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2023-2024学年四川省眉山市仁寿县高一（下）期中联考物理试卷（含解析）
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这是一份2023-2024学年四川省眉山市仁寿县高一（下）期中联考物理试卷（含解析），共13页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.在一次课外实践活动中，从水平光滑桌面上的A点向B点发射一个钢球，甲、乙、丙、丁四位同学将磁铁放在不同的位置(如图所示)，试图使钢球进入球门C。预测四位同学成功率最高的是
( )
A. 甲B. 乙C. 丙D. 丁
2.在某次中学生足球比赛中，某同学在掷界外球时，将球从头顶水平掷出，如图所示。掷出点的高度为1.8 m，不计空气阻力，重力加速度g=10 m/s2。足球从被水平掷出到落地的运动时间约为
A. 0.3 sB. 0.6 sC. 0.9 sD. 1.2 s
3.为美观和经济，许多桥面建成拱形。汽车通过桥顶时，对桥面的压力会减小，过快的汽车将失去控制、无法转向，造成安全隐患，故拱形桥上都会有限速标志。设汽车对桥面的压力是其重力的0.6倍时，其速度就是限速标志对应的速度，桥顶圆弧对应的半径为130m，则该限速标志所示速度约为(取g=10m/s2)( )
A. 36km/hB. 54km/hC. 60km/hD. 80km/h
4.如图所示的四种情形中，属于防止离心现象的是
A. 甲图：火车转弯时，不得超速通过
B. 乙图：民间艺人在制作棉花糖
C. 丙图：转动雨伞可以去除雨伞上的一些水
D. 丁图：链球运动员通过快速旋转将链球甩出
5.设想将来发射一颗人造卫星，能在月球绕地球运动的轨道上稳定运行，该轨道可视为圆轨道．该卫星与月球相比，一定相等的是( )
A. 质量B. 向心力大小
C. 向心加速度大小D. 受到地球的万有引力大小
6.游戏是父子之间进行有效交流的方式之一，通过游戏的形式，能增进父子间的情感交流，同时父亲在游戏中的机智表现又能促使幼儿的心智和情感得到进一步的发展。如图甲爸爸抓住孩子的双手，使孩子离开地面做圆周运动，可以简化为一长为L的细线，拴一质量为m的小球，一端固定于O点，让小球在水平面内做匀速圆周运动的模型，如图乙所示。当摆线L与竖直方向的夹角为α时，下列说法正确的是
( )
A. 小球质量越大向心加速度越大B. 小球质量越大角速度越大
C. 摆线L越长周期越大D. 摆线L越长线速度小
7.2022年11月29日23时08分，搭载神舟载人飞船的长征二号F遥十五运载火箭在酒泉卫星发射中心点火发射，约10分钟后，神舟十五号载人飞船与火箭成功分离，进入预定轨道，发射取得成功。在火箭上升到距地面某一高度时，航天员发现科考仪器测得此处g′=g9，则此时火箭离地球表面的距离为地球半径的(地球表面处的重力加速度g)( )
A. 1倍B. 2倍C. 3倍D. 9倍
二、多选题：本大题共3小题，共15分。
8.我国汉代一幅表现纺织女纺纱的壁画记载了我国古代劳动人民的智慧，如图甲所示。图乙是一种手摇纺车的示意图，一根绳圈连着一个直径较大的纺轮和一个直径很小的纺锤，纺轮和可转动的摇柄共轴，转动摇柄，绳圈就会牵动着另一头的纺锤飞快转动，a、b、c分别为摇柄、纺轮的绳圈、纺锤的绳圈上的点，则匀速转动摇柄时( )
A. a点的周期保持不变B. b点的线速度始终不变
C. 纺锤的转速大于摇柄的转速D. a点的向心加速度等于c点的向心加速度
9.乒乓球自动发球机从同一高度沿同一水平方向发射甲、乙两球，发射速度大小分别为v甲、v乙，甲、乙两球第一次撞击桌面前在空中运动的时间分别为t甲、t乙，落在水平球台上的位置如图所示，两球在空中的运动可视为平抛运动，则( )
A. v甲C. 两球落到桌面的速度大小不同D. 两球落到桌面的速度方向相同
10.杂技表演“飞车走壁”的演员骑着摩托车飞驶在的圆锥形筒壁上，筒的轴线垂直于水平面，圆锥筒固定不动，演员和摩托车的总质量为m，先后在A、B两处紧贴着内壁水平面内做匀速圆周运动，其模型可简化为光滑的小球靠初速度在如图的锥桶上分别沿图中虚线所示的A、B水平圆面上做匀速圆周运动，则
( )
A. A处的角速度大于B处的角速度B. A处的线速度大于B处的线速度
