2024-2025学年天津市高一（下）期中物理模拟试卷

这是一份2024-2025学年天津市高一（下）期中物理模拟试卷，共18页。试卷主要包含了单项选择题，不定项选择题，填空实验题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．（5分）匀速圆周运动不变的物理量是（ ）
A．线速度B．向心加速度
C．向心力D．角速度
2．（5分）做平抛运动的物体，一段时间t后经过P点，则物体在P点（ ）
A．速度方向可能为水平方向
B．速度方向可能为竖直向下
C．受力方向可能为水平方向
D．受力方向一定为竖直向下
3．（5分）如图所示，长为L的悬线固定在O点，在O点正下方有一钉子C，O、C的距离为，把悬线另一端的小球A拉到跟悬点在同一水平面处无初速度释放，小球运动到悬点正下方，悬线碰到钉子瞬间（ ）
A．小球的线速度突然增大为原来的2倍
B．小球的加速度突然增大为原来的2倍
C．小球受的拉力突然增大为原来的2倍
D．小球的向心力突然增大为原来的4倍
4．（5分）下列关于重力势能的说法中正确的是（ ）
A．重力势能是物体所具有的
B．重力势能的变化，只跟重力做功有关系，和其它力做功多少无关
C．重力势能是矢量，在地球表面以下为负
D．重力势能的增量等于重力对物体做的功
5．（5分）在修筑铁路时，为了消除轮缘与铁轨间的挤压，要根据弯道的半径和规定的行驶速度，设计适当的倾斜轨道，即保证两个轨道间距不变情况下调整两个轨道的高度差。火车轨道在某转弯处其轨道平面倾角为θ，转弯半径为r，在该转弯处规定行驶的速度为v，当地重力加速度为g，则下列说法中正确的是（ ）
A．火车运动的圆周平面为右图中的a
B．在该转弯处规定行驶的速度为
C．火车运动速度超过转弯规定速度时内轨会给内侧车轮弹力作用
D．适当增大内、外轨高度差可以对火车进行有效安全的提速
二、不定项选择题（本题共4小题，每小题6分，共24分，全部选对得6分，选不全得3分，有选错或不答得0分。）
6．（6分）如图所示，A、B两轮半径分别为2r和r，O1、O2分别为两轮的圆心，a、b分别为A、B轮边缘上的点，c点在A轮上，c到O1的距离为r，两轮靠摩擦传动，在两轮转动时接触点不存在打滑现象，则在两轮匀速转动时（ ）
A．a、b两点的线速度相等
B．a、b两点的角速度相等
C．a、c两点的角速度相等
D．b、c两点的向心加速度相等
（多选）7．（6分）我国新能源汽车发展迅猛，已成为全球最大的新能源汽车产销国。质量为m的某新能源汽车在水平路面上以恒定加速度a启动，其v﹣t图像如图所示，其中OA段和BC段为直线。已知汽车动力系统的额定功率为P，汽车所受阻力大小恒为f，则下列说法正确的是（ ）
A．汽车做匀加速运动的最大速度
B．汽车能达到的最大行驶速度
C．汽车速度为时的功率为
D．汽车速度为时的加速度大小为
（多选）8．（6分）公路急转弯处通常是交通事故多发地带。如图，某公路急转弯处是一圆弧，当汽车行驶的速率为vc时，汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势，则在该弯道处，（ ）
A．路面外侧高内侧低
B．车速只要低于vc，车辆便会向内侧滑动
C．当路面结冰时，与未结冰时相比，vc的值变小
D．车速虽然高于vc，但只要不超出某一最高限度，车辆便不会向外侧滑动
（多选）9．（6分）如图所示，固定的粗糙斜面AB的长为8m，倾角为37°，质量m＝1kg的小物块从A点处由静止释放，下滑到B点与弹性挡板碰撞，每次碰撞前后速率不变，第一次返回斜面到达的最高点为Q（图中未画出）。设物块和斜面间的动摩擦因数为0.25，以B点为零势能面（sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，g取10m/s2）。则下列说法正确的是（ ）
