2025年高考物理復習之小題狂練600題（多選題）：曲線運動（10題）

第1頁（共1頁）2025年高考物理復習之小題狂練600題（多選題）：曲線運動（10題）一．多選題（共10小題）（多選）1．（2024?江西模擬）陶瓷是中華瑰寶，是中華文明的重要名片。在陶瓷制作過程中有一道工序叫利坯，如圖（a）所示，將陶瓷粗坯固定在繞豎直軸轉(zhuǎn)動的水平轉(zhuǎn)臺上，用刀旋削，使坯體厚度適當，表里光潔。對應(yīng)的簡化模型如圖（b）所示，粗坯的對稱軸與轉(zhuǎn)臺轉(zhuǎn)軸OO′重合。當轉(zhuǎn)臺轉(zhuǎn)速恒定時，關(guān)于粗坯上P、Q兩質(zhì)點，下列說法正確的是（）A．P的角速度大小比Q的大 B．P的線速度大小比Q的大 C．P的向心加速度大小比Q的大 D．同一時刻P所受合力的方向與Q的相同（多選）2．（2024?博望區(qū)校級模擬）通用技術(shù)課上，某興趣小組制作了一個小球爬桿裝置，如圖所示，豎直桿OM與光滑桿ON均固定在電動機底座上，且ON與水平面間的夾角α＝60°，一彈簧上端固定在OM桿上的P點，下端與穿在ON桿上質(zhì)量為m的小球相連。裝置靜止時彈簧與豎直方向間的夾角β＝30°，當電動機帶動底座開始轉(zhuǎn)動時，小球開始爬桿。已知OP兩點間的距離為L，重力加速度為g。則（）A．裝置靜止時桿對小球的彈力方向垂直桿ON斜向下 B．裝置靜止時彈簧彈力的大小為mg C．裝置靜止時桿對小球的彈力大小為3mgD．電動機轉(zhuǎn)動后，當小球穩(wěn)定在與P點等高的位置時桿的角速度為6g（多選）3．（2024?安徽）一傾角為30°足夠大的光滑斜面固定于水平地面上，在斜面上建立Oxy直角坐標系，如圖（1）所示。從t＝0開始，將一可視為質(zhì)點的物塊從O點由靜止釋放，同時對物塊施加沿x軸正方向的力F1和F2，其大小與時間t的關(guān)系如圖（2）所示。已知物塊的質(zhì)量為1.2kg，重力加速度g取10m/s2，不計空氣阻力。則（）A．物塊始終做勻變速曲線運動 B．t＝1s時，物塊的y坐標值為2.5m C．t＝1s時，物塊的加速度大小為53D．t＝2s時，物塊的速度大小為10（多選）4．（2024?拉薩一模）在游樂場有一種與眾不同的游樂設(shè)施——瘋狂魔盤，游客在魔盤上可以體會到慣性帶來的樂趣，如圖甲，其工作原理可以簡化為圖乙模型，水平圓盤在水平面內(nèi)可繞中心軸勻速轉(zhuǎn)動，圓盤上距離轉(zhuǎn)軸分別為r、2r處有兩個完全相同的小物塊a、b，質(zhì)量均為m。物塊a、b與圓盤間的動摩擦因數(shù)均為μ，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。現(xiàn)讓圓盤沿逆時針（俯視）方向以角速度ω做勻速圓周運動，物塊a、b相對于圓盤靜止，重力加速度為g，下列說法正確的是（）A．若增大ω，物塊a先滑動 B．物塊a受到的摩擦力大小始終為μmg C．物塊b受到的摩擦力是物塊a的2倍 D．若逐漸增大ω，保持物塊a、b不滑動，則物塊a、b受到的摩擦力不再沿半徑指向圓心（多選）5．（2024?梅州二模）梅州是足球之鄉(xiāng)，近幾年我市足球事業(yè)發(fā)展迅速，如圖7所示，某運動員在離球門正前方水平距離6m處頭球攻門，足球在1.8m高處被水平頂出，頂出時速度垂直球門，并恰好落在球門線上，足球視為質(zhì)點，不計空氣阻力，g取10m/s2則此過程中，下列說法正確的是（）A．球的運動時間為1s B．球落地前瞬間豎直方向的分速度大小為6m/s C．球的水平初速度大小為10m/s D．球落地前瞬間速度方向與水平地面的夾角為45°（多選）6．（2024?龍鳳區(qū)校級模擬）將一小球水平拋出，使用頻閃儀和照相機對運動的小球進行拍攝，頻閃儀每隔0.05s發(fā)出一次閃光。某次拍攝時，小球在拋出瞬間頻閃儀恰好閃光，拍攝的照片編輯后如圖所示。圖中的第一個小球為拋出瞬間的影像，每相鄰兩個球之間被刪去了3個影像，所標出的兩個線段的長度s1和s2之比為3：7。重力加速度大小取g＝10m/s2，忽略空氣阻力。則（）A．相鄰兩個球之間的時間間隔為0.2s B．影像中相鄰小球間水平距離越來越大 C．線段s1實際距離為0.2m D．小球拋出的初速度v（多選）7．（2024?龍鳳區(qū)校級模擬）如圖所示，豎直平面內(nèi)有固定的光滑絕緣圓形軌道，勻強電場的方向平行于軌道平面水平向右，P、Q分別為軌道上的最高點和最低點，M、N是軌道上與圓心O等高的點。質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的小球在P處以速度v0水平向右射出，恰好能在軌道內(nèi)做完整的圓周運動，已知重力加速度為g，電場強度大小E=mgA．在軌道上運動時，小球動能最大的位置在M、Q之間 B．在軌道上運動時，小球機械能最小的位置在N點 C．經(jīng)過M、N兩點時，小球所受軌道彈力大小的差值為62D．小球在Q處以速度v0水平向右射出，也能在此軌道內(nèi)做完整的圓周運動（多選）8．（2024?河北模擬）某貨物輸送裝置可簡化為如圖所示，將一個質(zhì)量為M的載物平臺架在兩根完全相同、軸線在同一水平面內(nèi)足夠長的平行圓柱上。已知平臺與兩圓柱間的動摩擦因數(shù)均為μ，平臺的重心與兩圓柱等距，兩圓柱以角速度ω繞軸線做相反方向的轉(zhuǎn)動，重力加速度大小為g?，F(xiàn)給平臺施加一過平臺重心且沿平行于軸線方向的恒力F，使載物平臺從靜止開始運動。下列說法正確的是（）A．只有當F＞μMg時，平臺才能開始運動 B．平臺運動的最大加速度大小a=FC．只要平臺運動距離足夠遠，平臺最終一定會做勻速直線運動 D．ω越大，平臺從靜止開始運動相同距離用時越短（多選）9．（2024?泉州模擬）取一根空心管，將一根足夠長的尼龍線穿過它，在尼龍線一端拴一塊質(zhì)量很小的物體，另一端掛一籃球，手握空心管掄動該物體，使該物體在水平面上做半徑大小為r的勻速圓周運動，籃球恰好處于靜止狀態(tài)，此時空心管上方的線與豎直方向的夾角約等于90°，如圖所示。已知物體的質(zhì)量是籃球的k倍（k＜1），重力加速度為g，設(shè)尼龍線與空心管間的摩擦力大小恒等于球重的k倍，則該物體的角速度大小可能為（）A．0 B．2gkr C．(1-k)gkr D（多選）10．（2024?河南三模）如圖所示，足夠長光滑細桿的一端固定在豎直轉(zhuǎn)軸OO'上的O點，并可隨軸一起轉(zhuǎn)動。桿上套有一輕質(zhì)彈簧，彈簧一端固定于O點，另一端與套在桿上質(zhì)量為m的小球相連，細桿與豎直方向夾角為30°。彈簧原長為L，勁度系數(shù)為k。已知彈簧始終在彈性限度內(nèi)，重力加速度為g。則下列說法正確的是（）A．當小球保持靜止時，小球到O點的距離為L+mgB．當小球相對細桿靜止，彈簧拉伸量為L時，桿對小球的彈力大小可能為2mg-C．當小球相對細桿靜止，桿對小球彈力為零時，轉(zhuǎn)軸的角速度為2kg3D．轉(zhuǎn)軸轉(zhuǎn)速自零開始緩慢增加過程中，細桿對小球的彈力一直增大

