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II卷非選擇題9、(1)(2)(3)(1)(2)(3)(4)12、臨西試驗中學2025屆高三上學期9月物理測試39.24答案1、答案C解析日常生活中遇到的離心運動并不都是有危害的,如洗衣機的脫水,無縫鋼管的鑄造等都是利用離心運動的例子,故A錯誤;在勻速圓周運動中,向心加速度的方向是不斷變更的,所以不是恒定的,B錯誤;汽車以確定的速率通過拱橋的最高點時,汽車受到的重力與支持力的合力供應向心力,由于合力的方向向下,結合牛頓第三定律可知,在最高點時汽車對橋的壓力小于汽車的重力,C正確;地球旁邊的任何物體都要受到重力作用,所以當“水流星”通過最高點時,即便其處于完全失重狀態(tài),也要受重力作用,故D錯誤。2、答案D解析由題意知:小球拋出點的高度為:h=eq\f(1,2)gt2=5m,小球的水平位移為:x=v0t=5m,小球落地時的豎直分速度為:vy=gt=10m/s,小球著地時的速度為:v=eq\r(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(x))+veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(y)))=eq\r(52+102)m/s=eq\r(125)m/s=5eq\r(5)m/s,故D正確,A、B、C錯誤。3、答案D解析小球恰好到達最高點時,在最高點的線速度最小,此時小球對軌道的壓力為0,由重力供應向心力,則有:mg=meq\f(v2,R),解得最小速度v=eq\r(gR),從最高點到最低點重力做正功,到最低點時速度確定大于eq\r(gR),故A、B錯誤,D正確;小球通過軌道最低點時受到重力和軌道的支持力,加速度方向豎直向上,合力豎直向上,處于超重狀態(tài),則支持力大于重力,依據(jù)牛頓第三定律知,小球對軌道最低點的壓力大小確定大于重力,故C錯誤。4、答案BD解析車受到的地面的支持力方向垂直地面,與車所在的平面不平行,故A錯誤;設自行車受到地面的支持力為N,則有:fm=μN,由平衡條件有:N=Mg,依據(jù)牛頓其次定律有:fm=Meq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(m)),R),代入數(shù)據(jù)解得:vm=eq\r(μgR),故B正確;地面對自行車的支持力N與摩擦力f的合力過人與車的重心,設θ為自行車與地面的夾角,則:eq\f(1,tanθ)=eq\f(f,Mg),f=Meq\f(v2,R),解得f=eq\f(Mg,tanθ),eq\f(1,tanθ)=eq\f(v2,gR),轉彎速度越大,車所在平面與地面的夾角越小,轉彎時車與地面間的靜摩擦力不確定為μMg,C錯誤,D正確。5\答案AD解析從c到d的過程中,向心加速度大小不變,加速度在水平方向上的分加速度漸漸增大,依據(jù)牛頓其次定律知,手掌對蘋果的摩擦力越來越大,故A正確;蘋果做勻速圓周運動,從c到d的過程中,加速度在豎直方向上有向下的重量,可知蘋果始終處于失重狀態(tài),故B錯誤;從c到d的過程中,蘋果的向心加速度大小不變,它在豎直方向上的重量漸漸減小,方向向下,則重力和支持力的合力漸漸減小,可知支持力越來越大,故C錯誤;蘋果做勻速圓周運動,所受的合外力大小不變,方向始終指向圓心,故D正確。6、答案D解析由題意可知,要使運動員不觸及障礙物,則運動員下落到與障礙物等高時,依據(jù)幾何關系可知運動員在水平方向發(fā)生的位移應當滿意:x≥eq\f(H,tan53°)+L,此時運動員在豎直方向下落的高度為H-h(huán),設運動員運動的時間為t,則有:H-h(huán)=eq\f(1,2)gt2,代入數(shù)據(jù)可得時間為:t=0.6s,所以運動員從A點沿水平方向滑出的最小速度為:vmin=eq\f(1.2+\f(3.2,\f(4,3)),0.6)m/s=6m/s,故D正確,A、B、C錯誤。