2025年高考物理解密之考点专题训练05曲线运动（Word版附解析）

这是一份2025年高考物理解密之考点专题训练05曲线运动（Word版附解析），共80页。试卷主要包含了所示，照片指尖的位置等内容，欢迎下载使用。
1．（2024•沙坪坝区校级模拟）某射击游戏道具如图（a）所示，将圆形转筒十等分后间隔排列五片弧形薄板，其余位置留空，俯视图如图（b）所示。已知转筒直径，角速度，小德用玩具手枪瞄准中轴线随机打出一枪，弹丸可认为做水平匀速直线运动且速度，弹丸穿过薄板后速度会减半，忽略空气阻力和弹丸穿过薄板所需时间，下列说法正确的是
A．薄板上各点线速度相同
B．薄板上一定会留下一个弹孔
C．若增大角速度，薄板上至少会留下一个弹孔
D．若减小角速度，薄板上至少会留下一个弹孔
2．（2024•花溪区校级模拟）骑行是一项深受人们热爱的运动，如图是场地自行车比赛的圆形赛道．路面与水平面的夹角为，圆周的半径为，某运动员骑自行车在该赛道上做匀速圆周运动，已知，，，则下列说法正确的是
A．该运动员在骑行过程中，所受合外力为零
B．该运动员在骑行过程中，所受合外力沿路面向下
C．若该运动员以的速度骑行，则其不受路面给的侧向摩擦力
D．若该运动员以的速度骑行，则其不受路面给的侧向摩擦力
3．（2024•观山湖区校级模拟）如图所示为固定的半圆形竖直轨道，为水平直径，为圆心，现同时从、两点水平相向抛出甲、乙两个小球，其初速度大小分别为、，且均落在轨道上的点，已知与竖直方向的夹角，忽略空气阻力，两小球均可视为质点。则下列说法正确的是
A．甲、乙两球不会同时落到轨道上
B．两者初速度关系为
C．整个下落过程，甲球速度变化量大于乙球速度变化量
D．甲球可沿半径方向垂直打在轨道上点
4．（2024•西城区一模）如图1所示，长为且不可伸长的轻绳一端固定在点，另一端系一小球，使小球在竖直面内做圆周运动。由于阻力的影响，小球每次通过最高点时速度大小不同。测量小球经过最高点时速度的大小、绳子拉力的大小，作出与的关系图线如图2所示。下列说法中正确的是
A．根据图线可以得出小球的质量
B．根据图线可以得出重力加速度
C．绳长不变，用质量更小的球做实验，得到的图线斜率更大
D．用更长的绳做实验，得到的图线与横轴交点的位置不变
5．（2024•顺庆区校级模拟）如图所示，阳光垂直照射到斜面草坪上，在斜面顶端把一高尔夫球水平击出让其在与斜面垂直的面内运动，小球刚好落在斜面底端。点是运动过程中距离斜面的最远处，点是在阳光照射下小球经过点的投影点，不计空气阻力，则
A．小球在斜面上的投影做匀速运动
B．与长度之比为
C．若斜面内点在点的正下方，则与长度不等
D．小球在点的速度与整个段平均速度大小相等
6．（2024•门头沟区一模）某研究小组在研究“估测甩手时指尖的最大向心加速度”课题研究时，利用摄像机记录甩手动作，、、是甩手动作最后3帧（每秒25帧）照片指尖的位置。根据照片建构、之间运动模型：开始阶段，指尖以肘关节为圆心做圆周运动，到接近的最后时刻，指尖以腕关节为圆心做圆周运动。测得、之间的距离为，、之间的距离为。粗略认为、之间平均速度为甩手动作最后阶段指尖做圆周运动的线速度。重力加速度为。请估测甩手时指尖的最大向心加速度
A．B．C．D．
7．（2024•武汉模拟）某同学投掷篮球空心入筐，篮球的出手点与篮筐的距离为，篮球进入篮筐时的速度方向恰好与出手时的速度方向垂直。不考虑空气阻力，重力加速度大小取。则篮球从出手到入筐的时间为
A．B．C．D．
8．（2024•广东）如图所示，在细绳的拉动下，半径为的卷轴可绕其固定的中心点在水平面内转动，卷轴上沿半径方向固定着长度为的细管，管底在点，细管内有一根原长为、劲度系数为的轻质弹簧，弹簧底端固定在管底，顶端连接质量为、可视为质点的插销。当以速度匀速拉动细绳时，插销做匀速圆周运动，若过大，插销会卡进固定的端盖。使卷轴转动停止。忽略摩擦力，弹簧在弹性限度内，要使卷轴转动不停止，的最大值为
A．B．C．D．
9．（2024•江岸区校级模拟）风洞是测试飞机性能、研究流体力学的一种必不可少的重要设施，我国的风洞技术处于世界领先地位。如图所示，某次风洞实验中，使风力大小恒定，方向水平，一质量为的轻质小球先后经过、两点，其中在点的速度大小为，方向与、连线成角；在点的速度大小也为，方向与、连线成角。已知、连线长为，与水平方向的夹角为，下列说法正确的是
A．从运动到点所用的时间为
B．小球的最小速度为0
C．风力大小为
D．若改用质量为的轻质小球，同样从点以相同速度抛出，其仍能经过点
10．（2024•湖北）如图所示，有五片荷叶伸出荷塘水面，一只青蛙要从高处荷叶跳到低处荷叶上。设低处荷叶、、、和青蛙在同一竖直平面内，、高度相同，、高度相同，、分别在、正上方。将青蛙的跳跃视为平抛运动，若以最小的初速度完成跳跃，则它应跳到
A．荷叶B．荷叶C．荷叶D．荷叶
二．多选题（共5小题）
11．（2024•观山湖区校级模拟）有一种新式健身“神器”——能自动计数的智能呼啦圈深受健身者的喜爱，如图甲所示。智能呼啦圈腰带外侧有圆形光滑轨道，将安装有滑轮的短杆嵌入轨道并能沿圆形轨道自由滑动，短杆的另一端悬挂一根带有配重的轻质细绳，将腰带简化为竖直硬质圆筒，其简化模型如图乙所示，水平固定好腰带，通过人体微小扭动，使配重在水平面内以角速度做匀速圆周运动，已知配重（可视为质点）质量为，绳的拉力大小为，绳与竖直方向夹角为，绳长一定，则下列说法正确的是
A．一定，越大，越大B．一定，越大，越大
C．一定，越大，越大D．一定，越大，越大
12．（2024•梅州二模）梅州是足球之乡，近几年我市足球事业发展迅速，如图7所示，某运动员在离球门正前方水平距离处头球攻门，足球在高处被水平顶出，顶出时速度垂直球门，并恰好落在球门线上，足球视为质点，不计空气阻力，取则此过程中，下列说法正确的是
A．球的运动时间为
B．球落地前瞬间竖直方向的分速度大小为
C．球的水平初速度大小为
D．球落地前瞬间速度方向与水平地面的夹角为
13．（2024•安徽）一倾角为足够大的光滑斜面固定于水平地面上，在斜面上建立直角坐标系，如图（1）所示。从开始，将一可视为质点的物块从点由静止释放，同时对物块施加沿轴正方向的力和，其大小与时间的关系如图（2）所示。已知物块的质量为，重力加速度取，不计空气阻力。则
A．物块始终做匀变速曲线运动
B．时，物块的坐标值为
C．时，物块的加速度大小为
D．时，物块的速度大小为
14．（2024•碑林区校级模拟）芬兰小将拉林托以两跳240.9分的成绩在跳台滑雪世界杯芬兰站中获得冠军。如图所示是简化后的跳台滑雪的雪道示意图，拉林托从助滑雪道上由静止开始滑下，到达点后水平飞出，落到滑道上的点，是运动轨迹上的某一点，在该点拉林托的速度方向与轨道平行，设拉林托从到与从到的运动时间分别为、，垂直，（忽略空气阻力）则
A．B．C．D．
15．（2024•江西模拟）陶瓷是中华瑰宝，是中华文明的重要名片。在陶瓷制作过程中有一道工序叫利坯，如图（a）所示，将陶瓷粗坯固定在绕竖直轴转动的水平转台上，用刀旋削，使坯体厚度适当，表里光洁。对应的简化模型如图（b）所示，粗坯的对称轴与转台转轴重合。当转台转速恒定时，关于粗坯上、两质点，下列说法正确的是
A．的角速度大小比的大
B．的线速度大小比的大
C．的向心加速度大小比的大
D．同一时刻所受合力的方向与的相同
三．填空题（共5小题）
16．（2024•重庆模拟）如图，水平地面上以速度做匀速直线运动的汽车，通过定滑轮用绳子吊起一个物体．在汽车做匀速直线运动的过程中，物体做 运动（选填“加速”或“减速” ．某一时刻绳子与水平方向的夹角为，则此时物体的速度 ．
17．（2023•长宁区二模）如图，半径为的圆盘上绕有一根轻绳，轻绳的另一端与放在水平桌面上物体相连，物体质量为，绳子处于水平状态，物体与桌面的摩擦系数为．开始，圆盘以角速度为常数）转动，绳子上拉力为 ；经过时间，圆盘转过的圈数 ．
18．（2023•奉贤区二模）如图所示为高速入口的自动识别系统的直杆道闸，水平细直杆可绕转轴在竖直平面内匀速转动。车头过自动识别线触发系统开始识别，线离直杆正下方的距离，识别系统的反应时间为，直杆转动角速度，直杆由水平位置转到竖直位置的时间约为 。直杆转动到竖直位置时汽车方能通过道闸，要使汽车安全通过道闸，则汽车不停车匀速安全通过道闸的最大速度为 。
19．（2023•徐汇区二模）一辆汽车在内以恒定速率通过长度为的圆弧形弯道，已知弯道半径为，则汽车在弯道中的加速度大小为 ，内速度变化量的大小为 。
20．（2022•青浦区二模）如图为“行星传动示意图”，中心“太阳轮”的转动轴固定，其半径为，周围四个“行星轮”的转动轴固定，其半径均为，“齿圈”的半径为，其中，、、分别是“太阳轮”、“行星轮”和“齿圈”边缘上的点，齿轮传动过程不打滑，则点与点的线速度之比为 ，点与点的转速之比为 。
四．解答题（共5小题）
21．（2024•顺义区三模）跑酷不仅可以强健体质，也可使得自身反应能力更加迅速。现有一运动员在图示位置起跳，运动过程姿势不变且不发生转动，到达墙面时鞋底与墙面接触并恰好不发生滑动，通过鞋底与墙面间相互作用可以获得向上的升力。已知运动员起跳时速度为，与水平方向夹角为，到达墙壁时速度方向恰好与墙面垂直，运动员鞋底与墙面的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为，全过程忽略空气阻力影响。
（1）求运动员起跳时的水平分速度与竖直分速度；
（2）运动员与墙发生相互作用的时间为，蹬墙后速度竖直向上，不再与墙发生相互作用，求蹬墙后运动员上升的最大高度；
（3）若运动员蹬墙后水平方向速度大小不变，方向相反，为了能够到达起跳位置的正上方，且距离地面高度不低于蹬墙结束时的高度，求运动员与墙发生相互作用的最长时间。
22．（2024•如皋市校级模拟）如图所示，长为的直杆一端可绕固定轴无摩擦转动，另一端靠在以水平速度，匀速向左运动、表面光滑的竖直挡板上，当直杆与竖直方向的夹角为时，直杆端点的线速度大小为多少？
23．（2024•长春一模）如图，由薄壁圆管构成的圆形轨道竖直固定在水平地面上，轨道半径，远大于圆管内径，轨道底端分别与两侧的水平直轨道相切。质量，直径略小于圆管内径的光滑小球以速度向右运动，与静止在直轨道处的小滑块发生弹性碰撞，碰后球的速度反向，且经过圆轨道最高点时恰好对轨道无作用力，点右侧由多段粗糙轨道、光滑轨道交替排列组成，每段轨道长度均为，紧邻点的第一段轨道为粗糙轨道，滑块与各粗糙轨道间的动摩擦因数均为，重力加速度取。求：
（1）碰撞后瞬间小球速度的大小；
（2）滑块的质量和碰撞后瞬间滑块速度的大小；
（3）碰撞后滑块运动的路程。
24．（2024•龙凤区校级模拟）一闯关游戏装置处于竖直截面内，如图所示，该装置由倾角的直轨道，螺旋圆形轨道，水平直轨道，传送带，水平直轨道，两个相同的四分之一圆管道拼接成的管道，水平直轨道组成。其中螺旋圆形轨道与轨道、相切于（E）和。直线轨道和通过传送带平滑连接，管道与直线轨道相切于点，直线轨道右端为弹性挡板，滑块与弹性挡板碰撞后能原速率返回。已知螺旋圆形轨道半径，长，传送带长，长，，四分之一圆轨道的半径。滑块与、、间的动摩擦因数，与传送带间的动摩擦因数，其余轨道光滑。现将一质量为的滑块从倾斜轨道上某高度处静止释放（滑块视为质点，所有轨道都平滑连接，不计空气阻力，，，
（1）若滑块恰好经过圆形轨道最高点，求滑块过点对轨道的压力及滑块静止释放时的高度；
（2）若滑块从上高处静止释放，且传送带静止，那么滑块最终静止的位置距离点的水平距离有多远；
（3）若滑块从上高处静止释放，且传送带以恒定的线速度顺时针转动，要使滑块停在上（滑块不会再次通过轨道回到上），求传送带的线速度需满足的条件。
25．（2024•漳州三模）水车是我国劳动人民利用水能的一项重要发明。如图为某景观水车模型，从槽口水平流出的水，垂直落在与水平面成角的水轮叶面上，轮叶在水流不断冲击下转动，稳定时轮叶边缘线速度与水流冲击的速度大小近似相等。已知槽口到冲击点所在的水平面距离，水车轮轴到轮叶边缘的距离为。忽略空气阻力，重力加速度为。求：