C. A处的向心力大于B处的向心力D. A处对筒的压力等于B处对筒的压力
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
11.某实验小组用如图1所示装置做“探究平抛运动的特点”实验。
(1)实验时，每次都将同一小球从斜槽上同一位置无初速度释放，小球从斜槽末端水平飞出；______(选填“需要”“不需要”)斜槽是光滑的。
(2)图2为小球做平抛运动的轨迹图，O点为平抛运动的起点，沿水平初速度方向建立x轴，竖直向下方向为y轴，轨迹上P点的坐标为x0,y0，已知重力加速度为g，不计空气阻力。则
①小球从O点运动到P点的时间t=_______；
②小球水平抛出时的初速度大小v0=_______。
12.小明同学在食堂吃饭，看到电风扇开起来以后，灯在桌上的投影忽明忽暗，于是他想到了一种用光传感器测量角速度的方法。他打开实验室的日光灯，将手机放在“向心力实验装置”下方桌面上(如图1)。让悬臂匀速转动，打开手机软件记录光强的变化，当悬臂挡住光线时，传感器的示数会明显减小，形成一个谷；当悬臂不遮挡光线时，传感器的示数会明显增大，形成一个峰。
(1)在同样转速下，手机中光传感器的位置离转轴越近，测到的周期_________
A.越大 B.不变 C.越小 D.不能确定
(2)由实验装置与图线可判断，每形成一个谷，悬臂转动了________个周期。放大0～20秒内的数据，测得图中的两个峰的时间差值为17.166s，它们之间有33个谷。则这段时间内悬臂转动的角速度为________rad/s(保留两位有效数字)。
该同学试图通过上述方案，使用图1所示装置探究向心力大小与角速度的关系。得到的F−ω2图线如图3所示。该图线符合你的预期吗？________(选填“符合”或“不符合”)。
四、计算题：本大题共3小题，共43分。
13.正在公路上行驶的汽车，只需按下一个键，就能轻松切换到飞行模式，变身飞机跃入天空，这就是飞行汽车!一辆飞行汽车在平直的公路上以30m/s的速度行驶，某时刻司机启动飞行模式，汽车保持水平速度不变，沿竖直方向开始匀加速爬升，经过一段时间爬升到200m高处。用x表示水平位移，y表示竖直位移，这一过程的y−x图像如图所示。取g=10m/s2，求汽车飞行时：
(1)从启动飞行模式，到离地200m高处需要多长时间；
(2)到达200m高处时竖直速度和瞬时速度的大小(可用根式表示)。
14.如图所示，质量为m=2kg的小球在竖直平面内的光滑圆形轨道内侧运动，小球经过最高点时恰好不脱离轨道的速度v0=2m/s，重力加速度大小为g=10m/s2。求：
(1)圆形轨道半径r。
(2)若小球经过轨道最高点时对轨道的压力为60N，此时小球的速度。
(3)若小球以2 5m/s经过轨道最低点时，小球对轨道的压力。
15.如图所示，在水平桌面上离桌面右边缘x=3.2m处放着一质量为m=0.1kg的小铁块(可看作质点)，铁块与水平桌面间的动摩擦因数μ=0.2。现用方向水平向右的推力F作用于铁块到达水平桌面边缘A点时立即撤去F，小铁块从A点飞出，恰好从竖直圆弧轨道BCD的B端沿切线进入圆弧轨道做圆周运动，且铁块恰好能通过圆弧轨道的最高点D。已知θ=37∘，A、B、C、D四点在同一竖直平面内，水平桌面离B端的竖直高度H=0.45m，圆弧轨道半径R=0.5m，C点为圆弧轨道的最低点。(取sin37∘=0.6，cs37∘=0.8，g=10m/s2)
(1)求铁块运动到圆弧轨道最高点D点时的速度大小v0；
(2)若铁块以vC=5m/s的速度经过圆弧轨道最低点C，求此时铁块对圆弧轨道的压力大小FC；
(3)求铁块运动到B点时的速度大小vB；
(4)求水平推力F。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】【分析】
本题主要考查了曲线运动的条件，知道做曲线运动的物体轨迹一定处于合外力与速度方向之间且弯向合外力这一侧，难度不大，属于基础题。
【解答】
钢球受到的力一定是吸引力，根据做曲线运动钢球受到的吸引力指向弧内，同时运动的轨迹位于曲线的切线方向与受到的合外力的方向之间，故ABD错误，C正确。
故选：C。
2.【答案】B
【解析】【分析】
物体做平抛运动，我们可以把平抛运动可以分解为水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动来求解，根据竖直方向求时间。
