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广东梅州市兴宁市第一中学2025-2026学年高一下学期阶段检测（一）物理试卷
1．关于曲线运动，下列说法中正确的是（　　）
A．加速度变化的运动必定是曲线运动
B．物体做曲线运动时，速度不可能随时间均匀变化
C．做曲线运动的物体某段时间内的位移不可能为零
D．物体做曲线运动时，其合力的方向一定与速度方向不在同一直线
2．某高中开设了糕点制作的选修课，小明同学在体验糕点制作的“裱花”环节时，如图所示，他在绕中心匀速转动的圆盘上放了一块直径8英寸的蛋糕，在蛋糕边缘上每隔“点”一次奶油，蛋糕随圆盘转一周后均匀“点”上了15次奶油，则下列说法正确的是（　　）
A．圆盘转动的转速为
B．圆盘转动的角速度大小为
C．蛋糕边缘的奶油的线速度大小为
D．圆盘转动的周期为
3．跳伞表演是人们普遍喜欢的观赏性体育项目，如图所示，当运动员从直升机上由静止跳下后，在下落过程中将会受到水平风力的影响，下列说法中正确的是（　　）
A．运动员着地速度与水平风力无关
B．运动员下落时水平风力越大竖直方向的加速度越大
C．水平风力越大，运动员下落时间越长，运动员可完成更多的动作
D．水平风力越大，运动员着地时竖直方向的速度不变，但仍有可能对运动员造成伤害
4．如图所示，摩天轮悬挂的座舱在竖直平面内做匀速圆周运动。已知座舱的质量为m，运动半径为R，角速度大小为，重力加速度为g，则座舱（　　）
A．运动的周期为
B．运动至圆心等高处时，所受摩天轮的作用力大于
C．运动至最低点时，座舱向心力与最高点时相同
D．运动至最低点时，所受摩天轮的作用力大小与最高点的相等
5．如图为简易水轮机截面示意图，水管水平放置，管口直径为。水从管口A流出后在D处冲击轮子边缘的挡水板，可使轮子连续转动，稳定时轮子边缘线速度与水流冲击速度近似相同。已知竖直高度差，轮子边缘的线速度，轮子半径。不计挡水板的大小，忽略空气阻力，取重力加速度，有关水流运动描述正确的是（　　）
A．稳定时轮子角速度为
B．水从管口A流出的速度大小为
C．的水平距离为
D．水管中水的流量为
6．2016年2月25届冬奥会意大利的米兰和科尔蒂纳丹佩佐举行，如图所示，现有甲、乙两名运动员（均视为质点）从出发区先后沿水平方向向左腾空飞出，其速度大小之比为，不计空气阻力，则关于甲、乙两名运动员从飞出至落到着陆坡（可视为斜面）上的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．水平位移之比为
B．落到坡面上的瞬时速度方向不相同
C．落到坡面上的瞬时速度大小之比为
D．在空中飞行的过程中速度变化量大小之比为
7．如图为北方的雪地转转游戏。人乘坐雪圈（人和雪圈总质量为）绕轴以的角速度在水平雪地上匀速转动。已知水平杆长为，离地高为，绳长为，且绳与水平杆垂直。则雪圈（含人）（　　）
A．所受的合外力为零 B．圆周运动的半径为
C．所受向心力大小为 D．线速度大小为
8．飞镖比赛中，某选手先后将三支飞镖a、b、c由同一位置水平投出，三支飞镖插在竖直靶上的状态如图所示。不计空气阻力。下列说法正确的是（　　）
A．飞镖a在空中运动的时间最短
B．飞镖c投出的初速度最小
C．三支飞镖镖身的延长线交于同一点
D．三支飞镖速度变化量的方向相同
9．近些年短视频催生了许多网红游乐项目，某地开发了一种“八卦坑项目，如图主要设计成倒置的圆锥深坑，游客能在坑壁上奔跑而不掉落，合理的调整速度才能顺利出来。某次体重相同的游客A与B分别在不同高度尝试时，其重心轨迹几乎为水平面内的圆周，忽略静摩擦力对向心力的影响，简化示意图如下，下列说法合理的是（　　）
A．游客A和游客B的向心加速度一定大小相等
B．游客A和游客B的向心力一定大小相等
C．游客A和游客B的线速度一定大小相等
D．游客在游玩时应该不断地减慢奔跑速度，才能逐步攀升逃离成功
10．如图所示，在距地面的高空A处以水平初速度投掷飞镖，在与A点水平距离为L的水平地面上的B点有一个气球，选择适当时机让气球以速度匀速上升，在升空过程中被飞镖击中。飞镖在飞行过程中受到的空气阻力不计，在计算过程中可将飞镖和气球视为质点，已知重力加速度为g，试求：
A．飞镖从出发到击中气球时所用时间
B．击中气球时飞镖的速度大小
C．投掷飞镖和放气球两个动作之间的时间间隔应为
D．投掷飞镖和放气球两个动作之间的时间间隔应为
11．某兴趣小组为探究平抛运动的特点，做了如下几个实验：
（1）图1中用象棋中的两枚棋子，一枚置于拇指与弯曲的食指之间，另一枚放于中指上，它们处于同一高度，如图1所示，食指弹击放于中指上的棋子使其水平飞出，同时拇指食指间的棋子被释放。由此实验可判断_____________。
A．平抛运动的水平分运动是匀速直线运动
B．平抛运动的竖直分运动是自由落体
C．降低手所在高度，两棋子不同时落地
（2）图2中，此实验中，要不断调整高度，在每次调整过程中，　 　（填“不一定”或“一定”）要保持水平。
（3）利用如图2所示装置在白纸上“打下”一系列痕迹点，如图3所示，其中有一个点偏差较大，其产生的原因可能是该次实验_____________。
A．斜槽轨道不光滑 B．挡板左端偏低
C．A球释放时有初速度 D．A球释放的高度偏低
（4）某同学在描绘平抛运动轨迹时，得到部分轨迹曲线如图。在曲线上取A、B、C三个点，测得、点间竖直距离分别为、水平距离，重力加速度，则小球平抛运动的初速度为　 　（保留3位有效数字）。
12．在“探究向心力大小的表达式”实验中，所用向心力演示器如图a所示，图b是演示器部分原理示意图：其中皮带轮①、④的半径相同，轮②的半径是轮①的2倍，轮③的半径是轮①的4倍；轮④的半径是轮⑤的2倍，④的半径是轮⑥的4倍。两转臂上黑白格的长度相等。A、B、C为三根固定在转臂上的挡板，可与转臂上做圆周运动的实验球产生挤压，从而提供向心力，图a中的标尺1和2可以显示出两球所受向心力的大小关系。可供选择的实验球有：质量均为的甲球和乙球、质量为m的丙球。
（1）下列实验与本实验方法相同的是（　　）
A．探究平抛运动的特点
B．探究两个互成角度的力的合成规律
C．探究加速度与力和质量的关系
（2）为探究向心力与圆周运动轨道半径的关系，实验时应选择甲球和　 　球作为实验球；
（3）在某次实验中，一组同学把甲球和丙球分别放在B、C位置，将皮带处于塔轮的某一层上，匀速转动手柄时，左边标尺露出1个分格，右边标尺露出4个分格，则B、C位置处的小球转动所需的向心力之比为　 　，塔轮上对应的位置为　 　（填左右塔轮对应的编号）。
13．在水平路面上骑摩托车的人，遇到一个壕沟，其尺寸如图所示。摩托车后轮离开地面后失去动力，可以视为平抛运动。摩托车后轮落到壕沟对面才算安全。g取求：
