2025年高考物理復(fù)習(xí)之小題狂練600題（解答題）：功和能（10題）

第1頁（共1頁）2025年高考物理復(fù)習(xí)之小題狂練600題（解答題）：功和能（10題）一．解答題（共10小題）1．（2024?江蘇一模）冰壺比賽場地如圖所示，運(yùn)動(dòng)員在投擲線AB處以速度v0＝2m/s沿虛線將冰壺投出，冰壺投出后，運(yùn)動(dòng)員從某處開始用冰刷在冰壺前方連續(xù)擦冰，距離為s，冰壺滑行24.8m后停止，運(yùn)動(dòng)員不擦冰時(shí)冰壺與冰面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.01，擦冰后冰壺與冰面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.004，重力加速度大小g取10m/s2。求：（1）擦冰的距離s；（2）從何處開始擦冰可使冰壺滑行最長時(shí)間，并求此最長時(shí)間。2．（2024?成都模擬）“平衡浪木”是一種訓(xùn)練平衡能力的器材，如圖所示，質(zhì)量m1＝30kg的長方形均質(zhì)晃板用四根相同的輕質(zhì)鏈條分別懸掛在兩根固定的橫梁上，鏈條長度均為l＝5m，與豎直方向的夾角均為α＝37°。讓一質(zhì)量m2＝50kg的受訓(xùn)人員靜坐在晃板正中間，給晃板和人一水平瞬時(shí)初動(dòng)量，晃板和受訓(xùn)人員擺動(dòng)起來，到最高點(diǎn)時(shí)兩根鏈條所在平面與晃板的夾角β＝53°，受訓(xùn)人員可看作質(zhì)點(diǎn)且始終與晃板保持相對靜止，不計(jì)空氣阻力，重力加速度g＝10m/s2。求：（1）晃板和受訓(xùn)人員靜止時(shí)每根鏈條的拉力大小T；（2）晃板和受訓(xùn)人員的初動(dòng)量大小。3．（2024?浙江模擬）如圖，上方是平直桌面，右側(cè)有多個(gè)半圓形軌道。第一個(gè)半圓軌道為R1＝R0，第二個(gè)為R2，第n個(gè)為Rn。每個(gè)半圓軌道之間有一小段水平軌道連接?，F(xiàn)有一可視為質(zhì)點(diǎn)的小球，質(zhì)量為m，以初速度v0從A點(diǎn)進(jìn)入軌道。已知重力加速度為g。（1）若AB內(nèi)外軌道均粗糙，小球在A，B兩點(diǎn)對軌道的壓力差為3mg，求小球在AB段運(yùn)動(dòng)時(shí)阻力做功。（2）若軌道各處均光滑，要使小球剛進(jìn)入每一個(gè)半圓形軌道時(shí)所受的向心力大小均相等，求Rn的表達(dá)式。（用R0，g，v0，n表示）4．（2024?貴州）如圖，半徑為R＝1.8m的四分之一光滑圓軌道固定在豎直平面內(nèi)，其末端與水平地面PM相切于P點(diǎn)，PM的長度d＝2.7m。一長為L＝3.3m的水平傳送帶以恒定速率v0＝1m/s逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，其右端與地面在M點(diǎn)無縫對接。物塊a從圓軌道頂端由靜止釋放，沿軌道下滑至P點(diǎn)，再向左做直線運(yùn)動(dòng)至M點(diǎn)與靜止的物塊b發(fā)生彈性正碰，碰撞時(shí)間極短。碰撞后b向左運(yùn)動(dòng)到達(dá)傳送帶的左端N時(shí)，瞬間給b一水平向右的沖量I，其大小為6N?s。以后每隔Δt＝0.6s給b一相同的瞬時(shí)沖量I，直到b離開傳送帶。已知a的質(zhì)量為ma＝1kg，b的質(zhì)量為mb＝2kg，它們均可視為質(zhì)點(diǎn)。a、b與地面及傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.5，取重力加速度大小g＝10m/s2。求：（1）a運(yùn)動(dòng)到圓軌道底端時(shí)軌道對它的支持力大??；（2）b從M運(yùn)動(dòng)到N的時(shí)間；（3）b從N運(yùn)動(dòng)到M的過程中與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量。5．（2024?廣東三模）生活中運(yùn)送貨物時(shí)常會用到傳送帶，可以很大程度上節(jié)省人力。傳送帶以一定速率沿順時(shí)針方向轉(zhuǎn)動(dòng)，AB段傾角θ＝37°，BC段水平，AB、BC段的長度分別為L＝3.2m，L′＝0.2625m，示意圖如圖所示。將一個(gè)質(zhì)量為m＝5kg的貨物輕放在A端，貨物與傳送帶AB、BC段間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.8，貨物經(jīng)過B處時(shí)不脫離傳送帶且速率不變，之后貨物運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)，貨物可視為質(zhì)點(diǎn)，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度g取10m/s2，不計(jì)空氣阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。