2025年高考物理压轴训练05（Word版附解析）

这是一份2025年高考物理压轴训练05（Word版附解析），共88页。试卷主要包含了照片指尖的位置，视为质点等内容，欢迎下载使用。
1．（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
2．（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．
3．（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．
4．（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
5．（2024•选择性）“指尖转球”是花式篮球表演中常见的技巧。如图，当篮球在指尖上绕轴转动时，球面上、两点做圆周运动的
A．半径相等B．线速度大小相等
C．向心加速度大小相等D．角速度大小相等
6．（2024•清江浦区模拟）金秋九月，正是收割玉米的季节，加工过程中，农民会采用如图甲所示的传送带装置。具体过程如图乙所示，将收割晒干的玉米投入脱粒机后，玉米粒从静止开始被传送到底端与脱粒机相连的顺时针匀速转动的传送带上，一段时间后和传送带保持静止，直至从传送带的顶端飞出，最后落在水平地面上，农民迅速装袋转运。提升了加工转运的效率。已知传送带与水平方向的夹角为、顶端的高度为，玉米粒相对于传送带顶端的最大高度也是，重力加速度为，若不计风力，空气阻力和玉米粒之间的相互作用力，下列说法正确的是
A．玉米粒在传送带上时，所受摩擦力始终不变
B．玉米粒落地点与传送带底端的水平距离为
C．传送带的速度大小为
D．玉米粒飞出后到落地所用的时间为
7．（2024•海南）在跨越河流表演中，一人骑车以的速度水平冲出平台，恰好跨越长的河流落在河对岸平台上，已知河流宽度，不计空气阻力，取，则两平台的高度差为
A．B．C．D．
8．（2024•江宁区校级模拟）如图所示，质量忽略不计、长度分别为和的不可伸长的轻绳，分别系质量为和的小球，它们以相同的转速绕中心轴线做匀速圆周运动。稳定时绳子与竖直方向夹角的正切值分别为及，圆周运动半径分别为和，两绳子中的张力分别为和，则
A．B．C．D．
9．（2024•合肥三模）如图所示，在某次跳台滑雪比赛中，运动员以初速度从跳台顶端水平飞出，经过一段时间后落在倾斜赛道上的点，运动员运动到点时离倾斜赛道最远，点到赛道的垂直距离为，点离赛道的竖直高度为，赛道的倾角为，重力加速度为，空气阻力不计，运动员（包括滑雪板）视为质点。则、两点间的距离是
A．B．
C．D．
二．多选题（共9小题）
10．（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
11．（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
12．（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
13．（2024•博望区校级模拟）通用技术课上，某兴趣小组制作了一个小球爬杆装置，如图所示，竖直杆与光滑杆均固定在电动机底座上，且与水平面间的夹角，一弹簧上端固定在杆上的点，下端与穿在杆上质量为的小球相连。装置静止时弹簧与竖直方向间的夹角，当电动机带动底座开始转动时，小球开始爬杆。已知两点间的距离为，重力加速度为。则
A．装置静止时杆对小球的弹力方向垂直杆斜向下
B．装置静止时弹簧弹力的大小为
C．装置静止时杆对小球的弹力大小为
D．电动机转动后，当小球稳定在与点等高的位置时杆的角速度为
14．（2024•龙凤区校级模拟）如图所示，竖直平面内有固定的光滑绝缘圆形轨道，匀强电场的方向平行于轨道平面水平向右，、分别为轨道上的最高点和最低点，、是轨道上与圆心等高的点。质量为、电荷量为的带正电的小球在处以速度水平向右射出，恰好能在轨道内做完整的圆周运动，已知重力加速度为，电场强度大小。则下列说法中正确的是
A．在轨道上运动时，小球动能最大的位置在、之间
B．在轨道上运动时，小球机械能最小的位置在点
C．经过、两点时，小球所受轨道弹力大小的差值为
D．小球在处以速度水平向右射出，也能在此轨道内做完整的圆周运动
15．（2024•河北模拟）某货物输送装置可简化为如图所示，将一个质量为的载物平台架在两根完全相同、轴线在同一水平面内足够长的平行圆柱上。已知平台与两圆柱间的动摩擦因数均为，平台的重心与两圆柱等距，两圆柱以角速度绕轴线做相反方向的转动，重力加速度大小为。现给平台施加一过平台重心且沿平行于轴线方向的恒力，使载物平台从静止开始运动。下列说法正确的是
A．只有当时，平台才能开始运动
B．平台运动的最大加速度大小
C．只要平台运动距离足够远，平台最终一定会做匀速直线运动
D．越大，平台从静止开始运动相同距离用时越短
16．（2024•泉州模拟）取一根空心管，将一根足够长的尼龙线穿过它，在尼龙线一端拴一块质量很小的物体，另一端挂一篮球，手握空心管抡动该物体，使该物体在水平面上做半径大小为的匀速圆周运动，篮球恰好处于静止状态，此时空心管上方的线与竖直方向的夹角约等于，如图所示。已知物体的质量是篮球的倍，重力加速度为，设尼龙线与空心管间的摩擦力大小恒等于球重的倍，则该物体的角速度大小可能为
A．0B．C．D．
17．（2024•河南三模）如图所示，足够长光滑细杆的一端固定在竖直转轴上的点，并可随轴一起转动。杆上套有一轻质弹簧，弹簧一端固定于点，另一端与套在杆上质量为的小球相连，细杆与竖直方向夹角为。弹簧原长为，劲度系数为。已知弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为。则下列说法正确的是
A．当小球保持静止时，小球到点的距离为
B．当小球相对细杆静止，弹簧拉伸量为时，杆对小球的弹力大小可能为
C．当小球相对细杆静止，杆对小球弹力为零时，转轴的角速度为
D．转轴转速自零开始缓慢增加过程中，细杆对小球的弹力一直增大
18．（2024•厦门三模）将扁平的石子向水面快速抛出，石子可能会在水面上一跳一跳地飞向远方，俗称“打水漂”。石子接触水面时速度方向与水面的夹角越小，从水面跳起产生的“水漂”效果越明显。将一石子水平抛出，不计石子在空中飞行时的空气阻力，为了观察到明显的“水漂”效果，则应
A．适当增加出手的高度B．适当减小出手的高度
C．适当增加出手的速度D．适当减小出手的速度
三．填空题（共2小题）
19．（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 。
20．（2021•杨浦区二模）如图，一个有质量的小球用一细线悬于箱子顶上的点，箱子沿某一方向做匀加速直线运动，细线与竖直方向的夹角始终不变，重力加速度为小球受到的空气阻力不计写出箱子可能的二种加速度情况：① ；②
四．解答题（共5小题）
21．（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。
22．（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。
