甘肃省兰州市教育局第四片区2023-2024学年高一下学期期中考试物理试卷

这是一份甘肃省兰州市教育局第四片区2023-2024学年高一下学期期中考试物理试卷，共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1．（4分）关于曲线运动，下列说法正确的是（ ）
A．曲线运动一定是变速运动
B．曲线运动不可能是匀变速运动
C．做曲线运动的物体速度大小一定不变
D．做曲线运动的物体可能没有加速度
2．（4分）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
A．B．
C．D．
3．（4分）一质量为的物体，可视为质点，在竖直平面内运动，它在竖直方向的速度—时间图像和水平方向的位移一时间图像分别如图甲、乙所示。则下列说法正确的是
A．物体的运动轨迹是一条直线
B．物体所受合力的大小为
C．时刻，物体的速度大小为
D．在内物体的位移大小为
4．（4分）一根不可伸长的绳子跨过定滑轮分别与物体和物体连接，穿在竖直的光滑杆上，物体沿杆向下运动时物体被竖直拉起，如图甲所示。当物体的速度大小为时，绳与竖直杆的夹角为，则此时物体向上运动的速度大小为
A．B．C．D．
5．（4分）若河水的流速大小与水到河岸的距离有关，河中心水的流速最大，河岸边缘处水的流速最小．现假设河的宽度为．河中心水的流速大小为，船在静水中的速度大小为，要使船以最短时间渡河，则
A．船渡河的最短时间是24
B．在行驶过程中，船头始终与河岸垂直
C．船在河水中航行的轨迹是一条直线
D．船在河水中的最大速度为7
6．（4分）“套圈游戏”深受大家的喜爱，游戏者要站到区域线外将圆圈水平抛出，落地时套中的物体即为“胜利品”。某同学在一次“套圈”游戏中，从点以某一速度水平抛出的圆圈落到了物体左边，如图。为了套中该物体，该同学做了如下调整，则下列方式中一定套不中的是（忽略空气阻力）
A．从点正上方以原速度水平抛出
B．从点正前方以原速度水平抛出
C．从点增大速度水平抛出
D．从点正下方减小速度水平抛出
7．（4分）关于质点做匀速圆周运动的下列说法中正确的是
A．由知与成反比
B．由知与成正比
C．由知与成反比
D．由知角速度与转速成正比
二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
8．（6分）如图所示，下列有关生活中圆周运动实例分析，其中说法不正确的是
A．甲图中，汽车通过凹形桥的最低点时，速度不能超过
B．乙图中，“水流星”匀速转动过程中，在最低处水对桶底的压力最大
C．丙图中，火车转弯超过规定速度行驶时，内轨对内轮缘会有挤压作用
D．丁图中，同一小球在光滑而固定的圆锥筒内的、位置先后分别做匀速圆周运动，则在、两位置小球向心加速度相等
9．（6分）如图所示，在斜面顶端先后水平抛出同一小球，第一次小球落到斜面中点，第二次小球落到斜面底端，从抛出到落至斜面上（忽略空气阻力）
A．两次小球运动时间之比
B．两次小球运动时间之比
C．两次小球抛出时初速度之比
D．两次小球抛出时初速度之比
10．（6分）如图所示为摩擦传动装置，轮转动时带动轮跟着转动，已知转动过程中轮缘间无打滑现象，下述说法中正确的是
A．、两轮转动方向相反
B．、两轮转动方向相同
C．、轮缘上点的线速度之比为
D．、转动的角速度之比为
三、实验题：本题共2小题7空，共14分。把答案填在答题卡的横线上或按题目要求作答。
11．（8分）两个同学根据不同的实验条件，进行了“探究平抛运动规律”的实验。
