2025年高考备考高中物理个性化分层教辅尖子生篇《曲线运动》

第1页（共1页）2025年高考备考高中物理个性化分层教辅尖子生篇《曲线运动》一．选择题（共10小题）1．（2023秋•新吴区校级期末）救援员驾驶摩托艇救人。洪水沿江向下游流去，江岸平直，水流速度为v1，摩托艇在静水中的航速为v2，救人的地点A离岸边最近处O的距离为d，如在最短时间内将人送上岸，则摩托艇登陆的地点离O点的距离为（）A．v2dv1C．0 D．v2．（2024春•河池期末）如图所示，在细长轻绳下端拴一小球，将小球向左拉开一个小角度，然后无初速度释放。对于小球的运动，下列说法正确的是（）A．小球做匀速圆周运动 B．轻绳对小球的拉力提供它做圆周运动的向心力 C．小球受到的合外力提供它做圆周运动的向心力 D．小球经过最低点时对轻绳的拉力最大3．（2024春•青秀区校级期末）如图所示，某小船船头垂直河岸渡河，已知该段河宽300m，河水流速v1＝3m/s，船在静水中的速度v2＝5m/s，下列说法确的是（）A．小船做曲线运动 B．小船渡河所用时间为60s C．小船的速度大小为4m/s D．小船渡河的位移大小为300m4．（2024春•永州期末）如图所示，质量为m的小球用长为l的细线悬于P点，使小球在水平面内以角速度ω做匀速圆周运动。已知小球做圆周运动时圆心O到悬点P的距离为h，小球可视为质点，重力加速度为g。下列说法正确的是（）A．小球的频率为2πω B．小球的线速度大小为ωh C．小球受到合力大小为mgℎlD．绳对小球的拉力大小为mω2l5．（2024春•永州期末）如图所示，下列有关生活中的圆周运动实例分析，其中说法正确的是（）A．汽车通过凹形桥的最低点时，汽车处于超重状态 B．铁路的转弯处，通常要求外轨比内轨高，是为了利用轮缘与外轨的侧压力助火车转弯 C．杂技演员表演“水流星”，当它通过最高点时处于完全失重状态，不受重力作用 D．脱水筒的脱水原理是水滴受到的离心力大于它受到的向心力，从而沿切线方向甩出6．（2024春•永州期末）在一个无风的下午，一个小孩子手拿小纸片放在嘴边，将小纸片水平吹出。已知此小孩的身高约为1.25m，下列说法正确的是（）A．小纸片做平抛运动 B．小纸片的下落时间可能为0.5s C．小纸片的下落时间可能为1.5s D．小纸片不可能竖直落地7．（2023秋•沙坪坝区校级期末）如图所示，一条两岸平直的小河，宽L＝100m，河水流速的大小处处相等，一人驾驶小船由渡口A驶向渡口B，船头始终垂直于河岸，已知船在静水中航速恒定，且船在静水中的速度与河水的流速之比为1：2，若该船到达对岸需要50s。以地面为参考系，下列说法正确的是（）A．河水流速大小为2m/s B．船的合速度大小为2m/s C．船的位移大小为1005D．船渡河的轨迹是一条直线，且与河岸的夹角等于30°8．（2024春•曲靖期末）如图所示，有一条宽为50m的河道，一小船从岸边的某点渡河，渡河过程中保持船头指向与河岸始终垂直。已知小船在静水中的速度大小为4m/s，水流速度大小为2m/s。下列说法正确的是（）A．小船渡河过程中的位移大小为50m B．小船渡河的时间是12.5s C．小船在河水中航行的轨迹是曲线 D．小船在河水中的速度是6m/s9．（2024春•广西期末）2023年夏季，中国北方地区遭遇了罕见的持续暴雨天气，京津冀地区多地遭受洪涝灾害，河北省涿州市成为受灾最为严重的地区之一。救援小组在某次救援时，船由河岸的A点出发，经过一段时间到达对岸，已知水速为v1，船在静水中的速度为v2，两河岸的最近距离为d。下列说法正确的是（）A．若v1＞v2，船渡河的最小位移为d B．船到达对岸时的速度一定大于v2 C．船渡河的最短时间为dvD．若v1＜v2，船渡河的位移最短时，船渡河的时间为d10．（2024春•高新区校级期末）一物体在恒力作用下做匀速圆周运动，其加速度方向是（）A．与速度方向相同 B．与速度方向相反 C．指向圆心 D．垂直于速度方向二．多选题（共5小题）（多选）11．（2024•齐齐哈尔开学）篮球是大家最喜欢的运动，有些奇特玩法也逐渐被解锁，一篮球被绳子拴住做匀速圆周运动，其线速度大小为3m/s，转动周期为2s，则（）A．角速度为0.5rad/s B．转速为0.5r/s C．轨迹半径为3πm D．加速度大小为2πm/s（多选）12．（2024春•绵阳期末）如图所示，水平盘绕垂直于圆心O的轴匀速转动，沿半径方向放着用轻绳相连的两个物体A和B，A的质量为2m，B的质量为m，A与圆心距离为r，B与圆心距离为3r，两物体与盘间的动摩擦因数µ相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，轻绳刚好伸直，重力加速度为g。在圆盘从静止开始缓慢加速到两物体恰要与圆盘发生相对滑动的过程中（）A．转盘对物体A摩擦力大小逐渐增大 B．物体B的静摩擦力比物体A的静摩擦力先达到最大静摩擦力 C．圆盘角速度小于μg3r，轻绳无拉力D．两物体恰要与圆盘发生相对滑动时，圆盘角速度为μg（多选）13．（2024春•曲靖期末）如图所示，一小球从斜面上的某点以速度v水平抛出，落在斜面上A点。平抛末速度与竖直方向的夹角为β，平抛位移与竖直方向的夹角为α。已知斜面与水平面夹角为θ，重力加速度为g，则（）A．α＝2β B．平抛的时间t=2vtanθC．平抛的竖直位移ℎ=2D．平抛末速度v（多选）14．（2024春•天山区校级期末）第24届冬奥会于2022年2月在北京和张家口成功举行，高山滑雪是冬奥会运动项目之一，训练轨道可简化为由弧形轨道AO和倾斜直轨道OB组成，如图，某运动员（可视为质点）从弧形轨道A点由静止滑下，从O点沿水平方向飞出，并落到轨道OB上。运动员到O点以20m/s的速度水平飞出，轨道OB的倾角θ＝37°，取g＝10m/s2，不计一切摩擦和空气阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则下列说法正确的是（）A．运动员从O点到落在斜面上的时间为3s B．运动员的落点与O点的距离为45m C．运动员落在斜面上瞬间的速度大小为1013D．运动员从A点下滑的高度越高，落在OB斜面上时其速度方向与斜面的夹角越大（多选）15．（2024•雨花区校级开学）2022年北京冬奥会在北京和张家口举行，北京成为了历史上第一个既举办过夏季奥运会又举办过冬季奥运会的城市。如图图示为某滑雪运动员训练的场景，运动员以速度v1＝10m/s沿倾角α＝37°、高H＝15m的斜面甲飞出，并能无碰撞地落在倾角β＝60°的斜面乙上，顺利完成飞越。把运动员视为质点，忽略空气阻力，重力加速度取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。以下说法正确的是（）A．运动员落至斜面乙时的速率为18m/s B．斜面乙的高度为7.2m C．运动员在空中飞行时离地面的最大高度为20m D．运动员在空中飞行时离地面的最大高度时的速度大小为8m/s三．填空题（共5小题）16．（2024春•邢台期末）为了清理堵塞河道的冰凌，空军实施投弹爆破．飞机在河道上空高H处以速度v0水平匀速飞行，投掷下炸弹并击中目标．求炸弹刚脱离飞机到击中目标所飞行的水平距离及击中目标时的速度大小．（不计空气阻力）；．17．（2024春•潮州期末）已知手表的秒针长1.3cm，分针长1.2cm，由此可以计算该手表秒针的角速度大小为，秒针和分针针尖转动的线速度之比是。18．（2024春•徐汇区校级期末）如图所示，甲球和乙球的质量为m，在竖直平面内绕O点做半径为R的完整的圆周运动，重力加速度为g，OA为轻绳，OB为轻质杆，不计阻力，则在最低点，甲球动能的最小值为，乙球动能的最小值为。19．（2024春•福州期末）如图所示，倾角为37°的斜面固定在水平面上，小球从斜面上M点的正上方0.2m处由静止下落，在M点与斜面碰撞，之后落到斜面上的N点。