知识点：物理

B

【考点】曲线运动．

【分析】物体运动轨迹是曲线的运动，称为“曲线运动”．当物体所受的合外力和它速度方向不在同一直线上，物体就是在做曲线运动．

【解答】解：A、变速运动不一定是曲线运动，如匀变速直线运动．故A错误；

B、既然是曲线运动，它的速度的方向必定是改变的，所以曲线运动一定是变速运动，故B正确；

C、曲线运动的条件是合力与速度不共线，一定存在加速度，因此速度大小可以变化，也可以不变，故C错误；

D、运动物体的加速度大小、速度大小都不变的运动一定不是直线运动，因为加速度要么改变速度的大小，要么改变速度的方向．故D错误；

故选：B．

知识点：物理

D

【考点】平均速度．

【分析】将t=0s、t=2s、t=3s代入距离随时间变化的关系式x=5+2t3（m），可求出三个时刻质点离O点的距离，求得位移，再求解平均速度

【解答】解：根据质点离开O点的距离随时间变化的关系为x=5+2t3（m）得当：

t=0时，x0=5m；

t=2s时，x2=21m

t=3s时，x3=59m

则质点在t=0到t=2s时间内的位移△x1=x2﹣x1=16m，

则质点在t=2s到t=3s时间内的位移△x3=x3﹣x2=38m，

故选：D

知识点：物理

A

【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．

【分析】对小球受力分析，受重力和拉力，合力水平方向，根据平行四边形定则作图求解出合力，然后根据牛顿第二定律求解加速度．

【解答】解：A、C、小球相对车厢处于静止状态，球与车厢的加速度相同，根据悬绳偏转方向可知拉力与重力的合力应水平向左，则车厢加速度一定是水平向左．

由牛顿第二定律得：mgtanθ=ma，解得a=gtanθ，即加速度的大小和方向都不变．故A正确，C错误；

B、D、通过受力分析，只能得出小车与小球的加速度的方向向左，小车可能向左做加速运动，也可能向右做减速运动．故BD错误．

故选：A．

知识点：物理

B

【考点】牛顿第二定律；向心力．

【分析】汽车通过拱桥过程汽车做圆周运动，由汽车过桥顶时速度及对桥顶的压力可求出圆弧的半径，当在粗糙桥面上行驶到桥顶时，没有摩擦力，则说明此时不受弹力．从而对其进行受力分析，利用牛顿第二定律列式求出速度．

【解答】解：速度为10m/s时，车对桥顶的压力为车重的，对汽车受力分析：重力与支持力，运动分析：做圆周运动，

由牛顿第二定律可得：mg﹣N=m 得R=40m，

当汽车不受摩擦力时，mg=m

由上可得：v0=20m/s

故选：B

知识点：物理

D

【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．

【分析】设ab和ac间的夹角为θ，根据几何关系求出cosθ，小球沿ab做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律求出加速度，再根据匀变速直线运动位移时间公式求出时间，小球从a运动到c做自由落体运动，根据h=求出时间，进而求出时间之比．

【解答】解：设ab和ac间的夹角为θ，根据几何关系可知，cos

小球沿ab做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得：a=，

根据运动学基本公式得：1.6R=①，

小球从a运动到c做自由落体运动，则有3R=②

根据①②解得：，故D正确．

故选：D

知识点：物理

A

【考点】线速度、角速度和周期、转速．

【分析】主动轮和从动轮边缘上的点线速度相等，A的角速度恒定，半径增大，线速度增大，当两轮半径相等时，角速度相等．

【解答】解：A、由题，在倒带结束时，磁带全部绕到了B轮上，磁带的外缘半径R=3r，而线速度v相等，

ω=，

故倒带结束时A、B两轮的角速度之比为1：3，故A正确；

B、倒带开始时A、B两轮的半径之比为1：3，所以角速度之比为3：1．故B错误；

C、在A轮转动的过程中，半径增大，角速度恒定，随着磁带的倒回，A的半径变大，根据v=rω，知磁带边缘的线速度增大，故C错误，D错误；

故选：A

知识点：物理

C

【考点】平抛运动．

【分析】根据竖直高度差求平抛运动的时间，再求竖直分速度，最后根据矢量三角形求合速度．

【解答】解：根据得

竖直分速度：

刚要落到球拍上时速度大小，C正确，ABD错误

故选：C

知识点：物理

D

【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．

【分析】烧断水平细线前，小球处于平衡状态，合力为零，根据平衡条件求F1．烧断水平细线，当小球摆到最低点时，由机械能守恒定律求出速度，再由牛顿牛顿第二定律求F2．

【解答】解：烧断水平细线前，小球处于平衡状态，合力为零，

根据几何关系得：F1=mgsin30°=mg；

烧断水平细线，设小球摆到最低点时速度为v，绳长为L．小球摆到最低点的过程中，由机械能守恒定律得：

mgL（1﹣sin30°）=mv2

在最低点，有 F2﹣mg=m

联立解得 F2=2mg；

故F1：F2等于1：4；

故选：D．

知识点：物理

AD

【考点】运动的合成和分解．

【分析】绳子收缩的速度等于人在岸上的速度，连接船的绳子端点既参与了绳子收缩方向上的运动，又参与了绕定滑轮的摆动．根据船的运动速度，结合平行四边形定则求出人拉绳子的速度，及船的加速度．