（1）甲同学采用如图甲所示的装置。用小锤打击弹性金属片。金属片把球沿水平方向弹出，同时球被松开，自由下落，观察到两球同时落地；让、球恢复初始状态，用较大的力敲击弹性金属片，即改变球被弹出时的速度，实验可观察到的现象应是 。上述现象说明平抛运动的竖直分运动是 。
（2）乙同学采用如图乙所示的装置。两个相同的弧形轨道、，分别用于发射小铁球、，其中的末端与可看作光滑的水平板相切，两轨道上端分别装有电磁铁、、调节电磁铁、的高度。使从而保证小铁球、在轨道出口处的水平初速度相等，现将小铁球、分别吸在电磁铁、上，然后切断电源，使两小铁球能以相同的初速度同时分别从轨道、的下端射出，实验可观察到的现象应是 ，仅仅改变弧形轨道的高度，重复上述实验，仍能观察到相同的现象，上述现象说明平抛运动的水平分运动是 。
12．（6分）利用如图所示装置验证向心加速度与线速度的关系，圆弧轨道固定在水平桌面上，末端上表面与很小的压力传感器表面相切，水平地面上依次铺放好木板、白纸、复写纸。将小球从圆折轨道某一点由静止释放，经轨道末端飞出，落到铺着复写纸和白纸的木板上，在白纸上留下点迹，小球由同一位置重复释放几次，记录每次压力传感器的示数，改变小球在圆弧轨道上的释放位置，重复上述实验步骤。（当地的重力加速度为
（1）为了完成实验，下列操作正确的是 。（填正确答案标号）
．必须选择光滑的圆弧轨道
．固定圆弧轨道时，末端必须水平
．实验中应选择密度小的小球
．确定小球在白纸上的落点时，用尽可能小的圆把所有落点圈住，圆心即为平均落点
（2）某次实验时记录的压力传感器示数为，并测出小球的质量为，小球的向心加速度 。
（3）又测出轨道末端距地面高度、平抛的水平位移、则小球在圆弧轨道最低点的线速度 。最后测出圆弧轨道半径，则可验证是否在误差允许的范围内满足。
四、解答题：本题共3小题，满分40分，解答写出必要的文字说明、公式和重要演算步骤，只写出最后答案的不得分。
13．（12分）平抛一物体，当抛出时它的速度方向与水平夹角成角，落地时速度方向与水平方向成角，不计空气阻力，，求：
（1）物体的初速度大小；
（2）物体落地时速度大小；
（3）抛出时物体距地面的高度。
14．（14分）如图所示，一质量为的小球，用长的细绳拴住在竖直面内做圆周运动，求：
（1）小球恰能通过圆周最高点时的速度多大？
（2）小球以的速度通过圆周最高点时，绳对小球的拉力多大？
（3）当小球在圆周最低点时，绳的拉力为，求此时小球的速度大小？
15．（14分）如图所示，一个可以视为质点的小球质量为，以某一初速度冲上光滑半圆形轨道，轨道半径为，直径与水平面垂直，小球到达最高点时对轨道的压力是重力的3倍，重力加速度，忽略空气阻力，求：
（1）小球通过点的速度大小；
（2）小球离开点后在空中的运动时间是多少；
（3）小球落地点距点的距离。
2023-2024学年甘肃省兰州市教育局第四片区高一（下）期中物理试卷
参考答案与试题解析
一、单选题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．（4分）关于曲线运动，下列说法正确的是（ ）
A．曲线运动一定是变速运动
B．曲线运动不可能是匀变速运动
C．做曲线运动的物体速度大小一定不变
D．做曲线运动的物体可能没有加速度
【答案】A
【分析】做曲线运动物体，速度的方向一直在变，大小不一定发生变化；加速度一定不为零，可以是恒定的加速度。
【解答】解：A、曲线运动过程中，速度的方向始终在变，所以一定是变速运动，故A正确；
B、物体做平抛运动，只受重力，加速度恒定，属于匀变速曲线运动，故B错误；
C、做匀速圆周运动的物体，速度的大小不变，是速度大小不变的曲线运动，故C错误；
D、做曲线运动的物体，速度的方向一直在变化，是变速运动，一定有加速度，故D错误；
