2020-2021学年高三物理一轮复习练习卷：抛体运动和圆周运动 39页

2020-2021 学年高三物理一轮复习练习卷：抛体运动和圆周运动 一、单选题 1．下列关于曲线运动的说法正确的是（ ） A．物体在变力作用下一定能做曲线运动 B．曲线运动可能是匀变速运动，其加速度可以恒定 C．做曲线运动的物体其位移的大小一定大于相应时间内的路程 D．曲线运动一定是变加速运动，其速度的大小、方向均发生变化 2．小船在 200m 宽的河中过河，水流速度是 4m/s，船在静水中的航速是 5m/s，则下列判断正确的是 （ ） A．小船过河所需的最短时间是 40s B．要使小船过河的位移最短，船头应始终正对着对岸 C．要使小船过河的位移最短，过河所需的时间是 50s D．如果水流速度增大为 6m/s，小船过河所需的最短时间将增大 3．发球机从同一高度向正前方依次水平射出两个速度不同的乒乓球(忽略空气的影响).速度较大的球 越过球网，速度较小的球没有越过球网.其原因是( ) A．速度较小的球下降相同距离所用的时间较多 B．速度较小的球在下降相同距离时在竖直方向上的速度较大 C．速度较大的球通过同一水平距离所用的时间较少 D．速度较大的球在相同时间间隔内下降的距离较大 4．如图所示，人在岸上用轻绳拉船，若要使船匀速行进，则人拉的绳端将做（ ） A．减速运动 B．匀加速运动 C．变加速运动 D．匀速运动 5．有一条两岸平直、河水均匀流动、流速恒为 v 的大河．小明驾着小船渡河，去程时船头指向始终 与河岸垂直，回程时行驶路线与河岸垂直．去程与回程所用时间的比值为 k，船在静水中的速度大小 相同，则小船在静水中的速度大小为( ) A． 2 1 kv k  B． 21 v k C． 21- kv k D． 2 1 v k  6．关于平抛运动，下列说法正确的是 A．平抛运动是匀速运动 B．平抛运动是加速度不断变化的运动 C．平抛运动是匀变速曲线运动 D．做平抛运动的物体落地时速度方向一定是竖直向下的 7．如图所示，一小球从半径为 R 的固定半圆轨道左端 A 点正上方某处开始做平抛运动（小球可视 为质点），飞行过程中恰好与半圆轨道相切于 B 点。O 为半圆轨道圆心，OB 与水平方向夹角为 60 ， 重力加速度为 g ，关于小球的运动，以下说法正确的是（ ） A．抛出点与 点的距离为 2 R B．小球自抛出至 点的水平射程为 1 . 6 R C．小球抛出时的初速度为 33 2 gR D．小球自抛出至 点的过程中速度变化量为 32 2 gR 8．如图所示，足够长的斜面上 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 所用的时间为 t1；若将此球改用 2v0 水平速度抛出，落到斜面上所用时间为 t2，则 t1 : t2 为（ ） A．1∶1 B．1∶3 C．1∶2 D．1∶4 9．如图，以 5 3 m/s 的水平速度抛出的物体，飞行一段时间后垂直撞在倾角为 θ=30°的斜面上，空 气阻力不计，g= 10m/s²．则物体飞行的时间为 A． 3 s2 B．ls C．1.5s D． s 10．如图所示，将小球从空中的 A 点以速度 Vo 水平向右抛出，不计空气阻力，小球刚好擦过竖直挡 板落在地面上的 B 点．若使小球仍刚好擦过竖直挡板且落在地面上 B 点的右侧，下列方法可行的是 ( ) A．在 A 点将小球以大于 Vo 的速度水平抛出 B．在 A 点将小球以小于 Vo 的速度水平抛出 C．在 A 点正上方某位置将小球以小于 Vo 的速度水平抛出 D．在 A 点正下方某位置将小球以大于 Vo 的速度水平抛出 11．如图，A、B 两个小球从半圆轨道的水平直径两端同时水平抛出，正好在 C 点相遇。OC 与水平 面夹角 60  ，则 A、B 球的初速度之比为（ ） A． 3:1 B．1: 2 C． 2:1 D．1:3 12．如图所示，水平面上有一足够长的斜面，在斜面上的某点将一小球以速度 v0 斜向上抛出，抛出 时速度方向与斜面的夹角为  ，经过一段时间后，小球沿水平方向击中斜面，不计空气阻力。若减 小小球抛出时的速度 v0，仍使小球水平击中斜面，则应该（ ） A．保持夹角  不变 B．适当增大夹角 C．适当减小夹角 D．无论怎样调整夹角 ，小球都不可能水平击中斜面 13．如图所示，一位同学玩飞镖游戏．圆盘最上端有一 P 点，飞镖抛出时与 P 等高，且距离 P 点为 L.当飞镖以初速度 v0 垂直盘面瞄准 P 点抛出的同时，圆盘以经过盘心 O 点的水平轴在竖直平面内匀 速转动．忽略空气阻力，重力加速度为 g，若飞镖恰好击中 P 点，则 A．飞镖击中 P 点所需的时间为 0 L v B．圆盘的半径可能为 2 2 02 gL v C．圆盘转动角速度的最小值为 02 v L  D．P 点随圆盘转动的线速度不可能为 0 5 4 gL v  14．如图所示，两个小球固定在一根长为 l 的杆的两端，绕杆上的 O 点做圆周运动．当小球 A 的速 度为 vA 时，小球 B 的速度为 vB，则轴心 O 到小球 A 的距离是 ( )． A．vA(vA＋vB)l B． A AB vl vv C． ()AB A v v l v  D． ()AB B v v l v  15．如图所示,长为 L 的轻直棒一端可绕固定轴 O 转动,另一端固定一质量为 m 的小球,小球搁在水平 升降台上,升降平台以速度 v 匀速上升,下列说法正确的是( ) A．小球做匀速圆周运动 B．当棒与竖直方向的夹角为  时,小球的速度为 v c osL  C．