精品解析：海南省省直辖县级行政单位琼海市嘉积中学2024-2025学年高一下学期3月月考物理试题

嘉积中学2024-2025学年度第二学期高一年级第二次月考 高一物理科试题 （时间：90分钟 满分：100分） 一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24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. 下列关于匀速圆周运动的说法中，正确的是（　　） A. 线速度越大，角速度一定越大 B. 线速度越大，周期一定越小 C. 角速度越大，向心加速度一定越小 D. 角速度越大，转速一定越大 2. 关于运动的合成与分解的说法中，正确的是（　　） A. 合运动的位移为分运动的位移矢量和 B. 合运动的速度一定比其中的一个分速度大 C. 合运动的时间为分运动时间之和 D. 合运动的加速度一定比分运动加速度大 3. 如图所示，在2023珠海航展上表演中，“歼20”以不变的速率在竖直面内先沿曲线ab向上飞行，然后沿陡斜线直入云霄。当战机沿ab段曲线飞行时，下列说法正确的是（　　） A. 加速度大小为零 B. 所受合外力方向竖直向上 C. 水平方向的分速度不变 D. 竖直方向的分速度逐渐增大 4. 如图所示，盒子P和物体Q用细绳相连，并跨过光滑的定滑轮，P静置于倾角θ=30°的斜面上，Q悬于斜面之外。现在向P中缓慢加入沙子，整个系统始终保持静止，则在加入沙子的过程中（　　） A. 绳子拉力逐渐减小 B. P对斜面的压力逐渐增大 C. P所受的摩擦力不变 D. P所受的合力逐渐增大 5. 如图所示，一质量为2×103kg的汽车在水平公路上行驶，路面对轮胎的径向最大静摩擦力为1.6×104N，当汽车经过半径为80m的水平弯道时，下列判断正确的是（　　） A. 汽车转弯时所受的力有重力、弹力、摩擦力和向心力 B. 汽车转弯的速度为10m/s时所需的向心力为2.0×103N C. 汽车转弯的速度为30m/s时汽车会发生侧滑 D. 汽车能安全转弯的向心加速度不超过7m/s2 6. 某地防汛演练中，战士驾驶小船进行救援，河岸是平直的，河宽120m。船在静水中的速度为4m /s，水流速度为3m /s，下列说法正确的是（ ） A. 若小船渡河的位移最短，则渡河时间为 30 s B. 调整船头的方向，小船渡河的时间可能为 40 s C. 调整船头的方向，小船在河水中的合速度可能达到10 m/s D. 若船头方向始终垂直于河岸渡河，则渡河位移为120m 7. 如图所示，萝卜炮是当下小朋友喜欢玩的玩具，往炮管口塞入炮弹后，向下按压炮管、按动按组便可发时炮弹。小明把萝卜炮固定在水平地面上进行了一次发射，并测出炮弹在空中飞行的时间t=0.8s，水平射程为x=0.8m，重力加速度g=10m/s2，忽略空气阻力，萝卜炮可视为质点。则炮弹（　　） A. 在空中运动时，单位时间的速度变化量增加 B. 在最高点的瞬时速度为零 C. 飞出管口的初速度为1.0m/s D. 上升的最大高度为0.8m 8. 如图所示，AB为一半径为R的圆弧，圆心位置O。一小球从与圆心等高的P点沿半径方向水平抛出，恰好垂直落在AB面上的Q点，且速度与水平方向夹角为53°，已知，则PO的距离为（　　） A. 0.6R B. 0.8R C. R D. 12R 二、多项选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。 9. 路面的坑洼不平是导致轮胎爆胎的常见原因之一，将路面简化为右图，请善于思考的同学们结合学过的物理知识选出下列说法正确的选项（　　） A. 车辆上下颠簸过程中，某些时刻处于超重状态 B. 车辆若以相同的速率通过A、B两点，在行驶通过B点时更容易爆胎 C. 爆胎的原因是因为不同路面的动摩擦因数不同 D. 车辆通过凹凸路面时，应该加速通过 10. 游乐园中的“空中飞椅”可简化成如图所示的模型图，其中P为处于水平面内的转盘，可绕轴转动，圆盘半径，绳长。