2025年高考物理壓軸訓練5

2025年高考物理壓軸訓練5一．選擇題（共9小題）1．（2024?順慶區(qū)校級模擬）如圖所示，陽光垂直照射到斜面草坪上，在斜面頂端把一高爾夫球水平擊出讓其在與斜面垂直的面內(nèi)運動，小球剛好落在斜面底端。點是運動過程中距離斜面的最遠處，點是在陽光照射下小球經(jīng)過點的投影點，不計空氣阻力，則A．小球在斜面上的投影做勻速運動 B．與長度之比為 C．若斜面內(nèi)點在點的正下方，則與長度不等 D．小球在點的速度與整個段平均速度大小相等2．（2024?門頭溝區(qū)一模）某研究小組在研究“估測甩手時指尖的最大向心加速度”課題研究時，利用攝像機記錄甩手動作，、、是甩手動作最后3幀（每秒25幀）照片指尖的位置。根據(jù)照片建構(gòu)、之間運動模型：開始階段，指尖以肘關節(jié)為圓心做圓周運動，到接近的最后時刻，指尖以腕關節(jié)為圓心做圓周運動。測得、之間的距離為，、之間的距離為。粗略認為、之間平均速度為甩手動作最后階段指尖做圓周運動的線速度。重力加速度為。請估測甩手時指尖的最大向心加速度A． B． C． D．3．（2024?武漢模擬）某同學投擲籃球空心入筐，籃球的出手點與籃筐的距離為，籃球進入籃筐時的速度方向恰好與出手時的速度方向垂直。不考慮空氣阻力，重力加速度大小取。則籃球從出手到入筐的時間為A． B． C． D．4．（2024?湖北）如圖所示，有五片荷葉伸出荷塘水面，一只青蛙要從高處荷葉跳到低處荷葉上。設低處荷葉、、、和青蛙在同一豎直平面內(nèi)，、高度相同，、高度相同，、分別在、正上方。將青蛙的跳躍視為平拋運動，若以最小的初速度完成跳躍，則它應跳到A．荷葉 B．荷葉 C．荷葉 D．荷葉5．（2024?選擇性）“指尖轉(zhuǎn)球”是花式籃球表演中常見的技巧。如圖，當籃球在指尖上繞軸轉(zhuǎn)動時，球面上、兩點做圓周運動的A．半徑相等 B．線速度大小相等 C．向心加速度大小相等 D．角速度大小相等6．（2024?清江浦區(qū)模擬）金秋九月，正是收割玉米的季節(jié)，加工過程中，農(nóng)民會采用如圖甲所示的傳送帶裝置。具體過程如圖乙所示，將收割曬干的玉米投入脫粒機后，玉米粒從靜止開始被傳送到底端與脫粒機相連的順時針勻速轉(zhuǎn)動的傳送帶上，一段時間后和傳送帶保持靜止，直至從傳送帶的頂端飛出，最后落在水平地面上，農(nóng)民迅速裝袋轉(zhuǎn)運。提升了加工轉(zhuǎn)運的效率。已知傳送帶與水平方向的夾角為、頂端的高度為，玉米粒相對于傳送帶頂端的最大高度也是，重力加速度為，若不計風力，空氣阻力和玉米粒之間的相互作用力，下列說法正確的是A．玉米粒在傳送帶上時，所受摩擦力始終不變 B．玉米粒落地點與傳送帶底端的水平距離為 C．傳送帶的速度大小為 D．玉米粒飛出后到落地所用的時間為7．（2024?海南）在跨越河流表演中，一人騎車以的速度水平?jīng)_出平臺，恰好跨越長的河流落在河對岸平臺上，已知河流寬度，不計空氣阻力，取，則兩平臺的高度差為A． B． C． D．8．（2024?江寧區(qū)校級模擬）如圖所示，質(zhì)量忽略不計、長度分別為和的不可伸長的輕繩，分別系質(zhì)量為和的小球，它們以相同的轉(zhuǎn)速繞中心軸線做勻速圓周運動。穩(wěn)定時繩子與豎直方向夾角的正切值分別為及，圓周運動半徑分別為和，兩繩子中的張力分別為和，則A． B． C． D．9．（2024?合肥三模）如圖所示，在某次跳臺滑雪比賽中，運動員以初速度從跳臺頂端水平飛出，經(jīng)過一段時間后落在傾斜賽道上的點，運動員運動到點時離傾斜賽道最遠，點到賽道的垂直距離為，點離賽道的豎直高度為，賽道的傾角為，重力加速度為，空氣阻力不計，運動員（包括滑雪板）視為質(zhì)點。則、兩點間的距離是A． B． C． D．二．多選題（共9小題）10．（2024?觀山湖區(qū)校級模擬）有一種新式健身“神器”——能自動計數(shù)的智能呼啦圈深受健身者的喜愛，如圖甲所示。智能呼啦圈腰帶外側(cè)有圓形光滑軌道，將安裝有滑輪的短桿嵌入軌道并能沿圓形軌道自由滑動，短桿的另一端懸掛一根帶有配重的輕質(zhì)細繩，將腰帶簡化為豎直硬質(zhì)圓筒，其簡化模型如圖乙所示，水平固定好腰帶，通過人體微小扭動，使配重在水平面內(nèi)以角速度做勻速圓周運動，已知配重（可視為質(zhì)點）質(zhì)量為，繩的拉力大小為，繩與豎直方向夾角為，繩長一定，則下列說法正確的是A．一定，越大，越大 B．一定，越大，越大 C．一定，越大，越大 D．一定，越大，越大11．（2024?梅州二模）梅州是足球之鄉(xiāng)，近幾年我市足球事業(yè)發(fā)展迅速，如圖7所示，某運動員在離球門正前方水平距離處頭球攻門，足球在高處被水平頂出，頂出時速度垂直球門，并恰好落在球門線上，足球視為質(zhì)點，不計空氣阻力，取則此過程中，下列說法正確的是A．球的運動時間為 B．球落地前瞬間豎直方向的分速度大小為 C．球的水平初速度大小為 D．球落地前瞬間速度方向與水平地面的夾角為12．（2024?安徽）一傾角為足夠大的光滑斜面固定于水平地面上，在斜面上建立直角坐標系，如圖（1）所示。從開始，將一可視為質(zhì)點的物塊從點由靜止釋放，同時對物塊施加沿軸正方向的力和，其大小與時間的關系如圖（2）所示。已知物塊的質(zhì)量為，重力加速度取，不計空氣阻力。則A．物塊始終做勻變速曲線運動 B．時，物塊的坐標值為 C．時，物塊的加速度大小為 D．時，物塊的速度大小為13．（2024?博望區(qū)校級模擬）通用技術課上，某興趣小組制作了一個小球爬桿裝置，如圖所示，豎直桿與光滑桿均固定在電動機底座上，且與水平面間的夾角，一彈簧上端固定在桿上的點，下端與穿在桿上質(zhì)量為的小球相連。裝置靜止時彈簧與豎直方向間的夾角，當電動機帶動底座開始轉(zhuǎn)動時，小球開始爬桿。已知兩點間的距離為，重力加速度為。則A．裝置靜止時桿對小球的彈力方向垂直桿斜向下 B．裝置靜止時彈簧彈力的大小為 C．裝置靜止時桿對小球的彈力大小為 D．電動機轉(zhuǎn)動后，當小球穩(wěn)定在與點等高的位置時桿的角速度為14．（2024?龍鳳區(qū)校級模擬）如圖所示，豎直平面內(nèi)有固定的光滑絕緣圓形軌道，勻強電場的方向平行于軌道平面水平向右，、分別為軌道上的最高點和最低點，、是軌道上與圓心等高的點。質(zhì)量為、電荷量為的帶正電的小球在處以速度水平向右射出，恰好能在軌道內(nèi)做完整的圓周運動，已知重力加速度為，電場強度大小。則下列說法中正確的是A．在軌道上運動時，小球動能最大的位置在、之間 B．在軌道上運動時，小球機械能最小的位置在點 C．經(jīng)過、兩點時，小球所受軌道彈力大小的差值為 D．小球在處以速度水平向右射出，也能在此軌道內(nèi)做完整的圓周運動15．（2024?河北模擬）某貨物輸送裝置可簡化為如圖所示，將一個質(zhì)量為的載物平臺架在兩根完全相同、軸線在同一水平面內(nèi)足夠長的平行圓柱上。已知平臺與兩圓柱間的動摩擦因數(shù)均為，平臺的重心與兩圓柱等距，兩圓柱以角速度繞軸線做相反方向的轉(zhuǎn)動，重力加速度大小為。現(xiàn)給平臺施加一過平臺重心且沿平行于軸線方向的恒力，使載物平臺從靜止開始運動。下列說法正確的是A．只有當時，平臺才能開始運動 B．平臺運動的最大加速度大小 C．只要平臺運動距離足夠遠，平臺最終一定會做勻速直線運動 D．越大，平臺從靜止開始運動相同距離用時越短16．（2024?泉州模擬）取一根空心管，將一根足夠長的尼龍線穿過它，在尼龍線一端拴一塊質(zhì)量很小的物體，另一端掛一籃球，手握空心管掄動該物體，使該物體在水平面上做半徑大小為的勻速圓周運動，籃球恰好處于靜止狀態(tài)，此時空心管上方的線與豎直方向的夾角約等于，如圖所示。已知物體的質(zhì)量是籃球的倍，重力加速度為，設尼龍線與空心管間的摩擦力大小恒等于球重的倍，則該物體的角速度大小可能為A．0 B． C． D．17．（2024?河南三模）如圖所示，足夠長光滑細桿的一端固定在豎直轉(zhuǎn)軸上的點，并可隨軸一起轉(zhuǎn)動。桿上套有一輕質(zhì)彈簧，彈簧一端固定于點，另一端與套在桿上質(zhì)量為的小球相連，細桿與豎直方向夾角為。彈簧原長為，勁度系數(shù)為。已知彈簧始終在彈性限度內(nèi)，重力加速度為。則下列說法正確的是A．當小球保持靜止時，小球到點的距離為 B．當小球相對細桿靜止，彈簧拉伸量為時，桿對小球的彈力大小可能為 C．當小球相對細桿靜止，桿對小球彈力為零時，轉(zhuǎn)軸的角速度為 D．轉(zhuǎn)軸轉(zhuǎn)速自零開始緩慢增加過程中，細桿對小球的彈力一直增大18．