单元过关(四)曲线运动-【衡水真题密卷】2026年高考物理单元过关检测(湖北专版)

·物理· 参考答案及解析 (2)为使货物到底端的时间最短，则货物在整个 当货物和滑板共速时 下滑过程中，始终加速，传送带的最小速度为货 0共=00一a1t1 (1分) 物到B端时的末速度，由运动学关系式可知 v共=a2t1 (1分) vi=2as (1分) 货物这段时间内的水平位移 解得vo=20m/s。 (1分) (3)货物刚滑上滑板时，对货物，水平方向上由牛 x=04,-76 (1分) 顿第二定律得 解得t1=4s,v共=12m/s,x1=64m f=ma (1分) 之后若货物与滑板一起减速，则共同的加速度 竖直方向上 3N地 (1分) mg=N (1分) as-M+m 由相互作用力可知货物收到的支持力N,与其对 解得a3=1m/s2 滑板的压力N1等大，滑动摩擦力 方向水平向左；而货物在滑板上，能达到的最大 f=u2NI (1分) 加速度 解得a1=2m/s2 a1=2m/s2 方向水平向左，即货物做减速运动 方向水平向左 对滑板，水平方向上 a1>a3 (1分) f-f地=Ma2 (1分) 即货物可以和滑板保持相对静止，共同减速，直 地面对M的摩擦力 到减为0，共同减速这段时间，货物的水平位移 f地=43N地 (1分) 头 竖直方向上 x2一2a3 (1分) 解得x2=72m N2=Mg+mg 所以货物从滑到水平面，到最终停止，货物的总 由牛顿第三定律可知，滑板对地面的压力N地与 位移 地面对滑板的支持力N2等大 L-x1+x2-64m+72m-136m。 (1分) 解得a2=3m/s2 (1分) 方向水平向右，即木板做加速运动 2025一2026学年度单元过关检测（四） 物理·曲线运动 一、选择题 4×200m=800m,C错误；运动员在静水中的速 1.B【解析】当乒乓球经过纸筒口时，对着乒乓球 度小于水流速度，合速度方向不可能垂直河岸，该 横向吹气，乒乓球所受合力的方向与速度方向不 运动员以最短位移渡河时，合速度方向应与运动 在同一条直线上，乒乓球做曲线运动，故乒乓球会 偏离原有的运动路径，A错误；吹气后，乒乓球获 员在静水中的速度方向垂直，则位移大小5=。= 得一个横向的速度，此速度与乒乓球原有的速度 3X600m=800m,D正确。 合成一个斜向左下方的合速度，因此乒乓球将向 左下方运动，且不进入纸筒，C、D错误，B正确。 3.C【解析】根据题图可知t=0时刻的坐标为(4， 2.D【解析】运动员在静水中的速度小于水流速 3),A错误；由于x、y方向的位移与时间均为余弦 度，合速度方向不可能垂直河岸，所以该运动员不 函数关系，x=4 cos wt,y=3 cos wt,联立可得该质 3 可能垂直河岸到达正对岸，A错误；运动员在静水 点的轨迹方程y=工，并结合图像特征，即判定 中的速度始终垂直河岸时渡河时间最短，最短渡 质点在水平面内做往复直线运动，B错误；根据位 河时得-号- s=200s,该运动员渡河的 移与时间图像中斜率大小（速度大小）的变化情 况，可知在t=2s时x、y方向的速度均达到最 时间不可能小于200S,B错误；该运动员以最短时 间渡河时，它沿水流方向的位移大小x=v2tmn 大，即加速度一定为零，D错误；由于x、y方向所 取标度相同，并结合B选项的分析，质点的轨迹方 ·11· 4 真题密卷 单元过关检测 程y=3 4x,即得轨迹与x轴所夹锐角为37°， 移xA-Lcos37°-vAt,竖直位移yA-Lsin37°= 28t,联立解得t=0.75s,由于A、B同时开始运 1一3s内速度方向为负，C正确。 