高考物理专题力学知识点之曲线运动分类汇编
高考物理专题力学知识点之曲线运动分类汇编
一、选择题
1．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
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．如图所示，在匀速转动的圆筒内壁上紧靠着一个物体，物体随筒一起转动，物体所需的向心力由下面哪个力来提供()
A．重力B．弹力
C．静摩擦力D．滑动摩擦力
4．如图所示，小孩用玩具手枪在同一位置沿水平方向先后射出两粒弹珠，击中竖直墙上M、N两点（空气阻力不计），初速度大小分别为v M、v N，、运动时间分别为t M、t N，则
A．v M=v N B．v M>v N
C．t M>t N D．t M=t N
5．如图所示，两小球从斜面的顶点先后以不同的初速度向右水平抛出，在斜面上的落点分
别是a和b，不计空气阻力。关于两小球的判断正确的是( )
A．落在b点的小球飞行过程中速度变化快
B．落在a点的小球飞行过程中速度变化大
C．小球落在a点和b点时的速度方向不同
D．两小球的飞行时间均与初速度0v成正比
6．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
7．如图所示，人用轻绳通过定滑轮拉穿在光滑竖直杆上的物块A，人以速度v0向左匀速拉绳，某一时刻，绳与竖直杆的夹角为，与水平面的夹角为，此时物块A的速度v1为
A． B．
C． D．
8．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
9．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
10．演示向心力的仪器如图所示。转动手柄1，可使变速塔轮2和3以及长槽4和短槽5随之匀速转动。皮带分别套在塔轮2和3上的不同圆盘上，可使两个槽内的小球分别以几种不同的角速度做匀速圆周运动。小球做圆周运动的向心力由横臂6的挡板对小球的压力提供，球对挡板的反作用力，通过横臂的杠杆使弹簧测力套筒7下降，从而露出标尺8，标尺8上露出的红白相间等分格子的多少可以显示出两个球所受向心力的大小。现将小球分别放在两边的槽内，为探究小球所受向心力大小与角速度的关系，下列做法正确的是
（）
3
A．在小球运动半径相等的情况下，用质量相同的钢球做实验
B．在小球运动半径相等的情况下，用质量不同的钢球做实验
C．在小球运动半径不等的情况下，用质量不同的钢球做实验
D．在小球运动半径不等的情况下，用质量相同的钢球做实验
11．如图所示，在竖直平面内有一半径为R的圆弧轨道，半径OC水平、OB竖直，一个质量为m的小球自C的正上方A点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力。已知AC=3R，重力加速度为g，则小球从A到B的运动过程中（）
A．重力做功3mgR
B．机械能减少1
2 mgR
C．合外力做功3
2 mgR
D．克服摩擦力做功3
2 mgR
12．光滑水平面上，小球m的拉力F作用下做匀速圆周运动，若小球运动到P点时，拉力F发生变化，下列关于小球运动情况的说法正确的是（）
A．若拉力突然消失，小球将沿轨迹Pb做离心运动
B．若拉力突然变小，小球将沿轨迹Pa做离心运动
C．若拉力突然变大，小球将可能沿半径朝圆心运动
D．若拉力突然变大，小球将可能沿轨迹Pc做近心运动
13．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．小球竖直向下抛出的初速度大小为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
14．如图所示，A、B为啮合传动的两齿轮，R A＝2R B，则A、B两轮边缘上两点的()
A．角速度之比为2∶1
B．周期之比为1∶2
C．转速之比为2∶1
D．向心加速度之比为1∶2
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/s2
16．如图所示为一个做匀变速曲线运动的质点从A到E的运动轨迹示意图，已知在B点的速度与加速度相互垂直，则下列说法中正确的是( )
A．D点的速率比C点的速率大
B．A点的加速度与速度的夹角小于90°
C．A点的加速度比D点的加速度大
D ．从A 到D 速度先增大后减小
17．两个质量分别为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=是b 开始滑动的临界角速度 D ．当23kg
L
ω=
时，a 所受摩擦力的大小为53kmg
18．如图所示，一质点做曲线运动从M 点到N 点速度逐渐减小，当它通过P 点时，其速度和所受合外力的方向关系可能正确的是（ ） A ．
B ．
C ．
