…………○…………內…………○…………裝…………○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年人教版共同必修2物理下冊階段測試試卷874考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五總分得分評卷人得分一、選擇題(共8題，共16分)1、近年來我國高速鐵路發展迅速，現已知某新型國產列車車廂質量為m,如圖所示，已知兩軌間寬度為a,內外軌高度差為b,重力加速度為g,如果列車要進入半徑為r的水平彎道，該彎道處的設計速度最為適宜的是()

A.B.C.D.2、如圖所示，一個凹形橋模擬器固定在水平地面上，其凹形軌道是半徑為0.4m的半圓，且在半圓最低點裝有一個壓力傳感器（圖中未畫出）．一質量為0.4kg的玩具小車經過凹形軌道最低點時，傳感器的示數為8N，則此時小車的速度大小為（取g=10m/s2）

A.2m/sB.4m/sC.8m/sD.16m/s3、質量為的小球由輕繩和分別系于一輕質細桿的A點和B點，如圖所示，繩與水平方向成角，繩在水平方向且長為當輕桿繞軸AB以角速度勻速轉動時；小球在水平面內做勻速圓周運動，則下列說法正確的是。

A.繩張力不可能為零B.繩的張力隨角速度的增大而增大C.當角速度時，繩將出現彈力D.若繩突然被剪斷,則繩的彈力一定發生變化4、下列關于運動的物體所受合外力做功和動能變化的關系正確的是（）A.如果物體的動能不變，則物體所受的合外力一定為零B.物體所受的合外力做的功為零，則物體動能一定不變C.物體所受的合外力做的功為零，則物體所受的合外力一定為零D.物體所受的合外力做的功為零，則物體的位移一定為零5、物體以初速度v0從A點出發；沿光滑水平軌道向前滑行，途中經過一小段粗糙程度恒定的軌道并滑離，關于該物體在通過軌道的粗糙部分的前后，下列說法正確的是（）

A.初速度V0越大，物體動能的減少量越大B.初速度V0越大，物體動能的減少量越小C.初速度V0越大，物體速度的減少量越大D.初速度V0越大，物體速度的減少量越小6、下列說法正確的是A.如果某力做的功越多，則該力的功率就越大B.如果取時間t非常小時，表示的就是瞬時功率C.當汽車輸出功率P一定時，增大牽引力就會增大速度D.在平直公路上勻速行駛的汽車，受到的阻力越小則速度越大7、一個質量為m的物體以a=2g的加速度豎直向下運動，則在此物體下降h高度的過程中，則物體的（）A.重力勢能減少了2mghB.動能增加了2mghC.機械能保持不變D.機械能減少了mgh8、沖擊擺是用來測量子彈速度的一種簡單裝置．如圖所示，將一個質量很大的砂箱用輕繩懸掛起來，一顆子彈水平射入砂箱，砂箱發生擺動．若子彈射擊砂箱時的速度為測得沖擊擺的最大擺角為砂箱上升的最大高度為則當子彈射擊砂箱時的速度變為時，下列說法正確的是（）

A.沖擊擺的最大擺角將變為B.沖擊擺的最大擺角的正切值將變為C.砂箱上升的最大高度將變為D.砂箱上升的最大高度將變為評卷人得分二、多選題(共8題，共16分)9、從高H處以水平速度v1平拋一個小球1，同時從地面以速度v2豎直向上拋出一個小球2，兩小球在空中相遇，則（）

A.從拋出到相遇所用時間為B.從拋出到相遇所用時間為C.拋出時兩球的水平距離是D.相遇時小球2上升高度是10、在傾角為θ的光滑斜面上有兩個用輕彈簧相連接的物塊A、B，它們的質量均為m，彈簧勁度系數為k，C為一固定擋板，系統處于靜止狀態．現用一恒力F沿斜面方向拉物塊A使之向上運動，當物塊B剛要離開C時，A的速度為v，則此過程(彈簧的彈性勢能與彈簧的伸長量或壓縮量的平方成正比，重力加速度為g)，下列說法正確的是()

A.物塊A運動的距離為B.物塊A加速度為C.拉力F做的功為mv2D.拉力F對A做的功等于A的機械能的增加量11、如圖甲所示，用一輕質繩拴著一質量為m的小球，在豎直平面內做圓周運動（不計一切阻力），小球運動到最高點時繩對小球的拉力為T，小球在最高點的速度大小為v，其T﹣v2圖象如圖乙所示；則（）

