力与曲线运动

1、力与曲线运动1(2018 全·国卷 ·17)在一斜面顶端，将甲、乙两个小球分别以v的速度沿同一方向水平v 和 2抛出，两球都落在该斜面上甲球落至斜面时的速率是乙球落至斜面时速率的()A2 倍 B4 倍 C6 倍 D8 倍【考点定位】 平抛运动斜面模型【点评】 本题考查平抛运动与斜面结合的模型，利用该模型结论易得出“ 落在斜面上时的速度相互平行且大小与初速度成正比” 【难度】 中等答案A解析如图所示，可知：x v0t，12x·tan 2gtvygt2tan ·v0则落至斜面的速率 v222，甲、乙两球抛出速度为v 和v落 v0 vy v01 4tan2，则

2、可得落至斜面时速率之比为21，故选 A.2(2017 全·国卷 ·15)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【考点定位】平抛运动【点评】本题考查分析平抛运动的基本方法：分解【难度】 较易答案C解析由题意知，两个乒乓球均做平抛运动，则根据122可知，乒乓球的运h gt及 vy 2gh2动时间、下降的

3、高度及竖直方向速度的大小均与水平速度大小无关，故选项A、B、D 错误；由发出点到球网的水平位移相同时，速度较大的球运动时间短，在竖直方向下落的距离较小，可以越过球网，故选项C 正确3 (2017 ·国卷全 ·17)如图 1 所示，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，半圆的直径与地面垂直，一小物块以速度v 从轨道下端滑入轨道，并从轨道上端水平飞出，小物块落地点到轨道下端的距离与轨道半径有关，此距离最大时， 对应的轨道半径为( 重力加速度大小为g)()图 12222vB. vC.vD. vA. 16g8g4g2g【考点定位】平抛运动、机械能守恒、极值问题【点评】本题情景是普通的利用

4、机械能守恒解决圆周运动与平抛运动结合的问题，奇在求极值【难度】 中等答案B解析小物块由最低点到最高点的过程，由机械能守恒定律得12122mv 2mgr2 mv1 ，小物块x v1t， t4r，联立解得 x4v22做平抛运动时，落地点到轨道下端的距离gg r 16r，由数学知识可知，当 4r v2时， x 最大，2g2即 r v ，故选项 B 正确8g4(多选 )(2016 全·国卷 ·18)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 ()A 质点速度的方向总是与该恒力的方向相同B 质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直C质点加速度的方

5、向总是与该恒力的方向相同D质点单位时间内速率的变化量总是不变【考点定位】曲线运动条件【点评】重点考查对曲线运动中力与运动基本关系的理解【难度】较易答案BC解析质点开始做匀速直线运动，处于平衡状态，施加恒力后，该质点所受的合外力等于该恒力，若该恒力方向与质点原运动方向不共线，则质点做曲线运动，质点速度方向与恒力方向不同，故A 错误；若恒力的方向某一时刻与质点运动方向垂直，之后质点做曲线运动，力与速度方向不再垂直，例如平抛运动，故B 正确；由牛顿第二定律可知，质点加速度方向总是与其所受合外力方向相同，故C 正确；根据加速度的定义，相等时间内速度变化量相同，而速率变化量不一定相同，故D 错误5(20

6、18 全·国卷 ·25)如图 2，在竖直平面内，一半径为R 的光滑圆弧轨道ABC 和水平轨道PA 在A 点相切，BC 为圆弧轨道的直径，O 为圆心，OA 和OB 之间的夹角为， sin3 5.一质量为 m 的小球沿水平轨道向右运动， 经 A 点沿圆弧轨道通过 C 点，落至水平轨道；过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用已知小球在在整个C 点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零重力加速度大小为g.求：图 2(1)水平恒力的大小和小球到达C 点时速度的大小；(2)小球到达A 点时动量的大小；(3)小球从 C 点落至水平轨道所用的时间【

7、考点定位】圆周运动、抛体运动、动能定理、动量【点评】 本题一个重点在分析小球在C 点的受力情况及速度，考查了圆周运动的动力学分析能力，另一个重点在分析小球从C 点落至水平面的运动，考查运动的分解的基本方法要警惕这种苗头，毕竟斜下抛、竖直面内圆周运动的非特殊点的受力情况是不在考纲内的【难度】较难答案(1)35gRm23gR35Rmg(2)2(3)g425解析(1)设水平恒力的大小为F 0，小球到达 C 点时所受合力的大小为F .由力的合成法则有F0mg tan F 2 (mg)2 F 02设小球到达C 点时的速度大小为v，由牛顿第二定律得2vF mR 3由 式和题给数据得F 0 4mg5gRv2

