1、高考资源网（） 您身边的高考专家2015年安徽省皖东三校高考物理模拟试卷（5月份）一、单项选做题1（6分）如图所示，墙壁与斜面体的接触面处处相同，用垂直于斜面的力推着斜面体沿着竖直固定墙壁匀速下滑，下列说法正确的是（） A 如果减小推力，斜面体一定减速下滑 B 如果减小推力，斜面体仍然匀速下滑 C 如果増大推力，斜面体一定加速下滑 D 如果增大推力，斜面体一定减速下滑【考点】： 牛顿第二定律【专题】： 牛顿运动定律综合专题【分析】： 首先以斜面体为研究对象，受力分析，据平衡态和正交分解求出关系式，再据表达式分析F变化时，斜面体所做的运动即可【解析】： 解：以斜面体为研究对象，受力分析如图，由于
2、在F的作用下匀速下滑，所以合外力为零，据正交分解得： Fcos=F1 mg+Fsin=f又因为：f=F1所以：mg+Fsin=Fcos据上式可知，当F增大时，mgF（cossin），所以斜面体做减速运动，故ABC错误，D正确故选：D【点评】： 本题是典型的动力学问题，看似难度较大，无从下手，如静心分析，据平衡态找出各力间的表达式，据此分析问题迎刃而解2（6分）2011年8月25日23时27分，经过77天的飞行，我国嫦娥二号卫星在世界上首次实现从月球轨道出发，受控准确进入距离地球约150万公里远的拉格朗日L2点的环绕轨道绕太阳运行在地球和太阳连线所在直线上有三个特殊的点（拉格朗日点），其中第一拉
3、格朗日点（L1）在地球和太阳之间（图中未画出），第二和第三拉格朗日点（L2和L3），它们的位置分布如图所示，虚线圆为地球公转轨道卫星在L2和L3绕太阳运行的周期与地球绕太阳公转的周期相同，假如它们的运行轨道都是圆轨道，下列说法正确的是（） A 处在L2和L3的两颗卫星向心加速度相同 B 处在L2和L3的两颗卫星线速度大小相同 C 处在L2点的卫星向心加速度比地球向心加速度大 D 处在L3点的卫星线速度比地球线速度小【考点】： 人造卫星的加速度、周期和轨道的关系【专题】： 人造卫星问题【分析】： 根据v=判断处在L2和L3的两颗卫星线速度大小，根据a=判断处在L2点的卫星向心加速度和地球向心加速
4、度的大小，根据得：v=，比较处在L3点的卫星线速度和地球线速度大小【解析】： 解：A、向心加速度是矢量，方向始终指向圆心，图中处在L2的卫星与L3的卫星的加速度方向都指向圆心，相反，故A错误；B、处在L2和L3的两颗卫星周期相同，但是处在L2的卫星的半径比L3的卫星的半径大，根据v=可知，L2的卫星的线速度比L3的卫星的大，故B错误；C、根据a=可知，处在L2点的卫星半径比地球的半径小，所以向心加速度比地球向心加速度大，故C正确；D、根据得：v=，处在L3点的卫星和地球半径相等，所以线速度相等，故D错误故选：C【点评】： 本题考查万有引力的应用，题目较为新颖，在解题时要注意分析向心力的来源及题
5、目中隐含的条件，难度适中3（6分）在玻璃中有一个截面为三角形的柱状真空空腔，a、b两束单色光以同样的入射角由玻璃射入空腔，部分光路如图，下列说法正确的是（） A 若增大，b光在空腔内先消失 B 若改变，a光通过空腔的时间一定比b光短 C 在同一双缝干涉装置上的干涉条纹a光较宽 D 若将两个相同的小球分别涂上a、b两种颜色放在同样深度的水中，在水面上看涂a颜色的小球较浅【考点】： 光的折射定律【专题】： 光的折射专题【分析】： A、全反射条件是：从光疏介质射向光密介质，入射角大于或等于临界角；B、在真空中光速均为c；C、根据n=判断折射率大小，根据判断条纹间距大小；D、视深公式h=【解析】： 解
