全国通用2022版高考物理考前三个月第1部分专题3抛体运动与圆周运动试题

【步步高】（全国通用）2022版高考物理考前三个月第1部分专题3抛体运动与圆周运动试题1．(2022·新课标全国Ⅰ·18)一带有乒乓球发射机的乒乓球台如图1所示．水平台面的长和宽分别为L1和L2，中间球网高度为h.发射机安装于台面左侧边缘的中点，能以不同速率向右侧不同方向水平发射乒乓球，发射点距台面高度为3h.不计空气的作用，重力加速度大小为g.若乒乓球的发射速率v在某范围内，通过选择合适的方向，就能使乒乓球落到球网右侧台面上，则v的最大取值范围是(　　)图1A.＜v＜L1B.＜v＜C.＜v＜D.＜v＜2．(多选)(2022·浙江理综·19)如图2所示为赛车场的一个水平“U”形弯道，转弯处为圆心在O点的半圆，内外半径分别为r和2r.一辆质量为m的赛车通过AB线经弯道到达A′B′线，有如图所示的①、②、③三条路线，其中路线③是以O′为圆心的半圆，OO′＝r.赛车沿圆弧路线行驶时，路面对轮胎的最大径向静摩擦力为Fmax.选择路线，赛车以不打滑的最大速率通过弯道(所选路线内赛车速率不变，发动机功率足够大)，则(　　)23\n图2A．选择路线①，赛车经过的路程最短B．选择路线②，赛车的速率最小C．选择路线③，赛车所用时间最短D．①、②、③三条路线的圆弧上，赛车的向心加速度大小相等3．(2022·海南单科·14)如图3所示，位于竖直平面内的光滑轨道由四分之一圆弧ab和抛物线bc组成，圆弧半径Oa水平，b点为抛物线顶点．已知h＝2m，s＝m．取重力加速度大小g＝10m/s2.图3(1)一小环套在轨道上从a点由静止滑下，当其在bc段轨道运动时，与轨道之间无相互作用力，求圆弧轨道的半径；(2)若环从b点由静止因微小扰动而开始滑下，求环到达c点时速度的水平分量的大小．23\n1．题型特点抛体运动与圆周运动是高考热点之一．考查的知识点有：对平抛运动的理解及综合运用、运动的合成与分解思想方法的应用、竖直面内圆周运动的理解和应用．高考中单独考查曲线运动的知识点时，题型为选择题，将曲线运动与功和能、电场与磁场综合时题型为计算题．2．应考策略抓住处理问题的基本方法即运动的合成与分解，灵活掌握常见的曲线运动模型：平抛运动及类平抛运动、竖直面内的圆周运动及完成圆周运动的临界条件．考题一　运动的合成与分解1．(2022·南通二模)如图4所示，河水以相同的速度向右流动，落水者甲随水漂流，至b点时，救生员乙从O点出发对甲实施救助，则救生员乙相对水的运动方向应为图中的(　　)图4A．Oa方向B．Ob方向C．Oc方向D．Od方向2．(多选)(2022·盐城二模)如图5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(　　)图523\nA．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成正比3．(多选)(2022·南昌二模)如图6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的环，环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑的轻小定滑轮与直杆的距离为d，杆上的A点与定滑轮等高，杆上的B点在A点下方距离为d处．现将环从A处由静止释放，不计一切摩擦阻力，下列说法正确的是(　　)图6A．环到达B处时，重物上升的高度h＝B．环到达B处时，环与重物的速度大小相等C．环从A到B，环减少的机械能等于重物增加的机械能D．环能下降的最大高度为d1．合运动与分运动的关系：(1)独立性：两个分运动可能共线、可能互成角度．两个分运动各自独立，互不干扰．(2)等效性：两个分运动的规律、位移、速度、加速度叠加起来与合运动的规律、位移、速度、加速度效果相同．