4.D【解析】根据题意，活塞可沿水平方向做往复 动，同时到达底端，故B球经过0.75s到达斜面底 运动，A错误；由公式v=2πr,可得A,点线速度 端，B错误；对于B球，其加速度a=gsin37°= ℃A=12πm/s,当OA竖直时，将A点和活塞的速 度分别沿杆方向和垂直杆方向分解，设A点速度 6m/g,斜西的长L=o8,又因为L=4十 方向与AB夹角为0，由几何关系可得B,点速度方 2a1,联立解得B=4m/s,A错误；将A球的速 1 向与AB夹角也为0，如图甲所示，由几何关系可 得vB1=vA=12xm/S,B错误；同理可知，当OA 度分解为沿斜面方向z和垂直斜面方向0y,可 与AB共线时，A,点在沿杆方向的分速度是0，所 得z=vAc0s37°，℃0，=Asin37°，再将重力加速 以活塞的速度为0，C错误；当OA与AB垂直时， 度进行分解，az=gsin37°，a,=gcos37°，A球沿 如图乙所示，A点的速度沿杆方向，则℃B2c0sa= 斜面方向做匀加速运动，垂直斜面方向做匀减速 AB 3/10 VA,由几何关系cosa= ,联 运动，根据匀变速直线运动的规律可知V:=0:十 √AB2+OAZ 10 azt=VACOS37°+gsin37°·t,vy=voy-a,t= 立解得vB2=4√10πm/s,D正确。 vAsin37°-gcos37°·t,A、B相距最远时，则v,= 连杆 vAsin37°-gcos37°·tn=0,解得tn=)Atan37°= g 曲轴 0.375s,此时B球下滑的位移xB=vBtm十 0 活塞- 2gsin37°·t品≈1.92m,由上述结果可得斜面的 长L=vAt 1 甲 c0s37≈4.69m,2L>xgB球未到斜面 A 连杆 曲轴 的中，点位置，此时A、B之间的距离方=20， B 活寨- 0 (vAsin 37)29 2,、 2gc0s37° m,C错误，D正确。 16 乙 A 5.D【解析】设轻环A在外力作用下沿杆v匀速上 0 升时轻绳与竖直方向的夹角为日，由轻绳关联的速 度关系有ocos0=?B,因日逐渐增大，则cos0减 小，可知B减小，即重物B减速下降，A、B错误； 37个x 因重物B减速下降，由牛顿第二定律可知所受合 8.AD【解析】若细线AB水平且张力恰为0时，对 外力向上，即轻绳对B的拉力大于B的重力，C错 小球分析有mg tan37°=mwLsin37°，解得wo= 误，D正确。 6,B【解析】根据题意，动点a、b的线速度相等，可 5√2 2 rad/s,A正确，B错误；当角速度小于 知0。=T,w。=2πnAr。,钢带由后向前运动的过程 中r。增大，可得v。增大，A错误；由于。=v6,有 5w2 2 rad/s时，若该装置转动的角速度增加，细线 nA,=Br6,解得nB=二nA,又r,增大，r6减小， AB绷紧有弹力，此时细线AC与竖直方向的夹角 nA不变，可得nB增大，汽车在加速，B正确，C错 误；根据aa=raω=4x2nra,a6=r6ω后= 不变，当角速度大于5a5时，若孩装置精动 的角速度增加一点点，细线AB将松弛没有弹力， 4a,可得a:十a,=4x.十7，由题虑 此时细线AC与竖直方向的夹角变大，当细线AB 得ra十rb=d(定值)，故a。十a6增大，D错误。 再次绷紧有弹力时，该装置转动的角速度增加，细 7.D【解析】设斜面的长为L,对于A球，则水平位 线AC与竖直方向的夹角不变，C错误，D正确。 4 ·12· ·物理· 参考答案及解析 9.ABC【解析】小环运动过程中重力做正功，速度 逐渐增大，水平方向的分速度也增大，向心加速度 下落时间t一g ，与球质量无关，与高度h有 逐渐增大，小环的运动可以分解为水平速度逐渐 关，故两球质量可以不等，所用两球的质量没有 增大的圆周运动和沿轨道斜向下的匀加速直线运 必要相等，A错误；但若地面不平，是一个斜面 动，故在运动过程中小环加速度越来越大，A正 时，h不同，下落时间不同，C错误；若两球同时落 确；小环运动可等效为沿长为2πnr,高度为nd的 地，表明平抛运动在竖直方向的分运动是自由落 倾斜光滑轨道的运动，在整个运动过程中小环的 体运动，可研究平抛运动竖直方向是否为自由落 路程s=n√(2πr)2十d>2nπr,B正确；根据动 体运动，B正确。 (2)实验时，需要保证小球开始做平抛运动的初 力学公式可得s=a,等效加选度a=gsin0 速度相同，故小球必须从OP轨道的同一位置由 gd 静止释放。每两个点竖直方向根据△y=2L= :,联立解得小环从顶端到底端的运 √(2πr)2+d gT,解得T=g=√ ×1.6×10- 2n(4π2r2+d) 9.8 s-× 动时间t二 ,C正确，D错误。 gd 0.1s,水平方向根据3L=vT,解得该小球做平抛 10.ABD【解析】转盘静止时，由于弹簧处于拉长 运动的初速度大小三3头=3X1.6X10 m/s= 状态，故A受到的摩擦力大小为F,方向沿A、B 7X0.1 F 连线由B指向A,A正确：当w一√4mR 时， 0.840m/s。水平方向每相邻两个点之间的距离 都为3L,竖直方向根据匀变速直线运动中间时 B微圆周运动的向心力F。=Rsin60°-尽F, 8 刻速度等于该段过程的平均速度，则小球在B点 此时向心力的方向与弹簧弹力方向垂直，B受到 的经直速度大小，=器-1.12m/s,假设小球 的摩擦力大小fB=√F+F=67F, 8,B正确； 经过图中的O点，且O点的竖直分速度大小为 ℃O,则从O点到B点过程，竖直方向有= F 当w2= 2mR 时，A做圆周运动的向心力FA= va十2gT,解得0o=0,故O点是小球做平抛运 动的抛出点。 moR=- 2F,由余弦定理可知，此时A受到的静摩擦 12.(1)A和C(2分)相同(2分)(2)A和C (2分)1：2(2分)(3)1：2(2分) F 力大小fA= /F+2 2cos60°=3F 2 【解析】(1)根据FN=mw2r可知，探究向心力和 F 质量的关系时，应使两个质量不同的小球分别放 C错误；当w2= 2mR ,时，物块B做圆周运动的 在半径r相同的挡板处，即A和C处；而两塔轮 向心力F台=mwR sin60°=3 的角速度要相等，同一皮带上的线速度大小相 F,物块B与转盘 4 等，由v=ωR可知，要将传动皮带套在两塔轮半 径相同的轮盘上。 间的静摩擦力f后=，F+(5F) =F,因 4 (2)根据FN=mw2r可知，为探究向心力和角速 fB>fA可知物块B与转盘之间的摩擦力达到最 度的关系，应将质量相同的小球分别放在半径 大值，则根据fm=fB=umg,可得动摩擦因数 相同的挡板处，即A和C处；若在实验中发现左、 右标尺显示的向心力之比为4：1，则左、右塔轮 √19F A ,D正确。 4mg 的角速度之比为2：1，同一皮带上的线速度大小 二、非选择题 相等，由⑦=wR可知选取的左、右变速塔轮轮盘 11.(1)B(2分)(2)必须(1分)0.840(2分) 半径之比为1：2。 是(2分) (3)传动皮带所套的左、右变速塔轮轮盘半径之 比为2：1，则左、右变速塔轮的角速度之比为 【解析】(1)根据自由落体运动规律有h= 28t2, 1：2,质量相同的小球分别放在挡板B和C处， ·13· 4 真题密卷 单元过关检测 转动半径之比为2：1，由FN=mw2r可知，左、右 om=√gR=4m/s<8√3m/s (1分) 标尺显示的向心力之比为1：2。 所以在B,点，轨道对小球作用力方向竖直向下 13.(1) 由牛顿第二定律可知 2 (2) 3 25u8 (3) 56g mg十F=MR (1分) 【解析】(1)小球抛出后，将小球的速度与重力分 别沿斜面方向与垂直于斜面方向分解，则小球在 解得F=110N (1分) 这两个方向上均做匀变速直线运动。