第30期 圆周运动 向心力 向心加速度-【数理报】2025-2026学年高中物理必修第二册同步学案（人教版）

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—4 素养·拓展 (上接第3版) “增大”“减小”或“不变”) 3.在工业生产中，常用圆锥形滚筒搭建水 (3)保持圆盘转动的角速度不变，当物块第 平传送带以完成90°转弯，其结构如图3所示 -次到达位置A开始计时，并记为第1次，记录 圆锥滚筒两端横截面半径分别为R,和R,,转弯物块第次到达A点的总时间为，则物块做圆 轨道的内外半径分别为r1和2·已知货物与滚周运动的角速度w= ;若拉力传感器 筒间不打滑，每个圆锥筒以相同的角速度转动，的示数为F,当满足F= 时 则下列说法正确的是 (用r、m、n、t、π表示)，则向心力公式得到验证 三、计算题（共14分） 5.如图5所示，在水平 转台上放一个质量M= 國维形滚筒示意图 2kg的木块，它与转合间最 白m 图3 大静摩擦力Fmx=6.0N, 图5 A.可视为质点的货物分别通过传送带内外绳的一端系在木块上，穿过转台的中心孔O(孔 两侧时的线速度大小相等 :光滑，忽略小滑轮的影响)，另一端悬挂一个质 B.可视为质点的货物分别通过传送带内外量m=1.0kg的物体，当转台以角速度ωw= 两侧时的角速度大小相等 :5rad/s匀速转动时，木块相对转台静止，则木块 C.单个圆锥滚筒滚动时内外两端角速度之到0点的距离，的取值范围为多少？(g取 10m/s2,M、m均视为质，点) R2 D.单个圆锥滚筒滚动时内外两端横截面的 半径之- 二、实验题（共8分） 4.如图4是探究向心 ←一激光器 力大小与半径、角速度、质 物块 量的关系的实验装置.将 光滑赖道槽 小物块放置在水平圆盘的 光滑轨道槽中，用轻绳连 力传感器 接小物块，另一端连接拉 图4 力传感器 (1)本实验采用的实验方法为 A.等效替代法 B.控制变量法 C.转化法 (2)让圆盘绕竖直轴转动，保持物块质量m 和其做圆周运动的半径，不变，增大圆盘转动的 角速度，拉力传感器的示数会 (选填 (参考答案见下期)】 B组 28期卷考答案 1.AD;2.AD;3.ABD 4.ACE102.5 2版参考答案 5.(1)10m/s,方向与水平 素养专练4.探究平抛运动的特点 方向夹角37°(2)13.8m 1.AB切线水平从相同位置释放 2.BD C 3.(1)先放白纸后放复写纸 29期卷考答案 (2)22.526.25 1.A;2.C;3.D;4.C;5.A;6.A;7.A. 素养专练5.平抛运动的规律 1.A;2.C;3.B;4.AC;5.C. 8.AD;9.AB:10.BC. 素养专练6.平抛遇上斜面 1.(4)BD(2)x√二元 g 1.B;2.B;3.B;4.C;5.B. 3版参考答案 12.(1)po +pg A组 1.A;2.D;3.D;4.B;5.C;6.C;7.D. (2√景md 8.(1)BD(2)球心需要(3)否 13.52m 9.(1)2s(2)25m/s 10.(1)3s(2)90m 14.4m (3)30√2m/s,方向与地面成45°角斜向下 15.(1)0.6s(2)0.6m 数理极 本版责任编辑：李杰 报纸编辑质量反馈电话 在圆周运动中有三种特殊转（传）动方式 0351-5271268 报纸发行质量反馈电话， 同学们在平时解决这类问题时经常出错，下面 0351-5271248 就这三种情况进行探讨。 1.