(3)等时性：各个分运动及其合运动总是同时发生，同时结束，经历的时间相等．(4)合运动一定是物体的实际运动．物体实际发生的运动就是物体相对地面发生的运动，或者说是相对于地面上的观察者所发生的运动．2．判断以下说法的对错．(1)曲线运动一定是变速运动．(　√　)23\n(2)变速运动一定是曲线运动．(　×　)(3)做曲线运动的物体所受的合外力一定是变力．(　×　)考题二　平抛(类平抛)运动的规律4．(多选)如图7所示，A、B两点在同一条竖直线上，A点离地面的高度为2.5h.B点离地面的高度为2h.将两个小球分别从A、B两点水平抛出，它们在P点相遇，P点离地面的高度为h.已知重力加速度为g，则(　　)图7A．两个小球一定同时抛出B．两个小球抛出的时间间隔为(－)C．小球A、B抛出的初速度之比＝D．小球A、B抛出的初速度之比＝5.(2022·武汉四月调研)在水平地面上的O点同时将甲、乙两块小石头斜向上抛出，甲、乙在同一竖直面内运动，其轨迹如图8所示，A点是两轨迹在空中的交点，甲、乙运动的最大高度相等．若不计空气阻力，则下列判断正确的是(　　)图8A．甲先到达最大高度处B．乙先到达最大高度处C．乙先到达A点D．甲先到达水平地面23\n6．(2022·赣州模拟)如图9，斜面与水平面之间的夹角为45°，在斜面底端A点正上方高度为10m处的O点，以5m/s的速度水平抛出一个小球，则飞行一段时间后撞在斜面上时速度与水平方向夹角的正切值为(g＝10m/s2)(　　)图9A．2B．0.5C．1D.1．平抛运动规律图10以抛出点为坐标原点，水平初速度v0方向为x轴正方向，竖直向下的方向为y轴正方向，建立如图10所示的坐标系，则平抛运动规律如下．(1)水平方向：vx＝v0　x＝v0t(2)竖直方向：vy＝gt　y＝gt2(3)合运动：合速度：vt＝＝合位移：s＝合速度与水平方向夹角的正切值tanα＝＝合位移与水平方向夹角的正切值tanθ＝＝2．平抛运动的两个重要推论推论Ⅰ：做平抛(或类平抛)运动的物体在任一时刻任一位置处，设其末速度方向与水平方向的夹角为α，位移方向与水平方向的夹角为θ，则tanα＝2tanθ.23\n推论Ⅱ：做平抛(或类平抛)运动的物体，任意时刻的瞬时速度方向的反向延长线一定通过此时水平位移的中点．考题三　圆周运动问题的分析7．(2022·绵阳三诊)如图11所示，轻杆长3L，在杆两端分别固定质量均为m的球A和B，光滑水平转轴穿过杆上距球A为L处的O点，外界给系统一定能量后，杆和球在竖直平面内转动，球B运动到最高点时，杆对球B恰好无作用力．忽略空气阻力．则球B在最高点时(　　)图11A．球B的速度为零B．球A的速度大小为C．水平转轴对杆的作用力为1.5mgD．水平转轴对杆的作用力为2.5mg8．(2022·哈尔滨第六中学二模)如图12所示，质量为m的竖直光滑圆环A的半径为r，竖直固定在质量为m的木板B上，木板B的两侧各有一竖直挡板固定在地面上，使木板不能左右运动．在环的最低点静置一质量为m的小球C.现给小球一水平向右的瞬时速度v0，小球会在环内侧做圆周运动．为保证小球能通过环的最高点，且不会使木板离开地面，则初速度v0必须满足(　　)图12A.≤v0≤B.≤v0≤C.≤v0≤3D.≤v0≤9．(2022·淮安三调)如图13所示，光滑杆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的小球套在光滑杆上并与弹簧的上端连接．OO′为过B23\n点的竖直轴，杆与水平面间的夹角始终为θ.