2025年高考物理復習之小題狂練600題（多選題）：曲線運動（10題）參考答案與試題解析一．多選題（共10小題）（多選）1．（2024?江西模擬）陶瓷是中華瑰寶，是中華文明的重要名片。在陶瓷制作過程中有一道工序叫利坯，如圖（a）所示，將陶瓷粗坯固定在繞豎直軸轉(zhuǎn)動的水平轉(zhuǎn)臺上，用刀旋削，使坯體厚度適當，表里光潔。對應(yīng)的簡化模型如圖（b）所示，粗坯的對稱軸與轉(zhuǎn)臺轉(zhuǎn)軸OO′重合。當轉(zhuǎn)臺轉(zhuǎn)速恒定時，關(guān)于粗坯上P、Q兩質(zhì)點，下列說法正確的是（）A．P的角速度大小比Q的大 B．P的線速度大小比Q的大 C．P的向心加速度大小比Q的大 D．同一時刻P所受合力的方向與Q的相同【考點】向心加速度的表達式及影響向心加速度大小的因素；牛頓第二定律的簡單應(yīng)用；線速度的物理意義及定義式；牛頓第二定律求解向心力．【專題】定性思想；方程法；勻速圓周運動專題；推理能力．【答案】BC【分析】同一圓環(huán)以直徑為軸做勻速轉(zhuǎn)動時，環(huán)上的點的角速度相同，根據(jù)幾何關(guān)系可以判斷Q、P兩點各自做圓周運動的半徑，根據(jù)v＝ωr即可求解線速度，根據(jù)a＝ω2r求得向心加速度?！窘獯稹拷猓篈．由題意可知，粗坯上P、Q兩質(zhì)點屬于同軸轉(zhuǎn)動，它們的角速度相等，即ωP＝ωQ，故A錯誤；B．由圖可知P點繞轉(zhuǎn)軸轉(zhuǎn)動的半徑大，根據(jù)v＝rω，所以vP＞vQ，即P的線速度大小比Q的大，故B正確；C．根據(jù)a＝rω2，且rP＞rQ，ωP＝ωQ所以aP＞aQ即P的向心加速度大小比Q的大，故C正確；D．因為當轉(zhuǎn)臺轉(zhuǎn)速恒定，所以同一時刻P所受合力的方向與Q的所受的合力方向均指向中心軸，故合力方向不相同，故D錯誤。故選：BC。【點評】該題主要考查了圓周運動基本公式的直接應(yīng)用，注意同軸轉(zhuǎn)動時角速度相同。（多選）2．（2024?博望區(qū)校級模擬）通用技術(shù)課上，某興趣小組制作了一個小球爬桿裝置，如圖所示，豎直桿OM與光滑桿ON均固定在電動機底座上，且ON與水平面間的夾角α＝60°，一彈簧上端固定在OM桿上的P點，下端與穿在ON桿上質(zhì)量為m的小球相連。裝置靜止時彈簧與豎直方向間的夾角β＝30°，當電動機帶動底座開始轉(zhuǎn)動時，小球開始爬桿。已知OP兩點間的距離為L，重力加速度為g。則（）A．裝置靜止時桿對小球的彈力方向垂直桿ON斜向下 B．裝置靜止時彈簧彈力的大小為mg C．裝置靜止時桿對小球的彈力大小為3mgD．電動機轉(zhuǎn)動后，當小球穩(wěn)定在與P點等高的位置時桿的角速度為6g【考點】物體在圓錐面上做圓周運動．【專題】定量思想；推理法；勻速圓周運動專題；推理能力．【答案】AD【分析】A.根據(jù)平衡條件畫初始位置的小球受力圖，分析桿對小球的彈力情況；BC.根據(jù)平衡條件列方程求解彈簧的彈力大小和桿對小球的彈力大??；D.再次對小球受力分析作圖，根據(jù)水平方向的牛頓第二定律方程和豎直方向的平衡方程列式解答?！窘獯稹拷猓篈.對小球受力分析如圖由平衡條件可知，小球靜止時桿對小球的彈力方向垂直桿ON斜向下，故A正確；B.根據(jù)平衡條件，由幾何關(guān)系可得小球靜止時彈簧彈力的大小為Fk＝2mgcosβ＝2mg32=3mgC根據(jù)平衡條件可得FNsin30°＝mgsin30°，解得小球靜止時桿對小猴的彈力大小為FN＝mg，故C錯誤；D.由幾何關(guān)系可知，小球穩(wěn)定在與P點等高位置時彈簧的長度與開始位置時相等，故彈簧的彈力為Fk'=F水平方向由牛頓第二定律Fk'+FN'cos30°=mLtan30°ω2，豎直方向由平衡條件FN′sin30故選：AD。【點評】考查平衡問題和圓周運動的相關(guān)問題，會根據(jù)題意分析物體受力并列式求解相應(yīng)物理量。（多選）3．（2024?安徽）一傾角為30°足夠大的光滑斜面固定于水平地面上，在斜面上建立Oxy直角坐標系，如圖（1）所示。從t＝0開始，將一可視為質(zhì)點的物塊從O點由靜止釋放，同時對物塊施加沿x軸正方向的力F1和F2，其大小與時間t的關(guān)系如圖（2）所示。已知物塊的質(zhì)量為1.2kg，重力加速度g取10m/s2，不計空氣阻力。則（）A．物塊始終做勻變速曲線運動 B．t＝1s時，物塊的y坐標值為2.5m C．t＝1s時，物塊的加速度大小為53D．t＝2s時，物塊的速度大小為10【考點】合運動與分運動的關(guān)系；勻變速直線運動位移與時間的關(guān)系；牛頓第二定律的簡單應(yīng)用．【專題】信息給予題；定量思想；推理法；直線運動規(guī)律專題；牛頓運動定律綜合專題；理解能力．【答案】BD【分析】A.根據(jù)圖2分別求解F1、F2隨時間變化的關(guān)系，再求的合力隨時間變化的關(guān)系，再根據(jù)力的合成分析物塊所受的合力是否恒定，結(jié)合牛頓第二定律分析加速度是否滑動，然后作答；B.根據(jù)牛頓第二定律求解物塊沿y軸方向的加速度，根據(jù)運動學公式求解作答；C.根據(jù)力的合成求物塊所受的合力，根據(jù)牛頓第二定律求加速度；D.根據(jù)運動學公式求物塊沿y軸方向的瞬時速度；根據(jù)題意求x方向的平均作用力，根據(jù)牛頓第二定律求平均加速度，再根據(jù)運動學公式求物塊壓x軸方向的瞬時速度，最后求合速度。【解答】解：A.根據(jù)圖2可知，F(xiàn)1隨時間變化的關(guān)系為F1＝4﹣t（N），其中t≤4sF2隨時間變化的關(guān)系為F2＝3tF1、F2的合力F＝F1+F2＝4+2t（N）物塊沿y軸方向的分力F物塊沿x軸方向的力Fx＝F＝4+2t（N）由于Fx隨時間變化，因此物塊所受的合力不恒定，加速度不恒定；物塊做非勻變速曲線運動，故A錯誤；B.物塊沿y方向做勻加速運動，加速度a根據(jù)勻變速運動公式，t＝1s時，物塊的y坐標值y=12aC.當t＝1s時，F(xiàn)x＝4N+2×1N＝6N此時物塊所受的合力F根據(jù)牛頓第二定律F合＝ma代入數(shù)據(jù)解得物塊的加速度大小a=52m/s，故D.t＝2s時刻，物塊沿y軸方向的速度vy＝at＝5×2m/s＝10m/s物塊在t＝2s時刻，沿x軸方向的合力Fx′＝（4+2×2）N＝8N在0﹣2s內(nèi)沿x軸方向的平均加速度at＝2s時刻，物塊沿x軸方向的速度v根據(jù)運動的合成與分解，在t＝2s時刻的速度v=vx2故選：BD。【點評】本題考查了運動的合成與分解、力的合成與分解；物塊做曲線運動可以分解為沿y軸方向的勻加速直線運動和要x軸方向的變加速直線運動；要熟練掌握運動學公式和牛頓運動定律；知道勻變速曲線運動是加速度恒定的曲線運動。（多選）4．（2024?拉薩一模）在游樂場有一種與眾不同的游樂設(shè)施——瘋狂魔盤，游客在魔盤上可以體會到慣性帶來的樂趣，如圖甲，其工作原理可以簡化為圖乙模型，水平圓盤在水平面內(nèi)可繞中心軸勻速轉(zhuǎn)動，圓盤上距離轉(zhuǎn)軸分別為r、2r處有兩個完全相同的小物塊a、b，質(zhì)量均為m。物塊a、b與圓盤間的動摩擦因數(shù)均為μ，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力?，F(xiàn)讓圓盤沿逆時針（俯視）方向以角速度ω做勻速圓周運動，物塊a、b相對于圓盤靜止，重力加速度為g，下列說法正確的是（）A．若增大ω，物塊a先滑動 B．物塊a受到的摩擦力大小始終為μmg C．物塊b受到的摩擦力是物塊a的2倍 D．若逐漸增大ω，保持物塊a、b不滑動，則物塊a、b受到的摩擦力不再沿半徑指向圓心【考點】牛頓第二定律求解向心力；牛頓第二定律的簡單應(yīng)用．【專題】定量思想；方程法；圓周運動中的臨界問題；推理能力．【答案】CD【分析】根據(jù)最大靜摩擦力與向心力，分析哪一個最先滑動，根據(jù)牛頓第二定律解答?！窘獯稹拷猓篈．由摩擦力提供向心力得F可知增大角速度，物塊a、b所需向心力均增大，其中做勻速圓周運動半徑較大的物塊b最先達到最大靜摩擦力，故物塊b先滑動，故A錯誤；B．