2025年高考物理复习之小题狂练600题（解答题）：功和能（10题）

第1页（共1页）2025年高考物理复习之小题狂练600题（解答题）：功和能（10题）一．解答题（共10小题）1．（2024•江苏一模）冰壶比赛场地如图所示，运动员在投掷线AB处以速度v0＝2m/s沿虚线将冰壶投出，冰壶投出后，运动员从某处开始用冰刷在冰壶前方连续擦冰，距离为s，冰壶滑行24.8m后停止，运动员不擦冰时冰壶与冰面间的动摩擦因数为0.01，擦冰后冰壶与冰面间的动摩擦因数为0.004，重力加速度大小g取10m/s2。求：（1）擦冰的距离s；（2）从何处开始擦冰可使冰壶滑行最长时间，并求此最长时间。2．（2024•成都模拟）“平衡浪木”是一种训练平衡能力的器材，如图所示，质量m1＝30kg的长方形均质晃板用四根相同的轻质链条分别悬挂在两根固定的横梁上，链条长度均为l＝5m，与竖直方向的夹角均为α＝37°。让一质量m2＝50kg的受训人员静坐在晃板正中间，给晃板和人一水平瞬时初动量，晃板和受训人员摆动起来，到最高点时两根链条所在平面与晃板的夹角β＝53°，受训人员可看作质点且始终与晃板保持相对静止，不计空气阻力，重力加速度g＝10m/s2。求：（1）晃板和受训人员静止时每根链条的拉力大小T；（2）晃板和受训人员的初动量大小。3．（2024•浙江模拟）如图，上方是平直桌面，右侧有多个半圆形轨道。第一个半圆轨道为R1＝R0，第二个为R2，第n个为Rn。每个半圆轨道之间有一小段水平轨道连接。现有一可视为质点的小球，质量为m，以初速度v0从A点进入轨道。已知重力加速度为g。（1）若AB内外轨道均粗糙，小球在A，B两点对轨道的压力差为3mg，求小球在AB段运动时阻力做功。（2）若轨道各处均光滑，要使小球刚进入每一个半圆形轨道时所受的向心力大小均相等，求Rn的表达式。（用R0，g，v0，n表示）4．（2024•贵州）如图，半径为R＝1.8m的四分之一光滑圆轨道固定在竖直平面内，其末端与水平地面PM相切于P点，PM的长度d＝2.7m。一长为L＝3.3m的水平传送带以恒定速率v0＝1m/s逆时针转动，其右端与地面在M点无缝对接。物块a从圆轨道顶端由静止释放，沿轨道下滑至P点，再向左做直线运动至M点与静止的物块b发生弹性正碰，碰撞时间极短。碰撞后b向左运动到达传送带的左端N时，瞬间给b一水平向右的冲量I，其大小为6N•s。以后每隔Δt＝0.6s给b一相同的瞬时冲量I，直到b离开传送带。已知a的质量为ma＝1kg，b的质量为mb＝2kg，它们均可视为质点。a、b与地面及传送带间的动摩擦因数均为μ＝0.5，取重力加速度大小g＝10m/s2。求：（1）a运动到圆轨道底端时轨道对它的支持力大小；（2）b从M运动到N的时间；（3）b从N运动到M的过程中与传送带摩擦产生的热量。5．（2024•广东三模）生活中运送货物时常会用到传送带，可以很大程度上节省人力。传送带以一定速率沿顺时针方向转动，AB段倾角θ＝37°，BC段水平，AB、BC段的长度分别为L＝3.2m，L′＝0.2625m，示意图如图所示。将一个质量为m＝5kg的货物轻放在A端，货物与传送带AB、BC段间的动摩擦因数均为μ＝0.8，货物经过B处时不脱离传送带且速率不变，之后货物运动到C点，货物可视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。（1）要使货物以最短的时间运动到C点，求传送带的速度至少为多大？最短的时间为多少？（2）若传送带速度为v＝2m/s，求货物被运送到C点的过程中传送带与货物之间因摩擦产生的热量。6．（2024•邗江区模拟）如图所示，质量分别为2m和m的物块A和B叠放在水平面上，A物块的长度为L，B物块足够长且被锁定在地面上，B物块上O点左侧的表面光滑、右侧的表面粗糙，A和O点右侧表面、B和地面之间的动摩擦因数分别为2μ和μ，现A立即获得水平向右的速度v0，当A的左端刚好经过O点时，解除B的锁定，重力加速度为g。求：（1）解除锁定时，B的加速度大小aB；（2）解除锁定时，A的速度大小v1；（3）解除锁定后，B的位移大小xB。7．（2024•江苏模拟）如图所示，质量m＝60kg的跳台滑雪运动员从跳台a处沿水平方向飞出，在斜坡（近似看成斜面）b处着陆，ab间的距离L＝40m，斜坡与水平方向的夹角θ＝30°，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2。求：（1）运动员由a处运动到b处的时间；（2）运动员在飞行过程中，离斜坡最远时重力的瞬时功率P。8．（2024•山东模拟）哈尔滨冰雪节让冰雪运动火了起来，如图所示，一倾角为37°的倾斜冰面，表面光滑，长度为L，运动员从斜坡顶端A点无初速度自由滑下，在坡道上的某处固定一短的起跳板，起跳板沿水平方向，板的长度可忽略，当运动员到达起跳板时速度变为水平方向（不计在起跳板处的动能损失），使其起跳后的落点在水平面上且到起跳板水平距离最远，不计空气阻力，重力加速度为g，sin37°＝0.6。求：（1）起跳板应固定在距顶端A多远处；（2）落地点到B点的水平距离及落地的速度。9．（2024•清江浦区模拟）如图为某游戏装置的示意图。AB、CD均为四分之一圆弧，E为圆弧DEG的最高点，各圆弧轨道与直轨道相接处均相切。GH与水平夹角为θ＝37°，底端H有一弹簧，A、O1、O2、D、O3、H在同一水平直线上。