高中物理曲线运动专题练习(带详解)

一、多选题

1．如图所示，轻杆一端固定一小球，绕另一端O点在竖直面内做匀速圆周运动，则（ ）

A．轻杆对小球的作用力方向始终沿杆指向O点 B．小球在最高点处，轻杆对小球的作用力可能为0 C．小球在最低点处，小球所受重力的瞬时功率为0

D．小球从最高点到最低点的过程中，轻杆对小球一直做负功

2．如图所示，一轻质细绳一端拴着物体A，另一端跨过光滑的定滑轮O，轻绳上有一结点B。现用一外力以速率v匀速拉动细绳，使物体A在水平面上向右运动，当细绳与水平面间夹角为30°时，结点B刚好在绳OA段中点。则该时刻（ ）

A．物体A的速度大小为3v 239v 4B．物体A的速度大小为23v 339v 6C．结点B的速度大小为D．结点B的速度大小为3．小船横渡一条两岸平行的河流，船本身提供的速度（即静水速度）大小不变、船身方向垂直于河岸，水流速度与河岸平行，已知小船的运动轨迹如图所示，则（ ）

A．越接近河岸水流速度越小 B．越接近河岸水流速度越大

C．无论水流速度是否变化，这种渡河方式耗时最短 D．该船渡河的时间会受水流速度变化的影响

4．一质点在xOy平面内从O点开始运动的轨迹如图所示，则质点的速度（ ）

试卷第1页，总11页

A．若x方向始终匀速，则y方向先加速后减速 B．若x方向始终匀速，则y方向先减速后加速 C．若y方向始终匀速，则x方向先减速后加速 D．若y方向始终匀速，则x方向先加速后减速

5．如图甲所示，在距离地面高为h0.18m的平台上有一轻质弹簧，其左端固定在竖直挡板上，右端与质量m1kg的小物块相接触（不粘连），平台与物块间动摩擦因数

=0．40，OA长度等于弹原长，A点为BM中点．物块开始静止于A点，现对物块施加

50m到一个水平向左的外方F，大小随位移x变化关系如图乙所示．物块向左运动x=0．达B点，到达B点时速度为零，随即撤去外力F，物块被弹回，最终从M点离开平台，

2落到地面上N点，取g10m/s，则（ ）

8J A．弹簧被压缩过程中外力F做的功为7．0J B．弹簧被压缩过程中具有的最大弹性势能为6．0J C．整个运动过程中克服摩擦力做功为6．36m D．MN的水平距离为0．6．全运会中有单杠的比赛项目。假设运动员做“单臂大回环”的高难度动作时，用一只手抓住单杠，伸展身体，以单杠为轴做圆周运动。如图甲所示，运动员到最高点时，用力传感器测得运动员与单杠间弹力大小为F，用速度传感器记录他在最高点的速度大小为v，得到Fv2图象如图乙所示。g取10m/s2，则下列说法中正确的是（ ）

试卷第2页，总11页

A．运动员的质量为65kg

B．运动员的重心到单杠的距离为0.9m

C．当运动员在最高点的速度为4m/s时，受单杠向上的弹力

D．在完成“单臂大回环”的过程中，运动员在最低点时，单臂承受的力最大

7．如图所示，在匀速转动的水平盘上，沿半径方向放着用细线相连的质量均为m的两个物体A和B，它们分居圆心两侧，与圆心距离为RA=r，RB=2r，与盘间的动摩擦因数μ相同，当盘转速加快到两物体刚好还未发生滑动时，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是（ ）

A．此时绳子张力T3mg B．此时圆盘的角速度2g rC．此时A所受摩擦力方向沿半径指向圆外

D．此时烧断绳子，A仍相对盘静止，B将做离心运动

8．小船横渡一条两岸平行的河流，水流速度与河岸平行,船相对于水的速度大小不变，船头始终垂直指向河岸，小船的运动轨迹如图虚线所示．则小船在此过程中

A．做匀变速运动

B．越接近河岸，水流速度越大 C．所受合外力方向平行于河岸

试卷第3页，总11页

D．渡河的时间不随水流速度变化而改变

9．如图所示，质量为M的物体内有光滑圆形轨道，现有一质量为m的小滑块沿该圆形轨道在竖直面内做圆周运动。A、C点为圆周的最高点和最低点，B、D点是与圆心O同一水平线上的点。小滑块运动时，物体在地面上静止不动，则物体对地面的压力FN和地面对物体的摩擦力有关说法正确的是（ ）

