阶段性测试卷一-2020-2021学年新教材高中物理必修第二册【创新思维】同步AB卷（人教版）

(３)由于点跟点之间的角度没变化,所以对测量 角速度无影响. １５．(１)１０rad/s　(２)３２ 解析:(１)对 小 球 受 力 分 析,由 牛 顿 第 二 定 律 得 mgtanθ＝mω２Lsinθ 解得ω＝１０rad/s. (２)对小球受力分析,在竖直方向,由平衡条件可 得FTcosθ＝mg 对滑块受力分析,由平衡条件可得 FTsinθ＝FN,μFN＝Mg＋FTcosθ 解得μ＝ ３ ２ . １６．(１)２ gR　(２)５mg,方向竖直向下 解析:(１)设小球在弧形轨道最低点的速度大小 为v０,小球从弧形轨道飞出后,做平抛运动,有 ４R＝v０t,２R＝ １ ２gt ２ 解得v０＝２ gR. (２)小球在弧形轨道最低点处做圆周运动 FN－mg＝m v２ R 解得FN＝５mg 由牛顿第三定律知,小球对轨道的压力为FN′＝ ５mg,方向竖直向下. １７．(１)５ ２２ rad /s　(２)５．６２５N　１２．５N 解析:(１)细线AB 拉力为０,设细线AC上拉力为 FT,则FTcos３７°＝mg,FTsin３７°＝mω１２lsin３７° 解得ω１＝ g lcos３７°＝ ５ ２ ２ rad /s. (２)当ω２＝０．５ω１ 时,设细线AB、AC 上的拉力分 别为FT１、FT２,则FT２cos３７°＝mg,FT２sin３７°－ FT１＝mω２２lsin３７° 解得FT１＝５．６２５N,FT２＝１２．５N. １８．３R 解析:两个小球在最高点时,受重力和管壁的作 用力,这两个力的合力提供向心力,离开轨道后 两球均做平抛运动,a、b两球落地点间的距离等 于它们平抛运动的水平位移之差. 对a球有３mg＋mg＝m va２ R ,va＝ ４gR 对b球有mg－０．７５mg＝m vb２ R ,vb＝ １ ４gR 由平抛运动规律可得２R＝１２gt ２ 解得a、b两球落地时间均为t＝ ４Rg 由平抛运动规律可得,落地时它们的水平位移分 别为 sa＝vat＝４R sb＝vbt＝R 则sa－sb＝３R. 阶段性测试卷一 １．D　速度方向改变的运动不一定是曲线运动,如往 复直线运动,故 A 错误;只有两个匀变速直线运动 的合初速度与合加速度共线,合运动才可能是匀 变速直线运动,故B错误;加速度不变时物体可以 做匀变速曲线运动,故 C错误;物体受到的合外力 方向与速度方向成锐角时,合外力在速度方向上 有分力,速度增大,又因速度方向和合外力方向不 在同一直线上,物体做曲线运动,故 D正确. ２．C　由题意知 F＋mg＝２mg＝mv ２ R ,故速度大小 v＝ ２gR,C正确. ３．B　汽车在水平公路上转弯时做曲线运动,沿曲线 由P 向Q 行驶,汽车所受合力F 的方向指向运动 轨迹的内侧,而速度逐渐增大,即合力与速度方向 的夹角小于９０°,故B正确,A、C、D错误. ４．B　依据平抛运动规律,做平抛 运动的物体在任一时刻的速度 方向与水平方向的夹角的正切 值为位 移 方 向 与 水 平 方 向 的 夹 角 的 正 切 值 的 ２ 倍,A、B的位移方向相同,则α＝β;图中虚线表示 为 C的位移方向,C的位移方向与水平方向的夹 角小于 A、B的位移方向与水平方向的夹角,所以 γ＜α＝β,故B正确. ５．A　相同时间内它们通过的路程之比为４∶３,根 据v＝st 得,A、B的线速度大小之比为４∶３,故 A 正确;相 同 时 间 内 运 动 方 向 改 变 的 角 度 之 比 为 ３∶２,根据ω＝Δθt 得,角速度大小之比为３∶２,故 B 错误;根据v＝rω可得,圆周运动的半径之比 r１ r２ ＝ v１ v２ 􀅰ω２ ω１ ＝４３× ２ ３＝ ８ ９ ,故 C错误;根据a＝vω得, 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —３４— 向心加速度大小之比 a１ a２ ＝ v１ v２ 􀅰ω１ ω２ ＝４３× ３ ２＝ ２ １ , 故 D错误. ６．A　 如 图 所 示,将 直 杆 两 端 的速度沿杆方向和垂直杆方 向 进 行 分 解,则 有 vA ＝ v杆 sinα ,v＝ v杆 cosα ,直杆两端的 速度大小之比vA∶v＝cosα∶sin