图13(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Δl1；(2)当球随杆一起绕OO′轴匀速转动时，弹簧伸长量为Δl2，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ω0＝匀速转动时，小球恰好在杆上某一位置随杆在水平面内匀速转动，球受轻微扰动后沿杆向上滑动，到最高点A时球沿杆方向的速度大小为v0，求小球从开始滑动到离开杆过程中，杆对球所做的功W.1．圆周运动主要分为水平面内的圆周运动(转盘上的物体、汽车拐弯、火车拐弯、圆锥摆等)和竖直平面内的圆周运动(绳模型、汽车过拱形桥、水流星、内轨道、轻杆模型、管道模型)．2．找向心力的来源是解决圆周运动的出发点，学会牛顿第二定律在曲线运动中的应用．23\n3．注意有些题目中有“恰能”、“刚好”、“正好”、“最大”、“最小”、“至多”、“至少”等字眼，明显表明题述的过程存在着临界点．考题四　抛体运动与圆周运动的综合10．(多选)(2022·揭阳二模)如图14所示，小球沿水平面以初速度v0通过O点进入半径为R的竖直半圆弧轨道，不计一切阻力，则(　　)图14A．球进入竖直半圆弧轨道后做匀速圆周运动B．若小球能通过半圆弧最高点P，则球在P点受力平衡C．若小球的初速度v0＝3，则小球一定能通过P点D．若小球恰能通过半圆弧最高点P，则小球落地点到O点的水平距离为2R11．(2022·雅安三诊)如图15所示，参加某电视台娱乐节目的选手从较高的平台以v0＝8m/s的速度从A点水平跃出后，沿B点切线方向进入光滑圆弧轨道，沿轨道滑到C点后离开轨道．已知A、B之间的竖直高度H＝1.8m，圆弧轨道半径R＝10m，选手质量m＝50kg，不计空气阻力，g＝10m/s2，求：图15(1)选手从A点运动到B点的时间及到达B点的速度；(2)选手到达C点时对轨道的压力．23\n23\n曲线运动的综合题往往涉及圆周运动、平抛运动等多个运动过程，常结合功能关系进行求解，解答时可从以下两点进行突破：1．分析临界点对于物体在临界点相关的多个物理量，需要区分哪些物理量能够突变，哪些物理量不能突变，而不能突变的物理量(一般指线速度)往往是解决问题的突破口．2．分析每个运动过程的运动性质对于物体参与的多个运动过程，要仔细分析每个运动过程做何种运动：(1)若为圆周运动，应明确是水平面的匀速圆周运动，还是竖直平面的变速圆周运动，机械能是否守恒．(2)若为抛体运动，应明确是平抛运动，还是类平抛运动，垂直于初速度方向的力是由哪个力、哪个力的分力或哪几个力提供的．专题综合练1．(多选)(2022·广东六校联考)关于物体的运动，以下说法正确的是(　　)A．物体做平抛运动时，加速度不变B．物体做匀速圆周运动时，加速度不变C．物体做曲线运动时，加速度一定改变D．物体做曲线运动时，速度一定变化2．(2022·湖南省十三校第二次联考)如图16所示，河水流动的速度为v且处处相同，河宽为a.在船下水点A的下游距离为b处是瀑布．为了使小船渡河安全(不掉到瀑布里去)(　　)图16A．小船船头垂直河岸渡河时间最短，最短时间为t＝.速度最大，最大速度为vmax＝23\nB．小船轨迹沿y轴方向渡河位移最小．速度最大，最大速度为vmax＝C．小船沿轨迹AB运动位移最大、时间最长．速度最小，最小速度vmin＝D．小船沿轨迹AB运动位移最大、速度最小．则小船的最小速度vmin＝3．(多选)(2022·宜宾二诊)如图17所示，水平光滑长杆上套有一个质量为mA的小物块A，细线跨过O点的轻小光滑定滑轮一端连接A，另一端悬挂质量为mB的小物块B，C为O点正下方杆上一点，定滑轮到杆的距离OC＝h.开始时A位于P点，PO与水平方向的夹角为30°.现将A、B同时由静止释放，则下列分析正确的是(　　)图17A．物块B从释放到最低点的过程中，物块A的动能不断增大B．物块A由P点出发第一次到达C点的过程中，物块B的机械能先增大后减小C．PO与水平方向的夹角为45°时，物块A、B速度大小关系是vA＝vBD．物块A在运动过程中最大速度为4．