A．小滑块在A点时，FN10．如图所示，a、b两点位于同一条竖直线上，从a、b两点分别以速度v1、v2水平抛出两个小球，它们都能经过水平地面上方的P点．则下列说法正确的是( )

A．两小球抛出的初速度v1>v2 B．两小球抛出的初速度v1C．从a点抛出的小球着地时水平射程较大 D．从b点抛出的小球着地时水平射程较大

11．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 C．ω＝为kmg

是b开始滑动的临界角速度

B．a、b所受的摩擦力始终相等 D．当ω＝

时，a所受摩擦力的大小

12．a、b两点间距为40cm，bc长30cm，如图所示，在竖直的转动轴上，细线ac长50cm，在c点系一质量为m的小球，在转动轴带着小球转动过程中，下列说法正确的是

试卷第4页，总11页

A．转速小时，ac受拉力，bc松弛 C．bc拉直后转速增大，ac拉力不变

B．bc刚好拉直时ac中拉力为1.25mg D．bc拉直后转速增大，ac拉力增大

13．如图所示，一个质量为m的小球用一根长为l的细绳吊在天花板上，给小球一水平初速度，使它做匀速圆周运动，小球运动所在的平面是水平的．已知细绳与竖直方向的夹角为θ，重力加速度为g．下列说法正确的是

A．细绳对小球的拉力大小为mgtanθ B．细绳对小球的拉力大小为mg/cosθ C．小球做圆周运动的线速度大小为glsintan

D．小球做圆周运动的线速度大小为glsincos 14．如图甲所示，一轻杆一端固定在O点，另一端固定一个小球，小球在竖直平面内做半径为R的圆周运动。小球运动到最高点时，杆与小球间弹力大小为F，小球在最高点的速度大小为v，Fv2图象如图乙所示。下列说法正确的是（ ）

A．小球的质量为

aR bR bB．当地的重力加速度大小为

C．v2c时，杆对小球弹力方向向上 D．v22b时，杆对小球弹力大小为a

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二、单选题

15．一艘小船要从O点渡过一条两岸平行、宽度为d=100 m的河流，已知河水流速为v1=4 m/s，小船在静水中的速度为v2=2 m/s，B点距正对岸的A点x0=173 m．下面关于该船渡河的判断，其中正确的是（ ）

A．小船过河的最短航程为100 m B．小船过河的最短时间为25 s

C．小船可以在对岸A、B两点间任意一点靠岸 D．小船过河的最短航程为200 m

16．一个物体在光滑水平面上沿曲线MN运动，如图所示，其中A点是曲线上的一点，虚线1、2分别是过A点的切线和法线，已知该过程中物体所受到的合外力是恒力，则当物体运动到A点时，合外力的方向可能是（ ）

A．沿F1或F5的方向 C．沿F2的方向

B．沿F2或F4的方向

D．不在MN曲线所确定的水平面内

17．长为L的轻绳悬挂一个质量为m的小球，开始时绳竖直，小球与一个倾角θ=45°的静止三角形物块刚好接触，如图所示．现在用水平恒力F向左推动三角形物块，直至轻绳与斜面平行，此时小球的速度速度大小为v，重力加速度为g，不计所有的摩擦．则下列说法中正确的是( )

A．上述过程中，斜面对小球做的功等于小球增加的动能 B．上述过程中，推力F做的功为FL

C．上述过程中，推力F做的功等于小球增加的机械能

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D．轻绳与斜面平行时，绳对小球的拉力大小为mgsin45°