A．Q点到B点距离为4m
B．物块第一次下滑过程，重力的平均功率为24W
C．物块第一次下滑时，动能与重力势能相等的位置在AB中点
D．物块从开始释放到最终静止经过的总路程为24m
三、填空实验题（每空2分，共16分）
10．（6分）小华同学用铁架台、拴有细绳的小钢球、毫米刻度尺和停表等器材组装成如图甲所示的实验装置，用于探究影响圆锥摆周期的因素，其实验操作步骤如下：
①用毫米刻度尺测出摆长L（细绳固定悬点O′与小球球心的距离）。
②给小球一个合适的初速度，使小球在图甲所示的水平面内做匀速圆周运动，用毫米刻度尺测出细绳悬点O′到圆轨迹平面的竖直高度h。
③用停表测出小球做圆周运动的周期T。
④小华同学猜测摆绳长度L、细绳悬点O′到圆轨迹平面的竖直高度h对小球做圆周运动的周期T有影响，于是他调节变量L和h，进行多次实验，得到数据并作图。
根据上述步骤完成下列问题：
（1）小华同学用停表测得小球运动Ω圈的时间为t。则小球做圆周运动的周期T＝ 。
（2）小华同学在保持L不变，研究h对T的影响时，得到了图像乙（一条过原点的直线），说明在L不变时，h对T有影响。若直线的斜率是k，则当地的重力加速度g＝ （用题中所给物理量的符号表示）。
（3）不考虑阻力的影响，保持h不变，下列图中能反映T与L关系的图像是 。
11．（10分）如图所示是探究小球做圆周运动所需向心力的大小F与质量m、角速度ω和半径r之间的关系的实验装置。图中A、B、C到转轴的距离之比为1：2：1。
（1）本实验采用的实验方法是 。
A．微元法
B．放大法
C．累积法
D．控制变量法
（2）在探究向心力的大小F与半径r的关系时，要将质量 （选填“相同”或“不同”）的两小球分别放在长槽的 （选填“A”或“B”）处和短槽的C处，与皮带连接的变速塔轮相对应的半径 （选填“相同”或“不同”）。若实验中观察到标尺上黑白相间的等分格显示出两个小球所受向心力的比值为2：1，则可以得到的结论是 。
四、解答题（34分）
12．（18分）质量为m的小球用长为l的细线悬于B点，使小球在水平面内做匀速圆周运动，轨迹圆的圆心O到悬点B的距离为h，重力加速度为g。求：
（1）细线的拉力大小；
（2）小球的线速度大小；
（3）小球的角速度大小。
13．（17分）如图所示，摩托车做腾跃特技表演，沿曲面冲上高0.8m顶部水平高台，接着以4m/s水平速度离开平台，落至地面时，恰能无碰撞地沿圆弧切线从A点切入光滑竖直圆弧轨道，并沿轨道下滑。A、B为圆弧两端点，其连线水平。已知圆弧半径为2m，人和车的总质量为200kg，特技表演的全过程中，空气阻力不计。（计算中取g＝10m/s2．求：
（1）从平台飞出到A点，人和车运动的水平距离s。
（2）从平台飞出到达A点时速度大小及圆弧对应圆心角θ。
（3）若已知人和车运动到圆弧轨道最低点O速度为6m/s，求此时人和车对轨道的压力。
2024-2025学年天津市高一（下）期中物理模拟试卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共6小题）
二．多选题（共3小题）
一、单项选择题（每小题5分，共25分。每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的）
1．（5分）匀速圆周运动不变的物理量是（ ）
A．线速度B．向心加速度
C．向心力D．角速度
【分析】匀速圆周运动的特征是：速度大小不变，方向时刻变化；向心力大小不变，但始终指向圆心；角速度不变；周期不变．
【解答】解：匀速圆周运动速度大小不变，方向时刻变化；向心力和向心加速度大小不变，但始终指向圆心；角速度保持不变。
