2025年高考物理一轮复习课时跟踪练答案解析

这是一份2025年高考物理一轮复习课时跟踪练答案解析，共229页。试卷主要包含了C　[100 km/h≈27等内容，欢迎下载使用。
第1练 运动的描述
1.A [研究磁悬浮高铁高速运行时，由于运动轨迹长度远大于高铁自身长度，大小和形状可以忽略，可看成质点，A正确；研究海牛二号钻井技术时，要考虑到钻井机各部位的运动情况，大小和形状不能忽略，不能看成质点，B错误；研究履带起重机转体时，要考虑到起重机各部位的运动情况，不能忽略起重机的大小和形状，不可以看成质点，C错误；研究发动机的转速时，涉及到发动机结构问题，大小和形状不能忽略，不能看成质点，D错误。]
2.C [“神舟十五号”飞船和空间站“天和”核心舱成功对接后，在轨绕地球做圆周运动，选地球为参考系，二者都是运动的，A、B错误；“神舟十五号”飞船和空间站“天和”核心舱成功对接后，二者相对静止，C正确，D错误。]
3.D [当气门芯由轮子的正上方第一次运动到轮子的正下方时，轮子向前运动半个周长，气门芯的初位置与末位置如图所示，由几何知识得，气门芯的位移大小为s＝eq \r(（2r）2＋（πR）2)＝eq \r(4r2＋π2R2)，故D正确。]
4.B [全长66 km表示路程，故A错误；通过起点和终点的速度均是瞬时速度，故B正确；因位移未知，不能求解平均速度，故C错误；由v＝eq \f(s,t)可知，平均速率为eq \(v,\s\up6(－))＝eq \f(66 km,0.5 h)＝132 km/h，大于全程限速100 km/h，该汽车超速，故D错误。]
5.D [从O处到N处的路程为585米＋304米＝889米，O、M、N不在同一条直线，无法计算位移的大小，故A、B错误；从O处行驶到M处的平均速率为eq \(v,\s\up6(－))＝eq \f(sOM,tOM)＝eq \f(585米,61天)≈9.6米/天，故C错误；从M处行驶到N处的平均速度大小为eq \(v,\s\up6(－))＝eq \f(xMN,tMN)＝eq \f(234米,23天)≈10米/天，故D正确。]
6.C [由加速度的定义式a＝eq \f(Δv,Δt)可知，加速度的大小与速度变化量的大小和时间有关，又速度的大小与速度变化量的大小无关，则速度大，加速度不一定大，速度的变化量小，加速度不一定小，速度的变化率小，加速度一定小，故A、B错误，C正确；加速度与速度方向相同时，加速度减小，速度增大，故D错误。]
7.D [取竖直向下为正方向，根据加速度定义式a＝eq \f(Δv,Δt)可得，这段时间内的平均加速度为a＝eq \f(－9.5－7.5,1.0) m/s2＝－17.0 m/s2，即加速度大小为17.0 m/s2，方向竖直向上，A、B、C错误，D正确。]
8.B [由于加速度的方向始终与速度方向相同，质点速度逐渐增大，当加速度减小到零时，速度达到最大值，A错误，B正确；位移逐渐增大，当加速度减小到零时，速度不再变化，位移将随时间继续增大，C、D错误。]
9.C [100 km/h≈27.78 m/s，根据加速度的定义式可得加速度为a＝eq \f(Δv,Δt)＝eq \f(27.78,7.8) m/s2≈3.6 m/s2，故C正确。]
10.C [“1 956千米”指的是路程，A错误；运动中的列车可以作为参考系，参考系可以任意选取，B错误；列车高速匀速行驶时速度很大，但加速度为零，C正确；“160千米/小时”指的是瞬时速度的大小，D错误。]
11.A [连接无人机初、末位置，如图所示，可得无人机位移为s＝eq \r(302＋402) m＝50 m，则平均速度大小为eq \(v,\s\up6(－))＝eq \f(s,t总)＝5 m/s，路程为s路＝30 m＋40 m＝70 m，则平均速率为v＝eq \f(s路,t总)＝7 m/s，故A正确，B、C、D错误。]
12.C [由图中几何关系可知，在Δt时间内，汽车前进的位移为x＝eq \r(seq \\al(2,1)－l2)－eq \r(seq \\al(2,2)－l2)＝eq \r(102－62) m－eq \r(7.52－62) m＝3.5 m，因为Δt很小，故汽车的速度可认为等于Δt时间内的平均速度，则有v＝eq \f(x,Δt)＝eq \f(3.5,0.1) m/s＝35 m/s，故C正确。]
13.AD [由题图乙可知，第二次超声波传播的最远距离比第一次的大，可知物体到小盒子P的距离越来越远，A正确；物体通过的位移为s2－s1时，所用时间为t2－t1，物体在t1～t2时间内的平均速度为eq \f(s2－s1,t2－t1)，在Δt时间内的位移为eq \f(s2－s1,t2－t1)Δt，B错误，D正确；由题图乙可知，超声波的速度为eq \f(s2,t2－Δt)，C错误。]
第2练 匀变速直线运动的规律
1.A [由匀变速直线运动规律veq \\al(2,t)－veq \\al(2,0)＝2as，代入数据解得v0＝20 m/s，故A正确。]
