2021-2022学年广东省韶关市武江区北江实验学校高一（下）第一次月考物理试卷（含答案解析）

这是一份2021-2022学年广东省韶关市武江区北江实验学校高一（下）第一次月考物理试卷（含答案解析），共17页。

A. 落台时，球1的速率等于球2的速率B. 球1的飞行时间大于球2的飞行时间
C. 过网时球1的速度小于球2的速度D. 球1的速度变化量等于球2的速度变化量
2. 如图所示，一位同学玩飞镖游戏。圆盘最上端有一P点，飞镖抛出时与P等高，且距离P点为L。当飞镖以初速度v0垂直盘面瞄准P点抛出的同时，圆盘以经过盘心O点的水平轴在竖直平面内匀速转动。忽略空气阻力，重力加速度为g，若飞镖恰好击中P点，则( )
A. 飞镖击中P点所需的时间为L2v0B. 圆盘的半径为gL22v02
C. 圆盘转动角速度的最小值为2πv0LD. P点随圆盘转动的线速度可能为5πgL4v0
3. 如图所示，A、B、C分别是自行车的大齿轮、小齿轮和后轮的边缘上的三个点，到各自转动轴的距离分别为3r、r和10r。支起自行车后轮，在转动踏板的过程中，A、B、C三点( )
A. 角速度大小关系是ωA >ωB =ωC
B. 线速度大小关系是vA C. 转速之比是nA：nB：nC=1：3：3
D. 加速度之比是aA：aB：aC=1：30：3
4. 第24届冬奥会将于2022年2月4日在中国北京和张家口联合举行，这是我国继2008年奥运会后承办的又一重大国际体育盛会。如图所示为某滑雪运动员备战的示意图，运动员(可视为质点)四次从曲面AP上不同位置由静止滑下，到达P点后以不同的速度水平飞出，分别落到直线斜坡滑道A、B、C、D点，不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A. 运动员落到B处在空中运动的时间最长
B. 运动员落到A、B两处时速度方向不同
C. 运动员在空中运动相等的时间内，速度改变量不同
D. 运动员落到C、D两处时速度的方向可能相同
5. 如图所示，物体A、B经无摩擦的定滑轮用细线连在一起，A物体受水平向右的力F的作用，此时B匀速下降，A水平向左运动，可知( )
A. 物体A做匀速运动
B. 物体A做加速运动
C. 物体A所受摩擦力逐渐增大
D. 物体A所受摩擦力不变
6. 如图所示，A、B、C三个物体放在旋转圆台上，它们与圆台之间的动摩擦因数均为μ，A的质量为2m，B、C质量均为m，A、B离轴心距离为R，C离轴心2R，则当圆台旋转时(设A、B、C都没有滑动)( )
A. 物体A的向心加速度最大B. 物体B受到的静摩擦力最大
C. ω=μg2R是C开始滑动的临界角速度D. 当圆台转速增加时，B比A先滑动
7. 2020年新冠疫情突然来袭，无人机成战“疫”利器。无人机在某次作业过程中在空中盘旋，可看成匀速圆周运动，已知无人机的质量为m，以恒定速率v在空中水平盘旋，如图所示，圆心为O，其做匀速圆周运动的半径为R，重力加速度为g，关于空气对无人机的作用力方向和大小的说法正确的是( )
A. 竖直向上，F=mgB. 竖直向上，F=mg2−v4R2
C. 斜向右上方，F=mv2RD. 斜向右上方，F=mg2+v4R2