【解答】解：A、船运动的速度是沿绳子收缩方向的速度和绕定滑轮的摆动速度的合速度．如右上图所示根据平行四边形定则有，v人=vcosθ．故A正确，B错误．

C、对小船受力分析，如左下图所示，则有Fcosθ﹣f=ma，因此船的加速度大小为a=，故C错误，D正确；

故选：AD．

知识点：物理

AC

【考点】万有引力定律及其应用．

【分析】在火星表面万有引力等于重力，同步卫星所受万有引力提供同步卫星圆周运动的向心力，据此分析即可．

【解答】解：CD、同步卫星受到的万有引力提供向心力，故：

G=m

解得：

h= ①

故C正确，D错误；

AB、在火星表面，重力等于万有引力，故：

mg0= ②

联立①②解得：

h=

故A正确，B错误；

故选：AC．

知识点：物理

BD

【考点】向心力；牛顿第二定律．

【分析】对物体受力分析知物块离开圆盘前合力F=f+Tsinθ=；N+Tcosθ=mg，根据题目提供的条件，结合临界条件分析即可

【解答】解：A、当转台的角速度比较小时，物块只受重力、支持力和摩擦力，当细绳恰好要产生拉力时：

，

解得：，随速度的增大，细绳上的拉力增大，当物块恰好要离开转台时，物块受到重力和细绳的拉力的作用，则：

解得：，由于，所以当ω=时，物块与转台间的摩擦力不为零．故A错误；

B、由于，所以当ω=时，细线中张力为零，故B正确

C、由于ω1＜＜ω2，由牛顿第二定律：f+Fsin=m（）2lsin，因为压力小于mg，所以f＜mg，解得：F＞mg．故C错误

D、当ω=＞ω2时，小球已经离开转台，细绳的拉力与重力的合力提供向心力，则：

解得：cosα=，故．故D正确

故选：BD

知识点：物理

BD

【考点】竖直上抛运动；平均速度．

【分析】由速度图象的“面积”表示位移来分析它与匀变速直线运动平均速度的关系．由小球受到的空气阻力与速率成正比，根据牛顿第二定律分析上升和下降阶段的加速度变化．

【解答】解：A、上升过程若是匀减速直线运动，其平均速度为，而从图中可以看出其面积小于匀减速直线运动的面积，即小球实际上升的位移小于做匀减速上升的位移，而平均速度等于位移与时间之比，故其平均速度小于匀减速运动的平均速度，即小于．故A错误．

B、同理，可知小球下降过程中的平均速度大于匀加速下降的平均速度，即大于．故B正确．

C、小球抛出时，根据牛顿第二定律得：mg+kv=ma，此时速率最大，可知此时的加速度最大，到最高点时，v=0，加速度a=g，不是0．故C错误．

D、上升过程有：mg+kv=ma，v减小，a减小．下降过程有：mg﹣kv=ma，v增大，a减小，故D正确．

故选：BD

知识点：物理

【解答】解：（1）依据运动的合成法则，则蜡块4s内的轨迹，如下图所示：

（2）蜡块在水平方向做匀加速运动，每相邻1秒位移差值

△x=7.5﹣2.5=12.5﹣7.5=17.5﹣12.5=5（cm）

△x=at2

则加速度a==5×10﹣2 m/s2

（3）竖直方向上的分速度vy==0.1m/s

水平分速度vx=at=0.1m/s

根据平行四边形定则得，v==m/s=0.14m/s

故答案为：（1）如图所示；（2）5×10﹣2；（3）0.14．

【考点】运动的合成和分解．

【分析】（1）根据蜡块水平方向和竖直方向上每段时间内的位移作出蜡块的轨迹．

（2）根据水平方向上连续相等时间内的位移之差是一恒量求出加速度的大小．

（3）蜡块在竖直方向上做匀速直线运动，水平方向上做匀加速直线运动，分别求出2末水平方向和竖直方向上的分速度，根据平行四边形定则求出速度的大小．

知识点：物理

（1）1.4，（2）4L，．

【考点】研究平抛物体的运动．

【分析】（1）在竖直方向上，根据连续相等时间内的位移之差是一恒量求出相等的时间间隔，结合水平位移和时间间隔求出小球平抛运动的初速度．

（2）根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出b点的竖直分速度，结合速度时间公式求出抛出点到b点的时间，根据运动学公式求出抛出点到b点的水平位移和竖直位移，从而得出抛出点的位置坐标．