物塊a繞轉(zhuǎn)軸做勻速圓周運動，靜摩擦力充當向心力，a滑動前受到的摩擦力始終小于μmg，故B錯誤；C．物塊a、b均繞轉(zhuǎn)軸做勻速圓周運動，靜摩擦力充當向心力，有F由于ra＝r，rb＝2r可得2故C正確；D．若逐漸增大ω，保持物塊a、b不滑動，則物塊a、b做加速圓周運動，摩擦力沿半徑和切線方向均有分量，分別產(chǎn)生切向加速度和向心加速度，故摩擦力不再沿半徑指向圓心，故D正確。故選：CD。【點評】本題考查向心力，解題關(guān)鍵掌握牛頓第二定律在圓周運動中的應(yīng)用，注意靜摩擦力提供向心力。（多選）5．（2024?梅州二模）梅州是足球之鄉(xiāng)，近幾年我市足球事業(yè)發(fā)展迅速，如圖7所示，某運動員在離球門正前方水平距離6m處頭球攻門，足球在1.8m高處被水平頂出，頂出時速度垂直球門，并恰好落在球門線上，足球視為質(zhì)點，不計空氣阻力，g取10m/s2則此過程中，下列說法正確的是（）A．球的運動時間為1s B．球落地前瞬間豎直方向的分速度大小為6m/s C．球的水平初速度大小為10m/s D．球落地前瞬間速度方向與水平地面的夾角為45°【考點】平拋運動時間的計算；平拋運動速度的計算．【專題】定量思想；合成分解法；平拋運動專題；推理能力．【答案】BC【分析】平拋運動可以將運動分解成水平和豎直兩個方向，水平方向做勻速直線運動，豎直方向做自由落體運動，根據(jù)豎直方向下落的高度即可得出足球的運動時間，再根據(jù)水平方向的位移大小即可得出足球的初速度，再通過對水平豎直兩個方向的分析，可得出足球落地時的豎直反向速度大小以及速度方向與地面的夾角?！窘獯稹拷猓篈.由題可知，足球的運動為平拋運動，將運動過程分解成水平豎直兩個方向，豎直方向做自由落體運動，下落高度為h＝1.8m，運動的時間t滿足12gt2＝h，將g＝10m/s2、h＝1.8m代入可知，t＝0.6s，故AB.已知球在豎直方向做自由落體運動，運動時間為t＝0.6s，因此落地時的速度為v＝gt＝10m/s2×0.6s＝6m/s，故B正確；C.已知球在水平方向做勻速直線運動，運動時間為t＝0.6s，位移為x＝6m，水平初速度v0滿足x＝v0t，代入已知數(shù)據(jù)可得v0＝10m/s，故C正確；D.球落地時，假設(shè)速度方向與水平地面的夾角為θ，已知水平方向的速度大小為v0＝10m/s，豎直方向的速度大小為v＝6m/s，由此可知tanθ=vv0=0.6≠1，因此θ≠故選：BC?！军c評】本題需要學生運用平拋運動相關(guān)知識結(jié)合三角函數(shù)以解決此類問題。（多選）6．（2024?龍鳳區(qū)校級模擬）將一小球水平拋出，使用頻閃儀和照相機對運動的小球進行拍攝，頻閃儀每隔0.05s發(fā)出一次閃光。某次拍攝時，小球在拋出瞬間頻閃儀恰好閃光，拍攝的照片編輯后如圖所示。圖中的第一個小球為拋出瞬間的影像，每相鄰兩個球之間被刪去了3個影像，所標出的兩個線段的長度s1和s2之比為3：7。重力加速度大小取g＝10m/s2，忽略空氣阻力。則（）A．相鄰兩個球之間的時間間隔為0.2s B．影像中相鄰小球間水平距離越來越大 C．線段s1實際距離為0.2m D．小球拋出的初速度v【考點】平拋運動位移的計算；平拋運動速度的計算．【專題】定量思想；推理法；平拋運動專題；推理能力．【答案】AD【分析】先計算出小球每一段運動所用的時間，再根據(jù)豎直方向上的運動規(guī)律求出每一段運動對應(yīng)的豎直位移，結(jié)合水平方向上的勻速直線運動，分別求出兩段運動中s1和s2的表達式，結(jié)合運動學規(guī)律進行求解?！窘獯稹拷猓篈、頻閃儀每隔0.05s發(fā)出一次閃光，每相鄰兩個球之間被刪去3個影像，故相鄰兩球的時間間隔：t＝4T＝0.05×4s＝0.2s，故A正確；B、小球水平方向做勻速運動，影像中相鄰小球間水平距離不變，故B錯誤；CD、設(shè)拋出瞬間小球的速度為v0，每相鄰兩球間的水平方向上的位移為x，豎直方向上的位移分別為y1、y2，根據(jù)平拋運動規(guī)律，水平方向位移：x＝v0t，因為第一個小球影像的位置為拋出點，所以第一段運動對應(yīng)的豎直方向的位移大?。簓1第二段運動對應(yīng)的豎直方向的位移大?。簓2根據(jù)位移的合成有：s1=x2+y12s2=x2+所以拋出瞬間小球的速度：v0s1=(25故選：AD?！军c評】本題考查平拋運動的有關(guān)計算，突破點在于知道兩段運動的時間是相等的，且水平方向是勻速直線運動，再結(jié)合運動學規(guī)律知識及數(shù)學知識求出兩線段長度的表達式即可解決問題。（多選）7．（2024?龍鳳區(qū)校級模擬）如圖所示，豎直平面內(nèi)有固定的光滑絕緣圓形軌道，勻強電場的方向平行于軌道平面水平向右，P、Q分別為軌道上的最高點和最低點，M、N是軌道上與圓心O等高的點。質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的小球在P處以速度v0水平向右射出，恰好能在軌道內(nèi)做完整的圓周運動，已知重力加速度為g，電場強度大小E=mgA．在軌道上運動時，小球動能最大的位置在M、Q之間 B．在軌道上運動時，小球機械能最小的位置在N點 C．經(jīng)過M、N兩點時，小球所受軌道彈力大小的差值為62D．小球在Q處以速度v0水平向右射出，也能在此軌道內(nèi)做完整的圓周運動【考點】物體在圓形豎直軌道內(nèi)的圓周運動；動能定理的簡單應(yīng)用；帶電粒子（計重力）在勻強電場中的直線運動；牛頓第二定律的簡單應(yīng)用．【專題】定量思想；等效替代法；推理法；帶電粒子在電場中的運動專題；分析綜合能力．【答案】AB【分析】應(yīng)用等效重力的觀點，將重力和電場力的合力看作等效重力mg′，由幾何關(guān)系得到等效重力的方向。再結(jié)合圓周運動規(guī)律求解，粒子在等效最低點時速度最大，動能最大。恰好能在軌道內(nèi)做完整的圓周運動的條件是恰好能通過等效最高點。小球運動過程克服電場力做功最多，損失機械能最多，則機械能最??；根據(jù)牛頓第二定律求解經(jīng)過M、N兩點時彈力的差值。【解答】解：A．應(yīng)用等效重力的觀點，將重力和電場力的合力看作等效重力mg′，設(shè)等效重力與豎直方向的夾角為θ，則有：tanθ=qEmg=1，可得：θ可知在小球在軌道內(nèi)做圓周運動的等效最低點是圓弧MQ的中點A，故動能最大的位置在M、Q之間，故A正確；B．小球運動到位置N時克服電場力做功最多，根據(jù)功能關(guān)系，可知機械能最小的位置在N點，故B正確；C．小球在M點，由牛頓第二定律得：N小球在N點，由牛頓第二定律得：N從M到N點，由動能定理得：-解得經(jīng)過M、N兩點時，小球所受軌道彈力大小的差值為：N1﹣N2＝6mg，故C錯誤；D．小球在軌道內(nèi)做圓周運動的等效最高點是圓弧NP的中點E，已知小球在P處以速度v0水平向右射出，恰好能在軌道內(nèi)做完整的圓周運動，從P處到E點，根據(jù)動能定理得：-Eqrsinθ+mg(r假設(shè)小球在Q處以速度v0水平向右射出，也能在此軌道內(nèi)做完整的圓周運動，從Q處到E點，根據(jù)動能定理：-Eqrsinθ聯(lián)立解得：vE′＜vE，故小球在Q處以速度v0水平向右射出，不能在此軌道內(nèi)做完整的圓周運動，故D錯誤。故選：AB。【點評】本題考查帶電體在勻強電場中圓周運動的相關(guān)問題。掌握在“內(nèi)圓軌道“做完整圓周運動的臨界條件。在勻強電場的圓周運動，要掌握用“等效重力”解題的技巧，會找“等效最高點或最低點”。