8、(2)设小球到达A 点的速度大小为v1，作 CD PA，交 PA 于 D 点，如图所示，由几何关系得DA Rsin CD R(1 cos )小球由 A 点运动到C 点，由动能定理有 mg·CD F0·DA 2mv2 12mv121由 式和题给数据得，小球在A 点的动量大小为pmv1m 23gR2(3)小球离开 C 点后在竖直方向上做初速度不为零的匀加速运动，加速度大小为g.设小球在竖直方向的初速度为 v，从 C 点落至水平轨道上所用时间为t.由运动学公式有 v12t2gt CD 10v vsin ?3 5R由 ? 式和题给数据得 t 5g .平抛运动的规律及分析方法、圆周运

9、动的受力特点特别是竖直面内的圆周运动的受力特点及能量变化，是考查重点，多在选择题中出现.平抛运动与竖直面内圆周运动相结合，再结合能量守恒，近年在计算题中出现，需要重视.绳、杆关联物体的速度，曲线运动条件的考查近年来也出现过，值得注意.考点 1曲线运动的理解与应用1 物体做曲线运动的条件及特点(1)条件： F 合与 v 的方向不在同一直线上，或加速度方向与速度方向不共线(2)特点： F 合 恒定：做匀变速曲线运动 F 合 不恒定：做非匀变速曲线运动做曲线运动的物体受的合力总是指向曲线的凹侧2 绳 (杆) 关联物体的速度(1)若由绳 (杆 )连接的两运动物体的运动方向沿绳(杆)方向，则两物体速度大

10、小相等(2)若物体运动方向不沿绳(杆 )方向，将其速度分解到沿绳(杆 )方向和垂直绳(杆 )方向，再参考上一条(多选 )(2018 ·湖南省株洲市上学期质检一)光滑水平面上以速度v0匀速滑动的物块，某时刻受到一水平恒力方向改变了90°，如图F 的作用，经一段时间后物块从3 所示，则在此过程中()A 点运动到B 点，速度大小仍为v0，图3A 物块的动能一定始终不变B 水平恒力F 方向一定与AB 连线垂直C物块的速度一定先增大后减小D物块的加速度不变答案BD(多选 )一快艇要从岸边某一不确定位置处到达河中离岸边100 m远的一浮标处， 已知快艇在静水中的速度vx 图象和流水的速

11、度变，则下列说法正确的是()vy 图象如图4 甲、乙所示， 运动中船头指向保持不图 4A 快艇的运动轨迹为直线B 快艇的运动轨迹为曲线C能找到某一位置使快艇最快到达浮标处的时间为D快艇最快到达浮标处经过的位移为100 m20 s答案解析BC两分运动一个做匀加速直线运动，一个做匀速直线运动，知合加速度的方向与合速度的方向不在同一条直线上，合运动为曲线运动，故A错误，B正确；船在静水中的速度垂直于河岸时，时间最短在垂直于河岸方向上的加速度32a 6 m/s 0.52m/s，由12d 2at 得， t2da 2×1000.5s 20 s，故C 正确；在沿河岸方向上的位移xvyt 3

12、5;20 m 60 m，所以快艇最快到达浮标处经过的位移sx2 d2 2034 m，故 D 错误1 (2018 山·西省孝义市质量检测三 )一个质量为 2kg 的物体，在三个共点力作用下处于平衡状态现同时撤去大小分别为6 N 和 10 N 的两个力，另一个力保持不变，此后该物体()A 可能做匀变速直线运动，加速度大小可能等于21.5 m/sB 可能做类平抛运动，加速度大小可能等于12 m/s2C可能做匀速圆周运动，向心加速度大小可能等于3 m/s2D一定做匀变速运动，加速度大小可能等于6 m/s2答案 D2(多选 )如图 5 所示，一段绳子跨过距地面高度为H 的两个定滑轮，一端连接小

