5、平面的夹角为30°，g取10 m/s2。则ω的最大值是( C )
A． rad/s B． rad/s
C．1.0 rad/s D．0.5 rad/s
解析：对物体进行受力分析，当ω最大时，有μmgcosθ－mgsinθ＝mrω2，解得ω＝1.0 rad/s，C正确。
5．(2019·内蒙古鄂尔多斯市一中高一下学期期中)2015年5月23日天文爱好者迎来了“土星冲日”的美丽天象，24年来土星地平高度最低。“土星冲日”是指土星和太阳正好分处地球的两侧，三者几乎成一条直线。该天象每378天发生一次，土星和地球绕太阳公转的方向相同，公转轨迹都近似为圆，地球绕太阳公转周期和半径及引力常量均已
6、知，根据以上信息可求出 ( D )
A．地球质量 B．土星质量
C．太阳密度 D．土星公转周期
解析：地球和土星绕太阳运动，根据万有引力提供向心力＝m()2r，则可以求出太阳的质量，但求不出地球和土星的质量，故A、B错误；由于不知道太阳本身的半径，所以无法求出太阳的密度，故C错误；根据题意经过t＝378天，地球比土星多转一圈，即－＝1。所以可以求出土星的周期，故D正确。
6．如图所示，高为h＝1.25 m的平台上覆盖一层薄冰，现有一质量为60 kg的滑雪爱好者以一定的初速度v向平台边缘滑去，着地时速度的方向与水平地面的夹角为45°(取重力加速度g＝10 m/s2)。由此可知下列各项
7、中错误的是( D )
A．滑雪者离开平台边缘时的速度大小是5.0 m/s
B．滑雪者着地点到平台边缘的水平距离是2.5 m
C．滑雪者在空中运动的时间为0.5 s
D．着地时滑雪者重力做功的瞬时功率是300 W
解析：着地时速度的方向与水平地面的夹角为45°，故v0＝vy＝＝ m/s＝5.0 m/s，A正确；x＝v0t＝v0＝5× m＝2.5 m，B正确；t＝＝s＝0.5 s，C正确；着地时滑雪者重力做功的瞬时功率P＝mgvy＝60×10×5 W＝3 000 W，D错误。
7．(2019·重庆育才中学高一下学期期中)某位溜冰爱好者先在岸上从O点由静止开始匀加速助跑，2 s后到达
8、岸边A处，接着进入冰面(冰面与岸边基本相平)开始滑行，又经3 s停在了冰上的B点，如图甲所示。若该过程中，他的位移是x，速度是v，受的合外力是F，机械能是E，则对以上各量随时间变化规律的描述，图乙中正确的是( BC )
解析：由题意知，初末速度均为0，前2 s匀加速运动，后3 s做匀减速运动，位移一直增加，选项A错误；加速度的大小关系为3∶2，由牛顿第二定律得受的合外力的大小关系为3∶2，选项B、C正确；运动过程中重力势能不变，而动能先增大后减小，所以机械能先增大后减小，选项D错误。
8．在绕地球稳定运行的空间站中，有如图所示的装置，半径分别为r和R(R>r)的甲、乙两个光滑的圆形
9、轨道固定在同一竖直平面上，轨道之间有一条水平轨道CD相通，宇航员让一小球以一定的速度先滑上甲轨道，通过粗糙的CD段，又滑上乙轨道，最后离开两圆轨道，那么下列说法正确的是( BD )
A．小球在CD间由于摩擦力而做减速运动
B．小球经过甲轨道最高点时与经过乙轨道最高点时速度相等
C．如果减少小球的初速度，小球有可能不能到达乙轨道的最高点
D．小球经过甲轨道最高点时对轨道的压力大于经过乙轨道最高点时对轨道的压力
解析：在空间站内小球处于完全失重状态，不受摩擦力，运动的速度大小不变，所以A、C错，B正确；由F＝m知D正确。
9．(2019·福建省宁德市部分一级达标中学高一下学期期中联
10、考)质量为1 kg的物体在水平粗糙的地面上，在一水平外力F作用下运动，如图甲所示，外力F做功和物体克服摩擦力做功与物体位移的关系如图乙所示，重力加速度g为10 m/s2。下列分析正确的是( BCD )
A．s＝9 m时，物体速度为3 m/s
B．物体运动的位移为13.5 m
C．前3 m运动过程中物体的加速度为3 m/s2
D．物体与地面之间的动摩擦因数为0.2
解析：根据W－s图像的斜率表示力，由图乙可求物体受
到的摩擦力大小为f＝2 N，设s＝9 m时物体的速度为v，根据动能定理：W－fs＝mv2，代入数据可求v＝3 m/s，所以A错误；设物体运动的总位移为x，由乙图知，拉
11、力的总功为27 J，根据W＝fx，可求x＝13.5 m，所以B正确；前3 m拉力F＝5 N，根据牛顿第二定律：F－f＝ma，代入得加速度a＝3 m/s2，所以C正确；摩擦力f＝μmg，可求摩擦因数μ＝0.2，所以D正确。