故ABC错误，D正确。
故选：D。
【点评】掌握匀速圆周运动的特征，知道它是一种特殊的变速运动，只有周期和角速度是不变的．
2．（5分）做平抛运动的物体，一段时间t后经过P点，则物体在P点（ ）
A．速度方向可能为水平方向
B．速度方向可能为竖直向下
C．受力方向可能为水平方向
D．受力方向一定为竖直向下
【分析】物体做平抛运动，只受重力作用，受力方向竖直向下，速度沿轨迹切线方向。
【解答】解：物体做平抛运动，只受重力作用，方向一定竖直向下，速度沿轨迹切线方向，不可能为水平或竖直方向。故D正确，ABC错误。
故选：D。
【点评】本题考查学生对平抛速度和受力方向的掌握，比较基础。
3．（5分）如图所示，长为L的悬线固定在O点，在O点正下方有一钉子C，O、C的距离为，把悬线另一端的小球A拉到跟悬点在同一水平面处无初速度释放，小球运动到悬点正下方，悬线碰到钉子瞬间（ ）
A．小球的线速度突然增大为原来的2倍
B．小球的加速度突然增大为原来的2倍
C．小球受的拉力突然增大为原来的2倍
D．小球的向心力突然增大为原来的4倍
【分析】碰到钉子的瞬间，合外力方向与速度方向垂直，小球的线速度不能发生突变，小球碰到钉子后仍做圆周运动，由向心力公式可得出绳子的拉力与小球转动半径的关系；由圆周运动的性质可知其线速度、角速度及向心加速度的大小关系。
【解答】解：A、悬线碰到钉子前后，悬线的拉力始终与小球的运动方向垂直，小球的线速度大小不变，故A错误；
BD．悬线碰到钉子后，小球的运动半径减小为原来的一半，由于惯性，小球的线速度大小不变，由，加速度变为原来的2倍，
由Fn，向心力变为原来的2倍，故B正确，D错误；
C．由最低点受力分析，合力提供向心力有
mg是定值，故拉力不是原来的2倍，故C错误。
故选：B。
【点评】本题中要注意细绳碰到钉子前后转动半径的变化，线速度大小不变，再由向心力加速度公式分析出向心加速度速度、角速度变化。
4．（5分）下列关于重力势能的说法中正确的是（ ）
A．重力势能是物体所具有的
B．重力势能的变化，只跟重力做功有关系，和其它力做功多少无关
C．重力势能是矢量，在地球表面以下为负
D．重力势能的增量等于重力对物体做的功
【分析】重力做正功，重力势能减小，重力做负功，重力势能增加．重力势能的大小与零势能的选取有关，但重力势能的变化与零势能的选取无关．
【解答】解：A、重力势能首先确定参考平面，同时重力势能是物体与地球共有的，离开了地球没有重力，重力势能无意义。故A错误；
B、只有重力做功，重力势能才发生变化，且作多少功，则重力势能变化多少，与其他力做的功无关，故B正确；
C、重力势能是标量，而负号则是说明在参考平面的下方，而不是地球以下为负，故C错误；
D、重力对物体做的功等于初位置的重力势能减去末位置的重力势能，即重力做功等于重力势能的减小量，故D错误；
故选：B。
【点评】解决本题的关键知道重力势能的大小与零势能的选取有关，但重力势能的变化与零势能的选取无关．以及知道重力做功和重力势能变化的关系，重力做正功，重力势能减小，重力做负功，重力势能增加．
5．（5分）在修筑铁路时，为了消除轮缘与铁轨间的挤压，要根据弯道的半径和规定的行驶速度，设计适当的倾斜轨道，即保证两个轨道间距不变情况下调整两个轨道的高度差。火车轨道在某转弯处其轨道平面倾角为θ，转弯半径为r，在该转弯处规定行驶的速度为v，当地重力加速度为g，则下列说法中正确的是（ ）
A．火车运动的圆周平面为右图中的a
B．在该转弯处规定行驶的速度为
C．火车运动速度超过转弯规定速度时内轨会给内侧车轮弹力作用
D．适当增大内、外轨高度差可以对火车进行有效安全的提速
