第5章 抛体运动学业质量提优卷-【志鸿优化训练】2025-2026学年高中物理必修第二册 (人教版)

桃战自己，练练速度吧！ 第五章学业质量提优卷 (时间：75分钟满分：100分) 一、选择题(1~7题为单选题，8~10题为多选题，每小题5 分，选对得5分，选对不全得3分，错选0分，共50分) 案 1.下列说法正确的是( ) A.判断物体是否做曲线运动，应看合外力方向与速度 然 的 方向是否在一条直线上 名 B.判断物体是否做曲线运动，应看合外力是否恒定 i C.物体在恒定的外力作用下一定做直线运动 时 D.物体在变化的外力作用下一定做曲线运动 会 2.如图所示，A、B、C三个小球分别从斜面的顶端以不同 带 的速度水平抛出，其中A、B落到斜面上，C落到水平面 上，A、B落到斜面上时速度方向与水平方向的夹角分 ￥ 别为α、B,C落到水平面上时速度方向与水平方向的夹 角为y,则( ) A.a=B=Y A、 B.a=B>Y C.a=β<Y D.a<B<Y 铷 3.弹道导弹是指在火箭发动机推力作用下按预定轨道 酗 飞行，关闭发动机后按自由抛体轨迹飞行的导弹。 长 若关闭发动机时导弹的速度是水平的，不计空气阻 的 力，则导弹从此时起水平方向的位移() 蝶 A.只由水平速度决定 家 B.只由离地高度决定 翻 C.由水平速度、离地高度共同决定 D与水平速度、离地高度都没有关系 4.甲、乙两球位于同一竖直直线上的不同位置，甲比乙高 h,如图所示。将甲、乙两球分别以1、2的速度沿同一 水平方向抛出，不计空气阻力，在下列条件下，乙球可能 击中甲球的是( A.同时抛出，且o<2 B.甲先抛出，且U<2 C.甲先抛出，且1>2 D.甲后抛出，且1>2 105 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B相连，施加外力让A 沿杆以速度v匀速上升，从图中M位置上升至与定滑 轮的连线处于水平的N位置，已知AO与竖直杆成日 角，则( ) A.刚开始时B的速度大小为” cos 0 B.A匀速上升时，重物B也匀速下降 C.重物B下降过程，绳对B的拉力小 于B的重力 D.A运动到位置N时，B的速度大小为O 6.如图所示，河谷总宽度为L,左侧河岸比河水水面高出 h,右侧河岸比河水水面高出H。如果摩托车以水平速 度从右侧河岸飞跃时，能安全飞跃河谷，重力加速度 为g,不考虑空气阻力及摩托车的体积，则不能 低于() AL√易 BL√ C.L√2(H-h) D.L√2(i+) 7.在一个足够长的斜面上，将一个弹性小球沿垂直斜面的 方向抛出，落回斜面又弹起。如图所示，设相邻落点的 间距分别为x1、x2、x3…每次弹起时平行于斜面的速度 不变，垂直于斜面的速度大小不变、方向相反。不计空 气阻力，下列说法正确的是( A.小球每次弹起在空中运动时间越 来越长 B.小球每次弹起时和斜面间的最大 间距越来越大 C.=y2 2 T3 D.x1十x3=2x2 8.一只小船在静水中的速度为6m/s,要渡过宽度为 60m、水流速度为10m/s的河流，现假设水面各点水的 流速是相同的，则下列说法正确的是() A.小船渡河的最短时间为6s 选择题 B.小船渡河的最短时间为10s 答题栏 C.小船渡河的最短路程为60m 1 D.小船渡河的最短路程为100m 9.如图所示，假如以速度1在高空水平匀速直线飞行的轰 炸机，攻击海面某处以速度2(1>2)同向匀速航行的 “敌舰”，第一次投弹时，炸弹在“敌舰”的前方爆炸，若二 者再次处在与第一次投弹时相同的相对位置，欲投弹击 中“敌舰”，你认为应有的合理调整为（不计空气 阻力)() 6 A.适当减小轰炸机的初速度，抛出点 高度不变 B.适当增大轰炸机的初速度，抛出点 高度不变 C.轰炸机初速度不变，适当降低投弹的高度 9 D.轰炸机初速度不变，适当增大投弹的高度 10 10.《西游记》中，一只大龟浮水作舟， →o 驮着唐僧师徒四人和白龙马渡过 得分 了通天河。如图所示，河宽为d,A B 处的下游靠河岸B处是个旋涡，A0日 点和旋涡的连线与河岸（笔直）的最大夹角0=37°，河 流中水流的速度大小恒为o。