2025年高考物理复习新题速递之曲线运动（2024年9月）

第1页（共1页）2025年高考物理复习新题速递之曲线运动（2024年9月）一．选择题（共10小题）1．（2024•茂名二模）如图所示，某人面向一段平直的河岸，站在跟随河水一起漂流的木船上，某时刻向其正前方向，向上斜抛出一小石块，使其落在河岸上。忽略空气阻力作用。下列说法正确的是（）A．石块到最高点时速度为0 B．石块在空中运动轨迹所在平面与该段河岸垂直 C．石块抛出的初速度越大，落地点越远 D．石块从抛出到落地所用时间与河水流速无关2．（2024•南海区开学）如图所示是《天工开物》中牛力齿轮的图画及其原理简化图，牛拉动横杆驱动半径为R1的大齿轮匀速率转动，大齿轮与半径为R2的中齿轮垂直咬合，中齿轮通过横轴与半径为R3小齿轮相连，小齿轮驱动抽水桶抽水，已知牛拉横杆转一圈需要时间为t，则抽水桶的运动速率约为（）A．2πR1R3RC．R1R32π3．（2024秋•广州月考）在某次演训中，直升机距海面上方28.8m处沿水平方向以大小为2m/s2的加速度匀加速飞行。t1时刻，物资离开直升机做平抛运动，其落至水面时速度方向与水面成53°；t2时刻另一物资离开直升机做平抛运动，其落至水面时速度方向与水面成37°，如图所示。不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（）A．物资下落所需要的时间为3s B．t1时刻直升机的速度大小为24m/s C．两次投送物资的时间间隔是7s D．t2时刻投放的物资接触水面时的速度大小为32m/s4．（2024春•江北区校级月考）如图，半径为r的圆筒绕竖直中心轴OO′匀速转动，质量为m的小物块A靠在圆筒的内壁上，质量为m的小物块B和质量为m2的小物块C分别放在筒底距中心轴r2、r3A．22 B．33 C．12 5．（2024•未央区校级开学）从固定斜面上同一点分别沿水平和沿斜面向下抛出甲、乙两小球，初速度大小均为v0，经一段时间后又同时经过斜面上同一位置，已知斜面倾角为37°，则乙与斜面间的摩擦因数为（）A．μ=34 B．μ=13 C．μ=6．（2024•潍坊开学）如图所示，一长为l的轻杆一端固定在水平转轴O上，另一端固定一个质量为m的小球，球随轻杆在竖直平面内做角速度为ω的匀速圆周运动，重力加速度为g。当小球运动到水平位置a点时，杆对球的作用力为（）A．mω2l B．mg+mω2l C．(mg)2-(mω7．（2024•九龙坡区校级开学）2024巴黎奥运会已圆满结束，中国运动健儿们再创佳绩。如图所示，MN为排球网，在一次排球比赛中运动员从M点左上方的P点将排球水平击出，排球恰好从M点越过球网落到对方场地。已知P、M两点的竖直高度差为h，水平距离为4h，重力加速度为g，排球可视为质点，不计空气阻力，则排球经过M点时的速度大小为（）A．2gh B．2gh C．22gh 8．（2024•龙华区校级开学）如图，一条不可伸长的轻绳跨过一个光滑轻小滑轮，将A、B两物体连在一起，B在外力作用下以速度v0向右匀速运动。当轻绳与水平方向成θ角时（0＜θ＜90°），下列说法正确的是（）A．A物体的速度为v0cosθ B．A物体的速度为v0sinθ C．A物体的速度为v0D．A物体的速度为v9．（2024•龙华区校级开学）飞机进行投弹演习，若飞机在距靶点500m高度处以100m/s的恒定水平速度向靶点上空飞行，到达靶点上空附近后释放炸弹，忽略空气阻力，g取10m/s2。下列说法正确的是（）A．炸弹落地时的速度大小为100m/s B．飞机应在到达靶点正上方处释放，才能保证炸弹准确落到靶点 C．飞机可以在任意处释放，都能保证炸弹准确落到靶点 D．炸弹下落到靶点时间为10s10．（2024春•朝阳区期末）某同学利用无人机玩“投弹”游戏。无人机以水平速度v1向右匀速飞行，在某时刻释放了一个小球，小球落地时的速度为v2，不计空气阻力。图中能表示小球不同时刻速度的是（）A． B． C． D．二．多选题（共5小题）（多选）11．（2024秋•道里区校级月考）竖直杆上有AB两点，间距为0.8m。长为1m的轻质细线一端固定于A点，另一端连接一个质量为m＝0.1kg的可看作质点的小球C，另一根长为0.6m的轻质细线一端固定于B点，另一端也连接在小球C上。现让整个系统绕竖直杆转动，取重力加速度大小g＝10m/s2。则（）A．当角速度等于203rad/s时，细线AC上的拉力等于23B．当角速度等于102rad/s时，细线AC上的拉力等于2NC．当角速度大于522rad/s时，细线BCD．当角速度大于522rad/s时，细线（多选）12．（2024•岳麓区校级开学）农历春节，张灯结彩，某同学自制灯笼，增加新年气象。如图所示，有一原长为L、劲度系数为20N/m的轻橡皮筋，一端固定在长度也为L的空心细管顶点A，另一端穿过空心管悬挂质量为0.2kg的小桔灯P（可视为质点）。现使P以线速度v0在水平面内做匀速圆周运动，橡皮筋与水平面的夹角θ＝53°，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。不计一切阻力，橡皮筋始终在弹性限度内，g取10m/s2。下列说法正确的是（）A．v0的大小0.75m/s B．橡皮筋拉力大小为2N C．若线速度大小变成2v0，P的周期变长 D．若橡皮筋与水平面夹角为37°，P的线速度大小为4（多选）13．（2024秋•坪山区校级月考）关于离心运动的应用，下列说法中正确的是（）A．篮球被斜抛出去，在空中的轨迹为一条抛物线，篮球受离心力而做曲线运动 B．洗衣机脱水时利用离心运动把附着在衣服上的水分甩掉，当衣服运动到最高点时脱水效果更好 C．炼钢厂中，把熔化的钢水浇入圆柱形模子，模子沿圆柱形中心轴高速旋转，钢水由于离心运动趋于周壁，冷却后形成无缝钢管 D．借助离心机，医务人员可以从血液中分离出血浆和红细胞（多选）14．（2024•龙华区校级开学）如图所示，O为半球形容器的球心，半球形容器绕通过O的竖直轴以角速度ω匀速转动，放在容器内的两个质量相等的小物块a和b相对容器静止，b与容器壁间恰好没有摩擦力。已知a和O、b和O的连线与竖直方向的夹角分别为60°和30°，则下列说法正确的是（）A．小物块a和b做圆周运动的向心力之比为3：1 B．小物块a和b对容器壁的压力之比为3：C．容器壁对小物块a的摩擦力沿切线向下 D．容器壁对小物块b的支持力为2（多选）15．（2024•鼓楼区校级开学）如图所示，两个同轴心的玻璃漏斗内表面光滑，两漏斗与竖直转轴的夹角分别是α、β且α＜β，A、B、C三个小球在漏斗上做匀速圆周运动，A、B两球在同一漏斗的不同位置，C球在另一个漏斗上且与B球位置等高，下列说法正确的是（）A．A球与B球受到的支持力一定大小相等 B．