac2T=3L2T
代入数据解得：vy=1.5m/s
则小球在b点的合速度：v= v02+vy2= (2 10×0.1)2+1.52m/s=2.50m/s
故答案为：(1)A；(2)2 gL、2.50。
(1)根据实验现象得出对应的结论；
(2)根据实验原理，用逐差公式求出三点间的时间间隔，根据平抛运动的特点结合运动学公式得出小球平抛的初速度和末速度大小。
本题主要考查了平抛运动的相关应用，结合平抛运动的特点和运动学公式即可完成分析。
14.【答案】解：(1)对运动员受力分析如下图所示。
根据牛顿第二定律得
mgsinθ=ma1
解得：a1=5m/s2
由v12=2a1L得
v1= 2a1L= 2×5×10m/s=10m/s
由速度-时间公式得
v1=a1t1
解得：t1=2s
(2)若斜面的动摩擦因数为μ= 34，对运动员受力分析如下图所示
根据牛顿第二定律得
mgsinθ−μmgcsθ=ma2
解得：a2=54m/s2
由v2=2a2L得：v2= 2a2L= 2×54×10m/s=5m/s
答：(1)运动员下滑到斜面底端B点时的速度大小v1为10m/s，此过程所用的时间t1为2s；
(2)运动员下滑到斜面底端B点时的速度大小v2为5m/s。
【解析】(1)对运动员受力分析，利用牛顿第二定律求出加速度，再由速度-位移公式求速度，由速度-时间公式求时间。
(2)对运动员受力分析，根据牛顿第二定律求出加速度，再由速度-位移公式求运动员下滑到斜面底端B点时的速度大小v2。
本题运用牛顿第二定律和运动学公式相结合进行解答，加速度是运动和力的中间桥梁。第2小题也可以根据动能定理求解，更为简洁。
15.【答案】解：(1)谷粒从H落到出料口的过程，竖直方向和水平方向都是初速为零的匀加速直线运动，竖直方向上有：
h=12gt2
将h=0.45m代入，解得：t=0.3s
(2)对于质量m=2.0×10−5kg的谷粒，从H漏出恰好经B点，水平方向有
x1=12at2
由牛顿第二定律得
F=ma
代入数据解得：F=1.6×10−4N
(3)对m′=1.2×10−5kg的瘪粒，恰好落到A2点，则有
x1+x2=12a′t2
由牛顿第二定律得
F=m′a′
代入数据解得：x2=0.24m
答：(1)谷粒从H落到出料口所经历的时间t为0.3s；
(2)谷粒所受水平风力F的大小为1.6×10−4N；
(3)A2B的宽度x2为0.24m。
【解析】(1)谷粒从H落到出料口，在竖直方向上做自由落体运动，根据下落的高度求所经历的时间；
(2)质量为2.0×10−5kg的谷粒从H漏出，恰好经B点落入A2B，根据水平位移和运动时间求出水平分加速度，再由牛顿第二定律求谷粒所受水平风力的大小；
(3)m′=1.2×10−5kg的瘪粒恰好能全部落入A2B，质量最小的瘪粒水平位移最大，根据牛顿第二定律求出该瘪粒的水平分加速度，由位移-时间公式求A2B的宽度。
本题是恒力作用下物体做曲线运动的类型，采用运动的分解法研究。要把握谷粒水平和竖直两个方向的运动规律，运用牛顿第二定律和运动学公式相结合进行解答。
16.【答案】解：(1)小球恰好与筒壁接触，但与筒壁无作用力，结合几何关系得知细绳与竖直方向的夹角为30∘，设此时小球的线速度最大为v1，小球圆周运动的半径为R2，小球受力如图1所示
由牛顿第二定律得
F1sin30∘=mv12R2
F1cs30∘=mg
解得：v1=1m/s
(2)小球恰好与筒壁接触，但线的拉力为零，设此时小球的角速度为ω1，受力如图2所示
由牛顿第二定律得
N1cs30∘=mω12⋅R2
N1sin30∘=mg
解得：ω1=10rad/s
当细线达到水平时，线的拉力为零。设此时小球的角速度为ω2，小球受力如图3所示
由牛顿第二定律得
N2cs30∘=mω22R
N2sin30∘=mg
解得：ω2=5 2rad/s
所以要使细线无拉力，小球的角速度应满足5 2rad/s⩽ω球⩽10rad/s
答：(1)小球水平圆周运动的线速度最大是1m/s；
(2)小球水平圆周运动的角速度应满足5 2rad/s⩽ω球⩽10rad/s。
【解析】(1)小球刚好不与圆锥筒接触时，根据几何关系得出小球的细线与竖直方向上的夹角，小球在拉力和绳子拉力作用下做圆周运动，根据合力提供向心力求出线速度的最大值；
(2)小球恰好与圆锥筒接触，且拉力为零时，小球在重力和支持力作用下做圆周运动，根据合力提供向心力求出临界角速度大小；当细线水平时，细线无拉力，小球在重力和支持力作用下做圆周运动，根据合力提供向心力求出临界角速度，从而得出角速度的大小范围。
本题主要考查圆周运动的临界问题，知道圆周运动向心力的来源，抓住临界状态，根据牛顿第二定律列出表达式是解决本题的关键。
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