棒的角速度逐渐增大 D．当棒与竖直方向的夹角为时,棒的角速度为 v sinL  16．如图所示，半径为 R 的半球形容器固定在水平转台上，转台绕过容器球心 O 的竖直轴线以角速 度 ω 匀速转动。质量不同的小物块 A、B 随容器转动且相对器壁静止，A、B 和球心 O 点连线与竖直 方向的夹角分别为 α 和 β，α＞β.。则 A．A 的质量一定小于 B 的质量 B．A、B 受到的摩擦力可能同时为零 C．若 A 不受摩擦力，则 B 受沿容器壁向上的摩擦力 D．若 ω 增大，A、B 受到的摩擦力可能都增大 17．如图为某一皮带传动装置。主动轮的半径为 r1，从动轮的半径为 r2．已知主动轮做逆时针转动， 转速为 n，转动过程中皮带不打滑。则从动轮将做（ ） A．顺时针转动，转速为 1 2 rn r B．逆时针转动，转速为 C．顺时针转动，转速为 2 1 rn r D．逆时针转动，转速为 18．图示为两质点 P 、Q 做匀速圆周运动的向心加速度大小 a 随半径 r 变化的图线，其中表示质点 的图线是一条双曲线，表示质点 的图线是过原点的一条直线。由图线可知，在半径 逐渐增大的 过程中（ ） A．质点 的线速度大小保持不变 B．质点 的线速度大小保持不变 C．质点 的角速度不断增大 D．质点 的角速度不断增大 19．火车转弯时，如果铁路弯道内外轨一样高，外轨对轮绝（如图 a 所示）挤压的弹力 F 提供了火 车转弯的向心力（如图 b 所示），但是靠这种办法得到向心力，铁轨和车轮极易受损．在修筑铁路时， 弯道处的外轨会略高于内轨（如图 c 所示），当火车以规定的行驶速度转弯时，内、外轨均不会受到 轮缘的挤压，设此时的速度小为 ，以下说法中正确的是 A．该弯道的半径 B．当火车质量改变时，规定的行驶速度也将改变 C．当火车速率大于 时，外轨将受到轮缘的挤压 D．当火车速率小于 时，外轨将受到轮缘的挤压 20．如图所示，在竖直平面内有一个固定的内壁光滑的圆轨道。给在轨道最低点 A 点小球一个初速 度. 使其在竖直面内做完整的圆周运动，圆轨道的半径为 R，重力加速度大小为 g，小球 B 在最低点 A 时的加速度大小与运动到最高点 B 点时的加速度大小的差值为 A．g B．2g C．3g D．4g 21．如图所示，圆盘的圆心为 O，转轴 O1O2 与水平面的夹角为 θ，转轴 O 1 O 2 通过 O 点与盘面垂直， B、D 两点在通过 O 点的水平线上，AC⊥BD。圆盘匀速转动，一小物块（可视为质点）始终静止于 圆盘的边缘。下列说法正确的是 A．通过 B 点时，物块受到的摩擦力由 B 指向 O B．通过 C 点时，物块受到的摩擦力由 C 指向 O C．通过 A 点时，物块一定受到摩擦力 D．通过 B、D 两点时，物块受到的摩擦力相同 22．在高速公路的拐弯处，通常路面都是外高内低。如图所示，在某路段汽车向左拐弯，司机左侧 的路面比右侧的路面低一些。汽车的运动可看做是做半径为 R 的圆周运动。设内外路面高度差为 h， 路基的水平宽度为 d，路面的宽度为 L。已知重力加速度为 g。要使车轮与路面之间的横向摩擦力（即 垂直于前进方向）等于零，则汽车转弯时的车速应等于（ ） A． gR h L B． gR h d C． gR L h D． g R d h 23．如图所示，从地面上同一位置同时抛出两小球 A、B，分别落在地面上的 M、N 点，两球运动的 最大高度相同．空气阻力不计，则下列说法正确的是( ) A．在运动过程中的任意时刻有 vB>vA B．B 的飞行时间比 A 的长 C．B 的加速度比 A 的大 D．在落地时的水平速度与合速度的夹角，B 比 A 大 24．如图，战机在斜坡上方进行投弹演练．战机水平匀速飞行，每隔相等时间释放一颗炸弹，第一 颗落在 a 点，第二颗落在 b 点．斜坡上 c、d 两点与 a、b 共线，且 ab=bc=cd，不计空气阻力．第三 颗炸弹将落在( ) A．bc 之间 B．c 点 C．cd 之间 D．d 点 二、多选题 25．一轻质弹簧上端固定，下端栓一金属球，球被一水平细绳拉住．现将细绳剪断，之后金属球摆 动过程中的一段运动轨迹如图中虚线所示．则在这段运动过程中，金属球 A．刚开始运动时的加速度方向水平向左 B．在悬点正下方时加速度方向竖直向下 C．运动到轨迹最低点时动能为零 D．运动到轨迹最左端时动能为零 26．如图所示，轻质不可伸长的细绳，绕过光滑定滑轮 C，与质量为 m 的物体 A 连接，A 放在倾角 为 θ 的光滑斜面上，绳的另一端和套在固定竖直杆上的物体 B 连接．现 BC 连线恰沿水平方向，从 当前位置开始 B 以速度 v0 匀速下滑．设绳子的张力为 T，在此后的运动过程中，下列说法正确的是 （ ） A．物体 A 做变速运动 B．物体 A 做匀速运动 C．T 小于 mgsinθ D．T 大于 mgsinθ 27．在竖直墙壁上悬挂一镖靶，某人站在离墙壁一定距离的某处，先后将两只飞镖 A、B 由同一位 置水平掷出，两只飞镖插在靶上的状态如图所示（侧视图），若不计空气阻力，下列说法正确的是 A．B 镖的运动时间比 A 镖的运动时间长 B．B 镖掷出时的初速度比 A 镖掷出时的初速度小 C．A、B 镖的速度变化方向可能不同 D．A 镖的质量一定比 B 镖的质量大 28．如图，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，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．