第1頁（共1頁）2025年高考備考高中物理個性化分層教輔尖子生篇《曲線運動》一．選擇題（共10小題）1．（2023秋?新吳區校級期末）救援員駕駛摩托艇救人。洪水沿江向下游流去，江岸平直，水流速度為v1，摩托艇在靜水中的航速為v2，救人的地點A離岸邊最近處O的距離為d，如在最短時間內將人送上岸，則摩托艇登陸的地點離O點的距離為（）A．v2dv1C．0 D．v2．（2024春?河池期末）如圖所示，在細長輕繩下端拴一小球，將小球向左拉開一個小角度，然后無初速度釋放。對于小球的運動，下列說法正確的是（）A．小球做勻速圓周運動 B．輕繩對小球的拉力提供它做圓周運動的向心力 C．小球受到的合外力提供它做圓周運動的向心力 D．小球經過最低點時對輕繩的拉力最大3．（2024春?青秀區校級期末）如圖所示，某小船船頭垂直河岸渡河，已知該段河寬300m，河水流速v1＝3m/s，船在靜水中的速度v2＝5m/s，下列說法確的是（）A．小船做曲線運動 B．小船渡河所用時間為60s C．小船的速度大小為4m/s D．小船渡河的位移大小為300m4．（2024春?永州期末）如圖所示，質量為m的小球用長為l的細線懸于P點，使小球在水平面內以角速度ω做勻速圓周運動。已知小球做圓周運動時圓心O到懸點P的距離為h，小球可視為質點，重力加速度為g。下列說法正確的是（）A．小球的頻率為2πω B．小球的線速度大小為ωh C．小球受到合力大小為mg?lD．繩對小球的拉力大小為mω2l5．（2024春?永州期末）如圖所示，下列有關生活中的圓周運動實例分析，其中說法正確的是（）A．汽車通過凹形橋的最低點時，汽車處于超重狀態 B．鐵路的轉彎處，通常要求外軌比內軌高，是為了利用輪緣與外軌的側壓力助火車轉彎 C．雜技演員表演“水流星”，當它通過最高點時處于完全失重狀態，不受重力作用 D．脫水筒的脫水原理是水滴受到的離心力大于它受到的向心力，從而沿切線方向甩出6．（2024春?永州期末）在一個無風的下午，一個小孩子手拿小紙片放在嘴邊，將小紙片水平吹出。已知此小孩的身高約為1.25m，下列說法正確的是（）A．小紙片做平拋運動 B．小紙片的下落時間可能為0.5s C．小紙片的下落時間可能為1.5s D．小紙片不可能豎直落地7．（2023秋?沙坪壩區校級期末）如圖所示，一條兩岸平直的小河，寬L＝100m，河水流速的大小處處相等，一人駕駛小船由渡口A駛向渡口B，船頭始終垂直于河岸，已知船在靜水中航速恒定，且船在靜水中的速度與河水的流速之比為1：2，若該船到達對岸需要50s。以地面為參考系，下列說法正確的是（）A．河水流速大小為2m/s B．船的合速度大小為2m/s C．船的位移大小為1005D．船渡河的軌跡是一條直線，且與河岸的夾角等于30°8．（2024春?曲靖期末）如圖所示，有一條寬為50m的河道，一小船從岸邊的某點渡河，渡河過程中保持船頭指向與河岸始終垂直。已知小船在靜水中的速度大小為4m/s，水流速度大小為2m/s。下列說法正確的是（）A．小船渡河過程中的位移大小為50m B．小船渡河的時間是12.5s C．小船在河水中航行的軌跡是曲線 D．小船在河水中的速度是6m/s9．（2024春?廣西期末）2023年夏季，中國北方地區遭遇了罕見的持續暴雨天氣，京津冀地區多地遭受洪澇災害，河北省涿州市成為受災最為嚴重的地區之一。救援小組在某次救援時，船由河岸的A點出發，經過一段時間到達對岸，已知水速為v1，船在靜水中的速度為v2，兩河岸的最近距離為d。下列說法正確的是（）A．若v1＞v2，船渡河的最小位移為d B．船到達對岸時的速度一定大于v2 C．船渡河的最短時間為dvD．若v1＜v2，船渡河的位移最短時，船渡河的時間為d10．（2024春?高新區校級期末）一物體在恒力作用下做勻速圓周運動，其加速度方向是（）A．與速度方向相同 B．與速度方向相反 C．指向圓心 D．垂直于速度方向二．多選題（共5小題）（多選）11．（2024?齊齊哈爾開學）籃球是大家最喜歡的運動，有些奇特玩法也逐漸被解鎖，一籃球被繩子拴住做勻速圓周運動，其線速度大小為3m/s，轉動周期為2s，則（）A．角速度為0.5rad/s B．轉速為0.5r/s C．軌跡半徑為3πm D．加速度大小為2πm/s（多選）12．（2024春?綿陽期末）如圖所示，水平盤繞垂直于圓心O的軸勻速轉動，沿半徑方向放著用輕繩相連的兩個物體A和B，A的質量為2m，B的質量為m，A與圓心距離為r，B與圓心距離為3r，兩物體與盤間的動摩擦因數μ相同，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，輕繩剛好伸直，重力加速度為g。在圓盤從靜止開始緩慢加速到兩物體恰要與圓盤發生相對滑動的過程中（）A．轉盤對物體A摩擦力大小逐漸增大 B．物體B的靜摩擦力比物體A的靜摩擦力先達到最大靜摩擦力 C．圓盤角速度小于μg3r，輕繩無拉力D．兩物體恰要與圓盤發生相對滑動時，圓盤角速度為μg（多選）13．（2024春?曲靖期末）如圖所示，一小球從斜面上的某點以速度v水平拋出，落在斜面上A點。平拋末速度與豎直方向的夾角為β，平拋位移與豎直方向的夾角為α。已知斜面與水平面夾角為θ，重力加速度為g，則（）A．α＝2β B．平拋的時間t=2vtanθC．平拋的豎直位移?=2D．平拋末速度v（多選）14．（2024春?天山區校級期末）第24屆冬奧會于2022年2月在北京和張家口成功舉行，高山滑雪是冬奧會運動項目之一，訓練軌道可簡化為由弧形軌道AO和傾斜直軌道OB組成，如圖，某運動員（可視為質點）從弧形軌道A點由靜止滑下，從O點沿水平方向飛出，并落到軌道OB上。運動員到O點以20m/s的速度水平飛出，軌道OB的傾角θ＝37°，取g＝10m/s2，不計一切摩擦和空氣阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，則下列說法正確的是（）A．運動員從O點到落在斜面上的時間為3s B．運動員的落點與O點的距離為45m C．運動員落在斜面上瞬間的速度大小為1013D．運動員從A點下滑的高度越高，落在OB斜面上時其速度方向與斜面的夾角越大（多選）15．（2024?雨花區校級開學）2022年北京冬奧會在北京和張家口舉行，北京成為了歷史上第一個既舉辦過夏季奧運會又舉辦過冬季奧運會的城市。如圖圖示為某滑雪運動員訓練的場景，運動員以速度v1＝10m/s沿傾角α＝37°、高H＝15m的斜面甲飛出，并能無碰撞地落在傾角β＝60°的斜面乙上，順利完成飛越。把運動員視為質點，忽略空氣阻力，重力加速度取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。以下說法正確的是（）A．運動員落至斜面乙時的速率為18m/s B．斜面乙的高度為7.2m C．運動員在空中飛行時離地面的最大高度為20m D．運動員在空中飛行時離地面的最大高度時的速度大小為8m/s三．填空題（共5小題）16．（2024春?邢臺期末）為了清理堵塞河道的冰凌，空軍實施投彈爆破．飛機在河道上空高H處以速度v0水平勻速飛行，投擲下炸彈并擊中目標．求炸彈剛脫離飛機到擊中目標所飛行的水平距離及擊中目標時的速度大小．（不計空氣阻力）；．17．（2024春?潮州期末）已知手表的秒針長1.3cm，分針長1.2cm，由此可以計算該手表秒針的角速度大小為，秒針和分針針尖轉動的線速度之比是。18．（2024春?徐匯區校級期末）如圖所示，甲球和乙球的質量為m，在豎直平面內繞O點做半徑為R的完整的圓周運動，重力加速度為g，OA為輕繩，OB為輕質桿，不計阻力，則在最低點，甲球動能的最小值為，乙球動能的最小值為。19．（2024春?福州期末）如圖所示，傾角為37°的斜面固定在水平面上，小球從斜面上M點的正上方0.2m處由靜止下落，在M點與斜面碰撞，之后落到斜面上的N點。已知小球在碰撞前、后瞬間，速度沿斜面方向的分量不變，沿垂直于斜面方向的分量大小不變，方向相反，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度大小g＝10m/s2，忽略空氣阻力，則小球從M點運動至N點所用的時間為。