D ．
19．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
20．随着人们生活水平的提高，高尔夫球将逐渐成为普通人的休闲娱乐运动．如图所示，某人从高出水平地面h 的坡上水平击出一个质量为m 的高尔夫球，由于恒定的水平风力作用，高尔夫球竖直地落入距击球点水平距离为L 的A 穴，则（ ）
A ．球被击出后做平抛运动
B ．由于水平风力的原因球在空中运动的时间大于2h g
C ．球被击出后受到的水平风力大小为mgL
h
D ．球被击出时的初速度大小为L
2g h
21．如图所示，从倾角为θ斜面上某点先后将同一小球以不同的初速度水平抛出，小球均落在斜面上．当抛出的速度为1v 时，小球到达斜面时速度方向与斜面的夹角为1α；当抛出速度为2v 时，小球到达斜面时速度方向与斜面的夹角为2α，则( )
A ．无论v 1、v 2关系如何，均有α1=α2
B ．当v 1＞v 2时，α1＞α2
C ．当v 1＞v 2时，α1＜α2
D ．α1、α2的关系与斜面倾角θ有关
22．如图所示，长为0.5m 的轻质细杆,一端固定一个质量为2kg 的小球，使杆绕O 点在竖直平面内做圆周运动，小球通过最高点的速率为2m/s ，g 取10m/s 2。关于球在不同位置受杆的作用力，下列判断正确的是
A ．小球通过最高点时，杆对小球向下的拉力大小是16N
B ．小球通过最高点时，杆对小球向上的支持力大小是4N
C ．小球通过最低点时，杆对小球向上的拉力大小是32N
D ．小球通过最低点时，杆对小球向上的拉力大小是30N
23．质量为2kg 的物体在水平面内做曲线运动，已知x 方向的位移-时间图像和y 方向的速度-时间图像分别如图甲、乙所示。下列说法正确的是
A ．质点初速度的方向与合外力方向垂直
B ．3s 末质点速度大小为10m/s
C ．质点的初速度大小为6m/ s
D ．质点所受的合外力大小为2N
24．以30/m s 的水平初速度0v 抛出的物体，飞行一段时间后，打在倾角θ为30的斜面上，此时速度方向与斜面夹角α为60?，(如图所示)，则物体在空中飞行的时间为(不计空气阻力，g 取210/m s )（ ）
A ．1.5s
B ．3s
C ．1.53s
D ．33s
25．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 ．
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一、选择题 1．C 解析：C 【解析】 【分析】 【详解】
发球机发出的球，速度较大的球越过球网，速度度较小的球没有越过球网，原因是发球机
到网的水平距离一定，速度大，则所用的时间较少，球下降的高度较小，容易越过球网，C 正确．
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】 【详解】
物体做匀速圆周运动，合力指向圆心，对物体受力分析，受重力、向上的静摩擦力、指向圆心的支持力，如图：
其中重力G 与静摩擦力f 平衡，支持力N F 提供向心力，故选项B 正确． 【点睛】
本题关键是对物体进行受力分析，确定向心力来源问题，知道向心力可以某个力提供也可以由某几个力的合力提供，也可以由某个力的分力提供．
4．B
解析：B 【解析】 【详解】
CD ．弹珠做平抛运动，竖直方向上做自由落体运动，有：
212
h gt =
可得：
t =
因竖直下落高度h M ＜h N ，可得t M ＜t N ，故CD 错误； AB ．两弹珠水平位移x 相等，水平方向做匀速直线运动，有：
x =vt ，
则v M ＞v N ，故A 错误，B 正确。 故选B 。
5．D
解析：D 【解析】 【分析】
两个小球做的都是平抛运动，平抛运动可以分解为水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的自由落体运动，物体的运动的时间是由竖直方向上下落的高度决定的．落地速度由高度和初速度共同决定，可列式进行分析． 【详解】
AB 、平抛运动是加速度为g 的匀变速曲线运动，速度变化一样快，b 球运动时间长所以速度变化大，故AB 错误
C 、落在a 点和b 点的小球，由2012tan gt
y x v t
α==，而速度偏转角θ 应有
tan 2tan y x
v gt
v v θα=
=
=，由于θα一定所以确定 ，所以他们速度方向相同，故C 错误．
D 、落在a 点和b 点的小球，由2
012tan gt
y x v t
α==，得02tan v t g
α=，所以运动时间t 与v 0
成正比，D 正确
6．B
解析：B
【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 。
7．D
解析：D
【解析】对人进行速度分解，如图所示：
可知：
