一、选择题(本大题共8小题，每小题8分，共64分．第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求．) 1．一辆车通过一根跨过定滑轮的绳PQ提升井中的物体，如图所示，P端拴在汽车尾部的挂钩上，汽车在A点时，左端竖直绳的长度为H，设绳不可伸长，滑轮大小不计．车从A点启动做直线运动，如果AB＝H，已知车过B点时的速度为vB，车过B点时井中物体的速度大小是( ) 2A．vB B.2vB 1C.2vB D.2vB 解析：车过B点时，物体速度的大小等于车过B点时绳速的大小，设此时绳速为v，车由A到B的过程，原来竖直的绳要倾斜，滑轮左侧绳的长度变为2H，与水平方向成 45°角；车速vB沿水平方向，由于绳不可伸长，沿绳方向的速度大小相等，有v＝2vBcos45°＝2vB. 答案：B 2．如图所示，AB杆以恒定角速度ω绕A点在竖直平面内顺时针转动，并带动套在固定水平杆OC上的小环M运动，AO间距离为h.运动开始时AB杆在竖直位置，则经过时间t(小环仍套在AB和OC杆上)，OM杆水平，此时小环M的速度大小为( ) ωhωhA.cos2ωt B.cosωt C．ωh D．ωhtanωt 解析：经过时间t，∠OAB＝ωt，则AMh的长度为cosωt，则AB杆上与小环M的接hω触点绕A点的线速度v＝cosωt，将小环M的速度沿AB杆方向和垂直于AB杆方向分解，垂直于AB杆方向的分速度等于速度v，vωh则小环M的速度v′＝cosωt＝cos2ωt，故A正确． 答案：A 3. 如图所示，正方形ABCD在竖直平面内，AD水平，分别从A点和D点以速度v1、v2各平抛一个小球，两小球均能经过AC上的E点，且从D点抛出的小球经过E时的速度方向与AC垂直，不计空气阻力．则下列说法正确的是( ) A．两小球到达E点所用时间不等 B．两小球从抛出点到E点的速度变化量不相同 C．两小球的初速度大小关系为v2＝2v1 D．若v1、v2取合适的值，则E可以是AC的中点 解析：A、D点到E的竖直距离相等，所以两小球到达E点所用时间相等，故A错误；两小球加速度相同，用时相等，所以两小球的速度变化量相同，故B错误；设从A点抛出的小球速度偏转角为θ，从D点抛出的小球速度偏转角为θ′，由平抛运动关系得tanθ＝2tan45°＝2tanθ′，两小球到E点时竖直方向分速度相等，可知v2＝2v1，C正确；无论v1、v2取何值，E都不能是AC的中点，因E为中点时，两小球运动轨迹对称，从D点抛出的小球不可能垂直AC经过E点，故D错误． 答案：C 4. 一工厂用皮带传送装置将从某一高度固定位置平抛下来的物件传到地面，为保证物件的安全，需以最短的路径运动到传送带上，已知传送带的倾角为θ.则( ) A．物件在空中运动的过程中，每1 s的速度变化不同 B．物件下落的竖直高度与水平位移之比为2tanθ∶1 C．物件落在传送带上时竖直方向的速2度与水平方向速度之比为tanθ D．物件做平抛运动的最小位移为gtanθ 解析：物件在空中做平抛运动，故每1 s的速度变化相同，A选项错误；要路径最短，作出抛出点到传送带的垂线即物件的位x移，由几何关系，tanθ＝y，故B选项错误；12由平抛运动规律x＝v0t，y＝2gt，解得t＝2v02v0，则v，物件落在传送带上y＝gt＝gtanθtanθvy时竖直方向速度与水平方向速度之比为vx2v02＝vtanθ＝tanθ，C选项正确；物件做平抛022v0x运动的最小位移L＝sinθ＝gtanθsinθ，故D选项错误． 答案：C 5. 如图所示，一个质量为M的箱子放在水平地面上，箱内用一长为l的细绳拴一质22v0量为m的小球，绳的另一端固定在箱子的顶板上．现把细绳拉到与竖直方向成θ角的位置自由释放，当球摆到最低点时，地面受到的压力为( ) A．Mg(2－cosθ) B．Mg＋mg(2－cosθ) C．(M＋m)g D．Mg＋mg(3－2cosθ) 解析：若小球保持不动，地面受到的压力为(M＋m)g；小球摆动时，设小球摆到最低点时的速度为v，根据动能定理有mgl(112－cosθ)＝2mv，解得v＝2gl1－cosθ；在最低点，小球受到的重力和拉力的合力提供向心力，与静止时相比，拉力增加值等于向2v心力大小，即ΔF＝Fn＝ml＝2mg(1－cosθ)，故此时压力为N＝(M＋m)g＋ΔF＝Mg＋mg(3－2cosθ)，D正确． 答案：D 6．小球质量为m，用长为L的轻质细L线悬挂在O点，在O点的正下方2处有一钉子P，把细线沿水平方向拉直，如图所示．由静止释放小球，在细线碰到钉子的瞬间，细线没有断裂，则下列说法正确的是( ) A．小球的角速度突然增大 B．小球的瞬时速度突然增大 C．小球的向心加速度突然增大 D．小球对细线的拉力突然增大 解析：细线碰到钉子瞬间，小球的瞬时速度大小不变，根据v＝rω，半径减小，角速度突然增大，选项A正确，B错误；小球2v的向心加速度a＝r，随着半径的减小而增大，选项C正确；向心力F向＝ma＝F－mg，细线的拉力F＝ma＋mg，增大，选项D正确． 