（多選）8．（2024?河北模擬）某貨物輸送裝置可簡化為如圖所示，將一個質(zhì)量為M的載物平臺架在兩根完全相同、軸線在同一水平面內(nèi)足夠長的平行圓柱上。已知平臺與兩圓柱間的動摩擦因數(shù)均為μ，平臺的重心與兩圓柱等距，兩圓柱以角速度ω繞軸線做相反方向的轉(zhuǎn)動，重力加速度大小為g。現(xiàn)給平臺施加一過平臺重心且沿平行于軸線方向的恒力F，使載物平臺從靜止開始運動。下列說法正確的是（）A．只有當F＞μMg時，平臺才能開始運動 B．平臺運動的最大加速度大小a=FC．只要平臺運動距離足夠遠，平臺最終一定會做勻速直線運動 D．ω越大，平臺從靜止開始運動相同距離用時越短【考點】線速度與角速度的關(guān)系；滑動摩擦力的方向；滑動摩擦力的大小和影響因素；牛頓運動定律的應(yīng)用—從受力確定運動情況．【專題】定量思想；推理法；勻速圓周運動專題；牛頓運動定律綜合專題；摩擦力專題；推理能力．【答案】BD【分析】根據(jù)摩擦力公式、牛頓第二定律和v′＝ωr推導沿v受到一根圓柱的摩擦力分量，再根據(jù)牛頓第二定律列方程分析判斷；根據(jù)表達式結(jié)合角速度判斷時間。【解答】解：ABC．平臺與兩個圓柱表面的摩擦力相等，根據(jù)滑動摩擦力可知f=1開始時平臺受到兩圓柱的摩擦力平衡，根據(jù)牛頓第二定律可知開始運動時加速度大小為a=F圓柱表面的點轉(zhuǎn)動的線速度大小為v′＝ωr若平臺運動的速度大小為v，則沿該方向上受到一根圓柱的摩擦力分量為fx根據(jù)牛頓第二定律可得F-開始時v＝0，平臺受到的兩圓柱摩擦力平衡，加速度最大，大小為a=F所以只要F不為零，加速度就不為零，平臺也能運動，由于v在不斷增大，加速度會越來越小，當F＞μMg時，a＞0無論平臺運動的距離多遠，最終都不會勻速直線運動，故AC錯誤，B正確；D．根據(jù)上述表達式F-可知角速度越大，平臺運動的加速度越大，平均速度越大，從靜止開始運動相同距離用時越短，故D正確。故選：BD?！军c評】本題關(guān)鍵掌握平臺參與的兩個方向的運動，根據(jù)合運動判斷摩擦力方向。（多選）9．（2024?泉州模擬）取一根空心管，將一根足夠長的尼龍線穿過它，在尼龍線一端拴一塊質(zhì)量很小的物體，另一端掛一籃球，手握空心管掄動該物體，使該物體在水平面上做半徑大小為r的勻速圓周運動，籃球恰好處于靜止狀態(tài)，此時空心管上方的線與豎直方向的夾角約等于90°，如圖所示。已知物體的質(zhì)量是籃球的k倍（k＜1），重力加速度為g，設(shè)尼龍線與空心管間的摩擦力大小恒等于球重的k倍，則該物體的角速度大小可能為（）A．0 B．2gkr C．(1-k)gkr D【考點】牛頓第二定律求解向心力；牛頓第二定律的簡單應(yīng)用．【專題】定量思想；推理法；牛頓運動定律綜合專題；分析綜合能力．【答案】CD【分析】根據(jù)摩擦力的方向進行分情況討論，從而計算出兩種情況的角速度大小?！窘獯稹拷猓簩τ谥匚锒裕绻D(zhuǎn)動的角速度較小，則摩擦力方向沿繩向外，根據(jù)牛頓第二定律有mg﹣kmg＝kmω2r解得ω=如果轉(zhuǎn)動的角速度較大，則摩擦力方向沿繩向內(nèi)，根據(jù)牛頓第二定律有kmg+mg＝kmω2r解得ω=(1+k)gkr，故CD正確，故選：CD?！军c評】學生在解答本題時，應(yīng)注意對于摩擦力分析，要注意根據(jù)運動情況，判斷摩擦力的方向問題。（多選）10．（2024?河南三模）如圖所示，足夠長光滑細桿的一端固定在豎直轉(zhuǎn)軸OO'上的O點，并可隨軸一起轉(zhuǎn)動。桿上套有一輕質(zhì)彈簧，彈簧一端固定于O點，另一端與套在桿上質(zhì)量為m的小球相連，細桿與豎直方向夾角為30°。彈簧原長為L，勁度系數(shù)為k。已知彈簧始終在彈性限度內(nèi)，重力加速度為g。則下列說法正確的是（）A．當小球保持靜止時，小球到O點的距離為L+mgB．當小球相對細桿靜止，彈簧拉伸量為L時，桿對小球的彈力大小可能為2mg-C．當小球相對細桿靜止，桿對小球彈力為零時，轉(zhuǎn)軸的角速度為2kg3D．轉(zhuǎn)軸轉(zhuǎn)速自零開始緩慢增加過程中，細桿對小球的彈力一直增大【考點】牛頓第二定律求解向心力；胡克定律及其應(yīng)用；牛頓第二定律的簡單應(yīng)用．【專題】定量思想；推理法；牛頓運動定律綜合專題；分析綜合能力．【答案】BC【分析】根據(jù)靜止時，受力平衡可求出形變量，從而得到距離；根據(jù)細桿的支持力方向不同，分別計算出可能得支持力大小，得出B選項；利用合外力提供向心力以及受力平衡，可求出角速度；根據(jù)C選項的分析，可得出D選項?！窘獯稹拷猓篈.當小球靜止時，彈簧彈力等于小球重力沿桿方向的分力，則有kx＝mgcos30°，解得x=3mg2k，小球到O點的距離d1＝L+x＝L+B.彈簧拉伸量為L時，豎直方向上小球合力為零，若小球所受細桿的支持力垂直細桿斜向上，則有kLcos30°+Nsin30°＝mg，解得N＝2mg-3kL，若小球所受細桿的支持力垂直細桿斜向下，則有kLcos30°＝mg+Nsin30°，解得N=3kL﹣2mg，故C.設(shè)轉(zhuǎn)軸的角速度為ω時，小球?qū)U的作用力為零，設(shè)此時彈簧形變量為x'，則有kx'cos30°＝mg+Nsin30°，kx'sin30°＝mω2（L+x'）sin30°解得ω=2kg3kL+2mgD.初始時細桿對小球有作用力，C選項狀態(tài)下細桿對小球無作用力，所以細桿對小球作用力不會一直增大，故D錯誤。故選：BC?！军c評】學生在解答本題時，應(yīng)注意對于圓周運動問題，要熟練運用合外力提供向心力這一公式，同時理解桿可以提供向內(nèi)和向外的支持力。

考點卡片1．勻變速直線運動位移與時間的關(guān)系【知識點的認識】（1）勻變速直線運動的位移與時間的關(guān)系式：x＝v0t+12at（2）公式的推導①利用微積分思想進行推導：在勻變速直線運動中，雖然速度時刻變化，但只要時間足夠小，速度的變化就非常小，在這段時間內(nèi)近似應(yīng)用我們熟悉的勻速運動的公式計算位移，其誤差也非常小，如圖所示。②利用公式推導：勻變速直線運動中，速度是均勻改變的，它在時間t內(nèi)的平均速度就等于時間t內(nèi)的初速度v0和末速度v的平均值，即v=v0+vt2．結(jié)合公式x＝vt和v＝vt+at可導出位移公式：x（3）勻變速直線運動中的平均速度在勻變速直線運動中，對于某一段時間t，其中間時刻的瞬時速度vt/2＝v0+a×12t=2v0+at2，該段時間的末速度v＝vt+at，由平均速度的定義式和勻變速直線運動的位移公式整理加工可得v=即有：v=v0所以在勻變速直線運動中，某一段時間內(nèi)的平均速度等于該段時間內(nèi)中間時刻的瞬時速度，又等于這段時間內(nèi)初速度和末速度的算術(shù)平均值。（4）勻變速直線運動推論公式：任意兩個連續(xù)相等時間間隔T內(nèi)，位移之差是常數(shù)，即△x＝x2﹣x1＝aT2．拓展：△xMN＝xM﹣xN＝（M﹣N）aT2。推導：如圖所示，x1、x2為連續(xù)相等的時間T內(nèi)的位移，加速度為a。x1【命題方向】例1：對基本公式的理解汽車在平直的公路上以30m/s的速度行駛，當汽車遇到交通事故時就以7.5m/s2的加速度剎車，剎車2s內(nèi)和6s內(nèi)的位移之比（）A.1：1B.5：9C.5：8D.3：4分析：求出汽車剎車到停止所需的時間，汽車剎車停止后不再運動，然后根據(jù)位移時間公式x=v0t+12解：汽車剎車到停止所需的時間t0所以剎車2s內(nèi)的位移x1=t0＜6s，所以剎車在6s內(nèi)的位移等于在4s內(nèi)的位移。