05曲线运动 高考物理一轮复习定基础汇编试题含解析

这是一份05曲线运动 高考物理一轮复习定基础汇编试题含解析，共157页。试卷主要包含了单选题，多项选择题，解答题等内容，欢迎下载使用。

专题05曲线运动
一、单选题
1．如图所示，将一质量为m的小球从空中O点以速度水平抛出，飞行一段时间后，小球经过P点时动能，不计空气阻力，则小球从O到P过程中（）

A. 经过的时间为
B. 速度增量为，方向斜向下
C. 运动方向改变的角度的正切值为
D. 下落的高度为
【答案】A

2．类比是一种常用的研究方法．对于直线运动，教科书中讲解了由图像求位移，由 (力-位移)图像求做功的方法．请你借鉴此方法分析下列说法，其中正确的是（）
A. 由 (力-速度)图线和横轴围成的面积可求出对应速度变化过程中力做功的功率
B. 由 (力-时间)图线和横轴围成的面积可求出对应时间内力所做的冲量
C. 由 (电压-电流)图线和横轴围成的面积可求出对应的电流变化过程中电流的功率
D. 由 (角速度-半径)图线和横轴围成的面积可求出对应半径变化范围内做圆周运动物体的线速度
【答案】B
【解析】图线中任意一点的横坐标与纵坐标的乘积等于，即瞬时功率，故图象与横轴围成的面积不一定等于，即不是对应速度变化过程中力做功的功率，A错误；（力-时间）图线和横轴围成的面积表示冲量， B正确；由（电压-电流）图线，根据公式可知，根据与的坐标值的乘积，求出对应电流做功的功率，C错误；图线中任意一点的横坐标与纵坐标的乘积等于，即线速度；故图象与横轴围成的面积不一定等于，即不一定等于线速度，D错误．选B．
3．下列说法中正确的是.
A. 物体速度变化越大，则其加速度越大
B. 物体的加速度越大，则其速度一定增大
C. 原来平衡的物体，突然撤去一个外力，物体可能做曲钱运动，也可能做直线运动
D. 原来平衡的物体，突然撤去一个外力，则一定会产生加速度且方向与撤去的外力的方向相同
【答案】C
【解析】A项：根据加速度定义：，可知，物体速度变化越大，则其加速度不一定越大，选项A错误；
B项：若物体的速度方向与加速度方向相反，即使物体的加速度增大，但其速度仍减小，选项B错误；
C项：若撤去某一个力后，其余力的合力与撤去的力等值、反向、共线，若与速度方向不共线时，物体做曲线运动，若与速度方向共线时，物体做直线运动，故C正确；
D项：原来平衡的物体，突然撤去一个外力，若所剩的其它外力不变，则一定会产生加速度，且方向与撤去的外力的方向相反，故D错误。
4．一根光滑金属杆，一部分为直线形状并与轴负方向重合，另一部分弯成图示形状，相应的曲线方程为。(单位：m)，一质量为0.1Kg的金属小环套在上面．t=0时刻从m处以m／s向右运动，并相继经过的A点和的B点，下列说法正确的是

A. 小环在B点与金属环间的弹力大于A点的弹力
B. 小环经过B点的加速度大于A点时的加速度
C. 小环经过B点时重力的瞬时功率为20W
D. 小环经过B点的时刻为t=2s
【答案】C
【解析】A、若金属小环做平抛运动，则有，，故平抛运动轨迹方程与曲线方程一样，所以金属小环做平抛运动，与金属环间的弹力为0，故A错误；
B、金属小环做平抛运动，小环经过B点的加速度等于A点时的加速度，故B错误；
C、小环经过B点的时间，所以小环经过B点的时刻为t=3s，小环经过B点时，所以小环经过B点时重力的瞬时功率为，故C正确，D错误；
故选C。
5．一质量为m的小物块沿竖直面内半径为R的圆弧轨道下滑，滑到最低点时的瞬时速度为v，若小物块与轨道的动摩擦因数是，则当小物块滑到最低点时受到的摩擦力为

A. B. C. D.
【答案】D

6．如图所示，在倾角为30°的斜面上的P点钉有一光滑小铁钉，以P点所在水平虚线将斜面一分为二，上部光滑，下部粗糙．一绳长为3R轻绳一端系与斜面O点，另一端系一质量为m的小球，现将轻绳拉直小球从A点由静止释放，小球恰好能第一次通过圆周运动的最高点B点．已知OA与斜面底边平行，OP距离为2R，且与斜面底边垂直，则小球从A到B 的运动过程中（　　）

A. 合外力做功mgR B. 重力做功2mgR
C. 克服摩擦力做功mgR D. 机械能减少mgR.
【答案】D
【解析】以小球为研究的对象，则小球恰好能第一次通过圆周运动的最高点B点时，绳子的拉力为0，小球受到重力与斜面的支持力，重力沿斜面向下的分力恰好充当向心力，得：
解得：
A到B的过程中，重力与摩擦力做功，设摩擦力做功为Wf，则解得：
A：A到B的过程中，合外力做功等于动能的增加，故A错误。
B：A到B的过程中，重力做功，故B错误。
C：A到B的过程中，克服摩擦力做功，故C错误。
D：A到B的过程中，机械能的变化，即机械能减小，故D正确。
7．如图所示，甲、乙两船在同一河岸边A、B两处,两船船头方向与河岸均成θ角,且恰好对准对岸边C点。若两船同时开始渡河，经过一段时间t,同时到达对岸，乙船恰好到达正对岸的D点。若河宽d、河水流速均恒定，两船在静水中的划行速率恒定，且不影响各自的航行。下列说法中正确的是 (　 　)

A. 两船在静水中的划行速率不同
B. 甲船渡河的路程有可能比乙船渡河的路程小
C. 两船同时到达D点
D. 河水流速为
【答案】C
【解析】A. 由题意可知，两船渡河的时间相等，两船沿垂直河岸方向的分速度υ1相等，由υ1=υsinθ知两船在静水中的划行速率υ相等，选项A错误；
B. 乙船沿BD到达D点，可见河水流速υ水方向沿AB方向，可见甲船不可能到达到正对岸，甲船渡河的路程较大，选项B错误；
C. 由于甲船沿AB方向的位移大小x=(υcosθ+υ水)t=2dtanθ=AB，可见两船同时到达D点，选项C正确；
D. 根据速度的合成与分解，υ水=υcosθ，而υsinθ=d/t,得，选项D错误；
故选：C.
小船过河的速度为船在静水中的速度垂直河岸方向的分速度，故要求过河时间需要将船速分解为沿河岸的速度和垂直河岸的速度；要求两船相遇的地点，需要求出两船之间的相对速度，即它们各自沿河岸的速度的和．
8．铁路在弯道处的内外轨道高低是不同的，已知内外轨道对水平面倾角为，如图所示，弯道处的圆弧半径为R，若质量为m的火车转弯时速度大于，则（）

A. 内轨对内侧车轮轮缘有向外的挤压力
B. 外轨对外侧车轮轮缘有向内的挤压力
C. 内轨对内侧车轮轮缘有向内的挤压力
D. 外轨对外侧车轮轮缘有向外的挤压力
【答案】B
【解析】火车的重力和轨道对火车的支持力的合力恰好等于需要的向心力时，此时火车的速度正好是，当火车火车转弯的速度大于时，需要的向心力增大，而重力与支持力的合力不变，所以合力小于所需要的向心力，外轨就要对火车产生一个向内的力来补偿一部分向心力，所以此时外轨对内外侧车轮轮缘有挤压，ACD错误，B正确．故选B.
点睛：火车转弯主要是分析清楚向心力的来源，再根据速度的变化，可以知道对内轨还是对外轨由作用力．
9．如图所示，长为L的细绳一端固定，另一端系一质量为m的小球，给小球一个合适的初速度，小球便可在水平面内做匀速圆周运动，这样就构成了一个圆锥摆，设细绳与竖直方向的夹角为．下列说法中正确的是（ ）

A. 小球受重力、绳的拉力和向心力作用
B. 细绳的拉力提供向心力
C. 越大，小球运动的周期越大
D. 越大，小球运动的线速度越大
【答案】D
【解析】小球只受重力和绳的拉力作用，二者合力提供向心力．故AB错误；小球运动周期：，因此越大，小球运动的周期越小，故C错误；向心力大小为：，小球做圆周运动的半径为：，则由牛二定律得：．
得到线速度：．越大，、越大．∴小球运动的速度越大．故D正确．故选D．
点睛：理解向心力：是效果力，它由某一个力充当，或几个力的合力提供，它不是性质的力，分析物体受力时不能分析向心力．同时，还要清楚向心力的不同的表达式．
10．如图所示，红蜡块能在玻璃管内的水中匀加速上升，若红蜡块在从A点匀加速上升的同时，玻璃管水平向右做匀速直线运动，则红蜡块实际运动的轨迹是图中的 ( )

A. 直线P B. 曲线Q C. 曲线R D. 无法确定
【答案】C
【解析】两个分运动的合加速度方向水平向右，与合速度的方向不在同一条直线上，所以合运动为曲线运动，根据曲线运动的合力（加速度）大致指向轨迹凹点的一向，知该轨迹为曲线Q．故B正确，A、C、D错误．
点晴：蜡块参与了竖直方向上的匀速直线运动和水平方向上的匀加速直线运动，判断合运动是直线运动看合速度与合加速度在不在同一条直线上，并且曲线运动的合力（加速度）大致指向轨迹凹点的一向．
11．跳台滑雪运动员的动作惊险而优美，其实滑雪运动可抽象为物体在斜坡上的平抛运动.如图所示，设可视为质点的滑雪运动员从倾角为的斜坡顶端P处，以初速度v0水平飞出，运动员最后又落到斜坡上A点处，AP之间距离为L，在空中运动时间为t，改变初速度v0的大小，L和t都随之改变.关于L、 t与v0的关系，下列说法中正确的是（ ）

A. L与v0成正比 B. L与v0成反比 C. t与v0成正比 D. t与v0成反比
【答案】C
【解析】滑雪运动可抽象为物体在斜坡上的平抛运动．设水平位移x，竖直位移为y，结合几何关系，有：水平方向上：x=Lcosθ=v0t；竖直方向上：y=Lsinθ＝gt2；联立可得：，可知t与v0成正比，故C正确，D错误．L=v02，可知L与v02成正比，故AB错误．故选C．
12．光滑平面上一运动质点以速度v通过原点O，v与x轴正方向成α角（如图所示），与此同时对质点加上沿x轴正方向的恒力Fx和沿y轴正方向的恒力Fy，则

A. 质点一定做曲线运动
B. 如果Fy>Fx，质点向y轴一侧做曲线运动
C. 质点不可能做直线运动
D. 如果Fy 【答案】D
【解析】若，则合力方向与速度方向在同一条直线上，物体做直线运动；若，则合力方向与速度方向不在同一条直线上，合力偏向于速度方向上侧，则质点向y轴一侧做曲线运动；
若，则合力方向与速度方向不在同一条直线上，合力偏向于速度方向下侧，质点向x轴一侧做曲线运动．故D正确，A、B、C错误；
故选D。
13．如图所示，在斜面顶端a处以速度va水平抛出一小球，经过时间ta恰好落在斜面底端P处；今在P点正上方与a等高的b处以速度vb水平抛出另一小球，经过时间tb恰好落在斜面的中点Q处。若不计空气阻力，下列关系式正确的(　　)

A. va=2vb B.
C. ta=2tb D.
【答案】B

14．如图所示，小球甲从A点水平抛出的同时小球乙从B点自由释放，两小球先后经过C点时速度大小相等，方向间夹角为θ=45°．已知BC高h，不计空气的阻力．由以上条件可知（ ）

A. 甲小球做平抛运动的初速度大小为
B. 甲乙小球到达C点所用时间之比为1:2
C. A、B两点的高度差为
D. A、B两点的水平距离为
【答案】A
【解析】A、乙球到达C点的速度 ,则甲球到达C点的速度,根据平行四边形定则知,甲球平抛运动的初速度，故A正确；
B、对甲有: ，对乙球有则故B错误.
C、已知BC高h ，AC两点的高度差 ,则A、B的高度差故C错误；
D、A、B的水平距离 ,故D错误.
综上所述本题答案是：A
15．如图所示，长为h的轻杆一端固定一质量为 m 的小球，另一端有固定转轴 O，杆可在竖直平面内绕转轴 O 无摩擦转动．已知小球通过最低点 Q 时，速度大小为 ，则小球的运动情况为（ ）

A. 小球能到达圆周轨道的最高点 P，且在 P 点受到轻杆对它向上的弹力
B. 小球能到达圆周轨道的最高点 P，且在 P 点受到轻杆对它向下的弹力
C. 小球能到达圆周轨道的最高点 P，但在 P 点不受轻杆对它的作用力
D. 小球不可能到达圆周轨道的最高点 P
【答案】A
【解析】根据动能定理得 ,
计算得出知小球能够到达最高点P.此时在最高点重力和支持力相等,即在P点受到轻杆对它向上的弹力，故A正确.
综上所述本题答案是：A
16．太阳神车由四脚的支架吊着一个巨大的摆锤摆动，游客被固定在摆下方的大圆盘A上，如图所示．摆锤的摆动幅度每边可达120°．6台大功率的异步驱动电机同时启动，为游客创造4.3g的加速度，最高可飞跃至15层楼高的高空．如果不考虑圆盘A的自转，根据以上信息，以下说法中正确的是（　　）

A. 当摆锤摆至最高点的瞬间，游客受力平衡
B. 当摆锤摆至最高点时，游客可体验最大的加速度
C. 当摆锤在下摆的过程中，摆锤的机械能一定不守恒
D. 当摆锤在上摆过程中游客体验超重，下摆过程游客体验失重
【答案】C
【解析】A、当摆锤摆至最高点的瞬间，摆锤与游客将开始下降，具有向下的加速度，游客受力不平衡，故A错误；
B、当摆锤摆至最高低时，摆锤的速度最大，向心加速度最大，所以游客可体验最大的加速度，故B错误；
C、当摆锤在下摆的过程中，由于电动机做正功，摆锤的机械能一定不守恒，故C正确；
D、当摆锤在上摆过程中，摆锤向上做匀减速运动，加速度方向向下，游客体验失重，故D错误；
故选C。
17．在中国南昌有我国第一高摩天轮——南昌之星，总建设高度为160米，横跨直径为153米，如图所示。它一共悬挂有60个太空舱，每个太空舱上都配备了先进的电子设备，旋转一周的时间是30分钟，可同时容纳400人左右进行同时游览。若该摩天轮做匀速圆周运动,则乘客（ ）

A. 速度始终恒定
B. 加速度始终恒定
C. 乘客对座椅的压力始终不变
D. 乘客受到的合力不断改变
【答案】D
【解析】匀速圆周运动的速度方向沿圆周的切线方向，方向时刻在改变，故其速度是变化的．故A错误．做匀速圆周运动的物体，其向心加速度方向始终指向圆心，方向时刻在变化，故向心加速度是变化的，故B错误．乘客对座椅的压力方向始终变化，所以压力变化．故C错误．做匀速圆周运动的物体，其所受的合力提供向心力，其方向始终指向圆心，始终变化．故D正确．故选D.
点睛：本题考查对匀速圆周运动不变量和合力方向的掌握情况，对于匀速圆周运动不变量有：角速度、周期、频率、速度和加速度的大小等等．
18．如图，可视为质点的小球位于半圆柱体左端点A的正上方某处，以初速度v0水平抛出，其运动轨迹恰好能与半圆柱体相切于B点．过B点的半圆柱体半径与水平方向的夹角为30°，则半圆柱体的半径为（不计空气阻力，重力加速度为g）（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】飞行过程中恰好与半圆轨道相切于B点，知速度与水平方向的夹角为30°，设位移与水平方向的夹角为θ，则有，因为 ，则是竖直位移为：，联立以上各式解得：，故C正确。
点晴：解决本题的关键掌握平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，抓住速度方向，结合位移关系、速度关系进行求解。
19．如图所示，轻质且不可伸长的细绳一端系一质量为m的小球，另一端固定在天花板上的O点．则小球在竖起平面内摆动的过程中，以下说法正确的是(　　)

A. 小球在摆动过程中受到的外力的合力即为向心力
B. 在最高点A、B，因小球的速度为零，所以小球受到的合外力为零
C. 小球在最低点C所受的合外力，即为向心力
D. 小球在摆动过程中使其速率发生变化的力为绳子的拉力
【答案】C
【解析】:
A、小球摆动过程中,靠沿绳子方向的合力提供向心力,不是靠合力提供向心力,故A错误；
B、在最高点A和B,小球的速度为零,向心力为零,但是小球所受的合力不为零,故B错误；
C、小球在最低点,受重力和拉力,两个力的合力竖直向上,合力等于向心力，故C正确； D、小球在摆动的过程中,因为绳子的拉力与速度方向垂直,则拉力不做功,拉力不会致使小球速率的变化,故D错误.
综上所述本题答案是：C
20．一飞机以150m/s的速度在高空某一水平面上做匀速直线运动，相隔1s先后从飞机上落下A、B两个物体，不计空气阻力，在运动过程中它们所在的位置关系是（ ）
A. A在B之前150m处
B. A在B之后150m处
C. 正下方4.9m处
D. A在B 的正下方且与B的距离随时间而增大
【答案】D
【解析】:

21．如图所示，在水平地面上O点正上方的A、B两点同时水平抛出两个相同小球，它们最后都落到地面上的C点，则两球（ ）

A. 有可能同时落地
B. 落在C点的速度方向可能相同
C. 落在C点的速度大小可能相同
D. 落在C点的重力的瞬时功率可能相同
【答案】C
【解析】A、小球在竖直方向做自由落体运动，根据：，可知高度不同，所以运动时间一定不同，故A错误；
B、平抛运动轨迹为抛物线，速度方向为该点的切线方向，分别从AB两点抛出的小球轨迹不同，在C点的切线方向也不同，所以落地时方向不可能相同，故B错误；
C、由动能定理：，落地速度为：，则知落在C点的速度大小可能相同，故C正确；
D、落在C点时重力的功率，由于A、B是两个相同的小球，而下落的高度不同，所以重力的功率也不相同，故D错误；
综上所述本题答案是：C
22．如图所示，小物体P放在水平圆盘上随圆盘一起转动，下列关于小物体所受摩擦力f的叙述正确的是（　　）

A. 圆盘匀速转动时，摩擦力f等于零
B. 圆盘转动时，摩擦力f方向总是指向轴O
C. 当物体P到轴O距离一定时，摩擦力f的大小跟圆盘转动的角速度成正比
D. 当圆盘匀速转动时，摩擦力f的大小跟物体P到轴O的距离成正比
【答案】D
【解析】只有当木块P随圆盘一起绕过O点的竖直轴匀速转动时，P受到的静摩擦力提供向心力，f的方向才指向圆心，若圆盘不是匀速转动，摩擦力f方向不是指向轴O，故A、B错误；
当物体P到轴O距离一定时，f=mrω2，f∝ω2，摩擦力f的大小跟圆盘转动的角速度平方成正比，故C错误；
当圆盘匀速转动时，转速n一定，f=4n2mr，f∝r，即摩擦力f的大小跟物体P到轴O的距离成正比，故D正确；
故选D。
23．一质点做匀速直线运动，现对其施加一恒力，且原来作用在质点上的力不发生改变。则该质点
A. 不可能做匀变速运动
B. 速度的大小保持不变
C. 速度的方向总是与该恒力的方向垂直
D. 任意相等时间内速度的变化量总相同
【答案】D
【解析】未施加恒力前，质点做匀速直线运动，即合力为零，所以施加恒力后，质点的合力大小等于该恒力，合力方向与恒力的方向相同，所以做匀变速运动，若该恒力的方向与速度方向的夹角不为90°，则速度大小一定变化，AB错误；速度的方向与恒力的方向的夹角多样化，不一定是垂直的关系，C错误；由于做匀变速运动，即加速度恒定，所以根据可知任意相等时间内速度的变化量总相同，D正确．
24．如图所示，线段OA=2AB，A、B两球质量相等，当它们绕O点在光滑的水平面上以相同的角速度转动时，两线段拉力之比为

A. 2 ：3 B. 3 ：2 C. 5 ：3 D. 2 ：1
【答案】C
【解析】设，则，角速度为ω，每个小球的质量为m．则根据牛顿第二定律得：对B球，对A球，联立以上两式得：，C正确．
25．如图所示，斜面上a、b、c三点等距，小球从c点正上方O点抛出，做初速为v0的平抛运动，恰落在b点．若小球初速变为v，其落点位于a，则（ ）

A. v0＜v＜2v0 B. v=2v0 C. v＞2v0 D. v＞3v0
【答案】C
【解析】解：如图所示, 落到a运动时间变小了，但落到a点和b点水平位移是1:2的关系，所以 v＞2v0才可以，故选C
26．长为l0的轻杆一端固定一个质量为m的小球，绕另一端O在竖直平面内做匀速圆周运动，如图所示。若小球运动到最高点时对杆的作用力为2mg，以下说法正确的是

A. 小球运动的线速度大小为
B. 小球运动的线速度大小为
C. 小球在最高点时所受的合力3mg
D. 小球在最低点时所受杆的拉力为3mg
【答案】C

27．如图所示，在距离竖直墙壁为L=1.2m处，将一小球水平抛出，小球撞到墙上时，速度方向与墙面成θ=37°，不计空气阻力．墙足够长，g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，则（　　）

A. 球的初速度大小为3m/s
B. 球撞到墙上时的速度大小为4m/s
C. 将初速度变为原来的2倍，其他条件不变，小球撞到墙上的点上移了
D. 若将初速度变为原来的一半，其他条件不变，小球可能不会撞到墙
【答案】AD
【解析】A、设小球水平抛出时的速度为v0，则从开始到撞到墙上所用的时间为：
撞到墙上时的竖直速度：
根据速度方向与墙面成θ=37º，则
代入数据得：v0=3m/s，A正确；
B、撞到墙上时的速度：，B错误；
C、打到墙上的点距抛出点的竖直高度为：；若将球的初速度变为原来的2倍，则打到墙上的点距抛出点的竖直高度为：。小球撞到墙上的点上移了，C错误；
D、因为墙足够长，只要初速度不为零，就一定能打到墙上，D错误。
故选：A。
28．如图所示．曲线是某质点只在一恒力作用下的部分运动轨迹．质点从M点出发经P点到达N点，已知质点从M点到P点的路程大于从P点到N点的路程，质点由M点运动到P点与由P点运动到N点的时间相等．下列说法中正确的是( )

A. 质点从M到N过程中速度大小保持不变
B. 质点在M、N间的运动不是匀变速运动
C. 质点在这两段时间内的动量变化量大小相等，方向相同
D. 质点在这两段时间内的动量变化量大小不相等，但方向相同
【答案】C
【解析】因为质点在恒力作用下运动，所以质点做匀变速曲线运动，速度随时间变化，故AB错误；根据动量定理可得，两段过程所用时间相同，所以动量变化量大小和方向都相同，C正确D错误．
29．半径为1 m的水平圆盘绕过圆心O的竖直轴匀速转动，A为圈盘边缘上一点，在O点的正上方将一个可视为质点的小球以4 m/s的速度水平拋出时，半径OA方向恰好与该初速度的方向相同，如图所示，若小球与圆盘只碰—次，且落在A点，则圆盘转动的角速度大小可能是（ ）