（1）水从槽口落到水轮叶面的时间；
（2）槽口处水流的初速度大小；
（3）轮叶边缘上质量为的钉子，随水车匀速转动时的向心力大小。
2025年高考物理解密之曲线运动
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题）
1．（2024•沙坪坝区校级模拟）某射击游戏道具如图（a）所示，将圆形转筒十等分后间隔排列五片弧形薄板，其余位置留空，俯视图如图（b）所示。已知转筒直径，角速度，小德用玩具手枪瞄准中轴线随机打出一枪，弹丸可认为做水平匀速直线运动且速度，弹丸穿过薄板后速度会减半，忽略空气阻力和弹丸穿过薄板所需时间，下列说法正确的是
A．薄板上各点线速度相同
B．薄板上一定会留下一个弹孔
C．若增大角速度，薄板上至少会留下一个弹孔
D．若减小角速度，薄板上至少会留下一个弹孔
【答案】
【考点】角速度的物理意义及计算；线速度与角速度的关系
【专题】匀速圆周运动专题；定量思想；推理论证能力；推理法
【分析】根据角速度和线速度的关系，结合角速度定义以及几何关系分析求解。
【解答】解：．根据可知，薄板上各点线速度大小相等，方向不同，故错误；
．子弹在转筒中运动的时间为
此时转筒转过的角度为
圆筒与圆心连线每隔有一块薄板，由几何关系可知，薄板上一定会留下一个弹孔，故正确；
．由上述分析可知，增大角速度或减小角速度，子弹在薄板上可能不留下弹孔，故错误。
故选：。
【点评】本题考查了匀速圆周运动相关知识，理解角速度和线速度的关系是解决此类问题的关键。
2．（2024•花溪区校级模拟）骑行是一项深受人们热爱的运动，如图是场地自行车比赛的圆形赛道．路面与水平面的夹角为，圆周的半径为，某运动员骑自行车在该赛道上做匀速圆周运动，已知，，，则下列说法正确的是
A．该运动员在骑行过程中，所受合外力为零
B．该运动员在骑行过程中，所受合外力沿路面向下
C．若该运动员以的速度骑行，则其不受路面给的侧向摩擦力
D．若该运动员以的速度骑行，则其不受路面给的侧向摩擦力
【答案】
【考点】向心力的表达式及影响向心力大小的因素；牛顿第二定律的简单应用
【专题】匀速圆周运动专题；定量思想；方程法；推理能力
【分析】根据匀速圆周运动的受力特点判断；要使自行车转弯不受摩擦力影响，则由重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求解自行车的速度。
【解答】解：、该运动员在骑行过程中在该赛道上做匀速圆周运动，所受的合外力提供向心力，指向圆心，故错误；
、当其不受路面给的侧向摩擦力，重力和路面的支持力提供向心力，可得
得
故正确，错误。
故选：。
【点评】本题是车辆转弯问题，解答此类问题的关键是能够对物体进行受力分析，确定哪些力的合力或哪个力的分力提供了向心力，根据向心力的计算公式进行解答。
3．（2024•观山湖区校级模拟）如图所示为固定的半圆形竖直轨道，为水平直径，为圆心，现同时从、两点水平相向抛出甲、乙两个小球，其初速度大小分别为、，且均落在轨道上的点，已知与竖直方向的夹角，忽略空气阻力，两小球均可视为质点。则下列说法正确的是
A．甲、乙两球不会同时落到轨道上
B．两者初速度关系为
C．整个下落过程，甲球速度变化量大于乙球速度变化量
D．甲球可沿半径方向垂直打在轨道上点
【答案】
【考点】平抛运动与曲面的结合
【专题】定量思想；推理法；平抛运动专题；推理论证能力
【分析】要两小球落在坑中同一点，则水平位移大小之和为，落点不同，竖直方向位移可能不同，也可能不同；根据几何关系知点到点水平方向的距离，进而可得出从点与点抛出的小球的水平位移之比，竖直方向位移相同，运动时间相等，则可得初速度之比。
【解答】解：、由图可知，两个物体下落的高度是相等的，
自由落体运动下降的高度为
又速度变化为
△
可知甲、乙两球下落到轨道的时间相等，即甲、乙两球同时落到轨道上，甲、乙两球下落到轨道的速度变化量相同，故错误。
、设圆形轨道的半径为，则甲水平位移为
乙水平位移为
可得
小球水平方向做匀速直线运动，则有
故正确。
、由平抛运动推论，速度反向延长线过水平位移中点，由题图可知若甲球垂直打在轨道上，由几何关系，其速度方向延长线应过点，与推论矛盾，则甲球不可能沿半径方向垂直打在半圆形竖直轨道上，故错误。
故选：。
【点评】本题考查平抛运动规律的应用，分析清楚小球运动过程是解题的前提与关键。
4．（2024•西城区一模）如图1所示，长为且不可伸长的轻绳一端固定在点，另一端系一小球，使小球在竖直面内做圆周运动。由于阻力的影响，小球每次通过最高点时速度大小不同。测量小球经过最高点时速度的大小、绳子拉力的大小，作出与的关系图线如图2所示。下列说法中正确的是
A．根据图线可以得出小球的质量
B．根据图线可以得出重力加速度
C．绳长不变，用质量更小的球做实验，得到的图线斜率更大
D．用更长的绳做实验，得到的图线与横轴交点的位置不变
【答案】
【考点】牛顿第二定律的简单应用；绳球类模型及其临界条件；向心力的表达式及影响向心力大小的因素
【专题】匀速圆周运动专题；定量思想；方程法；应用数学处理物理问题的能力
【分析】根据牛顿第二定律和向心力的计算公式得到图像的表达式，利用图像的斜率与截距解答
【解答】解：、根据牛顿第二定律和向心力的计算公式，得到图像的表达式为：，变形为：
根据图像的斜率可得：
根据图像的横轴截距可得：
解得：，，故正确，错误；
、根据斜率，可知不变，减小，斜率减小，故错误；
、横轴截距，可知变大，不变，所以会变大，可得图线与横轴交点的位置向右移动，故错误。
故选：。
【点评】此题中小球在最高点时只受到绳子拉力和自身重力，利用向心力公式，根据牛顿第二定律，可以得到的图像的解析式，图像中的特殊点也可以代入计算，利用数学解决物理问题。
5．（2024•顺庆区校级模拟）如图所示，阳光垂直照射到斜面草坪上，在斜面顶端把一高尔夫球水平击出让其在与斜面垂直的面内运动，小球刚好落在斜面底端。点是运动过程中距离斜面的最远处，点是在阳光照射下小球经过点的投影点，不计空气阻力，则
A．小球在斜面上的投影做匀速运动
B．与长度之比为
C．若斜面内点在点的正下方，则与长度不等
D．小球在点的速度与整个段平均速度大小相等
【答案】
【考点】平抛运动速度的计算
【专题】定量思想；合成分解法；平抛运动专题；分析综合能力
【分析】、运用运动的合成与分解方法将小球的运动沿斜面方向和垂直与斜面方向分解，根据运动规律判断选项正误；
、沿水平方向和竖直方向将小球的运动分解，分别计算小球的水平位移，进而根据几何关系判断与长度关系；
、利用平均速度公式计算小球全程的平均速度，利用运动合成与分解方法沿斜面和垂直与斜面方向分解小球的速度，进而计算小球运动到点时的速度大小，以此比较二者大小关系。
【解答】解：、将小球的运动分解为沿斜面和垂直斜面两个分运动，可知小球沿斜面方向做初速度为，加速度为的匀加速直线运动，则小球在斜面上的投影做匀加速直线运动；小球垂直斜面方向做初速度为，加速度为的匀减速直线运动，点是运动过程中距离斜面的最远处，则此时小球垂直斜面方向的分速度刚好为0，根据对称性可知，到与到的时间相等，均为
则有
可得
则有
故错误；
、将小球的运动分解为水平方向的匀速运动和竖直方向的自由落体运动，则小球从到有
小球从到有
若点到点的正下方，则有
可知点是的中点，则与长度相等，故错误；
、由选项可知，沿斜面方向和垂直与斜面方向将小球的运动分解后，到达点的速度为
小球运动整段的平均速度为
整理可得
由选项结论可知，到与到的时间相等，
故
联立上式可知，故正确。
故选：。
【点评】本题考查对平抛运动规律的理解，其中运用运动的合成与分解的方法为解决本题的关键，特别注意该方法应用时可灵活改变建系方向。
6．（2024•门头沟区一模）某研究小组在研究“估测甩手时指尖的最大向心加速度”课题研究时，利用摄像机记录甩手动作，、、是甩手动作最后3帧（每秒25帧）照片指尖的位置。根据照片建构、之间运动模型：开始阶段，指尖以肘关节为圆心做圆周运动，到接近的最后时刻，指尖以腕关节为圆心做圆周运动。测得、之间的距离为，、之间的距离为。粗略认为、之间平均速度为甩手动作最后阶段指尖做圆周运动的线速度。重力加速度为。请估测甩手时指尖的最大向心加速度
A．B．C．D．
【答案】
【考点】向心加速度的表达式及影响向心加速度大小的因素
【专题】定量思想；推理能力；牛顿第二定律在圆周运动中的应用；推理法
【分析】先利用周期与频率的关系计算时间，进而计算、间的平均速度，进而利用向心加速度公式计算。
【解答】解：每秒25帧，则
指尖在、间运动的平均速度约为
代入数据解得，指尖在点附近做圆周运动的半径，
则向心加速度大小约为
代入数据解得，故正确，错误。
故选：。
【点评】本题考查考生对圆周运动中向心加速度的理解。
7．（2024•武汉模拟）某同学投掷篮球空心入筐，篮球的出手点与篮筐的距离为，篮球进入篮筐时的速度方向恰好与出手时的速度方向垂直。不考虑空气阻力，重力加速度大小取。则篮球从出手到入筐的时间为
A．B．C．D．
【答案】
【考点】斜抛运动
【专题】定量思想；推理法；平抛运动专题；推理能力
【分析】做斜抛运动的物体，可以分解为水平方向的匀速运动和竖直方向做竖直方向的匀变速直线运动；结合运动学规律解答。
【解答】解：设篮球初速度为，与水平夹角为，末速度为，与竖直方向夹角为斜向下。由题意可知
篮球做匀变速曲线运动，则竖直方向
水平方向
运动时间为
又
联立得
故错误，正确
故选：。
【点评】本题主要考查了斜抛运动的规律；对于曲线运动一般采用“化曲为直”的思想解题。
8．（2024•广东）如图所示，在细绳的拉动下，半径为的卷轴可绕其固定的中心点在水平面内转动，卷轴上沿半径方向固定着长度为的细管，管底在点，细管内有一根原长为、劲度系数为的轻质弹簧，弹簧底端固定在管底，顶端连接质量为、可视为质点的插销。当以速度匀速拉动细绳时，插销做匀速圆周运动，若过大，插销会卡进固定的端盖。使卷轴转动停止。忽略摩擦力，弹簧在弹性限度内，要使卷轴转动不停止，的最大值为
A．B．C．D．
【答案】
【考点】牛顿第二定律的简单应用；牛顿第二定律与向心力结合解决问题
【专题】定量思想；推理法；牛顿第二定律在圆周运动中的应用；推理论证能力
【分析】卷轴和插销属于同轴传动模型，角速度相等，对插销进行受力分析，结合牛顿第二定律得出速度的最大值。
【解答】解：卷轴的角速度为：
插销与卷轴属于同轴传动模型，角速度相等，要使卷轴转动不停止，则弹簧对插销的弹力提供向心力，根据牛顿第二定律可得：
联立解得：，故正确，错误；
故选：。
【点评】本题主要考查了圆周运动的相关应用，熟悉传动模型的特点，掌握向心力的来源，结合牛顿第二定律即可完成分析。
9．（2024•江岸区校级模拟）风洞是测试飞机性能、研究流体力学的一种必不可少的重要设施，我国的风洞技术处于世界领先地位。如图所示，某次风洞实验中，使风力大小恒定，方向水平，一质量为的轻质小球先后经过、两点，其中在点的速度大小为，方向与、连线成角；在点的速度大小也为，方向与、连线成角。已知、连线长为，与水平方向的夹角为，下列说法正确的是
A．从运动到点所用的时间为
B．小球的最小速度为0
C．风力大小为
D．若改用质量为的轻质小球，同样从点以相同速度抛出，其仍能经过点
【答案】
【考点】牛顿第二定律的简单应用；合运动与分运动的关系
【专题】应用题；定量思想；推理法；运动的合成和分解专题；分析综合能力
【分析】根据动能定理可判断风力的方向；将小球的运动分解为平行于连线和垂直于连线，根据平行于连线方向的匀速直线运动位移与时间关系可求时间；垂直于连线速度为0时小球的速度最小；根据垂直于连线方向的运动由牛顿第二定律求解风力。
【解答】解：、对小球受力分析有：
设小球的运动时间为，小球在竖直方向做自由落体运动；
根据平均速度公式
代入数据解得，故错误；
、小球在水平方向做匀减速直线运动，设水平方向的加速度的大小为