本题就是对平抛运动规律的考查，平抛运动可以分解为在水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动来求解。
【解答】
球做平抛运动，根据h=12gt2可得足球在空中运动的时间t= 2hg= 2×1.810s=0.6s，故ACD错误，B正确。
3.【答案】D
【解析】【分析】
在最高点对汽车受力分析，根据牛顿第二定律求得速度。
本题主要考查了圆周运动，明确在最高点汽车的受力分析，结合牛顿第二定律即可求得。
【解答】
在最高点对汽车受力分析，根据牛顿第二定律可知mg−FN=mv2r
由于桥面对汽车的支持力与汽车对桥面的压力大小相等，则FN=0.6mg
联立解得v=82km/h，故D正确。
故选：D。
4.【答案】A
【解析】【分析】
做圆周运动的物体，在受到指向圆心的合外力突然消失，或者不足以提供圆周运动所需的向心力的情况下，就做逐渐远离圆心的运动，这种运动叫做离心运动。
物体做离心运动的条件：合外力突然消失或者不足以提供圆周运动所需的向心力；注意本题主要考查是防止离心运动。
【解答】
A.火车转弯时要按规定的速度行驶，是避免速度过大，防止因为离心运动而侧翻，故A正确；
B.将砂糖熔化，在有孔的盒子中旋转，使其做离心运动，从而制成“棉花糖”，属于利用离心现象，故B错误；
C.转动雨伞可以去除雨伞上的一些水，属于利用离心现象，故C错误；
D.链球运动员通过快速旋转将链球甩出是应用了离心现象，不是防止，故D错误。
故选A。
5.【答案】C
【解析】解：卫星受到的万有引力提供向心力，则
GMmr2=ma
解得：a=GMr2
卫星的质量与月球的质量不一定相等，则向心力和万有引力也不一定相等，因为运行的轨道半径相等，则卫星和月球的向心加速度一定相等，故C正确，ABD错误；
故选：C。
卫星受到的万有引力提供向心力，结合牛顿第二定律得出向心加速度的表达式；
卫星和月球的质量关系未知，因此向心力和万有引力大小未知。
本题主要考查了万有引力定律的相关应用，理解卫星做圆周运动的向心力来源，结合牛顿第二定律即可完成分析。
6.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查圆周运动规律的应用，知道向心力的来源是截图的关经。
对小球受力分析，根据牛顿第二定律列方程得出向心加速度、角速度、周期和线速度的表达式即可判断。
【解答】
小球受力如图所示：
由牛顿第二定律：mgtanα=mω2Lsinα=mv2Lsinα=m(2πT)2Lsinα=ma，解得向心加速度大小a=gtanα，角速度ω= gLcsα，v= gLtanαsinα，T=2π Lcsαg。可见小球的向心加速度、角速度与小球质量无关，摆线L越长周期越大，线速度越大。故C正确，ABD错误。
7.【答案】B
【解析】解：设火箭离地球表面的距离为h，地球半径为R，不考虑地球自转的影响，则有
mg=GMmR2，19mg=GMm(R+h)2
解得：h=2R，故ACD错误，B正确。
故选：B。
对地球表面和火箭离地球表面的距离为h处，分别根据万有引力等于重力列式，联立求解。
解答本题时，关键要知道不考虑地球自转的影响时，万有引力等于重力。
8.【答案】AC
【解析】A.由于匀速转动摇柄，则a点的周期保持不变，故A正确；
B.由于线速度为矢量，方向在改变，故B错误；
C.摇柄和纺轮为同轴转动，角速度相同，即ωa=ωb
纺轮和纺锤为皮带转动，线速度相同，即vb=vc
根据角速度和线速度的关系有v=ωr，且rcωb，故有：ωc>ωb=ωa
再根据转速与角速度的关系为：n=ω2π
即纺锤的转速nc大于摇柄的转速na，故C正确；
D.根据a=ω2r，由于 ωa=ωb ，且 ra根据a=v2r，由于 vb=vc ，且 rb>rc ，可得ac>ab，即aa故D错误。
故选AC。
9.【答案】AC
【解析】解：AB.两球在空中的运动可视为平抛运动，则有h=12gt2
由于甲、乙下落高度相同，则二者时间相等，即t甲=t乙；
两球沿水平方向的位移：x=v0t
由于：x甲CD.两球落到桌面的速度大小分别为
v′甲= v甲2+vy2= v甲2+2gh，v′乙= v乙2+vy2= v乙2+2gh
设两球落到桌面的速度方向与水平方向的夹角分别为θ甲、θ乙，则有
tanθ甲=vyv甲= 2ghv甲，tanθ乙=vyv乙= 2ghv乙