2.B [该过程飞行的距离为s＝eq \f(v1＋v2,2)t＝eq \f(270＋510,2)×60 m＝23 400 m，故B正确。]
3.B [对比位移与时间的关系式s＝v0t＋eq \f(1,2)at2可知，汽车的初速度v0＝20 m/s、加速度a＝－4 m/s2，汽车刹车时间为t＝eq \f(0－v0,a)＝5 s，所以汽车刹车后6 s在路面上留下的刹车痕迹长度等于汽车速度减小到零的过程中通过的位移大小，即s＝eq \f(02－veq \\al(2,0),2a)＝50 m，故B正确。]
4.A [由相同时间内的位移差s6－s1＝(6－1)aT2，解得a＝eq \f(360－180,5×（60）2) m/s2＝
0.01 m/s2，故A正确，B、C、D错误。]
5.BD [匀速运动的速度为v＝eq \f(s,t)，设匀加速运动的初速度为v1，根据匀变速直线运动的平均速度公式有eq \f(v1＋v,2)＝eq \f(s,2t)，联立解得v1＝0，则对匀加速运动过程，有s＝eq \f(1,2)a1(2t)2，解得a1＝eq \f(s,2t2)，A错误；设匀减速直线运动的末速度为v2，根据匀变速直线运动的平均速度公式有eq \f(v2＋v,2)＝eq \f(s,\f(3,2)t)，解得v2＝eq \f(s,3t)，则匀减速直线运动的加速度大小a2＝eq \f(Δv,Δt)＝eq \f(\f(s,t)－\f(s,3t),\f(3,2)t)＝eq \f(4s,9t2)，B、D正确；物体在这三个过程中的平均速度大小eq \(v,\s\up6(－))＝eq \f(3s,2t＋t＋\f(3,2)t)＝eq \f(2s,3t)，C错误。]
6.D [将t1＝1 s代入s＝(5t＋t2) m可求出第1 s内的位移s1＝6 m，故A错误；前2 s内的平均速度为eq \(v,\s\up6(－))＝eq \f(s2,t2)＝eq \f(5×2＋22,2) m/s＝7 m/s，故B错误；由s＝(5t＋t2) m可以求得加速度为a＝2 m/s2，则任意相邻1 s内的位移差Δs＝aT2＝2 m，故C错误；任意1 s内的速度增量Δv＝aΔt＝2 m/s，故D正确。]
7.BD [由逆向思维法可把地铁的匀减速运动看作反向的初速度为零的匀加速运动，最后1 s内位移大小为0.5 m，根据位移与时间关系s20＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,20)，解得加速度大小为a＝1.0 m/s2，故A错误；地铁进站时的初速度大小为v0＝at＝1.0×20 m/s＝20 m/s，故D正确；由s1∶s20＝39∶1知地铁进站后第1 s内的位移大小是s1＝39s20＝19.5 m，故B正确；由初速度为零的匀加速直线运动比例关系可知，地铁前
10 s的位移和后10 s的位移之比为3∶1，故C错误。]
8.A [设汽车匀速运动的速度为v0，则人驾驶时从发现情况到停下的运动距离为s1＝v0Δt1＋eq \f(veq \\al(2,0),2a)，解得v0＝20 m/s，无人驾驶汽车时从发现情况到停下的运动距离为s2＝v0Δt2＋eq \f(veq \\al(2,0),2a)＝20×0.2 m＋eq \f(202,2×10) m＝24 m，故A正确。]
9.B [将汽车从a到e的匀减速直线运动，看作反向的初速度为零的匀加速直线运动，根据初速度为零的匀变速直线运动的推论可得，汽车经过de段和ab段所用的时间之比为1∶(2－eq \r(3))，所以eq \f(v1,v2)＝eq \f(\f(L,2－\r(3)),\f(L,1))＝eq \f(1,2－\r(3))＝2＋eq \r(3)≈3.73，所以3μ2·3mg，即μ1>3μ2，故D正确。]
3.ACD [由题图乙可知，滑块与木板之间的滑动摩擦力为8 N，则滑块与木板间的动摩擦因数为μ＝eq \f(fm,mg)＝eq \f(8,20)＝0.4，故A正确；由题图乙可知t1时刻木板相对地面开始滑动，此时滑块与木板相对静止，则木板与水平地面间的动摩擦因数为μ′＝eq \f(f′,2mg)＝eq \f(4,40)＝0.1，故B错误；t2时刻，滑块与木板将要发生相对滑动，此时滑块与木板间的摩擦力达到最大静摩擦力fm＝8 N，两物体的加速度相等，且木板的加速度达到最大，则对木板有fm－μ′·2mg＝mam，解得am＝2 m/s2，对滑块有F－fm＝mam，解得F＝12 N，则由F＝0.5t(N)可知t2＝24 s，故C、D正确。]
4.C [设拉力为F0时，B刚要从A下面被抽出，对整体，根据牛顿第二定律有F0－2mgsin θ－2μmgcs θ＝2ma，对物块A，根据牛顿第二定律有μmgcs θ－mgsin θ＝ma，联立可得F0＝4μmgcs θ，故A、B、D错误，C正确。]