（1）要使貨物以最短的時(shí)間運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)，求傳送帶的速度至少為多大？最短的時(shí)間為多少？（2）若傳送帶速度為v＝2m/s，求貨物被運(yùn)送到C點(diǎn)的過程中傳送帶與貨物之間因摩擦產(chǎn)生的熱量。6．（2024?邗江區(qū)模擬）如圖所示，質(zhì)量分別為2m和m的物塊A和B疊放在水平面上，A物塊的長度為L，B物塊足夠長且被鎖定在地面上，B物塊上O點(diǎn)左側(cè)的表面光滑、右側(cè)的表面粗糙，A和O點(diǎn)右側(cè)表面、B和地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為2μ和μ，現(xiàn)A立即獲得水平向右的速度v0，當(dāng)A的左端剛好經(jīng)過O點(diǎn)時(shí)，解除B的鎖定，重力加速度為g。求：（1）解除鎖定時(shí)，B的加速度大小aB；（2）解除鎖定時(shí)，A的速度大小v1；（3）解除鎖定后，B的位移大小xB。7．（2024?江蘇模擬）如圖所示，質(zhì)量m＝60kg的跳臺滑雪運(yùn)動(dòng)員從跳臺a處沿水平方向飛出，在斜坡（近似看成斜面）b處著陸，ab間的距離L＝40m，斜坡與水平方向的夾角θ＝30°，不計(jì)空氣阻力，重力加速度g取10m/s2。求：（1）運(yùn)動(dòng)員由a處運(yùn)動(dòng)到b處的時(shí)間；（2）運(yùn)動(dòng)員在飛行過程中，離斜坡最遠(yuǎn)時(shí)重力的瞬時(shí)功率P。8．（2024?山東模擬）哈爾濱冰雪節(jié)讓冰雪運(yùn)動(dòng)火了起來，如圖所示，一傾角為37°的傾斜冰面，表面光滑，長度為L，運(yùn)動(dòng)員從斜坡頂端A點(diǎn)無初速度自由滑下，在坡道上的某處固定一短的起跳板，起跳板沿水平方向，板的長度可忽略，當(dāng)運(yùn)動(dòng)員到達(dá)起跳板時(shí)速度變?yōu)樗椒较颍ú挥?jì)在起跳板處的動(dòng)能損失），使其起跳后的落點(diǎn)在水平面上且到起跳板水平距離最遠(yuǎn)，不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g，sin37°＝0.6。求：（1）起跳板應(yīng)固定在距頂端A多遠(yuǎn)處；（2）落地點(diǎn)到B點(diǎn)的水平距離及落地的速度。9．（2024?清江浦區(qū)模擬）如圖為某游戲裝置的示意圖。AB、CD均為四分之一圓弧，E為圓弧DEG的最高點(diǎn)，各圓弧軌道與直軌道相接處均相切。GH與水平夾角為θ＝37°，底端H有一彈簧，A、O1、O2、D、O3、H在同一水平直線上。一質(zhì)量為0.01kg的小鋼球（其直徑稍小于圓管內(nèi)徑，可視作質(zhì)點(diǎn)）從距A點(diǎn)高為h處的O點(diǎn)靜止釋放，從A點(diǎn)沿切線進(jìn)入軌道，B處有一裝置，小鋼球向右能無能量損失的通過，向左則不能通過且小鋼球被吸在B點(diǎn)。若小鋼球能夠運(yùn)動(dòng)到H點(diǎn)，則被等速反彈。各圓軌道半徑均為R＝0.6m，軌道GH的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，其余軌道均光滑，小鋼球通過各圓弧軌道與直軌道相接處均無能量損失。某次游戲時(shí)，小鋼球從O點(diǎn)出發(fā)恰能第一次通過圓弧的最高點(diǎn)E。sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2，求：（1）小鋼球第一次經(jīng)過C點(diǎn)時(shí)的速度大小vC；（2）小鋼球第一次經(jīng)過圓弧軌道最低點(diǎn)B時(shí)受到的支持力大小FB；（3）若改變小鋼球的釋放高度h，求出小鋼球在斜面軌道上運(yùn)動(dòng)的總路程s與h的函數(shù)關(guān)系。10．（2024?湖北一模）近兩年自媒體發(fā)展迅猛，受到各年齡段用戶的青睞；人們經(jīng)常在各種自媒體平臺分享自己生活的精彩片段，某位同學(xué)就分享了自己在一個(gè)大的水泥管內(nèi)玩足球炫技的視頻。如圖，該同學(xué)面向管壁站立在管道最低點(diǎn)，先后以14gR2、110gR5的初速度面向管壁方向踢出兩個(gè)足球，足球在如圖所示豎直圓截面內(nèi)運(yùn)動(dòng)，恰好分別落入該同學(xué)胸前和背后的兩個(gè)背包。已知水泥管道截面半徑為R，該同學(xué)胸前和背后的兩個(gè)背包口看成兩個(gè)水平圓框，且圓框與豎直圓截面的圓心O等高，兩水平圓框最近點(diǎn)的間距為0.28R，且兩最近點(diǎn)關(guān)于過O點(diǎn)的豎直直徑對稱，不計(jì)足球與水泥管間的摩擦，足球看成質(zhì)點(diǎn)，且均從水平圓框的圓心進(jìn)入背包，重力加速度大小為g，3=1.73，11=3.32，59=7.70，sin53°=0.8。（1）兩球與水泥管道的脫離點(diǎn)分別為（2）設(shè)R＝1m，胸前的背包口圓框的直徑是多少米（數(shù)據(jù)保留兩位小數(shù)）？