根据匀变速运动公式，水平方向
竖直方向做自由落体运动
代入数据联立解得
根据速度的合成与分解，运动过程中任意一点的速度有
，故错误；
、设合力为，由斜上抛运动规律知
代入得
解得
所以风力，故正确；
、风力不变，重力变为原来的2倍，所以合力大小方向都发生改变，所以不能到达点，故错误。
故选：。
【点评】本题考查了曲线运动的处理方法，要求学生能熟练运用运动的分解与合成处理这类问题。
10．（2024•湖北）如图所示，有五片荷叶伸出荷塘水面，一只青蛙要从高处荷叶跳到低处荷叶上。设低处荷叶、、、和青蛙在同一竖直平面内，、高度相同，、高度相同，、分别在、正上方。将青蛙的跳跃视为平抛运动，若以最小的初速度完成跳跃，则它应跳到
A．荷叶B．荷叶C．荷叶D．荷叶
【答案】
【考点】平抛运动速度的计算
【专题】定性思想；推理法；信息给予题；平抛运动专题；理解能力
【分析】平抛运动在竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀速直线运动，根据平抛运动规律求解水平初速度，然后作答。
【解答】解：平抛运动在竖直方向做自由落体运动
水平方向做匀速直线运动
水平初速度
要使水平初速度最小，则需要水平位移最小、竖直位移最大；
由于、荷叶与青蛙的水平位移最小，、荷叶与青蛙的高度差最大，跳到荷叶上同时满足水平位移最小，竖直位移最大，故错误，正确。
故选：。
【点评】本题主要考查了平抛运动规律的运用，解题的关键是根据平抛运动规律求解出水平初速度的关系式。
二．多选题（共5小题）
11．（2024•观山湖区校级模拟）有一种新式健身“神器”——能自动计数的智能呼啦圈深受健身者的喜爱，如图甲所示。智能呼啦圈腰带外侧有圆形光滑轨道，将安装有滑轮的短杆嵌入轨道并能沿圆形轨道自由滑动，短杆的另一端悬挂一根带有配重的轻质细绳，将腰带简化为竖直硬质圆筒，其简化模型如图乙所示，水平固定好腰带，通过人体微小扭动，使配重在水平面内以角速度做匀速圆周运动，已知配重（可视为质点）质量为，绳的拉力大小为，绳与竖直方向夹角为，绳长一定，则下列说法正确的是
A．一定，越大，越大B．一定，越大，越大
C．一定，越大，越大D．一定，越大，越大
【答案】
【考点】物体在圆锥面上做圆周运动
【专题】推理论证能力；方程法；定量思想；匀速圆周运动专题
【分析】根据平行四边形定则求解配重受到的合力大小；根据合力提供向心力，根据向心力公式判断角速度的变化，以及绳上拉力的变化，进而得到腰受到腰带的弹力变化。
【解答】解：根据题意，对配重受力分析，如图所示
竖直方向上处于平衡状态，则
水平方向上由牛顿第二定律有
整理得
可知越大，则越大，当一定时，的大小与质量无关
又：，可知一定时，越大，越大，越小，越大；一定时，越大，不变，不变，越大。故正确，错误。
故选：。
【点评】本题考查匀速圆周运动，关键是弄清楚配重和腰带的受力情况，能够根据牛顿第二定律结合向心力的计算公式进行解答。
12．（2024•梅州二模）梅州是足球之乡，近几年我市足球事业发展迅速，如图7所示，某运动员在离球门正前方水平距离处头球攻门，足球在高处被水平顶出，顶出时速度垂直球门，并恰好落在球门线上，足球视为质点，不计空气阻力，取则此过程中，下列说法正确的是
A．球的运动时间为
B．球落地前瞬间竖直方向的分速度大小为
C．球的水平初速度大小为
D．球落地前瞬间速度方向与水平地面的夹角为
【答案】
【考点】平抛运动速度的计算；平抛运动时间的计算
【专题】合成分解法；平抛运动专题；推理能力；定量思想
【分析】平抛运动可以将运动分解成水平和竖直两个方向，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，根据竖直方向下落的高度即可得出足球的运动时间，再根据水平方向的位移大小即可得出足球的初速度，再通过对水平竖直两个方向的分析，可得出足球落地时的竖直反向速度大小以及速度方向与地面的夹角。
【解答】解：由题可知，足球的运动为平抛运动，将运动过程分解成水平竖直两个方向，竖直方向做自由落体运动，下落高度为，运动的时间满足，将、代入可知，，故错误；
已知球在竖直方向做自由落体运动，运动时间为，因此落地时的速度为，故正确；
已知球在水平方向做匀速直线运动，运动时间为，位移为，水平初速度满足，代入已知数据可得，故正确；
球落地时，假设速度方向与水平地面的夹角为，已知水平方向的速度大小为，竖直方向的速度大小为，由此可知，因此，故错误。
故选：。
【点评】本题需要学生运用平抛运动相关知识结合三角函数以解决此类问题。
13．（2024•安徽）一倾角为足够大的光滑斜面固定于水平地面上，在斜面上建立直角坐标系，如图（1）所示。从开始，将一可视为质点的物块从点由静止释放，同时对物块施加沿轴正方向的力和，其大小与时间的关系如图（2）所示。已知物块的质量为，重力加速度取，不计空气阻力。则
A．物块始终做匀变速曲线运动
B．时，物块的坐标值为
C．时，物块的加速度大小为
D．时，物块的速度大小为
【答案】
【考点】匀变速直线运动位移与时间的关系；牛顿第二定律的简单应用；合运动与分运动的关系
【专题】信息给予题；定量思想；推理法；直线运动规律专题；牛顿运动定律综合专题；理解能力
【分析】根据图2分别求解、随时间变化的关系，再求的合力随时间变化的关系，再根据力的合成分析物块所受的合力是否恒定，结合牛顿第二定律分析加速度是否滑动，然后作答；
根据牛顿第二定律求解物块沿轴方向的加速度，根据运动学公式求解作答；
根据力的合成求物块所受的合力，根据牛顿第二定律求加速度；
根据运动学公式求物块沿轴方向的瞬时速度；根据题意求方向的平均作用力，根据牛顿第二定律求平均加速度，再根据运动学公式求物块压轴方向的瞬时速度，最后求合速度。
【解答】解：根据图2可知，随时间变化的关系为，其中
随时间变化的关系为
、的合力
物块沿轴方向的分力
物块沿轴方向的力
由于随时间变化，因此物块所受的合力不恒定，加速度不恒定；
物块做非匀变速曲线运动，故错误；
物块沿方向做匀加速运动，加速度
根据匀变速运动公式，时，物块的坐标值，故正确；
当时，
此时物块所受的合力
根据牛顿第二定律
代入数据解得物块的加速度大小，故错误；
时刻，物块沿轴方向的速度
物块在时刻，沿轴方向的合力
在内沿轴方向的平均加速度
时刻，物块沿轴方向的速度
根据运动的合成与分解，在时刻的速度，故正确。
故选：。
【点评】本题考查了运动的合成与分解、力的合成与分解；物块做曲线运动可以分解为沿轴方向的匀加速直线运动和要轴方向的变加速直线运动；要熟练掌握运动学公式和牛顿运动定律；知道匀变速曲线运动是加速度恒定的曲线运动。
14．（2024•碑林区校级模拟）芬兰小将拉林托以两跳240.9分的成绩在跳台滑雪世界杯芬兰站中获得冠军。如图所示是简化后的跳台滑雪的雪道示意图，拉林托从助滑雪道上由静止开始滑下，到达点后水平飞出，落到滑道上的点，是运动轨迹上的某一点，在该点拉林托的速度方向与轨道平行，设拉林托从到与从到的运动时间分别为、，垂直，（忽略空气阻力）则
A．B．C．D．
【答案】
【考点】平抛运动
【专题】定量思想；推理法；平抛运动专题；推理能力
【分析】运动员从点水平飞出后做平抛运动，可以不用通常的分解方法，而建立这样的坐标系：以点为原点，为轴，和垂直向上方向为轴，进行运动分解，轴方向做类似竖直上抛运动，轴方向做匀加速直线运动。
【解答】解：．依题意，将以点为原点，为轴，和垂直向上方向为轴，建立坐标系如图
对运动员的运动进行分解，轴方向做类竖直上抛运动，轴方向做匀加速直线运动。当运员动速度方向与轨道平行时，在轴方向上到达最高点，根据竖直上抛运动的对称性，知
故正确，错误；
．将初速度沿、方向分解为、，将加速度沿、方向分解为、，结合初速度为零的匀加速直线运动的比例关系知：初速度为零的匀加速直线运动连续相同时间内的位移比为：。运动员沿轴方向做匀加速直线运动，且
但由于初速度不为零，所以根据初速度为零的匀加速直线运动连续相同时间内的位移比特点可知
故正确，错误。
故选：。
【点评】本题如采用常规的分解方法很难求解，而根据分解处理是等效的，可灵活建立坐标系，进行运动的分解问题就容易解答。
15．（2024•江西模拟）陶瓷是中华瑰宝，是中华文明的重要名片。在陶瓷制作过程中有一道工序叫利坯，如图（a）所示，将陶瓷粗坯固定在绕竖直轴转动的水平转台上，用刀旋削，使坯体厚度适当，表里光洁。对应的简化模型如图（b）所示，粗坯的对称轴与转台转轴重合。当转台转速恒定时，关于粗坯上、两质点，下列说法正确的是
A．的角速度大小比的大
B．的线速度大小比的大
C．的向心加速度大小比的大
D．同一时刻所受合力的方向与的相同
【答案】
【考点】牛顿第二定律的简单应用；线速度的物理意义及定义式；向心加速度的表达式及影响向心加速度大小的因素；向心力的表达式及影响向心力大小的因素
【专题】匀速圆周运动专题；方程法；定性思想；推理能力
【分析】同一圆环以直径为轴做匀速转动时，环上的点的角速度相同，根据几何关系可以判断、两点各自做圆周运动的半径，根据即可求解线速度，根据求得向心加速度。
【解答】解：．由题意可知，粗坯上、两质点属于同轴转动，它们的角速度相等，即，故错误；
．由图可知点绕转轴转动的半径大，根据，所以，即的线速度大小比的大，故正确；
．根据，且，
所以
即的向心加速度大小比的大，故正确；
．因为当转台转速恒定，所以同一时刻所受合力的方向与的所受的合力方向均指向中心轴，故合力方向不相同，故错误。
故选：。
【点评】该题主要考查了圆周运动基本公式的直接应用，注意同轴转动时角速度相同。
三．填空题（共5小题）
16．（2024•重庆模拟）如图，水平地面上以速度做匀速直线运动的汽车，通过定滑轮用绳子吊起一个物体．在汽车做匀速直线运动的过程中，物体做 加速 运动（选填“加速”或“减速” ．某一时刻绳子与水平方向的夹角为，则此时物体的速度 ．
【答案】加速，．
【考点】运动的合成和分解
【专题】定性思想；方程法；运动的合成和分解专题；推理能力
【分析】车的运动可分解为沿绳方向和垂直于绳的方向两个运动，其中沿绳方向的运动与物体上升的运动速度相等．
【解答】解：车的运动可分解为沿绳方向和垂直于绳的方向两个运动，因某一时刻绳子与水平方向的夹角为，
由几何关系可得：，
而逐渐变小，故逐渐变大，物体有向上的加速度，是加速运动；
故答案为：加速，．
【点评】正确将车的运动进行分解是解决本题的关键，注意两个物体沿着绳子方向的分运动的分速度是相等的．
17．（2023•长宁区二模）如图，半径为的圆盘上绕有一根轻绳，轻绳的另一端与放在水平桌面上物体相连，物体质量为，绳子处于水平状态，物体与桌面的摩擦系数为．开始，圆盘以角速度为常数）转动，绳子上拉力为 ；经过时间，圆盘转过的圈数 ．
【考点】判断是否存在摩擦力；线速度的物理意义及定义式
【专题】计算题；定量思想；匀速圆周运动专题；方程法
【分析】根据角速度与线速度的关系写出线速度的表达式，再由运动学的公式求出物体的加速度，由牛顿第二定律求出拉力．结合求出圆盘转过的圈数．
【解答】解：根据公式：得：
结合匀变速直线运动的速度公式：可得：
物体在运动的过程中水平方向受到拉力与摩擦力，则：
联立得：
经过时间，圆盘转过的角度：
圆盘转过的圈数
故答案为：，
【点评】该题结合牛顿第二定律考查变速圆周运动的线速度、角速度之间的关系，在解答的过程中要注意公式的变换．
18．（2023•奉贤区二模）如图所示为高速入口的自动识别系统的直杆道闸，水平细直杆可绕转轴在竖直平面内匀速转动。车头过自动识别线触发系统开始识别，线离直杆正下方的距离，识别系统的反应时间为，直杆转动角速度，直杆由水平位置转到竖直位置的时间约为 2 。直杆转动到竖直位置时汽车方能通过道闸，要使汽车安全通过道闸，则汽车不停车匀速安全通过道闸的最大速度为 。
【答案】2，10
【考点】线速度的物理意义及定义式
【专题】理解能力；定量思想；直线运动规律专题；方程法
【分析】根据角速度公式，以及速度公式即可求。