A. B. C. D.
【答案】D
【解析】小球平抛运动的时间为，小球平抛运动的时间和圆盘转动n圈的时间相等，则有，解得，n=1，2，3…．当n=1时，ω=8πrad/s；当n=2时，ω=16πrad/s，随着n的增大，角速度在增大，故角速度最小为，故D正确．
30．如图所示，在倾角＝37°的斜面底端的正上方 H 处，平抛一个物体，该物体落到斜面上的速度方向正好与斜面垂直，则物体抛出时的初速度v为（）

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】设飞行的时间为t，则，
因为是垂直打上斜面，斜面与水平面之间的夹角为37°，
因为斜面与水平面之间的夹角为37°，由三角形的边角关系可知，
解得，故A正确，BCD错误；
故选A。
31．一小船在静水中的速度为 3m/s，它在一条河宽 150m，流速为 4m/s 的河流中渡河，则 下列说法正确的是
A. 小船可以到达正对岸
B. 小船渡河的轨迹是一条抛物线
C. 小船以最短时间渡河时，它的位移大小为 200 m
D. 小船以最短位移渡河时，位移大小为 200 m
【答案】D

D、当小船以最短位移渡河时，，位移大小为，故正确；
故选D。
32．如图所示，水平转台上有一个质量为m的物块，用长为l的轻质细绳将物块连接在转轴上，细绳与竖直转轴的夹角θ为，此时绳绷直但无张力，物块与转台间动摩擦因数为μ=，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块随转台由静止开始缓慢加速转动，角速度为ω，加速度为g，则( )

A. 当ω=时，细线中张力为零
B. 当ω=时，物块与转台间的摩擦力为零
C. 当ω=时，细线的张力为
D. 当ω=时，细绳的拉力大小为
【答案】D
【解析】试题分析：对物体受力分析知物块离开圆盘前合力，，根据题目提供的条件，结合临界条件分析即可．
当转台的角速度比较小时，物块只受重力、支持力和摩擦力，当细绳恰好要产生拉力时，解得，由于，所以当时，细线中张力为不为零，A错误；随速度的增大，细绳上的拉力增大，当物块恰好要离开转台时，物块受到重力和细绳的拉力的作用，则，解得，由于，所以当时，物块与转台间的摩擦力不为零，B错误；由于，由牛顿第二定律，因为压力小于mg，所以，解得，故C错误；当时，小球已经离开转台，细绳的拉力与重力的合力提供向心力，则，解得，故，D正确．
33．如图，一块足够大的光滑平板放置在水平面上，能绕水平固定轴MN调节其与水平面所成的倾角.板上一根长为的轻细绳，它的一端系住一质量为的小球P，另一端固定在板上的O点.当平板的倾角为时，先将轻绳平行于水平轴MN拉直，第一次给小球一初速度使小球恰能在板上做完整的圆周运动，小球在最高点的速度大小为，若要使小球在最高点时绳子的拉力大小为恰与重力大小相等，则小球在最高点的速度大小为（取重力加速度）

A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】小球在斜面上运动时受绳子拉力、斜面弹力、重力。在垂直斜面方向上合力为0，重力在沿斜面方向的分量为
若恰好通过最高点绳子拉力
此时，代入数据得：
若要使小球在最高点时绳子的拉力大小为恰与重力大小相等，小球在最高点时，由绳子的拉力和重力分力的合力提供向心力

代入数据得：故C正确；
综上所述本题答案是：C
34．里约奥运会我国女排获得世界冠军，女排队员“重炮手”朱婷某次发球如图所示，朱婷站在底线的中点外侧，球离开手时正好在底线中点正上空3.04m处，速度方向水平且在水平方向可任意调整.已知每边球场的长和宽均为9m，球网高2.24m，不计空气阻力，重力加速度.为了使球能落到对方场地，下列发球速度大小可行的是

A. 22m/s B. 23m/s
C. 25m/s D. 28m/s
【答案】B
【解析】恰好能过网时，根据得，，则击球的
综上所述本题正确答案为B。
35．如图所示，汽车向右沿水平面做匀速直线运动，通过绳子提升重物M．若不计绳子质量和绳子与滑轮间的摩擦，则在提升重物的过程中，下列有关判断正确的是（ ）

A. 重物减速上升 B. 重物加速上升
C. 绳子张力不断增大 D. 地面对汽车的支持力不断减小
【答案】B
【解析】A、设绳子与水平方向的夹角为α，将小车的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，沿绳子方向的速度等于M的速度，根据平行四边形定则得,vM=vcosα，车子在匀速向右的运动过程中，绳子与水平方向的夹角为α减小，所以M的速度增大，M做加速上升运动，故A错误，B正确；
C. 车速一定，重物速度随着角度的减小逐渐加快，重物在做加速上升，角度越来越小，由vM=vcosα，可知，在相等的时间内，速度的增加变小，则加速度越来越小，逐渐趋于匀速运动，绳子张力等于Mg+Ma，a为加速度，加速度减小，重力不变，张力减小，而且α角减小，汽车受绳子竖直方向的分力减小，所以支持力增加。故C错误，D错误。
故选：B。
36．如图所示，在半径为0.2m的固定半球形容器中，一质量为l kg的小球(可视为质点)自边缘上的A点由静止开始下滑，到达最低点B时，它对容器的正压力大小为l5 N。取重力加速度为g=10m/s2，则球自A点滑到B点的过程中克服摩擦力做的功为

A. 0.5 J B. 1.0 J C. 1.5 J D. 1.8 J
【答案】C
【解析】试题分析：小球在B点竖直方向上受重力和支持力，根据合力提供向心力求出B点的速度，再根据动能定理求出摩擦力所做的功．
在B点有．得．A滑到B的过程中运用动能定理得，得，所以球自A点滑到B点的过程中克服摩擦力做的功为1.5J，C正确．
37．如图所示，位于同一高度的小球A、B分别水平抛出，都落在倾角为45°的斜面上的C点，小球B恰好垂直打到斜面上，则A、B在C点的速度之比为

A. 1：2 B. 1：1 C. D.
【答案】D
【解析】试题分析：两个小球同时做平抛运动，又同时落在C点，说明运动时间相同．小球垂直撞在斜面上的C点，说明速度方向与斜面垂直，可以根据几何关系求出相应的物理量．
小球A做平抛运动，根据分位移公式，有：①，②，又③，联立①②③得④，则A在C点的速度，小球B恰好垂直打到斜面上，则有⑤，则得⑥，由④⑥得：．则B在C点的速度，则，D正确．
38．如图所示，用一根长杆和两个小定滑轮组合成的装置来提升质量为m的重物A，长杆的一端放在地面上，并且通过铰链连接形成转轴，其端点恰好处于左侧滑轮正下方的O点处，在杆的中点C处拴一细绳，通过两个滑轮后挂上重物A，C点与O点的距离为，滑轮上端B点距O点的距离为.现在杆的另一端用力，使其沿逆时针方向由竖直位置以角速度匀速转至水平位置(转过了 角).则在此过程中，下列说法正确的是（ ）

A. 重物A的速度先增大后减小，最大速度是
B. 重物A做匀速直线运动
C. 绳的拉力对A所做的功为
D. 绳的拉力对A所做的功为
【答案】A
【解析】设C点线速度方向与绳子沿线的夹角为（锐角），由题知C点的线速度为，该线速度在绳子方向上的分速度就为，的变化规律是从最大（）然后逐渐变小，则逐渐变大，直至绳子和杆垂直，变为零，绳子的速度变为最大；然后又逐渐增大，逐渐变小，绳子的速度变慢，可知重物做变速运动，重物先加速，后减速，当为零时，重物的速度最大，达到，故A正确；B错误；拉力对重物m所做的功等于物体重力势能的增加量和动能的增加量，物体升高的高度等于左侧绳子的伸长量，由几何关系可知，故重力势能增加量为，而杆转到水平位置时，，则此时速度为；故此时动能的增加量为，因此绳子对物体A所做的功为，故CD错误；选A.
【点睛】本题应明确重物的速度来自于绳子的速度，注意在速度的分解时应明确杆的转动线速度为线速度，而绳伸长速度及转动速度为分速度，再由运动的合成与分解得出合速度与分速度的关系。
39．质量为M的物体内有光滑圆形轨道，现有一质最为m的小滑块沿该圆形轨道的竖直面内做圆周运动，A、C为圆周的最高点和最低点，B、D点与圆心O同一水平线上的点，小滑块运动时，物体M在地面上静止不动，则物体M对地面的压力N和地面对M的摩擦力有关说法中正确的是（ ）

A. 小滑块在A点时，，摩擦力方向向左
B. 小滑块在B点时，，摩擦力方向向左
C. 小滑块在C点时，，M与地面无摩檫力
D. 小滑块在D点时，，摩擦力方向向左
【答案】C

【点睛】小滑块在竖直面内做圆周运动，小滑块的重力和圆形轨道对滑块的支持力的合力作为向心力，根据在不同的地方做圆周运动的受力，可以分析得出物体M对地面的压力N和地面对物体M的摩擦力的大小
40．某同学设计了一种能自动拐弯的轮子．如图所示，两等高的等距轨道a、b固定于水平桌面上，当装有这种轮子的小车在轨道上运行到达弯道略微偏向轨道外侧时，会顺利实现拐弯而不会出轨．下列截面图所示的轮子中，能实现这一功能的是( )

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】A、图A中，当该小车在轨道上运行到达弯道略微偏向轨道外侧时，由于惯性，内侧轮高度略降低，外侧轮高度略升高，轨道对小车的支持力偏向轨道内侧，与重力的合力提供向心力，从而顺利拐弯，故A正确；
B、图B中，当该小车在轨道上运行到达弯道略微偏向轨道外侧时，由于惯性，内侧轮高度略升高，外侧轮高度略降低，轨道对小车的支持力偏向轨道外侧，小车会产生侧翻，故B错误；
C、图C中，支持力的方向是左上方，水平分力提供向左的向心力，若车向右拐弯，小车会出轨，故C错误；
D、图D中，当该小车在轨道上运行到达弯道略微偏向轨道外侧时，两侧高度基本不变，支持力与重力的合力不能提供向心力，若没有外力提供向心力，由于惯性，小车会出轨，故D错误．
故选：A。
点睛：要使小车顺利拐弯，必须提供向心力，根据小车的受力情况，判断轨道提供的向心力，即可判断．
41．如图所示，小球A质量为m，固定在长为L的轻细直杆一端，绕杆的另一端O点在竖直平面内做圆周运动．若小球经过最低点时的速度为，不计一切阻力，则小球运动到最高点时，杆对球的作用力为（　　）

A. 推力，大小为mg
B. 拉力，大小为mg
C. 拉力，大小为0.5mg
D. 推力，大小为0.5mg
【答案】B
【解析】根据动能定理：，可得小球从最低点到达最高点的速度为：，在最高点设杆对球为支持力，根据牛顿第二定律：，解得FN=-mg，负号说明与假设的方向相反，杆对球为拉力，故B正确，ACD错误。
42．如图所示，一网球运动员将球在边界处正上方水平向右击出，球刚好过网落在图中位置(不计空气阻力)，数据如图所示，则下列说法中正确的是

A. 击球点高度h1与球网高度h2之间的关系为h1＝1.8 h2
B. 击球点高度h1与球网高度h2之间的关系为h1＝1.5 h2
C. 若保持击球高度不变，球的初速度V0只要不大于，一定落在对方界内
D. 任意降低击球高度(仍大于h2)，只要击球初速度合适，球一定能落在对方界内
【答案】A
【解析】解： A、平抛运动在水平方向上做匀速直线运动,水平位移为s和的时间比2:3,则竖直方向上,根据则有，解得h1=1.8h2.故A正确，B错误。
C、若保持击球高度不变,要想球落在对方界内,要既不能出界,又不能触网,根据得，
则平抛运动的最大速度 .根据 h,则平抛运动的最小速度.故C错误.
D、任意降低击球高度(仍大于h2),会有一临界情况,此时球刚好触网又刚好压界,若小于该临界高度,速度大会出界,速度小会触网,所以不是高度比网高,就一定能将球发到界内.故D错误.故选A
43．质量为m的飞行员驾驶飞机在竖直平面内以速度v做半径为r的匀速圆周运动，在轨道的最高点(飞行员在座椅的下方)和最低点时，飞行员对座椅的压力（ ）
A. 是相等的 B. 相差 C. 相差 D. 相差
【答案】D
【解析】解：飞行员在最低点有: ,飞行员在最高点有: ,所以可知在最低点比最高点大2mg,故D正确
44．应用物理知识分析生活中的常见现象，可以使物理学习更加有趣和深入。人坐在摩天轮吊厢的座椅上，摩天轮在竖直平面内按顺时针做匀速圆周运动的过程中，始终保持椅面水平，且人始终相对吊厢静止。关于人从最低点a随吊厢运动到最高点c的过程中，下列说法中正确的是（ ）

A. 人始终处于超重状态
B. 座椅对人的摩擦力越来越大
C. 座椅对人的弹力越来越小
D. 人所受的合力始终不变
【答案】C
减小，方向向上，，而mg不变，所以N减小，从b到c过程中减小，增大，方向向下，，故N减小，即N一直减小，C正确；合力的方向时刻指向圆心，时刻变化，D错误．
45．应用物理知识分析生活中的常见现象，可以使物理学习更加有趣和深入。例如你用手掌平托一苹果，保持这样的姿势在竖直平面内按顺时针方向做匀速圆周运动。关于苹果从最高点c到最右侧点d运动的过程，下列说法中正确的是（ ）

A. 苹果先处于超重状态后处于失重状态
B. 手掌对苹果的摩擦力越来越大
C. 手掌对苹果的支持力越来越小
D. 苹果所受的合外力越来越大
【答案】B
【解析】苹果做匀速圆周运动，从c到d的过程中向心加速度时刻指向圆心，加速度在竖直方向上有向下的分加速度，可知苹果处于失重状态，故A错误；设向心加速度与竖直方向上的夹角为，从c到d的过程中，增大，加速度大小不变，加速度在水平方向上的分加速度逐渐增大，水平方向上的分加速度由摩擦力来提供，所以根据牛顿第二定律知摩擦力越来越大，B正确；从c到d的过程中，加速度大小不变，加速度在竖直方向上的分加速度，在减小，方向向下，由重力和支持力的合力提供，即，减小，mg不变，故支持力越来越大，故C错误；苹果做匀速圆周运动，合力大小不变，方向始终指向圆心，故D错误．
46．如图所示，在一端封闭的光滑细玻璃管中注满清水，水中放一红蜡块R（R视为质点）．将玻璃管的开口端用胶塞塞紧后竖直倒置且与y轴重合，在R从坐标原点以速度v0=3cm/s匀速上浮的同时，玻璃管沿x轴正向做初速度为零的匀加速直线运动，合速度的方向与y轴夹角为α．则红蜡块R的（　　）

A. 分位移y与x成正比
B. 分位移y的平方与x成正比
C. 合速度v的大小与时间t成正比
D. tanα与时间t的平方成正比
【答案】B
【解析】A、由题意知，y轴方向匀速上浮，y=v0t，而x轴方向， ，
联立解得：，故A错误，B正确；
C、x轴方向，vx=at，合速度的大小，合速度v的大小与时间t不成正比，C错误；
D、合速度的方向与y轴的夹角：，D错误。
故选：B。
点睛：小圆柱体红蜡快同时参与两个运动：y轴方向的匀速直线运动，x轴方向的初速为零的匀加速直线运动。根据位移与时间表达式，从而确定分位移y与x的关系，再由y方向可求运动时间，接着由x方向求加速度，从而求得vx，再由速度合成求此时的速度大小，最后由两方向的速度关系，可知tanα与时间t的关系。
47．某物理兴趣小组的同学在研究运动的合成和分解时，驾驶一艘快艇进行了实地演练．如图所示，在宽度一定的河中的O点固定一目标靶，经测量该目标靶距离两岸的最近距离分别为MO=15m、NO=12m，水流的速度平行河岸向右，且速度大小为v1=8m/s，快艇在静水中的速度大小为v2=10m/s．现要求快艇从图示中的下方河岸出发完成以下两个过程；第一个过程以最短的时间运动到目标靶；第二个过程由目标靶以最小的位移运动到图示中的上方河岸，在下列说法正确的是（　　）

A. 快艇的出发点位于M点左侧8m处
B. 第一个过程所用的时间约为1.17s
C. 第二个过程快艇的船头方向应垂直河岸
D. 第二个过程所用的时间为2s
【答案】D


第二个过程所用的时间为：；故C错误，D正确。
综上选D
点睛：运动的独立性原理又称运动的叠加性原理，是指一个物体同时参与几种运动，各分运动都可看成独立进行的，互不影响，物体的合运动则视为几个相互独立分运动叠加的结果。理解过河问题中最小位移、最短时间对应的物理模型。
48．关于运动的合成，下列说法中正确的是（　　）
A. 两个分运动的时间一定与合运动时间相等
B. 两个直线运动的合运动一定是直线运动
C. 合运动的速度一定比每一个分运动的速度大．
D. 合运动的加速度一定比每个分运动加速度大
【答案】A
【解析】: A、分运动与合运动具有等时性.所以A选项是正确的.
B、分运动是直线运动,合运动不一定是直线运动,比如:平抛运动.故B错误
C、根据平行四边形定则,合速度不一定比分速度大.故C错误.
D、根据平行四边形定则,合加速度可能比分加速度大,可能比分加速度小,可能与分加速度相等.故D错误.
综上所述本题答案是：A
49．如图所示，x轴在水平地面上，y轴在竖直方向．图中画出了从y轴上不同位置沿x轴正向水平抛出的三个质量相等小球a、b和c的运动轨迹．小球a从(0，2L)抛出，落在(2L， 0)处；小球b、c从(L， 0)抛出，分别落在(2L，0)和(L，0)处．不计空气阻力，下列说法正确的是

A. b的初速度是a的初速度的两倍
B. b的初速度是a的初速度的倍
C. b的动能增量是c的动能增量的两倍
D. a的动能增量是c的动能增量的倍
【答案】B
【解析】ab的水平位移相同，但时间不同，根据可知，根据可知，故A错误，B正确；bc的竖直位移相同，根据动能定理可知，b的动能增量等于c的动能增量，选项C错误；a的竖直位移等于c的2倍，根据动能定理可知，a的动能增量等于c的2倍，选项D错误；故选B.
50．跳台滑雪运动员的动作惊险而优美，其实滑雪运动可抽象为物体在斜坡上的平抛运动.如图所示，设可视为质点的滑雪运动员从倾角为的斜坡顶端P处，以初速度水平飞出，运动员最后又落到斜坡上A点处，AP之间距离为L，在空中运动时间为t，改变初速度的大小，L和t都随之改变.关于L、 t与的关系，下列说法中正确的是（）

A. L与成正比 B. L与成反比
C. t与成正比 D. t与成正比
【答案】C
【解析】滑雪运动可理解为物体在斜坡上的平抛运动，设水平位移x，竖直位移为y，结合几何关系，有：水平方向上，竖直方向上，联立得：，则，即t与成正比，C正确，D错误；由水平方向位移公式得，即L与成正比，AB错误，选C．
【点睛】滑雪运动可理解为物体做平抛运动，根据平抛运动规律：水平方向上匀速直线运动，竖直方向上自由落体运动，并结合几何知识列式联立可求解．
51．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. 风力越大，运动员下落时间越长，运动员可完成更多的动作
B. 风力越大，运动员着地时的竖直速度越大，有可能对运动员造成伤害
C. 运动员下落时间与风力无关
D. 运动员着地速度与风力无关
【答案】C
【解析】运动员同时参与了两个分运动，竖直方向下落和水平方向随风飘，两个分运动同时发生，相互独立；因而水平风速越大，落地的合速度越大，但落地时间不变，只有C正确，选C．
52．如图所示，在足够长斜面上的A点，以水平速度v0抛出一个小球，不计空气阻力，它落至斜面时下落的竖直高度为h1；若将此球改用2v0水平速度抛出，仍落至斜面时下落的竖直高度为h2.则h1∶h2为(　 )

A. 1∶4 B. 1∶3 C. 2∶1 D. 1∶2
【答案】A
【解析】斜面倾角的正切值，则运动的时间，知运动的时间与平抛运动的初速度有关，初速度变为原来的2倍，则运行时间变为原来的2倍．所以时间比为1：2．平抛运动下落的竖直高度h=gt2，所以h1：h2=1：4，故选A．
点睛：解决本题的关键知道球做平抛运动落在斜面上，竖直方向上的位移和水平方向上的位移的比值是定值，以及熟练掌握平抛运动的位移公式．
53．下列描述正确的是（ ）
A. 平抛运动的物体在相等的时间间隔内，速率的改变量相等
B. 牛顿指出：如果运动中的物体没有受到力的作用，它将继续以同一速度沿同一直线运动，既不停下来也不偏离原来的方向
C. 运动的物体才受滑动摩擦力，且其方向与运动方向一定相反
D. 速度的变化量、加速度、力都是矢量，且对应的国际单位制中的单位符号分别为：m/s、m/s2、N
【答案】D

54．如图所示,倾斜放置的圆盘绕着中轴匀速转动,圆盘的倾角为,在距转动中心0.1m处放一小木块,小木块跟随圆盘一起转动,小木块与圆盘的动摩擦因数为0.8,木块与圆盘的最大静摩擦力与相同条件下的滑动摩擦力相同。若要保持小木块不相对圆盘滑动,圆盘转动的角速度最大值为(,)(　　)

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】只要小木块转过最低点时不发生相对滑动就能始终不发生相对滑动，设其经过最低点时所受静摩擦力为f，由牛顿第二定律有；为保证不发生相对滑动需要满足，联立解得，选B．
【点睛】木块在最低点时所受的静摩擦力方向沿圆盘向上，静摩擦力大于重力沿斜面方向的分力，在最高点，靠重力沿斜面方向的分力和静摩擦力的合力提供向心力，可知只要小木块转过最低点时不发生相对滑动就能始终不发生相对滑动．根据牛顿第二定律求出圆盘转动的最大角速度．
55．如图所示，长0.5m的轻质细杆一端O有光滑的固定转动轴，另一端固定有一个质量为3kg的小球，当杆绕O在竖直平面内作圆周运动，小球通过最高点时的速率为2m/s，则此时轻杆的受力情况是（取g=10m/s2）（　　）

A. 受54N的拉力 B. 受24N的拉力 C. 受6N的压力 D. 受6 N的拉力
【答案】C
【解析】设在最高点杆子表现为拉力，则有，代入数据得，，则杆子表现为推力，大小为，所以小球对杆子表现为压力，大小为，故C正确。
点睛：杆子带着在竖直平面内的圆周运动，最高点，杆子可能表现为拉力，也可能表现为推力，取决于速度的大小，在最低点，杆子只能表现为拉力。
56．如下图所示，在同一平台上的O点水平抛出的三个物体，分别落到a、b、c三点，则三个物体运动的初速度va、vb、vc的关系和二个物体运动的时间ta、tb、tc的关系分别是（ ）

A. va>vb>vc　ta>tb>tc
B. va C. va>vb>vc　ta D. vatb>tc
【答案】D
【解析】三个物体都做平抛运动,在竖直方向上是自由落体运动,
由
可以知道下落的距离最大的物体的运动时间最长,
所以运动时间的关系为 ,
以C点所在的平面为水平面,画一条水平线，三个球的竖直位移相同,所以它们的运动时间t相同,
由可以知道,水平位移大的物体的初速度大,
所以初速度的关系为所以D选项是正确的
综上所述本题答案是：D
57．如图所示，可视为质点的小球质量为m，用不可伸缩的轻质细绳（绳长为L）绑着，另一端悬于O点，绳由水平从静止释放，运动至最低点的过程中（绳与水平的夹角为θ），下列说法正确的是（不计空气阻力影响）

