内容正文:
(2)m9=碧是(2分,故0=37r1分.小轮的合选
2H2×0.45
解得2VgV
10
s=0.3s(2分)
度方向与合位移方向相同,由平行四边形定则可知,只
则此时发球机出球的速度为
有当小船相对于静水的速度与合速度方向垂直时,小船
v2=
t2-0.3m/s=10m/s(2分)
相对于静水的速度最小,如图所示(2分).由图知,此最
满足题意的发球机出球速度)的大小范围为
小速度为=v2sin0=5×0.6m/s=3m/s(2分),其方
7.5m/s≤≤10m/s(3分).
向斜向上游河岸,且与河岸成53°角.
第六章
圆周运动
A卷基础巩固卷
30m
1.A做匀速圆周运动的物体,角速度大小不变.运动一周所
v240m
需的时间不变,周期保持不变,选项A正确:做匀速圆周运动
16.解:(1)对飞机的运动情况进行分析.
的物体,线速度方向时刻改变,选项B错误;做匀速圆周运动
水平方向:L=0(1分)
的物体,向心加速度始终指向圆心,向心加速度方向一直在
1
竖直方向:h=2at(1分)
改变,选项C错误;因为物体所受的合力提供其做圆周运动
解得飞机的加速度大小为a=(2分)
的向心力,而向心力始终指向圆心,所以合力方向一直在改
变,选项D错误
由牛顿第二定律可知F-mg=ma(2分)
2.A齿轮啮合,两齿轮边缘上各点的线速度大小相等,由
所以飞机受到的升力大小F=mg1十
2hvo
gL?
(2分).
题图可知甲、丙两轮边缘上各点的线速度大小相等.根据
(2)飞机上升到h高度时,水平方向的分速度U=0
公式=w得ar1=wr3,则丙轮的角速度大小u'=1,
竖直方向的分速度v,=√2ah
2ho(2分)
L
故选项A正确。
合速度√d+=功V+h
3.D苍蝇感知到拍头时拍头所处的位置与苍蝇之间的距
L
(2分)
离一定,手转动的角速度不变,将拍把增长之后,半径变
设合速度与水平方向的夹角为0,则有tan9=些=2业(2
L
大,拍头的线速度增大,经过该段距离所用时间变短,苍
分).
蝇来不及躲闪,结果一打一个准,选项D正确。
附加题
4.A对小球受力分析可知,小球只受到重力和弹力作用,
解:若球刚好过网,根据H一A=7g听(2分)
重力和弹力的合力提供向心力,故选项A正确,选项B、C
错误:因为向心力的方向沿半径指向圆心,故向心力方向
2(H-h)
2×(0.45-0.25)
解得
s=0.2s(2分)
g
10
时刻改变,所以重力和弹力的合力的方向时刻改变,是变
则此时发球机出球的速度为
力,故远项D错误
L
5.B根据)=rw可知钉子的位置越靠近O点,r越大,小球
2_1.5
1=斤-0.2m/s=7.5m/s(2分)
与钉子相碰后瞬间的角速度越小,故选项C、D错误;根据
若球刚好落在球台上,根据H=g(2分)
牛顿第二定律得F-mg=m二,解得F=mg十m,钉
120
子越靠近小球,半径r越小,则拉力越大,绳越容易断,故
力,即重力和绳子的拉力的合力在水平方向,令绳子与
选项A错误,选项B正确
竖直方向的夹角为,所以绳子的拉力T=。故小球
2
6.C由a=wR知,w=√尺=√2rad/s=1rad/s,圆周
的向心力小于细线的拉力,故选项C错误,选项D正确.
运动的周期为T=2红=2红s=2元s,故选项A、D错误:由
11.BC汽车通过凹形桥的最低点时,向心力竖直向上,合
1
力竖直向上,加速度竖直向上,根据牛顿第二定律,汽车
1
r/s,故选项B错误;由a=
2
,知0=
处于超重状态,所以汽车对桥的压力比汽车的重力大,
√aR=√2X2m/s=2m/s,故选项C正确.
故选项A错误,选项B正确;对汽车,根据牛顿第二定律
v2
7B在最低点处由牛顿第二定律知FN一mg=mR,而摩
得N-mg=m发解得N=mg十m安可见总大,路
擦力大小f=FN,即最低点处容器对质点的摩擦力大小
面的支持力越大,由牛顿第三定律知,车对桥面的压力越
为(g十m发)造项B正确
大,故选项C正确;向心力由汽车所受的重力,桥面对其支
8.BD面对面拉着一弹簧测力计做圆
持力提供,摩擦力不提供向心力,故选项D错误。
周运动的溜冰表演,二者的角速度相
12.解析:(1)甲图是凸形桥,根据牛顿第二定律,有mg-N=
等,弹簧对各自的拉力提供向心力,
F合
m号,放N<mg,夫重:乙周中,重力和支持力平背,故
根据牛顿第二定律,
mg
N2=ng;丙图中为凹形桥,根据牛顿第二定律,有
m男T男w2=m女r女02=9.2N,0男=w女,故男=m女
r女n男
02
N2一mg=m,故N2>mg,超重:对于凸形桥甲,压力
2男=0.3m,r女=0.6m.
最小,故对应图(b)中c曲线.(2)如果增大小球在斜槽上
由于=心,故他们的钱建度不相学,婴一子根