第28期 实验：研究平抛运动的特点 抛体运动的规律-【数理报】2025-2026学年高中物理必修第二册同步学案（人教版）

4 素养·拓展 (上接第3版) D.用铅笔记录小球位置时，每次必须严格 2.跳台滑雪比赛是冬奥会的重要比赛项！地等距离下降 目.如图2所示，运动员在某两次赛前训练中， E.小球运动时不应与木板上的白纸（或方 都从跳台处水平飞出，落在足够长的斜坡上，其 :格纸)相触 中第二次训练的着陆点较远，运动过程中忽略 F.将球的位置记录在纸上后，取下纸，用直 空气阻力，下列说法正确的是 ):尺将点连成折线 (2)如图4所示为一小球做 平抛运动的闪光照相照片的一 部分，图中背景方格的边长均为 5cm,如果g取10m/s2,那么： 图4 Hz: 图图2 ①照相机的闪光频率是 A.离开跳台瞬间，第二次水平初速度更大 ②小球经过B点时的速度大小是 B.离开跳台后，两次训练在空中运动时间相同 !m/s. C.离开跳台后，第二次训练在空中的加速 三、计算题（共13分） 度更大 5.2024年10月 D.两次训练的着陆速度的方向与斜坡的夹23日，国内首条口岸 角相同 区域无人机配送航线 3.投掷飞镖是同学们非 在深圳开航，利用无 飞绿 常喜欢的一项健身运动，某同 人机进行快递配送的 图5 学在一次投掷飞镖的过程中， 目的主要在于解决偏远地区的配送问题，提高 水平投出的飞镖恰好击中飞 图3 配送效率.如图5所示，无人机悬停在距水平地 镖靶盘中心正下方的一点，如图3所示保持投 面3.2m高度处，某时刻以2m/s2的加速度水平 掷的高度不变且水平投掷，为了能够击中靶心， 向右飞行，经过3s释放一包裹.已知重力加速度 以下判断中正确的是 ( )g取10m/s2,不计空气阻力.求： A.只要适当水平往前移动一下投掷的位置 (1)包裹落地时的速度； 就有可能击中靶心 (2)包裹落地点与悬停点之间的水平距离 B.只要适当增大水平投出的速度就有可能 击中靶心 C.只要是能够击中靶心，击中靶盘时的速 度一定比原来大 D.若同时调整投掷的水平距离和速度，击 中靶盘时的速度与竖直方向的夹角可以和原来 相同 二、实验题（共9分） 4.在做“研究平抛物体的运动”实验时，为 了能较准确地描绘运动轨迹，下面列出了一些 操作要求： (1)将你认为正确的选项前面的字母填在 横线上 A.通过调节使斜槽的末端保持水平 B.每次释放小球的位置必须不同 C.每次必须由静止释放小球 (参考答案见30期) 3版参考答案 27期卷考答案 A组 1.C;2.C;3.C;4.C;5.D;6.C;7.B. 2版参考答案 8.(1)0.4:(2)1.2;(3)B. 素养专练1.曲线运动 9.(1)0.5m/s2(2)400N 1.C;2.A;3.C;4.B;5.BC;6.D. 10.(1)1N(2)8/13m 素养专练2.运动的合成与分解 B组 1.ABD;2.AD;3.AD. 1.D;2.A;3.B;4.D;5.BD. 4.增大不恒定2v 素养专练3.小船渡河问题 5.(1)x=80m; 1.D;2.A;3.B;4.A;5.BD. (2)v=45m/s 数理极 本版责任编辑：李杰 报纸编辑质量反馈电话 0351-5271268 一、把平抛运动沿水平方向和竖直方向进 报纸发行质量反馈电话 行分解 0351-5271248 平抛运动实质上就是物体沿水平方向上的 匀速直线运动和竖直方向上的自由落体运动的 《高中物理人教》 合运动，做平抛运动的物体同时参与了这两个 方向上的运动，因此在处理大部分的平抛运动 2025~2026学年 问题时，我们总是沿着水平方向和竖直方向把 必修第二册编辑计划 平抛运动进行分解. 期数：27 这种分解方法是最常见的分解方法，由于 涉及内容：曲线运动 篇幅原因，在此不再举例。 运动的合成与分解 二、把平抛运动沿平行斜面和垂直斜面的 期数：28 两个方向进行分解 涉及内容：实验：研究 在处理涉及斜面的平抛运 平抛运动的特点抛体 动问题时，如果还是沿水平和 运动的规律 竖直方向分解，有时会很繁杂 期数：29 这时如果转换思维，把平抛运 涉及内容：《抛体运动》 动沿着平行斜面和垂直斜面的 图1 核心素养单元测评 两个方向进行分解处理，解答过程将可以大大 期数：30 简化. 涉及内容：圆周运动 <思维拓展 向心力向心加速度 平抛运动的 期数：31 涉及内容：生活中的圆 三种分解息路 周运动 期数：32 ⊙江西陈余华 涉及内容：曲线运动与 例1.在倾角为0的斜面顶 圆周运动综合应用 期数：33 端以水平速度。拋出一钢球，如 图1所示，求钢球离斜面最远时 涉及内容：《圆周运动》 钢球到斜面的距离 核心素养单元测评 解析：以抛出，点为坐标原点 期数：34 图2 0建立直角坐标系，x轴沿斜面方向向下，y轴垂 涉及内容：行星的运动 直斜面向上，如图2所示.依题意，钢球沿x轴方 万有引力定律 向做初速度为iox=Vocos0,加速度为a,=gsin6 期数：35 的匀加速直线运动，有v,=vocos0+gsin Ot,x= 涉及内容：万有引力理 论的成就 VoCos6t+7gsin;钢球沿y轴方向做初速度为 期数：36 ,=osin0,加速度为a,=-gcos0的匀变速直 涉及内容：宇宙航行 线运动（类竖直上抛），并有v,=osin0-gc0s 相对论时空观与牛顿 力学的局限性 L,y=osin O-28cos60,由沿y轴方向上运 期数：37 动规律即可很简单的解出钢球到斜面的最远距 涉及内容：《万有引力 vosin 0 与宇宙航行》核心素养 离ym= 2gcos 0 单元测评 三、光滑倾斜平面上的类平抛运动，可在斜 期数：38 面上分解为沿水平方向和沿斜面垂直于水平的 涉及内容：功与功率 方向上 期数：39 在解答涉及到沿光滑倾斜平面水平抛出物 涉及内容：重力势能 体的类平拋运动问题中，通常总是采取在倾斜 期数：40 平面上沿水平方向和垂直水平的方向上把类平 涉及内容：动能和动能 定理 抛运动进行分解处理，再通过分析与运算即可 期数：41 解答所求。 涉及内容：机械能守恒 例2.光滑斜面倾角为0，斜 定律 面长为L,上端一小球沿斜面水 期数：42 平方向以速度抛出，如图3所 涉及内容：实验：验证 示.求小球滑到底端时，水平方向 机械能恒定律 位移多大？ 