2025年高考物理復(fù)習(xí)之小題狂練600題（解答題）：功和能（10題）參考答案與試題解析一．解答題（共10小題）1．（2024?江蘇一模）冰壺比賽場地如圖所示，運(yùn)動(dòng)員在投擲線AB處以速度v0＝2m/s沿虛線將冰壺投出，冰壺投出后，運(yùn)動(dòng)員從某處開始用冰刷在冰壺前方連續(xù)擦冰，距離為s，冰壺滑行24.8m后停止，運(yùn)動(dòng)員不擦冰時(shí)冰壺與冰面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.01，擦冰后冰壺與冰面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.004，重力加速度大小g取10m/s2。求：（1）擦冰的距離s；（2）從何處開始擦冰可使冰壺滑行最長時(shí)間，并求此最長時(shí)間?！究键c(diǎn)】動(dòng)能定理的簡單應(yīng)用；牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用—從受力確定運(yùn)動(dòng)情況．【專題】定量思想；推理法；牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專題；動(dòng)能定理的應(yīng)用專題；分析綜合能力．【答案】（1）擦冰的距離為8m；（2）最長時(shí)間為32s。【分析】（1）利用動(dòng)能定理計(jì)算擦冰距離；（2）冰壺滑行末速度為零，根據(jù)題意可知，在最后8m擦冰，冰壺滑行時(shí)間最長?？山Y(jié)合牛頓第二定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式計(jì)算最大時(shí)間?！窘獯稹拷猓海?）冰壺從投擲線開始到最終停止運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)能定理得-μ解得s＝8m（2）作出冰壺運(yùn)動(dòng)的速度—時(shí)間圖像由圖像可知，擦冰越晚，冰壺運(yùn)動(dòng)總時(shí)間就越長，所以在最后8m位移階段擦冰，根據(jù)牛頓第二定律有μ2mg＝ma2s=1聯(lián)立解得t2＝20s根據(jù)速度—時(shí)間關(guān)系有v＝a2t2s0聯(lián)立解得t1＝12s所以tm＝t1+t2＝12s+20s＝32s答：（1）擦冰的距離為8m；（2）最長時(shí)間為32s?！军c(diǎn)評】本題旨在考查牛頓第二定律與勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律的實(shí)際應(yīng)用，其中第一問可利用動(dòng)能定理解題。2．（2024?成都模擬）“平衡浪木”是一種訓(xùn)練平衡能力的器材，如圖所示，質(zhì)量m1＝30kg的長方形均質(zhì)晃板用四根相同的輕質(zhì)鏈條分別懸掛在兩根固定的橫梁上，鏈條長度均為l＝5m，與豎直方向的夾角均為α＝37°。讓一質(zhì)量m2＝50kg的受訓(xùn)人員靜坐在晃板正中間，給晃板和人一水平瞬時(shí)初動(dòng)量，晃板和受訓(xùn)人員擺動(dòng)起來，到最高點(diǎn)時(shí)兩根鏈條所在平面與晃板的夾角β＝53°，受訓(xùn)人員可看作質(zhì)點(diǎn)且始終與晃板保持相對靜止，不計(jì)空氣阻力，重力加速度g＝10m/s2。求：（1）晃板和受訓(xùn)人員靜止時(shí)每根鏈條的拉力大小T；（2）晃板和受訓(xùn)人員的初動(dòng)量大小。【考點(diǎn)】動(dòng)能定理的簡單應(yīng)用；用動(dòng)量的定義式計(jì)算物體的動(dòng)量；整體法與隔離法處理物體的平衡問題．【專題】定量思想；方程法；動(dòng)能定理的應(yīng)用專題；分析綜合能力．【答案】（1）晃板和受訓(xùn)人員靜止時(shí)每根鏈條的拉力大小為250N；（2）晃板和受訓(xùn)人員的初動(dòng)量大小為320kg?m/s?！痉治觥浚?）