一质量为0.01kg的小钢球（其直径稍小于圆管内径，可视作质点）从距A点高为h处的O点静止释放，从A点沿切线进入轨道，B处有一装置，小钢球向右能无能量损失的通过，向左则不能通过且小钢球被吸在B点。若小钢球能够运动到H点，则被等速反弹。各圆轨道半径均为R＝0.6m，轨道GH的动摩擦因数μ＝0.5，其余轨道均光滑，小钢球通过各圆弧轨道与直轨道相接处均无能量损失。某次游戏时，小钢球从O点出发恰能第一次通过圆弧的最高点E。sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2，求：（1）小钢球第一次经过C点时的速度大小vC；（2）小钢球第一次经过圆弧轨道最低点B时受到的支持力大小FB；（3）若改变小钢球的释放高度h，求出小钢球在斜面轨道上运动的总路程s与h的函数关系。10．（2024•湖北一模）近两年自媒体发展迅猛，受到各年龄段用户的青睐；人们经常在各种自媒体平台分享自己生活的精彩片段，某位同学就分享了自己在一个大的水泥管内玩足球炫技的视频。如图，该同学面向管壁站立在管道最低点，先后以14gR2、110gR5的初速度面向管壁方向踢出两个足球，足球在如图所示竖直圆截面内运动，恰好分别落入该同学胸前和背后的两个背包。已知水泥管道截面半径为R，该同学胸前和背后的两个背包口看成两个水平圆框，且圆框与竖直圆截面的圆心O等高，两水平圆框最近点的间距为0.28R，且两最近点关于过O点的竖直直径对称，不计足球与水泥管间的摩擦，足球看成质点，且均从水平圆框的圆心进入背包，重力加速度大小为g，3=1.73，11=3.32，59=7.70，sin53°=0.8。（1）两球与水泥管道的脱离点分别为（2）设R＝1m，胸前的背包口圆框的直径是多少米（数据保留两位小数）？

2025年高考物理复习之小题狂练600题（解答题）：功和能（10题）参考答案与试题解析一．解答题（共10小题）1．（2024•江苏一模）冰壶比赛场地如图所示，运动员在投掷线AB处以速度v0＝2m/s沿虚线将冰壶投出，冰壶投出后，运动员从某处开始用冰刷在冰壶前方连续擦冰，距离为s，冰壶滑行24.8m后停止，运动员不擦冰时冰壶与冰面间的动摩擦因数为0.01，擦冰后冰壶与冰面间的动摩擦因数为0.004，重力加速度大小g取10m/s2。求：（1）擦冰的距离s；（2）从何处开始擦冰可使冰壶滑行最长时间，并求此最长时间。【考点】动能定理的简单应用；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；牛顿运动定律综合专题；动能定理的应用专题；分析综合能力．【答案】（1）擦冰的距离为8m；（2）最长时间为32s。【分析】（1）利用动能定理计算擦冰距离；（2）冰壶滑行末速度为零，根据题意可知，在最后8m擦冰，冰壶滑行时间最长。可结合牛顿第二定律、运动学公式计算最大时间。【解答】解：（1）冰壶从投掷线开始到最终停止运动，根据动能定理得-μ解得s＝8m（2）作出冰壶运动的速度—时间图像由图像可知，擦冰越晚，冰壶运动总时间就越长，所以在最后8m位移阶段擦冰，根据牛顿第二定律有μ2mg＝ma2s=1联立解得t2＝20s根据速度—时间关系有v＝a2t2s0联立解得t1＝12s所以tm＝t1+t2＝12s+20s＝32s答：（1）擦冰的距离为8m；（2）最长时间为32s。【点评】本题旨在考查牛顿第二定律与匀变速直线运动规律的实际应用，其中第一问可利用动能定理解题。2．（2024•成都模拟）“平衡浪木”是一种训练平衡能力的器材，如图所示，质量m1＝30kg的长方形均质晃板用四根相同的轻质链条分别悬挂在两根固定的横梁上，链条长度均为l＝5m，与竖直方向的夹角均为α＝37°。让一质量m2＝50kg的受训人员静坐在晃板正中间，给晃板和人一水平瞬时初动量，晃板和受训人员摆动起来，到最高点时两根链条所在平面与晃板的夹角β＝53°，受训人员可看作质点且始终与晃板保持相对静止，不计空气阻力，重力加速度g＝10m/s2。求：（1）晃板和受训人员静止时每根链条的拉力大小T；（2）晃板和受训人员的初动量大小。【考点】动能定理的简单应用；用动量的定义式计算物体的动量；整体法与隔离法处理物体的平衡问题．【专题】定量思想；方程法；动能定理的应用专题；分析综合能力．【答案】（1）晃板和受训人员静止时每根链条的拉力大小为250N；（2）晃板和受训人员的初动量大小为320kg•m/s。【分析】（1）在最低点静止时，以晃板和受训人员整体分析，竖直方向根据平衡条件进行解答；（2）以晃板和受训人员整体分析，从最低点摆到最高点过程中，根据动能定理求解速度大小，根据动量的计算公式求解晃板和受训人员的初动量大小。【解答】解：（1）在最低点静止时，以晃板和受训人员整体分析，竖直方向根据平衡条件可得：4Tcosα＝（m1+m2）g代入数据解得：T＝250N；（2）以晃板和受训人员整体分析，从最低点摆到最高点过程中，根据动能定理可得：（m1+m2）g•lcosα•（1﹣sinβ）=12（m1+m2解得：v0＝4m/s晃板和受训人员的初动量大小：p＝（m1+m2）v0解得：p＝320kg•m/s。答：（1）晃板和受训人员静止时每根链条的拉力大小为250N；（2）晃板和受训人员的初动量大小为320kg•m/s。【点评】本题主要是考查动能定理，关键是知道动能定理的应用方法，掌握共点力的平衡条件。3．（2024•浙江模拟）如图，上方是平直桌面，右侧有多个半圆形轨道。第一个半圆轨道为R1＝R0，第二个为R2，第n个为Rn。每个半圆轨道之间有一小段水平轨道连接。