图3 期数：43 解析：将小球的运动分解为以下两个分运 涉及内容：机械能守恒 动：水平方向匀速直线运动和沿斜面向下的匀 定律的综合应用 加速直线运动，加速度为gsin0,合运动为类平 期数：44 抛运动，所以可将研究平抛运动的方法和规律 涉及内容：《机械能守 迁移应用，求解该题 恒定律》核心素养单元 测评 水平方向x=ot,沿斜面向下L= at 期数：45~52 由牛顿第二定律mgsin0=ma 涉及内容：暑假复习专 由上面三式解得x= 2L 刊：必修第二册全部内容 Ngsin 0 数理括 2026年1月9日·星期五 高中物理 第 28期总第1172期 人教 必修（第二册） 山西师范大学主管山西师大教育科技传媒集团主办数理报社编辑出版社长：徐文伟国内统一连续出版物号：CN14-0707八F)邮发代号：21-169 方法指津 二、利用速度求解时间 由于竖直方向为自由落体运动，则有：心，= 如何求平抛运动时间 81,可得：t= 例2.斜面倾角为0，斜面长为L,在其顶点 ©山东 侯兰峰 水平抛出一个小球，不计空气阻力.如图3所示， 平抛运动模型是一种最基本最重要的物理 水平方向：x=t可得：t= 小球刚好落在斜面的底端，求自抛出经多长时 模型，解决平抛运动问题的基本方法是抓住两 间小球离斜面最远 个方向上的运动规律：(1)沿竖直方向上的自由 竖直方向：y=2,解得1=、 2 落体运动(2)沿水平方向上的匀速直线运动.在 例1.如图2所示，AB斜面 处理两个分运动的时候，时间是一个重要的相 倾角为30°，小球从A点以初 关量，时间的求解通常是解决问题的切入点，常 速度水平抛出，恰好落到B 图3 图4 见的求解时间方法有：①由竖直方向上的位移 30P7 点，求小球在空中飞行的 解析：如图4所示，小球的瞬时速度v与斜 图2 求解时间：= :②由竖直方向上的速度求 时间. 面平行时，小球离斜面最远，设此点为D,由A到 g 解析：由本题所给的条件，显然直接利用水 D时间为41，则v,=g1,心，=otan0,则41= 解时间：6= 平位移或竖直位移无法解答，但两个位移可以 g 通过斜面的倾角发生联系， 一、利用水平位移或竖直位移求解时间 对于水平方向：x=o 设小球由A到B的时间为t,则 平抛运动可以分解为水 对于竖直方向：y=分s h=gt,tan 0= h,h Lsin 0 平方向的匀速直线运动和竖 自由落体 直方向的自由落体运动，如图 匀真线速动」 又由 tan 30 解得：lan0=√2 h gLsin 0 2 1所示.由合运动和分运动的 图1 由以上三式联立可得：t= 23u 等时性可知： 联立以上各式解得：= Lsin 0 3g 2g 一、x、y轴都画出，坐标原点未画出的数据 难点透视 处理 例1.在研究平抛运动的实 验中，用一张印有小方格的纸记 平抛运动实验数据处理题型及方法 录轨迹，小方格的边长为L=1. 25cm,若小球在平抛运动途中 ⊙湖南龙庆连 的几个位置如图1中的a、b、c、d 图 直距离为y,A、C两点竖直距离为y2,由△x= 四、利用频闪照片进行数据处理 所示，则小球平抛的初速度的计 T和△y=y2-2y1=gT,解得：= 例4.如图6所示，是用频闪 0 算式为= （用L,g表示)，其值为 △x√g 照相法拍摄的一个平抛小球的 (g取9.8m/s2). /y2-2y 照片，照相机每隔相等时间曝光 解析：根据题意，仔细审查图中a、b、c、d四 三、x轴画出，y轴和坐标原点都未画出的数 一次，拍照时，不能保持底片的 点的相对位置，发现相邻的两点间的水平距离 据处理 上边缘是水平，请用合理的办法 图6 均为2L,这里就隐含着“物体在相邻的两点间运 例3.某同学做“研究平 确定图中重力加速度方向（保留作图痕迹）.若 动时间相等”的条件，设这相等时间为T。,由于抛运动规律”的实验时，只 图距与实际距离之比为1：10.在这种情况下， 竖直方向是加速度为g的匀加速运动，由△x= 在白纸上画出了与初速度 若只用刻度尺，如何求得该小球的初速度和 aT2可得L=gT,再由水平方向是匀速直线运，平行的0x轴，以及做平抛 曝光时间间隔T?(重力加速度g已知)〉 动得2L=T。,联立两式解得=2√g= 运动小球的一部分轨迹，忘 图 (1)写出测量的主要步骤和需要测量的物 0.70m/s. 了画坐标原点和0y轴，如图4所示.在这种情况理量，并在图上标出有关物理量的符号； 二、y轴画出，x轴和坐标原点都未画出的数下，若只用刻度尺，如何求得该小球的初速 (2)用测得的物理量和有关常量，写出计算 据处理 度o? 该小球初速度vo的表达式o 例2.某同学在做平抛物体 (1)写出测量的主要步骤和需要测量的物 解析：(1)把首末两点相 运动的实验时，不慎未定好原 理量，并在图上标出有关物理量的符号； 连并且三等分，各等分点与对 点，只画了竖直线，而且只描出 (2)用测得的物理量和有关常量，写出计算 应顺序的照片上的点相连，即 了平抛物体的后一部分轨迹，如 该小球初速度。的表达式o 是重力加速度所在的直线，并 图2所示.依此图只用一把刻度 解析：(1)在该运动轨 标明方向 尺，如何计算出平抛物体的初速 迹上取相邻的两个点间的 (2)用刻度尺测出图中的 度v? 水平距离相等的三个点A 解析：为了求出平抛物体 B、C;测出相邻两个点间的 △x和2，则有： 的初速度，要画出三条等距 水平距离x和相邻两个点间 10△x=T,10y2-10y1=gT (△x)、平行于y轴的竖直线与 的竖直距离y1和y2,设△y 解得T= /10y2-10y1 轨迹交于A、B、C三点，如图3 =1y2-y11 g 所示然后分别过A、B、C三点 作三条水平直线，A、B两点竖 (2)由△y=gT,x=oT,得：=x 0=△x 10g △y y-y 2 素养·专练 (2)如图乙是利用装置拍摄 000 4.探完平抛运动的特点 小球做平抛运动的频闪照片，由 0 照片可判断实验操作错误的是 1.在做“研究平抛运动”实验中 (1)除了木板小球、斜槽、铅笔、图钉之外，下 A.释放小球时初速度不为0 列器材中还需要的是 B.释放小球的初始位置不同 A.刻度尺 B.重锤与线 C.斜槽末端切线不水平 C.天平 D.弹簧测力计 3.某实验小组通过实验研究平抛运动 E.