A.當地的重力加速度為B.輕質繩長為C.小球在最低點受到的最小拉力為5aD.若把輕繩換成輕桿，則從最高點由靜止轉過90°的過程中桿始終對小球產生支持力12、有一種雜技表演叫“飛車走壁”，由雜技演員駕駛摩托車沿圓臺形表演臺的側壁高速行駛，做勻速圓周運動。如圖所示，圖中虛線表示摩托車的行駛軌跡，軌跡離地面的高度為h；下列說法中正確的是（）

A.h越高，摩托車對側壁的壓力將越大B.h越高，摩托車做圓周運動的線速度將越大C.h越高，摩托車做圓周運動的周期將越大D.h越高，摩托車做圓周運動的向心力將越大13、如圖所示，豎直平面內放一直角桿，桿的各部分均光滑，水平部分套有質量為mA=3kg的小球A，豎直部分套有質量為mB=2kg的小球B，A、B之間用不可伸長的輕繩相連．在水平外力F的作用下，系統處于靜止狀態，且，重力加速度g=10m/s2．則

A.系統平衡時，水平拉力F的大小為25NB.系統平衡時，水平桿對小球A彈力的大小為50NC.若改變水平力F大小，使小球A由靜止開始，向右做加速度大小為4.5m/s2的勻加速直線運動，經過時小球B的速度大小為4m/sD.若改變水平力F大小，使小球A由靜止開始，向右做加速度大小為4.5m/s2的勻加速直線運動，經過的時間內拉力F做的功為49.5J14、如圖所示；范圍足夠大；磁感應強度為B的勻強磁場垂直于xoy平面向里，兩質量相等的粒子帶等量異種電荷，它們從x軸上關于O點對稱的兩點同時由靜止釋放，運動過程中未發生碰撞，不計粒子所受的重力．則。

A.兩粒子沿x軸做圓周運動B.運動過程中，若兩粒子間的距離等于初始位置間的距離時，它們的速度均為零C.運動過程中，兩粒子間的距離最小時，它們的速度沿X軸方向的分量VX可能不為零D.若減小磁感應強度，再從原處同時由靜止釋放兩粒子，它們可能會發生碰撞15、如圖所示，在傾角為37°的足夠長的固定光滑斜面上，將一物塊由靜止釋放1s后，對物塊施加—沿斜面向上的恒力F，又經1s后物塊恰好回到了出發點，此時物塊的動能為36J．設在以上過程中力F做功為WF，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g=10m/s2；則。

A.F=9NB.F=12NC.WF=27JD.WF=36J16、如圖所示；在水平面上固定有相互垂直的擋板MON，質量均為m的兩個小球A和B（均可視為質點）通過鉸鏈用剛性輕桿鏈接，分別?？吭趦蓳醢迳?，A到O點的距離為L．現用沿MO方向的恒力F作用于A．A沿MO運動。B沿ON運動，不計一切摩擦。則下列說法正確的是。

A.A碰到ON前，B的速度一直增大A.A碰到ON前，且OB的速度最大時，MO對A的作用力為2mgB.A碰到ON時的速度小于C.A碰到ON前，B的加速度方向始終沿ON方向評卷人得分三、填空題(共5題，共10分)17、近年，我國的高鐵發展非常迅猛．為了保證行車安全，車輛轉彎的技術要求是相當高的．如果在轉彎處鋪成如圖所示內、外等高的軌道，則車輛經過彎道時，火車的_____（選填“外輪”、“內輪”）對軌道有側向擠壓，容易導致翻車事故．為此，鋪設軌道時應該把____（選填“外軌”、“內軌”）適當降低一定的高度．如果兩軌道間距為L，內外軌高度差為h，彎道半徑為R，則火車對內外軌軌道均無側向擠壓時火車的行駛速度為_____．（傾角θ較小時；sinθ≈tanθ）

18、鐵路轉彎處的圓弧半徑是300m，軌距是1.5m，規定火車通過這里的速度是20m/s，內外軌的高度差應該是_______m，才能使內外軌剛好不受輪緣的擠壓。若速度大于20m/s，則車輪輪緣會擠壓_______。（填內軌或外軌）(g="10"m／s2)19、修建鐵路彎道時，為了保證行車的安全，應使彎道的內側__________（填“略高于”或“略低于”）彎道的外側，并根據設計通過的速度確定內外軌高度差。若火車經過彎道時的速度比設計速度小，則火車車輪的輪緣與鐵道的_______（填“內軌”或“外軌”）間有側向壓力。20、放在草地上質量為0.8kg的足球，被運動員甲以10m/s的速度踢出，則球的動能為______J；當此球以5m/s的速度向運動員乙飛來時，又被運動員乙以5m/s的速度反向踢回，球的動能改變量為為______J。21、質量為的小球沿光油水平面以的速度沖向墻壁，又以的速度反向彈回，此過程中小球的合力沖量的大小為__________小球的動能變化量的大小為__________評卷人得分四、實驗題(共2題，共4分)22、向心力演示器如圖所示。