18．如图所示，A、B、C三个一样的滑块从粗糙斜面上的同一高度同时开始运动，A由静止释放，B的初速度方向沿斜面向下，大小为v0，C的初速度方向沿斜面水平，大小也为v0。下列说法中正确的是（ ）

A．A和C将同时滑到斜面底端

B．滑到斜面底端时，B的机械能减少最多 C．滑到斜面底端时，B的动能最大 D．C的重力势能减少最多

19．质量为m的小球在竖直平面内的圆管轨道内运动，小球的直径略小于圆管的直径，如图所示．已知小球以速度v通过最高点时对圆管的外壁的压力恰好为mg，则小球以速度

v通过圆管的最高点时( )． 2

A．小球对圆管的内、外壁均无压力

mg 2mgC．小球对圆管的外壁压力等于

2B．小球对圆管的内壁压力等于D．小球对圆管的内壁压力等于mg

20．如图所示，竖直面内的光滑圆轨道处于固定状态，一轻弹簧一端连接在圆轨道圆心的光滑转轴上，另一端与圆轨道上的小球相连，小球的质量为1 kg，当小球以2 m/s的速度通过圆轨道的最低点时，球对轨道的压力为20 N，轨道的半径r＝0.5 m，重力加速度g＝10 m/s2，则小球要能通过圆轨道的最高点，小球在最高点的速度至少为( )

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A．1 m/s B．2 m/s C．3 m/s D．4 m/s

21．如图所示，是马戏团中上演的飞车节目，在竖直平面内有半径为R的圆轨道。表演者骑着摩托车在圆轨道内做圆周运动。已知人和摩托车的总质量为m，人以v1＝2gR的速度通过轨道最高点B，并以v2＝3v1的速度通过最低点A。则在A、B两点轨道对摩托车的压力大小相差( )

A．3mg B．4mg C．5mg D．6mg

22．两个大轮半径相等的皮带轮的结构如图所示，A、B两点的半径之比为2:1，C、D两点的半径之比也为 2:1，下列说法正确的是( )

A．A 、B两点的线速度之比为vA:vB = 1:2 B．A、C 两点的角速度之比为A:C1:2 C．A、C两点的线速度之比为vA:vC = 1:1 D．A、D两点的线速度之比为vA:vD = 1:2

23．如图所示，相同材料制成的A、B两轮水平放置，它们靠轮边缘间的摩擦转动，两轮半径RA=2RB，当主动轮A匀速转动时，在A轮边缘放置的小木块P恰能与轮保持相对静止．若将小木块放在B轮上，欲使木块相对B轮也相对静止，则木块距B轮转轴的最大距离为( )

A．RB

三、解答题

B．

RB 2C．

RB 3D．

RB 424．如图所示，在某竖直平面内，光滑曲面AB与水平面BC平滑连接于B点，BC右

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端连接内壁光滑，半径r=0.2m的四分之一细圆管CD，管口D端正下方直立一根劲度系数为k=100N/m的轻弹簧，弹簧一端固定，另一端恰好与管口D端平齐．一个质量为1kg的小球放在曲面AB上，现从距BC的高度为h=0.6m处静止释放小球，它与BC间的动摩擦因数μ=0.5，小球进入管口C端时，它对上管壁有FN=2.5mg的相互作用力，通过CD后，在压缩弹簧过程中滑块速度最大时弹簧的弹性势能为Ep=0.5J．取重力加速度g=10m/s2．求：

(1)小球到达C点时的速度大小； (2)BC间距离s；

(3)在压缩弹簧过程中小球的最大动能Ekm．

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

（1）杆保持静止状态，让小球从弹簧的原长位置静止释放，求小球释放瞬间的加速度大小a及小球速度最大时弹簧的压缩量l1；

（2）当小球随光滑直杆一起绕OO'轴匀速转动时，弹簧伸长量为l2，求匀速转动的角速度ω；

（3）若θ=30°，移去弹簧，当杆绕OO'轴以角速度0g匀速转动时，小球恰好在L杆上某一位置随杆在水平面内匀速转动，求小球离B点的距离L0．

26．如图所示为一同学制作的研究平抛运动的装置，其中水平台AO长s＝0.70m，长方

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体薄壁槽紧贴O点竖直放置，槽宽d＝0.10m，高h＝1.25m。现有一弹性小球从平台上A点水平射出，已知小球与平台间的阻力为其重力的0.1倍，重力加速度取g＝10m/s2。 (1)若小球不碰槽壁且恰好落到槽底上的P点，求小球在平台上运动的时间； (2)若小球碰壁后能立即原速率反弹，为使小球能击中O点正下方槽壁上的B点，B点和O点的距离hB＝0.8m，求小球从O点射出速度的所有可能值。