23．（2024•浙江二模）物理老师自制了一套游戏装置供同学们一起娱乐和研究，其装置可以简化为如图所示的模型。该模型由同一竖直平面内的水平轨道、半径为的半圆单层轨道、半径为的半圆圆管轨道、平台和、凹槽组成，且各段各处平滑连接。凹槽里停放着一辆质量为的无动力摆渡车并紧靠在竖直侧壁处，其长度且上表面与平台、平齐。水平面的左端通过挡板固定一个弹簧，弹簧右端可以通过压缩弹簧发射能看成质点的不同滑块，弹簧的弹性势能最大能达到。现三位同学小张、小杨、小振分别选择了质量为、、的同种材质滑块参与游戏，游戏成功的标准是通过弹簧发射出去的滑块能停在平台的目标区段。已知凹槽段足够长，摆渡车与侧壁相撞时会立即停止不动，滑块与摆渡车上表面和平台段的动摩擦因数都是，其他所有摩擦都不计，段长度，段长度。问：
（1）已知小振同学的滑块以最大弹性势能弹出时都不能进入圆管轨道，求小振同学的滑块经过与圆心等高的处时对轨道的最大压力；
（2）如果小张同学以的弹性势能将滑块弹出，请根据计算后判断滑块最终停在何处？
（3）如果小杨将滑块弹出后滑块最终能成功地停在目标区段，则他发射时的弹性势能应满足什么要求？
24．（2024•仓山区校级模拟）掷铅球是一个需要力量和灵活性的运动，今年的学校运动会，某同学要参加掷铅球比赛，傍晚来到运动场训练，热身后（不计空气阻力，重力加速度取，，，
（1）她在第一次投掷中把铅球水平推出，高度为，速度为，则铅球被推出的水平距离是多少米？
（2）第一次投掷后体育老师给了建议，让她投掷时出手点高一点，斜向上推出铅球。于是，第二次她从离地高为处推出铅球，出手点刚好在边界线上方，速度方向与水平方向成，如图所示，此次推出铅球时铅球的速度大小仍为，则这次投掷的成绩为多少米？
25．（2024•盐城模拟）如图所示，竖直平面内固定一半径为的光滑圆环，质量分别为、的、两小球套在圆环上，用长度为的轻杆连接。开始时，对小球施加竖直向上的外力，使、均处于静止状态，且球恰好与圆心等高；然后撤去外力，、沿圆环运动。已知重力加速度为，取光滑圆环最低处为零势面。求：
（1）外力的大小；
（2）球重力势能的最大值；
（3）球速度最大时，其加速度的大小。
2025年高考物理压轴训练5
参考答案与试题解析
一．选择题（共9小题）
1．（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。
2．（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。
3．（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。
4．（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。
5．（2024•选择性）“指尖转球”是花式篮球表演中常见的技巧。如图，当篮球在指尖上绕轴转动时，球面上、两点做圆周运动的
A．半径相等B．线速度大小相等
C．向心加速度大小相等D．角速度大小相等
【答案】
【考点】传动问题
【专题】匀速圆周运动专题；信息给予题；定性思想；推理法；理解能力
【分析】、两点在水平方向做圆周运动，根据几何知识分析、两点做圆周运动的半径的大小；
篮球上的、绕轴做同轴转动，据此分析作答；
根据线速度与角速度的关系分析作答；
根据向心加速度公式分析作答。
【解答】解：如图所示：
、两点在水平方向做圆周运动，半径垂直于转轴，根据几何知识，故错误；
篮球上的、绕轴做同轴转动，因此、两点做圆周运动的角速度相等，故正确；
根据线速度与角速度的关系，因此，故错误；
根据向心加速度公式，因此，故错误。
故选：。
【点评】本题主要考查了圆周运动半径的确定、线速度与角速度的关系、向心加速度公式，理解圆周运动的两种传动方式是解题的关键；要区别求半径与圆周运动的半径。
6．（2024•清江浦区模拟）金秋九月，正是收割玉米的季节，加工过程中，农民会采用如图甲所示的传送带装置。具体过程如图乙所示，将收割晒干的玉米投入脱粒机后，玉米粒从静止开始被传送到底端与脱粒机相连的顺时针匀速转动的传送带上，一段时间后和传送带保持静止，直至从传送带的顶端飞出，最后落在水平地面上，农民迅速装袋转运。提升了加工转运的效率。已知传送带与水平方向的夹角为、顶端的高度为，玉米粒相对于传送带顶端的最大高度也是，重力加速度为，若不计风力，空气阻力和玉米粒之间的相互作用力，下列说法正确的是
A．玉米粒在传送带上时，所受摩擦力始终不变
B．玉米粒落地点与传送带底端的水平距离为
C．传送带的速度大小为
D．玉米粒飞出后到落地所用的时间为
【答案】
【考点】牛顿第二定律的简单应用；平抛运动速度的计算
【专题】定量思想；推理法；平抛运动专题；分析综合能力；推理能力
【分析】玉米粒在传送带上先匀加速后匀速，后面做斜抛运动，根据斜抛运动的规律，结合几何关系即可列式求解。
【解答】解：玉米粒在传送带上运动，分为匀加速运动阶段和匀速阶段，
匀加速阶段：玉米粒与传送带发生相对滑动，受到滑动摩擦力且滑动摩擦力的大小大于玉米粒沿斜面向下的重力的分力大小
匀速阶段：玉米粒与传送带保持相对静止，受到静摩擦力且静摩擦力大小等于玉米粒沿斜面向下的重力的分力大小，故错误。
设传送带速度为，脱离传送带后水平方向是匀速直线运动，竖直方向是匀变速直线运动可得
，
到达最高点时，竖直方向上速度为0，从抛出点到最高点时间为，水平位移
竖直方向上：，
水平方向上：，代入数据得
从最高点到落地点的时间为，水平位移
竖直方向上：，即
水平方向上：，代入数据得
玉米粒落地点与传送带底端的水平距离为，，故错误。
联立，式子解得，故正确。
设玉米粒飞出后到落地所用的时间，，故错误。
故选：。
【点评】本题考查学生对摩擦力突变的分析和斜抛运动规律的运用，主要注意玉米粒速度与传送带速度相同时，由滑动摩擦力突变为静摩擦力，在最高点竖直方向上速度为0。
7．（2024•海南）在跨越河流表演中，一人骑车以的速度水平冲出平台，恰好跨越长的河流落在河对岸平台上，已知河流宽度，不计空气阻力，取，则两平台的高度差为
A．B．C．D．
【答案】
【考点】平抛运动在竖直和水平方向上的特点；平抛运动位移的计算
【专题】推理法；平抛运动专题；定量思想；推理能力
【分析】根据平抛运动的位移规律列式求解高度差。
【解答】解：根据平抛运动的规律有
代入，，解得
故错误，正确。
故选：。
【点评】考查平抛运动的规律的应用，会根据题意求解相应的物理量。
8．（2024•江宁区校级模拟）如图所示，质量忽略不计、长度分别为和的不可伸长的轻绳，分别系质量为和的小球，它们以相同的转速绕中心轴线做匀速圆周运动。稳定时绳子与竖直方向夹角的正切值分别为及，圆周运动半径分别为和，两绳子中的张力分别为和，则
A．B．C．D．
【答案】
【考点】牛顿第二定律的简单应用；向心力的表达式及影响向心力大小的因素
【专题】推理法；定量思想；牛顿第二定律在圆周运动中的应用；推理能力
【分析】对两小球分别进行受力分析；设绳子与竖直方向夹角分别为、，先对下面小球受力分析，将两个球看作整体受力分析；根据几何关系判断项。
【解答】解：．对下面小球受力分析，水平方向有
对上面小球受力分析，水平方向有
联立解得
故正确；
．设绳子与竖直方向夹角分别为、，对下面小球受力分析，竖直方向有
对两个球看作整体，竖直方向上有
稳定时绳子与竖直方向夹角的正切值分别为及，
联立解得
故错误；
．根据几何关系
联立解得
故错误；
故选：。
【点评】本题考查学生对圆周运动及受力分析的综合理解能力。
9．（2024•合肥三模）如图所示，在某次跳台滑雪比赛中，运动员以初速度从跳台顶端水平飞出，经过一段时间后落在倾斜赛道上的点，运动员运动到点时离倾斜赛道最远，点到赛道的垂直距离为，点离赛道的竖直高度为，赛道的倾角为，重力加速度为，空气阻力不计，运动员（包括滑雪板）视为质点。则、两点间的距离是
A．B．
C．D．
【答案】
【考点】平抛运动速度的计算
【专题】推理法；定量思想；分析综合能力；平抛运动专题