5.C [要使木板沿斜面加速运动，对物块与木板整体有F>(M＋m)gsin α，解得F>20 N，故A错误；对物块与木板整体，由牛顿第二定律可得F－(M＋m)gsin α＝(M＋m)a，对物块有f－mgsin α＝ma，为使物块不滑离木板，则f≤μmgcs α，解得F≤30 N，综上可得，当F≤30 N时物块不滑离木板，当F>30 N时物块与木板发生相对滑动，故B错误，C正确；若F＝37.5 N>30 N，物块能滑离木板，对木板有F－Mgsin α－μmgcs α＝Ma1，对物块有μmgcs α－mgsin α＝ma2，设经时间t物块滑离木板，由运动学公式有eq \f(1,2)a1t2－eq \f(1,2)a2t2＝L，解得t＝1.2 s，故D错误。]
6.(1)1 s (2)30 N≤F≤34 N
解析 (1)滑板由A滑到B过程中一直加速时，所用时间最短。设滑板的最大加速度为a2，则有f＝μm1g＝m2a2，
解得a2＝10 m/s2，又s＝eq \f(1,2)a2t2, 解得最短时间t＝1 s。
(2)滑板与滑块刚好要相对滑动时，水平恒力最小，设为F1，此时可认为二者加速度相等，对滑块有F1－μm1g＝m1a2，解得F1＝30 N
当滑板运动到B，滑块刚好脱离时，水平恒力最大，设为F2，设滑块加速度为a1，对滑块有F2－μm1g＝m1a1，由位移关系有eq \f(a1t2,2)－eq \f(a2t2,2)＝L，解得F2＝34 N，则水平恒力大小范围是30 N≤F≤34 N。
7.(1)2.5 m/s2 12.5 m/s2 (2)10 m
解析 (1)小物块在长木板上滑动时受到的沿板的滑动摩擦力大小为
f＝μmgcs θ＝7.5 N
设小物块的加速度为a1，长木板的加速度为a2，
由牛顿第二定律，对小物块和长木板，有
f＋mgsin θ＝ma1
Mgsin θ－f＝Ma2
代入数据得a1＝12.5 m/s2，a2＝2.5 m/s2。
(2)当小物块与长木板共速时，有v1＝a1t1＝v0＋a2t1
解得t1＝1 s，v1＝12.5 m/s
共速后，小物块与长木板一起加速，相对位移为
s＝eq \f(10＋12.5,2)×1 m－eq \f(12.5＋0,2)×1 m＝5 m
故长木板长度L≥10 m，即至少为10 m。
实验四 探究加速度与物体受力、物体质量的关系
1.(1)相等 (2)0.1 1.40 2.40 eq \f(s2－s1,2T2) (3)0.5
解析 (1)平衡摩擦力成功的标准是小车可以做匀速运动，即打点计时器在纸带上打出的相邻两点的间距相等。
(2)因为所用交流电的频率是50 Hz，所以相邻两计数点之间的时间间隔为T＝5×eq \f(1,50) s＝0.1 s
由题图乙可读出A、B计数点间距
s1＝(2.40－1.00)cm＝1.40 cm
C、D计数点间距s2＝(6.70－4.30)cm＝2.40 cm
由加速度定义式a＝eq \f(Δv,Δt)，可得小车的加速度计算式为
a＝eq \f(\f(s2,T)－\f(s1,T),2T)＝eq \f(s2－s1,2T2)。
(3)由牛顿第二定律可得F＝Ma
整理可得a＝eq \f(1,M)F
由题图丙可知eq \f(1,M)＝2.0 kg－1
解得小车的质量为M＝0.5 kg。
2.(1)eq \f(d2,2L（Δt）2) (2)B (3)B (4)小车与轨道间存在摩擦力
解析 (1)小车从A到B有v2＝2aL，其中v为B点速度大小，其值为v＝eq \f(d,Δt)，联立解得a＝eq \f(d2,2L（Δt）2)。
(2)采用控制变量法，研究加速度和力的关系时，只要保证小车质量不变就行，不需要测量小车质量，A、C错误；设绳子上的拉力大小为T，小车质量为M，钩码质量为m，在平衡摩擦力的前提下，对小车和钩码分别有T＝Ma，mg－T＝ma，解得T＝eq \f(M,M＋m)mg，本实验认为钩码重力大小为绳子拉小车拉力的大小，所以钩码的质量应该远小于小车质量，B正确；轨道光滑时不需要补偿阻力，轨道保持水平，轨道不光滑时，要使轨道倾斜来补偿阻力，D错误。
(3)小车做匀加速直线运动，用光电门测出的是挡光过程的平均速度，其等于挡光过程的中间时刻的速度，小于小车实际的末速度，故选B。
(4)由图知，当钩码质量大于某值时，小车才有加速度，说明小车与轨道间存在摩擦力，当绳子拉力大于摩擦力时小车才动起来。
3.(1)0.810 (2)eq \f(gΔm,m) (3)km
解析 (1)根据题意可知，交流电源的频率为50 Hz，相邻两计数点间还有四个计时点未画出，则相邻计数点间的时间间隔为0.1 s，由逐差法有
a＝eq \f(（164.9－46.0－46.0）×10－3,9×0.12) m/s2＝0.810 m/s2。
(2)根据牛顿第二定律，对A、B组成的系统有
(m＋Δm)g－(m－Δm)g＝2ma
解得a＝eq \f(gΔm,m)。
(3)由(2)的结果变形可得a＝eq \f(g,m)·Δm，则有k＝eq \f(g,m)