A球与B球的向心加速度一定大小相等 C．B球与C球的速度一定大小相等 D．B球的周期一定小于C球的周期三．解答题（共5小题）16．（2024•九龙坡区校级开学）如图所示为某一游戏装置的示意图。装置由水平传送带、竖直光滑圆轨道、水平轨道组成，水平直轨道BC、EF相接于C、E两点，C与E前后略错开，可视为质点的物块能从C点进入圆轨道内侧运动，轨道各部分平滑连接。已知传送带以v＝6m/s的速度顺时针匀速转动，AB两端距离L1＝5m，EF长L2＝1.8m，OM为水平地面，F点位于O点正上方H＝1.25m处。将质量m＝0.2kg物块从传送带左端A点静止释放，物块滑上竖直圆轨道后能经过最高点D并从E点进入水平轨道EF，并从F点离开。物块与传送带AB、水平轨道EF之间的动摩擦因数均为μ＝0.25，BC部分光滑，重力加速度g＝10m/s2。求：（1）物块从A点运动至B点的时间；（2）物块在水平地面上的落点与O点的水平距离；（3）圆轨道半径R需满足的条件。17．（2024•寻甸县校级开学）如图，两小球M、N从同一高度同时分别以v1和v2的初速度水平抛出，经过时间t都落在了倾角θ＝37°的斜面上的A点，其中小球N垂直打到斜面上。sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：（1）初速度v1、v2大小之比；（2）若v1、v2都变为原来的2倍，则两球在空中相遇，从抛出到相遇经过的时间。18．（2024秋•小店区校级月考）如图所示，质量m＝1kg的小球在长为L＝0.5m的细绳作用下，恰能在竖直平面内做圆周运动，细绳能承受的最大拉力Tmax＝42N，转轴离地高度h＝5.5m，不计阻力，g＝10m/s2。（1）小球经过最高点的速度v是多少？（2）若小球在某次运动到最低点时细绳恰好被拉断，求细绳被拉断后小球运动的水平位移x。19．（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θ＝37°的直轨道AB，螺旋圆形轨道BCDEF，水平直轨道FG，传送带GH，水平直轨道HI，两个相同的四分之一圆管道拼接成的管道IJ，水平直轨道JK组成。其中螺旋圆形轨道与轨道AB、FG相切于B（E）和C（F）。直线轨道FG和HI通过传送带GH平滑连接，管道IJ与直线轨道HI相切于I点，直线轨道JK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R＝0.4m，FG长LFG≈2m，传送带GH长LGH＝1.5m，HI长LHI＝4m，LJK＝2.8m，四分之一圆轨道IJ的半径r＝0.4m。滑块与FG、HI、JK间的动摩擦因数μ1＝0.25，与传送带间的动摩擦因数μ2＝0.6，其余轨道光滑。现将一质量为m＝1kg的滑块从倾斜轨道AB上某高度h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，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2）（1）若滑块恰好经过圆形轨道最高点D，求滑块过C点对轨道的压力及滑块静止释放时的高度；（2）若滑块从AB上高h′＝3m处静止释放，且传送带静止，那么滑块最终静止的位置距离H点的水平距离有多远；（3）若滑块从AB上高h′＝3m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JK上（滑块不会再次通过轨道IJ回到HI上），求传送带的线速度v需满足的条件。20．（2024•朝阳区校级开学）如图所示，半径为R的半球形陶罐，固定在可以绕竖直轴转动的水平转台上，转台转轴与过球心O的对称轴OO′重合。转台以一定角速度匀速转动，一质量为m的小物块落入陶罐内，小物块与陶罐间动摩擦因数μ＝0.5（最大静摩擦力等于滑动摩擦力），经过一段时间后小物块随陶罐一起转动且相对罐壁静止，它和O点连线与OO′间的夹角θ为53°，重力加速度为g（已知sin53°＝0.8，cos53°＝0.6）。（1）若此时陶罐对小物块摩擦力恰好为零，求陶罐对小物块的支持力；（2）若此时小物块恰好不下滑，求陶罐的角速度。

2025年高考物理复习新题速递之曲线运动（2024年9月）参考答案与试题解析一．选择题（共10小题）1．（2024•茂名二模）如图所示，某人面向一段平直的河岸，站在跟随河水一起漂流的木船上，某时刻向其正前方向，向上斜抛出一小石块，使其落在河岸上。忽略空气阻力作用。下列说法正确的是（）A．石块到最高点时速度为0 B．石块在空中运动轨迹所在平面与该段河岸垂直 C．石块抛出的初速度越大，落地点越远 D．石块从抛出到落地所用时间与河水流速无关【考点】斜抛运动；求分速度的大小和方向；关联速度问题．【专题】定性思想；推理法；平抛运动专题；推理能力．【答案】D【分析】根据斜抛运动特点，利用运动的合成与分解分析作答即可。【解答】解：A、向上斜抛出一小石块，石块到最高点时具有一定的水平速度，即速度不为0，故A错误；B、由于石块具有和水流相同的分速度，即具有一定沿河岸的分速度，所以石块在空中运动轨迹所在平面与该段河岸不垂直，故B错误；D、根据运动的独立性可知，石块从抛出到落地所用时间只由竖直方向的分运动决定，与河水流速无关，故D正确；C、石块抛出的初速度越大，但不知道抛出时初速度与水平方向的夹角是否一定，所以落地点不一定越远，故C错误。故选：D。【点评】学生在解答本题时，应注意对于斜抛运动情况：要熟练利用运动的分解来作答。2．（2024•南海区开学）如图所示是《天工开物》中牛力齿轮的图画及其原理简化图，牛拉动横杆驱动半径为R1的大齿轮匀速率转动，大齿轮与半径为R2的中齿轮垂直咬合，中齿轮通过横轴与半径为R3小齿轮相连，小齿轮驱动抽水桶抽水，已知牛拉横杆转一圈需要时间为t，则抽水桶的运动速率约为（）A．2πR1R3RC．R1R32π【考点】传动问题；线速度与角速度的关系；角速度、周期、频率与转速的关系及计算．【专题】定量思想；推理法；匀速圆周运动专题；推理能力．【答案】A【分析】大齿轮和中齿轮靠齿轮咬合传动，线速度大小相等，中齿轮和小齿轮是同轴传动，具有的角速度，根据线速度与角速度公式解答。【解答】解：大齿轮的线速度大小为v1=由题意可知，大齿轮和中齿轮的线速度大小相等，即v2＝v1=中齿轮和小齿轮是同轴传动，具有的角速度，根据v＝rω可知v2解得v3=故A正确，BCD错误；故选：A。【点评】解决本题的关键知道靠链条传动，线速度大小相等，共轴转动，角速度相等。3．（2024秋•广州月考）在某次演训中，直升机距海面上方28.8m处沿水平方向以大小为2m/s2的加速度匀加速飞行。