【分析】根据平抛运动规律，结合运动的合成与分解以及题干中的几何关系，可求出正确答案。
【解答】解：将运动员在空中的运动分解为沿斜面方向以及垂直斜面方向，根据运动的对称性，可以得到，运动员从运动到点和从点运动到点所用时间相等，因此运动员沿平行斜面方向的分运动从到的时间与从到的时间相等，运动员沿平行斜面做加速度为的匀加速运动，设整个运动时间为，
，则，由于从到的水平位移与从到的水平位移相等，因此，则运动员做平抛运动有，，，解得，则，故正确，错误。
故选：。
【点评】学生在解答本题时，应注意对于平抛运动问题，要熟练运用运动的分解来进行分析。
二．多选题（共9小题）
10．（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。
11．（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。
12．（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。
13．（2024•博望区校级模拟）通用技术课上，某兴趣小组制作了一个小球爬杆装置，如图所示，竖直杆与光滑杆均固定在电动机底座上，且与水平面间的夹角，一弹簧上端固定在杆上的点，下端与穿在杆上质量为的小球相连。装置静止时弹簧与竖直方向间的夹角，当电动机带动底座开始转动时，小球开始爬杆。已知两点间的距离为，重力加速度为。则
A．装置静止时杆对小球的弹力方向垂直杆斜向下
B．装置静止时弹簧弹力的大小为
C．装置静止时杆对小球的弹力大小为
D．电动机转动后，当小球稳定在与点等高的位置时杆的角速度为
【答案】
【考点】物体在圆锥面上做圆周运动
【专题】定量思想；推理法；匀速圆周运动专题；推理能力
【分析】根据平衡条件画初始位置的小球受力图，分析杆对小球的弹力情况；
根据平衡条件列方程求解弹簧的弹力大小和杆对小球的弹力大小；
再次对小球受力分析作图，根据水平方向的牛顿第二定律方程和竖直方向的平衡方程列式解答。
【解答】解：对小球受力分析如图
由平衡条件可知，小球静止时杆对小球的弹力方向垂直杆斜向下，故正确；
根据平衡条件，由几何关系可得小球静止时弹簧弹力的大小为，故错误；
根据平衡条件可得，解得小球静止时杆对小猴的弹力大小为，故错误；
由几何关系可知，小球稳定在与点等高位置时弹簧的长度与开始位置时相等，故弹簧的弹力为，在与点等高位置，对小球受力分析，
水平方向由牛顿第二定律，竖直方向由平衡条件，联立解得，故正确。
故选：。
【点评】考查平衡问题和圆周运动的相关问题，会根据题意分析物体受力并列式求解相应物理量。
14．（2024•龙凤区校级模拟）如图所示，竖直平面内有固定的光滑绝缘圆形轨道，匀强电场的方向平行于轨道平面水平向右，、分别为轨道上的最高点和最低点，、是轨道上与圆心等高的点。质量为、电荷量为的带正电的小球在处以速度水平向右射出，恰好能在轨道内做完整的圆周运动，已知重力加速度为，电场强度大小。则下列说法中正确的是
A．在轨道上运动时，小球动能最大的位置在、之间
B．在轨道上运动时，小球机械能最小的位置在点
C．经过、两点时，小球所受轨道弹力大小的差值为
D．小球在处以速度水平向右射出，也能在此轨道内做完整的圆周运动
【答案】
【考点】牛顿第二定律的简单应用；带电粒子（计重力）在匀强电场中的直线运动；绳球类模型及其临界条件；动能定理的简单应用
【专题】推理法；定量思想；分析综合能力；带电粒子在电场中的运动专题；等效替代法
【分析】应用等效重力的观点，将重力和电场力的合力看作等效重力，由几何关系得到等效重力的方向。再结合圆周运动规律求解，粒子在等效最低点时速度最大，动能最大。恰好能在轨道内做完整的圆周运动的条件是恰好能通过等效最高点。小球运动过程克服电场力做功最多，损失机械能最多，则机械能最小；根据牛顿第二定律求解经过、两点时弹力的差值。
【解答】解：．应用等效重力的观点，将重力和电场力的合力看作等效重力，设等效重力与竖直方向的夹角为，则有：
，可得：
可知在小球在轨道内做圆周运动的等效最低点是圆弧的中点，故动能最大的位置在、之间，故正确；
．小球运动到位置时克服电场力做功最多，根据功能关系，可知机械能最小的位置在点，故正确；
．小球在点，由牛顿第二定律得：
小球在点，由牛顿第二定律得：
从到点，由动能定理得：
解得经过、两点时，小球所受轨道弹力大小的差值为：，故错误；
．小球在轨道内做圆周运动的等效最高点是圆弧的中点，已知小球在处以速度水平向右射出，恰好能在轨道内做完整的圆周运动，从处到点，根据动能定理得：
假设小球在处以速度水平向右射出，也能在此轨道内做完整的圆周运动，从处到点，根据动能定理：
联立解得：，故小球在处以速度水平向右射出，不能在此轨道内做完整的圆周运动，故错误。
故选：。
【点评】本题考查带电体在匀强电场中圆周运动的相关问题。掌握在“内圆轨道“做完整圆周运动的临界条件。在匀强电场的圆周运动，要掌握用“等效重力”解题的技巧，会找“等效最高点或最低点”。
15．（2024•河北模拟）某货物输送装置可简化为如图所示，将一个质量为的载物平台架在两根完全相同、轴线在同一水平面内足够长的平行圆柱上。已知平台与两圆柱间的动摩擦因数均为，平台的重心与两圆柱等距，两圆柱以角速度绕轴线做相反方向的转动，重力加速度大小为。现给平台施加一过平台重心且沿平行于轴线方向的恒力，使载物平台从静止开始运动。下列说法正确的是
A．只有当时，平台才能开始运动
B．平台运动的最大加速度大小
C．只要平台运动距离足够远，平台最终一定会做匀速直线运动
D．越大，平台从静止开始运动相同距离用时越短
【答案】
【考点】滑动摩擦力的方向；滑动摩擦力的大小计算和影响因素；牛顿运动定律的应用—从受力确定运动情况；线速度与角速度的关系
【专题】定量思想；推理法；匀速圆周运动专题；牛顿运动定律综合专题；摩擦力专题；推理能力
【分析】根据摩擦力公式、牛顿第二定律和推导沿受到一根圆柱的摩擦力分量，再根据牛顿第二定律列方程分析判断；根据表达式结合角速度判断时间。
【解答】解：．圆柱表面的点转动的线速度大小为：
若平台运动的速度大小为，则沿该方向上受到一根圆柱的摩擦力分量为
根据牛顿第二定律可得
开始时，平台受到的两圆柱摩擦力平衡，加速度最大，大小为：，所以只要不为零，加速度就不为零，平台也能运动，由于在不断增大，加速度会越来越小，当时，无论平台运动的距离多远，最终都不会匀速直线运动，故错误，正确；
．根据上述表达式：，可知角速度越大，平台运动的加速度越大，平均速度越大，从静止开始运动相同距离用时越短，故正确。
故选：。
【点评】本题关键掌握平台参与的两个方向的运动，根据合运动判断摩擦力方向。
16．（2024•泉州模拟）取一根空心管，将一根足够长的尼龙线穿过它，在尼龙线一端拴一块质量很小的物体，另一端挂一篮球，手握空心管抡动该物体，使该物体在水平面上做半径大小为的匀速圆周运动，篮球恰好处于静止状态，此时空心管上方的线与竖直方向的夹角约等于，如图所示。已知物体的质量是篮球的倍，重力加速度为，设尼龙线与空心管间的摩擦力大小恒等于球重的倍，则该物体的角速度大小可能为
A．0B．C．D．
【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】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；分析综合能力
【分析】根据摩擦力的方向进行分情况讨论，从而计算出两种情况的角速度大小。
【解答】解：对于重物而言，如果转动的角速度较小，则摩擦力方向沿绳向外，根据牛顿第二定律有