（1）本實驗采用的實驗方法是__________。

A．控制變量法B．等效法C．模擬法。

（2）若將傳動皮帶套在兩塔輪半徑相同的圓盤上，質量相同的兩鋼球分別放在不同位置的擋板處，轉動手柄，可探究小球做圓周運動所需向心力F的大小與__________（選填“”、“”或“”）的關系。

（3）若將皮帶套在兩輪塔最下面圓盤上（兩圓盤半徑之比為），質量相同的兩鋼球放在圖示位置的擋板處，轉動手柄，穩定后，觀察到左側標尺露出1格，右側標尺露出9格，則可以得出的實驗結論為：__________。23、某實驗小組用如圖甲所示的裝置測定物塊與水平木板間的動摩擦因數。實驗部分步驟如下：給物塊一初速度使其向右運動，O點正上方的光電門記下物塊上遮光條的擋光時間t，測量物塊停止運動時物塊到O點的距離x，多次改變速度，并記下多組x、t，已知重力加速度為g0

(1)用游標卡尺測量遮光條的寬度d如圖乙所示，則d=________mm；

(2)本實驗________(填“需要”或“不需要”)測量物塊的質量；

(3)該小組同學處理數據時作出了關系圖線，圖線的斜率為k則物塊與桌面間的動摩擦因數為_________(用題目中的字母表示)。評卷人得分五、解答題(共2題，共4分)24、如圖所示，以A、B為端點的圓形光滑軌道和以C、D為端點的光滑半圓軌道都固定于豎直平面內，一滑板靜止在光滑水平地面上，左端緊靠B點，上表面所在平面與圓弧軌道分別相切于B、C，一物體從A點正上方處由靜止開始自由下落，然后經A沿圓弧軌道滑下，再經B滑上滑板，滑板運動到C時被牢固粘連。物體質量為（可視為質點），滑板質量以A、B為端點的圓形光滑軌道半徑為板長l=6.75m，板右端到C的距離物體與滑板間的動摩擦因數為重力加速度取求：

（1）滑板右端運動到C時；物體速度大小。

（2）物體在軌道CD上運動時不脫離軌道，求半圓軌道CD半徑的取值范圍。

25、如圖所示；在“探究功與速度變化的關系”的實驗中，小車是在一條橡皮筋作用下彈出沿木板滑行，這時橡皮筋對小車做的功記為W。當用2條；3條，完全相同的橡皮筋并在一起進行第2次、第3次實驗時，使每次實驗中橡皮筋伸長的長度都保持一致。每次實驗中小車獲得的速度由打點計時器所打的紙帶測出。

（1）實驗中；小車會受到摩擦阻力的作用，可以使木板適當傾斜來平衡掉摩擦阻力，則下面操作正確的是()

A．放開小車；能夠自由下滑即可。

B.放開小車；能夠勻速下滑即可。

C．放開拖著紙帶的小車；能夠自由下滑即可。

D．放開拖著紙帶的小車；能夠勻速下滑即可。

（2）在正確操作情況下，打在紙帶上的點并不都是均勻的，為了測量小車獲得的速度，應選用紙帶的____部分進行測量。

A．CE段B．DF段C．EG段D．HK段。

（3）能夠實現橡皮筋對小車做功整數倍變化的是()

