2023-2024学年北京市清华大学附属中学高一（上）期末考试物理试卷(含解析）

这是一份2023-2024学年北京市清华大学附属中学高一（上）期末考试物理试卷(含解析），共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.图中虚线描述的是一位跳水运动员高台跳水时头部的运动轨迹，最后运动员沿竖直方向速度v入水，图中与入水速度方向可能相同的位置是( )
A. a点B. b点C. c点D. d点
2.关于物体的惯性，下列说法正确的是( )
A. 物体受力后可以改变运动状态，所以作用力可以改变惯性
B. 快速行驶的汽车，刹车时困难，因而速度大时惯性大
C. 满载货物的汽车比不载货时刹车困难，故满载时比空载时惯性大
D. 推动原来静止的物体比推动原来滑动的物体要费力些，表明静止的物体的惯性大些
3.如图所示，一条不可伸长的轻绳一端固定于悬点O，另一端连接着一个质量为m的小球，在水平力F的作用下，小球处于静止状态，轻绳与竖直方向的夹角为θ，已知重力加速度为g，则下列说法正确的是
( )
A. 绳的拉力大小为mgtanθB. 绳的拉力大小为mgcsθ
C. 水平力F大小为mgtanθD. 水平力F大小为mgcsθ
4.如图所示为某人游珠江，他以一定的速度且面部始终垂直于河岸向对岸游去．设江中各处水流速度相等，他游过的路程、过河所用的时间与水速的关系是( )
A. 水速大时，路程长，时间长B. 水速大时，路程长，时间不变
C. 水速大时，路程长，时间短D. 路程、时间与水速无关
5.关于曲线运动，下列说法中正确的是( )
A. 曲线运动一定是变速运动B. 变速运动一定是曲线运动
C. 曲线运动一定是变加速运动D. 加速度变化的运动一定是曲线运动
6.某同学利用如图所示的装置探究两个互成角度的力的合成规律，橡皮条一端固定在木板上的A点，轻质小圆环挂在橡皮条的另一端，两个弹簧测力计分别通过细绳同时用拉力F1、F2将小圆环拉至O点；再用其中一个弹簧测力计通过细绳用拉力F将小圆环仍拉至O点。关于该实验，下列说法正确的是( )
A. F1、F2两个力的大小一定要相等
B. F1、F2两个力的方向一定要垂直
C. 拉动小圆环的细绳应尽可能粗一些且短一些
D. 拉橡皮条时，弹簧测力计、橡皮条、细绳应贴近木板且与木板平面平行
7.第24届冬季奥林匹克运动会将在2022年由北京市和张家口市联合举办，跳台滑雪是比赛项目之一。如图所示，运动员从跳台边缘的O点水平滑出(运动员可视为质点，忽略空气阻力的影响)，落到斜坡CD上的E点。运动员滑出后，可以将他在空中的运动分解为水平方向和竖直方向的两个分运动。关于这两个分运动，下列说法正确的是( )
A. 水平方向和竖直方向均为匀速直线运动
B. 水平方向和竖直方向均为匀加速直线运动
C. 水平方向为匀速直线运动，竖直方向为匀加速直线运动
D. 水平方向为匀加速直线运动，竖直方向为匀速直线运动
8.某研究性学习小组进行了如下实验：如图所示，在一端封闭的光滑细玻璃管中注满清水，水中放一个红蜡做成的小圆柱体R.将玻璃管的开口端用胶塞塞紧后竖直倒置且与y轴重合，在R从坐标原点以速度v0匀速上浮的同时，玻璃管沿x轴正方向做初速为零的匀加速直线运动。R在上升过程中运动轨迹的示意图是(R视为质点)( )
A. B. C. D.
9.质点沿如图所示的轨道由A点到B点做曲线运动，速度逐渐减小，图中能正确地表示质点在C处受力的是
。( )