秒表 (2)为保证小球离开斜槽后做平抛运动，应使 10.0020.0030.00 6.25-- 斜槽末端 为保证小球每次在 15.00 空中做平抛运动的轨迹是相同的，每次在斜槽上 静止释放小球时应做到」 2.在“研究平抛运动”实验中，利用如图1甲 图2 (1)实验装置如图2甲所示，实验中小球平抛 的装置进行实验 后落入卡槽N中，为了记录小球的位置需要在竖 直板上放置白纸和复写纸，那么应该在竖直板上 (选填“先放白纸后放复写纸” 或“先放复写纸后放白纸”) 图1 (2)该小组实验时忘记记录抛出点，从记录的 (1)在此实验中，下列说法正确的是 轨迹中选取了O、A、B、C四点，以0点为原点建立 A.斜槽轨道必须光滑 坐标系，测量数据如图乙所示，重力加速度g取 B.记录的点应适当多一些 10m/s2.则小球平抛的初速度大小为 C.用光滑曲线把所有的点连接起来 m/s,A点对应的速度大小为 m/s,C点的 D.y轴的方向根据重垂线确定 纵坐标为 cm. 5.平抛运动的规律 c.2 n. g 1.某同学在写作业时不小心碰飞了桌面边缘 4.(多选)如图1所示，将一 的橡皮和笔盖，当它们水平飞出后刚掉落到同一 水平地面上时，该同学发现笔盖的水平射程更大， 小球以10m/s的速度水平抛出， 落地时的速度方向与水平方向 图1 不计空气阻力，橡皮和笔盖均可视为质点.则下列 的夹角恰为45°，不计空气阻力，g取10m/s2,则 说法正确的是 () A.笔盖飞离桌面时的速度更大 ( B.笔盖在空中运动的时间更长 A.小球抛出点离地面的高度5m C.笔盖在空中运动时速度变化更快 B.小球抛出点离地面的高度10m D.笔盖在空中运动时加速度更大 C.小球飞行的水平距离10m 2.以。的速度水平抛出一物体，当其水平分 D.小球飞行的水平距离20m 位移与竖直分位移相等时，下列说法错误的是 5.春节期间，小军在 ，0y ( ）一处摊位前想要套中一个 A.即时速度的大小是5。 心仪的奥特曼玩偶，他将 B.运动时间是 一内直径d=20cm的圆环 图2 g 以初速度，水平抛出，如图2所示.已知圆环飞出 C.竖直分速度大小等于水平分速度大小 前的瞬间其右端到玩偶的距离L=2m,距离地面 D.运动的位移是22函 g 的高度H=1.25m,重力加速度g取10m/s2,不计 3.一物块从某一高度以大小为的速度水平空气阻力，圆环飞行过程中始终保持水平，玩偶可 抛出，落地时物块的速度大小为2。，不计空气阻视为质点.为保证套中该奥特曼玩偶，o的大小可 力，则物块落地时的水平位移大小为 ()以为 ( A. B.3 A.3.5m/s B.3.9m/s C.4.3m/s D.4.7m/s 数理极 数理极 素养·测评 填“最上端”“最下端”或“球心”)对应白纸上的位 6.平抛遇上斜面 《抛体运动》 置即为原点：在确定y轴时 (选填“需要” 1.如图1所示，以19.6m/s 或“不需要”)y轴与重垂线平行； 的水平初速度抛出的物体，飞 同步核心素养测评（二） (3)某同学从实验得到的平抛小球的运动轨 行一段时间后，垂直地撞在倾角 迹上取出一些点，以平抛起点0为坐标原点，测量 (涉及内容：$5.3$5.4) 图1 ◎数理报社试题研究中心 它们的水平坐标x和竖直坐标y,并作出y-x2图 6为45°的斜面上，可知物体完成这段飞行的时间 6.如图4所示，跑酷运动 像.某同学认为若图像为正比例图像（如图乙所 是 组基础篇 员以。的速度从高台边缘O 示)，则可说明平抛运动在水平方向为匀速直线运 A.Is B.2s 点水平向左跳向左侧墙面， 动、竖直方向为自由落体运动.你认为该同学的观 一、单选题（本题共7小题，每小题5分，共35分） C.3 s D.3s 落至A点蹬墙后，竖直方向的 点是否正确（选填“是”或“否”)， 1.物体在做平抛运动的过程中，下列哪些量 速度为零，再以u4的速度水 2.如图2所示，在足够长 三、计算题（本题共2小题，共17分） 是不变的 平向右跳出，落至水平地面b 图4 9.（7分)从高为H=20m的地方以初速度。 的斜面上的A点，以水平速度 A.物体运动的加速度 点.已知O、A两点与A、B两点的竖直高度相等，即 =15m/s沿水平方向抛出一个小球，求： 抛出一个小球，不计空气阻 B.物体的速度 图2 ho4=hB,运动员在同一竖直面内运动，忽略空气 (1)小球落地时间t: 力，它从抛出到离斜面最远所用时间为，从抛出 C.物体竖直向下的分速度 阻力和蹬墙时间，则下列说法正确的是 (2)小球着地时的速度v大小 D.物体位移的方向 到落到斜面上所用时间为2，则1与2之比为 A.vo V 2.如图1所示，在M点分 B.若增大o,则h增大 别以不同的速度将两小球水 C.运动员在OA与AB两过程运动的时间相等 A.1:1 B.1:2 平抛出.两小球分别落在水平 D.运动员在OA与AB两过程运动的劬加速度不同 C.1:3 D.1:4 地面上的P点、Q点.已知O点 图1 7.2025年蛇年春晚 3.如图3所示，在与水平方向成37°角的斜坡 是M点在地面上的竖直投影，OP:PQ=1:3,且不 “秧Bot机器人”扭秧歌、 上的A点，以10m/s的速度水平抛出一个小球，小 考虑空气阻力的影响.下列说法中正确的是 转手绢、丢手绢，震惊全 ( 图5 球落到斜坡上，g取10m/s2,则小球在空中飞行时 场.某次排演中，机器人将 A.两小球的下落时间之比为1：3 间为 () 左、右手中手绢同时抛出互换，如图5所示，两手绢 B.两小球的下落时间之比为1：4 在空中的运动轨迹分别为轨迹α和轨迹b,忽略空 10.(10分)某人把一小球从离地面高h= A.0.75s B.1.5s C.两小球的初速度大小之比为1：3 气阻力，则 ( ) 45m的屋顶，以v。=30m/s的初速度水平抛出，不 C.2s D.3s D.两小球的初速度大小之比为1：4 A.沿轨迹a运动的手绢的加速度大 计空气阻力(g取10m/s2).求： 3.如图2所示，某同 B.沿轨迹b运动的手绢的加速度大 (1)小球在空中飞行的时间： ● 学将一纸飞机以某一水 C.沿轨迹α运动的手绢到最高点时的速度大 (2)小球落地点离抛出点的水平距离； ●甲 平初速度抛出，经过 D.沿轨迹b运动的手绢到最高点时的速度大 (3)小球落地时的速度 图3 图4 段时间的平稳滑翔，落 4.如图4所示，在倾角0=37°足够长的固定 图2 二、实验题（共8分）》 在地面上.