第1次月考滚动检测卷-【三清必刷】2025-2026学年高一物理必修第二册（人教版2019）

—44 — 12.解析 (1)挡光杆转动的线速度为v=dΔt 根据线速度与角速度的关系v=ωr 砝码做圆周运动的角速度为ω= drΔt ; (2)根据向心力公式F=mω2r,若保持角速度和转动半径相同,可 知质量大的物体需要的向心力大,所以曲线①对应的砝码质量小 于曲线②对应的砝码质量。 答案 (1)dΔt d rΔt ;(2)小于 13.解析 (1)由于影响向心力大小F 的因素有小球质量m、角速度 ω和半径r,因此需要采用控制变量法,故ABD错误,C正确; (2)根据向心力公式F=mω2r,用该装置研究圆周运动的向心力 大小与半径的关系时,需要控制角速度与小球的质量不变,使两 小球做匀速圆周运动的半径不同,需要把质量相同的小球分别放 在两边半径不相同的槽内,皮带套在半径相同的两个圆盘上,故 AC正确,BD错误; (3)根据向心力公式F=mω2r,控制角速度与小球的质量不变,向 心力大小F 与球做圆周运动半径r的关系是F 与r成正比,故A 正确,BCD错误; (4)当长槽转动一周时,短槽刚好转动两周,根据角速度与转速的 关系ω=2πn可知,长槽与短槽转动的角速度之比ω3ω4 = n3 n4 =1∶2 根据向心力公式F=mω2r可知,向心力之比F3F4 = m1ω32r1 m2ω42r2 代入数据解得F3∶F4=1∶1。 答案 (1)C;(2)AC;(3)A;(4)1∶2 1∶1 14.解析 (1)根据:x=vt=ωrt,则ω-t图像与时间轴围成的面积与 半径的乘积表示上升高度;根据图像可知,0~10s内水斗上升的 高度为:h=20×102 ×0.2m=20m ; (2)根据a=ΔvΔt= Δωr Δt=0.4m /s2,根据牛顿第二定律 T-(m+ m0)g=(m+m0)a,解得:T=72.8N。 答案 (1)0~10s内水斗上升的高度为20m; (2)井绳所受拉力大小为72.8N。 15.解析 (1)小球经过B 点的速度最小时有mg=mv 2 R ,解得v= 3m/s; (2)小球从B 点运动到C 点做平抛运动,竖直方向有2R=12gt 2 水平方向x=vBt,解得vB=6m/s 小球落地时的速度大小为v'= vB2+(gt)2,解得v'=6 2m/s; (3)小球在B 点,由牛顿第二定律可得mg+F=m vB2 R ,解得F= 3N 根据牛顿第三定律可知,小球在B 点对轨道的压力大小为3N, 方向竖直向上。 答案 (1)小球经过B点的最小速度3m/s; (2)小球落地时的速度大小等于6 2m/s; (3)小球对轨道B点的压力大小等于3N。 16.解析 (1)B 到C 运动过程,小球做平抛运动,竖直方向有:2R= 1 2gt' 2,vy=gt', 联立可得:t'=0.8s,vy=8m/s,因为小球沿切线进入圆弧轨道 CD,则:vC= vy sin30° , 解得:vC=16m/s; (2)B 到C 运动过程,小球做平抛运动,则在C处有:vB= vy tan30° , 解得:vB=8 3m/s; 当B 处轨道对小球恰好无作用力时,由牛顿第二定律得:mg= mvm2 R ,解得:vm=4m/s<8 3m/s, 所以B 处轨道对小球作用力F 方向竖直向下,由牛顿第二定律 得:mg+F=m vB2 R ,解得:F=110N; (3)小球由E 至落在圆弧面 MN 的过程,做平抛运动,设小球落 到圆弧面 MN 时速度大小为v,小球从E 点抛出时水平速度大小 为vx,小球落到圆弧面 MN 时水平位移大小x,竖直位移大小y, 由速度关系可得:v= vx2+(gt)2,由位移关系可得:x2+y2=R2, 由运动学规律可得:x=vxt,y= 1 2gt 2 联立变形可得:v= 3 t2 +75t 2, 由数学可知,当3 t2 =75t2 时,v最小, 联立可得:t= 55s ,vx= 10m/s。 