6、：A、由于空腔内部是真空、外部是玻璃，从真空射向玻璃不可能发生全反射，故光线通过该空腔后射向玻璃不会发生全反射，故A错误；B、由于a光线偏折大，故在空腔中是a光的光程大，光速为c，故a光的传播时间长，故B错误；C、由于a光线偏折大，故nanb，故a光的频率大，波长短，根据，在同一双缝干涉装置上，是a光的条纹间距窄，故C错误；D、若将两个相同的小球分别涂上a、b两种颜色放在同样深度的水中，由于nanb，根据视深推论式h=，在水面上看涂a颜色的小球较浅，故D正确；故选：D【点评】： 本题综合考查了光的折射、全反射、双缝干涉，要记住几个公式，折射率定义公式n=、双缝干涉条纹间距公式、视深公式h=4（
7、6分）某同学在一次投篮表演时将篮球直接投入篮圈，篮圈高度为H，篮球出手高度为h，初速度大小为v，初速度与水平方向夹角为，篮球出手点到篮圈的水平距离为L，重加加速度为g不计空气阻力并把篮球看成质点，已知下面哪组数据可以求出篮球从出手到刚入篮圈的时间（） A L、v B H、L、g C H、v D H、h、g【考点】： 抛体运动【分析】： 篮球做斜抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做竖直上抛运动，根据运动学公式求解运动的时间【解析】： 解：已知水平距离L，初速度v和初速度与水平方向的夹角，根据平行四边形定则知，水平分速度vx=vcos，则运动的时间t=故A正确，C错误根据Hh=知，若
8、知道H、h和v、初速度与水平方向的夹角，可以求出运动的时间，故B、D错误故选：A【点评】： 解决本题的关键知道斜抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，抓住等时性，结合运动学公式灵活求解5（6分）如图所示，一质量为m，电量为q的带电油滴，从水平向右的匀强电场中的O点以速度v沿与场强方向成37角射入电场中，油滴运动到最高点时速度大小也是v，己知重力加速度为g，下列说法正确的是（） A 最高点一定在0点的正上方 B 最高点可能在0点的右上方 C 0点与最高点之间的电势差可能为零 D 匀强电场的电场强度E=【考点】： 匀强电场中电势差和电场强度的关系【专题】： 电场力与电势的性质专题【分析】： 油滴
9、在电场中受到重力和电场力两个力作用，根据能量守恒分析电势能的变化，即可确定出O的位置油滴从O到O的过程，油滴的动能不变，重力做负功mgh，根据动能定理求解电势差UOO【解析】： 解：A、B油滴从O到O的过程，动能不变，而重力势能增加，根据能量守恒可知油滴的电势能减小，电场力做正功，油滴带负电，则知该油滴应逆着电场线移动，故O在O的左上方故AB错误C、D油滴从O到O的过程，由动能定理得：UOOqmgh=0解得 UOO=故C错误D、竖直方向上：vsin=gt设水平方向的加速度大小为a，取向右为正方向，则v=vcosat又 Eq=ma联立以上三式得：E=，故D正确；故选：D【点评】： 本题关键从能量
10、的角度分析讨论，运用动能定理求电势差是常用的方法，但要注意电场力做功的正负6（6分）如图所示，理想变压器原线圈与间距为m的光滑水平导轨相连，磁感应强度为0.5T的匀强磁场与导轨平面垂直，导线棒与导轨垂直且接触良好，不计导轨和导线棒的电阻导线棒以OO1位置为平衡位置沿导轨做简谐运动，其位移图象如图，副线圈接一只额定电压为110V的灯泡，灯泡正常发光下列说法正确的是（） A 0时刻导线棒产生的感应电动势最大 B 原线圈与副线圈的匝数比为1：22 C 导线棒在平衡位置时穿过副线圈的磁通量的变化率最大 D 驱动导线棒的外力的功率始终不变【考点】： 变压器的构造和原理；电功、电功率【专题】： 电磁感应与
11、电路结合【分析】： A、0时刻导体棒的速度为零，根据E=BLv判断感应电动势的大小；B、由图象得到简谐运动的位移表达式，采用微元法得到速度表达式；然后结合公式E=BLv求解电动势的最大值，根据U=求解有效值，最后根据变压比公式求解变压比；C、导线棒在平衡位置时速度最大，故产生的感应电动势最大，但感应电流的顺势变化率为零；D、驱动导线棒的外力的功率等于变压器的输入功率的瞬时值【解析】： 解：A、t=0时刻，导体棒在最大位移位置，速度为零，故感应电动势为零，故A错误；B、由xt图，有：x=Asin（t+）=故v=Acos（t+）=1000cos（100t+）cm/s=10cos（100t+）m/s