由于v甲可得v′甲tanθ乙，故C正确，D错误。
故选：AC。
先根据竖直方向的运动求出时间，再把时间代入到水平方向上分析球的初速度；由速度—时间公式求出乒乓球沿竖直方向的分速度，由平行四边形定则分析末速度。
本题主要考查了平抛运动的规律，熟悉两个方向上的运动特点即可，属于基础题型。
10.【答案】BD
【解析】AB.小球受力如图所示
小球做圆周运动，根据合力提供向心力，可得
mgtanθ=mω2r=mv2r
解得
ω= gtanθr
v= grtanθ
可知半径越大，角速度越小，线速度越大，故A错误，B正确；
C.由
Fn=mgtanθ
可知两处受到的向心力是相等的，故C错误；
D.在竖直方向上根据平衡条件
N=mgcsθ
故筒对小球的支持力是相等的，故A处对筒的压力等于B处对筒的压力，故D正确。
故选BD。
11.【答案】 (1)不需要 (2) g ； x0 g2y0
【解析】(1)只要保证每次都将同一小球从斜槽上同一位置无初速度释放，小球在斜槽末端的速度就会相同，不需要斜槽是光滑的。
(2)①根据竖直方向自由落体运动得y0=12gt2
解得t= 2y0g
②由x0=v0t
得v0=x0 g2y0
【分析】本题为“研究平抛运动”实验，解题关键是明确平抛运动水平方向为匀速直线运动，竖直方向为自由落体运动。实验时，斜槽末端要水平，且小球每次从同一位置由静止释放，不要求轨道光滑。
12.【答案】(1)B
(2) 半 6.0 不符合
【解析】(1)根据
T=2πω=2πn
可知在同样转速情况下，测到的周期不变，与手机中光传感器的位置离转轴远近无关。
故选B。
(2)[1]每转一个周期，悬臂两次挡住光照到手机传感器上，因此每形成一个谷，悬臂转动了半个周期。
[2]这段时间内转动了16.5个周期，因此转动周期为
T=
转动的角速度为
ω=2πT=6.0rad/s
[3] F−ω2 图像预期应该是过坐标原点的倾斜直线，而图像没有过坐标原点，没有达到预期。
13.【答案】(1)由题可知，汽车在水平方向做匀速直线运动，根据y−x图像可知，到离地200m高处时的水平位移x为600m，则从启动飞行模式，到离地200m高处的时间为t=xv0=600m30m/s=20s；
(2)由题可知，汽车在竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，根据匀变速运动规律有y=vy2t，
可得，到达200m高处时竖直速度的大小为vy=2yt=2×200m20s=20m/s，
则到达200m高处时的瞬时速度的大小为v= v02+vy2=10 13m/s。
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
14.【答案】解：(1)小球经过最高点时恰好不脱离轨道，重力提供向心力，根据牛顿第二定律有mg=mv02r
代入数据解得r=0.4m
(2)若小球经过轨道最高点时对轨道的压力为60N时，根据牛顿第二定律有F+mg=mv12r
代入数据解得v1=4m/s
(3)若小球以2 5m/s经过轨道最低点时，根据牛顿第二定律有F′−mg=mv22r
代入数据解得F′=120N
根据牛顿第三定律可知小球对轨道的压力大小为120N，方向竖直向下。
【解析】此题小球在竖直平面做圆周运动，分析小球受力情况是基础，分析临界条件也是应具备的能力。
(1)小球在竖直平面内的圆形轨道的内侧运动，经过最高点而恰好不脱离轨道时速度最小，此时由小球的重力提供向心力，根据牛顿第二定律求解圆形轨道半径。
(2)以小球为研究对象，小球经过轨道最高点时对轨道的压力为60N时，受到重力和轨道向下的弹力，根据牛顿第二定律求出此时小球的速度。(3)小球以2 5m/s经过轨道最低点时，由牛顿第二定律求出轨道对小球的弹力，再由牛顿第三定律求解小球对轨道的压力的大小。
15.【答案】(1) 5m/s ；(2) 6N ；(3) 5m/s ；(4) 0.45N
【解析】(1)铁块恰好能通过D点，说明在D点时重力提供向心力，由牛顿第二定律可得
mg=mv02R
解得
v0= 5m/s
(2)铁块在C点受到的支持力Fˈ与重力的合力提供向心力，则有
F′−mg=mvC2R
代入数据解得
F′=6N
由牛顿第三定律可知，铁块对轨道的压力大小为
FC=6N
(3)铁块从A点到B点的过程中做平抛运动，根据平抛运动规律有
2gH=vy2
可得
vy=3m/s