答案：ACD 7. 如图所示，三个小球A、B、C在离地面不同高度处，同时以相同的速度向左水平抛出，小球A落到D点，DE＝EF＝FG，不计空气阻力，每隔相等的时间小球依次碰到地面．则关于三个小球，下列说法正确的是( ) A．B、C两球也落在D点 B．B球落在E点，C球落在F点 C．三小球抛出时离地面的高度之比为1∶3∶5 D．三小球抛出时离地面的高度之比为1∶4∶9 解析：三个小球以相同的初速度抛出，而运动的时间之比为1∶2∶3，由x＝v0t得水平位移之比1∶2∶3，而DE＝EF＝FG，故B、C两球也落在D点，故选项A正确，12B错误．由h＝2gt可知三个小球抛出时离地面的高度之比为1∶4∶9，故选项C错误，D正确． 答案：AD 8. 人类向宇宙空间发展最具可能的是在太阳系内地球附近建立“太空城”．设想中的一个圆柱形太空城，其外壳为金属材料，长度为1600 m，直径为200 m，内壁沿纵向分隔成6个部分，窗口和人造陆地交错分布，陆地上覆盖1.5 m厚的土壤，窗口外有巨大的铝制反射镜，可调节阳光的射入，城内部充满空气．太空城内的空气、水和土壤最初可从地球和月球运送，以后则在太空城内形成与地球相同的生态环境．为了使太空城内的居民能如在地球上一样具有“重力”，太空城将在电力的驱动下，绕自己的中心轴以一定的角速度转动．如图为太空城垂直中心轴的截面，则以下说法正确的有( )
A．太空城内物体所受的“重力”一定通过垂直中心轴截面的圆心
B．人随太空城自转所需的向心力由人造陆地对人的支持力提供
C．太空城内的居民不能运用天平准确测出物体的质量
D．太空城绕自身的中心轴转动的角速度越大，太空城的居民受到的“重力”越大
解析：因为太空城绕中心轴做圆周运动，故太空城对人的支持力提供向心力，支
持力的方向指向圆心，而物体的“重力”大小就等于太空城对物体的支持力，故太空城内物体所受的“重力”一定通过垂直中心轴截面的圆心，选项A、B正确；根据Fn2＝mωR可知，太空城绕自身的中心轴转动的角速度越大，太空城的居民受到的“重力”越大，选项D正确；因为太空城内人为创造了“重力”，故太空城内的居民能运用天平准确测出物体的质量，选项C错误． 答案：ABD 二、计算题(本大题共2小题，共36分．需写出规范的解题步骤) 9．亚运会男篮决赛过程中，王治郅为了避免韩国队员的抢断，弹地传球给队员刘炜．假设王治郅将篮球以vo＝5 m/s的速度从离地面高h＝0.8 m处水平抛出，球与地面碰后水平方向的速率变为与地面碰前瞬4间水平速率的5，球与地面碰后竖直方向的速率变为与地面碰前瞬间竖直方向速率的3，刘炜恰好在篮球的速度变为水平时接住4篮球，篮球与地面碰撞作用的时间极短(可2忽略不计)，不计空气阻力，g＝10 m/s，求： (1)球与地面相碰前瞬间速度大小； (2)王治郅抛球位置与刘炜接球位置之间的水平距离． 12解析：(1)由h＝2gt1可得篮球从开始抛2h出到触地所用时间t1＝＝0.4 s g球触地时竖直方向速度vy＝gt1＝4 m/s 球与地相碰前瞬间速度大小v＝22v0＋vy＝41 m/s (2)从开始抛出篮球到球触地，水平方向的位移s1＝v0t1＝2.0 m 4球反弹后水平方向的速度v′x＝5v0＝4 m/s 3竖直方向速度v′y＝4vy＝3 m/s 由0＝v′y－gt2，可得球从反弹到被刘v′y炜接住所用的时间t2＝g＝0.3 s 球从反弹到被刘炜接住，运动的水平距离s2＝v′xt2＝1.2 m 抛球位置与接球位置之间的水平距离s＝s1＋s2＝3.2 m 答案：(1)41 m/s (2)1.2 m 3.2 m 10．如图1所示，在同一竖直平面内的两正对的相同半圆光滑轨道，相隔一定的距离，虚线沿竖直方向，一小球能在其间运动，现在最高点A与最低点B各放一个压力传感器，测试小球对轨道的压力，并通过计算机显示出来，当轨道距离变化时，测得两点压力差与距离x的关系图象如图2所示，g2取10 m/s，不计空气阻力． (1)求小球的质量； (2)若小球在最低点B的速度为20 m/s，为使小球能沿轨道运动，x的最大值为多少？ 解析：(1)小球从A点到B点，由能量1212守恒定律得2mvB＝mg(2R＋x)＋2mvA 对B点：FN1－mg＝mR 对A点：FN2＋mg＝mR 由牛顿第三定律可得：两点压力差 2mgxΔFN＝FN1－FN2＝6mg＋R 由题图2得：纵轴截距6mg＝3 N，m＝0.05 kg 2mg(2)因为图线的斜率k＝R＝1 N/m，得R＝1 m 在A点小球不脱离轨道的条件为vA≥Rg 结合(1)解得：xm＝17.5 m 答案：(1)0.05 kg (2)17.5 m
2vB2vA
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