20．（2024春?泉州期末）如圖，質量為2×103kg的汽車在水平公路上行駛，當汽車經過半徑為160m的彎路時，車速為8m/s。此時汽車轉彎所需要的向心力大小為N。下雨天汽車轉彎前要減速，是因為汽車與地面間的（選填“摩擦力”或“最大靜摩擦力”）變小了。四．解答題（共5小題）21．（2024春?葫蘆島期末）如圖所示，不可伸長的輕繩一端固定在O點，另一端系一質量為m的小球，使小球在豎直面內做圓周運動。當小球以速度v經過最高點時，輕繩上恰好無拉力；當小球以速度2v經過最高點時，輕繩上的拉力大小為F1；當小球以速度3v經過最低點時，輕繩上的拉力大小為F2。重力加速度為g，忽略空氣阻力。求：（1）圓周運動半徑；（2）F2與F1之差。22．（2024?洛龍區校級開學）如圖所示的離心裝置中，光滑水平輕桿固定在豎直轉軸的O點，小圓環A和輕質彈簧套在輕桿上，長為2L的細線和彈簧兩端分別固定于O和A，質量為m的小球B固定在細線的中點，裝置靜止時，細線與豎直方向的夾角為37°，現將裝置由靜止緩慢加速轉動，當細線與豎直方向的夾角增大到53°時，A、B間細線的拉力恰好減小到零，彈簧彈力與靜止時大小相等、方向相反，重力加速度為g，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：（1）裝置靜止時，O、B間細線的張力大小；（2）當細線與豎直方向的夾角為53°時，該裝置轉動的角速度；（3）小圓環A的質量。23．（2024春?廣西期末）如圖所示為自由式滑雪大跳臺場地的簡易圖，其中斜坡AB、EF的傾角分別為α＝30°、β＝37°，滑雪時運動員由A點靜止滑下，進入水平緩沖區BC，然后由C點離開緩沖區并無碰撞地由E點進入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，運動員經過B點時能量損失可忽略不計，sin37°＝0.6。求：（1）CE兩點間的水平距離；（2）運動員由A點下滑到F點的總時間。24．（2024春?撫順期末）一個人用一根長1m，只能承受35N拉力的繩子，拴著一個質量為1kg的小球，在豎直面內做圓周運動，已知轉軸O離地面高為6m，如圖所示。（g取10m/s2）（1）小球做圓周運動到最低點的速度為v，剛好繩子被拉斷，求v的大小。（2）繩斷后，小球落地點與拋出點的水平距離多大？25．（2024春?衡陽縣校級期末）如圖所示為跳臺滑雪軌道簡化模型，AB段光滑曲面為加速滑道，BCD段圓弧滑道為半徑r＝16m的姿態調整滑道，左側與AB段平滑連接，右側與水平跳臺DE連接，EF段為傾角為30°的速降斜坡。質量為60kg的滑雪運動員從加速滑道滑下后到達圓弧軌道的最低點C點時的速度大小v1＝20m/s，經過D點時的速度大小為v2＝15m/s，運動員整個運動過程的最高點P恰好在E點的正上方h＝7.2m處，最后落在斜坡上的Q點。已知重力加速度為10m/s2，不計空氣阻力，速降斜坡足夠長，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：（1）運動員在C點時受到圓弧軌道的彈力；（2）水平平臺DE的長度；（3）經過P點之后，運動員距斜坡的最遠距離（結果用根式表示）。

2025年高考備考高中物理個性化分層教輔尖子生篇《曲線運動》參考答案與試題解析一．選擇題（共10小題）1．（2023秋?新吳區校級期末）救援員駕駛摩托艇救人。洪水沿江向下游流去，江岸平直，水流速度為v1，摩托艇在靜水中的航速為v2，救人的地點A離岸邊最近處O的距離為d，如在最短時間內將人送上岸，則摩托艇登陸的地點離O點的距離為（）A．v2dv1C．0 D．v【考點】小船過河問題．【專題】定量思想；模型法；運動的合成和分解專題；分析綜合能力．【答案】B【分析】當摩托艇指向始終與江岸垂直時，渡河時間最短，由t=dv2【解答】解：當摩托艇指向始終與江岸垂直時，渡河時間最短，則該摩托艇渡河的最短時間為t=dv2故選：B。【點評】本題關鍵是找到合運動與分運動，知道船的指向始終與河岸垂直時，渡河時間最短。2．（2024春?河池期末）如圖所示，在細長輕繩下端拴一小球，將小球向左拉開一個小角度，然后無初速度釋放。對于小球的運動，下列說法正確的是（）A．小球做勻速圓周運動 B．輕繩對小球的拉力提供它做圓周運動的向心力 C．小球受到的合外力提供它做圓周運動的向心力 D．小球經過最低點時對輕繩的拉力最大【考點】牛頓第二定律求解向心力；牛頓第三定律的理解與應用；向心力的來源分析．【專題】定性思想；推理法；勻速圓周運動專題；推理能力．【答案】D【分析】A．根據受力分析，判斷合力是否指向圓心，據此判斷小球是否做勻速圓周運動；BC．根據向心力定義，結合受力分析，重力沿繩方向的分力與繩的拉力的合力提供向心力，重力沿切線方向的分力產生切向加速度，改變速度的大小，據此判斷；D．小球經過最低點時速度最大，根據牛頓第二定律可知，此時輕繩對小球的拉力最大，據此判斷。【解答】解：A．由于小球受到豎直向下的重力和沿繩方向指向圓心的繩拉力，二者合力不指向圓心，所以小球做變速圓周運動，故A錯誤；BC．重力沿繩方向的分力與繩的拉力的合力提供向心力，重力沿切線方向的分力產生切向加速度，改變速度的大小，故BC錯誤；D．小球經過最低點時速度最大，根據牛頓第二定律可得F?mg=mv由此可知，輕繩對小球的拉力最大，根據牛頓第三定律可得小球對輕繩的拉力最大，故D正確。故選：D。【點評】本題考查豎直方向的圓周運動，要理解變速圓周運動中向心力的概念，即指向圓心方向的合力提供向心力。3．（2024春?青秀區校級期末）如圖所示，某小船船頭垂直河岸渡河，已知該段河寬300m，河水流速v1＝3m/s，船在靜水中的速度v2＝5m/s，下列說法確的是（）A．小船做曲線運動 B．小船渡河所用時間為60s C．小船的速度大小為4m/s D．小船渡河的位移大小為300m【考點】小船過河問題．【專題】定量思想；推理法；運動的合成和分解專題；推理能力．【答案】B【分析】兩分速度不變，則合運動是直線運動，根據運動的獨立性求解渡河時間，根據平行四邊形定則求解合速度，船參與了兩個分運動，沿著船頭方向且相對于靜水的分運動，隨著水流一起的分運動。【解答】解：A、由題意可知，兩分速度不變，則合運動是直線運動，那么船在河中的運動軌跡是一條直線，故A錯誤；B、若小船行駛過程中船頭一直垂直指向對岸，根據運動的獨立性可知渡河時間為t=d故B正確；C、小船實際的速度是水流速與靜水速的合速度，根據平行四邊形定則，合速度v=v12D、因v1＞v2所以船不會垂直河岸航行，故小船渡河的位移一定大于300m，故D錯誤；故選：B。【點評】小船過河問題屬于運動的合成問題，要明確分運動的等時性、獨立性，運用分解的思想，看過河時間只分析垂直河岸的速度，分析過河位移時，要分析合速度。4．（2024春?永州期末）如圖所示，質量為m的小球用長為l的細線懸于P點，使小球在水平面內以角速度ω做勻速圓周運動。已知小球做圓周運動時圓心O到懸點P的距離為h，小球可視為質點，重力加速度為g。下列說法正確的是（）A．小球的頻率為2πω B．小球的線速度大小為ωh C．小球受到合力大小為mg?lD．繩對小球的拉力大小為mω2l【考點】牛頓第二定律求解向心力；線速度與角速度的關系．【專題】定量思想；推理法；勻速圓周運動專題；分析綜合能力．【答案】D【分析】根據圓周運動中幾個物理量的公式，以及合外力提供向心力，可求出正確選項。【解答】解：A.小球的頻率為f=ωB.根據線速度與角速度的公式有v=l2C.設細線與豎直方向的夾角為θ，小球受到合力大小為F＝mgtanθ＝mgl2D.根據牛頓第二定律可得，Tsinθ＝mω2lsinθ解得繩對小球的拉力大小為T＝mω2l，故D正確。故選：D。【點評】學生在解答本題時，應注意對于細線小球模型，要明確小球做圓周運動的半徑。5．（2024春?永州期末）如圖所示，下列有關生活中的圓周運動實例分析，其中說法正確的是（）A．