答案 (1)16m/s;(2)8,110N、方向竖直向下;(3) 10m/s 高中月考滚动卷 第一次月考滚动检测卷 1.A [AB.根据曲线运动的特点,速度方向沿切线方向,钢球在B 点离开出口后可能的轨迹是①,故 A正确,B错误;CD.到B 点时 的合力方向指向曲线的凹侧,故③④都不符合要求,故CD错误。] 2.B [把B物体的速度分解为沿绳方向和垂直绳的方向,如图所示, AB.根据平行四边形形定则,沿绳子方向的速度为vA=vBcosθ,θ 指绳与杆之间的夹角,所以cosθ先减小后增大,故物块A 的速度 先变小后变大,故A错误,B正确;CD.物体A 先向下做减速运动, 后向上做加速运动,加速度的方向始终向上,所以 A 始终处于超 重状态。故CD错误。] 3.C [A.A、B 两轮靠摩擦传动,接触面互不打滑,所以a、b两点的 线速度大小相等,方向不同,故 A错误;B.a、b两点的线速度大小 相等,其中ra>rc,根据v=rω,可知a、b两点的角速度不相等,故 B错误;C.由于a、c两点是同轴转动,所以a、c两点的角速度相 等,故C正确;D.因为va=vb,v=rω,ra=2rb=2r,所以ωb=2ωa, 因为ωa=ωc,ra=2rc=2r,a=rω2,联立可得 ab ac= rb rc ,ωb 2 ωc2 =41 ,b、c 两点的向心加速度不相等,故D错误。故选C。] 4.B [A.由题意可知,圆盘转两圈的时间与小球C 下落的时间相 同,设为t,圆盘边缘转两圈和小球C 下降的高度相等,则有:x= 2×2πR=4πR,根据位移—时间公式有:x=12at 2=12× 1 2gt 2,解 得圆盘转两圈所用的时间为t=4 πRg ,故A错误;BC.根据速度— 时间关系式可知此时小球C的速度为v=12gt=2 πgR ,则圆盘 和小球A 的角速度大小为ω=vR =2 πg R ,故B正确,C错误;D. 小球B 的线速度大小为v'=2Rω=4 πgR,故D错误。] 5.B [设小球水平抛出时的速度为v0,轨道对小球的支持力大小为 FN,由牛 顿 第 二 定 律 得 FN-mg=m v02 R ,由 牛 顿 第 三 定 律 得: FN=F,由平抛运动规律有,小球的水平射程x=v0t,小球的竖直 位移y= 12gt 2,由 几 何 关 系 有y=xtanθ,联 立 可 得 F=mg+ mg 2Rtanθx ,结合图像,可知mg=5.0N,将图像中(0.5m,10.0N) 代入可得R=0.25m,B正确,A、C、D错误。] 6.B [每根弹簧弹力均为:F=k(3l0-l0)=2kl0,相邻两橡皮筋间的 夹角为120°,每个小球受到的合力等于F,对小球,由牛顿第二定 律得2kl0=m×3l04π 2 T2 ,解 得 T=2π 3mk2 ,故 B正 确,ACD 错误。] 7.B [A.小球做平抛运动,竖直方向有y=12gt 2,根据几何关系有 AD∶BD∶CD=9∶4∶1,三 个 小 球 做 平 抛 运 动 的 时 间 之 比 为 tA∶tB∶tC=3∶2∶1,故 A错误;B.