2025年高考物理复习之小题狂练600题（多选题）：曲线运动（10题）

第1页（共1页）2025年高考物理复习之小题狂练600题（多选题）：曲线运动（10题）一．多选题（共10小题）（多选）1．（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OO′重合。当转台转速恒定时，关于粗坯上P、Q两质点，下列说法正确的是（）A．P的角速度大小比Q的大 B．P的线速度大小比Q的大 C．P的向心加速度大小比Q的大 D．同一时刻P所受合力的方向与Q的相同（多选）2．（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OM与光滑杆ON均固定在电动机底座上，且ON与水平面间的夹角α＝60°，一弹簧上端固定在OM杆上的P点，下端与穿在ON杆上质量为m的小球相连。装置静止时弹簧与竖直方向间的夹角β＝30°，当电动机带动底座开始转动时，小球开始爬杆。已知OP两点间的距离为L，重力加速度为g。则（）A．装置静止时杆对小球的弹力方向垂直杆ON斜向下 B．装置静止时弹簧弹力的大小为mg C．装置静止时杆对小球的弹力大小为3mgD．电动机转动后，当小球稳定在与P点等高的位置时杆的角速度为6g（多选）3．（2024•安徽）一倾角为30°足够大的光滑斜面固定于水平地面上，在斜面上建立Oxy直角坐标系，如图（1）所示。从t＝0开始，将一可视为质点的物块从O点由静止释放，同时对物块施加沿x轴正方向的力F1和F2，其大小与时间t的关系如图（2）所示。已知物块的质量为1.2kg，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力。则（）A．物块始终做匀变速曲线运动 B．t＝1s时，物块的y坐标值为2.5m C．t＝1s时，物块的加速度大小为53D．t＝2s时，物块的速度大小为10（多选）4．（2024•拉萨一模）在游乐场有一种与众不同的游乐设施——疯狂魔盘，游客在魔盘上可以体会到惯性带来的乐趣，如图甲，其工作原理可以简化为图乙模型，水平圆盘在水平面内可绕中心轴匀速转动，圆盘上距离转轴分别为r、2r处有两个完全相同的小物块a、b，质量均为m。物块a、b与圆盘间的动摩擦因数均为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现让圆盘沿逆时针（俯视）方向以角速度ω做匀速圆周运动，物块a、b相对于圆盘静止，重力加速度为g，下列说法正确的是（）A．若增大ω，物块a先滑动 B．物块a受到的摩擦力大小始终为μmg C．物块b受到的摩擦力是物块a的2倍 D．若逐渐增大ω，保持物块a、b不滑动，则物块a、b受到的摩擦力不再沿半径指向圆心（多选）5．（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6m处头球攻门，足球在1.8m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，g取10m/s2则此过程中，下列说法正确的是（）A．球的运动时间为1s B．球落地前瞬间竖直方向的分速度大小为6m/s C．球的水平初速度大小为10m/s D．球落地前瞬间速度方向与水平地面的夹角为45°（多选）6．（2024•龙凤区校级模拟）将一小球水平抛出，使用频闪仪和照相机对运动的小球进行拍摄，频闪仪每隔0.05s发出一次闪光。某次拍摄时，小球在抛出瞬间频闪仪恰好闪光，拍摄的照片编辑后如图所示。图中的第一个小球为抛出瞬间的影像，每相邻两个球之间被删去了3个影像，所标出的两个线段的长度s1和s2之比为3：7。重力加速度大小取g＝10m/s2，忽略空气阻力。则（）A．相邻两个球之间的时间间隔为0.2s B．影像中相邻小球间水平距离越来越大 C．线段s1实际距离为0.2m D．小球抛出的初速度v（多选）7．（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，P、Q分别为轨道上的最高点和最低点，M、N是轨道上与圆心O等高的点。质量为m、电荷量为q的带正电的小球在P处以速度v0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g，电场强度大小E=mgA．在轨道上运动时，小球动能最大的位置在M、Q之间 B．在轨道上运动时，小球机械能最小的位置在N点 C．经过M、N两点时，小球所受轨道弹力大小的差值为62D．小球在Q处以速度v0水平向右射出，也能在此轨道内做完整的圆周运动（多选）8．（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M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μ，平台的重心与两圆柱等距，两圆柱以角速度ω绕轴线做相反方向的转动，重力加速度大小为g。现给平台施加一过平台重心且沿平行于轴线方向的恒力F，使载物平台从静止开始运动。下列说法正确的是（）A．只有当F＞μMg时，平台才能开始运动 B．平台运动的最大加速度大小a=FC．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．ω越大，平台从静止开始运动相同距离用时越短（多选）9．（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r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90°，如图所示。已知物体的质量是篮球的k倍（k＜1），重力加速度为g，设尼龙线与空心管间的摩擦力大小恒等于球重的k倍，则该物体的角速度大小可能为（）A．0 B．2gkr C．(1-k)gkr D（多选）10．（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OO'上的O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O点，另一端与套在杆上质量为m的小球相连，细杆与竖直方向夹角为30°。弹簧原长为L，劲度系数为k。已知弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g。则下列说法正确的是（）A．当小球保持静止时，小球到O点的距离为L+mgB．当小球相对细杆静止，弹簧拉伸量为L时，杆对小球的弹力大小可能为2mg-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2kg3D．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

