2025年人教版共同必修2物理上册月考试卷含答案

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A.小环机械能守恒B.外力F一直做正功C.小环在最低点的速度为D.在最低点小环对轨道的压力为mg4、A；B两艘快艇在湖面上做匀速圆周运动；在相同的时间内，它们通过的路程之比是4：3，运动方向改变的角度之比为3：2，它们的向心加速度之比为()

A.2:1B.3:2

C.4:3D.8:9A.B.5、质量为的小球由轻绳和分别系于一轻质细杆的A点和B点，如图所示，绳与水平方向成角，绳在水平方向且长为当轻杆绕轴AB以角速度匀速转动时；小球在水平面内做匀速圆周运动，则下列说法正确的是。

A.绳张力不可能为零B.绳的张力随角速度的增大而增大C.当角速度时，绳将出现弹力D.若绳突然被剪断,则绳的弹力一定发生变化6、如图倾角为30°的斜面体固定在水平地面上，一根不可伸长的轻绳两端分别系着小球A和物块B（均可视为质点），跨过固定于斜面体顶端的滑轮O（可视为质点），A的质量为m，B的质量为4m，开始时，用手托住A，使OA段绳恰处于水平伸直状态（绳中无拉力），OB绳平行于斜面；此时B静止不动，将A由静止释放，在其下摆过程中B始终保持静止，则在绳子到达竖直位置之前，下列说法正确的是（）

A.物块B受到的摩擦力一直沿着斜面向上B.物块B受到的摩擦力增大C.绳子的张力先增大后减小D.地面对斜面体的摩擦力方向一直水平向右7、如图所示；光滑轨道ABCD是大型游乐设施过山车轨道的简化模型，最低点B处的入；出口靠近但相互错开，C是半径为R的圆形轨道的最高点，BD部分水平，末端D点与右端足够长的水平传送带无缝连接，传送带以恒定速度v逆时针转动．现将一质量为m的小滑块从轨道AB上某一固定位置A由静止释放，滑块能通过C点后再经D点滑上传送带，则。

A.滑块不可能重新回到出发点A处B.固定位置A到B点的竖直高度可能为2RC.滑块在传送带上向右运动的最大距离与传送带速度v有关D.传送带速度v越大，滑块与传送带摩擦产生的热量越多8、物体以初速度v0从A点出发；沿光滑水平轨道向前滑行，途中经过一小段粗糙程度恒定的轨道并滑离，关于该物体在通过轨道的粗糙部分的前后，下列说法正确的是（）

A.初速度V0越大，物体动能的减少量越大B.初速度V0越大，物体动能的减少量越小C.初速度V0越大，物体速度的减少量越大D.初速度V0越大，物体速度的减少量越小9、如右图所示；光滑绝缘斜面的底端固定着一个带正电的小物块P，将另一个带电小物块Q在斜面的某位置由静止释放，它将沿斜面向上运动．设斜面足够长，则在Q向上运动过程中。

A.物块P、Q之间的电势能一直增大物块B.物块Q的机械能一直增大C.物块P、Q的重力势能和电势能之和一直增大D.物块Q的动能一直增大评卷人得分二、多选题(共7题，共14分)10、如图所示，一根不可伸长的轻绳两端各系一个小球a和b，跨在两根固定在同一高度的光滑水平细杆上，质量为3m的a球置于地面上，质量为m的b球从水平位置静止释放．当a球对地面压力刚好为零时，b球摆过的角度为．下列结论正确的是（）

A.B.C.b球摆动到最低点的过程中，重力对小球做功的功率先增大后减小D.b球摆动到最低点的过程中，重力对小球做功的功率一直增大11、长度为L的轻质细杆OA，A端有一质量为m的小球，以O点为圆心，在竖直平面内做圆周运动，如图所示，已知在最高点处，小球速度为v时，杆对球的弹力大小为F=mg，则最高点处速度变为2v时，杆对小球弹力大小可能为（）

