期中检测-【无敌原创】2025-2026学年高中物理必修第二册单元测试卷

L十x,根据动能定理得(F-Fr)(L十x)=方m-0,则知滑 块A到达木板B最左端时具有的动能为E=(F一F)(L十 ),A正确：B对木板B分析，根据动能定理得Fx=合M- 0,则知滑块A到达木板B最左端时，木板B具有的动能为 Fx,B错误；C.滑块A相对于地的位移大小为L十x,则滑块 A克服摩擦力所做的功为F,(L十x),C错误；D.根据能量守 恒，得外力F做的功转化为木板B和滑块A的机械能和摩擦 产生的内能，则有F(L+x)=△E十Q,则滑块A和木板B增 加的机械能为△E=F(L十x)一FL,D正确。故选AD。] 11.BD[解析：由动能定理得一mgx=0一Ek,由图知x= 5m,E=9.5J,代人得-u×19×10×5=0-9.5,解得u= 0.01,故A错误，B正确；设冰壶的初速度为，则有之md 9.5,得w=1m/s,由x=受得滑行时间1=二-10s,故C错 7) 误，D正确。故选BD。】 12.CD【解析：因为缆车做加速运动，故它的动能增加，根据 功能关系，可知力F对缆车做的功等于缆车重力势能的增加、 动能的增加以及缆车克服摩擦力做功之和，即F对缆车做的 功等于缆车增加的动能与缆车克服重力和摩擦力做的功之 和，故D正确，A、B错误；缆车克服重力做的功等于缆车增加 的重力势能，故C正确。故选CD。】 13.(1)左(2)B(3)1.891.70 [解析：(1)重物做加速运动，纸带在相等时间内的位移越来越 大，可知纸带的左端与重物相连。(3)从O点到B点的过程 中，重力势能的减小量△E。=mgh=1×9.8×19.25×10-2J≈ 1.891,B点的速度0-器=2293-55)X10 -m/s= 0.04 1.845m/s,则动能的增加量△6-之m6-合×1X1.845J 1.70J。1 14.解，(1)根据G0=m答·2R,解得月球的质量M 32x2R GT (2)根据Gm一m只，解得在月球表面发射月球卫星的最小 发射速度o=4②πR T 15.解：(1)由功的公式可求得W=Fxcos0。 (2)物体在AB段做加速运动，在B点有最大动能，对物体， A→B,由动能定理有Fxcos0-u(mg一Fsin0)x=Ek一0，解 得Ek=Fx(cos0+usin0)-umgx。 (3)撒去力F后，物体所受摩擦力变为mg。设物体从B点到 停止运动的位移为l,对物体，B→停止，由动能定理有一mgl= 0-E,物体的最大滑行距离xe=什x=Fr(cos叶sim) 16.解：(1)小球在倾斜轨道上运动，由动能定理知ngsin37°· l=合m6,解得w=26m/s。 (2)小球恰好从B点到C点，由动能定理得一mgL=0一 合m话，解得L=3.2m。在圆轨道运动时小球不脱离轨道，有 两种情形：情形一：物体能完成圆运动，在最高点：由mg= m受，对小物块从B点到圆轨道最高点利用动能定理， 一mg2R-mgL=乞m心-之m6,解得L=0.2m。情形二： 物体运动到圆轨道圆心等高处速度为零，对小物块从B点到 圆轨道圆心等高处利用动能定理，一mgR一mgL=0一 1 m6,解得L=2m。综合以上两种情形，可得L≤0.2m或 者2m≤L≤3.2m。 期中枪测 1.C[解析：曲线运动的合力与加速度不一定变化，比如平抛 运动，A、B错误；做曲线运动的物体的速度方向与该点曲线的 切线方向相同，所以曲线运动的速度的方向是时刻变化的，则 做曲线运动的物体的速度一定不断变化，但速度大小不一定 变化，如匀速圆周运动，C正确，D错误。故选C。】 2.D【解析：当小船船头垂直河岸渡河，时间最短，最短时间为 1一品，且：必须小于或等于台，A错误：小船轨迹垂直河岸渡 河，位移最小，大小为α，但船头必须指向上游，合速度不是最 大，B错误；小船沿轨迹AB运动，船在静水中的速度最小时，速 度方向与AB垂直，可得n= Va+元，C错误，D正确。故 选D。] 