2025年高考物理复习之小题狂练600题（多选题）：曲线运动（10题）参考答案与试题解析一．多选题（共10小题）（多选）1．（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OO′重合。当转台转速恒定时，关于粗坯上P、Q两质点，下列说法正确的是（）A．P的角速度大小比Q的大 B．P的线速度大小比Q的大 C．P的向心加速度大小比Q的大 D．同一时刻P所受合力的方向与Q的相同【考点】向心加速度的表达式及影响向心加速度大小的因素；牛顿第二定律的简单应用；线速度的物理意义及定义式；牛顿第二定律求解向心力．【专题】定性思想；方程法；匀速圆周运动专题；推理能力．【答案】BC【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Q、P两点各自做圆周运动的半径，根据v＝ωr即可求解线速度，根据a＝ω2r求得向心加速度。【解答】解：A．由题意可知，粗坯上P、Q两质点属于同轴转动，它们的角速度相等，即ωP＝ωQ，故A错误；B．由图可知P点绕转轴转动的半径大，根据v＝rω，所以vP＞vQ，即P的线速度大小比Q的大，故B正确；C．根据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正确；D．因为当转台转速恒定，所以同一时刻P所受合力的方向与Q的所受的合力方向均指向中心轴，故合力方向不相同，故D错误。故选：BC。【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。（多选）2．（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OM与光滑杆ON均固定在电动机底座上，且ON与水平面间的夹角α＝60°，一弹簧上端固定在OM杆上的P点，下端与穿在ON杆上质量为m的小球相连。装置静止时弹簧与竖直方向间的夹角β＝30°，当电动机带动底座开始转动时，小球开始爬杆。已知OP两点间的距离为L，重力加速度为g。则（）A．装置静止时杆对小球的弹力方向垂直杆ON斜向下 B．装置静止时弹簧弹力的大小为mg C．装置静止时杆对小球的弹力大小为3mgD．电动机转动后，当小球稳定在与P点等高的位置时杆的角速度为6g【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．【答案】AD【分析】A.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；BC.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；D.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：A.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ON斜向下，故A正确；B.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Fk＝2mgcosβ＝2mg32=3mgC根据平衡条件可得FNsin30°＝mgsin30°，解得小球静止时杆对小猴的弹力大小为FN＝mg，故C错误；D.由几何关系可知，小球稳定在与P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Fk'=F水平方向由牛顿第二定律Fk'+FN'cos30°=mLtan30°ω2，竖直方向由平衡条件FN′sin30故选：AD。【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。（多选）3．（2024•安徽）一倾角为30°足够大的光滑斜面固定于水平地面上，在斜面上建立Oxy直角坐标系，如图（1）所示。从t＝0开始，将一可视为质点的物块从O点由静止释放，同时对物块施加沿x轴正方向的力F1和F2，其大小与时间t的关系如图（2）所示。已知物块的质量为1.2kg，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力。则（）A．物块始终做匀变速曲线运动 B．t＝1s时，物块的y坐标值为2.5m C．t＝1s时，物块的加速度大小为53D．t＝2s时，物块的速度大小为10【考点】合运动与分运动的关系；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．【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．【答案】BD【分析】A.根据图2分别求解F1、F2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；B.根据牛顿第二定律求解物块沿y轴方向的加速度，根据运动学公式求解作答；C.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；D.根据运动学公式求物块沿y轴方向的瞬时速度；根据题意求x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x轴方向的瞬时速度，最后求合速度。【解答】解：A.根据图2可知，F1随时间变化的关系为F1＝4﹣t（N），其中t≤4sF2随时间变化的关系为F2＝3tF1、F2的合力F＝F1+F2＝4+2t（N）物块沿y轴方向的分力F物块沿x轴方向的力Fx＝F＝4+2t（N）由于Fx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A错误；B.物块沿y方向做匀加速运动，加速度a根据匀变速运动公式，t＝1s时，物块的y坐标值y=12aC.当t＝1s时，Fx＝4N+2×1N＝6N此时物块所受的合力F根据牛顿第二定律F合＝ma代入数据解得物块的加速度大小a=52m/s，故D.t＝2s时刻，物块沿y轴方向的速度vy＝at＝5×2m/s＝10m/s物块在t＝2s时刻，沿x轴方向的合力Fx′＝（4+2×2）N＝8N在0﹣2s内沿x轴方向的平均加速度at＝2s时刻，物块沿x轴方向的速度v根据运动的合成与分解，在t＝2s时刻的速度v=vx2故选：BD。【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y轴方向的匀加速直线运动和要x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。（多选）4．（2024•拉萨一模）在游乐场有一种与众不同的游乐设施——疯狂魔盘，游客在魔盘上可以体会到惯性带来的乐趣，如图甲，其工作原理可以简化为图乙模型，水平圆盘在水平面内可绕中心轴匀速转动，圆盘上距离转轴分别为r、2r处有两个完全相同的小物块a、b，质量均为m。物块a、b与圆盘间的动摩擦因数均为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现让圆盘沿逆时针（俯视）方向以角速度ω做匀速圆周运动，物块a、b相对于圆盘静止，重力加速度为g，下列说法正确的是（）A．若增大ω，物块a先滑动 B．物块a受到的摩擦力大小始终为μmg C．物块b受到的摩擦力是物块a的2倍 D．若逐渐增大ω，保持物块a、b不滑动，则物块a、b受到的摩擦力不再沿半径指向圆心【考点】牛顿第二定律求解向心力；牛顿第二定律的简单应用．【专题】定量思想；方程法；圆周运动中的临界问题；推理能力．【答案】CD【分析】根据最大静摩擦力与向心力，分析哪一个最先滑动，根据牛顿第二定律解答。【解答】解：A．由摩擦力提供向心力得F可知增大角速度，物块a、b所需向心力均增大，其中做匀速圆周运动半径较大的物块b最先达到最大静摩擦力，故物块b先滑动，故A错误；B．物块a绕转轴做匀速圆周运动，静摩擦力充当向心力，a滑动前受到的摩擦力始终小于μmg，故B错误；C．