铁块沿切线进入圆弧轨道，则
vB=vysin37∘=30.6m/s=5m/s
(4)铁块从A点到B点的过程中做平抛运动，水平方向的分速度不变，故
vA=vBcs37∘=5×0.8m/s=4m/s
铁块在水平桌面上做匀加速运动时，由牛顿第二定律有
F−μmg=ma
由运动学公式可知，有
vA2=2ax
联立解得
F=0.45N
1.在一次课外实践活动中，从水平光滑桌面上的A点向B点发射一个钢球，甲、乙、丙、丁四位同学将磁铁放在不同的位置(如图所示)，试图使钢球进入球门C。预测四位同学成功率最高的是
( )
A. 甲B. 乙C. 丙D. 丁
2.在某次中学生足球比赛中，某同学在掷界外球时，将球从头顶水平掷出，如图所示。掷出点的高度为1.8 m，不计空气阻力，重力加速度g=10 m/s2。足球从被水平掷出到落地的运动时间约为
A. 0.3 sB. 0.6 sC. 0.9 sD. 1.2 s
3.为美观和经济，许多桥面建成拱形。汽车通过桥顶时，对桥面的压力会减小，过快的汽车将失去控制、无法转向，造成安全隐患，故拱形桥上都会有限速标志。设汽车对桥面的压力是其重力的0.6倍时，其速度就是限速标志对应的速度，桥顶圆弧对应的半径为130m，则该限速标志所示速度约为(取g=10m/s2)( )
A. 36km/hB. 54km/hC. 60km/hD. 80km/h
4.如图所示的四种情形中，属于防止离心现象的是
A. 甲图：火车转弯时，不得超速通过
B. 乙图：民间艺人在制作棉花糖
C. 丙图：转动雨伞可以去除雨伞上的一些水
D. 丁图：链球运动员通过快速旋转将链球甩出
5.设想将来发射一颗人造卫星，能在月球绕地球运动的轨道上稳定运行，该轨道可视为圆轨道．该卫星与月球相比，一定相等的是( )
A. 质量B. 向心力大小
C. 向心加速度大小D. 受到地球的万有引力大小
6.游戏是父子之间进行有效交流的方式之一，通过游戏的形式，能增进父子间的情感交流，同时父亲在游戏中的机智表现又能促使幼儿的心智和情感得到进一步的发展。如图甲爸爸抓住孩子的双手，使孩子离开地面做圆周运动，可以简化为一长为L的细线，拴一质量为m的小球，一端固定于O点，让小球在水平面内做匀速圆周运动的模型，如图乙所示。当摆线L与竖直方向的夹角为α时，下列说法正确的是
( )
A. 小球质量越大向心加速度越大B. 小球质量越大角速度越大
C. 摆线L越长周期越大D. 摆线L越长线速度小
7.2022年11月29日23时08分，搭载神舟载人飞船的长征二号F遥十五运载火箭在酒泉卫星发射中心点火发射，约10分钟后，神舟十五号载人飞船与火箭成功分离，进入预定轨道，发射取得成功。在火箭上升到距地面某一高度时，航天员发现科考仪器测得此处g′=g9，则此时火箭离地球表面的距离为地球半径的(地球表面处的重力加速度g)( )
A. 1倍B. 2倍C. 3倍D. 9倍
二、多选题：本大题共3小题，共15分。
8.我国汉代一幅表现纺织女纺纱的壁画记载了我国古代劳动人民的智慧，如图甲所示。图乙是一种手摇纺车的示意图，一根绳圈连着一个直径较大的纺轮和一个直径很小的纺锤，纺轮和可转动的摇柄共轴，转动摇柄，绳圈就会牵动着另一头的纺锤飞快转动，a、b、c分别为摇柄、纺轮的绳圈、纺锤的绳圈上的点，则匀速转动摇柄时( )
A. a点的周期保持不变B. b点的线速度始终不变
C. 纺锤的转速大于摇柄的转速D. a点的向心加速度等于c点的向心加速度
9.乒乓球自动发球机从同一高度沿同一水平方向发射甲、乙两球，发射速度大小分别为v甲、v乙，甲、乙两球第一次撞击桌面前在空中运动的时间分别为t甲、t乙，落在水平球台上的位置如图所示，两球在空中的运动可视为平抛运动，则( )
A. v甲
10.杂技表演“飞车走壁”的演员骑着摩托车飞驶在的圆锥形筒壁上，筒的轴线垂直于水平面，圆锥筒固定不动，演员和摩托车的总质量为m，先后在A、B两处紧贴着内壁水平面内做匀速圆周运动，其模型可简化为光滑的小球靠初速度在如图的锥桶上分别沿图中虚线所示的A、B水平圆面上做匀速圆周运动，则
( )
A. A处的角速度大于B处的角速度B. A处的线速度大于B处的线速度
C. A处的向心力大于B处的向心力D. A处对筒的压力等于B处对筒的压力
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
11.某实验小组用如图1所示装置做“探究平抛运动的特点”实验。