A.mgB.2mgC.4mgD.5mg12、如图所示，两个质量均为m的小木块a和b，（可视为质点）放在水平圆盘上，之间用轻质细线连接，且a，b之间的距离恰等于线长，a与转轴OO’的距离为L，b与转轴的距离为2L；木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的k倍，重力加速度大小为g，若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动．用ω表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是。

A.b一定比a先开始滑动B.当时，细线突然断开，a立即做离心运动C.当时，a所受摩擦力的大小为kmgD.当时，b受到的静摩擦力达到最大值13、质量为m的物体沿着半径为r的半球形金属球壳滑到最低点时的速度大小为v，如图所示，若物体与球壳之间的摩擦因数为μ；则物体在最低点时的（）

A.向心加速度为B.向心力为m（g+）C.对球壳的压力为D.受到的摩擦力为μm（g+）14、如图，在匀速转动的电动机带动下，足够长的水平传送带以恒定速率v1顺时针转动。一质量为m的滑块从传送带右端以水平向左的速率v2(v1>v2)滑上传送带，最终滑块又返回至传送带的右端。在上述过程中，下列判断正确的是（）

A.滑块返回传送带右端的速率为v2B.此过程中电动机对传送带做功为2mv1v2C.此过程中传送带对滑块做功为mv－mvD.此过程中滑块与传送带之间因摩擦产生的热量为m(v1－v2)215、如图甲所示，质量m=2kg的物块放在光滑水平面上，在P点的左方始终受到水平恒力F1的作用，在P点的右方除受F1外还受到与F1在同一直线上的水平恒力F2的作用。物块从A点由静止开始运动，在0～5s内运动的v-t图象如图乙所示；由图可知。

A.t=2.5s时，小球经过P点B.t=2.5s时，小球距P点距离最远C.t=3.0时，恒力F2的功率P为10WD.在1～3s的过程中，F1与F2做功之和为8J16、如图所示，动滑轮下系有一个质量为的物块，细线一端系在天花板上，另一端绕过动滑轮。用的恒力竖直向上拉细线的另一端。滑轮、细线的质量不计，不计一切摩擦。经过（），则（）

A.拉力做功为B.拉力做功为C.物体的动能增加了D.物体的机械能增加了评卷人得分三、填空题(共7题，共14分)17、一条河的宽度为100m,一只小船在静水中的速度为5m/s,若船头垂直河岸过河,船到达对岸下游60m处,则水流速度大小为_______m/s,若此船以最短位移过河,则过河需要的时间为________s18、高速铁路弯道处，外轨比内轨_____（填“高”或“低”）；列车通过弯道时______（填“有”或“无”）加速度．19、修建铁路弯道时，为了保证行车的安全，应使弯道的内侧__________（填“略高于”或“略低于”）弯道的外侧，并根据设计通过的速度确定内外轨高度差。若火车经过弯道时的速度比设计速度小，则火车车轮的轮缘与铁道的_______（填“内轨”或“外轨”）间有侧向压力。20、如图所示，两个内壁均光滑，半径不同的半圆轨道固定于地面，一个小球先后从与球心在同一高度的A、B两点由静止开始下滑，通过轨道最低点时，小球的速度大小___________（填“相同”或“不相同”），小球的向心加速度的大小___________（填“相同”或“不相同”）21、放在草地上质量为0.8kg的足球，被运动员甲以10m/s的速度踢出，则球的动能为______J；当此球以5m/s的速度向运动员乙飞来时，又被运动员乙以5m/s的速度反向踢回，球的动能改变量为为______J。22、如图所示，弯折的直角轻杆ABCO通过铰链O连接在地面上，AB=BC=OC=9m，一质量为m的小滑块以足够大的初始速度，在杆上从C点左侧x0=2m处向左运动，作用于A点的水平向右拉力F可以保证BC始终水平。若滑块与杆之间的动摩擦因数与离开C点的距离x满足μx=1，则滑块的运动位移s=________________m时拉力F达到最小。若滑块的初始速度v0=5m/s，且μ=0.5-0.1x（μ=0后不再变化），则滑块达到C点左侧x=4m处时，速度减为v=_________________m/s。