现有一可视为质点的小球，质量为m，以初速度v0从A点进入轨道。已知重力加速度为g。（1）若AB内外轨道均粗糙，小球在A，B两点对轨道的压力差为3mg，求小球在AB段运动时阻力做功。（2）若轨道各处均光滑，要使小球刚进入每一个半圆形轨道时所受的向心力大小均相等，求Rn的表达式。（用R0，g，v0，n表示）【考点】动能定理的简单应用；物体在环形竖直轨道内的圆周运动．【专题】定量思想；推理法；动能定理的应用专题；推理能力．【答案】（1）小球在AB段运动时阻力做功-32mgR0（2）Rn的表达式Rn【分析】（1）考虑两种情况：小球在轨道内做圆周运动，当v0＞gR0（2）若轨道各处均光滑，对每次到达最低点，由动能定理结合圆周运动向心力列式，由数学归纳求Rn的表达式。【解答】解：（1）如图所示小球在轨道内做圆周运动，当v0FN1设在最低点速度为vB，则在最低点FN2联立解得mg=m(或者5mg=mv设阻力做功为Wf，由动能定理得2mgR代入得Wf或者Wf如图所示小球在轨道内做圆周运动，当v0mg-设在最低点速度为vB′，则在最低点F'联立解得3mg=m(设阻力做功为Wf′，由动能定理得2mgR代入得Wf（2）若轨道各处均光滑，设第一次到达最低点速度为v1，由动能定理知12由圆周运动知F1F2设第二次到达最低点速度为v2，由动能定理知12由圆周运动知F3同理得，设第n次到达最低点速度为vn，由动能定理知12Fn由题知R1＝R0，由圆周运动知mv则Rn答：（1）小球在AB段运动时阻力做功-32mgR0（2）Rn的表达式Rn【点评】本题主要是考查了竖直平面内的圆周运动结合动能定理的问题；注意物体在竖直平面内做圆周运动的情况有两种：一种是细线系着物体在竖直平面内做圆周运动，在最高点速度最小时重力提供向心力；另一种是轻杆系着物体在竖直平面内做圆周运动，在最高点时速度可以等于零。4．（2024•贵州）如图，半径为R＝1.8m的四分之一光滑圆轨道固定在竖直平面内，其末端与水平地面PM相切于P点，PM的长度d＝2.7m。一长为L＝3.3m的水平传送带以恒定速率v0＝1m/s逆时针转动，其右端与地面在M点无缝对接。物块a从圆轨道顶端由静止释放，沿轨道下滑至P点，再向左做直线运动至M点与静止的物块b发生弹性正碰，碰撞时间极短。碰撞后b向左运动到达传送带的左端N时，瞬间给b一水平向右的冲量I，其大小为6N•s。以后每隔Δt＝0.6s给b一相同的瞬时冲量I，直到b离开传送带。已知a的质量为ma＝1kg，b的质量为mb＝2kg，它们均可视为质点。a、b与地面及传送带间的动摩擦因数均为μ＝0.5，取重力加速度大小g＝10m/s2。求：（1）a运动到圆轨道底端时轨道对它的支持力大小；（2）b从M运动到N的时间；（3）b从N运动到M的过程中与传送带摩擦产生的热量。【考点】常见力做功与相应的能量转化；水平传送带模型；物体在圆形竖直轨道内的圆周运动．【专题】计算题；信息给予题；定量思想；推理法；牛顿第二定律在圆周运动中的应用；动能定理的应用专题；动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合；分析综合能力．【答案】（1）a运动到圆轨道底端时轨道对它的支持力大小为30N；（2）b从M运动到N的时间为3.2s；（3）b从N运动到M的过程中与传送带摩擦产生的热量为95J。【分析】（1）根据动能定理和牛顿第二定律求a运动到圆轨道底端时轨道对它的支持力大小；（2）根据动能定理求a运动到M的速度，再根据动量守恒定律和机械能守恒定律以及运动学公式求b从M运动到N的时间；（3）根据动量定理求物块b的速度，根据运动学公式求相对位移，最后根据摩擦生热的公式求b从N运动到M的过程中与传送带摩擦产生的热量。【解答】解：（1）在a运动到圆轨道底端的过程中，由动能定理ma解得vP＝6m/s在P点，根据牛顿第二定律N解得NP＝30N（2）设a运动到M的速度为vM，由动能定理-μ解得vM＝3m/s取水平向左为正方向，物块a、b碰撞后的速度分别为v1、v2把物块a、b做为一个系统，根据动量守恒定律mavM＝mav1+mbv2物块a、b发生弹性碰撞，根据机械能守恒12联立解得v1＝﹣1m/s，v2＝2m/s物块b进入传送带后做匀减速直线运动，由牛顿第二定律﹣μmbg＝mba得a＝﹣5m/s2设达到共速时间为t1，根据运动学公式v0＝v2+at1解得t1＝0.2s减速位移x1匀速运动的位移x2＝L﹣x1＝3.3m﹣0.3m＝3.0m匀速运动的时间t2b从M运动到N的总时间t＝t1+t2＝0.2s+3.0s＝3.2s（3）设给b一个瞬时冲量后，物块b的速度为v3，取水平向右为正方向，则作用前物块b的速度为v0＝﹣1m/s根据动量定理I＝mbv3﹣mbv0解得v3＝2m/s物块b先向右做匀减速运动，后向左做匀加速运动，设共速时间为t3，根据运动学公式t3物块b对地位移x3传送带位移x4＝v0t3＝1×0.6m＝0.6m物块b相对于传送带的位移Δx1＝x3+x4＝0.5m+0.6m＝0.9m由于Δt＝t3，因此物块b刚好与传送带共速时，又获得一个冲量I，设物块b的速度变为v4根据动量定理I＝mbv4﹣mbv0解得v4＝2m/s同理可得，物块b对地位移x5＝0.3m传送带位移x6＝0.6m物块b相对于传送带的位移Δx2＝0.9m以此类推，物块b获得第11次瞬时冲量时，距离传送带右端的距离为：s1＝L﹣10x3＝3.3m﹣10×0.3m＝0.3m物块b获得第11次瞬时冲量后向右运动s1＝0.3m离开传送带，此过程时间为t4，根据运动学公式s1＝v3t4+解得：t4＝0.2s此过程物块b相对于传送带的位移大小为：Δx3＝v0t4+s1＝1×0.2m+0.3m＝0.5m物块b相对于传送带总的相对位移为：Δx＝10Δx1+Δx3＝10×0.9m+0.5m＝9.5m产生的摩擦热Q＝μmbgΔx＝0.5×2×10×9.5J＝95J。