(1)实验时，每次都将同一小球从斜槽上同一位置无初速度释放，小球从斜槽末端水平飞出；______(选填“需要”“不需要”)斜槽是光滑的。
(2)图2为小球做平抛运动的轨迹图，O点为平抛运动的起点，沿水平初速度方向建立x轴，竖直向下方向为y轴，轨迹上P点的坐标为x0,y0，已知重力加速度为g，不计空气阻力。则
①小球从O点运动到P点的时间t=_______；
②小球水平抛出时的初速度大小v0=_______。
12.小明同学在食堂吃饭，看到电风扇开起来以后，灯在桌上的投影忽明忽暗，于是他想到了一种用光传感器测量角速度的方法。他打开实验室的日光灯，将手机放在“向心力实验装置”下方桌面上(如图1)。让悬臂匀速转动，打开手机软件记录光强的变化，当悬臂挡住光线时，传感器的示数会明显减小，形成一个谷；当悬臂不遮挡光线时，传感器的示数会明显增大，形成一个峰。
(1)在同样转速下，手机中光传感器的位置离转轴越近，测到的周期_________
A.越大 B.不变 C.越小 D.不能确定
(2)由实验装置与图线可判断，每形成一个谷，悬臂转动了________个周期。放大0～20秒内的数据，测得图中的两个峰的时间差值为17.166s，它们之间有33个谷。则这段时间内悬臂转动的角速度为________rad/s(保留两位有效数字)。
该同学试图通过上述方案，使用图1所示装置探究向心力大小与角速度的关系。得到的F−ω2图线如图3所示。该图线符合你的预期吗？________(选填“符合”或“不符合”)。
四、计算题：本大题共3小题，共43分。
13.正在公路上行驶的汽车，只需按下一个键，就能轻松切换到飞行模式，变身飞机跃入天空，这就是飞行汽车!一辆飞行汽车在平直的公路上以30m/s的速度行驶，某时刻司机启动飞行模式，汽车保持水平速度不变，沿竖直方向开始匀加速爬升，经过一段时间爬升到200m高处。用x表示水平位移，y表示竖直位移，这一过程的y−x图像如图所示。取g=10m/s2，求汽车飞行时：
(1)从启动飞行模式，到离地200m高处需要多长时间；
(2)到达200m高处时竖直速度和瞬时速度的大小(可用根式表示)。
14.如图所示，质量为m=2kg的小球在竖直平面内的光滑圆形轨道内侧运动，小球经过最高点时恰好不脱离轨道的速度v0=2m/s，重力加速度大小为g=10m/s2。求：
(1)圆形轨道半径r。
(2)若小球经过轨道最高点时对轨道的压力为60N，此时小球的速度。
(3)若小球以2 5m/s经过轨道最低点时，小球对轨道的压力。
15.如图所示，在水平桌面上离桌面右边缘x=3.2m处放着一质量为m=0.1kg的小铁块(可看作质点)，铁块与水平桌面间的动摩擦因数μ=0.2。现用方向水平向右的推力F作用于铁块到达水平桌面边缘A点时立即撤去F，小铁块从A点飞出，恰好从竖直圆弧轨道BCD的B端沿切线进入圆弧轨道做圆周运动，且铁块恰好能通过圆弧轨道的最高点D。已知θ=37∘，A、B、C、D四点在同一竖直平面内，水平桌面离B端的竖直高度H=0.45m，圆弧轨道半径R=0.5m，C点为圆弧轨道的最低点。(取sin37∘=0.6，cs37∘=0.8，g=10m/s2)
(1)求铁块运动到圆弧轨道最高点D点时的速度大小v0；
(2)若铁块以vC=5m/s的速度经过圆弧轨道最低点C，求此时铁块对圆弧轨道的压力大小FC；
(3)求铁块运动到B点时的速度大小vB；
(4)求水平推力F。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】【分析】
本题主要考查了曲线运动的条件，知道做曲线运动的物体轨迹一定处于合外力与速度方向之间且弯向合外力这一侧，难度不大，属于基础题。
【解答】
钢球受到的力一定是吸引力，根据做曲线运动钢球受到的吸引力指向弧内，同时运动的轨迹位于曲线的切线方向与受到的合外力的方向之间，故ABD错误，C正确。
故选：C。
2.【答案】B
【解析】【分析】
物体做平抛运动，我们可以把平抛运动可以分解为水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动来求解，根据竖直方向求时间。
本题就是对平抛运动规律的考查，平抛运动可以分解为在水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动来求解。
【解答】