解得
如果转动的角速度较大，则摩擦力方向沿绳向内，根据牛顿第二定律有
解得，故正确，错误；
故选：。
【点评】学生在解答本题时，应注意对于摩擦力分析，要注意根据运动情况，判断摩擦力的方向问题。
17．（2024•河南三模）如图所示，足够长光滑细杆的一端固定在竖直转轴上的点，并可随轴一起转动。杆上套有一轻质弹簧，弹簧一端固定于点，另一端与套在杆上质量为的小球相连，细杆与竖直方向夹角为。弹簧原长为，劲度系数为。已知弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为。则下列说法正确的是
A．当小球保持静止时，小球到点的距离为
B．当小球相对细杆静止，弹簧拉伸量为时，杆对小球的弹力大小可能为
C．当小球相对细杆静止，杆对小球弹力为零时，转轴的角速度为
D．转轴转速自零开始缓慢增加过程中，细杆对小球的弹力一直增大
【答案】
【考点】胡克定律及其应用；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】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；分析综合能力
【分析】根据静止时，受力平衡可求出形变量，从而得到距离；根据细杆的支持力方向不同，分别计算出可能得支持力大小，得出选项；利用合外力提供向心力以及受力平衡，可求出角速度；根据选项的分析，可得出选项。
【解答】解：当小球静止时，弹簧弹力等于小球重力沿杆方向的分力，则有，解得，小球到点的距离，故错误；
弹簧拉伸量为时，竖直方向上小球合力为零，若小球所受细杆的支持力垂直细杆斜向上，则有，解得，若小球所受细杆的支持力垂直细杆斜向下，则有，解得，故正确；
设转轴的角速度为时，小球对杆的作用力为零，设此时弹簧形变量为，则有，
解得，故正确；
初始时细杆对小球有作用力，选项状态下细杆对小球无作用力，所以细杆对小球作用力不会一直增大，故错误。
故选：。
【点评】学生在解答本题时，应注意对于圆周运动问题，要熟练运用合外力提供向心力这一公式，同时理解杆可以提供向内和向外的支持力。
18．（2024•厦门三模）将扁平的石子向水面快速抛出，石子可能会在水面上一跳一跳地飞向远方，俗称“打水漂”。石子接触水面时速度方向与水面的夹角越小，从水面跳起产生的“水漂”效果越明显。将一石子水平抛出，不计石子在空中飞行时的空气阻力，为了观察到明显的“水漂”效果，则应
A．适当增加出手的高度B．适当减小出手的高度
C．适当增加出手的速度D．适当减小出手的速度
【答案】
【考点】平抛运动速度的计算
【专题】推理能力；定量思想；推理法；平抛运动专题
【分析】根据石子出手后做平抛运动的规律，竖直方向的自由落体运动和水平方向的匀速直线运动及速度偏角的表达式分析解答。
【解答】解：令石子接触水面时速度方向与水面的夹角为，石子水平抛出的速度为，石子竖直方向做自由落体运动，则有，石子接触水面时，根据速度分解有
解得，可知，出手高度越大，石子接触水面时速度方向与水面的夹角越大，根据题意可知，为了观察到明显的“水漂”效果，则应适当减小出手的高度，故错误，正确；
结合上述可知，石子出手速度越大，石子接触水面时速度方向与水面的夹角越小，可知，为了观察到明显的“水漂”效果，则应适当增加出手的速度，故正确，错误。
故选：。
【点评】考查平抛运动的规律，会根据题意进行准确的分析和判断。
三．填空题（共2小题）
19．（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。
20．（2021•杨浦区二模）如图，一个有质量的小球用一细线悬于箱子顶上的点，箱子沿某一方向做匀加速直线运动，细线与竖直方向的夹角始终不变，重力加速度为小球受到的空气阻力不计写出箱子可能的二种加速度情况：① 加速度水平向右，大小为 ；②
【考点】牛顿第二定律；运动的合成和分解
【专题】定量思想；方程法；运动的合成和分解专题；推理能力
【分析】对小球受力分析，依据矢量的合成法则，及加速度方向，再根据牛顿第二定律求出小球的加速度，从而得出箱子的加速度。
【解答】解：以小球为研究对象，若其加速度方向水平向右，
由牛顿第二定律得：
两式联立解得：，
则箱子的加速度水平向右，大小为；
以小球为研究对象，若其加速度方向竖直向下，
当绳子拉力时，
由牛顿第二定律得：
两式联立解得：，
则箱子是自由落体运动，加速度为；
故答案为：①加速度水平向右，大小为；②自由落体运动，加速度为。
【点评】本题考查了牛顿第二定律的基本应用，要注意整体法、隔离法的灵活选择，理解确定加速度的方向是解题的关键。
四．解答题（共5小题）
21．（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。
22．（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。
23．（2024•浙江二模）物理老师自制了一套游戏装置供同学们一起娱乐和研究，其装置可以简化为如图所示的模型。该模型由同一竖直平面内的水平轨道、半径为的半圆单层轨道、半径为的半圆圆管轨道、平台和、凹槽组成，且各段各处平滑连接。凹槽里停放着一辆质量为的无动力摆渡车并紧靠在竖直侧壁处，其长度且上表面与平台、平齐。水平面的左端通过挡板固定一个弹簧，弹簧右端可以通过压缩弹簧发射能看成质点的不同滑块，弹簧的弹性势能最大能达到。现三位同学小张、小杨、小振分别选择了质量为、、的同种材质滑块参与游戏，游戏成功的标准是通过弹簧发射出去的滑块能停在平台的目标区段。已知凹槽段足够长，摆渡车与侧壁相撞时会立即停止不动，滑块与摆渡车上表面和平台段的动摩擦因数都是，其他所有摩擦都不计，段长度，段长度。问：
（1）已知小振同学的滑块以最大弹性势能弹出时都不能进入圆管轨道，求小振同学的滑块经过与圆心等高的处时对轨道的最大压力；
（2）如果小张同学以的弹性势能将滑块弹出，请根据计算后判断滑块最终停在何处？
（3）如果小杨将滑块弹出后滑块最终能成功地停在目标区段，则他发射时的弹性势能应满足什么要求？
【答案】（1）小振同学的滑块经过与圆心等高的处时对轨道的最大压力为；
（2）根据计算后判断滑块最终停在离点左侧距离；
（3）发射时的弹性势能应满足：。
【考点】动能定理的简单应用；绳球类模型及其临界条件；功是能量转化的过程和量度；牛顿第三定律的理解与应用
【专题】定量思想；实验分析法；动量和能量的综合；分析综合能力
【分析】（1）滑块运动到与等高处的过程，根据滑块与弹簧组成的系统的机械能守恒解答；
（2）判断滑块能够通过点后，根据通过动能定理求出滑上车前的速度。再对车系统根据动量守恒定律和能量守恒定律求滑块的位置；
（3）根据滑块不脱离轨道在点的临界条件、能够到达水平平台的条件、由动能定理、能量守恒定律、动量守恒定律等确定弹性势能的范围。
【解答】解：（1）当弹性势能最大弹出时，经过与圆心等高的处时对轨道的压力最大。从弹出到处，根据动能定理有：
经过处时，根据牛顿第二定律有：
由牛顿第三定律可知：
联立解得最大压力：，方向由指向。
（2）当刚好经过时，根据牛顿第二定律有：
代入数据解得：
假设滑块在点不脱离轨道，由能量守恒得：
解得：
故滑块在点不脱离轨道，从起点到车左端，根据动能定理有：
故以的弹性势能弹出到达车左端的速度：
与车共速时，以向右为正，根据动量守恒有：
由能量守恒定律有：
解得共速时与摆渡车的相对位移：
所以，如果小张同学的滑块能滑上摆渡车但又不从摆渡车上掉进凹槽，摆渡车与右端碰后停止，滑块继续向前滑行的距离：