12、故输入电压最大值为：V=5V故输入电压的有效值为：灯泡正常发光，故输出电压为：U2=110V故原副线圈的匝数比为：；故B正确；C、导线棒在平衡位置时速度最大，感应电动势最大，但感应电流变化率为零，故导线棒在平衡位置时穿过原、副线圈的磁通量的变化率为零；故C错误；D、根据P=i2R，驱动导线棒的外力的功率不断变化；故D错误；故选：B【点评】： 本题中导体棒做简谐运动，产生正弦式交变电流，有xt图象得到位移时间关系和速度时间关系，然后结合公式E=Blv求解电动势的瞬时值进行分析，同时要结合变压器的原理进行分析，不难7（6分）如图所示，长为a宽为b的矩形区域内（包括边界）有磁感应强度为B的匀强磁场，
13、磁场方向垂直纸面向外0点有一粒子源，某时刻粒子源向磁场所在区域与磁场垂直的平面内所有方向发射大量质量为m电量为q的带正电的粒子，粒子的速度大小相同，粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为T，最先从磁场上边界射出的粒子经历的时间为，最后从磁场中飞出的粒子经历的时间为，不计重力和粒子之间的相互作用，则（） A 粒子速度大小为 B 粒子做圆周运动的半径为3b C a的长度为（+1）b D 最后从磁场中飞出的粒子一定从上边界的中点飞出【考点】： 带电粒子在匀强磁场中的运动【专题】： 带电粒子在磁场中的运动专题【分析】： 根据左手定则可知，粒子在磁场中受到的洛伦兹力的方向向右，将向右偏转，由运动的特点与运动
14、的最短时间，即可判断出偏转的角度；然后由几何关系求出粒子的半径，洛伦兹力提供向心力求出粒子运动的速度根据几何关系，判断出最后从磁场中飞出的粒子的轨迹，得出a的长度以及粒子飞出磁场的位置【解析】： 解：A、B、根据左手定则可知，粒子在磁场中受到的洛伦兹力的方向向右，将向右偏转结合运动的特点可知，粒子向上的分速度越大，则越早从上边界飞出所以最早从上边界飞出的粒子进入磁场的方向是竖直向上的又由题最先从磁场上边界射出的粒子经历的时间为，根据：，则粒子偏转的角度：做出这种情况下粒子运动的轨迹如图1，由图中几何关系可知：粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，即：所以：故A错误，B错误；C、D、粒子的入射的
15、方向在90的范围以内，又r=2b，所以粒子运动的轨迹不会超过半个圆，运动的时间不超过半个周期，由可知，轨迹的圆心角越大，则运动的时间越长，而圆心角越大，对应的弦长越长，所以粒子运动的最长时间的轨迹，弦长也最长所以最后射出磁场的粒子一定是从磁场的右边射出，最后从磁场中飞出的粒子经历的时间为，画出运动的最长轨迹如图2，则：所以：=30，=90=60，由于最后从磁场中飞出的粒子经历的时间为，则偏转角等于90，=90=30由几何关系可得：故C正确，D错误故选：C【点评】： 该题考查带电粒子在磁场中运动的几种临界问题，解题的关键是根据题目的条件，正确画出粒子运动的轨迹，然后从运动的轨迹中确定临界条件和几
16、何关系二、非选择题8（8分）如图1所示的是“探究动能定理”实验装置示意图小车的质量为M，盘和砝码的总质量为m实验中用盘和砝码总重力的大小当作小车受到的牵引力小车运动的距离可以由纸带测出改变盘和砝码的总质量或者改变小车运动的距离，也就改变了牵引力做的功（1）为了使细线对小车的拉力等于小车所受的合外力，先调节长木板一端滑轮的高度，使细线与长木板平行取下盘和砝码，接下来还需要进行的一项操作是垫高打点计时器一端，让小车沿着斜面向下匀速运动（平衡摩擦力）（2）图2是实验中得到的一条纸带，由图可知x3=10.75cm己知打点计时器的工作频率为50Hz，计数点2对应的速度大小为v2=0.42m/s（计算结果