已知小球在碰撞前、后瞬间，速度沿斜面方向的分量不变，沿垂直于斜面方向的分量大小不变，方向相反，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度大小g＝10m/s2，忽略空气阻力，则小球从M点运动至N点所用的时间为。20．（2024春•泉州期末）如图，质量为2×103kg的汽车在水平公路上行驶，当汽车经过半径为160m的弯路时，车速为8m/s。此时汽车转弯所需要的向心力大小为N。下雨天汽车转弯前要减速，是因为汽车与地面间的（选填“摩擦力”或“最大静摩擦力”）变小了。四．解答题（共5小题）21．（2024春•葫芦岛期末）如图所示，不可伸长的轻绳一端固定在O点，另一端系一质量为m的小球，使小球在竖直面内做圆周运动。当小球以速度v经过最高点时，轻绳上恰好无拉力；当小球以速度2v经过最高点时，轻绳上的拉力大小为F1；当小球以速度3v经过最低点时，轻绳上的拉力大小为F2。重力加速度为g，忽略空气阻力。求：（1）圆周运动半径；（2）F2与F1之差。22．（2024•洛龙区校级开学）如图所示的离心装置中，光滑水平轻杆固定在竖直转轴的O点，小圆环A和轻质弹簧套在轻杆上，长为2L的细线和弹簧两端分别固定于O和A，质量为m的小球B固定在细线的中点，装置静止时，细线与竖直方向的夹角为37°，现将装置由静止缓慢加速转动，当细线与竖直方向的夹角增大到53°时，A、B间细线的拉力恰好减小到零，弹簧弹力与静止时大小相等、方向相反，重力加速度为g，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：（1）装置静止时，O、B间细线的张力大小；（2）当细线与竖直方向的夹角为53°时，该装置转动的角速度；（3）小圆环A的质量。23．（2024春•广西期末）如图所示为自由式滑雪大跳台场地的简易图，其中斜坡AB、EF的倾角分别为α＝30°、β＝37°，滑雪时运动员由A点静止滑下，进入水平缓冲区BC，然后由C点离开缓冲区并无碰撞地由E点进入EF段。已知AB＝2BC＝40m，EF＝62m，重力加速度g取10m/s2，忽略一切阻力和摩擦，运动员经过B点时能量损失可忽略不计，sin37°＝0.6。求：（1）CE两点间的水平距离；（2）运动员由A点下滑到F点的总时间。24．（2024春•抚顺期末）一个人用一根长1m，只能承受35N拉力的绳子，拴着一个质量为1kg的小球，在竖直面内做圆周运动，已知转轴O离地面高为6m，如图所示。（g取10m/s2）（1）小球做圆周运动到最低点的速度为v，刚好绳子被拉断，求v的大小。（2）绳断后，小球落地点与抛出点的水平距离多大？25．（2024春•衡阳县校级期末）如图所示为跳台滑雪轨道简化模型，AB段光滑曲面为加速滑道，BCD段圆弧滑道为半径r＝16m的姿态调整滑道，左侧与AB段平滑连接，右侧与水平跳台DE连接，EF段为倾角为30°的速降斜坡。质量为60kg的滑雪运动员从加速滑道滑下后到达圆弧轨道的最低点C点时的速度大小v1＝20m/s，经过D点时的速度大小为v2＝15m/s，运动员整个运动过程的最高点P恰好在E点的正上方h＝7.2m处，最后落在斜坡上的Q点。已知重力加速度为10m/s2，不计空气阻力，速降斜坡足够长，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：（1）运动员在C点时受到圆弧轨道的弹力；（2）水平平台DE的长度；（3）经过P点之后，运动员距斜坡的最远距离（结果用根式表示）。

2025年高考备考高中物理个性化分层教辅尖子生篇《曲线运动》参考答案与试题解析一．选择题（共10小题）1．（2023秋•新吴区校级期末）救援员驾驶摩托艇救人。洪水沿江向下游流去，江岸平直，水流速度为v1，摩托艇在静水中的航速为v2，救人的地点A离岸边最近处O的距离为d，如在最短时间内将人送上岸，则摩托艇登陆的地点离O点的距离为（）A．v2dv1C．0 D．v【考点】小船过河问题．【专题】定量思想；模型法；运动的合成和分解专题；分析综合能力．【答案】B【分析】当摩托艇指向始终与江岸垂直时，渡河时间最短，由t=dv2【解答】解：当摩托艇指向始终与江岸垂直时，渡河时间最短，则该摩托艇渡河的最短时间为t=dv2故选：B。【点评】本题关键是找到合运动与分运动，知道船的指向始终与河岸垂直时，渡河时间最短。2．（2024春•河池期末）如图所示，在细长轻绳下端拴一小球，将小球向左拉开一个小角度，然后无初速度释放。对于小球的运动，下列说法正确的是（）A．小球做匀速圆周运动 B．轻绳对小球的拉力提供它做圆周运动的向心力 C．小球受到的合外力提供它做圆周运动的向心力 D．小球经过最低点时对轻绳的拉力最大【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；向心力的来源分析．【专题】定性思想；推理法；匀速圆周运动专题；推理能力．【答案】D【分析】A．根据受力分析，判断合力是否指向圆心，据此判断小球是否做匀速圆周运动；BC．根据向心力定义，结合受力分析，重力沿绳方向的分力与绳的拉力的合力提供向心力，重力沿切线方向的分力产生切向加速度，改变速度的大小，据此判断；D．小球经过最低点时速度最大，根据牛顿第二定律可知，此时轻绳对小球的拉力最大，据此判断。【解答】解：A．由于小球受到竖直向下的重力和沿绳方向指向圆心的绳拉力，二者合力不指向圆心，所以小球做变速圆周运动，故A错误；BC．重力沿绳方向的分力与绳的拉力的合力提供向心力，重力沿切线方向的分力产生切向加速度，改变速度的大小，故BC错误；D．小球经过最低点时速度最大，根据牛顿第二定律可得F−mg=mv由此可知，轻绳对小球的拉力最大，根据牛顿第三定律可得小球对轻绳的拉力最大，故D正确。故选：D。【点评】本题考查竖直方向的圆周运动，要理解变速圆周运动中向心力的概念，即指向圆心方向的合力提供向心力。3．（2024春•青秀区校级期末）如图所示，某小船船头垂直河岸渡河，已知该段河宽300m，河水流速v1＝3m/s，船在静水中的速度v2＝5m/s，下列说法确的是（）A．小船做曲线运动 B．小船渡河所用时间为60s C．小船的速度大小为4m/s D．小船渡河的位移大小为300m【考点】小船过河问题．【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】B【分析】两分速度不变，则合运动是直线运动，根据运动的独立性求解渡河时间，根据平行四边形定则求解合速度，船参与了两个分运动，沿着船头方向且相对于静水的分运动，随着水流一起的分运动。【解答】解：A、由题意可知，两分速度不变，则合运动是直线运动，那么船在河中的运动轨迹是一条直线，故A错误；B、若小船行驶过程中船头一直垂直指向对岸，根据运动的独立性可知渡河时间为t=d故B正确；C、小船实际的速度是水流速与静水速的合速度，根据平行四边形定则，合速度v=v12D、因v1＞v2所以船不会垂直河岸航行，故小船渡河的位移一定大于300m，故D错误；故选：B。【点评】小船过河问题属于运动的合成问题，要明确分运动的等时性、独立性，运用分解的思想，看过河时间只分析垂直河岸的速度，分析过河位移时，要分析合速度。4．（2024春•永州期末）如图所示，质量为m的小球用长为l的细线悬于P点，使小球在水平面内以角速度ω做匀速圆周运动。已知小球做圆周运动时圆心O到悬点P的距离为h，小球可视为质点，重力加速度为g。下列说法正确的是（）A．小球的频率为2πω B．小球的线速度大小为ωh C．小球受到合力大小为mgℎlD．绳对小球的拉力大小为mω2l【考点】牛顿第二定律求解向心力；线速度与角速度的关系．【专题】定量思想；推理法；匀速圆周运动专题；分析综合能力．【答案】D【分析】根据圆周运动中几个物理量的公式，以及合外力提供向心力，可求出正确选项。【解答】解：A.小球的频率为f=ωB.根据线速度与角速度的公式有v=l2C.