3.C[解析：船运动的速度是沿绳子收缩方向的速度和绕定 滑轮的摆动速度的合速度。如图1所示，根据平行四边形定 则有人=c0s0,故A、B错误；对小船受力分析，如图2所示， 根据牛顿第二定律，有Fcos0一f=ma,因此船的加速度大小 为a=Fcos0--f,C正确，D错误。故选C】 n V人 G 图1 图2 4.A【解析：根据平抛运动规律有x=y=之g。根据几 1 何关系有=乞，解得0=乞。如果落到第四级台阶上， 有3×0.4m<vt4X0.4m,联立解得√6m/s<≤2√2m/s。 故选A。】 5.B[解析：将篮球的运动反向处理，即为平抛运动，第二次 下落的高度较小，所以运动时间较短，A错误。水平射程相 等，由x=ot得知第二次水平分速度较大，即篮球第二次撞墙 的速度较大，B正确。由心，=g可知，第二次抛出时速度的竖 直分量较小，C错误。根据速度的合成可知，不能确定抛出时 向心力时，则有mg=m紧，解得临界速度为一√不，当速 的速度大小，D错误。故选B。】 度≥√gR时，没有保险带，人也不会掉下来，A错误；当人在 6.B[解析：做匀速圆周运动的过程中，角速度、频率、周期均 最高点的速度>√gR时人对座位就产生压力。当速度增大 不变，线速度的大小不变，方向时刻改变。故选B。】 7.C[解析：向心加速度的物理意义是描述物体速度方向变 到。=2R时，根据R十mg=m发，解得R=3mg,故压力 化快慢的物理量，物体的向心加速度越大，速度方向变化越 为3mg,B正确；人在最低点时，加速度方向竖直向上，根据牛 快，A、B错误；匀速圆周运动是线速度大小不变，方向时刻改 顿第二定律分析可知，人处于超重状态，人对座位的压力大于 变的运动，即“匀速”是指速率不变的圆周运动，C正确；物体 mg,C正确；在最高点和最低点速度大小不等，根据向心加速 做匀速圆周运动，应该是所受合外力提供其做匀速圆周运动 度公式a=兰可知，人在最高点和最低点时的向心加速度大小 的向心力，向心力是效果力，而不能说物体受向心力外，还受 不相等，D错误。故选BC。] 到其他力，D错误。故选C。] 8.C[解析：a、b点是同轴转动，角速度相同，a点的半径大于 13.BD【解析：汽车通过拱桥的最高点时，竖直方向合力向 下，则支持力小于重力，汽车处于失重状态，A错误；根据牛顿 b点的半径，根据v=rw知，则a点的线速度大于b点的线速 度，A、D错误；a、b两点的角速度相同，根据a=ur可知，a、b 第二定律得mgtan0=mohtan0,增大0，但保持圆锥的高度不 的半径不等，则向心加速度的大小不相等，B错误；a、b点是同 变，则圆锥摆的角速度不变，B正确；小球在竖直方向受力平 轴转动，角速度相同，C正确。故选C。] 衡，所以在不同高度支持力不变，C错误；火车转弯超过规定 速度行驶时，火车有离心运动的趋势，所以外轨对外轮缘会有 9.D【解析：在a点，由牛顿第二定律有mg十F=m艺，v= 挤压作用，以帮助提供向心力，D正确。故选BD,】 √g工，解得F=0,则在a点，轻杆对球没有作用力，A错误；由 14.BD【解析：当水对小桶底压力为零时，有mg=m;解 于小球做匀速圆周运动，合外力提供向心力，则在b点，杆对 得v=4m/s:则知“水流星”通过最高点的速度为v=4m/s, 球的作用力与球的重力的合力指向圆心，B错误；由于小球做 匀速圆周运动，合外力提供向心力，则在c点有F一mg= 恰好能通过最高点，水不从小桶流出，此时绳子张力为零，水 和桶都只受重力，处于完全失重状态，绳的张力及小桶底受到 m艺，。=Vg,解得F=2mg,C错误；由于小球做匀速圆周 的压力均为零，A错误，B正确；“水流星”通过和圆心等高的位 运动，合外力提供向心力，在d点的合外力为mg,所以杆对球 置时，小桶做圆周运动，绳子的拉力指向圆心，水对小桶的作 的作用力大小为F=√(mg)2十F向2=√2mg,D正确。故 用力背离圆心，二者的合力提供向心力，则细绳中的拉力不为 选D。」 零，C错误；“水流星”通过最低点时，具有向上的加速度，处于 10.B[解析：两球均贴着圆筒的 超重状态，D正确。