【解答】解：（1）根据△y=4L=gT2得，T=，

则初速度=m/s=1.4m/s．

（2）b点的竖直分速度=，

从抛出点到b点的时间，抛出点到b点的水平位移，则抛出点在a点左侧x=12L﹣8L=4L，

抛出点到b点的竖直位移，则抛出点在a点上侧y=．

故答案为：（1）1.4，（2）4L，．

知识点：物理

解：（1）当桶底对水压力为零时，速度最小．

mg=m

解得v=．

（2）在最高点，根据牛顿第二定律得，F+mg=m

解得F=．

根据牛顿第三定律，知水对桶底的压力为2.5N．

答：（1）在最高点水不流出的最小速率为．

（2）水对桶底的压力为2.5N．

【考点】向心力；牛顿第二定律．

【分析】（1）在最高点，当水对桶底的压力为零时，此时速度最小，根据牛顿第二定律求出在最高点水不流出的最小速率．

（2）在最高点，水靠重力和桶底对水的压力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求出桶底对水的压力．

知识点：物理

解：（1）对物体受力分析，由牛二律可得：﹣mgsinθ﹣umgcosθ=ma ①

a= ②

由①②代入数据求得g=7.5m/s2

（2）第一宇宙速度为v，v==3×103m/s

答：（1）该星球表面上的重力加速度g的大小为7.5m/s2

（2）该星球的第一宇宙速度为3×103m/s

【考点】万有引力定律及其应用．

【分析】（1）由匀变速直线运动的公式求得重力加速度．

（2）由万有引力提供向心力求得第一宇宙速度．

知识点：物理

解：（1）物块做平抛运动：H﹣h=gt2

设到达C点时竖直分速度为vy则：vy=gt

=5m/s

方向与水平面的夹角为θ：tanθ==，即θ=37°

（2）从A至C点，由动能定理得mgH= ①

设C点受到的支持力为FN，则有FN﹣mg=

由①式可得v2=m/s

所以：FN=47.3 N

根据牛顿第三定律可知，物块m对圆弧轨道C点的压力大小为47.3N

（3）由题意可知小物块m对长木板的摩擦力f=μ1mg=5N

长木板与地面间的最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力f′=μ2（M+m）g=10N

因f＜f′，所以小物块在长木板上滑动时，长木板静止不动

小物块在长木板上做匀减速运动，至长木板右端时速度刚好为0

则长木板长度至少为l==2.8m

答：（1）小物块运动至B点时的速度大小为5m/s，方向与水平面成37°角；

（2）小物块滑动至C点时，对圆弧轨道C点的压力FN=47.3 N；

（3）长木板至少为2.8m，才能保证小物块不滑出长木板．

【考点】动能定理的应用；牛顿第二定律；向心力．

【分析】（1）已知平抛的抛出高度和落地速度方向，求落地的速度大小和方向，用运动的合成与分解求解；

（2）小物块在BC间做圆周运动运动，在C点时轨道支持力和重力的合力提供圆周运动的向心力，据此求解即可；

（3）根据物块在长木板上滑动时，物块的位移﹣长木板的位移应该小于等于长木板的长度这一临界条件展开讨论即可．

知识点：物理

解：（1）当摩擦力为零，支持力和重力的合力提供向心力，

有：

解得：

（2）当ω＞ω0时，重力和支持力的合力不够提供向心力，当角速度最大时，摩擦力方向沿罐壁切线向下达最大值，设此最大角速度为ω1，受力如图：

由牛顿第二定律得，

Ffsin45°+mg=FNsin45°

联立以上三式解得：

当ω＜ω0时，重力和支持力的合力大于所需向心力，摩擦力方向沿罐壁切线向上，当角速度最小时，摩擦力向上达到最大值，设此最小角速度为ω2

由牛顿第二定律得，

Ffsin45°+FNsin45°=mg

联立三式解得：

所以

答：（1）若小物块受到的摩擦力恰好为零，此时的角速度ω0为

（2）若小物块一直相对陶罐静止，陶罐旋转的角速度的范围为

【考点】向心力；牛顿第二定律．

【分析】（1）小物块受到的摩擦力恰好为零，靠重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律，求得角速度的大小

（2）当ω＞ω0时，重力和支持力的合力不够提供向心力，当角速度最大时，摩擦力方向沿罐壁切线向下达最大值，根据牛顿第二定律及平衡条件求解最大角速度，当ω＜ω0时，重力和支持力的合力大于所需向心力，摩擦力方向沿罐壁切线向上，当角速度最小时，摩擦力向上达到最大值，根据牛顿第二定律及平衡条件求解最小值