（1）摩托车飞越壕沟的时间；
（2）摩托车的速度至少要多大才能越过这个壕沟；
（3）摩托车落地时的速度大小和速度偏离水平方向夹角的正切值。
14．如图甲所示为我国传统民俗文化表演“抡花”活动，“抡花”原理如图乙所示，快速转动竖直转轴上的手柄，带动“花筒”M、N在水平面内转动，“花筒”M、N圆周运动半径为，筒内烧红的铁片沿圆周切线飞出，落到地面。已知M、N离地高，若手摇转动的角速度大小为，不计空气阻力，重力加速度g取，求：
（1）“花筒”M的线速度大小v；
（2）“花筒”M（内含铁片）质量时，“花筒”M所需向心力的大小及水平杆对“花筒”M作用力F的大小（可用根号表示）；
（3）铁片落地点距的距离大小d。
15．如图所示，从A点以的水平速度抛出一质量的小物块（可视为质点），当物块运动至B点时，恰好沿切线方向进入固定在地面上的圆弧轨道，其中轨道C端切线水平。小物块通过圆弧轨道后以的速度滑上与C点等高、静止在光滑水平地面上的长木板M上。已知长木板的质量，物块与长木板之间的动摩擦因数，与竖直方向间的夹角，取， ，，则：
（1）求小物块运动至B点时的速度大小；
（2）若圆弧半径R为，求小物块在轨道C点受到支持力的大小；
（3）若木板的长度，木板厚度，求小物块掉落到地面时小物块离木板右端的距离x。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】曲线运动的条件；曲线运动；平抛运动；匀速圆周运动
【解析】【解答】A．若加速度变化如果加速度的方向保持不变且加速度方向与速度方向始终共线此时物体做直线运动，由于加速度变化则物体做变加速直线运动，并非必定是曲线运动，故A错误；
B．物体做匀变速曲线运动时（如平抛运动），由于物体只受到重力作用所以加速度恒定，根据速度公式可知速度随时间均匀变化，故B错误；
C．做匀速圆周运动的物体转动一周，初末位置重合，位移为初末位置之间的有向线段，所以这段时间内位移为零，因此做曲线运动的物体某段时间内的位移可以为零，故C错误；
D．物体做曲线运动的条件就是合力方向与速度方向不在同一直线上，故D正确。
故选D。
【分析】 若加速度变化但加速度方向与速度方向始终共线，物体做变加速直线运动；物体做匀变速曲线运动时（如平抛运动），加速度恒定，速度随时间均匀变化；做匀速圆周运动的物体转动一周，初末位置重合，位移为初末位置之间的有向线段，所以这段时间内位移为零； 物体做曲线运动的条件就是合力方向与速度方向不在同一直线上。
2．【答案】C
【知识点】线速度、角速度和周期、转速
【解析】【解答】ABD．根据在蛋糕边缘上每隔“点”一次奶油，蛋糕随圆盘转一周后均匀“点”上了15次奶油可知圆盘转一周所需的时间为，可知周期为T=60s，根据周期和转速互为倒数可得转速为，根据角速度和周期的关系可知角速度为，故ABD错误；
C．直径8英寸（20cm）的蛋糕，可知半径为10cm，根据线速度和角速度的关系
可知蛋糕边缘的奶油的线速度大小为，故C正确。
故选C。
【分析】利用题意可知运动的周期，结合周期和角速度的关系可以求出角速度的大小，利用周期和转速的关系可以求出转速的大小；利用线速度和角速度的关系可以求出线速度的大小。
3．【答案】D
【知识点】运动的合成与分解
【解析】【解答】A．风力越大，由于运动员在水平方向做加速运动会导致落地时的水平分速度越大，根据速度的合成可知合速度越大，故 A错误；
B．运动员下落时水平风力越大，水平方向的加速度越大，由于竖直方向只受到重力的作用所以竖直方向的加速度保持不变，故B错误；
C．根据运动的独立性，运动的时间由下落的高度所决定，运动员下落时间与风速无关，风速越大，下落时间仍不变，故C错误；
D．水平风力越大，落地时水平方向的速度越大，运动员着地时竖直方向的速度不变，根据速度的合成可知落地时速度越大，但仍有可能对运动员造成伤害，故D正确。
故选D。
【分析】风力越大，由于运动员在水平方向做加速运动会导致落地时的水平分速度越大，根据速度的合成可知合速度越大，仍有可能对运动员造成伤害；利用竖直方向的位移公式可知运动的时间由下落的高度所决定，运动员下落时间与风速无关；由于运动员在竖直方向只受到重力的作用所以竖直方向的加速度保持不变。
4．【答案】B
【知识点】向心力；竖直平面的圆周运动
【解析】【解答】A． 知座舱的质量为m，运动半径为R，角速度大小为，重力加速度为g， 根据角速度和周期的关系可知，周期，故A错误；
B．当座舱运动至与圆心等高位置时，向心力由摩天轮对座舱的作用力F的水平分力提供，根据向心力的方向可知，竖直方向上摩天轮对座舱的作用力F的竖直分力与重力mg平衡，根据平衡方程有，根据力的合成，此时摩天轮对座舱的作用力
可得，故B正确；
C．根据牛顿第二定律，由于座舱做匀速圆周运动，根据表达式有
可知运动至最低点时，由于角速度保持不变，座舱向心力与最高点时大小相同、方向不同，故C错误；
D．在最低点，座舱受到摩天轮的作用力和本身重力的作用，根据牛顿第二定律，有
在最高点，座舱受到摩天轮的作用力和本身重力的作用，根据牛顿第二定律，有
显然，则运动至最低点时，所受摩天轮的作用力大小与最高点的不相等，故D错误。
故选B。
【分析】利用角速度的大小可以求出周期的大小；利用向心力的方向结合力的合成可以求出摩天轮对座舱的作用力大小；利用向心力的表达式可以得出向心力的大小保持不变，方向时刻改变；利用牛顿第二定律可知座舱在最高点和最低点受到的作用力大小不相等。
5．【答案】C
【知识点】平抛运动；线速度、角速度和周期、转速
【解析】【解答】A． 稳定时轮子边缘线速度与水流冲击速度近似相同 根据线速度和角速度的关系有
可得稳定时轮子角速度为，故A错误；
B．根据平抛运动竖直方向的位移公式有，解得，根据速度公式可知落在D处时的竖直方向速度为，根据速度的分解可知水从管口A流出的速度大小为，故B错误；
C．根据位移公式可知AD的水平距离为，故C正确；
D．水管中水的流量为，故D错误。
故选C。
【分析】利用线速度和角速度的关系可以求出轮子角速度的大小；利用平抛运动的位移公式可以求出运动的时间，结合水平方向的位移公式可以求出水平距离的大小；利用速度公式可以求出竖直方向分速度的大小，结合合速度的大小可以求出初速度的大小；利用流量的表达式可以求出水管中的流量。
6．【答案】D
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】A．设斜坡倾角为，由于游客最终落在斜面上，根据斜面方向可知位移的方向为，解得，可知他们飞行时间之比为2：1，根据水平方向的位移公式有，可得他们飞行的水平位移之比为4：1，故A错误；
BC．落到坡面上的瞬时速度方向与水平方向夹角的正切值