17、保留2位有效数字）（3）实验中为了用盘和砝码总重力的大小当作小车受到的牵引力，盘和砝码的总质量应满足的条件是远小于小车的质量【考点】： 探究功与速度变化的关系【专题】： 实验题【分析】： （1）小车下滑时受到重力、细线的拉力、支持力和摩擦力，要使拉力等于合力，则应平衡摩擦力；（2）由刻度尺，读出示数，注意估计值，再根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上2点时小车的瞬时速度大小；（3）根据牛顿第二定律求出绳子拉力与砝码桶及桶内砝码的总重力的关系，判断出在什么情况下砝码盘及盘内砝码的总重力在数值上近似等于小车运动时受到的拉力【解析】： 解：（1）为了使细线对小车
18、的拉力等于小车所受的合外力，先调节长木板一端滑轮的高度，使细线与长木板平行接下来还需要进行的一项操作是将长木板的一端垫起适当的高度，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，撤去砂和砂桶，给打点计时器通电，轻推小车，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动，即平衡摩擦力（2）根据纸带0与3点示数，则x3=10.75cm；同理，x1=2.45cm；由于做匀变速直线运动的物体在某段时间内平均速度就等于在该段时间内的中间时刻瞬时速度，故v2=0.42m/s（3）以砝码和砝码盘作为研究对象有mgT=ma以小车作为研究对象有T=Ma联立以上两式可得T=，要使绳子拉力等于砝码和砝码盘的重力，即T=mg，故有Mm，即使
19、砝码和砝码盘的总质量远远小于小车质量，故答案为：（1）垫高打点计时器一端，让小车沿着斜面向下匀速运动（平衡摩擦力）；（2）10.75； 0.42； （3）远小于小车的质量【点评】： 探究加速与力的关系实验时，要平衡摩擦力、应根据纸带求出小车的速度，掌握实验的实验注意事项是正确解题的关键，注意盘和砝码总重力的大小当作小车受到的牵引力的条件9（10分）根据伏安法，由10V电源、015V电压表、010mA电流表等器材，连接成测量较大阻值电阻的电路由于电表内阻的影响会造成测量误差，为了避免此误差，现在原有器材之外再提供一只高精度的电阻箱和单刀双掷开关，某同学设计出了按图甲电路来测量该未知电阻的实验方案
20、（1）请按图甲电路，将图乙中所给器材连接成实验电路图（2）请完成如下实验步骤：先把开关S拨向Rx，调节滑动变阻器，使电压表和电流表有一合适的读数，并记录两表的读数，U=8.12V，I=8.0mA，用伏安法初步估测电阻Rx的大小保持滑动变阻器动片位置不变，调节电阻箱，将电阻箱阻值调到1000左右，之后把开关S拨向电阻箱R，调整电阻箱的电阻值，使电压表、电流表的读数与步骤1中的读数一致读得此时电阻箱的阻值R=1000该未知电阻阻值为1000（3）利用测得的数据，还可以得到电流表（填电流或者电压）的内电阻等于15【考点】： 伏安法测电阻【专题】： 实验题【分析】： （1）已知原理图，则按原理图依次将
21、各点连入即可，注意导线不能交叉；（2）根据实验步骤明确实验的原理，从而得出实验中应完成的步骤；（3）根据实验中的原理及电路图，分析还能求出的数据【解析】： 解：（1）已知原理图，则将各串联支路连接，再并联即可得出正确的实物图，如图所示：（2）将开关接到Rx时，由伏安法测出的电压及电流为电流表及待测电阻的总电阻，为了准确测量，可以保持滑动变阻器动片位置不变，调节电阻箱，将电阻箱阻值调到1000左右，则说明电阻箱所示电阻与待测电阻相同，则待测电阻阻值为1000（3）由伏安法测得电阻为电流表及待测电阻的阻值，故电流表内阻可以测出，RA=1000=15；故答案为：（1）如图；（2）保持滑动变阻器动片位