故选：A。
【点评】通过曲线运动的条件，结合实例反证可以解决此类问题。
2．（4分）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
A．B．
C．D．
【答案】
【分析】曲线运动的速度沿轨迹的切线方向，抛体运动的加速度为，竖直向下；由此分析即可。
【解答】解：在曲线运动中，速度的方向为曲线上该点的切线方向，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，故正确，错误。
故选：。
【点评】解决本题的关键要掌握曲线运动方向特点：速度沿轨迹的切线方向，物体做匀变速曲线运动，加速度为。
3．（4分）一质量为的物体，可视为质点，在竖直平面内运动，它在竖直方向的速度—时间图像和水平方向的位移一时间图像分别如图甲、乙所示。则下列说法正确的是
A．物体的运动轨迹是一条直线
B．物体所受合力的大小为
C．时刻，物体的速度大小为
D．在内物体的位移大小为
【答案】
【分析】从图象可知，质点在竖直方向上做初速度为的匀加速直线运动，在水平方向上做匀速直线运动，合运动是匀变速曲线运动。根据运动学公式求出末水平分速度和竖直分速度，再根据平行四边形定则求出合速度的大小。由分位移合成求合位移。
【解答】解：．由题可知，质点在竖直方向上做匀加速直线运动，水平方向做匀速直线运动，合加速度与合速度不在一条直线上，物体做曲线运动，故错误；
．物体加速度
物体所受合力
故正确；
．水平方向速度
速度
故错误；
．在内物体的分位移；
位移
故错误。
故选：。
【点评】本题的关键要理解合运动与分运动的关系，知道速度—时间图象的斜率表示加速度、位移—时间图象的斜率表示速度，运用运动的合成与分解法进行研究。
4．（4分）一根不可伸长的绳子跨过定滑轮分别与物体和物体连接，穿在竖直的光滑杆上，物体沿杆向下运动时物体被竖直拉起，如图甲所示。当物体的速度大小为时，绳与竖直杆的夹角为，则此时物体向上运动的速度大小为
A．B．C．D．
【答案】
【分析】将物体的速度分解到沿绳和垂直于绳方向，物体的速度和物体沿绳方向的分速度大小相等，结合几何关系列式求解即可。
【解答】解：将物体的速度分解到沿绳和垂直于绳方向，如图：
物体沿绳方向的分速度大小等于物体的速度大小，由几何关系得：根据运动的分解可知
故正确，错误。
故选：。
【点评】本题考查关联速度问题，解题关键是知道两物体沿绳方向分速度的大小相等，结合几何关系列式求解即可。
5．（4分）若河水的流速大小与水到河岸的距离有关，河中心水的流速最大，河岸边缘处水的流速最小．现假设河的宽度为．河中心水的流速大小为，船在静水中的速度大小为，要使船以最短时间渡河，则
A．船渡河的最短时间是24
B．在行驶过程中，船头始终与河岸垂直
C．船在河水中航行的轨迹是一条直线
D．船在河水中的最大速度为7
【答案】
【分析】将船的运动分解为沿河岸方向和垂直于河岸方向，当静水速的方向与河岸垂直时，渡河时间最短．根据两分运动的运动情况判断合运动的轨迹．
【解答】解：、当静水速的方向与河岸垂直时，渡河时间最短，。故错误，正确。
、船在垂直河岸方向做匀速直线运动，在沿河岸方向，由于水流速在变，做变速运动，两合运动的轨迹是曲线。故错误。
、根据运动的合成，可知船在河水中的最大速度为。故错误。
故选：。
【点评】解决本题的关键将船的运动分解为沿河岸方向和垂直于河岸方向，知道当静水速的方向与河岸垂直时，渡河时间最短．
6．（4分）“套圈游戏”深受大家的喜爱，游戏者要站到区域线外将圆圈水平抛出，落地时套中的物体即为“胜利品”。某同学在一次“套圈”游戏中，从点以某一速度水平抛出的圆圈落到了物体左边，如图。为了套中该物体，该同学做了如下调整，则下列方式中一定套不中的是（忽略空气阻力）