已知纸飞机由手抛出时的高度约为 8.用如图6甲所示装置研究平抛运动.将白纸 斜面上，甲球以v=15m/s沿斜面匀速向下运动， 1.8m,那么纸飞机的落地时间可能为 ( 和复写纸对齐重叠并固定在竖直的硬板上.钢球 乙球在相距甲球L=30m时，以速度o水平抛出. A.0.3s B.0.5s 沿斜槽轨道PQ滑下后从Q点飞出，落在水平挡板 若甲球在斜面上被乙球击中，则“。的大小为（不 C.0.6s D.2s MN上.由于挡板靠近硬板一侧较低，钢球落在挡 4.重庆鸿恩寺的打铁 计空气阻力，甲和乙都可看作质点，sin37°=0.6， 板上时，钢球侧面会在白纸上挤压出一个痕迹点. 花表演闻名遐迩，夜幕降 cos37°=0.8，g取10m/s2) 移动挡板，重新释放钢球，如此重复，白纸上将留 临，工匠们将滚烫的铁水 下一系列痕迹点. A.5 m/s B.15 m/s 用力击向高空，铁水瞬间 C.20 m/s D.23 m/s 绽放成绚烂夺目的铁花， 图3 5.如图5所示，在斜面 在空中划出一道道优美的曲线，如图3所示，对于 B组细能力篇 顶端a处以速度v。水平抛 做曲线运动的铁花，下列说法正确的是 一、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分） 出一小球，经过时间恰好 A.铁花的速度方向不一定变化 图6 1.如图1所示，从某高度水 图5 B.铁花的运动一定是变速运动 (1)(多选)下列实验条件必须满足的有 平抛出一小球，经过时间（到达 落在斜面底端P处；今在P点正上方与a等高的b C.铁花在最高点的加速度可能为零 地面时，速度与水平方向的夹角 处以速度水平抛出另一小球，经过时间恰好 D.铁花可能处于平衡状态 A.斜槽轨道光滑 为0，不计空气阻力，重力加速度 图 落在斜面的中点Q处.若不计空气阻力，下列关系 5.某次军事演习中，某军接到定点清除任务， B.斜槽轨道末端水平 为g,下列说法正确的是 式正确的 决定派出“翼龙-2”无人机执行精确打击任务. C.挡板高度等间距变化 A.小球水平物出时的初速度大小为。 A.v。=2v B.U。=2u “翼龙-2”无人机在80m高空以40m/s的速度水 D.每次从斜槽上相同的位置由静止释放钢球 B.小球在t时间内的位移方向与水平方向的 平飞行执行轰炸某一固定目标若不计空气阻力， E.为了比较准确地描出小球运动的轨迹，应 C.t。=2 D.t=2t 重力加速度g取10m/s2,为了让无人机精准命中 该用一条曲线把所有的点连接起来 夹角为号 目标，则投弹处应距目标的水平距离为 (2)为定量研究，建立以水平方向为x轴、竖 C.若小球初速度增大，则平抛运动的时间变长 A.40m B.80m 直方向为y轴的坐标系.取平抛运动的起始点为坐 D.若小球初速度增大，则0减小 (数理报社试题研究中心) (参考答案见30期) C.160m D.320m 标原点，将钢球静置于Q点，钢球的 (选 (下转第4版)高一物理人教（必修第二册）第27~31期 数理极 答案详解 2025~2026学年 高一物理人教（必修第二册） 第27~31期(2026年1月) 《抛体运动》同步核心素养测评（一） 大小为x=t=2/13m,故C错误：若工件上升高度为4m,则 A组 工件同时向右移动为。=文=3×号m=6m,放D正确 1.C;2.C:3.C:4.C:5.D:6.C:7.B. 1 提示： 6.将绳端速度分解为沿绳和垂直绳可知4=cos60°，vg =Cos37°，故C正确。 1.质点开始做匀速直线运动，现对其施加一恒力，其合力 7.小船的速度为沿船头指向和顺水流方向的两个分运动 不为零，如果质点做匀加速或匀减速直线运动，质点速度的方 的分速度的矢量和，而两个分速度垂直，故当顺水流方向的分 向与该恒力的方向相同或相反，故A错误；根据牛顿第二定律 速度最大时，合速度最大，合速度的方向随顺水流方向的分速 可得加速度方向与合力方向相同，即加速度方向与该力的方向 度的变化而变化，故小船到达河中心时速度最大，且运动轨迹 相同，故B错误：若该力的方向与速度方向不共线，且夹角为钝 为曲线，故A错误；当船到河中央时，水流速度达到最大，根据 角，则质点先做匀减速曲线运动，当与该力方向共线的分速度 为零后（另一个分力不为零，即最小速度不为零），又开始做匀 矢量的合成，船在河水中的最大速度v=√+永=5m/s, 故B正确；小船距南岸200m处，则水流速度为：=0× 3 加速运动，故C正确；因为合力恒定，加速度恒定，由△v=at可 知，质点单位时间内速度的变化量总是不变，但速率的变化量 200m/s=1.5m/s,而小船距北岸200m处时，水流速度也为 不一定不变，故D错误。 1.5/s,根据速度的合成可知，它们的速度大小相等，故C错 2.根据曲线运动的速度方向可知，飞机在P点的速度方向 误；渡河时间与顺水流方向的分运动无关，当船头与河岸垂直 沿P点的切线方向，所以丙的方向为飞机在P点的速度方向. 时，沿船头方向的分运动的分位移最小，故渡河时间最短，最短 故C正确，ABD错误， 时间为t=丛=800。=2005，故D错误， v。 4 3.由题意可知，在x轴方向的加速度与速度均为负值，该 8.(1)0.4;(2)1.2;(3)B 分运动为匀加速直线运动，故A错误；由表达式可得，x轴方向： 9.(1)0.5m/s2(2)400N a=-4m/s2;os=-6m/s,y轴方向：a,=3m/s2;o=4m/s, 解析：(1)将张三的速度分解为沿绳子和垂直绳子两个方 分析可知，摩托艇的加速度与速度不共线，且加速度恒定，故摩 向，机器人沿枯井上升的速度大小等于张三速度沿绳子方向的 托艇的运动是匀变速曲线运动，故C正确，B、D错误 分速度，当6=60°时，机器人沿枯井上升的速度大小”机= 4.运动员同时参与了两个分运动，竖直方向向下落和水平 vcos60°=0.5m/s 方向随风飘，两个分运动同时发生，相互独立；则水平方向的风 (2)若机器人匀速向上运动，根据受力平衡可知，绳子拉 力大小不影响竖直方向的运动，即落地时间不变，故A错误，C 力大小为F,=mg=400N 正确；不论风速大小，运动员竖直方向的运动不变，则下落时间 当0=30°时，以张三为对象，竖直方向根据平衡条件可得 和竖直方向下落的速度不变，但水平风速越大，水平方向的速 FN+Frsin30°=Mg 度越大，则落地的合速度越大，故BD错误 解得地面对张三的支持力大小为F、=400N 5.