第48頁（共48頁）2021-2025年高考物理真題知識點分類匯編之曲線運動（二）一．選擇題（共16小題）1．（2023?遼寧）某同學在練習投籃，籃球在空中的運動軌跡如圖中虛線所示，籃球所受合力F的示意圖可能正確的是（）A． B． C． D．2．（2023?全國）如圖，水平地面上放有一質量為M的⊥形支架。一質量為m的小球用長為l的輕繩連接在支架頂端，小球在豎直平面內做圓周運動，重力加速度大小為g。已知小球運動到最低點時速度大小為v，此時地面受到的正壓力大小為（）A．Mg B．（M+m）g C．（M+m）g+mv2l D．（M+m）g﹣3．（2022?廣東）如圖所示，在豎直平面內，截面為三角形的小積木懸掛在離地足夠高處，一玩具槍的槍口與小積木上P點等高且相距為L。當玩具子彈以水平速度v從槍口向P點射出時，小積木恰好由靜止釋放，子彈從射出至擊中積木所用時間為t。不計空氣阻力。下列關于子彈的說法正確的是（）A．將擊中P點，t大于LvB．將擊中P點，t等于LvC．將擊中P點上方，t大于LvD．將擊中P點下方，t等于L4．（2022?上海）運動員滑雪時運動軌跡如圖所示，已知該運動員滑行的速率保持不變，角速度為ω，向心加速度為a。則（）A．ω變小，a變小 B．ω變小，a變大 C．ω變大，a變小 D．ω變大，a變大5．（2022?山東）無人配送小車某次性能測試路徑如圖所示，半徑為3m的半圓弧BC與長8m的直線路徑AB相切于B點，與半徑為4m的半圓弧CD相切于C點，小車以最大速度從A點駛入路徑，到適當位置調整速率運動到B點，然后保持速率不變依次經(jīng)過BC和CD。為保證安全，小車速率最大為4m/s，在ABC段的加速度最大為2m/s2，CD段的加速度最大為1m/s2。小車視為質點，小車從A到D所需最短時間t及在AB段做勻速直線運動的最長距離l為（）A．t=(2+7π4)B．t=(94+7C．t=(2+5126+D．t=[2+51266．（2022?北京）我國航天員在“天宮課堂”中演示了多種有趣的實驗，提高了青少年科學探索的興趣。某同學設計了如下實驗：細繩一端固定，另一端系一小球，給小球一初速度使其在豎直平面內做圓周運動。無論在“天宮”還是在地面做此實驗（）A．小球的速度大小均發(fā)生變化 B．小球的向心加速度大小均發(fā)生變化 C．細繩的拉力對小球均不做功 D．細繩的拉力大小均發(fā)生變化7．（2022?浙江）下列說法正確的是（）A．鏈球做勻速圓周運動過程中加速度不變 B．足球下落過程中慣性不隨速度增大而增大 C．乒乓球被擊打過程中受到的作用力大小不變 D．籃球飛行過程中受到空氣阻力的方向與速度方向無關8．（2021?遼寧）1935年5月，紅軍為突破“圍剿”決定強渡大渡河。首支共產(chǎn)黨員突擊隊冒著槍林彈雨依托僅有的一條小木船堅決強突。若河面寬300m，水流速度3m/s，木船相對靜水速度1m/s，則突擊隊渡河所需的最短時間為（）A．75s B．95s C．100s D．300s9．（2021?山東）如圖所示，粗糙程度處處相同的水平桌面上有一長為L的輕質細桿，一端可繞豎直光滑軸O轉動，另一端與質量為m的小木塊相連。木塊以水平初速度v0出發(fā)，恰好能完成一個完整的圓周運動。在運動過程中，木塊所受摩擦力的大小為（）A．mv022πLC．mv02810．（2021?甲卷）“旋轉紐扣”是一種傳統(tǒng)游戲。如圖，先將紐扣繞幾圈，使穿過紐扣的兩股細繩擰在一起，然后用力反復拉繩的兩端，紐扣正轉和反轉會交替出現(xiàn)。拉動多次后，紐扣繞其中心的轉速可達50r/s，此時紐扣上距離中心1cm處的點向心加速度大小約為（）A．10m/s2 B．100m/s2 C．1000m/s2 D．10000m/s211．（2021?河北）一半徑為R的圓柱體水平固定，橫截面如圖所示。長度為πR、不可伸長的輕細繩，一端固定在圓柱體最高點P處，另一端系一個小球。小球位于P點右側同一水平高度的Q點時，繩剛好拉直。將小球從Q點由靜止釋放，當與圓柱體未接觸部分的細繩豎直時，小球的速度大小為（重力加速度為g，不計空氣阻力）（）A．(2+π)gR B．2πgR C．2(1+π12．（2021?江蘇）如圖所示，A、B兩籃球從相同高度同時拋出后直接落入籃筐，落入籃筐時的速度方向相同，下列判斷正確的是（）A．A比B先落入籃筐 B．A、B運動的最大高度相同 C．A在最高點的速度比B在最高點的速度小 D．A、B上升到某一相同高度時的速度方向相同13．（2021?浙江）質量為m的小明坐在秋千上擺動到最高點時的照片如圖所示，對該時刻，下列說法正確的是（）A．秋千對小明的作用力小于mg B．秋千對小明的作用力大于mg C．小明的速度為零，所受合力為零 D．小明的加速度為零，所受合力為零14．（2021?廣東）由于高度限制，車庫出入口采用如圖所示的曲桿道閘。道閘由轉動桿OP與橫桿PQ鏈接而成，P、Q為橫桿的兩個端點。在道閘抬起過程中，桿PQ始終保持水平。桿OP繞O點從與水平方向成30°勻速轉動到60°的過程中，下列說法正確的是（）A．P點的線速度大小不變 B．P點的加速度方向不變 C．Q點在豎直方向做勻速運動 D．Q點在水平方向做勻速運動15．（2021?全國）一迫擊炮先后以大小相同的速度發(fā)射甲、乙兩顆炮彈，炮筒與水平地面間的夾角分別為θ1、θ2（θ1＜θ2＜90°）。兩炮彈的射程分別為s1、s2，所到達的最大高度分別為h1、h2，假定空氣阻力可以忽略，則（）A．s1一定大于s2 B．s1可能等于s2 C．h1一定大于h2 D．h1可能等于h216．（2020?浙江）如圖所示，鋼球從斜槽軌道末端以v0的水平速度飛出，經(jīng)過時間t落在斜靠的擋板AB中點。若鋼球以2v0的速度水平飛出，則（）A．下落時間仍為t B．下落時間為2t C．下落時間為2t D．落在擋板底端B點

2021-2025年高考物理真題知識點分類匯編之曲線運動（二）參考答案與試題解析一．選擇題（共16小題）題號1234567891011答案ACBDBCBDBCA題號1213141516答案DAABC一．選擇題（共16小題）1．（2023?遼寧）某同學在練習投籃，籃球在空中的運動軌跡如圖中虛線所示，籃球所受合力F的示意圖可能正確的是（）A． B． C． D．【考點】物體運動軌跡、速度、受力（加速度）的相互判斷；判斷物體的受力個數(shù)．【專題】定性思想；推理法；物體做曲線運動條件專題；推理論證能力．【答案】A【分析】根據(jù)物體做曲線運動的條件和受力特點解答。【解答】解：籃球在空中的運動軌跡為曲線，物體做曲線運動的條件是所受合力方向與運動方向（即軌跡的切向方向）不共線，并且合力方向指向曲線軌跡的凹側，故A正確，BCD錯誤。故選：A?！军c評】本題考查了力與運動問題，要理解當物體所受合力方向與運動方向不共線時，物體運動方向會向合力的方向偏轉，運動軌跡為曲線。2．（2023?全國）如圖，水平地面上放有一質量為M的⊥形支架。一質量為m的小球用長為l的輕繩連接在支架頂端，小球在豎直平面內做圓周運動，重力加速度大小為g。