8. 如图所示，倾斜圆盘圆心处固定有与盘面垂直的细轴，盘面上放有质量为m的一个物块(可视为质点)，物块到轴的距离为d，物块与盘面的动摩擦因数为μ，盘面与水平面夹角为θ。当圆盘以角速ω匀速转动时，物块始终与圆盘保持相对静止。图中A、B、C、D为物块做圆周运动经过的点，其中A为最高点、B为最低点，C、D为跟圆心在同一水平面上的两点。已知重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则下列说法正确的是( )
A. 当圆盘静止时，物块在A、B、C、D各点受到的摩擦力大小均为μmgcsθ
B. 当圆盘匀速转动时，若物块运动到A点没有滑离圆盘，则运动到其它点也不会滑离圆盘
C. 当圆盘以角速度ω匀速转动时，物块运动到C、D两点时，受到摩擦力的大小均为(μmgcsθ)2+(mω2d)2
D. 当圆盘以角速度ω匀速转动时，物块运动到C、D两点时，受到摩擦力的大小均为(mgsinθ)2+(mω2d)2
9. 如图所示，人在岸上拉船，已知船的质量为m，水的阻力恒为f，当轻绳与水平面的夹角为θ时，船的速度为v，此时人的拉力大小为F，则( )
A. 人拉绳行走的速度为vcsθB. 人拉绳行走的速度为vcsθ
C. 船的加速度为Fcsθ−fmD. 船的加速度为F−fm
10. 2021年7月，河南郑州地区突降暴雨，道路被淹，需要调用直升飞机抢运被困人员．如图甲所示，直升飞机放下绳索吊起被困人员，一边收缩绳索一边飞向安全地带．前4秒内被困人员水平方向的v−t图像和竖直方向的v−t图像分别如图乙、丙所示．不计空气阻力，则在这4秒内( )
A. 绳索中的拉力方向是倾斜向上的
B. 绳索的拉力大小大于人的重力大小
C. 以地面为参考系，被救人员的运动轨迹是一条抛物线
D. 以地面为参考系，被救人员的位移大小为20m
11. 现在很多小区车库出入口采用如图所示的曲杆道闸，道闸由转动杆OP与横杆PQ链接而成；P、Q为横杆的两个端点。在道闸抬起过程中，横杆PQ始终保持水平，在杆OP绕O点从与水平方向成30∘匀速转动到60∘的过程中，下列说法正确的是( )
A. P、Q两点都是以O点为圆心做匀速圆周运动
B. P、Q两点的线速度始终相同
C. P、Q两点的加速度不同
D. P、Q两点的角速度始终相同
12. 如图所示，在某次的摩托车特技表演中，要求骑着摩托车的表演者调整速度后从高为3h的水平台面水平飞出，跃过高为2h的竖直挡板后(厚度不计)落在水平距离为L的水平空地上，竖直挡板到台面间的水平距离为13L。若表演者在飞行过程中可以视为质点，忽略空气阻力，重力加速度为g。为使表演者从水平台面水平飞出后落在挡板外的水平空地上，下列关于表演者离开水平台面时初速度v0的说法中正确的是( )
A. 初速度v0较大时通过相同的水平位移所用时间较少
B. 初速度v0较大时通过相同的竖直位移所用时间较少
C. 初速度大小范围是L3g2hD. 初速度大小范围是L4g2h13. 在做“研究平抛运动”的实验中，为了确定小球在不同时刻在空中所通过的位置，实验时用了如图所示的装置．
先将斜槽轨道的末端调整水平，在一块平整的木板表面钉上白纸和复写纸．将该木板竖直立于水平地面上，使小球从斜槽上紧靠挡板处由静止释放，小球撞到木板并在白纸上留下痕迹A；将木板向远离槽口平移距离x，再使小球从斜槽上紧靠挡板处由静止释放，小球撞在木板上得到痕迹B；又将木板再向远离槽口平移距离x，小球再从斜槽上紧靠挡板处由静止释放，再得到痕迹C.