22、置不变，调节电阻箱，将电阻箱阻值调到1000左右；1000；（3）电流；15【点评】： 本题为设计性实验，此类题目要求先明确实验的原理，再由原理得出实验的方法，从而得出正确的数据，难度适中10（14分）如图所示，传送带水平部分长L=23.5m以v=12m/s向右为速运行质量为m=1kg的小物块（可视为质点），以v0=2m/s的速度从传送带水平部分的左端滑上传送带，物块与传送带之间的动摩擦因数=0.4，重力加速度取g=10m/s2（1）求物块通过传送带水平部分的时间（2）若物块刚滑上传送带时传送带即以a=1m/s2的加速度制动（其他条件不变），求物块与传送带相对滑动过程中产生的热量【考点】： 功
23、能关系；牛顿第二定律【分析】： （1）物块在水平方向受到摩擦力的作用，由牛顿第二定律求出加速度，然后由速度公式求出加速运动的时间和匀速运动的时间，最后求和即可（2）物块先做加速运动，当与传送带速度相等后一直减速到停止，先求出相对位移，然后由Q=fs相对即可求出产生的热量【解析】： 解：（1）设物块加速度为a1，加速时间为t1，通过的位移为s1，由牛顿第二定律，有：mg=ma1所以：a1=4m/s2加速时间为：a1t1=（vv0）代入数据解得：t1=2.5s而s1=（v+v0）t1代入数据解得：s1=17.5m匀速运动时间为：t2=0.5s故物块通过传送带时间为：t=t1+t2=2.5+0.5=
24、3s（2）由题意可知，物块先做加速运动，当与传送带速度相等后一直减速到停止设经t3时间两者速度相等为v1，有：v0+a1t3=vat3=v1解得：t3=2s，v1=10m/s 这段时间传送带和物块通过的位移分别为：s带1=（v+v1）t3=22m s物1=（v0+v1）t3=12m 相对位移为s=s带1s物1=10m该过程产生的热量为：Q1=mgs=40J速度相等后，物块与传送带一起减速到停止，无热量产生，所以全过程总热量为Q=40J答：（1）物块通过传送带水平部分的时间是3s；（2）若物块刚滑上传送带时传送带即以a=1m/s2的加速度制动（其他条件不变），物块与传送带相对滑动过程中产生的热量
25、是40J【点评】： 该题考查传送带问题，解答的关键是对于物体运动过程分析，物体可能一直减速，也有可能先减速后匀速运动，也可能先减速后加速再匀速运动，难度适中11（16分）如图甲所示，在xOy平面内有足够大的匀强电场电场方向竖直向上，电场强度E=40N/C，在y轴左侧平面内有足够大的磁场，磁感应强度B1随时间t变化的规律如图乙所示，15 s后磁场消失，选定磁场垂直纸面向里为正方向在y轴右侧平面内还有方向垂直纸面向外的恒定的匀强磁场，分布在一个半径为r=0.3m的圆形区域（图中未画出），且圆的左侧与y轴相切，磁感应强度B2=0.8T，t=0时刻，一质量m=8104kg、电荷量q=+2104C的微粒
26、从x轴上xp=0.8m处的P点以速度v=0.12m/s 向x轴正方向入射（g取10m/s2）（1）求微粒在第二象限运动过程中离x轴、y轴的最大距离（2）若微粒穿过y轴右侧圆形磁场时，速度方向的偏转角度最大，求此圆形磁场的圆心坐标（x，y）【考点】： 带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动【专题】： 带电粒子在复合场中的运动专题【分析】： （1）根据电场力等于重力，则洛伦兹力提供向心力，做匀速圆周运动，得出半径与周期公式并根据几何关系与运动学公式的位移，即可求解；（2）根据粒子做匀速圆周运动，求出半径从而得出与已知长度的函数关系，最终求出M点的坐标；【解析】： 解：（1）因为微粒