取sin37°=0.6，cos37° =0.8。要使大龟从A点以恒定的速度安全到达对 岸，则大龟在静水中的最小速度vmm和大龟在此情况 下渡河时间t分别为( ) A.0.60 B.0.50 c D.43d 130 二、非选择题（本题共5个小题，共50分） 11.(8分)某学习小组用实验探究平抛运动规律，采用如 图甲所示实验装置。 乙 (1)刚开始时，让小球A、B处于同一高度，用小锤击打 106 弹性金属片，使小球A水平飞出，同时小球B被松开。 (2)改变小锤打击的力度，观察A、B两小球落地的先 后情况，发现 (填字母) A.击打的力度大时，小球A先落地 B.击打的力度大时，小球A后落地 C.无论击打的力度如何，A、B两小球总是同时落地 (3)一位同学采用频闪摄影的方法拍摄到小球A做平 抛运动的照片，如图乙所示。图中每个小方格的边长 为L,分析可知，位置a(选填“是”或“不是”)平 抛运动的起点，该频闪摄像照片的频率为 (用含 有L和g的式子表示)，小球做平抛运动到达b点时的 速度= (用含有L和g的式子表示)。 12.(8分)如图为湖边一倾角为0=37°的大坝的横截面示 意图，水面与大坝的交点为Q。一人站在P点处以速 度vo沿水平方向扔一小球，已知PQ=50m。(g取 10m/s2,sin37°=0.6) (1)若要求小球能落到水面，最小是多少？ (2)若小球不能落到水面上，落到斜面时速度方向与水 平面夹角的正切值是多少？ 107 13.(10分)如图所示，货车正在以a1=0.1m/s2的加速度 启动。同时，一只壁虎以2=0.2m/s的速度在货车 壁上向上匀速爬行。求： (1)经过2s时，地面上的人看到壁虎的速度大小和 方向； (2)经过2$后位移的大小及位移与水平方向夹角的正 切值。 777777777777777777777777 14.(12分)如图所示，一小球自平台上水平抛出，恰好落 在临近平台的一倾角为α=53°的光滑斜面顶端，并刚 好沿光滑斜面下滑，已知斜面顶端与平台的高度差h= 0.8m,重力加速度g取10m/s2,sin53°=0.8，cos53° =0.6,求： (1)小球水平抛出的初速度是多少？ (2)斜面顶端与平台边缘的水平距离s是多少？ (3)若斜面顶端高H=20.8,则小球离开平台后经 多长时间到达斜面底端？ 77777777777777 53 15.(13分)将一小球水平抛出，使用频闪仪和照相机对运 动的小球进行拍摄，频闪仪闪光频率为20Hz。小球 在抛出瞬间频闪仪恰好闪光，拍摄的照片编辑后如图 所示。图中1位置的小球为抛出瞬间的影像，每相邻 两位置之间被删去了3个影像，所标出的两个线段的 长度s1和52之比为2：5。取重力加速度大小g= 以 10m/s2,忽略空气阻力。求： 普 给 (1)图中相邻两位置的时间间隔t; (2)3、4位置小球的竖直高度差H; (3)抛出瞬间小球的初速度大小。 脚 必 潮 108单元评估含 第五章学业质量达标卷 1.D解析：物体原来处于平衡状态，物体的合力为 零，当撤去其中一个力F1,而其余力的合力与F 大小相等、方向相反，合力的大小是不变的，所以 撤去F1后，物体做匀变速运动。若物体原来静 止，撤去F1后，物体将沿与F,相反的方向做初 速度为零的匀加速直线运动；若物体原来做匀速 直线运动，若速度方向与F1相反，撤去F1后，而 其余力的合力与速度方向相同，物体做速度不为 零的匀加速直线运动；若速度方向与F1相同，撤 去F1后，而其余力的合力与速度方向相反，物体 沿与F1相同的方向做匀减速直线运动，A、C错 误；若物体原来速度方向与F,不在同一直线上， 且F1与速度的夹角为钝角，则撤去F1后，而其 余力的合力与速度方向不在同一直线上，且其余 力的合力与速度方向夹角为锐角，故物体将做匀 加速曲线运动，B错误，D正确。故选D。 