解得g＝km。
4.(1)1.02 (5)见解析图 0.345
解析 (1)根据游标卡尺读数规则可知
h＝10 mm＋2×0.1 mm＝1.02 cm。
(5)根据题表中数据描点连线，绘制图线如图所示，由图可知第4组数据中的加速度a为0.345 m/s2。
5.(1)0.2 (2)eq \f(2L,t2) eq \f(k,2L)
解析 (1)缓慢地向砂桶内倒入砂子，F1的读数缓慢增大到3.5 N时突变为3.0 N，即滑动摩擦力f＝3.0 N，动摩擦因数μ＝eq \f(f,m1g)＝0.2。
(2)根据L＝eq \f(1,2)at2，可得a＝eq \f(2L,t2)，对木板，由牛顿第二定律有F2－f＝m2a，故F2＝f＋m2eq \f(2L,t2)，因此F2－ eq \f(1,t2)图线的斜率k＝2m2L，则木板的质量为m2＝eq \f(k,2L)。
6.(1)C (2)eq \f(2,k) －eq \f(b,g)
解析 (1)横轴表示时间t，纸带宽度表示相邻计数点时间间隔T，纵轴表示相邻计数点距离sn，则斜率为eq \f(Δs,Δt)＝eq \f(sn－sn－1,T)＝vn－vn－1＝Δv，因此斜率表示相邻计数点的瞬时速度的变化，故C正确。
(2)小车连接动滑轮，则由牛顿第二定律有2F－μMg＝Ma
变形得a＝eq \f(2,M)F－μg
则有k＝eq \f(2,M)，b＝－μg
解得M＝eq \f(2,k)，μ＝－eq \f(b,g)。
第四章 曲线运动 万有引力与宇宙航行
第1练 曲线运动 运动的合成与分解
1.D [做曲线运动的物体，速度方向时刻在发生变化，所以一定是变速运动，合外力一定不为零，合外力可以是恒力，例如平抛运动，合外力也可以是变力，例如匀速圆周运动，故A、B、C错误；做曲线运动的条件是所受合外力的方向与物体的速度方向不在一条直线上，故D正确。]
2.A [篮球做曲线运动，则篮球的速度与合力不在同一条直线上，且篮球的轨迹应向受力的一方发生偏转，故B、C、D错误；当篮球的速度斜向右上方时，A选项符合条件，故A正确。]
3.B [当乒乓球经过筒口时，对着球横向吹气，乒乓球沿着原方向做匀速直线运动的同时也会沿着吹气方向做加速运动，实际运动是两个运动的合运动，则一定不会进入纸筒，要提前吹才会进入纸筒，故B正确。]
4.C [在0～1 s内，物体水平方向为匀速直线运动，竖直方向为匀加速直线运动，则合运动为匀变速曲线运动，故A、B错误；在1～2 s内，物体水平方向初速度为v0x＝4 m/s，加速度为ax＝4 m/s2，竖直方向初速度为v0y＝3 m/s，加速度为ay＝3 m/s2，根据平行四边形定则合成可以得到合初速度为v＝5 m/s，合加速度为a＝5 m/s2，而且二者方向在同一直线上，可知合运动为匀变速直线运动，故C正确，D错误。]
5.A [如图所示，当冲锋舟在静水中的速度v舟与其在河流中的速度v合垂直时，冲锋舟在静水中的速度最小，则v舟＝vsin θ，由几何关系知θ＝60°，解得v舟＝eq \f(\r(3),2)v，故A正确。]
6.A [因船头始终垂直于河岸，所以小船过河的时间为t＝eq \f(d,v)，即小船沿AB、AC过河的时间相等，选项A正确，B错误；由题意可知tan 60°＝eq \f(v,v1)，tan 30°＝eq \f(v,v2)，解得v1∶v2＝1∶3，选项C错误；当水流速度为v1时，要使小船到达码头A′，则合速度应该垂直河对岸，船头应指向河的上游且与河岸夹角满足cs θ＝eq \f(v1,v)＝eq \f(\r(3),3)，则θ≠60°，选项D错误。]
7.C [P从开始运动到到达最低点的过程中，P先向下做加速运动，加速度向下，处于失重状态，然后又减速向下运动，加速度向上，处于超重状态，故A错误；当θ＝90°时，P的速度最小，为零，位置最低，即Q到达O点正下方时，Q的速度最大，故B错误，C正确；由题可知，P、Q用同一根绳连接，则Q沿绳子方向的速度与P的速度相等，则当θ＝60°时，vQcs 60°＝vP，解得vP∶vQ＝1∶2，故D错误。]
8.C [物块的速度v在垂直于杆方向的分速度等于B点的线速度，即vB＝vsin θ，根据v′＝ωr可知eq \f(vA,vB)＝eq \f(rA,rB)＝eq \f(l,\f(h,sin θ))，联立以上两式解得vA＝eq \f(vlsin2 θ,h)，故A错误，C正确；轻杆转动的角速度为ω＝eq \f(vA,l)＝eq \f(vsin2 θ,h)，故B、D错误。]
9.BC [冲锋舟恰能到达正对岸时，在静水中速度v静与水的流速v水的合速度垂直于河岸，则有v静cs 30°＝v水，解得v静＝eq \f(10\r(3),3) m/s，故A错误，C正确；当冲锋舟船头垂直河岸航行时，恰能到达正对岸下游600 m处，由于冲锋舟在垂直河岸方向和沿河岸方向都是匀速运动，所以两个方向的位移之比等于两方向的速度之比，即eq \f(d,s)＝eq \f(v静,v水)，式中s指沿河岸方向的位移，为600 m，d指河宽，可解得d＝400eq \r(3) m，故B正确，D错误。]