A. 轻绳拉力先增大后减小
B. 小球水平方向的加速度先增后减，且θ=45°时有最大值
C. 小球重力的瞬时功率一直增加
D. 小球在最低点绳的张力由绳长和小球质量一起决定
【答案】B
【解析】由于下降过程中，小球做圆周运动，绳子的拉力与重力沿绳子方向的分力充当向心力，故有，由于运动过程中物体的速度一直增大，一直增大，故一直在增大，小球下落过程中机械能守恒，故，解得，在最低点，故与绳长无关，AD错误；小球刚开始时加速度方向竖直向下，水平方向上的加速度为零，到最低点加速度竖直向上，水平方向上的加速度为零，故水平方向上的加速度先增大后减小，，对求导可得，当时，，即最大，故此时水平加速度最大，故B正确；刚开始运动时，竖直方向上的速度为零，到最低点竖直方向上的速度为零，故在竖直方向上的分速度先增大后减小，即重力的功率先增大后减小，C错误．
58．“天津之眼”是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮，是天津市的地标之一。摩天轮悬挂透明座舱，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动。下列叙述正确的是（ ）

A. 在最高点，乘客重力小于座椅对他的支持力
B. 在最高点，乘客重力大于座椅对他的支持力
C. 摩天轮转动一周的过程中，乘客机械能始终不变
D. 摩天轮转动过程中，乘客重力的瞬时功率保持不变
【答案】B
【解析】在最高点，乘客的重力和座椅对乘客的支持力的合力充当向心力，方向竖直向下，所以有，即，A错误B正确；因为是做匀速圆周运动，所以乘客的动能不变，但是重力势能在变化，所以其机械能在变化，C错误；由于乘客的速度大小恒定，方向在变化，即与竖直方向的夹角在变化，所以在竖直方向的分速度在变化，所以重力的瞬时功率在变化，D错误．
59．如图所示，小球沿水平面通过O点进入半径为R的半圆弧轨道后恰能通过最高点P，然后落回水平面，不计一切阻力，下列说法正确的是(　　)

A. 小球落地点离O点的水平距离为R
B. 小球落地点离O点的水平距离为2R
C. 小球运动到半圆弧最高点P时向心力恰好为零
D. 若将半圆弧轨道上部的1/4圆截去，其他条件不变，则小球能达到的最大高度比P点低
【答案】B

点睛：本题关键分析清楚物体的运动过程，然后结合平抛运动和能量守恒的相关知识进行研究．要注意小球运动过程中，只有重力做功，机械能是守恒的，也要灵活运用．
60．如图所示，水平面上有一汽车A，通过定滑轮用绳子拉同一水平面的物体B，当拉至图示位置时，两绳子与水平面的夹角分别为α、β，二者速度分别为vA和vB，则(　　)

A. vA∶vB＝1∶1 B. vA∶vB＝cos β∶cos α
C. vA∶vB＝sin α∶sin β D. vA∶vB＝sin α∶cos β
【答案】B
【解析】对A物体的速度沿着绳子方向与垂直绳子方向进行分解，则有沿着绳子方向的速度大小为vAcosα；对B物体的速度沿着绳子方向与垂直绳子方向进行分解，则有沿着绳子方向的速度大小为vBcosβ，由于沿着绳子方向速度大小相等，所以则有vAcosα=vBcosβ，因此ACD错误，B正确；故选B．
点睛：考查学会对物体进行运动的分解，涉及到平行四边形定则与三角函数知识，同时本题的突破口是沿着绳子的方向速度大小相等．
61．如图所示，球网上沿高出桌面H，网到桌边的距离为L.某人在乒乓球训练中，从左侧L/2处，将球沿垂直于网的方向水平击出，球恰好通过网的上沿落到右侧桌边缘.设乒乓球的运动为平抛运动.则乒乓球（ ）

A. 在空中做变加速曲线运动
B. 在水平方向做匀加速直线运动
C. 在网的右侧运动的时间是左侧的2倍
D. 击球点的高度是网高的2倍
【答案】C
【解析】乒乓球做的是平抛运动，加速度为g，是匀加速曲线运动，故A错误；乒乓球做的是平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，故B错误；因为水平方向做匀速运动，网右侧的水平位移是左边水平位移的两倍，所以网右侧运动时间是左侧的两倍，故C正确；竖直方向做自由落体运动，根据h=gt2可知，在网左侧下落的高度和整个高度之比为1：9，则击球点的高度与网高之比为9：8，故D错误．故选C.
62．如图所示，当小车A以恒定的速度v向左运动时，对于B物体，下列说法正确的是（ ）

A. 匀加速上升 B. B物体受到的拉力大于B物体受到的重力
C. 匀速上升 D. B物体受到的拉力等于B物体受到的重力
【答案】B
【解析】设绳子与水平方向的夹角为θ根据平行四边形定则有：沿绳子方向的速度v绳=vcosθ，沿绳子方向的速度等于B物体的速度，在运动的过程中，θ角减小，则v绳增大．所以物体做变加速上升．物体的加速度方向向上，根据牛顿第二定律，知绳子的拉力大于B物体的重力．故B正确，ACD错误．故选B．
点睛：解决本题的关键知道汽车的速度是沿绳子方向和垂直于绳子方向速度的合速度，以及会根据速度变化情况得出加速度的方向．
63．在套圈游戏中，某人向放在正前方水平地面的小礼品水平抛出环状竹圈，结果竹圈划着一条弧线飞到小礼品的前方，如图所示．不计空气阻力，为了能让竹圈套中小礼品，则下次再水平抛竹圈时，他可能作出的调整为(　　)

A. 初速度大小不变，降低抛出点高度
B. 增大初速度，抛出点高度不变
C. 增大初速度，提高抛出点高度
D. 初速度大小不变，提高抛出点高度
【答案】A
【解析】设小球平抛运动的初速度为，抛出点离桶的高度为h，水平位移为x，则
平抛运动的时间水平位移
A、由上式分析可知，要减小水平位移x，可保持初速度大小不变，减小降低抛出点高度h，故A正确，CD错误；
B、由上式分析可知，要减小水平位移x，可保持抛出点高度h不变，减小初速度，故B错误。
点睛：本题运用平抛运动的知识分析处理生活中的问题，比较简单，关键运用运动的分解方法得到水平位移的表达式。
64．如图所示，在倾角为α＝30°的光滑斜面上，有一根长为L＝0.8 m的轻绳，一端固定在O点，另一端系一质量为m＝0.2 kg的小球，沿斜面做圆周运动，取g＝10 m/s2，若要小球能通过最高点A，则小球在最低点B的最小速度是(　　 )

A. 4m/s B.
C. D.
【答案】C
【解析】小球恰好能在斜面上做完整的圆周运动，刚小球通过A点时细线的拉力为零，根据圆周运动和牛顿第二定律有：，解得：，由动能定理：，带入数据解得：。故C正确，ABD错误。
65．如图所示，某同学将一篮球斜向上抛出，篮球恰好垂直击中篮板反弹后进入球框，忽略空气阻力，若抛射点远离篮板方向水平移动一小段距离，仍使篮球垂直击中篮板相同位置，且球不会与篮框相撞，则下列方案可行的是( )

A. 增大抛射速度，同时减小抛射角
B. 减小抛射速度，同时减小抛射角
C. 增大抛射角，同时减小抛出速度
D. 增大抛射角，同时增大抛出速度
【答案】A
【解析】应用逆向思维，把篮球的运动看做平抛运动，由于竖直高度不变，水平位移增大，篮球反弹到抛射点的时间t＝不变，竖直分速度vy＝不变，水平方向由x＝vxt知x增大，vx增大，抛射速度增大，与水平方向的夹角tanθ＝减小，可知A正确，BCD错误；故选A.
点睛：本题采用了逆向思维，降低了解决问题的难度．若仍沿题意角度思考，解题很烦同时容易出错．
66．如图所示为一个地球仪模型，其上有A、B两点，其中B点位于赤道上，现使得地球仪绕图示转轴匀速转动，用分别表示加速度、角速度、线速度和周期，下列说法正确的是（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】由于A、B两点绕同轴转动，则两点的角速度相等，故B错误；由知，故A错误；由知，故C正确；由知，两点的周期也相等，故D错误；故选C.
67．如图所示，一根细线下端拴一个金属小球P，细线的上端固定在金属块Q上，Q放在带小孔的水平桌面上。小球在某一水平面内做匀速圆周运动（圆锥摆）。现使小球改到一个更高的水平面上做匀速圆周运动（图上未画出），两次金属块Q都保持在桌面上静止。则后一种情况与原来相比较，下列说法错误的是( )

A. Q受到桌面的支持力不变
B. Q受到桌面的静摩擦力变大；
C. 小球P运动的周期变大
D. 小球P运动的角速度变大；
【答案】C
【解析】设细线与竖直方向的夹角为θ，细线的拉力大小为T，细线的长度为L．P球做匀速圆周运动时，由重力和细线的拉力的合力提供向心力，如图，

平面上作匀速圆周运动时，θ增大，cosθ减小，角速度增大．根据可知，小球的周期将减小．D正确，C错误．此题选择错误的选项，故选C.
68．如图所示，两光滑直杆成直角竖直固定，OM水平，ON竖直，两个质量相同的有孔小球A、B(可视为质点)串在杆上通过长为L的非弹性轻绳相连，开始时小球A在水平向左的外力作用下处于静止状态，此时OB＝，重力加速度为g，现将外力增大到原来的4倍(方向不变)，则小球B运动到与O点的距离为时的速度大小为（）

A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】开始时O与A间距离：OA＝
设AB质量均为m，对开始时的B受力分析如图，则又所以

以开始时的AB两物体作为整体受力分析：水平方向只受F和N，故F＝N
将外力增大到原来的4倍(方向不变)，则
小球B运动到与O点的距离为时，
这一过程中A向左移动了，B上升了
此时绳与竖直方向夹角的正切值，，
此时AB间的速度关系为，即
以AB为整体，由功能关系得：
联立解得：
点睛：绳连接、杆连接的物体沿绳（杆）方向的速度分量相等。
69．一物体从某高度以初速度v0水平抛出，落地时速度大小为vt，则它运动时间为
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】根据合速度与分速度关系得竖直分速度为：，根据，可得：，故B正确，ACD错误。
70．如图，竖直平面内有一段圆弧MN，小球从圆心O处水平抛出。若初速度为va，将落在圆弧上的a点；若初速度为vb，将落在圆弧上的b点。已知Oa、Ob与竖直方向的夹角分别为α、β，不计空气阻力，则

A. ＝ B. ＝
C. ＝· D. ＝·
【答案】D
【解析】设圆弧MN的半径为R。
对a，根据得，，则；对b，根据得，，则；解得 
故选：D。x.kw
点睛：
两球做平抛运动，根据高度求出平抛运动的时间，结合水平位移和时间求出初速度，从而得出初速度大小之比。
71．如图所示，一根质量不计的轻杆绕水平固定转轴O顺时针匀速转动，另一端固定有一个质量m的小球，当小球运动到图中位置时，轻杆对小球作用力的方向可能

A. 沿F1的方向 B. 沿F2的方向
C. 沿F3的方向 D. 沿F4的方向
【答案】C
【解析】小球做匀速圆周运动，根据小球受到的合力提供向心力，则小球受的合力必指向圆心，小球受到竖直向下的重力，还有轻杆的作用力，由图可知，轻杆的作用力如果是F1、F2、F4，与重力的合力不可能指向圆心，只有轻杆的作用力为F3方向，与重力的合力才可能指向圆心。故ABD错误、C正确。
故选：C。
72．如图所示，某河段两岸平行，越靠近中央水流速度越大。一条小船(可视为质点)沿垂直于河岸的方向航行，它在静水中的速度为v，沿水流方向及垂直于河岸方向建立直角坐标系xOy，则该小船渡河的大致轨迹是


A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】沿垂直于河岸的方向航行，它在静水中的航速为v，河水越靠近中央水流速度越大，水流是先加速后减速，即越接近河岸水流速度越小，因此小船先具有向下游的加速度，小船后具有向上游的加速度，结合曲线运动的条件，故C正确，ABD错误；
故选：C。
点睛：
沿垂直于河岸的方向航行，它在静水中的航速为v，河水越靠近中央水流速度越大，轨迹弯曲的方向大致指向合力的方向，合力的方向又与水流的方向一致，可见加速度的方向先向右再向左。
73．如图为学员驾驶汽车在水平面上绕O点做匀速圆周运动的俯视示意图。已知质量为60kg的学员在A点位置，质量为70kg的教练员在B点位置，A点的转弯半径为5.0m，B点的转弯半径为4.0m，学员和教练员(均可视为质点)

A. 运动周期之比为5∶4
B. 运动线速度大小之比为1∶1
C. 向心加速度大小之比为4∶5
D. 受到的合力大小之比为15∶14
【答案】D
【解析】A、学员和教练员做圆周运动的角速度相等，根据T=2π/ω知，周期相等，故A错误；
B、根据v=rω知，半径之比为5:4，则线速度之比为5:4，故B错误；
C、根据a=rω2知，半径之比为5:4，则向心加速度大小之比为5:4，故C错误；
D、根据F=ma知，向心加速度之比为5:4，质量之比为6:7，则合力大小之比为15:14，故D正确。
故选：D。
点睛：
学员和教练员做圆周运动的角速度相等，根据半径之比，结合v=rω、a=rω2得出线速度和向心加速度之比，从而根据牛顿第二定律得出合力大小之比。
74．国内首台新型墙壁清洁机器人“蜘蛛侠”是由青岛大学学生自主设计研发的，“蜘蛛侠”利用8只“爪子”上的吸盘吸附在接触面上，通过“爪子”交替伸缩，就能在墙壁和玻璃上自由移动。如图所示，“蜘蛛侠”在竖直玻璃墙面上由A点沿直线匀加速“爬行”到右上方B点，在这一过程中，关于“蜘蛛侠”在竖直面内的受力分析可能正确的是

A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】根据牛顿第二定律可知，在竖直平面内蜘蛛侠所受合力方向应该是从A指向B，故C正确，ABD错误。
故选：C
75．如图甲所示的陀螺可在圆轨道的外侧旋转而不脱落，好像轨道对它施加了魔法一样，被称为“魔力陀螺”，该玩具深受孩子们的喜爱。其物理原理可等效为如图乙所示的模型：半径为R的磁性圆轨道竖直固定，质量为m的小球（视为质点）在轨道外侧转动，A、B两点分别为轨道上的最高、最低点。铁球受轨道的磁性引力始终指向圆心且大小不变，不计摩擦和空气阻力，重力加速度为g。下列说法正确的是

A. 铁球可能做匀速圆周运动
B. 铁球绕轨道转动时机械能不守恒
C. 铁球在A点的速度必须大于
D. 要使铁球不脱轨，轨道对铁球的磁性引力至少为5mg
【答案】D
最高点的速度越小，则机械能越小，在最低点的速度也越小，根据：F=m可知小铁球在最低点时需要的向心力越小．而在最低点小铁球受到的重力的方向向下，支持力的方向也向下、只有磁力的方向向上．要使铁球不脱轨，轨道对铁球的支持力一定要大于0．所以铁球不脱轨的条件是：小铁球在最高点的速度恰好为0，而且到达最低点时，轨道对铁球的支持力恰好等于0．根据机械能守恒定律，小铁球在最高点的速度恰好为0，到达最低点时的速度满足mg•2R=mv2，轨道对铁球的支持力恰好等于0，则磁力与重力的合力提供向心力，即：F-mg=
联立得：F=5mg，可知，要使铁球不脱轨，轨道对铁球的磁性引力至少为5mg．故D正确．故选D.
点睛：本题属于结合机械能守恒定律考查竖直平面内的圆周运动的情况，在解答的过程中正确分析得出小球经过最高点和最低点的条件是解答的关键，正确写出向心力的表达式是解答的基础．
76．如图所示，A,B两质点从同一点O分别以相同的水平速度v0沿x轴正方向抛出，A在竖直平面内运动，落地点为P1；B沿光滑斜面运动，落地点为P2，P1和P2在同一水平面上，不计阻力，则下列说法正确的是(　　)

A. A、B的运动时间相同
B. A、B沿x轴方向的位移相同
C. A、B运动过程中的加速度大小相同
D. A、B落地时速度大小相同
【答案】D
【解析】A质点做平抛运动，根据平抛规律得，A运动时间，B质点视为在光滑斜面上的类平抛运动，其加速度为，B运动时间，故A错误；A、B沿x轴方向都做水平速度相等的匀速直线运动，由于运动时间不等，所以沿x轴方向的位移大小不同，故B错误；A、B运动过程中的加速度大小分别是g和，故C错误；根据动能定理得A、B运动过程中：，故D正确．
77．如图所示，某一运动员从弧形雪坡上沿水平方向飞出后，又落回到斜面雪坡上，若斜面雪坡的倾角为，飞出时的速度大小为，不计空气阻力，运动员飞出后在空中的姿势保持不变，重力加速度为g，则

A. 运动员落到雪坡时的速度大小是
B. 运动员在空中经历的时间是
C. 如果不同，则该运动员落到雪坡时的速度方向也就不同
D. 不论多大，该运动员落到雪坡时的速度方向与水平方向的夹角α=2θ
【答案】B
【解析】设在空中飞行时间为t，运动员在竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀速直线运动；运动员竖直位移与水平位移之比：，则有飞行的时间，故B正确；竖直方向的速度大小为：vy=gt=2v0tanθ，运动员落回雪坡时的速度大小为：，故A错误；设运动员落到雪坡时的速度方向与水平方向夹角为α，则，由此可知，运动员落到雪坡时的速度方向与初速度方向无关，初速度不同，运动员落到雪坡时的速度方向相同，故CD错误；故选B．
点睛：解决本题的关键知道平抛运动在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做自由落体运动，并结合运动学规律来解题．注意不能将速度与水平面的夹角看成位移与水平面的夹角．
78．如图所示，做匀速直线运动的小车A通过一根绕过定滑轮的长绳吊起一重物B，设重物和小车速度的大小分别为vB、vA，则（　　）

A. vB＜vA B. 重物B向上匀速上升
C. 绳的拉力等于B的重力 D. 绳的拉力大于B的重力
【答案】D
【解析】小车的运动可分解为沿绳方向和垂直于绳的方向的两个运动，设斜拉绳子与水平面的夹角为θ，由几何关系可得：vB=vAcosθ，所以vA＞vB；故A错误；

因汽车匀速直线运动，而θ逐渐变小，故vB逐渐变大，物体有向上的加速度，绳的拉力大于B的重力，故D正确，BC错误．故选D.
79．如图所示，质量为m的小球固定在长为L的细轻杆的一端，绕细杆的另一端O在竖直平面内做圆周运动，球转到最高点A时，线速度的大小为，此时（　　）

A. 杆受到mg的拉力 B. 杆受到mg的压力
C. 杆受到mg的拉力 D. 杆受到mg的压力
【答案】B
【解析】设此时杆对小球的作用力为拉力，则有：；解得：，负号说明力的方向与假设相反，即球受到的力为杆子的支持力，根据牛顿第三定律可知：杆受到的压力，故B正确．故选B.
点睛：本题主要考查了圆周运动向心力公式的直接应用，注意在不知道杆子对小球力的方向时，可以采用假设法．
80．一个质点受到两个互成锐角的力F1和F2的作用，由静止开始运动，若运动中保持两个力的方向不变，但F1突然增大ΔF，则质点此后
A. 有可能做匀速圆周运动
B. 在相等时间内速度变化一定相等
C. 可能做变加速曲线运动
D. 一定做匀变速直线运动
【答案】B

点睛：本题的关键要掌握物体做曲线运动的条件，知道匀变速运动的动力学特征是：合外力一定，把这两部分内容理解透彻就不会出错了．
81．一物体在空间某点瞬间炸成相同的四块，分别沿水平方向和竖直方向以相等速率飞出（不计空气阻力），则在物块落地之前

A. 物块4相对于物块1的加速度方向斜向右下方
B. 物块1与物块3之间的距离先增大后减小
C. 经过相同时间，物块2的速度变化量最大
D. 四个物块的位置总在同一个球面上
【答案】D
【解析】物块4和物块1加速度均为g，则物块4相对于物块1的加速度为零，选项A错误；物块1与物块3在竖直方向上的运动都相同，则由于沿初速度方向上均做匀速直线运动，可知它们之间的距离逐渐增大，选项B错误；四个物体的加速度均为个，则经过相同时间，它们的速度变化量相等，选项C错误；四个物块均参与沿初速度方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，则在相同的时间里，它们沿初速度方向的位移相同，竖直方向下落的高度也相同，则四个物体的位置总在同一个球面上，选项D正确；故选D.
82．如图所示，长0.5m的轻质细杆一端O有光滑的固定转动轴，另一端固定有一个质量为3kg的小球，当杆绕O在竖直平面内作圆周运动，小球通过最高点时的速率为2m/s，则此时轻杆的受力情况是（取g=10m/s2）

A. 受6N的拉力 B. 受6 N的压力
C. 受24N的拉力 D. 受54N的拉力
【答案】B
【解析】试题分析：杆子对小球的作用力可以是拉力，也可以是推力，在最高点，杆子的作用力是推力还是拉力，取决于在最高点的速度．在最低点，杆子一定表现为拉力，拉力和重力的合力提供圆周运动的向心力．
在最高点时，若重力完全充当向心力，则此时杆对球的作用力为零，此时有，解得，若速度大于，则杆对球有拉力，若速度小于，则杆对球有支持力，因为，所以此时杆对球有支持力，根据牛顿第二定律可得，即，根据牛顿第三定律可知杆受到6N的压力，B正确．
83．如图所示，甲、乙两船在同一条河流中同时渡河，河的宽度为L，河水流速为u，划船速度均为v，出发时两船相距2L，甲、乙船头均与岸边成60°角，且乙船恰好能直达正对岸的A点，则下列判断正确的是（ ）

A. 甲船在A点左侧靠岸
B. 两船可能在未到达对岸前相遇
C. 甲、乙两船到达对岸的时间不相等
D. 甲船也在A点靠岸
【答案】A
【解析】乙船恰好能直达正对岸的A点，根据速度合成与分解，知．将小船的运动分解为平行于河岸和垂直于河岸两个方向，抓住分运动和合运动具有等时性，在垂直于河岸方向上的分速度相等，知甲乙两船到达对岸的时间相等．渡河的时间；甲船沿河岸方向上的位移，知甲船在A点左侧靠岸，不可能在未到对岸前相遇，A正确．
84．如图所示，有一陀螺其下部是截面为等腰直角三角形的圆锥体、上部是高为h的圆柱体，其上表面半径为r，转动角速度为ω.现让旋转的陀螺以某水平速度从距水平地面高为H的光滑桌面上水平飞出后恰不与桌子边缘发生碰撞，陀螺从桌面水平飞出时，陀螺上各点中相对桌面的最大速度值为(已知运动中其转动轴一直保持竖直，空气阻力不计)(　　)