a、b 所受的摩擦力始终相等 C．ω＝ 是 b 开始滑动的临界角速度 D．当 ω＝ 时，a 所受摩擦力的大小为 kmg 29． 如图所示，小球在竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动，内侧壁半径为 R，小球半 径为 r，则下列说法正确的是( ) A．小球通过最高点时的最小速度 vmin＝  gRr  B．小球通过最高点时的最小速度 vmin＝0 C．小球在水平线 ab 以下的管道中运动时，内侧管壁对小球一定无作用力 D．小球在水平线 ab 以上的管道中运动时，外侧管壁对小球一定有作用力 30．有关圆周运动的基本模型，下列说法正确的是（ ） A．如图 a，汽车通过拱桥的最高点处于超重状态 B．如图 b 所示是一圆锥摆，增大 θ，若保持圆锥的高不变，则圆锥摆的角速度不变 C．如图 c，同一小球在光滑而固定的圆锥筒内的 A、B 位置先后分别做匀速圆周运动，则在 A、B 两位置小球的角速度及所受筒壁的支持力大小相等 D．火车转弯超过规定速度行驶时，外轨对火车轮缘会有挤压作用 31．如图所示，质量为 m 的小球被一根橡皮筋 AC 和一根绳 BC 系住，当小球静止时，橡皮筋处在 水平方向上。下列判断中正确的是（ ） A．在 AC 被突然剪断的瞬间，BC 对小球的拉力不变 B．在 AC 被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为 s i ng  C．在 BC 被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为 cos g  D．在 BC 被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为 t a ng  32．质量为 m 的小球由轻绳 a 和 b 分别系于一轻质细杆的 A 点和 B 点，如右图所示，绳 a 与水平方 向成 θ 角，绳 b 在水平方向且长为 l，当轻杆绕轴 AB 以角速度 ω 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．a 绳的张力不可能为零 B．a 绳的张力随角速度的增大而增大 C．当角速度 cotg l   ，b 绳将出现弹力 D．若 b 绳突然被剪断，则 a 绳的弹力一定发生变化 33．如图所示，一个内壁光滑的 3 4 圆管轨道 ABC 竖直放置，轨道半径为 R；O、A、D 位于同一水平 线上，A、D 间的距离为 R；质量为 m 的小球(球的直径略小于圆管直径)，从管口 A 正上方由静止释 放，要使小球能通过 C 点落到 AD 区，则球经过 C 点时( ) A．速度大小满足 22 c gR vgR B．速度大小满足 0≤vC≤ gR C．对管的作用力大小满足 1 2 mg≤FC≤mg D．对管的作用力大小满足 0≤FC≤mg 三、实验题 34．如图甲所示，在一端封闭、长约 1 m 的玻璃管内注满清水，水中放一个蜡块，将玻璃管的开口 端用胶塞塞紧，然后将这个玻璃管倒置，在蜡块沿玻璃管上升的同时，将玻璃管水平向右移动．假 设从某时刻开始计时，蜡块在玻璃管内每 1 s 上升的距离都是 10 cm，玻璃管向右匀加速平移，每 1 s 通过的水平位移依次是 2.5 cm、7.5 cm、12.5 cm、17.5 cm.图乙中，y 轴表示蜡块竖直方向的位移，x 轴表示蜡块随玻璃管通过的水平位移，t＝0 时蜡块位于坐标原点． （1）请在图乙中画出蜡块在 4 s 内的轨迹； （2）玻璃管向右平移的加速度 a=__________m/s2 （3）t＝2s 时蜡块的速度 v 的大小 v＝__________m/s． （4）4s 内蜡块的位移 x=__________m． 35．某同学利用如图所示的实验装置，进行“研究平抛运动的特点”实验。 (1)实验需要用到的测量工具有____ A．秒表 B．打点计时器 C．刻度尺 D．天平 (2)以下是实验过程中的一些做法，其中合理的有____。 A．安装斜槽轨道，使其末端保持水平 B．调整木板，使之与小球下落的竖直面平行 C．每次小球应从同一位置由静止释放 D．用折线连接描绘的点得到小球的运动轨迹 (3)通过描点画出平抛小球的运动轨迹，以平抛起点 O 为坐标原点，沿水平方向、竖直方向分别建立 坐标轴，如图所示。经测量，点 P 的坐标为（30，45）（单位 cm），小球从抛出点 O 运动 到点 P 所 用的时间 t =____s，小球平抛运动的初速度 v0=____m/s。（取重力加速度 g=10m/s2） (4)该同学在轨迹上取若干个点，测量它们的水平坐标 x 和竖直坐标 y，作出 y-x2 图像，下列四个图 像中正确的是____。 A． B． C． D． 请结合平抛运动运动的特点，说明判断依据：________。 36．某物理小组的同学设计了一个粗制玩具小车通过凹形桥最低点时的速度的实验.所用器材有：玩 具小车、压力式托盘秤、凹形桥模拟器（圆弧部分的半径为 R=0.20m）. 完成下列填空： (1)将凹形桥模拟器静置于托盘秤上，如图（a）所示，托盘秤的示数为 1.00kg； (2)将玩具小车静置于凹形桥模拟器最低点时，托盘秤的示数如图（b）所示，该示数为_____kg; (3)将小车从凹形桥模拟器某一位置释放，小车经过最低点后滑向另一侧，此过程中托盘秤的最大示 数为 m；多次从同一位置释放小车，记录各次的 m 值如下表所示： 序号 1 2 3 4 5 m（kg） 1.80 1.75 1.85 1.75 1.90 (4)根据以上数据，可求出小车经过凹形桥最低点时对桥的压力为_____N；小车通过最低点时的速度 大小为_______m/s.