（2024?廈門三模）將扁平的石子向水面快速拋出，石子可能會在水面上一跳一跳地飛向遠方，俗稱“打水漂”。石子接觸水面時速度方向與水面的夾角越小，從水面跳起產(chǎn)生的“水漂”效果越明顯。將一石子水平拋出，不計石子在空中飛行時的空氣阻力，為了觀察到明顯的“水漂”效果，則應A．適當增加出手的高度 B．適當減小出手的高度 C．適當增加出手的速度 D．適當減小出手的速度三．填空題（共2小題）19．（2022?青浦區(qū)二模）如圖為“行星傳動示意圖”，中心“太陽輪”的轉(zhuǎn)動軸固定，其半徑為，周圍四個“行星輪”的轉(zhuǎn)動軸固定，其半徑均為，“齒圈”的半徑為，其中，、、分別是“太陽輪”、“行星輪”和“齒圈”邊緣上的點，齒輪傳動過程不打滑，則點與點的線速度之比為，點與點的轉(zhuǎn)速之比為。20．（2021?楊浦區(qū)二模）如圖，一個有質(zhì)量的小球用一細線懸于箱子頂上的點，箱子沿某一方向做勻加速直線運動，細線與豎直方向的夾角始終不變，重力加速度為小球受到的空氣阻力不計寫出箱子可能的二種加速度情況：①；②四．解答題（共5小題）21．（2024?龍鳳區(qū)校級模擬）一闖關游戲裝置處于豎直截面內(nèi)，如圖所示，該裝置由傾角的直軌道，螺旋圓形軌道，水平直軌道，傳送帶，水平直軌道，兩個相同的四分之一圓管道拼接成的管道，水平直軌道組成。其中螺旋圓形軌道與軌道、相切于（E）和。直線軌道和通過傳送帶平滑連接，管道與直線軌道相切于點，直線軌道右端為彈性擋板，滑塊與彈性擋板碰撞后能原速率返回。已知螺旋圓形軌道半徑，長，傳送帶長，長，，四分之一圓軌道的半徑。滑塊與、、間的動摩擦因數(shù)，與傳送帶間的動摩擦因數(shù)，其余軌道光滑?，F(xiàn)將一質(zhì)量為的滑塊從傾斜軌道上某高度處靜止釋放（滑塊視為質(zhì)點，所有軌道都平滑連接，不計空氣阻力，，，（1）若滑塊恰好經(jīng)過圓形軌道最高點，求滑塊過點對軌道的壓力及滑塊靜止釋放時的高度；（2）若滑塊從上高處靜止釋放，且傳送帶靜止，那么滑塊最終靜止的位置距離點的水平距離有多遠；（3）若滑塊從上高處靜止釋放，且傳送帶以恒定的線速度順時針轉(zhuǎn)動，要使滑塊停在上（滑塊不會再次通過軌道回到上），求傳送帶的線速度需滿足的條件。22．（2024?漳州三模）水車是我國勞動人民利用水能的一項重要發(fā)明。如圖為某景觀水車模型，從槽口水平流出的水，垂直落在與水平面成角的水輪葉面上，輪葉在水流不斷沖擊下轉(zhuǎn)動，穩(wěn)定時輪葉邊緣線速度與水流沖擊的速度大小近似相等。已知槽口到?jīng)_擊點所在的水平面距離，水車輪軸到輪葉邊緣的距離為。忽略空氣阻力，重力加速度為。求：（1）水從槽口落到水輪葉面的時間；（2）槽口處水流的初速度大??；（3）輪葉邊緣上質(zhì)量為的釘子，隨水車勻速轉(zhuǎn)動時的向心力大小。23．（2024?浙江二模）物理老師自制了一套游戲裝置供同學們一起娛樂和研究，其裝置可以簡化為如圖所示的模型。該模型由同一豎直平面內(nèi)的水平軌道、半徑為的半圓單層軌道、半徑為的半圓圓管軌道、平臺和、凹槽組成，且各段各處平滑連接。凹槽里停放著一輛質(zhì)量為的無動力擺渡車并緊靠在豎直側(cè)壁處，其長度且上表面與平臺、平齊。水平面的左端通過擋板固定一個彈簧，彈簧右端可以通過壓縮彈簧發(fā)射能看成質(zhì)點的不同滑塊，彈簧的彈性勢能最大能達到?，F(xiàn)三位同學小張、小楊、小振分別選擇了質(zhì)量為、、的同種材質(zhì)滑塊參與游戲，游戲成功的標準是通過彈簧發(fā)射出去的滑塊能停在平臺的目標區(qū)段。已知凹槽段足夠長，擺渡車與側(cè)壁相撞時會立即停止不動，滑塊與擺渡車上表面和平臺段的動摩擦因數(shù)都是，其他所有摩擦都不計，段長度，段長度。問：（1）已知小振同學的滑塊以最大彈性勢能彈出時都不能進入圓管軌道，求小振同學的滑塊經(jīng)過與圓心等高的處時對軌道的最大壓力；（2）如果小張同學以的彈性勢能將滑塊彈出，請根據(jù)計算后判斷滑塊最終停在何處？（3）如果小楊將滑塊彈出后滑塊最終能成功地停在目標區(qū)段，則他發(fā)射時的彈性勢能應滿足什么要求？24．（2024?倉山區(qū)校級模擬）擲鉛球是一個需要力量和靈活性的運動，今年的學校運動會，某同學要參加擲鉛球比賽，傍晚來到運動場訓練，熱身后（不計空氣阻力，重力加速度取，，，（1）她在第一次投擲中把鉛球水平推出，高度為，速度為，則鉛球被推出的水平距離是多少米？（2）第一次投擲后體育老師給了建議，讓她投擲時出手點高一點，斜向上推出鉛球。于是，第二次她從離地高為處推出鉛球，出手點剛好在邊界線上方，速度方向與水平方向成，如圖所示，此次推出鉛球時鉛球的速度大小仍為，則這次投擲的成績?yōu)槎嗌倜祝?5．（2024?鹽城模擬）如圖所示，豎直平面內(nèi)固定一半徑為的光滑圓環(huán)，質(zhì)量分別為、的、兩小球套在圓環(huán)上，用長度為的輕桿連接。開始時，對小球施加豎直向上的外力，使、均處于靜止狀態(tài)，且球恰好與圓心等高；然后撤去外力，、沿圓環(huán)運動。已知重力加速度為，取光滑圓環(huán)最低處為零勢面。求：（1）外力的大??；（2）球重力勢能的最大值；（3）球速度最大時，其加速度的大小。

2025年高考物理壓軸訓練5參考答案與試題解析一．選擇題（共9小題）1．（2024?順慶區(qū)校級模擬）如圖所示，陽光垂直照射到斜面草坪上，在斜面頂端把一高爾夫球水平擊出讓其在與斜面垂直的面內(nèi)運動，小球剛好落在斜面底端。點是運動過程中距離斜面的最遠處，點是在陽光照射下小球經(jīng)過點的投影點，不計空氣阻力，則A．小球在斜面上的投影做勻速運動 B．與長度之比為 C．若斜面內(nèi)點在點的正下方，則與長度不等 D．小球在點的速度與整個段平均速度大小相等【答案】【考點】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【分析】、運用運動的合成與分解方法將小球的運動沿斜面方向和垂直與斜面方向分解，根據(jù)運動規(guī)律判斷選項正誤；、沿水平方向和豎直方向?qū)⑿∏虻倪\動分解，分別計算小球的水平位移，進而根據(jù)幾何關系判斷與長度關系；、利用平均速度公式計算小球全程的平均速度，利用運動合成與分解方法沿斜面和垂直與斜面方向分解小球的速度，進而計算小球運動到點時的速度大小，以此比較二者大小關系?！窘獯稹拷猓骸⑿∏虻倪\動分解為沿斜面和垂直斜面兩個分運動，可知小球沿斜面方向做初速度為，加速度為的勻加速直線運動，則小球在斜面上的投影做勻加速直線運動；小球垂直斜面方向做初速度為，加速度為的勻減速直線運動，點是運動過程中距離斜面的最遠處，則此時小球垂直斜面方向的分速度剛好為0，根據(jù)對稱性可知，到與到的時間相等，均為則有可得則有故錯誤；、將小球的運動分解為水平方向的勻速運動和豎直方向的自由落體運動，則小球從到有小球從到有若點到點的正下方，則有可知點是的中點，則與長度相等，故錯誤；、由選項可知，沿斜面方向和垂直與斜面方向?qū)⑿∏虻倪\動分解后，到達點的速度為小球運動整段的平均速度為整理可得由選項結(jié)論可知，到與到的時間相等，故聯(lián)立上式可知，故正確。故選：?！军c評】本題考查對平拋運動規(guī)律的理解，其中運用運動的合成與分解的方法為解決本題的關鍵，特別注意該方法應用時可靈活改變建系方向。2．（2024?門頭溝區(qū)一模）某研究小組在研究“估測甩手時指尖的最大向心加速度”課題研究時，利用攝像機記錄甩手動作，、、是甩手動作最后3幀（每秒25幀）照片指尖的位置。根據(jù)照片建構(gòu)、之間運動模型：開始階段，指尖以肘關節(jié)為圓心做圓周運動，到接近的最后時刻，指尖以腕關節(jié)為圓心做圓周運動。測得、之間的距離為，、之間的距離為。粗略認為、之間平均速度為甩手動作最后階段指尖做圓周運動的線速度。重力加速度為。請估測甩手時指尖的最大向心加速度A． B． C． D．【答案】【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；推理能力；牛頓第二定律在圓周運動中的應用；推理法【分析】先利用周期與頻率的關系計算時間，進而計算、間的平均速度，進而利用向心加速度公式計算?！窘獯稹拷猓好棵?5幀，則指尖在、間運動的平均速度約為代入數(shù)據(jù)解得，指尖在點附近做圓周運動的半徑，則向心加速度大小約為代入數(shù)據(jù)解得，故正確，錯誤。故選：?！军c評】本題考查考生對圓周運動中向心加速度的理解。3．（2024?武漢模擬）某同學投擲籃球空心入筐，籃球的出手點與籃筐的距離為，籃球進入籃筐時的速度方向恰好與出手時的速度方向垂直。