27、射入电磁场后受到的电场力和重力分别为：F电=Eq=8103 N，G=mg=8103 NF电=G，所以微粒在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有：所以R1=0.6 mT=10 s从图乙可知在05 s内微粒向左做匀速圆周运动，在5 s10 s内微粒向左匀速运动，运动位移为：x1=v=0.6 m在10 s15 s内，微粒又做匀速圆周运动，15 s以后向右匀速运动，之后穿过y轴所以，离y轴的最大距离为：s=0.8 m+x1+R1=1.4 m+0.6 m3.3 m离x轴的最大距离s=2R12=4R1=2.4 m（2）如图，微粒穿过圆形磁场要求偏转角最大，入射点A与出射点B的连线必须为磁场圆的直
28、径，由牛顿第二定律，有：qvB2=所以R2=0.6 m=2r所以最大偏转角为：=60所以圆心坐标为：x=0.30 my=srcos 60=2.4 m0.3 m=2.25 m，即磁场的圆心坐标为（0.30，2.25）答：（1）微粒在第二像限运动过程中离y轴的最大距离3.2m；离开x轴的最大距离2.4m；（2）若微粒穿过y轴右侧圆形磁场时，速度方向的偏转角度最大，求此圆形磁场的圆心坐标（0.3m、2.25m）【点评】： 本题是力学与电学综合题，根据匀速圆周运动的规律与几何关系相结合，同时运用力学与电学的知识来解题，从而培养学生分析问题的方法，提升解题的能力12（20分）如图所示，天车质量为M=40
29、kg，可沿着光滑的水平轨道运动天车上拴着一根长为 L=40m的不可伸长的轻绳，轻绳另一端拴着一个质量为m=20kg的小球，现控制小球使轻绳偏离竖直方向60角处于自然伸直状态，球与天车均静止给天车施加一水平向右的恒力F的同时放开小球，运动中两者恰好能保持相对静止当天车运动了d=5m时撤去F，同时锁定天车不计空气阻力，取重力加速度g=10m/s2请通过计算回答下列问题：（1）求恒力F的冲量I（2）求小球运动到最右端时距最低点的高度h；（3）若小球刚摆动到最右端时立即解除对天车的锁定，求在解除锁定后小球第一次通过最低点时轻绳对小球的拉力FT【考点】： 动量定理；牛顿第二定律；机械能守恒定律【专题】：
30、 动量定理应用专题【分析】： （1）隔离对球分析，根据牛顿第二定律求出加速度，结合速度位移公式求出小球和天车的速度，根据动量定理求出恒力F的冲量（2）天车锁定后小球先做平抛运动，当绳绷直后做圆周运动求出平抛运动的时间以及下降的高度，由于绳不可伸长，故绳绷直后小球只剩下水平方向的速度，即小球在最低点开始向右摆动的速度，根据机械能守恒定律求出小球运动到最右端时距最低点的高度（3）根据水平方向上动量守恒和机械能守恒求出最低点的速度，结合牛顿第二定律求出绳子的拉力【解析】： 解：（1）设车与小球共同运动的加速度为a，以球为研究对象，受力分析如图，由牛顿第二定律，有：F合=ma，而F合=mgtan解得：
31、a=m/s2，由运动学知识可知，刚撤去拉力时小球与天车的速度为：，代入数据得：v=，对小球与天车水平方向由动量定理，有：I=（M+m）v 即I=600Ns（2）天车锁定后小球先做平抛运动，当绳绷直后做圆周运动先分析绳子绷直时小球的位置，设小球运动到悬点正下方的时间为t，由水平方向匀速运动可得：t=代入数据得：t=2s 该段时间小球下降的高度为：h1=gt2代入数据得：h1=20m即小球在悬点正下方（最低点）处绳子绷直由于绳不可伸长，故绳绷直后小球只剩下水平方向的速度，即小球在最低点开始向右摆动的速度为：m/s由机械能守恒定律，有：，代入数据得：h=15m（3）设球摆到最低点时球和天车的速度大小分别为v1和v2，规定向右为正方向，由水平方向动量守恒和机械能守恒，有：mv1=Mv2mgh=mv12+Mv22在最低点对小球由牛顿第二定律，有：FTmg=m代入数据解得FT=425N答：（1）恒力F的冲量I为600Ns（2）小球运动到最右端时距最低点的高度h为15m；（3）解除锁定后小球第一次通过最低点时轻绳对小球的拉力为425N【点评】： 本题考查了牛顿第二定律、机械能守恒定律、动量守恒定律、动量定理的综合运用，知道天车锁定时，小球先做平抛运动，然后做圆周运动，本题难度较大，对学生的能力要求较高，需加强这方面的训练- 14 - 版权所有高考资源网