【解答】解：根据角速度公式，，故转动时间为，从车进入线开始，经过杆完全抬起，所以汽车的最大速度为。
故答案为：2，10。
【点评】注意杆抬起的角度为，且需要加上识别系统的反应时间，反应时间很容易忽略。
19．（2023•徐汇区二模）一辆汽车在内以恒定速率通过长度为的圆弧形弯道，已知弯道半径为，则汽车在弯道中的加速度大小为 ，内速度变化量的大小为 。
【答案】；
【考点】车辆在道路上的转弯问题
【专题】匀速圆周运动专题；定量思想；方程法；理解能力
【分析】汽车做匀速圆周运动，由线速度定义式可以求出汽车的速率，由向心加速度定义式求出加速度大小。
利用通过的弧长和半径可以求出汽车圆周运动过程中通过的圆心角为，即速度方向改变了，利用平行四边形定则求出速度的变化量大小。
【解答】解：由线速度定义式可知汽车的速率：，由向心加速度定义式可知：，由弧长和半径的关系，可得汽车转过的圆心角，即汽车速度方向改变了，所以汽车在内的初末速度互相垂直，则内
故答案为：；
【点评】本题考查了线速度定义式，向心加速度定义式，弧长与半径、圆心角的关系，平行四边形定则，关键是求出汽车转过的圆心角，进而知道汽车速度方向变化的角度
20．（2022•青浦区二模）如图为“行星传动示意图”，中心“太阳轮”的转动轴固定，其半径为，周围四个“行星轮”的转动轴固定，其半径均为，“齿圈”的半径为，其中，、、分别是“太阳轮”、“行星轮”和“齿圈”边缘上的点，齿轮传动过程不打滑，则点与点的线速度之比为 ，点与点的转速之比为 。
【答案】，。
【考点】传动问题
【专题】定量思想；平抛运动专题；推理法；推理能力
【分析】齿轮传动的两个轮子边缘上各点的线速度大小相等，然后结合半径关系分析周期的关系。
【解答】解：由图可知，与为齿轮传动，所以线速度大小相等，与也是车轮传动，线速度也相等，所以与的线速度是相等的，点与点的线速度之比为；
由图可知：
点和点的线速度大小相等，由知点和点的转速之比为：；
故答案为：，。
【点评】本题运用比例法解决物理问题的能力，关键抓住相等的量：对于齿轮传动的两个轮子边缘上各点的线速度大小相等；同一轮上各点的角速度相同。
四．解答题（共5小题）
21．（2024•顺义区三模）跑酷不仅可以强健体质，也可使得自身反应能力更加迅速。现有一运动员在图示位置起跳，运动过程姿势不变且不发生转动，到达墙面时鞋底与墙面接触并恰好不发生滑动，通过鞋底与墙面间相互作用可以获得向上的升力。已知运动员起跳时速度为，与水平方向夹角为，到达墙壁时速度方向恰好与墙面垂直，运动员鞋底与墙面的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为，全过程忽略空气阻力影响。
（1）求运动员起跳时的水平分速度与竖直分速度；
（2）运动员与墙发生相互作用的时间为，蹬墙后速度竖直向上，不再与墙发生相互作用，求蹬墙后运动员上升的最大高度；
（3）若运动员蹬墙后水平方向速度大小不变，方向相反，为了能够到达起跳位置的正上方，且距离地面高度不低于蹬墙结束时的高度，求运动员与墙发生相互作用的最长时间。
【答案】（1）运动员起跳时的水平分速度和竖直分速度分别为和；
（2）蹬墙后运动员上升的最大高度为；
（3）运动员与墙发生相互作用的最长时间为。
【考点】平抛运动速度的计算；牛顿第二定律的简单应用
【专题】推理能力；定量思想；推理法；动量定理应用专题
【分析】（1）根据几何关系分析出运动员起跳时两个方向的分速度；
（2）根据竖直方向上的动量定理得出运动员上升的最大高度；
（3）根据动量定理和运动学公式得出运动员与墙发生相互作用的最长时间。
【解答】解：（1）根据几何关系可得水平方向分速度为：
竖直方向分速度为：
（2）设墙对运动员平均弹力大小为，平均最大静摩擦力为，蹬墙后运动员获得竖直向上的速度为，人质量为，设水平向右为正方向，由动量定理得：
设竖直向上为正方向，由动量定理得：
其中
联立得
运动员蹬墙结束后竖直方向做匀减速直线运动至速度为零，由
联立解得：
（3）设墙对运动员平均弹力大小为，平均最大静摩擦力为，蹬墙后运动员获得竖直向上的速度为，与墙发生相互作用的时间为，人的质量为，设水平向右为正方向，由动量定理得
设竖直向上为正方向，由动量定理得
其中
联立得
设运动员起跳位置离墙面水平距离为，到达墙面所需时间为，离墙后到达起跳位置正上方的运动时间为，起跳后水平方向做匀速直线运动，得
解得：
运动员离墙后水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为，加速度为的匀变速直线运动，当竖直位移为0时，水平位移不小于。根据上述分析，得：
，
联立式
作用的最长时间为：
答：（1）运动员起跳时的水平分速度和竖直分速度分别为和；
（2）蹬墙后运动员上升的最大高度为；
（3）运动员与墙发生相互作用的最长时间为。
【点评】本题主要考查了动量定理的相关应用，根据几何关系得出不同方向的分速度，结合动量定理和运动学公式即可完成分析。
22．（2024•如皋市校级模拟）如图所示，长为的直杆一端可绕固定轴无摩擦转动，另一端靠在以水平速度，匀速向左运动、表面光滑的竖直挡板上，当直杆与竖直方向的夹角为时，直杆端点的线速度大小为多少？
【答案】直杆端点的线速度大小为。
【考点】关联速度问题
【专题】推理论证能力；运动的合成和分解专题；定量思想；图析法
【分析】由于直杆绕固定轴无摩擦转动可知，点速度垂直于杆，将点速度分解，通过几何关系即可求得点的线速度。
【解答】解：由题意得点的实际速度沿垂直于杆的方向，将点速度分解，如图所示
由几何关系得
答：直杆端点的线速度大小为。
【点评】本题考查关联速度问题，需要弄懂分速度和合速度，利用几何关系求解。题目较为简单。
23．（2024•长春一模）如图，由薄壁圆管构成的圆形轨道竖直固定在水平地面上，轨道半径，远大于圆管内径，轨道底端分别与两侧的水平直轨道相切。质量，直径略小于圆管内径的光滑小球以速度向右运动，与静止在直轨道处的小滑块发生弹性碰撞，碰后球的速度反向，且经过圆轨道最高点时恰好对轨道无作用力，点右侧由多段粗糙轨道、光滑轨道交替排列组成，每段轨道长度均为，紧邻点的第一段轨道为粗糙轨道，滑块与各粗糙轨道间的动摩擦因数均为，重力加速度取。求：
（1）碰撞后瞬间小球速度的大小；
（2）滑块的质量和碰撞后瞬间滑块速度的大小；
（3）碰撞后滑块运动的路程。
【答案】（1）碰撞后瞬间小球速度的大小为；
（2）滑块的质量为和碰撞后瞬间滑块速度的大小为；
（3）碰撞后滑块运动的路程为。
【考点】动能定理的简单应用；绳球类模型及其临界条件；动量守恒定律在绳连接体问题中的应用；动量守恒与能量守恒共同解决实际问题
【专题】推理法；定量思想；力学三大知识结合的综合问题；动量和能量的综合；分析综合能力
【分析】（1）由题意可知在点恰好由重力提供向心力，从小球碰撞结束到反向运动到点过程利用动能定理可得小球碰撞后速度大小；
（2）两物体碰撞是弹性碰撞，由动量守恒和机械能守恒可得的质量和碰后速度大小；
（3）碰后对利用动能定理可得在粗糙轨道运动的路程，由此路程与关系可得在光滑轨道运动路程，两者之和为运动总路程。
【解答】解：（1）小球在时恰好对轨道无作用力，由牛顿第二定律有：
设小球碰后的速度为，从小球碰后到反向运动到点过程，由动能定理有：
代入数据可得：
（2）设滑块碰后的速度为，滑块的质量为，、两物体是弹性碰撞，取的方向为正方向，由动量守恒有：
由机械能守恒有：
代入数据可得：，
（3）碰撞后对滑块利用动能定理，则有：
代入数据可得：
，可知，则滑块经过光滑轨道的路程
则运动的路程
答：（1）碰撞后瞬间小球速度的大小为；
（2）滑块的质量为和碰撞后瞬间滑块速度的大小为；
（3）碰撞后滑块运动的路程为。
【点评】本题考查了动量守恒定律和机械能守恒、牛顿第二定律、竖直平面内的圆周运动，解题的关键是抓住两物体的碰撞是弹性碰撞。
24．（2024•龙凤区校级模拟）一闯关游戏装置处于竖直截面内，如图所示，该装置由倾角的直轨道，螺旋圆形轨道，水平直轨道，传送带，水平直轨道，两个相同的四分之一圆管道拼接成的管道，水平直轨道组成。其中螺旋圆形轨道与轨道、相切于（E）和。直线轨道和通过传送带平滑连接，管道与直线轨道相切于点，直线轨道右端为弹性挡板，滑块与弹性挡板碰撞后能原速率返回。已知螺旋圆形轨道半径，长，传送带长，长，，四分之一圆轨道的半径。滑块与、、间的动摩擦因数，与传送带间的动摩擦因数，其余轨道光滑。现将一质量为的滑块从倾斜轨道上某高度处静止释放（滑块视为质点，所有轨道都平滑连接，不计空气阻力，，，
（1）若滑块恰好经过圆形轨道最高点，求滑块过点对轨道的压力及滑块静止释放时的高度；
（2）若滑块从上高处静止释放，且传送带静止，那么滑块最终静止的位置距离点的水平距离有多远；
（3）若滑块从上高处静止释放，且传送带以恒定的线速度顺时针转动，要使滑块停在上（滑块不会再次通过轨道回到上），求传送带的线速度需满足的条件。
【答案】（1）滑块过点对轨道的压力为，方向竖直向下，滑块静止释放时的高度为；
（2）滑块最终静止的位置距离点的水平距离为；
（3）要使滑块停在上（滑块不会再次通过轨道回到上），传送带的线速度需满足的条件为。
【考点】牛顿第二定律的简单应用；动能定理的简单应用；绳球类模型及其临界条件
【专题】推理法；定量思想；推理能力；牛顿第二定律在圆周运动中的应用；动能定理的应用专题
【分析】（1）根据牛顿第二定律求出滑块过点速度和对点的压力，结合动能定理求出点的速度和滑块释放的高度；
（2）根据定能定理求出滑块滑上半圆轨道的高度和滑块会从圆轨道返回距离即可；
（3）根据定能定理求出滑块从斜面上滑下到达点的速度，再由动能定理可知滑块从斜面上滑下到达点的速度，分析滑块在传送带上的运动状态，计算出滑块在上与弹性挡板碰撞后，恰好停在点时的速度，即可求解。
【解答】解：（1）若滑块恰好经过圆形轨道最高点，则根据牛顿第二定律可得：
代入数据解得：
滑块从到点过程中，根据动能定理可得：
代入数据解得：
滑块过点时，根据牛顿第二定律可得：
代入数据解得：
由牛顿第三定律可知滑块对轨道的压力为：
方向竖直向下。滑块从到点过程中，根据动能定理可得：
代入数据解得：
（2）滑块滑下斜面重力做功：
解得：
若传送带静止，滑块运动到点，需克服摩擦力做功：
解得：
由动能定理可知滑块从斜面上滑下到达点时的动能：
设滑块滑上半圆轨道的高度，
则有：
解得：
则滑块会从圆轨道返回滑下运动，根据动能定理可得：
解得滑块滑过四分之一圆轨道继续滑行的位移大小
所以滑块最终静止在点右侧，距点的水平距离为：
△
（3）若向上滑块恰好能到达，则滑块在点的动能为：
代入数据解得：
由动能定理可知滑块从斜面上滑下到达点的过程可得：
代入数据解得：
若传送带静止，由动能定理可知滑块从斜面上滑下到达点时，可得
代入数据解得：
则滑块在传送带上先减速再匀速运动，且传送带的速度为：
若滑块在上与弹性挡板碰撞后，恰好停在点，则从到停下根据动能定理可得：
代入数据解得：
则滑块在传送带上做匀速直线运动，传送带的速度需满足的条件为：
因此要使滑块停在上（滑块不会再次返回半圆轨道回到上），传送带的速度需满足的条件为：
答：（1）滑块过点对轨道的压力为，方向竖直向下，滑块静止释放时的高度为；
（2）滑块最终静止的位置距离点的水平距离为；
（3）要使滑块停在上（滑块不会再次通过轨道回到上），传送带的线速度需满足的条件为。
【点评】本题考查了滑块—传送带模型，需要分析出每一段过程中滑块的运动状态，再结合动能定理即可求解。
25．（2024•漳州三模）水车是我国劳动人民利用水能的一项重要发明。如图为某景观水车模型，从槽口水平流出的水，垂直落在与水平面成角的水轮叶面上，轮叶在水流不断冲击下转动，稳定时轮叶边缘线速度与水流冲击的速度大小近似相等。已知槽口到冲击点所在的水平面距离，水车轮轴到轮叶边缘的距离为。忽略空气阻力，重力加速度为。求：
（1）水从槽口落到水轮叶面的时间；
（2）槽口处水流的初速度大小；