不考慮空氣阻力，重力加速度大小取。則籃球從出手到入筐的時間為A． B． C． D．【答案】【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【分析】做斜拋運動的物體，可以分解為水平方向的勻速運動和豎直方向做豎直方向的勻變速直線運動；結(jié)合運動學規(guī)律解答?！窘獯稹拷猓涸O籃球初速度為，與水平夾角為，末速度為，與豎直方向夾角為斜向下。由題意可知籃球做勻變速曲線運動，則豎直方向水平方向運動時間為又聯(lián)立得故錯誤，正確故選：?！军c評】本題主要考查了斜拋運動的規(guī)律；對于曲線運動一般采用“化曲為直”的思想解題。4．（2024?湖北）如圖所示，有五片荷葉伸出荷塘水面，一只青蛙要從高處荷葉跳到低處荷葉上。設低處荷葉、、、和青蛙在同一豎直平面內(nèi)，、高度相同，、高度相同，、分別在、正上方。將青蛙的跳躍視為平拋運動，若以最小的初速度完成跳躍，則它應跳到A．荷葉 B．荷葉 C．荷葉 D．荷葉【答案】【考點】平拋運動速度的計算【專題】定性思想；推理法；信息給予題；平拋運動專題；理解能力【分析】平拋運動在豎直方向做自由落體運動，水平方向做勻速直線運動，根據(jù)平拋運動規(guī)律求解水平初速度，然后作答?！窘獯稹拷猓浩綊佭\動在豎直方向做自由落體運動水平方向做勻速直線運動水平初速度要使水平初速度最小，則需要水平位移最小、豎直位移最大；由于、荷葉與青蛙的水平位移最小，、荷葉與青蛙的高度差最大，跳到荷葉上同時滿足水平位移最小，豎直位移最大，故錯誤，正確。故選：?！军c評】本題主要考查了平拋運動規(guī)律的運用，解題的關鍵是根據(jù)平拋運動規(guī)律求解出水平初速度的關系式。5．（2024?選擇性）“指尖轉(zhuǎn)球”是花式籃球表演中常見的技巧。如圖，當籃球在指尖上繞軸轉(zhuǎn)動時，球面上、兩點做圓周運動的A．半徑相等 B．線速度大小相等 C．向心加速度大小相等 D．角速度大小相等【答案】【考點】傳動問題【專題】勻速圓周運動專題；信息給予題；定性思想；推理法；理解能力【分析】、兩點在水平方向做圓周運動，根據(jù)幾何知識分析、兩點做圓周運動的半徑的大?。换@球上的、繞軸做同軸轉(zhuǎn)動，據(jù)此分析作答；根據(jù)線速度與角速度的關系分析作答；根據(jù)向心加速度公式分析作答?！窘獯稹拷猓喝鐖D所示：、兩點在水平方向做圓周運動，半徑垂直于轉(zhuǎn)軸，根據(jù)幾何知識，故錯誤；籃球上的、繞軸做同軸轉(zhuǎn)動，因此、兩點做圓周運動的角速度相等，故正確；根據(jù)線速度與角速度的關系，因此，故錯誤；根據(jù)向心加速度公式，因此，故錯誤。故選：?！军c評】本題主要考查了圓周運動半徑的確定、線速度與角速度的關系、向心加速度公式，理解圓周運動的兩種傳動方式是解題的關鍵；要區(qū)別求半徑與圓周運動的半徑。6．（2024?清江浦區(qū)模擬）金秋九月，正是收割玉米的季節(jié)，加工過程中，農(nóng)民會采用如圖甲所示的傳送帶裝置。具體過程如圖乙所示，將收割曬干的玉米投入脫粒機后，玉米粒從靜止開始被傳送到底端與脫粒機相連的順時針勻速轉(zhuǎn)動的傳送帶上，一段時間后和傳送帶保持靜止，直至從傳送帶的頂端飛出，最后落在水平地面上，農(nóng)民迅速裝袋轉(zhuǎn)運。提升了加工轉(zhuǎn)運的效率。已知傳送帶與水平方向的夾角為、頂端的高度為，玉米粒相對于傳送帶頂端的最大高度也是，重力加速度為，若不計風力，空氣阻力和玉米粒之間的相互作用力，下列說法正確的是A．玉米粒在傳送帶上時，所受摩擦力始終不變 B．玉米粒落地點與傳送帶底端的水平距離為 C．傳送帶的速度大小為 D．玉米粒飛出后到落地所用的時間為【答案】【考點】牛頓第二定律的簡單應用；平拋運動速度的計算【專題】定量思想；推理法；平拋運動專題；分析綜合能力；推理能力【分析】玉米粒在傳送帶上先勻加速后勻速，后面做斜拋運動，根據(jù)斜拋運動的規(guī)律，結(jié)合幾何關系即可列式求解?！窘獯稹拷猓河衩琢Ｔ趥魉蛶线\動，分為勻加速運動階段和勻速階段，勻加速階段：玉米粒與傳送帶發(fā)生相對滑動，受到滑動摩擦力且滑動摩擦力的大小大于玉米粒沿斜面向下的重力的分力大小勻速階段：玉米粒與傳送帶保持相對靜止，受到靜摩擦力且靜摩擦力大小等于玉米粒沿斜面向下的重力的分力大小，故錯誤。設傳送帶速度為，脫離傳送帶后水平方向是勻速直線運動，豎直方向是勻變速直線運動可得，到達最高點時，豎直方向上速度為0，從拋出點到最高點時間為，水平位移豎直方向上：，水平方向上：，代入數(shù)據(jù)得從最高點到落地點的時間為，水平位移豎直方向上：，即水平方向上：，代入數(shù)據(jù)得玉米粒落地點與傳送帶底端的水平距離為，，故錯誤。聯(lián)立，式子解得，故正確。設玉米粒飛出后到落地所用的時間，，故錯誤。故選：?！军c評】本題考查學生對摩擦力突變的分析和斜拋運動規(guī)律的運用，主要注意玉米粒速度與傳送帶速度相同時，由滑動摩擦力突變?yōu)殪o摩擦力，在最高點豎直方向上速度為0。7．（2024?海南）在跨越河流表演中，一人騎車以的速度水平?jīng)_出平臺，恰好跨越長的河流落在河對岸平臺上，已知河流寬度，不計空氣阻力，取，則兩平臺的高度差為A． B． C． D．【答案】【考點】平拋運動在豎直和水平方向上的特點；平拋運動位移的計算【專題】推理法；平拋運動專題；定量思想；推理能力【分析】根據(jù)平拋運動的位移規(guī)律列式求解高度差?！窘獯稹拷猓焊鶕?jù)平拋運動的規(guī)律有代入，，解得故錯誤，正確。故選：?！军c評】考查平拋運動的規(guī)律的應用，會根據(jù)題意求解相應的物理量。8．（2024?江寧區(qū)校級模擬）如圖所示，質(zhì)量忽略不計、長度分別為和的不可伸長的輕繩，分別系質(zhì)量為和的小球，它們以相同的轉(zhuǎn)速繞中心軸線做勻速圓周運動。穩(wěn)定時繩子與豎直方向夾角的正切值分別為及，圓周運動半徑分別為和，兩繩子中的張力分別為和，則A． B． C． D．【答案】【考點】牛頓第二定律的簡單應用；向心力的表達式及影響向心力大小的因素【專題】推理法；定量思想；牛頓第二定律在圓周運動中的應用；推理能力【分析】對兩小球分別進行受力分析；設繩子與豎直方向夾角分別為、，先對下面小球受力分析，將兩個球看作整體受力分析；根據(jù)幾何關系判斷項?！窘獯稹拷猓海畬ο旅嫘∏蚴芰Ψ治?，水平方向有對上面小球受力分析，水平方向有聯(lián)立解得故正確；．設繩子與豎直方向夾角分別為、，對下面小球受力分析，豎直方向有對兩個球看作整體，豎直方向上有穩(wěn)定時繩子與豎直方向夾角的正切值分別為及，聯(lián)立解得故錯誤；．根據(jù)幾何關系聯(lián)立解得故錯誤；故選：?！军c評】本題考查學生對圓周運動及受力分析的綜合理解能力。9．（2024?合肥三模）如圖所示，在某次跳臺滑雪比賽中，運動員以初速度從跳臺頂端水平飛出，經(jīng)過一段時間后落在傾斜賽道上的點，運動員運動到點時離傾斜賽道最遠，點到賽道的垂直距離為，點離賽道的豎直高度為，賽道的傾角為，重力加速度為，空氣阻力不計，運動員（包括滑雪板）視為質(zhì)點。則、兩點間的距離是A． B． C． D．【答案】【考點】平拋運動速度的計算【專題】推理法；定量思想；分析綜合能力；平拋運動專題【分析】根據(jù)平拋運動規(guī)律，結(jié)合運動的合成與分解以及題干中的幾何關系，可求出正確答案?！窘獯稹拷猓簩⑦\動員在空中的運動分解為沿斜面方向以及垂直斜面方向，根據(jù)運動的對稱性，可以得到，運動員從運動到點和從點運動到點所用時間相等，因此運動員沿平行斜面方向的分運動從到的時間與從到的時間相等，運動員沿平行斜面做加速度為的勻加速運動，設整個運動時間為，，則，由于從到的水平位移與從到的水平位移相等，因此，則運動員做平拋運動有，，，解得，則，故正確，錯誤。故選：?！军c評】學生在解答本題時，應注意對于平拋運動問題，要熟練運用運動的分解來進行分析。二．多選題（共9小題）10．（2024?觀山湖區(qū)校級模擬）有一種新式健身“神器”——能自動計數(shù)的智能呼啦圈深受健身者的喜愛，如圖甲所示。智能呼啦圈腰帶外側(cè)有圓形光滑軌道，將安裝有滑輪的短桿嵌入軌道并能沿圓形軌道自由滑動，短桿的另一端懸掛一根帶有配重的輕質(zhì)細繩，將腰帶簡化為豎直硬質(zhì)圓筒，其簡化模型如圖乙所示，水平固定好腰帶，通過人體微小扭動，使配重在水平面內(nèi)以角速度做勻速圓周運動，已知配重（可視為質(zhì)點）質(zhì)量為，繩的拉力大小為，繩與豎直方向夾角為，繩長一定，則下列說法正確的是A．