【文档说明】2023-2024学年高一物理人教版2019必修第二册同步试题 期中复习（冲A提升练） Word版含解析.docx，共(25)页，993.433 KB，由小赞的店铺上传

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期中复习（冲A提升练）（解析版）——知识点序号知识点分值分值占比对应题号1平抛运动的概念和性质1.0分1.0%12圆周运动的概念和性质1.0分1.0%13曲线运动5.0分5.0%1,2,34运动的合成与分

解8.0分8.0%3,4,5,6,155匀变速直线运动的位移与时间的关系4.4分4.4%3,226v-t图像1.0分1.0%47位移和路程1.0分1.0%48滑动摩擦力1.5分1.5%69平抛运动基本规律及推论27.5分27.5%7,8,9,11,13,1

4,21,2310圆周运动规律及其应用6.0分6.0%10,16,1711向心力4.8分4.8%10,2212线速度与角速度6.0分6.0%12,15,1813斜抛运动3.0分3.0%13,1414圆周运动中的临界问题1.5分1.5%1715向心加速度1.5分1.5%1816探究影响向心

力大小的因素8.0分8.0%1917探究平抛运动的特点8.0分8.0%2018圆周运动的其他应用实例3.3分3.3%2219周期与转速2.5分2.5%2320牛顿运动定律的应用2.5分2.5%2321竖直平面内的圆周运动2.5分2.5%23期中复习（冲

A提升练）（解析版）学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________考试时间：2023年X月X日命题人：审题人：本试题卷分选择题和非选择题两部分，共10页，满分100分，考试时间90分钟。考生注意：1.答

题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答题纸规定的位置上。2.答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试题卷上的作答一律无效。3.非选择题的答案必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题纸上相应的区域内，作图时先使用2B铅笔，确

定后必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑。4.可能用到的相关参数：重力加速度g均取10m/s2。第I卷（选择题部分）一、单选题（本题共18小题，每小题3分，共54分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，

不选、多选、错选均不得分）1.下列说法正确的是()A.物体做直线运动，所受的合力一定为零B.物体做曲线运动，所受的合力一定变化C.物体做平抛运动，物体速度的变化与所用时间的比值恒定D.物体做匀速圆周运动，物体的速度不变化

【答案】C【解析】物体做曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上，合力可以变，可以不变，曲线运动的速度的方向与该点曲线的切线方向相同，方向时刻改变。本题关键是抓住曲线运动的运动学特点和条件进行分析，要明确平抛运动加速度不变，受恒力；匀速圆周运动加速度时

刻改变(方向变)，受变力。【解答】A.物体做直线运动，所受的合力不一定为零，如匀加速直线运动，故A错误；B.物体做曲线运动，所受的合力不一定变化，如平抛运动，故B错误；C.平抛运动的加速度为重力加速度，不变，所以物体的速度随时间是均匀变化的，所以物体速度的变化与所用时间的比值恒定，故C正确；D

.物体做匀速圆周运动，物体的速度大小不变，方向时刻变化，是变速运动，故D错误。故选C。2.2021年8月21日，中国人民火箭军成功发射两枚新型导弹。导弹轨迹通常都十分复杂，下图是分析导弹工作时的轨迹示意图，其中弹头的速度𝑣与所受合外力𝐹关系正确的是()A

.图中𝐴点B.图中𝐵点C.图中𝐶点D.图中𝐷点【答案】D【解析】本题考查物体做曲线运动时，合力与速度的关系，难度不大。【解答】物体做曲线运动时，合力指向曲线凹侧，速度沿曲线运动中在该点的切线方向，曲线运动的轨迹夹在合力与速度的夹角之间，故可知D正确，ABC错误。3.一物体运动规律是𝑥=

3𝑡+3𝑡2𝑚，𝑦=4𝑡2𝑚，则下列说法中正确的是()A.物体在𝑥轴和𝑦轴方向上都是初速度为零的匀加速直线运动B.物体的合运动是初速度为零、加速度为5𝑚/𝑠2的匀加速直线运动C.物体的合运动是初速度为零、加速度为10𝑚/𝑠2的匀加速直线运动

D.物体的合运动是加速度为10𝑚/𝑠2的曲线运动【答案】D【解析】根据匀变速直线运动的位移时间公式x=v0t+12at2，y=12at2即可判断物体在x方向和y方向的运动情况，由运动的合成原则即可判断物体的合运动。解决本题的关

键掌握匀变速直线运动的位移时间公式x=v0t+12at2，y=12at2，并掌握运动的合成与分解法则的应用。【解答】根据匀变速直线运动的位移时间公式x=v0t+12at2，y=12at2，结合x=3t+3t2m，y=4t2m，可知，物体在x方向做初速度为3m/s，加

速度为6m/s2的匀加速直线运动；而y方向做初速度为零，加速度为8m/s2的匀加速直线运动，根据运动的合成与分解，结合平行四边形定则可知，物体的合运动是初速度为3m/s、加速度为10m/s2的匀加速曲线运动，故ABC错误，D

正确。故选D。4.某一质点在𝑥𝑂𝑦平面上运动，在0～2𝑠内质点沿𝑥方向的位移−时间图像和沿𝑦方向的速度−时间图像分别如图甲、乙所示，则()A.质点可能做直线运动B.质点的初速度为1𝑚/𝑠C.0～