由于斜面倾角保持不变可知落到坡面上的瞬时速度方向相同；根据速度的合成可知落到坡面上的瞬时速度大小，可知速度大小之比为，故BC错误；
D．根据竖直方向的速度公式有，可知在空中飞行的过程中速度变化量大小之比为，故D正确。
故选D。
【分析】利用位移的方向结合位移公式可以求出运动时间的表达式，结合初速度大小可以求出运动时间的比值；利用位移的方向可以判别速度的方向，利用速度的合成可以求出落在斜面上速度的大小；利用速度公式可以求出速度变化量的大小。
7．【答案】C
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心力
【解析】【解答】B．已知雪圈运动的半径和杆的高度及绳子的长度构成直角三角形，根据几何关系可知雪圈（含人）做匀速圆周运动的半径为，故B错误；
D．已知角速度的大小为 ，根据线速度和角速度的关系可知线速度大小为，故D错误；
AC．雪圈（含人）所受的合外力提供所需的向心力，根据牛顿第二定律可知，故C正确，A错误。
故选C。
【分析】利用几何关系可以求出雪圈的半径大小，结合线速度和角速度的关系可以求出线速度的大小；利用合力提供向心力可以求出合力的大小。
8．【答案】C,D
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】A．三支飞镖由同一位置水平投出，竖直方向均为自由落体运动，根据位移公式有
解得运动的时间为，因飞镖a插在靶上时下降的高度最大，可知飞镖a在空中运动的时间最长，故A错误；
B．由于飞镖在水平方向做匀速直线运动，根据位移公式可知飞镖投出的初速度满足
由A选项分析可知飞镖c在空中运动的时间最短，因此飞镖c投出的初速度最大，故B错误；
C．三支飞镖镖身的方向是速度的方向，由于根据平抛运动的规律可知速度方向的反向延长线必过水平位移的中点。由于三支飞镖从同一位置水平抛出，水平位移相同，水平位移的中点相等，所以镖身延长线交于同一点，故C正确；
D．飞镖水平投出做匀变速曲线运动，由于只受到重力所以加速度都等于g，方向竖直向下，根据速度公式可知速度变化量满足，速度变化量方向均为竖直向下，故D正确。
故选CD。
【分析】利用竖直方向的位移公式可以比较运动的时间，结合水平方向的位移公式可以比较初速度的大小；利用平抛运动的规律可知速度方向的反向延长线必过水平位移的中点。由于三支飞镖从同一位置水平抛出，水平位移相同，水平位移的中点相等，所以镖身延长线交于同一点；利用速度公式可以比较速度变化量的方向。
9．【答案】A,B
【知识点】向心力；向心加速度；生活中的圆周运动
【解析】【解答】A．设游客受到的支持力与竖直方向的夹角为，由于游客受到重力和支持力的作用，两者的合力提供向心力，根据牛顿第二定律有，解得，由几何关系可知，两个游客受到的支持力与竖直方向的夹角相等，所以游客A和游客B的向心加速度一定大小相等，故A正确；
B．由于游客受到重力和支持力的作用，两者的合力提供向心力，根据牛顿第二定律有
由于两个游客的质量相等，所以游客A和游客B的向心力大小相等，故B正确；
C．由于游客受到重力和支持力的作用，两者的合力提供向心力，根据牛顿第二定律有
解得，由于两个游客做圆周运动的半径不同，所以游客A和游客B的线速度大小不相等，故C错误；
D．根据线速度的表达式可知，越往上，则游客做圆周运动的半径越大，所以游客的线速度应该变大，即游客在游玩时应该不断地增加奔跑速度，才能逐步攀升逃离成功，故D项错误。
故选AB。
【分析】利用牛顿第二定律可以比较向心力加速度的大小及向心力的大小；利用牛顿第二定律结合半径的大小可以比较线速度的大小；利用线速度的表达式可知越往上，则游客做圆周运动的半径越大，所以游客的线速度应该变大，即游客在游玩时应该不断地增加奔跑速度，才能逐步攀升逃离成功。
10．【答案】A,B,C
【知识点】竖直上抛运动；平抛运动
【解析】【解答】A．飞镖做的是平抛运动，由水平方向的位移公式有，根据位移公式可知运动的时间为，故A正确；
B．飞镖做的是平抛运动，从飞镖飞出到击中气球过程中，对飞镖，根据竖直方向的速度公式有根据速度的合成有 ， 解得飞镖击中气球时的速度为，故B正确；
CD．飞镖在竖直方向做自由落体运动，根据位移公式有 ，气球上升的位移
根据位移公式可知气球上升的时间 ，两个动作之间的时间间隔为，故C正确；D错误。
故选ABC。
【分析】利用水平方向的位移公式可以求出飞镖运动的时间；利用速度公式可以求出竖直方向分速度的大小；利用速度的合成可以求出飞镖击中气球的速度大小；利用位移公式可以求出两个动作的间隔时间。
11．【答案】（1）B
（2）一定
（3）D
（4）1.80
【知识点】研究平抛物体的运动
【解析】【解答】（1）AB．由于两枚棋子从同一高度同时释放，一枚棋子做自由落体运动，另一枚棋子做平抛运动，只要两枚棋子同时落地，说明平抛运动在竖直方向的运动规律和自由落体运动相同即可验证平抛运动在竖直方向上是自由落体运动，故A错误，B正确；
C．只要两枚棋子在同一高度，同时释放，根据位移公式可知它们就必然同时落地，故C错误。
故选B。
（2）此实验中，要不断调整高度，只需要记录小球运动的轨迹点，在每次调整过程中，不一定要保持水平，因只要记录小球经过MN和竖直纸面交线的位置，与其是否水平无关；
（3）由图3可知，第3个痕迹点与其它痕迹点偏差较大，根据小球运动的轨迹可知原因可能是小球离开斜槽时的速度较小，使小球离开斜槽时速度偏小的原因可能是A球释放的高度偏低
故选D。
（4）小球做平抛运动，因，又水平方向的分运动是匀速直线运动，水平分速度恒定，根据位移公式可知相邻点间运动时间相等；则竖直方向上根据位移公式有
解得，水平方向根据位移公式
可得小球平抛运动的初速度为
【分析】（1）由于两枚棋子从同一高度同时释放，一枚棋子做自由落体运动，另一枚棋子做平抛运动，只要两枚棋子同时落地，说明平抛运动在竖直方向的运动规律和自由落体运动相同即可验证平抛运动在竖直方向上是自由落体运动；
（2）此实验中，要不断调整高度，只需要记录小球运动的轨迹点，在每次调整过程中，不一定要保持水平；
（3）第3个痕迹点与其它痕迹点偏差较大，根据小球运动的轨迹可知原因可能是小球离开斜槽时的速度较小，使小球离开斜槽时速度偏小的原因可能是A球释放的高度偏低；
（4）利用水平方向的位移公式可以得出运动的时间相等，结合竖直方向的邻差公式可以求出时间间隔，结合位移公式可以求出初速度的大小。
（1）AB．由于两枚棋子从同一高度同时释放，一枚棋子做自由落体运动，另一枚棋子做平抛运动，只要两枚棋子同时落地，即可验证平抛运动在竖直方向上是自由落体运动，故A错误，B正确；
C．只要两枚棋子在同一高度，同时释放，它们就必然同时落地，故C错误。
故选B。