一定，越大，越大 B．一定，越大，越大 C．一定，越大，越大 D．一定，越大，越大【答案】【考點】物體在圓錐面上做圓周運動【專題】推理論證能力；方程法；定量思想；勻速圓周運動專題【分析】根據(jù)平行四邊形定則求解配重受到的合力大小；根據(jù)合力提供向心力，根據(jù)向心力公式判斷角速度的變化，以及繩上拉力的變化，進而得到腰受到腰帶的彈力變化。【解答】解：根據(jù)題意，對配重受力分析，如圖所示豎直方向上處于平衡狀態(tài)，則水平方向上由牛頓第二定律有整理得可知越大，則越大，當一定時，的大小與質(zhì)量無關又：，可知一定時，越大，越大，越小，越大；一定時，越大，不變，不變，越大。故正確，錯誤。故選：。【點評】本題考查勻速圓周運動，關鍵是弄清楚配重和腰帶的受力情況，能夠根據(jù)牛頓第二定律結(jié)合向心力的計算公式進行解答。11．（2024?梅州二模）梅州是足球之鄉(xiāng)，近幾年我市足球事業(yè)發(fā)展迅速，如圖7所示，某運動員在離球門正前方水平距離處頭球攻門，足球在高處被水平頂出，頂出時速度垂直球門，并恰好落在球門線上，足球視為質(zhì)點，不計空氣阻力，取則此過程中，下列說法正確的是A．球的運動時間為 B．球落地前瞬間豎直方向的分速度大小為 C．球的水平初速度大小為 D．球落地前瞬間速度方向與水平地面的夾角為【答案】【考點】平拋運動速度的計算；平拋運動時間的計算【專題】合成分解法；平拋運動專題；推理能力；定量思想【分析】平拋運動可以將運動分解成水平和豎直兩個方向，水平方向做勻速直線運動，豎直方向做自由落體運動，根據(jù)豎直方向下落的高度即可得出足球的運動時間，再根據(jù)水平方向的位移大小即可得出足球的初速度，再通過對水平豎直兩個方向的分析，可得出足球落地時的豎直反向速度大小以及速度方向與地面的夾角。【解答】解：由題可知，足球的運動為平拋運動，將運動過程分解成水平豎直兩個方向，豎直方向做自由落體運動，下落高度為，運動的時間滿足，將、代入可知，，故錯誤；已知球在豎直方向做自由落體運動，運動時間為，因此落地時的速度為，故正確；已知球在水平方向做勻速直線運動，運動時間為，位移為，水平初速度滿足，代入已知數(shù)據(jù)可得，故正確；球落地時，假設速度方向與水平地面的夾角為，已知水平方向的速度大小為，豎直方向的速度大小為，由此可知，因此，故錯誤。故選：?！军c評】本題需要學生運用平拋運動相關知識結(jié)合三角函數(shù)以解決此類問題。12．（2024?安徽）一傾角為足夠大的光滑斜面固定于水平地面上，在斜面上建立直角坐標系，如圖（1）所示。從開始，將一可視為質(zhì)點的物塊從點由靜止釋放，同時對物塊施加沿軸正方向的力和，其大小與時間的關系如圖（2）所示。已知物塊的質(zhì)量為，重力加速度取，不計空氣阻力。則A．物塊始終做勻變速曲線運動 B．時，物塊的坐標值為 C．時，物塊的加速度大小為 D．時，物塊的速度大小為【答案】【考點】勻變速直線運動位移與時間的關系；牛頓第二定律的簡單應用；合運動與分運動的關系【專題】信息給予題；定量思想；推理法；直線運動規(guī)律專題；牛頓運動定律綜合專題；理解能力【分析】根據(jù)圖2分別求解、隨時間變化的關系，再求的合力隨時間變化的關系，再根據(jù)力的合成分析物塊所受的合力是否恒定，結(jié)合牛頓第二定律分析加速度是否滑動，然后作答；根據(jù)牛頓第二定律求解物塊沿軸方向的加速度，根據(jù)運動學公式求解作答；根據(jù)力的合成求物塊所受的合力，根據(jù)牛頓第二定律求加速度；根據(jù)運動學公式求物塊沿軸方向的瞬時速度；根據(jù)題意求方向的平均作用力，根據(jù)牛頓第二定律求平均加速度，再根據(jù)運動學公式求物塊壓軸方向的瞬時速度，最后求合速度?！窘獯稹拷猓焊鶕?jù)圖2可知，隨時間變化的關系為，其中隨時間變化的關系為、的合力物塊沿軸方向的分力物塊沿軸方向的力由于隨時間變化，因此物塊所受的合力不恒定，加速度不恒定；物塊做非勻變速曲線運動，故錯誤；物塊沿方向做勻加速運動，加速度根據(jù)勻變速運動公式，時，物塊的坐標值，故正確；當時，此時物塊所受的合力根據(jù)牛頓第二定律代入數(shù)據(jù)解得物塊的加速度大小，故錯誤；時刻，物塊沿軸方向的速度物塊在時刻，沿軸方向的合力在內(nèi)沿軸方向的平均加速度時刻，物塊沿軸方向的速度根據(jù)運動的合成與分解，在時刻的速度，故正確。故選：?！军c評】本題考查了運動的合成與分解、力的合成與分解；物塊做曲線運動可以分解為沿軸方向的勻加速直線運動和要軸方向的變加速直線運動；要熟練掌握運動學公式和牛頓運動定律；知道勻變速曲線運動是加速度恒定的曲線運動。13．（2024?博望區(qū)校級模擬）通用技術課上，某興趣小組制作了一個小球爬桿裝置，如圖所示，豎直桿與光滑桿均固定在電動機底座上，且與水平面間的夾角，一彈簧上端固定在桿上的點，下端與穿在桿上質(zhì)量為的小球相連。裝置靜止時彈簧與豎直方向間的夾角，當電動機帶動底座開始轉(zhuǎn)動時，小球開始爬桿。已知兩點間的距離為，重力加速度為。則A．裝置靜止時桿對小球的彈力方向垂直桿斜向下 B．裝置靜止時彈簧彈力的大小為 C．裝置靜止時桿對小球的彈力大小為 D．電動機轉(zhuǎn)動后，當小球穩(wěn)定在與點等高的位置時桿的角速度為【答案】【考點】物體在圓錐面上做圓周運動【專題】定量思想；推理法；勻速圓周運動專題；推理能力【分析】根據(jù)平衡條件畫初始位置的小球受力圖，分析桿對小球的彈力情況；根據(jù)平衡條件列方程求解彈簧的彈力大小和桿對小球的彈力大?。辉俅螌π∏蚴芰Ψ治鲎鲌D，根據(jù)水平方向的牛頓第二定律方程和豎直方向的平衡方程列式解答?！窘獯稹拷猓簩π∏蚴芰Ψ治鋈鐖D由平衡條件可知，小球靜止時桿對小球的彈力方向垂直桿斜向下，故正確；根據(jù)平衡條件，由幾何關系可得小球靜止時彈簧彈力的大小為，故錯誤；根據(jù)平衡條件可得，解得小球靜止時桿對小猴的彈力大小為，故錯誤；由幾何關系可知，小球穩(wěn)定在與點等高位置時彈簧的長度與開始位置時相等，故彈簧的彈力為，在與點等高位置，對小球受力分析，水平方向由牛頓第二定律，豎直方向由平衡條件，聯(lián)立解得，故正確。故選：?！军c評】考查平衡問題和圓周運動的相關問題，會根據(jù)題意分析物體受力并列式求解相應物理量。14．（2024?龍鳳區(qū)校級模擬）如圖所示，豎直平面內(nèi)有固定的光滑絕緣圓形軌道，勻強電場的方向平行于軌道平面水平向右，、分別為軌道上的最高點和最低點，、是軌道上與圓心等高的點。質(zhì)量為、電荷量為的帶正電的小球在處以速度水平向右射出，恰好能在軌道內(nèi)做完整的圓周運動，已知重力加速度為，電場強度大小。則下列說法中正確的是A．在軌道上運動時，小球動能最大的位置在、之間 B．在軌道上運動時，小球機械能最小的位置在點 C．經(jīng)過、兩點時，小球所受軌道彈力大小的差值為 D．小球在處以速度水平向右射出，也能在此軌道內(nèi)做完整的圓周運動【答案】【考點】牛頓第二定律的簡單應用；帶電粒子（計重力）在勻強電場中的直線運動；繩球類模型及其臨界條件；動能定理的簡單應用【專題】推理法；定量思想；分析綜合能力；帶電粒子在電場中的運動專題；等效替代法【分析】應用等效重力的觀點，將重力和電場力的合力看作等效重力，由幾何關系得到等效重力的方向。再結(jié)合圓周運動規(guī)律求解，粒子在等效最低點時速度最大，動能最大。恰好能在軌道內(nèi)做完整的圓周運動的條件是恰好能通過等效最高點。小球運動過程克服電場力做功最多，損失機械能最多，則機械能最??；根據(jù)牛頓第二定律求解經(jīng)過、兩點時彈力的差值?！窘獯稹拷猓海畱玫刃е亓Φ挠^點，將重力和電場力的合力看作等效重力，設等效重力與豎直方向的夾角為，則有：，可得：可知在小球在軌道內(nèi)做圓周運動的等效最低點是圓弧的中點，故動能最大的位置在、之間，故正確；．小球運動到位置時克服電場力做功最多，根據(jù)功能關系，可知機械能最小的位置在點，故正確；．小球在點，由牛頓第二定律得：小球在點，由牛頓第二定律得：從到點，由動能定理得：解得經(jīng)過、兩點時，小球所受軌道彈力大小的差值為：，故錯誤；．小球在軌道內(nèi)做圓周運動的等效最高點是圓弧的中點，已知小球在處以速度水平向右射出，恰好能在軌道內(nèi)做完整的圓周運動，從處到點，根據(jù)動能定理得：假設小球在處以速度水平向右射出，也能在此軌道內(nèi)做完整的圓周運動，從處到點，根據(jù)動能定理：聯(lián)立解得：，故小球在處以速度水平向右射出，不能在此軌道內(nèi)做完整的圓周運動，故錯誤。故選：。