小球以垂 (3)设小球落到圆孤面MN时速度大小为V,E 直于斜面方向的速度撞击在斜面上的P点，表明 点抛出时水平速度大小为)，则 此时沿斜面方向的分速度恰好减为0，根据对称 v=√o+(gt) (1分) 性，小球打在P点时垂直于斜面方向的分速度与 设小球落到圆孤面MN时水平位移为x,竖直位 抛出时垂直于斜面方向的分速度等大反向(1分) 移为y 在沿斜面方向上，有 x2+y2=R2 Vocos a=gsin0·t (1分) x=v,t 在垂直于斜面的方向上，有 1 -vosin a=vosin a-gcos 0.t (1分) y=28t 则小球抛出时的速度方向与斜面夹角α的正 代入得 切值tana=3 02t2+25t4=3 (3分) 2 (1分) /3-25t4 (2)由(1)解得 变形得v:=, t2 sina=V② _2√7 因为v=√o十(gt) 7 -cos a= 7 代入得 当小球垂直于斜面的分速度减为0时，距离斜面 3 最远，则有 = 3+752 (2分) (vosin a)2=2gcos 0.hmax (2分) √5v 由数学如识可知，当，是-751时，0最小，得 解得hmax 7g (1分) (3)小球做斜抛运动，将其运动沿水平与竖直方 (1分) 向分解，当球体到达最高点时，竖直方向的速度 所以此时的水平速度的大小 减为0，则有 .=√10m/s (1分) [vo sin (a+0)]2=2g H max (2分) 15.(1)3 5g (2) g 25w0 (3)36 解得Hmx=56g 4L 4 (1分) 【解析】(1)拉小球A的绳与竖直方向夹角日= 14.(1)16m/s(2)110N,竖直向下(3)√10m/s 37°时，以小球A为研究对象，竖直方向根据受力 【解析】(1)从B到C运动过程，由 平衡可得 2R=2e Tcos37°=mg (1分) (1分) 解得t=0.8s 都得7-g (1分) v,=gt=8 m/s (1分) 以B为研究对象，根据受力平衡可得 因为小球沿切线进入圆孤轨道CD,所以 Fx+T=2mg (1分) v.-sin 30-16 m/s (1分) 解释P=子ng (1分) (2)小球在C,点水平方向速度大小 以A为研究对象，水平方向根据牛顿第二定律 可得 vn-tan 30-83 m/s (1分) mg tan 0-molsin 0 (1分) 在B点，轨道对小球恰好无作用力时 解得小球A做圆周运动的角速度 ·14 。 ·物理· 参考答案及解析 -高。爱 g A做圆周运动的线速度大小为，根据牛顿第二 (1分) 定律有 (2)当B悬停在高度为1处时，以B为对象，根据 02 mgtan a=m (1分) 受力平衡可知 xsin a T=2mg (1分) 解得v=√gxtan asin a= 3gx V2 (1分) 设连接小球A的绳子与竖直方向的夹角为α，以 A为研究对象，竖直方向有 设小球A做平抛运动的时间为t,则竖直方向有 T'cos a=mg (1分) 1 3l-xcos ag (1分) 1 解得cosa=2 (1分) 解得t= /61-x (1分) 水平方向根据牛顿第二定律可得 mg tan a=mw·2 Isin a (1分) 则水平位移 解得小球A做匀速圆周运动的角速度 3 x1=ut= 8= 2 g w2-√2 Icos a√7 (2分) (1分) (3)轻摇细管可使B离地后在管口下的任意位置 根据数学知识可知，当x=6l一x,即x=3L时， 处于悬停，当B悬停在某一位置时，根据(2)分析 水平位移x1有最大值，则最大值为 可知，连接小球A的绳子与竖直方向的夹角α= 3W x1ma× ×3L(6L-3L)= 2 21 (1分) 60°，设拉A的绳子长为x(l≤x≤3l),此时小球 2025一2026学年度单元过关检测（五） 物理·万有引力与宇宙航行 一、选择题 1.C【解析】伽利略采用“冲淡”重力的方法，使得 于公转的子，C错买；由万有引力公式F- R2 时间的测量更加容易，A错误；牛顿进行了“月 可知，F与R2成反比，所以万有引力之比为 地检验”，验证了地球与物体间引力与天体间引力 属于同种性质力，B错误；卡文迪什通过扭秤实验 八，D错。 测定了引力常量的数值，证明了万有引力定律的 3.B【解析】设地球的质量为m,地球到太阳的距 正确性，C正确；开普勒用20年的时间研究第谷 离r=1A.U.,地球的公转周期T=1年；由万有 的行星观测记录，发现了开普勒行星运动定律， 引力提供向心力可得G=m T,解得M= D错误。 