【分析】根据对火车转弯的理解，以及合外力提供向心力可得出AB选项；根据列车转弯的过程中，支持力提供向心力从而得出外轨会给内轨支持力的作用；根据转弯中速度的表达式，可分析出D选项。
【解答】解：A.火车运动的圆周平面为水平面，即图中的b，故A错误；
B.根据mgtanθ＝m，可得在该转弯处规定行驶的速度为v，故B错误；
C.在该转弯处行驶的速度若大于规定速度，则重力和轨道的支持力的合力将不足以提供做圆周运动的向心力，火车有做离心运动的趋势，此时火车将会压外轨，外轨会给外侧车轮弹力作用，故C错误；
D.适当增大内、外轨高度差，则根据v，可知θ角变大，则v变大，则可以对火车进行有效安全的提速，故D正确。
故选：D。
【点评】学生在解答本题时，应注意对于火车转弯实际问题的理解，同时能够根据合外力提供向心力对问题进行分析。
二、不定项选择题（本题共4小题，每小题6分，共24分，全部选对得6分，选不全得3分，有选错或不答得0分。）
6．（6分）如图所示，A、B两轮半径分别为2r和r，O1、O2分别为两轮的圆心，a、b分别为A、B轮边缘上的点，c点在A轮上，c到O1的距离为r，两轮靠摩擦传动，在两轮转动时接触点不存在打滑现象，则在两轮匀速转动时（ ）
A．a、b两点的线速度相等
B．a、b两点的角速度相等
C．a、c两点的角速度相等
D．b、c两点的向心加速度相等
【分析】共轴转动，角速度相等，靠传送带传动，线速度相等，根据v＝rω，求出各点的线速度、角速度之比，再根据a＝rω2，可确定向心加速度的关系。
【解答】解：A．A、B两轮靠摩擦传动，接触面互不打滑，所以a、b两点的线速度大小相等，方向不同，故A错误；
B．a、b两点的线速度大小相等，其中ra＞rc，根据v＝rω，可知a、b两点的角速度不相等，故B错误；
C．由于a、c两点是同轴转动，所以a、c两点的角速度相等，故C正确；
D．因为va＝vb，v＝rω，ra＝2rb＝2r
所以ωb＝2ωa
因为ωa＝ωc，ra＝2rc＝2r，a＝rω2
联立可得，b、c两点的向心加速度不相等，故D错误。故选：C。
【点评】解决本题的知道共轴转动的点，角速度相等，靠传送带传动轮子边缘上的点，线速度相等
（多选）7．（6分）我国新能源汽车发展迅猛，已成为全球最大的新能源汽车产销国。质量为m的某新能源汽车在水平路面上以恒定加速度a启动，其v﹣t图像如图所示，其中OA段和BC段为直线。已知汽车动力系统的额定功率为P，汽车所受阻力大小恒为f，则下列说法正确的是（ ）
A．汽车做匀加速运动的最大速度
B．汽车能达到的最大行驶速度
C．汽车速度为时的功率为
D．汽车速度为时的加速度大小为
【分析】根据牛顿第二定律和功率公式求匀加速阶段的最大速度；
当汽车受到的合力为零时，速度最大，结合平衡条件和功率公式求最大速度；
根据功率公式求速度减半时汽车的功率或加速度。
【解答】解：A、在匀加速阶段，据牛顿第二定律有：F﹣f＝ma
解得牵引力大小：F＝f+ma
则汽车做匀加速运动的最大速度：，故A错误；
B、当牵引力与阻力平衡时，汽车达到最大行驶速度，由功率公式可得最大速度：，故B错误；
C、汽车速度为时，功率为为，故C正确；
D、汽车速度为时，根据功率公式可得牵引力大小为：
根据牛顿第二定律有：F′﹣f＝ma′
联立以上几式解得：，故D正确。
故选：CD。
【点评】这是一道综合应用牛顿第二定律，动能定理和机车启动问题的题，知识点繁多，需要熟练掌握基础知识，灵活运用。
（多选）8．（6分）公路急转弯处通常是交通事故多发地带。如图，某公路急转弯处是一圆弧，当汽车行驶的速率为vc时，汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势，则在该弯道处，（ ）
A．路面外侧高内侧低
B．车速只要低于vc，车辆便会向内侧滑动