10.C [甲船航行的方向与河岸成α角，水流速度水平向右，合速度一定不会垂直河岸，则甲船不能垂直到达对岸，故A错误；在垂直河岸方向上，v甲＝vsin α，v乙＝vsin α，渡河时间为t甲＝eq \f(d,v甲)＝eq \f(d,vsin α)，t乙＝eq \f(d,v乙)＝eq \f(d,vsin α)，两船渡河时间相等，因为在垂直河岸方向上的分速度相等，又是同时出发的，所以两船相遇在NP直线上的某点(非P点)，故B、D错误，C正确。]
11.B [设轻杆与竖直方向的夹角为θ，则v1在沿杆方向的分量为v1∥＝v1cs θ，v2在沿杆方向的分量为v2∥＝v2sin θ，而v1∥＝v2∥，图示位置时，有cs θ＝eq \f(\r(7),4)，sin θ＝eq \f(3,4)，解得此时甲、乙两球的速度大小之比为eq \f(v1,v2)＝eq \f(3\r(7),7)，选项A错误，B正确；当甲球即将落地时，θ＝90°，此时甲球的速度达到最大，而乙球的速度为零，选项C、D错误。]
12.(1)eq \f(mveq \\al(2,0),2F) (2)eq \f(2m2gveq \\al(2,0),F2) (3)eq \f(v0,F)eq \r(F2＋4m2g2)
解析 (1)将小球的运动沿水平方向和竖直方向分解，水平方向有F＝max，veq \\al(2,0)＝2axxmax
解得xmax＝eq \f(mveq \\al(2,0),2F)。
(2)水平方向速度减小为零所需时间t1＝eq \f(v0,ax)
由对称性知小球从A运动到B的总时间t＝2t1
竖直方向上有y＝eq \f(1,2)gt2＝eq \f(2m2gveq \\al(2,0),F2)。
(3)小球运动到B点时，有vx＝v0
vy＝gt，则vB＝eq \r(veq \\al(2,x)＋veq \\al(2,y))＝eq \f(v0,F)eq \r(F2＋4m2g2)。
第2练 抛体运动
1.B [由题意知枪口与P点等高，子弹和小积木在竖直方向上均做自由落体运动，当子弹击中积木时子弹和积木的运动时间相同，根据h＝eq \f(1,2)gt2，可知下落高度相同，所以将击中P点；初始状态子弹到P点的水平距离为L，子弹在水平方向上做匀速直线运动，有t＝eq \f(L,v)，故B正确。]
2.AD [根据题意可得v0t＝eq \f(1,2)gt2，小球的运动时间为t＝eq \f(2v0,g)，小球的竖直分速度大小为vy＝gt＝2v0，即此时竖直分速度大小等于水平分速度大小的2倍，故A、D正确；此时小球的速度大小为v＝eq \r(veq \\al(2,0)＋veq \\al(2,y))＝eq \r(5)v0，故B错误；速度与水平方向的夹角正切值为tan α＝eq \f(vy,v0)＝2，位移与水平方向夹角的正切值为tan θ＝eq \f(y,x)＝1，显然α≠θ，即小球的速度方向与位移方向不同，故C错误。]
3.BD [三个小球的竖直位移大小关系为hc>hb>ha，根据h＝eq \f(1,2)gt2可知tc>tb>ta，即落在a点的小球飞行时间最短，故C错误；三个小球的水平位移相同，a、b、c三点速度方向的反向延长线一定过水平位移的中点，故D正确；令θ表示小球撞到竖直墙壁上的速度方向与竖直墙壁的夹角，x和h分别表示水平位移和竖直位移，则tan θ＝eq \f(v0,vy)＝eq \f(v0,gt)＝eq \f(\f(1,2)v0t,\f(1,2)gt2)＝eq \f(x,2h)，小球撞在墙面的竖直分速度大小为vy＝eq \r(2gh)，合速度大小为v＝eq \r(veq \\al(2,0)＋veq \\al(2,y))，联立以上各式可得v＝eq \r(gxtan θ＋\f(gx,tan θ))，三个小球水平位移相同，代入数据后解得va＝vc>vb，故A错误，B正确。]
4.C [根据平抛运动规律可知，网球在M点时的竖直分速度vyM＝eq \f(v0,tan 60°)＝eq \f(\r(3)v0,3)，在N点时的竖直分速度vyN＝eq \f(v0,tan 45°)＝v0，则O点距水平地面的高度hO＝eq \f(veq \\al(2,0),2g)，故A错误；M点距水平地面的高度hM＝eq \f(veq \\al(2,yN)－veq \\al(2,yM),2g)＝eq \f(veq \\al(2,0),3g)，故B错误；网球从O点运动到N点的时间t＝eq \f(v0,g)，故C正确；O、N两点间的水平距离x＝v0t＝eq \f(veq \\al(2,0),g)，故D错误。]
5.A [根据平抛运动的规律可得scs θ＝v0t，ssin θ＝eq \f(1,2)gt2，整理得s＝eq \f(2tan θ,gcs θ)veq \\al(2,0)，则k＝eq \f(2tan θ,gcs θ)，故A正确。]