已知小球運動到最低點時速度大小為v，此時地面受到的正壓力大小為（）A．Mg B．（M+m）g C．（M+m）g+mv2l D．（M+m）g﹣【考點】繩球類模型及其臨界條件；牛頓第二定律的簡單應用；牛頓第三定律的理解與應用；牛頓第二定律與向心力結合解決問題．【專題】定量思想；推理法；牛頓第二定律在圓周運動中的應用；共點力作用下物體平衡專題；推理論證能力；模型建構能力．【答案】C【分析】小球運動到最低點時，根據(jù)牛頓第二定律，求拉力，再對M受力分析，根據(jù)平衡條件，求出地面對M的支持力，最后根據(jù)牛頓第三定律，得出地面受到的正壓力大小?！窘獯稹拷猓盒∏蜻\動到最低點時，對小球進行受力分析，小球受豎直向下的重力和輕繩豎直向上的拉力，根據(jù)牛頓第二定律，T﹣mg＝mv2l，對M受力分析，受豎直向下的重力、小球對繩子豎直向下的拉力和自身的重力，根據(jù)平衡條件F＝Mg+T＝（M+m）g+mv2l，根據(jù)牛頓第三定律，地面受到的正壓力與地面對M的支持力F大小相等，故故選：C?！军c評】本題考查學生對圓周運動的牛頓第二定律、平衡條件、牛頓第三定律的掌握，是一道具有一定綜合性，難度中等的題。3．（2022?廣東）如圖所示，在豎直平面內，截面為三角形的小積木懸掛在離地足夠高處，一玩具槍的槍口與小積木上P點等高且相距為L。當玩具子彈以水平速度v從槍口向P點射出時，小積木恰好由靜止釋放，子彈從射出至擊中積木所用時間為t。不計空氣阻力。下列關于子彈的說法正確的是（）A．將擊中P點，t大于LvB．將擊中P點，t等于LvC．將擊中P點上方，t大于LvD．將擊中P點下方，t等于L【考點】平拋運動速度的計算．【專題】定性思想；推理法；平拋運動專題；推理論證能力．【答案】B【分析】根據(jù)子彈和積木在豎直方向的運動特點可知在豎直方向上保持相對靜止，結合水平方向的運動特點得出擊中的時間和位置?！窘獯稹拷猓寒斖婢咦訌椧运剿俣葀從槍口向P點射出時，小積木恰好由靜止釋放，子彈和小積木在豎直方向上都做自由落體，在豎直方向上保持相對靜止，因此子彈將擊中P點，子彈在水平方向上做勻速直線運動，故擊中的時間為t=Lv，故B正確，故選：B?！军c評】本題主要考查了平拋運動的相關應用，理解平拋運動在不同方向的運動特點，同時要注意運動的相對性和獨立性，結合運動學公式即可完成分析。4．（2022?上海）運動員滑雪時運動軌跡如圖所示，已知該運動員滑行的速率保持不變，角速度為ω，向心加速度為a。則（）A．ω變小，a變小 B．ω變小，a變大 C．ω變大，a變小 D．ω變大，a變大【考點】線速度的物理意義及計算．【專題】定性思想；推理法；勻速圓周運動專題；推理論證能力．【答案】D【分析】根據(jù)線速度和加速度的公式，結合半徑的變化完成分析?！窘獯稹拷猓焊鶕?jù)線速度的公式v＝ωr可知，當速率不變，半徑減小時，角速度增大，而a＝ωv也會隨之增大，故D正確，ABC錯誤；故選：D?！军c評】本題主要考查了圓周運動的相關公式，熟悉圓周運動公式即可完成分析，屬于基礎題型。5．（2022?山東）無人配送小車某次性能測試路徑如圖所示，半徑為3m的半圓弧BC與長8m的直線路徑AB相切于B點，與半徑為4m的半圓弧CD相切于C點，小車以最大速度從A點駛入路徑，到適當位置調整速率運動到B點，然后保持速率不變依次經(jīng)過BC和CD。為保證安全，小車速率最大為4m/s，在ABC段的加速度最大為2m/s2，CD段的加速度最大為1m/s2。小車視為質點，小車從A到D所需最短時間t及在AB段做勻速直線運動的最長距離l為（）A．t=(2+7π4)B．t=(94+7C．t=(2+5126+D．t=[2+5126【考點】勻速圓周運動；勻變速直線運動規(guī)律的綜合應用．【專題】定量思想；推理法；勻速圓周運動專題；推理論證能力．【答案】B【分析】根據(jù)勻速圓周運動加速度公式解得安全速度，結合運動學公式解得時間與位移。【解答】解：小車在圓周軌道中有：a=v2R，代入數(shù)據(jù)解得：vBC=6m/s，vCD＝2m/s，小車保持速率不變依次經(jīng)過BC和CD，所以為保證安全，小車的速度為v＝2m/s，從A到B，根據(jù)運動學規(guī)律有：vm2-v2＝2ax，將a＝2m/s2代入解得：x＝3m，則小車在AB段做勻速直線運動的最長距離l＝8m﹣x＝8m﹣3m＝5m，小車在AB段減速所用時間為t1=vm-va，勻速所用時間t2=lvm，在圓周軌道運動時間為：t3=πRBC+π故選：B。【點評】本題考查勻速圓周運動的分析，解題關鍵掌握加速度公式，注意分析物塊的運動情況。6．（2022?北京）我國航天員在“天宮課堂”中演示了多種有趣的實驗，提高了青少年科學探索的興趣。某同學設計了如下實驗：細繩一端固定，另一端系一小球，給小球一初速度使其在豎直平面內做圓周運動。無論在“天宮”還是在地面做此實驗（）A．小球的速度大小均發(fā)生變化 B．小球的向心加速度大小均發(fā)生變化 C．細繩的拉力對小球均不做功 D．細繩的拉力大小均發(fā)生變化【考點】繩球類模型及其臨界條件；超重與失重的概念、特點和判斷．【專題】定性思想；歸納法；勻速圓周運動專題；推理論證能力；模型建構能力．【答案】C【分析】在運行的天宮一號內，物體都處于完全失重狀態(tài)，給小球一個初速度，小球能做勻速圓周運動，若把此裝置帶回地球表面，小球運動過程中受到重力和繩子拉力作用，根據(jù)機械能守恒定律可知，速度的大小是變化的，根據(jù)到達最高點的條件可知，小球不一定能做完整的圓周運動。【解答】解：ABD、在運行的天宮一號內，物體都處于完全失重狀態(tài)，重力提供繞地球運動的向心力，僅由拉力提供向心力，給小球一個初速度，小球能做勻速圓周運動，拉力大小不變，所以速度大小不變，向心加速度大小不發(fā)生變化，故ABD錯誤；C、不論在地面還是在“天宮”，細線拉力始終和速度垂直，所以不做功，故C正確。故選：C?！军c評】本題主要考查了機械能守恒定律及繩﹣球模型到達最高點的條件，知道在運行的天宮一號內，物體都處于完全失重狀態(tài)，給小球一個初速度，小球能做勻速圓周運動7．（2022?浙江）下列說法正確的是（）A．鏈球做勻速圓周運動過程中加速度不變 B．足球下落過程中慣性不隨速度增大而增大 C．乒乓球被擊打過程中受到的作用力大小不變 D．籃球飛行過程中受到空氣阻力的方向與速度方向無關【考點】勻速圓周運動；慣性與質量．【專題】定性思想；推理法；勻速圓周運動專題；牛頓運動定律綜合專題；摩擦力專題；理解能力．【答案】B【分析】向心加速度方向時刻改變，慣性只與質量有關，彈力與形變量有關，阻力是總是阻礙物體的運動。【解答】解：A、做勻速圓周運動的鏈球加速度時刻指向圓心，方向時刻改變，故A錯誤；B、慣性只與質量有關，不隨速度增大而增大，故B正確；C、乒乓球被擊打過程中乒乓球的形變是變化的，其受到的作用力大小改變，故C錯誤；D、籃球飛行過程中受到空氣阻力的方向與速度方向相反，故D錯誤。故選：B?！