（2）此实验中，要不断调整高度，在每次调整过程中，不一定要保持水平，因只要记录小球经过MN和竖直纸面交线的位置，与其是否水平无关；
（3）由图3可知，第3个痕迹点与其它痕迹点偏差较大，原因可能是小球离开斜槽时的速度较小，使小球离开斜槽时速度偏小的原因可能是A球释放的高度偏低
故选D。
（4）小球做平抛运动，因，又水平方向的分运动是匀速直线运动，水平分速度恒定，故相邻点间运动时间相等；则竖直方向有
解得
水平方向根据
可得小球平抛运动的初速度为
12．【答案】（1）C
（2）乙
（3）；①⑥
【知识点】向心力
【解析】【解答】（1）A．为了探究向心力与小球质量、半径和角速度的关系，该实验采取的方法为控制变量法，探究平抛运动的特点是对平抛运动分解为竖直方向和水平方向的运动，采用的是等效法，故A错误；
B．探究两个互成角度的力的合成规律的实验中由于两个分力的作用效果和一个合力的作用效果相同，则采用的是等效替代法，故B错误；
C．探究加速度与力和质量的关系采用的是控制变量法，故C正确。
故选C。
（2）为探究向心力与圆周运动轨道半径的关系，根据控制变量法可知应使两球质量相等，实验时，除给定的甲球外，应选择乙球作为实验球。
（3）由于标尺的格数代表向心力的大小，左、右标尺露出的格数表示向心力的大小，故向心力之比为；由题意知甲球与丙球质量之比为，两球分别放于B、C位置，可知小球做圆周运动的半径之比，结合向心力表达式可知，可知甲、丙两球做圆周运动向心力之比满足可知B、C两挡板的角速度之比为，因变速塔轮由皮带连接，两塔轮边缘的线速度相同，根据线速度和角速度的关系可知左右塔轮的半径比满足
由题意可知满足该比例的塔轮对应的位置为①⑥或②⑤或③④。
【分析】（1）为了探究向心力与小球质量、半径和角速度的关系，该实验采取的方法为控制变量法，使用相同的实验方法是探究加速度与合力、质量的大小关系；
（2）为探究向心力与圆周运动轨道半径的关系，根据控制变量法可知应使两球质量相等，实验时，除给定的甲球外，应选择乙球作为实验球；
（3）利用标尺的格数可以求出向心力的比值，根据向心力的表达式可以求出两个小球角速度之比，结合塔轮线速度相等可以求出塔轮半径之比。
（1）A．该实验采取的方法为控制变量法，探究平抛运动的特点采用的是等效法，故A错误；
B．探究两个互成角度的力的合成规律采用的是等效替代法，故B错误；
C．探究加速度与力和质量的关系采用的是控制变量法，故C正确。
故选C。
（2）为探究向心力与圆周运动轨道半径的关系，应使两球质量相等，实验时，除给定的甲球外，应选择乙球作为实验球。
（3）[1]左、右标尺露出的格数表示向心力的大小，故向心力之比为
[2]由题意知甲球与丙球质量之比为
两球分别放于B、C位置，可知小球做圆周运动的半径之比
结合向心力表达式，可知甲、丙两球做圆周运动向心力之比满足
可知B、C两挡板的角速度之比为
因变速塔轮由皮带连接，两塔轮边缘的线速度相同，故左右塔轮的半径比满足
由题意可知满足该比例的塔轮对应的位置为①⑥或②⑤或③④。
13．【答案】（1）摩托车飞越壕沟运动为平抛运动，竖直方向运动决定运动时间，设摩托车飞越壕沟的时间为，则有
解得。
（2）摩托车水平方向上做匀速直线运动，则有
解得。
（3）摩托车落地时的竖直方向速度大小为
所以摩托车落地时的速度大小
速度方向与水平方向夹角正切值。
【知识点】平抛运动
【解析】【分析】（1）摩托车做平抛运动，利用竖直方向的位移公式可以求出运动的时间；
（2）摩托车在水平方向做匀速直线运动，利用位移公式可以求出初速度的大小；
（3）摩托车落地时，利用竖直方向的速度公式可以求出竖直方向分速度的大小，结合速度的合成可以求出落地的速度。
（1）摩托车飞越壕沟运动为平抛运动，竖直方向运动决定运动时间，设摩托车飞越壕沟的时间为，则有
解得。
（2）摩托车水平方向上做匀速直线运动，则有
解得。
（3）摩托车落地时的竖直方向速度大小为
所以摩托车落地时的速度大小
速度方向与水平方向夹角正切值。
14．【答案】（1）“花筒”M转动的角速度与AB的相同，其线速度大小为
（2）“花筒”所需向心力大小为“花筒”竖直方向处于平衡状态，由平衡条件
水平杆对“花筒”M作用力的大小

（3）烧红的铁片沿切线飞出后，做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，有
解得
水平方向做匀速直线运动，有
落地点距的距离大小为

【知识点】平抛运动；线速度、角速度和周期、转速；生活中的圆周运动
【解析】【分析】（1）已知花筒转动的角速度和AB相同，根据线速度和角速度的关系可以求出线速度的大小；（2）已知花筒做匀速圆周运动，利用竖直方向的平衡方程结合牛顿第二定律可以求出水平杆对花筒的作用力大小；
（3）铁片做平抛运动，利用平抛运动的位移公式可以求出飞出的位移，结合位移的合成可以求出落地点到O2的距离大小。
（1）“花筒”M转动的角速度与AB的相同，其线速度大小为
（2）“花筒”所需向心力大小为
“花筒”竖直方向处于平衡状态，由平衡条件
水平杆对“花筒”M作用力的大小
（3）（3）烧红的铁片沿切线飞出后，做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，有
解得
水平方向做匀速直线运动，有
落地点距的距离大小为
15．【答案】（1）物块从A到B过程为平抛运动，物块经过B点时，由速度分解可得
代入数据可得

（2）设小物块在轨道C点受到支持力，由牛顿第二定律有
代入数据可得

（3）设小物块刚好滑离木板时速度为，木板速度为，且从滑上木板到滑离木板整个过程物块与木板组成的系统动量守恒有
根据能量守恒有
代入数据解得，
滑离木板后小物块做平抛运动，木板做匀速直线运动，则有
小物块掉落到地面时小物块离木板右端的距离
代入数据得

【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型；平抛运动；生活中的圆周运动；碰撞模型
【解析】【分析】（1）物块从A到B做平抛运动，利用速度的分解可以求出物块经过B点速度的大小；
（2）物块经过C点时，利用牛顿第二定律可以求出受到的支持力大小；
（3）当物块恰好脱离木板时，利用水平方向的动量守恒定律结合能量守恒定律可以求出脱离时物块和木板的速度大小，再利用位移公式可以求出物块掉落到地面时小物块离木板右端的距离x。
（1）物块从A到B过程为平抛运动，物块经过B点时，由速度分解可得
代入数据可得
（2）设小物块在轨道C点受到支持力，由牛顿第二定律有
代入数据可得
（3）设小物块刚好滑离木板时速度为，木板速度为，且从滑上木板到滑离木板整个过程物块与木板组成的系统动量守恒有
根据能量守恒有
代入数据解得，
滑离木板后小物块做平抛运动，木板做匀速直线运动，则有
