第4次月考检测-【无敌原创】2025-2026学年高中物理必修第二册单元测试卷

物理 第四次月考检测 (满分100分，时间50分钟) 选择题（本题共12小题，合计52分。18小题只有一个正确选项，每小题4分；912小题有 多个正确选项，每小题5分，选不全得3分，选错得0分。) 1.如图所示，长为L的细绳一端固定在O点，另一端拴住一个小球。在O点的正下方与O点相距 3华处有一枚与竖直平面垂直的钉子A。把球拉起使细绳在水平方向伸直，由静止开始释放，在 细绳碰到钉子后的瞬间（细绳没有断），下列说法正确的是 LLLLLLILLL 鞍 我 A.小球的向心加速度突变为原来的4倍 B.小球的线速度突变为原来的4倍 器 C.小球的角速度突变为原来的2倍 长 D.小球受到的拉力突变为原来的4倍 2.如图是码头的旋臂式起重机，当起重机旋臂水平向右保持静止时，吊着货物的天车沿旋臂向右 匀速行驶，同时天车又使货物沿竖直方向先做匀加速运动，后做匀减速运动，该过程中货物的运 动轨迹可能是下图中的 车 货物 B C D. 3.固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m的圆环，圆环与竖直放置的轻质弹簧一端相连，弹簧的 另一端固定在地面上的A点，弹簧处于原长。让圆环沿杆滑下，滑到杆的底端时速度为零，则 () A.在下滑过程中圆环的机械能守恒 B.在下滑过程中弹簧的弹性势能先减小后增大 C.弹簧的弹性势能在整个过程中增加了mgh D.在下滑过程中（含始末位置）有两个位置弹簧弹力的功率为零 4.天文学家通过观测双星轨道参数的变化来间接验证引力波的存在，证实了GW150914是两个黑 洞合并的事件。该事件中甲、乙两个黑洞的质量分别为太阳质量的36倍和29倍，假设这两个 黑洞，绕它们连线上的某点做圆周运动，且这两个黑洞的间距缓慢减小。若该黑洞系统在运动 过程中各自质量不变且不受其他星系的影响，则关于这两个黑洞的运动，下列说法正确的是 () A.甲、乙两个黑洞运行的半径相等 B.甲、乙两个黑洞运行的线速度大小之比为36：29 C.甲、乙两个黑洞做圆周运动的向心加速度大小之比为1：1 D.随着甲、乙两个黑洞的间距缓慢减小，它们运行的周期也在减小 5.“中国天眼”是目前世界上口径最大的单天线射电望远镜(FAST)。通过FAST测量水星与太阳 的视角（水星B、太阳S分别与地球A的连线所夹的角），如图所示。若视角的正弦值最大为a, 地球和水星绕太阳的运动均视为匀速圆周运动，则水星与地球的公转周期的比值为() S A.a D.√a 27 6.一辆汽车在水平路面上由静止启动，在前5s内做匀加速直线运动，5s末达到额定功率，之后保 持以额定功率运动。其心t图像如图所示。已知汽车的质量为m=2×103kg,汽车受到的阻力 为车重的0.1倍，g取10m/s2,则以下说法正确的是 0/(m.s-1) 10 0 5 A.汽车在前5s内的牵引力为5×103N B.汽车在前5s内的牵引力为4×103N C.汽车的额定功率为60kW D.汽车的最大速度为20m/s 7.如图所示，质量为m的物体在水平恒力F的推动下，从山坡底部A处由静止运动至高为h的坡 顶B,获得速度为，AB的水平距离为s。下列说法正确的是 () A.物体重力所做的功是mgh B.合力对物体做的功是2m十mgh C.推力对物体做的功是Fs一mgh D.阻力对物体做的功是)m心2十mgh-F 8.科学家发现太阳绕银河系中心O处的“黑洞”做圆周运动（可视为做匀速圆周运动），转一圈大概 需要2.2亿年，这个时间被称为银河年，而地球绕太阳转动一圈（可视为做匀速圆周运动）仅需 要1年。另一恒星S也绕O处做匀速圆周运动，周期约为16年，已知O处离太阳的距离约为 28 无敌原创·单元卷物理·必修第二册 2.6万光年，太阳到地球的距离为1.6×106光年，引力常量为G,根据题给信息可以推断出 TTTTTTTTTIIT A.恒星S的线速度小于太阳的 B.“黑洞”与地球间的质量关系 C.恒星S与太阳间的质量关系 D.