答：（1）a运动到圆轨道底端时轨道对它的支持力大小为30N；（2）b从M运动到N的时间为3.2s；（3）b从N运动到M的过程中与传送带摩擦产生的热量为95J。【点评】本题考查了水平传送带的模型问题以及竖直平面的圆周运动的问题，要求学生熟练的运用动能定理、牛顿第二定律、动量守恒定律和机械能守恒定律求解问题，明确摩擦力生热的能量转化问题。5．（2024•广东三模）生活中运送货物时常会用到传送带，可以很大程度上节省人力。传送带以一定速率沿顺时针方向转动，AB段倾角θ＝37°，BC段水平，AB、BC段的长度分别为L＝3.2m，L′＝0.2625m，示意图如图所示。将一个质量为m＝5kg的货物轻放在A端，货物与传送带AB、BC段间的动摩擦因数均为μ＝0.8，货物经过B处时不脱离传送带且速率不变，之后货物运动到C点，货物可视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。（1）要使货物以最短的时间运动到C点，求传送带的速度至少为多大？最短的时间为多少？（2）若传送带速度为v＝2m/s，求货物被运送到C点的过程中传送带与货物之间因摩擦产生的热量。【考点】常见力做功的特点；多种传送带的组合问题．【专题】定量思想；推理法；传送带专题；分析综合能力．【答案】答：（1）使货物以最短时间运送到C点，传送带的最小速度为2.6m/s，最短时间为4.125s；（2）货物自A点运送到C点的过程中，传送带与货物间因摩擦而产生的热量为154.0J。【分析】（1）由于两段传送带的长度和动摩擦因数相同，所以只有当货物一直加速时，到达C点的时间最短，由动力学规律列方程求最短时间和传送带的速度；（2）画出货物和传送带的v﹣t图像，用面积法求相对位移，然后求摩擦生热。【解答】解：（1）物块刚放上传送带时，水平传送带上时的加速度，根据牛顿第二定律：a1代入数据得：a1＝0.4m/s2，a设经过时间t，物块经过两段加速到C点时恰与传送带共速，此过程所用时间最短，那么有：12a1t12=L，v22-(a1联立并代入数据得：t1＝4s，t2＝0.125s，v1＝a1t1＝（0.4×4）m/s＝1.6m/s，v2＝2.6m/s所以最短时间：t＝t1+t2＝4s+0.125s＝4.125s即当传送带的速度为2.6m/s时，物块在传送带的时间最短，最短时间为4.125s。（2）若传送带速度为v＝2m/s，则传送带和货物运动的v﹣t图像如图所示，由图可知在AB段货物和传送带间的相对位移为：Δx1=vt因摩擦产生的热量：Q1＝μmgcosθ•Δx1，代入数据得：Q1＝153.6J在BC段，货物和传送带相对运动的时间：t2′=Δv货物和传送带间的相对位移为：Δx2=vt因摩擦产生的热量：Q2＝μmg•Δx2，代入数据得：Q2＝0.4J整个过程货物与传送带因摩擦产生的总热量：Q＝Q1+Q2＝153.6J+0.4J＝154.0J答：（1）使货物以最短时间运送到C点，传送带的最小速度为2.6m/s，最短时间为4.125s；（2）货物自A点运送到C点的过程中，传送带与货物间因摩擦而产生的热量为154.0J。【点评】本题是倾斜传送带模型，是典型的用动力学规律解决能量问题，关键找到货物最短时间满足的条件，即要求货物一直加速，另还需要注意的是求相对位移用面积法相对简单。6．（2024•邗江区模拟）如图所示，质量分别为2m和m的物块A和B叠放在水平面上，A物块的长度为L，B物块足够长且被锁定在地面上，B物块上O点左侧的表面光滑、右侧的表面粗糙，A和O点右侧表面、B和地面之间的动摩擦因数分别为2μ和μ，现A立即获得水平向右的速度v0，当A的左端刚好经过O点时，解除B的锁定，重力加速度为g。求：（1）解除锁定时，B的加速度大小aB；（2）解除锁定时，A的速度大小v1；（3）解除锁定后，B的位移大小xB。【考点】常见力做功与相应的能量转化；牛顿第二定律的简单应用；无外力的水平板块模型．【专题】定量思想；推理法；动能定理的应用专题；力学综合性应用专题；推理能力．【答案】（1）解除锁定时，B的加速度大小μg；（2）解除锁定时，A的速度大小v0（3）解除锁定后，B的位移大小v0【分析】（1）对B受力分析，根据牛顿第二定律可求解加速度；（2）因为A有长度，所以滑动摩擦力与位移是线性关系，则根据平均力求解摩擦力的功，再根据动能定理可解得解除锁定时，A的速度大小v1；（3）对A受力分析，根据牛顿第二定律求解A的加速度，再根据运动学公式求解A、B达到共速的时间、位移等，共速后两者一起减速，根据牛顿第二定律和运动学公式进一步可以求解B的总位移。【解答】解：（1）对B，根据牛顿第二定律可得2μ•2mg﹣μ（2m+m）g＝maB解得aB＝μg（2）因为滑动摩擦力与位移是线性关系，则Wf根据动能定理可得Wf解得v1（3）A的加速度为aA方向向左，设经过t时间两者达到共速，有v1﹣aAt＝aBt解得t=vB匀加速的位移x1解得x1共速后，两者相对静止向前匀减速，加速度为aB′＝μg方向向左，根据对称性，B匀减速的位移x2故B的位移xB＝x2+x1解得xB答：（1）解除锁定时，B的加速度大小μg；（2）解除锁定时，A的速度大小v0（3）解除锁定后，B的位移大小v0【点评】本题主要是考查了牛顿第二定律的综合应用以及功的计算，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律或运动学的计算公式求解加速度，再根据题目要求进行解答；知道加速度是联系力和运动的桥梁。