代入数据得：
故滑块所停位置在离车右端距离：
（3）当刚好经过时：
根据能量关系能：
将弹出到平台上，根据动能定理有：
与车共速时：
由能量守恒：
要使得滑块停在目标区：
联立上面四式解得：，且：
故当小杨同学游戏能成功时，弹簧的弹性势能范围为：
答：（1）小振同学的滑块经过与圆心等高的处时对轨道的最大压力为；
（2）根据计算后判断滑块最终停在离点左侧距离；
（3）发射时的弹性势能应满足：。
【点评】本题考查了功能关系的应用以及竖直平面内圆周运动的临界问题，要区分管状圆周轨道与内圆轨道临界的条件和意义不同，对于管状圆周轨道物体在其中做完整圆周运动的条件是达到最高点临界速度为零，在最高点物体对上或下壁产生弹力存在速度临界；对于内圆轨道物体在其中做完整圆周运动的条件是达到最高点时与轨道之间的弹力为零。
24．（2024•仓山区校级模拟）掷铅球是一个需要力量和灵活性的运动，今年的学校运动会，某同学要参加掷铅球比赛，傍晚来到运动场训练，热身后（不计空气阻力，重力加速度取，，，
（1）她在第一次投掷中把铅球水平推出，高度为，速度为，则铅球被推出的水平距离是多少米？
（2）第一次投掷后体育老师给了建议，让她投掷时出手点高一点，斜向上推出铅球。于是，第二次她从离地高为处推出铅球，出手点刚好在边界线上方，速度方向与水平方向成，如图所示，此次推出铅球时铅球的速度大小仍为，则这次投掷的成绩为多少米？
【答案】（1）铅球被推出的水平距离是5.5米；
（2）这次投掷的成绩为10.8米。
【考点】平抛运动速度的计算；斜抛运动
【专题】推理法；分析综合能力；定量思想；平抛运动专题
【分析】（1）根据平抛运动以及运动的合成与分解可求出距离；
（2）根据运动的合成与分解，可求出投掷的成绩。
【解答】解：（1）由平抛运动知识
铅球被推出的水平距离为
解得
（2）被推出的铅球在竖直方向做竖直上抛运动，则有
解得，（舍去）
铅球在水平方向做匀速直线运动
这次投掷的成绩为
答：（1）铅球被推出的水平距离是5.5米；
（2）这次投掷的成绩为10.8米。
【点评】学生在解答本题时，应注意对于平抛和斜抛问题要熟练运用运动的合成与分解进行作答。
25．（2024•盐城模拟）如图所示，竖直平面内固定一半径为的光滑圆环，质量分别为、的、两小球套在圆环上，用长度为的轻杆连接。开始时，对小球施加竖直向上的外力，使、均处于静止状态，且球恰好与圆心等高；然后撤去外力，、沿圆环运动。已知重力加速度为，取光滑圆环最低处为零势面。求：
（1）外力的大小；
（2）球重力势能的最大值；
（3）球速度最大时，其加速度的大小。
【答案】（1）外力的大小为；
（2）球重力势能的最大值为；
（3）球速度最大时，其加速度的大小为。
【考点】机械能守恒定律的简单应用；牛顿第二定律的简单应用；杆球类模型及其临界条件
【专题】推理法；分析综合能力；定量思想；机械能守恒定律应用专题
【分析】（1）对球施加的竖直向上的外力时，对小球受力分析，确定杆对球没有作用力，再对球，根据平衡条件求解的大小；
（2）系统无初速度释放，根据机械能守恒定律求当球到达最低点时球的速度大小，并求球能够上升的最高点相对圆心点的竖直高度，从而计算最大重力势能；
（3）根据系统机械能守恒结合向心加速度公式解答。
【解答】解：（1）当外力作用在球上时，对小球受力分析可知，小球受重力和环给竖直向上的弹力处于平衡状态，则杆对无作用力，杆对球也无作用力，球受重力和外力处于平衡状态，则；
（2）当球上升到最大高度时，如图所示。
以点所在水平面为参考平面，由系统机械能守恒有
可得
则球能够上升的最大高度相对圆心点的竖直高度为
球重力势能的最大值
（3）球和球相对静止绕点做圆周运动，两者的线速度大小相等，即。如下图所示，当两者的质心处于最低位置时，两者的线速度最大，根据两者的质量关系，可得质心与球的距离。
，，
解得：
以点所在水平面为零势能面，由、两球组成的系统机械能守恒有
解得球最大速度的平方为：
此时的加速度等于其向心加速度，则有：
解得：
答：（1）外力的大小为；
（2）球重力势能的最大值为；
（3）球速度最大时，其加速度的大小为。
【点评】本题考查共点力平衡条件和机械能守恒定律的综合应用。要知道机械能守恒条件是系统除重力或弹力做功以外，其他力对系统做的功等于零。运用机械能守恒定律时，要注意选择参考平面。
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．胡克定律及其应用
【知识点的认识】
1．弹力
（1）定义：发生弹性形变的物体，由于要恢复原状，对跟它接触的物体产生的力叫弹力．
（2）弹力的产生条件：①弹力的产生条件是两个物体直接接触，②并发生弹性形变．
（3）弹力的方向：力垂直于两物体的接触面．
①支撑面的弹力：支持力的方向总是 垂直 于支撑面，指向被支持的物体；压力总是垂直于支撑面指向被压的物体．
点与面接触时弹力的方向：过接触点垂直于接触面．
球与面接触时弹力的方向：在接触点与球心的连线上．
球与球相接触的弹力方向：垂直于过接触点的公切面．
②弹簧两端的弹力方向：与弹簧中心轴线重合，指向弹簧恢复原状的方向．其弹力可为拉力，可为压力．
③轻绳对物体的弹力方向：沿绳指向绳收缩的方向，即只为拉力．
2．胡克定律
弹簧受到外力作用发生弹性形变，从而产生弹力．在弹性限度内，弹簧弹力F的大小与弹簧伸长（或缩短）的长度x成正比．即F＝kx，
其中，劲度系数k的意义是弹簧每伸长（或缩短）单位长度产生的弹力，其单位为N/m．它的大小由制作弹簧的材料、弹簧的长短和弹簧丝的粗细决定．x则是指形变量，应为形变（包括拉伸形变和压缩形变）后弹簧的长度与弹簧原长的差值．
注意：胡克定律在弹簧的弹性限度内适用．
3．胡克定律的应用
（1）胡克定律推论
在弹性限度内，由F＝kx，得F1＝kx1，F2＝kx2，即F2﹣F1＝k（x2﹣x1），即：△F＝k△x
即：弹簧弹力的变化量与弹簧形变量的变化量（即长度的变化量）成正比．
（2）确定弹簧状态
对于弹簧问题首先应明确弹簧处于“拉伸”、“压缩”还是“原长”状态，并且确定形变量的大小，从而确定弹簧弹力的方向和大小．如果只告诉弹簧弹力的大小，必须全面分析问题，可能是拉伸产生的，也可能是压缩产生的，通常有两个解．
（3）利用胡克定律的推论确定弹簧的长度变化和物体位移的关系
如果涉及弹簧由拉伸（压缩）形变到压缩（拉伸）形变的转化，运用胡克定律的推论△F＝k△x可直接求出弹簧长度的改变量△x的大小，从而确定物体的位移，再由运动学公式和动力学公式求相关量．
【命题方向】
（1）第一类常考题型是考查胡克定律：
一个弹簧挂30N的重物时，弹簧伸长1.2cm，若改挂100N的重物时，弹簧总长为20cm，则弹簧的原长为（ ）
A．12cm B．14cm C．15cm D．16cm
分析：根据胡克定律两次列式后联立求解即可．
解：一个弹簧挂30N的重物时，弹簧伸长1.2cm，根据胡克定律，有：F1＝kx1；
若改挂100N的重物时，根据胡克定律，有：F2＝kx2；
联立解得：k＝；
x2＝；
故弹簧的原长为：x0＝x﹣x2＝20cm﹣4cm＝16cm；
故选D．
点评：本题关键是根据胡克定律列式后联立求解，要记住胡克定律公式中F＝k•△x的△x为行变量．
（2）第二类常考题型是考查胡克定律与其他知识点的结合：
如图所示，一根轻质弹簧上端固定，下端挂一个质量为m0的平盘，盘中有一物体，质量为m，当盘静止时，弹簧的长度比其自然长度伸长了l，今向下拉盘，使弹簧再伸长△l后停止，然后松手，设弹簧总处在弹性限度内，则刚松手时盘对物体的支持力等于（ ）
D.