（重力加速度大小取 9.80m/s2 ，计算结果保留 2 位有效数字） 四、解答题 37．如图所示，一质量 m=1kg 的小滑块（视为质点）在水平恒力作用下从水平台面上的 A 点由睁止 开始向右运动，经时间 t= 23 5 s 到达 B 点时撤去该恒力，滑块继续向右滑行，从 C 点离开台面，落 到斜面上的 D 点。已知斜面与竖直线 OC 的夹角 θ=60°，BC=OC=OD=L=0.3m，滑块与台面间的动 摩擦因数 1 8  ，取 g=10m/s2，空气阻力不计。求： (1)滑块到达 C 点时的速度大小 vc； (2)该水平恒力的大小 F 以及 A、B 两点间的距离 x。 38．如图是利用传送带装运煤块的示意图 . 其中，传送带的从动轮与主动轮圆心之间的距离为 3sm ，传送带与水平方向间的夹角 37  ，煤块与传送带间的动摩擦因数 0.8  ，传送带的主 动轮和从动轮半径相等，主动轮轴顶端与运煤车底板间的竖直高度 1.8Hm ，与运煤车车箱中心 的水平距离 0.6.xm 现在传送带底端由静止释放一煤块( 可视为质点 ). 煤块恰好在轮的最高点水 平抛出并落在车箱中心，取 210 /g m s ，sin37 0.6 ， cos37 0.8 ，求： （1）主动轮的半径； （2）传送带匀速运动的速度； （3）煤块在传送带上直线部分运动的时间． 39．雨天很多小朋友喜欢“转雨伞”。某雨伞边缘到伞柄距离为 r ，伞被小朋友竖直撑起，边缘高出 地面 h ，当雨伞以角速度  绕伞柄水平匀速转动时，雨滴从伞边缘水平甩出，若雨滴离开伞前瞬间 和伞边缘共速，忽略空气阻力，重力加速度为 g 。求： (1)雨滴离开雨伞到达地面的时间； (2)雨滴落到地面上的地点到伞柄的水平距离。 40．如图所示，在竖直平面內有一粗糙斜面轨道 AB 与光滑圆弧轨道 BC 在 B 点平滑连接(滑块经过 B 点时速度大小不变)，斜面轨道长 L=2.5m，斜面倾角 θ=37°，O 点是圆弧轨道圆心，OB 竖直，圆 弧轨道半径 R=1m，圆心角 θ=37°，C 点距水平地面的高度 h=0.512m，整个轨道是固定的。一质量 m=1kg 的滑块在 A 点由静止释放，最终落到水平地面上。滑块可视为质点，滑块与斜而轨道之间的 动摩擦因数 μ=0.25，取 g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，不计空气阻力，求： (1)滑块经过圆弧轨道最低点 B 时，对圆弧轨道的压力； (2)渭块离开 C 点后在空中运动的时间 t。 参考答案 1．B 【详解】 A、物体在变力作用下不一定能做曲线运动，如在大小变化方向不变的力作用下做变速直线运动， 故 A 错误； B、曲线运动可能是匀变速运动，其加速度可以恒定，例如平抛运动，故 B 正确； C、做曲线运动的物体其位移的大小一定小于相应时间内的路程，故 C 错误； D、曲线运动的速度大小可以不变，如匀速圆周运动，故 D 错误； 故选 B. 2．A 【详解】 A．当静水速的方向垂直于河岸时，渡河的时间最短，根据分运动和合运动具有等时性，最短时间 为 200t40 5 d ssv 静 ＝ ＝ 故 A 正确； B．要使小船过河的位移最短，合速度的方向垂直于河岸方向，因为小船将沿合速度方向运动．根据 平行四边形定则，水流速平行于河岸，合速度垂直于河岸，所以静水速（即船头的方向）应指向上 游，故 B 错误； C．根据平行四边形定则，合速度的大小 222516/3/vvvmsms 静 水 ＝ ＝ 所以渡河位移最小时的时间 200 66.73 dtss v ＝ ＝ 故 C 错误； D．将小船的运动分解为垂直于河岸方向和沿河岸方向，水流速的增大，不影响垂直于河岸方向上 的运动，所以渡河时间不变，故 D 错误。 故选Ａ。 3．C 【详解】 发球机发出的球，速度较大的球越过球网，速度度较小的球没有越过球网，原因是发球机到网的水 平距离一定，速度大，则所用的时间较少，球下降的高度较小，容易越过球网，C 正确． 4．A 【详解】 由题意可知，人匀速拉船，根据运动的分解与合成，则有速度的分解，如图所示： v1 是人拉船的速度，v2 是船行驶的速度，设绳子与水平夹角为 θ，则有：v1=v2cosθ,随着 θ 增大，由 于 v2 不变，所以 v1 减小，且非均匀减小;故 A 正确，B,C,D 错误.故选 A. 5．B 【详解】 设河岸宽度为 d，船的静水速度 vc；去程时 t1＝ c d v 回程时 t2＝ 22 c d vv 又 1 2 t t ＝k，得 vc＝ 21 v k ． A． 2 1 kv k  ，与结论不相符，选项 A 错误； B． ，与结论相符，选项 B 正确； C． 21- kv k ，与结论不相符，选项 C 错误； D． 2 1 v k  ，与结论不相符，选项 D 错误； 故选 B。 6．C 【详解】 平抛运动的物体只受重力，加速度为 g，保持不变，所以平抛运动是匀变速曲线运动，故 C 正确， AB 错误。平抛运动在水平方向上是匀速直线运动，物体落地时有水平分速度，所以落地时的速度不 可能竖直向下，故 D 错误。故选 C。 7．C 【详解】 AB．