2𝑠内质点运动位移为5𝑚D.质点的初速度方向与其合力的方向垂直【答案】C【解析】根据速度图象判断质点在y轴方向做匀加速直线运动，x轴方向做匀速直线运动。根据位移图象的斜率求出x轴方向的速度，再将两个

方向的合成，求出初速度。能从图象中获取尽量多的信息是解决图象问题的关键，对于矢量的合成应该运用平行四边形法则。【解答】A.质点在y轴方向做匀加速直线运动，x轴方向做匀速直线运动，其合运动是匀变速曲线运动，故A错误。B.x−t图像的斜率表示速度，x轴方向的速度vx=2m/s

，y轴方向初速度为vy0=1m/s，则质点的初速度v0=√vy02+vx2=√5m/s，故B错误；C.根据甲图可知，0～2s内质点沿x轴运动位移x1=4m，v−t图像的面积表示位移，故0～2s内质点沿y轴运动位移x2=(1+2)×22m=3m，故0～2s内质点运动位

移x合=√x12+x22=5m，故C正确；D.根据以上分析可知，开始时x轴方向的速度vx=2m/s，y轴方向初速度为vy0=1m/s，质点有沿y轴方向的加速度，即合力方向沿着y轴正方向，根据速度的合成可知，

开始时初速度不沿x轴，故D错误。5.某船渡河，船在静水中的速度为𝑣1，河水的速度为𝑣2，已知𝑣1>𝑣2，船以最短位移渡河用时𝑡1，则船渡河需要的最短时间为()A.√𝑣12−𝑣22𝑣1𝑡1B.√𝑣12+

𝑣22𝑣1𝑡1C.𝑣1𝑡1𝑣12−𝑣22D.𝑣1𝑡1√𝑣12+𝑣22【答案】A【解析】船航行时速度为静水中的速度与河水流速二者合速度，当以静水中的速度垂直河岸过河的时候渡河时间最短．小船过河问题属于运动

的合成问题，要明确分运动的等时性、独立性，运用分解的思想，看过河时间只分析垂直河岸的速度，分析过河位移时，要分析合速度．【解答】当船头指向上游，且合速度与河岸垂直时，位移最短v合=√v12−v22河宽d=v合t1

=√v12−v22⋅t1当船头指向与河岸垂直时，时间最短t2=dv1=√v12−v22v1t1，故A正确，BCD错误；故选：A6.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【答案】B【解析】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受到的摩擦力的变化。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。【解答】AB.物体A的运动是合运动，其速度为合速度，将其分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向两个分速度，v⬚A=v⬚Bcosθ，其中θ为绳子与水平方向的夹角，A向左运动，vA变大，物体A做加速运动

，故A错误，B正确；CD．B匀速下降，绳子拉力等于B的重力，大小不变，随着A向左运动，θ变大，A物体对地面的压力变小，故物体A所受摩擦力逐渐减小，故CD错误。故选B。7.如图为某同学对着竖直墙壁练习打乒乓球。在某次练习中，球与墙壁上𝐴点碰撞后以20√3𝑚/𝑠

的水平速度弹离，恰好垂直落在球拍上的𝐵点，已知球拍与水平方向夹角𝜃=60∘，𝑔=10𝑚/𝑠2，忽略空气阻力，则𝐴点到𝐵点的距离为()A.20√13𝑚B.10√13𝑚C.40√3𝑚D.20𝑚【答案】A【解析】球在A点反弹后做平抛运动，垂直落在球拍上的B点，在B点根据水平速

度与竖直速度和夹角的等量关系即可求解运动时间，根据水平方向与竖直方向的位移公式求出水平位移与竖直位移，根据A点到B点的距离为l=√x2+y2即可求解。解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式求解，难度不大。【解答

】由几何关系可知，小球落到斜面上的速度方向与水平方向夹角为30∘，则tan30∘=gtv0，得小球的运动时间为t=2s，小球的水平位移为x=v0t，竖直下落高度为y=12gt2，A点到B点的距离为l=√x2+y2，解得l=20√13m，故A正确，BCD错误。8.一阶梯如图所示，其中每级台

阶的高度和宽度都是0.4𝑚，一小球(可视为质点)以水平速度𝑣飞出，𝑔取10𝑚/𝑠2，要使小球打在第四级台阶上，则𝑣的取值范围是()A.2√2𝑚/𝑠<𝑣≤3.5𝑚/𝑠B.√6𝑚/𝑠<𝑣≤2√2𝑚/𝑠C.√2𝑚/𝑠<𝑣<√6𝑚/𝑠D.2√2𝑚/𝑠<𝑣<

√10𝑚/𝑠【答案】B【解析】小球以水平速度由第一级台阶上抛出欲打在第四级台阶上，求出两个临界情况，速度最小时打在第三级台阶的边缘上，速度最大时，打在第四级台阶的边缘上．根据h=12gt2和x=vt，得出v的临界值．解决本题的关键掌握临界情况，速度最小时落在第三级台阶的边

缘上，速度最大时落在第四级台阶边缘上．【解答】若小球打在第四级台阶的边缘上高度h=4d，根据h=12gt12，得t1=√8dg=√8×0.410s=√0.32s水平位移x1=4d.则平抛的最大速度v1=x