10．(2018·浙江温州十五校联合体高一下学期检测)如图所示，两个3/4圆弧轨道固定在水平地面上，半径R相同，A轨道由金属凹槽制成，B轨道由金属圆管制成，均可视为光滑轨道。在两轨道右侧的正上方分别将金属小球A和B由静止释放，小球距离地面的高度分别用hA和hB表示，对于下述说法中错误的是( ABC )
A．若hA＝hB≥2R，则两小球都能沿轨道运动到最高点
B．若h
12、A＝hB＝3R/2，由于机械能守恒，两小球在轨道上上升的最大高度均为3R/2
C．适当调整hA和hB，均可使两小球从轨道最高点飞出后再次进入圆形轨道运动
D．若使小球沿轨道运动并从最高点飞出，A小球在hA≥5R/2，B小球在hB>2R的任意高度均可
解析：A球到达最高点的临界条件为vA＝
根据机械能守恒mghA＝mg2R＋mv
得hA＝2.5R
B球到达最高点的临界条件为vB＝0
显然hB＝2R，即可达最高点。
故A错误，D选项正确；由于A小球离开轨道后在水平方向有初速度，根据机械能守恒可判B选项错误；若使小球从最高点飞出后再次进入圆形轨道，据平抛运动规律有R＝vt，R＝gt2
13、，解得v＝<，所以A球最高点飞出后不可能再次进入圆形轨道，C错误。
第Ⅱ卷(非选择题 共60分)
二、填空题(共2小题，每小题7分，共14分。把答案直接填在横线上)
11．频闪摄影是研究变速运动常用的实验手段。在暗室中，照相机的快门处于常开状态，频闪仪每隔一定时间发出一次短暂的强烈闪光，照亮运动的物体，于是胶片上记录了物体在几个闪光时刻的位置。某物理小组利用图甲所示装置探究平抛运动规律。他们分别在该装置正上方A处和右侧B处安装了频闪仪器并进行拍摄，得到
的频闪照片如图乙，O为抛出点，P为运动轨迹上某点。根据平抛运动规律回答下列问题：
(1)乙图中，A处拍摄的频闪照片为__b__(
14、选填“a”或“b”)
(2)测得图乙(a)中OP距离为45 cm，(b)中OP距离为30 cm，则平抛物体的初速度为__1__m/s，P点速度为____
m/s。(g＝10 m/s2)
解析：(1)A处拍摄的是小球水平方向的位移，应是匀速直线运动，所以频闪照片为b
(2)根据平抛运动规律x＝v0t，y＝gt2
将x＝0.30 m，y＝0.45 m代入上式解得t＝0.3 s，v0＝1 m/s；P点速度vP＝＝ m/s。
12．如图(a)中，悬点正下方P点处放有水平放置炽热的电热丝，当悬线摆至电热丝处时能轻易被烧断，小球由于惯性向前飞出做平抛运动。在地面上放上白纸，上面覆盖着复写纸，当
15、小球落在复写纸上时，会在下面白纸上留下痕迹。用重垂线确定出A、B点的投影点N、M。重复实验10次(小球每一次都从同一点由静止释放)球的落点痕迹如图(b)所示，图中米尺水平放置，零刻度线与M点对齐。用米尺量出AN的高度h1、BM的高度h2，算出A、B两点的竖直距离，再量出M、C之间的距离x，即可验证机械能守恒定律，已知重力加速度为g，小球的质量为m。
(1)根据图(b)可以确定小球平抛时的水平射程为__65.0__cm。
(2)用题中所给字母表示出小球平抛时的初速度
v0＝__x__。
(3)用测出的物理量表示出小球从A 到B过程中，重力势能的减少量ΔEp＝__mg(h1－h2)__
16、，动能的增加量ΔEk＝____。
解析：(1)由落点痕迹可读出平均射程为65.0 cm。
(2)由平抛运动规律，h2＝gt2，x＝v0t，得v0＝x
(3)ΔEp＝mg(h1－h2)
ΔEk＝mv＝
三、论述·计算题(本题共4小题；共46分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)
13．(10分)荡秋千是大家喜爱的一项体育活动。随着科技的迅速发展，将来的某一天，同学们也许会在其他星球上享受荡秋千的乐趣。假设你当时所在星球的质量为M、半径为R，可将人视为质点，秋千质量不计、摆长不变、摆角小于90°，万有
17、引力常量为G。那么，
(1)该星球表面附近的重力加速度g星等于多少？
(2)若经过最低位置的速度为v0，你能上升的最大高度是多少？
答案：(1) (2)
解析：(1)设人的质量为m，在星球表面附近的重力等于万有引力，有mg星＝
解得g星＝
(2)设人能上升的最大高度为h，由功能关系得
mg星h＝mv
解得h＝
14．(11分)(2018·浙江温州十五校联合体高一下学期联考)如图所示，光滑曲面AB与水平面BC平滑连接于B点，BC右端连接内壁光滑、半径为r的细圆管CD，管口D端正下方直立一根劲度系数为k的轻弹簧，轻弹簧下端固定，上端恰好与管口D端齐平。质量为m的小球在曲面上距BC
18、的高度为2r处从静止开始下滑，进入管口C端时与管壁间恰好无作用力，通过CD后压缩弹簧，在压缩弹簧过程中速度最大时弹簧的弹性势能为EP，已知小球与BC间的动摩擦因数μ＝0.5。求：