由几何知识可得，小球自抛出至 B 点的水平射程为 3cos60 2xRRR 小球飞行过程中恰好与半圆轨道相切于 B 点，经过 B 点时速度与水平方向的夹角为 30°，则 0 tan 30 yv v 设位移与水平方向的夹角为  ，则 0 tan 3032tan 26 yv ty xv t  可得竖直位移 333 624xRR 故抛出点与 B 点的距离 22 7 3sxyR 故 AB 错误； C．根据 2 2yv gy 解得 32 2y gRvgy 由 0 ta n 30 yv v 解得 0 33 2 gRv  故 C 正确； D．速度变化量 3 2y gRvgtv 故 D 错误。 故选 C。 8．C 【详解】 斜面倾角的正切值 2 00 1 2 2 gtygttan xv tv＝ ＝ ＝ ，则运动的时间 02vtant g ＝ ，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．故 C 正 确，ABD 错误。故选 C。 9．C 【详解】 设垂直地撞在斜面上时速度为 v，将速度分解水平的 0sinvv  竖直方向 cosyvv 由以上两个方程可以求得 c o tyovv  由竖直方向自由落体的规律得 y gtv 代入竖直可求得 0 cot 30 1.5vtsg  C 正确． 10．D 【详解】 C、D、根据 21 2h g t ，得 2 ht g ，水平位移为 00 2 hx v t v g .则知在 A 点正上方某位置将小球 以小于 v0 的速度水平抛出时，小球刚好擦过竖直挡板时所用时间变长，水平位移不变，初速度变小， 能使小球落在挡板和 B 点之间.在 A 点正下方某位置将小球抛出时，小球刚好擦过竖直挡板时所用时 间变短，水平位移不变，初速度变大，能使小球落在地面上的 B 点右侧，故 C 错误，D 正确. A、B、在 A 点将小球抛出时，落地时平抛运动的时间相等，当初速度大于 v0 时，小球运动到挡板正 上方所用时间变短，下落的高度变小，将从挡板正上方越过.当初速度小于 v0 时，小球运动到挡板时 所用时间变长，下落的高度变大，将撞在挡板上.故 A、B 错误. 故选 D. 11．A 【详解】 由题意可知，两球做平抛运动，同时抛出，又在 C 点相遇，说明运动的时间相同，设 R 为半圆轨道 的半径，由平抛运动水平位移公式可得 11x v t ， 22x v t 根据几何关系可得 1 3cos 2xRRR  2 1cos 2x R R R   则 A、B 球的初速度之比为 12 12::3:1 xxvv tt 所以 A 正确，BCD 错误。 故选 A。 12．A 【详解】 小球斜向上抛出水平击中斜面，可以看成从斜面上平抛后击中斜面的逆运动，小球从斜面抛出落在 斜面上，斜面倾角即为平抛运动的位移与水平面的夹角，只要小球仍落在斜面上，位移偏向角不变， 根据速度偏向角与位移偏向角的关系可知，速度偏向角也不变，所以减小斜抛的速度 v0 后，若使小 球仍能水平击中斜面，应保持夹角  不变，故选项 A 正确，BCD 错误。 故选 A。 13．A 【详解】 A．飞镖水平抛出做平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，因此： t= 0 L v 故 A 正确； B．飞镖击中 P 点时，P 恰好在最下方，则 2r= 1 2 gt2 解得圆盘的半径 r= 2 2 04 gL v ，故 B 错误； C．飞镖击中 P 点，则 P 点转过的角度满足：  2 0 1 2t k k       ，， 解得：   021kv tL   ＝ 则圆盘转动角速度的最小值为 0v L  ，故 C 错误． D．P 点随圆盘转动的线速度为    0 0 2 00 2121 44 kvkgL gLvr Lvv   当 k=2 时 v= 0 5 4 gL v  ，故 D 错误。 故选 A． 14．B 【详解】 两个小球固定在同一根杆的两端一起转动，它们的角速度相等． 设轴心 O 到小球 A 的距离为 x，因两小球固定在同一转动杆的两端，故两小球做圆周运动的角速度 相同，半径分别为 x、l－x.根据 ω＝ v r 有 Av x ＝ Bv lx 解得 x＝ A AB vl vv 故选 B. 15．D 【详解】 小球受重力、平台的弹力和杆的作用力，因为升降平台以速度 v 匀速上升，平台的弹力和杆的作用 力变化，即小球受到的合力大小变化，小球做的不是匀速圆周运动，故 A 错误；棒与平台接触点的 实际运动即合运动方向是垂直于棒指向左上，如图所示，合速度 v 实=ωL，沿竖直向上方向上的速度 分量等于 v，即 ωLsinα=v， 所以 v Lsin  ，平台向上运动，夹角增大，角速度减小，故 BC 错误，D 正确． 故选 D． 16．D 【详解】 当 B 摩擦力恰为零时，受力分析如图 根据牛顿第二定律得： 解得： 同理可得： 物块转动角速度与物块的质量无关，所以无关判断质量的大小 由于 ，所以 ，即 A、B 受到的摩擦力不可能同时为零； 若 A 不受摩擦力，此时转台的角速度为 ，所以 B 物块的向心力大于不摩擦力为零时的角速 度，所以此时 B 受沿容器壁向下的摩擦力； 如果转台角速度从 A 不受摩擦力开始增大，A、B 的向心力都增大，所受的摩擦力增大。 故选：D。 17．A 【详解】 因为主动轮做逆时针转动，从动轮通过皮带的摩擦力带动转动，所以从动轮顺时针转动；由于通过 皮带传动，皮带与轮边缘接触处的线速度相等，根据 v＝ωr＝ 2 T  r＝2πnr 得： n2r2＝nr1 所以有： n2＝ 11 2 nr r 故 A 正确，BCD 错误。 