1t1=1.6√0.32m/s=2√2m/s若小球打在第三级台阶的边缘上，高度h=3d，根据h=12gt22，得t2=√6dg=√0.24s水平位移x2=3d，则平抛运动的最小速度v2=x2t2=1.2√0.24m/s=√6m/s所以速度范围：√6m/s<v≤2√2m/s故选B。9.为

了节约用水又能完成浇水任务，绿化洒水车在工作时需要根据工作环境中的实际情况控制水量的大小。如图所示，若洒水车的水平喷水口满管径工作，且距某绿化带两侧的水平距离分别为𝑥0、𝑥1，忽略水滴受到的空气阻力，为完成绿化带浇水任务，则洒水车单位时间内最大出水量和最小出水量之

比为()A.√𝑥1𝑥0B.√𝑥0𝑥1C.𝑥0𝑥1D.𝑥1𝑥0【答案】C【解析】本题主要考查平抛运动的规律应用。平抛运动在水平方向上做匀速运动，在竖直方向上做自由落体运动。在水平方向上，根据匀速运动的位移公式，结合洒水车出水量的公式，即可求得洒水车单位

时间内最大出水量和最小出水量之比。【解答】设管的横截面积为S，水流速度为v，则出水量为V=Svt。由于洒水车距离地面的高度一定，根据平抛运动规律知水流在空中运动的时间相等，设为t；最大出水量水流速为v1，则t时间内出水量V1=Sv1t=Sx0。最小出

水量水流速为v2，则t时间内出水量V2=Sv2t=Sx1。单位时间内最大出水量与最小出水量之比V1V2=x0x1，故C正确，ABD错误。故选C。10.如图1所示为一种小型儿童玩具——拨浪鼓，其简化模型如图2所示，拨浪鼓边缘上与圆心等高处关于转轴对称的位置固定有长度分别为𝐿𝐴、𝐿

𝐵(𝐿𝐴>𝐿𝐵)的两根不可伸长的细绳，两根细绳另一端分别系着质量相同的小球𝐴、𝐵。现匀速转动手柄使两小球均在水平面内匀速转动，连接𝐴、𝐵的细绳与竖直方向的夹角分别为𝛼和𝛽，下列判断正

确的是A.𝐴、𝐵两球的向心加速度相等B.两球做匀速圆周运动时绳子与竖直方向的夹角𝛼>𝛽C.𝐴球的线速度小于𝐵球的线速度D.𝐴球所受的绳子拉力小于𝐵球所受的绳子拉力【答案】B【解析】设半径为R，绳长为L，对小球进行受力分析，结合牛顿第二定律和几何关系求解即可。本题

主要考查了圆周运动的相关应用，根据受力分析得到向心力的大小，结合向心力公式完成计算即可。注意圆心为位置和轨迹半径的确定。【解答】B、设拨浪鼓半径为R，细绳长为l，小球在水平面内做匀速圆周运动，设细绳与竖直方向的夹角

为θ，有mgtanθ=m(R+Lsinθ)ω2，解得：L=gω2−Rtanθcosθ，可知细绳与竖直方向的夹角与小球的质量无关，根据题述可知小球做圆周运动的角速度相同，由于LA>LB，根据公式可判断出

α>β，故B正确，A、对A球，根据牛顿第二定律得：mgtanθ=maA，得aA=gtanα对B球，根据牛顿第二定律得：mgtanβ=maB，得aB=gtanβ，因α>β，则aA>aB，即A球的向心加速度比B球的大，故A错误；C、由v=ωr知，两球的角速度相等，A球的轨迹半径比B球的大

，则球的线速度大于B球的线速度，故C错误；D、A球所受的绳子拉力大小：TA=mgcosα，B球所受的绳子拉力大小：TB=mgcosβ，因α>β，则cosα<cosβ，可得TA>TB，故D错误。故选：B。11.高台跳雪是2022年北京冬奥会的比赛项目之一，如图跳雪运

动员𝑎，𝑏(可视为质点)从雪道末端先后以初速度之比𝑣𝑎:𝑣𝑏=1:2沿水平方向向左飞出。不计空气阻力，则两名运动员从飞出至落到雪坡(可视为斜面)上的整个过程中，下列说法正确的是()A.飞行时间之比为2:1B.飞行的水平位

移之比为1:2C.落到雪坡上的瞬时速度方向一定相同D.在空中离雪坡面的最大距离之比为1:2【答案】C【解析】本题主要考查平抛运动与斜面结合的问题。平抛运动在水平方向上做匀速运动，在竖直方向上做自由落体运动。两名

运动员在空中做平抛运动，落到雪坡上时，利用竖直位移和水平位移的比值等于斜面倾角的正切值，可表示出平抛运动的时间，从而求得时间之比;根据水平方向的匀速直线运动求解水平位移之比;根据运动的合成与分解结合几何关系分析他们落到雪坡上的瞬时速度方向;在垂直于斜面方向上，根据匀变速直线运动速度位移

关系求解离开斜面的最大距离之比，由此即可正确求解。【解答】A.设运动员的初速度为v0时，飞行时间为t，水平方向的位移大小为x、竖直方向的位移大小为y，运动员在水平方向上做匀速直线运动，有x=v0t，在竖直方向上做自由落体运动，有y=