设细线与竖直方向的夹角为θ，小球受到合力大小为F＝mgtanθ＝mgl2D.根据牛顿第二定律可得，Tsinθ＝mω2lsinθ解得绳对小球的拉力大小为T＝mω2l，故D正确。故选：D。【点评】学生在解答本题时，应注意对于细线小球模型，要明确小球做圆周运动的半径。5．（2024春•永州期末）如图所示，下列有关生活中的圆周运动实例分析，其中说法正确的是（）A．汽车通过凹形桥的最低点时，汽车处于超重状态 B．铁路的转弯处，通常要求外轨比内轨高，是为了利用轮缘与外轨的侧压力助火车转弯 C．杂技演员表演“水流星”，当它通过最高点时处于完全失重状态，不受重力作用 D．脱水筒的脱水原理是水滴受到的离心力大于它受到的向心力，从而沿切线方向甩出【考点】牛顿第二定律求解向心力；牛顿第二定律的简单应用；超重与失重的概念、特点和判断．【专题】定性思想；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】汽车通过凹形桥的最低点时，具有竖直向上的向心加速度，处于超重状态；火车按设计速度转弯时，恰好由重力和支持力的合力完全提供向心力；“水流星”在最高点时重力完全提供向心力；服对水滴的吸附力小于水滴做圆周运动所需要的向心力，因此产生离心现象。【解答】解：A、汽车通过拱桥的最低点时，具有向上的加速度（向心加速度），处于超重状态，故A正确；B、在铁路的转弯处，通常要求外轨比内轨高，是利用重力与支持力的合力提供向心力，故B错误；C、当“水流星”通过最高点时，根据牛顿第二定律有：F+mg＝mv2R，解得F＝mg﹣mD、离心力与向心力并非水滴的实际受力，当水滴所受合力不足以提供向心力时，水滴将做离心运动，会沿切线方向甩出，故D错误；故选：A。【点评】本题考查圆周运动在实际生活的应用，要联系所学知识点进行分析，注意离心力与向心力并非水滴的实际受力。6．（2024春•永州期末）在一个无风的下午，一个小孩子手拿小纸片放在嘴边，将小纸片水平吹出。已知此小孩的身高约为1.25m，下列说法正确的是（）A．小纸片做平抛运动 B．小纸片的下落时间可能为0.5s C．小纸片的下落时间可能为1.5s D．小纸片不可能竖直落地【考点】平抛运动时间的计算；平抛运动的概念和性质．【专题】定量思想；推理法；平抛运动专题；分析综合能力．【答案】C【分析】平抛运动，只受重力作用，具有水平初速度。小纸片下落过程中，受重力和空气阻力作用，而且阻力不能忽略；根据自由落体运动计算下落时间，进而判断小纸片下落时间，也说明下落时间与高度的关系。【解答】解：A.由于小纸片很轻，受空气阻力影响较大，则不会做平抛运动，故A正确；BC.若只受重力，则ℎ=解得t＝0.5s但由于存在空气阻力作用，则下落时间大于0.5s，可能为1.5s，故B错误，C正确；D.由于空气阻力作用，水平方向速度可能减小为零，则可能竖直落地，故D错误。故选：C。【点评】本题主要考查对平抛运动的理解，理解平抛运动的概念是解题关键。7．（2023秋•沙坪坝区校级期末）如图所示，一条两岸平直的小河，宽L＝100m，河水流速的大小处处相等，一人驾驶小船由渡口A驶向渡口B，船头始终垂直于河岸，已知船在静水中航速恒定，且船在静水中的速度与河水的流速之比为1：2，若该船到达对岸需要50s。以地面为参考系，下列说法正确的是（）A．河水流速大小为2m/s B．船的合速度大小为2m/s C．船的位移大小为1005D．船渡河的轨迹是一条直线，且与河岸的夹角等于30°【考点】小船过河问题；合运动与分运动的关系．【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】C【分析】根据船头始终垂直于河岸，故船速可以使用河宽除以渡河时间进行计算，而河水流速为静水船速的二倍，也可得出河水流速。根据河水流速乘以渡河时间可以得出小船沿河岸方向位移，再根据几何关系即可得出小船的合位移，根据小船竖直方向位移与水平方向位移之比可得出位移与河岸夹角的正切值，进而可以判断角度关系。【解答】解：由于船头始终垂直于河岸，所以船在静水中的速度大小为：v船=L船在静水中的速度与河水的流速之比为1：2，则河水流速大小为：V水＝2v船＝4m/s船的合速度大小为：v合=v水2船的位移大小为：x合＝v合t＝25m/s×50s＝1005m船渡河的轨迹是一条直线，设与河岸的夹角为θ，则有：tanθ=可得：θ＜30°。故ABD错误，C正确。故选：C。【点评】本题主要考查小船渡河中合位移与合速度的计算，学生需要牢记运动的合成与分解中相关内容即可，整体难度适中。8．（2024春•曲靖期末）如图所示，有一条宽为50m的河道，一小船从岸边的某点渡河，渡河过程中保持船头指向与河岸始终垂直。已知小船在静水中的速度大小为4m/s，水流速度大小为2m/s。下列说法正确的是（）A．小船渡河过程中的位移大小为50m B．小船渡河的时间是12.5s C．小船在河水中航行的轨迹是曲线 D．小船在河水中的速度是6m/s【考点】小船过河问题；合运动与分运动的关系．【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】B【分析】首先根据小船渡河过程中保持船头指向与河岸始终垂直，计算小船在河水中的速度大小，然后根据t=d【解答】解：CD、渡河过程中保持船头指向与河岸始终垂直，根据运动的合成可知小船在河水中的速度v=v船2AB、该情况下，小船会在水流方向移动一段位移，所以小船渡河的位移大于50m，根据垂直河岸的分运动可知t=d故选：B。【点评】本题考查小船渡河问题，解题时需要注意渡河时间t=d9．（2024春•广西期末）2023年夏季，中国北方地区遭遇了罕见的持续暴雨天气，京津冀地区多地遭受洪涝灾害，河北省涿州市成为受灾最为严重的地区之一。救援小组在某次救援时，船由河岸的A点出发，经过一段时间到达对岸，已知水速为v1，船在静水中的速度为v2，两河岸的最近距离为d。下列说法正确的是（）A．若v1＞v2，船渡河的最小位移为d B．船到达对岸时的速度一定大于v2 C．船渡河的最短时间为dvD．若v1＜v2，船渡河的位移最短时，船渡河的时间为d【考点】小船过河问题．【专题】定量思想；推理法；运动的合成和分解专题；分析综合能力．【答案】D【分析】当船头方向与河岸垂直时，渡河时间最短；因为船在静水速度小于水流速度，合速度方向不可能垂直于河岸，即不可能垂直渡河，当合速度的方向与静水速度的方向垂直时，渡河位移最短。【解答】解：AD．如果要使船到达正对岸，船的速度应指向上游，船的合速度垂直河岸，则应满足v1＜v2合速度大小v=v此时的渡河时间t=d故A错误，D正确；B．根据速度的合成可知，船到达对岸时的速度与v2的大小关系是不确定的，故B错误；C．若要使船的渡河时间最短，船的速度应垂直河岸，则渡河的时间为t=d故C错误。故选：D。【点评】小船过河问题属于运动的合成问题，要明确分运动的等时性、独立性，运用分解的思想，看过河时间只分析垂直河岸的速度，分析过河位移时，要分析合速度。10．（2024春•高新区校级期末）一物体在恒力作用下做匀速圆周运动，其加速度方向是（）A．与速度方向相同 B．与速度方向相反 C．指向圆心 D．垂直于速度方向【考点】匀速圆周运动．【专题】参照思想；归纳法；匀速圆周运动专题；理解能力．【答案】C【分析】匀速圆周运动的加速度方向指向圆心。【解答】解：根据匀速圆周运动的定义，可知加速度方向指向圆心，故ABD错误，C正确。答：故选C。【点评】了解圆周运动加速度的方向。二．多选题（共5小题）（多选）11．（2024•齐齐哈尔开学）篮球是大家最喜欢的运动，有些奇特玩法也逐渐被解锁，一篮球被绳子拴住做匀速圆周运动，其线速度大小为3m/s，转动周期为2s，则（）A．角速度为0.5rad/s B．转速为0.5r/s C．轨迹半径为3πm D．加速度大小为2πm/s【考点】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；理解能力．