恒星S和太阳的向心加速度之比 9.(多选)如图所示，DO是水平面，AB是斜面，初速度为的物体从D点出发沿DBA滑动到顶点 A时速度刚好为零，如果斜面改为AC,让该物体从D点出发沿DCA滑动到顶点A且速度刚好 为零，若已知该物体与路面之间的动摩擦因数处处相同且不为零，则由此可知 () A.该物体从D点出发（沿DCA滑动刚好到顶点A)初速度一定也为o B.该物体从D点出发（沿DCA滑动刚好到顶点A)初速度不一定为o C.该物体从A点静止出发沿ACD滑动到D点的速度大小一定为vo D.该物体从A点静止出发沿ACD滑动到D点的速度一定小于o 10.(多选)如图所示，一个质量为M、长为L的木板B静止在光滑水平面上，其右端放有可视为质 点的质量为m的滑块A,现用一水平恒力F作用在滑块上，使滑块从静止开始做匀加速直线运 动。滑块和木板之间的摩擦力为F,滑块滑到木板的最左端时，木板运动的距离为x,此过程 中，下列说法正确的是 F 7771777 A.滑块A到达木板B最左端时具有的动能为(F一F)(L十x) B.滑块A到达木板B最左端时木板B具有的动能为FL C.滑块A克服摩擦力所做的功为Fx D.滑块A和木板B增加的机械能为F(L十x)一FL 11.（多选)运动员以一定的初速度将冰壶沿水平面推出，由于摩擦阻力的作用，其动能随位移变化 的图线如图所示。已知冰壶质量为19kg,g取10m/s2,则以下说法正确的是 个E小 10 2.5 x/m A.4=0.05 B.4=0.01 C.滑行时间t=5s D.滑行时间t=10s 12.(多选)如图为某旅游区的双线客运索道，其索线由静止不动的承载索和牵引缆车运动的牵引 数 索组成。运行过程中牵引索通过作用力F使缆车沿倾斜的承载索道斜向上加速移动，不计空 气阻力，在缆车向上移动的过程中，下列说法正确的是 A.F对缆车做的功等于缆车增加的动能和克服摩擦力所做的功之和 B.F对缆车做的功等于缆车克服摩擦力和克服重力所做的功之和 C.缆车克服重力做的功等于缆车增加的重力势能 D.F对缆车做的功等于缆车增加的动能与缆车克服重力和摩擦力做的功之和 二、实验题（本题共1小题，合计12分。） 13.(12分)在用打点计时器验证机械能守恒定律的实验中，使质量为m=1.00kg的重物自由下 落，打点计时器在纸带上打出一系列的点，选取一条符合实验要求的纸带如图所示。O为第一 个点，A、B、C为从合适位置开始选取的三个连续点（其他点未画出）.已知打点计时器每隔 0.02s打一个点，当地的重力加速度为9.8m/s2,那么 0 A 6 15.55cm 19.25cm 22.93cm (1)纸带的 (填“左”或“右”)端与重物相连； (2)根据图上所得的数据，应取图中O点到 点来验证机械能守恒定律； (3)从O点到第(2)题中所取的点，重物重力势能的减少量△E。= J,动能增加量 △Ek=J。(结果取三位有效数字) 三、计算题（本题共3小题，合计36分。） 14.(10分)“嫦娥四号”探测器成功着陆在月球背面的预选着陆区，成为世界上首个在月球背面软 着陆和巡视探测的航天器。若已知月球半径为R,“嫦娥四号”在距月球表面高度为R的圆轨 道上飞行时，周期为T,引力常量为G。求： (1)月球的质量； (2)在月球表面发射月球卫星的最小发射速度。 29 15.(12分)如图所示，用与水平方向成0角的恒力F,将质量为m的物体由静止开始从A点拉到B 点后撤去力F,若物体和地面间的动摩擦因数为以，A、B间的距离为x,重力加速度为g。求： (1)从A到B的过程中力F做的功； (2)物体在运动过程中的最大动能； (3)物体的最大滑行距离。 7m11n711111111mn1nnn1n A B 30 无敌原创·单元卷物理·必修第二册 16.(14分)如图所示，粗糙的水平轨道BC的右端与半径R=0.45m的光滑竖直圆轨道在C点相 切，光滑的倾斜轨道AB与水平方向的夹角为37°，质量m=0.1kg的小球从倾斜轨道顶端A 点由静止滑下，小球经过轨道衔接处时没有能量损失.