在最低點(diǎn)靜止時(shí)，以晃板和受訓(xùn)人員整體分析，豎直方向根據(jù)平衡條件進(jìn)行解答；（2）以晃板和受訓(xùn)人員整體分析，從最低點(diǎn)擺到最高點(diǎn)過程中，根據(jù)動(dòng)能定理求解速度大小，根據(jù)動(dòng)量的計(jì)算公式求解晃板和受訓(xùn)人員的初動(dòng)量大小。【解答】解：（1）在最低點(diǎn)靜止時(shí)，以晃板和受訓(xùn)人員整體分析，豎直方向根據(jù)平衡條件可得：4Tcosα＝（m1+m2）g代入數(shù)據(jù)解得：T＝250N；（2）以晃板和受訓(xùn)人員整體分析，從最低點(diǎn)擺到最高點(diǎn)過程中，根據(jù)動(dòng)能定理可得：（m1+m2）g?lcosα?（1﹣sinβ）=12（m1+m2解得：v0＝4m/s晃板和受訓(xùn)人員的初動(dòng)量大?。簆＝（m1+m2）v0解得：p＝320kg?m/s。答：（1）晃板和受訓(xùn)人員靜止時(shí)每根鏈條的拉力大小為250N；（2）晃板和受訓(xùn)人員的初動(dòng)量大小為320kg?m/s?！军c(diǎn)評】本題主要是考查動(dòng)能定理，關(guān)鍵是知道動(dòng)能定理的應(yīng)用方法，掌握共點(diǎn)力的平衡條件。3．（2024?浙江模擬）如圖，上方是平直桌面，右側(cè)有多個(gè)半圓形軌道。第一個(gè)半圓軌道為R1＝R0，第二個(gè)為R2，第n個(gè)為Rn。每個(gè)半圓軌道之間有一小段水平軌道連接?，F(xiàn)有一可視為質(zhì)點(diǎn)的小球，質(zhì)量為m，以初速度v0從A點(diǎn)進(jìn)入軌道。已知重力加速度為g。（1）若AB內(nèi)外軌道均粗糙，小球在A，B兩點(diǎn)對軌道的壓力差為3mg，求小球在AB段運(yùn)動(dòng)時(shí)阻力做功。（2）若軌道各處均光滑，要使小球剛進(jìn)入每一個(gè)半圓形軌道時(shí)所受的向心力大小均相等，求Rn的表達(dá)式。（用R0，g，v0，n表示）【考點(diǎn)】動(dòng)能定理的簡單應(yīng)用；物體在環(huán)形豎直軌道內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng)．【專題】定量思想；推理法；動(dòng)能定理的應(yīng)用專題；推理能力．【答案】（1）小球在AB段運(yùn)動(dòng)時(shí)阻力做功-32mgR0（2）Rn的表達(dá)式Rn【分析】（1）考慮兩種情況：小球在軌道內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，當(dāng)v0＞gR0（2）若軌道各處均光滑，對每次到達(dá)最低點(diǎn)，由動(dòng)能定理結(jié)合圓周運(yùn)動(dòng)向心力列式，由數(shù)學(xué)歸納求Rn的表達(dá)式?！窘獯稹拷猓海?）如圖所示小球在軌道內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，當(dāng)v0FN1設(shè)在最低點(diǎn)速度為vB，則在最低點(diǎn)FN2聯(lián)立解得mg=m(或者5mg=mv設(shè)阻力做功為Wf，由動(dòng)能定理得2mgR代入得Wf或者Wf如圖所示小球在軌道內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，當(dāng)v0mg-設(shè)在最低點(diǎn)速度為vB′，則在最低點(diǎn)F'聯(lián)立解得3mg=m(設(shè)阻力做功為Wf′，由動(dòng)能定理得2mgR代入得Wf（2）若軌道各處均光滑，設(shè)第一次到達(dá)最低點(diǎn)速度為v1，由動(dòng)能定理知12由圓周運(yùn)動(dòng)知F1F2設(shè)第二次到達(dá)最低點(diǎn)速度為v2，由動(dòng)能定理知12由圓周運(yùn)動(dòng)知F3同理得，設(shè)第n次到達(dá)最低點(diǎn)速度為vn，由動(dòng)能定理知12Fn由題知R1＝R0，由圓周運(yùn)動(dòng)知mv則Rn答：（1）小球在AB段運(yùn)動(dòng)時(shí)阻力做功-32mgR0（2）Rn的表達(dá)式Rn【點(diǎn)評】本題主要是考查了豎直平面內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng)結(jié)合動(dòng)能定理的問題；注意物體在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)的情況有兩種：一種是細(xì)線系著物體在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，在最高點(diǎn)速度最小時(shí)重力提供向心力；另一種是輕桿系著物體在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，在最高點(diǎn)時(shí)速度可以等于零。