军c評】此題考查了學生對向心加速度、慣性、摩擦力等知識點的理解，能夠對生活中的現(xiàn)象利用物理知識做出解釋。8．（2021?遼寧）1935年5月，紅軍為突破“圍剿”決定強渡大渡河。首支共產(chǎn)黨員突擊隊冒著槍林彈雨依托僅有的一條小木船堅決強突。若河面寬300m，水流速度3m/s，木船相對靜水速度1m/s，則突擊隊渡河所需的最短時間為（）A．75s B．95s C．100s D．300s【考點】合運動與分運動的關系．【專題】定量思想；方程法；運動的合成和分解專題；推理論證能力．【答案】D【分析】當靜水速度與河岸垂直時，渡河時間最短；當合速度與河岸垂直時，渡河航程最短．【解答】解：當靜水速度與河岸垂直時，垂直于河岸方向上的分速度最大，則渡河時間最短，最短時間為：t=dvc=3001s＝故選：D。【點評】解決本題的關鍵知道合運動與分運動具有等時性，當靜水速度與河岸垂直，渡河時間最短；當合速度與河岸垂直，渡河航程最短．9．（2021?山東）如圖所示，粗糙程度處處相同的水平桌面上有一長為L的輕質細桿，一端可繞豎直光滑軸O轉動，另一端與質量為m的小木塊相連。木塊以水平初速度v0出發(fā)，恰好能完成一個完整的圓周運動。在運動過程中，木塊所受摩擦力的大小為（）A．mv022πLC．mv028【考點】牛頓第二定律與向心力結合解決問題；動能定理的簡單應用；牛頓第二定律的簡單應用．【專題】定量思想；推理法；摩擦力專題；動能定理的應用專題；理解能力．【答案】B【分析】對小球完成一個完整的圓周運動過程，由動能定理列式可求解。【解答】解：因為細桿為輕質細桿，又因為其一端繞豎直光滑軸O轉動，所以桿對球的力沿桿，即桿對球不做功，對小球完成一個完整的圓周運動過程，由動能定理得﹣f?2πL＝0-12mv02，解得摩擦力f故選：B?！军c評】本題考查動能定理。需要注意的是滑動摩擦力是變力，變力做功的表示是解題關鍵，本題充分考查了學生掌握知識與應用知識的能力。10．（2021?甲卷）“旋轉紐扣”是一種傳統(tǒng)游戲。如圖，先將紐扣繞幾圈，使穿過紐扣的兩股細繩擰在一起，然后用力反復拉繩的兩端，紐扣正轉和反轉會交替出現(xiàn)。拉動多次后，紐扣繞其中心的轉速可達50r/s，此時紐扣上距離中心1cm處的點向心加速度大小約為（）A．10m/s2 B．100m/s2 C．1000m/s2 D．10000m/s2【考點】向心加速度的表達式及影響向心加速度大小的因素．【專題】定量思想；推理法；勻速圓周運動專題；推理論證能力．【答案】C【分析】根據(jù)紐扣的轉速，結合ω＝2πn、an＝ω2r計算圓盤轉動的向心加速度?！窘獯稹拷猓焊鶕?jù)勻速圓周運動的規(guī)律，ω＝2πn＝2π×50rad/s＝100πrad/s，r＝1cm＝0.01m，向心加速度為：an＝ω2r＝（100π）2×0.01m/s2＝100π2m/s2≈1000m/s2，故C正確，ABD錯誤。故選：C。【點評】解決本題的關鍵知道轉速和角速度的關系，通過時轉速求出角速度，然后根據(jù)向心加速度公式求解，基礎題。11．（2021?河北）一半徑為R的圓柱體水平固定，橫截面如圖所示。長度為πR、不可伸長的輕細繩，一端固定在圓柱體最高點P處，另一端系一個小球。小球位于P點右側同一水平高度的Q點時，繩剛好拉直。將小球從Q點由靜止釋放，當與圓柱體未接觸部分的細繩豎直時，小球的速度大小為（重力加速度為g，不計空氣阻力）（）A．(2+π)gR B．2πgR C．2(1+π【考點】牛頓第二定律與向心力結合解決問題；機械能守恒定律的簡單應用．【專題】參照思想；幾何法；機械能守恒定律應用專題；分析綜合能力．【答案】A【分析】先根據(jù)幾何關系求出小球下降的高度，再由機械能守恒定律求小球的速度大小?！窘獯稹拷猓盒∏驈拈_始下落到與圓柱體未接觸部分的細繩豎直時，小球下降的高度為：h＝R+（πR-πR2）＝R+取小球在末位置的重力勢能為零，由機械能守恒定律有：mgh=解得：v=(2+π)gR，故故選：A?！军c評】解決本題的關鍵是利用幾何知識求出小球下降的高度，要有運用數(shù)學知識解決物理問題的能力。本題也可以運用動能定理求解。12．（2021?江蘇）如圖所示，A、B兩籃球從相同高度同時拋出后直接落入籃筐，落入籃筐時的速度方向相同，下列判斷正確的是（）A．A比B先落入籃筐 B．A、B運動的最大高度相同 C．A在最高點的速度比B在最高點的速度小 D．A、B上升到某一相同高度時的速度方向相同【考點】斜拋運動．【專題】定性思想；推理法；平拋運動專題；推理論證能力．【答案】D【分析】拋體運動在水平方向上做勻速直線運動，在豎直方向上做勻變速直線運動，運動的時間由高度決定；根據(jù)拋射角和射程判斷水平速度；根據(jù)斜拋運動的對稱性判斷即可?！窘獯稹拷猓篈B、將A、B籃球的運動過程逆向看作是從籃筐沿同方向斜向上拋出的斜拋運動，落到同一高度上的兩點，因A水平位移較大，可知A的拋射速度較大，豎直初速度較大，最大高度較大，運動時間較長，即B先落入籃筐中，故AB錯誤；C、因為兩球拋射角相同，A的射程較遠，則A球的水平速度較大，即在最高點的速度比B在最高點的速度大，故C錯誤；D、由斜拋運動的對稱性可知，當A、B上升到與籃筐相同高度時的速度方向相同，故D正確。故選：D?！军c評】該題考查了拋體運動的規(guī)律，解決本題的關鍵知道拋體運動在水平方向和豎直方向上的運動規(guī)律，知道拋體運動的時間由高度決定。13．（2021?浙江）質量為m的小明坐在秋千上擺動到最高點時的照片如圖所示，對該時刻，下列說法正確的是（）A．秋千對小明的作用力小于mg B．秋千對小明的作用力大于mg C．小明的速度為零，所受合力為零 D．小明的加速度為零，所受合力為零【考點】繩球類模型及其臨界條件；牛頓第二定律的簡單應用．【專題】定性思想；合成分解法；牛頓第二定律在圓周運動中的應用；理解能力；模型建構能力．【答案】A【分析】小明在秋千上擺動，到達最高點時，速度為零，向心力為零，抓住沿半徑方向的合力為零分析判斷?！窘獯稹拷猓篈B、小明在秋千上擺動，在最高點，受力如圖所示，此時速度為零，向心力為零，即沿半徑方向的合力為零，有：F＝mgcosθ＜mg，可知秋千對小明的作用力小于mg，故A正確，B錯誤；CD、在最高點，小明的速度為零，合力等于重力沿圓弧切線方向的分力，即F合＝mgsinθ，可知加速度不為零，故CD錯誤。故選：A?！军c評】本題考查了圓周運動在生活中的運用，理解圓周運動向心力的來源，即沿半徑方向的合力提供向心力。14．（2021?廣東）由于高度限制，車庫出入口采用如圖所示的曲桿道閘。道閘由轉動桿OP與橫桿PQ鏈接而成，P、Q為橫桿的兩個端點。在道閘抬起過程中，桿PQ始終保持水平。桿OP繞O點從與水平方向成30°勻速轉動到60°的過程中，下列說法正確的是（）A．P點的線速度大小不變 B．P點的加速度方向不變 C．Q點在豎直方向做勻速運動 D．Q點在水平方向做勻速運動【考點】向心加速度的表達式及影響向心加速度大小的因素；線速度的物理意義及計算．【專題】定性思想；圖析法；運動的合成和分解專題；理解能力．