23、水平传送带始终以速度v匀速运动，某时刻放上一个初速度为零的小物块，最后小物块与传送带以共同的速度运动。已知小物块与传送带间的滑动摩擦力为f，在小物块与传送带间有相对运动的过程中，小物块的对地位移为传送带的对地位移为则滑动摩擦力对小物块做的功为______，摩擦生热为______。评卷人得分四、实验题(共1题，共3分)24、下列关于实验相关操作的说法正确的有_______________

A.某同学在做《探究动能定理》的实验时认为，因要测量的是橡皮筋对小车做功后的动能大小，所以要先释放小车，后接通电源

B.在“利用斜槽上滚下的小球探究碰撞中的不变量”的实验中,入射小球每次都必须从斜槽上同一位置由静止滑下

C.在利用图所示装置“验证机械能守值定律”实验时,可以利用公式来求瞬时速度

D.在利用图所示装置“验证机械能守恒定律”实验时,发现动能增加量总是小于重力势能减少量，若增加下落高度则-A.B.C.D.会增大评卷人得分五、解答题(共4题，共24分)25、如图所示，某一滑道由斜坡和水平滑道组成，斜坡顶端A距水平滑道高度为h，倾角为θ，水平粗糙滑道BC段长为d，水平滑道CD段光滑．将轻弹簧的一端水平连接并固定在墙上，另一自由端恰位于水平滑道C点．物块从斜坡A处静止下滑，从斜坡进入水平滑道时，在底端B点处无能量损失（即速度大小不变）．已知物块质量为m，物块与斜坡AB、水平滑道BC间的动摩擦因数均为μ，整个过程空气阻力不计，重力加速度为g．则：

(1)求物块滑到B点时的速度大小？

(2)求弹簧为最大压缩量时的弹性势能Ep？

(3)若物块质量m=3kg，斜坡倾角θ=370，重力加速度g取10m/s2．弹簧第一次达到最大压缩量时的弹性势能Ep随物块不同下滑高度h变化关系如图所示，物块能第一次被弹回后不沿斜坡上滑，则物块从斜坡顶端A点下滑高度h应满足什么条件？

26、如图所示，光滑直杆AB长为L，B端固定一根劲度系数为k原长为l0的轻弹簧，质量为m的小球套在光滑直杆上并与弹簧的上端连接，为过B点的竖直轴，杆与水平面间的夹角始终为θ．

（1）杆保持静止状态，让小球从弹簧的原长位置静止释放，求小球释放瞬间的加速度大小a及小球速度最大时弹簧的压缩量；

（2）当小球随光滑直杆一起绕OO'轴匀速转动时，弹簧伸长量为，求匀速转动的角速度ω；

（3）若θ=30°，移去弹簧，当杆绕OO'轴以角速度匀速转动时，小球恰好在杆上某一位置随杆在水平面内匀速转动，求小球离B点的距离L0．27、动能定理描述了力对物体作用在空间上累积的效果；动量定理则描述了力对物体作用在时间上累积的效果，二者是力学中的重要规律。

（1）如图所示，一个质量为m的物体，初速度为在水平合外力恒力的作用下，运动一段时间t后，速度变为请根据上述情境；利用牛顿第二定律推导动量定理，并写出动量定理表达式中等号两边物理量的物理意义。

（2）在一些公共场合有时可以看到，“气功师”平躺在水平地面上，其腹部上平放着一块大石板，有人用铁锤猛击大石板，石板裂开而人没有受伤。现用下述模型分析探究。若大石板质量为铁锤质量为铁锤以速度落下，打在石板上反弹，当反弹速度为铁锤与石板的作用时间约为由于缓冲，石板与“气功师”腹部的作用时间较长，约为取重力加速度请利用动量定理分析说明石板裂开而人没有受伤的原因。