【答案】BC【分析】根据ω=2πT计算角速度；根据v＝ωr计算半径，根据a＝vω计算加速度；根据n【解答】解：A、篮球的角速度大小为ω=2πB、篮球的转速为n=1C、根据v＝ωr可得轨迹半径为r=vD、加速度大小为a＝vω＝3×πm/s2＝3πm/s2，故D错误。故选：BC。【点评】熟练掌握做圆周运动的物体的线速度、角速度、周期和半径之间的关系是解题的基础。（多选）12．（2024春•绵阳期末）如图所示，水平盘绕垂直于圆心O的轴匀速转动，沿半径方向放着用轻绳相连的两个物体A和B，A的质量为2m，B的质量为m，A与圆心距离为r，B与圆心距离为3r，两物体与盘间的动摩擦因数µ相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，轻绳刚好伸直，重力加速度为g。在圆盘从静止开始缓慢加速到两物体恰要与圆盘发生相对滑动的过程中（）A．转盘对物体A摩擦力大小逐渐增大 B．物体B的静摩擦力比物体A的静摩擦力先达到最大静摩擦力 C．圆盘角速度小于μg3r，轻绳无拉力D．两物体恰要与圆盘发生相对滑动时，圆盘角速度为μg【考点】水平转盘上物体的圆周运动．【专题】定量思想；推理法；圆周运动中的临界问题；推理能力．【答案】BC【分析】连接两物块的绳中没有张力，根据牛顿第二定律列式，求角速度，角速度不断增大，则A、B所受的摩擦力逐渐增大，物块B所受的摩擦力先达到最大静摩擦力，求角速度，当A所受的摩擦力沿半径向外达到最大时，A物块开始滑动，求临界角速度。【解答】解：当圆盘角速度较小时，连接两物块的绳中没有张力，根据牛顿第二定律有fAfB角速度不断增大，则A、B所受的摩擦力逐渐增大，且物块B所受的摩擦力先达到最大静摩擦力，即fB解得ω=μg随着角速度继续增大，此时根据牛顿第二定律，则有对A：f对B：T+μmg＝mω2•3r由此可知，角速度增大，绳的拉力增大，fA减小，当A所受的摩擦力沿半径向外达到最大时，A物块开始滑动，此时根据牛顿第二定律有T﹣μ•2mg＝2mω2rT+μmg＝mω2•3r联立解得ω=3μg综上分析可知，A所受的摩擦力先增大后减小，再反向增大，物体B的静摩擦力比物体A的静摩擦力先达到最大，圆盘角速度小于μg3r，轻绳无拉力，两物体恰要与圆盘发生相对滑动时，圆盘角速度为3μg故BC正确，AD错误。故选：BC。【点评】本题解题关键是正确受力分析，讨论绳子有拉力和无拉力，根据牛顿第二定律列式，分析角速度。（多选）13．（2024春•曲靖期末）如图所示，一小球从斜面上的某点以速度v水平抛出，落在斜面上A点。平抛末速度与竖直方向的夹角为β，平抛位移与竖直方向的夹角为α。已知斜面与水平面夹角为θ，重力加速度为g，则（）A．α＝2β B．平抛的时间t=2vtanθC．平抛的竖直位移ℎ=2D．平抛末速度v【考点】平抛运动与斜面的结合；平抛运动速度的计算；平抛运动位移的计算．【专题】定量思想；控制变量法；平抛运动专题；理解能力．【答案】BC【分析】小球落到斜面上，竖直位移与水平位移之比等于tanα，水平速度与竖直速度的夹角为tanβ，其中根据tanα＝2tanβ得出时间的关系式；根据平抛运动的竖直位移公式得出结论；根据平抛运动末速度公式得出结论。【解答】解：AB．根据平抛运动的规律，有tanβ=vtanα=vtα+θ＝90°所以tanα＝2tanβ解得t=2vtanθ故A错误，B正确；C．平抛的竖直位移为h=12解得ℎ=2故C正确；D．平抛末速度为v合故D错误。故选：BC。【点评】本题关键抓住水平位移和竖直位移的关系，挖掘隐含的几何关系，运用运动的分解法进行研究。（多选）14．（2024春•天山区校级期末）第24届冬奥会于2022年2月在北京和张家口成功举行，高山滑雪是冬奥会运动项目之一，训练轨道可简化为由弧形轨道AO和倾斜直轨道OB组成，如图，某运动员（可视为质点）从弧形轨道A点由静止滑下，从O点沿水平方向飞出，并落到轨道OB上。运动员到O点以20m/s的速度水平飞出，轨道OB的倾角θ＝37°，取g＝10m/s2，不计一切摩擦和空气阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则下列说法正确的是（）A．运动员从O点到落在斜面上的时间为3s B．运动员的落点与O点的距离为45m C．运动员落在斜面上瞬间的速度大小为1013D．运动员从A点下滑的高度越高，落在OB斜面上时其速度方向与斜面的夹角越大【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；合成分解法；平抛运动专题；分析综合能力．【答案】AC【分析】运动员从O开始做平抛运动，落到轨道OB上时，竖直位移与水平位移之比等于tanθ，结合分位移公式求解运动时间，由分位移公式和几何关系求运动员的落点与O点的距离；由vy【解答】解：AB、设落点与O点的距离为L。运动员在O点的速度v0＝20m/s，运动员从O开始做平抛运动，由平抛运动得Lsinθ=1Lcosθ＝v0t解得：t＝3s，L＝75m，故A正确，B错误；C、设运动员落在斜面上瞬间的速度大小为v，运动员落在斜面上瞬间竖直向下的分速度大小为vy，则有vy解得：vy＝30m/s则运动员落在斜面上瞬间的速度大小为v=vD、设运动员落到斜面上的速度与水平方向夹角为α，则有tanα=gt可知运动员落到斜面上的速度与水平方向的夹角不变，则速度与斜面的夹角不变，故D错误。故选：AC。【点评】本题考查平抛运动的运用，要掌握平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，把握隐含的几何关系是解决本题的关键。（多选）15．（2024•雨花区校级开学）2022年北京冬奥会在北京和张家口举行，北京成为了历史上第一个既举办过夏季奥运会又举办过冬季奥运会的城市。如图图示为某滑雪运动员训练的场景，运动员以速度v1＝10m/s沿倾角α＝37°、高H＝15m的斜面甲飞出，并能无碰撞地落在倾角β＝60°的斜面乙上，顺利完成飞越。把运动员视为质点，忽略空气阻力，重力加速度取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。以下说法正确的是（）A．运动员落至斜面乙时的速率为18m/s B．斜面乙的高度为7.2m C．运动员在空中飞行时离地面的最大高度为20m D．运动员在空中飞行时离地面的最大高度时的速度大小为8m/s【考点】斜抛运动．【专题】定量思想；推理法；平抛运动专题；推理能力．【答案】BD【分析】AD.根据斜上抛运动分解得到水平分速度，结合恰好落在斜面乙上满足的关系式列式求解判断；B.根据机械能守恒定律列式求解斜面乙的高度；C.根据速度分解知识求解竖直分速度，结合竖直上抛运动知识求解最大高度。【解答】解：A.运动员在水平方向做匀速直线运动，水平方向速度大小为vx＝v1cosα＝10×0.8m/s＝8m/s，落到斜面乙时，设速度大小为v2，则满足vx＝v2cosβ，解得v2＝16m/s，故A错误；B.设斜面乙高度为h，从斜面甲到斜面乙过程中，由机械能守恒定律mg（H﹣h）=12mv2C.从斜面甲飞出时，运动员在竖直方向的速度大小为vy＝v1sinα＝10×0.6m/s＝6m/s，则运动员在空中飞行时离地面的最大高度为Hmax＝H+vy2D.运动员在空中飞行时离地面的最大高度时的速度为水平方向的分速度vx＝8m/s，故D正确。故选：BD。【点评】考查斜抛运动问题，熟练应用速度的分解与合成的知识、动能定理、机械能守恒等分析解决相关问题。三．填空题（共5小题）16．（2024春•邢台期末）为了清理堵塞河道的冰凌，空军实施投弹爆破．飞机在河道上空高H处以速度v0水平匀速飞行，投掷下炸弹并击中目标．求炸弹刚脱离飞机到击中目标所飞行的水平距离及击中目标时的速度大小．（不计空气阻力）v02Hg；【考点】飞机投弹问题．【专题】平抛运动专题．