若测得木板每次移动距离x，A、B间距离y1，B、C间距离y2∘请回答以下问题(重力加速度为g)
(1)为什么每次都要使小球从斜槽上紧靠挡板处由静止释放？
_________________________________________________________________
(2)如何检验斜槽底端水平？
________________________________________________________
(3)根据以上直接测量的物理量来求得小球初速度的表达式为
v0=________________________________________(用题中所给字母表示)
14. 图是探究做匀速圆周运动的物体的向心力大小影响因素的实验装置。匀速转动手柄，使长转槽和短转槽分别随变速塔轮匀速转动，槽内的球就做匀速圆周运动。已知长槽横臂内侧竖直挡板离转轴的距离与短槽横臂竖直挡板离转轴的距离相同，长槽横臂外侧竖直挡板离转轴的距离是其2倍：长、短槽下方各有三层塔轮，其最上层塔轮的半径相等，且长糟上、中、下三层塔轮的半径之比为1：2：3，短槽上、中、下三层塔轮的半径之比为3：2：1。
(1)在操作正确的情况下，让长槽、短槽下方的塔轮在皮带连接下共同做匀速圆周运动，两塔轮边缘的______大小一定相等。
A.角速度
B.线速度
C.周期
D.向心加速度
(2)关于该实验的下列说法正确的是：______。
A.本实验主要体现了“小量放大法”实验思想
B.长、短转臂的竖直挡板对球的压力提供了小球做匀速圆周运动的向心力
C.想调整小球做匀速圆周运动的半径，方法是更换皮带在塔轮的半径关系
D.露出套筒外的红、白相间的格子数量可代表两球所受向心力的比值
(3)某次实验中，让皮带卡在长、短臂下方的中间层塔轮上，用完全相同的两个小球放置在长槽横臂的外侧挡板与短槽横臂的挡板处，匀速转动手柄，则长、短臂标尺上露出的格数之比的理论值是______。
15. 一条河宽为L=900m，水的流速为v=50m/s，并在下游形成壮观的瀑布。一艘游艇从距瀑布为l=1200m的上游渡河，求：
(1)若一艘游艇恰好能以最短时间安全渡河，游艇的静水速度是多少？
(2)为了不被冲进瀑布，游艇应如何航行速度最小？最小值为多少？此时游艇在河中航行的时间为多少？
16. 如图所示，一根原长为L的轻弹簧套在光滑直杆AB上，其下端固定在杆的A端，质量为m的小球也套在杆上且与弹簧的上端相连。小球和杆一起绕经过杆A端的竖直轴OO′匀速转动，且杆与水平面间始终保持θ=37∘角。已知杆处于静止状态时弹簧长度为0.5L，重力加速度为g，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8。
(1)求弹簧原长时，小球的角速度ω0；
(2)当杆的角速度ω=54gL时，求弹簧形变量x。
17. 跑酷是以日常生活的环境为运动场所的极限运动。质量m=50kg的跑酷运动员，在水平高台上水平向右跑到高台边缘，以v0的速度从上边缘的A点水平向右跳出，运动时间t1=0.6s后落在一倾角为53∘的斜面上的B点，速度方向与斜面垂直。此时运动员迅速转身并调整姿势，以38v0的速度从B点水平向左蹬出，刚好落到斜面的底端C点。D点为平台的下边缘点，假设该运动员可视为质点，不计空气阻力，取g=10m/s2，sin53∘=0.8，cs53∘=0.6。求：
(1)运动员从高台边缘跳出的水平速度v0大小；
(2)水平高台AD的高度H；
(3)若运动员迅速转身以34v0的速度从B点水平向左蹬出，判断运动员落点的位置。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：B、球1和球2平抛运动的高度相同，根据h=12gt2，则运动的时间相同，故B错误；
C、乒乓球自最高点到落台时，由于时间相等，由图可知，球1的水平位移较大，根据x=v0t，则1的水平速度大于2的水平速度，则知过网时球1的速度大于球2的速度，故C错误
A、由于下落的高度相同，根据vy2=2gh可知，竖直分速度相等，由于过网时球1的速度大于球2的速度，根据平行四边形定则可得：v=v02+vy2，可知落台时，球1的速率大于球2的速率，故A错误；