A. B. C. D.
10.如图所示，汽车在一水平公路上转弯时，汽车的运动可视为匀速圆周运动的一部分．下列关于汽车转弯时的说法正确的是( )
A. 汽车处于平衡状态
B. 汽车的向心力由重力提供
C. 汽车的向心力由摩擦力提供
D. 汽车的向心力由支持力提供
11.在公路上常会看到凸形和凹形的路面，如图所示。一辆质量为m的汽车，通过凸形路面的最高处时对路面的压力为N1，通过凹形路面最低处时对路面的压力为N2，则
( )
A. N112.某人站在置于水平地面上的压力传感器上，进行蹲起动作，图中呈现的是在一段时间内力传感器的示数随时间变化的情况。由此可以判断( )
A. 在0～8s内，该人完成两次完整的蹲起过程
B. 状态a到状态b对应着下蹲过程，状态b到状态c对应着站起过程
C. 从状态a到状态b，人的重心运动的加速度方向向下
D. 从状态d到状态e，人的重心运动的速度和加速度方向都向上
二、多选题：本大题共6小题，共18分。
13.在国际单位制中，选定了七个物理量为基本物理量，其中力学物理量有三个．下列各物理量单位中属于基本单位的是( )
A. NB. sC. JD. kg
14. 某人想测量地铁在平直轨道上启动过程中的加速度。他把一根细绳的下端绑上一支圆珠笔，细绳的上端用电工胶布临时固定在地铁的竖直扶手上。在地铁启动后的某段加速过程中，细绳偏离了竖直方向，并与竖直扶手之间有一稳定的夹角，他用手机拍摄了当时情景的照片，如图所示，拍摄方向跟竖直扶手和细绳所在平面垂直。已知当地重力加速度为g。下列说法正确的是( )

A. 该地铁的速度方向向右
B. 该地铁的加速度方向向右
C. 只需测出笔的质量，即可估算出地铁的加速度
D. 只需测出细绳与竖直扶手之间的夹角，即可估算出地铁的加速度
15.短道速滑比赛中，运动员在赛道上以不同线速度转弯的情景，可以把运动员在转弯时的运动看成是匀速圆周运动，并且运动的轨道半径相同。如图，运动员转弯时，线速度越大，则( )
A. 角速度越大B. 角速度越小C. 向心加速度越大D. 向心加速度越小
16.如图所示，两个完全相同的物块1和物块2之间用轻弹簧连接，用一根不可伸长的轻软细绳悬挂在天花板上并保持静止。剪断细绳的瞬间，物块1和物块2加速度的大小分别为a1和a2.已知重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A. a1=gB. a1>gC. a2=0D. a2>g
17.物体A做平抛运动，以物体被抛出的位置为原点O，以初速度v0的方向为x轴的方向、竖直向下的方向为y轴的方向，建立平面直角坐标系．如图所示，沿两坐标轴分别放置两个光屏．两束平行光分别沿着与坐标轴平行的方向照射，物体A在两个光屏上分别留下物体的两个“影子”的坐标分别为x、y，则图中两个影子的坐标随时间变化关系正确的是
( )
A. B.
C. D.
18.如图所示，在上端开口的饮料瓶的侧面戳一个小孔，瓶中灌水，手持饮料瓶静止时，小孔有水喷出。若饮料瓶在下列运动中，没有发生转动且忽略空气阻力，小孔不再向外喷水的是
( )
A. 自由下落B. 饮料瓶被水平抛出后的运动过程中
C. 饮料瓶被竖直向上抛出后的运动过程中D. 手持饮料瓶向上加速运动的过程中
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
19.在“探究加速度与物体受力、物体质量的关系”实验中，做如下探究：
(1)为猜想加速度与质量的关系，可利用图1所示装置进行对比实验。两小车放在水平板上，前端通过钩码牵引，后端各系一条细线，用板擦把两条细线按在桌上，使小车静止。抬起板擦，小车同时运动，一段时间后按下板擦，小车同时停下。对比两小车的位移，可知加速度与质量大致成反比。关于实验条件，下列正确的是：_______(选填选项前的字母)。
A.小车质量相同，钩码质量不同