A. B.
C. ＋ωr D. r＋ωr
【答案】C
【解析】陀螺下部分高为h′=r；下落h′所用时间为t，则h′＝gt2；陀螺水平飞出的速度为v，则r=vt；解得；陀螺自传的线速度为v′=ωr；陀螺上的点当转动的线速度与陀螺的水平分速度的方向相同时，对应的速度最大，所以最大速度是：v＞ωr+，故C正确，ABD错误；故选C.
点睛：该题将圆周运动与平抛运动结合在一起来考查运动的合成，计算的方法虽然比较简单，但解答的难点是能否理解“陀螺上的最大线速度”这一点，要耐心琢磨，用心体会．
85．如图所示，斜面上O、P、Q、R、S五个点，距离关系为，从O点以υ0的初速度水平抛出一个小球，不计空气阻力，小球落在斜面上的P点.若小球从O点以2υ0的初速度水平抛出，则小球将落在斜面上的( )

A. S点
B. Q点
C. Q、R两点之间
D. R、S两点之间
【答案】A
【解析】小球位移偏向角；；由公式可得，下落时间与初速度有关，由h=gt2可知；则当初速度为2v0时，下落高度为原高度的4倍，由几何关系可知，小球应落在S点；故选A．
点睛：物体在斜面上做平抛运动落在斜面上，竖直方向的位移与水平方向上的位移比值是一定值．
86．如图所示，a、b两小球分别从半圆轨道顶端和斜面顶端以大小相等的初速度同时水平抛出，已知半圆轨道的半径与斜面竖直高度相等，斜面底边长是其竖直高度的2倍，若小气a能落到半圆轨道上，小球b能落到斜面上，则

A. b球一定先落在斜面上
B. a球一定先落在半圆轨道上
C. a球可能先落在半圆轨道上
D. a、b不可能同时落在半圆轨道和斜面上
【答案】C
【解析】试题分析：平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，将圆轨道和斜面重合在一起进行分析比较，即可得出正确答案．
将圆轨道和斜面轨道重合在一起，如图所示，交点为A，初速度合适，可知小球做平抛运动落在A点，则运动的时间相等，即同时落在半圆轨道和斜面上．若初速度不适中，由图可知，可能小球先落在斜面上，也可能先落在圆轨道上，C正确．

87．竖直平面内固定一个半径为R的半球形碗，如图所示为剖面图，圆心为O，碗内壁光滑，一个小钢珠（可视为质点）从碗的边缘处无初速度释放，当小钢珠对碗的压力大小等于其重力大小时，下落的高度是

A. B. C. D.
【答案】C

88．如图所示，从倾角为θ的斜面上的A点，以水平速度v0抛出一个小球，不计空气阻力，它落到斜面上B点所用的时间为

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】因为落到斜面上B点，所以竖直方向上的位移和水平方向上的位移满足，因为小球做平抛运动，在竖直方向上有，在水平方向上有，联立可得，解得，C正确．
89．如图，一质点以速度v0从倾角为θ的斜面底端斜向上抛出，落到斜面上的M点且速度水平向右．现将该质点以2v0的速度从斜面底端朝同样方向抛出，落在斜面上的N点．下列说法正确的是（ ）

A. 落到M和N两点时间之比为1：2
B. 落到M和N两点速度之比为1：1
C. M和N两点距离斜面底端的高度之比为1：2
D. 落到N点时速度方向水平向右
【答案】AD
【解析】试题分析：由于落到斜面上M点时速度水平向右，故可把质点在空中的运动逆向看成从M点向左的平抛运动，设在M点的速度大小为u，把质点在斜面底端的速度v分解为水平u和竖直vy，由，得空中飞行时间，，v和水平方向夹角的正切值为定值，即落到N点时速度方向水平向右，故D正确；，即v与u成正比，故落到M和N两点速度之比为1：2，故B错误；由知，落到M和N两点时间之比为1：2，故A正确；由，知y和u2成正比，M和N两点距离斜面底端的高度之比为1：4，C错误．
考点：考查了抛体运动规律的应用
【名师点睛】斜抛运动的上升过程可看作是平抛运动的逆过程，平抛运动的位移偏角与速度偏角的关系为：；同时也要注意由运动的合成与分解的知识，结合分运动的独立性求解．
90．如图所示，质量为m的小球用两细线悬挂于A、B两点，小球可视为质点，水平细线OA长，倾斜细线OB长为，与竖直方向夹角为，现两细线均绷紧，小球运动过程中不计空气阻力，重力加多少为g，下列论述中正确的是( )

A. 在剪断OA现瞬间，小球加速度大小为
B. 剪断OB线后，小球从开始运动至A点正下方过程中，重力功率最大值为
C. 剪断OB线瞬间，小球加速度大小为
D. 剪断OA线后，小球将来回摆动，小球运动到B点正下方时细线拉力大小为
【答案】D
【解析】A．在剪断OA现瞬间，即将以B为圆心做圆周运动，沿切线方向有，则小球加速度大小为，故A错误。
B．剪断OB线后，小球从开始运动至A点正下方过程中，由动能定理，重力功率，重力功率最大值为
C．剪断OB线瞬间，即将以A为圆心做圆周运动，沿切线方向有，小球加速度大小为g,故C错误。
D．剪断OB线后，小球从开始运动至A点正下方过程中，剪断OA线后，小球将来回摆动，小球运动到B点正下方，由动能定理有，在小球运动到B点正下方时，有，所以小球运动到B点正下方时细线拉力大小为，故D正确。
91．我国高铁技术迅猛发展，现已处于世界领先水平。目前正在修建中的银西高铁，横跨陕甘宁三省区，根据地形设计一弯道半径为3280m,限定时速为144km/h（此时车轮轮缘不受力）。已知我国的标准轨距为1435mm，且角度较小时，，重力加速度g=10m/s2，则高速列车在通过此弯道时的外轨超高值为 （ ）
A. 8cm B. 7cm C. 9cm D. 11.2cm
【答案】B
【解析】火车转弯，由重力和支持力的合力提供向心力，，，则有
92．一个同学在做研究平抛运动实验时，只在纸上记下y轴位置，并在坐标纸上描出如下图所示曲线．现在我们在曲线上取A、B两点，用刻度尺分别量出它们到y轴的距离AA′=x1，BB′=x2，以及AB的竖直距离h，从而求出小球抛出时的初速度v0为（　　）

A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】设初速度为v0，则从抛出点运动到A所需的时间t1=，从抛出点运动到B所需的时间t2=，在竖直方向上有：代入t1、t2，解得：v0=．故A正确
93．如图，可视为质点的小球位于半圆柱体左端点A的正上方某处，以初速度v0水平抛出，其运动轨迹恰好能与半圆柱体相切于B点．过B点的半圆柱体半径与水平方向的夹角为30°，则半圆柱体的半径为（不计空气阻力，重力加速度为g）（）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】在B点，据题可知小球的速度方向与水平方向成60°角，由速度的分解可知，竖直分速度大小
水平方向：　　两式联立解得：故选：C．
94．某人划船渡河，当划行速度和水流速度一定，且划行速度大于水流速度时．过河的最短时间是t1；若以最小位移过河，需时间t2．则划行速度v1与水流速度v2之比为（　　）
A. t2：t1 B.
C. t1：（t2﹣t1） D.
【答案】B
【解析】设河宽为h
（1）最短时间过河：得
（2）最小位移过河：
　　得：
所以：　　　　故选：B．
点睛：过河问题中最短时间对应的是船头方向与河岸垂直；过河问题中最短位移分两种情况①在船速大于水速的情况下，航线可垂直河岸，②船速小于水速的情况下，航线不能垂直河岸，可借助三角形定则判断船速朝什么方向时位移最短。
95．如图所示，足够长的水平传送带以速度v沿逆时针方向转动，传送带的左端与光滑圆弧轨道底部平滑连接，圆弧轨道上A点与圆心等高，一小物块从A点静止滑下，再滑上传送带，经过一段时间又返回圆弧轨道，返回圆弧轨道时小物块恰好能到达A点，则下列说法正确的是（ ）

A. 圆弧轨道的半径一定是
B. 若减小传送带速度，则小物块仍可能到达A点
C. 若增加传送带速度，则小物块有可能经过圆弧轨道的最高点
D. 不论传送带速度增加到多大，小物块都不可能经过圆弧轨道的最高点
【答案】BD

考点：机械能守恒定律；
【名师点睛】本题很好的考查了学生对物体运动状态的分析能力；物体在减速和加速时的加速度的大小相同的，传送带的速度大于或等于物体下滑到传送带上的速度时，物体反向加速的速度的大小才会等于下滑到传送带时的速度的大小，才能够返回原来的A点。
96．如图所示，将质量为2m的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为m的小环，小环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑定滑轮与直杆的距离为d，现将小环从定滑轮等高的A处由静止释放，当小环沿直杆下滑的距离也为d时，（图中B处），下列说法正确的是(　　)

A. 小环刚释放时轻绳中的张力一定大于2mg
B. 小环到达B处时，重物上升的高度也为d
C. 小环在B处的速度与重物上的速度大小之比等于
D. 小环在B处的速度与重物上的速度大小之比等于
【答案】AC
【解析】试题分析：由题意，小环释放时向下加速运动，则重物将加速上升，对重物，由牛顿第二定律可知绳中的张力一定大于重力2mg，故A正确；小环到达B处时，重物上升的高度应为绳子缩短的长度，即，故B错误；根据题意，小环与重物沿绳子方向的速度大小相等，将小环A的速度沿绳子方向与垂直于绳子方向正交分解应满足： v环cos45°=v物，即得，小环在B处的速度与重物上升的速度大小之比，故D错误，C正确；故选AC．
考点：牛顿第二定律；运动的分解
【名师点睛】解决本题时应明确：①对与绳子牵连有关的问题，物体上的高度应等于绳子缩短的长度；②物体的实际速度即为合速度，应将物体速度沿绳子和垂直于绳子的方向正交分解，然后列出沿绳子方向速度相等的表达式即可求解。
97．如图所示，质量为m的小球以初速度v0水平抛出，恰好垂直打在倾角为θ的斜面上，则小球落在斜面上时重力的瞬时功率为(不计空气阻力，重力加速度为g)（ ）

A. mgv0tan θ B.
C. D. mgv0cos θ
【答案】B
【解析】（1）由平抛运动得：vx=v0；vy=gt
根据平行四边形定则知：
则：，故重力的瞬时功率为：P=mgvy=mg•gt=，故选B．
98．网球是一个非常热门的体育运动项目，如图所示，假设运动员挥动球拍击球时，下列说法正确的是（ ）

A. 图中的A、B两点线速度大小相等
B. 图中的A、B两点中，B点线速度较大
C. 图中的A、B两点中，A点角速度较大
D. 图中的A、B两点中，A点向心加速度较大
【答案】D
【解析】ABC、运动员挥动球拍击球时，球拍各点的角速度相等。根据线速度，A点线速度较大。ABC错误；
D、根据加速度，A点向心加速度较大，D正确。
故选：D。
99．如图所示，竖直放置的螺旋形光滑轨道是圆形光滑轨道相切而成的，P、Q为对应的轨道最高点，一个小球以一定速度沿轨道切线方向进入轨道，且能过轨道最高点P，则下列说法中正确的是

A. 轨道对小球不做功，小球通过P点的角速度小于通过Q点的角速度
B. 轨道对小球做正功，小球通过P点的线速度大于通过Q点的线速度
C. 小球通过P点时的向心加速度大于通过Q点时的向心加速度
D. 小球通过P点时对轨道的压力大于通过Q点时对轨道的压力
【答案】A
【解析】A项：因为支持力始终与速度方向垂直,所以支持力不做功即轨道对小球不做功,仅有重力做功,小球机械能守恒.则P点的速度小于Q点速度,且P点的半径大于Q点的半径.所以小球通过P点的角速度小于通过Q点的.所以A选项是正确的;
B项：因为支持力始终与速度方向垂直,所以支持力不做功即轨道对小球不做功,仅有重力做功,小球机械能守恒.则P点的线速度小于Q点线速度.故B错误;
C项：因为P点的速度小于Q点速度,且P点的半径大于Q点的半径.所以小球在P点的向心加速度小于Q点的,故C错误;
D项：因为P点的速度小于Q点速度,且P点的半径大于Q点的半径.所以小球在P点的向心加速度小于Q点的,则小球在P点的向心力小于Q点的,而向心力是由重力与轨道对它的支持力提供,因此小球在P点的支持力小于Q点的,即小球对轨道的压力P点小于Q点的.故D错误;
所以A选项是正确的
100．如图所示为一种“滚轮－平盘无级变速器”的示意图，它由固定于主动轴上的平盘和可随从动轴移动的圆柱形滚轮组成，由于摩擦的作用，当平盘转动时，滚轮就会跟着转动．如果认为滚轮不会打滑，那么主动轴转速n1、从动轴转速n2、滚轮半径r以及滚轮中心到主动轴轴线的距离x之间的关系是(　　)

A. B. C. D.
【答案】A

二、多项选择题
1．如图所示，在竖直平面内固定有两个很靠近的同心圆孰道，外圆内表面光滑，内圆外表面粗糙，.一质量为m的小球从轨道的最低点以初速度向右运动，球的直径略小于两圆间距，球运动的轨道半径为R，不计空气阻力.设小球过最低点时重力势能为零，下列说法正确的是

A. 若小球运动到最高点时速度为0，则小球机械能一定不守恒
B. 若经过足够长时间，小球最终的机械能可能为
C. 若使小球始终做完整的圆周运动，则v0一定不小于
D. 若小球第一次运动到最高点时速度大小为0，则v0一定大于
【答案】ACD
【解析】A项：若小球运动到最高点时速度为0，则小球在运动过程中一定与内圆接触，受到摩擦力作用，要克服摩擦力做功，机械能不守恒，故A正确；
B项：经足够长时间后，小球在下半圆轨道内做往复运动，小球的机械能为mgR，故B错误；
C项：若使小球始终做完整的圆周运动，则小球始终紧贴外圆做完整的圆周运动，在最高点的速度，根据机械能守恒，由以上两式可得，故C正确；
D项：若小球第一次运动到最高点时速度大小为0，则小球在运动过程中一定与内圆接触，受到摩擦力作用，根据，所以，故D正确。
点晴：解决本题关键是理解小球在不同情景下沿内圆还是外圆运动，当球运动到最高点时受到为0，则小球在运动过程中一定与内圆接触，受到摩擦力作用，要克服摩擦力做功，机械能不守恒。
2．类比是一种常用的研究方法．对于直线运动，教科书中讲解了由图象求位移的方法．请你借鉴此方法分析下列说法，其中正确的是（ ）
A. 由（加速度-时间）图线和横轴围成的面积可以求出对应时间内做直线运动物体的速度变量
B. 由（力-速度）图线和横轴围成的面积可以求出对应速度变化过程中做功的功率
C. 由（力-位移）图线和横轴围成的面积可以求出对应位移内力所做的功
D. 由（角速度-半径）图线和横轴围成的面积可以求出对应半径变化范围内做圆周运动物体的线速度
【答案】AC
【解析】A、（加速度-时间）图线和横轴围成的面积表示速度的改变量，故A正确；
B、图线中任意一点的横坐标与纵坐标的乘积等于，即瞬时功率，故图象与横轴围成的面积不一定等于，即不是对应速度变化过程中力做功的功率，故B错误；
C、由公式．可求出力对物体所做的功，所以（力-位移），图线和横轴围成的面积可以求出对应位移内力所做的功，选项C正确；
D、图线中任意一点的横坐标与纵坐标的乘积等于，即线速度，故图象与横轴围成的面积不一定等于，即不一定等于线速度，故D错误。
点睛：本题关键明确在x-y坐标系中，图线和横轴围成的面积转化为求解功、速度改变量等。
3．如图．倾角为θ的斜面上有A、B、C三点，现从这三点分别以不同的初速度水平抛出一小球，三个小球均落在斜面上的D点．今测得AB：BC：CD=5：3：1，由此可判断（　 　）

A. A、B、C处抛出的三个小球运动时间之比为3：2：1
B. A、B、C处抛出的三个小球的速率变化率之比为3：2：1
C. A、B、C处抛出的三个小球的初速度大小之比为3：2：1
D. A、B、C处抛出的三个小球落在斜面上时速度与斜面间的夹角之比为1：1：1
【答案】ACD

故选：ACD.
点睛：根据三个小球的位移之比得出三个小球平抛运动的高度之比和水平位移之比，根据位移时间公式求出运动的时间之比，根据时间和水平位移之比求出初速度之比．抓住某时刻速度方向与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍，分析落在斜面上的速度方向与初速度方向夹角的关系．
4．如图所示，AB是与水平方向成30°角的斜面，一个小铜块用细线悬挂于O点，用圆珠笔尖靠着线的左侧，沿斜面向右上方以速率v=m/s匀速运动，运动中始终保持悬线竖直，下列说法正确的是（ ）

A. 铜块的速度大小为2m/s
B. 铜块的速度大小为m/s
C. 铜块的速度与水平方向成60°角
D. 绳子的拉力大小等于铜块的重力
【答案】BCD
【解析】解:A、铜块参与了平行于斜面方向的匀速直线运动和竖直方向上的匀速直线运动,两个分速度大小相等,都为v,根据平行四边形定则知,.合速度的方向与水平方向的夹角为.故B、C正确,A错误.
D、由上分析可以知道,铜块做匀速直线运动,则绳子的拉力大小等于铜块的重力,所以D选项是正确的;
所以BCD选项是正确的.
5．有一种杂技表演叫“飞车走壁”,由杂技演员驾驶摩托车沿圆台形表演台的侧壁,做匀速圆周运动.如图中粗线圆表示摩托车的行驶轨迹,轨迹离地面的高度为h,下列说法中正确的是(    )

A. h越高,摩托车对侧壁的压力将越大
B. 摩托车做圆周运动的向心力大小与h无关
C. h越高,摩托车做圆周运动的周期将越大
D. h越高,摩托车做圆周运动的线速度将越大
【答案】BD
【解析】摩托车做匀速圆周运动，提供圆周运动的向心力是重力mg和支持力N的合力，受力分析如图，

侧壁对摩托车的支持力N=与高度h无关，所以摩托车对侧壁的压力不变，故A错误；如图向心力Fn=mgtanα，与高度h无关，所以向心力大小不变，故B正确；根据牛顿第二定律得Fn=，h越高，r越大，Fn不变，则T越大，故C错误；根据牛顿第二定律得Fn=，h越高，r越大，Fn不变，则v越大，故D正确；
故选BD。
6．如图所示，一轻绳通过无摩擦的小定滑轮O与质量为mB的小球B连接，另一端与套在光滑竖直杆上质量为mA的小物块A连接，杆两端固定且足够长，物块A由静止从图示位置释放后，先沿杆向上运动。设某时刻物块A运动的速度大小为vA，加速度大小为aA，小球B运动的速度大小为vB，轻绳与杆的夹角为。则

A. VB=
B. aA=
C. 小球B减小的重力势能等于物块A增加的动能
D. 当物块A上升到与滑轮等高时，它的机械能最大
【答案】AD
能守恒，那么小球B减小的机械能等于物块A增加的机械能，C错误；除重力以外其它力做的功等于机械能的增量，物块A上升到与滑轮等高前，拉力做正功，机械能增加，物块A上升到与滑轮等高后，拉力做负功，机械能减小．所以A上升到与滑轮等高时，机械能最大，D正确．
7．如图所示，在距水平地面高为0.4m处，水平固定一根长直光滑杆，在杆上P点固定一定滑轮，滑轮可绕水平轴无摩擦转动，在P点的右边，杆上套有一质量m=2kg的滑块A。半径R＝0.3m的光滑半圆形细轨道竖直地固定在地面上，其圆心O在P点的正下方，在轨道上套有一质量也为m=2kg的小球B。用一条不可伸长的柔软细绳，通过定滑轮将A、B连接起来。杆和半圆形轨道在同一竖直面内，A、B均可看作质点，且不计滑轮大小的影响。现给滑块A一个水平向右的恒力F＝50N（取g=10m/s2）。则（ ）

A. 把小球B从地面拉到P的正下方时力F做功为20J
B. 小球B运动到C处时的速度大小为0
C. 小球B被拉到与滑块A速度大小相等时，离地面高度为0.225m
D. 把小球B从地面拉到P的正下方C时，小球B的机械能增加了20J
【答案】ACD
【解析】解：把小球B从地面拉到P点正下方C点过程中，力F的位移为：，则力F做的功WF=Fx=20J，选项A正确；把小球B从地面拉到P点正下方C点时，此时B的速度方向与绳子方向垂直，此时A的速度为零，设B的速度为v，则由动能定理：，解得v= m/s，选项B错误；当细绳与圆形轨道相切时，小球B的速度方向沿圆周的切线方向向上，此时和绳子方向重合，故与小球A速度大小相等，由几何关系可得h=0.225m选项C正确；B机械能增加量为F做的功20J，D正确
本题选ACD
8．如图所示，水平转台上有一质量为m的物块，用长为L的细绳将物块连接在转轴上，细线与竖直转轴的夹角为角，此时绳中张力为零，物块与转台间动摩擦因数为，，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块随转台由静止开始缓慢加速转动，则

A. 至绳中出现拉力时，转台对物块做的功为
B. 至绳中出现拉力时，转台对物块做的功为
C. 至转台对物块支持力为零时，转台对物块做的功为
D. 当物体的角速度为时，物块与转台间无相互作用力
【答案】AC
【解析】对物体受力分析可知物块离开圆盘前，合力①，②，根据动能定理可得③，当弹力④，联立四式可得，至绳中出现拉力时，转台对物块做的功为，故A正确B错误；
当，由①②③可知，故C正确；
由①②可知，所以当物块的角速度增大到时，物块与转台间恰好无相互作用，故D错误；
故选AC。
9．如图所示，一质量为m的小球用两根不可伸长的轻绳a、b连接，两轻绳的另一端分别系在竖直杆的A、B两点上，当两轻绳伸直时，a绳与杆的夹角为30°，b绳水平，已知a绳长为2L，当竖直杆以自己为轴转动，角速度从零开始缓慢增大过程中，则下列说法正确的是( )

A. 从开始至b绳伸直但不提供拉力时，绳a对小球做功为0
B. b绳伸直但不提供拉力时，小球的向心加速度大小为
C. 从开始至b绳伸直但不提供拉力时，小球的机械能增加了
D. 当时，b绳未伸直
【答案】BCD
【解析】当b绳刚要伸直时，对小球，由牛顿第二定律和向心力公式得水平方向有：，竖直方向有，解得，小球的机械能增加量为，由功能关系可知，从开始至b绳伸直但不提供拉力时，绳a对小球做功为，故A错误C正确；b绳刚好伸直无拉力时，小球的角速度为，当，所以b未伸直，小球的向心加速度为，故BD正确．
10．在一次投球游戏中，某同学调整好力度，将球水平抛向放在地面的小桶中，结果球飞到小桶的右方(如图所示)，不计空气阻力，则下次再投时，他可能作出的调整为( )