2.C解析：物体做曲线运动的条件为：初速度不为 0,合外力不为0，初速度与合外力不共线，若合外 力为恒力，则做匀变速曲线运动，若合外力为变 力，则做非匀变速曲线运动，A、B错误；做匀速圆 周运动的物体，其加速度方向与速度方向始终垂 直，C正确：做匀变速直线运动的物体，其速度大 小发生改变，即运动状态发生改变，但不是曲线运 动，D错误。故选C。 3.A解析：质点做匀变速曲线运动，所以加速度不 变；由于在D,点速度方向与加速度方向垂直，则 在C点时速度方向与加速度方向的夹角为钝角， 所以质点由C到D速率减小，即C点速率比D ,点大；在A点速度方向与加速度方向的夹角也为 钝角；而从B到E的过程中加速度方向与速度方 向间的夹角越来越小，选项A正确。故选A。 4.B解析：将雨滴的运动沿水平方向和竖直方向正 交分解，水平方向随风一起飘动，竖直方向同时向下 落。由于水平方向的分运动对竖直方向的分运动无 影响，故落地时间与风速无关，故A错误，B正确；两 分运动的速度合成可得到合速度，故风速越大，落地 时合速度越大，故C、D错误。故选B。 5.D解析：平抛运动物体在空中运动时间仅与高 度有关，与水平方向的初速度大小无关，故tB= tc,而平抛运动的竖直分运动为自由落体运动，所 以tA=tB=tc,D正确。故选D。 6.A解析：甲、乙两枪射出的子弹均做平抛运动， 19 30 得0，=√40=u,=3u=2Y38,解得t=2g% 3 案与解析 故选C。 11.答案：(1)如图所示 且在竖直方向上下落的高度M<h,由M=2g ty/cm 40 LLLLL 301 得三√，则<，两子弹在水平方向上的色 20 移相同，由=子得A>功B,A正确。故选A。 10比 7.B解析：水平喷出的水，运动轨迹为平抛运动， 010203040x/cm 根搭平抛运动规律A=g可知，水在空中运动 (2)5X10-2 (3) 10 的时间为0.6s,根据x=t可知水从管口喷出 解析：（1)根据所给数据描，点，用平滑的曲线 的初速度为o=2.0m/s,B正确。故选B。 连接。 8.C解析：小球在B点的水平分速度1= (2)因为△x=aT, cos37°=4m/s,竖直方向分速度v2= UBsin37°=3m/s。在A,点抛出时竖直方向分速 所以a=祭=7.5=2.5×10-2m/s=5× T2 12 度v'2=v2十gt=8m/s,则小球在A点抛出时的 10-2m/s2。 速度大小为vA=√2十至=4W5m/s。故选C。 9.C解析：平抛物体的瞬时速度垂直撞击斜面，将 (3)0,=￥-4m/s=0.1m/s, 其分解成两分速度，如图所示 .=-at=5×10-2×2m/s=0.1m/s, ○大0 =√+=V0.1+0.1Fm/s= 10m/s。 12.答案：(1)10m(2)2m/s 解析：(1)猴子对地面的位移AB为猴子相对于 可得tan0=,解得物体的飞行时间t=√3s,A 人的位移AB与人相对地面的位移AA'的失量 gt 和，所以AB'=√AB2十AA=√n2十s= 错误；物体水平方向运动位移为x=t= √/82+62m=10m 10W3m,B错误；物体撞击斜面时的速度大小为 (2)猴子相对于地面的速度 气s日=20m/s,C正确；物体下降的距离是 o=AB'=10 5m/s=2 m/s. h=7gt=15m,D错误。故选C。 13.答案：(1)100s(2)100√13m 10.C解析：小球的受力分析如图所示 解析：(1)由图像可知，v=3m/s,河宽d= 300m,船头正对河对岸时渡河时间最短，故 m=4=100s。 (2)当小船船头正对河对岸行驶时，d=?t,故 ?水先随时间线性增大，后线性减小，垂直河岸方 mg P△ 向分位移x1=d=300m 则合力大小为F。=√+(mg严=2W5mg,合 3 沿河岸方向分位移=2（登·号）=200m 力与水平方向的夹角满足tan0=m3=√3，可得 则总位移x=√2+x2=100√13m。 14.答案：(1)0.6s(2)2.7m 0=60°。可知合力方向与v垂直斜向下，故小球 解析：(1)由几何关系得 做类平抛运动，加速度为a=F查=25g,以0方 m 3 =06m/s 向为x轴，合力方向为y轴，建立直角坐标系， 小球在空中运动时间 t=2=0.6s。 