【點評】本題考查帶電體在勻強電場中圓周運動的相關問題。掌握在“內(nèi)圓軌道“做完整圓周運動的臨界條件。在勻強電場的圓周運動，要掌握用“等效重力”解題的技巧，會找“等效最高點或最低點”。15．（2024?河北模擬）某貨物輸送裝置可簡化為如圖所示，將一個質(zhì)量為的載物平臺架在兩根完全相同、軸線在同一水平面內(nèi)足夠長的平行圓柱上。已知平臺與兩圓柱間的動摩擦因數(shù)均為，平臺的重心與兩圓柱等距，兩圓柱以角速度繞軸線做相反方向的轉(zhuǎn)動，重力加速度大小為。現(xiàn)給平臺施加一過平臺重心且沿平行于軸線方向的恒力，使載物平臺從靜止開始運動。下列說法正確的是A．只有當時，平臺才能開始運動 B．平臺運動的最大加速度大小 C．只要平臺運動距離足夠遠，平臺最終一定會做勻速直線運動 D．越大，平臺從靜止開始運動相同距離用時越短【答案】【考點】滑動摩擦力的方向；滑動摩擦力的大小計算和影響因素；牛頓運動定律的應用—從受力確定運動情況；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；牛頓運動定律綜合專題；摩擦力專題；推理能力【分析】根據(jù)摩擦力公式、牛頓第二定律和推導沿受到一根圓柱的摩擦力分量，再根據(jù)牛頓第二定律列方程分析判斷；根據(jù)表達式結(jié)合角速度判斷時間?！窘獯稹拷猓海畧A柱表面的點轉(zhuǎn)動的線速度大小為：若平臺運動的速度大小為，則沿該方向上受到一根圓柱的摩擦力分量為根據(jù)牛頓第二定律可得開始時，平臺受到的兩圓柱摩擦力平衡，加速度最大，大小為：，所以只要不為零，加速度就不為零，平臺也能運動，由于在不斷增大，加速度會越來越小，當時，無論平臺運動的距離多遠，最終都不會勻速直線運動，故錯誤，正確；．根據(jù)上述表達式：，可知角速度越大，平臺運動的加速度越大，平均速度越大，從靜止開始運動相同距離用時越短，故正確。故選：?！军c評】本題關鍵掌握平臺參與的兩個方向的運動，根據(jù)合運動判斷摩擦力方向。16．（2024?泉州模擬）取一根空心管，將一根足夠長的尼龍線穿過它，在尼龍線一端拴一塊質(zhì)量很小的物體，另一端掛一籃球，手握空心管掄動該物體，使該物體在水平面上做半徑大小為的勻速圓周運動，籃球恰好處于靜止狀態(tài)，此時空心管上方的線與豎直方向的夾角約等于，如圖所示。已知物體的質(zhì)量是籃球的倍，重力加速度為，設尼龍線與空心管間的摩擦力大小恒等于球重的倍，則該物體的角速度大小可能為A．0 B． C． D．【答案】【考點】向心力的表達式及影響向心力大小的因素；牛頓第二定律的簡單應用【專題】定量思想；推理法；牛頓運動定律綜合專題；分析綜合能力【分析】根據(jù)摩擦力的方向進行分情況討論，從而計算出兩種情況的角速度大小。【解答】解：對于重物而言，如果轉(zhuǎn)動的角速度較小，則摩擦力方向沿繩向外，根據(jù)牛頓第二定律有解得如果轉(zhuǎn)動的角速度較大，則摩擦力方向沿繩向內(nèi)，根據(jù)牛頓第二定律有解得，故正確，錯誤；故選：?！军c評】學生在解答本題時，應注意對于摩擦力分析，要注意根據(jù)運動情況，判斷摩擦力的方向問題。17．（2024?河南三模）如圖所示，足夠長光滑細桿的一端固定在豎直轉(zhuǎn)軸上的點，并可隨軸一起轉(zhuǎn)動。桿上套有一輕質(zhì)彈簧，彈簧一端固定于點，另一端與套在桿上質(zhì)量為的小球相連，細桿與豎直方向夾角為。彈簧原長為，勁度系數(shù)為。已知彈簧始終在彈性限度內(nèi)，重力加速度為。則下列說法正確的是A．當小球保持靜止時，小球到點的距離為 B．當小球相對細桿靜止，彈簧拉伸量為時，桿對小球的彈力大小可能為 C．當小球相對細桿靜止，桿對小球彈力為零時，轉(zhuǎn)軸的角速度為 D．轉(zhuǎn)軸轉(zhuǎn)速自零開始緩慢增加過程中，細桿對小球的彈力一直增大【答案】【考點】胡克定律及其應用；向心力的表達式及影響向心力大小的因素；牛頓第二定律的簡單應用【專題】定量思想；推理法；牛頓運動定律綜合專題；分析綜合能力【分析】根據(jù)靜止時，受力平衡可求出形變量，從而得到距離；根據(jù)細桿的支持力方向不同，分別計算出可能得支持力大小，得出選項；利用合外力提供向心力以及受力平衡，可求出角速度；根據(jù)選項的分析，可得出選項?！窘獯稹拷猓寒斝∏蜢o止時，彈簧彈力等于小球重力沿桿方向的分力，則有，解得，小球到點的距離，故錯誤；彈簧拉伸量為時，豎直方向上小球合力為零，若小球所受細桿的支持力垂直細桿斜向上，則有，解得，若小球所受細桿的支持力垂直細桿斜向下，則有，解得，故正確；設轉(zhuǎn)軸的角速度為時，小球?qū)U的作用力為零，設此時彈簧形變量為，則有，解得，故正確；初始時細桿對小球有作用力，選項狀態(tài)下細桿對小球無作用力，所以細桿對小球作用力不會一直增大，故錯誤。故選：?！军c評】學生在解答本題時，應注意對于圓周運動問題，要熟練運用合外力提供向心力這一公式，同時理解桿可以提供向內(nèi)和向外的支持力。18．（2024?廈門三模）將扁平的石子向水面快速拋出，石子可能會在水面上一跳一跳地飛向遠方，俗稱“打水漂”。石子接觸水面時速度方向與水面的夾角越小，從水面跳起產(chǎn)生的“水漂”效果越明顯。將一石子水平拋出，不計石子在空中飛行時的空氣阻力，為了觀察到明顯的“水漂”效果，則應A．適當增加出手的高度 B．適當減小出手的高度 C．適當增加出手的速度 D．適當減小出手的速度【答案】【考點】平拋運動速度的計算【專題】推理能力；定量思想；推理法；平拋運動專題【分析】根據(jù)石子出手后做平拋運動的規(guī)律，豎直方向的自由落體運動和水平方向的勻速直線運動及速度偏角的表達式分析解答。【解答】解：令石子接觸水面時速度方向與水面的夾角為，石子水平拋出的速度為，石子豎直方向做自由落體運動，則有，石子接觸水面時，根據(jù)速度分解有解得，可知，出手高度越大，石子接觸水面時速度方向與水面的夾角越大，根據(jù)題意可知，為了觀察到明顯的“水漂”效果，則應適當減小出手的高度，故錯誤，正確；結(jié)合上述可知，石子出手速度越大，石子接觸水面時速度方向與水面的夾角越小，可知，為了觀察到明顯的“水漂”效果，則應適當增加出手的速度，故正確，錯誤。故選：?！军c評】考查平拋運動的規(guī)律，會根據(jù)題意進行準確的分析和判斷。三．填空題（共2小題）19．（2022?青浦區(qū)二模）如圖為“行星傳動示意圖”，中心“太陽輪”的轉(zhuǎn)動軸固定，其半徑為，周圍四個“行星輪”的轉(zhuǎn)動軸固定，其半徑均為，“齒圈”的半徑為，其中，、、分別是“太陽輪”、“行星輪”和“齒圈”邊緣上的點，齒輪傳動過程不打滑，則點與點的線速度之比為，點與點的轉(zhuǎn)速之比為?！敬鸢浮?，?！究键c】傳動問題【專題】定量思想；平拋運動專題；推理法；推理能力【分析】齒輪傳動的兩個輪子邊緣上各點的線速度大小相等，然后結(jié)合半徑關系分析周期的關系。【解答】解：由圖可知，與為齒輪傳動，所以線速度大小相等，與也是車輪傳動，線速度也相等，所以與的線速度是相等的，點與點的線速度之比為；由圖可知：點和點的線速度大小相等，由知點和點的轉(zhuǎn)速之比為：；故答案為：，?！军c評】本題運用比例法解決物理問題的能力，關鍵抓住相等的量：對于齒輪傳動的兩個輪子邊緣上各點的線速度大小相等；同一輪上各點的角速度相同。20．（2021?楊浦區(qū)二模）如圖，一個有質(zhì)量的小球用一細線懸于箱子頂上的點，箱子沿某一方向做勻加速直線運動，細線與豎直方向的夾角始終不變，重力加速度為小球受到的空氣阻力不計寫出箱子可能的二種加速度情況：①加速度水平向右，大小為；②【考點】牛頓第二定律；運動的合成和分解【專題】定量思想；方程法；運動的合成和分解專題；推理能力【分析】對小球受力分析，依據(jù)矢量的合成法則，及加速度方向，再根據(jù)牛頓第二定律求出小球的加速度，從而得出箱子的加速度。【解答】解：以小球為研究對象，若其加速度方向水平向右，由牛頓第二定律得：兩式聯(lián)立解得：，則箱子的加速度水平向右，大小為；以小球為研究對象，若其加速度方向豎直向下，當繩子拉力時，由牛頓第二定律得：兩式聯(lián)立解得：，則箱子是自由落體運動，加速度為；故答案為：①加速度水平向右，大小為；②自由落體運動，加速度為?！军c評】本題考查了牛頓第二定律的基本應用，要注意整體法、隔離法的靈活選擇，理解確定加速度的方向是解題的關鍵。四．解答題（共5小題）21．（2024?龍鳳區(qū)校級模擬）一闖關游戲裝置處于豎直截面內(nèi)，如圖所示，該裝置由傾角的直軌道，螺旋圓形軌道，水平直軌道，傳送帶，水平直軌道，兩個相同的四分之一圓管道拼接成的管道，水平直軌道組成。