28、如图所示，A、B质量分别为mA=1kg，mB=2kg，AB间用弹簧连接着，弹簧劲度系数k=100N/m，轻绳一端系在A上，另一端跨过定滑轮，B为套在轻绳上的光滑圆环，另一圆环C固定在桌边，B被C挡住而静止在C上，若开始时作用在绳子另一端的拉力F为零，此时A处于静止且刚没接触地面．现用恒定拉力F=15N拉绳子；恰能使B离开C但不能继续上升，不计摩擦且弹簧没超过弹性限度，求。

（1）B刚要离开C时A的加速度，并定性画出A离地面高度h随时间变化的图像．

（2）若把拉力F改为F=30N；则B刚要离开C时，A的加速度和速度．

参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、A【分析】【详解】

根据v=ωr可知，半径一定时，角速度与线速度成正比；线速度一定时，角速度与半径成反比；角速度一定时，线速度与半径成正比；选项A正确，BCD错误；故选A.2、D【分析】【详解】

根据牛顿第二定律得，F-mg=ma，解得F=mg+ma=1000×（10+1）N=11000N．上升的位移x=at2＝×1×1m＝0.5m．则拉力做功W=Fx=11000×0.5J=5500J．故D正确，ABC错误．3、C【分析】【详解】

AB．小环下滑过程中受重力；轨道沿半径方向的作用力和水平外力F；重力一直做正功，外力F的方向为水平向左，而小球在水平方向上的位移时而向左，时而向右，故F时而做正功时而作负功，轨道的作用力不做功，机械能不守恒，AB错误；

C．小环下滑到最低点的过程中，力F做的总功为零，由动能定理可得

解得

C正确；

D．在最低点，由牛顿运动定律得

得

D错误。

故选C。4、A【分析】试题分析：根据题意可得它们的线速度它们的角速度之比为根据公式可得向心加速度之比为A正确；

考点：考查了匀速圆周运动线速度；角速度、加速度之间的关系。

【名师点睛】做此类题目的关键是对公式的灵活应用，匀速圆周运动这一块的公式比较多，所以一定要注意通过各个公式之间的联系来记忆，5、C【分析】【详解】

小球做匀速圆周运动，在竖直方向上的合力为零，水平方向上的合力提供向心力，所以a绳在竖直方向上的分力与重力相等，可知a绳的张力不可能为零，故A正确；根据竖直方向上平衡得，Fasinθ=mg，解得可知a绳的拉力不变，故B错误；当b绳拉力恰为零时，有：解得可知当角速度时，b绳出现弹力，故C正确；由于b绳可能没有弹力，故b绳突然被剪断，a绳的弹力可能不变，故D错误。6、D【分析】【详解】

AB．初始情况下由于绳子无拉力，则物块B受到沿斜面向上的静摩擦力，大小为

斜面体在水平方向不存在受地面的摩擦力。小球A下摆过程中，由机械能守恒，到最低点时速度最大，则由机械能守恒定律得

又由牛顿第二定律得

解得小球A对绳的拉力为F=3mg，即物块B受到绳子沿斜面向上的拉力为3mg，此时物块B在平行于斜面方向所受的摩擦力为

方向沿斜面向下，由此可知物块B受到斜面的摩擦力先是沿斜面向上2mg，后逐渐减少到零，再沿斜面向下逐渐增大到mg；故AB错误；

C．由以上分析知绳子的张力一直增大，小球A摆到低时对绳的拉力最大，为3mg；故C错误；

D．将A由静止释放；在其下摆过程中B始终保持静止，在绳子到达竖直位置之前，把斜面与物块B看做整体，绳子始终有拉力，此拉力有水平向左的分力，而斜面和物块B这个整体保持静止，水平方向受力平衡，因此，地面对斜面体的摩擦力方向一直水平向右，故D正确。