(2022·临汾四校二模)如图18所示，从倾角为θ的足够长的斜面顶端P以速度v0抛出一个小球，落在斜面上某处Q点，小球落在斜面上的速度与斜面的夹角为α，若把初速度变为2v0，小球仍落在斜面上，则以下说法正确的是(　　)图18A．夹角α将变大B．夹角α与初速度大小无关C．小球在空中的运动时间不变D．PQ间距是原来间距的3倍5．(2022·莆田三校模拟)如图19所示，水平地面附近，小球B以初速度v23\n斜向上瞄准另一小球A射出，恰巧在B球射出的同时，A球由静止开始下落，不计空气阻力．则两球在空中运动的过程中(　　)图19A．A做匀变速直线运动，B做变加速曲线运动B．相同时间内B的速度变化一定比A的速度变化大C．两球的动能都随离地竖直高度均匀变化D．A、B两球一定会相碰6．(多选)(2022·洛阳第二次统考)如图20所示，一个质量为0.4kg的小物块从高h＝0.05m的坡面顶端由静止释放，滑到水平台上，滑行一段距离后，从边缘O点水平飞出，击中平台右下侧挡板上的P点．现以O为原点在竖直面内建立如图所示的平面直角坐标系，挡板的形状满足方程y＝x2－6(单位：m)，不计一切摩擦和空气阻力，g＝10m/s2，则下列说法正确的是(　　)图20A．小物块从水平台上O点飞出的速度大小为1m/sB．小物块从O点运动到P点的时间为1sC．小物块刚到P点时速度方向与水平方向夹角的正切值等于5D．小物块刚到P点时速度的大小为10m/s7．(2022·黄山二质检)如图21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为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(　　)23\n图21A．沿F1的方向B．沿F2的方向C．沿F3的方向D．沿F4的方向8．(多选)(2022·安阳二模)如图22所示，粗糙水平圆盘上，质量相等的A、B两物块叠放在一起，随圆盘一起做匀速圆周运动，则下列说法正确的是(　　)图22A．B的向心力是A的向心力的2倍B．盘对B的摩擦力是B对A的摩擦力的2倍C．A、B都有沿半径向外滑动的趋势D．若B先滑动，则B与A间的动摩擦因数μA小于盘与B间的动摩擦因数μB9．(2022·辽宁重点中学协作体4月模拟)如图23所示，水平的粗糙轨道与竖直的光滑圆形轨道相连，圆形轨道间不相互重叠，即小球离开圆形轨道后可继续沿水平轨道运动．圆形轨道半径R＝0.2m，右侧水平轨道BC长为L＝4m，C点右侧有一壕沟，C、D两点的竖直高度h＝1m，水平距离s＝2m，小球与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g＝10m/s2.小球从圆形轨道最低点B以某一水平向右的初速度出发，进入圆形轨道．试求：图23(1)若小球通过圆形轨道最高点A时给轨道的压力大小恰为小球的重力大小，求小球在B点的初速度多大？23\n(2)若小球从B点向右出发，在以后的运动过程中，小球既不脱离圆形轨道，又不掉进壕沟，求小球在B点的初速度大小的范围．10．(2022·金丽衢十二校二次联考)如图24所示，半径R＝2.5m的光滑半圆轨道ABC与倾角θ＝37°的粗糙斜面轨道DC相切于C点，半圆轨道的直径AC与斜面垂直．质量m＝1kg的小球从A点左上方距A点高h＝0.45m的P点以某一速度v0水平抛出，刚好与半圆轨道的A点相切进入半圆轨道内侧，之后经半圆轨道沿斜面刚好滑到与抛出点等高的D点．已知当地的重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，不计空气阻力，求：图24(1)小球从P点抛出时的速度大小v0；(2)小球从C点运动到D点过程中摩擦力做的功W；(3)小球从D点返回经过轨道最低点B的压力大小．