C．当路面结冰时，与未结冰时相比，vc的值变小
D．车速虽然高于vc，但只要不超出某一最高限度，车辆便不会向外侧滑动
【分析】汽车拐弯处将路面建成外高内低，汽车拐弯靠重力、支持力、摩擦力的合力提供向心力。速率为vc时，靠重力和支持力的合力提供向心力，摩擦力为零。根据牛顿第二定律进行分析。
【解答】解：A、路面应建成外高内低，此时重力和支持力的合力指向内侧，可以提供圆周运动向心力。故A正确。
B、车速低于vc，所需的向心力减小，此时摩擦力可以指向外侧，减小提供的力，车辆不会向内侧滑动。故B错误。
C、当路面结冰时，与未结冰时相比，由于支持力和重力不变，则vc的值不变。故C错误。
D、当速度为vc时，静摩擦力为零，靠重力和支持力的合力提供向心力，速度高于vc时，摩擦力指向内侧，只有速度不超出最高限度，车辆不会侧滑。故D正确。
故选：AD。
【点评】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。
（多选）9．（6分）如图所示，固定的粗糙斜面AB的长为8m，倾角为37°，质量m＝1kg的小物块从A点处由静止释放，下滑到B点与弹性挡板碰撞，每次碰撞前后速率不变，第一次返回斜面到达的最高点为Q（图中未画出）。设物块和斜面间的动摩擦因数为0.25，以B点为零势能面（sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，g取10m/s2）。则下列说法正确的是（ ）
A．Q点到B点距离为4m
B．物块第一次下滑过程，重力的平均功率为24W
C．物块第一次下滑时，动能与重力势能相等的位置在AB中点
D．物块从开始释放到最终静止经过的总路程为24m
【分析】对物块从A到Q的全过程，利用功能关系列式可求出Q点到B点距离。物块第一次下滑过程，根据牛顿第二定律和运动学公式相结合求出物块下滑的时间，再求重力的平均功率。物块下滑时，利用能量守恒定律列式分析动能与势能相等的位置。物块最终静止在挡板处，对整个过程，利用功能关系求总路程。
【解答】解：A、设Q点到B点距离为x，斜面长为L，物块从A点下滑到上升到达最高点Q点的全过程，由功能关系可得：μmgcsθ（L+x）＝mg（L﹣x）sinθ，解得Q点到B点距离为：x＝4m，故A正确；
B、物块第一次下滑过程，根据牛顿第二定律得
mgsinθ﹣μmgcsθ＝ma
解得加速度大小为：a＝4m/s2
根据运动学公式可得：L
解得下滑所用时间为：t＝2s
下滑过程重力做功为：WG＝mgLsinθ＝1×10×8×sin37°J＝48J
则物块第一次下滑过程，重力的平均功率为：W＝24W，故B正确；
C、若斜面光滑，只有重力对物块做功时，物块的机械能守恒，则当物块下滑到AB中点时，物块的重力势能和动能相等；实际还存在摩擦力对物块做负功，则物块下滑到AB中点时，物块的动能仍小于重力势能，所以物块第一次下滑时，动能与重力势能相等的位置在AB中点下方，故C错误；
D、由于mgsinθ＞μmgcsθ，可知物块最终只能静止在底端挡板处。设物块从开始释放到最终静止经过的总路程为s，根据功能关系可得：μmgcsθ•s＝mgLsinθ，解得：s＝24m，故D正确。
故选：ABD。
【点评】本题关键是明确物块的受力情况、运动情况和能量转化情况，运用功能关系和牛顿第二定律、运动学公式进行研究，也可以根据动能定理求总路程。
三、填空实验题（每空2分，共16分）
10．（6分）小华同学用铁架台、拴有细绳的小钢球、毫米刻度尺和停表等器材组装成如图甲所示的实验装置，用于探究影响圆锥摆周期的因素，其实验操作步骤如下：
①用毫米刻度尺测出摆长L（细绳固定悬点O′与小球球心的距离）。