7．（2024•江苏模拟）如图所示，质量m＝60kg的跳台滑雪运动员从跳台a处沿水平方向飞出，在斜坡（近似看成斜面）b处着陆，ab间的距离L＝40m，斜坡与水平方向的夹角θ＝30°，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2。求：（1）运动员由a处运动到b处的时间；（2）运动员在飞行过程中，离斜坡最远时重力的瞬时功率P。【考点】瞬时功率的计算；平抛运动位移的计算；平抛运动时间的计算．【专题】定量思想；推理法；功率的计算专题；推理能力．【答案】（1）运动员在空中飞行的时间t为2s；（2）运动员在飞行过程中，离斜坡最远时重力的瞬时功率P为6000W。【分析】（1）运动员在空中做平抛运动，根据竖直方向做自由落体运动计算时间；（2）离斜坡最远时速度与斜面平行，求出此时速度，计算重力的瞬时功率。【解答】解：（1）根据题意，运动员在空中做平抛运动，在竖直方向做自由落体运动，则Lsin30°=12代入数据解得t＝2s（2）根据平抛运动规律，离斜坡最远时速度与斜面平行水平方向Lcos30°＝v0t代入数据解得v0＝103m/s把重力加速度分解，垂直于斜面的加速度为gcos30°把初速度分解，垂直于斜面的分速度为v0sin30°垂直斜面方向速度减到零需要的时间为t′=代入数据解得t′＝1s则重力的瞬时功率为P＝mgvyvy＝gt′代入数据解得P＝6000W答：（1）运动员在空中飞行的时间t为2s；（2）运动员在飞行过程中，离斜坡最远时重力的瞬时功率P为6000W。【点评】本题考查平抛运动的规律的应用，注意要将运动合理的分解。8．（2024•山东模拟）哈尔滨冰雪节让冰雪运动火了起来，如图所示，一倾角为37°的倾斜冰面，表面光滑，长度为L，运动员从斜坡顶端A点无初速度自由滑下，在坡道上的某处固定一短的起跳板，起跳板沿水平方向，板的长度可忽略，当运动员到达起跳板时速度变为水平方向（不计在起跳板处的动能损失），使其起跳后的落点在水平面上且到起跳板水平距离最远，不计空气阻力，重力加速度为g，sin37°＝0.6。求：（1）起跳板应固定在距顶端A多远处；（2）落地点到B点的水平距离及落地的速度。【考点】动能定理的简单应用；平抛运动速度的计算．【专题】定量思想；推理法；平抛运动专题；推理能力．【答案】（1）起跳板应固定在距顶端A12（2）落地点到B点的水平距离为15L，落地的速度为6gL5m/s【分析】（1）根据动能定理，结合平抛运动进行求解即可；（2）先求出落地点与B点的距离，再根据水平速度和竖直速度求落地的速度。【解答】解：（1）设起跳板应放置在距A点为x1处下滑到起跳处的速度为v1，根据动能定理可得：mgsin37°•x1=起跳后做平抛运动，水平方向：x＝v1t竖直方向：（L﹣x1）sin37°=代入数据解得：x=所以，当L﹣x1＝x1时，起落点距起跳板最远，即x1=（2）落地点与B点的距离为ΔxΔx＝x-L2解得：Δx=落地速度的水平速度为：v1竖直速度为：vy＝gt落地速度：v=解得：v=6gL速度与水平方向成α角，则tanα=解得：tanα＝1，方向为斜向左下。答：（1）起跳板应固定在距顶端A12（2）落地点到B点的水平距离为15L，落地的速度为6gL5m/s【点评】本题考查了与平抛运动相关的知识，熟悉公式的运用是解决此类题的关键。9．（2024•清江浦区模拟）如图为某游戏装置的示意图。AB、CD均为四分之一圆弧，E为圆弧DEG的最高点，各圆弧轨道与直轨道相接处均相切。GH与水平夹角为θ＝37°，底端H有一弹簧，A、O1、O2、D、O3、H在同一水平直线上。一质量为0.01kg的小钢球（其直径稍小于圆管内径，可视作质点）从距A点高为h处的O点静止释放，从A点沿切线进入轨道，B处有一装置，小钢球向右能无能量损失的通过，向左则不能通过且小钢球被吸在B点。若小钢球能够运动到H点，则被等速反弹。各圆轨道半径均为R＝0.6m，轨道GH的动摩擦因数μ＝0.5，其余轨道均光滑，小钢球通过各圆弧轨道与直轨道相接处均无能量损失。某次游戏时，小钢球从O点出发恰能第一次通过圆弧的最高点E。sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2，求：（1）小钢球第一次经过C点时的速度大小vC；（2）小钢球第一次经过圆弧轨道最低点B时受到的支持力大小FB；（3）若改变小钢球的释放高度h，求出小钢球在斜面轨道上运动的总路程s与h的函数关系。【考点】动能定理的简单应用；牛顿第二定律求解向心力．【专题】应用题；学科综合题；定量思想；方程法；力学知识在生产和生活中的应用；分析综合能力．【答案】（1）小钢球第一次经过C点时的速度大小为26（2）小钢球第一次经过圆弧轨道最低点B时受到的支持力大小为0.5N；（3）若改变小钢球的释放高度h，求出小钢球在斜面轨道上运动的总路程s与h的函数关系为：s=0【分析】（1）小钢球从O点出发恰能第一次通过圆弧的最高点E，小球到F点的速度为0，从C点到E点根据动能定理求解小钢球第一次经过C点时的速度大小；（2）从B点到C点的过程中，根据动能定理求解小球到B点的速度，根据牛顿第二定律和牛顿第三定律求解小球在B点对轨道的压力；（3）若小钢球通过E点一次，小球停在H点，若小钢球通过E点两次，小球停在B点，根据动能定理列式求解即可。