小球在水平方向做匀速直线 运动,则x=v0t,三个小球均落在斜面上的D 点,根据位移间的关 系有tanθ=yx = gt 2v0 ,设三个小球速度偏转角为α,则tanα=vyv0 = gt v0 =2tanθ可知三个小球速度偏转角相同,三个小球落在斜面上 时速度方向相同,故B正确;C.三个小球均落在斜面上的D 点,根 据竖直位移与水平位移的关系有tanθ=yx = gt 2v0 ,三个小球的初 速度大小之比为vA∶vB∶vC=3∶2∶1,故C错误;D.三个小球做 平抛运动,三个小球的运动轨迹为抛物线,且交于 D 点,故三个小 球的运动轨迹不可能在空中相交,故D错误。] 8.AD [AC.小鱼在运动过程中只受重力,水平方向上小鱼做匀速 运动,即vx 为定值,且水平位置x=vxt,x-t图像是一条过原点的 倾斜直线,故A正确,C错误;BD.竖直方向上小鱼做竖直上抛运 动,则y=v0yt- 1 2gt 2,vy=v0y-gt,且最高点竖直方向的速度为 0,B图像最高点对应的速度不为0,故B错误,D正确。] 9.BC [由题图可知,斜面的倾角θ等于小球 A落在斜面上时的位 移与水平方向的夹角,由平抛运动的推论可知,tanφ=2tanθ,选项 A错误,B正确;设小球A在空中运动的时间为t1,小球B在空中 运动的时间为t2,则由平抛运动的规律可得tanθ= 1 2gt1 2 v0t1 ,tanθ= v0 gt2 ,故t1 t2 =2tan2θ,选项C正确,D错误。] 10.BC [A.对甲进行受力分析,水平方向上,摩擦力提供向心力,则 f甲 =mω2r1,由于不是滑动摩擦力,不能用μmg来判断摩擦力的 大小,故A错误;B.对甲和乙整体分析,水平方向上,静摩擦力提 供向心力,则f乙 =(m+m)ω2r1=2mω2r1,故B正确;CD.因为三 个物块转动的角速度一样,且动摩擦因数也一样,但物块丙做圆 周运动的半径更大,所以若角速度增大的话,丙先达到滑动的临 界点,故C正确,D错误。] 11.AC [小球在水平方向只受垂直于速度方向的细绳的拉力作用, 小球速度大小不变,由牛顿 第 二 定 律 可 得:r=mv 2 F ,当 F=2N 时,r1=1.2m,当F=2.4N时,r2=1m。两钉子间的距离d为 小球做圆周运动减小的半径,即d=r1-r2=0.2m,故 A正确; 由周期T=2πrv 可 得,r1=1.2m 时,T1=1.2πs,r2=1m 时, T2=πs,而小球每经半个周期与另一钉子接触,小球从开始运动 经 T1 2=0.6πs 细绳与铁钉A 接触,小球做圆周运动的半径减小, 细绳受 到 的 拉 力 增 大,所 以t1=0.6πs;小 球 从 开 始 运 动 经 T1+T2 2 =1.1πs≈3.45s>3.3s ,细绳才再次与铁钉B 接触,所 以t=3.3s时细绳拉力仍为2.4N,故B错误,C正确;当细绳受 到的拉力为6.4N时,r=0.375m<0.4m,即当r=0.4m时,绳 子还不会断,小球从开始运动到细绳被拉断历时t=(0.6π+0.5π+ 0.4π+0.3π+0.2π)s=2πs,故D错误。] 12.解析 (1)小球水平方向做匀速直线运动,因此小球在A点速度的 水平分量为v0= x t = 0.05 0.05m /s=1.0m/s,小球竖直方向做自由落 体运动,因此A点速度的竖直分量为vy= (8.6+11.0)×10-2 0.05×2 m /s =2.0m/s; (2)由竖直方向的自由落体运动可得g= (y3+y4)-(y2+y1) 4T2 , 代入数据可得g=9.7m/s2。 答案 (1)1.0 2.0 (2)9.7 13.