【答案】A【分析】桿勻速轉動，即角速度不變，據(jù)此分析P點的線速度大小變化；向心加速度始終指向圓心，所以加速度方向時刻改變；對兩位置的P點速度分解，從而判斷Q點在豎直方向、水平方向分別做什么運動?！窘獯稹拷猓篈、桿OP繞O點從與水平方向成30°勻速轉動到60°的過程中，可認為轉動的角速度ω不變，由v＝ωr，P點轉動半徑r不變，所以P點的線速度大小不變，故A正確；B、向心加速度始終指向圓心O點，所以P點的加速度方向時刻改變，故B錯誤；CD、對兩位置的速度沿豎直方向和水平方向分解，如圖所示，由圖可知，豎直方向的分速度在逐漸變小，水平方向的分速度在逐漸增大，所以在P點的帶動下，Q點在豎直方向做減速運動，在水平方向做加速運動，故CD錯誤。故選：A?！军c評】考查了圓周運動的基本規(guī)律以及運動的合成與分解，本題的難點在于利用圖像分析Q點在豎直方向、水平方向的運動情況。15．（2021?全國）一迫擊炮先后以大小相同的速度發(fā)射甲、乙兩顆炮彈，炮筒與水平地面間的夾角分別為θ1、θ2（θ1＜θ2＜90°）。兩炮彈的射程分別為s1、s2，所到達的最大高度分別為h1、h2，假定空氣阻力可以忽略，則（）A．s1一定大于s2 B．s1可能等于s2 C．h1一定大于h2 D．h1可能等于h2【考點】斜拋運動．【專題】定量思想；合成分解法；平拋運動專題；推理論證能力．【答案】B【分析】將炮彈的速度分解到水平方向和豎直方向，根據(jù)不同方向的運動特點結合運動學公式和數(shù)學的三角函數(shù)知識完成分析。【解答】解：CD、設炮彈的發(fā)射速度大小為v，方向與水平地面夾角為θ，則豎直向上的分速度為vy＝vsinθ根據(jù)速度與位移的關系式有vy可得：h由于θ1＜θ2＜90°則h1一定小于h2，故CD錯誤；AB、根據(jù)題意可知，炮彈發(fā)射到最高點的時間為：t1炮彈從最高點到落地的時間為：t2則炮彈的飛行時間為：t=則炮彈的射程為：s=當θ1+θ2=π2時，sin2θ1＝sin（π﹣則s1＝s2，故A錯誤，B正確。故選：B。【點評】本題主要考查了斜拋運動的相關應用，熟悉速度的分解，從而分析出不同方向的運動特點，結合運動學公式，同時要熟練掌握三角函數(shù)的基礎公式即可完成分析。16．（2020?浙江）如圖所示，鋼球從斜槽軌道末端以v0的水平速度飛出，經(jīng)過時間t落在斜靠的擋板AB中點。若鋼球以2v0的速度水平飛出，則（）A．下落時間仍為t B．下落時間為2t C．下落時間為2t D．落在擋板底端B點【考點】平拋運動速度的計算．【專題】應用題；定量思想；推理法；平拋運動專題；推理論證能力．【答案】C【分析】鋼球做平拋運動，可能落到斜擋板上，也可能落到地面上。通過假設確定鋼球落點，求解下落時間?！窘獯稹拷猓轰撉蜃銎綊佭\動，落到斜擋板上時，斜擋板的傾角表示位移與水平方向的夾角，tanθ=解得下落時間為：t=2假設初速度為2v0時，鋼球仍落到斜擋板上，則下落時間t'＝2t，豎直方向上下落高度h'=12gt'2=4h鋼球落到地面上，下落高度為2h，其中t=2hg，則有：t'=2×2h故選：C?！军c評】本題考查了平拋運動的規(guī)律，解題的關鍵是鋼球平拋運動落點的確定。

考點卡片1．勻變速直線運動規(guī)律的綜合應用【知識點的認識】本考點下的題目，代表的是一類復雜的運動學題目，往往需要用到多個公式，需要細致的思考才能解答?！久}方向】如圖，甲、乙兩運動員正在訓練接力賽的交接棒．已知甲、乙兩運動員經(jīng)短距離加速后都能達到并保持8m/s的速度跑完全程．設乙從起跑后到接棒前的運動是勻加速的，加速度大小為2.5m/s2．乙在接力區(qū)前端聽到口令時起跑，在甲、乙相遇時完成交接棒．在某次練習中，甲以v＝8m/s的速度跑到接力區(qū)前端s0＝11.0m處向乙發(fā)出起跑口令．已知接力區(qū)的長度為L＝20m．求：（1）此次練習中交接棒處離接力區(qū)前端（即乙出發(fā)的位置）的距離．（2）為了達到理想成績，需要乙恰好在速度達到與甲相同時被甲追上，則甲應在接力區(qū)前端多遠時對乙發(fā)出起跑口令？（3）在（2）中，棒經(jīng)過接力區(qū)的時間是多少？分析：（1）甲乙兩人不是從同一地點出發(fā)的，當已追上甲時，它們的位移關系是s0+12at2＝（2）當兩人的速度相等時，兩車的距離為零，即處于同一位置．（3）由t=x解答：（1）設乙加速到交接棒時運動時間為t，則在甲追擊乙過程中有s0+12at2代入數(shù)據(jù)得t1＝2st2＝4.4s（不符合乙加速最長時間3.2s實際舍去）此次練習中交接棒處離接力區(qū)前端的距離x（2）乙加速時間t設甲在距離接力區(qū)前端為s時對乙發(fā)出起跑口令，則在甲追擊乙過程中有s代入數(shù)據(jù)得s＝12.8m（3）棒在（2）過程以v＝8m/s速度的運動，所以棒經(jīng)過接力區(qū)的時間是t點評：此題考查追及相遇問題，一定要掌握住兩者何時相遇、何時速度相等這兩個問題，這道題是典型的追及問題，同學們一定要掌握住．【解題思路點撥】熟練掌握并深刻理解運動學的基礎公式及導出公式，結合公式法、圖像法、整體與分段法等解題技巧，才能在解答此類題目時游刃有余。2．判斷物體的受力個數(shù)【知識點的認識】1.定義：根據(jù)研究的問題，選取合適的物體作為研究對象，分析研究對象受到哪些力的作用，并畫出所受力的示意圖，這一過程即為物體的受力分析。2.一般步驟：【命題方向】如圖所示，斜面B放置于水平地面上，其兩側放有物體A、C，物體C通過輕繩連接于天花板，輕繩平行于斜面且處于繃緊狀態(tài)，A、B、C均靜止，下列說法正確的是（）A.A、B間的接觸面一定是粗糙的B.地面對B一定有摩擦力C.B、C間的接觸面可能是光滑的D.B一共受到6個力的作用分析：A、B間是否存在摩擦力可以用假設法，若沒有摩擦，A必然無法平衡，因此AB間接觸面粗糙，B與地面的作用要把ABC看成一個整體，繩子對該整體有水平方向拉力分量，因此B和地面間也存在摩擦，以C為研究對象分析可知BC不一定需要有摩擦力也能平衡，因此BC間接觸面可能為光滑。解答：A、以A為研究對象，受到重力和支持力不可能平衡，所以A一定受到B對A沿斜面向上的靜摩擦力，故A正確；B、以A、B、C為研究對象，受到重力和地面的支持力、左斜向上的輕繩的拉力，這三個力不可能平衡，所以地面對B沿水平向右的靜摩擦力，故B正確；C、以C為研究對象，受到重力和B對C的支持力、左斜向上的輕繩的拉力，這三個力可能平衡，所以B、C之間可能沒有的靜摩擦力，B、C間的接觸面可能是光滑的，故C正確；D、以B為研究對象，可能受到重力、A對B的壓力、C對B的壓力、地面對B支持力和A對B的靜摩擦力、地面對B的靜摩擦力等六個力作用，也可能受到重力、A對B的壓力、C對B的壓力、地面對B支持力、A對B的靜摩擦力、地面對B的靜摩擦力和C對B的靜摩擦力等七力作用，故D錯誤；故選：ABC。