A. 减小初速度，抛出点高度不变
B. 增大初速度，抛出点高度不变
C. 初速度大小不变，提高抛出点高度
D. 初速度大小不变，降低抛出点高度
【答案】AD
要减小水平位移x，可保持初速度大小不变，减小降低抛出点高度h．故C错误D正确．
11．来自中国铁路总公司的消息，“复兴号”列车日前已经成功完成时速350公里的相关测试和科学评估，9月21日起在京沪高铁运行。火车转弯时，要求轮缘与内、外轨间都无挤压。要满足火车转弯时的速度尽可能大些，下列说法正确的是（ ）
A. 内、外轨间的离度差应大些
B. 内、外轨间的离度差应小些
C. 弯道半径应大些
D. 弯道半径应小些
【答案】AC
【解析】试题分析：对火车受力分析，要求轮缘与内、外轨间都无挤压。则重力和支持力提供向心力，根据牛顿第二定律即可判断出速度增大要改变的条件
火车转弯受，对内外轨道无压力，故有，解得，要使速度增大，内外轨道高度差大一些，弯道半径大一些，AC正确．
12．如图所示，水平转台上的小物体A、B通过轻弹簧连接，并静止在转台上，现转台从静止开始缓慢的增大其转速（既在每个转速下可认为是匀速转动），已知A、B的质量分别为m、2m，A、B与转台的动摩擦因数均为μ，A、B离转台中心的距离分别为1、5r、r，已知弹簧的原长为1、5r，劲度系数为k，设本题中的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，以下说法中正确的是（　　）

A. 当B受到的摩擦力为0时，A的摩擦力向右
B. B先相对木板发送滑动
C. 当A、B均相对转台静止时，允许的最大角速度为
D. A刚好要滑动时，转台转动的角速度为
【答案】DB
【解析】A、当B受到的摩擦力为0时，由弹簧弹力提供向心力，此时弹簧的弹力为，则有解得：，此时A受到的向心力，故A受到的摩擦力向左，故A错误；
B、当B刚好要滑动时，摩擦力达到最大静摩擦力，弹簧弹力与静摩擦力的合力提供向心力，则有：，解得：，当A刚好要滑动时，摩擦力达到最大静摩擦力，弹簧弹力与静摩擦力的合力提供向心力，则有，解得：，因为，可知B先滑动，故BD正确，C错误。
点睛：本题主要考查了胡克定律以及向心力公式的直接应用，知道当A、B刚好要滑动时，摩擦力达到最大静摩擦力，弹簧弹力与静摩擦力的合力提供向心力，明确向心力的来源是解题的关键。
13．如图甲所示，用一轻质绳拴着一质量为m的小球，在竖直平面内做圆周运动（不计一切阻力），小球运动到最高点时绳对小球的拉力为T，小球在最高点的速度大小为v，其T﹣v2图象如图乙所示，则（　　）

A. 当地的重力加速度为
B. 轻质绳长为
C. 小球在最低点受到的最小拉力为5a
D. 若把轻绳换成轻杆，则从最高点由静止转过90°的过程中杆始终对小球产生支持力
【答案】AB
【解析】A、在最高点时，绳对小球的拉力和重力的合力提供向心力，则得：
得：①
由图象知，时，，图象的斜率，则得：，得绳长；
当时，，由①得：，得，故A正确，B正确；
C、只要，绳子的拉力大于0，根据牛顿第二定律得：
最高点：②
最低点：③
从最高点到最低点的过程中，根据机械能守恒定律得：④
联立②③④解得：，即小球在最低点和最高点时绳的拉力差均为，故C错误；
D、若把轻绳换成轻杆，则从最高点由静止转过的过程中开始时杆对小球的作用力为支持力；当转过后，小球的向心力必定由杆的拉力提供，所以可知，在小球从最高点由静止转过的过程中，杆对小球的作用力开始时是支持力，然后是拉力，故D错误。
点睛：小球在竖直面内做圆周运动，到最高点时由绳对小球的拉力和重力的合力提供向心力，根据图象、应用向心力公式、牛顿第二定律分析答题．根据牛顿第二定律和机械能守恒列式求解小球在最低点和最高点时绳的拉力差。
14．如图所示，甲、乙两船在同一条河流中同时开始渡河，M、N分别是甲、乙两船的出发点，两船头与河沿均成α角，甲船船头恰好对准N点的正对岸P点，经过一段时间乙船恰好到达P点，如果划船速度大小相同，且两船相遇，不影响各自的航行，下列判断正确的是（　　）

A. 两船渡河时间一定相等
B. 甲乙两船可能在P点相遇
C. 两船相遇在NP直线上
D. 渡河过程中两船不一定会相遇
【答案】AC
【解析】A、小船过河的速度为船本身的速度垂直河岸方向的分速度，故小船过河的速度，故小船过河的时间：，故甲乙两船到达对岸的时间相同，故A正确；
B、以流动的水为参考系，相遇点在两个船速度方向射线的交点上，又由于乙船沿着NP方向运动，故相遇点在NP的中点上，故BD错误，C正确。
点睛：本题考查了运动的合成与分解，相对速度，小船过河问题，注意过河时间由垂直河岸的速度与河宽决定。
15．如图甲所示，用一轻质绳拴着一质量为m的小球，在竖直平面内做圆周运动（不计一切阻力），小球运动到最高点时绳对小球的拉力为T，小球在最高点的速度大小为v，其T﹣v2图象如图乙所示，则（　　）

A. 轻质绳长为
B. 当地的重力加速度为
C. 当v2=c时，轻质绳的拉力大小为
D. 只要v2≥b，小球在最低点和最高点时绳的拉力差均为6a
【答案】ACD
【解析】A、在最高点时，绳对小球的拉力和重力的合力提供向心力，则得：

D、只要，绳子的拉力大于0，根据牛顿第二定律得：
最高点：②
最低点：③
从最高点到最低点的过程中，根据机械能守恒定律得：④
联立②③④解得：，即小球在最低点和最高点时绳的拉力差均为，故D正确。
点睛：解决本题的关键知道小球在最高点向心力的来源，结合牛顿第二定律进行求解，知道图线的斜率和截距表示的含义。
16．如图所示，细线的一端系于天花板上，另一端系一质量为m的小球。甲图让小球在水平面内做匀速圆周运动，此时细线与竖直方向的夹角为，细线中的张力为F1，小球的加速度大小为a1；乙图中让细线与竖直方向成角时将小球由静止释放，小球在竖直面内摆动。刚释放瞬间细线中的张力为F2，小球的加速度大小为a2，则下列关系正确的是

A. F1= F2 B. F1> F2 C. a1= a2 D. a1> a2
【答案】BD
【解析】试题分析：小球做圆周运动靠拉力和重力的合力提供向心力，结合牛顿第二定律求出绳对小球的拉力，由牛顿第二定律求出加速度．做单摆的小球只受到重力和绳子的拉力，由此分析即可．
甲图中受力如图：竖直方向：，水平方向，由几何关系得：，解得，根据牛顿第二定律得，乙图中释放瞬间，小球只受到重力和细线中的张力为，则，由牛顿第二定律得：，所以，故BD正确．

17．如图所示为赛车场的一个“梨形”赛道，两个弯道分别为半径m的大圆弧和m的小圆弧，直道与弯道相切。大、小圆弧圆心、距离m。赛车沿弯道路线行驶时，路面对轮胎的最大径向静摩擦力是赛车重力的2.25倍，假设赛车在直道上做匀变速直线运动，在弯道上做匀速圆周运动，要使赛车不打滑，绕赛道一周时间最短（发动机功率足够大，重力加速度m/s2，）

A. 在绕过小圆弧弯道后加速 B. 在大圆弧弯道上的速率为45m/s
C. 在直道上的加速度大小为6.5m/s2 D. 通过小圆弧弯道的时间为5.85s
【答案】ABC
【解析】A．在弯道上做匀速圆周运动，赛车不打滑，绕赛道一圈时间最短，则在弯道上都由最大静摩擦力，代入数据解得：，C正确；
D．设R与OO'的夹角为α，由几何关系可得：，，小圆弧的圆心角为：120°，经过小圆弧弯道的时间为，D错误;
故选ABC。
18．摩擦传动是传动装置中的一个重要模型，如右图历示的两个水平放置的轮盘靠摩擦力传动，其中O、O'分别为两轮盘的轴心，已知两个轮盘的半径比r甲：r乙=3：1，且在正常工作时两轮盘不打滑。今在两轮盘上分别放置两个同种材料制成的滑块A、B，两滑块与轮盘间的动摩擦因数相同，两滑块距离轴心O、O'的间距RA=2RB。若轮盘乙由静止开始缓慢地转动起来，且转速逐渐增加，则下列叙述正确的是( )

A. 滑块A和B在与轮盘相对静止时，角速度之比为
B. 滑块A和B在与轮盘相对静止时，向心加速度的比值为aA：aB=2：9
C. 转速增加后滑块B先发生滑动
D. 转速增加后两滑块一起发生滑动
【答案】ABC
【解析】假设轮盘乙的半径为r，由题意可知两轮盘边缘的线速度v大小相等，由v=ωr，r甲：r乙=3：1，可得ω甲：ω乙=1：3，所以滑块相对轮盘滑动前，A、B的角速度之比为1：3，故A正确；滑块相对盘开始滑动前，根据加速度公式：a=Rω2，把RA：RB=2：1，ωA：ωB=1：3，带入可得：A、B的向心加速度之比为aA：aB=2：9，故B正确；据题意可得物块的最大静摩擦力分别为，，则最大静摩擦力之比为；转动中所受的静摩擦力之比为，由上可得滑块B先达到最大静摩擦力，而先开始滑动，故C正确、D错误。所以ABC正确，D错误。
19．如图，两个质量不同的小球用长度不等的细线拴在同一点，并在同一平面内做匀速圆周运动，则它们的（ ）

A. 周期不相同 B. 线速度的大小相等
C. 角速度的大小相等 D. 向心加速度的大小相等
【答案】C

因为小球在同一平面内做圆周运动，则由题意知，小球圆周运动半径r=htanθ，其中h为运动平面到悬点的距离。
AC、运动的角速度ω=，角速度与夹角θ无关，都相同。根据T=2π/ω知，周期相同，故A错误，C正确；
B、运动的线速度，知转动半径不同θ不同，线速度不同，B错误；
D、向心加速度a=gtanθ，向心加速度不同，故D错误。
故选：C.
点睛：抓住小球圆周运动的向心力由重力和绳的拉力的合力提供，且在同一平面内做匀速圆周运动，由受力分析确定．
20．将一物体在高h处，以初速V0水平抛出，不计空气阻力，落地时速度为Vt，竖直分速度Vy，抛出点到落地点的距离S，则物体在空中飞行时间为（　　）
A. B. C. D.
【答案】ABC
【解析】A：据　　得：，故A正确；
B：据得：，故B正确；
C：竖直方向平均速度：又，可得，故C正确；
D：水平方向位移：　　，可得：，故D错误。
综上选ABC
点睛：平抛运动在竖直方向上做匀加速直线运动，可以根据落地速度、在竖直方向上的分速度或高度去求运动的时间．
21．长为L的轻杆，一端固定一个小球，另一端固定在光滑的水平轴上，使小球在竖直平面内做圆周运动，小球在最高点的速度v。下列说法中正确的是(　　)
A. 当v＝时，轻杆对小球的弹力为零
B. 当v由逐渐增大时，轻杆对小球的拉力逐渐增大
C. 当v由逐渐减小时，轻杆对小球的支持力逐渐减小
D. 不管v多大，小球在最低点时，都处于超重状态
【答案】ABD
【解析】根据牛顿第二定律：，当时，解得速度为：，故A正确；在最高点，若速度时，杆子的作用力为零，当时，杆子表现为拉力，由，速度增大，向心力增大，则杆子对小球的拉力增大，故B正确；当时有：，杆子表现为支持力，速度减小，向心力减小，则杆子对小球的支持力增大，故C错误；在最低点由牛顿第二定律：可知，线的拉力总大于重力，所以总处于超重状态，故D正确。所以ABD正确，C错误。
22．图示为质点做匀变速运动的轨迹示意图，质点运动到D点时速度方向与加速度方向恰好垂直。则质点从A点运动到E点的过程中，下列说法中正确的是（ ）

A. 质点经过C点的速率比D点大
B. 质点经过A点时的动能小于经过D点时的动能
C. 质点经过D点时的加速度比B点的加速度大
D. 质点从B到E过程中加速度方向与速度方向的夹角一直减小
【答案】AD
【解析】质点运动到D点时速度方向与加速度方向恰好互相垂直，速度沿D点轨迹的切线方向，则知加速度斜向左上方，合外力也斜向左上方，质点做匀变速曲线运动，合外力恒定不变，质点由A到D过程中，合外力做负功，由动能定理可得，C点的速度比D点速度大，质点经过A点时的动能大于经过D点时的动能，故A正确，B错误；质点做匀变速曲线运动，则有加速度不变，所以质点经过D点时的加速度与B点相同，故C错误；质点从B到E过程中加速度方向与速度方向的夹角一直减小，故D正确。所以AD正确，BC错误。
23．如图所示，斜面倾角为θ，位于斜面底端A正上方的小球以初速度v0正对斜面顶点B水平抛出，小球到达斜面经过的时间为t，重力加速度为g，则下列说法中正确的是(　　)

A. 若小球以最小位移到达斜面，则
B. 若小球垂直击中斜面，则
C. 若小球能击中斜面中点，则
D. 无论小球怎样到达斜面，运动时间均为
【答案】AB


当小球落在斜面上的D点时，位移最小，设运动的时间为t，则
水平方向：；竖直方向．根据几何关系有，即有，解得，A正确；若小球垂直击中斜面时速度与竖直方向的夹角为θ，则，得，B正确；若小球能击中斜面中点时，小球下落的高度设为h，水平位移设为x．则由几何关系可得，得，CD错误．
24．如图所示小球沿水平面通过O点进入半径为R的半圆弧轨道后恰能通过最高点P，然后落回水平面，不计一切阻力，下列说法正确的是（ ）

A. 小球落地点离O点的水平距离为R
B. 小球落地点时的动能为
C. 小球运动到半圆弧最高点P时向心力恰好为零
D. 若将半圆弧轨道上部的圆弧截去，其他条件不变，则小球能达到的最大高度比P点高0.5R
【答案】BD
【解析】试题分析：小球恰能通过圆弧最高点P，重力恰好提供向心力，可由牛顿第二定律先求出小球通过最高点P的速度，小球离开最高点后做平抛运动，可由动能定理求解落地速度，将半圆弧轨道上部的圆弧截去，同样可以用动能定理求解最大高度．
由动能定理得，解得h=1.5R，所以小球能达到的最大高度比P点高1.5R-R=0.5R，D正确．
25．如图所示，汽车通过轻质光滑的定滑轮，将一个质量为m的物体从井中拉出，绳与汽车连接点距滑轮顶点高h，开始时物体静止，滑轮两侧的绳都竖直绷紧，汽车以v向右匀速运动，运动到跟汽车连接的细绳与水平夹角为30°，则

A. 从开始到绳与水平夹角为30°时，物体是匀速上升
B. 从开始到绳与水平夹角为30°时，拉力对物体做功mgh＋
C. 在绳与水平夹角为30°时，物体的速率为
D. 在绳与水平夹角为30°时，拉力对物体功率小于mgv
【答案】BC
【解析】试题分析：先将汽车的速度沿着平行绳子和垂直绳子方向正交分解，得到物体速度，再对物体，运用根据动能定理求拉力做功．由功率公式分析拉力的功率．
将汽车的速度沿着平行绳子和垂直绳子方向正交分解，如图所示，可知，故v不变，θ减小，则增大，物体不是做匀速直线运动，A错误；

当θ=30°时，物体的速度为；当θ=90°时，物体速度为零；
根据功能关系，知拉力的功等于物体机械能的增加量，故，BC正确；在绳与水平夹角为30°时，拉力的功率为，其中，由于物体加速上升，根据牛顿第二定律可得，即，故，故D错误．
26．如图所示，一个固定在竖直平面上的光滑圆形管道，管道里有一个直径略小于管道内径的小球，小球在管道内做圆周运动，下列说法中正确的是（ ）

A. 小球通过管道最低点时，小球对管道的压力向下
B. 小球通过管道最低点时，小球对管道的压力向上
C. 小球通过管道最高点时，小球对管道的压力可能向上
D. 小球通过管道最高点时，小球对管道可能无压力
【答案】ACD
【解析】设管道的半径为R，小球的质量为m，小球通过最低点时速度大小为v1，根据牛顿第二定律：可知小球所受合力向上，则管道对小球的支持力向上，则小球对管道的压力向下，故A正确，B错误；最高点时速度大小为v2，根据牛顿第二定律：，当时，N=0，说明管道对小球无压力；当时，N＜0，说明管道对小球的作用力向下，则小球对管道的压力向上，故CD正确。所以ACD正确，B错误。
27．如图所示，在竖直平面内，粗糙的斜面轨道AB的下端与半径R=1.0 m的光滑圆弧轨道BCD相切于B点，C是圆弧轨道最低点，圆心角， D与圆心O等高。现有一个质量m=0.2 kg可视为质点的小物体.从D点的正上方E点处自由下落.DE距离h=1.6 m，小物体与斜面AB之间的动摩擦因数，重力加速度g=10 m/s2，下列说法正确的是

A. 小物体第一次通过C点时轨道对小物体的支持力大小为12.4N
B. 要使小物体不从斜面顶端飞出，斜面的长度至少为2.4m
C. 若斜面足够长，小物体最终可以停在最低点C
D. 若斜面足够长，小物体最终在圆弧底端往复运动
【答案】ABD
，，联立解得斜面长度至少为，B正确；因为（或），所以，物体不会停在斜面上．物体最后以C为中心，B为一侧最高点沿圆弧轨道做往返运动，D正确C错误．
28．如图所示，甲球从O点以水平速度v1飞出，落在水平地面上的A点。乙球从B点以水平速度v2飞出，落在水平地面上的B点反弹后恰好也落在A点.已知乙球在B点与地面碰撞反弹后瞬间水平方向的分速度不变、竖直方向的分速度方向相反大小不变，不计空气阻力。下列说法正确的是

A. 由O点到A点，甲球运动时间与乙球运动时间相等
B. 甲球由O点到A点的水平位移是乙球由O点到B点水平位移的3倍
C. v1:v2 =3:1
D. v1:v2 =2:1
【答案】BC
【解析】试题分析：平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，运动的时间由高度决定，初速度和时间共同决定水平位移．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，结合分运动的规律研究．
设OA间的竖直高度为h．由O点到A点，甲球运动时间为．乙球运动时间是甲球的3倍，A错误；乙球先做平抛运动，再做斜上抛运动，根据对称性可知，从B到A的水平位移等于从O到B的水平位移的2倍，所以甲球由O点到A点的水平位移是乙球由O点到B点水平位移的3倍，B正确；设乙球由O点到B点水平位移为x，时间为t．对甲球有，对乙球有，则得，故C正确D错误．
29．如图所示，水平圆盘可绕通过圆心的竖直轴转动，盘上放两个小物体P和Q，它们的质量相同，与圆盘的最大静摩擦力都是fm，两物体中间用一根细线连接，细线过圆心O，P离圆心距离为r1，Q离圆心距离为r2，且r1＜r2，两个物体随圆盘以角速度ω匀速转动，且两个物体始终与圆盘保持相对静止，则下列说法错误的是(　　)

A. ω取不同值时，P和Q所受静摩擦力均指向圆心
B. ω取不同值时，Q所受静摩擦力始终指向圆心，而P所受静摩擦力可能指向圆心，也可能背离圆心
C. ω取不同值时，P所受静摩擦力始终指向圆心，而Q所受静摩擦力可能指向圆心，也可能背离圆心
D. ω取不同值时，P和Q所受静摩擦力可能都指向圆心，也可能都背离圆心
【答案】ACD
【解析】根据，Q的转动半径大，Q先达到最大静摩擦力，当角速度增加，绳子出现张力，Q靠张力和静摩擦力的合力充当向心力，P也靠张力和静摩擦力的合力充当向心力，角速度增大，绳子的拉力逐渐增大，P所受的静摩擦力先减小后反向增大，当反向增大到最大静摩擦力时，如果角速度再增大，PQ与圆盘间会发生相对滑动，所以：Q所受静摩擦力始终指向圆心，而P所受静摩擦力可能指向圆心，也可能背离圆心。即B正确，ACD错误。选错的故答案为ACD。
点睛：圆周运动中的连接体问题，既要隔离研究，又要抓住它们之间的联系：角速度关系、绳中张力大小相同。
30．电动机以恒定的功率P和恒定的转速n卷动绳子，拉着质量为M的木箱在光滑的水平地面上前进，如图所示，当运动至绳子与水平面成θ角时，电动机的轮子卷绕绳子的半径为R，下述说法正确的是（　　）

A. 木箱将做匀速运动，速度是2πnR
B. 木箱将做变速运动，此时速度是
C. 此时木箱对地的压力为
D. 此过程木箱受的合外力大小和方向都在变化
【答案】BC

三、解答题
1．如图所示，为固定在竖直面内、半径为的四分之一圆弧形光滑轨道，其末端（端）切线水平，且距水平地面的高度也为．、两小滑块（均可视为质点）用轻细绳拴接在一起，在它们中间夹住一个被压缩的微小轻质弹簧．两滑块从圆弧形轨道的最高点由静止滑下，当两滑块滑至圆弧形轨道最低点时，拴接两滑块的细绳突然断开，弹簧迅速将两滑块弹开，滑块恰好能沿圆弧形轨道运动到轨道的最高点．已知，滑块的质量，滑块的质量，重力加速度取，空气阻力可忽略不计．求：
（1）两滑块一起运动到圆弧形轨道最低点细绳断开前瞬间对轨道的压力大小．
（2）在将两滑块弹开的整个过程中弹簧释放的弹性势能．
（3）滑块的落地点与滑块的落地点之间的距离．

【答案】(1)FN=6.0N；(2)E弹=0.9J；(3)d=0.45m。
【解析】（1）设两滑块一起滑至轨道最低点时的速度为，所受轨道的支持力为，
两滑块一起沿圆弧形轨道下滑到端的过程，根据机械能守恒定律有：
代入数据解得：，
对于两滑块在轨道最低点，根据牛顿第二定律有：
，
解得：，
根据牛顿第三定律可知,两滑块对轨道的压力大小为：．
（2）设弹簧迅速将两滑块弹开时，两滑块的速度大小分别为和，
因滑块恰好能沿圆弧形轨道运动到轨道最高点，此过程中机械能守恒，所以对滑块有：，
代入数据解得：，方向向左，
对于弹簧将两滑块弹开的过程，设水平向右为正方向，根据动量守恒定律有：
，
代入数据解得：，

滑块从点上滑到点，再从点返回到点的过程，
机械能守恒，因此其平抛的速度大小仍为，
所以其平抛的水平位移为：，
所以滑块的落地点与滑块的落地点之间的距离为：．
综上所述本题答案是：(1)FN=6.0N；(2)E弹=0.9J；(3)d=0.45m
2．如图所示，电动玩具小车通过一根绕过光滑定滑轮的轻绳与质量为m=1kg的小物块（可看作质点）相连，拉着物块沿ABC轨道滑动．轨道BC部分是半径R=1m的四分之一圆弧，定滑轮在C点正上方与C点相距R，运动过程中小车受到地面阻力恒为，小车以P=20W的恒定功率向右运动，当物块运动至B点时速度，求物块在B点时对轨道的压力．

【答案】6N
【解析】（1）将物块的速度分解：

物块在B点时：，车的牵引力：
物块受到的拉力：
对物块受力分析：

根据物块在B点时的受力分析：，解得：
由牛顿第三定律得：物块在B点时对轨道的压力为6N.x.kw
【点睛】将物块到达B点时的速度分解，求出小车的速度，根据P=FV求出车的牵引力，再求出绳子的拉力，最后对物块根据向心力公式及牛顿第三定律即可求解物块在B点时对轨道的压力．
3．如图所示，光滑斜面与光滑水平面平滑连接．斜面长度，倾角．一小物块在点由静止释放，先后沿斜面和水平面运动，接着从点水平抛出，最后落在水平地面上．已知水平面与地面间的高度差．取重力加速度，，．求：