13、车P，另一端连接物块 Q，小车最初在左边滑轮的下方A 点，以速度 v 从 A 点匀速向左运动，运动了距离 H 到达 B 点 (绳子足够长 )，下列说法正确的有 ()图 5A 物块匀加速上升B 物块在上升过程中处于超重状态C车过 B 点时，物块的速度为2vD车过 B 点时，左边绳子绕定滑轮转动的角速度为v2H答案BD解析将小车的运动分解为沿绳子方向的运动以及垂直绳子方向的运动，如图：设在 B 点时绳子与水平方向的夹角为，H则： tan H 1，所以 45 °.设此时物块的速度为 v，则 v vcos 45 ，°2则 v 2 v，故 C 错误；在 B 点时，左侧的绳子的长度是2

14、H，由图可知垂直于绳子方向的分速度为：v vsin 45 °2vv 2 v，所以左边绳子绕定滑轮转动的角速度为：2H 2H，故 D 正确由三角函数可解得： 当小车运动到绳与水平方向夹角为时物块的速度为 v ，则 v vcos，随 的减小， v 增大，所以物块Q 向上做加速运动，但不是匀加速运动，加速度的方向向上，所以物块处于超重状态，故A 错误， B 正确考点 2平抛运动的规律与应用1 求解平抛运动的基本思路和方法 运动的分解将平抛运动分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动 “化曲为直”，是处理平抛运动的基本思路和方法2 两个基本关系x v0t(1)位移关系：12y2g

15、ty位移方向偏转角tan x.(2)速度关系：vx v0vy gtvyy速度方向偏转角tan 2tan .2分析题目条件是位移(方向 )关系，还是速度(方向 )关系，选择合适的关系式解题命题热点1基本规律的应用(2018 ·湖南省三湘名校第三次大联考)某人先后将两只飞镖A、B 沿同一方向水平射出，飞镖插到竖直墙壁上的位置如图6 所示不计空气阻力，下列说法正确的是()图 6A 若两飞镖是以相同的速度射出的，则A 的射出点较高B 若两飞镖是以相同的速度射出的，则B 的射出点较高C若两飞镖是在同一位置射出的，则A 的初速度较小D若两飞镖是在同一位置射出的，则B 的初速度较小答案D解析设飞镖

16、飞行的水平距离为s，飞镖的初速度为 v0，竖直分速度为vy，速度与竖直方向的夹角为 ，v0 v0则有 tan vy gt，v0s1 2v02，t，解得下落高度 h gt 222gtan2水平距离 s v0；gtan 若两飞镖是以相同的速度射出的，由于 A 飞镖速度与竖直方向的夹角比B 飞镖速度与竖直方向的夹角大，所以A 飞镖下落的高度比B 飞镖下落的高度小，所以A、B 飞镖的射出点位置无法比较，故A 、 B 错误；若两飞镖是在同一位置射出的，由于A 飞镖速度与竖直方向的夹角比 B 飞镖速度与竖直方向的夹角大，所以A 飞镖初速度比B 飞镖初速度大，故C 错误， D正确3.如图 7 所示，斜面上有

17、a、 b、 c、d 四个点， abbc cd.从 a 点正上方的O 点以速度v 水平抛出一个小球，它落在斜面上b 点若小球从O 点以速度2v 水平抛出，不计空气阻力，则它落在斜面上的()图 7A b 与 c 之间某一点B c 点Cc 与 d 之间某一点D d 点答案A解析过 b 作一条与水平面平行的直线，若没有斜面，当小球从O 点以速度2v 水平抛出时，小球将落在我们所画水平线上c 点的正下方，但是现在有斜面的限制，小球将落在斜面上的b、 c 之间，故 A 正确， B 、C、 D 错误命题热点2平抛运动与斜面结合问题(多选 )(2018 ·河南省鹤壁市调研)如图 8 所示， 水平面上

18、有一倾角为的斜面， 斜面足够长，一可看成质点的小盆A 静止在斜面上，某一时刻在外力作用下从斜面的顶端以一定的加速度滑下，同时另一小球B(图中未画出 ) 从斜面顶端以某一初速度水平向右抛出要使小球能落入盆中，下列说法中正确的是(不计空气阻力)()图 8A 只要盆运动的加速度满足一定的条件，球一定能落入盆中B 只要球抛出的初速度满足一定的条件，球一定能落入盆中C球落入盆用的时间与球的初速度成正比D球落入盆时，盆的速度与球的初速度成正比答案ACD解析球落入盆中时，盆的位移就是球运动的合位移，作出合位移与分位移的平行四边形，12可得 sin 2gtg1，解得 a，选项 A 正确， B 错误；2sin