故选D。7、D【分析】【分析】

滑块恰能通过C点时；由重力提供向心力，根据牛顿第二定律列方程求C点时的临界速度，由动能定理知AC高度差，从而知AB高度；对滑块在传送带上运动的过程根据动能定理列方程求滑行的最大距离的大小因素；根据传送带速度知物块的速度，从而知是否回到A点；滑块与传送带摩擦产生的热量Q=μmg△x，看热量多少，分析相对路程．

【详解】

若滑块恰能通过C点时有：mg=m由A到C，根据动能定理知mghAC=mvC2；联立解得：hAC=R；则AB间竖直高度最小为2R+R=2.5R，所以A到B点的竖直高度不可能为2R，故A错误；设滑块在传送带上滑行的最远距离为x，则有动能定理有：0-mvC2=2mgR-μmgx，知x与传送带速度无关，故B错误；若滑块回到D点速度大小不变，则滑块可重新回到出发点A点，故C正确；滑块与传送带摩擦产生的热量Q=μmg△x；传送带速度越大，相对路程越大，产生热量越多，故D正确；故选CD．

【点睛】

本题综合考查了动能定理、机械能守恒定律和牛顿第二定律，理清物块在传送带上的运动情况，以及在圆轨道最高点的临界情况是解决本题的关键．8、D【分析】【详解】

AB．由动能定理可知；物体动能减小量等于在粗糙段摩擦力做得功，故物体动能减小量与初速度无关，选项AB错误；

CD．因物体在粗糙段的加速度恒定，故物体初速度v0越大，在粗糙段运动的时间越短，根据

可知物体速度的减少量越小；选项C错误，D正确；

故选D。9、B【分析】试题分析：带电小物块Q在斜面的某位置由静止释放；它将沿斜面向上运动，说明P对Q的电场力做正功，电势能减少，A错误；因为除重力之外只有电场力做正功，所以机械能一直增加，物块P；Q的重力势能和电势能之和保持不变，B正确，C错误；在物块向上运动的过程中，电场力大于重力的下滑分量时，物块的动能增大，随着两者距离的最大，电场力减小，当电场力小于重力的下滑分量时，物块的动能减小，D错误。

考点：本题考查了带电粒子在电场中的功能变化二、多选题(共7题，共14分)10、A:C【分析】【详解】

b球在摆过的过程中做圆周运动，设此时其速度为v，由机械能守恒定律可得在沿半径方向上由牛顿第三定律可得因a球此时对地面压力刚好为零，则联立得A对，B错．b球从静止到最低点的过程中，其在竖直方向的分速度是先由零增大后又减至零，由可知，重力的功率是先增大后减小，C对，D错．11、A:D【分析】【分析】

【详解】

小球到达最高点时，受重力和杆的弹力，假设为向下的弹力，由牛顿第二定律有

解得

当最高点处速度变为2v时，杆对小球弹力向下，计算杆对小球弹力大小

假设为向上的弹力，由牛顿第二定律有

解得

当最高点处速度变为2v时，杆对小球弹力向下，计算杆对小球弹力大小

故AD正确；BC错误；

故选AD．

【点睛】

物体运动到圆周运动的最高点时，杆的弹力和重力的合力提供向心力，可以直接根据牛顿第二定律列式求解．12、C:D【分析】【详解】

两个物体用细线相连，一定是同时开始滑动，故A错误；对于单个木块，静摩擦力提供向心力，恰好不滑动时，有：kmg=mω2r，故故如果没有细线相连，a、b恰好不滑动的临界角速度分别为：若ω=时，细线突然断开，由于＜故a不会做离心运动，故B错误；角速度逐渐增加的过程中，是b物体的静摩擦力先达到最大，临界角速度为故D正确；当a的静摩擦力达到最大时，两个物体整体恰好不滑动，故：kmg+kmg=mω2L+mω22L，联立解得：ω=故C正确；故选CD．