（1）小物块在斜面上运动的加速度大小．
（2）小物块从点水平抛出到落在地面上，在水平方向上的位移大小．
（3）小物块从点水平抛出到刚要落地过程中的速度变化量的大小．
【答案】（1）（2）（3）
【解析】（1）由牛顿第二定律得，解得：．
（2）小物块在斜面上做匀加速直线运动，滑到点时速度为，
根据匀变速直线运动规律，计算得出：，
小物块在水平面上做匀速直线运动，以速度从点水平抛出，
竖直方向小物块做自由落体运动
计算得出：物块平抛运动的时间，
水平方向小物块做匀速直线运动，计算得出：．
（3）物块速度变化量的大小．
4．如图所示,小球A系在细线的一端,线的另一端固定在O点，O到光滑水平面的距离为h=0.8m，已知A的质量为m，物块B的质量是小球A的5倍，置于水平传送带左端的水平面上且位于O点正下方，传送带右端有一带半圆光滑轨道的小车，小车的质量是物块B的5倍，水平面、传送带及小车的上表面平滑连接，物块B与传送带间的动摩擦因数为μ=0.5，其余摩擦不计，传送带长L=3.5m，以恒定速率v0=6m/s顺时针运转。现拉动小球使线水平伸直后由静止释放，小球运动到最低点时与物块发生弹性正碰，小球反弹后上升到最高点时与水平面的距离为，若小车不固定，物块刚好能滑到与圆心O1等高的C点，重力加速度为g，小球与物块均可视为质点，求：
（1）小球和物块相碰后物块B的速度VB大小。
（2）若滑块B的质量为mB=1kg，求滑块B与传送带之间由摩擦而产生的热量Q及带动传送带的电动机多做的功W电。
（3）小车上的半圆轨道半径R大小。

【答案】（1）1m/s；（2）12.5J；30J；（3）1.5m；
【解析】(1)小球A下摆及反弹上升阶段机械能守恒，由机械能守恒定律得：
A．B碰撞过程系统动量守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mvA=-mv1+5mvB，
代入数据解得：vB=1m/s；
(2)经过时间t，B与传送带速度相等，由匀变速直线运动速度公式得：v0=vB+μgt，
代入数据解得：t=1s，
物块滑行的距离为：
解得：s物=3.5m=L，
传送带的位移为：s传=v0t=6×1=6m，
则有：S相=S传-S物=6-3.5=2.5m，
Q=fS相=μmgS相=12.5J，
电动机多做的功为：
代入数据解得：W电=30J．
(3)物块在传送带上一直加速到达右端时恰好与传送带速度相等，系统水平方向动量守恒，
以向右为正方向，由动量守恒定律得：5mv0=（5m+25m）v，
由机械能守恒定律得：
代入数据解得：R=1.5m；
【点睛】本题是一道力学综合题，综合考查了动量守恒定律与机械能守恒定律的应用，分析清楚物体运动过程是正确解题的关键，解题时注意正方向的选择．
5．如图所示，半径的竖直半圆光滑轨道在B点与水平面平滑连接，一个质量的小滑块（可视为质点）静止在A点．一瞬时冲量使滑块以一定的初速度从A点开始运动，经B点进入圆轨道，沿圆轨道运动到最高点C，并从C点水平飞出，落在水平面上的D点．经测量，D、B间的距离，A、B间的距离，滑块与水平面的动摩擦因数，重力加速度．求：
（1）滑块通过C点时的速度大小．
（2）滑块刚进入圆轨道时，在B点轨道对滑块的弹力．
（3）滑块在A点受到的瞬时冲量大小．

【答案】（1）,（2）45N,（3）.

水平方向：
联立得：
（2）设滑块通过点时的速度为，根据机械能守恒定律：
解得：
设在点滑块受轨道的压力为N，根据牛顿第二定律：
解得：
（3）设滑块从点开始运动时的速度为，根据动能定理：
解得：
设滑块在点受到的冲量大小为I，根据动量定理
解得：
6．如图所示，倾角为37°的粗糙斜面AB底端与半径R=0.4m的光滑半圆轨道BC平滑相连，O为轨道圆心，BC为圆轨道直径且处于竖直方向，A、C两点等高。质量m=1kg的滑块从A点由静止开始下滑，恰能滑到与O等高的D点，（g=10m/s2，sin37°=0.6， cos37°=0.8）

(1)求滑块与斜面间的动摩擦因数μ。
(2)若使滑块能到达C点，求滑块从A点沿斜面滑下时的初速度v0的最小值。
(3)若滑块离开A处的速度大小为4m/s，求滑块从C点飞出至落到斜面上的时间t。
【答案】(1)μ=0.375 (2) (3)t=0.2s
【解析】(1)滑块由A到D过程，根据动能定理，有
得
(2)若滑块能到达C点，根据牛顿第二定律，有：
则得：
A到C的过程，根据动能定理，有：
联立解得：
所以初速度v0的最小值为
(3)滑块离开C点做平抛运动，则有：

由几何关系得：
联立得：
解得：t=0.2s
【点睛】本题考查动能定理与向心力、平抛运动及几何知识的综合运用，要注意挖掘隐含的临界条件，熟练掌握平抛运动速度偏向角与位移偏向角公式得运用．
7．如图所示，跳台滑雪时，运动员从跳台坡顶A处以速度vo=20m/s沿水平方向飞出，恰好落到坡底B处，已知的水平距离为60 m (空气阻力不计，g取10 m / s2),求：
(1)运动员在空中飞行的时间；
(2)AB间的距离s

【答案】(1)3s(2)75m
【解析】试题分析：运动员从A点水平飞出做平抛运动，根据运动学公式得出下落的高度y与运动的时间的关系、水平位移x与运动时间的关系，即可求出时间；）平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，根据水平的位移求出AB间的距离s。
（1）运动员由A到B做平抛运动，在竖直方向上：
在水平方向的位移为：x=v0t
位移间的关系为：
联立并代入数据可得：t=3s
（2）AB间的距离为：
点睛：本题主要考查了平抛运动，知道平抛运动在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做自由落体运动，结合运动学公式即可解题。
8．如图所示，倾角α=370的光滑绝缘斜面处于水平向右的匀强电场中，电场强度E=103N/C，有一个质量为m=3×10-3kg的带电小球，以速度v=1m/s沿斜面匀速下滑，求：

（1）小球带何种电荷？电荷量为多少？
（2）在小球匀速下滑的某一时刻突然撤去斜面，此后经t=0.2s内小球的位移是多大？（g取10m/s2）
【答案】（1）正电；2.25×10-5C（2）0.32m
【解析】（1）由于小球匀速运动，所受重力与电场力的合力和斜面对小球的支持力平衡，如图可知，小球必带正电，且，所以；从“等效重力场”观点看，实际上就是小球所受等效重力与斜面对小球的支持力平衡，故等效重力大小、等效重力加速度大小可分别表示为，。
（2）撤去斜面后，小球仅受等效重力作用，且具有与等效重力方向垂直的初速度，所以小球做“平抛运动”（严格地讲是类平抛运动，这里只是为了方便说明和处理，以下带引号的名称意义同样如此。），基本处理的方法是运动的分解。
　　
如图，小球在x轴方向做匀速直线运动，在y轴方向做“自由落体运动”，则有：
x=vt；y=g′t2，其中v=1m/s，t=0.2s，
解得：y=0.25m，所以t=0.2s内的总位移大小为  
考虑到分析习惯，实际处理时可将上述示意图顺时针转过α角，让小球的运动和重力场中的平抛运动更接近。
9．如图所示，在光滑水平桌面EAB上有质量为M=0.2kg的小球P和质量为m=0.1kg的小球Q,P、Q之间压缩一轻弹簧（轻弹簧与两小球不拴接），桌面边缘E处放置一质量也为m=0.1kg的橡皮泥球S，在B处固定一与水平面相切的光滑竖直的半圆轨道。释放被压缩的轻弹簧，P、Q两小球被轻弹簧弹出,小球P与弹簧分离后进入半圆形轨道,恰好能够通过半圆形轨道的最高点C；小球Q与弹簧分离后与桌面边缘的橡皮泥球S碰撞后合为一体飞出,落在水平地面上的D点。已知桌面高为h=0.2m,D点到桌面边缘的水平距离为x=0.2m,重力加速度为，求：

（1）小球P经过半圆轨道最低点B时对轨道的压力大小；
（2）小球Q与橡皮泥球S碰撞前的速度大小；
（3）被压缩的轻弹簧的弹性势能。
【答案】（1）12N（2）2m/s（3）0.3J
【解析】(1)小球P恰好到达C点：，则
对于小球P，从B→C,由动能定理得：，则
在B点：，则
由牛顿第三定律得，小球P经过半圆轨道最低点B时对轨道的压力大小为12N
(2) 小球Q与弹簧分离后与桌面边缘的橡皮泥球S碰撞后合为一体飞出，落在水平地面上的D点：解得：
Q与橡皮泥球S碰撞动量守恒：则
(3)P、Q和弹簧组成的系统动量守恒：，则
P、Q和弹簧组成的系统，由能量守恒定律得：，则
10．如图所示，斜面体ABC固定在地面上，小球p从A点静止下滑，当小球p开始下滑时，另一小球q从A点正上方的D点水平抛出，两球同时到达斜面底端的B处．已知斜面AB光滑，长度L=2.5m，斜面倾角为。不计空气阻力，g取。求：
（1）小球p从A点滑到B点的时间；
（2）小球q抛出时初速度的大小；
（3）小球q落地时速度的大小。

【答案】（1）t=1s，（2），（3）.



11．如图所示，水平桌面上有一轻弹簧，左端固定在A点，自然状态时其右端位于B点．水平桌面右侧有一竖直放置的轨道MNP，其形状为半径R=1.0m的圆环剪去了左上角120°的圆弧，MN为其竖直直径，P点到桌面的竖直距离是h=2.4m．用质量为m=0.2kg的物块将弹簧缓慢压缩后释放，物块经过B点后在桌面上做匀变速运动，其位移与时间的关系为x=6t﹣2t2，物块飞离桌面后恰好由P点沿切线落人圆轨道．（不计空气阻力，g取l0m/s2）
（1）求物块过B点时的瞬时速度大小vB及物块与桌面间的动摩擦因数μ；
（2）若物块刚好能到达轨道最高点M，求物块从P点到M点运动过程中克服摩擦力所做的功W．

【答案】（1）6m/s；0.4；（2）2.4J．
【解析】（1）物块过B点后做匀变速运动，由x=6t﹣2t2知：vB=6m/s
a=4m/s2
由牛顿第二定律：μmg=ma
解得μ=0.4
（2）物体刚好能到达M点，有
由平拋运动规律，在P点竖直方向：
所以：vy=vP•sin60°
从P到M的过程，由动能定理得
联立解得W=2.4J．
12．如图所示，P是水平面上的圆弧轨道，从高台边B点以速度v0水平飞出质量为m的小球，恰能从固定在某位置的圆弧轨道的左端A点沿圆弧切线方向进入．O是圆弧的圆心，θ是OA与竖直方向的夹角．已知：m＝0.5 kg，v0＝3 m/s，θ＝53°，圆弧轨道半径R＝0.5 m，g＝10 m/s2，不计空气阻力和所有摩擦，求：

(1)A、B两点的高度差；
(2)小球能否到达最高点C？如能到达，小球对C点的压力大小为多少？
【答案】(1)h=0.8m (2)能到C点，F=5N
【解析】(1)小球从B到A做平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动。据题知，小球到达A点时，速度与水平方向的夹角为θ，则有
小球到达A点的速度为
对平抛运动的过程,由机械能守恒得：
解得A.B两点的高度差h=0.8m；
(2)假设小球能到达C点，由机械能守恒得：
代入数据解得：vC=3m/s
小球通过C点的最小速度为v,则 ,
因为vC>v，所以小球能到达最高点C.
在C点,由牛顿第二定律得：mg+F=
代入数据解得：F=5N
由牛顿第三定律知，小球对C点的压力大小为5N.
13．如图所示，餐桌中心是一个可以匀速转动、半径为R的圆盘．圆盘与餐桌在同水平面内且两者之间的间隙可忽略不计．放置在圆盘边缘的小物体与圆盘间的动摩擦因数为0．5，与餐桌间的动摩擦因数为0.25，餐桌高也为R．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g．

(1)为使物体不滑到餐桌上，圆盘的角速度的最大值为多少?
(2)若餐桌半径，则在圆盘角速度缓慢增大时，物体从圆盘上被甩出后滑落到地面上的位置到圆盘中心的水平距离L为多少?
【答案】（1） （2）
【解析】(1)为使物体不从圆盘上滑下，向心力不能大于最大静摩擦力：
解得
故圆盘的角速度的最大值为
(2)物体从圆盘上滑出时的速度

14．如图所示，小球b静止与光滑水平面BC上的C点，被长为L的细线悬挂于O点，细绳拉直但张力为零．小球a从光滑曲面轨道上AB上的B点由静止释放，沿轨道滑下后，进入水平面BC（不计小球在B处的能量损失），与小球b发生正碰，碰后两球粘在一起，在细绳的作用下在竖直面内做圆周运动且恰好通过最高点．已知小球a的质景为M，小球b的质量为m．M=5m．己知当地重力加速度为g求：
（1）小球a与b碰后的瞬时速度大小
（2）A点与水平面BC间的高度差．

【答案】（1）（2）3.6L
【解析】解：（1）两球恰能到达圆周最高点时，重力提供向心力，
由牛顿第二定律得：（m+M）g=（m+M），
从碰撞后到最高点过程，由动能定理得：
﹣（M+m）g•2L=（M+m）v2﹣（M+m）v共2，
解得，两球碰撞后的瞬时速度：v共=；
（2）设两球碰前a球速度为va，两球碰撞过程动量守恒，
以向右为正方向，由动量守恒定律得：Mva=（M+m）v共，
解得：va=，
a球从A点下滑到C点过程中，由机械能守恒定律得：
Mgh=Mva2，解得：h=3.6L；
15．平面OM和水平面ON之间的夹角为，其横截面如图所示，平面OM和平面ON之间同时存在匀强磁场和匀强电场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外．匀强电场的方向竖直向上，一带电小球的质量为m，电荷量为q，带电小球沿纸面以大小为的速度从OM的某点向左上方射入磁场，速度与OM成角，带电小球进入磁场后恰好做匀速圆周运动，已知粒子在磁场中的运动轨迹与ON恰好相切，且带电小球能从OM上另一点P射出磁场，（P未画出）求：
（1）判断带电小球带何种电荷？所加电场强度E为多大？
（2）带电小球离开磁场的射点P到两平面交点O的距离S多大？
（3）带电小球离开磁场后继续运动，能打在左侧竖直的光屏上，求此点到O点的距离多大？

【答案】（1）正电荷，；（2）；（3）.
【解析】试题分析：（1）粒子做匀速圆周运动由洛伦兹力提供向心力，重力与电场力平衡，由此求出场强、判断小球电性．（2）粒子做匀速圆周运动由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律求出粒子的轨道半径，然后求出距离S．（3）粒子离开磁场后做平抛运动，应用平抛运动规律可以求出距离.
（1）小球在复合场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，小球受到电场力与重力平衡，小球所受电场力竖直向上，电场力方向与场强方向相同，则小球带正电荷；
电场力与重力大小相等：qE=mg，解得：
（2）小球进入磁场后做匀速圆周运动，洛伦兹力作为向心力
由牛顿第二定律得：，解得：
根据题意，带电小球在匀强磁场中的运动轨迹如图所示

Q点为运动轨迹与ON相交的点，I点为入射点，P点为出射点，则IP为圆轨道的弦，小球离开磁场的速度方向与OM的夹角也为，由几何关系可得，QP为圆轨道的直径，所以OP的长度S为：
（3）带电小球从P点离开磁场后做平抛运动，设打在光屏上的T点，竖直位移为y
水平位移：，解得：
竖直位移：
由几何关系得：图中OT的距离
【点睛】本题考查了带电小球在复合场中的运动，小球所受电场力与重力合力为零，洛伦兹力提供向心力，小球在复合场中做匀速圆周运动，分析求出小球的运动过程、作出小球运动轨迹是解题的前提与关键．
16．某工地某一传输工件的装置可简化为如图所示的情形，AB为一段圆弧的曲线轨道，BC为一段足够长的水平轨道，两段轨道均光滑。一长为L=2m、质量为M=1kg的平板小车最初停在BC轨道的最左端，小车上表面刚好与AB轨道相切。一可视为质点、质量为m=2kg的工件从距AB轨道最低点h高处沿轨道自由滑下，滑上小车后带动小车也向右运动，工件与小车的动摩擦因数为，取：
（1）若h=2.8m，求工件滑到圆弧底端B点时对轨道的压力；
（2）要使工件不从平板小车上滑出，求h的取值范围．

【答案】（1）60N，方向竖直向下；（2）高度小于或等于3m.

根据机械能守恒定律：
工件做圆周运动，在B点，由牛顿第二定律得：
联立得：N=60N
由牛顿第三定律知，工件滑到圆弧底端B点时对轨道的压力为，方向竖直向下.
（2）要使工件不从平板小车上滑出，则工件到达小车最右端恰好与小车共速，此时为最大高度，设共同速度为，工件滑上小车的初速度为
由动量守恒定律得：
由能量守恒定律得：
对于工件从AB轨道滑下的过程，由机械能守恒定律得：
代入数据解得：
要使工件不从平板小车上滑出，h的范围为
【点睛】第（1）问做竖直平面内的圆周运动，根据动量守恒定律、机械能守恒定律、牛顿第三定律求解；第（2）问的解题关键：要使工件不从平板小车上滑出，则工件到达小车最右端恰好与小车共速，根据动量守恒定律、机械能守恒定律、能量守恒定律求解．
17．如图所示，餐桌中心是一个可以匀速转动、半径为R的圆盘．圆盘与餐桌在同水平面内且两者之间的间隙可忽略不计．放置在圆盘边缘的小物体与圆盘间的动摩擦因数为0．5，与餐桌间的动摩擦因数为0.25，餐桌高也为R．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g．

(1)为使物体不滑到餐桌上，圆盘的角速度的最大值为多少?
(2)若餐桌半径，则在圆盘角速度缓慢增大时，物体从圆盘上被甩出后滑落到地面上的位置到圆盘中心的水平距离L为多少?
【答案】（1） （2）
【解析】(1)为使物体不从圆盘上滑下，向心力不能大于最大静摩擦力：
解得
故圆盘的角速度的最大值为
(2)物体从圆盘上滑出时的速度
若餐桌半径，由几何关系可得物体在餐桌上滑行的距离
根据匀变速直线运动规律：
可得物体离开桌边的速度
根据平抛运动规律：，
可知物体离开桌边后的水平位移
由几何关系可得，落地点到圆盘中心的水平距离
18．如图甲，PNQ为竖直放置的半径为0.1 m的半圆形轨道，在轨道的最低点P和最高点Q各安装了一个压力传感器，可测定小球在轨道内侧通过这两点时对轨道的压力FP和FQ.轨道的下端与一光滑水平轨道相切，水平轨道上有一质量为0.06 kg的小球A，以不同的初速度v0与静止在轨道最低点P处稍右侧的另一质量为0.04 kg的小球B发生碰撞，碰后形成一整体(记为小球C)以共同速度v冲入PNQ轨道．(A、B、C三小球均可视为质点，g取10 m/s2)

(1)若FP和FQ的关系图线如图乙所示，求：当FP＝13 N时所对应的入射小球A的初速度v0为多大？
(2)当FP＝13 N时，AB所组成的系统从A球开始向左运动到整体达到轨道最高点Q全过程中所损失的总机械能为多少？
(3)若轨道PNQ光滑，小球C均能通过Q点．试推导FP随FQ变化的关系式，并在图丙中画出其图线．
【答案】（1）（2）0.6 J (3) FQ＝FP－6(N)
【解析】试题分析：小球经过P、Q两点时，由重力和轨道对小球的支持力的合力提供向心力，AB相碰，满足动量守恒，根据牛顿第二定律及动量守恒定律列式即可求出速度；先求出AB相碰所损失的机械能，根据动能定理求出从球C从P运动至Q的过程中摩擦力做功，进而求出小球损失的机械能；轨道光滑，小球C由P至Q的过程中机械能守恒，可列出小球经过AC两点的速度关系，再由牛顿第二定律得到FP随FQ变化的关系式，画出图线。
（1）设A球的质量为M，B球的质量为m，由牛顿第三定律可知，小球在P、Q两点所受轨道的弹力大小为：NP=FP，NQ=FQ
在P点根据牛顿第二定律可得：
带入数据解得：
A、B相碰过程中满足动量守恒：Mv0=（M+m）vP
带入数据解得：
(2) A、B相碰所损失的机械能：
带入数据解得：
球C在Q点由牛顿第二定律得：
球C从P运动至Q的过程，根据动能定理得：
联立并代入数据解得：Wf＝－0.2 J
故球C上升过程中所损失的机械能ΔE2＝0.2 J
故整个系统在全过程中所损失的机械能ΔE＝ΔE1＋ΔE2＝0.6 J　
（3）因轨道光滑，小球C由P至Q的过程中根据动能定理得：

联立解得：NP－NQ＝6(M＋m)g
即FQ＝FP－6(N)
图线如图所示

点睛：本题主要考查了圆周运动与动能定理得结合，抓住速度是联系它们之间的桥梁。
19．如图所示，斜面轨道AB与水平面之间的夹角θ=53O，BD为半径R = 4 m的圆弧形轨道，且B点与D点在同一水平面上，在B点，轨道AB与圆弧形轨道BD相切，整个轨道处于竖直平面内且处处光滑，在A点处的一质量m=1kg的小球由静止滑下，经过B、C点后从D点斜抛出去，最后落在地面上的S点处时的速度大小vD = 8m/s，已知A点距地面的高度H = 10m，B点距地面的高度h =5 m，设以MDN为分界线，其左边为一阻力场区域，右边为真空区域，g取10m/s2，sin53°＝0.8。

（1）小球经过B点的速度为多大？
（2）小球经过圆弧轨道最低处C点时对轨道的压力多大？
（3）小球从D点抛出后，受到的阻力f与其瞬时速度方向始终相反，求小球从D点至S点的过程中阻力f所做的功。
【答案】（1）10m/s （2）43N （3）－68J
【解析】试题分析：小球从A到B的过程中根据动能定理求解小球经过B点的速度；根据动能定理求出小球经过C点时的速度；由牛顿第二定律求出轨道对小球的支持力，再由牛顿第三定律得到压力；小球从D点至S点的过程中，根据动能定理求解阻力所做的功。
（1）设小球经过B点时的速度大小为vB，根据动能定理可得： 

（3）设小球受到的阻力为f，到达S点的速度为vS，在此过程中阻力所做的功为W，易知vD= vB，由动能定理可得：
联立以上解得：W=－68J 
点睛：本题主要考查了牛顿第二定律、动能定理的综合应用，当阻力是变力，不能根据功的计算公式求阻力做功，运用动能定理求变力做功是常用的方法。
20．如图所示，倾角 30°的光滑斜面上，轻质弹簧两端连接着两个质量均为 m=1kg 的物块 B 和 C，C 紧靠着挡板 P，B 通过轻质细绳跨过光滑定滑轮与质量 M=8kg 的小球 A 连接，B 与滑轮之间的距离足够远，细绳平行于斜面，A 在外力作用下静止在圆心角为 60°、半径 R=2m 的光滑圆弧轨道的顶端 a 处，此时绳子恰好拉直且无张力；圆弧轨道最低端 b 与粗糙水平轨道 bc 相切，bc 与一个半径 r=0.2m 的光滑圆轨道平滑连接。由静止释放小球 A，当 A 滑至 b 点时，C 恰好离开挡板 P，此时连接 AB 的绳子在小球 A 处断裂，已知小球 A 与 bc 间的动摩擦因数µ= 0.1 ，重力加速度 g 取 10m/s2，弹簧的形变始终在弹性限度内，所有装置在同一竖直平面内，细绳不可伸长。