2.B【解析】由开普勒第二定律可知，地球绕太阳 4π2r3 GT,对于S2受到黑洞的作用，椭圆轨远半长轴 做椭圆运动时，近地点的速度大于远地，点的速度， 所以冬至时运行速度大，A错误；行星从轨道的冬 R=1000A.U.,根据题图中数据结合图像可以 至位置经足够短的时间t,与太阳的连线扫过的面 得到S2运动的半周期为(2002一1994)年=8年， 积可看作很小的扇形，其面积S=X?,同理 则周期T'=16年。根据开普勒第三定律结合万 2 行星从轨道的夏至位置经足够短的时间t,与太阳 有引力公式可以得出M二朵，共中R为S2 的连线扫过的面积可看作很小的扇形，其面积S= R3T2 的轨造半长轴，因此有Mx一，TM,代入数据 X,根据开普勒第二定律，得X1 2 2 解得Mx≈4×10M,B正确；根据题中条件无法 XT2,即速度之比为2，B正确；由开普勒第二 求解恒星S2的质量，C、D错误。 2 4.A【解析】设月球公转的轨道为r,由月球的公转 定律可知，冬至附近速度快，时间短，所以周期小 周期为T,地表的重力加速度为g和地球半径为 R,根据月球所受的万有引力提供向心力，可得 ·15· 4勤奋学习，末来可期 2025一2026学年度单元过关检测（四）》 位置m 密真 班级 卺题 物理·曲线运动 姓名 本试卷总分100分，考试时间75分钟。 一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1~7 得分 题只有一项符合题目要求，第8~10题有多项符合题目要求。每小题全部选对的得4 分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。 A.t=0时刻质点的位置坐标为(4,5) 题号 1234 5 10 B该质点运动的轨迹为一条曲线 答案 C.该质点在13s内的速度与x负方向的夹角为37 1,如图所示，乒乓球从斜面滚下后，以某一速度在水平的桌面 D.该质点在t=2s时的加速度一定不为零 上做直线运动。在与乒乓球路径垂直的方向上放一个直径 吹气 4,曲柄连杆机构是发动机的主要运动机构，其功能是将活塞的往复运动转变为曲轴的旋 略大于乒乓球的纸筒。当乒乓球经过纸简正前方时，用吸 兵球 管对着球横向吹气。下列说法正确的是 ( 转运动，从而驱动汽车车轮转动，其结构示意图如图所示。曲轴可绕固定的O点自由转 纸简 A,乒乓球仍沿直线运动 动，连杆两端分别连接曲轴上的A点和活塞上的B点，若曲轴绕O点做匀速圆周运动， B.乒乓球将偏离原来的运动路径，但不进人纸筒 转速n=1800r/min,OA=20cm,AB=60cm.下列说法正确的是 () C,乒乓球一定能进入纸筒 A.活塞在水平方向上做匀速直线运动 连杆 D.只有用力吹气，乒乓球才能进人纸简 B.当OA竖直时，活塞的速度为82xm/s 2.前不久河北石家庄京津冀第五届滹沱河公开水域游泳挑战赛在叶子广场周边水域进 C.当OA与AB共线时，活塞的速度为12πm/s 行，比赛前某运动员练习时要匀速横波一段宽d=600m的滹沱河，运动员在静水中的 D.当OA与AB垂直时，活寨的速度为410πm/s 速度01=3m/s,水流速度0：=4m/s,则 5.如图所示，套在竖直细杆上的轻环A由跨过光滑轻质定滑轮的不可伸长的轻绳与重物 A,该运动员可能垂直河岸到达正对岸 B相连。轻环A在外力作用下沿杆匀速上升，从图中M位置上升至与定滑轮的连线处 B.该运动员波河的时间可能小于200s C.该运动员以最短时间渡河时，他沿水流方向的位移大小为 于水平的N位置过程中 600m A,重物B匀速下降 D.该运动员以最短位移渡河时，位移大小为800m B.重物B加速下降 3,现有一质点始终在xOy面内运动，从t=0时刻起，它在x、y方向的位置与时间关系如 C.轻绳对B的拉力小于B的重力 图所示，图中x=4 cos wt,y=3 cos wt。已知sin53°=0.8，则下列说法正确的是() D.