②给小球一个合适的初速度，使小球在图甲所示的水平面内做匀速圆周运动，用毫米刻度尺测出细绳悬点O′到圆轨迹平面的竖直高度h。
③用停表测出小球做圆周运动的周期T。
④小华同学猜测摆绳长度L、细绳悬点O′到圆轨迹平面的竖直高度h对小球做圆周运动的周期T有影响，于是他调节变量L和h，进行多次实验，得到数据并作图。
根据上述步骤完成下列问题：
（1）小华同学用停表测得小球运动Ω圈的时间为t。则小球做圆周运动的周期T＝ 。
（2）小华同学在保持L不变，研究h对T的影响时，得到了图像乙（一条过原点的直线），说明在L不变时，h对T有影响。若直线的斜率是k，则当地的重力加速度g＝ （用题中所给物理量的符号表示）。
（3）不考虑阻力的影响，保持h不变，下列图中能反映T与L关系的图像是 A 。
【分析】（1）根据时间与周期的公式解答；
（2）（3）对小钢球受力分析，小钢球的重力与细绳拉力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求得周期与h的关系式，由图像斜率求得g的表达式，同时分析误差。
【解答】解：（1）因为小钢球做匀速圆周运动，所以
（2）设绳子与竖直方向的夹角为θ，小球受到重力、绳子的拉力的作用，对小球，由牛顿第二定律得
由几何知识得h＝Lcsθ，解得
由上式可知图像的斜率为
解得
（3）根据第（2）可知，当h不变时，L对T无影响，故A正确，BCD错误；
故选：A。
故答案为：（1）；（2）；（3）A
【点评】本题考查了探究圆锥摆周期的有关因素的实验，考查牛顿第二定律在圆周运动中应用问题。由本题可得到规律：圆锥摆周期只有摆球到绳子结点的高度和当地重力加速度有关，而与摆线长无关。
11．（10分）如图所示是探究小球做圆周运动所需向心力的大小F与质量m、角速度ω和半径r之间的关系的实验装置。图中A、B、C到转轴的距离之比为1：2：1。
（1）本实验采用的实验方法是 D 。
A．微元法
B．放大法
C．累积法
D．控制变量法
（2）在探究向心力的大小F与半径r的关系时，要将质量 相同 （选填“相同”或“不同”）的两小球分别放在长槽的 B （选填“A”或“B”）处和短槽的C处，与皮带连接的变速塔轮相对应的半径 相同 （选填“相同”或“不同”）。若实验中观察到标尺上黑白相间的等分格显示出两个小球所受向心力的比值为2：1，则可以得到的结论是 在质量和角速度一定的情况下，向心力的大小与半径成正比 。
【分析】（1）本实验采用了控制变量法研究；
（2）根据控制变量法的含义分析两小球做匀速圆周运动的半径、质量和角速度关系；塔轮之间是通过皮带传动的，根据线速度与角速度的关系v＝Rω分析塔轮半径的关系；根据向心力的比值与半径的比值关系得出实验的结论。
【解答】解：（1）根据向心力公式F＝mrω2r可知，影响向心力大小的因素有小球质量m，小球做匀速圆周运动的半径r以及角速度ω，因此要采用控制变量法进行研究，故ABC错误，D正确。
故选：D。
（2）根据控制变量法，在探究向心力的大小F与半径r的关系时，应使两小球做匀速圆周运动的半径r不同，因此两小球分别放在长槽的B处和短槽的C处；其余物理量应相同，故要选择质量相同的小球，两球角速度也相同，由v＝ωR可知，与皮带连接的变速塔轮相对应的半径相同。
标尺上黑白相间的等分格显示出两个小球所受向心力的比值，因此向心力之比
两小球做匀速圆周运动的半径之比
由此可得
可以得到的结论是：在质量和角速度一定的情况下，向心力的大小与半径成正比。
故答案为：（1）D；（2）相同；B；相同；在质量和角速度一定的情况下，向心力的大小与半径成正比。
【点评】本题考查了探究小球做圆周运动所需向心力的大小F与质量m、角速度ω和半径r之间的关系的实验，要明确实验的原理；探究一个量与多个量的关系，需要采用控制变量法。