D、因为平抛运动的加速度不变，都为g，乒乓球自最高点到落至台面的过程中经过的时间t相同，根据公式Δv=gt可知，球1和球2的速度变化量相等，故D正确。
故选：D。
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；根据高度比较运动的时间，结合水平位移和时间比较过网时的速度；根据速度变化率即是加速度判断；根据平行四边形定则求落台时的速率。
解决本题的关键是明确平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，抓住等时性，结合运动学公式求解。
2.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查平抛运动与圆周运动的周期性问题，要注意理解飞镖击中P点的意义，抓住飞镖的运动与P点的运动具有等时是关键；很多同学没有考虑P点做圆周运动，具有周期性，到达最低点对应无数个时刻是一个易错点。飞镖做平抛运动，由题意可知当P点运动到最低点时，飞镖击中P点，则可知飞镖的水平分位移、竖直分位移与圆盘的直径相等，结合平抛运动规律可得飞镖运动的时间及圆盘的半径；飞镖与P点的运动具有等时性，而飞镖做匀速圆周运动，具有周期性，结合圆周运动规律可得圆盘转动的角速度与做圆周运动的线速度表达式，即可分析。
【解答】
A.飞镖做平抛运动，由题意可知当P点运动到最低点时，飞镖击中P点，飞镖的水平分位移为L，则飞镖击中P点所需要的时间为t=Lv0，故A错误；
B.由前面的分析可知，飞镖的竖直分位移等于圆盘的直径，则有：2R=12gt2，可得圆盘的半径为：R=gL24v02，故B错误；
C.由于P点做匀速圆周运动，考虑圆周运动的周期性，P点运动到最低点所需要的时间为t′=(n+12)T(n=0,1,2……)，又P点的运动与飞镖的运动具有等时性，则有t=t′，根据圆周运动规律有：T=2πω，则可得圆盘转动的角速度为：ω=(2n+1)πv0L(n=0,1,2……)，可知当n=0时，角速度的最小值为πv0L，故C错误；
D.根据v=ωR可得P点随圆盘转动的线速度为：v=(2n+1)gπ4v0L(n=0,1,2……)，可知当n=2时，v=5πgL4v0，故D正确。
故选D。
3.【答案】C
【解析】解：AB、由题意可知，vA=vB，ωB=ωC，A、B、C到各自转动轴的距离分别为3r、r和10r，则：
根据v=ωr可得，ωA：ωB=ωC=1：3：3，vA：vB：vC=1：1：10，故AB错误；
C、根据ω=2πn可得，nA：nB：nC=1：3：3，故C正确；
D、根据a=ωv可得，aA：aB：aC=1：3：30，故D错误。
故选：C。
共轴传动时，各点的角速度相同；同缘传动时，边缘点线速度大小相等，结合圆周运动的公式进行分析即可。
本题的关键是掌握两种传动模型的特点，熟悉各物理量间的关系。
4.【答案】A
【解析】解：A、平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动；
A、在竖直方向上，根据h=12gt2可得运动的时间t=2hg，运动员落到B处下落的高度最大，因此在空中运动的时间最长，故A正确；
B、落到同一倾角为θ的斜面上时，由于tanθ=12gt2v0t，落到斜面上时，设速度方向与水平方向夹角为α，则有tanα=gtv0，联立可得tanα=2tanθ，因此动员落到A、B两处时速度方向相同，与平抛的初速度大小无关，故B错误；
C、由于都做平抛运动，加速度均为重力加速度，因此相同时间内，速度改变量相同，故C错误；
D、由图可知，在D处的速度方向与A处相同(落到同一斜面上)，而A处与C处竖直分度相同，但水平分速度不同，可知A、C两处速度方向不同，因此运动员落到C、D两处时速度的方向一定不同，故D错误。
故选：A。
明确平抛运动要分解为水平和竖直两个方向进行分析，由题意明确运动员落到斜面上时的竖直高度和水平位移大小，从而确定时间长短；同时注意明确物体落在同一斜面上时位移夹角相同，根据平抛运动结论分析速度方向。