汽車通過凹形橋的最低點時，汽車處于超重狀態 B．鐵路的轉彎處，通常要求外軌比內軌高，是為了利用輪緣與外軌的側壓力助火車轉彎 C．雜技演員表演“水流星”，當它通過最高點時處于完全失重狀態，不受重力作用 D．脫水筒的脫水原理是水滴受到的離心力大于它受到的向心力，從而沿切線方向甩出【考點】牛頓第二定律求解向心力；牛頓第二定律的簡單應用；超重與失重的概念、特點和判斷．【專題】定性思想；推理法；牛頓第二定律在圓周運動中的應用；推理能力．【答案】A【分析】汽車通過凹形橋的最低點時，具有豎直向上的向心加速度，處于超重狀態；火車按設計速度轉彎時，恰好由重力和支持力的合力完全提供向心力；“水流星”在最高點時重力完全提供向心力；服對水滴的吸附力小于水滴做圓周運動所需要的向心力，因此產生離心現象。【解答】解：A、汽車通過拱橋的最低點時，具有向上的加速度（向心加速度），處于超重狀態，故A正確；B、在鐵路的轉彎處，通常要求外軌比內軌高，是利用重力與支持力的合力提供向心力，故B錯誤；C、當“水流星”通過最高點時，根據牛頓第二定律有：F+mg＝mv2R，解得F＝mg﹣mD、離心力與向心力并非水滴的實際受力，當水滴所受合力不足以提供向心力時，水滴將做離心運動，會沿切線方向甩出，故D錯誤；故選：A。【點評】本題考查圓周運動在實際生活的應用，要聯系所學知識點進行分析，注意離心力與向心力并非水滴的實際受力。6．（2024春?永州期末）在一個無風的下午，一個小孩子手拿小紙片放在嘴邊，將小紙片水平吹出。已知此小孩的身高約為1.25m，下列說法正確的是（）A．小紙片做平拋運動 B．小紙片的下落時間可能為0.5s C．小紙片的下落時間可能為1.5s D．小紙片不可能豎直落地【考點】平拋運動時間的計算；平拋運動的概念和性質．【專題】定量思想；推理法；平拋運動專題；分析綜合能力．【答案】C【分析】平拋運動，只受重力作用，具有水平初速度。小紙片下落過程中，受重力和空氣阻力作用，而且阻力不能忽略；根據自由落體運動計算下落時間，進而判斷小紙片下落時間，也說明下落時間與高度的關系。【解答】解：A.由于小紙片很輕，受空氣阻力影響較大，則不會做平拋運動，故A正確；BC.若只受重力，則?=解得t＝0.5s但由于存在空氣阻力作用，則下落時間大于0.5s，可能為1.5s，故B錯誤，C正確；D.由于空氣阻力作用，水平方向速度可能減小為零，則可能豎直落地，故D錯誤。故選：C。【點評】本題主要考查對平拋運動的理解，理解平拋運動的概念是解題關鍵。7．（2023秋?沙坪壩區校級期末）如圖所示，一條兩岸平直的小河，寬L＝100m，河水流速的大小處處相等，一人駕駛小船由渡口A駛向渡口B，船頭始終垂直于河岸，已知船在靜水中航速恒定，且船在靜水中的速度與河水的流速之比為1：2，若該船到達對岸需要50s。以地面為參考系，下列說法正確的是（）A．河水流速大小為2m/s B．船的合速度大小為2m/s C．船的位移大小為1005D．船渡河的軌跡是一條直線，且與河岸的夾角等于30°【考點】小船過河問題；合運動與分運動的關系．【專題】定量思想；推理法；運動的合成和分解專題；推理能力．【答案】C【分析】根據船頭始終垂直于河岸，故船速可以使用河寬除以渡河時間進行計算，而河水流速為靜水船速的二倍，也可得出河水流速。根據河水流速乘以渡河時間可以得出小船沿河岸方向位移，再根據幾何關系即可得出小船的合位移，根據小船豎直方向位移與水平方向位移之比可得出位移與河岸夾角的正切值，進而可以判斷角度關系。【解答】解：由于船頭始終垂直于河岸，所以船在靜水中的速度大小為：v船=L船在靜水中的速度與河水的流速之比為1：2，則河水流速大小為：V水＝2v船＝4m/s船的合速度大小為：v合=v水2船的位移大小為：x合＝v合t＝25m/s×50s＝1005m船渡河的軌跡是一條直線，設與河岸的夾角為θ，則有：tanθ=可得：θ＜30°。故ABD錯誤，C正確。故選：C。【點評】本題主要考查小船渡河中合位移與合速度的計算，學生需要牢記運動的合成與分解中相關內容即可，整體難度適中。8．（2024春?曲靖期末）如圖所示，有一條寬為50m的河道，一小船從岸邊的某點渡河，渡河過程中保持船頭指向與河岸始終垂直。已知小船在靜水中的速度大小為4m/s，水流速度大小為2m/s。下列說法正確的是（）A．小船渡河過程中的位移大小為50m B．小船渡河的時間是12.5s C．小船在河水中航行的軌跡是曲線 D．小船在河水中的速度是6m/s【考點】小船過河問題；合運動與分運動的關系．【專題】定量思想；推理法；運動的合成和分解專題；推理能力．【答案】B【分析】首先根據小船渡河過程中保持船頭指向與河岸始終垂直，計算小船在河水中的速度大小，然后根據t=d【解答】解：CD、渡河過程中保持船頭指向與河岸始終垂直，根據運動的合成可知小船在河水中的速度v=v船2AB、該情況下，小船會在水流方向移動一段位移，所以小船渡河的位移大于50m，根據垂直河岸的分運動可知t=d故選：B。【點評】本題考查小船渡河問題，解題時需要注意渡河時間t=d9．（2024春?廣西期末）2023年夏季，中國北方地區遭遇了罕見的持續暴雨天氣，京津冀地區多地遭受洪澇災害，河北省涿州市成為受災最為嚴重的地區之一。救援小組在某次救援時，船由河岸的A點出發，經過一段時間到達對岸，已知水速為v1，船在靜水中的速度為v2，兩河岸的最近距離為d。下列說法正確的是（）A．若v1＞v2，船渡河的最小位移為d B．船到達對岸時的速度一定大于v2 C．船渡河的最短時間為dvD．若v1＜v2，船渡河的位移最短時，船渡河的時間為d【考點】小船過河問題．【專題】定量思想；推理法；運動的合成和分解專題；分析綜合能力．【答案】D【分析】當船頭方向與河岸垂直時，渡河時間最短；因為船在靜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，當合速度的方向與靜水速度的方向垂直時，渡河位移最短。【解答】解：AD．如果要使船到達正對岸，船的速度應指向上游，船的合速度垂直河岸，則應滿足v1＜v2合速度大小v=v此時的渡河時間t=d故A錯誤，D正確；B．根據速度的合成可知，船到達對岸時的速度與v2的大小關系是不確定的，故B錯誤；C．若要使船的渡河時間最短，船的速度應垂直河岸，則渡河的時間為t=d故C錯誤。故選：D。【點評】小船過河問題屬于運動的合成問題，要明確分運動的等時性、獨立性，運用分解的思想，看過河時間只分析垂直河岸的速度，分析過河位移時，要分析合速度。10．（2024春?高新區校級期末）一物體在恒力作用下做勻速圓周運動，其加速度方向是（）A．與速度方向相同 B．與速度方向相反 C．指向圓心 D．垂直于速度方向【考點】勻速圓周運動．【專題】參照思想；歸納法；勻速圓周運動專題；理解能力．【答案】C【分析】勻速圓周運動的加速度方向指向圓心。【解答】解：根據勻速圓周運動的定義，可知加速度方向指向圓心，故ABD錯誤，C正確。答：故選C。【點評】了解圓周運動加速度的方向。二．多選題（共5小題）（多選）11．（2024?齊齊哈爾開學）籃球是大家最喜歡的運動，有些奇特玩法也逐漸被解鎖，一籃球被繩子拴住做勻速圓周運動，其線速度大小為3m/s，轉動周期為2s，則（）A．角速度為0.5rad/s B．轉速為0.5r/s C．軌跡半徑為3πm D．加速度大小為2πm/s【考點】角速度、周期、頻率與轉速的關系及計算．【專題】定量思想；推理法；勻速圓周運動專題；理解能力．【答案】BC【分析】根據ω=2πT計算角速度；根據v＝ωr計算半徑，根據a＝vω計算加速度；根據n【解答】解：A、籃球的角速度大小為ω=2πB、籃球的轉速為n=1C、根據v＝ωr可得軌跡半徑為r=vD、加速度大小為a＝vω＝3×πm/s2＝3πm/s2，故D錯誤。故選：BC。【點評】熟練掌握做圓周運動的物體的線速度、角速度、周期和半徑之間的關系是解題的基礎。（多選）12．（2024春?