A．增加相同橡皮筋的條數；使小車每次從同一位置釋放。

B．橡皮筋兩端固定；使橡皮筋的伸長量依次加倍。

C．橡皮筋兩端固定；使橡皮筋的長度依次加倍。

D．釋放小車的位置等間距的變化參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、C【分析】【詳解】

轉彎中，當內外軌對車輪均沒有側向壓力時，火車的受力如圖，

由牛頓第二定律得：

解得故C正確。

故選C2、A【分析】【詳解】

小車經過凹形橋的最低點時，受重力和支持力，沿半徑方向的合外力提供向心力，由牛頓第二定律有：由牛頓第三定律得而即為視重為8N，聯立得瞬時速度故選A．

【點睛】

此題考查圓周運動的力和運動的關系，注意分析受力和力的作用效果．3、C【分析】【詳解】

小球做勻速圓周運動，在豎直方向上的合力為零，水平方向上的合力提供向心力，所以a繩在豎直方向上的分力與重力相等，可知a繩的張力不可能為零，故A正確；根據豎直方向上平衡得，Fasinθ=mg，解得可知a繩的拉力不變，故B錯誤；當b繩拉力恰為零時，有：解得可知當角速度時，b繩出現彈力，故C正確；由于b繩可能沒有彈力，故b繩突然被剪斷，a繩的彈力可能不變，故D錯誤。4、B【分析】如果物體的動能不變；由動能定理可知，物體所受的合外力做的功一定為零，但合外力不一定為零，如勻速圓周運動的合外力不為零，A錯誤；物體所受的合外力做的功為零，則由動能定理知，物體的動能一定不變，B正確；物體所受的合外力做的功為零，但合外力不一定為零，也可能物體所受的合外力和速度方向始終垂直而不做功，比如勻速圓周運動，C錯誤；物體所受的合外力做的功為零，物體的位移不一定為零，如勻速圓周運動，D錯誤。

【點睛】合外力做功和動能變化的關系由動能定理反映．合外力為零，其功一定為零，但合外力功為零，但合外力不一定為零，可以以勻速圓周運動為例來說明．5、D【分析】【詳解】

AB．由動能定理可知；物體動能減小量等于在粗糙段摩擦力做得功，故物體動能減小量與初速度無關，選項AB錯誤；

CD．因物體在粗糙段的加速度恒定，故物體初速度v0越大，在粗糙段運動的時間越短，根據

可知物體速度的減少量越小；選項C錯誤，D正確；

故選D。6、B【分析】【詳解】

由可知功率大小取決于功的多少以及所用時間，故某力做的功多，若所用時間很長，則功率不一定越大，故A錯誤．根據功率的定義式當時間間隔t非常小時，就可以表示瞬時功率，這里運用了極限思想方法，故B正確；由可知汽車輸出機功率一定P時，增大牽引力，速度一定減小，故C錯誤；由可知只有當汽車輸出機功率一定P時，牽引力減到，最小與阻力相等時，速度最大，故此時受到的阻力越小則速度越大，故D錯誤；選B.7、B【分析】下降h高度，則重力做功mgh，并且做正功，所以重力勢能減小mgh，A錯誤；根據動能定理可得又知道故B正確；重力勢能減小mgh，而動能增大2mgh，所以機械能增加mgh，C錯誤D正確．8、D【分析】【分析】

【詳解】

A．設子彈的質量為m，砂箱的質量為M，砂箱上升的最大高度為h，最大偏轉角為θ，沖擊擺的擺長為L；以子彈和砂箱作為整體，在子彈和砂箱一起升至最高點的過程中，由機械能守恒，由機械能守恒定律得(m+M)v共2＝(m+M)gh

解得v共＝

在子彈射入砂箱的過程中，系統的動量守恒，以子彈的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得

解得

沖擊擺的最大偏轉角滿足

由于不知道與之間的關系，所以不能判斷出沖擊擺的最大擺解是否將變為A錯誤；

B．由于不知道與之間的關系，所以不能判斷出沖擊擺的最大擺解的正切值是否將變為B錯誤；

CD．由公式

可知，當增大為時，砂箱上升的最大高度將變為C錯誤，D正確。

故選D。

點睛：本題屬于動量守恒與機械能守恒在日常生活中的應用的例子，分析清楚物體運動過程、應用機械能守恒定律與動量守恒定律即可正確解題求出子彈的初速度與沖擊擺上升的高度、擺動的夾角之間的關系是解答的關鍵。二、多選題(共8題，共16分)9、B:C【分析】【分析】