19、2at120002gt2vtan 2v同理可得 tan cos vt，选，解得 tg，选项 C 正确；也可得，解得 vv0 t1cos 2vt项D正确4.(多选 )(2018 安·徽省江淮十校第三次联考)如图 9 所示， A、 B、 C 是水平面上同一直线上的三点，其中 AB BC，在 A 点正上方的O 点以初速度v0 水平抛出一小球，刚好落在B 点，小球运动的轨迹与OC 的连线交于D 点，不计空气阻力，重力加速度为g，则下列说法正确的是 ()图 91A 小球经过 D 点的水平位移是落到B 点水平位移的 21B 小球经过 D 点的水平位移是落到B 点水平位移的 3C小球经过 D 点与

20、落在 B 点时重力做功之比为14D小球经过 D 点与落在 B 点时重力做功之比为13答案AC解析从 O 到 B 过程，根据平抛运动的分运动公式，12有： AB v0 t， h gt ，联立解得： AB v02hg ；在 D 点，速度偏转角正切值等于位移偏转角正切值的2 倍，vDy vDy 2 ·h 1gh；解得 vDygh，vDx v02ABv022因 vDy gtD； xD v0tD ，h1解得 xD v02g，则 xD2AB，选项 A 正确， B 错误；21vyDD 点与出发点的竖直距离hDy2g 4h，根据 W mgh 可知小球经过D 点与落在 B 点时重力做功之比是14，选项

21、 C 正确， D 错误考点 3圆周运动问题1 解决圆周运动动力学问题的关键(1)圆周运动动力学问题的实质是牛顿第二定律的应用， 且已知合外力方向 (匀速圆周运动合外力方向指向圆心 )，要做好受力分析，由牛顿第二定律列方程求合外力(2)做匀速圆周运动的物体，所受合外力提供向心力(3)做非匀速圆周运动的物体，所受合外力沿半径方向的分力提供向心力，沿切线方向的分力改变速度的大小2 竖直平面内圆周运动的两种临界问题(1)绳球模型：小球能通过最高点的条件是vgR.其实圆周轨道上比圆心高的点都有自己的临界速度，小球的速度小于临界速度时就会以斜上抛的方式脱离圆周轨道；在比圆心低的点，小球的速度可以减小到0

22、而不脱离轨道，如果轨道光滑的话会沿圆周轨道滑下去(2)杆球模型：小球能到达最高点的条件是v 0.命题热点1水平面内的圆周运动(多选 )(2018 ·湖北省黄冈市期末调研)如图 10 所示，置于竖直面内的光滑金属圆环半径为 r，质量为m 的带孔小球穿于环上，同时有一长为r的细绳一端系于圆环最高点，另一端系在小球上，当圆环以角速度( 0)绕竖直直径转动时()图 10A 细绳对小球的拉力可能为零B 细绳和金属圆环对小球的作用力大小可能相等C细绳对小球拉力与小球的重力大小不可能相等D当 2g时，金属圆环对小球的作用力为零r答案CD解析因为圆环光滑，故小球可能受三个力的作用，分别是重力、环对球

23、的弹力、细绳的拉力，根据几何关系可知，此时细绳与竖直方向的夹角为60 °，当圆环旋转时，小球绕竖直轴做圆周运动，则有FTcos 60 °FNcos 60 °mg，F Tsin 60 °FNsin 60 °m2r sin 60 ，°12解得 FT mg2m r ，F N mg 12m2r，2gFN0，故 C、D 正确， A、B 错误当 r 时，金属圆环对小球的弹力5.(2018 广·东省佛山市质检一)如图 11所示为公路自行车赛中运动员在水平路面上急转弯的情景，运动员在通过弯道时如果控制不当会发生侧滑而摔离正常比赛路线，将运动

24、员与自行车看成一个整体，下列论述正确的是()图 11A 运动员转弯所需向心力由地面对车轮的支持力与重力的合力提供B 运动员转弯所需向心力由地面对车轮的摩擦力提供C发生侧滑是因为运动员受到的合力方向背离圆心D发生侧滑是因为运动员受到的合外力大于所需的向心力答案B解析向心力为沿半径方向上的合力，运动员转弯时，受力分析如图所示，2A 错误， B 正确；当 Ff <mv可知地面对车轮的摩擦力提供所需的向心力，故r ，摩擦力不足以提供所需向心力时，就会离心发生侧滑，故C、 D 错误命题热点 2 竖直面内的圆周运动(多选 )(2018 ·安徽省宿州市一质检)如图 12 所示，在竖直平面内固