綿陽期末）如圖所示，水平盤繞垂直于圓心O的軸勻速轉動，沿半徑方向放著用輕繩相連的兩個物體A和B，A的質量為2m，B的質量為m，A與圓心距離為r，B與圓心距離為3r，兩物體與盤間的動摩擦因數μ相同，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，輕繩剛好伸直，重力加速度為g。在圓盤從靜止開始緩慢加速到兩物體恰要與圓盤發生相對滑動的過程中（）A．轉盤對物體A摩擦力大小逐漸增大 B．物體B的靜摩擦力比物體A的靜摩擦力先達到最大靜摩擦力 C．圓盤角速度小于μg3r，輕繩無拉力D．兩物體恰要與圓盤發生相對滑動時，圓盤角速度為μg【考點】水平轉盤上物體的圓周運動．【專題】定量思想；推理法；圓周運動中的臨界問題；推理能力．【答案】BC【分析】連接兩物塊的繩中沒有張力，根據牛頓第二定律列式，求角速度，角速度不斷增大，則A、B所受的摩擦力逐漸增大，物塊B所受的摩擦力先達到最大靜摩擦力，求角速度，當A所受的摩擦力沿半徑向外達到最大時，A物塊開始滑動，求臨界角速度。【解答】解：當圓盤角速度較小時，連接兩物塊的繩中沒有張力，根據牛頓第二定律有fAfB角速度不斷增大，則A、B所受的摩擦力逐漸增大，且物塊B所受的摩擦力先達到最大靜摩擦力，即fB解得ω=μg隨著角速度繼續增大，此時根據牛頓第二定律，則有對A：f對B：T+μmg＝mω2?3r由此可知，角速度增大，繩的拉力增大，fA減小，當A所受的摩擦力沿半徑向外達到最大時，A物塊開始滑動，此時根據牛頓第二定律有T﹣μ?2mg＝2mω2rT+μmg＝mω2?3r聯立解得ω=3μg綜上分析可知，A所受的摩擦力先增大后減小，再反向增大，物體B的靜摩擦力比物體A的靜摩擦力先達到最大，圓盤角速度小于μg3r，輕繩無拉力，兩物體恰要與圓盤發生相對滑動時，圓盤角速度為3μg故BC正確，AD錯誤。故選：BC。【點評】本題解題關鍵是正確受力分析，討論繩子有拉力和無拉力，根據牛頓第二定律列式，分析角速度。（多選）13．（2024春?曲靖期末）如圖所示，一小球從斜面上的某點以速度v水平拋出，落在斜面上A點。平拋末速度與豎直方向的夾角為β，平拋位移與豎直方向的夾角為α。已知斜面與水平面夾角為θ，重力加速度為g，則（）A．α＝2β B．平拋的時間t=2vtanθC．平拋的豎直位移?=2D．平拋末速度v【考點】平拋運動與斜面的結合；平拋運動速度的計算；平拋運動位移的計算．【專題】定量思想；控制變量法；平拋運動專題；理解能力．【答案】BC【分析】小球落到斜面上，豎直位移與水平位移之比等于tanα，水平速度與豎直速度的夾角為tanβ，其中根據tanα＝2tanβ得出時間的關系式；根據平拋運動的豎直位移公式得出結論；根據平拋運動末速度公式得出結論。【解答】解：AB．根據平拋運動的規律，有tanβ=vtanα=vtα+θ＝90°所以tanα＝2tanβ解得t=2vtanθ故A錯誤，B正確；C．平拋的豎直位移為h=12解得?=2故C正確；D．平拋末速度為v合故D錯誤。故選：BC。【點評】本題關鍵抓住水平位移和豎直位移的關系，挖掘隱含的幾何關系，運用運動的分解法進行研究。（多選）14．（2024春?天山區校級期末）第24屆冬奧會于2022年2月在北京和張家口成功舉行，高山滑雪是冬奧會運動項目之一，訓練軌道可簡化為由弧形軌道AO和傾斜直軌道OB組成，如圖，某運動員（可視為質點）從弧形軌道A點由靜止滑下，從O點沿水平方向飛出，并落到軌道OB上。運動員到O點以20m/s的速度水平飛出，軌道OB的傾角θ＝37°，取g＝10m/s2，不計一切摩擦和空氣阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，則下列說法正確的是（）A．運動員從O點到落在斜面上的時間為3s B．運動員的落點與O點的距離為45m C．運動員落在斜面上瞬間的速度大小為1013D．運動員從A點下滑的高度越高，落在OB斜面上時其速度方向與斜面的夾角越大【考點】平拋運動位移的計算；平拋運動速度的計算．【專題】定量思想；合成分解法；平拋運動專題；分析綜合能力．【答案】AC【分析】運動員從O開始做平拋運動，落到軌道OB上時，豎直位移與水平位移之比等于tanθ，結合分位移公式求解運動時間，由分位移公式和幾何關系求運動員的落點與O點的距離；由vy【解答】解：AB、設落點與O點的距離為L。運動員在O點的速度v0＝20m/s，運動員從O開始做平拋運動，由平拋運動得Lsinθ=1Lcosθ＝v0t解得：t＝3s，L＝75m，故A正確，B錯誤；C、設運動員落在斜面上瞬間的速度大小為v，運動員落在斜面上瞬間豎直向下的分速度大小為vy，則有vy解得：vy＝30m/s則運動員落在斜面上瞬間的速度大小為v=vD、設運動員落到斜面上的速度與水平方向夾角為α，則有tanα=gt可知運動員落到斜面上的速度與水平方向的夾角不變，則速度與斜面的夾角不變，故D錯誤。故選：AC。【點評】本題考查平拋運動的運用，要掌握平拋運動在水平方向和豎直方向上的運動規律，把握隱含的幾何關系是解決本題的關鍵。（多選）15．（2024?雨花區校級開學）2022年北京冬奧會在北京和張家口舉行，北京成為了歷史上第一個既舉辦過夏季奧運會又舉辦過冬季奧運會的城市。如圖圖示為某滑雪運動員訓練的場景，運動員以速度v1＝10m/s沿傾角α＝37°、高H＝15m的斜面甲飛出，并能無碰撞地落在傾角β＝60°的斜面乙上，順利完成飛越。把運動員視為質點，忽略空氣阻力，重力加速度取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。以下說法正確的是（）A．運動員落至斜面乙時的速率為18m/s B．斜面乙的高度為7.2m C．運動員在空中飛行時離地面的最大高度為20m D．運動員在空中飛行時離地面的最大高度時的速度大小為8m/s【考點】斜拋運動．【專題】定量思想；推理法；平拋運動專題；推理能力．【答案】BD【分析】AD.根據斜上拋運動分解得到水平分速度，結合恰好落在斜面乙上滿足的關系式列式求解判斷；B.根據機械能守恒定律列式求解斜面乙的高度；C.根據速度分解知識求解豎直分速度，結合豎直上拋運動知識求解最大高度。【解答】解：A.運動員在水平方向做勻速直線運動，水平方向速度大小為vx＝v1cosα＝10×0.8m/s＝8m/s，落到斜面乙時，設速度大小為v2，則滿足vx＝v2cosβ，解得v2＝16m/s，故A錯誤；B.設斜面乙高度為h，從斜面甲到斜面乙過程中，由機械能守恒定律mg（H﹣h）=12mv2C.從斜面甲飛出時，運動員在豎直方向的速度大小為vy＝v1sinα＝10×0.6m/s＝6m/s，則運動員在空中飛行時離地面的最大高度為Hmax＝H+vy2D.運動員在空中飛行時離地面的最大高度時的速度為水平方向的分速度vx＝8m/s，故D正確。故選：BD。【點評】考查斜拋運動問題，熟練應用速度的分解與合成的知識、動能定理、機械能守恒等分析解決相關問題。三．填空題（共5小題）16．（2024春?邢臺期末）為了清理堵塞河道的冰凌，空軍實施投彈爆破．飛機在河道上空高H處以速度v0水平勻速飛行，投擲下炸彈并擊中目標．求炸彈剛脫離飛機到擊中目標所飛行的水平距離及擊中目標時的速度大小．（不計空氣阻力）v02Hg；【考點】飛機投彈問題．【專題】平拋運動專題．【答案】見試題解答內容【分析】炸彈脫離飛機后做平拋運動，根據高度求出平拋運動的時間，結合豎直分速度和初速度求出炸彈擊中目標時的速度．【解答】解：根據H=12g則擊中目標時飛機飛行的水平距離x=v炸彈擊中目標時豎直分速度vy根據平行四邊形定則得，v=v故答案為：v02Hg【點評】解決本題的關鍵知道平拋運動在水平方向和豎直方向上的運動規律，結合運動學公式靈活求解．17．（2024春?潮州期末）已知手表的秒針長1.3cm，分針長1.2cm，由此可以計算該手表秒針的角速度大小為π30rad/s，秒針和分針針尖轉動的線速度之比是【考點】線速度與角速度的關系；線速度的物理意義及定義式；角速度的物理意義及定義式．【專題】定量思想；方程法；勻速圓周運動專題；推理能力．