點評：該問題需要采用整體法和隔離法進行分析，先明確問題再尋找合適的研究對象，因此找研究對象是非常關鍵的，另外對于共點力的平衡問題我們通常可以使用假設法，可以假設某一個力不存在物體是否有可能達到平衡，進而判斷該力的存在可能與否；在分析物體受力數(shù)量時，按照重力﹣彈力﹣摩擦力的順序，看清跟物體作用的其他物體數(shù)量，再逐一進行分析?！窘忸}思路點撥】受力分析中如何防止“多力”或“漏力”（1）防止“多力”：對每個力都要找出其施力物體，若某個力找不到施力物體則說明該力不存在；研究對象對其他物體的作用力不能畫在圖中，另外合力與分力不能重復分析。（2）防止“漏力”：按正確的順序（即重力→彈力→摩擦力→其他力）進行受力分析是防止“漏力”的有效措施。3．慣性與質量【知識點的認識】1．定義：物體保持原來的勻速直線運動狀態(tài)或靜止狀態(tài)的性質叫做慣性。牛頓第一定律又叫慣性定律。2．慣性的量度：慣性的大小與物體運動的速度無關，與物體是否受力無關，僅與質量有關，質量是物體慣性大小的唯一量度。質量大的物體所具有的慣性大，質量小的物體所具有的慣性小。3．慣性的性質：①一切物體都具有慣性，其本質是任何物體都有慣性。②慣性與運動狀態(tài)無關：不論物體處于怎樣的運動狀態(tài)，慣性總是存在的。當物體本來靜止時，它一直“想”保持這種靜止狀態(tài)。當物體運動時，它一直“想”以那一時刻的速度做勻速直線運動。4．慣性的表現(xiàn)形式：①當物體不受外力或所受合外力為零時，慣性表現(xiàn)為保持原來的運動狀態(tài)不變；②當物體受到外力作用時，慣性表現(xiàn)為改變運動狀態(tài)的難易程度，物體慣性越大，它的運動狀態(tài)越難改變。5．加深理解慣性概念的幾個方面：（1）慣性是物體的固有屬性之一，物體的慣性與其所在的地理位置、運動狀態(tài)、時間次序以及是否受力等均無關，任何物體都具有慣性；（2）慣性大小的量度是質量，與物體運動速度的大小無關，絕不是運動速度大、其慣性就大，運動速度小，其慣性就?。唬?）物體不受外力時，其慣性表現(xiàn)為物體保持靜止或勻速直線運動的狀態(tài)；受外力作用時，其慣性表現(xiàn)為運動狀態(tài)改變的難易程度不同?！久}方向】例1：關于物體的慣性，下列說法中正確的是（）A．運動速度大的物體不能很快地停下來，是因為物體速度越大，慣性也越大B．靜止的火車啟動時，速度變化慢，是因為靜止的物體慣性大的緣故C．乒乓球可以被快速抽殺，是因為乒乓球慣性小D．在宇宙飛船中的物體不存在慣性分析：一切物體，不論是運動還是靜止、勻速運動還是變速運動，都具有慣性，慣性是物體本身的一種基本屬性，其大小只與質量有關，質量越大、慣性越大；慣性的大小和物體是否運動、是否受力以及運動的快慢是沒有任何關系的。解答：A、影響慣性大小的是質量，慣性大小與速度大小無關，故A錯誤；B、靜止的火車啟動時，速度變化慢，是由于慣性大，慣性大是由于質量大，故B錯誤；C、乒乓球可以被快速抽殺，是因為乒乓球質量小，慣性小，故C正確；D、慣性是物體本身的一種基本屬性，其大小只與質量有關，有質量就有慣性，在宇宙飛船中的物體有質量，故有慣性，故D錯誤。故選：C。點評：需要注意的是：物體的慣性的大小只與質量有關，與其他都無關。而經(jīng)常出錯的是認為慣性與物體的速度有關。例2：物體具有保持原來勻速直線運動狀態(tài)或靜止狀態(tài)的性質稱為慣性。下列有關慣性的說法中，正確的是（）A．乘坐汽車時系好安全帶可減小慣性B．運動員跑得越快慣性越大C．宇宙飛船在太空中也有慣性D．汽車在剎車時才有慣性分析：慣性是指物體具有的保持原來勻速直線運動狀態(tài)或靜止狀態(tài)的性質，質量是物體慣性大小大小的唯一的量度。解答：A、乘坐汽車時系好安全帶，不是可以減小慣性，而是在緊急剎車時可以防止人由于慣性的作用飛離座椅，從而造成傷害，所以A錯誤；B、質量是物體慣性大小的唯一的量度，與人的速度的大小無關，所以B錯誤；C、在太空中物體的質量是不變的，所以物體的慣性也不變，所以C正確；D、質量是物體慣性大小的唯一的量度，與物體的運動狀態(tài)無關，所以D錯誤。故選：C。點評：質量是物體慣性大小的唯一的量度，與物體的運動狀態(tài)無關，只要物體的質量不變，物體的慣性的大小就不變?！局R點的應用及延伸】關于慣性觀點的辨析：錯誤觀點1：物體慣性的大小與物體的受力情況、運動情況、所處位置有關。辨析：慣性是物體本身想要保持運動狀態(tài)不變的特性，它是物體本身的固有屬性，與物體的受力情況、運動情況、所處位置等無關。慣性的大小用質量來量度。不同質量的物體的慣性不同，它們保持狀態(tài)不變的“本領”不同，質量越大的物體，其狀態(tài)變化越困難，說明它保持狀態(tài)不變的“本領”越強，它的慣性越大。錯誤觀點2：慣性是一種力。辨析：運動不需要力來維持，但當有力對物體作用時，力將“迫使”其改變運動狀態(tài)。這時慣性表現(xiàn)為：若要物體持續(xù)地改變運動狀態(tài)，就必須持續(xù)地對物體施加力的作用，一旦某時刻失去力的作用，物體馬上保持此時的運動狀態(tài)不再改變。因此慣性不是力，保持運動狀態(tài)是物體的本能?！拔矬w受到慣性力”、“由于慣性的作用”、“產(chǎn)生慣性”、“克服慣性”、“消除慣性”等說法是不正確的。慣性力物理意義物體保持勻速直線運動或靜止狀態(tài)的性質物體間的相互作用存在條件是物體本身的固有屬性，始終具有，與外界條件無關力只有在物體間發(fā)生相互作用時才有可量性有大小（無具體數(shù)值，也無單位），無方位有大小、方向及單位錯誤觀點3：慣性就是慣性定律。辨析：慣性是一切物體都具有的固有屬性，而慣性定律是物體不受外力作用時所遵守的一條規(guī)律。錯誤觀點4：物體的速度越大。物體的慣性越大。辨析：慣性是物體本身的固有屬性，與物體的運動情況無關。有的同學認為“慣性與物體的運動速度有關，速度大，慣性就大，速度小，慣性就小”。其理由是物體運動速度大時不容易停下來，運動速度小時就容易停下來，這種認識是錯誤的。產(chǎn)生這種錯誤認識的原因是沒有正確理解“慣性大小表示物體運動狀態(tài)改變的難易程度”這句話。事實上，在受力情況完全相同時，質量相同的物體，在任意相同的時間內，速度的變化量是相同的。所以質量是慣性大小的唯一量度?！窘忸}方法點撥】慣性大小的判定方法：慣性是物體的固有屬性，與物體的運動情況及受力情況無關，質量是慣性大小的唯一量度。有的同學總是認為“慣性與速度有關，物體的運動速度大慣性就大，速度小慣性就小”。理由是物體的速度大時不容易停下來，速度小時就容易停下來。這說明這部分同學沒能將“運動狀態(tài)改變的難易程度”與“物體從運動到靜止的時間長短”區(qū)分開來。事實上，要比較物體運動狀態(tài)變化的難與易，不僅要考慮物體速度變化的快與慢，還要考慮引起運動狀態(tài)變化的外因﹣﹣外力。具體來說有兩種方法：一是外力相同時比較運動狀態(tài)變化的快慢；二是在運動狀態(tài)變化快慢相同的情況下比較所需外力的大小。