假设座椅随圆盘做匀速圆周运动时，绳与竖直平面的夹角，座椅和人的总质量为60kg，则（sin37°=0.6 cos37°=0.8 g取）（　　） A. 绳子的拉力大小为650N B. 座椅做圆周运动的线速度大小为5m/s C. 圆盘的角速度为0.5rad/s D. 座椅转一圈的时间约为1.3s 11. 如图所示，质量为m的物体通过一根跨过光滑定滑轮的轻绳与汽车相连，汽车以速度v向右做匀速直线运动，细绳与水平面间夹角为θ，已知重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A. 物体的速度大小为 B. 物体的速度大小为vcosθ C. 绳子的拉力大于mg D. 绳子的拉力等于mg 12. 如图甲所示，质量为m的小球与轻绳一端相连，绕另一端点O在竖直平面内做圆周运动，圆周半径为R，重力加速度为g，忽略一切阻力。现测得绳子的拉力T随时间t变化的图线如图乙所示，则（　　） A. 小球运动周期为 B. 小球在时刻的速率为 C. 小球在最低点的速率为 D. 时间内，小球处于失重状态 13. 如图所示，质量为M=0.1kg的薄纸板平铺在水平面上，质量m=0.5kg的砝码静置于纸板上，砝码与纸板左端的距离d=0.2m。现用水平向右的拉力F=2.5N作用在纸板上。已知各接触面间的动摩擦因数均为μ=0.2，重力加速度为g=10m/s2，则（　　） A. 砝码在纸板上运动的加速度为2m/s2 B. 砝码在纸板上运动时，纸板所受摩擦力大小为1.2N C. 砝码刚离开纸板时，纸板的速度大小为 D. 砝码停止运动时，砝码与纸板左端的距离为5.4m 三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程 14. 探究向心力大小F与小球质量m、角速度ω和半径r之间关系的实验装置如图所示，转动手柄，可使变速塔轮、长槽和短槽随之匀速转动。皮带分别套在塔轮的圆盘上，可使两个槽内的小球分别以不同角速度做匀速圆周运动。小球做圆周运动的向心力由横臂的挡板提供，同时，小球对挡板的弹力使弹簧测力筒下降，从而露出测力筒内的标尺，标尺上露出的红白相间的等分格数之比即为两个小球所受向心力的比值。已知小球在挡板A、B、C处做圆周运动的轨迹半径之比为1：2：1。 （1）该实验用到的方法是 。 A. 理想实验法 B. 等效替代法 C. 微元法 D. 控制变量法 （2）探究向心力的大小与圆周运动半径的关系时，应选择两个质量___________（选填“相同”或“不同”）的小球，分别放在挡板C与___________（选填“挡板A”或“挡板B”）处，同时选择半径___________ （选填“相同”或“不同”）的两个塔轮； （3）当用两个质量相等的小球做实验，调整长槽中小球的轨道半径是短槽中小球半径的2倍，转动时发现左、右标尺上露出的红白相间的等分格数之比为1：2，则左、右两边塔轮的半径之比为_____________。 15. 某小组做探究平抛运动的特点的实验： （1）探究一：用如图甲、乙两种装置研究平抛运动，以下说法正确的是（　　） A. 图甲探究平抛运动竖直方向的运动规律 B. 图甲探究平抛运动水平方向的运动规律 C. 图乙探究平抛运动竖直方向的运动规律 D. 图乙探究平抛运动水平方向的运动规律 （2）探究二：用如下图装置通过多次描点获得小球平地运动的轨迹，并研究平做运动的规律。 ①其中斜槽轨道末端调整为_________； ②如图丙所示为小球在斜槽轨道末端时的位置示意图，1、2、3、4点分别表示小球最高点、球心、最低点、右端点水平投影在竖直板上的位置，则小球抛出点的位置应是_______（选填数字1、2、3、4）； ③在实验中，方格纸的竖直线与重锤线平行，方格纸的每个小方格边长L=5cm。实验记录了小球在运动中的4个点迹，如图丁所示，则小球从斜槽末端飞出时的速度大小为_________m/s（结果保留两位有效数字），重力加速度g=10m/s2。 四、计算题：本题共3小题，共38分。把解答写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。 