【解答】解：（1）由题意可知，小钢球在E点处做圆周运动，当其恰好通过E点时，则小钢球在E点的速度是零，从C到E的运动过程，根据动能定理可得：0-12mv（2）因为BC段光滑，小钢球通过B点时的速度等于经过C点的速度，小钢球经过B点时，根据牛顿第二定律可得：FB解得小钢球第一次经过圆弧轨道最低点B时受到的支持力大小为：FB＝0.5N，由牛顿第三定律可知在B点，小钢球对轨道的压力的大小为：FB′＝0.5N；（3）设小钢球恰好能经过E点时，其释放的高度为h1，从O到E的运动过程，根据动能定理可得：mg（h1﹣R）＝EkE代入数据解得：h1＝0.6m当小钢球的释放高度h＜h1时，小钢球将无法通过E点，所以其在GH斜面轨道上运动的总路程s是零。根据几何关系可知，斜面轨道GH的长度为：L小钢球在斜面GH上运动时，所受摩擦力大小为：Ff＝μmgcosθ＝0.5×0.01×10×0.8N＝0.04N小钢球在斜面轨道上完成从G到H的运动，摩擦力做功为：Wf＝﹣Ff•LGH＝﹣0.04×0.8J＝﹣0.032J可知，小钢球完成从H到G的运动，摩擦力做功也为−0.032J。设小钢球释放高度为h2时，其能够运动到H点，并被反弹，且恰好能够再次经过E点，根据动能定理有mg（h2﹣R）+2Wf＝EkE解得：h2＝1.24m当小钢球的释放高度h＞h2时，小钢球再次通过E点后，将向D、C方向运动，并不再返回，所以其在GH斜面轨道上运动的总路程为：s＝2LGH＝1.6m小钢球重力沿斜面向下的分力大小为：F1＝mgsinθ＝0.06N因为F1＞Ff，所以当小钢球的释放高度h1≤h＜h2时，小钢球第一次通过E点后，无法再次经过E点，它将会在斜面轨道上反复运动，最终停在H点。根据动能定理可得：mgh﹣Ffs＝0，代入数据解得：s＝2.5h（m）综上可得：s=0答：（1）小钢球第一次经过C点时的速度大小为26（2）小钢球第一次经过圆弧轨道最低点B时受到的支持力大小为0.5N；（3）若改变小钢球的释放高度h，求出小钢球在斜面轨道上运动的总路程s与h的函数关系为：s=【点评】本题考查动能定理和竖直面内的圆周运动，解题关键是找到临界条件，选择合适的过程列动能定理求解即可。注意若小钢球只能到达E点一次，在倾斜轨道上要判断μ与tanθ的关系，判断小钢球能否停在斜面上。10．（2024•湖北一模）近两年自媒体发展迅猛，受到各年龄段用户的青睐；人们经常在各种自媒体平台分享自己生活的精彩片段，某位同学就分享了自己在一个大的水泥管内玩足球炫技的视频。如图，该同学面向管壁站立在管道最低点，先后以14gR2、110gR5的初速度面向管壁方向踢出两个足球，足球在如图所示竖直圆截面内运动，恰好分别落入该同学胸前和背后的两个背包。已知水泥管道截面半径为R，该同学胸前和背后的两个背包口看成两个水平圆框，且圆框与竖直圆截面的圆心O等高，两水平圆框最近点的间距为0.28R，且两最近点关于过O点的竖直直径对称，不计足球与水泥管间的摩擦，足球看成质点，且均从水平圆框的圆心进入背包，重力加速度大小为g，3=1.73，11=3.32，59=7.70，sin53°=0.8。（1）两球与水泥管道的脱离点分别为A（2）设R＝1m，胸前的背包口圆框的直径是多少米（数据保留两位小数）？【考点】动能定理的简单应用；平抛运动速度的计算；牛顿第二定律求解向心力．【专题】定量思想；推理法；动能定理的应用专题；分析综合能力．【答案】（1）OA、OB与水平方向的夹角分别为30°，53°；（2）胸前的背包口圆框的直径是0.19m。【分析】（1）根据牛顿第二定律结合动能定理分析解答；（2）根据斜抛运动规律与运动的分解分析解答。【解答】解：（1）设脱离点与水泥管圆心连线与水平方向的夹角为θ，由牛顿第二定律得mgsinθ=根据动能定理﹣mgR（1+sinθ）=解得v0=可得sinθ1=12，sinθ则θ1＝30°，θ2＝53°（2）对过A点的足球受力分析可得mgsinθ1=解得v1=足球与水泥管脱离后做斜抛运动，从脱离到最高点过程，竖直方向v1cosθ1＝gt1解得t1=水平位移x1＝v1sinθ1t1竖直位移h1=足球从最高点到背包口过程，水平位移x2＝v1sinθ1t2竖直位移h2＝h1+Rsinθ1=足球斜抛的水平位移x＝x1+x2胸前的背包口圆框的直径d＝2（Rcosθ1﹣x-0.28R联立解得d＝0.19m答：（1）OA、OB与水平方向的夹角分别为30°，53°；（2）胸前的背包口圆框的直径是0.19m。【点评】本题考查动能定理的应用，解题关键掌握斜抛运动和圆周运动的特点，运用对应的运动特点分析解答。