A．从点正上方以原速度水平抛出
B．从点正前方以原速度水平抛出
C．从点增大速度水平抛出
D．从点正下方减小速度水平抛出
【答案】
【分析】根据平抛运动水平方向匀速直线和竖直方向自由落体运动逐项分析即可。
【解答】解：、设圆圈平抛运动下落的高度为，水平位移为，初速度为，竖直方向为自由落体运动，有，解得下落时间为，水平为匀速直线运动，所以水平位移为，圆圈落到了物体左边，说明圆圈的水平位移偏小，若从点正上方以原速度水平抛出，增大，由可知时间增大，由知，水平位移增大，可能套住物体，故不符合题意；
、若点正前方以原速度水平抛出，则高度不变，运动时间不变，根据，水平位移不变，落地点右移，可能套住物体，故不符合题意；
、若点位置不变，增大速度水平抛出，增大，由知，水平位移增大，可能套住物体，故不符合题意；
、若点正下方，减小速度水平抛出，和都减小，由，知，水平位移减小，圆圈还落到物体左边，故符合题意。
故选：。
【点评】本题考查了平抛运动的相关知识，解决本题的关键是根据高度求出时间，根据水平速度表示水平位移。
7．（4分）关于质点做匀速圆周运动的下列说法中正确的是
A．由知与成反比
B．由知与成正比
C．由知与成反比
D．由知角速度与转速成正比
【答案】
【分析】根据匀速圆周运动的角速度的公式和牛顿第二定律逐项分析即可得出结论．
【解答】解：、由，可知当线速度一定时，则有与成反比关，所以错误。
、由知，当角速度一定时，则有与成正比，所以错误；
、由可知，角速度与转动半径、线速度都有关，在线速度不变时角速度才与转动半径成反比，所以错误。
、由，又因为是恒量，所以角速度与转速成正比，所以正确。
故选：。
【点评】向心加速度是由向心力的大小和物体的质量决定的，不能简单由向心加速度的公式来分析，这是本题中最容易出错的地方
二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
8．（6分）如图所示，下列有关生活中圆周运动实例分析，其中说法不正确的是
A．甲图中，汽车通过凹形桥的最低点时，速度不能超过
B．乙图中，“水流星”匀速转动过程中，在最低处水对桶底的压力最大
C．丙图中，火车转弯超过规定速度行驶时，内轨对内轮缘会有挤压作用
D．丁图中，同一小球在光滑而固定的圆锥筒内的、位置先后分别做匀速圆周运动，则在、两位置小球向心加速度相等
【答案】
【分析】甲图中，汽车通过凹形桥的最低点时，由重力和支持力的合力提供向心力，由牛顿第二定律列式分析其速度大小；乙图中，根据牛顿第二定律列式分析出水对桶底压力最大的位置；丙图中，根据火车转弯的特点得出速度超过规定值时外轨对轮缘会有挤压；丁图中，根据对小球的受力分析，根据牛顿第二定律列式，结合几何关系得出两个位置小球向心加速度关系。
【解答】解：、甲图中，汽车通过凹形桥的最低点时，由重力和支持力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得
汽车通过凹形桥的最低点时，速度可以超过，此时有，故错误；
、乙图中，“水流星”匀速转动过程中，设圆心为，最高点为，最低点为，水桶所处位置为，水桶从运动到的过程中，设与的夹角为。对桶中的水受力分析，沿半径方向，由牛顿第二定律得
从点运动到点的过程中，逐渐减小，则桶对水的支持力逐渐增大，由牛顿第三定律可知水对桶的压力逐渐增大，所以在最低处水对桶底的压力最大，故正确；
、丙图中，火车按规定速度转弯时，由重力和支持力的合力提供向心力，超过规定速度行驶时，重力和支持力的合力不够提供向心力，所以外轨对轮缘产生向内侧的挤压作用，故错误；