B.小车质量不同，钩码质量相同
C. 小车质量不同，钩码质量不同
(2)某同学为了定量验证(1)中得到的初步关系，设计实验并得到小车加速度a与质量M的7组实验数据，如下表所示。在图2所示的坐标纸上已经描好了6组数据点，请将余下的一组数据描在坐标纸上，并作出a−1M图像_____。
(3)在探究加速度与力的关系实验之前，需要思考如何测“力”。请在图3中画出小车受力的示意图。为了简化“力”的测量，下列说法正确的是：_________(选填选项前的字母)。
A.使小车沿倾角合适的斜面运动，小车受力可等效为只受绳的拉力
B.若斜面倾角过大，小车所受合力将小于绳的拉力
C.无论小车运动的加速度多大，砂和桶的重力都等于绳的拉力
D.让小车的运动趋近与匀速运动，砂和桶的重力才近似等于绳的拉力
20.用如图所示装置研究平抛运动。将白纸和复写纸对齐重叠并固定在竖直的硬板上。钢球沿斜槽轨道PQ滑下后从Q点飞出，落在水平挡板MN上。由于挡板靠近硬板一侧较低，钢球落在挡板上时，钢球侧面会在白纸上挤压出一个痕迹点。移动挡板，重新释放钢球，如此重复，白纸上将留下一系列痕迹点。
(1)下列实验条件必须满足的有_____。(多选)
A.斜槽轨道光滑 B.斜槽轨道末段水平
C. 挡板高度等间距变化 D.每次从斜槽上相同的位置无初速度释放钢球
(2)为定量研究，建立以水平方向为x轴、竖直方向为y轴的坐标系。
a.取平抛运动的起始点为坐标原点，将钢球静置于Q点，钢球的_____(选填“最上端”、“最下端”或者“球心”)对应白纸上的位置即为原点；在确定y轴时_____(选填“需要”或者“不需要”)y轴与重锤线平行。
b.若遗漏记录平抛轨迹的起始点，也可按下述方法处理数据：如图所示，在轨迹上取A、B、C三点，AB和BC的水平间距相等且均为x，测得AB和BC的竖直间距分别是y1和y2，可求得钢球平抛的初速度大小为_____(已知当地重力加速度为g，结果用上述字母表示)。
(3)伽利略曾研究过平抛运动，他推断：从同一炮台水平发射的炮弹，如果不受空气阻力，不论它们能射多远，在空中飞行的时间都一样。这实际上揭示了平抛物体_____。
A.在水平方向上做匀速直线运动 B.在竖直方向上做自由落体运动
四、计算题：本大题共4小题，共32分。
21.如图所示，一质量m=2.0kg的物块静止在水平地面上，现用一大小F=20N、与水平方向成θ=37°角斜向上的拉力，使物块沿水平地面做匀加速直线运动。已知物块与地面间的动摩擦因数μ=0.50，sin37°=0.60，cs37°=0.80，取重力加速度g=10m/s2。
(1)画出物块受力的示意图；
(2)求物块加速度的大小a；
(3)求2.0s内物块通过的位移大小x。
22.如图所示，质量为m=0.10kg的金属块P放在转动的水平圆盘上，金属块距圆盘中心O的距离为r=10cm，随圆盘一起绕中心O点做匀速圆周运动，金属块的线速度大小为v=1.0m/s。求：
(1)金属块做匀速圆周运动的角速度ω为多大；
(2)金属块受到圆盘的摩擦力大小。
23.如图所示，参加某娱乐节目的选手从较高的平台上以水平速度跃出后，落在水平传送带上，由于传送带足够粗糙，选手落到传送带上后瞬间相对传送带静止，再经过反应时间Δt=1.0s后，立刻以向右的加速度a=2m/s2跑至传送带最右端。已知平台与传送带的高度差H=1.8m，水池宽度x0=1.2m，传送带左端A与右端B之间的距离L0=9.6m。
(1)若传送带静止，选手以水平速度v0=3m/s从平台跃出。求：
①该选手落在传送带上时所经历的时间。
②该选手落在传送带上的位置与A端之间的距离。
(2)若传送带以速度v=1m/s逆时针转动，选手要能到达传送带右端B，求选手从平台上沿水平方向跃出的最小速度。
24.物体沿着圆周的运动是一种常见的运动，匀速圆周运动是当中最简单也是较基本的一种，由于做匀速圆周运动的物体的速度方向时刻在变化，因而匀速周运动仍旧是一种变速运动，具有加速度。