小物块掉落到地面时小物块离木板右端的距离
代入数据得
1 / 1广东梅州市兴宁市第一中学2025-2026学年高一下学期阶段检测（一）物理试卷
1．关于曲线运动，下列说法中正确的是（　　）
A．加速度变化的运动必定是曲线运动
B．物体做曲线运动时，速度不可能随时间均匀变化
C．做曲线运动的物体某段时间内的位移不可能为零
D．物体做曲线运动时，其合力的方向一定与速度方向不在同一直线
【答案】D
【知识点】曲线运动的条件；曲线运动；平抛运动；匀速圆周运动
【解析】【解答】A．若加速度变化如果加速度的方向保持不变且加速度方向与速度方向始终共线此时物体做直线运动，由于加速度变化则物体做变加速直线运动，并非必定是曲线运动，故A错误；
B．物体做匀变速曲线运动时（如平抛运动），由于物体只受到重力作用所以加速度恒定，根据速度公式可知速度随时间均匀变化，故B错误；
C．做匀速圆周运动的物体转动一周，初末位置重合，位移为初末位置之间的有向线段，所以这段时间内位移为零，因此做曲线运动的物体某段时间内的位移可以为零，故C错误；
D．物体做曲线运动的条件就是合力方向与速度方向不在同一直线上，故D正确。
故选D。
【分析】 若加速度变化但加速度方向与速度方向始终共线，物体做变加速直线运动；物体做匀变速曲线运动时（如平抛运动），加速度恒定，速度随时间均匀变化；做匀速圆周运动的物体转动一周，初末位置重合，位移为初末位置之间的有向线段，所以这段时间内位移为零； 物体做曲线运动的条件就是合力方向与速度方向不在同一直线上。
2．某高中开设了糕点制作的选修课，小明同学在体验糕点制作的“裱花”环节时，如图所示，他在绕中心匀速转动的圆盘上放了一块直径8英寸的蛋糕，在蛋糕边缘上每隔“点”一次奶油，蛋糕随圆盘转一周后均匀“点”上了15次奶油，则下列说法正确的是（　　）
A．圆盘转动的转速为
B．圆盘转动的角速度大小为
C．蛋糕边缘的奶油的线速度大小为
D．圆盘转动的周期为
【答案】C
【知识点】线速度、角速度和周期、转速
【解析】【解答】ABD．根据在蛋糕边缘上每隔“点”一次奶油，蛋糕随圆盘转一周后均匀“点”上了15次奶油可知圆盘转一周所需的时间为，可知周期为T=60s，根据周期和转速互为倒数可得转速为，根据角速度和周期的关系可知角速度为，故ABD错误；
C．直径8英寸（20cm）的蛋糕，可知半径为10cm，根据线速度和角速度的关系
可知蛋糕边缘的奶油的线速度大小为，故C正确。
故选C。
【分析】利用题意可知运动的周期，结合周期和角速度的关系可以求出角速度的大小，利用周期和转速的关系可以求出转速的大小；利用线速度和角速度的关系可以求出线速度的大小。
3．跳伞表演是人们普遍喜欢的观赏性体育项目，如图所示，当运动员从直升机上由静止跳下后，在下落过程中将会受到水平风力的影响，下列说法中正确的是（　　）
A．运动员着地速度与水平风力无关
B．运动员下落时水平风力越大竖直方向的加速度越大
C．水平风力越大，运动员下落时间越长，运动员可完成更多的动作
D．水平风力越大，运动员着地时竖直方向的速度不变，但仍有可能对运动员造成伤害
【答案】D
【知识点】运动的合成与分解
【解析】【解答】A．风力越大，由于运动员在水平方向做加速运动会导致落地时的水平分速度越大，根据速度的合成可知合速度越大，故 A错误；
B．运动员下落时水平风力越大，水平方向的加速度越大，由于竖直方向只受到重力的作用所以竖直方向的加速度保持不变，故B错误；
C．根据运动的独立性，运动的时间由下落的高度所决定，运动员下落时间与风速无关，风速越大，下落时间仍不变，故C错误；
D．水平风力越大，落地时水平方向的速度越大，运动员着地时竖直方向的速度不变，根据速度的合成可知落地时速度越大，但仍有可能对运动员造成伤害，故D正确。
故选D。
【分析】风力越大，由于运动员在水平方向做加速运动会导致落地时的水平分速度越大，根据速度的合成可知合速度越大，仍有可能对运动员造成伤害；利用竖直方向的位移公式可知运动的时间由下落的高度所决定，运动员下落时间与风速无关；由于运动员在竖直方向只受到重力的作用所以竖直方向的加速度保持不变。
4．如图所示，摩天轮悬挂的座舱在竖直平面内做匀速圆周运动。已知座舱的质量为m，运动半径为R，角速度大小为，重力加速度为g，则座舱（　　）
A．运动的周期为
B．运动至圆心等高处时，所受摩天轮的作用力大于
C．运动至最低点时，座舱向心力与最高点时相同
D．运动至最低点时，所受摩天轮的作用力大小与最高点的相等
【答案】B
【知识点】向心力；竖直平面的圆周运动
【解析】【解答】A． 知座舱的质量为m，运动半径为R，角速度大小为，重力加速度为g， 根据角速度和周期的关系可知，周期，故A错误；
B．当座舱运动至与圆心等高位置时，向心力由摩天轮对座舱的作用力F的水平分力提供，根据向心力的方向可知，竖直方向上摩天轮对座舱的作用力F的竖直分力与重力mg平衡，根据平衡方程有，根据力的合成，此时摩天轮对座舱的作用力
可得，故B正确；
C．根据牛顿第二定律，由于座舱做匀速圆周运动，根据表达式有
可知运动至最低点时，由于角速度保持不变，座舱向心力与最高点时大小相同、方向不同，故C错误；
D．在最低点，座舱受到摩天轮的作用力和本身重力的作用，根据牛顿第二定律，有
在最高点，座舱受到摩天轮的作用力和本身重力的作用，根据牛顿第二定律，有
显然，则运动至最低点时，所受摩天轮的作用力大小与最高点的不相等，故D错误。
故选B。
【分析】利用角速度的大小可以求出周期的大小；利用向心力的方向结合力的合成可以求出摩天轮对座舱的作用力大小；利用向心力的表达式可以得出向心力的大小保持不变，方向时刻改变；利用牛顿第二定律可知座舱在最高点和最低点受到的作用力大小不相等。
5．如图为简易水轮机截面示意图，水管水平放置，管口直径为。水从管口A流出后在D处冲击轮子边缘的挡水板，可使轮子连续转动，稳定时轮子边缘线速度与水流冲击速度近似相同。已知竖直高度差，轮子边缘的线速度，轮子半径。不计挡水板的大小，忽略空气阻力，取重力加速度，有关水流运动描述正确的是（　　）
A．稳定时轮子角速度为
B．水从管口A流出的速度大小为
C．的水平距离为
D．水管中水的流量为
【答案】C
【知识点】平抛运动；线速度、角速度和周期、转速
【解析】【解答】A． 稳定时轮子边缘线速度与水流冲击速度近似相同 根据线速度和角速度的关系有
可得稳定时轮子角速度为，故A错误；
B．根据平抛运动竖直方向的位移公式有，解得，根据速度公式可知落在D处时的竖直方向速度为，根据速度的分解可知水从管口A流出的速度大小为，故B错误；
C．根据位移公式可知AD的水平距离为，故C正确；
D．水管中水的流量为，故D错误。
故选C。
