一、选择题
1.一工厂用皮带传送装置将从某一高度固定位置平抛下来的物件传到地面，为保证物件的安全，需以最短的路径运动到传送带上，已知传送带的倾角为θ.则( )
A.物件在空中运动的过程中，每1 s的速度变化不同
B.物件下落的竖直高度与水平位移之比为2tanθ1
C.物件落在传送带上时竖直方向的速度与水平方向速度之比为
D.物件做平抛运动的最小位移为
解析：物件在空中做平抛运动，故每1 s的速度变化相同，A选项错误;要路径最短，作出抛出点到传送带的垂线即物件的位移，由几何关系，tanθ=，故B选项错误;由平抛运动规律x=v0t，y=gt2，解得t=，则vy=gt=，物件落在传送带上时竖直方向速度与水平方向速度之比为==，C选项正确;物件做平抛运动的最小位移L==，故D选项错误.
答案：C
2.(多选)如图所示，从倾角为θ的斜面上的M点水平抛出一个小球，小球的初速度为v0，最后小球落在斜面上的N点，则(重力加速度为g)( )
A.可求M、N之间的距离
B.可求小球落到N点时速度的大小和方向
C.可求小球到达N点时的动能
D.可以断定，运动过程中小球速度方向与斜面平行时，小球与斜面间的距离最远
解析：由已知得位移与水平方向之间的夹角为θ，由平抛运动的规律可知，tanθ==，可求得时间为t=，再由y=gt2求得竖直位移，结合几何关系可求得MN间的距离，故A正确;由vy=gt，可求得竖直分速度，由速度的合成与分解可求得末速度的大小和方向，故B正确;不知小球的质量，故无法求出小球的动能，C错误;将初速度沿斜面和垂直于斜面方向进行分解，同时将加速度也同方向分解，当垂直于斜面的分速度为零时，小球距离斜面最远，故D正确.
答案：ABD
3.(多选)如图所示，在斜面顶端先后水平抛出同一小球，第一次小球落到斜面中点，第二次小球落到斜面底端，从抛出到落至斜面上(忽略空气阻力)( )
A.两次小球运动时间之比t1t2=1
B.两次小球运动时间之比t1t2=12
C.两次小球抛出时初速度之比v01v02=1
D.两次小球抛出时初速度之比v01v02=12
解析：两小球竖直方向上做自由落体运动，两小球下落高度之比为12，由自由落体运动规律可知，运动时间之比为1，选项A正确，B错误;水平方向两小球均做匀速直线运动，由水平位移关系以及时间关系可得初速度之比为1，选项C正确，D错误.
答案：AC
4.如图所示的光滑斜面长为l，宽为b，倾角为θ，一物块(可看成质点)沿斜面左上方顶点P以初速度v0水平射入，恰好从底端Q点离开斜面，则( )
A.物块由P点运动到Q点所用的时间t=2
B.物块由P点运动到Q点所用的时间t=
C.初速度v0=b
D.初速度v0=b
解析：物块在斜面内做类平抛运动，其加速度为a=gsinθ，根据l=at2，得t=，故A、B错误;初速度v0==b ，故C正确，D错误.
答案：C
5.(多选)在以速度v0水平飞行的飞机上，由静止释放一质量为m的物体，飞行一段时间后，物体经过空中P点，其动能为Ek，不计空气阻力，则( )
A.物体经过P点时竖直分速度为
B.此过程中物体下降的高度为-
C.此过程中物体的水平位移为
D.此过程中物体运动的平均速度为
解析：经过P点时，Ek=mv2，由平抛运动规律可知，v2=v+v，解两式得：vy=，A项正确;由竖直方向运动规律可知h==-，B项正确;由平抛运动规律可知，vy=gt，x=v0t，解得x=v0t= ，C项错;物体从抛出到P点，位移s=，平均速度==，D项正确.
答案：ABD
6.如图所示，置于竖直平面内的AB光滑杆是以初速度为v0，水平射程为s的平抛运动轨迹制成的，A端为抛出点，B端为落地点.现将一质量为m的小球套于光滑杆上，由静止开始从光滑杆A端滑下，重力加速度为g.则当其到达光滑杆B端时( )
A.小球在水平方向的速度大小为v0
B.小球运动的时间为
C.小球的速度大小为
D.小球重力的功率为
解析：根据题意，小球受到重力G和支持力N，所以小球由静止从光滑杆上滑下的运动不是平抛运动，则小球在水平方向的分速度也是变化的，所以小球在水平方向的分速度不等于v0，A错误;小球的运动时间也不等于，B错误;由小球机械能守恒有mgh=mv2，由于光滑杆是按照平抛运动轨迹制成的，所以末速度方向与平抛时方向相同，则有tanθ=2tanα，α是位移偏向角，θ是速度偏向角，tanθ==，而tanα==，解得h=，合速度大小v==，C正确;小球重力的功率P=mgvsinθ=sinθ，所以D错误.