對于質量相同的物體，無論其速度大小如何，在相同阻力的情況下，相同時間內速度變化量是相同的，這說明改變它們運動狀態(tài)的難易程度是相同的。所以它們的慣性相同，與它們的速度無關。4．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13g，g為重力加速度。人對電梯底部的A、43mgB、2mgC、mgD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(jù)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(jù)牛頓第二定律N﹣mg＝ma故N＝mg+ma=4根據(jù)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43mg故選：A。點評：本題關鍵對人受力分析，然后根據(jù)牛頓第二定律列式求解?！窘忸}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(jù)需要求出相關物理量。5．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(chǎn)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(chǎn)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(chǎn)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(qū)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(jù)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(tài)無關．（3）與平衡力區(qū)別應抓住作用力和反作用力分別作用在兩個物體上．6．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(tài)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(shù)或臺秤的示數(shù)即為視重。2．超重、失重和完全失重的比較：現(xiàn)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(xiàn)象系統(tǒng)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(xiàn)象系統(tǒng)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(xiàn)象系統(tǒng)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(tài)，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(tài)，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(tài)，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(tài)，此時水和容器的運動狀態(tài)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(xiàn)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(xiàn)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(tài)，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(tài)時，重力只產(chǎn)生使物體具有a＝g的加速度的效果，不再產(chǎn)生其他效果。平常一切由重力產(chǎn)生的物理現(xiàn)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。7．物體運動軌跡、速度、受力（加速度）的相互判斷【知識點的認識】1.物體做曲線運動的條件是：（1）從動力學角度看：物體所受合力的方向跟它的速度方向不在同一條直線上．（2）從運動學角度看：物體的加速度方向跟它的速度方向不在同一條直線上．2.對于給定的軌跡、速度（運動）方向或受力（加速度）情況，三者中的兩個即可大致判斷第三個物理量的情況?！久}方向】在下列四幅圖中，標出了做曲線運動的質點在P點的速度v和加速度a，其中可能正確的是（）A、B、C、D、分析：做曲線運動的物體，速度方向沿著曲線上點的切線方向；做曲線運動的物體，合力的方向與速度方向不共線，且指向曲線的內側；根據(jù)牛頓第二定律可知，加速度的方向與力的方向相同．解答：A、圖中速度應沿切線，而加速度應指向凹側；故A錯誤；B、圖中加速度應指向曲線的凹側；故B錯誤；C、圖中速度和加速度方向均正確，故C正確；D、圖中速度應沿切線，而加速度指向凹側；故D錯誤；故選：C。點評：本題關鍵是要明確三個方向，即速度方向、合力方向、加速度方向；對于曲線運動要明確其速度方向不斷變化，一定具有加速度，一定是變速運動．【解題思路點撥】對于曲線運動的軌跡類問題，從以下三個角度分析：①速度沿切線方向；②受力（加速度）指向曲線的側；③軌跡在速度和力之間。8．合運動與分運動的關系【知識點的認識】1.合運動與分運動的定義：如果一個運動可以看成幾個運動的合成，我們把這個運動叫作這幾個運動的合運動，把這幾個運動叫作這個運動的分運動。2.合運動與分運動的關系①等時性：合運動與分運動同時開始、同時結束，經(jīng)歷的時間相等。這意味著合運動的時間等于各分運動經(jīng)歷的時間。②獨立性：一個物體同時參與幾個分運動時，各分運動獨立進行，互不影響。這意味著一個分運動的存在不會改變另一個分運動的性質或狀態(tài)。③等效性：合運動是各分運動的矢量和，即合運動的位移、速度、加速度等于各分運動對應量的矢量和。這表明合運動的效果與各分運動的效果相同。④同體性：合運動和它的分運動必須對應同一個物體的運動，一個物體的合運動不能分解為另一個物體的分運動。⑤平行四邊形定則：合速度、合位移與分速度、分位移的大小關系遵循平行四邊形定則。這意味著合運動的大小和方向可以通過對各分運動進行矢量合成來計算。3.合運動與分運動體現(xiàn)的物理學思想是：等效替代法。【命題方向】關于合運動和分運動的關系，下列說法正確的是（）A、若合運動是曲線運動，則它的幾個分運動不可能都是直線運動B、合運動的時間等于它的各個分運動的時間總和C、合運動的速度大小一定大于其中一個分運動的速度大小D、兩個非共線的勻變速直線運動的合運動一定還是勻變速運動，但軌跡可能是直線也可能是曲線分析：根據(jù)運動的合成與分解，結合速度是矢量，合成分解遵循平行四邊形定則．