27．如图所示，在绕竖直轴匀速转动的水平圆盘盘面上，离轴心r=20cm处放置一小物块，其质量为m=2kg，物块与圆盘间的动摩擦因数μ=0.5．当圆盘转动的角速度ω=2rad/s 时，物块随圆盘一起转动，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g=10m/s2．求：

(1)物块的线速度大小； (2)物块的向心加速度大小；

(3)欲使物块与盘面间不发生相对滑动，则圆盘转动的角速度不能超过多大？

28．为确保弯道行车安全，汽车进入弯道前必须减速．如图所示，AB为进入弯道前的平直公路，BC为水平圆弧形弯道．已知AB段的距离SAB=14m，弯道半径R=24m．汽车到达A点时速度vA=16m/s，汽车与路面间的动摩擦因数μ=0.6，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g=10m/s2．要确保汽车进入弯道后不侧滑．求汽车

（1）在弯道上行驶的最大速度；

（2）在AB段做匀减速运动的最小加速度．

29．如图所示置于圆形水平转台边缘的小物块随转台加速转动，当转速达到某一数值时，物块恰好滑离转台开始做平抛运动。现测得转台半径R0.3m，离水平地面的高度

H0.8m，物块平抛运动的落地点到水平转轴的距离d0.5m。设物块所受的最大

静摩擦力等于滑动摩擦力取重力加速度g10m/s2。求：

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(1)物块做平抛运动的初速度大小v0； (2)物块与转台间的动摩擦因数。

30．如图，竖直半圆形轨道半径为R，与水平直轨道相切于P点．一个质量为m的小球冲上圆轨道后恰好可以通过轨道最高点Q，求小球经过Q点后首次落地点与P点的距离？（重力加速度为g）

试卷第11页，总11页

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参

1．BCD

A．小球在运动过程中，始终受到重力和轻杆对小球的作用力，由于小球做匀速圆周运动，向心力始终指向圆心，故轻杆对小球的作用力方向时刻在变，并不一定始终指向圆心，故A错误；

B．小球在最高点处，当满足vgl时，轻杆对小球的作用力为0，选项B正确；

C．小球在最低点处，小球重力方向与速度方向垂直，则小球所受重力的瞬时功率为0，选项C正确；

D．小球从最高点到最低点的过程中，动能不变，根据动能定理

mg2lW0

可知

W2mgl

轻杆对小球一直做负功，选项D正确。 故选BCD。 2．BD

AB．A的速度水平向右，A沿绳方向的分速度为v，则有

vAcos30v

解得vA23v，故A错误，B正确。 3CD．A、B两点沿绳方向速度相等，都为v，垂直于绳方向的速度

vr

由于rA2rB，则vA2vB，而

vAsin30vA

所以vA3v，则 3vB3v 6答案第1页，总14页

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2vBv2vB39v 6故C错误，D正确。 故选BD。 3．AC 【解析】

试题分析: A、B、从轨迹曲线的弯曲形状上可以知道，小船先具有向下游的加速度，小船后具有向上游的加速度，故水流是先加速后减速，即越接近河岸水流速度越小，故A正确，B错误．C、D、由于船身方向垂直于河岸，无论水流速度是否变化，这种渡河方式耗时最短，故C正确，D错误；故选AC．

考点：考查运动的合成和分解、小船渡河．

【名师点睛】解决本题的关键知道小船参与了两个运动，有两个分速度，分别是静水速和水流速．以及知道轨迹的弯曲大致指向合力的方向，注意垂直河岸渡河时，时间最短． 4．BD