答案：C
7.在稳定轨道上的空间站中(物体处于完全失重状态)有如图所示的装置，半径分别为r和R(R>r)的甲、乙两个光滑的圆形轨道安置在同一竖直平面内，轨道之间有一条水平轨道CD相通，宇航员将一小球以一定的速度先滑上甲轨道，通过粗糙的CD段，又滑上乙轨道，最后离开两圆轨道，那么下列说法正确的是( )
A.小球在CD段由于摩擦力而做减速运动
B.小球经过甲轨道最高点时比经过乙轨道最高点时速度大
C.如果减小小球的初速度，小球有可能不能到达乙轨道的最高点
D.小球经过甲轨道最高点时对轨道的压力大于经过乙轨道最高点时对轨道的压力
解析：小球在CD段运动过程中，由于处于完全失重状态，小球没有受到摩擦力，故选项A错误;由于小球处于完全失重状态，小球在运动过程中速度不变，所以选项B、C错误;小球经过圆轨道最高点时对轨道的压力为N=m，由于甲轨道的半径小于乙轨道的半径，在小球速度不变的情况下，小球对甲轨道的压力较大，故选项D正确.
答案：D
8.(多选)如图，叠放在水平转台上的物体A、B，C能随转台一起以角速度ω匀速转动，A、B、C的质量分别为3m、2m、m，A与B、B和C与转台间的动摩擦因数都为μ，AB整体、C离转台中心的距离分别为r、1.5r.设本题中的最大静摩擦力等于滑动摩擦力.下列说法正确的是( )
A.B对A的摩擦力一定为3μmg
B.B对A的摩擦力一定为3mω2r
C.转台的角速度一定满足：ω≤
D.转台的角速度一定满足：ω≤
解析：A做圆周运动的向心力由B对A的摩擦力提供，由牛顿第二定律及向心加速度公式有：Ff=3mω2r，B项正确;AB整体恰好未发生相对转台的滑动时，μ(3m+2m)g=(3m+2m)ω2r，解得角速度最大值为ω=，C恰好未发生相对滑动时，μmg=1.5mω2r，解得：ω=，所以D选项正确.
答案：BD
二、非选择题
9.如图所示，一块足够大的光滑平板放置在水平面上，能绕水平固定轴MN调节其与水平面所成的倾角.板上一根长为l=0.60 m的轻细绳，它的一端系住一质量为m的小球P，另一端固定在板上的O点.当平板的倾角固定为α时，先将轻绳平行于水平轴MN拉直，然后给小球一沿着平板并与轻绳垂直的初速度v0=3.0 m/s.若小球能保持在板面内做圆周运动，倾角α的值应在什么范围内?(取重力加速度g=10 m/s2)
解析：小球在倾斜平板上运动时受绳子拉力、平板弹力、重力.在垂直平板方向上合力为0，重力在沿斜面方向的分量为mgsinα
小球在最高点时，由绳子的拉力和重力沿平板方向的分力的合力提供向心力
T+mgsinα=
研究小球从释放到最高点的过程，据动能定理
-mglsinα=mv-mv
若恰好通过最高点，则绳子拉力
T=0
T=0时，联立解得
sinα=，解得α=30°
故α的范围为0°≤α≤30°.
答案：0°≤α≤30°
10.一转动装置如图所示，四根轻杆OA、OC、AB和CB与两小球及一小环通过铰链连接，轻杆长均为l，球和环的质量均为m，O端固定在竖直的轻质转轴上.套在转轴上的轻质弹簧连接在O与小球之间，原长为L.装置静止时，弹簧长为L.转动该装置并缓慢增大转速，小环缓慢上升.弹簧始终在弹性限度内，忽略一切摩擦和空气阻力，重力加速度为g.求：
(1)弹簧的劲度系数k;
(2)AB杆中弹力为零时，装置转动的角速度ω0;
(3)弹簧长度从L缓慢缩短为L的过程中，外界对转动装置所做的功W.
解析：(1)装置静止时，设OA、AB杆中的弹力分别为F1、T1，OA杆与转轴的夹角为θ1.
小环受到弹簧的弹力F弹1=k·
小环受力平衡，F弹1=mg+2T1cosθ1
小球受力平衡，F1cosθ1+T1cosθ1=mg
F1sinθ1=T1sinθ1
解得k=
(2)设OA、AB杆中的弹力分别为F2、T2，OA杆与转轴的夹角为θ2，弹簧长度为x.
小环受到弹簧的弹力F弹2=k(x-L)
小环受力平衡F弹2=mg
得x=L
对小球F2cosθ2=mg
F2sinθ2=mωlsinθ2
且cosθ2=
解得ω0=
(3)弹簧长度为L时，设OA、AB杆中的弹力分别为F3、T3，OA杆与弹簧的夹角为θ3.
小环受到弹簧的弹力F弹3=kL
小环受力平衡2T3cosθ3=mg+F弹3
且cosθ3=
对小球F3cosθ3=T3cosθ3+mg
F3sinθ3+T3sinθ3=mωlsinθ3
解得ω3=
整个过程弹簧弹性势能变化为零，则弹力做的功为零，由动能定理
W-mg-2mg=2×m(ω3lsinθ3)2
解得W=mgL+
答案：(1) (2) (3)mgL+