其中螺旋圓形軌道與軌道、相切于（E）和。直線軌道和通過傳送帶平滑連接，管道與直線軌道相切于點，直線軌道右端為彈性擋板，滑塊與彈性擋板碰撞后能原速率返回。已知螺旋圓形軌道半徑，長，傳送帶長，長，，四分之一圓軌道的半徑?；瑝K與、、間的動摩擦因數(shù)，與傳送帶間的動摩擦因數(shù)，其余軌道光滑?，F(xiàn)將一質(zhì)量為的滑塊從傾斜軌道上某高度處靜止釋放（滑塊視為質(zhì)點，所有軌道都平滑連接，不計空氣阻力，，，（1）若滑塊恰好經(jīng)過圓形軌道最高點，求滑塊過點對軌道的壓力及滑塊靜止釋放時的高度；（2）若滑塊從上高處靜止釋放，且傳送帶靜止，那么滑塊最終靜止的位置距離點的水平距離有多遠；（3）若滑塊從上高處靜止釋放，且傳送帶以恒定的線速度順時針轉(zhuǎn)動，要使滑塊停在上（滑塊不會再次通過軌道回到上），求傳送帶的線速度需滿足的條件。【答案】（1）滑塊過點對軌道的壓力為，方向豎直向下，滑塊靜止釋放時的高度為；（2）滑塊最終靜止的位置距離點的水平距離為；（3）要使滑塊停在上（滑塊不會再次通過軌道回到上），傳送帶的線速度需滿足的條件為?！究键c】牛頓第二定律的簡單應用；動能定理的簡單應用；繩球類模型及其臨界條件【專題】推理法；定量思想；推理能力；牛頓第二定律在圓周運動中的應用；動能定理的應用專題【分析】（1）根據(jù)牛頓第二定律求出滑塊過點速度和對點的壓力，結(jié)合動能定理求出點的速度和滑塊釋放的高度；（2）根據(jù)定能定理求出滑塊滑上半圓軌道的高度和滑塊會從圓軌道返回距離即可；（3）根據(jù)定能定理求出滑塊從斜面上滑下到達點的速度，再由動能定理可知滑塊從斜面上滑下到達點的速度，分析滑塊在傳送帶上的運動狀態(tài)，計算出滑塊在上與彈性擋板碰撞后，恰好停在點時的速度，即可求解。【解答】解：（1）若滑塊恰好經(jīng)過圓形軌道最高點，則根據(jù)牛頓第二定律可得：代入數(shù)據(jù)解得：滑塊從到點過程中，根據(jù)動能定理可得：代入數(shù)據(jù)解得：滑塊過點時，根據(jù)牛頓第二定律可得：代入數(shù)據(jù)解得：由牛頓第三定律可知滑塊對軌道的壓力為：方向豎直向下。滑塊從到點過程中，根據(jù)動能定理可得：代入數(shù)據(jù)解得：（2）滑塊滑下斜面重力做功：解得：若傳送帶靜止，滑塊運動到點，需克服摩擦力做功：解得：由動能定理可知滑塊從斜面上滑下到達點時的動能：設滑塊滑上半圓軌道的高度，則有：解得：則滑塊會從圓軌道返回滑下運動，根據(jù)動能定理可得：解得滑塊滑過四分之一圓軌道繼續(xù)滑行的位移大小所以滑塊最終靜止在點右側(cè)，距點的水平距離為：△（3）若向上滑塊恰好能到達，則滑塊在點的動能為：代入數(shù)據(jù)解得：由動能定理可知滑塊從斜面上滑下到達點的過程可得：代入數(shù)據(jù)解得：若傳送帶靜止，由動能定理可知滑塊從斜面上滑下到達點時，可得代入數(shù)據(jù)解得：則滑塊在傳送帶上先減速再勻速運動，且傳送帶的速度為：若滑塊在上與彈性擋板碰撞后，恰好停在點，則從到停下根據(jù)動能定理可得：代入數(shù)據(jù)解得：則滑塊在傳送帶上做勻速直線運動，傳送帶的速度需滿足的條件為：因此要使滑塊停在上（滑塊不會再次返回半圓軌道回到上），傳送帶的速度需滿足的條件為：答：（1）滑塊過點對軌道的壓力為，方向豎直向下，滑塊靜止釋放時的高度為；（2）滑塊最終靜止的位置距離點的水平距離為；（3）要使滑塊停在上（滑塊不會再次通過軌道回到上），傳送帶的線速度需滿足的條件為?！军c評】本題考查了滑塊—傳送帶模型，需要分析出每一段過程中滑塊的運動狀態(tài)，再結(jié)合動能定理即可求解。22．（2024?漳州三模）水車是我國勞動人民利用水能的一項重要發(fā)明。如圖為某景觀水車模型，從槽口水平流出的水，垂直落在與水平面成角的水輪葉面上，輪葉在水流不斷沖擊下轉(zhuǎn)動，穩(wěn)定時輪葉邊緣線速度與水流沖擊的速度大小近似相等。已知槽口到?jīng)_擊點所在的水平面距離，水車輪軸到輪葉邊緣的距離為。忽略空氣阻力，重力加速度為。求：（1）水從槽口落到水輪葉面的時間；（2）槽口處水流的初速度大?。唬?）輪葉邊緣上質(zhì)量為的釘子，隨水車勻速轉(zhuǎn)動時的向心力大小。【答案】（1）水從槽口落到水輪葉面的時間為；（2）槽口處水流的初速度大小為；（3）輪葉邊緣上質(zhì)量為的釘子，隨水車勻速轉(zhuǎn)動時的向心力大小為?！究键c】向心力的表達式及影響向心力大小的因素；平拋運動速度的計算；牛頓第二定律的簡單應用【專題】推理法；定量思想；分析綜合能力；牛頓第二定律在圓周運動中的應用【分析】（1）根據(jù)豎直方向做自由落體運動，可求出時間；（2）根據(jù)平拋運動豎直與水平方向速度的夾角關系，可求出水流初速度大??；（3）根據(jù)合外力提供向心力可求出向心力大小?！窘獯稹拷猓海?）豎直方向解得（2）豎直方向的分速度由平拋運動得解得水流的初速度大?。?）由平拋運動得向心力大小解得答：（1）水從槽口落到水輪葉面的時間為；（2）槽口處水流的初速度大小為；（3）輪葉邊緣上質(zhì)量為的釘子，隨水車勻速轉(zhuǎn)動時的向心力大小為?！军c評】學生在解答本題時，應注意掌握分析平拋運動的方法，以及對向心力公式的熟練應用。23．（2024?浙江二模）物理老師自制了一套游戲裝置供同學們一起娛樂和研究，其裝置可以簡化為如圖所示的模型。該模型由同一豎直平面內(nèi)的水平軌道、半徑為的半圓單層軌道、半徑為的半圓圓管軌道、平臺和、凹槽組成，且各段各處平滑連接。凹槽里停放著一輛質(zhì)量為的無動力擺渡車并緊靠在豎直側(cè)壁處，其長度且上表面與平臺、平齊。水平面的左端通過擋板固定一個彈簧，彈簧右端可以通過壓縮彈簧發(fā)射能看成質(zhì)點的不同滑塊，彈簧的彈性勢能最大能達到。現(xiàn)三位同學小張、小楊、小振分別選擇了質(zhì)量為、、的同種材質(zhì)滑塊參與游戲，游戲成功的標準是通過彈簧發(fā)射出去的滑塊能停在平臺的目標區(qū)段。已知凹槽段足夠長，擺渡車與側(cè)壁相撞時會立即停止不動，滑塊與擺渡車上表面和平臺段的動摩擦因數(shù)都是，其他所有摩擦都不計，段長度，段長度。問：（1）已知小振同學的滑塊以最大彈性勢能彈出時都不能進入圓管軌道，求小振同學的滑塊經(jīng)過與圓心等高的處時對軌道的最大壓力；（2）如果小張同學以的彈性勢能將滑塊彈出，請根據(jù)計算后判斷滑塊最終停在何處？（3）如果小楊將滑塊彈出后滑塊最終能成功地停在目標區(qū)段，則他發(fā)射時的彈性勢能應滿足什么要求？【答案】（1）小振同學的滑塊經(jīng)過與圓心等高的處時對軌道的最大壓力為；（2）根據(jù)計算后判斷滑塊最終停在離點左側(cè)距離；（3）發(fā)射時的彈性勢能應滿足：?！究键c】動能定理的簡單應用；繩球類模型及其臨界條件；功是能量轉(zhuǎn)化的過程和量度；牛頓第三定律的理解與應用【專題】定量思想；實驗分析法；動量和能量的綜合；分析綜合能力【分析】（1）滑塊運動到與等高處的過程，根據(jù)滑塊與彈簧組成的系統(tǒng)的機械能守恒解答；（2）判斷滑塊能夠通過點后，根據(jù)通過動能定理求出滑上車前的速度。再對車系統(tǒng)根據(jù)動量守恒定律和能量守恒定律求滑塊的位置；（3）根據(jù)滑塊不脫離軌道在點的臨界條件、能夠到達水平平臺的條件、由動能定理、能量守恒定律、動量守恒定律等確定彈性勢能的范圍?！窘獯稹拷猓海?）當彈性勢能最大彈出時，經(jīng)過與圓心等高的處時對軌道的壓力最大。從彈出到處，根據(jù)動能定理有：經(jīng)過處時，根據(jù)牛頓第二定律有：由牛頓第三定律可知：聯(lián)立解得最大壓力：，方向由指向。（2）當剛好經(jīng)過時，根據(jù)牛頓第二定律有：代入數(shù)據(jù)解得：假設滑塊在點不脫離軌道，由能量守恒得：解得：故滑塊在點不脫離軌道，從起點到車左端，根據(jù)動能定理有：故以的彈性勢能彈出到達車左端的速度：與車共速時，以向右為正，根據(jù)動量守恒有：由能量守恒定律有：解得共速時與擺渡車的相對位移：所以，如果小張同學的滑塊能滑上擺渡車但又不從擺渡車上掉進凹槽，擺渡車與右端碰后停止，滑塊繼續(xù)向前滑行的距離：代入數(shù)據(jù)得：故滑塊所停位置在離車右端距離：（3）當剛好經(jīng)過時：根據(jù)能量關系能：將彈出到平臺上，根據(jù)動能定理有：與車共速時：由能量守恒：要使得滑塊停在目標區(qū)：聯(lián)立上面四式解得：，且：故當小楊同學游戲能成功時，彈簧的彈性勢能范圍為：答：（1）小振同學的滑塊經(jīng)過與圓心等高的處時對軌道的最大壓力為；（2）根據(jù)計算后判斷滑塊最終停在離點左側(cè)距離；（3）發(fā)射時的彈性勢能應滿足：?！