点睛：本题的关键是正确分析木块的受力，明确木块做圆周运动时，静摩擦力提供向心力，把握住临界条件：单个静摩擦力达到最大、两个物体的静摩擦力达到最大，由牛顿第二定律分析解答．13、A:D【分析】【分析】

【详解】

A．物体滑到半球形金属球壳最低点时，速度大小为v，半径为r，向心加速度为an=故A正确；

B．根据牛顿第二定律得知，物体在最低点时的向心力Fn=man=m

故B错误；

C．根据牛顿第二定律得N-mg=m

得到金属球壳对小球的支持力N=m（g+）

由牛顿第三定律可知，小球对金属球壳的压力大小N′=m（g+）

故C错误；

D．物体在最低点时，受到的摩擦力为f=μN=μm（g+）

故D正确。

故选AD。

【点睛】

本题是变速圆周运动动力学问题，关键是分析小球的受力情况，确定向心力的来源。对于变速圆周运动，由指向圆心的合力提供向心力。14、A:B【分析】【分析】

【详解】

A．由于传送带足够长，滑块受向右的摩擦力，减速向左滑行，到速度为0，之后，再加速向右滑行，由于v1>v2，物体会在滑动摩擦力的作用下加速，当速度增大到等于v2时，物体回到原出发点，即滑块返回传送带右端的速率为v2；故A正确；

B．设滑块向左运动的时间t1，位移为x1，则

摩擦力对滑块做功W1=fx1=

又摩擦力做功等于滑块动能的减小，即W1=mv22

该过程中传送带的位移x2=v1t1

摩擦力对传送带做功

解得W2=mv1v2

同理可计算，滑块返回到出发点时摩擦力对传送带做功为W2=mv1v2

则此过程中电动机对传送带做功为W=W2+=2mv1v2

选项B正确；

C．此过程中只有传送带对滑块做功根据动能定理W′=△EK

得W=△EK=mv22-mv22=0

故C错误；

D．物块向左减速运动时，物块相对传送带的位移为

物块向右加速运动时，物块相对传送带的位移为

则此过程中滑块与传送带问因摩擦产生的热量为

故D错误；

故选AB。15、B:C【分析】【详解】

AB．由图像得0-1s物体向右加速，到达P点；1s-2.5s向右减速，到达最右端；2.5s-4s向左加速，回到P点；4s-5s向左减速；回到出发点；A错误，B正确；

C．0-1s物体向右加速，加速度为

根据牛顿第二定律，拉力F1=ma1=2×3=6N

2.5s-4s向左加速，加速度大小为

方向为负方向；根据牛顿第二定律，有F2-F1=ma2

解得F2=F1+ma2=6+2×2=10N

t=3s时，速度为-1m/s，负号表示方向；故3s时拉力F2的功率P=F2v=10×1=10W

C正确；

D．根据动能定理，在1～3s的过程中，F1与F2做功之和为

D错误；

故选BC。

【点睛】

此题是对牛顿第二定律、v-t图线及动能定理的考查；解题时由v-t图可知物体的速度随时间变化的规律，根据加速度定义求解出加速度；根据牛顿第二定律求解拉力F1和F2；根据P=Fv求解拉力的功率；根据动能定理求解两力做功之和。16、B:D【分析】【详解】

AB．对m，根据牛顿第二定律

得

则

则

故A错误；B正确；

C．物体的动能增加了

故C错误；

D．物体的机械能增加了

故D正确。

故选BD。

【点睛】

解决本题的关键是明确动滑轮的力学特性，知道拉力F的作用点位移等于物体位移的2倍。要注意选择研究对象；知道机械能的增量等于动能和势能增量之和，也等于除重力外的其它力的功。三、填空题(共7题，共14分)17、略