解析 (1)探究向心力与质量、半径和角速度的关系,需要控制变 量,用到的实验方法是控制变量法,故AC错误,B正确; (2)利用极短时间内的平均速度表示瞬时速度,则遮光条通过光 电计数器时的瞬时速度v=Dt ,即物块做匀速圆周运动的线速度 v=Dt ,根据线速度和角速度的关系可知,ω=vR = D Rt ; (3)分析图象,猜测F 与ω2 可能成正比。为进一步证实猜测,可 做F-ω2 关系图象来验证。 (4)观察力F 和半径r的比值,需要控制变量ω,在图乙中作一条 平行于F 轴的辅助线。 答案 (1)B;(2)DRt ;(3)F-ω2;(4)平行于F轴 14.解析 (1)由平抛运动规律,根据自由落体运动的公式,排球落在 对方场地中间位置,竖直方向 H=12gt1 2, 水平位移为x+12x=v0t1 排球刚好过网,则 H-h=12gt2 2;x=v0t2 联立解得H h = 9 5 ; (2)球若不出界,则h1= 1 2gt3 2;2x=v0t3 解得初速度最大值v0max=x gh1 球若不触网,则h1-h2= 1 2gt4 2;x=v0t4 解得初速度最小值v0min=x g2(h1-h2) 球既不出界又不触网,其初速度v0 大小的范围为x g2(h1-h2) < v0≤x gh1 。 答案 (1)95 ;(2)x g2(h1-h2) <v0≤x gh1 15.解析 (1)物块做平抛运动,在竖直方向上有 H=12gt 2,解得t= 2H g = 2×0.8 10 s=0.4s 水平方向做匀速直线运动,水平位移x=v0t=1×0.4m=0.4m; (2)物块落地时竖直分速度vy=gt=10×0.4m/s=4m/s 物块落地时的速度大小v= v02+vy2= 12+42 m/s= 17m/s; (3)物块恰好离开转台时,由最大静摩擦力提供向心力,由牛顿第 二定律得μmg=m v2 R ,μ= v2 gR= 12 10×2=0.05 。 答案 (1)0.4m;(2) 17m/s;(3)0.05 16.解析 (1)设绳断后球飞行时间为t,由平抛运动规律得 竖直方向有1 4d= 1 2gt 2 水平方向有d=v1t 解得v1= 2gd 在竖直方向有v⊥2=2g· 1 4d v2= v12+v⊥2 解得v2= 10gd 2 ; (2)设绳能承受的最大拉力为FT,球做圆周运动的半径为R= 3 4d 绳断时,小球刚好运动到最低点,由牛顿第二定律得FT-mg= mv12 R 解得FT= 11 3mg ; (3)设绳长为l,绳断时球的速度大小为v3,绳能承受的最大拉力 不变 由牛顿第二定律得FT-mg= mv32 l ,解得v3= 2 3 6gl 绳断后球做平抛运动,竖直位移为d-l,设球平抛运动的水平位 移为x,时间为t1,则 竖直方向有d-l=12gt1 2,水平方向有x=v3t1 联立解得x=4 l (d-l) 3 当l=d-l,即l=d2 时,x有最大值,则xmax= 2 3 3d 。 答案 (1) 2gd; 10gd2 ;(2)113mg ;(3)d2 ;2 3 3d 第七章 万有引力与宇宙航行目标 1.A [由题意可得GMm R2 =mg,则GM=gR2,又因为飞船在轨道3 上由万有引力提供向心力,有 G Mm(kR)2 =m4π 2 T32 ·kR,联 立 可 得 T32= 4π2k3R g ;轨道2为椭圆,其半长轴a= (k+1)R 2 ,根据开普勒 第三定律可得 (kR)3 T32 =a 3 T22 ,代入可得T2=(1+k)π (1+k)R 2g ,故 BCD错误,A正确。] 