x2=所以剎車2s內(nèi)和6s內(nèi)的位移之比為3：4．故D正確，A、B、C錯誤。故選：D。點評：解決本題的關(guān)鍵知道汽車剎車停下來后不再運動，所以汽車在6s內(nèi)的位移等于4s內(nèi)的位移。此類試題都需注意物體停止運動的時間。例2：對推導公式v=v0物體做勻變速直線運動，某時刻速度大小是3m?s﹣1，1s以后速度大小是9m?s﹣1，在這1s內(nèi)該物體的（）A．位移大小可能小于5mB．位移大小可能小于3mC．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后的速度大小為9m/s，方向可能與初速度方向相同，也有可能與初速度方向相反。根據(jù)a=v2-v解：A、規(guī)定初速度的方向為正方向，若1s末的速度與初速方向相同，1s內(nèi)的位移x=vt=v1+v22t=3+92×1m=6m．若1s末的速度與初速度方向相反，1sC、規(guī)定初速度的方向為正方向，若1s末的速度與初速方向相同，則加速度a=v2-v1t=9-31m/s2=6m/s2．若故選：AC。點評：解決本題的關(guān)鍵注意速度的方向問題，以及掌握勻變速直線運動的平均速度公式v=【解題思路點撥】（1）應(yīng)用位移公式的解題步驟：①選擇研究對象，分析運動是否為變速直線運動，并選擇研究過程。②分析運動過程的初速度v0以及加速度a和時間t、位移x，若有三個已知量，就可用x＝v0t+12at③規(guī)定正方向（一般以v0方向為正方向），判斷各矢量正負代入公式計算。（2）利用v﹣t圖象處理勻變速直線運動的方法：①明確研究過程。②搞清v、a的正負及變化情況。③利用圖象求解a時，須注意其矢量性。④利用圖象求解位移時，須注意位移的正負：t軸上方位移為正，t軸下方位移為負。⑤在用v﹣t圖象來求解物體的位移和路程的問題中，要注意以下兩點：a．速度圖象和t軸所圍成的面積數(shù)值等于物體位移的大?。籦．速度圖象和t軸所圍面積的絕對值的和等于物體的路程。2．胡克定律及其應(yīng)用【知識點的認識】1．彈力（1）定義：發(fā)生彈性形變的物體，由于要恢復原狀，對跟它接觸的物體產(chǎn)生的力叫彈力．（2）彈力的產(chǎn)生條件：①彈力的產(chǎn)生條件是兩個物體直接接觸，②并發(fā)生彈性形變．（3）彈力的方向：力垂直于兩物體的接觸面．①支撐面的彈力：支持力的方向總是垂直于支撐面，指向被支持的物體；壓力總是垂直于支撐面指向被壓的物體．點與面接觸時彈力的方向：過接觸點垂直于接觸面．球與面接觸時彈力的方向：在接觸點與球心的連線上．球與球相接觸的彈力方向：垂直于過接觸點的公切面．②彈簧兩端的彈力方向：與彈簧中心軸線重合，指向彈簧恢復原狀的方向．其彈力可為拉力，可為壓力．③輕繩對物體的彈力方向：沿繩指向繩收縮的方向，即只為拉力．2．胡克定律彈簧受到外力作用發(fā)生彈性形變，從而產(chǎn)生彈力．在彈性限度內(nèi)，彈簧彈力F的大小與彈簧伸長（或縮短）的長度x成正比．即F＝kx，其中，勁度系數(shù)k的意義是彈簧每伸長（或縮短）單位長度產(chǎn)生的彈力，其單位為N/m．它的大小由制作彈簧的材料、彈簧的長短和彈簧絲的粗細決定．x則是指形變量，應(yīng)為形變（包括拉伸形變和壓縮形變）后彈簧的長度與彈簧原長的差值．注意：胡克定律在彈簧的彈性限度內(nèi)適用．3．胡克定律的應(yīng)用（1）胡克定律推論在彈性限度內(nèi)，由F＝kx，得F1＝kx1，F(xiàn)2＝kx2，即F2﹣F1＝k（x2﹣x1），即：△F＝k△x即：彈簧彈力的變化量與彈簧形變量的變化量（即長度的變化量）成正比．（2）確定彈簧狀態(tài)對于彈簧問題首先應(yīng)明確彈簧處于“拉伸”、“壓縮”還是“原長”狀態(tài)，并且確定形變量的大小，從而確定彈簧彈力的方向和大?。绻桓嬖V彈簧彈力的大小，必須全面分析問題，可能是拉伸產(chǎn)生的，也可能是壓縮產(chǎn)生的，通常有兩個解．（3）利用胡克定律的推論確定彈簧的長度變化和物體位移的關(guān)系如果涉及彈簧由拉伸（壓縮）形變到壓縮（拉伸）形變的轉(zhuǎn)化，運用胡克定律的推論△F＝k△x可直接求出彈簧長度的改變量△x的大小，從而確定物體的位移，再由運動學公式和動力學公式求相關(guān)量．【命題方向】（1）第一類?？碱}型是考查胡克定律：一個彈簧掛30N的重物時，彈簧伸長1.2cm，若改掛100N的重物時，彈簧總長為20cm，則彈簧的原長為（）A．12cmB．14cmC．15cmD．16cm分析：根據(jù)胡克定律兩次列式后聯(lián)立求解即可．解：一個彈簧掛30N的重物時，彈簧伸長1.2cm，根據(jù)胡克定律，有：F1＝kx1；若改掛100N的重物時，根據(jù)胡克定律，有：F2＝kx2；聯(lián)立解得：k=Fx2=100N故彈簧的原長為：x0＝x﹣x2＝20cm﹣4cm＝16cm；故選D．點評：本題關(guān)鍵是根據(jù)胡克定律列式后聯(lián)立求解，要記住胡克定律公式中F＝k?△x的△x為行變量．（2）第二類?？碱}型是考查胡克定律與其他知識點的結(jié)合：如圖所示，一根輕質(zhì)彈簧上端固定，下端掛一個質(zhì)量為m0的平盤，盤中有一物體，質(zhì)量為m，當盤靜止時，彈簧的長度比其自然長度伸長了l，今向下拉盤，使彈簧再伸長△l后停止，然后松手，設(shè)彈簧總處在彈性限度內(nèi)，則剛松手時盤對物體的支持力等于（）A.(1+△ll)mgB.(1+△l分析：根據(jù)胡克定律求出剛松手時手的拉力，確定盤和物體所受的合力，根據(jù)牛頓第二定律求出剛松手時，整體的加速度．再隔離物體研究，用牛頓第二定律求解盤對物體的支持力．解：當盤靜止時，由胡克定律得（m+m0）g＝kl①設(shè)使彈簧再伸長△l時手的拉力大小為F再由胡克定律得F＝k△l②由①②聯(lián)立得F=剛松手瞬時彈簧的彈力沒有變化，則以盤和物體整體為研究對象，所受合力大小等于F，方向豎直向上．設(shè)剛松手時，加速度大小為a，根據(jù)牛頓第二定律得a=對物體研究：FN﹣mg＝ma解得FN＝（1+△ll故選A．點評：點評：本題考查應(yīng)用牛頓第二定律分析和解決瞬時問題的能力，這類問題往往先分析平衡狀態(tài)時物體的受力情況，再分析非平衡狀態(tài)時物體的受力情況，根據(jù)牛頓第二定律求解瞬時加速度．【解題方法點撥】這部分知識難度中等、也有難題，在平時的練習中、階段性考試中會單獨出現(xiàn)，選擇、填空、計算等等出題形式多種多樣，在高考中不會以綜合題的形式考查的，但是會做為題目的一個隱含條件考查．彈力的有無及方向判斷比較復雜，因此在確定其大小和方向時，不能想當然，應(yīng)根據(jù)具體的條件或計算來確定．3．滑動摩擦力的方向【知識點的認識】1.滑動摩擦力的定義：兩個相互接觸的物體，當它們發(fā)生相對滑動時，在接觸面上會產(chǎn)生有種阻礙相對運動的力，叫作滑動摩擦力。2.滑動摩擦力的方向：總跟接觸面相切，并且跟物體的相對運動方向相反。3.關(guān)鍵詞：①與接觸面相切（沿接觸面）；②與相對運動的方向相反?！久}方向】關(guān)于摩擦力，下列說法錯誤的是（）A、滑動摩擦力可以與物體的運動方向相同B、靜摩擦力也可以與物體的運動方向相同C、靜摩擦力可以與物體運動的方向成任意度角D、當物體與接觸面的接觸面積減小而其他條件不變時，滑動摩擦力將減小分析：摩擦力一個物體在另一個物體表面滑動或有相對滑動的趨勢時，受到的阻礙相對運動或相對運動趨勢的力，與相對運動或相對運動的趨勢方向相反．