【答案】见试题解答内容【分析】炸弹脱离飞机后做平抛运动，根据高度求出平抛运动的时间，结合竖直分速度和初速度求出炸弹击中目标时的速度．【解答】解：根据H=12g则击中目标时飞机飞行的水平距离x=v炸弹击中目标时竖直分速度vy根据平行四边形定则得，v=v故答案为：v02Hg【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．17．（2024春•潮州期末）已知手表的秒针长1.3cm，分针长1.2cm，由此可以计算该手表秒针的角速度大小为π30rad/s，秒针和分针针尖转动的线速度之比是【考点】线速度与角速度的关系；线速度的物理意义及定义式；角速度的物理意义及定义式．【专题】定量思想；方程法；匀速圆周运动专题；推理能力．【答案】π30【分析】秒针转一圈的时间为60s，根据ω=2πT求出秒针的角速度；根据v＝【解答】解：该手表秒针的角速度大小为ω分针的角速度大小为ω由公式v＝ωr可得，秒针和分针针尖转动的线速度之比是v1故答案为：π30【点评】解决本题的关键知道秒针转一圈的时间为60s，以及掌握线速度、角速度的公式。18．（2024春•徐汇区校级期末）如图所示，甲球和乙球的质量为m，在竖直平面内绕O点做半径为R的完整的圆周运动，重力加速度为g，OA为轻绳，OB为轻质杆，不计阻力，则在最低点，甲球动能的最小值为52mgR，乙球动能的最小值为2mgR【考点】绳球类模型及其临界条件．【专题】定量思想；推理法；圆周运动中的临界问题；推理能力．【答案】52【分析】根据绳模型的临界速度和杆模型的临界速度以及机械能守恒定律列式求解。【解答】解：甲球要能做完整的圆周运动，根据绳模型的临界条件，甲球在最高点的速度至少等于gR，根据机械能守恒，甲球在最低点动能满足Ek1＝mg•2R+12m（gR）2乙球要能做完整的圆周运动，根据杆模型的特点，小球在最高点是速度可以为0，根据机械能守恒，乙球在最低点动能满足Ek2＝mg•2R＝2mgR故答案为：52【点评】考查竖直面内圆周运动的两类模型，会根据题意进行准确分析和解答。19．（2024春•福州期末）如图所示，倾角为37°的斜面固定在水平面上，小球从斜面上M点的正上方0.2m处由静止下落，在M点与斜面碰撞，之后落到斜面上的N点。已知小球在碰撞前、后瞬间，速度沿斜面方向的分量不变，沿垂直于斜面方向的分量大小不变，方向相反，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度大小g＝10m/s2，忽略空气阻力，则小球从M点运动至N点所用的时间为0.4s。【考点】斜抛运动；自由落体运动的规律及应用．【专题】定量思想；推理法；平抛运动专题；推理能力．【答案】0.4s【分析】根据自由落体求小球第一次撞击斜面时的速度，根据速度的分解规则沿斜面方向和垂直于斜面方向分解速度和加速度，再根据相应的运动学规律列式求解运动时间。【解答】解：根据自由落体运动公式v2＝2gh，小球到M点的速度大小为v＝2m/s，以沿斜面为x轴，以垂直于斜面为y轴，如图所示vx＝vsin37°＝2×0.6m/s＝1.2m/s，vy＝vcos37°＝2×0.8m/s＝1.6m/s，撞到斜面上反弹时vy′＝1.6m/s，方向垂直于斜面向上。同理将重力加速度分解为ay＝gcos37°＝10×0.8m/s2＝8m/s2，方向垂直于斜面向下，ax＝gsin37°＝10×0.6m/s2＝6m/s2，方向沿斜面向下，从M点落到斜面上的N点，由运动学公式y＝vy′t−12ayt故答案为：0.4s。【点评】考查自由落体运动和斜上抛运动规律以及与斜面的结合问题，掌握分解的方法思路，注意找出相应的结合关系进行列式解答。20．（2024春•泉州期末）如图，质量为2×103kg的汽车在水平公路上行驶，当汽车经过半径为160m的弯路时，车速为8m/s。此时汽车转弯所需要的向心力大小为800N。下雨天汽车转弯前要减速，是因为汽车与地面间的最大静摩擦力（选填“摩擦力”或“最大静摩擦力”）变小了。【考点】车辆在道路上的转弯问题．【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】800，最大静摩擦力。【分析】利用向心力表达式计算向心力；汽车在转弯过程中由摩擦力提供向心力，下雨天路面湿滑，会减小汽车与地面间的最大静摩擦力，若此时转弯太快，车子会有可能发生打滑，可根据此状态分析。【解答】解：汽车转弯所需要的向心力大小为Fn代入数据解得Fn＝800N下雨天汽车转弯前要减速，是因为汽车与地面间的最大静摩擦力变小了，若汽车速度太快，转弯时所需的向心力超过地面提供的最大静摩擦力，将做离心运动。故答案为：800，最大静摩擦力。【点评】本题考查学生对向心力表达式的灵活应用以及对汽车转弯类圆周运动模型的理解。四．解答题（共5小题）21．（2024春•葫芦岛期末）如图所示，不可伸长的轻绳一端固定在O点，另一端系一质量为m的小球，使小球在竖直面内做圆周运动。当小球以速度v经过最高点时，轻绳上恰好无拉力；当小球以速度2v经过最高点时，轻绳上的拉力大小为F1；当小球以速度3v经过最低点时，轻绳上的拉力大小为F2。重力加速度为g，忽略空气阻力。求：（1）圆周运动半径；（2）F2与F1之差。【考点】绳球类模型及其临界条件．【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】（1）圆周运动半径为v2（2）F2与F1之差为7mg。【分析】（1）以小球为研究对象，在最高点，拉力为零，根据牛顿第二定律解得半径；（2）根据牛顿第二定律解答。【解答】解：（1）小球在竖直面内做圆周运动，在最高点，拉力为零，重力充当向心力，有mg=解得半径R=（2）在最高点，拉力和重力合力充当向心力F1+mg＝m(2v在最低点，拉力和重力合力充当向心力F2﹣mg＝m(3v联立解得F2﹣F1＝7mg答：（1）圆周运动半径为v2（2）F2与F1之差为7mg。【点评】本题主要是考查竖直方向的圆周运动，关键是能够根据牛顿第二定律结合向心力公式解答。22．（2024•洛龙区校级开学）如图所示的离心装置中，光滑水平轻杆固定在竖直转轴的O点，小圆环A和轻质弹簧套在轻杆上，长为2L的细线和弹簧两端分别固定于O和A，质量为m的小球B固定在细线的中点，装置静止时，细线与竖直方向的夹角为37°，现将装置由静止缓慢加速转动，当细线与竖直方向的夹角增大到53°时，A、B间细线的拉力恰好减小到零，弹簧弹力与静止时大小相等、方向相反，重力加速度为g，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：（1）装置静止时，O、B间细线的张力大小；（2）当细线与竖直方向的夹角为53°时，该装置转动的角速度；（3）小圆环A的质量。【考点】物体被系在绳上做圆锥摆运动；共点力的平衡问题及求解．【专题】定量思想；推理法；圆周运动中的临界问题；推理能力．【答案】（1）装置静止时，O、B间细线的张力大小58（2）当细线与竖直方向的夹角为53°时，该装置转动的角速度5g3L（3）小圆环A的质量964【分析】（1）水平方向和竖直方向的平衡，列平衡等式，求O、B间细线的张力大小；（2）O、B间细线的拉力和B的重力提供向心力，求角速度；（3）A、B属于同轴转动，则A、B做圆周运动的角速度相等，根据合力提供向心力，分析质量关系。