【答案】π30【分析】秒針轉一圈的時間為60s，根據ω=2πT求出秒針的角速度；根據v＝【解答】解：該手表秒針的角速度大小為ω分針的角速度大小為ω由公式v＝ωr可得，秒針和分針針尖轉動的線速度之比是v1故答案為：π30【點評】解決本題的關鍵知道秒針轉一圈的時間為60s，以及掌握線速度、角速度的公式。18．（2024春?徐匯區校級期末）如圖所示，甲球和乙球的質量為m，在豎直平面內繞O點做半徑為R的完整的圓周運動，重力加速度為g，OA為輕繩，OB為輕質桿，不計阻力，則在最低點，甲球動能的最小值為52mgR，乙球動能的最小值為2mgR【考點】繩球類模型及其臨界條件．【專題】定量思想；推理法；圓周運動中的臨界問題；推理能力．【答案】52【分析】根據繩模型的臨界速度和桿模型的臨界速度以及機械能守恒定律列式求解。【解答】解：甲球要能做完整的圓周運動，根據繩模型的臨界條件，甲球在最高點的速度至少等于gR，根據機械能守恒，甲球在最低點動能滿足Ek1＝mg?2R+12m（gR）2乙球要能做完整的圓周運動，根據桿模型的特點，小球在最高點是速度可以為0，根據機械能守恒，乙球在最低點動能滿足Ek2＝mg?2R＝2mgR故答案為：52【點評】考查豎直面內圓周運動的兩類模型，會根據題意進行準確分析和解答。19．（2024春?福州期末）如圖所示，傾角為37°的斜面固定在水平面上，小球從斜面上M點的正上方0.2m處由靜止下落，在M點與斜面碰撞，之后落到斜面上的N點。已知小球在碰撞前、后瞬間，速度沿斜面方向的分量不變，沿垂直于斜面方向的分量大小不變，方向相反，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度大小g＝10m/s2，忽略空氣阻力，則小球從M點運動至N點所用的時間為0.4s。【考點】斜拋運動；自由落體運動的規律及應用．【專題】定量思想；推理法；平拋運動專題；推理能力．【答案】0.4s【分析】根據自由落體求小球第一次撞擊斜面時的速度，根據速度的分解規則沿斜面方向和垂直于斜面方向分解速度和加速度，再根據相應的運動學規律列式求解運動時間。【解答】解：根據自由落體運動公式v2＝2gh，小球到M點的速度大小為v＝2m/s，以沿斜面為x軸，以垂直于斜面為y軸，如圖所示vx＝vsin37°＝2×0.6m/s＝1.2m/s，vy＝vcos37°＝2×0.8m/s＝1.6m/s，撞到斜面上反彈時vy′＝1.6m/s，方向垂直于斜面向上。同理將重力加速度分解為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，從M點落到斜面上的N點，由運動學公式y＝vy′t?12ayt故答案為：0.4s。【點評】考查自由落體運動和斜上拋運動規律以及與斜面的結合問題，掌握分解的方法思路，注意找出相應的結合關系進行列式解答。20．（2024春?泉州期末）如圖，質量為2×103kg的汽車在水平公路上行駛，當汽車經過半徑為160m的彎路時，車速為8m/s。此時汽車轉彎所需要的向心力大小為800N。下雨天汽車轉彎前要減速，是因為汽車與地面間的最大靜摩擦力（選填“摩擦力”或“最大靜摩擦力”）變小了。【考點】車輛在道路上的轉彎問題．【專題】定量思想；推理法；牛頓第二定律在圓周運動中的應用；推理能力．【答案】800，最大靜摩擦力。【分析】利用向心力表達式計算向心力；汽車在轉彎過程中由摩擦力提供向心力，下雨天路面濕滑，會減小汽車與地面間的最大靜摩擦力，若此時轉彎太快，車子會有可能發生打滑，可根據此狀態分析。【解答】解：汽車轉彎所需要的向心力大小為Fn代入數據解得Fn＝800N下雨天汽車轉彎前要減速，是因為汽車與地面間的最大靜摩擦力變小了，若汽車速度太快，轉彎時所需的向心力超過地面提供的最大靜摩擦力，將做離心運動。故答案為：800，最大靜摩擦力。【點評】本題考查學生對向心力表達式的靈活應用以及對汽車轉彎類圓周運動模型的理解。四．解答題（共5小題）21．（2024春?葫蘆島期末）如圖所示，不可伸長的輕繩一端固定在O點，另一端系一質量為m的小球，使小球在豎直面內做圓周運動。當小球以速度v經過最高點時，輕繩上恰好無拉力；當小球以速度2v經過最高點時，輕繩上的拉力大小為F1；當小球以速度3v經過最低點時，輕繩上的拉力大小為F2。重力加速度為g，忽略空氣阻力。求：（1）圓周運動半徑；（2）F2與F1之差。【考點】繩球類模型及其臨界條件．【專題】定量思想；推理法；牛頓第二定律在圓周運動中的應用；推理能力．【答案】（1）圓周運動半徑為v2（2）F2與F1之差為7mg。【分析】（1）以小球為研究對象，在最高點，拉力為零，根據牛頓第二定律解得半徑；（2）根據牛頓第二定律解答。【解答】解：（1）小球在豎直面內做圓周運動，在最高點，拉力為零，重力充當向心力，有mg=解得半徑R=（2）在最高點，拉力和重力合力充當向心力F1+mg＝m(2v在最低點，拉力和重力合力充當向心力F2﹣mg＝m(3v聯立解得F2﹣F1＝7mg答：（1）圓周運動半徑為v2（2）F2與F1之差為7mg。【點評】本題主要是考查豎直方向的圓周運動，關鍵是能夠根據牛頓第二定律結合向心力公式解答。22．（2024?洛龍區校級開學）如圖所示的離心裝置中，光滑水平輕桿固定在豎直轉軸的O點，小圓環A和輕質彈簧套在輕桿上，長為2L的細線和彈簧兩端分別固定于O和A，質量為m的小球B固定在細線的中點，裝置靜止時，細線與豎直方向的夾角為37°，現將裝置由靜止緩慢加速轉動，當細線與豎直方向的夾角增大到53°時，A、B間細線的拉力恰好減小到零，彈簧彈力與靜止時大小相等、方向相反，重力加速度為g，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：（1）裝置靜止時，O、B間細線的張力大小；（2）當細線與豎直方向的夾角為53°時，該裝置轉動的角速度；（3）小圓環A的質量。【考點】物體被系在繩上做圓錐擺運動；共點力的平衡問題及求解．【專題】定量思想；推理法；圓周運動中的臨界問題；推理能力．【答案】（1）裝置靜止時，O、B間細線的張力大小58（2）當細線與豎直方向的夾角為53°時，該裝置轉動的角速度5g3L（3）小圓環A的質量964【分析】（1）水平方向和豎直方向的平衡，列平衡等式，求O、B間細線的張力大小；（2）O、B間細線的拉力和B的重力提供向心力，求角速度；（3）A、B屬于同軸轉動，則A、B做圓周運動的角速度相等，根據合力提供向心力，分析質量關系。【解答】解：（1）設O、B間，A、B間的張力分別為FOB、FAB，B受力平衡，可得水平方向和豎直方向的平衡式為FOBsin37°＝FABsin37°FOBcos37°+FABcos37°＝mg解得FOB（2）當細線與豎直方向的夾角為53°時，設裝置轉動的角速度為ω，B做勻速圓周運動的半徑r=Lsin53°=4此時A、B間細線的拉力恰好減小到零，則O、B間細線的拉力和B的重力提供向心力，即mgtan53°＝mω2r則該裝置轉動的角速度ω=gtan53°（3）裝置靜止時對A進行分析，設彈簧的彈力為F，則F=FF′=F=3設小圓環A的質量為M，A、B屬于同軸轉動，則A、B做圓周運動的角速度相等，均為ω，A做圓周運動的半徑R=2Lsin53°=8F′其提供A做勻速圓周運動的向心力F′＝Mω2R解得小圓環A的質量M=F′答：（1）裝置靜止時，O、B間細線的張力大小58（2）當細線與豎直方向的夾角為53°時，該裝置轉動的角速度5g3L（3）小圓環A的質量964【點評】本題解題關鍵是物體做圓周運動方向根據合力提供向心力列式，平衡方向根據平衡條件列等式。23．（2024春?廣西期末）如圖所示為自由式滑雪大跳臺場地的簡易圖，其中斜坡AB、EF的傾角分別為α＝30°、β＝37°，滑雪時運動員由A點靜止滑下，進入水平緩沖區BC，然后由C點離開緩沖區并無碰撞地由E點進入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，運動員經過B點時能量損失可忽略不計，sin37°＝0.6。求：（1）CE兩點間的水平距離；（2）運動員由A點下滑到F點的總時間。