6.D [如图，设A、B之间高度差为h，C、D之间高度差为h′，则h＝eq \f(1,2)gteq \\al(2,1)，h′＝eq \f(1,2)gteq \\al(2,2)，可得t1＝eq \r(\f(2h,g))，t2＝eq \r(\a\vs4\al(\f(2h′,g)))，斜面倾角的正切值tan θ＝eq \f(h,v0t1)＝eq \f(h－h′,v0t2)，解得h′＝eq \f(3－\r(5),2)h，所以eq \f(AD,AB)＝eq \f(h′,h)＝eq \f(3－\r(5),2)，故D正确，A、B、C错误。]
7.A [根据两小球的轨迹可知x1＝eq \f(1,5)R，y1＝eq \f(3,5)R，x2＝eq \f(9,5)R，y2＝eq \f(3,5)R，竖直方向的位移相同，两小球下落的时间相同，即t1＝t2，水平位移之比为1∶9，所以水平速度之比为1∶9，故A正确，B错误；在竖直方向上下落时间相同，甲球的速度变化量等于乙球的速度变化量，故C错误；假设落在D点的小球垂直打在圆弧上，此时速度方向沿半径，则速度的反向延长线交水平位移的中点，应在圆心处，因为水平位移小于2R，所以速度的反向延长线不可能交于圆心，故D错误。]
8.BD [设出水速度为v，根据斜抛运动规律可得水在空中运动的时间为t＝eq \f(2vsin θ,g)，则喷水距离为x＝vcs θ·t＝eq \f(v2sin 2θ,g)，θ＝45°时射程最远，根据上式可知若要使水喷得更远，即增大x，可以增大出水速度、适当增大θ角，故B、D正确。]
9.B
10.A [因小球运动过程中恰好与半圆轨道相切于B点，则此刻速度与水平方向的夹角为30°，设位移与水平方向的夹角为θ，则tan θ＝eq \f(tan 30°,2)＝eq \f(\r(3),6)，因为tan θ＝eq \f(y,x)＝eq \f(y,\f(3,2)R)，则竖直位移y＝eq \f(\r(3)R,4)，而veq \\al(2,y)＝2gy＝eq \f(\r(3),2)gR，又tan 30°＝eq \f(vy,v0)，解得v0＝eq \f(\r(\f(\r(3)gR,2)),\f(\r(3),3))＝eq \r(\f(3\r(3)gR,2))，故A正确。]
11.D [初始时，小球在竖直方向的分速度为v0y＝v0sin α＝3 m/s，小球在水平方向的分速度为v0x＝v0cs α＝eq \r(3) m/s，小球从A到D的时间为t＝eq \f(2v0y,g)＝eq \f(2×3,10) s＝0.6 s，小球从A到D的水平位移为x＝v0xt＝eq \f(3\r(3),5) m，所以A错误，D正确；小球在水平方向做匀速直线运动，所以B错误；若撤去OG板，在D点，小球在竖直方向速度大小为vy＝v0y＝3 m/s，则经过D点之后小球在竖直方向做匀加速直线运动，不是自由落体运动，所以C错误。]
12.eq \f(2\r(5),5) m/s
解析 频闪仪每隔0.05 s发出一次闪光，每相邻两个球之间被删去3个影像，故相邻两球的时间间隔为t＝4T＝0.05×4 s＝0.2 s
设抛出瞬间小球的速度为v0，图中每相邻两球间的水平方向上位移为x，竖直方向上的位移分别为y1、y2，根据平抛运动位移公式有
x＝v0t
y1＝eq \f(1,2)gt2＝eq \f(1,2)×10×0.22 m＝0.2 m
y2＝eq \f(1,2)g(2t)2－eq \f(1,2)gt2＝eq \f(1,2)×10×(0.42－0.22) m＝0.6 m
令y1＝y，则有y2＝3y1＝3y
已标注的线段s1、s2分别为
s1＝eq \r(x2＋y2)
s2＝eq \r(x2＋（3y）2)＝eq \r(x2＋9y2)
则有s1∶s2＝eq \r(x2＋y2)∶eq \r(x2＋9y2)＝3∶7
整理得x＝eq \f(2\r(5),5)y
故在抛出瞬间小球的速度大小为v0＝eq \f(x,t)＝eq \f(2\r(5),5) m/s。
实验五 探究平抛运动的特点
1.(1)C (2)D (3)确保多次运动的轨迹相同
解析 (1)斜槽轨道不需要光滑，只需要从同一位置由静止释放小球，使其到达斜槽末端的速度相同即可，选项A错误；由于描点可能出现误差，因此不是把所有的点都用平滑的曲线连接起来，选项B错误；求平抛运动初速度时应读取轨迹上离原点较远的点的数据，这样误差较小，选项C正确。
(2)根据平抛运动规律有x0＝v0t、y0＝eq \f(1,2)gt2，联立可得v0＝x0eq \r(\f(g,2y0))，选项A、B、C错误，D正确。
(3)为了保证能画出同一个平抛运动轨迹上的多个点，必须要在同一位置由静止释放小球，以确保多次运动的轨迹相同(或“保证小球离开斜槽末端的速度v0相同，从而保证其运动轨迹相同”)。
2.(1)1.0 2.0 (2)9.7