2.D [A.7.9km/s是第一宇宙速度,是近地卫星的环绕速度,也是 卫星绕地球做圆周运动的最大环绕速度,因此空间站的运行速率 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 — 43 — — 10 — 高中月考滚动卷 第一次月考滚动检测卷 (范围:第五章第六章第二节) (时间:75分钟 满分:100分) 􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌 􀤌 􀤌 􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌 􀤌 􀤌 􀦌 􀦌 􀦌􀦌 教研组长推好题 第15题综合考查平抛运动与圆周运动及数学中的极值问题有机结合来处理 实际应用问题,题目设置新颖灵活,紧扣基础知识,对学生的综合应用能力要求较高,值得推荐。 一、单项选择题: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.(2025·江苏省徐州市高一期末)如图所示,在水平桌面上放一张白纸,白纸 上摆一条由几段弧形轨道组合而成的弯道。使表面沾有红色印泥的钢球以 一定的初速度从弯道的C 端滚入,钢球从出口A 端离开后会在白纸上留下 一条运动的痕迹。若拆去一段轨道,出口改在B 点。则钢球 ( ) A.从B 点离开出口后的轨迹可能为① B.从B 点离开出口后的轨迹可能为② C.到B 点时的合力方向可能为③ D.到B 点时的合力方向可能为④ 2.(2025·江苏省南京市金陵中学高一期末)物块B 套在倾斜杆上,并用轻绳与物 块A 相连,今对B 施加一个力F(未画出)使物块B 沿杆由点M 匀速下滑到N 点,运动中连接A、B 的轻绳始终保持绷紧状态,在下滑过程中,下列说法正确 的是 ( ) A.物块A 的速度先变大后变小 B.物块A 的速度先变小后变大 C.物块A 先处于超重状态,后处于失重状态 D.物块A 先处于失重状态,后处于超重状态 3.(2025·天津期中)如图所示,A、B 两轮半径分别为2r和r,O1、O2 分别为两轮的 圆心,a、b分别为A、B 轮边缘上的点,c点在A 轮上,c到O1 的距离为r,两轮靠 摩擦传动,在两轮转动时接触点不存在打滑现象,则在两轮匀速转动时 ( ) A.a、b两点的线速度相同 B.a、b两点的角速度相等 C.a、c两点的角速度相等 D.b、c两点的向心加速度相等 4.(2025·辽宁省省抚顺市高一期中)如图所示的圆盘,半径为R,可绕过圆心O 的水平轴 转动,在圆盘的边缘沿同一直径方向固定两根长为R 的轻杆,杆的端点各有一可视为质 点的小球A、B,在圆盘上缠绕足够长的轻绳。轻绳的另一端拴接一小球C。现将装置由 静止释放,小球C向下以12g (g为重力加速度)的加速度做匀加速直线运动,圆盘与轻绳 间不打滑,经过一段时间圆盘转过两圈。下列说法正确的是 ( ) A.圆盘转两圈所用的时间为2 2πRg B.圆盘转两圈时,小球A 的角速度大小为2 πgR C.圆盘转两圈时,圆盘的角速度大小为 πgR D.圆盘转两圈时,小球B 的线速度大小为2 πgR 5.(2025·湖北省武汉市高一质检)用如图甲所示的装置研究平抛运 动,每次将质量为m 的小球从半径为R 的四分之一圆弧形轨道不同 位置由静止释放,在圆弧形轨道最低点水平部分装有压力传感器,由 其测出小球对轨道压力的大小F。已知斜面与水平地面之间的夹角 θ=45°,实验时获得小球在斜面上的不同水平射程x,最后作出了如 图乙所示的F-x图像,g取10m/s2,则由图可求得圆弧形轨道的半径R 为 ( ) A.0.125m B.0.25m C.0.50m D.1.0m 6.