23\n答案精析专题3　抛体运动与圆周运动真题示例1．D　[发射机无论向哪个方向水平发射，乒乓球都做平抛运动．当速度v最小时，球沿中线恰好过网，有：3h－h＝①＝v1t1②联立①②得v1＝当速度最大时，球斜向右侧台面两个角发射，有＝v2t2③3h＝gt④联立③④得v2＝所以使乒乓球落到球网右侧台面上，v的最大取值范围为＜v＜，选项D正确．]2．ACD　[赛车经过路线①的路程s1＝πr＋2r＝(π＋2)r，路线②的路程s2＝2πr＋2r＝(2π＋2)r，路线③的路程s3＝2πr，A正确；根据Fmax＝，可知R越小，其不打滑的最大速率越小，所以路线①的最大速率最小，B错误；三种路线对应的最大速率v2＝v3＝v1，则选择路线①所用时间t1＝，路线②所用时间t2＝，路线③所用时间t3＝，t3最小，C正确；由Fmax＝ma，可知三条路线对应的a相等，D正确．]3．(1)0.25m　(2)m/s解析　(1)小环在bc段轨道运动时，与轨道之间无相互作用力，则说明下落到b点时的速度水平，使小环做平抛运动的轨迹与轨道bc重合，故有s＝vbt①h＝gt2②在ab滑落过程中，根据动能定理可得mgR＝mv③23\n联立三式可得R＝＝0.25m(2)下滑过程中，初速度为零，只有重力做功，根据动能定理可得mgh＝mv④因为小环滑到c点时速度与竖直方向的夹角等于(1)问中做平抛运动过程中经过c点时速度与竖直方向的夹角，设为θ，则根据平抛运动规律可知sinθ＝⑤根据运动的合成与分解可得sinθ＝⑥联立①②④⑤⑥可得v水平＝m/s.考题一　运动的合成与分解1．B　[人在水中相对于水游动的同时还要随着水一起相对地面向下游漂流，以水为参考系，落水者甲静止不动，救援者做匀速直线运动，则救援者直接沿着Ob方向即可对甲实施救助．]2．BD　[由题意可知，y轴方向，y＝v0t.而x轴方向，x＝at2，联立可得：y2＝x，故A错误，B正确；x轴方向，vx＝at，那么合速度的大小v＝，则v的大小与时间t不成正比，故C错误；tanα＝＝t，故D正确．]3．CD　[环到达B处时，重物上升的高度为(－1)d，选项A错误；环到达B处时，重物的速度与环的速度大小关系为：v物＝v环sin45°，即环与重物的速度大小不相等，选项B错误；根据机械能守恒定律，对环和重物组成的系统机械能守恒，则环从A到B，环减少的机械能等于重物增加的机械能，选项C正确；设环能下降的最大距离为H，则对环和重物组成的系统，根据机械能守恒定律可得：mgH＝2mg(－d)，解得H＝d，选项D正确．]考题二　平抛(类平抛)运动的规律4．BD　[平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，由h＝gt2，得t＝，由于A到P的竖直高度较大，所以从A点抛出的小球运动时间较长，应先抛出．故A错误；由t＝，得两个小球抛出的时间间隔为Δt＝tA－tB＝－＝(－)23\n.故B正确；由x＝v0t得v0＝x，x相等，则小球A、B抛出的初速度之比＝＝＝，故C错误，D正确．]5．C　[斜抛可以分解为水平匀速运动和竖直匀变速运动，由于甲、乙运动的最大高度相等，由v2＝2gh，则可知其竖直方向初速度相同，则甲、乙同时到达最高点，故A、B错误；由前面分析，结合图象可知，乙到达A点时，甲在上升阶段，故C正确；由于甲、乙竖直方向运动一致，故会同时到达地面，故D错误．]6．A　[如图所示，由三角形的边角关系可知，AQ＝PQ所以在竖直方向上有，OQ＋AQ＝10m所以有：v0t＋gt2＝10m，解得：t＝1s.vy＝gt＝10m/s所以tanθ＝＝2]考题三　圆周运动问题的分析7．C　[球B运动到最高点时，杆对球B恰好无作用力，即重力恰好提供向心力，有mg＝m解得v＝，故A错误；由于A、B两球的角速度相等，则球A的速度大小v′＝，故B错误；球B到最高点时，对杆无弹力，此时球A受重力和拉力的合力提供向心力，有F－mg＝m解得：F＝1.5mg，故C正确，D错误．]