解答：A、滑動摩擦力與物體的相對運動方向相反，即與相對相接觸的那個物體的運動方向相反，與物體的實際運動方向可以成任意角度，故A正確；BC、靜摩擦力與物體的相對運動趨勢方向相反，即與相對相接觸的那個物體的運動趨勢方向相反，與物體的實際運動方向可以成任意角度，故B正確，C正確；D、滑動摩擦力的大小與正壓力成正比，還與接觸面的材料有關(guān)，與接觸面的面積無關(guān)，故D錯誤；本題選錯誤的，故選D。點評：提到摩擦力不忘相對兩個字，摩擦力與相對運動或相對運動趨勢的方向相反，總是阻礙物體間的相對滑動或相對滑動趨勢．【解題思路點撥】1.滑動摩擦力的方向總是與物體相對運動的方向相反。因此判斷滑動摩擦力的方向時，可以先判斷相對運動的方向，從而得出滑動摩擦力的方向。2.滑動摩擦力是物體之間相對運動產(chǎn)生的，與物體自身的運動情況無關(guān)，所以滑動摩擦力的方向與物體自身的運動方向無關(guān)。例如：人剛站上電動扶梯的時候，因為人的初速度為零，所以受到扶梯水平向前的滑動摩擦力，而人實際的運動方向取決于電梯的方向。4．滑動摩擦力的大小和影響因素【知識點的認識】滑動摩擦力跟正壓力成正比，也就是跟一個物體對另一個物體表面的垂直作用力成正比。公式：F＝μFN，F(xiàn)表示滑動摩擦力大小，F(xiàn)N表示正壓力的大小，μ叫動摩擦因數(shù)?！久}方向】如圖所示，在與水平方向成θ角、大小為F的力作用下，質(zhì)量為m的物塊沿豎直墻壁加速下滑，已知物塊與墻壁的動摩擦因數(shù)為μ．則下滑過程中物塊受滑動摩擦力的大小為（）A、μmgB、μ（Fcosθ+mg）C、mg﹣FsinθD、μFcosθ分析：分析物體的受力情況，求出正壓力，再由摩擦力的計算公式進行計算．解答：將F分解可得，物體在垂直于墻壁方向上受到的壓力為N＝Fcosθ，則物體對墻壁的壓力為N＝N′＝Fcosθ；物體受到的滑動摩擦力為f＝μN′＝μFcosθ；故選：D。點評：本題考查學生對滑動摩擦力公式的掌握，注意公式里的正壓力不一定是重力，而是垂直于接觸面的壓力．【解題思路點撥】1.牢記滑動摩擦力的計算公式：F＝μFN，F(xiàn)表示滑動摩擦力大小，F(xiàn)N表示正壓力的大小，μ叫動摩擦因數(shù)。如果兩個物體是斜面連接，則需要進行必要的受力分析以求出垂直于斜面的壓力。2.在一般情況下，物體在水平面上運動時，正壓力等于重力，但不能說正壓力就是重力。5．牛頓第二定律的簡單應(yīng)用【知識點的認識】牛頓第二定律的表達式是F＝ma，已知物體的受力和質(zhì)量，可以計算物體的加速度；已知物體的質(zhì)量和加速度，可以計算物體的合外力；已知物體的合外力和加速度，可以計算物體的質(zhì)量?！久}方向】一質(zhì)量為m的人站在電梯中，電梯加速上升，加速度大小為13g，gA、43mgB、2mgC、mgD分析：對人受力分析，受重力和電梯的支持力，加速度向上，根據(jù)牛頓第二定律列式求解即可。解答：對人受力分析，受重力和電梯的支持力，加速度向上，根據(jù)牛頓第二定律N﹣mg＝ma故N＝mg+ma=4根據(jù)牛頓第三定律，人對電梯的壓力等于電梯對人的支持力，故人對電梯的壓力等于43mg故選：A。點評：本題關(guān)鍵對人受力分析，然后根據(jù)牛頓第二定律列式求解?！窘忸}方法點撥】在應(yīng)用牛頓第二定律解決簡單問題時，要先明確物體的受力情況，然后列出牛頓第二定律的表達式，再根據(jù)需要求出相關(guān)物理量。6．牛頓運動定律的應(yīng)用—從受力確定運動情況【知識點的認識】1.已知物體受力，求解物體的運動情況。2.解答該類問題的一般步驟（1）選定研究對象，對研究對象進行受力分析，并畫出受力示意圖。（2）根據(jù)平行四邊形定則，應(yīng)用合成法或正交分解法，求出物體所受的合外力。受力分析和運動情況分析是解決該類問題的兩個關(guān)鍵。（3）根據(jù)牛頓第二定律列方程，求出物體運動的加速度。（4）結(jié)合物體運動的初始條件（即初速度v0），分析運動情況并畫出運動草圖，選擇合適的運動學公式，求出待求的運動學量——任意時刻的速度v、一段運動時間t以及對應(yīng)的位移x等?！久}方向】如圖所示，質(zhì)量m＝4kg的物體靜止在水平地面上，其與地面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2．現(xiàn)用水平向右的外力F＝10N拉物體，求：（1）物體在2s末的速度多大；（2）前2s內(nèi)的位移是是多少；（3）若2s末撤去拉力，物體還要經(jīng)過多長時間才能停下來。分析：物體在恒定的水平力作用下，在粗糙的水平面上做勻加速直線運動。對其進行受力分析，力的合成后求出合力，再由牛頓第二定律去求出加速度，最后由運動學公式去求出速度與位移。解答：（1）前2s內(nèi)物體加速運動，受重力、支持力、拉力和滑動摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律，有：物體的加速度a=F-μmg2s末物體的速度：v＝at＝0.5×2＝1m/s（2）前2s位移為：x=12at（3）撤去拉力后，滑塊勻減速直線運動，加速度為a′＝﹣μg＝﹣2m/s2故運動時間為：t′=Δva'答：（1）物體在2s末的速度為1m/s；（2）前2s內(nèi)的位移是1m；（3）若2s末撤去拉力，物體還要經(jīng)過0.5s時間才能停下來。點評：本題是已知受力情況確定運動情況，關(guān)鍵分階段求解出加速度，不難?！窘忸}思路點撥】受力分析→牛頓第二定律→運動情況分析。連接受力與運動的橋梁是牛頓第二定律（加速度）。7．合運動與分運動的關(guān)系【知識點的認識】1.合運動與分運動的定義：如果一個運動可以看成幾個運動的合成，我們把這個運動叫作這幾個運動的合運動，把這幾個運動叫作這個運動的分運動。2.合運動與分運動的關(guān)系①等時性：合運動與分運動同時開始、同時結(jié)束，經(jīng)歷的時間相等。這意味著合運動的時間等于各分運動經(jīng)歷的時間。②獨立性：一個物體同時參與幾個分運動時，各分運動獨立進行，互不影響。這意味著一個分運動的存在不會改變另一個分運動的性質(zhì)或狀態(tài)。③等效性：合運動是各分運動的矢量和，即合運動的位移、速度、加速度等于各分運動對應(yīng)量的矢量和。這表明合運動的效果與各分運動的效果相同。④同體性：合運動和它的分運動必須對應(yīng)同一個物體的運動，一個物體的合運動不能分解為另一個物體的分運動。⑤平行四邊形定則：合速度、合位移與分速度、分位移的大小關(guān)系遵循平行四邊形定則。這意味著合運動的大小和方向可以通過對各分運動進行矢量合成來計算。3.合運動與分運動體現(xiàn)的物理學思想是：等效替代法。【命題方向】關(guān)于合運動和分運動的關(guān)系，下列說法正確的是（）A、若合運動是曲線運動，則它的幾個分運動不可能都是直線運動B、合運動的時間等于它的各個分運動的時間總和C、合運動的速度大小一定大于其中一個分運動的速度大小D、兩個非共線的勻變速直線運動的合運動一定還是勻變速運動，但軌跡可能是直線也可能是曲線分析：根據(jù)運動的合成與分解，結(jié)合速度是矢量，合成分解遵循平行四邊形定則．并合運動與分運動具有等時性，從而即可求解．解答：A、合運動是曲線運動，分運動可能都是直線運動，如平拋運動的水平分運動是勻速直線運動，豎直分運動是自由落體運動，都是直線運動，故A錯誤；B、合運動和分運動同時發(fā)生，具有等時性，故B錯誤；C、速度是矢量，合速度與分運動速度遵循平行四邊形定則，合速度可以等于、大于、小于分速度，故C錯誤；D、兩個非共線的勻變速直線運動的合運動一定還是勻變速運動，但軌跡可能是直線也可能是曲線，若合初速度與合加速度共線時，做直線運動，若不共線時，做曲線運動，故D正確；故選：D。