考点卡片1．整体法与隔离法处理物体的平衡问题【知识点的认识】整体法与隔离法是物理学中处理物体平衡问题的两种基本方法，它们各有适用场景，并且经常交替使用以解决复杂问题。①整体法适用于将两个或多个物体组成的系统作为研究对象，当需要研究外力对系统的作用时，整体法更为简便，因为它不需要考虑系统内部的作用力。整体法的思维特点是从全局出发，通过整体受力分析揭示系统的整体受力情况和全过程的受力情况，从而避免繁琐的中间环节计算，能够灵巧地解决问题。例如，在处理连接体平衡问题时，如果只涉及系统外力而不涉及系统内部物体之间的内力以及加速度问题，通常选取整个系统为研究对象，使用整体法进行分析。②隔离法则是将研究对象从周围物体中隔离出来进行受力分析的方法，适用于需要研究系统内各物体之间的作用力或加速度的情况。隔离法不仅能求出其他物体对整体的作用力，而且还能求出整体内部物体之间的作用力。在处理复杂问题时，通常先用整体法确定整体的运动状态，然后再用隔离法分析内部物体的相互作用。在实际应用中，整体法和隔离法并不是独立使用的，对于一些复杂问题，可能需要多次选取研究对象，交替使用整体法和隔离法进行分析。这种方法的交替使用有助于更全面地理解问题的本质，从而找到解决方案。【命题方向】如图所示，质量分别为mA，mB的A、B两个楔形物体叠放在一起，B靠在竖直墙壁上，在力F的作用下，A、B都始终静止不动，则（）A、墙壁对B的摩擦力大小为mgB、A、B之间一定有摩擦力的作用C、力F增大，墙壁对B的摩擦力也增大D、力F增大，B所受的合外力一定不变分析：先对AB整体受力分析，由平衡条件知，整体共受四个力作用，墙面对此有作用力；再分别隔离A、B受力分析，应用平衡条件分析即可。解答：A、先对AB整体受力分析，由平衡条件知，竖直方向：f＝GA+GB，因此当水平力F增大，墙壁对B的摩擦力仍不变，故AC错误，D正确；B、若AB间不存在静摩擦力，则有：隔离B物体，必受重力、A对B的压力和墙面的弹力与静摩擦力作用；隔离A物体，受到重力、B对A的支持力和外力F，三个力作用，均能处于平衡；若AB间存在静摩擦力，则有：A受四个力，B受五个力，仍能处于平衡；故B错误；故选：D。点评：关键利用整体法并结合共点力平衡条件得到B物体与墙间不存在弹力，注意AB间是否存在静摩擦力是解题的关键。【解题思路点拨】整体法与隔离法的常规使用技巧是：先利用整体法求外力，再利用隔离法求单个物体的受力。2．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。3．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）。4．水平传送带模型【知识点的认识】1.传送带问题利用传送带运送物体，涉及摩擦力的判断、物体运动状态的分析、运动学和动力学知识的综合运用问题。2.分类传送带问题包括水平传送带和倾斜传送带两类问题。3.常见情况分析（条件说明：传送带以速度v匀速运行，v0为物体进人传送带的初速度）【命题方向】例1：如图所示，传送带的水平部分长为L，运动速率恒为v，在其左端放上一无初速的小木块，若木块与传送带间的动摩擦因数为μ，则木块从左到右的运动时间不可能为（）A.LvB.2LvC.2L分析：物块无初速滑上传送带，有可能一直做匀加速直线运动，有可能先做匀加速直线运动再做匀速直线运动，结合牛顿第二定律和运动学公式求出木块运行的时间．解答：①当木块一直做匀加速直线运动。若木块一直做匀加速直线运动到达右端时的速度还未达到v。根据牛顿第二定律得，a＝μg。根据L=12a若木块一直做匀加速直线运动到达右端时的速度刚好为v。根据L=解得t=②当木块先做匀加速直线运动，再做匀速直线运动。匀加速直线运动的时间t1=则匀速直线运动的位移x则匀速直线运动的时间t则总时间为t=t1+t2=Lv+本题选不可能的，故选：A。点评：解决本题的关键理清物块的运动情况，考虑到木块运动的各种可能性，运用牛顿运动定律和运动学公式综合求解．【解题思路点拨】明确传送带的类型，对物块做好受力分析，应用牛顿第二定律进行解答。需要综合运用力学、运动学以及牛顿运动定律的相关内容。5．多种传送带的组合问题【知识点的认识】1.传送带问题利用传送带运送物体，涉及摩擦力的判断、物体运动状态的分析、运动学和动力学知识的综合运用问题。2.分类传送带问题包括水平传送带和倾斜传送带两类问题。3.常见情况分析（条件说明：传送带以速度v匀速运行，v0为物体进人传送带的初速度）【命题方向】图示为仓库中常用的皮带传输装置示意图，它由两台皮带传送机组成，一台水平传送，A、B两端相距3m，另一台倾斜，传送带与地面的倾角θ＝37°，C、D两端相距4.45m，B、C相距很近。水平部分AB以5m/s的速率顺时针转动。将质量为10kg的一袋大米放在A端，到达B端后，速度大小不变地传到倾斜的CD部分，米袋与传送带间的动摩擦因数均为0.5．（g取10m/s2）试求：（1）若CD部分传送带不运转，求米袋沿传送带所能上升的最大距离。（2）若要米袋能被送到D端，求CD部分顺时针运转的速度应满足的条件及米袋从C端到D端所用时间的取值范围。分析：（1）由牛顿第二定律可求得米的加速度，因米袋的最大速度只能为5m/s，则应判断米袋到达B点时是否已达最大速度，若没达到，则由位移与速度的关系可求得B点速度，若达到，则以5m/s的速度冲上CD；在CD面上由牛顿第二定律可求得米袋的加速度，则由位移和速度的关系可求得上升的最大距离；（2）米袋在CD上应做减速运动，若CD的速度较小，则米袋的先减速到速度等于CD的速度，然后可能减小到零，此为最长时间；而若传送带的速度较大，则米袋应一直减速，则可求得最短时间；解答：（1）米袋在AB上加速时的加速度a0=μmgm米袋的速度达到v0＝5m/s时，滑行的距离s0=v022a0=因此米袋在到达B点之前就有了与传送带相同的速度设米袋在CD上运动的加速度大小为a，由牛顿第二定律得mgsinθ+μmgcosθ＝ma代入数据得a＝10m/s2所以能滑上的最大距离s=v（2）设CD部分运转速度为v1时米袋恰能到达D点（即米袋到达D点时速度恰好为零），则米袋速度减为v1之前的加速度为a1＝﹣g（sinθ+μcosθ）＝﹣10m/s2米袋速度小于v1至减为零前的加速度为a2＝﹣g（sinθ﹣μcosθ）＝﹣2m/s2由v1解得v1＝4m/s，即要把米袋送到D点，CD部分的速度vCD≥v1＝4m/s米袋恰能运到D点所用时间最长为tmax=v若CD部分传送带的速度较大，使米袋沿CD上滑时所受摩擦力一直沿皮带向上，则所用时间最短，此种情况米袋加速度一直为a2。