(1)可按如下模型来研究做匀速圆周运动的物体的加速度：设质点沿半径为r、圆心为O的圆周以恒定大小的速度v运动，某时刻质点位于位置A。经极短时间Δt后运动到位置B，如图所示，试根据加速度的定义，推导质点在位置A时的加速度的大小；
(2)在研究匀变速直线运动的“位移”时，我们常旧“以恒代变的思想；在研究曲线运动的“瞬时速度”时，又常用“化曲为直”的思想，而在研究一般的曲线运动时我们用的更多的是一种”化曲为圆”的思想，即对于般的曲线运动，尽管曲线各个位置的弯曲程度不详，但在研究时，可以将曲线分割为许多很短的小段，质点在每小段的运动都可以看做半径为某个合适值ρ的圆周运动的部分，进而采用圆周运动的分析方法来进行研究，ρ叫做曲率半径，如图所示，试据此分析图所示的斜抛运动中。轨迹最高点处的曲率半径ρ；
(3)事实上，对于涉及曲线运动加速度问题的研究中，“化曲为圆”并不是唯的方式，我们还可以采用一种“化圆为抛物线”的思考方式，匀速圆周运动在短时间Δt内可以看成切线方向的匀速运动，法线方向的匀变速运动，设圆弧半径为R，质点做匀速圆周运动的速度大小为v，据此推导质点在做匀速圆周运动时的向心加速度a。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】【分析】
该题考查曲线运动相关知识。熟知曲线运动特点是解决本题的关键。
曲线运动的速度方向为该点轨迹的切线方向，由此分析解题即可。
【解答】
由于曲线运动的速度方向为该点轨迹的切线方向，所以在题图中的a点速度方向水平向左，b点的速度方向竖直向下，c点的速度方向斜向右下方，d点的速度方向竖直向上，则图中与入水速度方向可能相同的位置是b点。
故选B。
2.【答案】C
【解析】A.物体受力后可以改变运动状态，但作用力不可以改变惯性，故A错误；
BD.惯性只由质量决定，与物体的运动状态、速度无关，故BD错误；
C.满载货物的汽车比不载货时刹车困难，由于满载货物的汽车质量大于不载货时的汽车质量，故满载时比空载时惯性大，故C正确。
故选C。
3.【答案】C
【解析】【分析】
以小球为研究对象进行受力分析，画出受力示意图，根据几何关系求解。
本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。
【解答】
解：以小球为研究对象进行受力分析，如图所示：
根据平衡条件可得：绳的拉力大小为：T=mgcsθ，
水平力F大小为：F=mgtan θ，故ABD错误，C正确。
故选C。
4.【答案】B
【解析】解：游泳者相对于岸的速度为他相对于水的速度和水流速度的合速度，水流速度越大，其合速度与岸的夹角越小，路程越长，但过河时间t=dv人，与水速无关，故A、C、D均错误，B正确．
故选：B．
运用运动的分解，人在垂直于河岸方向的分速度V人不变，设河宽为d，过河时间t=dv人，与水速无关．
过河问题是运动的合成与分解部分典型题型．本题要注意题设条件：速度始终垂直河岸，否则结果会不同．
5.【答案】A
【解析】【分析】
曲线运动的条件为合力和速度是否共线，匀变速和非匀变速运动的区别在于合外力是否恒定。
本题难度较小，能否发生曲线运动的条件是合外力的方向与速度方向是否共线的问题，与加速度大小没有关系。
【解答】
A.曲线运动中，速度方向时刻发生变化，因此曲线运动为变速运动，选项A正确；
B.变速直线运动就不是曲线运动，选项B错误；
C.平抛运动为匀变速运动，选项C错误；
D.加速度方向与速度方向相同，但加速度大小变化的，运动轨迹为直线运动，选项D错误。
故选 A 。
6.【答案】D
【解析】解：AB、在实验过程中，对F1、F2两个力的大小和方向没有严格的要求，只要求力不要太小，同时角度不要太小即可，故AB错误；
C、拉动小圆环的细绳应尽可能长一些，这样在画图的时候误差会稍小一点，故C错误；