共轴转动 能源与环境系统工程 如图1所示，A点和B点在 专业简介：能源与 同轴的一个“圆盘”上，但跟轴 环境系统工程主要研究 (圆心)的距离不同，当“圆盘” 转动时，A点和B点以不同的半 能源的转换和利用及环 径做圆周运动.它们的半径分别 境保护等基本知识和技 为r和R,且r<R.运动的特点是 图1 转动方向相同，线速度、角速度、周期存在着如下 能，包括一次能源转化 定量关系： 为二次能源的过程、人 0n.T Ta'mg R 工环境和制冷空调的技 2.皮带传动 术问题、风能等新能源 如图2所示，A点和B 点分别是两个轮子边缘上 的开发利用等，力求实 的点，两个轮子用皮带连接 现能源利用高效、清洁 起来，并且皮带不打滑.由 图2 于A、B两点相当于皮带上的不同位置的点，所 的目的。例如：煤炭燃烧 以它们的线速度必然相同，但是因为半径不同， 产生蒸汽能推动发电机 所以角速度不同.运动特点是转动方向相同.线 速度、角速度、周期存在着如下定量关系： 的过程，社区绿化、供 VA VBTR 水、供暖的技术问题，风 专题辅导 能、核能发电等。 三种特殊传动方式的 核心课程：除数理 化、计算机等公共基础 探讨 课外，设有材料力学、理 论力学、机械设计基础 ©湖南肖义正 3.齿轮传动 工程热力学、工程流体 如图3所示，A点和B点 力学、电工电子学、传热 分别是两个齿轮边缘上的点， 两个齿轮用齿啮合.两个轮子 学、能源与环境系统工 在同一时间内转过的齿数相 图3 程基础、自动控制理论 等，或者说A、B两点的线速度相等，但它们的转 动方向恰好相反，即当A顺时针转动时，B逆时 能源与环境工程及自动 针转动.线速度、角速度、周期存在着如下定量 化系列课程、制冷与人 关系： 工环境及自动化系列课 =上==2=2，式中 A=U8TR=T2 n2'O8 r n 程等 n、n2分别表示齿轮的齿数. 毕业去向：该专业 例.如图4所示，传动轮A、B、C的 半径之比为2：1：4，A、B两轮用皮带 涉及能源利用与节能、 传动，皮带不打滑，B、C两轮同轴，a 空调制冷、能源环境保 b、c三点分别处于A、B、C三轮的边 缘，d点在A轮半径的中点.试求：a、 护、人工环境自动控制 b、c、d四点的角速度之比，即wn:w6: 图4 新能源开发与应用、能 ;线速度 之比，即vn:v:v。:va= 源设备制造与管理等工 解析：由题意知轮上各点半径之比r。:。:r 程领域。毕业生能够在 :r4=2:1:4:1,b与c,a与d同轴转动，则：w6 =w,ω。=w4,a与b用皮带相连，线速度相等， 工程设计、技术研发、施 U。=6 工安装、运行管理、设备 由v=or,且r。=2r,得wb=2wn 因为w:w=1:2,w:w。=1:1,ω。：w 营销等领域从事技术 =1:1,所以wa:w:ω：04=1：2：2：1. 经营与管理工作。 又因为。=6，w。=24,U。=4u6,所以 t。%:v。:4=2:2:8:1. 数评橘 2026年1月23日·星期五 高中物理 第30期总第1174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 难点透视 R、-mg=m号，解得R、=g+m号 正确理解向心加速度 由牛顿第三定律可知，F=mg+m ,方 向向下 ©山西段香玲 向心加速度是圆周运动中最重要的物理量方向变化，由向心加速度物理意义知做匀速圆 答案：mg+m二，方向向下 r 之一，是教材的重点和难点，在圆周运动中扮演 周运动物体的向心加速度就是物体的实际加速 三、向心加速度不一定是圆周运动物体的 着重要的角色，正确理解这一概念对学好这部 度，故B正确；匀速圆周运动物体向心加速度大 实际加速度 分内容至关重要.