g (2②)小娘下落高度A=名g2=1.8m 对物块有mgsin0=ma s-gap 联立解得x=0.9m 由几何关系得物块释放位置与斜面顶端的距离 h s=sin0x=2.7m。 15.答案：(1)10√2m/s,落地速度与水平方向夹角为 45°(2)3.2s 解析：(1)皮带轮以速度10m/s运动，所以小物 体刚滑上传送带时，做加速度运动，设加速度为 α，由牛顿第二定律得 umg-ma 当小物体与传送带达到相同速度后，小物体与传 送带以相同速度匀速运动，设加速的时间为女， 加速的位移为x1,由运动学公式得 v=at 1 4=2a42 解得t1=2s x1=10m<12m 设小物体做匀速运动的时间为2，则 2=L-m=0.2s 小物体从B点飞出后，做平抛运动，则 V,=gts 解得t=1s,v,=10m/s 落地速度为 '=√2+v,7=10W2m/s 设落地速度与水平方向夹角为日，则 tan0=8=1 解得0=45°。 (2)小物体从放上传送带最左侧到落地的总时间 为 t=b1十t2十tg=3.2s。 第五章学业质量提优卷 1.A解析：判断物体是否做曲线运动应看物体所 受的合外力方向与速度方向是否在一条直线上， 至于合外力是否恒定，只能说明加速度是否变化， 并不能确定运动的轨迹是否为直线，选项A正 确，B错误；物体在恒定的外力作用下其加速度不 变，可能做匀变速直线运动，也可能做匀变速曲线 运动，选项C错误；物体在变化的外力作用下其 加速度将发生变化，但这种变化有可能只是大小 变化而方向不变，如果加速度方向和速度方向在 同一条直线上，则物体将做直线运动，选项D 错误。故选A。 2.B解析：依据平抛运动规律，做 平抛运动的物体在任一时刻的速 A 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=B;图中虚线所示 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 Y<a=B。故选B。 3.C解析：不计空气阻力，关闭发动机后导弹水平 方向的位移工==w√西，可以者出水年位方 向的位移由水平速度、离地高度共同决定，选项C 正确。故选C。 4.B解析：甲球从较高位置抛出，运动时间较长， 故应先抛出甲球。甲、乙两球的水平位移相等，由 x=t,t甲>tz,可知1<2，B正确。故选B。 5.D解析：如图所示，v为A合运动的速度，根据 它的实际运动效果，两分速度分别是。、%，其中 。等于重物B的速度（同一根绳子，大小相 同)，刚开始时B的速度为vB=cos0,当A环上 升至与定滑轮的连线处于水平位置时，。=0，所 以B的速度B=0,A错误，D正确；A匀速上升 时，夹角日逐渐增大，由公式=wC0s日可知B向 下做减速运动，由牛顿第二定律可知，绳对B的 拉力大于B的重力，B、C错误。故选D。 5s5333 □B x7 6.C解析：摩托车做平抛运动，水平方向L=,竖直 方向H-h=立d,联立解得0=L√2万故 选C。 7.D解析：将斜面上的拋体运动分解成沿斜面方 向和垂直斜面方向的两个分运动，在垂直斜面方 向做的是类上抛运动，由于每次反弹垂直斜面方 向速度大小不变，所以每次在空中运动时间相同 和斜面间的最大距离相同，A、B错误；在沿斜面 方向，每次反弹速度相同，所以在该方向上小球做 初速度为0的匀加速直线运动，根据逐差法可知 x2一x1=x3一x2,可得x1十x3=2x2,C错误，D正 19 确。故选D。 i=√2，=√2gL,%=2√gL。 1 g 8.BD解析：渡河的最短时间是船头垂直河岸渡河 时的时间，即tmn二牙-gs=10s,A错误，B正 12.答案：(1)206 3 m/s(2)1.5 确；水速2、船速1和实际航行速度v组成闭合 解析：(1)若小球恰能落到Q点，最小，则 矢量三角形（图略），由题知<2，则当1⊥v PQcos 0=vot 时，小船渡河的路程最短，设)与2间的夹角为 1 0,因此有sin0=4, PQsin 0-2gt ，,s=02d=0×60m三100m, 解得= 20w6 C错误，D正确。