（3）轮叶边缘上质量为的钉子，随水车匀速转动时的向心力大小。
【答案】（1）水从槽口落到水轮叶面的时间为；
（2）槽口处水流的初速度大小为；
（3）轮叶边缘上质量为的钉子，随水车匀速转动时的向心力大小为。
【考点】向心力的表达式及影响向心力大小的因素；平抛运动速度的计算；牛顿第二定律的简单应用
【专题】推理法；定量思想；分析综合能力；牛顿第二定律在圆周运动中的应用
【分析】（1）根据竖直方向做自由落体运动，可求出时间；
（2）根据平抛运动竖直与水平方向速度的夹角关系，可求出水流初速度大小；
（3）根据合外力提供向心力可求出向心力大小。
【解答】解：（1）竖直方向
解得
（2）竖直方向的分速度
由平抛运动得
解得水流的初速度大小
（3）由平抛运动得
向心力大小
解得
答：（1）水从槽口落到水轮叶面的时间为；
（2）槽口处水流的初速度大小为；
（3）轮叶边缘上质量为的钉子，随水车匀速转动时的向心力大小为。
【点评】学生在解答本题时，应注意掌握分析平抛运动的方法，以及对向心力公式的熟练应用。
考点卡片
1．匀变速直线运动位移与时间的关系
【知识点的认识】
（1）匀变速直线运动的位移与时间的关系式：x＝v0t+at2。
（2）公式的推导
①利用微积分思想进行推导：在匀变速直线运动中，虽然速度时刻变化，但只要时间足够小，速度的变化就非常小，在这段时间内近似应用我们熟悉的匀速运动的公式计算位移，其误差也非常小，如图所示。
②利用公式推导：匀变速直线运动中，速度是均匀改变的，它在时间t内的平均速度就等于时间t内的初速度v0和末速度v的平均值，即＝．结合公式x＝vt和v＝vt+at可导出位移公式：x＝v0t+at2
（3）匀变速直线运动中的平均速度
在匀变速直线运动中，对于某一段时间t，其中间时刻的瞬时速度vt/2＝v0+a×t＝，该段时间的末速度v＝vt+at，由平均速度的定义式和匀变速直线运动的位移公式整理加工可得＝＝＝v0+at＝＝＝＝vt/2。
即有：＝＝vt/2。
所以在匀变速直线运动中，某一段时间内的平均速度等于该段时间内中间时刻的瞬时速度，又等于这段时间内初速度和末速度的算术平均值。
（4）匀变速直线运动推论公式：
任意两个连续相等时间间隔T内，位移之差是常数，即△x＝x2﹣x1＝aT2．拓展：△xMN＝xM﹣xN＝（M﹣N）aT2。
推导：如图所示，x1、x2为连续相等的时间T内的位移，加速度为a。
【命题方向】
例1：对基本公式的理解
汽车在平直的公路上以30m/s的速度行驶，当汽车遇到交通事故时就以7.5m/s2的加速度刹车，刹车2s内和6s内的位移之比（ ）
A.1：1 B.5：9 C.5：8 D.3：4
分析：求出汽车刹车到停止所需的时间，汽车刹车停止后不再运动，然后根据位移时间公式求出2s内和6s内的位移。
解：汽车刹车到停止所需的时间＞2s
所以刹车2s内的位移＝45m。
t0＜6s，所以刹车在6s内的位移等于在4s内的位移。
＝60m。
所以刹车2s内和6s内的位移之比为3：4．故D正确，A、B、C错误。
故选：D。
点评：解决本题的关键知道汽车刹车停下来后不再运动，所以汽车在6s内的位移等于4s内的位移。此类试题都需注意物体停止运动的时间。
例2：对推导公式＝＝vt/2的应用
物体做匀变速直线运动，某时刻速度大小是3m•s﹣1，1s以后速度大小是9m•s﹣1，在这1s内该物体的（ ）
A．位移大小可能小于5m B．位移大小可能小于3m
C．加速度大小可能小于11m•s﹣2D．加速度大小可能小于6m•s﹣2
分析：1s后的速度大小为9m/s，方向可能与初速度方向相同，也有可能与初速度方向相反。根据a＝，求出加速度，根据平均速度公式x＝求位移。
解：A、规定初速度的方向为正方向，若1s末的速度与初速方向相同，1s内的位移x＝＝．若1s末的速度与初速度方向相反，1s内的位移x＝＝．负号表示方向。所以位移的大小可能小于5m，但不可能小于3m。故A正确，B错误。
C、规定初速度的方向为正方向，若1s末的速度与初速方向相同，则加速度．若1s末的速度与初速度方向相反，则加速度a＝．所以加速度的大小可能小于11m/s2，不可能小于6m/s2．故C正确，D错误。
故选：AC。
点评：解决本题的关键注意速度的方向问题，以及掌握匀变速直线运动的平均速度公式，此公式在考试中经常用到。
【解题思路点拨】
（1）应用位移公式的解题步骤：
①选择研究对象，分析运动是否为变速直线运动，并选择研究过程。
②分析运动过程的初速度v0以及加速度a和时间t、位移x，若有三个已知量，就可用x＝v0t+at2求第四个物理量。
③规定正方向（一般以v0方向为正方向），判断各矢量正负代入公式计算。
（2）利用v﹣t图象处理匀变速直线运动的方法：
①明确研究过程。
②搞清v、a的正负及变化情况。
③利用图象求解a时，须注意其矢量性。
④利用图象求解位移时，须注意位移的正负：t轴上方位移为正，t轴下方位移为负。
⑤在用v﹣t图象来求解物体的位移和路程的问题中，要注意以下两点：a．速度图象和t轴所围成的面积数值等于物体位移的大小；b．速度图象和t轴所围面积的绝对值的和等于物体的路程。
2．判断是否存在摩擦力
【知识点的认识】
1.考点意义：有很多题目会综合考查摩擦力的相关知识，不区分静摩擦力和滑动摩擦力，所以设置本考点。
2.对于是否存在摩擦力可以按以下几个方法判断：
①条件法：根据摩擦力的产生条件进行判断。
a、接触面粗糙；b、两物体间存在弹力；c、有相对运动或相对运动的趋势。
②假设法：假设有或者没有摩擦力，判断物体运动状态是否会改变。
【命题方向】
如图，长方体甲乙叠放在水平地面上．水平力F作用在甲上，使甲乙一起向右做匀速直线运动（ ）
A、甲、乙之间一定有摩擦力
B、水平地面对乙没有摩擦力
C、甲对乙的摩擦力大小为F，方向水平向右
D、水平地面对乙的摩擦力大小为F．方向水平向右
分析：首先对甲、乙的整体进行分析，根据平衡力的知识得出乙与地面间的摩擦力；以甲为研究对象，进行受力分析，得出甲与乙之间的摩擦力．
解答：A、以甲为研究对象，由于做匀速直线运动，所以受力平衡，水平方向受向右的拉力F，所以受乙对其向左的摩擦力，故A正确；
B、以甲、乙的整体为研究对象，由于受向右的拉力作用，所以还受向左的摩擦力作用，B错误；
C、由A知，甲受乙对其向左的摩擦力，根据力的作用的相互性，所以甲对乙向右的摩擦力作用，故C正确；
D、由B知，水平地面对乙的摩擦力大小为F，方向水平向左，故D错误。
故选：AC。
点评：本题关键正确选择研究对象，然后再根据两物体及整体处于平衡状态，由平衡条件分析受力情况即可．
【解题思路点拨】
对物体受力的判断常采用的方法之一就是假设法，假设物体受或不受某力会使物体的运动状态发生变化，那么假设不成立。
3．牛顿第二定律的简单应用
【知识点的认识】
牛顿第二定律的表达式是F＝ma，已知物体的受力和质量，可以计算物体的加速度；已知物体的质量和加速度，可以计算物体的合外力；已知物体的合外力和加速度，可以计算物体的质量。
【命题方向】
一质量为m的人站在电梯中，电梯加速上升，加速度大小为g，g为重力加速度。人对电梯底部的压力为（ ）
A、 B、2mg C、mg D、
分析：对人受力分析，受重力和电梯的支持力，加速度向上，根据牛顿第二定律列式求解即可。
解答：对人受力分析，受重力和电梯的支持力，加速度向上，根据牛顿第二定律
N﹣mg＝ma
故N＝mg+ma＝mg
根据牛顿第三定律，人对电梯的压力等于电梯对人的支持力，故人对电梯的压力等于mg；
故选：A。
点评：本题关键对人受力分析，然后根据牛顿第二定律列式求解。
【解题方法点拨】
在应用牛顿第二定律解决简单问题时，要先明确物体的受力情况，然后列出牛顿第二定律的表达式，再根据需要求出相关物理量。
4．合运动与分运动的关系
【知识点的认识】
1.合运动与分运动的定义：如果一个运动可以看成几个运动的合成，我们把这个运动叫作这几个运动的合运动，把这几个运动叫作这个运动的分运动。
2.合运动与分运动的关系
①等时性：合运动与分运动同时开始、同时结束，经历的时间相等。这意味着合运动的时间等于各分运动经历的时间。
②独立性：一个物体同时参与几个分运动时，各分运动独立进行，互不影响。这意味着一个分运动的存在不会改变另一个分运动的性质或状态。
③等效性：合运动是各分运动的矢量和，即合运动的位移、速度、加速度等于各分运动对应量的矢量和。这表明合运动的效果与各分运动的效果相同。
④同体性：合运动和它的分运动必须对应同一个物体的运动，一个物体的合运动不能分解为另一个物体的分运动。
⑤平行四边形定则：合速度、合位移与分速度、分位移的大小关系遵循平行四边形定则。这意味着合运动的大小和方向可以通过对各分运动进行矢量合成来计算。
3.合运动与分运动体现的物理学思想是：等效替代法。
【命题方向】
关于合运动和分运动的关系，下列说法正确的是（ ）
A、若合运动是曲线运动，则它的几个分运动不可能都是直线运动
B、合运动的时间等于它的各个分运动的时间总和
C、合运动的速度大小一定大于其中一个分运动的速度大小
D、两个非共线的匀变速直线运动的合运动一定还是匀变速运动，但轨迹可能是直线也可能是曲线
分析：根据运动的合成与分解，结合速度是矢量，合成分解遵循平行四边形定则．并合运动与分运动具有等时性，从而即可求解．
解答：A、合运动是曲线运动，分运动可能都是直线运动，如平抛运动的水平分运动是匀速直线运动，竖直分运动是自由落体运动，都是直线运动，故A错误；
B、合运动和分运动同时发生，具有等时性，故B错误；
C、速度是矢量，合速度与分运动速度遵循平行四边形定则，合速度可以等于、大于、小于分速度，故C错误；
D、两个非共线的匀变速直线运动的合运动一定还是匀变速运动，但轨迹可能是直线也可能是曲线，若合初速度与合加速度共线时，做直线运动，若不共线时，做曲线运动，故D正确；
故选：D。
点评：解决本题的关键知道位移、速度、加速度的合成分解遵循平行四边形定则，以及知道分运动与合运动具有等时性．
【解题思路点拨】
合运动与分运动的关系，使得我们可以通过分析各分运动来理解合运动的性质和行为。在物理学中，这种关系在处理复杂的运动问题时非常有用，因为它允许我们将复杂的问题分解为更简单的部分进行分析，然后再综合这些部分的结果来理解整体的性质。
5．关联速度问题
【知识点的认识】
1.模型本质：通过绳和杆连接的两个物体，尽管实际的运动方向不同，但可以通过速度的合成与分解，找出其速度的关联性。
2.模型的建立
物体斜拉绳或绳斜拉物体的问题可看成“关联物体”模型，如图所示。
由于绳不可伸长，所以绳两端所连物体的速度沿着绳方向的分速度大小相同。
3.速度的分解
（1）分解依据：物体的实际运动就是合运动。
（2）分解方法：把物体的实际速度分解为垂直于绳方向和平行于绳方向的两个分量，根据沿绳方向的分速度大小相同列方程并求解。
（3）分解结果：把上图甲、乙所示的速度进行分解，结果如下图甲、乙所示。
【命题方向】
如图所示，人在岸上拉船，已知船的质量为m，水的阻力恒为f，当轻绳与水平面的夹角为θ时，船的速度为v，此时人的拉力大小为F，则（ ）
A.人拉绳行走的速度为v
B.人拉绳行走的速度为
C.船的加速度为
D.船的加速度为
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：AB、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。如图所示根据平行四边形定则有，v人＝vcsθ．故A、B错误。
CD、对小船受力分析，如下图所示，则有Fcsθ﹣f＝ma，因此船的加速度大小为a＝，故C正确，D错误；
故选：C。
点评：解决本题的关键知道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，并掌握受力分析与理解牛顿第二定律．
【解题思路点拨】
“关联物体”速度的分解
（1）船的实际运动为合运动，此运动产生两个效果，一是使绳子沿自身方向向上收缩，二是使与船接触的绳有沿与绳垂直的方向向下摆动的趋势。