AB、若x方向始终匀速，经过相同的时间水平间距相同，则y方向的高度先增加的越来越慢，说明竖直速度在减小，后来y方向的高度后增加的越来越快，说明竖直速度增大，所以物体速度先减小后增大，故B正确，A错误；

CD、若y方向始终匀速，经过相同的时间竖直间距相同，则x方向的水平距离先增加的越来越快，说明水平速度在增大，后来x方向的水平间距后增加的越来越慢，说明水平速度减小，所以物体速度先增大后减小，故D正确，C错误； 故选BD． 5．ACD

根据F-x图象与坐标轴所围的面积表示力F做的功，则弹簧被压缩过程中外力F做的功为 WF= 618×0.2+18×0.3=7.8J．故A正确．物块向左运动的过程中，克服摩擦力做功 2Wf=μmgx=0.4×1×10×0.5J=2.0J；根据能量守恒可知，弹簧被压缩过程中具有的最大弹性势能为 Ep=WF-Wf=5.8J，故B错误．整个运动过程中克服摩擦力做功为 Wf总=3μmgx=6.0J．故C正确．设物块离开M点时的速度为v．对整个过程，由能量守恒得：v=3.6m/s；物块离开M点后做平抛运动，则有h=确．故选ACD．

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12

mv=WF-Wf总，解得 212

gt；x=vt；解得 x=0.36m．故D正2本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。

点睛：解答本题的关键是知道外力F所做功等于其图象与x轴所围成的面积，能灵活选取研究的过程，根据能量守恒定律和平抛运动基本公式进行研究． 6．ABD

A．运动员的手臂既可以提供拉力，也可以提供支持力，可以理解为“杆模型”。对运动员在最高点进行受力分析，当速度为零时，有

Fmg0

结合图象解得质量

m65kg

选项A正确。

B．当F0时，由向心力公式可得

mv2 mgR结合图象可解得

R0.9m

故运动员的重心到单杠的距离为0.9m，选项B正确。

C．当运动员在最高点的速度为4m/s时，受单杠的拉力作用，方向竖直向下，选项C错误；。 D．运动员经过最低点时，速度最大，由

v12Fmgm

R知单臂的拉力最大，选项D正确； 故选ABD。 7．ABC

AB．当A、B与圆盘间静摩擦力都达到最大值时，根据牛顿第二定律 对B有

Tmgm2g2r

对A有

Tmgm2r

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联立解得T3mg，2g，故AB正确； rC．由上分析，可知此时A所受的绳子拉力和摩擦力提供向心力，摩擦力方向沿半径向外，故C正确； D．此时角速度2g2，此时A所需向心力为FnAmr2mg，剪断绳子后其最r大静摩擦力不足以提供向心力，故A将做离心运动，B已达到最大最静摩擦力，故B也将做离心运动，故D错误。 故选ABC。 8．CD

从轨迹曲线的弯曲形状上可以知道，小船先具有向下游的加速度，小船后具有向上游的加速度，故加速度是变化的，由于水流是先加速后减速，即越接近河岸水流速度越小，故AB错误．因小船先具有向下游的加速度，小船后具有向上游的加速度，那么所受合外力方向平行于河岸，故C正确；由于船身方向垂直于河岸，无论水流速度是否变化，这种渡河方式耗时最短，时间不变，故D正确；故选CD．

点睛：解决本题的关键知道小船参与了两个运动，有两个分速度，分别是静水速和水流速．以及知道轨迹的弯曲大致指向合力的方向，注意垂直河岸渡河时，时间最短． 9．BD

A．小滑块刚好过A点时，滑块对M没有作用力，此时

FN=Mg

系统在水平方向不受力的作用，所以没有摩擦力的作用，故A错误；

B．小滑块在B点时，需要的向心力向右，所以M对滑块有向右的支持力的作用，对M受力分析可知，地面要对M有向右的摩擦力的作用，在竖直方向上，滑块对M没有力的作用，物体受力平衡，所以物体M对地面的压力