t1时刻，物资离开直升机做平抛运动，其落至水面时速度方向与水面成53°；t2时刻另一物资离开直升机做平抛运动，其落至水面时速度方向与水面成37°，如图所示。不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（）A．物资下落所需要的时间为3s B．t1时刻直升机的速度大小为24m/s C．两次投送物资的时间间隔是7s D．t2时刻投放的物资接触水面时的速度大小为32m/s【考点】速度偏转角与位移偏转角；平抛运动速度的计算；平抛运动时间的计算．【专题】定量思想；推理法；平抛运动专题；推理能力．【答案】C【分析】研究平抛运动的方法是把平抛运动分解到水平方向和竖直方向去研究，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，两个方向上运动的时间相同。【解答】解：A、物资下落的过程中，竖直方向是自由落体，竖直速度vy代入数据解得vy＝24m/s下落时间t=v代入数据解得t＝2.4s故A错误；B、t1时刻直升机的速度即为第一个物资平抛运动时的初速度，初速度v1代入数据解得v1＝18m/s故B错误；C、同理，t2时刻飞机的速度v2=代入数据解得v2＝32m/s飞机做匀加速直线运动，经历时间t=t代入数据解得t＝7s故C正确；D、t2时刻投放物资接触水平面时的速度大小v=代入数据解得v＝40m/s故D错误。故选：C。【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。4．（2024春•江北区校级月考）如图，半径为r的圆筒绕竖直中心轴OO′匀速转动，质量为m的小物块A靠在圆筒的内壁上，质量为m的小物块B和质量为m2的小物块C分别放在筒底距中心轴r2、r3A．22 B．33 C．12 【考点】牛顿第二定律求解向心力．【专题】定量思想；推理法；牛顿第二定律在圆周运动中的应用；推理能力．【答案】A【分析】静摩擦力取最大值时提供向心力，分析临界角速度，大于临界角速度，B先滑动，求角速度，对小物块A受力分析，静摩擦力取最大值时，求动摩擦因数。【解答】解：对地面小物块有水平方向f＝mRω2，竖直方向N＝mg当静摩擦力取最大值时，有f＝μN联立解得ω=μg可知转速增大时，B将先滑动。对小物块B有ω=2μg对小物块A受力分析，有N′＝mrω2，f′＝mg当静摩擦力取最大值时，有f′＝μN′联立解得μ=g所以μ=2故A正确，BCD错误。故选：A。【点评】本题解题关键是掌握静摩擦力提供向心力，并能够分析出静摩擦力最大时的临界情况。5．（2024•未央区校级开学）从固定斜面上同一点分别沿水平和沿斜面向下抛出甲、乙两小球，初速度大小均为v0，经一段时间后又同时经过斜面上同一位置，已知斜面倾角为37°，则乙与斜面间的摩擦因数为（）A．μ=34 B．μ=13 C．μ=【考点】平抛运动时间的计算；牛顿第二定律的简单应用．【专题】定量思想；推理法；平抛运动专题；推理能力．【答案】B【分析】两球的运动时间相等，做平抛运动的小球水平、竖直位移之比为0.8，通过分析平抛运动可推算出运动时间即位移大小，代入到直线运动的小球可得小球的加速度，由此可知摩擦因数。【解答】解：假设两小球的运动时间为t，做平抛运动的小球水平位移为xx＝v0t，竖直位移xy=12gt2，根据几何关系可知，xxxy=cot37°，即v0t12gt2=43，由此可知t=3v02g，xx=3v022g，小球水平方向的位移与位移的关系为xxx=cos37°，由此可知x=15v028g，因为两小球位移大小相等，因此作直线运动的小球位移为x=15v028g故选：B。【点评】本题需要将平抛运动与直线运动相关知识相结合以解决此类问题。6．（2024•潍坊开学）如图所示，一长为l的轻杆一端固定在水平转轴O上，另一端固定一个质量为m的小球，球随轻杆在竖直平面内做角速度为ω的匀速圆周运动，重力加速度为g。当小球运动到水平位置a点时，杆对球的作用力为（）A．mω2l B．mg+mω2l C．(mg)2-(mω【考点】牛顿第二定律求解向心力．【专题】定量思想；推理法；匀速圆周运动专题；推理能力．【答案】D【分析】根据向心力公式结合力的矢量合成关系解答。【解答】解：小球运动到水平位置a点时，向心力大小为F'＝mlω2根据力的矢量合成关系可知杆对球的作用力为F=故ABC错误，D正确；故选：D。【点评】考查竖直面内的匀速圆周运动问题，会根据力的矢量合成进行相应的计算。7．（2024•九龙坡区校级开学）2024巴黎奥运会已圆满结束，中国运动健儿们再创佳绩。如图所示，MN为排球网，在一次排球比赛中运动员从M点左上方的P点将排球水平击出，排球恰好从M点越过球网落到对方场地。已知P、M两点的竖直高度差为h，水平距离为4h，重力加速度为g，排球可视为质点，不计空气阻力，则排球经过M点时的速度大小为（）A．2gh B．2gh C．22gh 【考点】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】D【分析】把排球的运动分解为水平方向的匀速直线运动，和竖直方向的自由落体运动，然后根据运动学公式计算即可。【解答】解：排球做平抛运动，排球恰好从M点越过球网落到对方场地4h＝vminth=联立求得vmin＝22g则排球经过M点时的速度大小最小为v=解得v=故D正确，ABC错误。故选：D。【点评】知道排球在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做自由落体运动是解题的基础。8．（2024•龙华区校级开学）如图，一条不可伸长的轻绳跨过一个光滑轻小滑轮，将A、B两物体连在一起，B在外力作用下以速度v0向右匀速运动。当轻绳与水平方向成θ角时（0＜θ＜90°），下列说法正确的是（）A．A物体的速度为v0cosθ B．A物体的速度为v0sinθ C．A物体的速度为v0D．A物体的速度为v【考点】关联速度问题．【专题】定量思想；推理法；运动的合成和分解专题；推理能力．【答案】A【分析】沿轻绳方向和垂直于轻绳方向分解B物体的速度，A物体的速度等于B物体沿轻绳方向的分速度。【解答】解：沿轻绳方向和垂直于轻绳方向分解B物体的速度，如下图所示：A物体的速度等于B物体沿轻绳方向的分速度，则有：vA＝v1＝v0cosθ，故BCD错误，A正确。故选：A。【点评】本题考查了关联速度问题，基础题目。掌握按运动效果分解速度的原则。9．（2024•龙华区校级开学）飞机进行投弹演习，若飞机在距靶点500m高度处以100m/s的恒定水平速度向靶点上空飞行，到达靶点上空附近后释放炸弹，忽略空气阻力，g取10m/s2。下列说法正确的是（）A．炸弹落地时的速度大小为100m/s B．飞机应在到达靶点正上方处释放，才能保证炸弹准确落到靶点 C．