點評：解決本題的關(guān)鍵知道位移、速度、加速度的合成分解遵循平行四邊形定則，以及知道分運動與合運動具有等時性．【解題思路點撥】合運動與分運動的關(guān)系，使得我們可以通過分析各分運動來理解合運動的性質(zhì)和行為。在物理學中，這種關(guān)系在處理復雜的運動問題時非常有用，因為它允許我們將復雜的問題分解為更簡單的部分進行分析，然后再綜合這些部分的結(jié)果來理解整體的性質(zhì)。8．平拋運動速度的計算【知識點的認識】1.平拋運動的性質(zhì)：平拋運動可以看成水平方向上的勻速直線運動和豎直方向上的自由落體運動。2.設(shè)物體在平拋運動ts后，水平方向上的速度vx＝v0豎直方向上的速度vy＝gt從而可以得到物體的速度為v=3.同理如果知道物體的末速度和運動時間也可以求出平拋運動的初速度。【命題方向】如圖所示，小球以6m/s的初速度水平拋出，不計空氣阻力，0.8s時到達P點，取g＝10m/s2，則（）A、0.8s內(nèi)小球下落的高度為4.8mB、0.8s內(nèi)小球下落的高度為3.2mC、小球到達P點的水平速度為4.8m/sD、小球到達P點的豎直速度為8.0m/s分析：平拋運動在水平方向上做勻速直線運動，在豎直方向上做自由落體運動，根據(jù)時間求出下降的高度以及豎直方向上的分速度。解答：AB、小球下落的高度h=12gt2C、小球在水平方向上的速度不變，為6m/s。故C錯誤。D、小球到達P點的豎直速度vy＝gt＝8m/s。故D正確。故選：BD。點評：解決本題的關(guān)鍵知道平拋運動在水平方向和豎直方向上的運動規(guī)律，結(jié)合運動學公式靈活求解?！窘忸}思路點撥】做平拋運動的物體，水平方向的速度是恒定的，豎直方向是初速度為零的勻加速直線運動，滿足vy＝gt。9．平拋運動位移的計算【知識點的認識】1.平拋運動的性質(zhì)：平拋運動可以看成水平方向上的勻速直線運動和豎直方向上的自由落體運動。2.設(shè)物體在平拋運動ts后，水平方向上的位移x＝v0t豎直方向上的位移為y=物體的合位移為l=3.對于已知高度的平拋運動，豎直方向有h=水平方向有x＝v0t聯(lián)立得x＝v02所以說平拋運動的水平位移與初速度大小和拋出點的高度有關(guān)。【命題方向】物體以初速度7.5m/s水平拋出，2秒后落到地面，則物體在這個過程中的位移是（）物體做平拋運動，我們可以把平拋運動可以分解為水平方向上的勻速直線運動，和豎直方向上的自由落體運動來求解，兩個方向上運動的時間相同．解：物體做平拋運動，水平方向的位移為：x＝v0t＝7.5×2m＝15m豎直方向上是自由落體運動，豎直位移為：h=12gt2=12×10×（2）2物體的合位移為s=x2+h2=故選：D。本題就是對平拋運動規(guī)律的考查，平拋運動可以分解為在水平方向上的勻速直線運動，和豎直方向上的自由落體運動來求解．【解題思路點撥】平拋運動的物體在水平和豎直方向上的運動都是獨立的，可以分別計算兩個方向的位移，并與合位移構(gòu)成矢量三角形（滿足平行四邊形定則）。10．平拋運動時間的計算【知識點的認識】1.平拋運動的性質(zhì)：平拋運動可以看成水平方向上的勻速直線運動和豎直方向上的自由落體運動。2.平拋運動在水平和豎直方向上的運動是獨立的，而將這兩個運動聯(lián)系起來的就是時間。因為分運動與合運動具有同時性。3.計算平拋運動時間的方法：①已知平拋高度h，則根據(jù)豎直方向上12gt②已知水平位移x和初速度v0，則根據(jù)水平方向上x＝v0t可得t=③已知某一時刻的速度v和書速度v0，則根據(jù)速度的合成有v2=v02④已知某一時刻的速度v及速度偏轉(zhuǎn)角θ，則gt＝vsinθ，從而得到t=⑤已知某一時刻的位移x及位移偏轉(zhuǎn)角θ，則12gt【命題方向】例1：將一個物體以速度v水平拋出，當物體的豎直位移是水平位移的兩倍時，所經(jīng)歷的時間為（）A、vgB、v2gC、2vg分析：物體做平拋運動，我們可以把平拋運動可以分解為水平方向上的勻速直線運動，和豎直方向上的自由落體運動來求解，兩個方向上運動的時間相同解答：由平拋運動的規(guī)律可知，水平方向上：x＝Vt豎直方向上：2x=12解得t=4v故選：D。點評：本題就是對平拋運動規(guī)律的考查，平拋運動可以分解為在水平方向上的勻速直線運動，和豎直方向上的自由落體運動來求解．例2：一個物體從某一確定的高度以v0的初速度水平拋出，已知它落地時的速度為v1，那么它的運動時間是（）A、v1-vogB、v1分析：物體做平拋運動，我們可以把平拋運動可以分解為水平方向上的勻速直線運動，和豎直方向上的自由落體運動來求解，兩個方向上運動的時間相同。解答：由于平拋運動是水平方向上的勻速直線運動與豎直方向上的自由落體運動的合運動，故任意時刻的速度是這兩個分運動速度的合速度，當一個物體從某一確定的高度以v0的初速度水平拋出，已知它落地時的速度為v1，故v1是物體運動的末速度，由速度的分解法則可知，vy2=v1∴物體的運動時間t=Vyg故選：D。點評：本題就是對平拋運動規(guī)律的直接考查，掌握住平拋運動的規(guī)律就能輕松解決。例3：如圖所示，在豎直平面內(nèi)有一半圓形軌道，圓心為O．一小球（可視為質(zhì)點）從與圓心等高的圓形軌道上的A點以速度v0水平向右拋出，落于圓軌道上的C點．已知OC的連線與OA的夾角為θ，重力加速度為g，則小球從A運動到C的時間為（）A、2ν0gcotθ2D、ν0gtanθ2C、ν分析：平拋運動在水平方向上做勻速直線運動，在豎直方向上做自由落體運動．小球落到C點，根據(jù)幾何關(guān)系確定小球豎直方向上的位移和豎直方向上的位移的比值，根據(jù)位移關(guān)系求出運動的時間．解答：由幾何關(guān)系可知，AC水平方向的夾角為α=π-θ知tanα=則t=2v0tanαg=2ν0故選：A。點評：解決本題的關(guān)鍵掌握平拋運動的規(guī)律，知道平拋運動在水平方向上做勻速直線運動，在豎直方向上做自由落體運動．【解題思路點撥】1.平拋運動的時間是連接水平和豎直運動的橋梁，時間的計算方法有很多種，要根據(jù)題目給出的條件選擇恰當?shù)姆椒ā?.平拋運動是勻變速曲線運動，速度變化量的計算要遵循矢量疊加原理，所以t=v-11．線速度的物理意義及定義式【知識點的認識】1.定義：物體在某段時間內(nèi)通過的弧長Δs與時間Δt之比。2.定義式：v=3.單位：米每秒，符號是m/s。4.方向：物體做圓周運動時該點的切線方向。5.物理意義：表示物體沿著圓弧運動的快慢。6.線速度的求法（1）定義式計算：v=（2）線速度與角速度的關(guān)系：v＝ωr（3）知道圓周運動的半徑和周期：v=【命題方向】有一質(zhì)點做半徑為R的勻速圓周運動，在t秒內(nèi)轉(zhuǎn)動n周，則該質(zhì)點的線速度為（）A、2πRntB、2πRntC、nR2πt分析：根據(jù)線速度的定義公式v=ΔS解答：質(zhì)點做半徑為R的勻速圓周運動，在t秒內(nèi)轉(zhuǎn)動n周，故線速度為：v=故選：B。點評：本題關(guān)鍵是明確線速度的定義，記住公式v=ΔS【解題思路點撥】描述圓周運動的各物理量之間的關(guān)系如下：12．線速度與角速度的關(guān)系【知識點的認識】1.線速度與角速度的關(guān)系為：v＝ωr2.推導由于v=ΔsΔt，ω=ΔθΔt，當Δθv＝ωr這表明，在圓周運動中，線速度的大小等于角速度的大小與半徑的乘積。3.