D、拉橡皮条时，弹簧测力计、橡皮条、细绳应贴近木板且与木板平面平行，故D正确。
故选：D。
根据力合成的实验掌握正确的实验操作并作出判断即可。
本题主要考查了验证力的平行四边形定则，根据实验原理掌握正确的实验操作，并学会简单的数据分析即可，属于基础题型。
7.【答案】C
【解析】解：平抛运动的物体只受竖直向下的重力，故平抛运动的水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀加速直线运动，故C正确，ABD错误。
故选：C。
根据水平方向上和竖直方向上的受力，判断水平方向和竖直方向上的运动规律。
解决本题的关键明确平抛运动的性质，知道平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动。
8.【答案】D
【解析】解：小圆柱R在竖直方向为匀速运动，水平方向为匀加速直线运动，则可知合力沿x轴正方向，可知图象为向右弯曲的曲线，故D正确，ABC错误；
故选：D。
竖直方向的匀速运动与水平方向的匀加速运动的合运动一定是曲线运动，由合速度的方向变化趋势可以判定轨迹的形状。
牢记曲线运动的条件，曲线运动的速度方向与轨迹的关系，应用曲线运动的分解的方法研究问题。
9.【答案】D
【解析】考虑两个因素，第一是速度逐渐减小，因此受力在沿着速度方向的分量应该与速度方向相反，第二是做曲线运动，因为需要有力来提供向心力，因此所受的力必须有向凹的一侧的分量。
10.【答案】C
【解析】解：A、汽车做匀速圆周运动，合力不为零，不是平衡状态，故A错误。
B、汽车所受的重力和支持力平衡，靠静摩擦力提供向心力，故B、D错误，C正确。
故选：C。
分析汽车的受力情况，明确汽车在水平路面上拐弯，重力和支持力平衡，靠静摩擦力提供向心力．
解决本题的关键知道汽车圆周运动向心力的来源，知道支持力和重力平衡，靠静摩擦力提供向心力．
11.【答案】A
【解析】汽车通过凸形路面的最高处时，加速度方向向下，合力方向向下，处于失重状态，则有
N1汽车通过凹形路面最低处时，加速度方向向上，合力方向向上，处于超重状态，则有
N2>mg
故选A。
12.【答案】CD
【解析】解：A、由F−t图像可知人的重力为mg=500N，则压力传感器的示数大于重力时处于超重，加速度向上，压力传感器的示数小于重力时处于失重，加速度向下，一次下蹲过程是先向下加速再向下减速，则应为先失重后超重；一次站起过程是先向上加速再向上减速，则应为先超重后失重，故在0～8s内，该人完成一次完整的下蹲过程(状态a到状态c)，一次完整的站起的过程(状态d到状态f)，故A错误；
B、状态a到状态c对应着下蹲过程，状态d到状态f对应着站起过程，故B错误；
C、从状态a到状态b，人的视重小于重力处于失重状态，由牛顿第二定律可知人的重心运动的加速度方向向下，故C正确；
D、从状态d到状态e，人处于向上站起的加速阶段，则重心运动的速度和加速度方向都向上，故D正确；
故选：CD。
利用牛顿第二定律分析动态过程，判断加速度的方向，从而可知物体处于超重或失重状态。
本题解题关键在于通过图像判断人的受力情况，从而判定其运动状态。
13.【答案】BD
【解析】力学中的基本物理量有质量、时间、长度，所以对应基本单位是kg，s，m．
A. 由F=ma推导知1N=1kg⋅m/s2，所以N是导出单位，故A错误．
BD.根据以上分析可知，s、kg是基本单位，故BD正确．
C.由 W=F⋅S 可知，1J=1N • m，所以J是导出单位，故C错误．
14.【答案】D
【解析】解：A、如图为圆珠笔的受力情况，
由图可知拉力有一个水平向左的分力，所以只能确定圆珠笔有一个向左的加速度，它可能向左加速运动，也有可能向右减速运动。故A错误；
B、F有一个向左的分力T，T是产生加速度的原因，所以加速度方向向左，故B错误；