轻绳对B的拉力大于B的重 单元过关检测（四）物理第1页（共8页） 真题密卷 单元过关检测（四）物理第2页（共8页） 学 6.无级变速汽车变速箱的工作原理可以简化为如图所示 9.如图所示，一个螺距均匀的刚性螺旋光滑轨道竖直固定放置，轨道半径为r、螺距为d、 …动力编出蜀 的装置，两个相同锥体A、B水平放置，它们的中心轴 匝数为n,将一个小环套在螺旋轨道最上端从静止释放，小环沿螺旋轨道滑到底端，重力 分别与动力输入端和动力输出端连接，动力输人端的 加速度为g,下列说法正确的是 () 中心轴带动锥体A转动，锥体A带动钢带转动的同 动力输人猎 A,在运动过程中小环加速度越来越大 B.在整个运动过程中小环的路程大于2nπ 时，钢带在锥体上前后移动，改变转速比，实现变速。α、b是锥体上与钢带接触的两动 点，不计钢带的形变且钢带所在的平面始终与两中心轴垂直，若保持动力输入端中心轴 2n(4x2r+d) C.小环从顶端到底端的运动时间为 gd 转速不变，则钢带由后向前运动的过程中 () n(4πr+d) A.动点a,b的线速度相等且逐渐诚小 B.锥体B的转速增大 D.小环从顶端到底端的运动时间为 gd C.汽车在减速 D.动点a、b的向心加速度大小之和减小 10.如图所示，水平转盘可绕过位于盘上O点的转轴P转动。转盘上边长为R的等边三 7,如图所示，可视为质点的两小球A、B同时从倾角为37的光滑斜面顶端分别水平抛出和 角形（其中一个顶点为O)的一条边上放置两个相同的小物块A、B,质量均为m,A在 沿斜面下滑，平抛初速度大小vA=5/s,下滑初速度v未知，两小球恰好在斜面底端 等边三角形的一个顶点处，B在该边的中点处，A、B之间有一拉长的弹簧，初始时转盘 和两物块均静止，弹簧弹力大小为F。现让转盘绕竖直转轴P沿逆时针方向（俯视）以 相遇，g取10m/s2,sin37°=0.6，c0s37°=0.8，不计空气阻力，则 () A,B球初速度vB=3m/s 不同的角速度匀速转动，当转盘角速度m一√2mR时，物块恰好与转盘相对静止。设 B.B球经过0.7s到达斜面底端 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 C.A、B相距最远时，B球恰好运动到斜面中点位置 A.转盘静止时，A受到的摩擦力大小为F,方向沿A,B连线由B 378 D.相海前两小球最远相距，号口 指向A F 8.如图所示，装置BOO可绕竖直轴OO转动，可视为质点的小球位于A点，小球与两轻 B.当u1= mR时，B受到的摩擦力大小为67F R 细线连接后分别系于B,C两点，装置静止时细线AB水平，细线AC与竖直方向的夹角 C.当w2= F 时，A受到的摩擦力大小为3F 0=37°。已知小球的质量m=1kg,细线AC长L=1m,B点距C点的水平和竖直距离 √2mR 4 相等，g取10m/:,m37°一号c0s37=,该装登以一定的角速度匀速转动，则下列 D.物块与转盘间的动摩擦因数等于而F 4mg 说法正确的是 () 二、非选择题：本题共5小题，共60分。 11.(7分)某物理实验小组在“研究平抛运动特点”的实验中，分别使用了图甲和图乙的实 A,若细线AB水平且张力恰为0时，该装置匀速转动的角速度 3 验装置。 -5/g 2 rad/s 使板白细 B B.若细线AB水平且张力恰为0时，该装置匀速转动的角速度 w=52 rad/s C.若该装置转动的角速度增加，细线AC与竖直方向的夹角一定会变大 D.若该装置转动的角速度增加，细线AC与竖直方向的夹角不一定会变大 甲 单元过关检测（四）物理第3页（共8页） 真题密卷 单元过关检测（四）物理第4页（共8页） (1)在图甲所示实验中，小锤打击弹性金属片，A球水平抛出，同时B球被松开自由下 13.(10分)如图所示，倾角8=30°的足够长斜面固定于水平地面上，将一小球（可视为质 落。下列说法正确的是。 点)从斜面底端O以速度。斜向上方抛出，速度方向与斜面间的夹角为a。