16. 如图所示，在距水平地面的光滑平台边缘O点，将质量可视为质点的物块，以的速度水平抛出，不计空气阻力，取重力加速度。 （1）求物块抛出点O到落地点A所用的时间； （2）求物块抛出点O到落地点A之间的水平距离； （3）求物块落到A点时的速度的大小和方向。 17. 如图，半径为R=0.5m的水平转盘绕竖直轴OOʹ转动，水平转盘中心O处有一光滑小孔，用长L=1.0m的细线穿过小孔将质量分别为ma=0.2kg、mb=0.5kg的小球a和小物块b连接。小物块b始终处于转盘的边缘处与转盘相对静止，已知小物块与转盘间的动摩擦因数μ=0.3，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2。 （1）若小球a静止不动，转盘匀速转动，其角速度ω1=2rad/s，求小物块b受到的摩擦力； （2）若小球a做匀速圆周运动的角速度ω2=5rad/s，求转盘转动的角速度取值范围。 18. 科技馆有一套儿童喜爱的机械装置，其结构如图所示：传送带AB部分水平，沿顺时针匀速转动，大轮半径r=0.144m，最低端C点与竖直圆弧轨道DEF的D点在同一水平线上，F点和倾斜传送带的下端G点平滑连接。圆弧轨道的半径R=0.1m，倾斜传送带GH 长为L=0.5m，倾角。某同学将一质量m=0.1kg的小物块轻放在水平传送带左端A处，小物块从B点以离开水平传送带后，恰能从D点沿切线方向进入圆弧轨道，到达F点后，小物块以m／s的速度滑上倾斜传送带GH。已知小物块与倾斜传送带的动摩擦因数为μ=0.5，重力加速度、 求： （1）装置中C、D两点间的距离； （2）小物块运动到D点时，对圆弧轨道的压力大小； （3）若要小物块能被送到H端，倾斜传送带GH顺时针运转的速度应满足的条件。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 嘉积中学2024-2025学年度第二学期高一年级第二次月考 高一物理科试题 （时间：90分钟 满分：100分） 一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24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. 下列关于匀速圆周运动的说法中，正确的是（　　） A. 线速度越大，角速度一定越大 B. 线速度越大，周期一定越小 C. 角速度越大，向心加速度一定越小 D. 角速度越大，转速一定越大 【答案】D 【解析】 【详解】A．根据线速度与角速度关系，由于轨道半径不一定不变，所以线速度越大，角速度不一定越大，故A错误； B．根据线速度与周期关系，由于轨道半径不一定不变，所以线速度越大，周期不一定越小，故B错误； C．根据角速度与向心加速度，由于轨道半径不一定不变，所以角速度越大，向心加速度不一定越大或越小，故C错误； D．根据角速度与转速关系可知，角速度越大，转速一定越大，故D正确。 故选D。 2. 关于运动的合成与分解的说法中，正确的是（　　） A. 合运动的位移为分运动的位移矢量和 B. 合运动的速度一定比其中的一个分速度大 C. 合运动的时间为分运动时间之和 D. 合运动的加速度一定比分运动加速度大 【答案】A 【解析】 【详解】A．位移矢量，所以合运动的位移为分运动的位移矢量和，故A正确； B．速度是矢量，合速度与分速度遵循平行四边形定则，所以合运动的速度不一定比其中的一个分速度大，故B错误； C．时间是标量，合运动与分运动具有同时性，所以合运动的时间等于分运动的时间，故C错误； D．加速度是矢量，合加速度与分加速度遵循平行四边形定则，所以合运动的加速度不一定比分运动加速度大，故D错误。 故选A。 3. 如图所示，在2023珠海航展上表演中，“歼20”以不变的速率在竖直面内先沿曲线ab向上飞行，然后沿陡斜线直入云霄。当战机沿ab段曲线飞行时，下列说法正确的是（　　） A. 加速度大小为零 B. 所受合外力方向竖直向上 C. 水平方向的分速度不变 D. 竖直方向的分速度逐渐增大 【答案】D 【解析】 【详解】A．