（2）关联物体速度的分析思路
6．平抛运动速度的计算
【知识点的认识】
1.平抛运动的性质：平抛运动可以看成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。
2.设物体在平抛运动ts后，水平方向上的速度vx＝v0
竖直方向上的速度vy＝gt
从而可以得到物体的速度为v＝＝
3.同理如果知道物体的末速度和运动时间也可以求出平抛运动的初速度。
【命题方向】
如图所示，小球以6m/s的初速度水平抛出，不计空气阻力，0.8s时到达P点，取g＝10m/s2，则（ ）
A、0.8s内小球下落的高度为4.8m
B、0.8s内小球下落的高度为3.2m
C、小球到达P点的水平速度为4.8m/s
D、小球到达P点的竖直速度为8.0m/s
分析：平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据时间求出下降的高度以及竖直方向上的分速度。
解答：AB、小球下落的高度h＝＝．故A错误，B正确。
C、小球在水平方向上的速度不变，为6m/s。故C错误。
D、小球到达P点的竖直速度vy＝gt＝8m/s。故D正确。
故选：BD。
点评：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，结合运动学公式灵活求解。
【解题思路点拨】
做平抛运动的物体，水平方向的速度是恒定的，竖直方向是初速度为零的匀加速直线运动，满足vy＝gt。
7．平抛运动时间的计算
【知识点的认识】
1.平抛运动的性质：平抛运动可以看成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。
2.平抛运动在水平和竖直方向上的运动是独立的，而将这两个运动联系起来的就是时间。因为分运动与合运动具有同时性。
3.计算平抛运动时间的方法：
①已知平抛高度h，则根据竖直方向上可得t＝
②已知水平位移x和初速度v0，则根据水平方向上x＝v0t可得t＝
③已知某一时刻的速度v和书速度v0，则根据速度的合成有v2＝，从而可得t＝＝
④已知某一时刻的速度v及速度偏转角θ，
则gt＝vsinθ，从而得到t＝
⑤已知某一时刻的位移x及位移偏转角θ，
则，从而得到t＝
【命题方向】
例1：将一个物体以速度v水平抛出，当物体的竖直位移是水平位移的两倍时，所经历的时间为（ ）
A、 B、 C、 D、
分析：物体做平抛运动，我们可以把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来求解，两个方向上运动的时间相同
解答：由平抛运动的规律可知，
水平方向上：x＝Vt
竖直方向上：2x＝gt2
解得t＝。
故选：D。
点评：本题就是对平抛运动规律的考查，平抛运动可以分解为在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来求解．
例2：一个物体从某一确定的高度以v0的初速度水平抛出，已知它落地时的速度为v1，那么它的运动时间是（ ）
A、 B、 C、 D、
分析：物体做平抛运动，我们可以把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来求解，两个方向上运动的时间相同。
解答：由于平抛运动是水平方向上的匀速直线运动与竖直方向上的自由落体运动的合运动，
故任意时刻的速度是这两个分运动速度的合速度，当一个物体从某一确定的高度以v0的初速度水平抛出，已知它落地时的速度为v1，
故v1是物体运动的末速度，由速度的分解法则可知，＝﹣，∴vy＝，
∴物体的运动时间t＝＝．∴D选项正确。
故选：D。
点评：本题就是对平抛运动规律的直接考查，掌握住平抛运动的规律就能轻松解决。
例3：如图所示，在竖直平面内有一半圆形轨道，圆心为O．一小球（可视为质点）从与圆心等高的圆形轨道上的A点以速度v0水平向右抛出，落于圆轨道上的C点．已知OC的连线与OA的夹角为θ，重力加速度为g，则小球从A运动到C的时间为（ ）
A、ct D、tan C、ct D、tan
分析：平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动．小球落到C点，根据几何关系确定小球竖直方向上的位移和竖直方向上的位移的比值，根据位移关系求出运动的时间．
解答：由几何关系可知，AC水平方向的夹角为α＝，根据抛体运动的规律，
知
则．故A正确，B、C、D错误。
故选：A。
点评：解决本题的关键掌握平抛运动的规律，知道平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动．
【解题思路点拨】
1.平抛运动的时间是连接水平和竖直运动的桥梁，时间的计算方法有很多种，要根据题目给出的条件选择恰当的方法。
2.平抛运动是匀变速曲线运动，速度变化量的计算要遵循矢量叠加原理，所以t＝是不成立的。
8．平抛运动与曲面的结合
【知识点的认识】
本考点旨在研究平抛运动最后落在曲面上的问题，包括圆弧曲面和一般曲面。但不包括圆周运动相关问题。
【命题方向】
如图所示，半圆形容器竖直放置，在其圆心O点分别以水平初速度v1、v2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与OB互相垂直，且OA与竖直方向成θ角，求：
（1）两球在空中运动的时间之比；
（2）两球初速度之比．
分析：平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据平抛运动水平位移和竖直位移的关系确定两小球初速度大小之比和运动时间之比．
解答：（1）由几何关系可知：小球A下降的竖直高度为yA＝Rcsθ，小球B下降的竖直高度为yB＝Rsinθ，
由平抛运动规律可知：
由此可得：
（2）由几何关系可知：两小球水平运动的位移分别为：
xA＝Rsinθ，
xB＝Rcsθ，
由平抛运动规律可知：xA＝vAtA，
xB＝vBtB，
由此可得：
答：（1）两球在空中运动的时间之比为；
（2）两球初速度之比为．
点评：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，结合运动学公式灵活求解．
【解题思路点拨】
解决平抛运动与曲面相结合的问题，尤其是与圆弧面相结合的问题时，要利用半径构建几何关系，找到速度或位移的偏转角，从而求解平抛运动的相关参数。
9．斜抛运动
【知识点的认识】
1．定义：物体将以一定的初速度向空中抛出，仅在重力作用下物体所做的运动叫做抛体运动。
2．方向：直线运动时物体的速度方向始终在其运动轨迹的直线方向上；曲线运动中，质点在某一刻（或某一位置）的速度方向是在曲线这一点的切线方向。因此，做抛体运动的物体的速度方向，在其运动轨迹各点的切线方向上，并指向物体前进的方向。
注：由于曲线上各点的切线方向不同，所以，曲线运动的速度方向时刻都在改变。
3．抛体做直线或曲线运动的条件：
（1）物体做直线运动：当物体所受到合外力的方向跟它的初速方向在同一直线上时，物体做直线运动。
（2）物体做曲线运动：当物体所受到合外力的方向跟它的初速方向不在同一直线上时，物体做曲线运动。
4．平抛运动
（1）定义：将物体用一定的初速度沿水平方向抛出，且只在重力作用下所做的运动。
（2）条件：①初速度方向为水平；②只受重力作用。
（3）规律：平抛运动在水平方向的分运动是匀速直线运动，在竖直方向的分运动是自由落体运动，所以平抛运动是匀变速曲线运动，运动轨迹是抛物线。
（4）公式：速度公式：；
位移公式：⇒s＝。
tanα＝＝
5．斜抛运动
（1）定义：将物体以一定的初速度沿斜上方抛出，仅在重力作用下的运动叫做斜抛运动。
（2）条件：①物体有斜向上的初速度；②仅受重力作用。
（3）规律：斜抛运动在水平方向的分运动是匀速直线运动，在竖直方向的分运动是竖直上抛运动，所以斜抛运动是匀变速曲线运动。
（4）公式：
【命题方向】
例1：某学生在体育场上抛出铅球，其运动轨迹如图所示。已知在B点时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．D点的加速度比C点加速度大
C．从B到D加速度与速度始终垂直
D．从B到D加速度与速度的夹角先增大后减小
分析：不计空气阻力，抛体在空中只受重力作用，机械能守恒；抛体运动可以分解为水平方向的匀速直线运动与竖直方向的匀变速运动。
解答：A、抛体运动，机械能守恒，D点位置低，重力势能小，故动能大，速度大，故A正确；
B、抛体运动，只受重力，加速度恒为g，不变，故B错误；
C、从B到D是平抛运动，重力一直向下，速度是切线方向，不断改变，故只有最高点B处加速度与速度垂直，故C错误；
D、从B到D是平抛运动，加速度竖直向下，速度方向是切线方向，故夹角不断减小，故D错误。
故选：A。
点评：抛体运动可以分解为水平方向的匀速直线运动与竖直方向的匀变速直线运动，抛体运动机械能守恒。
例2：如图所示，将一篮球从地面上方B点斜向上抛出，刚好垂直击中篮板上A点，不计空气阻力。若抛射点B向篮板方向移动一小段距离，仍使抛出的篮球垂直击中A点，则可行的是（ ）
A．增大抛射速度v0，同时减小抛射角θ B．减小抛射速度v0，同时减小抛射角θ
C．增大抛射角θ，同时减小抛出速度v0 D．增大抛射角θ，同时增大抛出速度v0
分析：解决本题巧用平抛运动知识，由于题目中紧抓住篮球垂直打到篮板，故可以看成平抛运动，则有水平速度越大，落地速度越大，与水平面的夹角越小。
解答：可以将篮球的运动，等效成篮球做平抛运动，当水平速度越大时，抛出后落地速度越大，与水平面的夹角则越小。若水平速度减小，则落地速度变小，但与水平面的夹角变大。因此只有增大抛射角，同时减小抛出速度，才能仍垂直打到篮板上，所以只有C正确，ABD均错误。
故选：C。
点评：本题采用了逆向思维，降低了解决问题的难度。若仍沿题意角度思考，解题很烦同时容易出错。
【解题方法点拨】
类平抛运动：
1．定义：当物体所受的合外力恒定且与初速度垂直时，物体做类平抛运动。
2．类平抛运动的分解方法
（1）常规分解法：将类平抛运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和垂直于初速度方向（即沿合力的方向）的匀加速直线运动，两分运动彼此独立，互不影响，且与合运动具有等时性。
（2）特殊分解法：对于有些问题，可以过抛出点建立适当的直角坐标系，将加速度分解为ax、ay，初速度v0分解为vx、vy，然后分别在x、y方向上列方程求解。
3．类平抛运动问题的求解思路：
根据物体受力特点和运动特点判断该问题属于类平抛运动问题﹣﹣求出物体运动的加速度﹣﹣根据具体问题选择用常规分解法还是特殊分解法求解。
4．类抛体运动
当物体在巨力作用下运动时，若物体的初速度不为零且与外力不在一条直线上，物体所做的运动就是类抛体运动。
在类抛体运动中可采用正交分解法处理问题，基本思路为：
①建立直角坐标系，将外力、初速度沿这两个方向分解。
②求出这两个方向上的加速度、初速度。
③确定这两个方向上的分运动性质，选择合适的方程求解。
10．线速度的物理意义及计算
【知识点的认识】
1.定义：物体在某段时间内通过的弧长Δs与时间Δt之比。
2.定义式：v＝
3.单位：米每秒，符号是m/s。
4.方向：物体做圆周运动时该点的切线方向。
5.物理意义：表示物体沿着圆弧运动的快慢。
6.线速度的求法
（1）定义式计算：v＝
（2）线速度与角速度的关系：v＝ωr
（3）知道圆周运动的半径和周期：v＝
【命题方向】
有一质点做半径为R的匀速圆周运动，在t秒内转动n周，则该质点的线速度为（ ）
A、 B、 C、 D、
分析：根据线速度的定义公式v＝列式求解线速度即可．
解答：质点做半径为R的匀速圆周运动，在t秒内转动n周，故线速度为：
v＝＝＝
故选：B。