因此需从以下几个方面理解. 小不变，方向时刻变化，向心加速度时刻变化， 在一般的非匀速圆周运动 和曲线运动中，向心加速度只 一、向心加速度是匀速圆周运动的瞬时加故C错误，D正确。 是物体实际加速度的一个分加 速度而不是平均加速度 答案：ABD 速度（如图2中a1),而另一个 匀速圆周运动中，加速度大小不变，方向时刻 二、向心加速度公式的适用范围 分加速度（如图2中a,)与速度 图2 变化，因此这里的加速度是指某一时刻或某一位置 向心加速度的公式不仅适用于匀速圆周运同线，用来改变速度的大小也就是说向心加速 的瞬时加速度 动也适用于变速圆周运动.做一般曲线运动时，度一定指向圆心，而实际加速度不一定指向 例1.关于向心加速度说法正确的是 4,=二中速度为对应点的瞬时速度，半径为对 圆心 r 例3.如图3所示，小球质 应点圆弧的曲率半径 量为m,细线长为L,小球绕悬 A.向心加速度不改变圆周运动物体的速度 例2.如图1所示，质量 点摆动，最大摆角为，则小球 大小 为m的滑块滑到圆弧的最低 在最高点时的向心加速度为 B.做匀速圆周运动的物体向心加速度即为 点时速率为v,已知圆弧的半 ,实际加速度为 物体的实际加速度 图1 图3 径为r,则滑块在圆形轨道的最低点时对轨道的 C.做匀速圆周运动的物体，向心加速度是 解析：小球在最高点时速度为零，向心加速 压力为 不变的 度为0；由于小球在指向圆心方向上加速度为 解析：滑块在最低点时向心加速度为 D.匀速圆周运动是变加速运动 零，该方向受力平衡F,=G2,因此小球此时合 力为G,因此实际加速度为： 解析：向心加速度是描述物体速度方向变 化快慢的物理量，不改变速度的大小，故A正 支持力和重力的合力提供小球圆周运动向 a =Gi=mgsin 0 gsin o. m 确；匀速圆周运动物体由于速度大小不变，只是心力，由牛顿第二定律有 答案：0，gsin0. 1.物体与弹簧相连 方法指津 例1.有原长为L的轻弹簧， 劲度系数为k,一端系一质量为 水平圆盘问题分类例析 m的物体，另一端固定在转盘上 ow) ©山东刘立毅 的0点，如图1所示.物块随转盘 一起以角速度ω转动，物块与转 盘上的位置范围为 ≤r≤ mo2-k k -mo 得00= EmQ4m竖=2√oad/s. 图1 mrB mrB 盘间的最大静摩擦力为F,求物块在转盘上的 2.物体与细线相连 (2)当w达到w后，ω再增 位置范围。 例2.如图3所示，在匀速转 大，B增加的向心力靠绳的拉力 解析：由题意知，物块与转盘间 动的水平圆盘上，沿半径放着两 来提供，A增大的向心力靠增加 有最大静摩擦力Fm,当物块转动 个质量均为m的小物体A和 半径最小时，设为，此时弹簧被 的静摩擦力来提供。当A受到的 B(视为质点)，它们到转轴的距 压缩的量为L。-,对物块而言，受 图2 图3 静摩擦力也增加到最大值时，ω 到指向圆心的最大摩擦力Fm及弹簧的弹力F= 离分别为rA=20cm,ra=30cm,A、B与盘面的 再增加，A就不能维持匀速圆周 k(L。-),受力如图2所示，由牛顿第二定律得 最大静摩擦力均为重力的0.4倍，试求： 运动了，A、B就在圆盘上滑动.设 图 Fim -k(Lo-r)=mro2 (1)当细线上开始出现张力时，圆盘的角速度 此时角速度为ω，绳中张力为F,此时A受力如 F'im-lLo ;(g取10m/s2) 解得r1=mw2-k 图4所示，由牛顿第二定律得Fm-Fr=mwr (2)A开始滑动时，圆盘的角速度w 此时B受力如图5所示，由牛顿第二定律得 当物块转动半径最大时，设为2，此时弹簧 解析：(1)当ω较小时，物体A、B受到静摩 的伸长量为(2-L.