ab段为曲线运动，速度方向不断改变，所以加速度不为零，故A错误； B．ab段曲线运动中所受合力与速度方向垂直，速度沿曲线的切向方向，可知合力的方向并不一直竖直向上，故B错误； CD．ab段曲线运动中速度与竖直方向的夹角变小，水平方向的分速度逐渐变小，竖直方向的分速度逐渐增大，故C错误，D正确。 故选D。 4. 如图所示，盒子P和物体Q用细绳相连，并跨过光滑的定滑轮，P静置于倾角θ=30°的斜面上，Q悬于斜面之外。现在向P中缓慢加入沙子，整个系统始终保持静止，则在加入沙子的过程中（　　） A. 绳子拉力逐渐减小 B. P对斜面的压力逐渐增大 C. P所受的摩擦力不变 D. P所受的合力逐渐增大 【答案】B 【解析】 【详解】A．绳子拉力始终等于Q的重力，故绳子拉力保持不变，故A错误； B．根据牛顿第三定律可知，P对斜面的压力等于P及沙子的总重力垂直于斜面的分力，随着沙子质量的增加，P对斜面的压力逐渐增大，故B正确； C．未加沙子时，P受竖直向下的重力，垂直于斜面向上的支持力，沿斜面向上的拉力，斜面对P的摩擦力可能为零，可能沿斜面向上，也可能沿斜面向下，所以当加入沙子时，P所受的重力沿斜面向下的分力增大，所以摩擦力可能沿斜面向上增大，可能沿斜面向下减小后沿斜面向上增大，故C错误； D．整个系统始终保持静止，P所受的合力为零，故D错误。 故选B。 5. 如图所示，一质量为2×103kg的汽车在水平公路上行驶，路面对轮胎的径向最大静摩擦力为1.6×104N，当汽车经过半径为80m的水平弯道时，下列判断正确的是（　　） A. 汽车转弯时所受的力有重力、弹力、摩擦力和向心力 B. 汽车转弯的速度为10m/s时所需的向心力为2.0×103N C. 汽车转弯的速度为30m/s时汽车会发生侧滑 D. 汽车能安全转弯的向心加速度不超过7m/s2 【答案】C 【解析】 【详解】A．汽车在水平面转弯时做圆周运动，所受的力有重力、弹力、静摩擦力，摩擦力提供向心力，故A错误； D．由牛顿第二定律有 代入数据解得 故D错误； BC．汽车转弯速度为10m/s时，需要的向心力为 汽车转弯的速度为30m/s时，需要的向心力为 由于最大静摩擦力不足以提供向心力，则汽车会发生侧滑，故B错误，C正确。 故选C。 6. 某地防汛演练中，战士驾驶小船进行救援，河岸是平直的，河宽120m。船在静水中的速度为4m /s，水流速度为3m /s，下列说法正确的是（ ） A. 若小船渡河的位移最短，则渡河时间为 30 s B. 调整船头的方向，小船渡河的时间可能为 40 s C. 调整船头的方向，小船在河水中的合速度可能达到10 m/s D. 若船头方向始终垂直于河岸渡河，则渡河位移为120m 【答案】B 【解析】 【详解】AD．若船头垂直于河岸渡河，则时间最短，最短时间为30s，此时位移不是最短，垂直河岸方向位移为120m，沿河岸方向位移为 x=3×30m=90m 合位移为 故AD错误； B．若调整船头方向，船速与河岸垂直时，渡河时间最短为 小船渡河的时间可能为40s，故B正确； C．根据速度的合成原理，小船在河水中的速度范围为 1m/s<v<7 m/s 故C错误。 故选B。 7. 如图所示，萝卜炮是当下小朋友喜欢玩的玩具，往炮管口塞入炮弹后，向下按压炮管、按动按组便可发时炮弹。小明把萝卜炮固定在水平地面上进行了一次发射，并测出炮弹在空中飞行的时间t=0.8s，水平射程为x=0.8m，重力加速度g=10m/s2，忽略空气阻力，萝卜炮可视为质点。则炮弹（　　） A. 在空中运动时，单位时间的速度变化量增加 B. 在最高点的瞬时速度为零 C. 飞出管口的初速度为1.0m/s D. 上升的最大高度为0.8m 【答案】D 【解析】 【详解】A．在空中运动时，只受重力，加速度为重力加速度，所以单位时间的速度变化量不变，故A错误； B．在最高点时，竖直速度为零，速度为水平速度，不为零，故B错误； CD．炮弹做斜上抛运动，设抛出时初速度为v0，则水平方向有 竖直方向有， 联立解得， 故C错误，D正确。 故选D。 8. 如图所示，AB为一半径为R的圆弧，圆心位置O。