点评：本题关键是明确线速度的定义，记住公式v＝即可，基础题目．
【解题思路点拨】
描述圆周运动的各物理量之间的关系如下：
11．角速度的物理意义及计算
【知识点的认识】
1.定义：半径转过的角度Δθ与时间Δt之比。
2.定义式：ω＝
3.单位：弧度每秒，符号为rad/s，也可以写成s﹣1。
4.物理意义：描述做圆周运动的物体与圆心连线扫过角度的快慢。
5.计算方法：
（1）定义式计算：ω＝
（2）角速度与线速度的关系：ω＝
（3）已知圆周运动的周期：ω＝
【命题方向】
某走时准确的时钟，分针与时针的角速度之比为（ ）
A、12：1 B、1：12 C、1：60 D、60：1
分析：分针转一圈的时间为1h，时针转一圈的时间为12h，其周期比为1：12．根据ω＝得出角速度之比．
解答：分针、时针的周期分别为1h、12h，则周期比为1：12．根据ω＝得角速度之比为12：1。
故选：A。
点评：解决本题的关键知道时针、分针、秒针的周期，以及知道周期与角速度的关系，ω＝．
【解题思路点拨】
描述圆周运动的各物理量之间的关系如下：
12．线速度与角速度的关系
【知识点的认识】
1.线速度与角速度的关系为：v＝ωr
2.推导
由于v＝，ω＝，当Δθ以弧度为单位时，Δθ＝，由此可得
v＝ωr
这表明，在圆周运动中，线速度的大小等于角速度的大小与半径的乘积。
3.应用：
①v＝ωr表明了线速度、角速度与半径之间的定性关系，可以通过控制变量法，定性分析物理量的大小；
②v＝ωr表明了线速度、角速度与半径之间的定量关系，可以通过公式计算线速度、角速度或半径。
【命题方向】
一个物体以角速度ω做匀速圆周运动时，下列说法中正确的是（ ）
A、轨道半径越大线速度越大
B、轨道半径越大线速度越小
C、轨道半径越大周期越大
D、轨道半径越大周期越小
分析：物体做匀速圆周运动中，线速度、角速度和半径三者当控制其中一个不变时，可得出另两个之间的关系．由于角速度与周期总是成反比，所以可判断出当半径变大时，线速度、周期如何变化的．
解答：因物体以一定的角速度做匀速圆周运动，
A、由v＝ωr得：v与r成正比。所以当半径越大时，线速度也越大。因此A正确；
B、由v＝ωr得：v与r成正比。所以当半径越大时，线速度也越大。因此B不正确；
C、由ω＝得：ω与T成反比，所以当半径越大时，角速度不变，因此周期也不变。所以C不正确；
D、由ω＝得：ω与T成反比，所以当半径越大时，角速度不变，因此周期也不变。所以D不正确；
故选：A。
点评：物体做匀速圆周，角速度与周期成反比．当角速度一定时，线速度与半径成正比，而周期与半径无关．
【解题思路点拨】
描述圆周运动的各物理量之间的关系如下：
13．传动问题
【知识点的认识】
三类传动装置的对比
1.同轴传动
（1）装置描述：如下图，A、B两点在同轴的一个圆盘上
（2）特点：任意两点的角速度相同，周期相同。转动方向相同。
（3）规律：
①线速度与半径成正比：v＝ωr。
②向心加速度与半径成正比：a＝ω2r
2.皮带传动
（1）装置描述：如下图，两个轮子用皮带连接，A、B两点分别是两个轮子边缘的点
（2）特点：边缘两点的线速度大小相等。转动方向相同。
（3）规律：
①角速度与半径成反比：ω＝
②向心加速度与半径成反比：a＝
3.齿轮传动
（1）装置描述：如下图，两个齿轮轮齿啮合，A、B两点分别是两个齿轮边缘上的点
（2）特点：啮合的两点线速度相同（边缘任意两点线速度大小相等）。转动方向相反。
（3）规律：
①角速度与半径成反比：ω＝
②向心加速度与半径成反比：a＝
【命题方向】
如图所示，为齿轮传动装置，主动轴O上有两个半径分别为R和r的轮，O′上的轮半径为r′，且R＝2r＝3r′/2．
则vA：vB：vC＝ ，ωA：ωB：ωC＝ ．
分析：A和B在同一个轮上，它们的角速度相等，A和C是通过齿轮相连，它们有共同的线速度，再由线速度和角速度之间的关系V＝rω，就可以判断它们的关系．
解答：A和C是通过齿轮相连，所以VA＝VC，
A和在B同一个轮上，它们的角速度相等，
由V＝rω，R＝2r可知，
vA：vB＝2：1，
综上可知，vA：vB：vC＝2：1：2，
由VA＝VC，R＝r′，V＝rω可知，
ωA：ωC＝2：3，
A和在B同一个轮上，它们的角速度相等，
综上可知，ωA：ωB：ωC＝2：2：3，
故答案为：2：1：2；2：2：3．
点评：判断三个点之间的线速度角速度之间的关系，要两个两个的来判断，关键是知道它们之间的内在联系，A和B在同一个轮上，它们的角速度相等，A和C是通过齿轮相连，它们有共同的线速度．
【解题思路点拨】
求解传动问题的思路
（1）确定传动类型及特点：若属于皮带传动或齿轮传动，则轮子边缘各点线速度的大小相等；若属于同轴传动，则轮上各点的角速度相等。
（2）确定半径|关系；根据装置中各点位置确定半径关系，或根据题|意确定半径关系。
（3）公式分析：若线速度大小相等，则根据ω∝分析；若角速度大小相等，则根据ω∝r分析。
14．牛顿第二定律与向心力结合解决问题
【知识点的认识】
圆周运动的过程符合牛顿第二定律，表达式Fn＝man＝mω2r＝m＝m也是牛顿第二定律的变形，因此可以将牛顿第二定律与向心力结合起来求解圆周运动的相关问题。
【命题方向】
我国著名体操运动员童飞，首次在单杠项目中完成了“单臂大回环”：用一只手抓住单杠，以单杠为轴做竖直面上的圆周运动．假设童飞的质量为55kg，为完成这一动作，童飞在通过最低点时的向心加速度至少是4g，那么在完成“单臂大回环”的过程中，童飞的单臂至少要能够承受多大的力．
分析：运动员在最低点时处于超重状态，由单杠对人拉力与重力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求解．
解答：运动员在最低点时处于超重状态，设运动员手臂的拉力为F，由牛顿第二定律可得：
F心＝ma心
则得：F心＝2200N
又 F心＝F﹣mg
得：F＝F心+mg＝2200+55×10＝2750N
答：童飞的单臂至少要能够承受2750N的力．
点评：解答本题的关键是分析向心力的来源，建立模型，运用牛顿第二定律求解．
【解题思路点拨】
圆周运动中的动力学问题分析
（1）向心力的确定
①确定圆周运动的轨道所在的平面及圆心的位置．
②分析物体的受力情况，找出所有的力沿半径方向指向圆心的合力，该力就是向心力．
（2）向心力的来源
向心力是按力的作用效果命名的，可以是重力、弹力、摩擦力等各种力，也可以是几个力的合力或某个力的分力，因此在受力分析中要避免再另外添加向心力．
（3）解决圆周运动问题步骤
①审清题意，确定研究对象；
②分析物体的运动情况，即物体的线速度、角速度、周期、轨道平面、圆心、半径等；
③分析物体的受力情况，画出受力示意图，确定向心力的来源；
④根据牛顿运动定律及向心力公式列方程．
15．向心加速度的表达式及影响向心加速度大小的因素
【知识点的认识】
1.向心加速度的表达式为an＝ω2r＝＝＝4π2n2r＝ωv
2.由表达式可知，向心加速度与物体的质量无关，与线速度、角速度、半径、周期、转速等参数有关。
3.对于公式an＝
该公式表明，对于匀速圆周运动，当线速度一定时，向心加速度的大小与运动半径成反比；当运动半径一定时，向心加速度的大小与线速度的平方成正比。该公式常用于分析涉及线速度的圆周运动问题或有两个物体做圆周运动且它们的线速度相同的情景。
4.对于公式an＝ω2r
该公式表明，对于匀速圆周运动，当角速度一定时，向心加速度的大小与运动半径成正比；当半径一定时，向心加速度的大小与角速度的平方成正比。该公式常用于分析涉及角速度的圆周运动问题或有两个物体做圆周运动且它们的角速度相同的情景。
5.向心加速度与半径的关系
根据上面的讨论，加速度与半径的关系与物体的运动特点有关。若线速度一定，an与r成反比；若角速度（或周期、转速）一定，an与r成正比。如图所示。
【命题方向】
B两小球都在水平面上做匀速圆周运动，A球的轨道半径是B球轨道半径的2倍，A的频率为4Hz，B的频率为2Hz，则两球的向心加速度之比为（ ）
A、1：1 B、2：1 C、8：1 D、4：1
分析：根据频率之比求出角速度之比，结合a＝rω2求出向心加速度之比．
解答：根据角速度ω＝2πf，知A、B的角速度之比为2：1，
根据a＝rω2知，A球的轨道半径是B球轨道半径的2倍，则向心加速度之比为8：1．故C正确，A、B、D错误。
故选：C。
点评：解决本题的关键掌握向心加速度与角速度的关系公式，以及知道角速度与转速的关系．
【解题思路点拨】
向心加速度公式的应用技巧
向心加速度的每一个公式都涉及三个物理量的变化关系，必须在某一物理量不变时分析另外两个物理量之间的关系。在比较物体上做圆周运动的各点的向心加速度的大小时，应按以下步骤进行：
（1）先确定各点是线速度大小相等，还是角速度相同；
（2）在线速度大小相等时，向心加速度与半径成反比；在角速度相同时，向心加速度与半径成正比。
16．物体在圆锥面上做圆周运动
【知识点的认识】
1.本考点旨在针对物体在圆锥面上做圆周运动的情况。
2.常见的情况如下图：
【命题方向】
如图所示，OAB为圆锥体的截面图，其中圆锥体截面的底角为53°，小球P通过轻质细线拴在圆锥顶点O，整个装置可绕其竖直中心轴线OO'自由转动，已知小球的质量为500g，细线长为1m，重力加速度g取10m/s2，sin53°＝0.8，cs53°＝0.6。求：
（1）当整个装置转动的角速度为多少时，小球受到圆锥面的支持力恰好为零？
（2）当整个装置转动的角速度为2rad/s时，细线对小球的拉力为多少？此时细线与竖直方向的夹角为多少？
分析：（1）根据牛顿第二定律结合几何关系得出装置的临界角速度；
（2）根据对物体的受力分析结合牛顿第二定律得出细线的拉力，并由此计算出细线与竖直方向的夹角。
解答：（1）设整个装置转动的角速度为ω0时，小球受到圆锥面的支持力恰好为零，由牛顿第二定律得
解得
（2）设此时细线的拉力为F，细线与竖直方向的夹角为θ，由于ω＞ω0，故小球已离开斜面。则：
Fsinθ＝mω2Lsinθ
解得F＝10N
又小球在竖直方向受力平衡，则Fcsθ＝mg
解得θ＝60°
答：（1）当整个装置转动的角速度为时，小球受到圆锥面的支持力恰好为零；
（2）当整个装置转动的角速度为2rad/s时，细线对小球的拉力为10N，此时细线与竖直方向的夹角为60°。
点评：本题主要考查了圆周运动的相关应用，理解结合关系和临界状态的特点，结合牛顿第二定律即可完成分析。
【解题思路点拨】
圆周运动中的动力学问题分析
（1）向心力的确定
①确定圆周运动的轨道所在的平面及圆心的位置．
②分析物体的受力情况，找出所有的力沿半径方向指向圆心的合力，该力就是向心力．
（2）向心力的来源
向心力是按力的作用效果命名的，可以是重力、弹力、摩擦力等各种力，也可以是几个力的合力或某个力的分力，因此在受力分析中要避免再另外添加向心力．
（3）解决圆周运动问题步骤
①审清题意，确定研究对象；
②分析物体的运动情况，即物体的线速度、角速度、周期、轨道平面、圆心、半径等；
③分析物体的受力情况，画出受力示意图，确定向心力的来源；
④根据牛顿运动定律及向心力公式列方程．
17．车辆在道路上的转弯问题
【知识点的认识】
汽车转弯问题模型如下
模型分析：一般来说转弯处的地面是倾斜的，当汽车以某一适当速度经过弯道时，由汽车自重与斜面的支持力的合力提供向心力；小于这一速度时，地面会对汽车产生向内侧的摩擦力；大于这一速度时，地面会对汽车产生向外侧的摩擦力。如果转弯速度过大，侧向摩擦力过大，可能会造成汽车翻转等事故。
【命题方向】
在高速公路的拐弯处，通常路面都是外高内低。如图所示，在某路段汽车向左拐弯，司机左侧的路面比右侧的路面低一些。汽车的运动可看作是做半径为R的在水平面内的圆周运动。设内外路面高度差为h，路基的水平宽度为d，路面的宽度为L．已知重力加速度为g。要使车轮与路面之间的横向摩擦力（即垂直于前进方向）等于零，则汽车转弯时的车速应等于（ ）