对物块而言，受到指向圆擦力提供向心力，绳中无弹力.ω增大时，由F Fim+FT=moira 心的弹簧的弹力F=(r2-)及背离圆心的 由以上两式解得 =mwr可知，它们受到的静摩擦力也增大.由 最大静摩擦力Fm,由牛顿第二定律得k(v2-L)- 2×0.4×10 题知rB>「4，所以B受到的静摩擦力先达到最大 rad/s Fm=m2w2,解得r2= 。+山所以物块在转 m(ra +rB) W0.2+0.3 k-mo 值w再增大，B开始受到绳的拉力.由Fm=mor =4 rad/s 2 素养专练 匀速转动时，A、B、C三个齿轮转动的角速度之比 1.圆周运动的传动问题 为 A.8:3:5 B.5:3:8 1.如图1所示，纸风车上有A、B C.15:40:24 D.24:40:15 两点，当风车被风吹着绕中心转动 4.如图4所示，自行车 时，A、B两点的角速度分别为w4和 的大齿轮与小齿轮通过链 大齿轮( wB,线速度大小分别为v4和B,则 条相连，而后轮与小齿轮是 ( 绕共同的轴转动的.设大齿 图4 A.W=WB,U UB 轮小齿轮和后轮的半径分别为r23,当A点的 B.w =@n,UA>Un 线速度大小为v时，C点的线速度大小为( C.0A<ωB,UA=UB B. D.WA>WB,UA UB 2.（多选)如图2为一链条 生动 传动装置的示意图。已知主动 轮是逆时针转动的，转速为n, 5.2024年4月15日， 主动轮和从动轮的半径比为k, “皖江第一隧”芜湖城南过江 隧道右线盾构机“皖江奋斗 下列说法正确的是()》 图 号”成功穿越长江航道如图 A.从动轮是顺时针转动的 5所示，施工所用的超大型盾 B.主动轮和从动轮边缘的线速度大小相等 构机是我国自主研发制造， C.从动轮的转速为nk 图5 盾构机的刀盘直径达15m,工作时转速为6r/min D.从动轮的转速为号 下列关于刀盘工作时的说法正确的是 3.如图3所示为某齿轮 A.角速度为l2πrad/s 传动装置中的A、B、C三个齿 B.旋转频率为0.1Hz 轮，三个齿轮的齿数分别为 C.各刀片末端的线速度均相同 32、12、20,当齿轮绕各自的轴 D.边缘的线速度大小约为9m/s 图3 2.向心力 A.合力沿斜面向上 1.(多选)关于向心力的说法中正确的是 B.合力沿斜面向下 ( C.所受摩擦力一定沿斜面向上 A.物体受到向心力的作用才能做圆周运动 D.所受支持力可能为零 B.向心力是指向圆心的合力，它是根据力的 4.如图2所示，在水平光 作用效果命名的 滑桌面上，不可伸长的轻绳 C.向心力可以是重力、弹力、摩擦力等各种力 一端固定于0点，另一端系 的合力，也可以是某种力的分力 一质量为m的小球.小球绕O D.向心力只改变物体的运动方向，不可能改点做匀速圆周运动时，力传 变物体运动的快慢 感器测得绳上的拉力大小为 图2 2.在水平面上，小猴拉着小滑块做匀速圆周F,用秒表测得小球连续次通过同一位置所用时 运动，0点为圆心，能正确地表示小滑块受到的牵 间为t,用刻度尺测得0点到球心的距离为L.下列 引力F及摩擦力F:的图是 ( )表达式正确的是 A.F=2w'mn'L B.F=4n'mnl C.F=4w'mn'L 2 D.F=4n'm(n-1)2L 3.为方便旅客取行李，机场使用倾斜的环状 2 传送带运输行李箱，如图1甲所示，行李箱经过圆 5.由贵州科学城组织的低空经济科普体验活 形弯道（图甲中虚线框部分）时，始终与传送带保动于2025年1月4日在观山湖公园如期举行.