一小球从与圆心等高的P点沿半径方向水平抛出，恰好垂直落在AB面上的Q点，且速度与水平方向夹角为53°，已知，则PO的距离为（　　） A. 0.6R B. 0.8R C. R D. 12R 【答案】A 【解析】 【详解】如图所示 小球恰好垂直落在面上的Q点，作速度的反向延长线，交于O点，由平抛运动的推论可知，速度反向延长线交水平位移的中点，故有 结合圆的几何关系可得 联立解得 可知PO的距离为 故选A。 二、多项选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。 9. 路面的坑洼不平是导致轮胎爆胎的常见原因之一，将路面简化为右图，请善于思考的同学们结合学过的物理知识选出下列说法正确的选项（　　） A. 车辆上下颠簸过程中，某些时刻处于超重状态 B. 车辆若以相同的速率通过A、B两点，在行驶通过B点时更容易爆胎 C. 爆胎的原因是因为不同路面的动摩擦因数不同 D. 车辆通过凹凸路面时，应该加速通过 【答案】AB 【解析】 【详解】A．图中B点所在位置，将其近似看为半径为R的圆周上的一小段圆弧，车通过该位置时，由沿半径方向的合力提供向心力，沿半径方向向上的合力不为0，车有向上的加速度，此时，车辆处于超重状态，故A正确； B．结合上述，根据牛顿第二定律有 ， 解得 ， 可知 可知，车辆若以相同的速率通过A、B两点，在行驶通过B点时更容易爆胎，故B正确； C．结合上述可知，爆胎的原因是因为轮胎所受地面的弹力过大，与不同路面的动摩擦因数无关，故C错误； D．结合上述，通过凹地时容易爆胎，为了减小通过凹地时轮胎所受的弹力，应减速通过，故D错误。 故选AB。 10. 游乐园中的“空中飞椅”可简化成如图所示的模型图，其中P为处于水平面内的转盘，可绕轴转动，圆盘半径，绳长。假设座椅随圆盘做匀速圆周运动时，绳与竖直平面的夹角，座椅和人的总质量为60kg，则（sin37°=0.6 cos37°=0.8 g取）（　　） A. 绳子的拉力大小为650N B. 座椅做圆周运动的线速度大小为5m/s C. 圆盘的角速度为0.5rad/s D. 座椅转一圈的时间约为1.3s 【答案】C 【解析】 【详解】A．座椅受力如图所示 由平衡条件可得，在竖直方向上 绳子拉力为 故A错误； B．由牛顿第二定律得 线速度为 故B错误； C．转盘的角速度与座椅的角速度相等，角速度 故C正确； D．座椅转一圈的时间，即周期 故D错误。 故选C。 11. 如图所示，质量为m的物体通过一根跨过光滑定滑轮的轻绳与汽车相连，汽车以速度v向右做匀速直线运动，细绳与水平面间夹角为θ，已知重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A. 物体的速度大小为 B. 物体的速度大小为vcosθ C. 绳子的拉力大于mg D. 绳子的拉力等于mg 【答案】BC 【解析】 【详解】将汽车的速度分解为沿绳子分速度和垂直绳子分速度，则物体的速度大小为 由于汽车向右匀速运动过程中，逐渐增大，所以物体向上做加速运动，加速度方向向上，合力方向向上，则绳子的拉力大于mg。 故选BC。 12. 如图甲所示，质量为m的小球与轻绳一端相连，绕另一端点O在竖直平面内做圆周运动，圆周半径为R，重力加速度为g，忽略一切阻力。现测得绳子的拉力T随时间t变化的图线如图乙所示，则（　　） A. 小球运动周期为 B. 小球在时刻的速率为 C. 小球在最低点的速率为 D. 时间内，小球处于失重状态 【答案】AC 【解析】 【详解】A．由图可知，在和时刻拉力最大，即小球在最低点，所以小球的周期为，故A正确； B．小球在时刻受到的拉力为0，则有 解得 故B错误； C．小球在最低点时，根据牛顿第二定律可得 其中，解得小球在最低点的速率为 故C正确； D．小球在竖直面内做变速圆周运动，的前一段时间内，小球合力方向斜向下，从某时刻开始，合力方向斜向上，时刻合力方向竖直向上，所以小球先失重，后超重，故D错误。 故选AC。 13. 如图所示，质量为M=0.1kg的薄纸板平铺在水平面上，质量m=0.5kg的砝码静置于纸板上，砝码与纸板左端的距离d=0.2m。