已知倾斜轨道AB的长度l=2m,小球 与水平轨道间的动摩擦因数4=0.375。(sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2) (1)求小球第一次到达倾斜轨道底端B点时的速度大小（结果可以用根号表示）； (2)要使第一次在圆轨道运动时小球不脱离轨道，水平轨道BC的长度L应满足什么条件？ 0● R BA错误；B.由。=mr心2知@A<m,B正确；C.由% 4m知T>T,C错误；D.由sin0=,得支持力大小，方 向都相同，D错误。故选B。] 5.B。[解析：卫星绕行星做匀速圆周运动，由万有引力提供向 心力，则有GM=m世，得=GM·上。设行星的半径为 2 R,由图知当r=R时，t=b,GM=,解得R=冬。由上知 GM=,得行星的质量为M=各。故选B,】 6.C[解析：A.航天员漂浮在组合体中，航天员绕地球做匀 速圆周运动，航天员受到地球的万有引力提供所需的向心力 航天员不是处于平衡状态，故A错误；B.物体在地球表面受到 的万有引力等于重力，则有m=mg,解得地球质量为M妇 ，又M=P·寺R,联立解得地球的平均密度为p G 恶，故B错误；C设组合体轨道处的重力加速度为片，则 有分-解得女一R一碳·放C正确： GM gR2 卫星做匀速圆周运动的速度小于7.9km/s,故D错误。故 选C。] 7.A[解析：加速过程中，人的加速度斜向上，将加速度分解 到水平和竖直方向得a=acos0,方向水平向右；ay=asin0, 方向竖直向上，水平方向受静摩擦力作用，f=ma=nacos0, 水平向右，竖直方向上有位移，所以重力和支持力都做功，在 水平方向上有位移，则摩擦力也做功，故A正确，B错误；匀速 过程中，人受力平衡，水平方向无相对运动趋势则不受摩擦 力，但在竖直方向上有位移，所以重力和支持力都做功，故C D错误。故选A。] 8.AB[解析：A.通过图分析可知：当=b,Fx=0时，小球 做圆周运动的向心力由重力提供，即mg=m是，则g=尺，故 A正确：B.当=0，Fy=a时，重力与弹力Fx大小相等，即 mg=a,所以m=是-云R,故B正确，C.当>b时，杆对小 球的弹力方向与小球重力方向相同，竖直向下，故=c>b时 杆对小球的弹力方向竖直向下，故C错误；D.若=2b时， mg十R=m发，解得R=a,方向竖直向下，放D错误。放选 AB.] 9.CD[解析：座椅和人转动过程由拉力及重力的合力作为向 心力，满足F合=mgtan0=m(r十Lsin)w,解得w= √8辛，故A,B错误，C正确：由竖直方向受力平衡可得 Feos=g,解得r=故D正确，放选CD,】 10.AD[解析：由题图可知汽车达到最大速度v=30m/s时 对应的牵引力大小等于阻力为2×103N,故A正确：F=6× 44 无敌原创·单元卷物理·必修第二册 10N时，由X10=2X10得=10m/,在速度由10m/5 1 1 30 增至30m/s的过程中，功率不变，所以汽车速度为15m/s时 的功率与速度为10m/s时的功率相等，P=Fv=6×103× 10W=6×10W,故B错误；在v<10m/s的过程中，汽车匀 加速运动，根据牛顿第二定律可得F一f=ma,代人数据解得 a=2m,匀加速运动的时间为1=吕-号=5s,故C错 误，D正确。故选AD。] 11.(1)A(2)C [解析：(1)在这两个装置中，控制半径、角速度不变，只改变质 量，来研究向心力与质量之间的关系，故采用的是控制变量 法，故选A。(2)两边圆盘是通过皮带连起来的，边缘线速度 相等，但是两个轮半径不等，导致两个轮的角速度不等，由于 是同样的钢球，可以认为质量m相等，同时两个小球绕轴做圆 周运动的半径r是相同的，从而根据公式F。=mwr来研究向 心力与角速度ω之间的关系，故选C。] 12.(1)同时(2)不变(3)自由落体(4)1.52.5 [解析：(1)小锤轻击弹性金属片时，A球做平抛运动，同时B 球做自由落体运动，通过实验可以观察到它们同时落地。 (2)用较大的力敲击弹性金属片，则被抛出初速度变大，但竖 直方向运动不受影响，因此运动时间仍不变。(4)设小球从A 到B、从B到C的时间均为T,竖直方向根据匀变速直线运动 L 的规律可得△y=5L-3L=2L=gT,解得T=√ /2X00西、=0.1s,则小球运动中水平分速度的大小为h= 10 手-头-3X005m/5-1.5m/s:B点竖直分速度为% 0.1 券-》-0 m/s=2m/s,则B点的速度为vB= √话+vi,=2.5m/s。] 13.解：(1)从A到C的运动的过程运用动能定理得mgR一 Wf一mgsc=0,解得Wf=6J。 (2)从B到C的过程中，运用动能定理得一mgx=0-立m, 解得w=2ms。根据向心力公式得R一mg=m爱，解得 FN=15N。由牛顿第三定律可知物体下滑到B点时对圆弧 轨道的压力为15N。 14.解：(1)同步卫星的周期与地球自转周期相同，T1=T。,设 同步卫星距离地球表面的高度为h,则轨道半径r=R十h;万 有引力完金提供向心力，-m(受)厂k,则同步卫星离地 &GMT6-R。 面的高度h=r一R=√4 (2)乙卫星的角速度w罕，地球自转角速度=宁 严，设至少 经过t时间，卫星乙会再次经过该观察者的正上方，根据题意， TT。 (u十n)1=2π，联立解得=T+T。 15.解：(1)以人为研究对象，因为人做匀速圆周运动，所以人 有引力提供向心力，随着甲、乙两个黑洞的间距缓慢减小，它 所受重力和支持力的合力提供向心力，如图所示。由图可知向心 们做圆周运动的向心力增大，运行半径减小，根据A、B选项分 力为Fn=mngtan30°，再由牛顿第二定律可得F。=ngtan30°= 析中表达式可知运行的周期也在减小，故D正确。故选D。】 m解得a=5m30-号。根帮a=dR,R=r十Lsn0 5.D【解析：当视角最大时，地球和水星的连线恰好与水星的 运动轨迹相切，设最大视角为0m,根据几何关系有sin0m= +号.联立两式并代人数据解得w√32气： 2√3g 失=a,又会-亮解得会=V区。放选D.】 (2)以人为研究对象，因为人做匀速圆周运动，所以人所受重 6.C[解析：由题图可知汽车在前5s内的的加速度大小为 力和支持力的合力提供向心力，如图所示： a=合智-2m/g,设汽车在前5s内的牵引力大小为F,根据牛 由图可知R=m=2y5, c0s30 3mg。 顿第二定律有F-0.1mg=ma,解得F=6×103N,故A、B错 FN 误；当汽车的速度达到v=10/s时即达到额定功率，为P= A生30° Fv=6X10W=60kW,故C正确；当汽车以最大速度行驶 时，牵引力与阻力大小相等，则P=0.1mg,解得=30m/s, 故D错误。故选C。] 7.D[解析：A.重力做功Wc=mg△h=mg(hA一hB)=-mgh, 故物体克服重力做功为mgh,故A错误；B.对小车从A运动 到B的过程中运用动能定理得W合=7m心，故B错误；C.推 力F是恒力，在力的方向上的位移为5，所以W=Fs,故C错 误；D.根据动能定理可得W,十Wm十W。=m,解得阻力 第四次月考检测 做功W=名mt十mgh一F,故D正确。故选D.】 8.D[解析：太阳和恒星S围绕O处做匀速圆周运动，由开普 1.A[解析：细绳碰到钉子后，小球的线速度不变，做圆周运 勒第三定律可得是-器·则太阳的敏道半径较大，根据万有 动的半径变为原来的四分之一，则根据a=号，小球的向心加 引力定律有-m反可得=√，故太阳的线速度小 GM 速度突变为原来的4倍；根据v=ωr可知小球的角速度突变 于恒星S的，故A错误；恒星S与太阳围绕O处做匀速圆周运 为原来的4倍；根据T=mg十ma可知加速度变为原来的4 动、地球绕太阳做圆周运动，由题给信息，可求“黑洞”和太阳 倍，小球受到的拉力不等于原来的4倍。故选A。】 