工件有两垂直的分运动合成，合速度大小为v= 10.(1)1N(2)8√5m √+=√3m/s,故A错误；若工件运动的速度与水平方 解析：(1)物体运动的加速度为 向夹角为0，可得1am0=。=子，放B错误：2s内工件的位移 a=4g4 △t =8m/s=0.5m/s 高一物理人教（必修第二册）第27~31期 物体所受到的合力为：F=ma=2×0.5N=1N 加速运动，合力不是恒定值，根据v=v鱼cos0,可知当0=60° (2)t=8s内： 时v鱼=2 x=3×8m=24m 5.(1)x=80m;(2)u=45m/s y=2×8×4m=16m 解析：(1)由竖直方向做匀速运动可知t=人=205 o 物体的位移 又由水平方向做匀加速运动可知a=上=0.4m/s n s=√2+y=√242+16m=8/13m B组 由运动学可知水平方向位移x=a 1.ABD:2.AD:3.AD. 解得x=80m 提示： (2)水平方向速度v,=at=8m/s 1.导弹做曲线运动，导弹速度方向一定沿着轨迹切线方 又由v=√编+园 向，故A正确；导弹在a点附近处于大气层外，没有空气阻力，a 解得v=45m/s 点附近导弹只受重力，所以导弹在a点所受合力的方向指向地 《抛体运动》同步核心素养测评（二） 球，故B正确；导弹在b点受到的合力方向不可能沿轨迹切线 A组 方向，而应指向曲线凹侧，导弹在b点所受合力的方向背向地 1.A;2.D;3.D;4.B;5.C;6.C;7.D. 球，故C错误；导弹在a点附近一小段只受重力作用，加速度等 提示： 于重力加速度，加速度的大小和方向都不变，轨迹可视为匀变 速曲线运动，故D正确。 1.平抛运动的物体加速度不变，故A正确；速度的大小方 向均不断变化，竖直向下的分速度逐渐变大，位移的方向也不 2.人过河的运动可以看作两个分运动，即垂直河岸的运动 断变化，故BCD错误. 和平行河岸的运动；若人的速度，保持不变，则过河时间不变， 2.两球的抛出高度相同，故下落时间相同，故AB错误；根 根据分运动和合运动的等时性，水流速度，增大，则路程变长； 据题意OP:PQ=1:3,则水平位移之比为1：4，水平方向上做 故A正确，B错误；若人的速度1增大，河宽保持不变，则过河 时间变短；此时水流速度2保持不变，平行河岸方向的路程变 匀速直线运动，则x=ot,且运动时间相等，所以水平方向的速 短，人到达对岸的路程变短，故C错误；若人的速度1减小，河 度之比为1：4，故C错误：D正确 宽保持不变，则过河时间变长，路程变长；故D正确， 3若不计空气阻力，则竖直方向有A=之，可得1 3.根据图像可知，无人机在t1时刻，在竖直方向上向上做 匀加速直线运动，有竖直向上的加速度，处于超重状态，故A正 ,2×L.8。=0.6s,由于纸飞机空中飞行时，空气阻 确；由图像可知，无人机在t=0时刻，，=0，合初速度为，沿 力不能忽略，则纸飞机的实际落地时间应大于06s,可能为 水平方向，水平与竖直方向均有加速度，那么合加速度与合初2s.故D正确. 速度不共线，所以无人机做曲线运动，即无人机沿曲线上升，故 4.铁花在重力作用下做曲线运动，速度方向随时间不断改 B错误；无人机在竖直方向，先向上做匀加速直线运动，后向上 变，故A错误；在重力作用下，铁花的速度大小会发生变化，因 做匀减速直线运动，在3时刻上升至最高点，故C错误；无人机 而一定是变速运动，故B正确；铁花在最高点仍受重力，加速度 在2~3时间内，在水平方向上做匀速直线运动，而在竖直方 不可能为零，故C错误；铁花始终受重力作用，合力不为零，不 向上向上做匀减速直线运动，因此无人机做匀变速运动，故D 可能处于平衡状态，故D错误。 正确。 5.炸弹做平抛运动，水平方向为匀速直线运动，竖直方向 4.增大不恒定2 为自由落体运动由自由落休公式A=2,代入数据解得1 解析：如图所示，将鱼的速度分解为 =4s,水平距离为x=v,t=40×4=160m,故C正确. 沿绳子方向的速度和垂直绳子方向的速 6.两段运动都可看作平抛运动，加速度相等，都为g,根据 度，则v=v鱼cos0,则钓鱼者以恒定速率v经 1 收鱼线过程中增大，则v鱼增大，鱼做变 h= 可知，时间相等，根据x=t可知，水平位移不同，则 高一物理人教（必修第二册）第27~31期 o≠A,故AD错误，C正确；从O点到A点，运动员水平方向做 小球落地时的速度v=√后+，=30√2m/s 匀速直线运动，增大，运动员与墙接触时，运动时间减小，根 tana=及=l 据h=之&d可知，ha:减小，放B错误 解得a=45° 7.手绢沿轨迹a和b运动的加速度相等均为重力加速度， 即速度方向与地面成45°角斜向下 故AB错误；手绢从最高点运动到手中的过程可视作平抛运动， B组 由x=,A=2g可知，沿轨迹6运动的于绢到最高点时的速 1.AD;2.AD;3.ABD 提示： 度大，故C错误，D正确。 1.把小球经过时间t时的速度进行正交分解，水平方向的 8.(1)BD(2)球心需要(3)否 速度v,=o,竖直方向的速度v,=gt,根据平行四边形定则得 解析：(1)实验过程应保证钢球每次平抛运动的初速度相 同，故每次从斜槽上相同的位置无初速度释放钢球，且斜槽末 品。品。故1正确：设位移与水平方向夹角为@，则 = 端水平.斜槽不需要光滑，故A错误，BD正确；挡板高度不需要 等距变化，故C错误.为了比较准确地描出小球的运动轨迹，应 1am0=21ma,放a≠号，放B错误；平抛运动的时间由下落高 用平滑的曲线连接尽可能多的点，不在曲线上的点相对均匀分 度决定，与水平初速度无关，故C错误；由tan9=知，o增大 布在曲线两侧即可，故E错误。 则0减小，故D正确. (2)小球在运动中记录下的是球心的位置，故抛出点应是 小球静置于Q点时球心的位置，即应以球心的位置为坐标原 2竖直方向有A=7,设斜坡的倾角为0，根据儿何关 点；小球在竖直方向上做自由落体运动，故y轴必须保证与重 1 垂线平行 =无由于第二次的时间较大，则 (3)根据抛体运动规律可知，水平方向x=ot,竖直方向y 第二次水平初速度较大，故A正确，B错误；离开跳台后，两次 =,整理可得y=是，显然yx,若能进一少说明在 训练在空中都做平抛运动，加速度都为重力加速度，故C错误； 26 误差允许的范围内，y-2图像的斜率等于名，方可说明平抛 两次训练的着陆速度的方向与斜坡的夹角满足aa=坠= 20 2tn0,可见两次训练的着陆速度的方向与斜坡的夹角相同，故 运动水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动 D正确， 9.