飞机可以在任意处释放，都能保证炸弹准确落到靶点 D．炸弹下落到靶点时间为10s【考点】平抛运动速度的计算；平抛运动位移的计算．【专题】比较思想；合成分解法；平抛运动专题；分析综合能力．【答案】D【分析】炸弹在空中做平抛运动，根据高度求出平抛运动的时间，由vy＝gt求出落地时的竖直速度，再与水平速度合成得到落地时的速度大小；结合初速度和时间求出水平位移，从而确定炸弹的释放点位置。【解答】解：AD、炸弹在空中做平抛运动，则h=12gt炸弹落地时的竖直速度大小为vy＝gt＝10×10m/s＝100m/s则炸弹落地时的速度大小为v=v02+vBC、炸弹落地时水平位移为x＝v0t＝100×10m＝1000m则飞机应在到达靶点前水平距离1000m处释放，才能保证炸弹准确落到靶点，故BC错误。故选：D。【点评】解决本题的关键要掌握平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，抓住等时性，结合运动学公式灵活解答。10．（2024春•朝阳区期末）某同学利用无人机玩“投弹”游戏。无人机以水平速度v1向右匀速飞行，在某时刻释放了一个小球，小球落地时的速度为v2，不计空气阻力。图中能表示小球不同时刻速度的是（）A． B． C． D．【考点】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】C【分析】被释放的小球以水平速度v1开始做平抛运动，根据平抛运动的加速度为重力加速度，其速度变化量方向始终竖直向下。由水平分运动为匀速直线运动，任意时刻速度的水平分速度始终等于v1，据此分析判断。【解答】解：被释放的小球以水平速度v1开始做平抛运动，其加速度为重力加速度g，根据加速度的定义可知小球的速度变化量为：Δv＝gΔt，其速度变化量方向始终竖直向下，任意时刻速度的水平分速度始终等于v1，即v2的水平分速度等于v1，故ABD错误，C正确。故选：C。【点评】本题考查了平抛运动的性质与速度变化的特点。要知道平抛运动的加速度为重力加速度，其速度变化量方向始终竖直向下。二．多选题（共5小题）（多选）11．（2024秋•道里区校级月考）竖直杆上有AB两点，间距为0.8m。长为1m的轻质细线一端固定于A点，另一端连接一个质量为m＝0.1kg的可看作质点的小球C，另一根长为0.6m的轻质细线一端固定于B点，另一端也连接在小球C上。现让整个系统绕竖直杆转动，取重力加速度大小g＝10m/s2。则（）A．当角速度等于203rad/s时，细线AC上的拉力等于23B．当角速度等于102rad/s时，细线AC上的拉力等于2NC．当角速度大于522rad/s时，细线BCD．当角速度大于522rad/s时，细线【考点】绳球类模型及其临界条件；牛顿第二定律求解向心力．【专题】定量思想；推理法；牛顿第二定律在圆周运动中的应用；推理能力．【答案】AC【分析】根据牛顿第二定律在圆周运动中的应用分析解答。【解答】解：设细线AC与竖直方向的夹角为θ，由几何关系可得：cosθ=A.当角速度等于203rad/sTACcosθ+TBC＝mgTACsinθ＝mω2rAC其中rAC为小球绕A点做圆周运动的半径，rAC＝1m解得：TAC=233N，T故A正确；B.当角速度等于102rad/sTACcosθ+TBC＝mgTACsinθ＝mω'2rAC解得TAC=2105N，TBC=31010CD、当角速度大于522TACcosθ﹣TBC＝mgTACsinθ＝mω2rAC解得TAC=mgcosθ-mω2可知细线BC上的拉力与角速度的平方成线性关系，细线AC上的拉力与角速度的平方不是线性关系，故C正确，D错误；故选：AC。【点评】本题主要考查了圆周运动向心力公式的直接应用，关键要分析小球的受力情况，确定向心力的来源，再根据牛顿第二定律和向心力公式列式求解。（多选）12．（2024•岳麓区校级开学）农历春节，张灯结彩，某同学自制灯笼，增加新年气象。如图所示，有一原长为L、劲度系数为20N/m的轻橡皮筋，一端固定在长度也为L的空心细管顶点A，另一端穿过空心管悬挂质量为0.2kg的小桔灯P（可视为质点）。现使P以线速度v0在水平面内做匀速圆周运动，橡皮筋与水平面的夹角θ＝53°，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。不计一切阻力，橡皮筋始终在弹性限度内，g取10m/s2。下列说法正确的是（）A．v0的大小0.75m/s B．橡皮筋拉力大小为2N C．若线速度大小变成2v0，P的周期变长 D．若橡皮筋与水平面夹角为37°，P的线速度大小为4【考点】物体被系在绳上做圆锥摆运动；胡克定律及其应用．【专题】定量思想；推理法；匀速圆周运动专题；分析综合能力．【答案】AD【分析】对小桔灯受力分析，竖直方向受力平衡，水平方向的合力提供向心力列式求解v0的大小及橡皮筋拉力大小；根据弹力水平方向的分力提供向心力列式求解周期表达式；小桔灯的做匀速圆周运动时，竖直方向受力平衡，水平方向的合力提供向心力列式求解P的线速度大小。【解答】解：A、对小桔灯受力分析，设伸长量为Δx，竖直方向上橡皮筋拉力分力等于小桔灯重力kΔxsin53°＝mg水平方向上橡皮筋拉力分力提供向心力kΔxcos53°解得v0＝0.75m/s故A正确；D、若小桔灯的做匀速圆周运动时橡皮筋与水平方向的夹角θ＝37°kΔxcos37°kΔxsin37°＝mg解得小桔灯的线速度为v0故D正确；B、此时对小桔灯受力分析，竖直方向上橡皮筋拉力分力等于小桔灯重力F弹sin53°＝mg代入数据得F弹＝2.5N故B错误；C、由题可知kΔxcosθ=mΔxcosθ4解得T=4若小桔灯的初速度变成2v0，小桔灯的周期不变，故C错误。故选：AD。【点评】本题考查了匀速圆周运动，关键要明确向心力的来源，属于常规题型。（多选）13．（2024秋•坪山区校级月考）关于离心运动的应用，下列说法中正确的是（）A．篮球被斜抛出去，在空中的轨迹为一条抛物线，篮球受离心力而做曲线运动 B．洗衣机脱水时利用离心运动把附着在衣服上的水分甩掉，当衣服运动到最高点时脱水效果更好 C．炼钢厂中，把熔化的钢水浇入圆柱形模子，模子沿圆柱形中心轴高速旋转，钢水由于离心运动趋于周壁，冷却后形成无缝钢管 D．借助离心机，医务人员可以从血液中分离出血浆和红细胞【考点】离心运动的应用和防止；物体做近心或离心运动的条件．【专题】信息给予题；定性思想；归纳法；匀速圆周运动专题；推理能力．【答案】CD【分析】做圆周运动的物体，在受到指向圆心的合外力突然消失，或者不足以提供圆周运动所需的向心力的情况下，就做逐渐远离圆心的运动，这种运动叫做离心运动。所有远离圆心的运动都是离心运动，但不一定沿切线方向飞出，做匀速圆周运动的物体，当它所受的一切力都消失时，它将沿切线做直线运动。