经历一段 A.A、B两球的质量必须相等 时间，小球以垂直于斜面方向的速度打在斜面上的P点。已知重力加速度为g,不计 B.可研究平抛运动竖直方向是否为自由落体运动 空气阻力，求： C.若地面不平，而是一个斜面，两球一定同时落地 (I)小球抛出时的速度方向与斜面间的夹角a的正切值tana: (2)在图乙所示实验中，实验前须将轨道末端调成水平，实验时，小球 (填“必 (2)小球到斜面的最大距离： 须”或“不必”)从OP轨道的同一位置由静止释放。实验小组记录了小球在运动途 (3)小球到水平地面的最大高度。 中经过A、B,C三个位置，如图丙所示，已知实验时所用方格纸的每个格的边长 L=1.6cm,g取9,8m/s2,则该小球做平抛运动的初速度大小v。= m/s (计算结果保留三位有效数字)，图中O点（填“是”或“不是”）小球做平抛 运动的抛出点。 12.(10分)某小组用如图所示的实验装置来探究影响向心力大小的因素。长槽横臂的挡 板B到转轴的距离是挡板A的2倍，长槽横臂的挡板A和短槽横臂的挡板C到各自 转轴的距离相等。转动手柄使长槽和短槽分别随变速塔轮做匀速转动，槽内的球做匀 速圆周运动。横臂的挡板对球的压力提供了向心力，球对挡板的反作用力通过横臂的 杠杆作用使弹簧测力筒下降，从而露出标尺，标尺上的红白相间的等分格显示出两个 球所受向心力的相对大小。 弹簧测力筒 长小球 挡板A 增板B ,小球 址槽 变速塔轮 变速塔轮 于柄传动皮 (1)为探究向心力和质量的关系，应将质量不同的小球分别放在挡板 处（填“A 和B”“A和C”或“B和C"),将传动皮带套在两塔轮半径 的轮盘上（填“不 同”或“相同”)。 (2)为探究向心力和角速度的关系，应将质量相同的小球分别放在挡板 处（填 “A和B”“A和C”或“B和C”)。若在实验中发现左、右标尺显示的向心力之比为 4：1,则选取的左、右变速塔轮轮盘半径之比为 (3)在某次实验中，某同学将质量相同的小球分别放在挡板B和C处，传动皮带所套的 左、右变速塔轮轮盘半径之比为2：1，则左、右标尺显示的向心力之比为 单元过关检测（四）物理第5页（共8页） 真题密卷 单元过关检测（四）物理第6页（共8页） 14.(15分)如图所示，AB为竖直半圆形光滑圆管轨道，其半径R=1.6m,A端切线水平。 15.(18分)如图所示，长为41的不可伸长的轻绳，穿过一长为1的竖直轻质细管，两端拴 水平轨道AC与半径r=1m的光滑圆弧轨道CD相接于C点，D为圆弧轨道的最低 着质量分别为m和2m的小球A和小物块B,开始时B先放在细管正下方的水平地面 点，相切于粗糙程度可调的水平轨道DE,圆弧轨道CD对应的圆心角8=30°。一质量 上。管的下端离水平地面的距离为2！。拉起小球A,使绳与竖直方向成一定夹角，给 M=1kg的小球（可视为质点）在弹射器的作用下从水平轨道AC上某点以某一速度 小球A适当的水平速度，使它在水平面内做匀速圆周运动，已知重力加速度为g,不计 冲上竖直圆管轨道，并从B点飞出，经过C点恰好沿切线进人圆弧轨道，再经过E点， 一切摩擦阻力。求： 随后落到右侧圆弧面MN上，圆孤面内边界截面为四分之一圆形，其圆心与小球在E (1)当拉小球A的绳与竖直方向夹角8=37时，水平地面对物块B的支持力大小F、 处球心等高，半径R'=3m。g取10m/s2。求： 和小球A做圆周运动的角速度w1: (1)小球到达C点时的速度大小ve: (2)轻摇细管可使物块B离地，当物块B悬停在高度为1处时，小球A做匀速圆周运动 (2)小球从B点飞出的速度大小B和在B点受到轨道作用力F的大小和方向： 的角速度仙： (3)现改变水平轨道DE的粗糙程度，当小球从E点抛出后落到圆弧面MN的速度最 (3)轻摇细管可使B离地后在管口下的任意位置处于悬停，当B悬停在某一位置时，上 小时，小球在E点抛出的水平速度的大小。 端管口的触发装置使绳断开，求A做平抛运动的最大水平位移。 单元过关检测（四）物理第7页（共8页） 真题密卷 单元过关检测（四）物理第8页（共8页）