A. B. C. D.
分析：要使车轮与路面之间的横向摩擦力等于零，则汽车转弯时，由路面的支持力与重力的合力提供汽车的向心力，根据牛顿第二定律，结合数学知识求解车速。
解答：设路面的斜角为θ，作出汽车的受力图，如图
根据牛顿第二定律，得
mgtanθ＝m
又由数学知识得到
tanθ＝
联立解得
v＝
故选：B。
点评：本题是生活中圆周运动的问题，关键是分析物体的受力情况，确定向心力的来源。
【解题思路点拨】
车辆转弯问题的解题策略
（1）对于车辆转弯问题，一定要搞清楚合力的方向，指向圆心方向的合外力提供车辆做圆周运动的向心力，方向指向水平面内的圆心。
（2）当外侧高于内侧时，向心力由车辆自身的重力和地面（轨道）对车辆的摩擦力（支持力）的合力提供，大小还与车辆的速度有关。
18．绳球类模型及其临界条件
【知识点的认识】
1.模型建立
（1）轻绳模型
小球沿竖直光滑轨道内侧做圆周运动，小球在细绳的作用下在竖直平面内做圆周运动，都是轻绳模型，如图所示。
（2）轻杆模型
小球在竖直放置的光滑细管内做圆周运动，小球被一轻杆拉着在竖直平面内做圆周运动，都是轻杆模型，如图所示。
2.模型分析
【命题方向】
如图所示，质量为M的支座上有一水平细轴．轴上套有一长为L的细绳，绳的另一端栓一质量为m的小球，让球在竖直面内做匀速圆周运动，当小球运动到最高点时，支座恰好离开地面，则此时小球的线速度是多少？
分析：当小球运动到最高点时，支座恰好离开地面，由此说明此时支座和球的重力全部作为了小球的向心力，再根据向心力的公式可以求得小球的线速度．
解答：对支座M，由牛顿运动定律，得：T﹣Mg＝0﹣﹣﹣﹣﹣﹣①
对小球m，由牛顿第二定律，有：T+mg＝m﹣﹣﹣②
联立 ①②式可解得：v＝．
答：小球的线速度是．
点评：物体做圆周运动需要向心力，找到向心力的来源，本题就能解决了，比较简单．
【解题思路点拨】
对于竖直平面内的圆周运动，一般题目都会给出关键词“恰好”，当物体恰好过圆周运动最高点时，物体自身的重力完全充当向心力，mg＝m，从而可以求出最高点的速度v＝。
19．物体在环形竖直轨道内的圆周运动
【知识点的认识】
1.模型建立
（1）轻绳模型
小球沿竖直光滑轨道内侧做圆周运动，小球在细绳的作用下在竖直平面内做圆周运动，都是轻绳模型，如图所示。
（2）轻杆模型
小球在竖直放置的光滑细管内做圆周运动，小球被一轻杆拉着在竖直平面内做圆周运动，都是轻杆模型，如图所示。
2.模型分析
【命题方向】
如图所示，小球m在竖直放置的内壁光滑的圆形细管内做圆周运动，以上说法正确的是（ ）
A、小球通过最高点的最小速度为v＝
B、小球通过最高点的最小速度为零
C、小球通过最高点时一定受到向上的支持力
D、小球通过最低点时一定受到外管壁的向上的弹力
分析：球m在竖直放置的内壁光滑的圆形细管内做圆周运动，小球通过最高点的最小速度为零．根据小球到达最高时的速度，由牛顿第二定律分析小球通过最高点时受到的作用力方向．小球通过最低点时一定受到外管壁的向上的弹力．
解答：AB、由于细管内能支撑小球，所以小球通过最高点的最小速度为零，不是．故A错误，B正确。
C、若小球通过最高点时速度0＜v＜，小球的向心力小于重力，受到向上的支持力；若v＝，不受圆管的作用力；当v＞，小球的向心力大于重力，受到向下的压力。故C错误。
D、小球通过最低点时向心力向上，重力向下，则外管壁对小球的弹力必定向上。故D正确。
故选：BD。
点评：小球在圆管中运动类型与轻杆模型相似，属于有支撑物的类型，小球到达最高点临界速度为零．
【解题思路点拨】
对于竖直平面内的圆周运动，一般题目都会给出关键词“恰好”，当物体恰好过圆周运动最高点时，物体自身的重力完全充当向心力，mg＝m，从而可以求出最高点的速度v＝。
20．动能定理的简单应用
【知识点的认识】
1.动能定理的内容：合外力做的功等于动能的变化量。
2.表达式：W合＝ΔEk＝Ek末﹣Ek初
3.本考点针对简单情况下用动能定理来解题的情况。
【命题方向】
如图所示，质量m＝10kg的物体放在水平地面上，物体与地面的动摩擦因数μ＝0.2，g＝10m/s2，今用F＝50N的水平恒力作用于物体上，使物体由静止开始做匀加速直线运动，作用时间t＝6s后撤去F，求：
（1）物体在前6s运动的过程中的加速度；
（2）物体在前6s运动的位移
（3）物体从开始运动直到最终静止的过程中克服摩擦力所做的功。
分析：（1）对物体受力分析知，物体做匀加速运动，由牛顿第二定律就可求出加速度；
（2）用匀变速直线运动的位移公式即可求得位移的大小；
（3）对全程用动能定理，可以求得摩擦力的功。
解答：（1）对物体受力分析，由牛顿第二定律得
F﹣μmg＝ma，
解得 a＝3m/s2，
（2）由位移公式得 X＝at2＝×3×62m＝54m。
（3）对全程用动能定理得
FX﹣Wf＝0
Wf＝FX＝50×54J＝2700J。
答：（1）物体在前6s运动的过程中的加速度是3m/s2；
（2）物体在前6s运动的位移是54m；
（3）物体从开始运动直到最终静止的过程中克服摩擦力所做的功为2700J。
点评：分析清楚物体的运动过程，直接应用牛顿第二定律和匀变速直线运动的规律求解即可，求摩擦力的功的时候对全程应用动能定理比较简单。
【解题思路点拨】
1．应用动能定理的一般步骤
（1）选取研究对象，明确并分析运动过程。
（2）分析受力及各力做功的情况
①受哪些力？
②每个力是否做功？
③在哪段位移哪段过程中做功？
④做正功还是负功？
⑤做多少功？求出代数和。
（3）明确过程始末状态的动能Ek1及Ek2。
（4）列方程W总＝Ek2﹣Ek1，必要时注意分析题目潜在的条件，补充方程进行求解。
注意：
①在研究某一物体受到力的持续作用而发生状态改变时，如涉及位移和速度而不涉及时间时应首先考虑应用动能定理，而后考虑牛顿定律、运动学公式，如涉及加速度时，先考虑牛顿第二定律。
②用动能定理解题，关键是对研究对象进行准确的受力分析及运动过程分析，并画出物体运动过程的草图，以便更准确地理解物理过程和各物理量的关系。有些力在物体运动全过程中不是始终存在的，在计算外力做功时更应引起注意。
21．动量守恒与能量守恒共同解决实际问题
【知识点的认识】
动量守恒定律与能量守恒定律的综合应用有很多，我们将板块模型、子弹打木块以及弹簧类模型单独分了出来仍远远不够，其他的综合应用暂时归类于此。例如多种因素共存的动量和能量的综合应用、有电场存在的综合应用等等。
【命题方向】
如图所示为某种弹射装置的示意图，光滑的水平导轨MN右端N处与水平传送带理想连接，传送带长度L＝4.0m，皮带轮沿顺时针方向转动，带动皮带以恒定速率v＝3.0m/s匀速传动。三个质量均为m＝1.0kg的滑块A、B、C置于水平导轨上，开始时滑块B、C之间用细绳相连，其间有一压缩的轻弹簧，处于静止状态。滑块A以初速度v0＝2.0m/s沿B、C连线方向向B运动，A与B碰撞后粘合在一起，碰撞时间极短。连接B、C的细绳受扰动而突然断开，弹簧伸展，从而使C与A、B分离。滑块C脱离弹簧后以速度vC＝2.0m/s滑上传送带，并从右端滑出落至地面上的P点。已知滑块C与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.20，重力加速度g取10m/s2．求：
（1）滑块C从传送带右端滑出时的速度大小；
（2）滑块B、C用细绳相连时弹簧的弹性势能Ep；
（3）若每次实验开始时弹簧的压缩情况相同，要使滑块C总能落至P点，则滑块A与滑块B碰撞前速度的最大值vm是多少？
分析：本题主要考查以下知识点：碰撞中的动量守恒，碰撞中的能量守恒以及物体在传送带上的减速运动，涉及平抛的基本知识。
（1）碰撞前后系统的动量保持不变，这是动量守恒定律
（2）弹性碰撞中在满足动量守恒的同时还满足机械能守恒及碰撞中的能量保持不变；本题中AB碰撞后在弹簧伸开的过程中同时满足动量守恒和机械能守恒。
（3）物体滑上传送带后，如果物体的速度大于传送带的速度则物体将在摩擦力的作用下做减速运动，减速运动持续到物体到达传送带的另一端或速度降为和传送带同速时止，解题时要注意判断；如果物体的速度小于传送带的速度则物体将在摩擦力的作用下做匀加速运动，加速运动持续到物体到达传送带的另一端或速度加到与传送带同速时止，解题时同样要注意判断。
（4）物体做平抛的射程与抛体的高度和初速度共同决定，要使C物体总能落到P点，在高度一定的情况下，即物体做平抛的初速度相等也就是物体到达C端时的速度相等（此为隐含条件）。
解答：（1）滑块C滑上传送带后做匀加速运动，设滑块C从滑上传送带到速度达到传送带的速度v所用的时间为t，加速度大小为a，在时间t内滑块C的位移为x。
根据牛顿第二定律和运动学公式
μmg＝ma
v＝vC+at
代入数据可得 x＝1.25m
∵x＝1.25m＜L
∴滑块C在传送带上先加速，达到传送带的速度v后随传送带匀速运动，并从右端滑出，则滑块C从传送带右端滑出时的速度为
v＝3.0m/s
（2）设A、B碰撞后的速度为v1，A、B与C分离时的速度为v2，由动量守恒定律
mAv0＝（mA+mB）v1
（mA+mB）v1＝（mA+mB）v2+mCvC
AB碰撞后，弹簧伸开的过程系统能量守恒
∴+
代入数据可解得：EP＝1.0J
（3）在题设条件下，若滑块A在碰撞前速度有最大值，则碰撞后滑块C的速度有最大值，它减速运动到传送带右端时，速度应当恰好等于传递带的速度v。
设A与B碰撞后的速度为v1′，分离后A与B的速度为v2′，滑块C的速度为vc′，
根据动量守恒定律可得：
AB碰撞时：mAvm＝（mA+mB）v1′（1）
弹簧伸开时：（mA+mB）v1′＝mcvC′+（mA+mB）v2′（2）
在弹簧伸开的过程中，系统能量守恒：
则＝ （3）
∵C在传送带上做匀减速运动的末速度为v＝3m/s，加速度大小为2m/s2
∴由运动学公式v2_vc′2＝2（﹣a）L得vC′＝5m/s （4）
代入数据联列方程（1）（2）（3）（4）可得vm＝7.1m/s
点评：本题着重考查碰撞中的动量守恒和能量守恒问题，同时借助传送带考查到物体在恒定摩擦力作用下的匀减速运动，还需用到平抛的基本知识，这是力学中的一道知识点比较多的综合题，学生在所涉及的知识点中若存在相关知识缺陷，则拿全分的几率将大大减小。
【解题思路点拨】
1．应用动量守恒定律的解题步骤：
（1）明确研究对象（系统包括哪几个物体及研究的过程）；
（2）进行受力分析，判断系统动量是否守恒（或某一方向上是否守恒）；
（3）规定正方向，确定初末状态动量；
（4）由动量守恒定律列式求解；
（5）必要时进行讨论．
2．解决动量守恒中的临界问题应把握以下两点：
（1）寻找临界状态：题设情境中看是否有相互作用的两物体相距最近，避免相碰和物体开始反向运动等临界状态．
（2）挖掘临界条件：在与动量相关的临界问题中，临界条件常常表现为两物体的相对速度关系与相对位移关系，即速度相等或位移相等．
正确把握以上两点是求解这类问题的关键．
3．综合应用动量观点和能量观点
4．动量观点和能量观点：这两个观点研究的是物体或系统运动变化所经历的过程中状态的改变，不对过程变化的细节作深入的研究，而只关心运动状态变化的结果及引起变化的原因，简单地说，只要求知道过程的始末状态动量、动能和力在过程中所做的功，即可对问题求解．
5．利用动量观点和能量观点解题应注意下列问题：
（1）动量守恒定律是矢量表达式，还可写出分量表达式；而动能定理和能量守恒定律是标量表达式，无分量表达式．
（2）动量守恒定律和能量守恒定律，是自然界中最普遍的规律，它们研究的是物体系，在力学中解题时必须注意动量守恒条件及机械能守恒条件．在应用这两个规律时，当确定了研究对象及运动状态的变化过程后，根据问题的已知条件和求解的未知量，选择研究的两个状态列方程求解．
（3）中学阶段凡可用力和运动解决的问题，若用动量观点或能量观点求解，一般比用力和运动的观点简便．
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