故选 A。 18．A 【详解】 A．由向心加速度 2va r 可知若 a 与 r 成反比，即图线是双曲线，则线速度大小保持不变，选项 A 正确； C．由角速度 v r  ，线速度不变，则 P 的角速度与半径成反比，选项 C 错误； BD．根据 2ar ，若 与 成正比，即图线是过原点的直线，则角速度保持不变，即质点 Q 的角 速度保持不变，而线速度 vr ，可见 的线速度与半径成正比，选项 BD 错误。 故选 A。 19．C 【详解】 火车拐弯时不侧向挤压车轮轮缘，靠重力和支持力的合力提供向心力，设转弯处斜面的倾角为 θ， 根据牛顿第二定律得：mgtanθ=mv2/R，解得：R= v2/ gtanθ，故 A 错误；根据牛顿第二定律得： mgtanθ=mv2/R, 解得：v= gRtan ，与质量无关，故 B 错误；若速度大于规定速度，重力和支持 力的合力不够提供，此时外轨对火车有侧压力，轮缘挤压外轨．故 C 正确；若速度小于规定速度， 重力和支持力的合力提供偏大，此时内轨对火车有侧压力，轮缘挤压内轨．故 D 错误．故选 C . 20．D 【详解】 小球在最高点有： 小球从最高点运动到最低点根据动能定理可知： 在最低点根据向心力公式可知： 联立公式可解得： ，故 D 对；ABC 错； 故选 D 21．B 【详解】 A．通过 B 点时，物块受到重力，支持力和摩擦力，三力的合力应该由 B 指向 O 点，提供向心力， 此时摩擦力不会由 B 指向 O，A 错误； B．通过 C 点时，受到重力，支持力，摩擦力，三力合力的方向由 C 指向 O，提供向心力，摩擦力 由 C 指向 O，B 正确； C．通过 A 点时，若物块所受的重力和支持力的合力正好提供向心力，则物体不受摩擦力，C 错误； D．通过 B、D 两点时，摩擦力的方向不一样，所以物块受到的摩擦力不同，D 错误。 故选 B。 22．B 【详解】 要使车轮与路面之间的横向摩擦力（即垂直于前进方向）等于零，重力与支持力的合力等于向心力 mgtanθ=m 2v R tan h d  联立解得汽车转弯时的车速 gRhv d 故选 B。 23．A 【解析】 由题可知，A、B 两小球均做斜抛运动，由运动的分解可知：水平方向做匀速直线运动，竖直方向做 竖直上抛运动，由两球运动的最大高度相同，可知两球的竖直方向速度相同，由图可知 B 球水平位 移大，则 B 球水平速度大，在运动过程中的任意时刻有 vB>vA，选项 A 正确；两球的加速度均为重 力加速度，选项 C 错误；设上升的最大高度为 h，在下落过程，由 21 2h g t ，可知两球飞行时间相 同，选项 B 错误；落地时，竖直方向的速度 y A y Bvv ，在落地时的水平速度与合速度的夹角  ， tan y x v v  ，因为 xAv 小于 xBv ，所以在落地时的水平速度与合速度的夹角，A 比 B 大，选项 D 错误．综 上本题选 A． 24．A 【详解】 如图所示： 假设第二颗炸弹经过 Ab，第三颗经过 PQ（Q 点是轨迹与斜面的交点）；则 a，A，B，P，C 在同一 水平线上，由题意可知，设 aA=AP=x0，ab=bc=L，斜面倾角为 θ，三颗炸弹到达 a 所在水平面的竖 直速度为 vy，水平速度为 v0，对第二颗炸弹：水平向： x1=Lcosθ-x0=v0t1 竖直向： 2 111 1 2yyvtgt 若第三颗炸弹的轨迹经过 cC，则对第三颗炸弹，水平向： x2=2Lcosθ-2x0=v0t2 竖直向： 2 122 1 2yyv tgt 解得：t2=2t1，y2>2y1 所以第三颗炸弹的轨迹不经过 cC，则第三颗炸弹将落在 bc 之间，A 正确，BCD 错误。 故选 A。 25．AB 【详解】 细绳未剪断前，设小球的重力为 G、弹簧的弹力为 F、细绳的拉力为 T，由于金属球处于平衡状态， 则根据三力平衡可知 G 与 F 的合力与 T 等大反向，即 G 与 F 合力的方向水平向左．细绳被剪断的瞬 间细绳的拉力突然消失，而弹簧弹力的大小和方向均不发生变化即仍为 F，所以此时小球所受重力 G 与弹簧弹力 F 合力的方向仍水平向左，根据牛顿第二定律中力与加速度的同向性可知在细绳被剪断 的瞬间小球加速度的方向水平向左，故 A 正确．当金属球运动到悬点 O 正下方时，如图甲所示，根 据物体做曲线运动的条件结合受力分析可知，此时物体所受合力方向为竖直向下，如图所示；故 B 正确． 如图甲所示，当金属球运动到 O 点正下方时，根据运动轨迹可知，此时小球的速度不为零，即动能 不为零，若速度为零，则在此以后的一段时间内小球的速度方向将向下，故 C 错误；金属球运动到 最左端时水平方向的速度为零，而不是合速度为零，故 D 错误，故选 AB． 26．AD 【解析】 试题分析：根据运动的合成与分解，将 B 的竖直向下的运动分解成沿着绳子方向与垂直绳子方向的 两个分运动，结合力的平行四边形定则，即可求解． 把 B 的运动沿图示方向分解，根据三角函数可知 0sin sinBv v v绳 ；式中 0v 恒定， 增大， 故 v绳 增大，做变加速运动，即 A 的加速度不为零，对 A 分析，根据牛顿第二定律可得 sin0Tmgma  ，故 sinTmg  ，AD 正确． 27．AB 【详解】 A．飞镖 B 下落的高度大于飞镖 A 下落的高度，根据 21 2h g t 得： 2 ht g B 下降的高度大，则 B 镖的运动时间长；故 A 正确． B．因为水平位移相等，B 镖的时间长，则 B 镖的初速度小；故 B 正确． C．