2.C【解析：货物在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向 的质量，不可求恒星S和地球的质量，B、C错误；由圆周运动 上先做匀加速运动，后做匀减速运动，根据平行四边形定则， 4π2R2 规律可得恒星S和太阳的向心加速度之比为= T度 知合速度的方向与合加速度的方向不在同一条直线上，轨迹 a14π2R 为曲线，货物的加速度先向上后向下，根据曲线运动的加速 T 度、轨迹、速度的关系，可知曲线的凹面先向上后向下。故 √D正痛：放选D】 选C。】 3.C[解析：整个系统机械能守恒，A错误；弹簧先被压缩然 9.AD【解析：物体从D,点滑动到顶点A过程中，由动能定理 后又伸长，弹性势能先增加、减小，再增加，B错误；初末两个 得-mg·xo一mg·xna一mgeos a·工Aa=-乞m6,由几 位置以及弹簧垂直杆时、弹簧再次原长时，共计四个位置弹簧 何关系得cosa·xB=xB,因而上式可以简化为一mg· 弹力功率为零，D错误。故选C。】 1 4.D【解析：由题意可知甲、乙两个黑洞运行的周期相等，角 xA0-umg·xDB一mg·xOB=一 m6,即-mg·xo-mg· 速度相等，且做匀速圆周运动所需向心力相等，即M,答R,= x0=一2m哈从上式可以看出，到达顶点的动能与路径无 业竿，部得甲，乙两个美润运行的半径之别为完一烧 关，所以该物体从D点出发（沿DCA滑动刚好到顶点A)初速 度一定也为%，故A正确，B错误；该物体从A点静止出发沿 器则甲，乙两个提闲运行的线速度大小之比为受一是 ACD滑动到D点，由动能定理可知mg·xo一umg·xo= 架放A,B蜡误；甲，乙两个黑洞做圆周运动的向心加速度大 之mu,与公式-mg·x0一mg·m=-zm听比较，可 知v<o故C错误，D正确。故选AD。] 小之比为二-是-器放C错误：甲，乙两个黑羽之间的万 10.AD[解析：A.对滑块A分析，滑块A相对于地的位移为 L十x,根据动能定理得(F-Fr)(L十x)=方m-0,则知滑 块A到达木板B最左端时具有的动能为E=(F一F)(L十 ),A正确：B对木板B分析，根据动能定理得Fx=合M- 0,则知滑块A到达木板B最左端时，木板B具有的动能为 Fx,B错误；C.滑块A相对于地的位移大小为L十x,则滑块 A克服摩擦力所做的功为F,(L十x),C错误；D.根据能量守 恒，得外力F做的功转化为木板B和滑块A的机械能和摩擦 产生的内能，则有F(L+x)=△E十Q,则滑块A和木板B增 加的机械能为△E=F(L十x)一FL,D正确。故选AD。] 11.BD[解析：由动能定理得一mgx=0一Ek,由图知x= 5m,E=9.5J,代人得-u×19×10×5=0-9.5,解得u= 0.01,故A错误，B正确；设冰壶的初速度为，则有之md 9.5,得w=1m/s,由x=受得滑行时间1=二-10s,故C错 7) 误，D正确。故选BD。】 12.CD【解析：因为缆车做加速运动，故它的动能增加，根据 功能关系，可知力F对缆车做的功等于缆车重力势能的增加、 动能的增加以及缆车克服摩擦力做功之和，即F对缆车做的 功等于缆车增加的动能与缆车克服重力和摩擦力做的功之 和，故D正确，A、B错误；缆车克服重力做的功等于缆车增加 的重力势能，故C正确。故选CD。】 13.(1)左(2)B(3)1.891.70 [解析：(1)重物做加速运动，纸带在相等时间内的位移越来越 大，可知纸带的左端与重物相连。(3)从O点到B点的过程 中，重力势能的减小量△E。=mgh=1×9.8×19.25×10-2J≈ 1.891,B点的速度0-器=2293-55)X10 -m/s= 0.04 1.845m/s,则动能的增加量△6-之m6-合×1X1.845J 1.70J。1 14.解，(1)根据G0=m答·2R,解得月球的质量M 32x2R GT (2)根据Gm一m只，解得在月球表面发射月球卫星的最小 发射速度o=4②πR T 15.解：(1)由功的公式可求得W=Fxcos0。 (2)物体在AB段做加速运动，在B点有最大动能，对物体， A→B,由动能定理有Fxcos0-u(mg一Fsin0)x=Ek一0，解 得Ek=Fx(cos0+usin0)-umgx。 (3)撒去力F后，物体所受摩擦力变为mg。设物体从B点到 停止运动的位移为l,对物体，B→停止，由动能定理有一mgl= 0-E,物体的最大滑行距离xe=什x=Fr(cos叶sim) 16.解：(1)小球在倾斜轨道上运动，由动能定理知ngsin37°· l=合m6,解得w=26m/s。 (2)小球恰好从B点到C点，由动能定理得一mgL=0一 合m话，解得L=3.2m。在圆轨道运动时小球不脱离轨道，有 两种情形：情形一：物体能完成圆运动，在最高点：由mg= m受，对小物块从B点到圆轨道最高点利用动能定理， 一mg2R-mgL=乞m心-之m6,解得L=0.2m。情形二： 物体运动到圆轨道圆心等高处速度为零，对小物块从B点到 圆轨道圆心等高处利用动能定理，一mgR一mgL=0一 1 m6,解得L=2m。综合以上两种情形，可得L≤0.2m或 者2m≤L≤3.2m。 期中枪测 1.C[解析：曲线运动的合力与加速度不一定变化，比如平抛 运动，A、B错误；做曲线运动的物体的速度方向与该点曲线的 切线方向相同，所以曲线运动的速度的方向是时刻变化的，则 做曲线运动的物体的速度一定不断变化，但速度大小不一定 变化，如匀速圆周运动，C正确，D错误。故选C。】 2.D【解析：当小船船头垂直河岸渡河，时间最短，最短时间为 1一品，且：必须小于或等于台，A错误：小船轨迹垂直河岸渡 河，位移最小，大小为α，但船头必须指向上游，合速度不是最 大，B错误；小船沿轨迹AB运动，船在静水中的速度最小时，速 度方向与AB垂直，可得n= Va+元，C错误，D正确。故 选D。] 3.C[解析：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。如图1所示，根据平行四边形定 则有人=c0s0,故A、B错误；对小船受力分析，如图2所示， 根据牛顿第二定律，有Fcos0一f=ma,因此船的加速度大小 为a=Fcos0--f,C正确，D错误。故选C】 n V人 G 图1 图2 4.A【解析：根据平抛运动规律有x=y=之g。根据几 1 何关系有=乞，解得0=乞。如果落到第四级台阶上， 有3×0.4m<vt4X0.4m,联立解得√6m/s<≤2√2m/s。 故选A。】 5.B[解析：将篮球的运动反向处理，即为平抛运动，第二次 下落的高度较小，所以运动时间较短，A错误。水平射程相 等，由x=ot得知第二次水平分速度较大，即篮球第二次撞墙 的速度较大，B正确。由心，=g可知，第二次抛出时速度的竖 直分量较小，C错误。根据速度的合成可知，不能确定抛出时 向心力时，则有mg=m紧，解得临界速度为一√不，当速 的速度大小，D错误。故选B。】 度≥√gR时，没有保险带，人也不会掉下来，A错误；当人在 6.B[解析：做匀速圆周运动的过程中，角速度、频率、周期均 最高点的速度>√gR时人对座位就产生压力。当速度增大 不变，线速度的大小不变，方向时刻改变。故选B。】 7.C[解析：向心加速度的物理意义是描述物体速度方向变 到。=2R时，根据R十mg=m发，解得R=3mg,故压力 化快慢的物理量，物体的向心加速度越大，速度方向变化越 为3mg,B正确；人在最低点时，加速度方向竖直向上，根据牛 快，A、B错误；匀速圆周运动是线速度大小不变，方向时刻改 顿第二定律分析可知，人处于超重状态，人对座位的压力大于 变的运动，即“匀速”是指速率不变的圆周运动，C正确；物体 mg,C正确；在最高点和最低点速度大小不等，根据向心加速 做匀速圆周运动，应该是所受合外力提供其做匀速圆周运动 度公式a=兰可知，人在最高点和最低点时的向心加速度大小 的向心力，向心力是效果力，而不能说物体受向心力外，还受 不相等，D错误。故选BC。] 到其他力，D错误。故选C。] 