对于物体从某一斜面抛出落在同一斜面上的问题，要注意明确两物体的位移夹角相同，再根据平抛运动的推论可得出速度夹角相同，在选择题中此类结论要注意充分应用，可以提高解题的效率。
5.【答案】B
【解析】解：A、B、B匀速下降，A沿水平面向左做运动，如图1，VB是VA在绳子方向上的分量，VB是恒定的，随着VB与水平方向的夹角增大，VA增大，所以A在水平方向上向左做加速运动。选项A错误，B正确；
C、D、因为B匀速下降，所以B受力平衡，B所受绳拉力T=GB，
A受斜向上的拉力等于B的重力，在图2中把拉力分解成竖着方向的F2和水平方向F 1，在竖直方向上，有N+F2=GA.绳子与水平方向的夹角增大，所以有F2增大，支持力N减小，所以摩擦力减小，选项C错误、D错误。
故选：B。
因B匀速下降，所以滑轮右边的绳子收缩的速度是不变的，把A实际运动的速度沿绳子收缩的方向和与绳子摆动的方向进行正交分解，结合B的速度不变，可判断A的运动情况；因B匀速下降，所以绳子的拉力的大小不变，把绳子拉A的力沿水平方向和竖直方向进行正交分解，判断竖直方向上的分量的变化，从而可知A对地面的压力的变化，即可得知摩擦力的情况。
该题既考查了力的合成与分解，又考查了运动的合成与分解，是一道质量较高的题。该题在对A的运动的分解时，要明确谁是合速度，谁是分速度，注意物体实际运动的速度为合速度。此种情况是把合速度沿绳子收缩的方向和绳子摆动的方向进行正交分解。
6.【答案】C
【解析】解：A、A、B、C的角速度相等，根据a=rω2知，C的半径最大，则C的向心加速度最大，故A错误．
B、对A，fA=2m⋅Rω2，对B，fB=mRω2，对C，fC=m⋅2Rω2=2mRω2，可知A、C的静摩擦力最大，B受到的静摩擦力最小，故B错误．
C、根据μmg=m⋅2Rω2得，C发生相对滑动的临界角速度ω=μg2R，故C正确．
D、根据μmg=mrω2得，ω=μgr，A、B的半径相等，当圆台转速增加时，A、B同时滑动，故D错误．
故选：C.
抓住A、B、C的角速度相等，结合向心加速度公式比较向心加速度的大小，A、B、C做圆周运动，靠静摩擦力提供向心力，根据牛顿第二定律比较静摩擦力的大小．抓住最大静摩擦力提供向心力求出发生相对滑动的临界角速度，从而确定谁先滑动．
解决本题的关键知道物体做圆周运动向心力的来源，抓住临界状态，结合牛顿第二定律进行求解，难度不大．
7.【答案】D
【解析】解：根据牛顿第二定律，飞机需要的向心力：F合=mv2R。
飞机受重力、空气的作用力，根据平行四边形定则，如图，则空气对飞机的作用力F=(mg)2+(F合)2=m⋅g2+v4R2.故D正确，ABC错误。
故选：D。
飞机受重力、空气的作用力，靠两个力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律几何平行四边形定则求解空气对飞机的作用力．
解决本题的关键搞清向心力的来源，运用牛顿第二定律进行求解．
8.【答案】D
【解析】解：A.物块静止在圆盘上时，根据受力分析可知，摩擦力为静摩擦力，平衡重力沿圆盘向下的分力，大小为mgsinθ，故A错误；
B.物块运动到A点，设最大速度为vA，根据牛顿第二定律mgsinθ+μmgcsθ=mvA2d，物块经过B点时，设最大速度为vB，同理有μmgcsθ−mgsinθ=mvB2d，可以看出，vBCD.物块运动到C、D两点时，设静摩擦力大小为f，方向与半径夹角α，根据匀速圆周运动特点，受力分析可知fcsα=mω2d，fsinα=mgsinθ，联立可解得f=(mgsinθ)2+(mω2d)2，故C错误，D正确；
故选：D。
根据受力分析可知处于静止状时，物块在各处的摩擦力大小相等，根据受力分析结合牛顿第二定律列方程即可求解。
本题考查向心力的应用，由于有倾角，所以难度较大，解题关键还是应用牛顿第二定律的解题方法，受力分析合力提供向心力。
9.【答案】AC
【解析】
【分析】
绳子收缩的速度等于人在岸上的速度，连接船的绳子端点既参与了绳子收缩方向上的运动，又参与了绕定滑轮的摆动。根据船的运动速度，结合平行四边形定则求出人拉绳子的速度，及船的加速度。