（1）求弹簧的劲度系数 k;
（2）小球A滑到b处，绳子刚好断后瞬间，小球A对圆轨道的压力为多少？
（3）为了让小球 A 能进入圆轨道且不脱轨，则bc间的距离应满足什么条件?
【答案】（1）k=5N/m（2）144N，方向竖直向下（3）x≤3m,或者6m≤x≤8m
【解析】（1）A在a处时，绳子拉直无张力，弹簧压缩，设压缩量为，弹簧弹力为
；
A在b处时，弹簧伸长，设伸长量为，那么，；又有当A滑至b时，C恰好离开挡板P，所以，弹簧弹力；
所以，，所以，；
（2）A从a到b过程由，ABC及弹簧系统只有重力、弹簧弹力做功，且A在a处和b处，弹簧的形变量相；
故由牛顿第三定律可知：物块A滑至b处，绳子断后瞬间，A对圆轨道的压力大小为，方向竖直向下；
（3）为了让物块A能进入圆轨道且不脱轨，那么，物块A在圆轨道上可能达到的最高点或者；
那么，当时，对物体A在最高点应用牛顿第二定律有；
A在圆轨道上运动，机械能守恒，所以，A在c处的动能
；
当时，由机械能守恒可得A在c处的动能，所以，A在c处的动能为或；
又有A在b处的动能；
A从b到c运动过程，只有摩擦力做功，且摩擦力；故由动能定理可得：，所以，或；
点睛：经典力学问题一般先对物体进行受力分析，求得合外力及运动过程做功情况，然后根据牛顿定律、动能定理及几何关系求解。
21．如图所示，一名跳台滑雪运动员经过一段时间的加速滑行后从O点水平飞出，经过3 s落到斜坡上的A点．已知O点是斜坡的起点，斜坡与水平面的夹角θ＝37°，运动员的质量m＝50 kg.不计空气阻力(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8；g取10 m/s2)．求：
(1)A点与O点的距离L；
(2)运动员离开O点时的速度大小；
(3)运动员从O点飞出开始到离斜坡距离最远所用的时间．

【答案】(1)75 m　(2)20 m/s　(3)1.5 s；
【解析】(1)运动员在竖直方向做自由落体运动，
有

(2)设运动员离开O点时的速度为v0，运动员在水平方向的分运动为匀速直线运动，有Lcos 37°＝v0t，
即
(3)运动员的平抛运动可分解为沿斜面方向的匀加速运动(初速度为v0cos 37°、加速度为gsin 37°)和垂直斜面方向的类竖直上抛运动(初速度为v0sin 37°、加速度为gcos 37°)．
当垂直斜面方向的速度减为零时，运动员离斜坡最远，有v0sin 37°＝gcos 37°t
解得t＝1.5 s
22．如图所示，光滑绝缘轨道ABCD位于同一竖直面内，AB部分水平，圆弧轨道BCD的圆心为O，半径为R，B点是最低点，C点是最高点，P、O、D处于同一水平高度。整个装置位于水平向右的匀强电场中，电场强度。现让一质量为m、带电量为＋q的光滑小球从A点由静止开始运动。

（1）若AB＝2R，求小球到达P点时对轨道的压力；
（2）要使小球能沿着轨道到达D点，AB至少多长?
【答案】（1）5mg ；方向向右（2）(＋1)R
【解析】（1）由动能定理得
qE(AB＋R)－mgR＝①
在P点由向心力公式得
FN－qE＝②
联解①②得FN＝5mg
由牛顿第三定律得压力FN＇＝5mg 方向向右
（2）等效重力
与水平面夹角q＝45°，斜向右下方
等效最高点在CD圆弧的中点，只要能过该点，就一定能过D点
等效最高点的最小速度满足
又由动能定理得
联立解得：AB＝(＋1)R
23．如图所示，有一长为L的细线，细线的一端固定在O点，另一端拴一质量为m的小球，现使小球恰好能在竖直面内做完整的圆周运动．已知水平地面上的C点位于O点正下方，且到O点的距离为1.9L．不计空气阻力．求：

（1）小球通过最高点A时的速度vA；
（2）小球通过最低点B时，细线对小球的拉力T；
（3）若小球运动到最低点B时细线恰好断裂，小球落地点到C点的距离．
【答案】（1）（2）（3）
【解析】(1)小球恰好能做完整的圆周运动，则小球通过A点时细线的拉力为零，根据向心力公式有：
解得：vA=；
(2)小球从A点运动到B点，由机械能守恒定律有：
解得：
小球在B点时根据牛顿第二定律有：
代入解得：T=6mg
(3)小球运动到B点时细线断裂，小球做平抛运动，有：
竖直方向：1.9L−L=
水平方向：
联立解得：x=3L
24．某物理兴趣小组研究物体的多过程运动，其情景如下。如图所示，在光滑水平面上，建立直角坐标系xoy，有两根平行线ab与cd（均平行于x轴）将水平面分成三个区域。自区域I的A点将质量均为m的小球M、N以相等的初动能水平向右、向左抛出。两小球在全过程中受到沿水平面向+y方向的恒定外力1.5mg的作用；两小球经过宽度为H的区域II时，受到沿+x方向的恒力作用。小球从区域II的下边界离开进入区域III，N球的速度方向垂直cd向下；M球在区域II做直线运动；M球刚离开区域II的动能为N球刚离开区域II的动能的1.64倍。不计空气阻力。求：

（1）M与N在区域II中平行x轴方向的位移大小之比；
（2）A点距平行线ab的距离；
（3）区域II提供的水平向右的恒力。
【答案】（1）3 :1；（2）；（3）。
【解析】⑴两小球在区域II中运动，竖直方向有：⇒两球在区域II中通过的时间相同。
⑵小球在区域I中运动，有：⑤
进入区域II后，在竖直方向上，有：
⑥
由几何关系有：⑦
由①③⑤⑥⑦得⑧
⑶对MN两球运动的全过程，由动能定理有：
⑨
⑩
由已知⑪
由④⑦⑧⑨⑩⑪得：
25．如图甲所示，水平桌面上有一条轻质弹簧，左端固定在竖直墙面上，右端放一个可视为质点的小物块，小物块的质量为m=1kg，当弹簧处于原长时，小物块静止于O点。水平桌面右侧有一竖直放置的光滑圆弧轨道MNP，P为地面上一点，MN为其竖直方向的直径。现对小物块施加一个外力F，使它缓慢移动，将弹簧压缩至A点时，压缩量为x=0.1m，在这一过程中，所用外力F与压缩量的关系如图乙所示。然后撤去F释放小物块，让小物块沿桌面运动，已知O点至桌面B点的距离为L=0.2m，水平桌面的高度为h=0.6m。计算时，可认为滑动摩擦力近似等于最大静摩擦力，g取10m/s2。求：

(1)弹簧压缩过程中存贮的最大弹性势能EP；
(2)小物块到达桌边B点时速度的大小VB：
(3)小物块落地时恰好沿切线由P点进入圆弧轨道，并恰好通过M点，求圆弧轨道的半径R。
【答案】（1）2.3J（2）2m/s（3）0.4m
【解析】（1）由图可知滑动摩擦力f=F0=1.0N
F做功
Ep=WF -f∙x=2.3J
（2）由动能定理：
解得vB=2m/s
（3）P点竖直分速度
即：

从P到M:
在M点：
解得R= 0.4m
26．如图所示，一水平方向的传送带以恒定速度v=2m/s沿顺时针方向匀速转动，传送带右端固定着一光滑的四分之一圆弧轨道，并与圆弧下端相切。一质量为m=1kg的物体自圆弧轨道的最高点由静止滑下，圆弧轨道的半径为R=0.45m，物体与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.2，不计物体滑过圆弧轨道与传送带交接处时的能量损失，传送带足够长，g取10m/s2。求：

(1)物体第一次滑到圆弧轨道下端时，对轨道的压力大小FN；
(2)物体从第一次滑上传送带到离开传送带的过程中，摩擦力对传送带做的功W，以及由于摩擦而产生的热量Q。
【答案】（1）30N（2）-10J；12.5J
【解析】(1) 根据动能定理：
解得：v1=3m/s
在轨道最低点：
由牛顿第三定律FN=N=30N
(2) 物体从第一次滑上传送带到离开传送带的过程中，由定律定理：，t=2.5s
摩擦力对传送带做的功

摩擦而产生的热
27．如图所示，长为L的细线一端固定在O点，另一端拴一质量为m的小球在竖直面内做圆周运动。已知小球在最高点A时受到细线的拉力刚好等于小球自身的重力，重力加速度为g，不计一切阻力。若小球运动到最高点A时细线断裂或小球运动到最低点B时细线断裂，两种情况下小球落在水平地面上的位置到O点正下方水平地面上的C点的距离相等，求O点到C点的距离H。

【答案】2L
【解析】在A点，由牛顿第二定律：
从A到B，由机械能守恒定律：
又：，
，
xA =xB
解得H= 2L
28．如图所示，水平面上固定一轨道，轨道处于竖直平面内，其中bcd是一段以O为圆心、半径为R的圆弧，c为最髙点，弯曲段abcde光滑, 水平段ef粗糙，两部分平滑连接，aO与ef在同一水平面上。可视为质点的物块从a点以某一初速度沿轨道向右运动，经过c点时，受到的支持力大小等于其所受重力的1/2，然后沿轨道的水平部分ef滑行距离5R后停下。重力加速度为g。求：
(1)物块从a点出发时的初速度大小v0；
(2)物块与轨道水平部分ef间的动摩擦因数μ
【答案】(1) (2) μ=0.25
【解析】（1）在c点对物块迸行受力分析，有：
在物块从a运动到c的过程中，由机械能守恒定律：
解得：
（2）物块在轨道水平部分ef上运动的过程中.由动能定理有：
解得。
29．如图所示，粗糙绝缘的细圆管弯成半径为R的1/4圆弧形，固定在竖直面内，管口B与圆心O等高，管口C与水平轨道平滑连接。质量为m的小球(小球直径略小于细圆管直径)从管口B正上方的A点自由下落，A、B间距离为4R，从小球进入管口开始，小球经过管口C滑上水平轨道，已知小球经过管口C时，对管底的压力为9mg，小球与水平轨道之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。求：

(1)小球在BC过程中摩擦阻力做的功；
(2)小球在水平轨道上运动的距离。
【答案】(1) (2)

从A到C，由动能定理得：
解得：
（2）在水平轨道上，由动能定理得：
解得：
30．某物理兴趣小组研究物体的多过程运动，其情景如下。如图所示，在光滑水平面上，建立直角坐标系xoy，有两根平行线ab与cd（均平行于x轴）将水平面分成三个区域。自区域I的A点将质量均为m的小球M、N以相等的初动能水平向右、向左抛出。两小球在全过程中受到沿水平面向+y方向的恒定外力1.5mg的作用；两小球经过宽度为H的区域II时，受到沿+x方向的恒力作用。小球从区域II的下边界离开进入区域III，N球的速度方向垂直cd向下；M球在区域II做直线运动；M球刚离开区域II的动能为N球刚离开区域II的动能的1.64倍。不计空气阻力。求：

（1）M与N在区域II中平行x轴方向的位移大小之比；
（2）A点距平行线ab的距离；
（3）区域II提供的水平向右的恒力。
【答案】（1）3 :1；（2）；（3）。
【解析】⑴两小球在区域II中运动，竖直方向有：⇒两球在区域II中通过的时间相同。在水平方向上，两球加速度大小相等，设为a，则
①
②
对N球：③
由①②③得④
⑵小球在区域I中运动，有：⑤
进入区域II后，在竖直方向上，有：
⑥
由几何关系有：⑦
由①③⑤⑥⑦得⑧
⑶对MN两球运动的全过程，由动能定理有：
⑨
⑩
由已知⑪
由④⑦⑧⑨⑩⑪得：
31．如图所示，在倾角为37°的斜坡上有一人，前方有一动物沿斜坡匀速向下奔跑，速度v＝15 m/s，在二者相距L＝30 m 时，此人以速度v0水平抛出一石块，击打动物，石块和动物都可看成质点(已知sin 37°＝0.6，g＝10 m/s2)

(1)若动物在斜坡上被石块击中，求v0的大小；
(2)若动物离斜坡末端较近，设其在水平面上匀速运动速度的大小与其在斜面上的相同，试分析该动物在水平面上被石块击中的情况下，人抛石块的速度v0的取值范围。
【答案】（1）20 m/s （2）20 m/s＜v0≤27.65 m/s
【解析】(1)设石块运动过程中所需时间为t1
对于动物，其运动的位移x1＝vt1
对于石块，其竖直方向：(L＋x1)sin 37°＝
其水平方向：(L＋x1)cos 37°＝v0t1
解得v0＝20 m/s
(2)假设动物开始时在斜面的底端，对于动物，其运动的位移
x2＝vt2
对于石块，其竖直方向：Lsin 37°＝
其水平方向：Lcos 37°＋x2＝v0t2
解得v0＝(4 ＋15) m/s≈27.65 m/s。
所以此种情况下，石块的速度范围为：20 m/s＜v0≤27.65 m/s。
32．如图甲，质量M=0.99kg的小木块静止放置在高h=0.8m的平台，小木块距平台右边缘d=2m，质量m=0.01kg的子弹沿水平方向射入小木块，留在其中一起向右运动，小木块和子弹作用时间极短，可忽略不计，一起向右运动的v2-s图象如图乙．最后，小木块从平台边缘飞出落在距平台右侧水平距离x=0.8m的地面上，g=10m/s2，求：

（1）小木块从平台边缘飞出的速度；
（2）小木块平台运动过程中产生的热量；
（3）子弹射入小木块前的速度．
【答案】（1）2m/s（2）6J（3）400m/s

（2）因为小木块在平台上滑动过程中做匀减速运动
根据，可得图象的斜率
解得：小木块在平台上滑动的加速度大小
根据牛顿第二定律得：摩擦力
故小木块在滑动过程中产生的热量：
（3）由图象可得
小木块刚开始滑动时的速度为
子弹射入木块的过程中，根据动量守恒定律得：
解得：
【点睛】本题关键是由图象得到减速过程加速度，由平抛运动得到初速度，然后根据运动学规律、牛顿第二定律和动量守恒定律等相关知识列式求解．
33．如图所示，倾角为的斜面长，在斜面底端正上方的O点将一小球以速度水平抛出，与此同时释放在顶端静止的滑块，经过一段时间后，小球恰好能够以垂直斜面的方向击中滑块(小球和滑块均视为质点，重力加速度，)。求：
（1）抛出点O离斜面底端的高度；
（2）滑块与斜面间的动摩擦因数。

【答案】（1）1.7m，（2）0.125
【解析】试题分析：（1）根据小球的竖直位移和水平位移，结合几何关系求出抛出点到斜面底端的距离．（2）根据牛顿第二定律，结合位移公式，抓住时间相等求出滑块与斜面间的动摩擦因数．
（1）将小球在P点的速度分解，如图所示

由几何关系得：
解得：
又
解得：
则平抛运动的水平位移
平抛运动的竖直位移
根据几何关系
解得：
所以抛出点O离斜面底端的高度
（2）根据几何关系
滑块匀加速运动的位移
根据位移公式
解得：
对滑块，根据牛顿第二定律：
解得：
代入数据解得：
【点睛】该题是平抛运动和牛顿第二定律等基本规律的应用，主要抓住撞到斜面上时水平速度和竖直方向速度关系、位移关系和几何关系解题.
34．如图所示，水平轨道与半径为R的半圆形光滑竖直轨道相连，固定在地面上。可视为质点的滑块a 和小球b 紧靠在一起静止于半圆圆心的正下方N点，滑块a 和小球b中间放有少许火药，某时刻点燃火药，滑块a 和小球b瞬间分离，小球b恰好能通过半圆轨道的最高点P 点，然后做平抛运动落到水平轨道MN上。已知a 和b质量分别为2m、m，滑块a与水平轨道MN之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，求：

（1）滑块a和小球b刚分离时b的速度大小；
（2）小球b的落地点与滑块a最终停下处之间的距离。
【答案】⑴⑵
【解析】（1）物体b在竖直平面内做圆周运动，在P 点时重力提供向心力，有

解得
两物体分离后物块b沿圆轨道向上运动，由动能定理有

解得
（2）a与b分离瞬间在水平方向上动量守恒，由动量守恒定律有
mvb-2mva=0
解得
滑块a向左运动的加速度
滑块a向左运动的最大距离
小球b做平抛运动，竖直方向有
水平方向Lb=vPt
解得

35．如图所示，光滑水平轨道与半径为R的光滑竖直半圆轨道在B点平滑连接．在过圆心O的水平界面MN的下方分布有水平向右的匀强电场．现有一质量为m、电荷量为＋q的小球从水平轨道上A点由静止释放，小球运动到C点离开圆轨道后，经界面MN上的P点进入电场 (P点恰好在A点的正上方，如图．小球可视为质点，小球运动到C点之前电荷量保持不变，经过C点后电荷量立即变为零)．已知AB间距离为2R，重力加速度为g.在上述运动过程中，求：

（1）小球离开c点时的速度大小
（2）电场强度E的大小
（3）在圆轨道运动过程中，指出什么位置速度最大并求出其大小
【答案】（1） （2） （3）

（2）设电场强度为E，小球从A到C由动能定理得：

解得：
（3）设小球运动到圆周D点时速度最大为v，此时OD与竖直线OB夹角设为

小球从A运动到D的过程，根据动能定理得：

得：
根据数学知识可得，当时动能最大．
由此可得
【点睛】运用动能定理解题，关键选择好研究的过程，分析过程中有哪些力做功，然后结合动能定理列式求解，本题对数学能力的要求较高，需加强练习．
36．如图所示，一固定斜面的倾角θ＝37°，P点距斜面底端A点的距离x。BC为一段光滑圆弧轨道，DE为半圆形光滑轨道，两圆弧轨道均固定于竖直平面内，两轨道的半径均为R＝2 m。滑板长L＝7.1 m，质量为M＝1 kg，静止在光滑水平地面上，滑板上表面与斜面水平底边的高度差H＝4 m，滑板右端紧靠C点，上表面恰能与两圆弧相切于C点和D点，滑板左端到半圆形轨道下端D点的距离L′＝3.3 m。一物块（可视为质点）质量m＝1 kg从斜面上的P点由静止下滑，物块离开斜面后恰在B点沿切线进入BC段圆弧轨道，经C点滑上滑板，在C点对轨道的压力大小N=60 N，滑板左端到达D点时立即被牢固粘连。物块与斜面、物块与滑板间的动摩擦因数均为μ＝0.5，g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：

（1）物块滑到C点的速率vC；
（2）P点距斜面底端A点的距离x；
（3）物块最终静止时的位置到D点的距离s。
【答案】（1）10m/s（2）5m（3）0.4m
【解析】试题分析：（1）在C点对轨道的压力大小N=60 N，重力和支持力的合力提供向心力，由牛顿第二定律可求出物块滑到C点的速率；（2）滑块静止从P滑到C点过程，应用动能定理可以求出x；（3）应用牛顿第二定律和运动学位移公式求出滑块与滑板的位移，然后判断两者共速时的位置关系，再求解物块最终静止时的位置到D点的距离S.
（1）由题意知，在C点对轨道的压力大小N=60 N，重力和支持力的合力提供向心力
由牛顿第二定律可得：

物块的位移：
滑板的位移：
滑板未到达D点，
物块未从滑板上落下，达到共同速度后，物块与滑板一起匀速运动距离0.8m滑板到达D点，滑板撞停后，物块独自匀减速运动到D点．
则有：
代入数据解得：
因
物块不会脱轨，再次回到D点后做匀减速直线运动，设其向右减速的最大位移为
则
物块最终静止时的位置到D点的距离：
【点睛】本题是一道力学综合题，关键要分析清楚物块的运动情况，把握每个过程的物理规律，应用动能定理、牛顿第二定律和运动学规律解题．
37．如图，MN为半径R＝0.4 m、固定于竖直平面内的光滑圆弧轨道，轨道上端切线水平，O为圆心，M、O、P三点在同一水平线上，M的下端与轨道相切处放置竖直向上的弹簧枪，可发射速度不同但质量均为m＝0.01kg的小钢珠，小钢珠每次都在M点离开弹簧枪。某次发射的小钢珠沿轨道经过N点时恰好与轨道无作用力，水平飞出后落到OP上的Q点，不计空气阻力，取g＝10 m/s2。求：

(1)小钢珠经过N点时速度的大小vN；
(2)小钢珠离开弹簧枪时的动能Ek；
(3)小钢珠在平板上的落点Q与圆心O点的距离s。
【答案】(1)2 m/s　(2)0.06 J　(3)0.4m
【解析】（1）小钢珠沿轨道经过N点时恰好与轨道无作用力，则有
解得；
（2）小钢珠在光滑圆弧轨道，由动能定理得
解得
(3) 小钢珠水平飞出后,做平抛运动，，
解得
38．如图所示，倾角为的部分粗糙的斜面轨道和两个光滑半圆轨道组成翘尾巴的S形轨道.两个光滑半圆轨道半径都为R=0.2 m，其连接处CD之间留有很小空隙，刚好能够使小球通过，CD之间距离可忽略.斜面上端有一弹簧，弹簧上端固定在斜面上的挡板上，弹黄下端与一个可视为质点、质量为m=0.02 kg的小球接触但不固定，此时弹簧处于压缩状态并锁定，弹簧的弹性势能Ep=0.27 J.现解除弹簧的锁定，小球从A点出发，经翘尾巴的S形轨道运动后从E点水平飞出，落到水平地面上，落点到与E点在同一竖直线上B点的距离为s=2.0 m；己知斜面轨道的A点与水平面上B点之间的高度为h=l.0 m，小球与斜面的粗糙部分间的动摩擦因数为0.75；小球从斜面到达半圆轨道通过B点时，前后速度大小不变，不计空气阻力，（sin 370=0.6，cos 370=0.8.取g=10 m/s2).求：
(1)小球从E点水平飞出时的速度大小；
(2)小球对B点轨道的压力；
(3)斜面粗糙部分的长度x.