军c評】本題考查了功能關系的應用以及豎直平面內(nèi)圓周運動的臨界問題，要區(qū)分管狀圓周軌道與內(nèi)圓軌道臨界的條件和意義不同，對于管狀圓周軌道物體在其中做完整圓周運動的條件是達到最高點臨界速度為零，在最高點物體對上或下壁產(chǎn)生彈力存在速度臨界；對于內(nèi)圓軌道物體在其中做完整圓周運動的條件是達到最高點時與軌道之間的彈力為零。24．（2024?倉山區(qū)校級模擬）擲鉛球是一個需要力量和靈活性的運動，今年的學校運動會，某同學要參加擲鉛球比賽，傍晚來到運動場訓練，熱身后（不計空氣阻力，重力加速度取，，，（1）她在第一次投擲中把鉛球水平推出，高度為，速度為，則鉛球被推出的水平距離是多少米？（2）第一次投擲后體育老師給了建議，讓她投擲時出手點高一點，斜向上推出鉛球。于是，第二次她從離地高為處推出鉛球，出手點剛好在邊界線上方，速度方向與水平方向成，如圖所示，此次推出鉛球時鉛球的速度大小仍為，則這次投擲的成績?yōu)槎嗌倜祝俊敬鸢浮浚?）鉛球被推出的水平距離是5.5米；（2）這次投擲的成績?yōu)?0.8米?！究键c】平拋運動速度的計算；斜拋運動【專題】推理法；分析綜合能力；定量思想；平拋運動專題【分析】（1）根據(jù)平拋運動以及運動的合成與分解可求出距離；（2）根據(jù)運動的合成與分解，可求出投擲的成績?！窘獯稹拷猓海?）由平拋運動知識鉛球被推出的水平距離為解得（2）被推出的鉛球在豎直方向做豎直上拋運動，則有解得，（舍去）鉛球在水平方向做勻速直線運動這次投擲的成績?yōu)榇穑海?）鉛球被推出的水平距離是5.5米；（2）這次投擲的成績?yōu)?0.8米。【點評】學生在解答本題時，應注意對于平拋和斜拋問題要熟練運用運動的合成與分解進行作答。25．（2024?鹽城模擬）如圖所示，豎直平面內(nèi)固定一半徑為的光滑圓環(huán)，質(zhì)量分別為、的、兩小球套在圓環(huán)上，用長度為的輕桿連接。開始時，對小球施加豎直向上的外力，使、均處于靜止狀態(tài)，且球恰好與圓心等高；然后撤去外力，、沿圓環(huán)運動。已知重力加速度為，取光滑圓環(huán)最低處為零勢面。求：（1）外力的大??；（2）球重力勢能的最大值；（3）球速度最大時，其加速度的大小?！敬鸢浮浚?）外力的大小為；（2）球重力勢能的最大值為；（3）球速度最大時，其加速度的大小為。【考點】機械能守恒定律的簡單應用；牛頓第二定律的簡單應用；桿球類模型及其臨界條件【專題】推理法；分析綜合能力；定量思想；機械能守恒定律應用專題【分析】（1）對球施加的豎直向上的外力時，對小球受力分析，確定桿對球沒有作用力，再對球，根據(jù)平衡條件求解的大?。唬?）系統(tǒng)無初速度釋放，根據(jù)機械能守恒定律求當球到達最低點時球的速度大小，并求球能夠上升的最高點相對圓心點的豎直高度，從而計算最大重力勢能；（3）根據(jù)系統(tǒng)機械能守恒結(jié)合向心加速度公式解答。【解答】解：（1）當外力作用在球上時，對小球受力分析可知，小球受重力和環(huán)給豎直向上的彈力處于平衡狀態(tài)，則桿對無作用力，桿對球也無作用力，球受重力和外力處于平衡狀態(tài)，則；（2）當球上升到最大高度時，如圖所示。以點所在水平面為參考平面，由系統(tǒng)機械能守恒有可得則球能夠上升的最大高度相對圓心點的豎直高度為球重力勢能的最大值（3）球和球相對靜止繞點做圓周運動，兩者的線速度大小相等，即。如下圖所示，當兩者的質(zhì)心處于最低位置時，兩者的線速度最大，根據(jù)兩者的質(zhì)量關系，可得質(zhì)心與球的距離。，，解得：以點所在水平面為零勢能面，由、兩球組成的系統(tǒng)機械能守恒有解得球最大速度的平方為：此時的加速度等于其向心加速度，則有：解得：答：（1）外力的大小為；（2）球重力勢能的最大值為；（3）球速度最大時，其加速度的大小為?！军c評】本題考查共點力平衡條件和機械能守恒定律的綜合應用。要知道機械能守恒條件是系統(tǒng)除重力或彈力做功以外，其他力對系統(tǒng)做的功等于零。運用機械能守恒定律時，要注意選擇參考平面。

考點卡片1．勻變速直線運動位移與時間的關系【知識點的認識】（1）勻變速直線運動的位移與時間的關系式：x＝v0t+at2。（2）公式的推導①利用微積分思想進行推導：在勻變速直線運動中，雖然速度時刻變化，但只要時間足夠小，速度的變化就非常小，在這段時間內(nèi)近似應用我們熟悉的勻速運動的公式計算位移，其誤差也非常小，如圖所示。②利用公式推導：勻變速直線運動中，速度是均勻改變的，它在時間t內(nèi)的平均速度就等于時間t內(nèi)的初速度v0和末速度v的平均值，即＝．結(jié)合公式x＝vt和v＝vt+at可導出位移公式：x＝v0t+at2（3）勻變速直線運動中的平均速度在勻變速直線運動中，對于某一段時間t，其中間時刻的瞬時速度vt/2＝v0+a×t＝，該段時間的末速度v＝vt+at，由平均速度的定義式和勻變速直線運動的位移公式整理加工可得＝＝＝v0+at＝＝＝＝vt/2。即有：＝＝vt/2。所以在勻變速直線運動中，某一段時間內(nèi)的平均速度等于該段時間內(nèi)中間時刻的瞬時速度，又等于這段時間內(nèi)初速度和末速度的算術平均值。（4）勻變速直線運動推論公式：任意兩個連續(xù)相等時間間隔T內(nèi)，位移之差是常數(shù)，即△x＝x2﹣x1＝aT2．拓展：△xMN＝xM﹣xN＝（M﹣N）aT2。推導：如圖所示，x1、x2為連續(xù)相等的時間T內(nèi)的位移，加速度為a?！久}方向】例1：對基本公式的理解汽車在平直的公路上以30m/s的速度行駛，當汽車遇到交通事故時就以7.5m/s2的加速度剎車，剎車2s內(nèi)和6s內(nèi)的位移之比（）A.1：1B.5：9C.5：8D.3：4分析：求出汽車剎車到停止所需的時間，汽車剎車停止后不再運動，然后根據(jù)位移時間公式求出2s內(nèi)和6s內(nèi)的位移。解：汽車剎車到停止所需的時間＞2s所以剎車2s內(nèi)的位移＝45m。t0＜6s，所以剎車在6s內(nèi)的位移等于在4s內(nèi)的位移。＝60m。所以剎車2s內(nèi)和6s內(nèi)的位移之比為3：4．故D正確，A、B、C錯誤。故選：D。點評：解決本題的關鍵知道汽車剎車停下來后不再運動，所以汽車在6s內(nèi)的位移等于4s內(nèi)的位移。此類試題都需注意物體停止運動的時間。例2：對推導公式＝＝vt/2的應用物體做勻變速直線運動，某時刻速度大小是3m?s﹣1，1s以后速度大小是9m?s﹣1，在這1s內(nèi)該物體的（）A．位移大小可能小于5mB．位移大小可能小于3mC．加速度大小可能小于11m?s﹣2D．加速度大小可能小于6m?s﹣2分析：1s后的速度大小為9m/s，方向可能與初速度方向相同，也有可能與初速度方向相反。根據(jù)a＝，求出加速度，根據(jù)平均速度公式x＝求位移。解：A、規(guī)定初速度的方向為正方向，若1s末的速度與初速方向相同，1s內(nèi)的位移x＝＝．若1s末的速度與初速度方向相反，1s內(nèi)的位移x＝＝．負號表示方向。所以位移的大小可能小于5m，但不可能小于3m。故A正確，B錯誤。C、規(guī)定初速度的方向為正方向，若1s末的速度與初速方向相同，則加速度．若1s末的速度與初速度方向相反，則加速度a＝．所以加速度的大小可能小于11m/s2，不可能小于6m/s2．故C正確，D錯誤。故選：AC。點評：解決本題的關鍵注意速度的方向問題，以及掌握勻變速直線運動的平均速度公式，此公式在考試中經(jīng)常用到?！窘忸}思路點撥】（1）應用位移公式的解題步驟：①選擇研究對象，分析運動是否為變速直線運動，并選擇研究過程。②分析運動過程的初速度v0以及加速度a和時間t、位移x，若有三個已知量，就可用x＝v0t+at2求第四個物理量。③規(guī)定正方向（一般以v0方向為正方向），判斷各矢量正負代入公式計算。（2）利用v﹣t圖象處理勻變速直線運動的方法：①明確研究過程。②搞清v、a的正負及變化情況。③利用圖象求解a時，須注意其矢量性。④利用圖象求解位移時，須注意位移的正負：t軸上方位移為正，t軸下方位移為負。⑤在用v﹣t圖象來求解物體的位移和路程的問題中，要注意以下兩點：a．速度圖象和t軸所圍成的面積數(shù)值等于物體位移的大??；b．速度圖象和t軸所圍面積的絕對值的和等于物體的路程。2．胡克定律及其應用【知識點的認識】1．