【解答】解：A、篮球被斜抛出去，受重力作用，做曲线运动，离心力是不存在的，物体不会受到离心力，故A错误；B、洗衣机脱水时利用离心运动把附着在衣服上的水分甩掉，根据牛顿第二定律，在最低点FN1-mg=mv2R，在最高点有FN2+mg=mC、在炼钢厂中，把熔化的钢水浇入圆柱形模子，模子沿圆柱的中心轴线高速旋转，冷却后形成无缝钢管，这种技术采用的是离心运动的原理，故C正确；D、红细胞的密度比血浆的密度大，离心机高速旋转，红细胞做离心运动，使红细胞与血浆分开，可以从血液中分离出血浆和红细胞，故D正确；故选：CD。【点评】合力大于需要的向心力时，物体要做向心运动；合力小于所需要的向心力时，物体就要远离圆心，做的就是离心运动；合力等于所需要的向心力时，物体就要做匀速圆周运动。（多选）14．（2024•龙华区校级开学）如图所示，O为半球形容器的球心，半球形容器绕通过O的竖直轴以角速度ω匀速转动，放在容器内的两个质量相等的小物块a和b相对容器静止，b与容器壁间恰好没有摩擦力。已知a和O、b和O的连线与竖直方向的夹角分别为60°和30°，则下列说法正确的是（）A．小物块a和b做圆周运动的向心力之比为3：1 B．小物块a和b对容器壁的压力之比为3：C．容器壁对小物块a的摩擦力沿切线向下 D．容器壁对小物块b的支持力为2【考点】牛顿第二定律求解向心力；牛顿第三定律的理解与应用．【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】AD【分析】b物块受到的摩擦力恰好为零，靠重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律，结合角速度的大小建立等式；分析此时a物体摩擦力的方向，重力和支持力的合力不够提供向心力，摩擦力方向沿壁切线向上，再分析容器壁对小物块b的支持力。【解答】解：D、两小物块随着半球形容器做匀速圆周运动，且b只受重力和支持力则b的向心力Fb的支持力F解得FNb=2故D正确；C、若a只受重力和支持力，水平方向上有mgtan60°解得ω0由此可知，容器壁对小物块a的摩擦力沿切线向上，故C错误；A、小物块a和b做圆周运动的向心力之比为Fna故A正确；B、对小物块a，水平方向上根据牛顿第二定律可得FNa竖直方向受力平衡FNacos60°+fsin60°＝mg联立解得FNa=3+12mg，f=3FNa故B错误。故选：AD。【点评】本题主要是考查圆周运动的向心力来源，通过不受摩擦力时求出临界状态的角速度，再考虑加速度大于或者小于临界值时的摩擦力状态，弄清楚受力情况和临界条件的分析是关键。（多选）15．（2024•鼓楼区校级开学）如图所示，两个同轴心的玻璃漏斗内表面光滑，两漏斗与竖直转轴的夹角分别是α、β且α＜β，A、B、C三个小球在漏斗上做匀速圆周运动，A、B两球在同一漏斗的不同位置，C球在另一个漏斗上且与B球位置等高，下列说法正确的是（）A．A球与B球受到的支持力一定大小相等 B．A球与B球的向心加速度一定大小相等 C．B球与C球的速度一定大小相等 D．B球的周期一定小于C球的周期【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；分析综合能力．【答案】BCD【分析】A球与B球做匀速圆周运动，合力提供向心力，对两球受力分析，比较向心力大小；由公式Fn=mv【解答】解：A、根据题意可知，A球与B球均做匀速圆周运动，合力指向圆心提供向心力，分别对两球受力分析，如图所示由几何关系，对A球有F对B球有FA球与B球质量关系不确定，受到的支持力大小不一定相等，故A错误；B、由几何关系，对A球有F对B球有F则A球与B球的向心加速度a故B正确；C、同理可知，小球C的向心力为F由F可得，小球做圆周运动的速度为v=设B球与C球的高度为h可得v=则有vB＝vC故C正确；D、由几何关系可得rB＝htanα，rC＝htanβ，可知rB＜rC因vB＝vC，由公式T=则有TC＞TB故D正确。故选：BCD。【点评】本题解题关键是正确对物体进行受力分析a，根据合力提供向心力°，解答问题。三．解答题（共5小题）16．（2024•九龙坡区校级开学）如图所示为某一游戏装置的示意图。装置由水平传送带、竖直光滑圆轨道、水平轨道组成，水平直轨道BC、EF相接于C、E两点，C与E前后略错开，可视为质点的物块能从C点进入圆轨道内侧运动，轨道各部分平滑连接。已知传送带以v＝6m/s的速度顺时针匀速转动，AB两端距离L1＝5m，EF长L2＝1.8m，OM为水平地面，F点位于O点正上方H＝1.25m处。将质量m＝0.2kg物块从传送带左端A点静止释放，物块滑上竖直圆轨道后能经过最高点D并从E点进入水平轨道EF，并从F点离开。物块与传送带AB、水平轨道EF之间的动摩擦因数均为μ＝0.25，BC部分光滑，重力加速度g＝10m/s2。求：（1）物块从A点运动至B点的时间；（2）物块在水平地面上的落点与O点的水平距离；（3）圆轨道半径R需满足的条件。【考点】牛顿第二定律求解向心力；匀变速直线运动规律的综合应用；平抛运动位移的计算．【专题】定量思想；推理法；直线运动规律专题；平抛运动专题；分析综合能力．【答案】（1）物块从A点运动至B点的时间为2s；（2）物块在水平地面上的落点与O点的水平距离为2m；（3）圆轨道半径R需满足的条件为R≤0.5m。【分析】（1）根据运动学公式求时间；（2）根据平抛水平和竖直方向的规律求解；（3）根据圆周运动的公式求解。【解答】解：（1）μmg＝ma解得a＝2.5m/s2假设物块一直匀加速，v解得v1＝5m/s＜v＝6m/s假设正确。v1＝at解得t＝2s（2）令物块运动到F点的速度为v2，则v1H=1x＝v2t2解得x＝2m（3）假设过最高点的临界速度为v3，则mg=mmg×解得R＝0.5m所以物块能通过最高点D点，圆轨道半径应满足R≤0.5m。答：（1）物块从A点运动至B点的时间为2s；（2）物块在水平地面上的落点与O点的水平距离为2m；（3）圆轨道半径R需满足的条件为R≤0.5m。【点评】该题涉及多个不同的过程，对应多个不同的状态，使用的物理规律较多，在解答的过程中要注意对每一个过程的把握，正确对每一个过程进行合理的分析，选择合理的解答方法。17．（2024•寻甸县校级开学）如图，两小球M、N从同一高度同时分别以v1和v2的初速度水平抛出，经过时间t都落在了倾角θ＝37°的斜面上的A点，其中小球N垂直打到斜面上。sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：（1）初速度v1、v2大小之比；（2）若v1、v2都变为原来的2倍，则两球在空中相遇，从抛出到相遇经过的时间。【考点】平抛运动与斜面的结合．