解决本题的关键知道船运动的速度是沿绳子收缩方向的速度和绕定滑轮的摆动速度的合速度，并掌握受力分析与理解牛顿第二定律。
【解答】
AB.船运动的速度是沿绳子收缩方向的速度和绕定滑轮的摆动速度的合速度，如右上图所示根据平行四边形定则有，v人=vcs⁡θ，故A正确，B错误；
CD.对小船受力分析，如左下图所示，则有Fcsθ−f=ma，因此船的加速度大小为Fcsθ−fm，故C正确，D错误。
故选AC。
10.【答案】BC
【解析】解：A、由图乙可知，伤员沿水平方向做匀速直线运动，即在水平方向处于平衡状态，受到的合外力等于0，所以可知绳子沿水平方向的作用力为0，则绳索中拉力方向一定沿竖直向上，故A错误；
B、绳索吊起伤员后伤员在竖直方向运动的方向向上，结合图丙可知，在竖直方向伤员向上做加速运动，所以加速度的方向向上，伤员超重，所以绳索中拉力大于重力，故B正确；
C、由图乙可知，伤员沿水平方向做匀速直线运动，图丙可知，在竖直方向伤员向上做加速运动，以地面为参考系，被救人员的运动轨迹是一条抛物线，故C正确；
D、由图乙可知，伤员沿水平方向的位移x=3×4m=12m
图丙可知，在竖直方向的位移y=12×4×4m=8m
则被救人员的位移s=x2+y2
代入数据解得：s=208m<20m
故D错误
故选：BC。
伤员沿水平方向做匀速直线运动，即在水平方向处于平衡状态，加速度的方向向上，伤员超重，由图乙可知，伤员沿水平方向做匀速直线运动，图丙可知，在竖直方向伤员向上做加速运动，根据位移的合成解得。
本题考查运动的合成与分解，解题关键掌握运动的分解具有独立性，注意合成符合平行四边形法则。
11.【答案】BD
【解析】解：A、在道闸抬起过程中，横杆PQ始终保持水平，Q点到O点的距离一直在变化，故并不是以O点为圆心做匀速圆周运动，故A错误；
BCD、P点绕O点做匀速圆周运动，杆PQ始终保持水平，则Q点的运动轨迹也是一个圆周，Q点绕另一个圆心做匀速圆周运动，二者保持相对静止，具有相同的加速度，而且两点的线速度大小相等，则角速度大小相等，故BD正确，C错误；
故选：BD。
杆匀速转动，即角速度不变，据此分析P点的线速度大小变化；向心加速度始终指向圆心，所以加速度方向时刻改变。
本题要抓住重点“横杆PQ始终保持水平”进行分析Q的运动特点。
12.【答案】AC
【解析】解：表演者离开水平台面后做平抛运动，如图所示：
A、根据平抛运动规律，在水平方向由x=v0t，解得t=xv0，通过相同的水平位移，初速度v0较大时所用时间较少，故A正确；
B、根据平抛运动规律，在竖直方向有y=12gt2，解得t=2yg，即通过相同的竖直位移所用时间相等，与初速度的大小无关，故B错误；
CD、表演者离开水平台面后做平抛运动，当水平位移为x=L+L3时，初速度最大，根据y=3h=12gt2，x=L+L3=vmaxt，解得vmax=4L3g6h，表演者恰好跃过挡板最高点时速度最小，此时y′=h=12gt′2，x′=L3=vmint′，解得vmin=L3g2h，因此初速度大小范围是vmin故选：AC。
表演者在飞行过程中做平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，当水平位移为x=L+L3时，初速度最大，表演者恰好跃过挡板最高点时速度最小，再结合运动学公式分析。
解答本题的关键是借助于运动的合成与分解思想处理平抛运动，并会根据实际情景处理边界问题。
13.【答案】保证小球在斜槽末端具有相同的初速度 把小球静止释放在斜槽末端，看小球是否运动，若不动，则斜槽末端水平；反知，则不水平． xgy2−y1
【解析】解：(1)为了确保小球每次抛出的轨迹相同，应该使抛出时的初速度相同，因此每次都应使小球从斜槽上紧靠档板处由静止释放．
(2)把小球静止释放在斜槽末端，看小球是否运动，若不动，则斜槽末端水平；反知，则不水平．
(3)在竖直方向上：△y=y2−y1=gt2，t=y2−y1g，
水平方向上：x=v0t，初速度：v0=xt=xgy2−y1；
故答案为：(1)保证小球在斜槽末端具有相同的初速度．(2)把小球静止释放在斜槽末端，看小球是否运动，若不动，则斜槽末端水平；反知，则不水平． (3)xgy2−y1.