25、定一内壁光滑、半径为 R 的圆形轨道质量分别为m、2m 的 A、B 两小球 (可视为质点 )以等大的速率v0 同时从a 点分别向上、向下滑入圆形轨道(ab 为过圆心O 的水平直径 )，两球在第一次相遇前的运动过程中均未脱离轨道已知当地的重力加速度为g.则 ()图 12A 第一次相遇时两球的速率相等B v0 应满足的条件是v03gRC第一次相遇点可能在b 点2mv2D第一次相遇前， B 球对轨道的最大压力为6mg0R答案ABD解析两个小球在光滑的圆轨道内运动，只有重力做功，机械能均守恒，开始出发时机械能相等，则再次相遇时机械能也相等，速率必定相等，故A 正确若A 小球恰能通过最高点，2v对 A

26、球在最高点有：mg mR ，解得 vgR，A 球从出发点到最高点，根据机械能守恒定律1212 mgR，解得 v0 3gR，故 v0 应满足的条件是v0 3gR，同理对 B 球也成立，得 2mv02mv故 B 正确； A 向上先做减速运动，越过最高点后再做加速运动，B 向下先做加速运动，越过最低点后再做减速运动，到达b 点时，两者速率相等，则从a 运动到 b 点的过程中 A 球的平均速率小于 B 球的平均速率，所以两球第一次相遇时应在b 点的上方，故 C 错误；根据竖直面内的圆周运动的特点，在第一次相遇前，B 球对轨道的压力最大时，在轨道的最低点，对B 球根据机械能守恒定律得： 1×

27、2mv02 2mgR 1× 2mv 2，在最低点，由牛顿第二定律得22v22mv2F N 2mg 2m，联立解得：F N 6mg0 ，根据牛顿第三定律可知第一次相遇前，BRR2mv02球对轨道的最大压力为FN 6mgR，故 D 正确6 (2018 ·建省龙岩市上学期期末福)如图 13 所示，在竖直平面内固定有两个很靠近的同心圆轨道，外轨内表面光滑，内轨外表面粗糙一质量为向右运动，球的直径略小于两轨间距，球运动的轨道半径为为 g.下列说法正确的是()m 的小球从轨道的最低点以初速度R，不计空气阻力，重力加速度v0图 13A 当 v02gR时，小球最终停在最低点B 当 v0 2

28、gR时，小球可以到达最高点C当 v05gR时，小球始终做完整的圆周运动D当 v05gR时，小球在最高点时对内轨的外表面有挤压答案C解析若 v0 2gR，则由1mv02 mgh 可知， h R，则小球能到达与圆环圆心等高的一点后2反向返回，在最低点两侧往返运动，选项A 错误；若v02gR，小球到达最高点的速度恰好为零， 但是因轨道内轨粗糙，则小球与内轨接触时要损失机械能，则小球不能到达最高点，选项B 错误；若小球运动时只与轨道的外轨接触而恰能到达最高点，则到达最高点时满足v2121 2mg mR，从最低点到最高点由机械能守恒可知，2mv0 mg·2R 2mv ，解得 v0 5gR，有此

29、可知当 v0 5gR时，小球始终做完整的圆周运动，且沿外轨道恰能运动到最高点，选项C正确， D 错误1 (2018 ·西省赣州市十四县市期中江)下列关于力与运动的叙述中正确的是()A 物体所受合力方向与运动方向有夹角时，该物体速度一定变化，加速度也变化B 物体做圆周运动，所受的合力一定指向圆心C物体运动的速率在增加，所受合力方向与运动方向夹角小于90°D物体在变力作用下有可能做曲线运动，做曲线运动物体一定受到变力作用答案C解析物体所受合力方向与运动方向有夹角时，该物体速度一定变化，但加速度不一定变化，如平抛运动，A 错误；若物体做变速圆周运动，则存在一个切向加速度，合力不指