分析：根据胡克定律求出刚松手时手的拉力，确定盘和物体所受的合力，根据牛顿第二定律求出刚松手时，整体的加速度．再隔离物体研究，用牛顿第二定律求解盘对物体的支持力．
解：当盘静止时，由胡克定律得（m+m0）g＝kl ①
设使弹簧再伸长△l时手的拉力大小为F
再由胡克定律得 F＝k△l ②
由①②联立得 F＝
刚松手瞬时弹簧的弹力没有变化，则以盘和物体整体为研究对象，所受合力大小等于F，方向竖直向上．
设刚松手时，加速度大小为a，
根据牛顿第二定律得 a＝＝
对物体研究：FN﹣mg＝ma
解得 FN＝（1+）mg
故选A．
点评：点评：本题考查应用牛顿第二定律分析和解决瞬时问题的能力，这类问题往往先分析平衡状态时物体的受力情况，再分析非平衡状态时物体的受力情况，根据牛顿第二定律求解瞬时加速度．
【解题方法点拨】
这部分知识难度中等、也有难题，在平时的练习中、阶段性考试中会单独出现，选择、填空、计算等等出题形式多种多样，在高考中不会以综合题的形式考查的，但是会做为题目的一个隐含条件考查．弹力的有无及方向判断比较复杂，因此在确定其大小和方向时，不能想当然，应根据具体的条件或计算来确定．
3．滑动摩擦力的方向
【知识点的认识】
1.滑动摩擦力的定义：两个相互接触的物体，当它们发生相对滑动时，在接触面上会产生有种阻碍相对运动的力，叫作滑动摩擦力。
2.滑动摩擦力的方向：总跟接触面相切，并且跟物体的相对运动方向相反。
3.关键词：①与接触面相切（沿接触面）；②与相对运动的方向相反。
【命题方向】
关于摩擦力，下列说法错误的是（ ）
A、滑动摩擦力可以与物体的运动方向相同
B、静摩擦力也可以与物体的运动方向相同
C、静摩擦力可以与物体运动的方向成任意度角
D、当物体与接触面的接触面积减小而其他条件不变时，滑动摩擦力将减小
分析：摩擦力一个物体在另一个物体表面滑动或有相对滑动的趋势时，受到的阻碍相对运动或相对运动趋势的力，与相对运动或相对运动的趋势方向相反．
解答：A、滑动摩擦力与物体的相对运动方向相反，即与相对相接触的那个物体的运动方向相反，与物体的实际运动方向可以成任意角度，故A正确；
BC、静摩擦力与物体的相对运动趋势方向相反，即与相对相接触的那个物体的运动趋势方向相反，与物体的实际运动方向可以成任意角度，故B正确，C正确；
D、滑动摩擦力的大小与正压力成正比，还与接触面的材料有关，与接触面的面积无关，故D错误；
本题选错误的，故选D。
点评：提到摩擦力不忘相对两个字，摩擦力与相对运动或相对运动趋势的方向相反，总是阻碍物体间的相对滑动或相对滑动趋势．
【解题思路点拨】
1.滑动摩擦力的方向总是与物体相对运动的方向相反。因此判断滑动摩擦力的方向时，可以先判断相对运动的方向，从而得出滑动摩擦力的方向。
2.滑动摩擦力是物体之间相对运动产生的，与物体自身的运动情况无关，所以滑动摩擦力的方向与物体自身的运动方向无关。例如：人刚站上电动扶梯的时候，因为人的初速度为零，所以受到扶梯水平向前的滑动摩擦力，而人实际的运动方向取决于电梯的方向。
4．滑动摩擦力的大小计算和影响因素
【知识点的认识】
滑动摩擦力跟正压力成正比，也就是跟一个物体对另一个物体表面的垂直作用力成正比。公式：F＝μFN，F表示滑动摩擦力大小，FN表示正压力的大小，μ叫动摩擦因数。
【命题方向】
如图所示，在与水平方向成θ角、大小为F的力作用下，质量为m的物块沿竖直墙壁加速下滑，已知物块与墙壁的动摩擦因数为μ．则下滑过程中物块受滑动摩擦力的大小为（ ）
A、μmg B、μ（Fcsθ+mg） C、mg﹣Fsinθ D、μFcsθ
分析：分析物体的受力情况，求出正压力，再由摩擦力的计算公式进行计算．
解答：将F分解可得，物体在垂直于墙壁方向上受到的压力为N＝Fcsθ，则物体对墙壁的压力为N＝N′＝Fcsθ；
物体受到的滑动摩擦力为f＝μN′＝μFcsθ；
故选：D。
点评：本题考查学生对滑动摩擦力公式的掌握，注意公式里的正压力不一定是重力，而是垂直于接触面的压力．
【解题思路点拨】
1.牢记滑动摩擦力的计算公式：F＝μFN，F表示滑动摩擦力大小，FN表示正压力的大小，μ叫动摩擦因数。如果两个物体是斜面连接，则需要进行必要的受力分析以求出垂直于斜面的压力。
2.在一般情况下，物体在水平面上运动时，正压力等于重力，但不能说正压力就是重力。
5．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。
6．牛顿第三定律的理解与应用
【知识点的认识】
1．内容：两个物体之间的作用力和反作用力总是大小相等，方向相反，作用在同一条直线上．
2．作用力与反作用力的“四同”和“三不同”：
【命题方向】
题型一：牛顿第三定律的理解和应用
例子：关于作用力与反作用力，下列说法正确的是（ ）
A．作用力与反作用力的合力为零
B．先有作用力，然后才产生反作用力
C．作用力与反作用力大小相等、方向相反
D．作用力与反作用力作用在同一个物体上
分析：由牛顿第三定律可知，作用力与反作用力大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，作用在两个物体上，力的性质相同，它们同时产生，同时变化，同时消失．
解答：A、作用力与反作用力，作用在两个物体上，效果不能抵消，合力不为零，故A错误．
B、作用力与反作用力，它们同时产生，同时变化，同时消失，故B错误．
C、作用力与反作用力大小相等、方向相反，作用在两个物体上，故C正确．
D、作用力与反作用力，作用在两个物体上，故D错误．
故选：C．
点评：考查牛顿第三定律及其理解．理解牛顿第三定律与平衡力的区别．
【解题方法点拨】
应用牛顿第三定律分析问题时应注意以下几点
（1）不要凭日常观察的直觉印象随便下结论，分析问题需严格依据科学理论．
（2）理解应用牛顿第三定律时，一定抓住“总是”二字，即作用力与反作用力的这种关系与物体的运动状态无关．
（3）与平衡力区别应抓住作用力和反作用力分别作用在两个物体上．
7．牛顿运动定律的应用—从受力确定运动情况
【知识点的认识】
1.已知物体受力，求解物体的运动情况。
2.解答该类问题的一般步骤
（1）选定研究对象，对研究对象进行受力分析，并画出受力示意图。
（2）根据平行四边形定则，应用合成法或正交分解法，求出物体所受的合外力。受力分析和运动情况分析是解决该类问题的两个关键。
（3）根据牛顿第二定律列方程，求出物体运动的加速度。
（4）结合物体运动的初始条件（即初速度v0），分析运动情况并画出运动草图，选择合适的运动学公式，求出待求的运动学量——任意时刻的速度v、一段运动时间t以及对应的位移x等。
【命题方向】
如图所示，质量m＝4kg的物体静止在水平地面上，其与地面间的动摩擦因数µ＝0.2．现用水平向右的外力F＝10N拉物体，求：
（1）物体在2s末的速度多大；
（2）前2s内的位移是是多少；
（3）若2s末撤去拉力，物体还要经过多长时间才能停下来。
分析：物体在恒定的水平力作用下，在粗糙的水平面上做匀加速直线运动。对其进行受力分析，力的合成后求出合力，再由牛顿第二定律去求出加速度，最后由运动学公式去求出速度与位移。
解答：（1）前2s内物体加速运动，受重力、支持力、拉力和滑动摩擦力，根据牛顿第二定律，有：
物体的加速度＝；
2s末物体的速度：v＝at＝0.5×2＝1m/s
（2）前2s位移为：x＝＝m＝1m；