FN=Mg

故B正确；

C．小滑块在C点时，滑块对M的作用力竖直向下，且滑块做圆周运动需要向心力，说明滑块对M的作用力大于滑块自身的重力，则

FN(M＋m)g

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M在水平方向不受其他力的作用，所以不受摩擦力，故C错误；

D．小滑块在D点时，需要的向心力向左，所以M对滑块有向左的支持力的作用，对M受力分析可知，地面要对M有向左的摩擦力的作用，在竖直方向上，滑块对M没有力的作用，物体受力平衡，所以物体M对地面的压力

FN=Mg

故D正确。 故选BD。 10．BD

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，根据在P点相遇，结合高度比较运动的时间，从而通过水平位移比较初速度．

A、B、因为从抛出到P点的过程中，水平位移相等，a球的运动时间较长，则a球的初速度较小，即v1＜v2；故A错误，B正确.

C、D、a球的竖直分速度较大，a球先落地，b球后落地，到达P点时，所以从P点到地面，b的初速度大，所以b球的水平射程较大；故C错误，D正确. 故选BD. 【点睛】

解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解，注意明确两球在P点相遇，即同时出现在P点． 11．AC

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f静mR，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f静mRkmg，代入两个木块的半径，小木块a开始滑动时的角速度a22kg，l木块b开始滑动时的角速度bkg，选项C对．根据ab，所以木块b先开始滑动，2l2kga，所以木块a达3l选项A对．当角速度2kg，木块b已经滑动，但是3l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．

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考点：圆周运动 摩擦力 12．ABC

bc松弛，试题分析：随着转速的增加，小球做离心运动，半径逐渐增大，此过程ac受拉力，A正确；当bc刚好拉直时，设ac绳与竖直方向的夹角为θ，有：

，

，对小球受力分析

，B正确；当转速继续增加，随着向心力的增大，则绳

bc的拉力逐渐增大，但ac拉力保持不变，C正确、D错误 故选ABD

考点：考查了力的动态分析

点评：做此类型题目时，一般将物体的受力移至矢量三角形中，找出不变量，表达出变化量，根据角度的变化分析变化量的变化 13．BC 【解析】

球受重力和拉力两个力作用，受力如图所示：

靠两个力的合力提供向心力，根据平行四边形定则知，细绳对小球的拉力Tv2错误，B正确；根据牛顿第二定律得：mgtanm，解得：vlsinmg，故Acosglsintan，故C正确，D错误．所以BC正确，AD错误． 14．AD

AB．小球在最高点时的速度不同，则杆与球间的弹力也不同。当v20时，小球受重力、杆的弹力作用，二力平衡，即

mga ①

当v2b时，F0，说明只有重力提供向心力，由

v2mgm

R答案第6页，总14页

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知

mgm由①②两式得

b ② Rb RaR bgm=选项A正确，B错误；

C．当v2c时，小球在最高点的速度更大，此时杆对球有向下的拉力，选项C错误。 D．当v22b时，杆对球有向下的拉力，由牛顿第二定律知

mgF'm由②③两式得

2b ③ RF'mga

选项D正确。 故选AD。 15．D 【解析】

因为水流速度大于静水速度，所以合速度的方向不可能垂直河岸，则小船不可能到达正对岸．当合速度的方向与相对水的速度的方向垂直时，合速度的方向与河岸的夹角最短，渡河航程最小；

根据几何关系，则有： dsv1v24d100200m，故AC，因此最短的航程是：sv22v1d10050s，v22tD正确；错误，当静水速的方向与河岸垂直时，渡河时间最短，最短时间：

故B错误；故选D．

答案第7页，总14页

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点睛：解决本题的关键知道当静水速与河岸垂直时，渡河时间最短，当静水速大于水流速，合速度与河岸垂直，渡河航程最短，当静水速小于水流速，合速度与静水速垂直，渡河航程最短． 16．C

ABC．物体做曲线运动，必须有指向曲线凹侧的合外力，或者合外力有沿法线指向曲线凹侧的分量，故F4、F5的方向不可能是合外力的方向，只有F1、F2、F3才有可能。故AB错误，C正确。