(1)2s(2)25m/s 3.飞镖运动可近似看成是平抛运动，根据平抛运动的规律 解析：()根据H=2可知小球落地时间 可得x=,A=6.联立可得人=器水平投出的飞镖恰 26 2H /2×20 tNg =√10s=28 好击中飞镖靶盘中心正下方的一点说明飞镖竖直方向的位移 过大，为了仍能击中靶心，所以只要适当水平往前移动一下投 (2)小球着地时的竖直速度，=gt=20m/s 掷的位置，水平位移减小，飞镖竖直方向的位移减小，就有可能 合速度大小v=√%+=√152+20m/s=25m/s. 击中靶心，故A正确：只要适当增大水平投出的速度，根据h= 10.(1)3s(2)90m 可知飞镖竖直方向的位移减小，就有可能击中靶心 (3)30,√2m/s,方向与地面成45°角斜向下 解析：(1)由九=方得飞行的时间 确；根据平抛运动的规律可得击中靶盘时的速度为”= 2h t=g 2×45 -s =3s +2函：+等者只婴适当水平往前移动一下 =N10 掷的位置就有可能击中靶心，击中靶盘时的速度比原来击中靶 (2)落地点离抛出点的水平距离为 盘时的速度小，故C错误；设击中靶盘时的速度与竖直方向的 x=vot=30×3m=90m 夹角为0，则有an6==。=亡，所以同时调整投掷的 (3)落地时的竖直速度v,=gt=30m/s ,2ghgx 高一物理人教（必修第二册）第27~31期 水平距离和速度，击中靶盘时的速度与竖直方向的夹角可以和向不是做自由落体运动，故B错误；战斗机的加速度不断变化， 原来相同，故D正确。 不是做匀变速曲线运动，故C错误；战斗机做曲线运动，所受合 4.ACE102.5 力方向与速度方向不相同，故D错误。 解析：(1)调节使斜槽末端保持水平，是为了保证小球做 2.因为船速小于水速，所以小船不能垂直渡河，但能渡过 平抛运动，故A正确；要画同一运动的轨迹，必须每次释放小球 河，故AB错误；当船头与河岸垂直时，渡河时间最短t=三 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 60 误，C正确：平抛运动的竖直分运动是自由落体运动，在相同时 s=20s,故C正确；小船不能垂直渡河，故小船渡河的位移 3 间里，位移越来越大，因此木条（或凹槽）下降的距离不应是等 肯定大于60m,故D错误 距的，故D错误；平抛运动的物体在同一竖直面内运动，固定白 3.将乒乓球的运动逆过程处理，即为平抛运动，两次的竖 纸的木板必须调节成竖直，小球运动时不应与木板上的白纸相 直高度不同，两次运动时间不同，故A错误；在竖直方向上做自 接触，以免有阻力的影响，故E正确；将球经过不同高度的位置 由落体运动，因两次运动的时间不同，故初速度在竖直方向的 记录在纸上后，取下纸，应用平滑的曲线把各点连接起来，故F 分量不同，故B错误；两次水平射程相等，但两次运动的时间不 错误.故正确的是ACE; 同，则两次撞击墙壁的速度不同，故C错误；竖直速度大的，其 (2)从图中看出，A、B、C3个点间的水平位移均相等，是x 水平速度就小，根据速度的合成可知飞出时的初速度大小可能 =3L,因此这3个点是等时间间隔点.竖直方向两段相邻位移 相等，故D正确 之差是个定值，即4y=gr=2弘，解得T= 2L 4.身高1.8m的小明同学在水平草地上持枪半蹲水平射 出若干发水弹，观察到这些水弹落地点距离枪口约为10m,水 8西，=0.1s,则闪光频*材=7=业=10业，小 1 10 弹作空中微平抛远动竖直方白有=了，可得：=√臣 球运动中水平分速度的大小，=头-ws=15m,小 2×0.9 W10 ≈0.42s,水平方向有x=ot,其中x= 球经过B点的竖直分速度 .8L_8×0.05 √102-0.92m≈10m,联立解得水弹从枪口射出时的速度为 =27=2×0.=2ms,则经过B点的速度 ≈24m/s,故C正确. vg=√/v2+g=√2.25+4m/s=2.5m/s. 5.当OP与OQ垂直时，设∠PQ0=0,此时活塞的速度为 5.(1)10m/s,方向与水平方向夹角37°(2)13.8m ,将P点的速度分解为沿杆方向和垂直于杆方向的速度；将活 解析：(1)包裹释放时的速度为o=at=6m/s 塞的速度分解为沿杆方向和垂直于杆方向的速度，则此时 落地时，竖直方向的速度满足v?=2gh ocos0=vcos0,即v=o,故A正确，B错误；当OPQ在同一直 落地的速度为v=√后+ 线时，P点沿杆方向的速度为零，则活塞运动的速度等于0，故 CD错误 解得=10m/s,方向与水平方向夹角an0== 3 6.画出抛物线轨迹并分解如图，由几 则0=53° 何关系可知=子，则两次飞行的时间 1 Y (2)水平匀加速运动位移为x1= 2a-9m 根据平抛运动规律有名=o,h=马 之冬=，又因为水平位移之比号 解得x=1+x2=13.8m 2,则两次平抛的初速度大小之比为二三2，放A正确，BCD 3 《抛体运动》核心素养单元测评 错误 1.A;2.C;3.D;4.C;5.A;6.A;7.A. 7.设落点位置坐标为(x,y),则满足方程：x=ot,h-x2= 提示： 4 1.战斗机做螺旋下降，则速度方向不断变化，即速度时刻 之6，联立解得x=号m,y=5m,放A正确 改变，故A正确；战斗机在竖直方向不只受重力作用，即竖直方 8.AD:9.AB:10.BC. 4 高一物理人教（必修第二册） 第27~31期 提示： (2)水喷出后做平抛运动，根据0=兰h= 8.物体在竖直方向上做自由落体运动，则第1s物体下落 的高度为=方=5m,放A正确，B错误：根据图像知，第 联立解得v=xo√h 1s未有am==1,故有o=8,=g=10m/s,故C错误， 喷嘴口的横截面积为S= D正确 空中弯制细水柱是：=√西内从喷隆口喷出的水，其体 9.