【答案】（1）5m/s（2）4.3N，方向竖直向下（3）0.5m
【解析】（1）小球从E点水平飞出做平抛运动，设小球从E点水平飞出时的速度大小为vE，由平抛运动规律知，
s＝vEt，
4R＝gt2，
联立解得vE＝＝5 m/s
（2）小球从B点运动到E点的过程，由机械能守恒有
mv B2＝mg×4R＋mv E2
解得vB2＝8gR＋，
则vB＝ m/s
在B点有FN－mg＝m
所以FN＝9mg＋＝4.3 N
由牛顿第三定律可知F′N＝FN＝4.3 N，方向竖直向下
（3）小球沿斜面下滑到B点的过程，由功能关系有：mgh－μmgcos 37°・x＝mvB2－Ep
解得x＝0.5 m.
39．如图所示，质量m＝2.0 kg的物体在水平外力的作用下在水平面上运动，已知物体运动过程中的坐标与时间的关系为，g＝10 m/s2.根据以上条件，求：
(1)t＝10 s时刻物体的位置坐标；
(2)t＝10 s时刻物体的加速度的大小与方向。
(3)t＝10 s时刻物体的速度的大小与方向。

【答案】（1）(30 m,20 m)（2）速度方向与x轴正方向夹角为53°(3) 5.0 m/s
【解析】(1)由于物体运动过程中的坐标与时间的关系为，代入时间t＝10 s，可得：

物体在x轴方向做匀速直线运动，在y轴方向做匀加速直线运动，a＝0.4 m/s2，沿y轴正方向．
当t＝10 s时，vy＝at＝0.4×10 m/s＝4.0 m/s
=
，α＝53°
即速度方向与x轴正方向夹角为53°.
40．如图所示，一长为L的细绳一端固定在天花板上，另一端与一质量为m的小球相连接。现使小球在一水平面上做匀速圆周运动，此时细绳与竖直方向的夹角为θ。不计空气阻力。
(1)求维持小球做圆周运动的向心力的大小；
(2)求小球做圆周运动线速度的大小；
(3)某同学判断，若小球的线速度增大，细绳与竖直方向的夹角θ也将增大，但角θ不能等于90º，试证明角θ趋近90º时，细绳对小球的拉力将趋近无穷大。

【答案】(1) (2) （3）,当θ→90º时，→0，所以T→∞
【解析】（1）小球做圆周运动时受细线的拉力和重力作用，由平行四边形定则得：

（2）由牛顿第二定律得：
又
所以（或）
（3）绳对球的拉力

当θ→90º时，→0，所以T→∞
41．如图所示的“s”形玩具轨道，该轨道是用内壁光滑的薄壁细圆管弯成，放置在竖直平面内，轨道弯曲部分是由两个半径相等的半圆对接而成，圆的半径比细管内径大得多，轨道底端与水平地面相切，轨道在水平方向不可移动。弹射装置将一个小球(可视为质点)从a点水平弹射向b点并进入轨道，经轨道后从最高点d水平抛出(抛出后小球不会碰轨道)，已知小球与地面ab段间的动摩擦因数μ=0.2，不计其它机械能损失，ab段长L=1.25 m，圆的半径R=0.1 m，小球质量m=0.01 kg，轨道质量为M=0.26 kg，g=10 m／s2，求：

(1)若v0=5 m／s，小球从最高点d抛出后的水平射程。
(2)若v0=5 m／s，小球经过轨道的最高点d时，管道对小球作用力的大小和方向。
(3)设小球进入轨道之前，轨道对地面的压力大小等于轨道自身的重力，当v0至少为多大时，小球经过两半圆的对接处c点时，轨道对地面的压力为零。
【答案】⑴⑵；方向竖直向下⑶
【解析】试题分析：对a到d全过程运用动能定理求出运动到d点速度，离开d点后做平抛运动，根据高度求出运动的时间，再求出水平位移；在d点小球受重力和管道对小球的作用力，根据两个力的合力提供做圆周运动的向心力，求出管道对小球作用力的大小和方向；根据动能定理和牛顿第二定律求解速度v0。
⑴设小球到达d点的速度为v，由动能定理有：
小球从d点做平抛运动，在竖直方向有：
在水平方向：
代入数据解得小球做平抛运动的水平位移：
⑵小球通过d点时，由牛顿第二定律有：
代入数据得：FN=1.1N；方向竖直向下
⑶设小球通过c的速度为vc，由动能定理有：
小球通过c点时，由牛顿第二定律有：
要使轨道对地面无压力，则有：
联立以上代入数据得：
点睛：本题主要考查了动能定理与圆周运动的结合的综合题，解决题的关键掌握动能定理，以及知道做圆周运动沿半径方向的合力提供向心力即可求解。
42．如图所示，在倾角为θ的光滑斜面上，有一长为l的细线，细线的一端固定在O点，另一端拴一质量为m的小球，现使小球恰好能在斜面上做完整的圆周运动，最高点为A，最低点为B，B到底边C点的距离为S，求：
(1）小球通过最高点A时的速度．
(2）小球通过最低点B时，细线对小球的拉力．
（3）若小球在最低点B时绳刚好断裂，求小球滑落到底边时到C点的距离。

【答案】(1) ；(2)6mgsin；（3）

解得：
（3）因沿着斜面方向加速度为；
平行于斜面方向
43．如图所示，AB 为光滑水平面，BC部分位于竖直平面内半径为R的半圆轨道，B点是最低点，C点是最高点，C点切线水平方向，圆管截面半径r< （1）小球b运动到C点时对轨道的压力；
（2）碰后小球a的速度为多少。

【答案】（1）0；（2），方向向左；
【解析】（1）b球从C点做平抛运动，则水平方向：
X=2R=vct ①
竖直方向：②
由①②方程得③
在C点根据牛顿第二定律得 ④
由③④得N=0，由牛顿第三定律知小球对轨道的压力也为0；⑤
（2）b球从B到C，由机械能守恒得
⑥
得vB=⑦
a球与b球发生完全弹性碰撞：
…⑧
…⑨
由⑦⑧⑨ 得：，……⑩
所以碰后a的速度大小为，方向向左…
44．如图所示，位于竖直平面内有1/4圆弧的光滑轨道，半径为R，OB沿竖直方向，圆弧轨道上端A点距地面高度为H.当把质量为m的钢球从A点静止释放，最后落在了水平地面的C点处．若本地的重力加速度为g，且不计空气阻力．试求：

(1)钢球运动到B点的瞬间受到的支持力
(2)钢球落地点C距B点的水平距离x
(3)比值R/H为多少时，小球落地点C距B点的水平距离x有最大值，并求这个最大值
【答案】(1)FNB=3mg (2) (3)
【解析】解：(1)钢球由 A 到 B 过程由机械能守恒定律，对钢球在 B 点由牛顿第二定律
解①②得支持力为 N=3mg
(2)钢球离开 B 点后做平抛运动有 ，s=vt ，
联立上述各式 , 解得 
(3)因为
根据数学知识可知 , 当  时，最大值 s=H
45．如图所示，竖直面内固定一半径为R的光滑绝缘圆环，O为圆心，轻质弹簧一端固定在环上A点，另一端与穿在环上的带负电小球连接，弹簧原长为2R．空间存在水平向左的匀强电场(图中未画出)，小球所受电场力大小为重力的2倍．在B点静止释放小球，小球恰能运动到C点．己知小球质量为m，重力加速度为g，求:

(1)小球在B点时弹簧的弹性势能：
(2)若把小球拉到D点由静止释放，其运动到C点时对环的作用力．
【答案】(1) （2），方向向下
【解析】（1）从B到C，对小球用动能定理
解得：W弹=mgR
于是EP=W弹=mgR
（2）从D到C，对小球用动能定理：
在C点，对象小球分析，竖直方向合力提供向心力：
联立两式可得F=9mg根据牛顿第三定律，小球对环作用力方向向下，大小为9mg.
46．如图所示，半径为的光滑圆轨道安置在竖直平面内，圆形轨道与光滑水平轨道平滑连接，在水平轨道上有一滑块正沿轨道向右以速度运动，已知滑块恰好能通过圆轨道的最高点，已知滑块质量为，滑块可视为质点，不计空气最，重力加速度取．求：

（）滑块在轨道最高点时，速度的大小．
（）滑块初速度的大小．
（）滑块刚滑上圆形轨道时，对轨道压力的大小和方向．
【答案】（）．（）（）方向竖直向下
【解析】（）在最高点恰好通过，小物块只受重力作用
解得．
（）由最高点到最低点根据动能定理得
带入数据解得：v0=10m/s．
（）在最低点根据牛顿第二定律可得；
解得，再根据牛顿第三定律可得，滑块对轨道的压力方向竖直向下．
47．如图所示，粗糙弧形轨道和两个光滑半圆轨道组成的S形轨道.光滑半圆轨道半径为R=0.2m，两个光滑半圆轨道连接处CD之间留有很小空隙，刚好能够使小球通过，CD之间距离可忽略.粗糙弧形轨道最高点A与水平面上B点之间的高度为h=1.2m.从A点静止释放一个可视为质点的小球，小球沿S形轨道运动后从E点水平飞出，落到水平地面上，落点到与E点在同一竖直线上B点的距离为s=0.8m.已知小球质量m=0.1kg，不计空气阻力，求：

（1）小球从E点水平飞出时的速度大小；
（2）小球运动到半圆轨道的B点时对轨道的压力；
（3）小球从A至E运动过程中克服摩擦阻力做的功.
【答案】（1）2m/s（2）11N（3）0.2J
【解析】试题分析：小球从E点飞出做平抛运动，根据高度求出运动的时间，再根据水平位移和时间求出平抛运动的初速度．在B点，沿半径方向上的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求出轨道对球的弹力，
联立解得
由牛顿第三定律可知小球运动到B点时对轨道的压力为11N
（3）设小球沿翘尾巴的S形轨道运动时克服摩擦力做的功为W，
则
得
48．某校物理兴趣小组决定举行遥控赛车比赛，比赛路径如图所示．赛车从起点由静止出发，沿水平直线轨道运动之后，由点进入半径为的光滑竖直圆轨道，离开竖直圆轨道后继续在光滑平直轨道上运动到点．并能越过壕沟．已知赛车质量．通电后以额定功率工作，进入竖直圆轨道前受到的阻力值为，随后在运动中受到的阻力均可不计．图中，，，．求：要使赛车完成比赛，电动机至少工作多长时间？（取）

【答案】
【解析】设赛车恰好越过圆轨道，对应圆轨道最高点的最小速度为，最低点B的速度为，由牛顿第二定律得，最高点：得，根据动能定理得：，代入数据得
从到对赛车用动能定理：，代入数据得：。
点睛：本题是力学综合题中多过程问题，关键要将物体的运动分为四个过程，分析清楚各个过程的运动特点和受力特点，然后根据动能定理、平抛运动公式、向心力公式列式求解。
49．如图甲所示，质量都为，大小可忽略的、两小球用不可伸长的等长轻质细线悬挂起来，线长均为，使小球在竖直平面内来回摆动，小球在水平面内做匀速圆周运动，连接小球的细线与竖直方向的夹角和小球摆动时绳子偏离竖直方向的最大夹角都为，运动过程中两绳子拉力大小随时间变化的关系如图乙中、所示．求和小球的角速度．

【答案】，
【解析】由运动特点知球在最高点时拉力为，在最低点时拉力为，在这两点分别对球进行受力分析：
最高点．①

最低点．②

从最高点到最低点对球列动能定理式子，即
．③
由①②③求得．
对球进行受力分析：

．④
又因．⑤
由④⑤解得．
点睛：本题要分析清楚两小球的运动情况，知道指向圆心的合力提供小球做圆周运动的向心力，应用机械能守恒定律与牛顿第二定律即可正确解题．
50．如图所示，半径的竖直半圆形光滑轨道在点与水平面平滑连接，一个质量的小滑块（可视为质点）以一定的初速度从点开始运动，经点进入圆轨道，沿圆轨道运动刚好通过最高点，落在水平面上的点．已知滑块与水平面的动摩擦因数，间的距离，重力加速度．求：
(1)滑块通过点时的速度大小．
(2)、间的距离的大小．
(3)滑块在点的初速度大小．

【答案】（）（）．（）
【解析】（）因滑块恰好通过最高点，则
解得．
（）滑块从点之后做平抛运动，则：

得．
，得
（）滑块从运动到过程，列动能定理，有．
代入数据求得．
51．某游乐设施如图所示，由半圆形和直线形细圆管组成的细圆管轨道固定在水平桌面上（圆半径比细圆管内径大得多），轨道内壁光滑．已知部分的半径，段长．弹射装置将一质量的小球（可视为质点）以水平初速度从点弹入轨道，小球从点离开轨道水平抛出，落地点离点的水平距离为，桌子的高度，不计空气阻力，取．求：
（）小球水平初速度的大小．
（）小球在半圆形轨道上运动的角速度以及从点运动到点的时间．
（）小球在半圆形轨道上运动时细圆管对小球的作用力的大小．

【答案】（）．
（）．．
（）．
【解析】（）小球离开轨道后做平抛运动，则有：竖直方向：，水平方向：

（）根据牛顿第二定律得，圆管对小球的水平作用力大小为：．
竖直作用力大小为：
故细圆管对小球的作用力为：。
点睛：本题是匀速圆周运动、匀速直线运动和平抛运动的组合，记住匀速圆周运动的角速度、向心力等等公式，就可以轻松解答。
52．单板滑雪U型池如图所示由两个完全相同的1/4圆弧滑道AB、CD和水平滑道BC构成，圆弧滑道的半径R=3.5m，B、C分别为圆弧滑道的最低点，B、C间的距离s=8.0m，假设某次比赛中运动员经过水平滑道B点时水平向右的速度v=16.2m/s，运动员从B点运动到C点所用的时间t=0.5s，从D点跃起时的速度vD=8.0m/s．设运动员连同滑板的质量m=50kg，忽略空气阻力的影响，重力加速度g取10m/s2．求：

（1）运动员在B点对圆弧轨道的压力；
（2）运动员从D点跃起后在空中完成运动的时间；
（3）运动员从C点到D点运动的过程中需要克服摩擦阻力所做的功。
【答案】（1）4249.1N（2）1.6s（3）2891J
【解析】（1）由N-mg=知，N=4249.1（N）
由牛三知，压力为4249.1N．
（2）运动员从D点跃起后在空中做竖直上抛运动，设运动员上升的时间为t1，根据运动学公式  vD=gt1                                                    
运动员在空中完成动作的时间  t′＝2t1＝=1.6s                    
（3）运动员从B点到C点，做匀变速直线运动，运动过程的平均速度
解得运动员到达C点时的速度 vC＝−vB=15.8m/s    
运动员从C点到D点的过程中，克服摩擦力和重力做功，根据动能定理
−Wf−mgR＝mvD2−mvC2
得运动员克服摩擦力做功Wf＝mvC2−mvD2−mgR
 代入数值解得 Wf=2891J   
53．如图所示，在同一竖直平面内，一轻质弹簧一端固定，另一端自由恰好与水平线AB平齐，静止放于倾角为53°的光滑斜面上，一长为L=0.45m的轻质细绳一端固定在O点，另一端系一质量为m=1kg的小球，将细绳拉至水平，使小球在位置C由静止释放，小球到达最低点D时，细绳刚好被拉断，之后小球在运动过程中恰好沿斜面方向切入并将弹簧压缩，最大压缩量为x=5cm（g=10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6），求：

（1）小球运动到D点的速度；
（2）小球运动到斜面顶端A点时的速度。
（3）弹簧所获得的最大弹性势能EP；
【答案】（1）vD=3m/s（2）vA=5m/s（3）EP=12.9J
【解析】（1）小球由C到D，由机械能守恒定律得，
解得
（2）从D点小球开始做平抛运动，到A点时，根据矢量的分解可得，
解得
（3）小球从C点到将弹簧压缩至最短的过程中，小球与弹簧系统的机械能守恒，即
54．如图所示，水平传送带以5m/s的速度顺时针匀速转动，右端与竖直放置的光滑半圆形轨道在B点相切，半圆形轨道半径为R=0.4m，物块在与传送带等高的左侧平台上以4m/s的速度从A点滑上传送带，物块质量m=0.2kg，物体与传送带间的动摩擦因数μ=0.4，g=10m/s2

（1）若传送带足够长，求物块到达最高点C对轨道的压力；
（2）若物块恰好能到达轨道的最高点C，求传送带的长度．
【答案】（1）FN=2.5N（2）x=0.5m
【解析】（1）若传送带足够长，则物块到达B点时的速度为
半圆轨道光滑，所以根据机械能守恒定律可得，
在C点，根据牛顿第二定律可得，联立解得
（2）若物块恰好能到达轨道的最高点C，即在C点万有由重力充当向心力，故
根据机械能守恒定律可得，
根据题意可知物体在传送带上一直加速，故有，
加速过程中的加速度，
联立解得
55．如图所示是一皮带传输装载机械示意图。井下挖掘工将矿物无初速放置于沿图示方向运行的传送带A端，被传输到末端B处，再沿一段圆形轨道到达轨道的最高点C处，然后水平抛到货台上。已知半径为R=0.4 m的圆形轨道与传送带在B点相切，O点为半圆的圆心，BO、CO分别为圆形轨道的半径，矿物m可视为质点，传送带与水平面间的夹角θ=37°，矿物与传送带间的动摩擦因数μ=0.8，传送带匀速运行的速度v0=8 m/s，传送带AB点间的长度为sAB=45 m，若矿物落点D处离最高点C点的水平距离为sCD=2 m，竖直距离为hCD=1.25 m，矿物质量m=50 kg，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，g=10 m/s2，不计空气阻力，求：

（1）矿物到达B点时的速度大小；
（2）矿物到达C点时对轨道的压力大小；
（3）矿物由B点到达C点的过程中，克服阻力所做的功。
【答案】（1）6 m/s（2）1 500 N（3）140 J
【解析】（1）假设矿物在AB段始终处于加速状态，由动能定理可得
代入数据得

根据牛顿第三定律可得所求压力
（3）矿物由B到C过程，由动能定理得
代入数据得
即矿物由B到达C时克服阻力所做的功140J
56．如图，质量为6m，长为L的薄木板AB放在光滑的水平台面上，木板B端与台面右边缘齐平。B端上放有质量为3m且可视为质点的滑块C，C与木板之间的动摩擦因数为μ＝，质量为m的小球用长为L的细绳悬挂在平台右边缘正上方的O点，细绳竖直时小球恰好与C接触。现将小球向右拉至细绳水平并由静止释放，小球运动到最低点时细绳恰好断裂，小球与C正碰后反弹速率为碰前的一半。

⑴求细绳所受的最大拉力；
⑵若要使小球落在释放点的正下方P点，平台高度应为多大；
⑶通过计算判断C能否从木板上掉下来。
【答案】（1）3mg（2）h＝L（3）
【解析】（1）设小球运动到最低点的速率为v0，小球向下摆动过程，
由动能定理得
小球在圆周运动最低点时拉力最大，由牛顿第二定律：，解得：
由牛顿第三定律可知，小球对细绳的拉力
（2）小球碰撞后做平抛运动：
竖直分位移
水平分位移：
解:
（3）小球与滑块C碰撞过程中小球和C系统满足动量守恒，设C碰后速率为v1，并依题意有

假设木板足够长，在C与木板相对滑动直到相对静止过程，设两者最终共同速率为v2，
由动量守恒：
由能量守恒：
联立解得：
即不会从木板上掉下来
综上所述本题答案是：（1）（2）（3）不会掉下来
57．在篮球比赛时，运动员为了避免对方运动员对篮球的拦截，往往采取使篮球与地面发生一次碰撞反弹而传递给队友的传球方法。假设运动员甲将质量m = 0.5 kg的篮球，以v0= 5 m/s 的速率从离地面高h= 0.8 m处水平抛出，球与地面碰撞后水平方向的速度变为与地面碰撞前水平速度的4/5，球与地面碰撞后竖直方向速度变为与地面碰前瞬间竖直方向速度的3/4，运动员乙恰好在篮球的速度变为水平时接住篮球，篮球与地面碰撞作用的时间极短（可忽略不计），不计空气阻力，g取10 m/s2，求：甲、乙传球所用的时间和甲抛球位置与乙接球位置之间的水平距离分别是多少？
【答案】0.7s，3.2m
【解析】由可得，篮球从开始抛出到触地所用的时间为

所以甲、乙传球所用的时间为
甲抛球位置与乙接球位置之间的水平距离
58．如图，细线的一端固定，另一端系着质量为m的小球（可视为质点），小球在如图所示的水平面内做匀速圆周运动。已知细线长为，与竖直方向的夹角为，重力加速度为g，求：（1）小球对细线拉力F的大小；（2）小球角速度的大小。

【答案】（1）小球对细线拉力的大小为；（2）
【解析】小球受力分析如图所示：

（1）在竖直方向，根据牛顿第二定律有：，所以：
根据牛顿第三定律可知，小球对细线拉力的大小为：；
（2）由几何关系可知，小球在水平面内做圆周运动的轨道半径：
在水平方向，根据牛顿第二定律有：，所以：。
59．某校兴趣小组制作了一个游戏装置，其简化模型如图所示，在A点用一弹射装置可将静止的小滑块以v0水平速度弹射出去，沿水平直线轨道运动到B点后，进入半径R=0.1m的光滑竖直圆形轨道，运行一周后自B点向C点运动，C点右侧有一陷阱，C、D两点的竖直高度差h=0.2m，水平距离s=0.6m，水平轨道AB长为L1=0.5m，BC长为L2=1.5m，小滑块与水平地面间的动摩擦因数μ=0.4，重力加速度g=10m/s2．

(1)若小滑块恰能通过圆形轨道的最高点，求小滑块在A点弹射出的速度大小；
(2)若游戏规则为小滑块沿着圆形轨道运行一周离开圆形轨道后只要不掉进陷阱即为胜出．求小滑块在A点弹射出的速度大小范围；
(3)若小滑块是与从光滑斜轨道E点静止释放的小球发生完全非弹性碰撞后，离开A点的（小球质量与小滑块的质量相等，且均可视为质点，斜轨道与水平地面平滑连接），求当满足(2)中游戏规则时，释放点E与过A水平面的竖直高度H的大小范围.
【答案】(1)v1=3m/s (2) 3m/s≤vA≤4m/s和vA≥5m/s (3) 1.8m≤H≤3.2m和H≥5m
【解析】试题分析：小球恰能通过圆形轨道的最高点，由重力提供向心力，由牛顿第二定律可求出小球经圆形轨道的最高点时的速度，根据动能定理求解小球在A点的初速度；若小球既能通过圆形轨道的最高点，又不能掉进壕沟，有两种情况：第一种情况：小球停在BC间；第二种情况：小球越过壕沟．若小球恰好停在C点，由动能定理求出小球的初速度．得出第一种情况下小球初速度范围．若小球恰好越过壕沟，由平抛运动知识求出小球经过C点的速度，再由动能定理求出初速度，得到初速度范围。
（1）小滑块恰能通过圆轨道最高点的速度为v，
由牛顿第二定律：
由B到最高点小滑块机械能，由动能定理得：
由A到B根据动能定理得：

解得：v3=5m/s，
所以初速度的范围为：vA≥5m/s
点睛：本题主要考查了圆周运动与平抛运动的结合，应用动能定理、牛顿第二定律和平抛公示即可解题。
60．2016年11月1日广东珠海开幕的第十一届中国国际航空航天博览会上，空军“八一”飞行表演队的6架歼－10战斗机为现场数千名观众带来了一场震撼表演。某次飞行表演中，飞行员驾驶飞机在竖直面内做半径为R的圆周运动，在最高点时飞行员头朝下,已知飞行员质量为m、重力加速度为g；

（1）若飞行员在最高点座椅对他的弹力和飞机在地面上起飞前一样，求最高点的速度？
（2）若这位飞行员以（1）中的速度从最高点加速飞到最低点，且他在最低点能承受的最大竖直加速度为5g，求飞机在最低点的最大速度及这个过程中飞机对飞行员做的功？
【答案】（1）（2）；
【解析】（1）最高点座椅对飞行员弹力FN=mg 向下，设速度为v1
由重力和弹力的合力提供向心力有：