其 持相对静止做匀速圆周运动，其截面图如图乙所中，形似U下0的大型无人驾驶飞碟eVTOL航空器 示，若行李箱可视为质点，则行李箱在倾斜圆形弯进行了空中盘旋的表演.若其在空中盘旋的运动 道运动时 ( 可看成速率为1m/s、半径为10m的匀速圆周运 动.已知该航空器质量为2000kg,则其在盘旋过 行李 程中所需的向心力大小为 ( A.20000N B.2000N 图1 C.200N D.20N 数理极 数理极 素养·测评 3 试求定位球边缘的角速度大小 3.向心加速度 《圆周运动》 1.关于质点做匀速圆周运动，以下说法中正 确的是 同步核心素养测评（一） A.因为a.= ，所以向心加速度与旋转半径 r (涉及内容：§6.1~$6.3) r成反比 ◎数理报社试题研究中心 B.因为an=w2r,所以向心力加速度与旋转 员在地球表面相同的重力效果，则圆环转动的角 半径r成正比 组基础篇 速度w约为 C.因为w=”,所以角速度与旋转半径r成 A.0.7 rad/s B.1.4 rad/s 一、单选题（本题共7小题，每小题5分，共35分） C.7 rad/s D.14 rad/s 反比 1.关于圆周运动中合力与向心力的关系，下 D.因为w=2πn,所以角速度与转速成正比 6.如图5所示，在光滑水平 列说法正确的是 ( 2.如图1所示，一质点做匀速 A.在匀速圆周运动中，向心力不一定等于合力 面上，轻弹簧的一端固定在竖直QQ 10.(10分)如图9所 圆周运动，经过P点时其向心加速 转轴0上，另一端连接质量为m 图5 度 B.在变速圆周运动中，向心力一定不等于合力 示，自行车脚踏板到牙盘 的小球，轻弹簧的劲度系数为k,原长为L,小球以 A.沿a的方向 C.无论是否为匀速圆周运动，向心力必定是 中心的距离（即踏脚杆的 角速度w绕竖直转轴做匀速圆周运动(k>mw2). B.沿b的方向 指向圆心 长)R,=l6cm,牙盘半径 则小球运动的向心加速度为 C.沿c的方向 D.在匀速圆周运动中，合力一定指向圆心，在 R2=12cm,飞轮半径 图g D.沿d的方向 变速圆周运动中，合力一定不指向圆心 A.2L B ko'L k-mω R,=4cm,后轮半径R4=32cm,若骑车人每蹬 3.如图2所示，两轮用 2.近年来，有一种旋 koL D.@L 一次脚踏板，牙盘就转半周，当自行车以5m/s速 皮带传动，皮带不打滑.图 转拖把的产品进入寻常百 C 中有A、B、C三点，这三点所 k-mo 'k -mo 度匀速前进时，求：脚踏板和后轮的转速之比几板： 在处半径rA>rB=rc,则这 图2 姓的家中，很好的解决了 7.如图6是《流浪地球》 三点的向心加速度a4、agac间的关系是( 拖地湿滑的烦恼.如图1所 中的领航员太空空间站，其 A.a aB ac B.ac aa aB 示，拖把布料中的水通过 图1 中通过旋转模拟重力的环形 C.ac aa aB D.ac aB aa 圆桶壁上的小孔甩出去了，部分拖把布料却紧贴 舱室结构与延伸机械臂固定 4.溜溜球是一种玩 着竖直的圆桶内壁一起匀速转动，这部分拖把布 在中心柱状结构上.假设环 图6 具，两个圆饼状的塑钢块 料转动所受的向心力主要来源是 形结构上某一舱室A点距离旋转中心的距离为5r 中心用一根轴固定相连， A.拖把布料的重力 B.桶壁的弹力 延伸机械臂上某点B距离旋转中心的距离为2π.在 成为一个整体.如图3所 C.桶壁的静摩擦力 D.桶壁的滑动摩擦力 示，绳的一端固定在轴上， 转动过程中，下列说法正确的是 图3 3.