【詳解】

AB．設相遇的時間為t，此時小球1在豎直方向上的位移

小球2在豎直方向上的位移

根據

解得

故A錯誤；B正確；

C．相遇時，小球1在水平方向上的位移

該位移為兩球拋出時的水平距離；故C正確；

D．相遇時小球2上升高度是

故D錯誤。

故選BC。10、A:D【分析】【詳解】

開始時，彈簧處于壓縮狀態，壓力等于物體A重力的下滑分力，根據胡克定律，有：mgsinθ=kx1

解得：物塊B剛要離開C時；彈簧的拉力等于物體B重力的下滑分力，根據胡克定律，有；

mgsinθ=kx2；解得：故物塊A運動的距離為：△x＝x1+x2＝故A正確；

此時物體A受拉力；重力、支持力和彈簧的拉力；根據牛頓第二定律，有：F-mgsinθ-T=ma

彈簧的拉力等于物體B重力的下滑分力，為：T=mgsinθ，故：a=?2gsinθ，故B錯誤；拉力F做的功等于物體A、物體B和彈簧系統機械能的增加量，為：W=mg?△xsinθ+mv2+EP彈；故C錯誤；由于質量相等，那么剛好要離開擋板時候的彈性勢能和剛開始相同，同時B物體機械能沒有變化，那么整個過程中外力F做的功全部用于增加物塊A的機械能，故D正確；故選AD．

【點睛】

本題關鍵抓住兩個臨界狀態，開始時的平衡狀態和最后的B物體恰好要滑動的臨界狀態，然后結合功能關系分析，不難．11、A:B【分析】【詳解】

A、在最高點時，繩對小球的拉力和重力的合力提供向心力，則得：

得：①

由圖象知，時，圖象的斜率則得：得繩長

當時，由①得：得故A正確，B正確；

C、只要繩子的拉力大于0，根據牛頓第二定律得：

最高點：②

最低點：③

從最高點到最低點的過程中，根據機械能守恒定律得：④

聯立②③④解得：即小球在最低點和最高點時繩的拉力差均為故C錯誤；

D、若把輕繩換成輕桿，則從最高點由靜止轉過的過程中開始時桿對小球的作用力為支持力；當轉過后，小球的向心力必定由桿的拉力提供，所以可知，在小球從最高點由靜止轉過的過程中；桿對小球的作用力開始時是支持力，然后是拉力，故D錯誤．

點睛：小球在豎直面內做圓周運動，到最高點時由繩對小球的拉力和重力的合力提供向心力，根據圖象、應用向心力公式、牛頓第二定律分析答題．根據牛頓第二定律和機械能守恒列式求解小球在最低點和最高點時繩的拉力差．12、B:C【分析】【詳解】

A．摩托車做勻速圓周運動，合外力完全提供向心力，所以小球在豎直方向上受力平衡

可知側壁對摩托車的支持力與高度無關；根據牛頓第三定律可知摩托車對側壁的壓力不變，A錯誤；

B．根據牛頓第二定律可知

解得

高度越大，越大；摩托車運動的線速度越大，B正確；

C．根據牛頓第二定律可知

解得

高度越大，越大；摩托車運動的周期越大，C正確；

D．摩托車的向心力大小為大小不變，D錯誤。

故選BC。13、B:C:D【分析】【詳解】

對AB整體受力分析，受拉力F、重力G、支持力N和向左的彈力N1，根據共點力平衡條件，對整體，豎直方向：N=G1+G2；水平方向：F=N1；解得：N=（m1+m2）g=50N，對小球B：則F=15N，故A錯誤，B正確．若改變水平力F大小，使小球A由靜止開始，向右做加速度大小為4.5m/s2的勻加速直線運動，經過時，A的速度為vA=at=3m/s，位移則由幾何關系可知，B上升1m，此時∠OAB=370，由速度的分解知識可知：vAcos370=vBcos530，解得vB=4m/s，即小球B的速度大小為4m/s，此段時間內拉力F的功為選項CD正確；故選BCD.

【點睛】

此題中先用整體法和隔離法求解拉力的大小和彈力的大小；然后根據速度的分解方法找到兩物體的速度關系，再結合能量關系求解拉力的功.14、B:D【分析】【詳解】

A．兩個粒子在相互的庫侖引力作用下；從靜止開始加速，都受到向上的洛倫茲力而向上偏轉，做曲線運動，但不是圓周運動，故A錯誤．

B．兩個粒子的速度大小情況相同．若兩粒子間的距離等于初始位置間的距離時；靜電力對兩個粒子做功為0，根據動能定理可知它們的速度均為零．故B正確．

C．從開始運動到距離最小的過程，靜電力一直做正功，動能都增大，速度與x軸的夾角不斷增大，沿y軸方向的速度分量vy不斷增大；當距離最小后，兩者距離增大，此時它們的速度沿x軸方向的分量vx為零，它們的速度沿y軸方向的分量vy最大．故C錯誤．