故选BD。 3 m/s。 9.AC解析：炸弹被投出后做平抛运动，以“敌舰” (2)斜面与水平方向夹角0=37°，若小球落到斜 为参考系，则炸弹水平初速度为⑦=一⑦2，竖直 面上时，速度方向与水平方向的夹角为α，则 方向上，向=专g得=√要水平方向位移 2 tan = gt t=20 (一)·√。第一次授弹时，炸弹在 tan a=gt 舰”的前方爆炸，说明炸弹相对“敌舰”的水平位移 x偏大。适当减小轰炸机的初速度，抛出，点的高 所以tana-2tan0=1.5。 度不变，炸弹飞行时间不变，炸弹相对“敌舰”的水 13.答案：见解析 平位移x减小，可击中“敌舰”，故A正确；适当增 解析：(1)壁虎同时参与了相对于车向上的匀速 大轰炸机的初速度，抛出，点的高度不变，炸弹飞行 运动和随车一起向左的匀加速直线运动。经过 时间不变，炸弹相对“敌舰”的水平位移x增大，炸 2s时，壁虎向上运动的速度为 弹仍在“敌舰”前方爆炸，故B错误；轰炸机的初 v,=v2=0.2m/s 速度不变，适当降低投弹的高度，炸弹飞行时间变 随车运动的速度为vz=1=a1t=0.2m/s 短，则炸弹相对“敌舰”的水平位移x减小，可以击 如图甲所示，壁虎运动的合速度在t=2s末，大 中“敌舰”，故C正确；轰炸机的初速度不变，适当 小为u=√0.+0，-2 增大投弹的高度，炸弹飞行时间变长，则炸弹相对 5 m/s “敌舰”的水平位移x增大，炸弹仍在“敌舰”的前 tana==1,即壁虎速度方向在该时刻与水平 方爆炸，故D错误。 10.AC解析：如图所示 方向成45°角。 01 137 a( A 当大龟在静水中的速度)与其在河流中的合速 度垂直时，大龟在静水中的速度最小，则最 (2)如图乙，在汽车启动后2$这段时间内，壁虎 小值☑=6sin37°=0.6，大龟在此情况下渡河 d 的水平方向的位移x=4,=0.2m,竖直方向 d 时间t=sin37」 sin 37 的位移y=v,l=0.4m,壁虎相对地面发生的位 C0s37 6=2%。故选AC。 移为 1.答案：2)C(3)是√瓷2V =+y-5n m 解析：(2)改变小锤打击的力度，观察A、B两球 与水平方向夹角的正切值为 落地的先后情况，实验现象为发现无论击打的力 tan0==2。 度如何，两球总是同时落地。故选C; (3)在相同时间内，竖直方向上的位移为1：3： 14.答案：(1)3m/s(2)1.2m(3)2.4s 5,可判断出a是平抛运动的起点。从a点到b 解析：小球水平抛出后刚好能沿光滑斜面下滑， 点，水平方向上有2L=t,竖直方向上有L= 说明此时小球的速度的方向恰好沿着斜面的方 1 向，由此可以求得初速度的大小；小球在接触斜 ,=V+(g0,联立得√，f厅 面之前做的是平抛运动，根据平抛运动的规律可 以求得接触斜面之前的水平方向的位移，即为斜 面顶端与平台边缘的水平距离；到达斜面之前小 球在竖直方向上做的是自由落体运动，根据自由 落体的规律可以求得到达斜面所用的时间，到达 斜面之后做的是匀加速直线运动，求得两段的总 时间即可。 (1)由题意可知，小球落到斜面上并沿斜面下滑， 说明此时小球速度方向与斜面平行（如图所示）， 所以v,=otan53°，又因为v,2=2gh, 代入数据，解得v,=m 4m/s,=3m/s。 (2)由v,=gt得t= 0.4s,则斜面顶端与 平台边缘的水平距 离为s=右=3X 0.4m=1.2m。 (3)小球沿斜面做匀加速直线运动的加速度为 a=mgsin 53"=8 m/st m 初速度为v=√话十心=5m/s,则有 -+2a月 H 代入数据，整理得4t22十5t2一26=0， 解得a=2s或t2=-13 4 s(不合题意舍去) 所以小球从离开平台到到达斜面底端的时间为 t=t1+t2=2.4s。 15.