物块a、b均绕转轴做匀速圆周运动，静摩擦力充当向心力，有F由于ra＝r，rb＝2r可得2故C正确；D．若逐渐增大ω，保持物块a、b不滑动，则物块a、b做加速圆周运动，摩擦力沿半径和切线方向均有分量，分别产生切向加速度和向心加速度，故摩擦力不再沿半径指向圆心，故D正确。故选：CD。【点评】本题考查向心力，解题关键掌握牛顿第二定律在圆周运动中的应用，注意静摩擦力提供向心力。（多选）5．（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6m处头球攻门，足球在1.8m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，g取10m/s2则此过程中，下列说法正确的是（）A．球的运动时间为1s B．球落地前瞬间竖直方向的分速度大小为6m/s C．球的水平初速度大小为10m/s D．球落地前瞬间速度方向与水平地面的夹角为45°【考点】平抛运动时间的计算；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；推理能力．【答案】BC【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：A.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h＝1.8m，运动的时间t满足12gt2＝h，将g＝10m/s2、h＝1.8m代入可知，t＝0.6s，故AB.已知球在竖直方向做自由落体运动，运动时间为t＝0.6s，因此落地时的速度为v＝gt＝10m/s2×0.6s＝6m/s，故B正确；C.已知球在水平方向做匀速直线运动，运动时间为t＝0.6s，位移为x＝6m，水平初速度v0满足x＝v0t，代入已知数据可得v0＝10m/s，故C正确；D.球落地时，假设速度方向与水平地面的夹角为θ，已知水平方向的速度大小为v0＝10m/s，竖直方向的速度大小为v＝6m/s，由此可知tanθ=vv0=0.6≠1，因此θ≠故选：BC。【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。（多选）6．（2024•龙凤区校级模拟）将一小球水平抛出，使用频闪仪和照相机对运动的小球进行拍摄，频闪仪每隔0.05s发出一次闪光。某次拍摄时，小球在抛出瞬间频闪仪恰好闪光，拍摄的照片编辑后如图所示。图中的第一个小球为抛出瞬间的影像，每相邻两个球之间被删去了3个影像，所标出的两个线段的长度s1和s2之比为3：7。重力加速度大小取g＝10m/s2，忽略空气阻力。则（）A．相邻两个球之间的时间间隔为0.2s B．影像中相邻小球间水平距离越来越大 C．线段s1实际距离为0.2m D．小球抛出的初速度v【考点】平抛运动位移的计算；平抛运动速度的计算．【专题】定量思想；推理法；平抛运动专题；推理能力．【答案】AD【分析】先计算出小球每一段运动所用的时间，再根据竖直方向上的运动规律求出每一段运动对应的竖直位移，结合水平方向上的匀速直线运动，分别求出两段运动中s1和s2的表达式，结合运动学规律进行求解。【解答】解：A、频闪仪每隔0.05s发出一次闪光，每相邻两个球之间被删去3个影像，故相邻两球的时间间隔：t＝4T＝0.05×4s＝0.2s，故A正确；B、小球水平方向做匀速运动，影像中相邻小球间水平距离不变，故B错误；CD、设抛出瞬间小球的速度为v0，每相邻两球间的水平方向上的位移为x，竖直方向上的位移分别为y1、y2，根据平抛运动规律，水平方向位移：x＝v0t，因为第一个小球影像的位置为抛出点，所以第一段运动对应的竖直方向的位移大小：y1第二段运动对应的竖直方向的位移大小：y2根据位移的合成有：s1=x2+y12s2=x2+所以抛出瞬间小球的速度：v0s1=(25故选：AD。【点评】本题考查平抛运动的有关计算，突破点在于知道两段运动的时间是相等的，且水平方向是匀速直线运动，再结合运动学规律知识及数学知识求出两线段长度的表达式即可解决问题。（多选）7．（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，P、Q分别为轨道上的最高点和最低点，M、N是轨道上与圆心O等高的点。质量为m、电荷量为q的带正电的小球在P处以速度v0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g，电场强度大小E=mgA．在轨道上运动时，小球动能最大的位置在M、Q之间 B．在轨道上运动时，小球机械能最小的位置在N点 C．经过M、N两点时，小球所受轨道弹力大小的差值为62D．小球在Q处以速度v0水平向右射出，也能在此轨道内做完整的圆周运动【考点】物体在圆形竖直轨道内的圆周运动；动能定理的简单应用；带电粒子（计重力）在匀强电场中的直线运动；牛顿第二定律的简单应用．【专题】定量思想；等效替代法；推理法；带电粒子在电场中的运动专题；分析综合能力．【答案】AB【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mg′，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M、N两点时弹力的差值。【解答】解：A．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mg′，设等效重力与竖直方向的夹角为θ，则有：tanθ=qEmg=1，可得：θ可知在小球在轨道内做圆周运动的等效最低点是圆弧MQ的中点A，故动能最大的位置在M、Q之间，故A正确；B．小球运动到位置N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N点，故B正确；C．小球在M点，由牛顿第二定律得：N小球在N点，由牛顿第二定律得：N从M到N点，由动能定理得：-解得经过M、N两点时，小球所受轨道弹力大小的差值为：N1﹣N2＝6mg，故C错误；D．小球在轨道内做圆周运动的等效最高点是圆弧NP的中点E，已知小球在P处以速度v0水平向右射出，恰好能在轨道内做完整的圆周运动，从P处到E点，根据动能定理得：-Eqrsinθ+mg(r假设小球在Q处以速度v0水平向右射出，也能在此轨道内做完整的圆周运动，从Q处到E点，根据动能定理：-Eqrsinθ联立解得：vE′＜vE，故小球在Q处以速度v0水平向右射出，不能在此轨道内做完整的圆周运动，故D错误。故选：AB。【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”。（多选）8．（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M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μ，平台的重心与两圆柱等距，两圆柱以角速度ω绕轴线做相反方向的转动，重力加速度大小为g。现给平台施加一过平台重心且沿平行于轴线方向的恒力F，使载物平台从静止开始运动。下列说法正确的是（）A．只有当F＞μMg时，平台才能开始运动 B．平台运动的最大加速度大小a=FC．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．