【解答】解：（1）设O、B间，A、B间的张力分别为FOB、FAB，B受力平衡，可得水平方向和竖直方向的平衡式为FOBsin37°＝FABsin37°FOBcos37°+FABcos37°＝mg解得FOB（2）当细线与竖直方向的夹角为53°时，设装置转动的角速度为ω，B做匀速圆周运动的半径r=Lsin53°=4此时A、B间细线的拉力恰好减小到零，则O、B间细线的拉力和B的重力提供向心力，即mgtan53°＝mω2r则该装置转动的角速度ω=gtan53°（3）装置静止时对A进行分析，设弹簧的弹力为F，则F=FF′=F=3设小圆环A的质量为M，A、B属于同轴转动，则A、B做圆周运动的角速度相等，均为ω，A做圆周运动的半径R=2Lsin53°=8F′其提供A做匀速圆周运动的向心力F′＝Mω2R解得小圆环A的质量M=F′答：（1）装置静止时，O、B间细线的张力大小58（2）当细线与竖直方向的夹角为53°时，该装置转动的角速度5g3L（3）小圆环A的质量964【点评】本题解题关键是物体做圆周运动方向根据合力提供向心力列式，平衡方向根据平衡条件列等式。23．（2024春•广西期末）如图所示为自由式滑雪大跳台场地的简易图，其中斜坡AB、EF的倾角分别为α＝30°、β＝37°，滑雪时运动员由A点静止滑下，进入水平缓冲区BC，然后由C点离开缓冲区并无碰撞地由E点进入EF段。已知AB＝2BC＝40m，EF＝62m，重力加速度g取10m/s2，忽略一切阻力和摩擦，运动员经过B点时能量损失可忽略不计，sin37°＝0.6。求：（1）CE两点间的水平距离；（2）运动员由A点下滑到F点的总时间。【考点】平抛运动与斜面的结合；物体在粗糙斜面上的运动．【专题】计算题；定量思想；合成分解法；平抛运动专题；分析综合能力．【答案】（1）CE两点间的水平距离为30m；（2）运动员由A点下滑到F点的总时间为8.5s。【分析】（1）运动员在AB段下滑时，由牛顿第二定律求出加速度，由速度—位移公式求出运动员到达B点时的速度。运动员进入BC段后做匀速直线运动，然后从C点开始做平抛运动，无碰撞地由E点进入EF段，经过E点时速度与斜面平行，由分速度关系求出经过E点时竖直分速度vy，由vy＝gt求出运动员由C到E的时间，再求CE两点间的水平距离；（2）由公式v＝at求运动员由A到B的时间；由匀速运动的规律求运动员由B到C的时间；运动员在EF段运动时，由牛顿第二定律和位移—时间公式相结合求出从E到F的时间，从而求得总时间。【解答】解：（1）运动员在AB段下滑的过程，由牛顿第二定律得mgsinα＝ma1解得：a运动员从A到B的过程，有vB=2运动员进入BC段后做匀速直线运动，然后从C点以20m/s的速度开始做平抛运动。由E点切入斜坡EF，由平抛运动的规律可知tanβ=v解得：vy＝15m/s则运动员由C到E的时间为t3=vCE两点间的水平距离为xCE＝vBt3＝20×1.5m＝30m（2）运动员由A到B的运动时间为t1=v由B到C的时间为t2=x运动员在EF段运动时，由牛顿第二定律得mgsinβ＝ma2解得：a运动员在E点的速度为vE解得：vE＝25m/s运动员在EF段运动的过程，由xEF解得：t4＝2s运动员由A点下滑到F点的总时间为t＝t1+t2+t3+t4解得：t＝8.5s答：（1）CE两点间的水平距离为30m；（2）运动员由A点下滑到F点的总时间为8.5s。【点评】解答本题时，要理清运动员的运动过程，熟练运用运动的分解法处理平抛运动，并能根据牛顿第二定律和运动学公式相结合求解运动时间。24．（2024春•抚顺期末）一个人用一根长1m，只能承受35N拉力的绳子，拴着一个质量为1kg的小球，在竖直面内做圆周运动，已知转轴O离地面高为6m，如图所示。（g取10m/s2）（1）小球做圆周运动到最低点的速度为v，刚好绳子被拉断，求v的大小。（2）绳断后，小球落地点与抛出点的水平距离多大？【考点】圆周运动与平抛运动相结合的问题．【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；推理能力．【答案】（1）小球做圆周运动到最低点的速度为v，刚好绳子被拉断，速度为5m/s；（2）绳断后，小球落地点与抛出点的水平距离为5m。【分析】（1）在最低点，根据牛顿第二定律列式，求速度；（2）小球脱离绳子的束缚后，将做平抛运动，根据平抛规律，求时间和水平位移。【解答】解：（1）设小球经过最低点的速度为v时，绳子刚好被拉断，则由牛顿第二定律得T−mg=mv解得v=(T−mg)R（2）小球脱离绳子的束缚后，将做平抛运动，其竖直方向为自由落体运动，即ℎ−R=1则飞行时间为t=2(ℎ−R)所以，小球的水平位移为x＝vt＝5×1m＝5m答：（1）小球做圆周运动到最低点的速度为v，刚好绳子被拉断，速度为5m/s；（2）绳断后，小球落地点与抛出点的水平距离为5m。【点评】本题解题关键是掌握圆周模型和平抛模型规律，圆周运动采用牛顿第二定律解答，平抛运动水平方向为匀速运动，竖直方向为自由落体运动。25．（2024春•衡阳县校级期末）如图所示为跳台滑雪轨道简化模型，AB段光滑曲面为加速滑道，BCD段圆弧滑道为半径r＝16m的姿态调整滑道，左侧与AB段平滑连接，右侧与水平跳台DE连接，EF段为倾角为30°的速降斜坡。质量为60kg的滑雪运动员从加速滑道滑下后到达圆弧轨道的最低点C点时的速度大小v1＝20m/s，经过D点时的速度大小为v2＝15m/s，运动员整个运动过程的最高点P恰好在E点的正上方h＝7.2m处，最后落在斜坡上的Q点。已知重力加速度为10m/s2，不计空气阻力，速降斜坡足够长，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：（1）运动员在C点时受到圆弧轨道的弹力；（2）水平平台DE的长度；（3）经过P点之后，运动员距斜坡的最远距离（结果用根式表示）。【考点】牛顿第二定律求解向心力；平抛运动与斜面的结合；斜抛运动．【专题】定量思想；推理法；运动的合成和分解专题；牛顿第二定律在圆周运动中的应用；推理能力．【答案】（1）运动员在C点时受到圆弧轨道的弹力2100N，方向竖直向上；（2）水平平台DE的长度10.8m；（3）经过P点之后，运动员距斜坡的最远距离1713【分析】（1）在C点有，根据牛顿第二定律，求运动员在C点受到圆弧轨道的弹力大小；（2）根据斜抛运动列式，求角度和位移；（3）根据速度合成分解，求P点的速度，再根据几何关系，求运动员距斜坡的最远距离。【解答】解：（1）在C点有，根据牛顿第二定律FN解得FN＝2100N即运动员在C点受到圆弧轨道的弹力大小为2100N，方向竖直向上。（2）运动员在由D点飞出时速度与水平方向成α角，从D点运动到P点的过程中，做斜抛运动，竖直方向有(v2sinα)2=2gℎ水平方向有xDE＝v2cosα•t1解得α＝53°，xDE＝10.8m（3）运动到P点的速度vP＝v2cosα对其垂直斜坡方向分解vy＝vPsinθ，ay＝gcosθ当垂直斜坡方向上的速度减为0时，距离斜坡最远，由几何关系可知d＝hcosθ+H其中vy解得d=171答：（1）运动员在C点时受到圆弧轨道的弹力2100N，方向竖直向上；（2）水平平台DE的长度10.8m；（3）经过P点之后，运动员距斜坡的最远距离1713【点评】本题解题是掌握运动的合成和分解，并正确使用圆周运动的牛顿第二定律，是一道综合题。