解析 (1)小球在水平方向上做匀速直线运动，小球运动到A点时，由题图(b)可知，其速度的水平分量vx＝eq \f(5×10－2,0.05) m/s＝1.0 m/s，小球在竖直方向上做匀加速直线运动，根据中间时刻的瞬时速度等于这段时间的平均速度可知，小球运动到A点时，其速度的竖直分量vy＝eq \f(（8.6＋11.0）×10－2,2×0.05) m/s＝2.0 m/s。
(2)在竖直方向上，根据Δy＝gT2，解得当地的重力加速度
g＝eq \f(（13.4＋11.0－8.6－6.1）×10－2,0.12) m/s2＝9.7 m/s2。
3.(1)0.04 (2)1.35 (3)1.08
解析 (1)传感器系统采集周期为T＝eq \f(1,50) s＝0.02 s，
则从编号2到编号4，小球运动的时间为t＝2T＝0.04 s。
(2)小球水平方向做匀速直线运动，根据表格数据可知，相邻点迹之间的水平间距为Δx＝0.027 m，则小球从斜槽末端水平抛出的速度v0＝eq \f(Δx,T)＝eq \f(0.027,0.02) m/s＝1.35 m/s。
(3)从编号2到编号4的竖直分位移为Δy＝0.082 m－0.039 m＝0.043 m，则在编号3所记录的时刻，小球竖直方向的分速度vy＝eq \f(Δy,2T)＝1.08 m/s。
4.(1)2 (2)D (3)v0＝eq \r(\f(g,k))
解析 (1)小球在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做自由落体运动，所以Δy＝gt2＝y2－y1，解得t＝0.1 s，小球平抛的初速度为v0＝eq \f(x,t)＝eq \f(0.2,0.1) m/s＝2 m/s。
(2)实验中需要小球每次做平抛运动的轨迹相同，即从斜槽末端抛出时的初速度相同，所以每次释放小球的位置必须相同，且每次小球均需由静止释放，而斜槽轨道并不一定要光滑，故A、B、C正确；由于斜槽不可能完全光滑，且存在空气阻力，所以不能由机械能守恒定律求解小球的初速度，故D错误。
(3)根据(1)题分析可知x＝v0t＝v0eq \r(\f(Δy,g))，整理得Δy＝eq \f(g,veq \\al(2,0))x2，所以k＝eq \f(g,veq \\al(2,0))，解得v0＝eq \r(\f(g,k))。
5.(1)见解析 (2)①将小球放在斜槽末端，若小球不滚动，则说明斜槽末端水平 ②B ③B
(3)使挡板MN到Q的距离之比分别为1∶4∶9∶16∶…
解析 (1)打击弹性金属片后，听小球落地的撞击声是否重合，然后改变A、B两球释放的高度和小锤敲击弹性金属片的力度，若两小球落地的撞击声依旧重合，则可以说明平抛运动竖直分运动为自由落体运动。
(2)①将小球放在斜槽末端，若小球不滚动，则说明斜槽末端水平。
②通过图像可知，这个偏差较大的点处的水平速度相比其他的点较小，故产生的原因，可能是该次实验A球释放的高度偏低，故B正确。
③由每次下降相同高度可知，相邻两点时间间隔减小，由于水平速度不变，所以相邻两点的水平距离减小，故B正确。
(3)若时间间隔相等，竖直方向做初速度为0的匀加速直线运动，根据y＝eq \f(1,2)gt2可知，挡板MN到Q的距离之比分别为1∶4∶9∶16∶…。
6.(1)4.20 2.0 (2)b (3)1.97
解析 (1)由游标卡尺读数规则可知钢球直径为
d＝4 mm＋10×0.02 mm＝4.20 mm
由此可知钢球通过光电门的速度v＝eq \f(d,t)＝2.0 m/s。
(2)钢球做平抛运动时，水平方向是匀速直线运动，竖直方向是自由落体运动，故B处摄像头所拍摄的频闪照片为b。
(3)由平抛运动规律可得，竖直方向h＝eq \f(1,2)gt2
代入数据得t＝0.3 s
水平方向x＝v0t
代入数据得v0＝1.97 m/s。
第3练 圆周运动
1.C [向心加速度的公式an＝ω2r，结合角速度与转速的关系ω＝2πn，代入数据可得an≈1 000 m/s2，C正确。]
2.A [门把手上A、B两点都绕O点转动，角速度相等，A、B两点的角速度之比为1∶1，故B错误；由v＝ωr可知，A、B两点的线速度大小之比为vA∶vB＝rA∶rB＝1∶2，故A正确；由a＝ω2r可知，A、B两点的向心加速度大小之比为aA∶aB＝1∶2，故C错误；门把手上的点与转轴上O点的连线在相同时间内扫过的面积为S＝eq \f(1,2)θr2＝eq \f(1,2)ωtr2，所以A、B两点与转轴上O点的连线在相同时间内扫过的面积之比为SA∶SB＝1∶4，故D错误。]
3.A [由题意知拖把头周期T＝eq \f(1,7) s，则拖把头转动的角速度ω＝eq \f(2π,T)＝14π rad/s，故C错误；拖把头边缘的线速度v1＝eq \f(2πR,T)＝1.4π m/s，故A正确；拖把杆向下运动的速度v2＝eq \f(l,t)＝0.35 m/s，故B错误；拖把头的转速n＝eq \f(1,T)＝7 r/s，故D错误。]