ω越大，平台从静止开始运动相同距离用时越短【考点】线速度与角速度的关系；滑动摩擦力的方向；滑动摩擦力的大小和影响因素；牛顿运动定律的应用—从受力确定运动情况．【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．【答案】BD【分析】根据摩擦力公式、牛顿第二定律和v′＝ωr推导沿v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：ABC．平台与两个圆柱表面的摩擦力相等，根据滑动摩擦力可知f=1开始时平台受到两圆柱的摩擦力平衡，根据牛顿第二定律可知开始运动时加速度大小为a=F圆柱表面的点转动的线速度大小为v′＝ωr若平台运动的速度大小为v，则沿该方向上受到一根圆柱的摩擦力分量为fx根据牛顿第二定律可得F-开始时v＝0，平台受到的两圆柱摩擦力平衡，加速度最大，大小为a=F所以只要F不为零，加速度就不为零，平台也能运动，由于v在不断增大，加速度会越来越小，当F＞μMg时，a＞0无论平台运动的距离多远，最终都不会匀速直线运动，故AC错误，B正确；D．根据上述表达式F-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D正确。故选：BD。【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。（多选）9．（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r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90°，如图所示。已知物体的质量是篮球的k倍（k＜1），重力加速度为g，设尼龙线与空心管间的摩擦力大小恒等于球重的k倍，则该物体的角速度大小可能为（）A．0 B．2gkr C．(1-k)gkr D【考点】牛顿第二定律求解向心力；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．【答案】CD【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mg﹣kmg＝kmω2r解得ω=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kmg+mg＝kmω2r解得ω=(1+k)gkr，故CD正确，故选：CD。【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。（多选）10．（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OO'上的O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O点，另一端与套在杆上质量为m的小球相连，细杆与竖直方向夹角为30°。弹簧原长为L，劲度系数为k。已知弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g。则下列说法正确的是（）A．当小球保持静止时，小球到O点的距离为L+mgB．当小球相对细杆静止，弹簧拉伸量为L时，杆对小球的弹力大小可能为2mg-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2kg3D．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【考点】牛顿第二定律求解向心力；胡克定律及其应用；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．【答案】BC【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B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C选项的分析，可得出D选项。【解答】解：A.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kx＝mgcos30°，解得x=3mg2k，小球到O点的距离d1＝L+x＝L+B.弹簧拉伸量为L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kLcos30°+Nsin30°＝mg，解得N＝2mg-3kL，若小球所受细杆的支持力垂直细杆斜向下，则有kLcos30°＝mg+Nsin30°，解得N=3kL﹣2mg，故C.设转轴的角速度为ω时，小球对杆的作用力为零，设此时弹簧形变量为x'，则有kx'cos30°＝mg+Nsin30°，kx'sin30°＝mω2（L+x'）sin30°解得ω=2kg3kL+2mgD.初始时细杆对小球有作用力，C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D错误。故选：BC。【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。

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+12at（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v=v0+vt2．结合公式x＝vt和v＝vt+at可导出位移公式：x（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×12t=2v0+at2，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v=即有：v=v0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。x1【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.1：1B.5：9C.5：8D.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x=v0t+12解：汽车刹车到停止所需的时间t0所以刹车2s内的位移x1=t0＜6s，所以刹车在6s内的位移等于在4s内的位移。x2=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v=v0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=v2-v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=vt=v1+v22t=3+92×1m=6m．若1s末的速度与初速度方向相反，1sC、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a=v2-v1t=9-31m/s2=6m/s2．若故选：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v=【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+12at③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．