【考點】平拋運動與斜面的結合；物體在粗糙斜面上的運動．【專題】計算題；定量思想；合成分解法；平拋運動專題；分析綜合能力．【答案】（1）CE兩點間的水平距離為30m；（2）運動員由A點下滑到F點的總時間為8.5s。【分析】（1）運動員在AB段下滑時，由牛頓第二定律求出加速度，由速度—位移公式求出運動員到達B點時的速度。運動員進入BC段后做勻速直線運動，然后從C點開始做平拋運動，無碰撞地由E點進入EF段，經過E點時速度與斜面平行，由分速度關系求出經過E點時豎直分速度vy，由vy＝gt求出運動員由C到E的時間，再求CE兩點間的水平距離；（2）由公式v＝at求運動員由A到B的時間；由勻速運動的規律求運動員由B到C的時間；運動員在EF段運動時，由牛頓第二定律和位移—時間公式相結合求出從E到F的時間，從而求得總時間。【解答】解：（1）運動員在AB段下滑的過程，由牛頓第二定律得mgsinα＝ma1解得：a運動員從A到B的過程，有vB=2運動員進入BC段后做勻速直線運動，然后從C點以20m/s的速度開始做平拋運動。由E點切入斜坡EF，由平拋運動的規律可知tanβ=v解得：vy＝15m/s則運動員由C到E的時間為t3=vCE兩點間的水平距離為xCE＝vBt3＝20×1.5m＝30m（2）運動員由A到B的運動時間為t1=v由B到C的時間為t2=x運動員在EF段運動時，由牛頓第二定律得mgsinβ＝ma2解得：a運動員在E點的速度為vE解得：vE＝25m/s運動員在EF段運動的過程，由xEF解得：t4＝2s運動員由A點下滑到F點的總時間為t＝t1+t2+t3+t4解得：t＝8.5s答：（1）CE兩點間的水平距離為30m；（2）運動員由A點下滑到F點的總時間為8.5s。【點評】解答本題時，要理清運動員的運動過程，熟練運用運動的分解法處理平拋運動，并能根據牛頓第二定律和運動學公式相結合求解運動時間。24．（2024春?撫順期末）一個人用一根長1m，只能承受35N拉力的繩子，拴著一個質量為1kg的小球，在豎直面內做圓周運動，已知轉軸O離地面高為6m，如圖所示。（g取10m/s2）（1）小球做圓周運動到最低點的速度為v，剛好繩子被拉斷，求v的大小。（2）繩斷后，小球落地點與拋出點的水平距離多大？【考點】圓周運動與平拋運動相結合的問題．【專題】定量思想；推理法；平拋運動專題；牛頓第二定律在圓周運動中的應用；推理能力．【答案】（1）小球做圓周運動到最低點的速度為v，剛好繩子被拉斷，速度為5m/s；（2）繩斷后，小球落地點與拋出點的水平距離為5m。【分析】（1）在最低點，根據牛頓第二定律列式，求速度；（2）小球脫離繩子的束縛后，將做平拋運動，根據平拋規律，求時間和水平位移。【解答】解：（1）設小球經過最低點的速度為v時，繩子剛好被拉斷，則由牛頓第二定律得T?mg=mv解得v=(T?mg)R（2）小球脫離繩子的束縛后，將做平拋運動，其豎直方向為自由落體運動，即??R=1則飛行時間為t=2(??R)所以，小球的水平位移為x＝vt＝5×1m＝5m答：（1）小球做圓周運動到最低點的速度為v，剛好繩子被拉斷，速度為5m/s；（2）繩斷后，小球落地點與拋出點的水平距離為5m。【點評】本題解題關鍵是掌握圓周模型和平拋模型規律，圓周運動采用牛頓第二定律解答，平拋運動水平方向為勻速運動，豎直方向為自由落體運動。25．（2024春?衡陽縣校級期末）如圖所示為跳臺滑雪軌道簡化模型，AB段光滑曲面為加速滑道，BCD段圓弧滑道為半徑r＝16m的姿態調整滑道，左側與AB段平滑連接，右側與水平跳臺DE連接，EF段為傾角為30°的速降斜坡。質量為60kg的滑雪運動員從加速滑道滑下后到達圓弧軌道的最低點C點時的速度大小v1＝20m/s，經過D點時的速度大小為v2＝15m/s，運動員整個運動過程的最高點P恰好在E點的正上方h＝7.2m處，最后落在斜坡上的Q點。已知重力加速度為10m/s2，不計空氣阻力，速降斜坡足夠長，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：（1）運動員在C點時受到圓弧軌道的彈力；（2）水平平臺DE的長度；（3）經過P點之后，運動員距斜坡的最遠距離（結果用根式表示）。【考點】牛頓第二定律求解向心力；平拋運動與斜面的結合；斜拋運動．【專題】定量思想；推理法；運動的合成和分解專題；牛頓第二定律在圓周運動中的應用；推理能力．【答案】（1）運動員在C點時受到圓弧軌道的彈力2100N，方向豎直向上；（2）水平平臺DE的長度10.8m；（3）經過P點之后，運動員距斜坡的最遠距離1713【分析】（1）在C點有，根據牛頓第二定律，求運動員在C點受到圓弧軌道的彈力大小；（2）根據斜拋運動列式，求角度和位移；（3）根據速度合成分解，求P點的速度，再根據幾何關系，求運動員距斜坡的最遠距離。【解答】解：（1）在C點有，根據牛頓第二定律FN解得FN＝2100N即運動員在C點受到圓弧軌道的彈力大小為2100N，方向豎直向上。（2）運動員在由D點飛出時速度與水平方向成α角，從D點運動到P點的過程中，做斜拋運動，豎直方向有(v2sinα)2=2g?水平方向有xDE＝v2cosα?t1解得α＝53°，xDE＝10.8m（3）運動到P點的速度vP＝v2cosα對其垂直斜坡方向分解vy＝vPsinθ，ay＝gcosθ當垂直斜坡方向上的速度減為0時，距離斜坡最遠，由幾何關系可知d＝hcosθ+H其中vy解得d=171答：（1）運動員在C點時受到圓弧軌道的彈力2100N，方向豎直向上；（2）水平平臺DE的長度10.8m；（3）經過P點之后，運動員距斜坡的最遠距離1713【點評】本題解題是掌握運動的合成和分解，并正確使用圓周運動的牛頓第二定律，是一道綜合題。

考點卡片1．自由落體運動的規律及應用【知識點的認識】1．定義：物體只在重力作用下從靜止開始豎直下落的運動叫做自由落體運動．2．公式：v＝gt；h=12gt2；v3．運動性質：自由落體運動是初速度為零的勻加速直線運動．4．物體做自由落體運動的條件：①只受重力而不受其他任何力，包括空氣阻力；②從靜止開始下落．重力加速度g：①方向：總是豎直向下的；②大小：g＝9.8m/s2，粗略計算可取g＝10m/s2；③在地球上不同的地方，g的大小不同．g隨緯度的增加而增大（赤道g最小，兩極g最大），g隨高度的增加而減小．【命題方向】自由落體運動是常見的運動，可以看作是勻變速直線運動的特例，高考命題常以新情境來考查，而且經常與其他知識綜合出題．單獨考查的題型一般為選擇題或計算題，綜合其它知識考查的一般為計算題，難度一般中等或偏易．例1：關于自由落體運動，下列說法中正確的是（）A．在空氣中不考慮空氣阻力的運動是自由落體運動B．物體做自由運動時不受任何外力的作用C．質量大的物體，受到的重力大，落到地面時的速度也大D．自由落體運動是初速度為零的勻加速直線運動分析：自由落體運動是指物體僅在重力的作用下由靜止開始下落加速度為g的勻加速直線運動運動，加速度g與質量無關．解答：A、自由落體運動是指物體僅在重力的作用下由靜止開始下落的運動，故A錯誤；B、物體做自由運動時只受重力，故B錯誤；C、根據v＝gt可知，落到地面時的速度與質量無關，故C錯誤；D、自由落體運動是指物體僅在重力的作用下由靜止開始下落加速度為g的勻加速直線運動運動，故D正確．故選：D．點評：把握自由落體運動的特點和規律，理解重力加速度g的變化規律即可順利解決此類題目．例2：一個小石子從離地某一高度處由靜止自由落下，某攝影愛好者恰好拍到了它下落的一段軌跡AB．該愛好者用直尺量出軌跡的實際長度，如圖所示．已知曝光時間為11000A.6.5cmB.10mC.20mD.45m分析：根據照片上痕跡的長度，可以知道在曝光時間內物體下落的距離，由此可以估算出AB段的平均速度的大小，在利用自由落體運動的公式可以求得下落的距離．解答：由圖可知AB的長度為2cm，即0.02m，曝光時間為11000s，所以AB段的平均速度的大小為v=由自由落體的速度位移的關系式v2＝2gh可得，h=v故選：C．