12gt2，运动员落在斜面上时，有tanθ=yx，联立解得：t=2v0tanθg，则知运动员飞行的时间t与v0成正比，则他们飞行时间之比为ta:tb=va:vb=1:2，故A错误;B.水平位移：x=v0t=2v02tanθg，运动员飞行的水平位移x与初速

度的平方成正比，则他们飞行的水平位移之比为1:4，故B错误;C.落到雪坡上时，设运动员的速度方向与竖直方向夹角为α，则有tanα=v0vy=v0gt=v02v0tanθ=12tanθ，则他们落到雪坡上的瞬时速度方向一定相同，故C正确;D.将运动员的运动分解为沿

坡面和垂直于坡面的两个方向上，建立直角坐标系，在沿坡面方向做匀加速直线运动，垂直于坡面方向做匀减速直线运动，则运动员在空中离雪道坡面的最大高度为：hmax=(v0sinθ)22gcosθ∝v02，所以他们在空中离雪道坡面的最大高度之

比为1:4，故D错误。12.变速自行车靠变换齿轮组合来改变行驶速度。如图所示是某一变速自行车齿轮传动结构示意图，图中𝐴、𝐵轮齿数为48、42，𝐶、𝐷轮齿数为18、12，若脚踏板转速一定，下列说法不正确的有：()A.该自行车可变

换四种不同档位B.当𝐵轮与𝐶轮组合时，骑行最轻松C.若该自行车的最大行驶速度为6𝑚/𝑠，则最小行驶速度为2.5𝑚/𝑠D.若该自行车的最大行驶速度为4𝑚/𝑠，则最小行驶速度为2.33𝑚/𝑠【答案】C【解析】本题考查了皮带传动这个知识点；关键要知道两轮边

缘的线速度大小相等，知道线速度、角速度的大小关系。A轮分别与C、D连接，B轮分别与C、D连接，共有4种不同的挡位；抓住线速度大小相等，结合齿轮的齿数之比可以得出轨道半径之比，从而求解。【解答】A.该自行车可变换四种不同档位，分别是A、C组合

；A、D组合；B、C组合；B、D组合，故A正确；B.由于同一链条各处线速度相同，由ω1r1=ω2r2结合“省力费距离”的原理，因为脚踏板转速一定，可知前齿盘越小，后齿盘越大，才能达到“费距离而省力”的目的，使得骑行感到轻松，所

以前齿轮B、后齿轮C组合是最省力轻松的方式，故B正确；D.因为脚踏板转速一定，可知前齿盘的角速度ω0不变，设前齿盘的半径为r1，后齿盘的半径为r2，后轮的半径为R，则后齿盘的角速度为ω=ω0r1r2，自行车的速度为v自=ωR=ω0r1r2⋅R，可知当A轮与D轮组合

时，自行车速度最大，则有v自max=ω0rArD⋅R，可知当B轮与C轮组合时，自行车速度最小，则有v自min=ω0rBrC⋅R，根据半径与齿数成正比，可得v自minv自max=rBrC⋅rDrA=4218×1248=712，解得：v自min=712v自max=712×4m/s≈2.33m/

s，故D正确。C.同理，若若该自行车的最大行驶速度为6m/s，，故C错误；13.体育课上，某同学跳起投篮，松手后篮球将斜向上飞出，恰好能够斜向下、无碰触地穿过篮框中心，如图所示。若篮框平面到篮板上沿的距离是ℎ=0.45

𝑚，篮球脱手时初速度方向与水平方向夹角为45°，篮球穿过篮框中心时速度与水平方向的夹角为37°，小球到达最高点时恰好与篮板上沿等高，已知重力加速度𝑔=10𝑚/𝑠2，sin37°=0.6，篮球可以看成质点，空气阻力不计。下列说法正确的是()

A.篮球的速度变化率先减小后增大B.篮球脱手时的速度大小为5𝑚/𝑠C.篮球脱手到过篮框中心的时间为0.7𝑠D.篮球脱手的位置到篮框中心间的竖直高度为0.8𝑚【答案】C【解析】本题考查斜抛运动的应用，知道斜抛运动竖直方向和水平方向的分运动情况是解

题的关键。结合速度的含义和斜抛运动规律直接可判断；篮球离开最高点后做平抛运动，根据竖直方向运动情况列方程得出竖直分速度，从而得出水平分速度大小，结合速度关系得出篮球脱手时的初速度大小即可判断；根据竖直方

向做竖直上抛运动的规律列方程求出篮球脱手到过篮框中心的时间和篮球脱手的位置到篮框中心间的竖直高度。【解答】A、篮球做斜抛运动，运动中加速度为重力加速度，不变，而速度变化率为加速度，则篮球的速度变化率不变，故A错误；B、篮球在

水平方向做匀速直线运动，则v0cos45°=vx，篮球离开最高点后做平抛运动，则h=vy22g，解得篮球落入篮筐时的竖直分速度vy=3m/s，水平分速度vx=vycot37°=4m/s，解得篮球脱手时的速度大小v0=4√2m/s，故B错误；CD、篮球脱手后竖直分速度vy0=v0sin45

°=4m/s，篮球竖直方向做竖直上抛运动，则篮球脱手到过篮框中心的时间t=−vy−vy0−g=0.7s，篮球脱手的位置到篮框中心间的竖直高度h=vy2−vy022(−g)=0.35m，故C正确，D错误。14.如图所示，“跳一跳”游戏需要操作者控制棋子离开平台时的速度，使其能跳到旁边等高平台上。棋子