（3）撤去拉力后，滑块匀减速直线运动，加速度为a′＝﹣μg＝﹣2m/s2
故运动时间为：t′＝＝0.5s；
答：（1）物体在2s末的速度为1m/s；
（2）前2s内的位移是1m；
（3）若2s末撤去拉力，物体还要经过0.5s时间才能停下来。
点评：本题是已知受力情况确定运动情况，关键分阶段求解出加速度，不难。
【解题思路点拨】
受力分析→牛顿第二定律→运动情况分析。连接受力与运动的桥梁是牛顿第二定律（加速度）。
8．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。
9．平抛运动在竖直和水平方向上的特点
【知识点的认识】
1.平抛运动的定义：平抛运动是初速度水平，只受重力作用的运动。
2.平抛运动可以看成水平方向和竖直方向两个直线运动的合运动。水平方向上有初速度，不受力，所以做匀速直线运动；竖直方向上无初速度，只受重力，所以做自由落体运动。
【命题方向】
下列关于平抛运动不正确的是（
A、平抛运动的水平分运动是匀速直线运动
B、平抛运动的竖直分运动是自由落体运动
C、做平抛运动的物体在落地前加速度不变
D、做平抛运动的物体在落地前速度不变
分析：平抛运动是只在重力的作用下，水平抛出的物体做的运动，所以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．
解答：A、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，所以A正确。
B、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，所以B正确。
C、平抛运动只受到重力的作用，加速度就是重力加速度，所以加速度的大小是不变的，所以C正确。
D、平抛运动在竖直方向上做的是自由落体运动，速度是在不断变化的，所以D错误。
本题是选错误的，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．
【解题思路点拨】
根据运动的合成与分解可以知道，平抛运动可以分解成水平方向上匀速直线运动和竖直方向上的自由落体运动，而平抛运动自身是一个匀变速曲线运动。
10．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。
11．平抛运动位移的计算
【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，水平方向上的位移x＝v0t
竖直方向上的位移为y＝
物体的合位移为l＝
3.对于已知高度的平抛运动，竖直方向有h＝
水平方向有x＝v0t
联立得x＝v0
所以说平抛运动的水平位移与初速度大小和抛出点的高度有关。
【命题方向】
物体以初速度7.5m/s水平抛出，2秒后落到地面，则物体在这个过程中的位移是（ ）
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：物体做平抛运动，水平方向的位移为：x＝v0t＝7.5×2m＝15m
竖直方向上是自由落体运动，竖直位移为：h＝gt2＝×10×（2）2＝20（m）
物体的合位移为 s＝＝m＝25m，故D正确。
故选：D。
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．
【解题思路点拨】
平抛运动的物体在水平和竖直方向上的运动都是独立的，可以分别计算两个方向的位移，并与合位移构成矢量三角形（满足平行四边形定则）。
12．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。
13．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。
14．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：
15．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。
16．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．
17．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。
18．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．
19．杆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】
用长为L的轻质细杆拉着质量为m的小球在竖直平面内做圆周运动，小球运动到最高点时，速率等于2，不计空气阻力，求：
（1）小球在最高点所受力的大小和方向？
（2）小球运动到最低点时的速度大小是多少？
分析：（1）假设小球在最高时，所受杆的弹力方向竖直向下，则由重力和杆的弹力的合力提供小球的向心力，由牛顿第二定律求出杆的弹力大小和方向．
（2）小球从最高点运动到最低点过程中，只有重力做功，其机械能守恒，由机械能守恒定律求解球运动到最低点时的速度大小．
解答：（1）假设小球在最高时，所受杆的弹力方向竖直向下，由牛顿第二定律得
mg+F＝m，又v＝2，
得到F＝m﹣mg＝3mg＞0，说明弹力的方向竖直向下．
（2）小球从最高点运动到最低点过程中，由机械能守恒定律得
2mgL+＝
代入解得：小球运动到最低点时的速度大小v′＝2．
答：（1）小球在最高点所受力的大小3mg，方向竖直向下；
（2）小球运动到最低点时的速度大小为．
点评：本题是向心力知识和机械能守恒定律的综合，常规题．对于第（1）问，也可以求出杆对球恰好没有弹力时的速度v0＝，根据v＝2＞v0，判断出小球在最高点所受杆的力方向竖直向下．
【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．物体在圆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，半径为R的光滑圆形轨道竖直固定放置，质量为m的小球在圆形轨道内侧做圆周运动．小球通过轨道最高点时恰好与轨道间没有相互作用力．已知当地的重力加速度大小为g，不计空气阻力．试求：
（1）小球通过轨道最高点时速度的大小；
（2）小球通过轨道最低点时角速度的大小；
（3）小球通过轨道最低点时受到轨道支持力的大小．
分析：（1）小球通过轨道最高点时恰好与轨道间没有相互作用力，故由重力提供向心力，根据圆周运动向心力公式即可得出最高点的速度；
（2）可以根据动能定理求出最低点的速度，再根据线速度和角速度的关系即可求出角速度；
（3）在最低点由支持力和重力的合力提供向心力，根据圆周运动向心力公式即可求得支持力的大小．
解答：（1）设小球通过轨道最高点时速度的大小为v1，根据题意和圆周运动向心力公式得：
mg＝m
解得：v1＝
（2）设小球通过轨道最低点的速度大小为v2，从最高点到最低点的过程中运用动能定理得：
2mgR＝ ①
v2＝ωR ②
由①②解得：ω＝
（3）设小球通过轨道最低点时受到轨道支持力大小为FN，根据圆周运动向心力公式得：
FN﹣mg＝ ③
由①③解得：FN＝6mg