應(yīng)用：①v＝ωr表明了線速度、角速度與半徑之間的定性關(guān)系，可以通過控制變量法，定性分析物理量的大小；②v＝ωr表明了線速度、角速度與半徑之間的定量關(guān)系，可以通過公式計算線速度、角速度或半徑?！久}方向】一個物體以角速度ω做勻速圓周運動時，下列說法中正確的是（）A、軌道半徑越大線速度越大B、軌道半徑越大線速度越小C、軌道半徑越大周期越大D、軌道半徑越大周期越小分析：物體做勻速圓周運動中，線速度、角速度和半徑三者當控制其中一個不變時，可得出另兩個之間的關(guān)系．由于角速度與周期總是成反比，所以可判斷出當半徑變大時，線速度、周期如何變化的．解答：因物體以一定的角速度做勻速圓周運動，A、由v＝ωr得：v與r成正比。所以當半徑越大時，線速度也越大。因此A正確；B、由v＝ωr得：v與r成正比。所以當半徑越大時，線速度也越大。因此B不正確；C、由ω=2πT得：ω與T成反比，所以當半徑越大時，角速度不變，因此周期也不變。所以D、由ω=2πT得：ω與T成反比，所以當半徑越大時，角速度不變，因此周期也不變。所以故選：A。點評：物體做勻速圓周，角速度與周期成反比．當角速度一定時，線速度與半徑成正比，而周期與半徑無關(guān)．【解題思路點撥】描述圓周運動的各物理量之間的關(guān)系如下：13．牛頓第二定律求解向心力【知識點的認識】圓周運動的過程符合牛頓第二定律，表達式Fn＝man＝mω2r＝mv2r=【命題方向】我國著名體操運動員童飛，首次在單杠項目中完成了“單臂大回環(huán)”：用一只手抓住單杠，以單杠為軸做豎直面上的圓周運動．假設(shè)童飛的質(zhì)量為55kg，為完成這一動作，童飛在通過最低點時的向心加速度至少是4g，那么在完成“單臂大回環(huán)”的過程中，童飛的單臂至少要能夠承受多大的力．分析：運動員在最低點時處于超重狀態(tài)，由單杠對人拉力與重力的合力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律求解．解答：運動員在最低點時處于超重狀態(tài)，設(shè)運動員手臂的拉力為F，由牛頓第二定律可得：F心＝ma心則得：F心＝2200N又F心＝F﹣mg得：F＝F心+mg＝2200+55×10＝2750N答：童飛的單臂至少要能夠承受2750N的力．點評：解答本題的關(guān)鍵是分析向心力的來源，建立模型，運用牛頓第二定律求解．【解題思路點撥】圓周運動中的動力學問題分析（1）向心力的確定①確定圓周運動的軌道所在的平面及圓心的位置．②分析物體的受力情況，找出所有的力沿半徑方向指向圓心的合力，該力就是向心力．（2）向心力的來源向心力是按力的作用效果命名的，可以是重力、彈力、摩擦力等各種力，也可以是幾個力的合力或某個力的分力，因此在受力分析中要避免再另外添加向心力．（3）解決圓周運動問題步驟①審清題意，確定研究對象；②分析物體的運動情況，即物體的線速度、角速度、周期、軌道平面、圓心、半徑等；③分析物體的受力情況，畫出受力示意圖，確定向心力的來源；④根據(jù)牛頓運動定律及向心力公式列方程．14．向心加速度的表達式及影響向心加速度大小的因素【知識點的認識】1.向心加速度的表達式為an＝ω2r=v2r=4π2rT2.由表達式可知，向心加速度與物體的質(zhì)量無關(guān)，與線速度、角速度、半徑、周期、轉(zhuǎn)速等參數(shù)有關(guān)。3.對于公式an=該公式表明，對于勻速圓周運動，當線速度一定時，向心加速度的大小與運動半徑成反比；當運動半徑一定時，向心加速度的大小與線速度的平方成正比。該公式常用于分析涉及線速度的圓周運動問題或有兩個物體做圓周運動且它們的線速度相同的情景。4.對于公式an＝ω2r該公式表明，對于勻速圓周運動，當角速度一定時，向心加速度的大小與運動半徑成正比；當半徑一定時，向心加速度的大小與角速度的平方成正比。該公式常用于分析涉及角速度的圓周運動問題或有兩個物體做圓周運動且它們的角速度相同的情景。5.向心加速度與半徑的關(guān)系根據(jù)上面的討論，加速度與半徑的關(guān)系與物體的運動特點有關(guān)。若線速度一定，an與r成反比；若角速度（或周期、轉(zhuǎn)速）一定，an與r成正比。如圖所示。【命題方向】B兩小球都在水平面上做勻速圓周運動，A球的軌道半徑是B球軌道半徑的2倍，A的頻率為4Hz，B的頻率為2Hz，則兩球的向心加速度之比為（）A、1：1B、2：1C、8：1D、4：1分析：根據(jù)頻率之比求出角速度之比，結(jié)合a＝rω2求出向心加速度之比．解答：根據(jù)角速度ω＝2πf，知A、B的角速度之比為2：1，根據(jù)a＝rω2知，A球的軌道半徑是B球軌道半徑的2倍，則向心加速度之比為8：1．故C正確，A、B、D錯誤。故選：C。點評：解決本題的關(guān)鍵掌握向心加速度與角速度的關(guān)系公式，以及知道角速度與轉(zhuǎn)速的關(guān)系．【解題思路點撥】向心加速度公式的應(yīng)用技巧向心加速度的每一個公式都涉及三個物理量的變化關(guān)系，必須在某一物理量不變時分析另外兩個物理量之間的關(guān)系。在比較物體上做圓周運動的各點的向心加速度的大小時，應(yīng)按以下步驟進行：（1）先確定各點是線速度大小相等，還是角速度相同；（2）在線速度大小相等時，向心加速度與半徑成反比；在角速度相同時，向心加速度與半徑成正比。15．物體在圓錐面上做圓周運動【知識點的認識】1.本考點旨在針對物體在圓錐面上做圓周運動的情況。2.常見的情況如下圖：【命題方向】如圖所示，OAB為圓錐體的截面圖，其中圓錐體截面的底角為53°，小球P通過輕質(zhì)細線拴在圓錐頂點O，整個裝置可繞其豎直中心軸線OO'自由轉(zhuǎn)動，已知小球的質(zhì)量為500g，細線長為1m，重力加速度g取10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。求：（1）當整個裝置轉(zhuǎn)動的角速度為多少時，小球受到圓錐面的支持力恰好為零？（2）當整個裝置轉(zhuǎn)動的角速度為25rad/s時，細線對小球的拉力為多少？此時細線與豎直方向的夾角為多少？分析：（1）根據(jù)牛頓第二定律結(jié)合幾何關(guān)系得出裝置的臨界角速度；（2）根據(jù)對物體的受力分析結(jié)合牛頓第二定律得出細線的拉力，并由此計算出細線與豎直方向的夾角。解答：（1）設(shè)整個裝置轉(zhuǎn)動的角速度為ω0時，小球受到圓錐面的支持力恰好為零，由牛頓第二定律得mgtan53°解得ω（2）設(shè)此時細線的拉力為F，細線與豎直方向的夾角為θ，由于ω＞ω0，故小球已離開斜面。則：Fsinθ＝mω2Lsinθ解得F＝10N又小球在豎直方向受力平衡，則Fcosθ＝mg解得θ＝60°答：（1）當整個裝置轉(zhuǎn)動的角速度為52（2）當整個裝置轉(zhuǎn)動的角速度為25rad/s時，細線對小球的拉力為10N，此時細線與豎直方向的夾角為60°。點評：本題主要考查了圓周運動的相關(guān)應(yīng)用，理解結(jié)合關(guān)系和臨界狀態(tài)的特點，結(jié)合牛頓第二定律即可完成分析?！窘忸}思路點撥】圓周運動中的動力學問題分析（1）向心力的確定①確定圓周運動的軌道所在的平面及圓心的位置．②分析物體的受力情況，找出所有的力沿半徑方向指向圓心的合力，該力就是向心力．（2）向心力的來源向心力是按力的作用效果命名的，可以是重力、彈力、摩擦力等各種力，也可以是幾個力的合力或某個力的分力，因此在受力分析中要避免再另外添加向心力．（3）解決圓周運動問題步驟①審清題意，確定研究對象；②分析物體的運動情況，即物體的線速度、角速度、周期、軌道平面、