在某次跳跃过程中的轨迹为抛物线，经最高点时速度为𝑣0，此时离平台的高度为ℎ。棋子质量为𝑚，空气阻力不计，重力加速度为𝑔。则此跳跃过程()A.所用时间𝑡=√2ℎ𝑔B.水平位移大小𝑥=2𝑣0√2ℎ𝑔C.初速度的竖直分量大小为2√𝑔ℎD

.初速度大小为√𝑣02+𝑔ℎ【答案】B【解析】棋子从最高点到落在平台的过程为平抛运动，平抛运动在水平方向上是匀速直线运动，在竖直方向上是自由落体运动，两个方向上的运动具有同时性。本题关键是知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律。【解答】A.棋子从最高点到落在平台的

过程为平抛运动，竖直方向由h=12gt′2可得：t′=√2hg，根据斜抛运动的对称性，可得所用时间为t=2t′=2√2hg，故A错误；B.水平位移x=v0t=2v0√2hg，故B正确；C.末速度的竖直分量大小为vy=gt′=√2gh，故C错误；D.用速度的

合成，即勾股定理得：末速度大小为√v02+2gh，故D错误。故选B。15.如图所示，一根长为𝐿的轻杆𝑂𝑃，𝑂端用铰链固定在竖直墙上，轻杆靠在左右宽度为𝑑的长方形物块上，此时杆与竖直方向的夹角为𝜃，物块向右运

动的速度为𝑣，则轻杆的端点𝑃的速度大小为()A.𝑣𝐿𝑑tan𝜃B.𝑣𝐿cos2𝜃𝑑C.𝑣𝐿sin2𝜃2𝑑D.𝑣𝐿𝑑【答案】C【解析】解决本题的关键根据行四边形定对速度进行解，将物块的速度分解为沿杆和垂直于杆方向上的速度，根v=rω可求杆转动角速度，再

根据杆角速度和端点P的转动半径可以求出轻杆的端点P的线速度大小。【解答】物块与轻杆的接触点M的速度水平向右为v，把轻杆在M点的速度v分别沿着杆和垂直杆分解，可得v⊥=vcosθ，此时轻杆绕着O点转动的角速度为ω=v⊥OM，P点

的速度即线速度为vP=ωL，由几何关系可得OM=dsinθ，解得vP=vLcosθsinθd=vLsin2θ2d，故C正确，ABD错误。16.汽车正在圆环形赛道上水平转弯，图示为赛道的剖面图。赛道路面倾角为𝜃，汽车质量为𝑚，转弯

时恰好没有受到侧向摩擦力。若汽车再次通过该位置时速度变为原来的二倍，则以下说法正确的是()A.汽车受到沿路面向下的侧向摩擦力，大小为3𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃B.汽车受到沿路面向上的侧向摩擦力，大小为𝑚

𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃C.无侧向摩擦力时，路面对汽车的支持力大小为𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠𝜃D.速度变为原来的二倍后，路面对汽车的支持力大小为𝑚𝑔cos𝜃【答案】A【解析】本题是生活中的圆周运动中问题，分析受力，确定向心力的来源是解题的关键。【解答】ABC.汽车转弯时恰好没有受到侧向摩擦力，由重

力和支持力的合力提供向心力，若汽车再次通过该位置时速度变为原来的二倍，所需要的向心力增大，重力和支持力的合力不够提供向心力，所以汽车受到沿路面向下的侧向摩擦力，设汽车转弯时恰好没有受到侧向摩擦力时汽车速度为v，根据牛顿第二定律得：竖直方

向：FNcosθ=mg，解得：FN=mgcosθ；水平方向：FNsinθ=mv2r则得v=√grtanθ当速度变为原来的二倍，根据牛顿第二定律得：竖直方向：FN′cosθ=mg+Ffsinθ；水平方向：FN′sinθ+Ffcosθ=m(2v)2r联立解得Ff=3mgsinθ，故A正确，

BC错误；D.路面对汽车的支持力大小为FN′=mgcosθ+3mgsinθtanθ，故D错误。故选A。17.如图所示，足够大水平圆板可绕圆心处的竖直轴以角速度𝜔匀速转动，圆板上叠放有两物块，下面的大物块质量为𝑀=𝑘𝑚，上面的

小物块(可视为质点)质量为𝑚，小物块和转轴间有一恰好伸直的水平轻绳，轻绳系在套住转轴的光滑小环上，小环被卡在轴上固定高度ℎ处，轻绳长度𝐿=2ℎ。已知小物块与大物块、大物块与圆板间的动摩擦因数均为𝜇，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为𝑔，

则下列说法中不正确的是()A.𝑘越大，大物块发生相对滑动的𝜔越大B.当𝑘=1，𝜔=√𝜇𝑔ℎ时，大物块未发生相对滑动C.当𝑘=2，𝜔=√𝜇𝑔𝐿时，大物块未发生相对滑动D.当𝑘=2，𝜔=√2𝜇𝑔ℎ时，大物块将