(2025·湖南师范大学附中月考)用劲度系数为k,原长均为l0 的符合胡克定律的 六根橡皮筋,将六个质量均为m 的小球连接成正六边形(如图所示),放在光滑水平 桌面上。现在使这个系统绕垂直于桌面通过正六边形中心的轴匀速转动。在系统 稳定后,观察到正六边形边长变为3l0,则此时转动的周期为 ( ) A.T=2π m2k B.T=2π 3mk 2 C.T=2π 2m k D.T=2π 2m 3k 7.(2025·陕西省宝鸡市模拟)如图所示,倾角为θ的斜面上有A、B、C三点, 现从这三点分别以不同的初速度同时水平抛出一小球,不计空气阻力,三 个小球均落在斜面上的D 点,测得AB∶BC∶CD=5∶3∶1,由此可判断 ( ) A.三个小球做平抛运动的时间之比为1∶2∶3 B.三个小球落在斜面上时速度方向相同 C.三个小球的初速度大小之比为1∶2∶3 D.三个小球的运动轨迹可能在空中相交 二、多项选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分。在每小题给出的四个选项中,有多项符合题 目要求。全部选对的得5分,选对但不全的得3分,有选错的得0分。 8.(2024·江西卷,8)一条河流某处存在高度差,小鱼从低处向上跃出水面, 冲到高处。如图所示,以小鱼跃出水面处为坐标原点,x轴沿水平方向, 建立坐标系,小鱼的初速度为v0,末速度v沿x 轴正方向。在此过程中, 小鱼可视为质点且只受重力作用。关于小鱼的水平位置x、竖直位置y、 水平方向分速度vx 和竖直方向分速度vy 与时间t的关系,下列图像可能 正确的是 ( ) 9.(2025·吉林舒兰一中高一月考)如图所示,一固定斜面倾角为θ,将小球 A 从斜面顶端以速率v0 水平向右抛出,小球击中了斜面上的P 点;将小球B从 空中某点以相同速率v0 水平向左抛出,小球恰好垂直斜面击中Q 点。不计 空气阻力,重力加速度为g,下列说法正确的是 ( ) A.若小球 A在击中P 点时速度方向与水平方向所夹锐角为φ,则tanθ= 2tanφ B.若小球A在击中P 点时速度方向与水平方向所夹锐角为φ,则tanφ=2tanθ C.小球A、B在空中运动的时间之比为2tan2θ∶1 D.小球A、B在空中运动的时间之比为tan2θ∶1 10.(2025·贵州省贵阳一中高三一模)如图所示,质量均为m 的甲、乙、丙三 个小物块(均可看作质点)水平转盘一起以角速度ω绕OO'轴做匀速圆周 运动,物块甲叠放在物块乙的上面,所有接触面间的动摩擦因数均为μ。 已知甲、乙到转轴的距离为r1,丙到转轴的距离为r2,且r2>r1。最大静摩 擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g。下列说法正确的是 ( ) — 9 — — 12 — A.甲受到的摩擦力一定为μmg B.乙受到转盘的摩擦力一定为2mω2r1 C.若角速度增大,丙先达到滑动的临界点 D.若角速度增大,甲先达到滑动的临界点 11.(2025·湖南衡阳一中高一期末)如图(a)所示,A、B 为钉 在光滑水平面上的两根铁钉,质量为0.6kg的小球C(小 球可视为质点)用细绳拴在铁钉B 上,A、B、C 在同一直 线上.t=0时,给小球一垂直于绳、大小为2m/s的速度, 使小球在水平面上做圆周运动。在0≤t≤t2 时间内,细 绳的拉力随时间变化的规律如图(b)所示。若细绳能承 受的最大拉力为6.4N,则下列说法正确的是 ( ) A.两钉子间的距离为0.2m B.t=3.3s时细绳的拉力为3N C.t1=0.6πs D.