球做平抛运动，根据h=12gt2可得足球在空中运动的时间t= 2hg= 2×1.810s=0.6s，故ACD错误，B正确。
3.【答案】D
【解析】【分析】
在最高点对汽车受力分析，根据牛顿第二定律求得速度。
本题主要考查了圆周运动，明确在最高点汽车的受力分析，结合牛顿第二定律即可求得。
【解答】
在最高点对汽车受力分析，根据牛顿第二定律可知mg−FN=mv2r
由于桥面对汽车的支持力与汽车对桥面的压力大小相等，则FN=0.6mg
联立解得v=82km/h，故D正确。
故选：D。
4.【答案】A
【解析】【分析】
做圆周运动的物体，在受到指向圆心的合外力突然消失，或者不足以提供圆周运动所需的向心力的情况下，就做逐渐远离圆心的运动，这种运动叫做离心运动。
物体做离心运动的条件：合外力突然消失或者不足以提供圆周运动所需的向心力；注意本题主要考查是防止离心运动。
【解答】
A.火车转弯时要按规定的速度行驶，是避免速度过大，防止因为离心运动而侧翻，故A正确；
B.将砂糖熔化，在有孔的盒子中旋转，使其做离心运动，从而制成“棉花糖”，属于利用离心现象，故B错误；
C.转动雨伞可以去除雨伞上的一些水，属于利用离心现象，故C错误；
D.链球运动员通过快速旋转将链球甩出是应用了离心现象，不是防止，故D错误。
故选A。
5.【答案】C
【解析】解：卫星受到的万有引力提供向心力，则
GMmr2=ma
解得：a=GMr2
卫星的质量与月球的质量不一定相等，则向心力和万有引力也不一定相等，因为运行的轨道半径相等，则卫星和月球的向心加速度一定相等，故C正确，ABD错误；
故选：C。
卫星受到的万有引力提供向心力，结合牛顿第二定律得出向心加速度的表达式；
卫星和月球的质量关系未知，因此向心力和万有引力大小未知。
本题主要考查了万有引力定律的相关应用，理解卫星做圆周运动的向心力来源，结合牛顿第二定律即可完成分析。
6.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查圆周运动规律的应用，知道向心力的来源是截图的关经。
对小球受力分析，根据牛顿第二定律列方程得出向心加速度、角速度、周期和线速度的表达式即可判断。
【解答】
小球受力如图所示：
由牛顿第二定律：mgtanα=mω2Lsinα=mv2Lsinα=m(2πT)2Lsinα=ma，解得向心加速度大小a=gtanα，角速度ω= gLcsα，v= gLtanαsinα，T=2π Lcsαg。可见小球的向心加速度、角速度与小球质量无关，摆线L越长周期越大，线速度越大。故C正确，ABD错误。
7.【答案】B
【解析】解：设火箭离地球表面的距离为h，地球半径为R，不考虑地球自转的影响，则有
mg=GMmR2，19mg=GMm(R+h)2
解得：h=2R，故ACD错误，B正确。
故选：B。
对地球表面和火箭离地球表面的距离为h处，分别根据万有引力等于重力列式，联立求解。
解答本题时，关键要知道不考虑地球自转的影响时，万有引力等于重力。
8.【答案】AC
【解析】A.由于匀速转动摇柄，则a点的周期保持不变，故A正确；
B.由于线速度为矢量，方向在改变，故B错误；
C.摇柄和纺轮为同轴转动，角速度相同，即ωa=ωb
纺轮和纺锤为皮带转动，线速度相同，即vb=vc
根据角速度和线速度的关系有v=ωr，且rc
再根据转速与角速度的关系为：n=ω2π
即纺锤的转速nc大于摇柄的转速na，故C正确；
D.根据a=ω2r，由于 ωa=ωb ，且 ra
故选AC。
9.【答案】AC
【解析】解：AB.两球在空中的运动可视为平抛运动，则有h=12gt2
由于甲、乙下落高度相同，则二者时间相等，即t甲=t乙；
两球沿水平方向的位移：x=v0t
由于：x甲
v′甲= v甲2+vy2= v甲2+2gh，v′乙= v乙2+vy2= v乙2+2gh
设两球落到桌面的速度方向与水平方向的夹角分别为θ甲、θ乙，则有
tanθ甲=vyv甲= 2ghv甲，tanθ乙=vyv乙= 2ghv乙
由于v甲
故选：AC。
先根据竖直方向的运动求出时间，再把时间代入到水平方向上分析球的初速度；由速度—时间公式求出乒乓球沿竖直方向的分速度，由平行四边形定则分析末速度。
本题主要考查了平抛运动的规律，熟悉两个方向上的运动特点即可，属于基础题型。
10.【答案】BD
【解析】AB.小球受力如图所示
小球做圆周运动，根据合力提供向心力，可得
mgtanθ=mω2r=mv2r
解得
ω= gtanθr