、丁图中，设圆锥的顶角为。同一小球在光滑而固定的圆锥筒内的、位置先后分别做匀速圆周运动，由重力和支持力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得
解得
则在、两位置小球向心加速度相等，故正确。
故选：。
【点评】本题主要考查圆周运动的相关应用，能正确分析物体的受力情况，理解其向心力来源，结合牛顿第二定律即可完成解答。
9．（6分）如图所示，在斜面顶端先后水平抛出同一小球，第一次小球落到斜面中点，第二次小球落到斜面底端，从抛出到落至斜面上（忽略空气阻力）
A．两次小球运动时间之比
B．两次小球运动时间之比
C．两次小球抛出时初速度之比
D．两次小球抛出时初速度之比
【答案】
【分析】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据高度之比求出运动的时间之比。水平方向做匀速运动，且小球水平位移之比为，从而求出初速度之比。
【解答】解：、平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，根据，解得，
因为两次小球下降的高度之比为，则运动时间之比为，故正确，错误；
、小球水平位移之比为，由得：水平初速度之比为，故正确，错误。
故选：。
【点评】解决本题的关键是要知道平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，运用比例法求解比例关系。
10．（6分）如图所示为摩擦传动装置，轮转动时带动轮跟着转动，已知转动过程中轮缘间无打滑现象，下述说法中正确的是
A．、两轮转动方向相反
B．、两轮转动方向相同
C．、轮缘上点的线速度之比为
D．、转动的角速度之比为
【答案】
【分析】本题是共轴转动，共轴转动角速度相等，同缘传动边缘点线速度大小相等。
对于共轴转动，角速度相等，根据公式判断线速度大小关系。
【解答】解：、根据两轮转动中，接触点不存在打滑的现象，故两轮边缘的线速度大小相等，且两轮转动方向相反，故正确，错误；
、根据两轮转动中，接触点不存在打滑的现象，两轮边缘的线速度大小相等，即两轮边缘的线速度大小之比为；根据，角速度与半径成反比，所以，故错误，正确；
故选：。
【点评】解题关键是掌握角速度、线速度的关系。难度不大。
三、实验题：本题共2小题7空，共14分。把答案填在答题卡的横线上或按题目要求作答。
11．（8分）两个同学根据不同的实验条件，进行了“探究平抛运动规律”的实验。
（1）甲同学采用如图甲所示的装置。用小锤打击弹性金属片。金属片把球沿水平方向弹出，同时球被松开，自由下落，观察到两球同时落地；让、球恢复初始状态，用较大的力敲击弹性金属片，即改变球被弹出时的速度，实验可观察到的现象应是 两球同时落地 。上述现象说明平抛运动的竖直分运动是 。
（2）乙同学采用如图乙所示的装置。两个相同的弧形轨道、，分别用于发射小铁球、，其中的末端与可看作光滑的水平板相切，两轨道上端分别装有电磁铁、、调节电磁铁、的高度。使从而保证小铁球、在轨道出口处的水平初速度相等，现将小铁球、分别吸在电磁铁、上，然后切断电源，使两小铁球能以相同的初速度同时分别从轨道、的下端射出，实验可观察到的现象应是 ，仅仅改变弧形轨道的高度，重复上述实验，仍能观察到相同的现象，上述现象说明平抛运动的水平分运动是 。
【答案】（1）两球同时落地；自由落体运动；（2）两球相碰；匀速运动。
【分析】明确该实验的实验目的以及平抛运动的规律即可正确解答本题。