【专题】定量思想；方程法；平抛运动专题；推理能力．【答案】（1）初速度v1、v2大小之比为8：9；（2）若v1、v2都变为原来的2倍，则两球在空中相遇，从抛出到相遇经过的时间为12【分析】（1）对球M，根据平抛运动的规律求解初速度大小；球N垂直打在斜面上，根据运动的合成与分解求解初速度大小；（2）根据水平方向的运动规律求解从抛出到相遇经过的时间。【解答】解：（1）对球M，根据平抛运动的规律可得：tanθ=tan37解得：v球N垂直打在斜面上，如图所示：则有：v则：v1（2）二者初速度大小分别为v1、v2，当飞行时间为t时，MN两点的水平距离为：Δx＝（v1+v2）t若v1、v2都变为原来的2倍，则两球在空中相遇，则有：Δx＝2（v1+v2）t′解得从抛出到相遇经过的时间为：t'答：（1）初速度v1、v2大小之比为8：9；（2）若v1、v2都变为原来的2倍，则两球在空中相遇，从抛出到相遇经过的时间为12【点评】本题主要是考查了平抛运动规律的应用，知道平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，能够根据平抛运动的规律结合运动学公式解答。18．（2024秋•小店区校级月考）如图所示，质量m＝1kg的小球在长为L＝0.5m的细绳作用下，恰能在竖直平面内做圆周运动，细绳能承受的最大拉力Tmax＝42N，转轴离地高度h＝5.5m，不计阻力，g＝10m/s2。（1）小球经过最高点的速度v是多少？（2）若小球在某次运动到最低点时细绳恰好被拉断，求细绳被拉断后小球运动的水平位移x。【考点】牛顿第二定律求解向心力；平抛运动位移的计算．【专题】定量思想；推理法；平抛运动专题；牛顿第二定律在圆周运动中的应用；分析综合能力．【答案】（1）小球经过最高点的速度v是5m/s（2）若小球在某次运动到最低点时细绳恰好被拉断，细绳被拉断后小球运动的水平位移x为4m。【分析】（1）当小球恰好通过最高点时，重力提供向心力，根据向心力公式即可求解；（2）对小球在最低点进行受力分析，由向心力公式即可求解；（3）细绳断后，小球做平抛运动，根据平抛运动基本公式即可求解。【解答】解：（1）依题意，小球恰能在竖直平面内做圆周运动，在最高点根据牛顿第二定律有mg=m代入数据可得小球经过最高点的速度大小为v=5（2）小球运动到最低点时细绳恰好被拉断，则绳的拉力大小恰好为Tmax，设此时小球的速度大小为v1。小球在最低点时由牛顿第二定律有Tmax解得v1＝4m/s此后小球做平抛运动，设运动时间为t，则对小球在竖直方向上h-L=代入数据求得t＝1s（另一解t＝﹣1s舍去）在水平方向上水平位移为x＝4m答：（1）小球经过最高点的速度v是5m/s（2）若小球在某次运动到最低点时细绳恰好被拉断，细绳被拉断后小球运动的水平位移x为4m。【点评】本题主要考查了向心力公式、平抛运“基本公式的应用，要求同学们能正确分析小球的受力情况，难度适中。19．（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θ＝37°的直轨道AB，螺旋圆形轨道BCDEF，水平直轨道FG，传送带GH，水平直轨道HI，两个相同的四分之一圆管道拼接成的管道IJ，水平直轨道JK组成。其中螺旋圆形轨道与轨道AB、FG相切于B（E）和C（F）。直线轨道FG和HI通过传送带GH平滑连接，管道IJ与直线轨道HI相切于I点，直线轨道JK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R＝0.4m，FG长LFG≈2m，传送带GH长LGH＝1.5m，HI长LHI＝4m，LJK＝2.8m，四分之一圆轨道IJ的半径r＝0.4m。滑块与FG、HI、JK间的动摩擦因数μ1＝0.25，与传送带间的动摩擦因数μ2＝0.6，其余轨道光滑。现将一质量为m＝1kg的滑块从倾斜轨道AB上某高度h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，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2）（1）若滑块恰好经过圆形轨道最高点D，求滑块过C点对轨道的压力及滑块静止释放时的高度；（2）若滑块从AB上高h′＝3m处静止释放，且传送带静止，那么滑块最终静止的位置距离H点的水平距离有多远；（3）若滑块从AB上高h′＝3m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JK上（滑块不会再次通过轨道IJ回到HI上），求传送带的线速度v需满足的条件。【考点】物体在环形竖直轨道内的圆周运动；动能定理的简单应用；牛顿第二定律的简单应用．【专题】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；推理能力．【答案】（1）滑块过C点对轨道的压力为60N，方向竖直向下，滑块静止释放时的高度为1m；（2）滑块最终静止的位置距离H点的水平距离为1.6m；（3）要使滑块停在JK上（滑块不会再次通过轨道IJ回到HI上），传送带的线速度v需满足的条件为6m/s≤v≤8m/s。【分析】（1）根据牛顿第二定律求出滑块过D点速度和对C点的压力，结合动能定理求出C点的速度和滑块释放的高度h；（2）根据定能定理求出滑块滑上半圆轨道IJ的高度h1和滑块会从圆轨道IJ返回距离x即可；（3）根据定能定理求出滑块从斜面上滑下到达G点的速度，再由动能定理可知滑块从斜面上滑下到达H点的速度，分析滑块在传送带上的运动状态，计算出滑块在JK上与弹性挡板碰撞后，恰好停在J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D，则根据牛顿第二定律可得：mg=mv代入数据解得：vD=gR=10滑块从C到D点过程中，根据动能定理可得：﹣mg•2R=代入数据解得：vC＝25m/s滑块过C点时，根据牛顿第二定律可得：F'代入数据解得：FC′＝60N由牛顿第三定律可知滑块对轨道的压力为：FC＝F′C＝60N方向竖直向下。