现用水平向右的拉力F=2.5N作用在纸板上。已知各接触面间的动摩擦因数均为μ=0.2，重力加速度为g=10m/s2，则（　　） A. 砝码在纸板上运动的加速度为2m/s2 B. 砝码在纸板上运动时，纸板所受摩擦力大小为1.2N C. 砝码刚离开纸板时，纸板的速度大小为 D. 砝码停止运动时，砝码与纸板左端的距离为5.4m 【答案】ACD 【解析】 【详解】A．假设砝码与纸板相对滑动，根据牛顿第二定律可得， 解得， 由此可知，假设成立，即砝码在纸板上运动的加速度为2m/s2，故A正确； B．砝码在纸板上运动时，纸板所受摩擦力大小为 故B错误； C．砝码刚离开纸板时，有 代入数据解得 所以纸板的速度大小为 故C正确； D．砝码刚离开纸板时，砝码的速度大小为 砝码离开纸板后，根据牛顿第二定律可得， 解得， 对砝码有， 对纸板有 联立解得， 所以砝码停止运动时，砝码与纸板左端的距离为 故D正确。 故选ACD。 三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程 14. 探究向心力大小F与小球质量m、角速度ω和半径r之间关系的实验装置如图所示，转动手柄，可使变速塔轮、长槽和短槽随之匀速转动。皮带分别套在塔轮的圆盘上，可使两个槽内的小球分别以不同角速度做匀速圆周运动。小球做圆周运动的向心力由横臂的挡板提供，同时，小球对挡板的弹力使弹簧测力筒下降，从而露出测力筒内的标尺，标尺上露出的红白相间的等分格数之比即为两个小球所受向心力的比值。已知小球在挡板A、B、C处做圆周运动的轨迹半径之比为1：2：1。 （1）该实验用到的方法是 。 A. 理想实验法 B. 等效替代法 C. 微元法 D. 控制变量法 （2）探究向心力的大小与圆周运动半径的关系时，应选择两个质量___________（选填“相同”或“不同”）的小球，分别放在挡板C与___________（选填“挡板A”或“挡板B”）处，同时选择半径___________ （选填“相同”或“不同”）的两个塔轮； （3）当用两个质量相等的小球做实验，调整长槽中小球的轨道半径是短槽中小球半径的2倍，转动时发现左、右标尺上露出的红白相间的等分格数之比为1：2，则左、右两边塔轮的半径之比为_____________。 【答案】（1）D （2） ①. 相同 ②. 挡板B ③. 相同 （3） 【解析】 【小问1详解】 探究向心力大小F与小球质量m、角速度ω和半径r之间关系，先控制其中两个物理量不变，探究向心力与另一个物理量的关系，采用的实验方向是控制变量法。 故选D。 【小问2详解】 [1][2][3]探究向心力的大小与圆周运动半径的关系时，应控制质量和角速度相等；则应选择两个质量相同的小球，分别放在挡板C与挡板B处，同时选择半径相同的两个塔轮。 【小问3详解】 当用两个质量相等的小球做实验，调整长槽中小球的轨道半径是短槽中小球半径的2倍，转动时发现左、右标尺上露出的红白相间的等分格数之比为，根据可知，左、右两边塔轮的角速度之比为；由于左、右两边塔轮边缘处的线速度大小相等，根据可知，左、右两边塔轮的半径之比为。 15. 某小组做探究平抛运动的特点的实验： （1）探究一：用如图甲、乙两种装置研究平抛运动，以下说法正确的是（　　） A. 图甲探究平抛运动竖直方向的运动规律 B. 图甲探究平抛运动水平方向的运动规律 C. 图乙探究平抛运动竖直方向的运动规律 D. 图乙探究平抛运动水平方向的运动规律 （2）探究二：用如下图装置通过多次描点获得小球平地运动的轨迹，并研究平做运动的规律。 ①其中斜槽轨道末端调整为_________； ②如图丙所示为小球在斜槽轨道末端时的位置示意图，1、2、3、4点分别表示小球最高点、球心、最低点、右端点水平投影在竖直板上的位置，则小球抛出点的位置应是_______（选填数字1、2、3、4）； ③在实验中，方格纸的竖直线与重锤线平行，方格纸的每个小方格边长L=5cm。实验记录了小球在运动中的4个点迹，如图丁所示，则小球从斜槽末端飞出时的速度大小为_________m/s（结果保留两位有效数字），重力加速度g=10m/s2。 