【解答】解：（1）金属片把球沿水平方向弹出，同时球被松开，自由下落，观察到两球同时落地；让、球恢复初始状态，用较大的力敲击弹性金属片，即改变球被弹出时的速度，实验可观察到的现象应是：两球同时落地。小球做自由落体运动，小球做平抛运动，同时落地的现象说明：平抛运动在竖直方向上是自由落体运动。
（2）将小铁球、分别吸在电磁铁、上，然后切断电源，使两小铁球能以相同的初速度同时分别从轨道、的下端射出，实验可观察到的现象应是：两球相碰。仅仅改变弧形轨道的高度，重复上述实验，仍能观察到相同的现象，小球从轨道抛出后做平抛运动，小球从轨道抛出后做匀速直线运动，两球发生碰撞，这说明平抛运动在水平方向上是匀速运动。
故答案为：（1）两球同时落地；自由落体运动；（2）两球相碰；匀速运动。
【点评】该实验设计的巧妙，有创新性，使复杂问题变得更直观，因此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，要重视学生对实验的创新。
12．（6分）利用如图所示装置验证向心加速度与线速度的关系，圆弧轨道固定在水平桌面上，末端上表面与很小的压力传感器表面相切，水平地面上依次铺放好木板、白纸、复写纸。将小球从圆折轨道某一点由静止释放，经轨道末端飞出，落到铺着复写纸和白纸的木板上，在白纸上留下点迹，小球由同一位置重复释放几次，记录每次压力传感器的示数，改变小球在圆弧轨道上的释放位置，重复上述实验步骤。（当地的重力加速度为
（1）为了完成实验，下列操作正确的是 。（填正确答案标号）
．必须选择光滑的圆弧轨道
．固定圆弧轨道时，末端必须水平
．实验中应选择密度小的小球
．确定小球在白纸上的落点时，用尽可能小的圆把所有落点圈住，圆心即为平均落点
（2）某次实验时记录的压力传感器示数为，并测出小球的质量为，小球的向心加速度 。
（3）又测出轨道末端距地面高度、平抛的水平位移、则小球在圆弧轨道最低点的线速度 。最后测出圆弧轨道半径，则可验证是否在误差允许的范围内满足。
【答案】（1）；（2）；（3）。
【分析】（1）实验中小球的线速度由平抛运动来进行测量，不用考虑圆弧轨道是否光滑；平抛运动要求初速度为水平方向，末端必须水平；为了减小空气阻力的影响，应选用密度大的小球；求平均落地点可以减小偶然误差。
（2）利用牛顿第二定律可以求出的表达式。
（3）利用平抛运动规律求出小球在圆弧轨道最低点的线速度。
【解答】解：（1）、这个实验验证向心加速度与线速度的关系，而线速度由平抛运动来进行测量，不用考虑圆弧轨道是否光滑，故错误；
、线速度由平抛运动来进行测量，平抛运动要求初速度方向必须水平，所以固定圆弧轨道时，末端必须水平，故正确；
、实验过程为了减小空气阻力的影响，应用质量大体积小的球，即选择密度大的小球，故错误；
、确定小球在白纸上的落点时，用尽可能小的圆把所有落点圈住，圆心即为平均落点，这样可以减小实验的偶然误差，故正确。
故选：。
（2）根据题意，小球运动到圆弧轨道最低点，由牛顿第二定律有

解得：
（3）根据题意可知，小球离开圆弧轨道最低点做平抛运动。
竖直方向上，有

可得小球的飞行时间为
水平方向上，有
可得小球在圆弧轨道最低点的线速度为
故答案为：（1）；（2）；（3）。
【点评】本题考查牛顿第二定律、平抛运动等知识。要注意的是利用平抛运动测量水平速度时一定要考虑斜槽末端是否水平。
四、解答题：本题共3小题，满分40分，解答写出必要的文字说明、公式和重要演算步骤，只写出最后答案的不得分。
13．（12分）平抛一物体，当抛出时它的速度方向与水平夹角成角，落地时速度方向与水平方向成角，不计空气阻力，，求：
（1）物体的初速度大小；
（2）物体落地时速度大小；
（3）抛出时物体距地面的高度。
【答案】（1）物体的初速度是；
（2）物体的落地速度是；