因为 A、B 镖都做平抛运动，速度变化量的方向与加速度方向相同均竖直向下；故 C 错误． D．平抛运动的加速度和运动均与质量无关，本题无法比较两飞镖的质量；故 D 错误． 故选 AB． 28．AC 【解析】 试题分析：小木块都随水平转盘做匀速圆周运动时，在发生相对滑动之前，角速度相等，静摩擦力 提供向心力即 2fmR 静 ，由于木块 b 的半径大，所以发生相对滑动前木块 b 的静摩擦力大，选项 B 错．随着角速度的增大，当静摩擦力等于滑动摩擦力时木块开始滑动，则有 2fmRkmg静 ， 代入两个木块的半径，小木块 a 开始滑动时的角速度 a kg l  ，木块 b 开始滑动时的角速度 2b kg l  ，选项 C 对．根据 ab ，所以木块 b 先开始滑动，选项 A 对．当角速度 2 3 kg l  ， 木块 b 已经滑动，但是 2 3 a kg l，所以木块 a 达到临界状态，摩擦力还没有达到最大静摩擦 力，所以选项 D 错． 29．BC 【详解】 AB.因为管的内壁可以给小球支持力，所以小球沿管上升到最高点的速度可以为零．故选项 A 错误， B 正确 C.小球在水平线 ab 以下的管道中运动时，由外侧管壁对小球的作用力 NF 与小球重力在背离圆心方 向的分力 1F 的合力提供向心力，即 2 N1 vF F m Rr  ，因此外侧管壁一定对小球有作用力，而内侧 壁无作用力．故选项 C 正确 D.小球在水平线 以上的管道中运动时，小球受管壁的作用力与小球速度大小有关，最高的点的速 度 v gR 时，管壁对小球的作用力为 0．故选项 D 错误． 30．BD 【详解】 A．当汽车在拱桥顶端时，根据牛顿第二定律则有 2 N vmgFm R 可得 2 N vFmgmmg R 根据牛顿第三定律可得汽车通过拱桥的最高点处汽车对桥顶的压力小于重力，处于失重状态，故 A 错误； B．球受到重力和绳的拉力作用，二者合力提供向心力，向心力大小为 tanθnFmg 小球做圆周运动的半径为 tanθRh 由牛顿第二定律得 2tanθ tanθmg m h 联立可得角速度 g h  知保持圆锥摆的高度不变，则角速度不变，故 B 正确； C．设支持力与竖直方向的夹角为  ，则支持力的大小 c o sα mgN  则有 ABNN 由牛顿第二定律得 2sinθN m r 可得角速度 tanαg r  由于 ABrr ，所以可得 AB 故 C 错误； D．火车拐弯时超过规定速度行驶时，由于支持力和重力的合力不够提供向心力，会对外轨产生挤 压，即外轨对轮缘会有挤压作用，故 D 正确； 故选 BD。 31．BC 【详解】 A．在 AC 剪断前，根据平衡条件可知绳子 BC 拉力为 0 cos mgT  在 剪断瞬间，小球开始做圆周运动，速度为零，如图 向心方向上合力为 0，即 cosT mg  所以 BC 对绳子的拉力改变，A 错误； B．小球在圆周运动的切向，根据牛顿第二定律 s i nm g m a   解得 sinag  B 正确； CD．剪断 前，小球受力平衡，剪断 后，因为 AC 是橡皮筋，剪断瞬间，橡皮筋拉力不变， 与重力的合力和剪断 前绳子的拉力等大反向，根据牛顿第二定律 cos mg ma  解得 cos ga  C 正确，D 错误。 故选 BC。 32．AC 【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 a mgF sin ＝ ，可知 a 绳的拉力不变，故 B 错误；当 b 绳拉力为零时，有： 2 mg mltan  ＝ ， 解得 c o tg l ＝ ，可知当角速度 c o tg l   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。 33．AD 【详解】 AB．小球离开 C 点做平抛运动，落到 A 点时水平位移为 R，竖直下落高度为 R，根据运动学公式可 得：竖直方向有 R= 1 2 gt2 水平方向有 R=vC1t 解得 vC1= 2 gR 小球落到 D 点时水平位移为 2R，则有 2R=vC2t 解得 vC2= 2 gR 故速度大小满足 ≤vc≤ 故 A 正确，B 错误． CD．由于球的直径略小于圆管直径，所以过 C 点时，管壁对小球的作用力可能向下，也可能向上， 当 vC1= 向心力 2 1 2 Cmv mgF R＜mg 所以管壁对小球的作用力向上，根据牛顿第二定律得 mg-Fc1= 2 1Cmv R 解得 N= 1 2 mg 当 vC′= 2 gR ，向心力 F′= =2mg＞mg 所以管壁对小球的作用力向下，根据牛顿第二定律得 mg+Fc2= 2 2Cmv R 解得 N′=mg 假设在 C 点管壁对小球的作用力为 0 时的速度大小为 vC3，则由向心力公式可得 mg= 2 3Cmv R 解得 vC3= gR vC3 在 2 gR ≤vc≤ 范围内，所以满足条件．所以球经过 C 点时对管的作用力大小满足 0≤Fc≤mg 故 C 错误，D 正确。 故选 AD。 34．