答：（1）小球通过轨道最高点时速度的大小为；（2）小球通过轨道最低点时角速度的大小为；（3）小球通过轨道最低点时受到轨道支持力的大小为6mg．
点评：该题是动能定理及圆周运动向心力公式的直接应用，要抓住恰好到达最高点的隐含条件是由重力来提供向心力，难度不大，属于基础题．
【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＝。
21．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＝。
22．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。
23．常见力做功与相应的能量转化
【知识点的认识】
1．内容
（1）功是能量转化的量度，即做了多少功就有多少能量发生了转化。
（2）做功的过程一定伴随着能量的转化，而且能量的转化必通过做功来实现。
2．高中物理中几种常见的功能关系
【解题思路点拨】
如图所示，质量为m的物体静止在地面上，物体上面连着一个轻弹簧，用手拉住弹簧上端上移H，将物体缓缓提高h，拉力F做功WF，不计弹簧的质量，则下列说法正确的是（ ）
A、重力做功﹣mgh，重力势能减少mgh
B、弹力做功﹣WF，弹性势能增加WF
C、重力势能增加mgh，弹性势能增加FH
D、重力势能增加mgh，弹性势能增加WF﹣mgh
分析：重力势能的变化量等于负的重力所做的功，物体缓缓提高说明速度不变，拉力F做的功等于物体重力势能的变化量与弹簧弹性势能增加量之和．
解答：重力势能的变化量等于负的重力所做的功，即
ΔEP＝﹣WG＝﹣（﹣mgh）＝mgh
物体缓缓提高说明速度不变，所以物体动能不发生变化，
ΔE弹＝WF+WG＝WF﹣mgh
故选：D。
点评：本题主要考查了重力势能的变化量与重力做功的关系以及能量转化关系，难度不大，属于基础题．
【解题思路点拨】
1.常见的功能关系：合力做功——动能变化；重力做功——重力势能变化；弹力做功——弹性势能变化；摩擦力做功——内能变化；其他力做功——机械能变化。
2.判断和计算做功或能量变化时，可以反其道而行之，通过计算能量变化或做功多少来进行。
24．机械能守恒定律的简单应用
【知识点的认识】
1.机械能守恒定律的内容：在只有重力或弹力做功的物体系统内，动能与势能可以互相转化，而总的机械能保持不变。
2.对三种表达式的理解
（1）守恒式：Ek1+EP1＝Ek2+EP2，这里应注意等式不是指某两个特别的状态，而是过程中的每一状态机械能的总量都是守恒的，但我们解题时往往选择与题目所述条件或所求结果相关的状态建立方程式。另外，表达式中是相对的，建立方程时必须选择合适的参考平面，且每一状态的E都应是对同一参考平面而言的。
（2）转化式：ΔEk＝﹣ΔEP，系统动能的增加量等于系统重力势能的减少量，可以不选择参考平面。
（3）转移式：ΔEA＝﹣ΔEB，将系统分为A、B两部分，A部分机械能的增加量等于另一部分B的机械能的减少量，可以不选择参考平面。
3.运用机械能守恒定律的基本思路
4.机械能守恒定律和动能定理的比较
【命题方向】
NBA篮球赛非常精彩，吸引了众多观众.2012﹣2013赛季总决赛第六场中，雷阿伦在终场前5.2s的时候，把球投出且准确命中，把比赛拖入加时从而让热火获得比赛的胜利．如果雷阿伦投篮过程中对篮球做功为W，出手高度为h1，篮筐距地面高度为h2，篮球的质量为m，空气阻力不计，则篮球进筐时的动能为（ ）
A、W+mgh1﹣mgh2
B、W+mgh2﹣mgh1
C、mgh1+mgh2﹣W
D、mgh2﹣mgh1﹣W
分析：篮球在空中飞行时受到的空气阻力忽略不计，只受重力，故机械能守恒，根据机械能守恒定律直接列式分析．
解答：篮球机械能守恒，有
mgh1+Ek1＝mgh2+Ek2
解得
Ek2＝Ek+mgh1一mgh2
故选：A。
点评：本题关键根据机械能守恒定律列式求解，守恒条件为只有重力做功；应用机械能守恒定律解题不需要分析过程，只找出初末状态即可．
【解题方法点拨】
1.应用机械能守恒定律解题的基本思路
（1）选取研究对象﹣﹣物体或系统。
（2）根据研究对象所经历的物理过程，进行受力、做功分析，判断机械能是否守恒。
（3）恰当地选取参考平面，确定研究对象在过程的初、末态时的机械能。
（4）选取方便的机械能守恒定律的方程形式（Ek1+Ep1＝Ek2+Ep2、△Ek＝﹣△Ep或△EA＝﹣△EB）进行求解。
注：机械能守恒定律的应用往往与曲线运动综合起来，其联系点主要在初末状态的速度与圆周运动的动力学问题有关、与平抛运动的初速度有关。
2.对于系统机械能守恒问题，应抓住以下几个关键：
（1）分析清楚运动过程中各物体的能量变化；
（2）哪几个物体构成的系统机械能守恒；
（3）各物体的速度之间的联系。
3.动能定理与机械能守恒定律的选择
（1）能用机械能守恒定律解决的题一般都能用动能定理解决，而且省去了确定是否守恒和选定重力势能参考平面的麻烦。
（2）能用动能定理来解决的题却不一定都能用机械能守恒定律来解决，在这个意义上讲，动能定理比机械能守恒定律应用更广泛、更普遍。
25．带电粒子（计重力）在匀强电场中的直线运动
【知识点的认识】
本考点旨在针对带电粒子在匀强电场中做直线运动的情况，如果粒子能够在匀强电场中做直线运动，则必有电场力和重力的合力与粒子的运动方向共线。
【命题方向】
一个带正电的微粒，从A点射入水平方向的匀强电场中，微粒沿直线AB运动，如图，AB与电场线夹角θ＝30°，已知带电微粒的质量m＝1.0×10﹣7kg，电量q＝1.0×10﹣10C，A、B相距L＝20cm．（取g＝10m/s2，结果保留二位有效数字）求：
（1）电场强度的大小和方向；
（2）要使微粒从A点运动到B点，微粒射入电场时的最小速度是多少？
分析：（1）根据直线运动的条件并结合受力分析，得到电场力的方向，最终分析出物体的运动规律，根据力的合成的平行四边形定则并结合几何关系得到电场力，求出电场强度；
（2）对粒子的运动过程运用动能定理列式求解即可．
解答：（1）微粒只在重力和电场力作用下沿AB直线运动，故合力一定与速度在同一条直线上，可知电场力的方向水平向左，如图所示．
微粒所受合力的方向由B指向A，与初速度vA方向相反，微粒做匀减速直线运动．
在垂直于AB方向上，有
qEsinθ﹣mgcsθ＝0
所以电场强度E＝1.7×104N/C
电场强度的方向水平向左
（2）微粒由A运动到B时的速度vB＝0时，
微粒进入电场时的速度最小，由动能定理得，
﹣mgLsinθ﹣qELcsθ＝﹣
代入数据，解得vA＝2.8m/s
答：（1）电场强度的大小为1.7×104N/C，方向水平向左；
（2）要使微粒从A点运动到B点，微粒射入电场时的最小速度是2.8m/s．
点评：本题关键结合运动情况得到粒子受力的受力情况，然后根据动能定理列式求解．
【解题思路点拨】
带电粒子在电场力和重力的作用下做直线运动的条件是电场力与重力的合力与运动方向在一条直线上，以此对带电粒子进行受力分力，即可得出相关物理量的情况。
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功
能量的变化
合外力做正功
动能增加
重力做正功
重力势能减少
弹簧弹力做正功
弹性势能减少
电场力做正功
电势能减少
其他力（除重力、弹力）做正功
机械能增加
一对滑动摩擦力做的总功为负功
系统的内能增加