D．若合外力不在MN曲线所确定的水平面内，则其必有垂直水平面的分量，物体在该方向上应有速度分量而使物体脱离水平面，这与题述事实不符，故合外力一定在曲线MN所确定的水平面内。故D错误。 故选C。 17．B 【解析】

试题分析：斜面对小球做的功等于小球增加的动能与增加的势能之和，故A错误；上述过程中斜面前进的距离为L，推力做功为FL，故B正确；推力做的功等于小球增加的机械能与斜面增加的动能之和，故C错误；细绳与斜面平行时，绳对小球的拉力T满足关系：T-mgsin45°=m考点：功能关系

【名师点睛】本题考查的是力是否做功，要抓住分析中判断的两个要点来做判断．知道重力做功量度重力势能的变化．知道除了重力之外的力做功量度机械能的变化．本题要抓住做功的两个必要因素：（1）作用在物体上的力；（2）物体必须是在力的方向上移动一段距离，机械能包括动能和势能，可以分析动能和势能的变化判断机械能的变化. 18．C

A．A、C两个滑块所受的滑动摩擦力大小相等，但方向不同，A的摩擦力沿斜面向上，C的摩擦力与速度方向相反，沿斜面向上的力是滑动摩擦力的分力；设斜面倾角为θ，在沿斜面方向上根据

，故D错误．

mgsinfma

可知在沿斜面方向C的加速度大于A的加速度，C先到达斜面底端，故A错误； B．滑动摩擦力做功与路程有关，C运动的路程大，克服摩擦力做功多，机械能减少多，故

答案第8页，总14页

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B错误；

C．下滑到底端重力做功相同，摩擦力对A、B做功相同，C克服摩擦力做功多，而B有初速度，则滑到斜面底端时B的动能最大，故C正确；

D．三个滑块下降的高度相同，重力势能减少量相同，故D错误。 故选C。 19．B

以小球为研究对象,小球以速度v通过最高点C时,根据牛顿第二定律得

v2mgmgm

r当小球以速度

v 通过圆管的最高点,根据牛顿第二定律得: 2v2（）

mgNm2rmg 2mg ，故B正确； 2计算得出

N负号表示圆管对小球的作用力向上,即小球对圆管的内壁压力等于故选B。 20．B

设小球在轨道最低点时所受轨道支持力为F1，弹力为FN，则

v2F1mgFNm

r解得

FN2N

可以判断出弹簧处于压缩状态，小球以最小速度通过最高点时，球对轨道的压力刚好为零，则

2v2mgFNm

r解得

v22m/s

答案第9页，总14页

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故选B． 21．D

2v12v2由题意可知，在B点，有FBmgm，解之得FB＝mg，在A点，有FAmgm，

RR解之得FA＝7mg，所以A、B两点轨道对车的压力大小相差6mg。故选项D正确。 22．B

A.A、B属于同轴转动，所以角速度相同，根据：vr，线速度与半径成正比，vA:vB = 2：1，A错误

B.A、D两点皮带传动，C、D两点具有相同的角速度，具有相同的线速度，所以ArADrD，所以A:C1:2，B正确

C.根据vr，且A:C1:2，所以vA:vC = 1:2，C错误 D.A、D两点皮带传动，具有相同的线速度，vA:vD = 1:1，D错误 23．B 【解析】

A和B用相同材料制成的靠摩擦传动，边缘线速度相同，则ARABRB，而RA2RB，

A12，对于在A边缘的木块，最大静摩擦力恰为向心力，即为：mRAAfmax，所以

B22当在B轮上恰要滑动时，设此时半径为R，则有：mRBfmax，解得：RRB．故ACD2错误，B正确，故选B．

【点睛】A和B用相同材料制成的靠摩擦传动，边缘线速度相同，根据线速度角速度关系可得出角速度的关系，对于在A边缘的木块，最大静摩擦力恰为向心力，若将小木块放在B轮上，欲使木块相对B轮也静止，也是最大静摩擦力提供向心力，根据向心力公式即可求解．