拉坯是陶瓷手工塑形 0 i 将绳缠绕在轴上，绳的另一端用手拉住，玩家可通 A.A、B的线速度之比为2：5 过快速摆动手腕使球转动起来.转动时溜溜球绕 的关键环节之一，如图2为拉 B.A、B的角速度之比为5：2 其中心的转速可达50r/s,此时距离中心1cm处 坯后获得的粗坯，其对称轴 C.BA的周期之比为5：2 的点向心加速度大小约为 ( 与转合中心转轴00'重合 D.B、A的向心加速度之比为2：5 A.10000m/s2 B.1000m/s2 粗坯上P、Q两质点到中心转 B组能力篇 C.100m/s2 D.10m/s2 二、实验题（共8分） 轴00'的距离之比为2：1.当 图2 5.(多选)在2025年 8.在使用如图7所示的向 粗坯随转合匀速转动时，P、Q两质点的线速度大 一、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分） 春节文艺晚会的机器人表 心力演示器探究向心力大小与 小之比为 ( 1.如图1所示为A、B两物体 演中，机器人转动手帕使 哪些因素有关的实验中 其在竖直面内做匀速圆周 A.1:2 B.2:1 做匀速圆周运动的向心加速度随 (1)本实验采用的科学方 运动，如图4所示.已知手 C.1:4 D.4:1 半径变化的图像，其中A为双曲线 图4 法是 帕边缘P点的线速度为3m/s,转动半径为0.3m, 4.工程人员在测量距离 的一个分支，由图可知() 则P点 ( 时会用到手推式测距仪，如 A.放大法 B.累积法 A.A物体运动的线速度大小不变 A.角速度w=0.9rad/s 图3所示.已知某款手推式测 C.微元法 D.控制变量法 B.A物体运动的角速度大小不变 B.角速度w=l0rad/s 距仪测距轮子直径255mm, (2)通过本实验可以得到的结果有 C.B物体运动的角速度大小不变 C.向心加速度a=30m/s2 A.在半径和角速度一定的情况下，向心力的 D.B物体运动的角速度与半径成正比 D.向心加速度a=10m/s2 当轮子边缘以1.6m/s的平 6.如图3所示，半径为R的圆 均速率向前滚动时，滚轮的 大小与质量成正比 2.小球质量为m,用长L的 一定的情况下，向心力的大 环竖直放置，一轻弹簧一端固定在 转速约为 ( B.在质量和半径 轻悬线固定于0点，在0点的正 环的最高点A,一端系一带有小孔 A.1r/s B.2 r/s 小与角速度成反比 下方片处钉有一颗钉子P,把悬 穿在环上的小球，弹簧原长为子R C.3r/s D.4r/s C.在质量和半径一定的情况下，向心力的大 图5 5.为防止人类太空航行 小与角速度成正比 线沿水平方向拉直，如图2所示 将小球从静止释放，释放时弹簧恰无形变，小球运 动到环的最低点时速率为，这时小球向心加速度 长期处于失重环境中引起的 D.在质量和角速度一定的情况下，向心力的 若由静止释放小球，当悬线碰到钉子后的瞬间（设 的大小为 健康问题，科学家们设想将 大小与半径成反比 线没有断) A. 太空飞船建造成轴对称环形 三、计算题（本题共2小题，共17分）》 A.小球的角速度突然增大 结构，通过圆环绕中心轴匀 9.(7分)机械鼠标的 定位球 B.小球的线速度突然减小到零 C 32 D装 速转动使航天员产生模拟重 正反面如图8所示，鼠标中 C.小球的向心加速度突然增大 2R 图4 (数理报社试题研究中心) 力效果.如图4所示，若圆环的直径为40m,航天员定位球的直径是2.0cm, 图8 D.小球的线速度突然增大 (参考答案见下期) (可视为质点)站立于圆环内壁时，为产生与宇航如果将鼠标沿直线匀速拖移10©m需要1s时间， (下转第4版)