30、向圆心，B 错误；合力方向与运动方向夹角小于90°时合力做正功，速度增大， C 正确； 如果变力与速度方向不共线，则做曲线运动，但做曲线运动的物体受到的合力可以为恒力，如平抛运动，D 错误2.(2018 湖·北省黄冈市质检)如图 1 是码头的旋臂式起重机，当起重机旋臂水平向右保持静止时，吊着货物的天车沿旋臂向右匀速行驶，同时天车又使货物沿竖直方向先做匀加速运动，后做匀减速运动该过程中货物的运动轨迹可能是下图中的()图 1答案C解析货物在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上先做匀加速运动，后做匀减速运动，根据平行四边形定则，知合速度的方向与合加速度的方向不在同一条直线上，轨

31、迹为曲线，货物的加速度先向上后向下，因为加速度的方向指向轨迹的凹侧，故C 正确， A、 B、D 错误3.(2018 湖·北省武汉市调研)如图 2 是对着竖直墙壁沿同一水平方向抛出的小球a、 b、c 的运动轨迹，三个小球到墙壁的水平距离均相同，且 a 和 b 从同一点抛出 不计空气阻力， 则()图 2A a 和 b 的飞行时间相同B b 的飞行时间比c 的短Ca 的水平初速度比b 的小D c 的水平初速度比a 的大答案D解析根据 t2hxg可知， b 下落的高度比 a 大，则 b 飞行的时间较长，根据v0 t ，因水平位移相同，则a 的水平初速度比 b 的大，选项A 、 C 错误； b

32、 的竖直下落高度比c 大，则 b飞行的时间比c 长，选项 B 错误； a 的竖直下落高度比 c 大，则 a 飞行的时间比c 长，根据v0x，因水平位移相同，则a 的水平初速度比c 的小，选项 D 正确t4.(2018 安·徽省宿州市一质检)如图 3 所示， A、B 两小球从相同高度，以相同速率、同时水平相向抛出经过时间t 在空中相遇；若不改变两球抛出点的位置和抛出的方向，A 球的抛出速率变为原来的1，B 球的抛出速率变为原来的2 倍，则两球从抛出到相遇经过的时间为()2图31A. 5t4B. 5tC t5D. 4t答案解析B两球同时抛出，竖直方向上做自由落体运动，相等时间内下降的高度

33、相同，始终在同一水平面上，根据x vAt vBt 知，当A 球的抛出速率变为原来的12， B球的抛出速率变为原来的2 倍时，则两球从抛出到相遇，有1x v0t v0t 2v0t 2v0t ，解得4t 5t，故选B.5(多选 )(2018甘·肃省兰州一中模拟)在修筑铁路时，弯道处的外轨会略高于内轨如图4 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，设此时的速度大小为 v，重力加速度为g，两轨所在斜面的倾角为，则 ()图 42vA 该弯道的半径r gtan B 当火车质量改变时，规定的行驶速度大小不变C当火车速率大于v 时，内轨将受到轮缘的挤压D当火车速率大于v 时

34、，外轨将受到轮缘的挤压答案ABD解析火车转弯时内、外轨不侧向挤压车轮轮缘，靠重力和支持力的合力提供向心力，转弯v2v2处斜面的倾角为 ，根据牛顿第二定律得：mgtan m，解得： r ，故 A 正确；根rgtan 2据牛顿第二定律得：mgtan mvr ，解得vgrtan，可知火车规定的行驶速度与质量无关，故 B 正确；当火车速率大于v 时，重力和支持力的合力不足以提供所需向心力，此时外轨对火车轮缘有侧压力，轮缘挤压外轨，故C 错误，D 正确6(多选 )(2018广·东省深圳市三校模拟) 如图5 所示，两个内壁光滑、半径不同的半圆轨道固定在地面上，质量相等的两个小球分别从与球心在同一

35、水平高度的A、 B两点由静止开始自由滑下，它们通过轨道最低点时()图 5A 线速度相等B向心加速度相等C对轨道的压力相等D两小球都处于超重状态答案BCD解析设半圆轨道的半径为r ，小球到最低点时的速度为v，由机械能守恒定律得： mgr 1mv2，2所以 v2gr ，由于它们的半径不同，所以线速度不相等，故A 错误；2v小球的向心加速度an r 2g，与半径无关，因此此时两个小球的向心加速度相等，故B 正确；2v在最低点，由牛顿第二定律得：F N mg m r ，联立解得：F N 3mg，由牛顿第三定律可知小球对轨道的压力为3mg，由于球的质量相等，所以两个小球对轨道的压力相等，故 C 正确；由