【分析】利用线速度和角速度的关系可以求出轮子角速度的大小；利用平抛运动的位移公式可以求出运动的时间，结合水平方向的位移公式可以求出水平距离的大小；利用速度公式可以求出竖直方向分速度的大小，结合合速度的大小可以求出初速度的大小；利用流量的表达式可以求出水管中的流量。
6．2016年2月25届冬奥会意大利的米兰和科尔蒂纳丹佩佐举行，如图所示，现有甲、乙两名运动员（均视为质点）从出发区先后沿水平方向向左腾空飞出，其速度大小之比为，不计空气阻力，则关于甲、乙两名运动员从飞出至落到着陆坡（可视为斜面）上的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．水平位移之比为
B．落到坡面上的瞬时速度方向不相同
C．落到坡面上的瞬时速度大小之比为
D．在空中飞行的过程中速度变化量大小之比为
【答案】D
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】A．设斜坡倾角为，由于游客最终落在斜面上，根据斜面方向可知位移的方向为，解得，可知他们飞行时间之比为2：1，根据水平方向的位移公式有，可得他们飞行的水平位移之比为4：1，故A错误；
BC．落到坡面上的瞬时速度方向与水平方向夹角的正切值
由于斜面倾角保持不变可知落到坡面上的瞬时速度方向相同；根据速度的合成可知落到坡面上的瞬时速度大小，可知速度大小之比为，故BC错误；
D．根据竖直方向的速度公式有，可知在空中飞行的过程中速度变化量大小之比为，故D正确。
故选D。
【分析】利用位移的方向结合位移公式可以求出运动时间的表达式，结合初速度大小可以求出运动时间的比值；利用位移的方向可以判别速度的方向，利用速度的合成可以求出落在斜面上速度的大小；利用速度公式可以求出速度变化量的大小。
7．如图为北方的雪地转转游戏。人乘坐雪圈（人和雪圈总质量为）绕轴以的角速度在水平雪地上匀速转动。已知水平杆长为，离地高为，绳长为，且绳与水平杆垂直。则雪圈（含人）（　　）
A．所受的合外力为零 B．圆周运动的半径为
C．所受向心力大小为 D．线速度大小为
【答案】C
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心力
【解析】【解答】B．已知雪圈运动的半径和杆的高度及绳子的长度构成直角三角形，根据几何关系可知雪圈（含人）做匀速圆周运动的半径为，故B错误；
D．已知角速度的大小为 ，根据线速度和角速度的关系可知线速度大小为，故D错误；
AC．雪圈（含人）所受的合外力提供所需的向心力，根据牛顿第二定律可知，故C正确，A错误。
故选C。
【分析】利用几何关系可以求出雪圈的半径大小，结合线速度和角速度的关系可以求出线速度的大小；利用合力提供向心力可以求出合力的大小。
8．飞镖比赛中，某选手先后将三支飞镖a、b、c由同一位置水平投出，三支飞镖插在竖直靶上的状态如图所示。不计空气阻力。下列说法正确的是（　　）
A．飞镖a在空中运动的时间最短
B．飞镖c投出的初速度最小
C．三支飞镖镖身的延长线交于同一点
D．三支飞镖速度变化量的方向相同
【答案】C,D
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】A．三支飞镖由同一位置水平投出，竖直方向均为自由落体运动，根据位移公式有
解得运动的时间为，因飞镖a插在靶上时下降的高度最大，可知飞镖a在空中运动的时间最长，故A错误；
B．由于飞镖在水平方向做匀速直线运动，根据位移公式可知飞镖投出的初速度满足
由A选项分析可知飞镖c在空中运动的时间最短，因此飞镖c投出的初速度最大，故B错误；
C．三支飞镖镖身的方向是速度的方向，由于根据平抛运动的规律可知速度方向的反向延长线必过水平位移的中点。由于三支飞镖从同一位置水平抛出，水平位移相同，水平位移的中点相等，所以镖身延长线交于同一点，故C正确；
D．飞镖水平投出做匀变速曲线运动，由于只受到重力所以加速度都等于g，方向竖直向下，根据速度公式可知速度变化量满足，速度变化量方向均为竖直向下，故D正确。
故选CD。
【分析】利用竖直方向的位移公式可以比较运动的时间，结合水平方向的位移公式可以比较初速度的大小；利用平抛运动的规律可知速度方向的反向延长线必过水平位移的中点。由于三支飞镖从同一位置水平抛出，水平位移相同，水平位移的中点相等，所以镖身延长线交于同一点；利用速度公式可以比较速度变化量的方向。
9．近些年短视频催生了许多网红游乐项目，某地开发了一种“八卦坑项目，如图主要设计成倒置的圆锥深坑，游客能在坑壁上奔跑而不掉落，合理的调整速度才能顺利出来。某次体重相同的游客A与B分别在不同高度尝试时，其重心轨迹几乎为水平面内的圆周，忽略静摩擦力对向心力的影响，简化示意图如下，下列说法合理的是（　　）
A．游客A和游客B的向心加速度一定大小相等
B．游客A和游客B的向心力一定大小相等
C．游客A和游客B的线速度一定大小相等
D．游客在游玩时应该不断地减慢奔跑速度，才能逐步攀升逃离成功
【答案】A,B
【知识点】向心力；向心加速度；生活中的圆周运动
【解析】【解答】A．设游客受到的支持力与竖直方向的夹角为，由于游客受到重力和支持力的作用，两者的合力提供向心力，根据牛顿第二定律有，解得，由几何关系可知，两个游客受到的支持力与竖直方向的夹角相等，所以游客A和游客B的向心加速度一定大小相等，故A正确；
B．由于游客受到重力和支持力的作用，两者的合力提供向心力，根据牛顿第二定律有
由于两个游客的质量相等，所以游客A和游客B的向心力大小相等，故B正确；
C．由于游客受到重力和支持力的作用，两者的合力提供向心力，根据牛顿第二定律有
解得，由于两个游客做圆周运动的半径不同，所以游客A和游客B的线速度大小不相等，故C错误；
D．根据线速度的表达式可知，越往上，则游客做圆周运动的半径越大，所以游客的线速度应该变大，即游客在游玩时应该不断地增加奔跑速度，才能逐步攀升逃离成功，故D项错误。
故选AB。
【分析】利用牛顿第二定律可以比较向心力加速度的大小及向心力的大小；利用牛顿第二定律结合半径的大小可以比较线速度的大小；利用线速度的表达式可知越往上，则游客做圆周运动的半径越大，所以游客的线速度应该变大，即游客在游玩时应该不断地增加奔跑速度，才能逐步攀升逃离成功。
10．如图所示，在距地面的高空A处以水平初速度投掷飞镖，在与A点水平距离为L的水平地面上的B点有一个气球，选择适当时机让气球以速度匀速上升，在升空过程中被飞镖击中。飞镖在飞行过程中受到的空气阻力不计，在计算过程中可将飞镖和气球视为质点，已知重力加速度为g，试求：
A．飞镖从出发到击中气球时所用时间
B．击中气球时飞镖的速度大小
C．投掷飞镖和放气球两个动作之间的时间间隔应为
D．投掷飞镖和放气球两个动作之间的时间间隔应为
【答案】A,B,C