4.C [设该质点的质量为m，运动周期为T，轨道半径为r，所受合力为F，由题意知T＝eq \f(k,r)，k为比例系数，将上式代入F＝meq \f(4π2,T2)r得F＝meq \f(4π2,k2)r3，即质点所受合力的大小与轨道半径的3次方成正比，故C正确。]
5.C [由题意可知，在圆盘角速度增大的过程中，物块始终相对圆盘静止，则物块所受摩擦力为静摩擦力，某时刻物块受到的静摩擦力及其按作用效果的分解如图所示，转盘加速运动，f静≠μmg，其中f1提供向心力效果，f2提供改变速度大小的效果，A、B错误；由动量定理得If＝mv－0，则If＝mωr，C正确；由动能定理得Wf＝eq \f(1,2)mv2，v＝ωr，则Wf＝eq \f(1,2)mω2r2，D错误。]
6.ABD [根据F＝meq \f(v2,r)可知，转弯速度一定的情况下，半径越大，则向心力越小，则弯道半径设计特别长可以使乘客在转弯时更舒适，故A正确；由牛顿第二定律可知，当列车在规定速度下转弯时满足mgtan θ＝meq \f(v2,r)，则在转弯速度一定时，转弯半径越大，则列车倾斜的角度θ越小，则弯道半径设计特别长可以减小转弯时列车的倾斜程度，故B正确；乘客受到的向心力F＝meq \f(v2,r)＝50×eq \f(1002,2 500) N＝200 N，乘客受到来自车厢的力大小约为FN＝eq \r(（mg）2＋F2)＝eq \r(5002＋2002) N≈540 N，故C错误，D正确。]
7.C [当物块紧贴圆筒内壁时竖直方向有FTcs θ＝mg，水平方向有FTsin θ＋FN＝mLsin θ·ω2，所以只要物块与圆筒内壁接触，始终有FT＝eq \f(mg,cs θ)，故A错误；若物块沿圆筒内壁上滑，绳子松弛，无张力，这是不可能的，故B错误；若物块恰好脱离圆筒壁，有FN＝0，解得ω＝eq \r(\f(g,Lcs θ))，故C正确；根据水平方向有FTsin θ＋FN＝mLsin θ·ω2，其中ω＝eq \r(\f(2g,Lcs θ))，解得FN＝mgtan θ，故D错误。]
8.ACD [由几何关系可知，a、b两小球圆周运动的半径之比为1∶sin θ，故A正确；小球a做变速圆周运动，只有在最低点是合外力充当向心力，其他位置是绳拉力与重力沿绳向外的分力的合力提供向心力；而小球b做匀速圆周运动，是合外力充当向心力，故B错误；根据矢量三角形可得Fbcs θ＝mg，即Fb＝eq \f(mg,cs θ)，故C正确；a小球到达最高点时速度为零，将重力正交分解有Fa＝mgcs θ，故D正确。]
9.B [剪纸每转动θ＝eq \f(N,5)×2π(N＝1，2，3，…)，转动后的图形都会与原图形重合，只要在经过相邻两次闪光的时间间隔内，剪纸都转过θ＝eq \f(N,5)×2π(N＝1，2，3，…)，静止不动的观察者就观察到剪纸相对静止，则ω＝eq \f(θ,t)＝eq \f(\f(N,5)×2π,0.1 s)(N＝1，2，3，…)，n＝eq \f(ω,2π)＝2N r/s(N＝1，2，3，…)，当N＝1时，n最小，此时n＝2 r/s，B正确。
速解 剪纸在0.1 s内至少转eq \f(1,5)圈，则看起来相对静止，即1 s至少转2圈，故B正确。]
10.A [a、b角速度相等，向心力可表示为F＝mω2Rsin α，所以a、b向心力之比为Fa∶Fb＝sin 60°∶sin 30°＝eq \r(3)∶1，A正确；对b分析可得mgtan 30°＝mω2Rsin 30°，对a分析mω2Rsin 60°g，故A错误；在两极有mg0＝Geq \f(Mm,R2)，解得M＝eq \f(g0R2,G)，故B错误；由Geq \f(Mm,R2)－mg＝mω2R，mg0＝Geq \f(Mm,R2)，解得ω＝eq \r(\f(g0－g,R))，故C正确；地球的平均密度ρ＝eq \f(M,V)＝eq \f(\f(g0R2,G),\f(4,3)πR3)＝eq \f(3g0,4πGR)，故D错误。]
第5练 人造卫星 宇宙速度
1.D [根据万有引力提供向心力，有Geq \f(Mm,r2)＝meq \f(v2,r)＝mω2r＝meq \f(4π2,T2)r＝ma，可得v＝eq \r(\f(GM,r))，ω＝eq \r(\f(GM,r3))，T＝2πeq \r(\f(r3,GM))，a＝eq \f(GM,r2)，因为北斗卫星周期大，故运行轨道半径大，则线速度小，角速度小，加速度小，故D正确。]
2.C
3.B [对卫星，有Geq \f(Mm,r2)＝ma＝meq \f(v2,r)＝meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,T)))eq \s\up12(2)r，因为raac，故A错误；速度v＝eq \r(\f(GM,r))，所以三颗卫星的运行速度大小va>vb>vc，故C错误；周期T＝2πeq \r(\f(r3,GM))，所以三颗卫星的运行周期Ta