故选BD。] 内壁，在水平面内做匀速圆周运 15.ACD[解析：已知a、b、c三轮的半径之间的关系r。:rn。: FN 动，由重力和筒壁的支持力的合力 r。=2:3:3;由于a、b两个轮子是同轴传动，角速度相等，故 a 提供向心力，如图所示。由图可 w.:=1:1,而且Ua=u。,根据公式v=wr,线速度之比为 mg 知，筒壁对两球的支持力均为 U:h=r。:r=2:3,故va：h:v。=2：3：2,A正确；由于 F=器支持力大小之比为 a=Ue,则waTa=weTe,则wa:山。=3：2，故w。:a：仙。=3 3：2,B错误，C正确；根据向心加速度推导公式a=ωu,则向 1:1,A错误，B正确；由牛顿第二 ng 心加速度a:a:ae=6:9:4,D正确。故选ACD。】 定律，可得mgcot0=mwr,解得 16.(1)水平初速度相同(2)1.6(3)1.52.0 。广√品)：小球a.b的载道半径之比为2：1，则角速度之比 [解析：(1)为了保证小球的初速度水平，斜槽末端应切线水 平，每次让小球从同一位置由静止释放，是为了每次平抛的初 为1：V厄，C错误；根据牛顿第二定律，可得mgc0t0=m二，解 速度相同。(2)分析图乙，O点为抛出点，取坐标点x 得v=√grcot0;小球a、b的轨道半径之比为2：1，a、b的线 32.0cm=0.32m;y=19.6cm=0.196m。在竖直方向上y= 速度之比为√2：1，D错误。故选B.】 乞，水平方向上x=七，代入数据解得小球平抛初速度 11.CD[解析：匀速圆周运动是速度大小不变的圆周运动，速 =1.6m/s。(3)分析图丙L=5cm=0.05m,由图可知，小 度方向时刻改变，A错误；匀速圆周运动所受合力提供向心 球由A到B和由B到C在水平方向位移相等，均为3L,则运 力，有指向圆心的向心加速度，故匀速圆周运动一定是变加速 动时间T相等，在竖直方向，由图示可知△y=2L。由匀变速 运动，B错误；匀速圆周运动速度大小不变，即速率不变，C正 确；由于速率不变，故在任意相等的时间内通过的路程相等，D 直线运动的推论△y=gTP,可得T=√ y=0.1s,初速度h= 正确。故选CD。] 12.BC[解析：当人与保险带间恰好没有作用力，由重力提供 头=1.5m/s。根据匀变速直线运动中，一段时间内的平均速 45 度等于中间时刻的瞬时速度可知，在B点竖直分速度= 3L十5L=2m/s】 2T 17.解：(1)小球受到重力mg和线的拉力T作用，在水平面内 做匀速圆周运动，设线与竖直方向的夹角为日。由牛顿第二定 律得Tsin0=mu2r=mu2Lsin0,细线最大承受拉力为T=12.5N, 细线恰好断裂时小球的角速度w=5rad/s。 (2)细线恰好断裂前，绳子拉力竖直方向的分力和重力平衡， 即Tcos0=mg,可得0=37°。绳被拉断后小球沿圆周的切线 方向飞出，做平抛运动，其初速度=oLsin0=1.5m/s,抛出 点离地面的高度h=1m一Lcos0=0.6m。根据平抛运动的规 律h=子g,x=,落点到悬点的水平距离 /x2+(Lsin0)2=0.6m. 18.解：(1)根据牛顿第二定律得G-F=m,解得 FN=9000N。 (2)根据牛顿第二定律得mg=mg,解得功=20m/s。 （3)由mg=m紧，将地球半径代入解得w=8.0X10m/s。 19.解：(1)线的拉力等于向心力，设开始时角速度为，向心 力是F1,线断开的瞬间，角速度为ω，线的拉力是F。根据牛 顿第二定律得F1=mRw2,又有F=mw2R。联立解得 F:F=9:1。又因为F=F1十40N,可得F=45N。 (2)设线断开时速度为，由F=m发，可得。=5m/s。 (3)设桌面高度为，落地点与飞出桌面点的水平距离为s,则 时间为1=√受=0.48，水平位移为5==5X0,4m 2m·则抛出点到桌边的水平距离为1=sin60=2×9m≈ 1.73m。 