（3）开始抛出时物体距地面的高度是。
【分析】（1）平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据速度—时间公式求出抛出末竖直方向上的分速度，结合速度与水平方向夹角求出抛出时的速度；
（2）根据速度与水平方向夹角求出落地的速度；
（3）根据落地时竖直分速度，结合速度—位移公式求出抛出点距地面的高度。
【解答】解：（1）本题的平抛轨迹如图所示：
水平方向，竖直方向，时速度与水平方向夹角成角，
可得：
所以，
；
（2）落地时，，
可得落地速度；
（3）落地时竖直速度：
飞行时间：
抛出高度：。
答：（1）物体的初速度是；
（2）物体的落地速度是；
（3）开始抛出时物体距地面的高度是。
【点评】解决本题的关键是掌握平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，并能熟练运用．要能灵活选择运动学公式。
14．（14分）如图所示，一质量为的小球，用长的细绳拴住在竖直面内做圆周运动，求：
（1）小球恰能通过圆周最高点时的速度多大？
（2）小球以的速度通过圆周最高点时，绳对小球的拉力多大？
（3）当小球在圆周最低点时，绳的拉力为，求此时小球的速度大小？
【答案】（1）小球恰能通过圆周最高点时的速度为
（2）小球以的速度通过圆周最高点时，绳对小球的拉力为
（3）当小球在圆周最低点时，绳的拉力为，则此时小球速度为。
【分析】（1）当小球恰好过最高点时，绳子的拉力为零，重力提供圆周运动的向心力．根据牛顿第二定律求出最高点的临界速度．
、对小球受力分析，利用牛顿第二定律列方程求出细线的拉力和小球的速度．
【解答】解：（1）小球恰能通过圆周最高点，当细线拉力为零时，有：
解得：．
（2）小球在圆周最高点，根据牛顿第二定律得：
解得：
（3）当小球在圆周最低点时，根据牛顿第二定律得，：
代入数据解得：
答：（1）小球恰能通过圆周最高点时的速度为
（2）小球以的速度通过圆周最高点时，绳对小球的拉力为
（3）当小球在圆周最低点时，绳的拉力为，则此时小球速度为。
【点评】解决本题的关键知道小球在竖直面内做圆周运动，靠沿半径方向的合力提供向心力．
15．（14分）如图所示，一个可以视为质点的小球质量为，以某一初速度冲上光滑半圆形轨道，轨道半径为，直径与水平面垂直，小球到达最高点时对轨道的压力是重力的3倍，重力加速度，忽略空气阻力，求：
（1）小球通过点的速度大小；
（2）小球离开点后在空中的运动时间是多少；
（3）小球落地点距点的距离。
【答案】（1）小球通过点的速度大小为；
（2）小球离开点后在空中的运动时间是；
（3）小球落地点距点的距离为。
【分析】（1）对最高点受力分析根据向心力公式和牛顿第二定律列式求解小球通过点的速度大小；
（2）根据小球做平抛运动在竖直方向上的规律求得小球离开点后在空中的运动时间是多少；
（3）根据平抛运动的规律求得小球落地点距点的距离。
【解答】解：（1）小球通过最高点，重力和轨道压力提供向心力，根据牛顿第二定律得：
代入数据解得小球通过点的速度大小为：
（2）根据小球做平抛运动在竖直方向上的规律得：
代入数据解得小球离开点后在空中的运动时间是：
（3）根据平抛运动在水平方向上的规律得：
代入数据解得小球落地点距点的距离为：
答：（1）小球通过点的速度大小为；
（2）小球离开点后在空中的运动时间是；
（3）小球落地点距点的距离为。
【点评】本题考查圆周运动与平抛运动规律的应用，要注意明确物理过程，注意分析最高点的受力情况，同时要知道平抛运动的规律。
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