并合運動與分運動具有等時性，從而即可求解．解答：A、合運動是曲線運動，分運動可能都是直線運動，如平拋運動的水平分運動是勻速直線運動，豎直分運動是自由落體運動，都是直線運動，故A錯誤；B、合運動和分運動同時發(fā)生，具有等時性，故B錯誤；C、速度是矢量，合速度與分運動速度遵循平行四邊形定則，合速度可以等于、大于、小于分速度，故C錯誤；D、兩個非共線的勻變速直線運動的合運動一定還是勻變速運動，但軌跡可能是直線也可能是曲線，若合初速度與合加速度共線時，做直線運動，若不共線時，做曲線運動，故D正確；故選：D。點評：解決本題的關鍵知道位移、速度、加速度的合成分解遵循平行四邊形定則，以及知道分運動與合運動具有等時性．【解題思路點撥】合運動與分運動的關系，使得我們可以通過分析各分運動來理解合運動的性質和行為。在物理學中，這種關系在處理復雜的運動問題時非常有用，因為它允許我們將復雜的問題分解為更簡單的部分進行分析，然后再綜合這些部分的結果來理解整體的性質。9．平拋運動速度的計算【知識點的認識】1.平拋運動的性質：平拋運動可以看成水平方向上的勻速直線運動和豎直方向上的自由落體運動。2.設物體在平拋運動ts后，水平方向上的速度vx＝v0豎直方向上的速度vy＝gt從而可以得到物體的速度為v=3.同理如果知道物體的末速度和運動時間也可以求出平拋運動的初速度。【命題方向】如圖所示，小球以6m/s的初速度水平拋出，不計空氣阻力，0.8s時到達P點，取g＝10m/s2，則（）A、0.8s內小球下落的高度為4.8mB、0.8s內小球下落的高度為3.2mC、小球到達P點的水平速度為4.8m/sD、小球到達P點的豎直速度為8.0m/s分析：平拋運動在水平方向上做勻速直線運動，在豎直方向上做自由落體運動，根據(jù)時間求出下降的高度以及豎直方向上的分速度。解答：AB、小球下落的高度h=12gt2C、小球在水平方向上的速度不變，為6m/s。故C錯誤。D、小球到達P點的豎直速度vy＝gt＝8m/s。故D正確。故選：BD。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(guī)律，結合運動學公式靈活求解。【解題思路點撥】做平拋運動的物體，水平方向的速度是恒定的，豎直方向是初速度為零的勻加速直線運動，滿足vy＝gt。10．斜拋運動【知識點的認識】1．定義：物體將以一定的初速度向空中拋出，僅在重力作用下物體所做的運動叫做拋體運動。2．方向：直線運動時物體的速度方向始終在其運動軌跡的直線方向上；曲線運動中，質點在某一刻（或某一位置）的速度方向是在曲線這一點的切線方向。因此，做拋體運動的物體的速度方向，在其運動軌跡各點的切線方向上，并指向物體前進的方向。注：由于曲線上各點的切線方向不同，所以，曲線運動的速度方向時刻都在改變。3．拋體做直線或曲線運動的條件：（1）物體做直線運動：當物體所受到合外力的方向跟它的初速方向在同一直線上時，物體做直線運動。（2）物體做曲線運動：當物體所受到合外力的方向跟它的初速方向不在同一直線上時，物體做曲線運動。4．平拋運動（1）定義：將物體用一定的初速度沿水平方向拋出，且只在重力作用下所做的運動。（2）條件：①初速度方向為水平；②只受重力作用。（3）規(guī)律：平拋運動在水平方向的分運動是勻速直線運動，在豎直方向的分運動是自由落體運動，所以平拋運動是勻變速曲線運動，運動軌跡是拋物線。（4）公式：速度公式：水平方向：v位移公式：水平方向：x=v0tanα=5．斜拋運動（1）定義：將物體以一定的初速度沿斜上方拋出，僅在重力作用下的運動叫做斜拋運動。（2）條件：①物體有斜向上的初速度；②僅受重力作用。（3）規(guī)律：斜拋運動在水平方向的分運動是勻速直線運動，在豎直方向的分運動是豎直上拋運動，所以斜拋運動是勻變速曲線運動。（4）公式：水平方向初速度：【命題方向】例1：某學生在體育場上拋出鉛球，其運動軌跡如圖所示。已知在B點時的速度與加速度相互垂直，則下列說法中正確的是（）A．D點的速率比C點的速率大B．D點的加速度比C點加速度大C．從B到D加速度與速度始終垂直D．從B到D加速度與速度的夾角先增大后減小分析：不計空氣阻力，拋體在空中只受重力作用，機械能守恒；拋體運動可以分解為水平方向的勻速直線運動與豎直方向的勻變速運動。解答：A、拋體運動，機械能守恒，D點位置低，重力勢能小，故動能大，速度大，故A正確；B、拋體運動，只受重力，加速度恒為g，不變，故B錯誤；C、從B到D是平拋運動，重力一直向下，速度是切線方向，不斷改變，故只有最高點B處加速度與速度垂直，故C錯誤；D、從B到D是平拋運動，加速度豎直向下，速度方向是切線方向，故夾角不斷減小，故D錯誤。故選：A。點評：拋體運動可以分解為水平方向的勻速直線運動與豎直方向的勻變速直線運動，拋體運動機械能守恒。例2：如圖所示，將一籃球從地面上方B點斜向上拋出，剛好垂直擊中籃板上A點，不計空氣阻力。若拋射點B向籃板方向移動一小段距離，仍使拋出的籃球垂直擊中A點，則可行的是（）A．增大拋射速度v0，同時減小拋射角θB．減小拋射速度v0，同時減小拋射角θC．增大拋射角θ，同時減小拋出速度v0D．增大拋射角θ，同時增大拋出速度v0分析：解決本題巧用平拋運動知識，由于題目中緊抓住籃球垂直打到籃板，故可以看成平拋運動，則有水平速度越大，落地速度越大，與水平面的夾角越小。解答：可以將籃球的運動，等效成籃球做平拋運動，當水平速度越大時，拋出后落地速度越大，與水平面的夾角則越小。若水平速度減小，則落地速度變小，但與水平面的夾角變大。因此只有增大拋射角，同時減小拋出速度，才能仍垂直打到籃板上，所以只有C正確，ABD均錯誤。故選：C。點評：本題采用了逆向思維，降低了解決問題的難度。若仍沿題意角度思考，解題很煩同時容易出錯?！窘忸}方法點撥】類平拋運動：1．定義：當物體所受的合外力恒定且與初速度垂直時，物體做類平拋運動。2．類平拋運動的分解方法（1）常規(guī)分解法：將類平拋運動分解為沿初速度方向的勻速直線運動和垂直于初速度方向（即沿合力的方向）的勻加速直線運動，兩分運動彼此獨立，互不影響，且與合運動具有等時性。（2）特殊分解法：對于有些問題，可以過拋出點建立適當?shù)闹苯亲鴺讼?，將加速度分解為ax、ay，初速度v0分解為vx、vy，然后分別在x、y方向上列方程求解。3．類平拋運動問題的求解思路：根據(jù)物體受力特點和運動特點判斷該問題屬于類平拋運動問題﹣﹣求出物體運動的加速度﹣﹣根據(jù)具體問題選擇用常規(guī)分解法還是特殊分解法求解。4．類拋體運動當物體在巨力作用下運動時，若物體的初速度不為零且與外力不在一條直線上，物體所做的運動就是類拋體運動。在類拋體運動中可采用正交分解法處理問題，基本思路為：①建立直角坐標系，將外力、初速度沿這兩個方向分解。②求出這兩個方向上的加速度、初速度。③確定這兩個方向上的分運動性質，選擇合適的方程求解。11．勻速圓周運動【知識點的認識】1.