【知识点】竖直上抛运动；平抛运动
【解析】【解答】A．飞镖做的是平抛运动，由水平方向的位移公式有，根据位移公式可知运动的时间为，故A正确；
B．飞镖做的是平抛运动，从飞镖飞出到击中气球过程中，对飞镖，根据竖直方向的速度公式有根据速度的合成有 ， 解得飞镖击中气球时的速度为，故B正确；
CD．飞镖在竖直方向做自由落体运动，根据位移公式有 ，气球上升的位移
根据位移公式可知气球上升的时间 ，两个动作之间的时间间隔为，故C正确；D错误。
故选ABC。
【分析】利用水平方向的位移公式可以求出飞镖运动的时间；利用速度公式可以求出竖直方向分速度的大小；利用速度的合成可以求出飞镖击中气球的速度大小；利用位移公式可以求出两个动作的间隔时间。
11．某兴趣小组为探究平抛运动的特点，做了如下几个实验：
（1）图1中用象棋中的两枚棋子，一枚置于拇指与弯曲的食指之间，另一枚放于中指上，它们处于同一高度，如图1所示，食指弹击放于中指上的棋子使其水平飞出，同时拇指食指间的棋子被释放。由此实验可判断_____________。
A．平抛运动的水平分运动是匀速直线运动
B．平抛运动的竖直分运动是自由落体
C．降低手所在高度，两棋子不同时落地
（2）图2中，此实验中，要不断调整高度，在每次调整过程中，　 　（填“不一定”或“一定”）要保持水平。
（3）利用如图2所示装置在白纸上“打下”一系列痕迹点，如图3所示，其中有一个点偏差较大，其产生的原因可能是该次实验_____________。
A．斜槽轨道不光滑 B．挡板左端偏低
C．A球释放时有初速度 D．A球释放的高度偏低
（4）某同学在描绘平抛运动轨迹时，得到部分轨迹曲线如图。在曲线上取A、B、C三个点，测得、点间竖直距离分别为、水平距离，重力加速度，则小球平抛运动的初速度为　 　（保留3位有效数字）。
【答案】（1）B
（2）一定
（3）D
（4）1.80
【知识点】研究平抛物体的运动
【解析】【解答】（1）AB．由于两枚棋子从同一高度同时释放，一枚棋子做自由落体运动，另一枚棋子做平抛运动，只要两枚棋子同时落地，说明平抛运动在竖直方向的运动规律和自由落体运动相同即可验证平抛运动在竖直方向上是自由落体运动，故A错误，B正确；
C．只要两枚棋子在同一高度，同时释放，根据位移公式可知它们就必然同时落地，故C错误。
故选B。
（2）此实验中，要不断调整高度，只需要记录小球运动的轨迹点，在每次调整过程中，不一定要保持水平，因只要记录小球经过MN和竖直纸面交线的位置，与其是否水平无关；
（3）由图3可知，第3个痕迹点与其它痕迹点偏差较大，根据小球运动的轨迹可知原因可能是小球离开斜槽时的速度较小，使小球离开斜槽时速度偏小的原因可能是A球释放的高度偏低
故选D。
（4）小球做平抛运动，因，又水平方向的分运动是匀速直线运动，水平分速度恒定，根据位移公式可知相邻点间运动时间相等；则竖直方向上根据位移公式有
解得，水平方向根据位移公式
可得小球平抛运动的初速度为
【分析】（1）由于两枚棋子从同一高度同时释放，一枚棋子做自由落体运动，另一枚棋子做平抛运动，只要两枚棋子同时落地，说明平抛运动在竖直方向的运动规律和自由落体运动相同即可验证平抛运动在竖直方向上是自由落体运动；
（2）此实验中，要不断调整高度，只需要记录小球运动的轨迹点，在每次调整过程中，不一定要保持水平；
（3）第3个痕迹点与其它痕迹点偏差较大，根据小球运动的轨迹可知原因可能是小球离开斜槽时的速度较小，使小球离开斜槽时速度偏小的原因可能是A球释放的高度偏低；
（4）利用水平方向的位移公式可以得出运动的时间相等，结合竖直方向的邻差公式可以求出时间间隔，结合位移公式可以求出初速度的大小。
（1）AB．由于两枚棋子从同一高度同时释放，一枚棋子做自由落体运动，另一枚棋子做平抛运动，只要两枚棋子同时落地，即可验证平抛运动在竖直方向上是自由落体运动，故A错误，B正确；
C．只要两枚棋子在同一高度，同时释放，它们就必然同时落地，故C错误。
故选B。
（2）此实验中，要不断调整高度，在每次调整过程中，不一定要保持水平，因只要记录小球经过MN和竖直纸面交线的位置，与其是否水平无关；
（3）由图3可知，第3个痕迹点与其它痕迹点偏差较大，原因可能是小球离开斜槽时的速度较小，使小球离开斜槽时速度偏小的原因可能是A球释放的高度偏低
故选D。
（4）小球做平抛运动，因，又水平方向的分运动是匀速直线运动，水平分速度恒定，故相邻点间运动时间相等；则竖直方向有
解得
水平方向根据
可得小球平抛运动的初速度为
12．在“探究向心力大小的表达式”实验中，所用向心力演示器如图a所示，图b是演示器部分原理示意图：其中皮带轮①、④的半径相同，轮②的半径是轮①的2倍，轮③的半径是轮①的4倍；轮④的半径是轮⑤的2倍，④的半径是轮⑥的4倍。两转臂上黑白格的长度相等。A、B、C为三根固定在转臂上的挡板，可与转臂上做圆周运动的实验球产生挤压，从而提供向心力，图a中的标尺1和2可以显示出两球所受向心力的大小关系。可供选择的实验球有：质量均为的甲球和乙球、质量为m的丙球。
（1）下列实验与本实验方法相同的是（　　）
A．探究平抛运动的特点
B．探究两个互成角度的力的合成规律
C．探究加速度与力和质量的关系
（2）为探究向心力与圆周运动轨道半径的关系，实验时应选择甲球和　 　球作为实验球；
（3）在某次实验中，一组同学把甲球和丙球分别放在B、C位置，将皮带处于塔轮的某一层上，匀速转动手柄时，左边标尺露出1个分格，右边标尺露出4个分格，则B、C位置处的小球转动所需的向心力之比为　 　，塔轮上对应的位置为　 　（填左右塔轮对应的编号）。
【答案】（1）C
（2）乙
（3）；①⑥
【知识点】向心力
【解析】【解答】（1）A．为了探究向心力与小球质量、半径和角速度的关系，该实验采取的方法为控制变量法，探究平抛运动的特点是对平抛运动分解为竖直方向和水平方向的运动，采用的是等效法，故A错误；
B．探究两个互成角度的力的合成规律的实验中由于两个分力的作用效果和一个合力的作用效果相同，则采用的是等效替代法，故B错误；
C．探究加速度与力和质量的关系采用的是控制变量法，故C正确。
故选C。
（2）为探究向心力与圆周运动轨道半径的关系，根据控制变量法可知应使两球质量相等，实验时，除给定的甲球外，应选择乙球作为实验球。
（3）由于标尺的格数代表向心力的大小，左、右标尺露出的格数表示向心力的大小，故向心力之比为；由题意知甲球与丙球质量之比为，两球分别放于B、C位置，可知小球做圆周运动的半径之比，结合向心力表达式可知，可知甲、丙两球做圆周运动向心力之比满足可知B、C两挡板的角速度之比为，因变速塔轮由皮带连接，两塔轮边缘的线速度相同，根据线速度和角速度的关系可知左右塔轮的半径比满足
由题意可知满足该比例的塔轮对应的位置为①⑥或②⑤或③④。