CD、要想求出加速度的大小，就要求出水平方向上的合外力T的大小，当知道细绳与竖直扶手的夹角θ时，
T=mgtanθ，
根据牛顿第二定律得：
mgtanθ=ma，
解得：a=gtanθ，
故C错误，D正确。
故选：D。
当笔处于稳定时，笔与地铁的加速度相同，根据牛顿第二定律求得加速度，判断出测出绳与竖直方向的夹角即可估算加速度。
本题主要考查了牛顿第二定律，关键是正确的受力分析，抓住绳与竖直方向的夹角，明确笔与地铁的加速度相同即可。
15.【答案】AC
【解析】根据
v=ωr ， a=v2r
由于运动的轨道半径相同，则运动员转弯时，线速度越大，角速度越大，向心加速度越大。
故选AC。
16.【答案】BC
【解析】【分析】
本题考查牛顿第二定律的瞬时性，基础题目。
【解答】
剪断细绳前，对物块2，由平衡条件知，弹簧弹力F=mg，剪断细绳瞬间，弹簧弹力不变，细绳拉力为0，对物块1，由牛顿第二定律：mg+F=ma1，解得物块1的加速度a1=2g>g，对物块2，由牛顿第二定律：mg−F=ma2，解得物块2的加速度a2=0，故BC正确，AD错误。
17.【答案】AD
【解析】AB.物体做平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，所以影子在x方向是匀速运动，有x=v0t，则x−t图象是过原点的倾斜直线，故A项与题意相符，B项与题意不相符；
CD.物体在竖直方向上做自由落体运动，所以影子在y方向是匀变速直线运动，有 y=12gt2 ，知y−t2图象是过原点的倾斜直线，故C项与题意不相符，D项与题意相符．
18.【答案】ABC
【解析】【分析】
当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时，就说物体处于超重状态，此时有向上的加速度；当物体对接触面的压力小于物体的真实重力时，就说物体处于失重状态，此时有向下的加速度；如果没有压力了，瓶子中的水不能流出。
本题考查了学生对超重失重现象的理解，掌握住超重失重的特点，知道水能喷出是因为压力的原因。
【解答】
ABC、瓶自由下落平抛以及在空中做抛体运动时，均只受到重力的作用，加速度为g，处于完全失重状态，此时水和容器的运动状态相同，它们之间没有相互作用，水不会流出，故ABC正确；
D、手持饮料瓶向上加速运动的过程中，由于水处于超重状态，故水之间存在压力，水会向外喷出，故D错误。
故选：ABC。
19.【答案】 B AD
【解析】(1)[1]为了探究加速度与质量的关系，必须控制小车所受拉力相同，而让小车的质量不同，所以钩码质量相同，故B正确。
(2)[2]数据描点和 a−1M 图像如图所示
(3)[3]A.使小车沿倾角合适的斜面运动，小车所受重力沿斜面的分力刚好等于小车所受的摩擦力，则小车受力可等效为只受绳的拉力，故A正确；
B.若斜面倾角过大，重力沿斜面的分力大于摩擦力，小车所受合力将大于绳的拉力，不利于简化“力”的测量，故B错误；
C.由牛顿第二定律可知，无论小车运动的加速度多大，砂和桶的重力都大于绳的拉力，故C错误D.当小车的运动为匀速时，由平衡可知，砂和桶的重力近似等于绳的拉力，故D正确；
故选AD。
20.【答案】 BD/DB 球心 需要 x gy2−y1 B
【解析】(1)[1]
AD.为了保证小球每次抛出时的速度相同，每次从斜槽上相同的位置无初速度释放钢球，钢球克服摩擦力做功相同，所以斜槽轨道不需要光滑，故A错误，D正确；
B.为了确保钢球飞出的速度方向水平，斜槽轨道末端必需调至水平，故B正确；
C.实验中只需要描出钢球在白纸上留下的多个痕迹点，并不要求挡板高度等间距变化，故C错误。
故选BD。
(2)a[2][3]由于挡板靠近硬板一侧较低，钢球落在挡板上时，钢球侧面会在白纸上挤压出一个痕迹点，即痕迹点对于钢球的球心在白纸上的投影点，可知取平抛运动的起始点为坐标原点，将钢球静置于Q点，钢球的球心对应白纸上的位置即为原点。在确定y轴时需要y轴与重锤线平行。