點評：由于AB的運動時間很短，我們可以用AB段的平均速度來代替A點的瞬時速度，由此再來計算下降的高度就很容易了，通過本題一定要掌握這種近似的方法．【解題思路點撥】1．自由落體運動是初速度為零的勻加速直線運動，所以，勻變速直線運動公式也適用于自由落體運動．2．該知識點的3個探究結論：（1）物體下落快慢不是由輕重來決定的，是存在空氣阻力的原因．（2）物體只在重力作用下從靜止開始下落的運動，叫做自由落體運動．“自由”的含義是物體只受重力作用、且初速度為零．（3）不同物體從同一高度做自由落體運動，它們的運動情況是相同的．2．共點力的平衡問題及求解【知識點的認識】1.共點力（1）定義：如果一個物體受到兩個或更多力的作用，這些力共同作用在物體的在同一點上，或者雖不作用在同一點上，但它們的延長線交于一點，這幾個力叫作共點力。（2）力的合成的平行四邊形定則只適用于共點力。2.共點力平衡的條件（1）平衡狀態：物體保持靜止或勻速直線運動的狀態。（2）平衡條件：在共點力作用下物體平衡的條件是合力為0。3.對共點力平衡條件的理解及應用合外力等于0，即F合＝0→正交分解法Fx合=0Fy合=04.平衡條件的推論（1）二力平衡：若物體在兩個力作用下處于平衡狀態，則這兩個力一定等大、反向。（2）三力平衡：若物體在三個共點力作用下處于平衡狀態，則任意兩個力的合力與第三個力等大、反向。（3）多力平衡：若物體在n個共點力作用下處于平衡狀態，則其中任意一個力必定與另外（n﹣1）個力的合力等大、反向。5.解答共點力平衡問題的三種常用方法6.平衡中的臨界、極值問題a.臨界問題（1）問題特點：①當某物理量發生變化時，會引起其他幾個物理量的變化。②注意某現象“恰好出現”或“恰好不出現”的條件。（2）分析方法：基本方法是假設推理法，即先假設某種情況成立，然后根據平衡條件及有關知識進行論證、求解。b.極值問題（1）問題界定：物體平衡的極值問題，一般指在力的變化過程中涉及力的最大值和最小值的問題。（2）分析方法：①解析法：根據物體平衡的條件列出方程，在解方程時，采用數學知識求極值或者根據物理臨界條件求極值。②圖解法：根據物體平衡的條件作出力的矢量圖，畫出平行四邊形或者矢量三角形進行動態分析，確定最大值或最小值。7.“活結”與“死結”、“活桿”與“死桿”模型（1）“活結”與“死結”模型①“活結”一般是由輕繩跨過光滑滑輪或者繩上掛一光滑掛鉤而形成的。繩雖然因“活結”而彎曲，但實際上是同一根繩，所以由“活結”分開的兩段繩上彈力的大小一定相等，兩段繩合力的方向一定沿這兩段繩夾角的平分線。②“死結”兩側的繩因結而變成了兩根獨立的繩，因此由“死結”分開的兩段繩上的彈力不一定相等。（2）“活桿”與“死桿”模型①“活桿”：指輕桿用轉軸或鉸鏈連接，當輕桿處于平衡狀態時，輕桿所受到的彈力方向一定沿著桿，否則會引起輕桿的轉動。如圖甲所示，若C為轉軸，則輕桿在緩慢轉動中，彈力方向始終沿桿的方向。②“死桿”：若輕桿被固定，不發生轉動，則輕桿所受到的彈力方向不一定沿桿的方向。如圖乙所示，水平橫梁的一端A插在墻壁內，另一端B裝有一個小滑輪，繩的一端C固定于墻壁上，另一端跨過滑輪后懸掛重物m。滑輪對繩的作用力應為圖丙中兩段繩中拉力F1和F2的合力F的反作用力，即AB桿彈力的方向不沿桿的方向。【命題方向】例1：在如圖所示的甲、乙、丙、丁四幅圖中，滑輪光滑且所受的重力忽略不計，滑輪的軸O安裝在一根輕木桿P上，一根輕繩ab繞過滑輪，a端固定在墻上，b端下面掛一質量為m的重物。當滑輪和重物都靜止不動時，甲、丙、丁圖中木桿P與豎直方向的夾角均為θ，乙圖中木桿P豎直。假設甲、乙、丙、丁四幅圖中滑輪受到木桿P的彈力的大小依次為FA、FB、FC、FD，則以下判斷正確的是（）A.FA＝FB＝FC＝FDB.FD＞FA＝FB＞FCC.FA＝FC＝FD＞FBD.FC＞FA＝FB＞FD分析：對滑輪受力分析，受兩個繩子的拉力和桿的彈力；滑輪一直保持靜止，合力為零，故桿的彈力與兩個繩子的拉力的合力等值、反向、共線。解答：由于兩個繩子的拉力大小等于重物的重力，大小不變，即四個選項中繩子的拉力是大小相等的，根據平行四邊形定則知兩個力的夾角越小，則合力越大，即滑輪兩邊繩子的夾角越小，繩子拉力的合力越大，故丁圖中繩子拉力合力最大，則桿的彈力最大，丙圖中夾角最大，繩子拉力合力最小，則桿的彈力最小，甲圖和乙圖中的夾角相同，則繩子拉力合力相等，則桿的彈力相等，所以甲、乙、丙、丁四幅圖中滑輪受到木桿P的彈力的大小順序為：FD＞FA＝FB＞FC，故B正確，ACD錯誤。故選：B。本題考查的是力的合成與平衡條件在實際問題中的應用，要注意桿的彈力可以沿著桿的方向也可以不沿著桿方向，結合平衡條件分析是關鍵。例2：如圖所示，兩根等長的輕繩將日光燈懸掛在天花板上，兩繩與豎直方向的夾角都為45°，日光燈保持水平，所受重力為G。則（）A.兩繩對日光燈拉力的合力大小等于GB.兩繩的拉力和重力不是共點力C.兩繩的拉力大小均為22D.兩繩的拉力大小均為G分析：兩繩的拉力和重力是共點力，根據合力為零分析AB選項；根據對稱性可知，左右兩繩的拉力大小相等，分析日光燈的受力情況，由平衡條件求解繩子的拉力大小。解答：B．對日光燈受力分析如圖：兩繩拉力的作用線與重力作用線的延長線交于一點，這三個力是共點力，故B錯誤；A．由于日光燈在兩繩拉力和重力作用下處于靜止狀態，所以兩繩的拉力的合力與重力G等大反向，故A正確；CD．由于兩個拉力的夾角成直角，且都與豎直方向成45°角，則由力的平行四邊形定則可知：G=F12+F22，F1＝F故選：AC。點評：本題主要是考查了共點力的平衡，解答本題的關鍵是：確定研究對象、進行受力分析、進行力的合成，利用平衡條件建立方程進行解答。例3：如圖，三根長度均為l的輕繩分別連接于C、D兩點，A、B兩端被懸掛在水平天花板上，相距2l。現在C點上懸掛一個質量為m的重物，為使CD繩保持水平，在D點上可施加力的最小值為（）A.mgB.33C.12D.14分析：根據物體的受力平衡，依據幾何關系求解即可。解答：依題得，要想CD水平，則各繩都要緊繃，根據幾何關系可知，AC與水平方向的夾角為60°，結點C受力平衡，則受力分析如圖所示因此CD的拉力為T＝mg?tan30°D點受CD繩子拉力大小等于T，方向向左。要使CD水平，則D點兩繩的拉力與外界的力的合力為零，則CD繩子對D點的拉力可分解為沿BD繩的F1以及另一分力F2。由幾何關系可知，當F2與BD垂直時，F2最小，F2的大小即為拉力大小，因此有F2min＝T?sin60°=1故ABD錯誤，C正確。故選：C。點評：本題考查的是物體的受力平衡，解題的關鍵是當F2與BD垂直時，F2最小，F2的大小即為拉力大小。例4：如圖甲所示，細繩AD跨過固定的水平輕桿BC右端的輕質光滑定滑輪懸掛一質量為M1的物體，∠ACB＝30°；圖乙中輕桿HG一端用鉸鏈固定在豎直墻壁上，另一端G通過細繩EG拉住，EG與水平方向的夾角為30°，在輕桿的G點用細繩GF懸掛一質量為M2的物體（都處于靜止狀態），求：（1）細繩AC的張力FTAC與細繩EG的張力FTEG之比；（2）輕桿BC對C端的支持力；（3）輕桿HG對G端的支持力。分析：（1）根據力的分解及幾何關系解答。（2）圖甲中對滑輪受力分析，運用合成法求解細繩AC段的張力FAC與輕桿BC對C端的支持力；（3）乙圖中，以C點為研究對象，根據平衡條件求解細繩EG段的張力F2以及輕桿HG對G端的支持力。解答：下圖（a）和下圖（b）中的兩個物體M1、M2都處于平衡狀態，根據平衡的條件，首先判斷與物體相連的細繩，其拉力大小等于物體的重力；分別取C點和G點為研究對象，進行受力分析如圖（a）和右圖（b）所示，根據平衡規律可求解。（1）上圖（a）中輕繩AD跨過定滑輪拉住質量為M1的物體，物體處于平衡狀態，輕繩AC段的拉力FTAC＝FCD＝M1g；上圖（b）中由于FTEGsin30°＝M2g得FEG＝2M2g所以FTAC：FTEG＝M1：2M2。（2）上圖（a）中，根據FAC＝FCD＝M1g且夾角為120°故FNC＝FAC＝M1g，方向與水平方向成30°，指向斜右上方。