8.C[解析：a、b点是同轴转动，角速度相同，a点的半径大于 13.BD【解析：汽车通过拱桥的最高点时，竖直方向合力向 下，则支持力小于重力，汽车处于失重状态，A错误；根据牛顿 b点的半径，根据v=rw知，则a点的线速度大于b点的线速 度，A、D错误；a、b两点的角速度相同，根据a=ur可知，a、b 第二定律得mgtan0=mohtan0,增大0，但保持圆锥的高度不 的半径不等，则向心加速度的大小不相等，B错误；a、b点是同 变，则圆锥摆的角速度不变，B正确；小球在竖直方向受力平 轴转动，角速度相同，C正确。故选C。] 衡，所以在不同高度支持力不变，C错误；火车转弯超过规定 速度行驶时，火车有离心运动的趋势，所以外轨对外轮缘会有 9.D【解析：在a点，由牛顿第二定律有mg十F=m艺，v= 挤压作用，以帮助提供向心力，D正确。故选BD,】 √g工，解得F=0,则在a点，轻杆对球没有作用力，A错误；由 14.BD【解析：当水对小桶底压力为零时，有mg=m;解 于小球做匀速圆周运动，合外力提供向心力，则在b点，杆对 得v=4m/s:则知“水流星”通过最高点的速度为v=4m/s, 球的作用力与球的重力的合力指向圆心，B错误；由于小球做 匀速圆周运动，合外力提供向心力，则在c点有F一mg= 恰好能通过最高点，水不从小桶流出，此时绳子张力为零，水 和桶都只受重力，处于完全失重状态，绳的张力及小桶底受到 m艺，。=Vg,解得F=2mg,C错误；由于小球做匀速圆周 的压力均为零，A错误，B正确；“水流星”通过和圆心等高的位 运动，合外力提供向心力，在d点的合外力为mg,所以杆对球 置时，小桶做圆周运动，绳子的拉力指向圆心，水对小桶的作 的作用力大小为F=√(mg)2十F向2=√2mg,D正确。故 用力背离圆心，二者的合力提供向心力，则细绳中的拉力不为 选D。」 零，C错误；“水流星”通过最低点时，具有向上的加速度，处于 10.B[解析：两球均贴着圆筒的 超重状态，D正确。故选BD。] 内壁，在水平面内做匀速圆周运 15.ACD[解析：已知a、b、c三轮的半径之间的关系r。:rn。: FN 动，由重力和筒壁的支持力的合力 r。=2:3:3;由于a、b两个轮子是同轴传动，角速度相等，故 a 提供向心力，如图所示。由图可 w.:=1:1,而且Ua=u。,根据公式v=wr,线速度之比为 mg 知，筒壁对两球的支持力均为 U:h=r。:r=2:3,故va：h:v。=2：3：2,A正确；由于 F=器支持力大小之比为 a=Ue,则waTa=weTe,则wa:山。=3：2，故w。:a：仙。=3 3：2,B错误，C正确；根据向心加速度推导公式a=ωu,则向 1:1,A错误，B正确；由牛顿第二 ng 心加速度a:a:ae=6:9:4,D正确。故选ACD。】 定律，可得mgcot0=mwr,解得 16.(1)水平初速度相同(2)1.6(3)1.52.0 。广√品)：小球a.b的载道半径之比为2：1，则角速度之比 [解析：(1)为了保证小球的初速度水平，斜槽末端应切线水 平，每次让小球从同一位置由静止释放，是为了每次平抛的初 为1：V厄，C错误；根据牛顿第二定律，可得mgc0t0=m二，解 速度相同。(2)分析图乙，O点为抛出点，取坐标点x 得v=√grcot0;小球a、b的轨道半径之比为2：1，a、b的线 32.0cm=0.32m;y=19.6cm=0.196m。在竖直方向上y= 速度之比为√2：1，D错误。故选B.】 乞，水平方向上x=七，代入数据解得小球平抛初速度 11.CD[解析：匀速圆周运动是速度大小不变的圆周运动，速 =1.6m/s。(3)分析图丙L=5cm=0.05m,由图可知，小 度方向时刻改变，A错误；匀速圆周运动所受合力提供向心 球由A到B和由B到C在水平方向位移相等，均为3L,则运 力，有指向圆心的向心加速度，故匀速圆周运动一定是变加速 动时间T相等，在竖直方向，由图示可知△y=2L。由匀变速 运动，B错误；匀速圆周运动速度大小不变，即速率不变，C正 确；由于速率不变，故在任意相等的时间内通过的路程相等，D 直线运动的推论△y=gTP,可得T=√ y=0.1s,初速度h= 正确。故选CD。] 12.BC[解析：当人与保险带间恰好没有作用力，由重力提供 头=1.5m/s。根据匀变速直线运动中，一段时间内的平均速 45