对物块A 进行速度分解，如图所示，则可知：，故选项D 正确，选项
ABC 错误。
点睛：解决本题的关键会对速度进行分解，要正确找到合运动与分运动，注意两个物体沿着绳子方向的分速度相等。
8．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
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．9．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．
10．A
解析：A
【解析】
【分析】
【详解】
本题采用控制变量法，为探究小球所受向心力大小与角速度的关系，应使两个小球质量相同，运动轨道半径相同，只有角速度不同，比较向心力大小关系，因此A正确，BCD错误。
故选A。
11．D
解析：D
【解析】
【分析】
【详解】
A. 重力做功与路径无关，只与初末位置有关，故小球从A到B的运动过程中，重力做功为
W G=mg?2R=2mgR
A错误；
BD.小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力，根据牛顿第二定律，有
2B
v mg m R
=
解得
B v =
从A 到B 过程，重力势能减小量为2mgR ，动能增加量为
211
22
B mv mgR = 故机械能减小量为
13
222
mgR mgR mgR -=
从A 到B 过程，克服摩擦力做功等于机械能减小量，故为3
2
mgR ， B 错误，D 正确；
C. 从A 到B 过程，合外力做功等于动能增加量，故
211
22
B W mv mgR =
= C 错误。 故选D 。
12．D
解析：D 【解析】 【分析】 【详解】
A ．若拉力突然消失，小球将做匀速直线运动，则小球将沿轨迹Pa 做离心运动．故A 项错误．
B ．若拉力突然变小，小球不可能沿轨迹Pa 做离心运动；小球可能沿轨迹Pb 做离心运动．故B 项错误．
CD ．若拉力突然变大，小球将做近心运动，可能沿轨迹Pc 做近心运动，不可能沿半径朝圆心运动．故C 项错误，D 项正确。
13．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 =
根据机械能守恒可知小球竖直向下抛出的初速度大小也为gR ，故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 。
14．D
解析：D
【解析】A ：A 、B 为啮合传动的两齿轮，则A 、B 两轮边缘上两点的线速度相等；据
，R A ＝2R B ，则A 、B 两轮边缘上两点的角速度之比
。故A 项错误。
B ：A 、B 为啮合传动的两齿轮，则A 、B 两轮边缘上两点的线速度相等；据，R A
＝2R B ，则A 、B 两轮边缘上两点的周期之比为2∶1。故B 项错误。 C ：A 、B 为啮合传动的两齿轮，则A 、B 两轮边缘上两点的线速度相等；据
，R A ＝2R B ，则A 、B 两轮边缘上两点的转速之比为1∶2。故C 项错误。
D ：A 、B 为啮合传动的两齿轮，则A 、B 两轮边缘上两点的线速度相等；据，R A ＝
2R B ，则A 、B 两轮边缘上两点的向心加速度之比为1∶2。故D 项正确。
点睛：同轴传动：被动轮和主动轮的中心在同一根转轴上，主动轮转动使轴转动进而带动从动轮转动，两轮等转速及角速度。皮带传动：两转轮在同一平面上，皮带绷紧与两轮相切，主动轮转动使皮带动进而使从动轮转动，两轮边缘线速度相等。
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．A
解析：A 【解析】 【详解】
A ．由题意，质点运动到
B 点时速度方向与加速度方向恰好互相垂直，速度沿B 点轨迹的切线方向，则知加速度方向向下，合外力也向下，质点做匀变速曲线运动，合外力恒定不变，质点由
C 到
D 过程中，合外力做正功，由动能定理可得，D 点的速度比C 点速度大，故A 正确；
B ．物体在A 点受力的方向向下，而速度的方向向右上方，A 点的加速度与速度的夹角大于90°．故B 正确；
C ．质点做匀变速曲线运动，加速度不变，则A 点的加速度等于
D 点的加速度，故C 错误；
D ．由A 的分析可知，质点由A 到D 过程中，加速度的方向向下，速度的方向从斜向右上方变为斜向右下方，从A 到D 速度先减小后增大．故D 错误．
17．D
解析：D 【解析】 【详解】
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：ω=
C 错误；
以a 为研究对象，当23kg l
ω=时，由牛顿第二定律得：f=mω2
l ，可解得：f=23kmg ，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.