24．(1)vC7m/s (2)s=0.5m (3)Ekm=6J

（1）小球进入管口C端时，它与圆管上管壁有大小为F=2.5mg的相互作用力，故小球受到的向心力为

F向=2.5mg+mg=3.5mg=3.5×1×10 N=35 N

答案第10页，总14页

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2vC 在C点，由F向mr代入数据得：vC＝7m/s

（2）小球从A点运动到C点过程，由动能定理得 mghmgs解得BC间距离s=0.5 m

（3）在压缩弹簧过程中速度最大时，合力为零．设此时小球离D端的距离为x0，则有 kx0=mg 解得x012mvC 2mg0.1m k12mvCEkmEP 2由机械能守恒定律有：mg(rx0)得Ekmmg(rx0)12mvCEP(3+3.5-0.5) J=6 J 2mgsin （2）k2kl2mgsin （3）L0L

3mrcos25．（1）agsin ;l1【解析】

ma （1）小球从弹簧的原长位置静止释放时，根据牛顿第二定律有：mgsin  解得：agsin  小球速度最大时其加速度为零，则有：kl1mgsin 解得：l1mgsin ， k（2）设弹簧伸长l2时，球受力如图所示：

2kl2cosm（l0l2)cos 水平方向上有：FNsin 竖直方向上有：FNcoskl2sinmg0 解得：kl2mgsin；

mrcos答案第11页，总14页

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（3）当杆绕OO'轴以角速度0匀速转动时，设小球距离B点L0，

mL0cos  此时有：mgtan 解得：L0gtan2L． cos3点睛：本题考查了牛顿第二定律、胡克定律与圆周运动的综合，要明确小球做匀速转动时，靠合力提供向心力，由静止释放时，加速度为零时速度最大． 26．(1)1s；(2)v1.412nm/s(n=1，2，3……) 4 (1)恰能落到槽底上的P点，则

dv0t，h由牛顿运动定律知加速度

12gt 2a由匀变速直线运动规律知

kmgkg1m/s2 m2v1v0at1，v12v02as

联立解得

t11s

(2)小球碰壁反弹，水平方向

2ndv2t2

竖直方向

hB由运动学公式知

12gt2 22v2v22as

联立解得

1v1.4n2m/s(n=1，2，3……)

427．（1）0.4 m/s （2）0.8 m/s2 （3）5 rad/s

解：(1) 当2rad/s时，滑块的线速度：vr0.4m/s

答案第12页，总14页

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(2) 当2rad/s时，滑块的向心加速度：a2r0.8m/s2

(3) 当物块刚要发生滑动时最大静摩擦力充当向心力，设此时圆盘转动的角速度为0

2由牛顿第二定律得fmgmr0

解得：05rad/s，故圆盘转动的角速度不能超过5rad/s 28．（1）12m/s；（2）4m/s2

（1）在BC弯道上，有牛顿第二定律

mg代入数据得

2mvmaxR

vmax=12m/s

（2）汽车匀减速至B处，速度减为12 m/s时，加速度最小．由运动学公式-2aminSAB=vmax2-vA2，解得

amin=4m/s2

29．(1)1m/s；(2)0.33

(1)物块做平抛运动，在竖直方向上有

H在水平方向上

12gt① 2xv0t②

由几何关系得

xd2R20.520.32m0.4m③

由①②③式得

v0xg100.4m/s1m/s④ 2H20.8(2)物块离开转台时，最大静摩擦力提供向心力，有

2mv0⑤ fmRfmNmg⑥

答案第13页，总14页

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由⑤⑥式解得

2v0(1m/s)20.33 2gR10m/s0.3m30．x=2R 【解析】

小球冲上圆轨道后恰好可以通过轨道最高点Q，即在Q点重力完全充当向心力；

v2通过最高点Q时：mgm；

R过Q后平抛落地：在竖直方向上做自由落体运动：2R在水平方向上做匀速直线运动，故xvt 解得落点距离为：x2R

12gt； 2答案第14页，总14页