（3）上圖（b）中，根據平衡方程有FNG=M2g答：（1）輕繩AC段的張力FAC與細繩EG的張力FEG之比為M1（2）輕桿BC對C端的支持力為M1g，指向斜右上方；（3）輕桿HG對G端的支持力大小為3M2g方向水平向右。點評：本題首先要抓住定滑輪兩端繩子的特點，其次要根據平衡條件，以C、G點為研究對象，按力平衡問題的一般步驟求解。【解題思路點撥】1.在分析問題時，注意“靜止”和“v＝0”不是一回事，v＝0，a=0時，是靜止，是平衡狀態a≠0時，不是平衡狀態2.解答共點力平衡問題的一般步驟（1）選取研究對象，對于有相互作用的兩個或兩個以上的物體構成的系統，應明確所選研究對象是系統整體還是系統中的某一個物體（整體法或隔離法）。（2）對所選研究對象進行受力分析，并畫出受力分析圖。（3）對研究對象所受的力進行處理，對三力平衡問題，一般根據平衡條件畫出力合成時的平行四邊形。對四力或四力以上的平衡問題，一般建立合適的直角坐標系，對各力按坐標軸進行分解。（4）建立平衡方程，對于四力或四力以上的平衡問題，用正交分解法列出方程組。3.臨界與極值問題的分析技巧（1）求解平衡中的臨界問題和極值問題時，首先要正確地進行受力分析和變化過程分析，找出平衡中的臨界點和極值點。（2）臨界條件必須在變化中尋找，不能停留在一個狀態來研究臨界問題，而是要把某個物理量推向極端，即極大或極小，并依此作出科學的推理分析，從而給出判斷或結論。3．牛頓第二定律的簡單應用【知識點的認識】牛頓第二定律的表達式是F＝ma，已知物體的受力和質量，可以計算物體的加速度；已知物體的質量和加速度，可以計算物體的合外力；已知物體的合外力和加速度，可以計算物體的質量。【命題方向】一質量為m的人站在電梯中，電梯加速上升，加速度大小為13A、43mg分析：對人受力分析，受重力和電梯的支持力，加速度向上，根據牛頓第二定律列式求解即可。解答：對人受力分析，受重力和電梯的支持力，加速度向上，根據牛頓第二定律N﹣mg＝ma故N＝mg+ma=4根據牛頓第三定律，人對電梯的壓力等于電梯對人的支持力，故人對電梯的壓力等于43故選：A。點評：本題關鍵對人受力分析，然后根據牛頓第二定律列式求解。【解題方法點撥】在應用牛頓第二定律解決簡單問題時，要先明確物體的受力情況，然后列出牛頓第二定律的表達式，再根據需要求出相關物理量。4．牛頓第三定律的理解與應用【知識點的認識】1．內容：兩個物體之間的作用力和反作用力總是大小相等，方向相反，作用在同一條直線上．2．作用力與反作用力的“四同”和“三不同”：四同大小相同三不同方向不同【命題方向】題型一：牛頓第三定律的理解和應用例子：關于作用力與反作用力，下列說法正確的是（）A．作用力與反作用力的合力為零B．先有作用力，然后才產生反作用力C．作用力與反作用力大小相等、方向相反D．作用力與反作用力作用在同一個物體上分析：由牛頓第三定律可知，作用力與反作用力大小相等，方向相反，作用在同一條直線上，作用在兩個物體上，力的性質相同，它們同時產生，同時變化，同時消失．解答：A、作用力與反作用力，作用在兩個物體上，效果不能抵消，合力不為零，故A錯誤．B、作用力與反作用力，它們同時產生，同時變化，同時消失，故B錯誤．C、作用力與反作用力大小相等、方向相反，作用在兩個物體上，故C正確．D、作用力與反作用力，作用在兩個物體上，故D錯誤．故選：C．點評：考查牛頓第三定律及其理解．理解牛頓第三定律與平衡力的區別．【解題方法點撥】應用牛頓第三定律分析問題時應注意以下幾點（1）不要憑日常觀察的直覺印象隨便下結論，分析問題需嚴格依據科學理論．（2）理解應用牛頓第三定律時，一定抓住“總是”二字，即作用力與反作用力的這種關系與物體的運動狀態無關．（3）與平衡力區別應抓住作用力和反作用力分別作用在兩個物體上．5．超重與失重的概念、特點和判斷【知識點的認識】1．實重和視重：（1）實重：物體實際所受的重力，它與物體的運動狀態無關。（2）視重：當物體在豎直方向上有加速度時，物體對彈簧測力計的拉力或對臺秤的壓力將不等于物體的重力。此時彈簧測力計的示數或臺秤的示數即為視重。2．超重、失重和完全失重的比較：現象實質超重物體對支持物的壓力或對懸掛物的拉力大于物體重力的現象系統具有豎直向上的加速度或加速度有豎直向上的分量失重物體對支持物的壓力或對懸掛物的拉力小于物體重力的現象系統具有豎直向下的加速度或加速度有豎直向下的分量完全失重物體對支持物的壓力或對懸掛物的拉力為零的現象系統具有豎直向下的加速度，且a＝g【命題方向】題型一：超重與失重的理解與應用。例子：如圖，一個盛水的容器底部有一小孔。靜止時用手指堵住小孔不讓它漏水，假設容器在下述幾種運動過程中始終保持平動，且忽略空氣阻力，則（）A．容器自由下落時，小孔向下漏水B．將容器豎直向上拋出，容器向上運動時，小孔向下漏水；容器向下運動時，小孔不向下漏水C．將容器水平拋出，容器在運動中小孔向下漏水D．將容器斜向上拋出，容器在運動中小孔不向下漏水分析：當物體對接觸面的壓力大于物體的真實重力時，就說物體處于超重狀態，此時有向上的加速度；當物體對接觸面的壓力小于物體的真實重力時，就說物體處于失重狀態，此時有向下的加速度；如果沒有壓力了，那么就是處于完全失重狀態，此時向下加速度的大小為重力加速度g。解答：無論向哪個方向拋出，拋出之后的物體都只受到重力的作用，處于完全失重狀態，此時水和容器的運動狀態相同，它們之間沒有相互作用，水不會流出，所以D正確。故選：D。點評：本題考查了學生對超重失重現象的理解，掌握住超重失重的特點，本題就可以解決了。【解題方法點撥】解答超重、失重問題時，關鍵在于從以下幾方面來理解超重、失重現象：（1）不論超重、失重或完全失重，物體的重力不變，只是“視重”改變。（2）物體是否處于超重或失重狀態，不在于物體向上運動還是向下運動，而在于物體是有豎直向上的加速度還是有豎直向下的加速度。（3）當物體處于完全失重狀態時，重力只產生使物體具有a＝g的加速度的效果，不再產生其他效果。平常一切由重力產生的物理現象都會完全消失。（4）物體超重或失重的多少是由物體的質量和豎直加速度共同決定的，其大小等于ma。6．物體在粗糙斜面上的運動【知識點的認識】1.物體在粗糙斜面上運動時，其加速度也一定沿著斜面方向。2.設斜面的傾角為α，斜面與物體之間的動摩擦因數為μ。①當物體沿著斜面向上運動時，滑動摩擦力沿著斜面向下，根據牛頓第二定律mgsinα+μmgcosα＝ma，可以求出a＝gsinα+μgcosα②當物體沿著斜面向下運動時，滑動摩擦力沿著斜面向上，根據牛頓第二定律|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，物體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，物體的加速度沿斜面向上，a＝μgcosα﹣gsinα【命題方向】一、圖像類問題如圖所示，物塊以初速度v0從粗糙斜面底端沿斜面上滑，達到最高點后沿斜面返回，下列v﹣t圖象能正確反映物體運動規律的是（）A、B、C、D、分析：根據牛頓第二定律判斷出加速度大小關系，結合速度方向關系，即可判斷圖象的形狀。解答：在上滑過程中，根據牛頓第二定律可知上滑加速度大小為：a1=mgsinθ+f下滑過程的加速度大小為：a2=mgsinθ?fm，方向沿斜面向下。故a1＞a故選：C。點評：本題的關鍵是運用牛頓第二定律判斷加速度的大小關系，要知道速度的符號表示速度方向，v﹣t圖象的斜率表示加速度。二、運動過程計算如圖所示，固定在水平地面上的粗糙斜面的傾角θ＝37°，一質量m＝5kg的滑塊在F＝150N的水平推力作用下，從斜面底端由靜止開始沿斜面運動，推力作用t1＝4s后撤去，滑塊在斜面上繼續滑行t2＝2s后，速度減為零。（已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2）（1）求滑塊與斜面間的動摩擦因數μ和物體上滑的位移x；（2）當滑塊到達最高點時，對滑塊施加大小仍為F、方向改成豎直向下的作用力，求滑塊從最高點回到地面的時間（結果可保留根號）。分