目标小球做自由落体运动，可由自由落体公式h= 积为 求解出下蒂时间：√否-√否，=3如果子 V=Sut g 2h= 子dw 弹在小球下落过程中击中目标，则飞行时间一定不能大于3s: 13.52m 而子弹做平抛运动，它在水平方向的分运动是匀速直线运动， 子弹在水平方向的速度1=年≥1gs=33.3ms,故AB 100 解析：小球在竖直方向做自由落体运动，有H=2,解 正确 得：t= 2H 2×5 s=1s 10 10.由题意可知，篮球进篮孔有两种情形：第一种情形是直 小球在水平方向做匀减速运动，加速度为： 接进入：由平抛运动知识可知：L=,H-h=方，由以上 a=-20 m/s2=10m/s2 m 2 两式解得1=5√5/s.第二种情形，篮球在地面反弹后再进 则水平位移为： 入篮孔：由平抛运动知识可知L=22,篮球在从抛出到进入篮 1 1 厘+ 孔的总时间为=√ 2 2(H-,由以两式 x=ot-2at=10×1m-7×10×1Pm=5m g 故小球落地点到水平杆右端的距离为： 代入数据解得吃2=√5(6+1)m/s,故BC正确. s =x+=52 m. 11.(1)BD g (2)x√2-1 > 14.H=4m 解析：(1)为了能画出平抛运动轨迹，首先保证小球做的 解析：设滑水者质量为m,AB间的最大高度差为H,从A运 是平抛运动，所以斜槽轨道不一定要光滑，但必须是水平的.同 动到B的加速度为a,到B点的速度为.滑水者从A运动到B 时要让小球总是从同一位置释放，这样才能找到同一运动轨迹 的过程中，根据牛顿第二定律得： 上的几个点，故A错误，BD正确；挡板只要能记录下小球下落 mgsin 6-umgcos 6 ma 在不同高度时的不同的位置即可，不需要等间距变化，故C 据运动学公式得2=2ax 错误； 据几何关系得H=xsin0 (2)由于两段水平距离相等，故时间相等，根据y2-少1= 滑水者从滑道末端到水池边缘D的过程中，做平抛运动 二1，则初速度=÷=√：产 g2可知t=√g g一；如果A A=分g2L=n 点是抛出点，则在竖直方向上为初速度为零的匀加速直线运 联立以上各式得H=4m 动，则AB和BC的竖直间距之比为1：3；但由于A点不是抛出 15.(1)0.6s(2)0.6m 点，故在A点已经具有竖直分速度，故竖直间距之比大于1：3. 解析：()石片第一次抛出后做平抛运动，有九=弓 I2(1m+psh(2)√景4md。 解得t1=0.4s 解析：(1)A管上端与B管上端的液体的压强差等于A管上 第一次与水面接触前，竖直方向有=2gh 端到B管上端之间高度为H的液柱的压强.故B管上端C点的 1 压强为p=Po+pgH 与水面接触后，竖直速度大小减半2=2"1 高一物理人教（必修第二册）第27~31期 石片弹起后运动到最高点时间为t,= 2=0.2s 速度之比为2：5，故D正确。 g 8.(1)D;(2)A 则石片从抛出到第一次弹起到达最高点的时间t=t1+ 9.10 rad/s =0.6s 解析：定位球边缘的线速度为： (2)第一次弹起后水平速度=弓 v=x=10×102 m/s=0.1m/s t 1 石片从第一次弹起到第二次落水运动时间为t'=22 根据线速度和角速度关系：v=or得到： 水平射程x=2t 0.1 联立以上各式解得x=0.6m =1x10 rad/s=10 rad/s. 《圆周运动》同步核心素养测评（一） 10.1:3 A组 解析：(1)牙盘与飞轮是同缘传动，边缘点线速度相等，故 1.C;2.B;3.B;4.B;5.A;6.B;7.D. U牙=飞 提示： 根据线速度与角速度关系公式v=wr 1.匀速圆周运动中，物体靠合力提供向心力，合力大小等 可是 于向心力大小，故A错误；在变速圆周运动中，比如用绳子拉着 0飞0飞 小球在竖直平面内做圆周运动，在最高点和最低点，靠合力提 飞轮与后轮是同轴传动，角速度相等ω飞=ω轮 根据o=2πn 供向心力，故B错误；不论是匀速圆周运动还是变速圆周运动， 向心力一定指向圆心，故C正确；若为匀速圆周运动，合力等于 脚结板和后轮的装速之北为号·二一二：方 径向的合力，合力一定指向圆心；若为变速圆周运动，合力不一 B组 定指向圆心，比如细线拉着小球在竖直平面内做圆周运动，在 1.AC;2.AC;3.BD. 最高点和最低点，合力指向圆心，除这两点外，合力不指向圆 提示： 心，故D错误， 1.因为A为双曲线的一个分支，说明a.与r成反比，由a 2.部分拖把布料紧贴在桶壁上做圆周运动，则其转动所受 的向心力主要是桶壁的弹力，故B正确。 立可知，A物体运动的线速度大小不变，故A正确，B错误： 3.P、Q两质点角速度大小相等，根据v=or,P、Q两质点 而OB为过原点的直线，说明a.与r成正比，由a。=or可知， 到中心转轴OO'的距离之比为2：1，所以P、Q两质点的线速度 B物体运动的角速度大小不变，故C正确，D错误， 大小之比为2：1.故B正确 2.由题意知，当悬线运动到与钉子相碰时，悬线仍然竖直， 4.根据v=or,又w=2n,联立解得n=2t/s,故B正确. 小球在竖直方向仍然只受重力和悬线的拉力，故其运动方向不 5.当宇航员随圆环转动时，重力提供向心力，可得mg= 受力，线速度大小不变，故BD错误：又。=号r减小，所以0 mw,可得o=√任，e=0.7ad,故A正确， 增大a=二r减小，则a,塔大.故AC正确 6.设弹簧的形变量为x,则有：kx=mw(x+L),解得：x= 3.由题图可知，货物与滚筒间不打滑，所以货物的角速度 moL 2,则小球运动的向心加速度为a。=w(x+L)= k-mo 与初速度的角速度相等，由于同轴转动，则货物分别通过传送 太-m0,故B正确 koL 带内外两侧时的角速度大小相等，由于外侧比内侧半径大，角 速度相同，故外侧比内侧线速度大，故A错误，B正确；单个圆 7.B,A的周期之比为1：1，故C错误；根据w=2可知，4、 T 锥滚筒滚动时内外两端角速度相等，即=}，故C错误：单 B的角速度之比为1：1，故B错误；根据v=oR可知，A、B的线 速度之比为5：2，故A错误；根据a。=wR可知，B、A的向心加 个圆锥滚筒滚动时内外两端角速度相等为“，线速度之比 6 高一物理人教（必修第二册）第27~31期 内外两端横截面的半径之比尺上故D正确 小于规定转弯速度时，所需向心力减小，轮缘对内轨有挤压，则 wR, 内轨对轮缘有侧向压力，故D错误 4.