四、解答题（34分）
12．（18分）质量为m的小球用长为l的细线悬于B点，使小球在水平面内做匀速圆周运动，轨迹圆的圆心O到悬点B的距离为h，重力加速度为g。求：
（1）细线的拉力大小；
（2）小球的线速度大小；
（3）小球的角速度大小。
【分析】向心力是根据效果命名的力，可以是几个力的合力，也可以是某个力的分力，对物体受力分析时不能把向心力作为一个力分析，摆球只受重力和拉力作用；摆球做圆周运动所需要的向心力是重力沿水平方向指向圆心的分力提供的；根据几何关系确定半径与绳长之间的关系。
【解答】解：（1）设细线与竖直方向的夹角为θ，由几何关系可知，，对小球受力分析，竖直方向由平衡条件Tcsθ＝mg，联立可知求出细线的拉力大小为；
（2）对小球受力分析，在水平方向由牛顿第二定律可得：，根据几何关系可知r＝lsinθ，联立可得小球的线速度大小为；
（3）对小球受力分析，在水平方向由牛顿第二定律可得：mgtanθ＝mω2r，根据几何关系可知r＝lsinθ，联立可得小球的角速度大小为；
故答案为：（1）细线的拉力大小为；
（2）小球的线速度大小为；
（3）小球的角速度大小为。
【点评】此题要知道向心力的含义，能够分析向心力的来源，此题中重力沿着水平方向的分力提供力小球做圆周运动所需的向心力，此题属于基础题。
13．（17分）如图所示，摩托车做腾跃特技表演，沿曲面冲上高0.8m顶部水平高台，接着以4m/s水平速度离开平台，落至地面时，恰能无碰撞地沿圆弧切线从A点切入光滑竖直圆弧轨道，并沿轨道下滑。A、B为圆弧两端点，其连线水平。已知圆弧半径为2m，人和车的总质量为200kg，特技表演的全过程中，空气阻力不计。（计算中取g＝10m/s2．求：
（1）从平台飞出到A点，人和车运动的水平距离s。
（2）从平台飞出到达A点时速度大小及圆弧对应圆心角θ。
（3）若已知人和车运动到圆弧轨道最低点O速度为6m/s，求此时人和车对轨道的压力。
【分析】（1）根据高度求出平抛运动的时间，结合初速度和时间求出水平距离。
（2）根据速度—时间公式求出A点的竖直分速度，结合平行四边形定则求出A点的速度。根据平行四边形定则求出落地速度方向与水平方向的夹角，结合几何关系求出圆弧对应的圆心角。
（3）根据牛顿第二定律求出轨道对人和车的支持力，从而得出人和车对轨道的压力大小。
【解答】解：（1）从平台的最高点到A点，做平抛运动，则由位移规律有：
H
s＝vt
代入可求得s＝v1.6m
（2）摩托车落至A点时，其竖直方向的分速度vy＝gt＝10×0.4m/s＝4m/s。
由于是从A点恰能无碰撞地沿圆弧切线从A点切入光滑竖直圆弧轨道，则由速度方向公式有：
tg1
所以θ＝90°
由速度矢量的合成知道：vA
（3）在O点，根据牛顿第二定律有：FN﹣mg
代入求得支持力FN＝5600N
再根据牛顿第三定律，车以轨道的压力等于支持力FN＝5600N
答（1）从平台飞出到A点，人和车运动的水平距离s是1.6m；
（2）从平台飞出到达A点时速度大小为，圆弧对应圆心角θ为90°；
（3）若已知人和车运动到圆弧轨道最低点O速度为6m/s，则此时人和车对轨道的压力为5600N。
【点评】本题考查了平抛运动和圆周运动的基本运用，知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律以及圆周运动向心力的来源是解决本题的关键。
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2025/4/21 10:14:31；用户：秦子政；邮箱：13669037329；学号：41037197题号
1
2
3
4
5
6
答案
D
D
B
B
D
C
题号
7
8
9
答案
CD
AD
ABD