期未检测 1.D[解析：牛顿运动定律只适用于宏观低速运动，A错误； 卡文迪许通过著名的扭秤实验测出了引力常量的数值，B错 误；牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许通过著名的扭秤实验 测出了引力常量的数值，被称为“称量地球的质量”的人，C错 误；开普勒行星运动三大定律揭示了行星的运动规律，为万有 引力定律的发现奠定了基础，D正确。故选D。】 2.D[解析：运动员在水平方向上做匀速直线运动，则运动员 从B点飞出时的速度大小约为a=兰=婴m/s=20m/s。 故选D。] 3.B[解析：绳子不能给小球支持力，所以小球在过最高点， 绳子拉力为零时，向心力最小，刚好由重力提供，根据g= m尺，得v=√gR,可知在最高点的最小速度为√gR。故 选B。】 46 无敌原创·单元卷物理·必修第二册 4.B【解析：探测器绕火星表面附近运行时，有G= R12 m(停)R,R=R,整理得火星质量为mR-尽 G7°2GT, 火星的质量为地球质量的号，则地球的质量为m:=9m,= 9π2R3 mim= 2C示，A错误；探测器绕火星表面附近运行时，有GR mg,又因为侧一无器，R=宁R,整理得火星表面的重力加 -票，B正确：因为地球的质量为=无器根据 速度为g=T2 公式。一号得地球的密度为p乙票，C结误：设火星，地球的 半径分别为R1、R2,探测器的质量为m,运行速度分别为、 ,则Gm三发，6m发，解得4 R,2 R22 U V爱×品-√合×导-√侣D错误，放选B】 5.A[解析：设斜面倾角为0，高度为h,斜面长度为L,根据 力的平衡得F-mgsin0-umgcos0=0,解得F=mgsin0+ mgcos0,所以F做的功W=FL=(mgsin+umgcos0)· h sinG-mgh+mgheot0,因为m、hu相等，所以0越小，W越 大，A正确，C错误；重力做功只与高度差有关，高度相等，所 以克服重力做功相等，B错误；摩擦力做的功W'=一mgcos0· L=一m800·品。一器0越大，摩擦力做功越少，克 服摩擦力做的功也越少，D错误。故选A。】 6.C【解析：根据动能定理得E=乞m=mgL,可见，动能 与绳长成正比，所以a球动能大于b球动能，A正确；a、b两球 在运动的过程中，只有重力做功，机械能都守恒，设初始位置 为势能零点，则在初始位置的机械能相等，所以在最低点，两 球的机械能相等，B正确；从最高点到最低点，由动能定理有 mgL=之m,由圆周运动规律有ma=m亡，则a=艺-2g, 则a球加速度等于b球加速度，C错误；根据牛顿第二定律得 2 F-mg=m二，解得F=3mg,则拉力的大小与绳的长度无 关，所以两绳拉力大小相等，即两球受到的拉力也相等，D正 确。故选C】 7.D[解析：根据机械能守恒定律，当该物体到达B点(A、B 两点的高度差为h)时机械能等于A点时的机械能，其机械能 为E=号mw2。故选D.】 8.D[解析：设斜面高度为h,倾角为0，a沿斜面下滑的时间 h 1 为，则有n0 2g sin0,解得1一sin0√g 巫，b、c从同一高 度分别开始自由下落和平抛，根据A=合g弘，解得4 √匹，由此可知它们运动的时间不相等，A错误；三个小球的 N 重力一样，下落的高度差一样，根据W=mgh,所以运动过程中 重力做的功相等，而重力做功平均功率为卫。=g,因运动时 到O的距离L2之比为L1：L2=1:√2，由公式v=w·r,可得 线速度之比UA:g=1:√2，C错误，D正确。故选AD。] 间不同，则三个小球从开始到落地的运动过程中重力做功平 均功率不相等，B错误；因为a、b两球初速度为0，c的初速度 15.BD[解析：小球和弹簧组成的系统机械能守恒，但小球下 滑过程中机械能减小，转化为弹簧增加的弹性势能，A错误； 不为0，由机械能守恒定律可知a、b两球落地时的速度大小相 因小球位于A点时弹簧处于原长且与竖直方向的夹角为60°， 等，但速度方向不同，所以它们落地时的速度不相同，C错误； 则圆心、P点与A点构成等边三角形，即弹簧的原长为R,B正 根据重力做功的瞬时功率公式P=mg心，可知自由落体和平抛 确；小球过B点时，由重力和弹簧弹力的合力提供小球的向心 落地时竖直速度相同，则其瞬时功率相同，D正确。