【分析】【详解】

设静水速为水流速度为船头跟河岸垂直的方向航行时有：而则有：当合速度与河岸垂直时，则渡河的位移最短，合速度为：且联立以上各式解得：．【解析】3m/s25s18、略

【分析】【详解】

高速铁路弯道处由重力和支持力的合力提供向心力，故外轨比内轨高；列车在铁路弯道处即使速度大小不变，至少速度方向变化，有向心加速度．【解析】高有19、略

【分析】【详解】

火车以规定的速度转弯时；其所受的重力和支持力的合力提供向心力，当转弯的实际速度大于或小于规定的速度时，火车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，火车有离心趋势或向心趋势，故其轮缘会挤压车轮；如果内外轨道等高，火车转弯，靠外轨对车轮向内的挤压提供向心力，这样容易破坏铁轨，不安全，所以应使弯道的内侧略低于弯道的外侧，靠重力和支持力的合力来提供向心力一部分；火车以某一速度v通过某弯道时，内；外轨道均不受侧压力作用，其所受的重力和支持力的合力提供向心力。

由图可以得出

为轨道平面与水平面的夹角，合力等于向心力，故

如果火车以比规定速度稍小的速度通过弯道，重力和支持力提供的合力大于向心力，所以火车车轮的轮缘与铁道的内轨间有侧向压力。【解析】略低于内轨20、略

【分析】试题分析：小球从与球心在同一水平高度的A；B两点由静止开始自由下滑过程中；受到重力和支持力作用，但只有重力做功，机械能守恒，由机械能守恒定律可求出小球到最低点的速度，然后由向心加速度公式求向心加速度；

根据机械能守恒得：解得最低点的速度为半径大的小球，通过最低点的速度大，根据可知小球通过最低点的向心加速度是相同的．【解析】不相同相同21、略

【分析】【详解】

足球的动能为：动能的该变量为：．【解析】40J0J22、略

【分析】【详解】

[1]滑块向左做减速运动，对杆有压力和向左的滑动摩擦力；

对杆，根据力矩平衡条件，有：

代入数据和，有：

当，即时，拉力达到最小；

[2]滑块从点达到点左侧处过程，根据动能定理，有：

其中：

联立解得：。【解析】3123、略

【分析】【分析】

【详解】

[1]小物块滑动过程只有摩擦力做功，故由动能定理可得，滑动摩擦力对小物块做的功为

[2]又有物块质量m未知，故滑动摩擦力对小物块做的功为fx1；传送带速度大于物块速度，故小物块对传送带的相对位移为x=x2-x1

则摩擦生热为Q=fx=f(x2-x1)【解析】四、实验题(共1题，共3分)24、B:D【分析】【详解】

在做《探究动能定理》的实验时，必须要先接通电源，后释放小车，得到小车从开始运动到匀速运动的纸带，然后根据纸带的均匀的部分求解小车的最大速度，选项A错误；在“利用斜槽上滚下的小球探究碰撞中的不变量”的实验中，入射小球每次都必须从斜槽上同一位置由静止滑下，以保证小球到达斜槽底端的速度相同，选项B正确；在利用图所示装置“验证机械能守值定律”实验时只能用两点之间的平均速度等于中间点的瞬时速度来求解瞬时速度，不可以利用公式来求瞬时速度，否则就不是验证机械能守恒了，选项C错误；在利用图所示装置“验证机械能守恒定律”实验时,发现动能增加量总是小于重力势能减少量△Ep减，这是由于该过程中有阻力做功，而高度越高，阻力做功越多；故增加下落高度后，则△Ep减-△Ek将增大；选项D正确；故选BD.五、解答题(共4题，共24分)25、略

【分析】【详解】

解：(1)从A到B过程，对物块分析由动能定理得：

解得：

(2)从A到弹簧为最大压缩量时，对物块分析，由动能定理得：

联立解得：

(3)由(2)可知：

根据图像与函数相结合可知斜率：纵截距：

代入图中所给数据，解得

物块刚好能第一次被弹回，即要求物体从A点下滑能抵达C点，由图可知：

从A到弹簧为最大压缩量；