考点卡片1．自由落体运动的规律及应用【知识点的认识】1．定义：物体只在重力作用下从静止开始竖直下落的运动叫做自由落体运动．2．公式：v＝gt；h=12gt2；v3．运动性质：自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动．4．物体做自由落体运动的条件：①只受重力而不受其他任何力，包括空气阻力；②从静止开始下落．重力加速度g：①方向：总是竖直向下的；②大小：g＝9.8m/s2，粗略计算可取g＝10m/s2；③在地球上不同的地方，g的大小不同．g随纬度的增加而增大（赤道g最小，两极g最大），g随高度的增加而减小．【命题方向】自由落体运动是常见的运动，可以看作是匀变速直线运动的特例，高考命题常以新情境来考查，而且经常与其他知识综合出题．单独考查的题型一般为选择题或计算题，综合其它知识考查的一般为计算题，难度一般中等或偏易．例1：关于自由落体运动，下列说法中正确的是（）A．在空气中不考虑空气阻力的运动是自由落体运动B．物体做自由运动时不受任何外力的作用C．质量大的物体，受到的重力大，落到地面时的速度也大D．自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动分析：自由落体运动是指物体仅在重力的作用下由静止开始下落加速度为g的匀加速直线运动运动，加速度g与质量无关．解答：A、自由落体运动是指物体仅在重力的作用下由静止开始下落的运动，故A错误；B、物体做自由运动时只受重力，故B错误；C、根据v＝gt可知，落到地面时的速度与质量无关，故C错误；D、自由落体运动是指物体仅在重力的作用下由静止开始下落加速度为g的匀加速直线运动运动，故D正确．故选：D．点评：把握自由落体运动的特点和规律，理解重力加速度g的变化规律即可顺利解决此类题目．例2：一个小石子从离地某一高度处由静止自由落下，某摄影爱好者恰好拍到了它下落的一段轨迹AB．该爱好者用直尺量出轨迹的实际长度，如图所示．已知曝光时间为11000A.6.5cmB.10mC.20mD.45m分析：根据照片上痕迹的长度，可以知道在曝光时间内物体下落的距离，由此可以估算出AB段的平均速度的大小，在利用自由落体运动的公式可以求得下落的距离．解答：由图可知AB的长度为2cm，即0.02m，曝光时间为11000s，所以AB段的平均速度的大小为v=由自由落体的速度位移的关系式v2＝2gh可得，h=v故选：C．点评：由于AB的运动时间很短，我们可以用AB段的平均速度来代替A点的瞬时速度，由此再来计算下降的高度就很容易了，通过本题一定要掌握这种近似的方法．【解题思路点拨】1．自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动，所以，匀变速直线运动公式也适用于自由落体运动．2．该知识点的3个探究结论：（1）物体下落快慢不是由轻重来决定的，是存在空气阻力的原因．（2）物体只在重力作用下从静止开始下落的运动，叫做自由落体运动．“自由”的含义是物体只受重力作用、且初速度为零．（3）不同物体从同一高度做自由落体运动，它们的运动情况是相同的．2．共点力的平衡问题及求解【知识点的认识】1.共点力（1）定义：如果一个物体受到两个或更多力的作用，这些力共同作用在物体的在同一点上，或者虽不作用在同一点上，但它们的延长线交于一点，这几个力叫作共点力。（2）力的合成的平行四边形定则只适用于共点力。2.共点力平衡的条件（1）平衡状态：物体保持静止或匀速直线运动的状态。（2）平衡条件：在共点力作用下物体平衡的条件是合力为0。3.对共点力平衡条件的理解及应用合外力等于0，即F合＝0→正交分解法Fx合=0Fy合=04.平衡条件的推论（1）二力平衡：若物体在两个力作用下处于平衡状态，则这两个力一定等大、反向。（2）三力平衡：若物体在三个共点力作用下处于平衡状态，则任意两个力的合力与第三个力等大、反向。（3）多力平衡：若物体在n个共点力作用下处于平衡状态，则其中任意一个力必定与另外（n﹣1）个力的合力等大、反向。5.解答共点力平衡问题的三种常用方法6.平衡中的临界、极值问题a.临界问题（1）问题特点：①当某物理量发生变化时，会引起其他几个物理量的变化。②注意某现象“恰好出现”或“恰好不出现”的条件。（2）分析方法：基本方法是假设推理法，即先假设某种情况成立，然后根据平衡条件及有关知识进行论证、求解。b.极值问题（1）问题界定：物体平衡的极值问题，一般指在力的变化过程中涉及力的最大值和最小值的问题。（2）分析方法：①解析法：根据物体平衡的条件列出方程，在解方程时，采用数学知识求极值或者根据物理临界条件求极值。②图解法：根据物体平衡的条件作出力的矢量图，画出平行四边形或者矢量三角形进行动态分析，确定最大值或最小值。7.“活结”与“死结”、“活杆”与“死杆”模型（1）“活结”与“死结”模型①“活结”一般是由轻绳跨过光滑滑轮或者绳上挂一光滑挂钩而形成的。绳虽然因“活结”而弯曲，但实际上是同一根绳，所以由“活结”分开的两段绳上弹力的大小一定相等，两段绳合力的方向一定沿这两段绳夹角的平分线。②“死结”两侧的绳因结而变成了两根独立的绳，因此由“死结”分开的两段绳上的弹力不一定相等。（2）“活杆”与“死杆”模型①“活杆”：指轻杆用转轴或铰链连接，当轻杆处于平衡状态时，轻杆所受到的弹力方向一定沿着杆，否则会引起轻杆的转动。如图甲所示，若C为转轴，则轻杆在缓慢转动中，弹力方向始终沿杆的方向。②“死杆”：若轻杆被固定，不发生转动，则轻杆所受到的弹力方向不一定沿杆的方向。如图乙所示，水平横梁的一端A插在墙壁内，另一端B装有一个小滑轮，绳的一端C固定于墙壁上，另一端跨过滑轮后悬挂重物m。滑轮对绳的作用力应为图丙中两段绳中拉力F1和F2的合力F的反作用力，即AB杆弹力的方向不沿杆的方向。【命题方向】例1：在如图所示的甲、乙、丙、丁四幅图中，滑轮光滑且所受的重力忽略不计，滑轮的轴O安装在一根轻木杆P上，一根轻绳ab绕过滑轮，a端固定在墙上，b端下面挂一质量为m的重物。当滑轮和重物都静止不动时，甲、丙、丁图中木杆P与竖直方向的夹角均为θ，乙图中木杆P竖直。假设甲、乙、丙、丁四幅图中滑轮受到木杆P的弹力的大小依次为FA、FB、FC、FD，则以下判断正确的是（）A.FA＝FB＝FC＝FDB.FD＞FA＝FB＞FCC.FA＝FC＝FD＞FBD.FC＞FA＝FB＞FD分析：对滑轮受力分析，受两个绳子的拉力和杆的弹力；滑轮一直保持静止，合力为零，故杆的弹力与两个绳子的拉力的合力等值、反向、共线。解答：由于两个绳子的拉力大小等于重物的重力，大小不变，即四个选项中绳子的拉力是大小相等的，根据平行四边形定则知两个力的夹角越小，则合力越大，即滑轮两边绳子的夹角越小，绳子拉力的合力越大，故丁图中绳子拉力合力最大，则杆的弹力最大，丙图中夹角最大，绳子拉力合力最小，则杆的弹力最小，甲图和乙图中的夹角相同，则绳子拉力合力相等，则杆的弹力相等，所以甲、乙、丙、丁四幅图中滑轮受到木杆P的弹力的大小顺序为：FD＞FA＝FB＞FC，故B正确，ACD错误。故选：B。本题考查的是力的合成与平衡条件在实际问题中的应用，要注意杆的弹力可以沿着杆的方向也可以不沿着杆方向，结合平衡条件分析是关键。例2：如图所示，两根等长的轻绳将日光灯悬挂在天花板上，两绳与竖直方向的夹角都为45°，日光灯保持水平，所受重力为G。则（）A.两绳对日光灯拉力的合力大小等于GB.两绳的拉力和重力不是共点力C.两绳的拉力大小均为22D.两绳的拉力大小均为G分析：两绳的拉力和重力是共点力，根据合力为零分析AB选项；根据对称性可知，左右两绳的拉力大小相等，分析日光灯的受力情况，由平衡条件求解绳子的拉力大小。解答：B．对日光灯受力分析如图：两绳拉力的作用线与重力作用线的延长线交于一点，这三个力是共点力，故B错误；A．由于日光灯在两绳拉力和重力作用下处于静止状态，所以两绳的拉力的合力与重力G等大反向，故A正确；CD．由于两个拉力的夹角成直角，且都与竖直方向成45°角，则由力的平行四边形定则可知：G=F12+F22，F1＝F故选：AC。点评：本题主要是考查了共点力的平衡，解答本题的关键是：确定研究对象、进行受力分析、进行力的合成，利用平衡条件建立方程进行解答。例3：如图，三根长度均为l的轻绳分别连接于C、D两点，A、B两端被悬挂在水平天花板上，相距2l。现在C点上悬挂一个质量为m的重物，为使CD绳保持水平，在D点上可施加力的最小值为（）A.mgB.33C.12D.14分析：根据物体的受力平衡，依据几何关系求解即可。解答：依题得，要想CD水平，则各绳都要紧绷，根据几何关系可知，AC与水平方向的夹角为60°，结点C受力平衡，则受力分析如图所示因此CD的拉力为T＝mg•tan30°D点受CD绳子拉力大小等于T，方向向左。要使CD水平，则D点两绳的拉力与外界的力的合力为零，则CD绳子对D点的拉力可分解为沿BD绳的F1以及另一分力F2。由几何关系可知，当F2与BD垂直时，F2最小，F2的大小即为拉力大小，因此有F2min＝T•sin60°=1故ABD错误，C正确。