故选D。】 9.A[解析：若以速度2水平抛出小球，则小球一定落在水 力，由牛顿第二定律得T-mg=m只，解得T=mg十m只，C 平面上，根据=√臣可知，下落高度相同，所以落地时间也 错误；小球从A运动到B的过程中，根据动能定理得号mgR十 一定等于t。,A符合题意，B不符合题意；速度小于时，小球 W=合m,解得W=子m-子mgR,D正确，故造BD.】 都落在水平方向上，设落在斜面时速度与斜面的夹角为α，根 据平抛运动的推论，有tana=2tan0,由于斜面的倾角0不变， 16.(1)DH(2)C(3)0.490.48 [解析：(1)本实验中，秒表和天平属于不必要的实验器材。 所以只要落在斜面上的小球的速度方向都相同，C、D不符合 题意。故选A。】 (2)根据机械能守恒，有mgh=子md,整理可得号=gh,故选 10.C[解析：球在空中做抛体运动，水平分速度不变， C。(3)从起点O到打下计数点B的过程中重力势能减少量 设抛出时的初速度大小为，则△)=gt=g· 为△Ep=mghB≈0.49J。此过程中物体动能的增加量为△E= sin53°+wcos53tan37=12.5m/s。故选C.】 g 乞m%2,w=亿05-310X10 2×0.02 m/s≈0.98m/s,代入数据，有 l1.CD【解析：刚释放时，m有加速度，mg一T=ma,故拉力 E≈0.48J.】 小于mg,A错误；物块的重力势能减小了分mg1,但物块也获 17.解析：()竖直方向自由落体运动h=2g,解得=0.45 1 得了速度，即动能增加，故机械能损失小于之mg,B错误；因 (2)竖直方向分速度飞，=gt=4m/s,由速度的合成与分解有 为绳子均匀，把绳子的重心看作在绳子的中点，以滑轮处为参考 tan53°=，解得h=3m/5。 00 面，故减小的重力势能为△E,=mg(-←)一mg(-乞) 18.解：(1)在地球表面处物体受到的重力等于万有引力，mg= mg,C正确；由能量守恒得mg×子1+子mgl=之× 1 Gm嘘严，在轨道半径为r=2R处，仍有万有引力等于重力， R2 2mv,解得速度大小为2√3g,D正确。故选CD,】 mg-,解得&=冬 12.BD[解析：a球和b球组成的系统，只有重力做功，总机 (2②)根据万有引力提供向心力，有，”=m心·2R,在地球 械能守恒，A错误，B正确：对整体由动能定理得2mgR一 表面处物体受到的重力等于万有引力，mg=Gm,联立可 mgR=号·3m,可得b的动能增加△E-2"坠，a的动能 R2 3 增加△E。=mgS,则a的机械能增加△E=△E。十△E= 得ω=√8R 3 (3)卫星绕地球做匀速圆周运动，建筑物随地球自转做匀速圆 gS+mgR=4mgS,C错误，D正确。故选BD.】 周运动，当卫星转过的角度与建筑物转过的角度之差等于2π 3 3 时，卫星再次出现在建筑物上空，以地面为参照物，卫星再次 13.AB【解析：小球以最小位移到达斜面时即位移与斜面垂 出现在建筑物上方时，建筑物随地球转过的弧度比卫星转过 直，位移与竖直方向的夹角为0，则tan0=工=t=2】 y 1■ 2g2 gt 的弧度少2π，即m△t-ah△t=2x,解得△t=2r 1V8R- 即t=26 gan9A正确：小球垂直击中斜面时，速度与竖直方向 19.小球恰好能经过B点，则mg=m紧，解得=V康= 的夹角为0，则tan0=,即t= gt gtam0B正确：小球击中斜面 2m/s。 中点时，令斜面长为2L,则水平射程为Lcos0=%t,下落高度 (2)小球从B点做平抛运动，则x=,2R=方g,解得x= 为Lsin0=号gr,联立两式得1=2an9,CD错误。枚 0.8m。 g 选AB。】 (3)从A到B,机械能守恒，则合m2=号m2十mg·2R,解 14.AD[解析：板上A、B两点属于同轴转动，所以角速度相 得vw=2W5m/s. 