滑块从A到D点过程中，根据动能定理可得：mg（h﹣2R）=代入数据解得：h＝1m（2）滑块滑下斜面AF重力做功：WG＝mgh′解得：WG＝30J若传送带静止，滑块运动到I点，需克服摩擦力做功：Wf1＝μ1mgLFG+μ2mgLGH+μ1mgLHI解得：Wf1＝24J由动能定理可知滑块从斜面上滑下到达I点时的动能：EkI＝WG﹣Wf1＝30J﹣24J＝6J设滑块滑上半圆轨道IJ的高度h1，则有：EkI＝mgh1解得：h1＝0.6m＜2r＝0.8m则滑块会从圆轨道IJ返回滑下运动，根据动能定理可得：﹣μ1mgx＝0﹣EkI解得滑块滑过四分之一圆轨道IJ继续滑行的位移大小x＝2.4m所以滑块最终静止在H点右侧，距H点的水平距离为：Δx＝LHI﹣x＝4m﹣2.4m＝1.6m（3）若向上滑块恰好能到达J，则滑块在H点的动能为：EkH1=12mvH12=代入数据解得：vH1＝6m/s由动能定理可知滑块从斜面上滑下到达G点的过程可得：mgh'-代入数据解得：vG若传送带静止，由动能定理可知滑块从斜面上滑下到达H点时，可得EkH代入数据解得：vH则滑块在传送带上先减速再匀速运动，且传送带的速度为：v1＝6m/s若滑块在JK上与弹性挡板碰撞后，恰好停在J点，则从H到停下根据动能定理可得：vH2-代入数据解得：vH2＝8m/s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：v≤8m/s因此要使滑块停在KL上（滑块不会再次返回半圆轨道IJ回到HI上），传送带的速度需满足的条件为：6m/s≤v≤8m/s答：（1）滑块过C点对轨道的压力为60N，方向竖直向下，滑块静止释放时的高度为1m；（2）滑块最终静止的位置距离H点的水平距离为1.6m；（3）要使滑块停在JK上（滑块不会再次通过轨道IJ回到HI上），传送带的线速度v需满足的条件为6m/s≤v≤8m/s。【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。20．（2024•朝阳区校级开学）如图所示，半径为R的半球形陶罐，固定在可以绕竖直轴转动的水平转台上，转台转轴与过球心O的对称轴OO′重合。转台以一定角速度匀速转动，一质量为m的小物块落入陶罐内，小物块与陶罐间动摩擦因数μ＝0.5（最大静摩擦力等于滑动摩擦力），经过一段时间后小物块随陶罐一起转动且相对罐壁静止，它和O点连线与OO′间的夹角θ为53°，重力加速度为g（已知sin53°＝0.8，cos53°＝0.6）。（1）若此时陶罐对小物块摩擦力恰好为零，求陶罐对小物块的支持力；（2）若此时小物块恰好不下滑，求陶罐的角速度。【考点】倾斜转盘(斜面体)上物体的圆周运动；最大静摩擦力的性质和应用．【专题】定量思想；推理法；圆周运动中的临界问题；分析综合能力．【答案】（1）陶罐对小物块摩擦力恰好为零，陶罐对小物块的支持力为53（2）小物块恰好不下滑，陶罐的角速度为5g8R【分析】（1）竖直方向根据平衡条件列式，求陶罐对小物块的支持力；（2）小物块恰好不下滑，摩擦力沿切线方向向上最大，竖直方向据平衡条件列式，水平方向根据合力提供向心力列式，求陶罐的角速度。【解答】解：（1）若此时陶罐对小物块摩擦力恰好为零，则支持力的分力与重力平衡，有FNcosθ＝mg解得F（2）当小物块所受的摩擦力沿切线方向向上最大时小物块恰好不下滑，且此时小物块的角速度最小，则有F'mg＝F′Ncosθ+f′sinθf′＝μF′N解得：ωmin答：（1）陶罐对小物块摩擦力恰好为零，陶罐对小物块的支持力为53（2）小物块恰好不下滑，陶罐的角速度为5g8R【点评】本题解题关键是分析出小物块恰好不下滑时，摩擦力沿切线方向向上，且最大。

考点卡片1．匀变速直线运动规律的综合应用【知识点的认识】本考点下的题目，代表的是一类复杂的运动学题目，往往需要用到多个公式，需要细致的思考才能解答。【命题方向】如图，甲、乙两运动员正在训练接力赛的交接棒．已知甲、乙两运动员经短距离加速后都能达到并保持8m/s的速度跑完全程．设乙从起跑后到接棒前的运动是匀加速的，加速度大小为2.5m/s2．乙在接力区前端听到口令时起跑，在甲、乙相遇时完成交接棒．在某次练习中，甲以v＝8m/s的速度跑到接力区前端s0＝11.0m处向乙发出起跑口令．已知接力区的长度为L＝20m．求：（1）此次练习中交接棒处离接力区前端（即乙出发的位置）的距离．（2）为了达到理想成绩，需要乙恰好在速度达到与甲相同时被甲追上，则甲应在接力区前端多远时对乙发出起跑口令？（3）在（2）中，棒经过接力区的时间是多少？分析：（1）甲乙两人不是从同一地点出发的，当已追上甲时，它们的位移关系是s0+12at2＝（2）当两人的速度相等时，两车的距离为零，即处于同一位置．（3）由t=x解答：（1）设乙加速到交接棒时运动时间为t，则在甲追击乙过程中有s0+12at2代入数据得t1＝2st2＝4.4s（不符合乙加速最长时间3.2s实际舍去）此次练习中交接棒处离接力区前端的距离x=（2）乙加速时间t设甲在距离接力区前端为s时对乙发出起跑口令，则在甲追击乙过程中有s+代入数据得s＝12.8m（3）棒在（2）过程以v＝8m/s速度的运动，所以棒经过接力区的时间是t点评：此题考查追及相遇问题，一定要掌握住两者何时相遇、何时速度相等这两个问题，这道题是典型的追及问题，同学们一定要掌握住．【解题思路点拨】熟练掌握并深刻理解运动学的基础公式及导出公式，结合公式法、图像法、整体与分段法等解题技巧，才能在解答此类题目时游刃有余。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．最大静摩擦力的性质和应用【知识点的认识】1.如果用一个平行于地面的力推沙发，沙发没有被推动，此时沙发必然受到一个与之相反的力来平衡这个力，这个力就是沙发与地面之间的摩擦力。2.像这样如果相互接触的两个物体之间没有发生相对运动，而只有相对运动的趋势，此时两个物体间的摩擦力叫作静摩擦力。3.如果推力增大，该静摩擦力也会增大，但是静摩擦力的增大有一个限度。当大于这个最大限度时，沙发被推动，沙发与地面之间的摩擦力变成滑动摩擦力。我们把这个最大限度叫作最大静摩擦力。【命题方向】重量为100N的木箱放在水平地板上，至少要用40N的水平推力，才能使它从原地开始运动，则木箱与地面间的最大静摩擦力为N．若用35N的水平推力推木箱，木箱所受的摩擦力是N．分析：当两个物体刚要发生相对滑动时，静摩擦力达到最大值，与此时水平推力大小相等．当水平推力小于最大静摩擦力时，物体保持静止状态，由平衡条件求解此时的静摩擦力．解答：由题，要用40N的水平推力，能使木箱从原地开始运动，则木箱与地面间的最大静摩擦力为fm＝F1＝40N．若用35N的水平推力推木箱，水平推力小于最大静摩擦力，木箱保持静止状态，所受的摩擦力与水平推力平衡，则木箱所受的摩擦力f＝F2＝35N．故答案为：40，35。点评：静摩擦力特点是有一个最大值，在静摩擦力达到最大值之前，静摩擦力与外力平衡．【解题思路点拨】1.最大静摩擦力是静摩擦力的最大值，物体之间的静摩擦力超过这个值，物体就会发生相对滑动。2.最大静摩擦力的大小与正压力有关。4．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，g为重力加速度。人对电梯底部的压力为A、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。