高考物理内江力学知识点之曲线运动易错题汇编及答案解析

高考物理内江力学知识点之曲线运动易错题汇编及答案解析
一、选择题
1．如图所示，沿竖直杆以速度v匀速下滑的物体A通过轻质细绳拉光滑水平面上的物体B，细绳与竖直杆间的夹角为θ，则以下说法正确的是（）
A．物体B向右做匀速运动
B．物体B向右做加速运动
C．物体B向右做减速运动
D．物体B向右做匀加速运动
2．如图所示，两根长度不同的细绳，一端固定于O点，另一端各系一个相同的小铁球，两小球恰好在同一水平面内做匀速圆周运动，则（）
A．A球受绳的拉力较大
B．它们做圆周运动的角速度不相等
C．它们所需的向心力跟轨道半径成反比
D．它们做圆周运动的线速度大小相等
3．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
v 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
2通过圆管的最高点时()．
A．小球对圆管的内、外壁均无压力
mg
B．小球对圆管的内壁压力等于
2
mg
C．小球对圆管的外壁压力等于
2
D．小球对圆管的内壁压力等于mg
4．某质点同时受到在同一平面内的几个恒力作用而平衡，某时刻突然撤去其中一个力，以后这物体将（）
①可能做匀加速直线运动；②可能做匀速直线运动；③其轨迹可能为抛物线；④可能做匀速圆周运动．
A．①③B．①②③C．①③④D．①②③④
5．如图，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为2R：bc是半径为R的四分之一的圆弧，与ab相切于b点．一质量为m的小球．始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a点处从静止开始向右运动，重力加速度大小为g．小球从a点开始运动到其他轨迹最高点，机械能的增量为
A．2mgR
B．4mgR
C．5mgR
D．6mgR
6．如图所示，P是水平地面上的一点，A、B、C、D在同一条竖直线上，且AB=BC=CD.从A、B、C三点分别水平抛出一个物体，这三个物体都落在水平地面上的P点．则三个物体抛出时的速度大小之比为v A∶v B∶v C为()
A．2:3:6
B．1:2:3
C．1∶2∶3
D．1∶1∶1
7．如图所示，一质量为m的汽车保持恒定的速率运动，若通过凸形路面最高处时对路面的压力为F1 ，通过凹形路面最低处时对路面的压力为F2，则（）
A．F1= mg B．F1>mg C．F2= mg D．F2>mg
8．如图所示，一块可升降白板沿墙壁竖直向上做匀速运动，某同学用画笔在白板上画线，画笔相对于墙壁从静止开始水平向右先匀加速，后匀减速直到停止．取水平向右为x轴正
方向，竖直向下为y轴正方向，则画笔在白板上画出的轨迹可能为()
A．B．C．D．
9．小球P和Q用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，P球的质量大于Q球的质量，悬挂P 球的绳比悬挂Q球的绳短．将两球拉起，使两绳均被水平拉直，如图所示，将两球由静止释放，在各自轨迹的最低点( )
A．P球的速度一定大于Q球的速度
B．P球的动能一定小于Q球的动能
C．P球所受绳的拉力一定大于Q球所受绳的拉力
D．P球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度
10．质量为m的飞机以恒定速率v在空中水平盘旋，其做匀速圆周运动的半径为R，重力加速度为g，则空气对飞机的作用力大小为（）
A． B． C． D．
11．如图所示，一个内侧光滑、半径为R的四分之三圆弧竖直固定放置，A为最高点，一小球（可视为质点）与A点水平等高，当小球以某一初速度竖直向下抛出，刚好从B点内侧进入圆弧并恰好能过A点。

重力加速度为g，空气阻力不计，则（）
A．小球刚进入圆弧时，不受弹力作用
B gR
C．小球在最低点所受弹力的大小等于重力的5倍
D．小球不会飞出圆弧外
12．一位网球运动员以拍击球，使网球沿水平方向飞出，第一只球落在自己一方场地的B 点，弹跳起来，刚好擦网而过，落在对方场地的A点，第二只球直接擦网而过，也落在A 点，如图。

设球与地面的碰撞后，速度大小不变，速度方向与水平地面夹角相等，其运动过程中阻力不计，则第一只球与第二只球飞过网C处时水平速度大小之比为
A ．1:1
B ．1:3
C ．3:1
D ．1:9
13．如图所示，固定在水平地面上的圆弧形容器，容器两端A 、C 在同一高度上，B 为容器的最低点，圆弧上E 、F 两点也处在同一高度，容器的AB 段粗糙，BC 段光滑。