8．D　[在最高点，速度最小时有：mg＝m解得：v1＝.从最高点到最低点的过程中，机械能守恒，设最低点的速度为v1′，根据机械能守恒定律，有：2mgr＋mv＝mv1′2解得v1′＝.要使木板不会在竖直方向上跳起，球对环的压力最大为：F＝mg＋mg＝2mg23\n从最高点到最低点的过程中，机械能守恒，设此时最低点的速度为v2′，在最高点，速度最大时有：mg＋2mg＝m解得：v2＝.根据机械能守恒定律有：2mgr＋mv＝mv2′2解得：v2′＝.所以保证小球能通过环的最高点，且不会使木板在竖直方向上跳起，在最低点的速度范围为：≤v≤.]9．见解析解析　(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mgsinθ＝ma　解得a＝gsinθ小球速度最大时其加速度为零，则kΔl1＝mgsinθ　解得Δl1＝(2)设弹簧伸长Δl2时，球受到杆的支持力为FN，水平方向上有FNsinθ＋kΔl2cosθ＝mω2(l0＋Δl2)cosθ竖直方向上有FNcosθ－kΔl2sinθ－mg＝0解得ω＝(3)当杆绕OO′轴以角速度ω0匀速转动时，设小球距离B点L0，此时有mgtanθ＝mωL0cosθ解得L0＝此时小球的动能Ek0＝m(ω0L0cosθ)2小球在最高点A离开杆瞬间的动能EkA＝m[v＋(ω0Lcosθ)2]根据动能定理有W－mg(L－L0)sinθ＝EkA－Ek0解得W＝mgL＋mv考题四　抛体运动与圆周运动的综合10．CD　[不计一切阻力，小球机械能守恒，随着高度增加，Ek减少，故做变速圆周运动A错误；在最高点P需要向心力，故受力不平衡，B错误．恰好通过P点，则有mg＝得vP＝，23\nmg·2R＋mv＝mv2得v＝<3，故C正确；过P点　x＝vP·t　2R＝gt2得：x＝·2＝2R，故D正确．]11．(1)0.6s　10m/s，与水平方向的夹角为37°　(2)1200N，方向竖直向下解析　(1)选手离开平台后做平抛运动，在竖直方向H＝gt2解得：t＝＝0.6s在竖直方向　vy＝gt＝6m/s选手到达B点速度为vB＝＝10m/s与水平方向的夹角为θ，则tanθ＝＝0.75，则θ＝37°(2)从B点到C点：mgR(1－cosθ)＝mv－mv在C点：FNC－mg＝mFNC＝1200N由牛顿第三定律得，选手对轨道的压力FNC′＝FNC＝1200N，方向竖直向下专题综合练1．AD　[物体做平抛运动时，物体只受到重力的作用，加速度为重力加速度，所以加速度是不变的，所以A正确；物体做匀速圆周运动时，要受到向心加速度的作用，向心加速度的大小不变，但是向心加速度的方向是在不断的变化的，所以加速度要变化，所以B错误；物体做曲线运动时，加速度不一定改变，比如平抛运动的加速度就为重力加速度，是不变的，所以C错误；物体既然做曲线运动，速度的方向一定在变化，所以速度一定变化，所以D正确．]2．D　[小船船头垂直河岸渡河时间最短，最短时间为t＝，不掉到瀑布里t＝≤，解得v船≥，船最小速度为，A错误；小船轨迹沿y轴方向渡河应是时间最小，B错误；小船沿轨迹AB运动位移最大，但时间的长短取决于垂直河岸的速度，但有最小速度为23\n，所以C错误，而D正确．]3．AD　[物块B从释放到最低点过程中，由机械能守恒可知，物块B的机械能不断减小，则物块A的动能不断增大，故A正确；物块A由P点出发第一次到达C点过程中，物块B动能先增大后减小，而其机械能不断减小，故B错误；PO与水平方向的夹角为45°时，有：vAcos45°＝vB，则：vA＝vB，故C错误；B的机械能最小时，即为A到达C点，此时A的速度最大，此时物块B下落高度为h，由机械能守恒定律得：mAv＝mBgh，解得：vA＝，故D正确．]4．B　[根据tanθ＝＝得，小球在空中运动的时间t＝，因为初速度变为原来的2倍，则小球在空中运动的时间变为原来的2倍．故C错误．速度与水平方向的夹角的正切值tanβ＝＝2tanθ，因为θ不变，则速度与水平方向的夹角不变，可知α不变，与初速度无关，故A错误，B正确．PQ的间距s＝＝＝，初速度变为原来的2倍，则PQ的间距变为原来的4倍，故D错误．]5．C　[A球做的是自由落体运动，是匀变速直线运动，B球做的是斜抛运动，是匀变速曲线运动，故A错误．根据公式Δv＝aΔt，由于A和B的加速度都是重力加速度，所以相同时间内A的速度变化等于B的速度变化，故B错误．根据动能定理得：WG＝ΔEk，重力做功随离地竖直高度均匀变化，所以A、B两球的动能都随离地竖直高度均匀变化，故C正确．A球做的是自由落体运动，B球做的是斜抛运动，在水平方向匀速运动，在竖直方向匀减速运动，由于不清楚具体的距离关系，所以A、B两球可能在空中不相碰，故D错误．]6．AB　[从坡面顶端到O点，由机械能守恒，mgh＝mv2，v＝1m/s，故A正确；O到P平抛，水平方向x＝vt，竖直方向h′＝gt2；由数学知识y＝x2－6，－h′＝x2－6，即－gt2＝(vt)2－6，解得t＝1s，则B正确；tanα＝＝10，故C错误；到P的速度vP＝＝m/s，D错误．]7．C　[因小球做匀速圆周运动，故小球所受的合力方向指向圆心，小球受竖直向下的重力作用，故轻杆对小球作用力的方向与重力的合力方向指向圆心，故杆对小球作用力的方向可能在F3的方向，故选C.]8．BC　[因为A、B两物体的角速度大小相等，根据Fn＝mrω223\n，因为两物块的角速度大小相等，转动半径相等，质量相等，则向心力相等，故A错误；对A、B整体分析，FfB＝2mrω2，对A分析，有：FfA＝mrω2，知盘对B的摩擦力是B对A的摩擦力的2倍，故B正确；A所受的静摩擦力方向指向圆心，可知A有沿半径向外滑动的趋势，B受到盘的静摩擦力方向指向圆心，有沿半径向外滑动的趋势，故C正确；对A、B整体分析，μB×2mg＝2mrω，解得ωB＝，对A分析，μAmg＝mrω，解得ωA＝，因为B先滑动，可知B先达到临界角速度，可知B的临界角速度较小，即μB<μA，故D错误．]9．(1)2m/s　(2)vB≤2m/s或m/s≤vB≤4m/s或vB≥6m/s解析　(1)小球在最高点A处，根据牛顿第三定律可知轨道对小球的压力FN＝FN′＝mg①根据牛顿第二定律FN＋mg＝②从B到A过程，由动能定理可得－mg·(2R)＝mv－mv③代入数据可解得v0＝2m/s④(2)情况一：若小球恰好停在C处，对全程进行研究，则有：－μmgL＝0－mv⑤得v1＝4m/s⑥若小球恰好过最高点Amg＝⑦从B到A过程－mg·(2R)＝mvA′2－mv⑧得v2＝m/s⑨所以当m/s≤vB≤4m/s时，小球停在BC间．⑩情况二：若小球恰能越过壕沟，则有－μmgL＝mv－mv⑪h＝gt2⑪s＝vCt⑬得v3＝6m/s⑭所以当vB≥6m/s时，小球越过壕沟．⑮情况三：若小球刚好能运动到与圆心等高位置，则有23\n－mgR＝0－mv⑯得v4＝2m/s⑰所以当vB≤2m/s时，小球又沿圆轨道返回．⑱综上，小球在B点的初速度大小的范围是vB≤2m/s或m/s≤vB≤4m/s或vB≥6m/s10．(1)4m/s　(2)－8J　(3)56N解析　(1)在A点有：v＝2gh①＝tanθ②由①②式解得：v0＝4m/s③(2)整个运动过程中，重力做功为零，根据动能定理得知：小球沿斜面上滑过程中克服摩擦力做的功等于小球做平抛运动的初动能：W＝－mv＝－8J(3)从D到B有：mg(h＋Rcosθ＋R)＝mv2－mv④在B点：FN－mg＝m⑤由③④⑤式解得：FN＝56N则小球在B点对轨道的压力大小：FN′＝FN＝56N23