b[4]钢球水平方向做匀速直线运动，由于AB和BC的水平间距相等且均为x，则钢球通过AB和BC的时间间隔相等，则有
x=v0T
在竖直方向上有
y2−y1=gT2
联立可得钢球平抛的初速度大小为
v0=x gy2−y1
(3)[5]伽利略曾研究过平抛运动，他推断：从同一炮台水平发射的炮弹，如果不受空气阻力，不论它们能射多远，在空中飞行的时间都一样。这实际上揭示了平抛物体在竖直方向上做自由落体运动。
故选B。
21.【答案】解：
(1)设物体受支持力为FN，对物体受力分析，如图：
(2)物体竖直方向受力平衡：FN+Fsinθ=mg
解得FN=8N
设金属块匀加速过程的加速度大小为a，根据牛顿第二定律：Fcsθ−μFN=ma
解得：a=6m/s2
(3)根据运动学公式可得金属块2s内的位移x=12at2
解得：x=12m
答：(1)物块受力的示意图如上图所示；
(2)求物块加速度的大小a为6m/s2；
(3)求2.0s内物块通过的位移大小x为12m。
【解析】(1)对金属块受力分析，画出受力分析示意图；
(2)根据牛顿第二定律列方程求解；
(3)由运动学公式求位移大小。
本题关键是根据牛顿第二定律列式求解加速度，然后根据运动学公式列式求解运动学参量。
22.【答案】(1) 10rad/s ；(2) 1N
【解析】(1)根据线速度与角速度关系
v=ωr
可得金属块做匀速圆周运动的角速度为
ω=vr=10.1rad/s=10rad/s
(2)金属块P随圆盘一起绕中心O点做匀速圆周运动，受到静摩擦力提供所需的向心力，则有
f=mω2r=0.1×102×0.1N=1N
23.【答案】(1)① 0.6s ，② 0.6m ；(2) 4.08m/s
【解析】(1)①选手离开平台后做平抛运动，在竖直方向有
H=12gt12
解得该选手落在传送带上时所经历的时间为
t1= 2Hg=0.6s
②在水平方向有
x1=v0t1=1.8m
选手落在传送带上的位置与A端之间的距离为
x=x1−x0=0.6m
(2)设水平跃出的速度为 v1 ，落到传送带上反应时间 Δt=1.0s 内向左运动的位移大小为
x3=vΔt=1m
然后向左减速至速度为 0 的过程中，向左运动的位移大小为
x4=v22a=0.25m
选手不从传送带上掉下，平抛运动的水平位移需要满足
x≥x0+x3+x4=2.45m
则有
v1≥xt1≈4.08m/s
所以选手从平台上跃出的最小速度为 4.08m/s 。
24.【答案】(1) an=ω2r 或 an=v2r ；(2) ρ=v02cs2θg ；(3) a=v2R
【解析】(1)当 Δt 足够小时， vA 、 vB 的夹角 θ 就足够小， θ 角所对的弦和弧的长度就近似相等。因此，
θ=Δvv
在 Δt 时间内，所对方向变化的角度为
θ=ωΔt
联立可得
Δv=vωΔt
代入加速度定义式 a=ΔvΔt ，以及把 v=ωr 代入，可得向心加速度大小的表达式为
an=ω2r
上式也可以写为
an=v2r
(2)在斜抛运动最高点，质点的速度为
v=v0csθ
可以把质点的运动看成是半径为 ρ 的圆周运动，因为质点只受重力，所以根据牛顿第二定律可得
mg=mv2ρ
联立可得
ρ=v02cs2θg
(3)质点在短时间 Δt 内将从A以速度v匀速运动到 B′ ，则
xAB′=vΔt ， yAC=12aΔt2
由图可知
R2=(R−yAC)2+xAB′2
联立解得
v2−aR+12a2Δt2=0
若 Δt 足够小，即
Δt2=0
所以
a=v2R
次数
1
2
3
4
5
6
7
a/m⋅s−2
0.62
0.56
0.48
0.40
0.32
0.24
0.15
M/kg
0.25
0.29
0.33
0.40
0.50
0.71
1.00