一个可以看成质点的小球，从容器内的A 点由静止释放后沿容器内壁运动到F 以上、C 点以下的H 点(图中未画出)的过程中，则
A ．小球运动到H 点时加速度为零
B ．小球运动到E 点时的向心加速度和F 点时大小相等
C ．小球运动到E 点时的切向加速度和F 点时的大小相等
D ．小球运动到
E 点时的切向加速度比
F 点时的小
14．如图所示，在竖直放置的半圆形容器中心O 点分别以水平速度V 1，V 2抛出两个小球（可视为质点），最终它们分别落在圆弧上的A 点和B 点，已知OA ⊥OB ，且OA 与竖直方向夹角为α
角，则两小球初速度大小之比值
1
2
V V 为（ ）
A ．tanα
B ．Cosα
C ．tanαtan α
D ．CosαCos α
15．一质量为2.0×
103kg 的汽车在水平公路上行驶，路面对轮胎的径向最大静摩擦力为1.4×104N ，当汽车经过半径为80m 的弯道时，下列判断正确的是（ ）
A ．汽车转弯时所受的力有重力、弹力、摩擦力和向心力
B ．汽车转弯的速度为20m/s 时所需的向心力为1.4×104N
C ．汽车转弯的速度为20m/s 时汽车会发生侧滑
D ．汽车能安全转弯的向心加速度不超过7.0m/s 2
16．一台准确走动的钟表上的时针、分针、秒针的长度之比为2∶3∶3，则三针尖端的线
速度之比为（ ） A ．1:9:540
B ．1:12:720
C ．1:18:1080
D ．1:90:5400
17．如图所示，粗糙程度处处相同的半圆形竖直轨道固定放置，其半径为R ，直径POQ 水平。

一质量为m 的小物块（可视为质点）自P 点由静止开始沿轨道下滑，滑到轨道最低点N 时，小物块对轨道的压力大小为2mg ，g 为重力加速度的大小。

则下列说法正确的是（ ）
A ．小物块到达最低点N 时的速度大小为2gR
B ．小物块从P 点运动到N 点的过程中重力做功为mgR
C ．小物块从P 点运动到N 点的过程中克服摩擦力所做的功为mgR
D ．小物块从P 点开始运动经过N 点后恰好可以到达Q 点
18．如图所示，离地面高h 处有甲、乙两个小球，甲以初速度v 0水平射出，同时乙以大小相同的初速度v 0沿倾角为45°的光滑斜面滑下，若甲、乙同时到达地面，则v 0的大小是（ ）
A ．
gh
B ．gh
C ．
2gh
D ．2gh
19．两个质量分别为2m 和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 ，a 、b 之间用长为L 的强度足够大的轻绳相连，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，开始时轻绳刚好伸直但无张力，用ω表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是( )
A ．a 比b 先达到最大静摩擦力
B ．a 、b 所受的摩擦力始终相等
C ．2kg
L
ω=b 开始滑动的临界角速度 D ．当23kg
L
ω=
a 所受摩擦力的大小为53kmg
20．某小船在河宽为d，水速恒定为v的河中渡河，第一次用最短时间从渡口向对岸开去，此时小船在静水中航行的速度为v1，所用时间为t1；第二次用最短航程渡河从同一渡口向对岸开去，此时小船在静水中航行的速度为v2，所用时间为t2，结果两次恰好抵达对岸的同一地点，则
A．第一次所用时间t1=d v
B．第二次所用时间t2=
2
d
v
C．两次渡河的位移大小为
1
vd
v
D．两次渡河所用时间之比
2
12
2
21
t v
t v
21．在河面上方的岸上有人用长绳拴住一条小船，开始时绳与水面的夹角为30°。

人以恒定的速率v拉绳，使小船靠岸，那么（）
A．小船的速率是增大的
B．小船的速率也是恒定的
C．小船的速率是减小的
D．小船的速率是均匀增大的
22
．一汽车通过拱形桥顶点时速度为10 m/s，车对桥顶的压力为车重的3/4，如果要使汽车在桥顶对桥面没有压力，车速至少为;
A．15 m/s B．20 m/s
C．25 m/s D．30 m/s
23．如图所示，小船以大小为 v1、方向与上游河岸成θ 的速度(在静水中的速度)从 A 处过河，经过 t 时间正好到达正对岸的 B 处。

现要使小船在更长的时间内过河并且也正好到达正对岸
B 处，在水流速度不变的情况下，可采取下列方法中的哪一种( )
A．只要增大 v1大小，不必改变θ 角
B．只要增大θ 角，不必改变 v1大小
C．在增大 v1的同时，也必须适当增大θ 角
D．在减小 v1的同时，也必须适当减小θ 角
24．一辆卡车匀速通过如图所示的地段，爆胎可能性最大的位置是
A．a处 B．b处
C ．c 处
D ．d 处
25．在地面上方某点将一小球以一定的初速度沿水平方向抛出，不计空气阻力，则小球在随后的运动中
A ．速度和加速度的方向都在不断变化
B ．速度与加速度方向之间的夹角一直减小
C ．在相等的时间间隔内，速率的改变量相等
D ．在相等的时间间隔内，动能的改变量相等
【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除
一、选择题 1．B 解析：B 【解析】 【分析】 【详解】
将A 的实际运动按其运动效果分解，如图所示，使绳伸长的速度
1
v 即为物体B 向前运动
的速度，则根据三角函数的关系可以知道：1cos v v θ=，随着θ角的减小可知cos θ增大，即
1
v 增大，则物体B 做加速运动。

选选B 。

2．A
解析：A 【解析】 【分析】 【详解】
设绳子与竖直方向之间的夹角为θ， A ．小球在竖直方向上的合力等于零，有
cos mg F θ=
解得
cos mg
F θ
=
A 球与竖直方向上的夹角大，故A 球受绳子的拉力较大，A 正确；
B ．根据牛顿第二定律可得
2tan sin mg m l θωθ=
两球的竖直高度相同，即cos l θ相同，则ω相同，故B 错误； C ．向心力等于合外力，即
tan r
F mg mg h
θ==向
与r 成正比，C 错误； D ．圆周运动的线速度
sin v l ωθ=
角速度相同，半径不同，则线速度不等，D 错误。

故选A 。

3．B
解析：B 【解析】 【分析】 【详解】
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
2
v mg mg m r
+=
当小球以速度
2
v
通过圆管的最高点,根据牛顿第二定律得: 22
v mg N m r
+=（）
计算得出
2
mg 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2
mg
，故B 正确； 故选B 。

4．A
解析：A 【解析】 【分析】
物体做曲线运动的条件是：合力的方向与初速度的方向不再同一直线上．在同一直线上就做直线运动．根据平衡条件有：质点同时受到在同一平面内的几个恒力作用而平衡时，其中任意一个力与剩余的力的合力等值反向．以上两条是解本题的关键． 【详解】
质点同时受到在同一平面内的几个恒力作用而平衡时，其中任意一个力与剩余的力的合力等值反向．若物体原来是匀速运动的．当撤去其中一个力，那么剩余的力的合力可能会与原来的运动方向有几种情况：第一种情况，方向相同，则做匀加速直线运动；故①正确．第二种情况，方向相反，则做匀减速直线运动；第三种情况，成90度角，则做类平抛运动，轨迹是抛物线；故③正确．第四种情况，成任意锐角或钝角，则一般的曲线运动．若物体原来是静止的，当撤去其中一个力后，物体只会做匀加速直线运动．原来平衡状态，撤除一个力之后，合力不为0，不可能匀速运动，故②不正确，要是物体做匀速圆周运动，合力的方向必须时刻变化，指向圆心，在本题中是做不到的．故④不正确．故
①③正确．故选A．
5．C
解析：C
【解析】
本题考查了运动的合成与分解、动能定理等知识，意在考查考生综合力学规律解决问题的能力．
设小球运动到c点的速度大小为v C，则对小球由a到c的过程，由动能定理得：F·3R-
mg R=1
2
mv c2，又F=mg，解得：v c2=4gR，小球离开c点后，在水平方向做初速度为零的匀
加速直线运动，竖直方向在重力作用力下做匀减速直线运动，由牛顿第二定律可知，小球离开c点后水平方向和竖直方向的加速度大小均为g，则由竖直方向的运动可知，小球从
离开c点到其轨迹最高点所需的时间为:t=v C/g=2g
R
，小球在水平方向的加速度a=g，在
水平方向的位移为x=1
2
at2=2R．由以上分析可知，小球从a点开始运动到其轨迹最高点的
过程中，水平方向的位移大小为5R，则小球机械能的增加量△E=F·5R=5mgR，选项C正确ABD错误．
【点睛】此题将运动的合成与分解、动能定理有机融合，难度较大，能力要求较高．6．A
解析：A
【解析】
试题分析：竖直方向：水平方向：；解得：，由题意
知：,水平射程相同，故
考点:平抛运动．
7．D
解析：D
【解析】
【分析】
【详解】
汽车通过凸形桥和凹形桥时均做圆周运动，因此要对汽车进行正确的受力分析，然后利用向心力公式求解．
设汽车通过凹形桥最低点和凸形桥最高点时所受支持力分别为2F'和1F'，根据向心力公式有：
通过凹形桥最低点时2
2mv F'-G r =，
通过凸形桥最高点时：2
1mv G F'r
-=，
由于m 、v 、r 均相等，固有21F G F '>'>，根据牛顿第三定律可知1122F F'F F'==，：，故ABC 错误，D 正确． 故选D ． 【点睛】
生活中有许多圆周运动的实例，要能通过所学知识，对其进行分析，提高应用物理知识解决实际问题能力．
8．D
解析：D 【解析】 【分析】
找出画笔竖直方向和水平方向的运动规律，然后利用运动的合成与分解进行求解即可； 【详解】
由题可知，画笔相对白板竖直方向向下做匀速运动，水平方向先向右做匀加速运动，根据运动的合成和分解可知此时画笔做曲线运动，由于合力向右，则曲线向右弯曲，然后水平方向向右减速运动，同理可知轨迹仍为曲线运动，由于合力向左，则曲线向左弯曲，故选项D 正确，ABC 错误。

【点睛】
本题考查的是运动的合成与分解，同时注意曲线运动的条件，质点合力的方向大约指向曲线的凹侧。

9．C
解析：C 【解析】
从静止释放至最低点，由机械能守恒得：mgR=
12
mv 2
，解得：v =度只与半径有关，可知v P ＜v Q ；动能与质量和半径有关，由于P 球的质量大于Q 球的质量，悬挂P 球的绳比悬挂Q 球的绳短，所以不能比较动能的大小．故AB 错误；在最低
点，拉力和重力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得：F-mg=m 2
v R
，解得，
F=mg+m 2
v R
=3mg ，2F mg a g m -=
向＝，所以P 球所受绳的拉力一定大于Q 球所受绳的拉
力，向心加速度两者相等．故C 正确，D 错误．故选C ．
点睛：求最低的速度、动能时，也可以使用动能定理求解；在比较一个物理量时，应该找出影响它的所有因素，全面的分析才能正确的解题．
10．A
解析：A
【解析】飞机做圆周运动所需的向心力由重力mg 和空气对飞机的作用力F 的合力提供，
根据勾股定理： ，故A 正确；BCD 错误；
故选A
11．B
解析：B 【解析】 【分析】 【详解】
A ．小球刚进入圆弧时，速度不为零，则向心力不为零，此时弹力提供向心力，弹力不为零，故A 错误；
B ．恰好能过A 点说明在A 点的速度为
v gR =gR B 正确； C ．由抛出到最低点，由动能定理
22111
222
mgR mv mv =-
在最低点，根据牛顿第二定律
2
1v F mg m R
-=
解得小球在最低点所受弹力的大小
6F mg =
故C 错误；
D ．小球从A 点飞出做平抛运动，当竖直方向的位移为R 时，根据
212
R gt =
x vt =
解得此时的水平位移
2x R R =>
小球会飞出圆弧外，故D 错误。

故选B 。

12．B
解析：B
【解析】
【详解】
由平抛运动的规律可知，两球分别被击出至各自第一次落地的时间是相等的。

由于球与地面的碰撞是完全弹性碰撞，设第二球自击出到落到A点时间为t，第一球自击出到落到A 点的时间为3t；由于一、二两球在水平方向均为匀速运动，水平位移x大小相等，设它们
从O点出发时的初速度分别为v1、v2，由x=v0t得：v2=3v1；所以有1
21 3
v
v
＝，所以两只球飞过球网C处时水平速度之比为1：3，故B正确，ACD错误。

13．D
解析：D
【解析】
【分析】
小球运动到H点时，受合外力不为零，则加速度不为零；小球运动到E点时的速度和F点
时的速度大小不相等，根据
2
v
a
R
=可知向心加速度关系；根据动能定理牛顿第二定律判断
小球运动到E点和F点时的切向加速度关系.
【详解】
小球运动到H点时，受合外力不为零，则加速度不为零，选项A错误；小球运动到E点时
的速度和F点时的速度大小不相等，根据
2
v
a
R
=可知，向心加速度不相等，选项B错
误；设EF两点所在的曲面的切面的倾角均为θ，则在F点的切向加速度：a F=gsinθ；在E点的切向加速度：a E=gsinθ-μgcosθ；即小球运动到E点时的切向加速度比F点时的小，选项D正确，C错误；故选D.
14．C
解析：C
【解析】
试题分析：由几何关系可知，A的竖直位移h A=Rcosα，水平位移x A=Rsinα；
B的竖直位移h B=Rcos（90°-α）=Rsinα，水平位移x B=Rsin（90°-α）=Rcosα
由平抛运动的规律可知，h=1
2
gt2 x=v0t 解得v0
1
2
A
b
v x
v x
=
tan
考点：本题考查平抛运动的规律．
15．D
解析：D
【解析】
【分析】
汽车转弯时做圆周运动，重力与路面的支持力平衡，侧向静摩擦力提供向心力，根据牛顿
第二定律分析解题． 【详解】
汽车转弯时受到重力，地面的支持力，以及地面给的摩擦力，其中摩擦力充当向心力，A 错误；当最大静摩擦力充当向心力时，速度为临界速度，大于这个速度则发生侧滑，根据
牛顿第二定律可得2
v f m r
=，解得/v s =
===，所以汽车转弯的速度为20m/s 时，所需的向心力小于1.4×
104N ，汽车不会发生侧滑，BC 错误；汽车能安全转弯的向心加速度22560
7/80
v a m s r ===，即汽车能安全转弯的向心加速
度不超过7.0m/s 2，D 正确． 【点睛】
本题也可以求解出以20m/s 的速度转弯时所需的向心力，与将侧向最大静摩擦力与所需向心力比较，若静摩擦力不足提供向心力，则车会做离心运动．
16．C
解析：C 【解析】 【分析】
已知转动半径和周期，根据2r
v T
π=求解线速度比值。

【详解】
秒针、分针、时针尖端尖端做圆周运动的周期分别为
1
60
h ，1h ，12h 秒针、分针、时针的长度比为
r 1：r 2：r 3=2：3：3
故秒针、分针、时针尖端的线速度
2r
v T
π=
可得比值为
1：18：1080
故C 正确，ABD 错误。

故选C 。

【点睛】
解决本题的关键知道时针、分针、秒针的周期，以及知道周期与线速度的关系。

17．B
解析：B 【解析】 【分析】 【详解】
A ．设小物块到达最低点N 时的速度大小为v ，在N 点，根据牛顿第二定律得
2
N v F mg m R
-=
据题意有
N 2F mg =
联立得
v =故A 错误；
B ．小物块从P 点运动到N 点的过程中重力做功为
W mgR =
故B 正确；
C ．小物块从P 点运动到N 点的过程，由动能定理得
2
102
f mgR W mv -=
- 解得
1
2
f W mgR =
故C 错误；
D ．由于小物块要克服摩擦力做功，机械能不断减少，所以小物块不可能到达Q 点，故D 错误。

故选B 。

18．A
解析：A 【解析】 【详解】
平抛运动的时间为：t =
；
乙在斜面下滑的加速度为：4545mgsin a gsin g m ︒=
︒＝ ．
根据2
12v t at +＝ ，代入数据得0v = ．故A 正确，BCD 错误．故选A ． 【点睛】
解决本题的关键知道平抛运动的时间由高度决定，初速度和时间相同决定水平位移，抓住平抛运动的时间和匀加速运动的时间相同，结合牛顿第二定律和运动学公式灵活求解．
19．D
解析：D 【解析】
A、B两个木块的最大静摩擦力相等．木块随圆盘一起转动，静摩擦力提供向心力，由牛顿第二定律得：木块所受的静摩擦力f=mω2r，m、ω相等，f∝r，所以b所受的静摩擦力大于a的静摩擦力，当圆盘的角速度增大时b的静摩擦力先达到最大值，所以b一定比a先
开始滑动，故AB错误；当a刚要滑动时，有kmg=mω2∙l，解得：
kg
l
ω=，故C
错误；以a为研究对象，当
2
3
kg
l
ω=时，由牛顿第二定律得：f=mω2l，可解得：f=
2
3
kmg，故D正确．故选D.
【点睛】
本题的关键是正确分析木块的受力，明确木块做圆周运动时，静摩擦力提供向心力，把握住临界条件：静摩擦力达到最大，由牛顿第二定律分析解答.
20．D
解析：D
【解析】
【详解】
A. 第一次所用时间t1=
1
d
v，选项
A错误；
B.第二次渡河时船头方向与合速度方向垂直，即船速方向不是指向河对岸，则渡河的时间
不等于
2
d
v，选项
B错误；
C.两船抵达的地点相同，位移相同，由第一次渡河可知，位移为221
d
s v v
v
=+，选项C 错误；
D.两船抵达的地点相同，知合速度方向相同，甲船静水速垂直于河岸，乙船的静水速与合速度垂直。

如图。

两船的合位移相等，则渡河时间之比等于两船合速度之反比。

则：
2
12
2
21
v v
v
t v
t v tan sin v
θθ
===
甲
乙合乙
甲合
：，D正确.
21．A
解析：A
【解析】
【分析】
船的速度等于沿绳子方向和垂直于绳子方向速度的合速度，根据平行四边形定则，有
cos =v v θ船
则
=
cos v v θ
船 由于人以恒定的速率v 拉绳，且夹角θ在不断增大，那么小船的速率是增大的，故A 正确，BCD 。

故选A 。

22．B
解析：B 【解析】 【详解】
车对桥顶的压力为车重的3/4时；2
34v mg mg m
R -= 解得：40m R =车在桥顶对桥面没有压力时：2
1v mg m R
= 解得：120m/s v = 故B 正确；ACD 错误；故选B 23．D
解析：D 【解析】 【详解】
若只增大υ1大小，不改变θ角，则船在水流方向的分速度增大，因此船不可能垂直达到对岸，故A 错误；若只增大θ角，不改变υ1大小，同理可知，水流方向的分速度在减小，而垂直河岸的分速度在增大，船不可能垂直到达对岸，故B 错误；若在增大υ1的同时，也必须适当增大θ角，这样才能保证水流方向的分速度不变，而垂直河岸的分速度在增大，则船还能垂直达到对岸，且时间更短，故C 错误；若减小υ1的同时适当减小θ角，则水流方向的分速度可以不变，能垂直到达对岸，而垂直河岸的分速度减小，则船垂直达到对岸的时间更长，故D 正确。

故选D 。

【点睛】
考查运动的合成与分解，掌握平行四边形定则的应用，注意要使小船在更长的时间内过河并且也正好到达正对岸处，必须满足船在水流方向的分速度不变，且垂直河岸的分速度要减小．
24．D
解析：D
【解析】在坡顶， 2N v mg F m r -=，解得2
N v F mg m mg r -＝＜，
在坡谷， 2N v F mg m r -=，解得2
N v F mg m mg r
+＝＞，
可知r 越小， N F 越大，可知D 点压力最大，则D 点最容易爆胎，故ABC 错误，D 正确。

点睛：本题考查运用物理知识分析处理实际问题的能力，知道最高点和最低点向心力的来源，运用牛顿第二定律进行求解。

25．B
解析：B 【解析】 【详解】
A ．由于物体只受重力作用，做平抛运动，故加速度不变，速度大小和方向时刻在变化，选项A 错误；
B ．设某时刻速度与竖直方向夹角为θ，则00
tan y v v v gt
θ==，随着时间t 变大，tan θ变小，θ变小，故选项B 正确； C ．根据加速度定义式v
a g t
∆==∆，则Δv=gΔt ，即在相等的时间间隔内，速度的改变量相等，故选项C 错误；
D ．根据动能定理，在相等的时间间隔内，动能的改变量等于重力做的功，即W G =mgh ，对于平抛运动，由于在竖直方向上，在相等时间间隔内的位移不相等，故选项D 错误。

【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，结合加速度公式和动能定理公式灵活求解即可。

【考点】
平抛运动、动能定理。