小球从开始运动到绳被拉断历时3πs 三、非选择题:本题共5小题,共52分。 12.(6分)(2025·湖南省益阳市高一质检)某同学利用图(a)所示装置研究平抛运动的规律。实验 时该同学使用频闪仪和照相机对做平抛运动的小球进行拍摄,频闪仪每隔0.05s发出一次闪 光,某次拍摄后得到的照片如图(b)所示(图中未包括小球刚离开轨道的影像)。图中的背景是 放在竖直平面内的带有方格的纸板,纸板与小球轨迹所在平面平行,其上每个方格的边长为 5cm。该同学在实验中测得的小球影像的高度差已经在图(b)中标出。 完成下列填空:(结果均保留2位有效数字) (1)小球运动到图(b)中位置A 时,其速度的水平分量大小为 m/s,竖直分量大小为 m/s; (2)根据图(b)中数据可得,当地重力加速度的大小为 m/s2。 13.(8分)(2025·江苏省连云港市赣榆区高一期中)如图甲所示,是某同学探究做圆周运动物体的 向心力F与质量m、轨道半径r及角速度ω 关系的实验装置,一物块放在水平转台的凹槽中,只 能沿半径方向移动,且跟转台之间的摩擦力很小可以忽略,物块通过定滑轮与弹簧测力计连接, 转台的边缘固定一竖直薄遮光条,转台的下端固定一光电计时器,遮光条的宽度为D,它到转轴 的距离为R(D<R)。 (1)该同学采用此装置探究向心力与质量、半径和角速度的实验方法为 ; A.等效替代法 B.控制变量法 C.理想化模型法 (2)遮光条某一次经过光电计时器时,光电计时器记录时间为t,则物块做匀速圆周运动的角速 度为 ; (3)该同学在保持质量不变的情况下,分别作出了半径为0.05m,0.10m,0.15m的向心力与角 速度的图象(如图乙),分析图象,猜测F 与ω2 可能成正比。为进一步证实猜测,可做 关系图象来验证; (4)在图乙中作一条 的辅助线,观察力F 和半径r 的比值,可得到F 和r 成正比的 结论。 14.(10分)(2025·河南省郑州市金水区高一开学)如图所示,沙滩排球比赛中,球员将球在边界中 点正上方沿中线水平向右击出,空气阻力忽略不计。 (1)若球刚好过网落在对方场地中间位置,求击球高度 H 与 球网高度h 之比; (2)若已知击球高度h1、球网高度h2、半个球场的长度x,重力 加速度为g,球既不出界又不触网,求其初速度v0 大小的 范围。 15.(12分)(2025·广东省三校联考)如图所示,置于圆形水平转台边缘的小物块随转台做不同转速 的匀速圆周运动,当转速达到某一数值时,物块恰好滑离转台开始做平抛运动初速度大小为 1m/s,现测得转台半径R=2m。离水平地面的高度 H=0.8m,设物块所受的最大静摩擦力等 于滑动摩擦力,重力加速度大小g取10m/s2,求: (1)物块平抛落地过程水平位移的大小; (2)物块落地时的速度大小(可保留根号); (3)物块与转台间的动摩擦因数。 16.(16分)(2025·湖南省长沙一中高一月考)小明站在水平地面上,手握不可伸长的 轻绳一端,绳的另一端系有质量为m 的小球,甩动手腕,使球在竖直平面内做圆周 运动。当小球某次运动到最低点时,绳突然断掉,球飞行水平距离d后落地,如图 所示。已知握绳的手离地面高度为d,手与球之间的绳长为34d ,绳始终在竖直平 面内,重力加速度为g,忽略手的运动半径和空气阻力。 (1)求绳断时球的速度大小v1 和球落地时的速度大小v2; (2)求绳能承受的最大拉力; (3)改变绳长,使球重复上述运动,若绳仍在球运动到最低点时断掉,要使球抛出后飞行的水平 距离最大,绳长应是多少? 最大水平距离为多少? — 11 —