定義：如果物體沿著圓周運動，并且線速度的大小處處相等，這種運動叫作勻速圓周運動。也可說勻速圓周運動是角速度不變的圓周運動。2.性質：線速度的方向時刻在變，因此是一種變速運動。3.勻速圓周運動與非勻速圓周運動的區(qū)別（1）勻速圓周運動①定義：角速度大小不變的圓周運動。②性質：向心加速度大小不變，方向始終指向圓心的變加速曲線運動。③質點做勻速圓周運動的條件：合力大小不變，方向始終與速度方向垂直且指向圓心。（2）非勻速圓周運動①定義：線速度大小不斷變化的圓周運動。②合力的作用a、合力沿速度方向的分量Ft產(chǎn)生切向加速度，F(xiàn)t＝mat，它只改變速度的大小。b、合力沿半徑方向的分量Fn產(chǎn)生向心加速度，F(xiàn)n＝man，它只改變速度的方向。【命題方向】對于做勻速圓周運動的物體，下面說法正確的是（）A、相等的時間里通過的路程相等B、相等的時間里通過的弧長相等C、相等的時間里發(fā)生的位移相同D、相等的時間里轉過的角度相等分析：勻速圓周運動的過程中相等時間內通過的弧長相等，則路程也相等，相等弧長對應相等的圓心角，則相等時間內轉過的角度也相等。位移是矢量，有方向，相等的弧長對應相等的弦長，則位移的大小相等，但方向不同。解答：AB、勻速圓周運動在相等時間內通過的弧長相等，路程相等。故AB正確。C、相等的弧長對應相等的弦長，所以相等時間內位移的大小相等，但方向不同，所以相等時間內發(fā)生的位移不同。故C錯誤。D、相等的弧長對應相等的圓心角，所以相等時間內轉過的角度相等。故D正確。故選：ABD。點評：解決本題的關鍵知道勻速圓周運動的線速度大小不變，所以相等時間內通過的弧長相等，路程也相等。【解題思路點撥】1.勻速圓周運動和非勻速圓周運動的比較項目勻速圓周運動非勻速圓周運動運動性質是速度大小不變，方向時刻變化的變速曲線運動，是加速度大小不變而方向時刻變化的變加速曲線運動是速度大小和方向都變化的變速曲線運動，是加速度大小和方向都變化的變加速曲線運動加速度加速度方向與線速度方向垂直。即只存在向心加速度，沒有切向加速度由于速度的大小、方向均變，所以不僅存在向心加速度且存在切向加速度，合加速度的方向不斷改變向心力F合F合12．線速度的物理意義及計算【知識點的認識】1.定義：物體在某段時間內通過的弧長Δs與時間Δt之比。2.定義式：v=3.單位：米每秒，符號是m/s。4.方向：物體做圓周運動時該點的切線方向。5.物理意義：表示物體沿著圓弧運動的快慢。6.線速度的求法（1）定義式計算：v=（2）線速度與角速度的關系：v＝ωr（3）知道圓周運動的半徑和周期：v=【命題方向】有一質點做半徑為R的勻速圓周運動，在t秒內轉動n周，則該質點的線速度為（）A、2πRntB、2πRntC、分析：根據(jù)線速度的定義公式v=ΔS解答：質點做半徑為R的勻速圓周運動，在t秒內轉動n周，故線速度為：v=故選：B。點評：本題關鍵是明確線速度的定義，記住公式v=ΔS【解題思路點撥】描述圓周運動的各物理量之間的關系如下：13．牛頓第二定律與向心力結合解決問題【知識點的認識】圓周運動的過程符合牛頓第二定律，表達式Fn＝man＝mω2r＝mv2r=【命題方向】我國著名體操運動員童飛，首次在單杠項目中完成了“單臂大回環(huán)”：用一只手抓住單杠，以單杠為軸做豎直面上的圓周運動．假設童飛的質量為55kg，為完成這一動作，童飛在通過最低點時的向心加速度至少是4g，那么在完成“單臂大回環(huán)”的過程中，童飛的單臂至少要能夠承受多大的力．分析：運動員在最低點時處于超重狀態(tài)，由單杠對人拉力與重力的合力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律求解．解答：運動員在最低點時處于超重狀態(tài)，設運動員手臂的拉力為F，由牛頓第二定律可得：F心＝ma心則得：F心＝2200N又F心＝F﹣mg得：F＝F心+mg＝2200+55×10＝2750N答：童飛的單臂至少要能夠承受2750N的力．點評：解答本題的關鍵是分析向心力的來源，建立模型，運用牛頓第二定律求解．【解題思路點撥】圓周運動中的動力學問題分析（1）向心力的確定①確定圓周運動的軌道所在的平面及圓心的位置．②分析物體的受力情況，找出所有的力沿半徑方向指向圓心的合力，該力就是向心力．（2）向心力的來源向心力是按力的作用效果命名的，可以是重力、彈力、摩擦力等各種力，也可以是幾個力的合力或某個力的分力，因此在受力分析中要避免再另外添加向心力．（3）解決圓周運動問題步驟①審清題意，確定研究對象；②分析物體的運動情況，即物體的線速度、角速度、周期、軌道平面、圓心、半徑等；③分析物體的受力情況，畫出受力示意圖，確定向心力的來源；④根據(jù)牛頓運動定律及向心力公式列方程．14．向心加速度的表達式及影響向心加速度大小的因素【知識點的認識】1.向心加速度的表達式為an＝ω2r=v2r=4π2rT2.由表達式可知，向心加速度與物體的質量無關，與線速度、角速度、半徑、周期、轉速等參數(shù)有關。3.對于公式an=該公式表明，對于勻速圓周運動，當線速度一定時，向心加速度的大小與運動半徑成反比；當運動半徑一定時，向心加速度的大小與線速度的平方成正比。該公式常用于分析涉及線速度的圓周運動問題或有兩個物體做圓周運動且它們的線速度相同的情景。4.對于公式an＝ω2r該公式表明，對于勻速圓周運動，當角速度一定時，向心加速度的大小與運動半徑成正比；當半徑一定時，向心加速度的大小與角速度的平方成正比。該公式常用于分析涉及角速度的圓周運動問題或有兩個物體做圓周運動且它們的角速度相同的情景。5.向心加速度與半徑的關系根據(jù)上面的討論，加速度與半徑的關系與物體的運動特點有關。若線速度一定，an與r成反比；若角速度（或周期、轉速）一定，an與r成正比。如圖所示?！久}方向】B兩小球都在水平面上做勻速圓周運動，A球的軌道半徑是B球軌道半徑的2倍，A的頻率為4Hz，B的頻率為2Hz，則兩球的向心加速度之比為（）A、1：1B、2：1C、8：1D、4：1分析：根據(jù)頻率之比求出角速度之比，結合a＝rω2求出向心加速度之比．解答：根據(jù)角速度ω＝2πf，知A、B的角速度之比為2：1，根據(jù)a＝rω2知，A球的軌道半徑是B球軌道半徑的2倍，則向心加速度之比為8：1．故C正確，A、B、D錯誤。故選：C。點評：解決本題的關鍵掌握向心加速度與角速度的關系公式，以及知道角速度與轉速的關系．【解題思路點撥】向心加速度公式的應用技巧向心加速度的每一個公式都涉及三個物理量的變化關系，必須在某一物理量不變時分析另外兩個物理量之間的關系。在比較物體上做圓周運動的各點的向心加速度的大小時，應按以下步驟進行：（1）先確定各點是線速度大小相等，還是角速度相同；（2）在線速度大小相等時，向心加速度與半徑成反比；在角速度相同時，向心加速度與半徑成正比。15．繩球類模型及其臨界條件【知識點的認識】1.模型建立（1）輕繩模型小球沿豎直光滑軌道內側做圓周運動，小球在細繩的作用下在豎直平面內做圓周運動，都是輕繩模型，如圖所