答案：(1)t=0.2s(2)H=1m (3)u6=5 7m/s 解析：(1)由题意可知，照相机照相的时间间隔 T=1=0.05s f 每相邻两位置之间被删去3个影像，则相邻两位 置的时间间隔 t=4T 解得t=0.2s。 (2)小球做平抛运动，竖直方向的运动为自由落 体运动，由题意有 H=7g(30)2-7s(20) 解得H=1m。 (3)设每相邻两位置的水平距离为x,根据平抛 运动的位移公式有 x=vot =√x2+(sr） 2=√x2+H 又由题意知1：52=2：5 36 解得6=5y7m 7m/s。 第六章学业质量达标卷 1.C解析：拍苍蝇时手腕转动角速度有限，把手长 则拍子线速度大易打到苍蝇。故选C。 2.D解析：对小球进行受力分析，小球受到重力、 槽对小球的支持力和摩擦力3个力的作用，选项 A错误；其中重力和支持力在竖直面内，而摩擦力 是在水平面内的，重力和支持力的合力作为向心 力指向圆心，但再加上摩擦力三个力的合力就不 指向圆心了，选项B、C错误；由力的分解知，选项 D正确。故选D。 3.A解析：因为电风扇叶片有三个，相互夹角为 120°，现在观察者感觉扇叶不动，说明在闪光时间 里，扇叶转过的角度应为120°的整数倍，则有0= 6·号x(k=1,2,3…),闪光灯每秒闪光60次，则 转动的角速度为山=日_·号元 2 t lrad/s=k· 60 40πrad/s(=1,2,3…),当=1时，可得风扇转 动角速度最小值为wmn=40πrad/s。故选A。 4.B解析：以A为研究对象，B对A的静摩擦力指 向圆心，提供A做圆周运动的向心力，根据牛顿 第三定律可知，A对B有背离圆心的静摩擦力； 以整体为研究对象，圆盘对B一定施加沿半径向 里的静摩擦力，B项正确。故选B。 02 5.A解析：根据牛顿第二定律得F=mR=50X 10000N=1000N,根据平行四边形定则知火车 500 给乘客的作用力：N=√(mg)2十F会= √5002十10002N=500W5N,故A正确，B、C、D 错误。故选A。 6.D解析：A、B两个座椅具有相同的角T 速度。根据公式：v=r,A的运动半0 径小，A的速度就小，故A错误；根据公 式：a=ur,A的运动半径小，A的向心 加速度就小，故B错误；对任一座椅，受 mg 力如图，由绳子的拉力与重力的合力提 供向心力可得mgtan 0=-mw2r,则得tang=wr, ,A g 的半径r较小，w相等，可知A与竖直方向夹角0 较小，故C错误；A的向心加速度小，A的向心力 就小，A对缆绳的拉力就小，故D正确。故选D。 7.B解析：火车受到重力、铁轨对火车的支持力， 两个力的合力充当火车做圆周运动的向心力，A 19 酷误；根括ngtan日=m只可知，轨道的设计速度 解析：(1)汽车静止在孤形拱桥顶部，由平衡条件 得 为v=√gRtan 0,B正确，C错误；火车实际速度 FN=mg=1.0×104N 大于设计速度时，重力与铁轨对火车的支持力的 由牛顿第三定律得，汽车对圆孤形拱桥的压力是 合力不足以提供火车做圆周运动的向心力，此时 1.0×104N。 火车有做离心运动的趋势，则外轨与轮缘之间有 (2)汽车以10m/s的速度经过拱桥的顶部，由牛 挤压，D错误。故选B。 顿第二定律得 8.D解析：设杆对球的作用力大小为F,则在最低 点，合外力提供小球做圆周运动的向心力，即F一 mg一R=m发 mg=m7,则杆对球的作用力大于小球重力，A 2 解得FN=8.0×103N 故圆孤形拱桥对汽车的支持力是8.0×103N。 错误；小球运动到最高点时，若杆上恰巧没有作用 (3)设汽车以速度)1通过拱桥的顶部时，对圆孤 力，则mg=m,解得w=V。若>w,则 形拱桥的压力恰好为零，由牛顿第二定律得 2 杆对球的作用力方向向下，且F=m-mg:若 mg-m R 解得v=10W5m/s。 v<o,则杆对球的作用力方向向上，且F=mg一 13.答案：(1)60m/s(2)750N(3)180m/s m,B,C错误；小球在水平位里A时，所变杆对 解析：(1)当飞机飞过最高，点时，飞行员和座椅之 间的弹力恰好为零，根据牛顿第二定律得 其的作用力和重力的合力提供向心力，指向圆心 2 O点，所以杆对球的作用力一定不指向O,点，D正 mg-mr 确。