【分析】（1）为了探究向心力与小球质量、半径和角速度的关系，该实验采取的方法为控制变量法，使用相同的实验方法是探究加速度与合力、质量的大小关系；
（2）为探究向心力与圆周运动轨道半径的关系，根据控制变量法可知应使两球质量相等，实验时，除给定的甲球外，应选择乙球作为实验球；
（3）利用标尺的格数可以求出向心力的比值，根据向心力的表达式可以求出两个小球角速度之比，结合塔轮线速度相等可以求出塔轮半径之比。
（1）A．该实验采取的方法为控制变量法，探究平抛运动的特点采用的是等效法，故A错误；
B．探究两个互成角度的力的合成规律采用的是等效替代法，故B错误；
C．探究加速度与力和质量的关系采用的是控制变量法，故C正确。
故选C。
（2）为探究向心力与圆周运动轨道半径的关系，应使两球质量相等，实验时，除给定的甲球外，应选择乙球作为实验球。
（3）[1]左、右标尺露出的格数表示向心力的大小，故向心力之比为
[2]由题意知甲球与丙球质量之比为
两球分别放于B、C位置，可知小球做圆周运动的半径之比
结合向心力表达式，可知甲、丙两球做圆周运动向心力之比满足
可知B、C两挡板的角速度之比为
因变速塔轮由皮带连接，两塔轮边缘的线速度相同，故左右塔轮的半径比满足
由题意可知满足该比例的塔轮对应的位置为①⑥或②⑤或③④。
13．在水平路面上骑摩托车的人，遇到一个壕沟，其尺寸如图所示。摩托车后轮离开地面后失去动力，可以视为平抛运动。摩托车后轮落到壕沟对面才算安全。g取求：
（1）摩托车飞越壕沟的时间；
（2）摩托车的速度至少要多大才能越过这个壕沟；
（3）摩托车落地时的速度大小和速度偏离水平方向夹角的正切值。
【答案】（1）摩托车飞越壕沟运动为平抛运动，竖直方向运动决定运动时间，设摩托车飞越壕沟的时间为，则有
解得。
（2）摩托车水平方向上做匀速直线运动，则有
解得。
（3）摩托车落地时的竖直方向速度大小为
所以摩托车落地时的速度大小
速度方向与水平方向夹角正切值。
【知识点】平抛运动
【解析】【分析】（1）摩托车做平抛运动，利用竖直方向的位移公式可以求出运动的时间；
（2）摩托车在水平方向做匀速直线运动，利用位移公式可以求出初速度的大小；
（3）摩托车落地时，利用竖直方向的速度公式可以求出竖直方向分速度的大小，结合速度的合成可以求出落地的速度。
（1）摩托车飞越壕沟运动为平抛运动，竖直方向运动决定运动时间，设摩托车飞越壕沟的时间为，则有
解得。
（2）摩托车水平方向上做匀速直线运动，则有
解得。
（3）摩托车落地时的竖直方向速度大小为
所以摩托车落地时的速度大小
速度方向与水平方向夹角正切值。
14．如图甲所示为我国传统民俗文化表演“抡花”活动，“抡花”原理如图乙所示，快速转动竖直转轴上的手柄，带动“花筒”M、N在水平面内转动，“花筒”M、N圆周运动半径为，筒内烧红的铁片沿圆周切线飞出，落到地面。已知M、N离地高，若手摇转动的角速度大小为，不计空气阻力，重力加速度g取，求：
（1）“花筒”M的线速度大小v；
（2）“花筒”M（内含铁片）质量时，“花筒”M所需向心力的大小及水平杆对“花筒”M作用力F的大小（可用根号表示）；
（3）铁片落地点距的距离大小d。
【答案】（1）“花筒”M转动的角速度与AB的相同，其线速度大小为
（2）“花筒”所需向心力大小为“花筒”竖直方向处于平衡状态，由平衡条件
水平杆对“花筒”M作用力的大小

（3）烧红的铁片沿切线飞出后，做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，有
解得
水平方向做匀速直线运动，有
落地点距的距离大小为

【知识点】平抛运动；线速度、角速度和周期、转速；生活中的圆周运动
【解析】【分析】（1）已知花筒转动的角速度和AB相同，根据线速度和角速度的关系可以求出线速度的大小；（2）已知花筒做匀速圆周运动，利用竖直方向的平衡方程结合牛顿第二定律可以求出水平杆对花筒的作用力大小；
（3）铁片做平抛运动，利用平抛运动的位移公式可以求出飞出的位移，结合位移的合成可以求出落地点到O2的距离大小。
（1）“花筒”M转动的角速度与AB的相同，其线速度大小为
（2）“花筒”所需向心力大小为
“花筒”竖直方向处于平衡状态，由平衡条件
水平杆对“花筒”M作用力的大小
（3）（3）烧红的铁片沿切线飞出后，做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，有
解得
水平方向做匀速直线运动，有
落地点距的距离大小为
15．如图所示，从A点以的水平速度抛出一质量的小物块（可视为质点），当物块运动至B点时，恰好沿切线方向进入固定在地面上的圆弧轨道，其中轨道C端切线水平。小物块通过圆弧轨道后以的速度滑上与C点等高、静止在光滑水平地面上的长木板M上。已知长木板的质量，物块与长木板之间的动摩擦因数，与竖直方向间的夹角，取， ，，则：
（1）求小物块运动至B点时的速度大小；
（2）若圆弧半径R为，求小物块在轨道C点受到支持力的大小；
（3）若木板的长度，木板厚度，求小物块掉落到地面时小物块离木板右端的距离x。
【答案】（1）物块从A到B过程为平抛运动，物块经过B点时，由速度分解可得
代入数据可得

（2）设小物块在轨道C点受到支持力，由牛顿第二定律有
代入数据可得

（3）设小物块刚好滑离木板时速度为，木板速度为，且从滑上木板到滑离木板整个过程物块与木板组成的系统动量守恒有
根据能量守恒有
代入数据解得，
滑离木板后小物块做平抛运动，木板做匀速直线运动，则有
小物块掉落到地面时小物块离木板右端的距离
代入数据得

【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型；平抛运动；生活中的圆周运动；碰撞模型
【解析】【分析】（1）物块从A到B做平抛运动，利用速度的分解可以求出物块经过B点速度的大小；
（2）物块经过C点时，利用牛顿第二定律可以求出受到的支持力大小；
（3）当物块恰好脱离木板时，利用水平方向的动量守恒定律结合能量守恒定律可以求出脱离时物块和木板的速度大小，再利用位移公式可以求出物块掉落到地面时小物块离木板右端的距离x。
（1）物块从A到B过程为平抛运动，物块经过B点时，由速度分解可得
代入数据可得
（2）设小物块在轨道C点受到支持力，由牛顿第二定律有
代入数据可得
（3）设小物块刚好滑离木板时速度为，木板速度为，且从滑上木板到滑离木板整个过程物块与木板组成的系统动量守恒有
根据能量守恒有
代入数据解得，
滑离木板后小物块做平抛运动，木板做匀速直线运动，则有
小物块掉落到地面时小物块离木板右端的距离
代入数据得
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