彈力（1）定義：發(fā)生彈性形變的物體，由于要恢復原狀，對跟它接觸的物體產(chǎn)生的力叫彈力．（2）彈力的產(chǎn)生條件：①彈力的產(chǎn)生條件是兩個物體直接接觸，②并發(fā)生彈性形變．（3）彈力的方向：力垂直于兩物體的接觸面．①支撐面的彈力：支持力的方向總是垂直于支撐面，指向被支持的物體；壓力總是垂直于支撐面指向被壓的物體．點與面接觸時彈力的方向：過接觸點垂直于接觸面．球與面接觸時彈力的方向：在接觸點與球心的連線上．球與球相接觸的彈力方向：垂直于過接觸點的公切面．②彈簧兩端的彈力方向：與彈簧中心軸線重合，指向彈簧恢復原狀的方向．其彈力可為拉力，可為壓力．③輕繩對物體的彈力方向：沿繩指向繩收縮的方向，即只為拉力．2．胡克定律彈簧受到外力作用發(fā)生彈性形變，從而產(chǎn)生彈力．在彈性限度內(nèi)，彈簧彈力F的大小與彈簧伸長（或縮短）的長度x成正比．即F＝kx，其中，勁度系數(shù)k的意義是彈簧每伸長（或縮短）單位長度產(chǎn)生的彈力，其單位為N/m．它的大小由制作彈簧的材料、彈簧的長短和彈簧絲的粗細決定．x則是指形變量，應為形變（包括拉伸形變和壓縮形變）后彈簧的長度與彈簧原長的差值．注意：胡克定律在彈簧的彈性限度內(nèi)適用．3．胡克定律的應用（1）胡克定律推論在彈性限度內(nèi)，由F＝kx，得F1＝kx1，F(xiàn)2＝kx2，即F2﹣F1＝k（x2﹣x1），即：△F＝k△x即：彈簧彈力的變化量與彈簧形變量的變化量（即長度的變化量）成正比．（2）確定彈簧狀態(tài)對于彈簧問題首先應明確彈簧處于“拉伸”、“壓縮”還是“原長”狀態(tài)，并且確定形變量的大小，從而確定彈簧彈力的方向和大?。绻桓嬖V彈簧彈力的大小，必須全面分析問題，可能是拉伸產(chǎn)生的，也可能是壓縮產(chǎn)生的，通常有兩個解．（3）利用胡克定律的推論確定彈簧的長度變化和物體位移的關系如果涉及彈簧由拉伸（壓縮）形變到壓縮（拉伸）形變的轉(zhuǎn)化，運用胡克定律的推論△F＝k△x可直接求出彈簧長度的改變量△x的大小，從而確定物體的位移，再由運動學公式和動力學公式求相關量．【命題方向】（1）第一類常考題型是考查胡克定律：一個彈簧掛30N的重物時，彈簧伸長1.2cm，若改掛100N的重物時，彈簧總長為20cm，則彈簧的原長為（）A．12cmB．14cmC．15cmD．16cm分析：根據(jù)胡克定律兩次列式后聯(lián)立求解即可．解：一個彈簧掛30N的重物時，彈簧伸長1.2cm，根據(jù)胡克定律，有：F1＝kx1；若改掛100N的重物時，根據(jù)胡克定律，有：F2＝kx2；聯(lián)立解得：k＝；x2＝；故彈簧的原長為：x0＝x﹣x2＝20cm﹣4cm＝16cm；故選D．點評：本題關鍵是根據(jù)胡克定律列式后聯(lián)立求解，要記住胡克定律公式中F＝k?△x的△x為行變量．（2）第二類常考題型是考查胡克定律與其他知識點的結(jié)合：如圖所示，一根輕質(zhì)彈簧上端固定，下端掛一個質(zhì)量為m0的平盤，盤中有一物體，質(zhì)量為m，當盤靜止時，彈簧的長度比其自然長度伸長了l，今向下拉盤，使彈簧再伸長△l后停止，然后松手，設彈簧總處在彈性限度內(nèi)，則剛松手時盤對物體的支持力等于（）A.B.C.D.分析：根據(jù)胡克定律求出剛松手時手的拉力，確定盤和物體所受的合力，根據(jù)牛頓第二定律求出剛松手時，整體的加速度．再隔離物體研究，用牛頓第二定律求解盤對物體的支持力．解：當盤靜止時，由胡克定律得（m+m0）g＝kl①設使彈簧再伸長△l時手的拉力大小為F再由胡克定律得F＝k△l②由①②聯(lián)立得F＝剛松手瞬時彈簧的彈力沒有變化，則以盤和物體整體為研究對象，所受合力大小等于F，方向豎直向上．設剛松手時，加速度大小為a，根據(jù)牛頓第二定律得a＝＝對物體研究：FN﹣mg＝ma解得FN＝（1+）mg故選A．點評：點評：本題考查應用牛頓第二定律分析和解決瞬時問題的能力，這類問題往往先分析平衡狀態(tài)時物體的受力情況，再分析非平衡狀態(tài)時物體的受力情況，根據(jù)牛頓第二定律求解瞬時加速度．【解題方法點撥】這部分知識難度中等、也有難題，在平時的練習中、階段性考試中會單獨出現(xiàn)，選擇、填空、計算等等出題形式多種多樣，在高考中不會以綜合題的形式考查的，但是會做為題目的一個隱含條件考查．彈力的有無及方向判斷比較復雜，因此在確定其大小和方向時，不能想當然，應根據(jù)具體的條件或計算來確定．3．滑動摩擦力的方向【知識點的認識】1.滑動摩擦力的定義：兩個相互接觸的物體，當它們發(fā)生相對滑動時，在接觸面上會產(chǎn)生有種阻礙相對運動的力，叫作滑動摩擦力。2.滑動摩擦力的方向：總跟接觸面相切，并且跟物體的相對運動方向相反。3.關鍵詞：①與接觸面相切（沿接觸面）；②與相對運動的方向相反?！久}方向】關于摩擦力，下列說法錯誤的是（）A、滑動摩擦力可以與物體的運動方向相同B、靜摩擦力也可以與物體的運動方向相同C、靜摩擦力可以與物體運動的方向成任意度角D、當物體與接觸面的接觸面積減小而其他條件不變時，滑動摩擦力將減小分析：摩擦力一個物體在另一個物體表面滑動或有相對滑動的趨勢時，受到的阻礙相對運動或相對運動趨勢的力，與相對運動或相對運動的趨勢方向相反．解答：A、滑動摩擦力與物體的相對運動方向相反，即與相對相接觸的那個物體的運動方向相反，與物體的實際運動方向可以成任意角度，故A正確；BC、靜摩擦力與物體的相對運動趨勢方向相反，即與相對相接觸的那個物體的運動趨勢方向相反，與物體的實際運動方向可以成任意角度，故B正確，C正確；D、滑動摩擦力的大小與正壓力成正比，還與接觸面的材料有關，與接觸面的面積無關，故D錯誤；本題選錯誤的，故選D。點評：提到摩擦力不忘相對兩個字，摩擦力與相對運動或相對運動趨勢的方向相反，總是阻礙物體間的相對滑動或相對滑動趨勢．【解題思路點撥】1.滑動摩擦力的方向總是與物體相對運動的方向相反。因此判斷滑動摩擦力的方向時，可以先判斷相對運動的方向，從而得出滑動摩擦力的方向。2.滑動摩擦力是物體之間相對運動產(chǎn)生的，與物體自身的運動情況無關，所以滑動摩擦力的方向與物體自身的運動方向無關。例如：人剛站上電動扶梯的時候，因為人的初速度為零，所以受到扶梯水平向前的滑動摩擦力，而人實際的運動方向取決于電梯的方向。4．滑動摩擦力的大小計算和影響因素【知識點的認識】滑動摩擦力跟正壓力成正比，也就是跟一個物體對另一個物體表面的垂直作用力成正比。公式：F＝μFN，F(xiàn)表示滑動摩擦力大小，F(xiàn)N表示正壓力的大小，μ叫動摩擦因數(shù)?！久}方向】如圖所示，在與水平方向成θ角、大小為F的力作用下，質(zhì)量為m的物塊沿豎直墻壁加速下滑，已知物塊與墻壁的動摩擦因數(shù)為μ．則下滑過程中物塊受滑動摩擦力的大小為（）A、μmgB、μ（Fcosθ+mg）C、mg﹣FsinθD、μFcosθ分析：分析物體的受力情況，求出正壓力，再由摩擦力的計算公式進行計算．解答：將F分解可得，物體在垂直于墻壁方向上受到的壓力為N＝Fcosθ，則物體對墻壁的壓力為N＝N′＝Fcosθ；物體受到的滑動摩擦力為f＝μN′＝μFcosθ；故選：D。點評：本題考查學生對滑動摩擦力公式的掌握，注意公式里的正壓力不一定是重力，而是垂直于接觸面的壓力．【解題思路點撥】1.牢記滑動摩擦力的計算公式：F＝μFN，F(xiàn)表示滑動摩擦力大小，F(xiàn)N表示正壓力的大小，μ叫動摩擦因數(shù)。如果兩個物體是斜面連接，則需要進行必要的受力分析以求出垂直于斜面的壓力。2.在一般情況下，物體在水平面上運動時，正壓力等于重力，但不能說正壓力就是重力。5．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(zhì)量，可以計算物體的加速度；已知物體的質(zhì)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(zhì)量?！久}方向】一質(zhì)量為m的人站在電梯中，電梯加速上升，加速度大小為g，g為重力加速度。人對電梯底部的壓力為（）A、B、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＝mg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mg；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。6．牛頓第三定律的理解與應用【知識點的認識】1．內(nèi)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”：