(1)B(2)增大 4.汽车行驶的路程为s=πR,平均速率为方=15+0m/s (3)2mm-业m4(n-1)2 2 t 解析：(1)探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系， =7.5ms,则汽车刹车时间为：=÷==开5=21s,放 需要控制其中两个量不变，研究另外一个量对向心力的影响， B正确. 采用的是控制变量法.故B正确。 5.小球在竖直面内做匀速圆周运动，则在最高，点和最低点 (2)根据向心力公式F。=mwr,保持物块质量m和做圆 的速度大小相等，方向相反：根据4，=立可知，小球的加速度 周运动的半径r不变，增大圆盘转动的角速度，向心力增大， 而绳子拉力提供向心力，所以拉力传感器的示数会增大， 大小相等，方向相反：根据么，=m号可知，细线的拉力大小相 (3)物块第1次到达位置A开始计时，第n次到达A点时， 等，方向相反，即小球经过最低点时细线的拉力等于小球经过 转动的圈数为n-1,总时间为t,则周期T= 一，根据角速度 1 最高点时细线的拉力.故C正确， 与周期的关系0=织，可得w=2如0少，若拉力传感器的 6.由题意可知，在B点，有Fa+mg=m?,解得F。=mg, t 示数为F,拉力提供向心力，验证向心力公式可得F= 在A点，有F4-mg=m 会解得上，=7mg,所以A,B两点 m4m2(n-) 道对车的压力大小相差6mg.故D正确， 5.0.08m≤r≤0.32m 7,设车恰好不脱离拱桥时速度为4，则有mg=m广，解得 解析：当M有远离轴心运动的趋势时，有： 1=√gR,设车恰好不爆胎时车速为2，则有4F、-mg=4× mg Fimas Mo'rma 当M有靠近轴心运动的趋势时，有： 0.4mg -mm- m会，解得，=处<，故为保证汽车不脱 5 mg-Ftmas Mo'rmin 解得Tmw=0.32m,Tin=0.08m 离拱桥最高点且不爆胎，综合可知车速度满足。≤巫故 5 即0.08m≤r≤0.32m A正确 《圆周运动》同步核心素养测评（二） 8.失重mg-mR 小于 A组 1.C;2.A;3.C;4.B;5.C;6.D;7.A 9.(1)2m/s(2)15N(3)50N 提示： 解析：(1)小球过最高点时绳的拉力刚好为零，重力提供 2.列车的速度u=360km/h=100m/s,列车做匀速圆周 圆周运动的向心力，根据牛顿第二定律得 21002 运动的加速度为a,=反800m/g=1.25m,故A正确， mg =m I B错误；列车进人弯道时做曲线运动，故不是匀速运动，故C错 解得o=2m/s 误；列车的速率不变，但方向在改变；故乘客随列车运动时的速 (2)当小球在最高点速度为4m/s时，重力和细线拉力的 度在变化，故D错误。 合力提供向心力，根据牛顿第二定律得 3.火车在弯道转弯时，有mgtan0=m 解得规定转弯速 mg+F=m 度为v=√g Rtan0,故A错误；mgtan0=man,则a。=gtan0, 解得F,=15N 故B错误；当遇雨雪天气轨道变湿滑时，火车所受重力与轨道 (3)当小球过最低点的速度为6/s时，重力和细线拉力 对其支持力不变，则规定转弯速度不变，故C正确；当火车速率的合力提供向心力，根据牛顿第二定律得 7 高一物理人教（必修第二册）第27~31期 F2 -mg =m 一定竖直向上，故BC正确；当铁球运动到与圆心等高处时，轻 杆对铁球的作用力与铁球的重力的合力提供向心力，即F= 解得F,=50N √(mg)2+(mwr)7,故D错误 10.(1)20m/s2(2)1×10N(3)7.5×103N 4.(1)1(2)20 解析：(1)v=216km/h=60m/s 解析：(1)o=72km/h=20m/s,v=36km/h=10m/s, 根据向心加速度公式4，=亡=60 R=180 /s2=20m/s2 对AB段匀减速直线运动有m2-房=-2aL1,代人数据解得：a (2)因为摩擦力提供向心力，根据牛顿第二定律得 =1m/s2. F=m (2)汽车在BC段做圆周运动，静摩擦力提供向心力，则 R=5o0×00N=1×1o4N (3)因为摩擦力F=nFN=n(mg+F) 有：F=mR 则汽车对地面的压力 为了确保安全，则需满足：Fr≤wmg,联立解得：R≥20m, F=4=110N=1.25×10N 即：Rmin=20m 0.8 气动压力F=F、-mg=7.5×103N. 5.)ggT+4r(2②)RVgR+可 B组 6号 1.ACD:2.BC:3.BC. 1 提示： 解析：(1)匀加速滑行时，根据L=之ad 1.当衣服做匀速圆周运动时，衣服上的水由于所受合力不 舒得a=当 足以提供运动所需的向心力而做离心运动，因此衣服能被甩 加速过程中，运动员受到冰面作用力在竖直和水平方向的 干，故C正确；由于衣服做匀速圆周运动，所需的向心力处处相 分力大小分别为mg和ma 等，但是衣服对筒壁的压力不同，在最低点，根据牛顿第二定律 根据矢量合成可知其受到冰面的作用力大小 可知R一败=紧解得F=g+咒同理，在最高点，根 R=V(mgP+(ma了-g√gi+4证 据牛顿第二定律可知Fa+mg= R,解得Fa=mm -mg.所 (2)转夸过程中，需要的向心加速度大小4，一员，此时运 以F1>F2,结合牛顿第三定律可知，即衣服在最低点对滚筒 动员受到冰面作用力在竖直和水平方向的分力大小分别为mg 的压力大于衣服在最高点对滚筒的压力，所以湿衣服上的水在 最低点更容易甩出，故A正确，B错误；由AB分析可知，在最低 和觉，根据矢量合成可知运动员受到冰面的作用力大小 点下。一m5:元，结合牛顿第三定律可知此时对滚简的压力 ￡：Vmg)+(a了-只√gR+ 一定大于重力，故D正确 2.根据牛顿第二定律，汽车在拱形桥的最高点有mg-F支 (3》转专时0=器=坠 =m云所以F发=g一m石，由牛顿第三定律可知汽车对 地面的压力大小等于所受的支持力大小.对于同一拱形桥，汽 车车速越小，F支越大，汽车越安全；对于同样的车速，拱形桥的 半径越大，F支越大，汽车越安全.故AD错误，BC正确， 3.铁球在最高点时，当满足mg=mwr时，轻杆对铁球的 作用力为0，故A错误；铁球在最低点时，由牛顿第二定律可得 F-mg=mw2r,解得F=mg+mw'r,则轻杆对铁球的作用力 —8—