（ 1） （2）5×10-2m/s2 （3） 2 10 m/s （4）40 2cm 【详解】 如图； （2）蜡块在水平方向做匀加速运动，每相邻 1 秒位移差值 △ x=7.5-2.5=12.5-7.5=17.5-12.5=5（cm） △ x=at2 则加速度 22 2 510/xamst ＝ （3）竖直方向上的分速度 0.1/y yvms t ＝ x=v0t+ 1 2 at2，将数值代入，x 为第一段的位移， 0.025m=v0×1s+ ×0.05m/s2×（1s）2 解得：v0=0， 那么水平分速度 vx=at=0.1m/s 根据平行四边形定则得， 22 2 /0.14/10xyvvvmsms ＝ (4)由物体运动得轨迹可得物体在 4s 时水平和竖直方向得位移均为 40cm，因此物体得位移为 2240 40 40 2cm 点睛：解决本题的关键知道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， 知道速度、加速度、位移都是矢量，合成遵循平行四边形定则． 35．C ABC 0.3 1 C 见解析 【详解】 (1)[1]在画出的平抛运动的轨迹上，用刻度尺测出水平位移和竖直下落的高度就能复算出平抛的初速 度，因此只需要刻度尺就可以，故选 C。 (2)[2]A．由于小球做平抛运动，因此斜槽末端一定调整水平，A 正确； B．调整木板与小球下落的平面平行，方便将运动轨迹上的点描到白纸上，B 正确； C．小球每次必须从同一位置静止下落，才能保证小球每次平抛的初速度相等，C 正确； D．用平滑的曲线连接描绘的点，得到小球的运动轨迹，D 错误。 故选 ABC。 (3)[3][4]由于平抛运动水平方向为匀速直线运动，坚直方向为自由落体运动，则 21 2h g t 0x v t 解得 0 . 3st  ， 0 1m/sv  (3)[5][6]将①②两式联立得 2 2 02 gyxv 由于 y 与 x2 成正比，因此 y-x2 图像是一条过坐标原点的直线，故选 C。 36．1.40 7.9 1.4 【详解】 第一空.根据量程为 10kg，最小分度为 0.1kg，注意估读到最小分度的下一位，为 1.40kg； 第二空.根据表格知最低点小车和凹形桥模拟器对秤的最大压力平均值为： 1.8 1.75 1.85 1.75 1.90 kg 1.81kg5F  解得：FN=(1.81-1)×10N=8.1N 第三空.根据牛顿运动定律知： 2 00 N vFm gm R ， 代入数据解得:v=1.4m/s. 37．(1)1.5m/s；(2)3.75N，0.6m 【详解】 (1)滑块离开台面后做平抛运动，设平抛运动的时间为t ，则竖直方向上有 21cos 2L L gt  水平方向上有 s i n CL v t   联立解得 vC=1.5m/s。 (2)设滑块从 A 点运动到 B 点过程中的加速度大小为 a，根据牛顿第二定律有 F m g m a 滑块通过 B 点时的速度大小为 Bv a t 则 A、B 两点间的距离为 2 Bvxt 设滑块从 B 点运动到 C 点的过程加速度大小为 a ，根据牛顿第二定律有 m g m a  由匀变速直线运动的规律有 222()CBvvaL  联立解得 F=3.75N，x=0.6m 38．（ 1）0.1m（2）1m/s；（ 3）4.25s 【分析】 （1）要使煤块在轮的最高点做平抛运动，则煤块到达轮的最高点时对轮的压力为零，根据平抛运动 的规律求出离开传送带最高点的速度，结合牛顿第二定律求出半径的大小． （2）根据牛顿第二定律，结合运动学公式确定传送带的速度． （3）煤块在传送带经历了匀加速运动和匀速运动，根据运动学公式分别求出两段时间，从而得出煤 块在传送带上直线部分运动的时间． 【详解】 （1）由平抛运动的公式，得 x vt ， 21Hgt 2 代入数据解得 v=1m/s 要使煤块在轮的最高点做平抛运动，则煤块到达轮的最高点时对轮的压力为零， 由牛顿第二定律，得 2vm g m R ， 代入数据得 R=0.1m （2）由牛顿第二定律得 mgcosmgsinma ﹣ ， 代入数据解得 a=0.4m/s2 由 2 1 2 vs a 得 s1=1.25m＜s，即煤块到达顶端之前已与传送带取得共同速度， 故传送带的速度为 1m/s． （3）由 v=at1 解得煤块加速运动的时间 t1=2.5s 煤块匀速运动的位移为 s2=s﹣s1=1.75m， 可求得煤块匀速运动的时间 t2=1.75s 煤块在传送带上直线部分运动的时间 t=t1+t2 代入数据解得 t=4.25s 39．(1) 2 h g ；(2) 22 2 2 hrr g  。 【详解】 （1）雨滴竖直方向上做自由落体运动，则有 21 2hgt 解得雨滴离开雨伞到达地面的时间为 2ht g （2）雨滴的线速度为 vr 则平抛运动的水平位移为 x vt 根据几何关系知，雨滴落到地面上的地点到伞柄的水平距离为 22s x r 联立解得 22 2 2 hrsr g  40．(1) 30 N (2) 0 . 6 4 s 【分析】 （1）对滑块在 A 到 B 的过程，由动能定理求解到达 B 点的速度，根据牛顿第二定律求解滑块经过 圆弧轨道最低点 B 时，对圆弧轨道的压力；（2）由动能定理求解到达 C 点的速度，滑块离开 C 点后 在竖直方向上做竖直上抛运动，由此求解在空中运动的时间. 【详解】 （1）对滑块在 A 到 B 的过程，由动能定理： 002 1sin 37cos37 2 BmgLmgLmv  解得 vB=2 5 m/s 对滑块经过 B 点时，由牛顿第二定律：F-mg=m 2 Bv R 由牛顿第三定律可得：F=F′ 解得 F′=30N 方向竖直向下； （2）对滑块在 B 到 C 的过程，由动能定理： 022 11(1 cos37 ) 22CBmgRmvmv 解得 vC=4m/s 滑块离开 C 点后在竖直方向上做竖直上抛运动，以竖直向下为正方向，则： 021sin 37 =02Ch v t gt   解得 t=0.64s