12cmB．14cmC．15cmD．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=Fx2=100N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（）A.(1+△ll)mgB.(1+△l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＝kl①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△l②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+△ll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、μmgB、μ（Fcosθ+mg）C、mg﹣FsinθD、μFcosθ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＝Fcosθ，则物体对墙壁的压力为N＝N′＝Fcosθ；物体受到的滑动摩擦力为f＝μN′＝μFcosθ；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13g，gA、43mgB、2mgC、mgD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=4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43mg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a=F-μmg2s末物体的速度：v＝at＝0.5×2＝1m/s（2）前2s位移为：x=12at（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′=Δva'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）。7．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。8．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4.8mB、0.8s内小球下落的高度为3.2mC、小球到达P点的水平速度为4.8m/sD、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=12gt2C、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。9．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＝v02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=12gt2=12×10×（2）2物体的合位移为s=x2+h2=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）。10．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12gt②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=v02④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12gt【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、vgB、v2gC、2vg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=12解得t=4v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、v1-vogB、v1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，vy2=v1∴物体的运动时间t=Vyg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、2ν0gcotθ2D、ν0gtanθ2C、ν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=π-θ知tanα=则t=2v0tanαg=2ν0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=v-11．线速度的物理意义及定义式【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、2πRntB、2πRntC、nR2πt分析：根据线速度的定义公式v=ΔS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=ΔS【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＝ωr2.推导由于v=ΔsΔt，ω=ΔθΔt，当Δθv＝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=2πT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、由ω=2πT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．牛顿第二定律求解向心力【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＝mv2r=【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．14．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=v2r=4π2rT2.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、1：1B、2：1C、8：1D、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。15．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，cos53°＝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25rad/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mgtan53°解得ω（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Fcosθ＝mg解得θ＝60°答：（1）当整个装置转动的角速度为52（2）当整个装置转动的角速度为25rad/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、