会一直做离心运动【答案】A【解析】本题考查了圆盘上物体的圆周运动。解决本题的关键是知道物体做圆周运动的向心力来源，抓住临界状态，根据牛顿第二定律结合向心力公式分析求解。【解答】A.对于大物块，当所受的最大静摩擦力提供向心力时μmg+μ(k+1)mg=kmω2L，解得，ω=√μ(k+2)g

kL=√(2k+1)μg，可知k越大，大物块发生相对滑动的ω就越小，故A错误;B.当k=1时，大物块所受的最大静摩擦力Fmax=μ(k+2)mg=3μmg，大物块所需要的向心力Fn=kmω2L=2μmg<Fmax，即大物块不会发生相对滑动，故B正确;C.当

k=2时，大物块所受的最大摩擦力Fmax=μ(k+2)mg=4μmg，大物块所需要的向心力Fn=kmω2L=2μmg<Fmax，即大物块不会发生相对滑动，故C正确;D.当k=2时，大物块所受的最大摩擦力Fmax=

μ(k+2)mg=4μmg，大物块所需要的向心力Fn=kmω2L=8μmg>Fmax，所以大物块将会发生相对滑动，与小物块脱离之后，摩擦力进一步减小，运动半径继续增大，所以将一直做离心运动，故D正确。本题选不正确的，故选A。18.如图所示是磁盘的磁道，磁道是一些不同半径的同心圆。为了数据检索的

方便，磁盘格式化时要求所有磁道储存的字节与最内磁道的字节相同，最内磁道上每字节所占用磁道的弧长为𝐿.已知磁盘的最外磁道半径为𝑅，最内磁道的半径为𝑟，相邻磁道之间的宽度为𝑑，最外磁道不储存字节。电动机使磁盘以每秒𝑛圈的转速匀速转动，磁头在读写数据时保持不动，磁盘每转一圈，磁头沿半径方向跳

动一个磁道，不计磁头转移磁道的时间。下列说法正确的是()A.相邻磁道的向心加速度的差值为4𝜋2𝑑𝑛2B.最内磁道的一个字节通过磁头的时间为𝐿𝑛C.读完磁道上所有字节所需的时间为𝑅−𝑟−1𝑛𝑑D.若𝑟可变，其他条件不变，当𝑟=𝑅2时磁盘储存的字节最多【答案】D【解析】根

据向心加速度的定义式可求出相邻磁道的向心加速度的差值；根据转速的定义可求出最内磁道的一个字节通过磁头的时间；求出磁道数及每一磁道的字节数从而找到总字节数；根据题意求出总字节数表达式，再结合数学知识找到极值表达式即可；解决本题需在认真审题的基础上结合物理基本概念和数学知

识求解；【解答】A.相邻磁道属于同轴转动，故角速度ω相同，转速n相同。相邻磁道的半径差为d，根据向心加速度公式：a=rω2=r(2πn)2知，相邻磁道的向心加速度的差值为4π2n2d，故A错误；B.磁盘转动一圈所用时间1n，磁盘转一圈磁头所读字节的

总长为2πr，所以磁头读单位长度的字节所用时间为1n⋅2πr，又因为一个字节所占弧长为L，所以最内磁道的一个字节通过磁头的时间为Ln⋅2πr，故B错误；C.因为磁盘的最外磁道半径为R，最内磁道的半径为r，相邻磁道之间的宽度为d，最外磁

道不储存字节，所以磁盘中共有磁道条数为R−rd，磁头读完一条磁道所有字节所用时间为1n，则读完磁道上所有字节所需时间为R−rnd，故C错误；D.根据题意知每一磁道上的字节数都与最内磁道的字节相等，等于2πrL，因为磁盘中共有磁道条数为R−rd，所以磁盘中的字节数为N=2πr⋅(R−r)Ld=2

π[−(r−R2)2+R24]Ld，根据表达式知，当r=R2时磁盘储存的字节数最多。故D正确。故选：D。第II卷（非选择题）二、实验题（本题共2小题，共16分）19.为验证做匀速圆周运动物体的向心加速度与其角速度、轨道半径间的定量关系：𝑎=𝜔2𝑟，某同学设

计了如图所示的实验装置。其中𝐴𝐵是固定在竖直转轴OOˈ上的水平凹槽，𝐴端固定的压力传感器可测出小钢球对其压力的大小，𝐵端固定一宽度为𝑑的挡光片，光电门可测量挡光片每一次的挡光时间。实验步骤：①测出挡光片与转

轴的距离为𝐿；②将小钢球紧靠传感器放置在凹槽上，测出此时小钢球球心与转轴的距离为𝑟；③使凹槽𝐴𝐵绕转轴OOˈ匀速转动；④记录下此时压力传感器示数𝐹和挡光时间Δt。(1)小钢球转动的角速度𝜔=________(用𝐿、𝑑、Δt表示)；(2)若忽略小钢球所受摩擦，则要测量小钢球加速度

，还需要测出________________，若该物理量用字母𝑥表示，则在误差允许范围内，本实验需验证的关系式为________________(用𝐿、𝑑、Δt、𝐹、𝑟、𝑥表示)【答案】(1)dLΔt；(2)小钢球质量；Fx=(dLΔt)2r。【解析】本题考查了验证做匀速圆周运动物

体的向心加速度与其角速度、轨道半径间的定量关系；此实验是对牛顿第二定律和向心加速度关系式的考察运用，要把牛顿第二定律和向心加速度关系式综合起来运用。(1)有遮光片的宽度和挡光时间可求出遮光片的线速度，根据角速度与线速度的关系式即可算出小球角速度；(2)由牛顿第二定律可知需