36、于两小球加速度均向上，故均处于超重状态，故D 正确7(2018 安·徽省安庆市二模 )如图 6 所示，光滑斜面与水平面成角，斜面上一根长为l 0.30 m的轻杆，一端系住质量为0.2 kg 的小球，另一端可绕O 点在斜面内转动，先将轻杆拉至水平位置，然后给小球一沿着斜面向上并与轻杆垂直的初速度v0 3 m/s，取 g 10 m/ s2，则()A 此时小球的加速度大小为30 m/s图 62B 小球到达最高点时，杆对其的弹力沿斜面向上C若增大v0 ，小球到达最高点时杆对小球的弹力一定增大D若增大v0 ，小球到达最高点时杆对小球的弹力可能减小答案C解析小球做变速圆周运动，在初位置加速度不指

37、向圆心，将其分解：mgsin 切向加速度为：a gsin ；m22向心加速度为：an vl0 0.303 m/s 2 30 m/ s2；此时小球的加速度为合加速度，a an2 a 2>an 30 m/s2，故 A 错误；从开始到最高点过程，根据动能定理，1212有： mglsin 2mv12mv0；解得： v12 v022gl sin 2v2考虑临界情况，如果没有杆的弹力，重力平行斜面的分力提供向心力，有：mgsin m l，即 v22 glsin ，由于 v12 v22>0，可以得到v2 小于 v1，说明杆在最高点对球是拉力，故B 错误；在最高点时，轻杆对小球的弹力是拉力，2v最

38、高故： F mgsin ml，如果初速度增大， 则小球到达最高点时的速度也增大， 故拉力 F 一定增大，故 C 正确，D 错误8.(2018 福·建省厦门市质检)如图 7 所示，质量为 m 0.5 kg 的小球 (可视作质点 )从 A 点以初速度 v0 水平抛出，小球与竖直光滑挡板CD 和 AB 各碰撞一次 (碰撞时均无能量损失，两挡板最低点在同一高度 )，小球最后刚好打到CD 板的最低点已知 CD 挡板与 A 点的水平距离为x 2 m，AB 高度为 4.9 m，空气阻力不计， g 9.8 m/s2 ，则小球的初速度 v0 大小可能是 ()图 7A 7 m/sB 6 m/ sC5 m

39、/sD 4 m/ s答案B解析小球从 A 点开始做平抛运动，撞击挡板反弹时无动能损失，即水平速度反向，竖直速12度不变， 可等效为平抛运动的继续，整个多次碰撞反弹可视为一个完整的平抛运动，h 2gt ，可得 t 1 s；则有 (2n 1)xv0t(n 1,2,3， )， n 2 时，得 v0 6 m/s，故 B 正确9.(2018 山·东省青岛二中第二学段模考)如图 8 所示， ABDC 和 CDFE 是空间竖直的两个边长均为 L 的正方形在B 点，小球甲以初速度v 甲 向左做平抛运动；在C 点，小球乙以初速度v 乙 向右做平抛运动甲小球运动过程中经过C 点，乙小球运动过程中经过F

40、点，两小球同时落地则下列说法中正确的是()图 8A v 甲 v 乙B 两小球落地时的速度大小相等C甲小球落地点到F 点的距离等于 2LD甲小球运动到C 点时，乙小球开始做平抛运动答案A解析甲、乙两球下降相同高度时的水平位移相等，则初速度相等，由于落地时下降的高度不同，则落地时的竖直分速度不相等，根据平行四边形定则知，两球落地时的合速度不相等，故 A 正确， B 错误；平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，甲球从 B 到 C 的时间大于从 C到地面的时间，则从C 到地面的水平位移小于 L ，则甲球落地点到 F 点的距离小于 2L ，故 C错误；因为两球同时落地，平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，甲球从B到C的时间大于从 C 到地面的时间，而乙球从C 到 F 的时间和甲球从 B 到 C 的时间相等，可知甲球未到达 C 点时，乙球开始做平抛运动，故D 错误10(2018 山·西省太原市上学期期末)如图 9 所示，对于挑战世界最大的环形车道(直径 12.8 m，位于竖直面内)的特技演员SteveTruglia 来说，瞬间的犹豫都可能酿成灾难性后果若速度太慢，汽车在环形车道上，便有可能像石头一样坠落；而如果速度太快，产生的离心力可能让他失去知觉挑战中汽车以16 m/s 的速度进入车道，到达最高点时，