7、答案B解析小球做勻速圓周運動,由重力mg和支持力F的合力供應圓周運動的向心力,作出受力圖如圖,則向心力為:Fn=mgtanα,m、α不變,向心力大小不變,依據(jù)牛頓其次定律得Fn=meq\f(v2,r),H越高,r越大,F(xiàn)n不變,則v越大,故B正確,C錯誤;側壁對小球的支持力F=eq\f(mg,cosα)不變,則小球對側壁的壓力不變,故A錯誤;依據(jù)mgtanα=meq\f(4π2r,T2),解得T=eq\r(\f(4π2r,gtanα)),則知H越高,r越大,T越大,故D錯誤。8、答案C解析設合位移方向與水平方向夾角為α,平拋運動時間為t,則有:Rsinα=eq\f(1,2)gt2,Rcosα=vt,恰好能打到c點時,α=45°,聯(lián)立二式解得:v=eq\f(\r(\r(2)gR),2),故A錯誤;小球的初速度v越大,落點越靠上,即下落高度就越小,運動時間就越短,故B錯誤;小球的初速度v越大,落點越靠上,即下落高度就越小,位移偏轉角越小,則落到坑上時速度的偏轉角越小,故C正確;小球的初速度越大,落點越靠上,即下落高度就越小,重力做的功就越小,則落地時的動能不確定越大,故D錯誤。9、答案C解析汽車勻速通過立交橋時做曲線運動,合外力確定不為零,合外力充當向心力,方向指向軌跡圓心,故A、B錯誤;立交橋轉彎處的路面外高內(nèi)低,橋面對汽車的支持力與汽車的重力不平衡,在路面水平的地方橋面對汽車的支持力與汽車的重力平衡,故C正確;兩車并排通過立交橋時做曲線運動,二者的角速度時刻相等,但它們離軌跡圓心的距離不相等,依據(jù)F合=F向=mω2R知,則合外力不相等,故D錯誤。10、答案(1)A(2)不須要(3)9.71解析(1)重物拉著紙帶運動的過程中,相等時間間隔內(nèi)位移越來越大,則試驗時紙帶的B端與重物相連接,即試驗時小明拿著紙帶的A端。(2)本試驗只需通過紙帶分析即可求得當?shù)刂亓铀俣?,不須要測量重物的質量。(3)依據(jù)勻變速直線運動的推論得:a=eq\f(x12-x78,6T2)=eq\f((4.56-2.23)×10-2,6×0.022)m/s2=9.71m/s2。11、答案(1)移去(2)ABD(3)eq\f(d2-2d1,9T2)(4)B解析(1)平衡摩擦力時,移去鉤碼,長木板右端用墊塊抬高,調(diào)至適當高度,接通電源,輕推小車,使紙帶上打出的點間距相等。(2)當鉤碼質量遠小于小車總質量時,可以認為小車所受的合外力等于鉤碼的重力,故A正確;起先試驗時,應將砝碼放入小車,使得鉤碼質量遠小于小車質量,故B正確;小車內(nèi)放入砝碼后,不須要重新平衡摩擦力,故C錯誤;試驗探究加速度與合外力的關系,只需保持小車的總質量不變即可,不須要測出小車的質量,故D正確。(3)依據(jù)d2-d1-d1=a(3T)2得,加速度a=eq\f(d2-2d1,9T2)。(4)a-F圖線中圖線上端偏離直線的緣由是隨著所掛鉤碼個數(shù)的增加,不再滿意鉤碼的質量遠小于小車的質量,該誤差屬于系統(tǒng)誤差,是由試驗原理、方法引起的,故選B。12、答案(1)4m/s(2)10解析(1)小球在最低點時,由牛頓其次定律得:T-mg=meq\f(v2,l),代入數(shù)據(jù)解得:v=4m/s(2)設細線恰好被拉斷時小球的速度為v0,細線能承受的最大拉力為Tm,由牛頓其
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