要测量的物理量以及需验证的关系式。【解答】(1)遮光片的线速度v=dΔt，遮光片的角速度ω=vL=dΔtL，遮光片和小球角速度相同所以小球角速度ω=dΔtL；(2)由牛顿第二定律F=ma可知，a=Fm，所以要测量小球加速度，还需测出小球质量。因此，a=Fm=Fx，又因为：a=ω2r=(d

LΔt)2r所以要验证的关系式：Fx=(dLΔt)2r。20.图1是“研究平抛物体运动”的实验装置，通过描点画出平抛小球的运动轨迹．(1)以下实验过程的一些做法，其中合理的有________．𝑎.安装斜槽轨道，使其末端保持水平𝑏.每次小球释放的初始位置可以任意选

择𝑐.每次小球应从同一高度由静止释放𝑑.为描出小球的运动轨迹描绘的点可以用折线连接(2)实验得到平抛小球的运动轨迹，在轨迹上取一些点，以平抛起点𝑂为坐标原点，测量它们的水平坐标𝑥和竖直坐标𝑦，图2中𝑦−𝑥2图象能说明平抛小球的运动轨迹为抛物线的是_______

__．(3)图3是某同学根据实验画出的平抛小球的运动轨迹，𝑂为平抛起点，在轨迹上任取三点𝐴、𝐵、𝐶，测得𝐴、𝐵两点竖直坐标𝑦1为5.0𝑐𝑚、𝑦2为45.0𝑐𝑚，测得𝐴、𝐵两点水平距离𝛥𝑥为40.0𝑐𝑚，则平抛小球的初速度𝑣0为_

_____𝑚/𝑠，若𝐶点的竖直坐标𝑦3为60.0𝑐𝑚，则小球在𝐶点的速度为𝑣𝐶=______𝑚/𝑠(结果保留两位有效数字，𝑔取10𝑚/𝑠2).【答案】(1)ac；(2)c；(3)2.0；4.0。【解析】解决平抛实验问题时，要特别注意

实验的注意事项，在平抛运动的规律探究活动中不一定局限于课本实验的原理，要注重学生对探究原理的理解，提高解决问题的能力；灵活应用平抛运动的处理方法是解题的关键。(1)保证小球做平抛运动必须通过调节使斜槽的末端保持水平，因为要画同一运动的轨迹，必须每次释放小球的位置相同，且由静止释放，以保证获

得相同的初速度，实验要求小球滚下时不能碰到木板平面，避免因摩擦而使运动轨迹改变，最后轨迹应连成平滑的曲线；(2)平抛运动竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀速直线运动；联立求得两个方向间的位移关系可得出正确的图象；(3)根据平抛运动的处理方法，竖直

方向做自由落体运动，水平方向做匀速直线运动即可求解。【解答】(1)a.斜槽末端水平，才能保证小球离开斜槽末端时速度为水平方向，故a正确；bc.因为要画同一运动的轨迹，必须每次释放小球的位置相同，且由静止释放，以保证获得相同的初速度，故b错误，c正确；d

.用描点法描绘运动轨迹时，应将各点连成平滑的曲线，不能连成折线或者直线，故d错误。故选ac。(2)物体在竖直方向做自由落体运动，y=12gt2；水平方向做匀速直线运动，x=vt；联立可得：y=gx22v02

，因初速度相同，故g2v02为常数，故y−x2应为正比例关系，故c正确，abd错误。故选c。(3)根据平抛运动的处理方法，竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀速直线运动，所以y1=12gt12…①y2=12gt22…②水平方向的速度，即平抛小球的初速

度为v0=ΔxΔt…③(Δt=t2−t1)联立①②③代入数据解得：v0=2.0m/s若C点的竖直坐标y3为60.0cm，则小球在C点的对应速度vC，在C点竖直方向的速度为v1，根据公式可得：v12=2gh，所以v1=2√3m/s，所以C

点的速度为：vC=√v02+v12=√12+4m/s=4.0m/s。故答案为(1)ac；(2)c；(3)2.0；4.0。三、计算题（本大题共3小题，10分+10分+10分，共30分，解答过程请写出必要的文字说明和必需的物理演算过程，只写出最终结果的不得分）21.如图为某娱乐节

目中某个比赛环节的示意图，参与比赛的选手会遇到一个人造山谷𝐴𝑂𝐵，𝐴𝑂是高ℎ=3𝑚的竖直峭壁，𝑂𝐵是以𝐴点为圆心的弧形坡，∠𝑂𝐴𝐵=60°，𝐵点右侧是一段水平跑道．选手可以自𝐴点借助绳索降到�

�点后再爬上跑道，但身体素质好的选手会选择自𝐴点直接跃上跑道．选手可视为质点，忽略空气阻力，重力加速度𝑔=10𝑚/𝑠2．(1)若选手以速度𝑣0水平跳出后，恰好能落到水平跑道上，求𝑣0的最小值；(2)若选手以速度𝑣1=4𝑚/𝑠水平跳出，求该选手在空中的运动时间．【答案】解：

(1)若选手以速度v0水平跳出后，恰好能跳在水平跑道上，则：hsin60°=v0thcos60°=12gt2解得：v0=3√102m/s即v0的最小值为3√102m/s；(2)若选手以速度v1=4m/s水平