由SCD＝v0tmin+12a2t2min，得：tmin所以，所求的时间t的范围为1.16s≤t≤2.1s；答：（1）若CD部分传送带不运转，米袋沿传送带所能上升的最大距离为1.25m。（2）若要米袋能被送到D端，CD部分顺时针运转的速度应满足大于等于4m/s，米袋从C端到D端所用时间的取值范围为1.16s≤t≤2.1s。点评：本题难点在于通过分析题意找出临条界件，注意米袋在CD段所可能做的运动情况，从而分析得出题目中的临界值为到达D点时速度恰好为零；本题的难度较大。【解题思路点拨】明确传送带的类型，对物块做好受力分析，应用牛顿第二定律进行解答。需要综合运用力学、运动学以及牛顿运动定律的相关内容。6．无外力的水平板块模型【知识点的认识】1.模型概述：一个物体在另一个物体表面上发生相对滑动，两者之间有相对运动，可能发生同向相对滑动或反向相对滑动。问题涉及两个物体的运动时间、速度、加速度、位移等各量的关系。2.板块模型的是哪个基本关系【命题方向】如图所示，一质量M＝5kg的长木板以初速度v1＝2m/s在水平地面上向左运动，同时一质量m＝1kg、可视为质点的滑块以初速度v2＝4m/s从左端滑上木板。已知木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，滑块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.2，g＝10m/s2。求：（1）滑块和木板运动的加速度大小；（2）要使滑块不从木板上滑落，木板的最小长度。分析：（1）滑块滑到木板后，木板受重力、压力、支持力、滑块和地面对他的滑动摩擦力，根据牛顿第二定律求解加速度即可；（2）分析两物体运动状态，根据运动学公式求解出滑块与木板最大相对滑动距离即可。解答：（1）对滑块，由牛顿第二定律得：μ2mg＝ma2解得：a2＝μg＝0.2×10m/s2＝2m/s2对木板，由牛顿第二定律得：μ2mg+μ1（M+m）g＝Ma1解得：a（2）由于v2v1＞a2a1，故木板先减速到地面对木板的最大静摩擦力f1＝μ1（M+m）g由于f1＞f2，故木板减速到0后将保持静止，木块继续减速，加速度不变。全程木块的位移：x木板的位移：x木块与木板间的相对位移Δx＝x1+x2代入数据解得木板的最小长度Lmin＝Δx＝5.25m答：（1）滑块和木板运动的加速度大小分别为2m/s2和1.6m/s2；（2）要使滑块不从木板上滑落，木板的最小长度为5.25m。点评：本题关键是明确滑块和滑板的各段运动过程的运动性质，对于每段过程都要根据牛顿第二定律求解各自的加速度，根据运动学公式解相关运动参量，还要注意各个过程的连接点的情况。【解题思路点拨】要牢牢把握物块与木板之间的联系，找出加速度关系、速度关系以及位移关系，通过整体法与隔离法的综合运用解决问题。7．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。8．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）。9．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-10．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．11．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＝mv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=12v2＝ωR②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=mv2由①③解得：FN＝6mg答：（1）小球通过轨道最高点时速度的大小为gR；（2）小球通过轨道最低点时角速度的大小为5gR；（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＝mv2R，从而可以求出最高点的速度v12．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gR．故A错误，B正确。C、若小球通过最高点时速度0＜v＜gR，小球的向心力小于重力，受到向上的支持力；若v=gR，不受圆管的作用力；当v＞gRD、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＝mv2R，从而可以求出最高点的速度v13．常见力做功的特点14．瞬时功率的计算【知识点的认识】1.对于恒力做功，瞬时功率为P＝Fvcosα（v是瞬时速度，α是力与速度的夹角）2.如果力与速度的方向一致，则P＝Fv【命题方向】物体m从倾角为α的固定的光滑斜面由静止开始下滑，斜面高为h，当物体滑至斜面底端，重力做功的瞬