5．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”：四同大小相同三不同方向不同【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．6．求分速度的大小和方向【知识点的认识】1.运动的合成与分解遵循矢量运算的平行四边形法则。2.在进行运动的分解时可以参考力的分解方法，按照正交分解法或者按照效果进行分解。【命题方向】如图所示，若歼﹣10A战机起飞时的速度大小为100m/s，速度方向与水平方向的夹角α＝30°，则飞机的水平分速度为（）A、50m/sB、100m/sC、503m/sD、1003m/s分析：将飞机的运动分解为水平方向和竖直方向，根据平行四边形定则求出飞机飞行的水平方向上的分速度。解答：将飞机的运动分解为水平方向和竖直方向，根据平行四边形定则得：v水平＝vcos30°＝100×32m/s＝503m/s，故ABD错误，故选：C。点评：解决本题的关键知道运动的合成和分解遵循平行四边形定则，以及知道分运动和合运动具有等时性。【解题思路点拨】运动的分解的一般思路为：①确定合运动的大小和方向；②确定分解运动的方法（正交分解法或按效果构建矢量三角形）；③确定合力与分力的几何关系；④用三角函数计算分力的大小。7．关联速度问题【知识点的认识】1.模型本质：通过绳和杆连接的两个物体，尽管实际的运动方向不同，但可以通过速度的合成与分解，找出其速度的关联性。2.模型的建立物体斜拉绳或绳斜拉物体的问题可看成“关联物体”模型，如图所示。由于绳不可伸长，所以绳两端所连物体的速度沿着绳方向的分速度大小相同。3.速度的分解（1）分解依据：物体的实际运动就是合运动。（2）分解方法：把物体的实际速度分解为垂直于绳方向和平行于绳方向的两个分量，根据沿绳方向的分速度大小相同列方程并求解。（3）分解结果：把上图甲、乙所示的速度进行分解，结果如下图甲、乙所示。【命题方向】如图所示，人在岸上拉船，已知船的质量为m，水的阻力恒为f，当轻绳与水平面的夹角为θ时，船的速度为v，此时人的拉力大小为F，则（）A.人拉绳行走的速度为vB.人拉绳行走的速度为vC.船的加速度为Fcosθ-fD.船的加速度为F-f分析：绳子收缩的速度等于人在岸上的速度，连接船的绳子端点既参与了绳子收缩方向上的运动，又参与了绕定滑轮的摆动．根据船的运动速度，结合平行四边形定则求出人拉绳子的速度，及船的加速度．解答：AB、船运动的速度是沿绳子收缩方向的速度和绕定滑轮的摆动速度的合速度。如图所示根据平行四边形定则有，v人＝vcosθ．故A、B错误。CD、对小船受力分析，如下图所示，则有Fcosθ﹣f＝ma，因此船的加速度大小为a=Fcosθ-fm，故C正确，故选：C。点评：解决本题的关键知道船运动的速度是沿绳子收缩方向的速度和绕定滑轮的摆动速度的合速度，并掌握受力分析与理解牛顿第二定律．【解题思路点拨】“关联物体”速度的分解（1）船的实际运动为合运动，此运动产生两个效果，一是使绳子沿自身方向向上收缩，二是使与船接触的绳有沿与绳垂直的方向向下摆动的趋势。（2）关联物体速度的分析思路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．速度偏转角与位移偏转角【知识点的认识】1.定义：平抛运动是匀变速曲线运动，物体从抛出点运动一段时间后，速度与水平方向的夹角叫作速度偏转角，位移与水平方向的夹角叫作位移偏转角。2.如果把速度偏转角记为α，位移偏转角记为θ，则有tanα＝2tanθ．证明：如图所示：由平抛运动规律得：tanα=v1v0=gtv0，tanθ3.偏转角的应用可以利用速度偏转角或位移偏转角计算平抛运动的时间①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=②已知某一时刻的位移x及位移偏转角θ，则12gt【命题方向】从某一高度水平抛出质量为m的小球，经时间t落在水平地面上，速度方向偏转θ角．若不计空气阻力，重力加速度为g，则下列说法正确的是（）A、小球落地时速度大小为gtB、小球在时间t内速度的变化量为gtC、小球抛出的速度大小为gtD、小球在时间t内的位移为g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，根据时间求出落地时竖直分速度，结合速度方向与水平方向的夹角，结合平行四边形定则求出落地的速度大小，以及平抛运动的初速度，根据水平位移和竖直位移得出小球在时间t内的位移．解答：AC、小球落地时竖直方向上的分速度vy＝gt，根据平行四边形定则知，小落地时速度v=gtsinθ，平抛运动的初速度v0=gtB、平抛运动的加速度不变，则时间t内的速度变化量Δv＝gt．故B正确。D、小球在竖直方向上的位移y=12gt2，因为位移与水平方向的夹角不等于θ，则位移故选：BC。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】速度偏转角或位移偏转角常被用来求解平抛运动的时间，进而求解平抛运动的其他参数。12．平抛运动与斜面的结合【知识点的认识】该考点旨在分析平抛运动与斜面相结合的问题，可以是从斜面上平抛的问题，也可以是落到斜面上的平抛问题。【命题方向】一、从斜面上平抛横截面为直角三角形的两个相同斜面紧靠在一起，固定在水平面上，如图所示．它们的竖直边长都是底边长的一半．现有三个小球从左边斜面的顶点以不同的初速度向右平抛，最后落在斜面上．其落点分别是a、b、c．下列判断正确的是（）A、图中三小球比较，落在a点的小球飞行时间最短B、无论小球抛出时初速度多大，落到两个斜面上的瞬时速度都不可能与斜面垂直C、图中三小球比较，落在c点的小球飞行过程速度变化最快D、图中三小球比较，落在c点的小球飞行过程速度变化最大分析：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：A、物体做平抛运动，运动的时间是由竖直方向上的位移决定的，由图可知，a下落的高度最大，所以a的运动时间最长，所以A错误。B、首先a点上是无论如何不可能垂直的，然后看b、c点，竖直速度是gt，水平速度是v，然后斜面的夹角是arctan0.5，要合速度垂直斜面，把两个速度合成后，需要Vgt=tanθ，即v＝0.5gt，那在过了t时间的时候，竖直位移为0.5gt2水平位移为vt＝（0.5gt）•t＝0.5gt2即若要满足这个关系，需要水平位移和竖直位移都是一样的，显然在图中b、c是不可能完成的，因为在b、c上水平位移必定大于竖直位移，所以C、速度变化的快慢是知物体运动的加速度的大小，三个小球都是做平抛运动，加速度都是