跳出，因v1<v0，人将落在弧形坡上。下降高度：y=12gt2水平前进距离：x=v1t且：x2+y2=h2联立解得：t=0.6s【解析】(1)选手做平抛运动，竖直分运动是自由落体运动，水平分运动是匀速直线运动，根据分位移公式列式求解即可；(2)选手落在圆弧上

，先根据平抛运动的分位移公式列式，然后结合勾股定理列式，最后联立求解即可。本题关键是明确选手的运动性质，根据平抛运动的分位移公式多次列式求解，基础问题。22.清代乾隆的《冰嬉赋》用“躄躠”(可理解为低身斜体)二字揭示了滑冰的动作要领。5

00𝑚短道速滑世界纪录由我国运动员武大靖创造并保持。在其创造纪录的比赛中，(1)武大靖从静止出发，先沿直道加速滑行，前8𝑚用时2𝑠。该过程可视为匀加速直线运动，求此过程加速度大小；(2)武大靖途中某次过弯时的运动可视为半径为10𝑚的匀速圆周运动，速度大小为14𝑚/𝑠。已知武大

靖的质量为73𝑘𝑔，求此次过弯时所需的向心力大小；(3)武大靖通过侧身来调整身体与水平冰面的夹角，使场地对其作用力指向身体重心而实现平稳过弯，如图所示。求武大靖在(2)问中过弯时身体与水平面的夹角𝜃的大小。(不计空气阻力，重力加速度大小取10𝑚/𝑠2

，tan22∘=0.40、tan27∘=0.51、tan32∘=0.62、tan37∘=0.75)【答案】解：(1)武大靖从静止出发，先沿直道加速滑行，前x1=8m用时t1=2s根据位移—时间关系可得：x1=

12at12代入数据解得：a=4m/s2；(2)根据向心力的计算公式可得：Fn=mv2r=73×14210N=1430.8N；(3)设场地对武大靖的作用力大小为F，F与重力的合力提供向心力，如图所示：根据几何关系可得：tanθ=mgFn代入数据解得：tanθ≈0.

51所以θ=27°。答：(1)求此过程加速度大小为4m/s2；(2)此次过弯时所需的向心力大小为1430.8N；(3)武大靖在(2)问中过弯时身体与水平面的夹角θ的大小为27°。【解析】(1)武大靖从静止出发，根据位移—时间关系求解加速度大小；(2)根据向心力的计算公式求解向心力大小；(

3)场地对武大靖的作用力与重力的合力提供向心力，根据几何关系求解身体与水平面的夹角θ的大小。本题主要是考查圆周运动的知识，解答此类问题的关键是能够对物体进行受力分析，确定哪些力的合力或哪个力的分力提供了向心力，根据向心力的计算公式进行解答。2

3.如图所示，一半径𝑅=4𝑚的圆盘水平放置，在其边缘𝐸点固定一个小桶，在圆盘直径𝐷𝐸的正上方平行放置一水平滑道𝐵𝐶，滑道右端𝐶点与圆盘圆心𝑂在同一竖直线上，高度差ℎ=5𝑚。𝐴𝐵为一竖直面内的光滑圆弧轨道，半径𝑟=1.25𝑚，且与水平滑道相切于𝐵点。一质量𝑚=0.

2𝑘𝑔的滑块(可视为质点)从𝐴点由静止释放，当滑块经过𝐵点时，对𝐵点压力为6𝑁，恰在此时，圆盘从图示位置以一定的角速度𝜔绕通过圆心的竖直轴匀速转动，最终物块由𝐶点水平抛出，恰好落入圆盘边缘的小桶内。已知滑块与滑道𝐵𝐶间的动摩擦因数为0.3，𝑔=10�

�/𝑠2，求：(1)滑块到达𝐵点时的速度;(2)水平滑道𝐵𝐶的长度;(3)圆盘转动的角速度𝜔应满足的条件。【答案】解：(1)滑块到达B点时，由牛顿第二定律得：FN−mg=mvB2r，代入数据解得：vB=5m/s。(2)滑块离开C后，做平抛运动，

h=12gt12，R=vCt1，解得：t1=1s，vC=4m/s．滑块在BC上运动时，μmg=ma，得：a=3m/s2，由匀变速运动公式：vC2−vB2=−2ax，得：x=1.5m。(3)滑块由B点到由C点，由运动学关系：x=vB+vC2t2，代入数据解得：t2=13s，则从B到E的时间t=t1+

t2=43s，圆盘转动的角速度ω应满足条件：t=2nπω，代入数据得：ω=1.5nπrad/s(n=1、2、3…)．【解析】(1)在B点，根据牛顿第二定律结合向心力公式求出滑块的速度；(2)滑块离开C后做平抛运动，要恰好落入圆盘边缘的小桶内，水平位移大小等于圆盘的半径R，根据平抛

运动的规律求得滑块经过C点的速度，根据动能定理研究BC过程，求解BC的长度；(3)滑块由B点到C点做匀减速运动，由运动学公式求出时间，滑块从B运动到小桶的总时间等于圆盘转动的时间，根据周期性求解ω应满足的条件．本题滑块经历三个运动过程，分段选择物理规律进行研

究，关键是抓住圆盘与滑块运动的同时性，根据周期性求解ω应满足的条件