(1)小球到达B点时的速度大小vB；
(2)水平面BC的长度s；
(3)在压缩弹簧过程中小球的最大速度vm。
答案：(1)2 (2)3r (3)
解析：(1)由机械能守恒得mg2r＝mv
解得vB＝2。
(2)由mg＝m
得vC＝
由A至C，由动能定理得mg2r－μmgs＝mv
解得s＝3r。
(3)设在压缩弹簧过程中小球速度最大时离D端的距离为x，则有kx＝mg
得x＝
由功能关系得m
19、g(r＋x)－EP＝mv－mv
得vm＝
15．(12分)如图所示，人骑摩托车做腾跃特技表演，以1.0 m/s的初速度沿曲面冲上高0.8 m、顶部水平的高台，若摩托车冲上高台的过程中始终以额定功率1.8kW行驶，经过1.2 s到达平台顶部，然后离开平台，落至地面时，恰能无碰撞地沿圆弧切线从A点切入光滑竖直圆弧轨道，并沿轨道下滑。A、B为圆弧两端点，其连线水平。已知圆弧半径为R＝1.0 m，人和车的总质量为180kg，特技表演的全过程中不计一切阻力(计算中取g＝10 m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)。求：
(1)人和车到达顶部平台的速度v；
(2)从平台飞出到A
20、点，人和车运动的水平距离x；
(3)圆弧对应圆心角θ；
(4)人和车运动到圆弧轨道最低点O时对轨道的压力。
答案：(1)3 m/s (2)1.2 m (3)106°
(4)7.74×103 N 方向向下
解析：(1)摩托车冲上高台的过程中，由动能定理得
Pt－mgh＝mv2－mv
代入数据得v＝3 m/s。
(2)摩托车离开平台后平抛运动过程中，在竖直方向h＝gt2，水平方向x＝vt，所以x＝1.2 m。
(3)人和车落到A点时速度方向沿A点切线方向，此时的竖直分速度vy＝gt＝4 m/s，人和车的水平分速度vx＝v＝3 m/s，所以tanα＝＝，可知α＝53°，θ＝2α＝
21、106°。
(4)设人和车到达最低点O的速度为v1，则摩托车由高台顶部到圆弧轨道最低点的过程中，由机械能守恒定律得：mv＝mv2＋mg[h＋R(1－cos53°)]，在最低点据牛顿第二定律，有FN－mg＝m，代入数据解得：FN＝7.74×103 N。
再由牛顿第三定律可得，人和车对轨道的压力为FN′＝7.74×103N，方向向下。
16．(13分)(2018·浙江省金华十校高三上学期期末)如图所示，质量m＝0.2 kg小物块，放在半径R1＝2 m的水平圆盘边缘A处，小物块与圆盘的动摩擦因数μ1＝0.8。圆心角为θ＝37°，半径R2＝2.5 m的光滑圆弧轨道BC与水平轨道光滑连接于C点，小
22、物块与水平轨道的动摩擦因数为μ2＝0.5。开始圆盘静止，在电动机的带动下绕过圆心O1的竖直轴缓慢加速转动，某时刻小物块沿纸面水平方向飞出(此时O1与A连线垂直纸面)，恰好沿切线进入圆弧轨道B处，经过圆弧BC进入水平轨道CD，在D处进入圆心为O3，半径为R3＝0.5 m光滑竖直圆轨道，绕过圆轨道后沿水平轨道DF向右运动。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10 m/s2，求：
(1)圆盘对小物块m做的功；
(2)小物块刚离开圆盘时A、B两点间的水平距离；
(3)假设竖直圆轨道可以左右移动，要使小物块能够通过竖直圆轨道，求竖直圆轨道底端D与圆弧轨
23、道底端C之间的距离范围和小物块的最终位置。
答案：(1)1.6 J (2)1.2 m (3)DC之间距离不大于1 m；物块停在离C位置3.5 m处
解析：(1)小物块刚滑出圆盘时：
μ1mg＝，得vA＝4 m/s
由动能定理可得：W＝mv，解得：W＝1.6 J
(2)物块正好切入圆弧面，由平抛运动知识可得：
在B处的竖直方向速度为vBy＝vAtan37°，运动时间t＝，
AB间的水平距离x＝vAt＝1.2 m；
(3)物块刚好通过竖直完整圆轨道最高点E处：
mg＝
由B到E点由动能定理得：
mgR2(1－cos37°)－μ2mgL－mg·2R3＝mv－mv，
可得：L＝1 m
即DC之间距离不大于1 m时物块可通过竖直圆，最后
物块必定停止，由动能定理可得：
mgR2(1－cos37°)－μ2mgx＝0－mv，
代入数据解得x＝3.5 m，
即最后物块停在离C位置3.5 m处。
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2020高中物理 本册综合学业质量标准检测A（含解析）新人教版必修2