等，A正确，B错误；由几何知识可知，A到O的距离L1与B物理 期中检测 (满分100分，时间50分钟) 一、选择题（本题共15小题，合计60分。1~10小题只有一个正确选项，每小题4分；11~15小题 有多个正确选项，每小题4分，选不全得2分，错选得0分。) 1.关于曲线运动，下列说法中正确的是 A.做曲线运动的物体所受合力一定不断变化 B.物体在恒力作用下可能做匀速圆周运动 C.做曲线运动的物体的速度一定不断变化 D.做曲线运动的物体的速度大小一定不断变化 数 2.如图所示，河水流动的速度为v且处处相同，河宽度为α。在船下水点A的下游距离为b处是瀑 布。为了使小船渡河安全（不掉到瀑布里去），则 器 A,小船船头垂直河岸渡河时间最短，最短时间为t=b 长 B.小船垂直河岸渡河，位移最小，渡河速度最大，最大速度为x=@十F 6 C.当小船沿轨迹AB渡河时，船在静水中的最小速度为umn=a b D.当小船沿轨迹AB渡河时，船在静水中的最小速度为vmim= av Va2+62 3.如图所示，人在岸上拉船，不计绳与轮之间的摩擦，已知船的质量为m,水的阻力恒为f,当轻绳 与水平面的夹角为时，船的速度为，此时人的拉力大小为F,则此时 ( 77777 A.人拉绳行走的速度为vsin0 B.人拉绳行走的速度为 cos 0 C.船的加速度为 Fcos e-f F-f D.船的加速度为 m m 4.一阶梯如图所示，其中每级台阶的高度和宽度都是0.4m,一小球以水平速度v飞出，g取 10m/s2,欲落在第四级台阶上，则v的取值范围是 () 2 3 4 A.√6m/s<u≤2√2m/s B.2√2m/s<v≤3.5m/s C.√2m/s<v<√6m/s D.2√2m/s<v<2√6m/s 5.如图，一名学生将球从同一位置斜向上抛出，其中有两次篮球垂直撞在竖直墙上，不计空气阻 力，则下列说法中正确的是 () A.从抛出到撞墙，第一次球在空中运动的时间较短 B.篮球第二次撞墙的速度比第一次大 C.篮球两次抛出时速度的竖直分量可能相等 D.篮球第一次抛出时的速度一定比第二次大 6.物体做匀速圆周运动的过程中，一定变化的物理量是它的 A.角速度 B.线速度 C.频率 D.周期 7.物体做匀速圆周运动时，下列说法正确的是 A.物体的向心加速度越大，速度变化越大 B.物体的向心加速度越大，速率变化越快 C.匀速圆周运动是线速度大小不变，方向时刻改变的运动，故“匀速”是指速率不变 D.物体除受向心力外，还受到其他力，但所受合力大小不变，方向始终指向圆心 31 8.如图所示是一个玩具陀螺，α、b是陀螺上的两点，当陀螺绕垂直于地面的轴线以角速度ω稳定旋 转时，下列表述正确的是 () A.a、b两点的线速度相等 B.a、b两点的向心加速度相等 C.a、b两点的角速度相同 D.a点的线速度小于b点的线速度 9.轻杆长为L,并带着质量为m的小球在竖直平面内以速度v=√gL做匀速圆周运动，小球在α、 b、c、d四个位置时，不计空气阻力，下列说法正确的是 () d------ A.在a点，轻杆对球有作用力 B.在b点，杆对球的作用力指向圆心 C.在c点，杆对球的作用力大小为mg D.在d点，杆对球的作用力大小为√2mg 10.如图所示，一个内壁光滑的圆锥筒，其轴线垂直于水平面，圆锥筒固定在水平地面不动。有两 个质量均为m的小球a和小球b紧贴着筒内壁在水平面内做匀速圆周运动，小球b所在的高 度为小球a所在高度的一半，则小球a、b 32 无敌原创·单元卷物理·必修第二册 A.所受的支持力大小之比为2：1 B.所受的支持力大小之比为1：1 C.角速度之比为√2：1 D.线速度之比为2：1 11.(多选)关于匀速圆周运动，下列说法正确的是 A.匀速圆周运动是匀速运动 B.匀速圆周运动是匀变速运动 C.匀速圆周运动是匀速率圆周运动 D.在任意相等的时间内通过的路程相等 12.