(1)为了确保小球每次抛出的轨迹相同，应该使抛出时的初速度相同，即要求从同一位置静止释放．
(2)把小球放在斜槽末端，看小球是否平衡，判断斜槽末端是否水平．
(3)明确实验的注意事项，根据平抛运动规律在水平和竖直方向的规律，尤其是在竖直方向上，连续相等时间内的位移差为常数，列出方程即可正确求解．
本题主要考查了匀变速直线运动中基本规律以及推论的应用，平时要加强练习，提高应用基本规律解决问题能力．
14.【答案】B BD 2：9
【解析】解：(1)在操作正确的情况下，让长槽、短槽下方的塔轮在皮带连接下共同做匀速圆周运动，两塔轮边缘的线速度大小一定相等，由于半径不相同，故角速度、周期和向心加速度不相等。故ACD错误，B正确；
故选：B。
(2)A.本实验主要体现了“控制变量法”的思想，故A错误；
B.小球做匀速圆周运动的向心力由长、短转臂的竖直挡板对球的压力提供，故B正确；
C.利用以上装置，共可组合出7种不同的塔轮半径比进行实验，故C错误；
D.露出套筒外的红、白相间的格子数量可代表两球所受向心力的比值，故D正确。
故选：BD。
(3)长槽、短槽下方的塔轮在皮带连接下共同做匀速圆周运动，两塔轮边缘的线速度大小一定相等，则有v=ω长R=ω短⋅13R
则有
ω短=3ω长
根据向心力表达式有
F=mω2r
可得长、短臂标尺上露出的格数之比为2：9；
故答案为：(1)B(2)BD(3)2：9
这个实验是为了验证向心力公式，皮带套在两塔轮半径相同的两个轮子上，说明两个轮子转动的角速度相等，结合恰当的向心力公式讨论即可．
该题考查与向心力有关的因素，解答本题关键选择向心力公式的恰当形式结合题意讨论．
15.【答案】解：(1)当船头的方向与河岸垂直时渡河的时间最短，若游艇恰好能以最短时间安全渡河，则游艇沿河岸方向的位移恰好为1200m，所以渡河的时间：t=lv=120050s=24s
又：t=dvc
代入数据可得游艇的静水速度：vc=37.5m/s
(2)由题意可知，为了不被冲进瀑布，以最小速度运动的轨道即被确定，如图所示：
设游艇的合速度与水流方向的夹角为θ，则有：tanθ=9001200=0.75；
根据矢量的合成法则，当游艇船头方向垂直合速度的方向行驶时，航速最小，所以游艇在静水中的最小速度为，vc=vsinθ=50m/s×0.6=30m/s，
那么此时游艇在河中航行的时间t=dvccs37∘=90030×0.8s=37.5s，
答：(1)若一艘游艇恰好能以最短时间安全渡河，游艇的静水速度是37.5m/s；
(2)为了不被冲进瀑布，游艇船头方向垂直合速度的方向行驶时，速度最小，最小值为30m/s，此时游艇在河中航行的时间为37.5s。
【解析】(1)当船头的方向与河岸垂直时渡河的时间最短，由此即可求出；
(2)根据运动的合成与分解，结合矢量的合成法则，及游艇的合速度与水流速度，并依据运动学公式，即可求解。
该题考查运动的合成与分解的应用，掌握矢量的合成法则的内容，注意合运动轨道确定是解题的关键，同时理解航行速度最小的依据。