【答案】（1）AD （2） ①. 切线水平 ②. 2 ③. 2.0 【解析】 【小问1详解】 AB．图甲中两小球竖直方向有相同的运动情况，探究平抛运动竖直方向的运动规律，故A正确，B错误； CD．图乙中两小球水平方向有相同的运动情况，探究平抛运动水平方向的运动规律，故C错误，D正确。 故选AD。 【小问2详解】 [1]为了保证小球的初速度水平，则斜槽轨道末端调整为切线水平； [2]小球抛出点的位置应是小球在斜槽末端时球心，故选2； [3]由图可知，A到C、C到D水平位移相等，则运动时间相等，所以， 联立解得 四、计算题：本题共3小题，共38分。把解答写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。 16. 如图所示，在距水平地面的光滑平台边缘O点，将质量可视为质点的物块，以的速度水平抛出，不计空气阻力，取重力加速度。 （1）求物块抛出点O到落地点A所用的时间； （2）求物块抛出点O到落地点A之间的水平距离； （3）求物块落到A点时的速度的大小和方向。 【答案】（1）；（2）；（3），方向与水平面夹角为斜向下 【解析】 【详解】（1）设物块由点所用时间为，由平抛知识得 代数解得 （2）设物块做平抛运动的水平距离为x，由平抛知识得 （3）物块落到A点时速度大小v，由几何知识得 速度与水平夹角满足 则 速度方向与水平面夹角为斜向下 17. 如图，半径为R=0.5m的水平转盘绕竖直轴OOʹ转动，水平转盘中心O处有一光滑小孔，用长L=1.0m的细线穿过小孔将质量分别为ma=0.2kg、mb=0.5kg的小球a和小物块b连接。小物块b始终处于转盘的边缘处与转盘相对静止，已知小物块与转盘间的动摩擦因数μ=0.3，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2。 （1）若小球a静止不动，转盘匀速转动，其角速度ω1=2rad/s，求小物块b受到的摩擦力； （2）若小球a做匀速圆周运动的角速度ω2=5rad/s，求转盘转动的角速度取值范围。 【答案】（1）1N，方向指向圆心 （2） 【解析】 【小问1详解】 若小球a静止不动，转盘匀速转动，小物块b受到的摩擦力为，方向指向圆心。 【小问2详解】 当水平转盘的角速度最大时，根据牛顿第二定律得，， 解得 当水平转盘的角速度最小时，根据牛顿第二定律得 解得 所以转盘转动的角速度取值范围为。 18. 科技馆有一套儿童喜爱的机械装置，其结构如图所示：传送带AB部分水平，沿顺时针匀速转动，大轮半径r=0.144m，最低端C点与竖直圆弧轨道DEF的D点在同一水平线上，F点和倾斜传送带的下端G点平滑连接。圆弧轨道的半径R=0.1m，倾斜传送带GH 长为L=0.5m，倾角。某同学将一质量m=0.1kg的小物块轻放在水平传送带左端A处，小物块从B点以离开水平传送带后，恰能从D点沿切线方向进入圆弧轨道，到达F点后，小物块以m／s的速度滑上倾斜传送带GH。已知小物块与倾斜传送带的动摩擦因数为μ=0.5，重力加速度、 求： （1）装置中C、D两点间的距离； （2）小物块运动到D点时，对圆弧轨道的压力大小； （3）若要小物块能被送到H端，倾斜传送带GH顺时针运转的速度应满足的条件。 【答案】（1） （2）9.6N （3） 【解析】 【小问1详解】 物体在B点离开传送带做平抛运动，竖直方向 解得 装置中C、D两点间的距离 【小问2详解】 到达D点时，如图 物体沿竖直方向的分速度 D点速度 到达D点时，设物体的速度与水平方向之间的夹角，则 解得 在D点有 解得 根据牛顿第三定律可得物块在D点对圆弧的压力大小为9.6N。 【小问3详解】 设传送带速度至少为v，则物体先向上以a1减速，则 解得 减速到v后因为 将继续以a2减速，有 解得 则物体恰好到达顶端有 解得 若要小物块能被送到H端，倾斜传动带GH顺时针运转的速度应满足。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $