(全国通用)2018版高考物理总复习考前三个月专题一力与运动第3讲曲线运动试题

第3讲 曲线运动高考命题轨迹考情分析 平抛运动的规律及分析方法、圆周运动的受力特点(特别是竖直面内的圆周运动受力特点及能量变化)，一般在选择题中出现．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有出现，值得注意．知识方法链接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． (2)特点①F 合恒定：做匀变速曲线运动． ②F 合不恒定：做非匀变速曲线运动．③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，则两物体速度大小相等． (2)若物体运动方向不沿绳(杆)，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．真题模拟精练1．(2017·山西晋中市调研)如图1所示为一个做匀变速曲线运动的物块轨迹的示意图，运动至A 点时速度大小为v 0，经一段时间后物块运动至B 点，速度大小仍为v 0，但相对于A 点时的速度方向改变了90°，则在此过程中( )图1A ．物块的运动轨迹AB 可能是某个圆的一段圆弧 B ．物块的动能可能先增大后减小C ．物块的速度大小可能为v 02D ．B 点的加速度与速度的夹角小于90° 答案 D解析 由题意，物块做匀变速曲线运动，则加速度的大小与方向都不变，所以运动的轨迹是一段抛物线，不是圆弧，故A 错误；由题意，物块运动到B 点时速度方向相对A 点时的速度方向改变了90°，速度沿B 点轨迹的切线方向，则知加速度方向垂直于AB 的连线向下，合外力也向下，物块做匀变速曲线运动，物块由A 到B 过程中，合外力先做负功，后做正功，由动能定理可得，物块的动能先减小后增大，故B 错误；物块的加速度方向垂直于A 、B 的连线向下，根据题意可知速度方向改变90°，则A 点的速度方向与AB 连线方向夹角为45°，如图所示，所以在物块运动过程中的最小速度为22v 0，C 错误；物块在B 点速度沿B 点轨迹的切线方向，而加速度方向垂直于A 、B 的连线向下，可知二者之间的夹角小于90°，故D 正确．2．(2017·四川成都市诊断)质量为m 的物体P 置于倾角为θ1的固定光滑斜面上，轻细绳跨过光滑轻质定滑轮分别连接着P 与小车，P 与滑轮间的细绳平行于斜面，小车以速率v 水平向右做匀速直线运动．当小车与滑轮间的细绳和水平方向成夹角θ2时(如图2)，下列判断正确的是( )图2A ．P 的速率为vB ．P 的速率为v cos θ2C ．绳的拉力等于mg sin θ1D ．绳的拉力小于mg sin θ1 答案 B解析 将小车的速度v 进行分解如图所示，则v P ＝v cos θ2，故A 错误，B 正确；小车向右运动，θ2减小，v 不变，则v P 逐渐增大，说明物体P 沿斜面向上做加速运动，由牛顿第二定律F T －mg sin θ1＝ma ，可知绳子对P 的拉力F T ＞mg sin θ1，故C 、D 错误．故选B.知识方法链接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(1)位移关系：⎩⎪⎨⎪⎧x ＝v 0t y ＝12gt 2位移方向偏转角tan α＝yx.(2)速度关系：⎩⎪⎨⎪⎧v x ＝v 0v y ＝gt速度方向偏转角tan θ＝v y v x ＝y x2＝2tan α.分析题目条件是位移(方向)关系，还是速度(方向)关系，选择合适关系式解题． 真题模拟精练3．(2017·全国卷Ⅰ·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 答案 C解析 由题意知，两个乒乓球均做平抛运动，则根据h ＝12gt 2及v 2y ＝2gh 可知，乒乓球的运动时间、下降的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 均错误；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C 正确．4．(2017·安徽十校联考)如图3所示，将小球以速度v 沿与水平方向成θ＝37°角斜向上抛出，结果球刚好能垂直打在竖直墙面上，球反弹的瞬间速度方向水平，且速度大小为碰撞前瞬间速度大小的34，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，空气阻力不计，则当反弹后小球的速度大小再次为v 时，速度方向与水平方向夹角的正切值为()图3A.34B.43C.35D.53 答案 B解析 采用逆向思维，小球做斜抛运动看成是平抛运动的逆反运动，将抛出速度沿水平和竖直方向分解，有：v x ＝v cos θ＝v ·cos 37°＝0.8v v y ＝v ·sin 37°＝0.6v球撞墙前瞬间的速度等于0.8v ，反弹速度大小为：v x ′＝34×0.8v ＝0.6v反弹后小球做平抛运动，当小球的速度大小再次为v 时，竖直速度为：v y ′＝v 2－v x ′2＝v 2－(0.6v )2＝0.8v ，速度方向与水平方向的正切值为： tan θ＝v y ′v x ′＝0.8v 0.6v ＝43，故B 正确，A 、C 、D 错误．知识方法链接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)，所以做好受力分析，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)做变速圆周运动的物体，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v ≥gR .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速度可以减小到0，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. 真题模拟精练5．(多选)(2017·福建厦门市模拟)如图4所示，两根等长的细线拴着两个小球在竖直平面内各自做圆周运动，某一时刻小球1运动到自身轨道的最低点，小球2恰好运动到自身轨道的最高点，这两点高度相同，此时两小球速度大小相同，若两小球质量均为m ，可视为质点，忽略空气阻力的影响，则下列说法正确的是( )图4A ．此刻两根细线拉力大小相同B ．运动过程中，两根线上拉力的差值最大为2mgC ．运动过程中，两根线上拉力的差值最大为10mgD ．若相对同一零势能面，小球1在最高点的机械能等于小球2在最低点的机械能解析 初始位置，球1加速度向上，处于超重状态；球2加速度向下，处于失重状态，故球1受到的拉力较大，故A 错误；球1在最高点，有：F 1＋mg ＝m v21R ，球2在最低点，有：F 2－mg ＝m v 22R ，两个球运动过程中机械能守恒，有：球1：12mv 2＝12mv 21＋2mgR ，球2：12mv 2＝12mv22－2mgR ，联立解得：F 1＝m v 2R －5mg ，F 2＝m v 2R＋5mg ，故F 2－F 1＝10mg ，故B 错误，C 正确；两个球运动过程中机械能守恒，而初始位置两个球的机械能相等，故两个球的机械能一直是相等的，故D 正确．6．(多选)(2017·广东广州市测试)如图5所示，在角锥体表面上放一个物体，角锥绕竖直轴转动．当角锥体旋转角速度增大时，物体仍和角锥体保持相对静止，则角锥对物体的( )图5A ．支持力将减小B ．支持力将增大C ．静摩擦力将不变D ．静摩擦力将增大 答案 AD7．(多选)(2017·山东枣庄市模拟)如图6所示，水平转台上有一质量为m 的小物块，用长为L 的细绳连接在通过转台中心的竖直转轴上，细线与转轴间的夹角为θ；系统静止时，细线绷直但绳中张力为零，物块与转台间的动摩擦因数为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．当物块随转台由静止开始缓慢加速转动且未离开转台的过程中( )图6A ．物块受转台的静摩擦力方向始终指向转轴B ．至转台对物块的支持力为零时，物块的角速度大小为g tan θLC ．至转台对物块的支持力为零时，转台对物块做的功为mgL sin 2θ2cos θD ．细绳对物块拉力的瞬时功率始终为零知识方法链接 1．星球表面的物体(1)重力与引力的关系⎩⎪⎨⎪⎧赤道：G MmR2＝mg ＋m ω2R 两极：G MmR2＝mg(2)自转可忽略时：G Mm R2＝mg 可得：g ＝GM R2M ＝gR 2GGM ＝gR 22．中心天体——环绕天体模型环绕天体做圆周运动的向心力由中心天体对它的万有引力提供，即G Mm r 2＝m 4π2T 2r ＝m v 2r＝ma 等，可得：中心天体质量M ＝4π2r 3GT 2，ρ＝3πr 3GT 2R 3(r ＝R 时有ρ＝3πGT2)环绕天体运行速度v ＝GM r ，加速度a ＝GMr. 3．双星问题双星各自做圆周运动的向心力由两者之间的万有引力提供，即G m 1m 2(r 1＋r 2)2＝m 1ω2r 1＝m 2ω2r 2，另：G m 1＋m 2(r 1＋r 2)2＝ω2(r 1＋r 2)双星总质量：m 1＋m 2＝ω2(r 1＋r 2)3G.真题模拟精练8．(多选)(2017·全国卷Ⅱ·19)如图7所示，海王星绕太阳沿椭圆轨道运动，P 为近日点，Q 为远日点，M 、N 为轨道短轴的两个端点，运行的周期为T 0，若只考虑海王星和太阳之间的相互作用，则海王星在从P 经过M 、Q 到N 的运动过程中( )图7A ．从P 到M 所用的时间等于T 04B ．从Q 到N 阶段，机械能逐渐变大C ．从P 到Q 阶段，速率逐渐变小D ．从M 到N 阶段，万有引力对它先做负功后做正功 答案 CD解析 由行星运动的对称性可知，从P 经M 到Q 点的时间为12T 0，根据开普勒第二定律可知，从P 到M 运动的速率大于从M 到Q 运动的速率，可知从P 到M 所用的时间小于14T 0，选项A 错误；海王星在运动过程中只受太阳的引力作用，故机械能守恒，选项B 错误；根据开普勒第二定律可知，从P 到Q 阶段，速率逐渐变小，选项C 正确；海王星受到的万有引力指向太阳，从M 到N 阶段，万有引力对它先做负功后做正功，选项D 正确．9．(2017·全国卷Ⅲ·14)2017年4月，我国成功发射的天舟一号货运飞船与天宫二号空间实验室完成了首次交会对接，对接形成的组合体仍沿天宫二号原来的轨道(可视为圆轨道)运行．与天宫二号单独运行时相比，组合体运行的( ) A ．周期变大 B ．速率变大 C ．动能变大 D ．向心加速度变大答案 C解析 根据组合体受到的万有引力提供向心力可得，GMm r 2＝ m 4π2T 2r ＝m v 2r＝ma ，解得T ＝4π2r3GM，v ＝GM r ，a ＝GMr2，由于轨道半径不变，所以周期、速率、向心加速度均不变，选项A 、B 、D 错误；组合体比天宫二号的质量大，动能E k ＝12mv 2变大，选项C 正确．10．(2014·新课标Ⅱ卷·18)假设地球可视为质量均匀分布的球体．已知地球表面重力加速度在两极的大小为g 0，在赤道的大小为g ，地球自转的周期为T ，引力常量为G .地球的密度为( ) A.3π(g 0－g )GT 2g 0B.3πg 0GT 2(g 0－g )C.3πGT2D.3πg 0GT 2g答案 B解析 物体在地球的两极时，mg 0＝G Mm R 2，物体在赤道上时，mg ＋m (2πT )2R ＝G Mm R 2，又V ＝43πR 3，联立以上三式解得地球的密度ρ＝3πg 0GT 2(g 0－g ).故选项B 正确，选项A 、C 、D 错误．11．(2017·四川资阳市4月模拟)地球同步卫星A 和一颗轨道平面为赤道平面的科学实验卫星B 的轨道半径之比为4∶1，两卫星的公转方向相同，那么关于A 、B 两颗卫星的说法正确的是( )A ．A 、B 两颗卫星所受地球引力之比为1∶16B ．B 卫星的公转角速度小于地面上跟随地球自转物体的角速度C ．同一物体在B 卫星中时对支持物的压力更大D ．B 卫星中的宇航员一天内可看到8次日出 答案 D解析 根据万有引力定律F ＝Gm 1m 2r 2知，物体间的引力与两个物体的质量和两者之间的距离均有关，由于A 、B 两卫星的质量关系未知，所以A 、B 两颗卫星所受地球引力之比不一定为1∶16，故A 错误；A 卫星的轨道半径比B 卫星的轨道半径大，由开普勒第三定律知，B 卫星的公转周期小于A 卫星的公转周期，而A 卫星的公转周期等于地球自转周期，所以B 卫星的公转周期小于随地球自转物体的周期，因此B 卫星的公转角速度大于地面上跟随地球自转物体的角速度，故B 错误；物体在A 、B 卫星中均处于完全失重状态，物体对支持物的压力均为零，故C错误；根据开普勒第三定律r 3T 2＝k ，知A 、B 卫星轨道半径之比为4∶1，则周期为8∶1，所以B 卫星的运行周期是地球自转周期的8倍，因此B 卫星中的宇航员一天内可看到8次日出，故D 正确．12．(多选)(2017·黑龙江大庆市一模)如图8所示，a 为放在地球赤道上随地球表面一起转动的物体，b 为处于地面附近近地轨道上的卫星，c 是地球同步卫星，d 是高空探测卫星，若a 、b 、c 、d 的质量相同，地球表面附近的重力加速度为g .则下列说法正确的是( )图8A ．a 和b 的向心加速度都等于重力加速度gB ．b 的角速度最大C ．c 距离地面的高度不是一确定值D ．d 是三颗卫星中动能最小，机械能最大的 答案 BD解析 同步卫星的周期与地球自转周期相同，角速度相同，则知a 与c 的角速度相同，根据a ＝ω2r 知，c 的向心加速度大．由牛顿第二定律得：G Mm r 2＝ma ，解得：a ＝GMr2，卫星的轨道半径越大，向心加速度越小，则同步卫星的向心加速度小于b 的向心加速度，而b 的向心加速度约为g ，故知a 的向心加速度小于重力加速度g ，故A 错误；万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：G Mm r2＝m ω2r ，解得：ω＝GMr 3，由于r b ＜r c ＜r d ，则ωb ＞ωc ＞ωd ，a 与c 的角速度相等，则b 的角速度最大，故B 正确；c 是同步卫星，同步卫星相对地面静止，c 的轨道半径是一定的，c 距离地面的高度是一确定值，故C 错误；卫星做圆周运动，万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：G Mm r 2＝m v 2r ，卫星的动能：E k ＝GMm2r，三颗卫星中d 的轨道半径最大，则d 的动能最小，机械能：E ＝E k ＋E p ＝GMm 2r －GMm r ＝－GMm2r，d 的轨道半径最大，d 的机械能最大，故D 正确．专题规范练题组1 高考真题检验1．(多选)(2016·全国卷Ⅰ·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 答案 BC解析 质点一开始做匀速直线运动，处于平衡状态，施加恒力后，则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；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，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．2．(2016·全国卷Ⅱ·16)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1所示．将两球由静止释放．在各自轨迹的最低点( )图1A ．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 答案 C解析 球从水平位置摆动至最低点，由动能定理得，mgL ＝12mv 2，解得v ＝2gL ，因L P <L Q ，故v P <v Q ，选项A 错误；因为E k ＝mgL ，又m P >m Q ，则两球的动能大小无法比较，选项B 错误；对球在最低点受力分析得，F T －mg ＝m v 2L ，可得F T ＝3mg ，选项C 正确；由a ＝v 2L＝2g 可知，在最低点两球的向心加速度相等，选项D 错误．3．(2015·新课标全国Ⅰ·18)一带有乒乓球发射机的乒乓球台如图2所示．水平台面的长和宽分别为L 1和L 2，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2A.L 12g6h ＜v ＜L 1g6hB.L 14gh ＜v ＜(4L 21＋L 22)g6hC.L 12g 6h ＜v ＜12(4L 21＋L 22)g6hD.L 14g h ＜v ＜12(4L 21＋L 22)g6h答案 D解析 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 ＝gt212①L 12＝v 1t 1②联立①②得v 1＝L 14gh当速度最大时，球斜向右侧台面两个角发射，有(L 22)2＋L 21＝v 2t 2③ 3h ＝12gt 22④联立③④得v 2＝12(4L 21＋L 22)g6h所以使乒乓球落到球网右侧台面上，v 的最大取值范围为L 14g h ＜v ＜12(4L 21＋L 22)g6h，选项D 正确．4．(多选)(2014·新课标Ⅰ卷·20)如图3所示，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( )图3A ．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＝kg2l是b 开始滑动的临界角速度 D ．当ω＝2kg3l时，a 所受摩擦力的大小为kmg 答案 AC解析 小木块a 、b 做圆周运动时，由静摩擦力提供向心力，即F f ＝m ω2R .当角速度增加时，静摩擦力增大，当增大到最大静摩擦力时，发生相对滑动，对木块a ：F f a ＝m ω 2a l ，当F f a ＝kmg 时，kmg ＝m ω 2a l ，ωa ＝kg l；对木块b ：F f b ＝m ω 2b ·2l ，当F f b ＝kmg 时，kmg ＝m ω 2b ·2l ，ωb ＝kg2l，所以b 先达到最大静摩擦力，选项A 正确；两木块滑动前转动的角速度相同，则F f a ＝m ω2l ，F f b ＝m ω2·2l ，F f a <F f b ，选项B 错误；当ω＝kg2l时b 开始滑动，选项C 正确；当ω＝2kg 3l 时，a 没有滑动，则F f a ＝m ω2l ＝23kmg ，选项D 错误． 5．(2016·全国卷Ⅰ·17)利用三颗位置适当的地球同步卫星，可使地球赤道上任意两点之间保持无线电通讯．目前，地球同步卫星的轨道半径约为地球半径的6.6倍．假设地球的自转周期变小，若仍仅用三颗同步卫星来实现上述目的，则地球自转周期的最小值约为( ) A ．1 h B ．4 h C ．8 h D ．16 h 答案 B解析 地球自转周期变小，卫星要与地球保持同步，则卫星的公转周期也应随之变小，由开普勒第三定律r 3T2＝k 可知卫星离地球的高度应变小，要实现三颗卫星覆盖全球的目的，则卫星周期最小时，由数学几何关系可作出卫星间的位置关系如图所示．卫星的轨道半径为r ＝Rsin 30°＝2R由r 31T 1＝r 32T 2得(6.6R )324＝(2R )3T 2. 解得T 2≈4 h.6．(多选)(2014·新课标Ⅰ卷·19)太阳系各行星几乎在同一平面内沿同一方向绕太阳做圆周运动．当地球恰好运行到某地外行星和太阳之间，且三者几乎排成一条直线的现象，天文学称为“行星冲日”．据报道，2014年各行星冲日时间分别是：1月6日木星冲日；4月9日火星冲日；5月11日土星冲日；8月29日海王星冲日；10月8日天王星冲日．已知地球及各地外行星绕太阳运动的轨道半径如下表所示．则下列判断正确的是( )A.各地外行星每年都会出现冲日现象 B ．在2015年内一定会出现木星冲日C ．天王星相邻两次冲日的时间间隔为土星的一半D ．地外行星中，海王星相邻两次冲日的时间间隔最短 答案 BD解析 由开普勒第三定律r 3T2＝k 可知T 行＝⎝ ⎛⎭⎪⎫r 行r 地3·T 地＝r 3行年，根据相遇时转过的角度之差Δθ＝2n π及ω＝Δθt 可知相邻冲日时间间隔为t ，则⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 地－2πT 行t ＝2π，即t ＝T 行T 地T 行－T 地＝T 行T 行－1，又T 火＝ 1.53年，T 木＝ 5.23年，T 土＝9.53年，T 天＝193年，T 海＝303年，代入上式得t >1年，故选项A 错误；木星冲日时间间隔t 木＝5.235.23－1年<2年，所以选项B 正确；由以上公式计算t 土≠2t 天，t 海最小，选项C 错误，选项D 正确．7．(2012·新课标卷·21)假设地球是一半径为R 、质量分布均匀的球体．一矿井深度为d .已知质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零．矿井底部和地面处的重力加速度大小之比为( ) A ．1－d RB ．1＋d RC ．(R －d R)2D ．(RR －d)2答案 A解析 设地球的密度为ρ，地球的质量为M ，根据万有引力定律可知，地球表面的重力加速度g ＝GM R 2.地球质量可表示为M ＝43πR 3ρ.因质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零，所以矿井下以(R －d )为半径的地球的质量为M ′＝43π(R －d )3ρ，解得M ′＝(R －d R)3M ，则矿井底部的重力加速度g ′＝GM ′(R －d )2，则矿井底部的重力加速度和地面处的重力加速度之比为g ′g＝1－dR，选项A 正确． 题组2 各省市模拟精选8．(2017·四川南充市第二次高考适应性考试)直角坐标系xOy 在水平面(纸面)内，一质点在该水平面内运动，经过坐标原点时开始受水平力F 作用，运动轨迹如图4所示，设质点经过O 点时沿x 轴方向的速度为v x ，沿y 轴方向的速度为v y ，则由图可知( )图4A ．v x >v y ，F 可能沿x 轴正方向B ．v x >v y ，F 可能沿y 轴正方向C ．v x <v y ，F 可能沿x 轴正方向D ．v x <v y ，F 可能沿y 轴正方向 答案 B解析 根据曲线运动的速度方向沿轨迹的切线方向对O 点的速度分解，如图所示，可知v x ＞v y，又由力应指向轨迹的“凹”侧，可知质点受力的方向可能沿y轴的正方向，不可能沿x 轴的正方向，故B正确，A、C、D错误．故选B.9．(多选)(2017·河北石家庄市第二次质检) 如图5所示，一带电小球自固定斜面顶端A 点以某速度水平抛出，小球落在斜面上B 点．现加上竖直向下的匀强电场，仍将小球自A 点以相同速度水平抛出，小球落在斜面上C 点．不计空气阻力，下列说法正确的是()图5A ．小球带正电B ．小球所受电场力可能大于重力C ．小球两次落在斜面上所用的时间不相等D ．小球两次落在斜面上的速度大小相等 答案 CD解析 不加电场时，小球做平抛运动，加电场时，小球做类平抛运动，根据tan α＝12at 2v 0t，则t ＝2v 0tan αa，因为水平方向上做匀速直线运动，可知t 2>t 1，则a <g ，可知小球一定带负电，所受的电场力向上，且小于重力的大小，故A 、B 错误，C 正确；因为做类平抛运动或平抛运动时，小球在某时刻的速度方向与水平方向夹角的正切值是位移方向与水平方向夹角正切值的2倍，由于位移方向相同，则小球两次落在斜面上的速度方向一定相同，因为初速度相同，根据平行四边形定则知，则落在斜面上的速度大小相等，故D 正确．10．(2017·广东佛山市一模)如图6所示，内壁光滑、质量为m 的管形圆轨道，竖直放置在光滑水平地面上，恰好处在两固定光滑挡板M 、N 之间，圆轨道半径为R ，质量为m 的小球能在管内运动，小球可视为质点，管的内径忽略不计．当小球运动到轨道最高点时，圆轨道对地面的压力刚好为零，下列判断正确的是()图6A ．圆轨道对地面的最大压力大小为8mgB ．圆轨道对挡板M 、N 的压力总为零C ．小球运动的最小速度为gRD ．小球离挡板N 最近时，圆轨对挡板N 的压力大小为5mg 答案 A11．(多选)(2017·江西第一次联考)如图7所示，一个质量为m 的小球由两根细绳拴在竖直转轴上的A 、B 两处，A 、B 间距为L ，A 处绳长为2L ，B 处绳长为L ，两根绳能承受的最大拉力均为2mg ，转轴带动小球以角速度ω转动，下列判断正确的是( )图7A ．当角速度ω逐渐增大时，A 处绳的弹力一定增大B ．当角速度ω逐渐增大时，B 处绳一定先被拉断C ．当ω＝g 2L 时，A 处绳的弹力大小为22mg D ．当ω＝g 2L 时，B 处绳的弹力大小为22mg 答案 BC解析 当B 处绳刚被拉直时，A 处绳与杆夹角θ＝45°，mg tan 45°＝m ω2L ，所以ω＝gL ，在当角速度ω逐渐增大且小于gL的过程中，A 处绳的弹力一定增大；当角速度大于g L后，A 处绳与竖直方向之间的夹角不再变化，则A 处绳的拉力不变，故A 错误；当转轴转动的角速度最大时，B 处绳拉力为F T B ＝2mg ，A 处绳拉力不变，F T A cos θ＝mg ，F T A sin θ＋F T B ＝m ω2L ，得：ω＝3gL，可知当ω＝3gL时，B 处绳先被拉断，故B 正确；当ω＝g 2L ＜g L时，B 处绳处于松弛的状态，拉力等于0；A 处绳的弹力沿水平方向的分力提供向心力，则F T A ′sinβ＝m ω2·2L sin β，解得：F T A ′＝22mg ，故C 正确，D 错误．故选B 、C.12.(多选)(2017·山东枣庄市模拟)如图8所示，在竖直杆上安装一个光滑小导向槽，使竖直上抛的小球能改变方向后做平抛运动，不计经导向槽时小球的能量损失，设小球从地面沿杆竖直上抛的速度大小为v ，重力加速度为g ，那么当小球有最大水平位移时，下列说法正确的是( )图8A ．导向槽位置应在高为v 24g 的位置B ．最大水平距离为v 2gC ．小球在上、下两过程中，在经过某相同高度时，合速度的大小总有v 下＝2v 上D ．当小球落地时，速度方向与水平方向成45°角 答案 AD解析 设平抛时的初速度为v 0，根据机械能守恒定律可得：12mv 20＋mgh ＝12mv 2，解得v 0＝v 2－2gh ，根据平抛运动的知识可得下落时间t ＝2hg，则水平位移x ＝v 0t ＝(v 2g －2h )·2h ，所以当v 2g －2h ＝2h 时水平位移最大，解得h ＝v 24g ，A 正确；最大的水平位移为：x ＝4h 2＝2h ＝v 22g，B 错误；根据机械能守恒定律可知，在某高度处时上升的速率和下落的速率相等，C 错误；设速度方向与水平方向的夹角为θ，位移方向与水平方向的夹角为α，根据平抛运动的规律可知，tan θ＝2tan α＝2×h2h ＝1，则θ＝45°，所以D 正确．故选A 、D.13．(多选)(2017·四川宜宾市一诊)2015年12月29日，我国成功将“高分四号”卫星发射升空．若某阶段该卫星沿椭圆轨道绕地球运动，示意图如图9所示，已知地球半径为R ，地球表面的重力加速度为g ，卫星在远地点P 距地心O 的距离为3R .则( )。