v= grtanθ
可知半径越大，角速度越小，线速度越大，故A错误，B正确；
C.由
Fn=mgtanθ
可知两处受到的向心力是相等的，故C错误；
D.在竖直方向上根据平衡条件
N=mgcsθ
故筒对小球的支持力是相等的，故A处对筒的压力等于B处对筒的压力，故D正确。
故选BD。
11.【答案】 (1)不需要 (2) g ； x0 g2y0
【解析】(1)只要保证每次都将同一小球从斜槽上同一位置无初速度释放，小球在斜槽末端的速度就会相同，不需要斜槽是光滑的。
(2)①根据竖直方向自由落体运动得y0=12gt2
解得t= 2y0g
②由x0=v0t
得v0=x0 g2y0
【分析】本题为“研究平抛运动”实验，解题关键是明确平抛运动水平方向为匀速直线运动，竖直方向为自由落体运动。实验时，斜槽末端要水平，且小球每次从同一位置由静止释放，不要求轨道光滑。
12.【答案】(1)B
(2) 半 6.0 不符合
【解析】(1)根据
T=2πω=2πn
可知在同样转速情况下，测到的周期不变，与手机中光传感器的位置离转轴远近无关。
故选B。
(2)[1]每转一个周期，悬臂两次挡住光照到手机传感器上，因此每形成一个谷，悬臂转动了半个周期。
[2]这段时间内转动了16.5个周期，因此转动周期为
T=
转动的角速度为
ω=2πT=6.0rad/s
[3] F−ω2 图像预期应该是过坐标原点的倾斜直线，而图像没有过坐标原点，没有达到预期。
13.【答案】(1)由题可知，汽车在水平方向做匀速直线运动，根据y−x图像可知，到离地200m高处时的水平位移x为600m，则从启动飞行模式，到离地200m高处的时间为t=xv0=600m30m/s=20s；
(2)由题可知，汽车在竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，根据匀变速运动规律有y=vy2t，
可得，到达200m高处时竖直速度的大小为vy=2yt=2×200m20s=20m/s，
则到达200m高处时的瞬时速度的大小为v= v02+vy2=10 13m/s。
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
14.【答案】解：(1)小球经过最高点时恰好不脱离轨道，重力提供向心力，根据牛顿第二定律有mg=mv02r
代入数据解得r=0.4m
(2)若小球经过轨道最高点时对轨道的压力为60N时，根据牛顿第二定律有F+mg=mv12r
代入数据解得v1=4m/s
(3)若小球以2 5m/s经过轨道最低点时，根据牛顿第二定律有F′−mg=mv22r
代入数据解得F′=120N
根据牛顿第三定律可知小球对轨道的压力大小为120N，方向竖直向下。
【解析】此题小球在竖直平面做圆周运动，分析小球受力情况是基础，分析临界条件也是应具备的能力。
(1)小球在竖直平面内的圆形轨道的内侧运动，经过最高点而恰好不脱离轨道时速度最小，此时由小球的重力提供向心力，根据牛顿第二定律求解圆形轨道半径。
(2)以小球为研究对象，小球经过轨道最高点时对轨道的压力为60N时，受到重力和轨道向下的弹力，根据牛顿第二定律求出此时小球的速度。(3)小球以2 5m/s经过轨道最低点时，由牛顿第二定律求出轨道对小球的弹力，再由牛顿第三定律求解小球对轨道的压力的大小。
15.【答案】(1) 5m/s ；(2) 6N ；(3) 5m/s ；(4) 0.45N
【解析】(1)铁块恰好能通过D点，说明在D点时重力提供向心力，由牛顿第二定律可得
mg=mv02R
解得
v0= 5m/s
(2)铁块在C点受到的支持力Fˈ与重力的合力提供向心力，则有
F′−mg=mvC2R
代入数据解得
F′=6N
由牛顿第三定律可知，铁块对轨道的压力大小为
FC=6N
(3)铁块从A点到B点的过程中做平抛运动，根据平抛运动规律有
2gH=vy2
可得
vy=3m/s
铁块沿切线进入圆弧轨道，则
vB=vysin37∘=30.6m/s=5m/s
(4)铁块从A点到B点的过程中做平抛运动，水平方向的分速度不变，故
vA=vBcs37∘=5×0.8m/s=4m/s
铁块在水平桌面上做匀加速运动时，由牛顿第二定律有
F−μmg=ma
由运动学公式可知，有
vA2=2ax
联立解得
F=0.45N
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