18．A
解析：A 【解析】 【分析】 【详解】
由从M 点到N 点速度逐渐减小，速度和所受合外力的方向之间的夹角大于90?，当它通过P 点时，其速度方向沿轨迹的切线方向，加速度指向轨迹的内侧，故A 正确， BCD 错误； 故选A ．
19．A
解析：A 【解析】 【分析】 【详解】
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 。
20．C
解析：C 【解析】 【分析】 【详解】
A ．小球击出后，受重力和风力作用，不是平抛运动，故A 错误；
B ．小球在竖直方向上做自由落体运动，根据2
12
h gt =
得，可得
2h t g
=
水平风力的作用不影响竖直方向的运动，故运动时间不变为
2h
g
，故B 错误； CD ．球竖直进A 穴可知水平方向做匀减速直线运动，有
2
v L t =
解得水平初速度为
022L g
v L
t h
==
而水平加速度大小为
022g
L
v Lg
h a t
h g h
=
== 根据牛顿第二定律得，风力为
mgL
F ma h
==
故C 正确，D 错误。 故选C 。
21．A
解析：A 【解析】 【详解】
如图所示，由平抛运动的规律知0Lcos v t θ=，2
12Lsin gt θ=，则得：0
2gt tan v θ=；由图
知：0
()y v gt
tan v v αθ+=
=
，可得：()2tan tan αθθ+=，所以α与抛出速度0v 无关，故12αα=，1α、2α的大小与斜面倾角有关，但α1、α2的关系与斜面倾角θ无关，一定相
等．故选项A 正确，B 、C 、D 错误．
22．B
解析：B
【详解】
AB 、设小球在最高点时，重力刚好能提供向心力时，小球的速度为v ，根据牛顿第二定律
有2
v mg m L =，解得/s v =，由于12m /s v v =<，所以杆在最高点对小球产生支持
力，方向向上，设大小为N ，由牛顿第二定律有2
1mg N m v L
-=，代入数据可得N =4N ，B
正确A 错误；
CD 、设小球运动到最低点的速度为2v ，由动能定理有22
2111222
mg L mv mv ?=
-，设杆对小球的拉力为F ，根据牛顿第二定律有：2
2
F mg m v L
-=，联立可得F =116N ，CD 错误．
【点睛】
当物体与杆连接在竖直平面内做圆周运动时，杆可以产生拉力与可以产生支持力，所以物体能否做完整的圆周运动的临界速度与杆出现支持力还是拉力的临界速度是不一样的，这也是本题的关键。
23．A
解析：A 【解析】 【详解】
AC 、由图甲可知，质点在x 方向上的初速度为12
4m /s 3
x v ==，沿x 方向的加速度为0；y 方向上的初速度为0，加速度：22m /s m s 6
3
2/a v t ?=?=
=，可知质点的初速度沿x 方向，大小为4m/s ，而加速度沿y 方向，根据牛顿第二定律可知，质点受到的合外力的方向沿y 方向，与初速度的方向垂直，A 正确C 错误；
B 、质点在x 轴方向做速度为4m/s 的匀速直线运动，在y 轴方向上做初速度为零的匀加速直线运动，质点的加速度方向沿y 轴方向，3s 末沿y 方向的分速度为6m/s ，所以3s 末质点
的速度：3/s v =
==，B 错误；
D 、根据牛顿第二定律可知，质点受到的合外力：F =ma =2×2=4N ，D 错误．
24．B
解析：B 【解析】
小球打在倾角θ为30°的斜面上，速度方向与斜面夹角α为60°，有几何关系可知，速度与水平方向的夹角为30°，将该速度分解：0
tan 30y v v =，又有：y gt =v ，联立并代入数据
解得：t =
，故B 正确，ACD 错误．
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