16.【答案】解：(1)弹簧为原长时，小球只受到重力和杆的支持力，由它们的合力提供向心力，则：
mω02⋅Lcsθ=mgtanθ
可得：ω0=1415gL。
(2)由静止时，对小球受力分析，由平衡条件得：
mgsin⁡θ=F弹，
根据胡克定律得F弹=k(L−0.5L)，
解得k=6mg5L；
当杆的角速度ω=54gL时，因ω>ω0，故弹簧伸长，设弹簧的伸长量为x，弹簧的弹力为F，
对小球，由受力分析可得：
竖直方向：FN⋅csθ=mg+Fsinθ，
水平方向：FN⋅sinθ+Fcsθ=mω2(L+x)csθ，
根据胡克定律得F=kx
联立解得：x=2L
答：(1)弹簧原长时，小球的角速度ω0为1415gL。
(2)当杆的角速度ω=54gL时，弹簧形变量x为2L。
【解析】(1)弹簧为原长时，小球做匀速圆周运动，由重力和杆的支持力的合力提供向心力，根据向心力公式列式求小球的角速度ω0；
(2)杆处于静止状态时弹簧长度为0.5L，知道弹簧的压缩量为0.5L.对球，根据平衡条件和胡克定律结合求弹簧的劲度系数k，当杆的角速度ω=54gL时，分析弹簧的状态，再由向心力公式和胡克定律结合求弹簧的形变量。
本题的关键要明确小球做匀速圆周运动时，由合外力提供向心力。要能熟练运用向心力公式和胡克定律结合进行解答。
17.【答案】解：(1)设运动员刚落在B点时竖直方向的速度为vy，运动员从A点落到B点时间为t1，有vy=gt1
运动员到达B点时速度方向与斜面垂直，则到达B点的速度与竖直方向的夹角为53∘，则v0=vytan53∘
解得v0=8m/s
(2)运动员从A点落到B点，竖直方向有y1=12gt12=12×10×0.62m=1.8m
运动员从B点落到C点做平抛运动，设时间为t2，水平位移和竖直位移分别为
x2=38v0t2，y2=12gt22
又tan53∘=y2x2
解得y2=3.2m
故水平高台AD的高度为H=y1+y2=1.8m+3.2m=5m
(3)假设从B点蹬出落在AD上，设飞行时间为t3，水平位移为x3=x1=v0t1=8×0.6m=4.8m
且有x3=34v0t3，y3=12gt32
联立解得y3=3.2m
因为y3=y2，所以运动员恰好落在D点。
答：(1)运动员从高台边缘跳出的水平速度v0大小为8m/s；
(2)水平高台AD的高度H为5m；
(3)运动员恰好落在D点。
【解析】(1)运动员从A运动到B点做平抛运动，到达B点时速度方向与斜面垂直，由公式vy=gt求出运动员刚落在B点时竖直方向的速度，再由分速度关系求运动员从高台边缘跳出的水平速度v0大小；
(2)根据分位移公式y=12gt2求运动员从A点落到B点竖直方向的位移。运动员从B点落到C点做平抛运动，根据水平分位移和竖直分位移公式，以及它们的关系分别列式，即可求BC间的高度差，从而求出水平高台AD的高度H；
(3)假设从B点蹬出落在AD上，再根据分位移公式分别列式，即可求解。
本题通过运动员两次做平抛运动分别涉及到速度分解和位移分解，考查了学生对平抛运动规律的理解与运用，体现了学生学科素养理解能力的考查。