D．若減小磁感應強度，由公式分析可知；軌跡的曲率半徑變大，可能發生碰撞．故D正確．

故選BD．

考點：帶電粒子在磁場中的運動。

【名師點睛】

本題關鍵分析兩個粒子的受力情況，來判斷其運動情況，分析時，要抓住洛倫茲力與速率成正比的特點，由公式分析軌跡的曲率半徑的變化．15、B:D【分析】【詳解】

整個過程中，重力對物塊做功為0，根據動能定理得：物塊下滑的過程，加速度大小為釋放1s時的速度設物塊回到出發點時速度大小為取沿斜面向下為正方向，根據撤去力F前后的兩個過程位移大小相等、方向相反，有可得根據得m＝0.5kg；對整個過程，取沿斜面向下為正方向，根據動量定理得可得F＝12N，故BD正確，AC錯誤．16、B:C【分析】B的初速度為零，A碰到ON時B的速度又為零，所以A碰到ON前，B球先加速后減速，B的加速度方向先沿ON方向，后沿NO方向，故AD錯誤。A碰到ON前，且B的速度最大時，B的加速度為零，合力為零，則對AB的整體在豎直方向有：FN=2mg，即MO對A的作用力為2mg，故B正確。A碰到ON時B的速度為零，設A的速度為v．對系統，運用功能原理得FL=mv2+EPB，得v<．故C正確。故選BC.

點睛：解決本題的關鍵是明確B球的運動情況，可根據兩球沿桿的方向速度相等分析，采用的是特殊位置法分析知道B球先加速后減速。三、填空題(共5題，共10分)17、略

【分析】【詳解】

試題分析：火車內外軌道一樣高時，火車轉彎，由于離心運動，會向外滑離軌道，所以外輪對外軌有個側向壓力．當把內軌降低一定高度后，內外軌有個高度差，火車轉彎時就可以讓重力與軌道對火車彈力的合力來提供向心力，從而避免了對軌道的側向壓力．由幾何知識可知此時的合力當傾角比較小時根據得出

考點：水平圓周運動、離心運動【解析】外輪內軌18、略

【分析】【詳解】

[1]如圖所示。

根據牛頓第二定律得

解得

由于較小，則

故

得

[2]若速度大于則需要的向心力變大，則輪緣會擠壓外軌?！窘馕觥?.2m外軌19、略

【分析】【詳解】

火車以規定的速度轉彎時；其所受的重力和支持力的合力提供向心力，當轉彎的實際速度大于或小于規定的速度時，火車所受的重力和支持力的合力不足以提供向心力或大于所需要的向心力，火車有離心趨勢或向心趨勢，故其輪緣會擠壓車輪；如果內外軌道等高，火車轉彎，靠外軌對車輪向內的擠壓提供向心力，這樣容易破壞鐵軌，不安全，所以應使彎道的內側略低于彎道的外側，靠重力和支持力的合力來提供向心力一部分；火車以某一速度v通過某彎道時，內；外軌道均不受側壓力作用，其所受的重力和支持力的合力提供向心力。

由圖可以得出

為軌道平面與水平面的夾角，合力等于向心力，故

如果火車以比規定速度稍小的速度通過彎道，重力和支持力提供的合力大于向心力，所以火車車輪的輪緣與鐵道的內軌間有側向壓力?！窘馕觥柯缘陀趦溶?0、略

【分析】【詳解】

足球的動能為：動能的該變量為：．【解析】40J0J21、略

【分析】【詳解】

[1]規定初速度方向為正方向，初速度末速度則動量的變化量為

根據動量定理有

得合力沖量大小為

[2]動能變化量【解析】160四、實驗題(共2題，共4分)22、略

【分析】【詳解】

（1）[1]本實驗采用的實驗方法是控制變量法；A正確。

故選A。

（2）[2]若將傳動皮帶套在兩塔輪半徑相同的圓盤上，則角速度ω相同，質量m相同的兩鋼球分別放在不同位置的擋板處，則轉動半徑r不同，轉動手柄，可探究小球做圓周運動所需向心力F的大小與半徑r的關系。

（3）[3]若將皮帶套在兩輪塔最下面圓盤上（兩圓盤半徑之比為），則角速度之比為質量相同的兩鋼球放在圖示位置的擋板處，轉動半徑相同；轉動手柄，穩定后，觀察到左側標尺露出1格，右側標尺露出9格，則向心力之比為可以得出的實驗結論為質量和半徑一定的條件下，物體做圓周運動需要的向心力與角速度的平方成