(多选)乘坐如图所示游乐园的过山车时，质量为m的人随车在竖直平面内沿圆周轨道运动，下 列说法正确的是 ( A.车在最高点时人处于倒坐状态，全靠保险带拉住，若没有保险带，人一定会掉下去 iTTTTTTTTTTTTTF B.人在最高点时对座位仍可能产生压力，且压力不一定小于mg C.人在最低点时对座位的压力大于mg,处于超重状态 D.人在最高点和最低点时的向心加速度大小相等 13.（多选)有关圆周运动的基本模型，下列说法正确的是 车轮 外轨 车轮 内轨 甲 乙 丙 A.如图甲，汽车通过拱桥的最高点处于超重状态 B.如图乙所示是一圆锥摆，增大，但保持圆锥的高度不变，则圆锥摆的角速度不变 C.如图丙，同一小球在光滑而固定的圆锥筒内的A、B位置先后分别做匀速圆周运动，则在A 位置小球所受筒壁的支持力要大于在B位置时的支持力 D.如图丁，火车转弯超过规定速度行驶时，外轨对外轮缘会有挤压作用 14.（多选)杂技演员表演“水流星”，在长为1.6m的细绳的一端，系一个总质量为m=0.5kg的盛 满水的小桶（小桶大小相对于细绳长度小得多），以绳的一端为圆心，在竖直面内做圆周运动， 如图所示，若“水流星”通过最高点的速度为v=4m/s,则下列说法正确的是(g取10m/s2) A.“水流星”通过最高点时，会有水从容器中流出 B.“水流星”通过最高点时，绳的张力及容器底受到的压力均为零 C.“水流星”通过和圆心等高的位置时，细绳中的拉力为零 D.“水流星”在最低点时，处于超重状态 15.(多选)如图所示，A、B两轮绕轴O转动，A和C两轮用皮带传动（皮带不打滑），A、B、C三轮的 鞍 半径之比2：3：3，a、b、c为三轮边缘上的点，则下列说法中正确的是 A.线速度v。：v:v.=2:3:2 B.角速度wa:w6:w.=2:2：3 C.角速度wa:w6:w.=3：3：2 D.向心加速度a。:ab:a=6:9:4 二、实验题(10分，每空2分。) 16.图甲是“研究平抛物体的运动”的实验装置图。 0 32.048.0 x/cm 19.6 6 44.1 8 y/cm 10 甲 乙 丙 (1)实验前应对实验装置反复调节，直到斜槽末端切线 每次让小球从同一位置由静 止释放，是为了每次平抛 (2)图乙是正确实验取得的数据，其中O为抛出点，则此小球做平抛运动的初速度为 m/s。（g=9.8m/s2) (3)在另一次实验中将白纸换成方格纸，每小格的边长L=5c,通过实验，记录了小球在运动 途中的三个位置，如图丙所示，则该小球做平抛运动的初速度为 m/s;B点的竖直分 速度为 m/s。（g取10m/s2) 三、计算题（本题共3小题，合计30分。） 17.(8分)如图所示，质量是1kg的小球用长为0.5m的细线悬挂在O点，O点距地面高度为1m,如 果使小球绕O0轴在水平面内做圆周运动，若细线最大承受拉力为12.5N,(g取10m/s2)求： (1)当小球的角速度为多大时，细线将断裂； 0 (2)线断裂后小球落地点与悬点的水平距离。 11111TTT1 33 18.(10分)我们常常在公园和古村落中见到拱形桥，如图甲所示。一辆质量为1.2×103kg的小 车，以10m/s的速度经过半径为40m的拱形桥最高点，如图乙所示，g取10m/s2。求： (1)桥对小车支持力的大小； (2)汽车以多大速度经过桥顶时恰好腾空，对桥没有压力； (3)如果拱桥的半径增大到地球半径R=6.4×103k,汽车要在桥面腾空，速度要多大？ 34无敌原创·单元卷物理·必修第二册 19.（12分)如图所示，一根长0.1m的细线，一端系着一个质量为0.18kg的小球，拉住线的另一 端，使小球在光滑的水平桌面上做匀速圆周运动，使小球的转速很缓慢地增加，当小球的转速 增加到开始时转速的3倍时，细线断开，线断开前的瞬间线受到的拉力比开始时大40N,求： (1)线断开前的瞬间，线受到的拉力大小； (2)线断开的瞬间，小球运动的线速度； (3)如果小球离开桌面时，速度方向与桌边缘的夹角为60°，桌面高出地面0.8，求小球飞出后 的落地点距桌边缘的水平距离。