故选D。 解得v=60m/s。 9.A解析：对小球受力分析，如图所示 (2)当飞机在最高点速度为90m/s时，根据牛顿 山 第二定律得 F FN十mg=mr mg 解得F、=750N。 竖直方向受力平衡mg=Frcos a,水平方向合外 (3)在最低点，飞行员能承受的最大压力为 力提供向心力Frsin a-F=mw2 lsin a,解得g= 6000N,根据牛顿第二定律得 w2 lcos a十cos a。故选A. msin a' FNm-mg-m r 10.D解析：水的密度大，单位体积水的质量大，瓶 解得vm=180m/s。 子中的油和水做匀速圆周运动的角速度相同，根 14.(1)12m/s(2)4m/s2 据F=wr可知，水做圆周运动所需要的向心 (3)BC弯道路面建成外高内低，增大路面动摩 力大，当合力F不足以提供向心力时，水先做离 擦因数或增大BC弯道的弯道半径 心运动，所以油和水分离后，油在水的内侧，故 解析：(1)在BC弯道，由牛顿第二定律得 b、d部分是水。故选D。 11.答案：(2)1.40(4)7.91.4 lmg-mUmax? R 解析：托盘秤的示数要估读一位，所以是 代入数据解得vmx=12m/s。 1.40kg;对表格中的五个数据求平均值，为 (2)汽车匀减速至B处，速度减为12m/s时，加 1.81kg,所以小车对凹形桥模拟器的压力F= 速度最小，由运动学公式 (1.81-1.00)×9.80N≈7.9N,小车在最低点 -2amin SAB =Umax?-UA2 时所受的支持力F=F,小车质量m=1.40kg 解得amin=4m/s2。 一1.00kg=0.40kg,小车在凹形桥最低点时， (3)BC弯道路面建成外高内低，增大路面动摩 由牛顿第二定律有F一mg=mR,解得v≈ 擦因数或增大BC弯道的弯道半径。 15.答案：(1)1m/s(2)0.2 1.4m/s。 解析：(1)物块做平拋运动， 12.答案：(1)1.0×104N(2)8.0×103N 1 (3)10W/5m/s 竖直方向有H=2gt 水平方向有s=t g 联立得=5√2行=1m/s。 (2)物块离开转台时，最大静摩擦力提供向心力， 2 有μmg=mR 联立得4一8R=02。 第六章学业质量提优卷 1.C解析：由题意知F+mg=2mg=mR,故速度 大小U=√2gR,C正确。故选C。 2.D解析：小球竖直下抛到到达槽时h=t十 28,解得t=0.5s。则当小球能落在槽内则 n2之}·容n(n=0123…),故角 速度范围0<ω<πrad/s,4πrad/s<ω< 5πrad/s,8πrad/s<w<9πrad/s.·。故选D。 3.B解析：设小球1、2做圆周运动的半径分别为 r1、r2,则：2=wr1:wr2=r1：r2,又因为r1十 =L,所以小球2到转轴0的距离r B正确。故选B。 4.C解析：当主动轮匀速转动时，A、B两轮边缘上 的线速度大小相等，由w=是得台=-。 WB U rA 20 rB 因A、B材料相同，故木块与A、B间的动摩擦因 数相同，由于小木块恰能在A边缘上相对静止， 则由静摩擦力提供的向心力达到最大值F血，得 Fim=mwA rA 设木块放在B轮上恰能相对静止时距B轮 转轴的最大距离为？，则向心力由最大静摩擦力 提供，故Pm=mw,由①@式得r=(）a (侵)r=学-受选项C正确。故选C. 5.C解析：对物体受力分析知F-mg=ma,物体 及细绳以共同的加速度a=2.5m/s2做匀加速运 动，细绳和滑轮没有相对滑动，v4=⑦绳=at,2s 末速度o4=5m/s,A、B同轴转动，故与滑轮具有 共同的角速度，线速度与半径成正比，故B= 2.5m/s,因为A、B两点的速度在变化，所以不是 做匀速圆周运动，故A、B、D错误；根据？=ωr可 知滑轮在2s末的角速度u=旺=5 r 0.2 rad/s= 25rad/s,故C正确。故选C。 6.A解析：设细线与竖直方向的夹角为0，则 、8