故选：C。点评：本题考查的是物体的受力平衡，解题的关键是当F2与BD垂直时，F2最小，F2的大小即为拉力大小。例4：如图甲所示，细绳AD跨过固定的水平轻杆BC右端的轻质光滑定滑轮悬挂一质量为M1的物体，∠ACB＝30°；图乙中轻杆HG一端用铰链固定在竖直墙壁上，另一端G通过细绳EG拉住，EG与水平方向的夹角为30°，在轻杆的G点用细绳GF悬挂一质量为M2的物体（都处于静止状态），求：（1）细绳AC的张力FTAC与细绳EG的张力FTEG之比；（2）轻杆BC对C端的支持力；（3）轻杆HG对G端的支持力。分析：（1）根据力的分解及几何关系解答。（2）图甲中对滑轮受力分析，运用合成法求解细绳AC段的张力FAC与轻杆BC对C端的支持力；（3）乙图中，以C点为研究对象，根据平衡条件求解细绳EG段的张力F2以及轻杆HG对G端的支持力。解答：下图（a）和下图（b）中的两个物体M1、M2都处于平衡状态，根据平衡的条件，首先判断与物体相连的细绳，其拉力大小等于物体的重力；分别取C点和G点为研究对象，进行受力分析如图（a）和右图（b）所示，根据平衡规律可求解。（1）上图（a）中轻绳AD跨过定滑轮拉住质量为M1的物体，物体处于平衡状态，轻绳AC段的拉力FTAC＝FCD＝M1g；上图（b）中由于FTEGsin30°＝M2g得FEG＝2M2g所以FTAC：FTEG＝M1：2M2。（2）上图（a）中，根据FAC＝FCD＝M1g且夹角为120°故FNC＝FAC＝M1g，方向与水平方向成30°，指向斜右上方。（3）上图（b）中，根据平衡方程有FNG=M2g答：（1）轻绳AC段的张力FAC与细绳EG的张力FEG之比为M1（2）轻杆BC对C端的支持力为M1g，指向斜右上方；（3）轻杆HG对G端的支持力大小为3M2g方向水平向右。点评：本题首先要抓住定滑轮两端绳子的特点，其次要根据平衡条件，以C、G点为研究对象，按力平衡问题的一般步骤求解。【解题思路点拨】1.在分析问题时，注意“静止”和“v＝0”不是一回事，v＝0，a=0时，是静止，是平衡状态a≠0时，不是平衡状态2.解答共点力平衡问题的一般步骤（1）选取研究对象，对于有相互作用的两个或两个以上的物体构成的系统，应明确所选研究对象是系统整体还是系统中的某一个物体（整体法或隔离法）。（2）对所选研究对象进行受力分析，并画出受力分析图。（3）对研究对象所受的力进行处理，对三力平衡问题，一般根据平衡条件画出力合成时的平行四边形。对四力或四力以上的平衡问题，一般建立合适的直角坐标系，对各力按坐标轴进行分解。（4）建立平衡方程，对于四力或四力以上的平衡问题，用正交分解法列出方程组。3.临界与极值问题的分析技巧（1）求解平衡中的临界问题和极值问题时，首先要正确地进行受力分析和变化过程分析，找出平衡中的临界点和极值点。（2）临界条件必须在变化中寻找，不能停留在一个状态来研究临界问题，而是要把某个物理量推向极端，即极大或极小，并依此作出科学的推理分析，从而给出判断或结论。3．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13A、43mg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43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。4．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．5．超重与失重的概念、特点和判断【知识点的认识】1．实重和视重：（1）实重：物体实际所受的重力，它与物体的运动状态无关。（2）视重：当物体在竖直方向上有加速度时，物体对弹簧测力计的拉力或对台秤的压力将不等于物体的重力。此时弹簧测力计的示数或台秤的示数即为视重。2．超重、失重和完全失重的比较：现象实质超重物体对支持物的压力或对悬挂物的拉力大于物体重力的现象系统具有竖直向上的加速度或加速度有竖直向上的分量失重物体对支持物的压力或对悬挂物的拉力小于物体重力的现象系统具有竖直向下的加速度或加速度有竖直向下的分量完全失重物体对支持物的压力或对悬挂物的拉力为零的现象系统具有竖直向下的加速度，且a＝g【命题方向】题型一：超重与失重的理解与应用。例子：如图，一个盛水的容器底部有一小孔。静止时用手指堵住小孔不让它漏水，假设容器在下述几种运动过程中始终保持平动，且忽略空气阻力，则（）A．容器自由下落时，小孔向下漏水B．将容器竖直向上抛出，容器向上运动时，小孔向下漏水；容器向下运动时，小孔不向下漏水C．将容器水平抛出，容器在运动中小孔向下漏水D．将容器斜向上抛出，容器在运动中小孔不向下漏水分析：当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时，就说物体处于超重状态，此时有向上的加速度；当物体对接触面的压力小于物体的真实重力时，就说物体处于失重状态，此时有向下的加速度；如果没有压力了，那么就是处于完全失重状态，此时向下加速度的大小为重力加速度g。解答：无论向哪个方向抛出，抛出之后的物体都只受到重力的作用，处于完全失重状态，此时水和容器的运动状态相同，它们之间没有相互作用，水不会流出，所以D正确。故选：D。点评：本题考查了学生对超重失重现象的理解，掌握住超重失重的特点，本题就可以解决了。【解题方法点拨】解答超重、失重问题时，关键在于从以下几方面来理解超重、失重现象：（1）不论超重、失重或完全失重，物体的重力不变，只是“视重”改变。（2）物体是否处于超重或失重状态，不在于物体向上运动还是向下运动，而在于物体是有竖直向上的加速度还是有竖直向下的加速度。（3）当物体处于完全失重状态时，重力只产生使物体具有a＝g的加速度的效果，不再产生其他效果。平常一切由重力产生的物理现象都会完全消失。（4）物体超重或失重的多少是由物体的质量和竖直加速度共同决定的，其大小等于ma。6．物体在粗糙斜面上的运动【知识点的认识】1.物体在粗糙斜面上运动时，其加速度也一定沿着斜面方向。2.设斜面的倾角为α，斜面与物体之间的动摩擦因数为μ。①当物体沿着斜面向上运动时，滑动摩擦力沿着斜面向下，根据牛顿第二定律mgsinα+μmgcosα＝ma，可以求出a＝gsinα+μgcosα②当物体沿着斜面向下运动时，滑动摩擦力沿着斜面向上，根据牛顿第二定律|mgsinα﹣μmgcosα|＝ma，可以求出a＝|gsinα﹣μgcosα|a、如果重力的下滑分力大于摩擦力，物体的加速度沿斜面向下，a＝gsinα﹣μgcosαb、如果重力的下滑分力小于摩擦力，物体的加速度沿斜面向上，a＝μgcosα﹣gsinα【命题方向】一、图像类问题如图所示，物块以初速度v0从粗糙斜面底端沿斜面上滑，达到最高点后沿斜面返回，下列v﹣t图象能正确反映物体运动规律的是（）A、B、C、D、分析：根据牛顿第二定律判断出加速度大小关系，结合速度方向关系，即可判断图象的形状。解答：在上滑过程中，根据牛顿第二定律可知上滑加速度大小为：a1=mgsinθ+f下滑过程的加速度大小为：a2=mgsinθ−fm，方向沿斜面向下。故a1＞a故选：C。点评：本题的关键是运用牛顿第二定律判断加速度的大小关系，要知道速度的符号表示速度方向，v﹣t图象的斜率表示加速度。二、运动过程计算如图所示，固定在水平地面上的粗糙斜面的倾角θ＝37°，一质量m＝5kg的滑块在F＝150N的水平推力作用下，从斜面底端由静止开始沿斜面运动，推力作用t1＝4s后撤去，滑块在斜面上继续滑行t2＝2s后，速度减为零。（已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2）（1）求滑块与斜面间的动摩擦因数μ和物体上滑的位移x；（2）当滑块到达最高点时，对滑块施加大小仍为F、方向改成竖直向下的作用力，求滑块从最高点回到地面的时间（结果可保留根号）。分