4．（2024?貴州）如圖，半徑為R＝1.8m的四分之一光滑圓軌道固定在豎直平面內(nèi)，其末端與水平地面PM相切于P點(diǎn)，PM的長度d＝2.7m。一長為L＝3.3m的水平傳送帶以恒定速率v0＝1m/s逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，其右端與地面在M點(diǎn)無縫對接。物塊a從圓軌道頂端由靜止釋放，沿軌道下滑至P點(diǎn)，再向左做直線運(yùn)動(dòng)至M點(diǎn)與靜止的物塊b發(fā)生彈性正碰，碰撞時(shí)間極短。碰撞后b向左運(yùn)動(dòng)到達(dá)傳送帶的左端N時(shí)，瞬間給b一水平向右的沖量I，其大小為6N?s。以后每隔Δt＝0.6s給b一相同的瞬時(shí)沖量I，直到b離開傳送帶。已知a的質(zhì)量為ma＝1kg，b的質(zhì)量為mb＝2kg，它們均可視為質(zhì)點(diǎn)。a、b與地面及傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.5，取重力加速度大小g＝10m/s2。求：（1）a運(yùn)動(dòng)到圓軌道底端時(shí)軌道對它的支持力大??；（2）b從M運(yùn)動(dòng)到N的時(shí)間；（3）b從N運(yùn)動(dòng)到M的過程中與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量?！究键c(diǎn)】常見力做功與相應(yīng)的能量轉(zhuǎn)化；水平傳送帶模型；物體在圓形豎直軌道內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng)．【專題】計(jì)算題；信息給予題；定量思想；推理法；牛頓第二定律在圓周運(yùn)動(dòng)中的應(yīng)用；動(dòng)能定理的應(yīng)用專題；動(dòng)量與動(dòng)能定理或能的轉(zhuǎn)化與守恒定律綜合；分析綜合能力．【答案】（1）a運(yùn)動(dòng)到圓軌道底端時(shí)軌道對它的支持力大小為30N；（2）b從M運(yùn)動(dòng)到N的時(shí)間為3.2s；（3）b從N運(yùn)動(dòng)到M的過程中與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量為95J。【分析】（1）根據(jù)動(dòng)能定理和牛頓第二定律求a運(yùn)動(dòng)到圓軌道底端時(shí)軌道對它的支持力大??；（2）根據(jù)動(dòng)能定理求a運(yùn)動(dòng)到M的速度，再根據(jù)動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律以及運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求b從M運(yùn)動(dòng)到N的時(shí)間；（3）根據(jù)動(dòng)量定理求物塊b的速度，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求相對位移，最后根據(jù)摩擦生熱的公式求b從N運(yùn)動(dòng)到M的過程中與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量?！窘獯稹拷猓海?）在a運(yùn)動(dòng)到圓軌道底端的過程中，由動(dòng)能定理ma解得vP＝6m/s在P點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律N解得NP＝30N（2）設(shè)a運(yùn)動(dòng)到M的速度為vM，由動(dòng)能定理-μ解得vM＝3m/s取水平向左為正方向，物塊a、b碰撞后的速度分別為v1、v2把物塊a、b做為一個(gè)系統(tǒng)，根據(jù)動(dòng)量守恒定律mavM＝mav1+mbv2物塊a、b發(fā)生彈性碰撞，根據(jù)機(jī)械能守恒12聯(lián)立解得v1＝﹣1m/s，v2＝2m/s物塊b進(jìn)入傳送帶后做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律﹣μmbg＝mba得a＝﹣5m/s2設(shè)達(dá)到共速時(shí)間為t1，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式v0＝v2+at1解得t1＝0.2s減速位移x1勻速運(yùn)動(dòng)的位移x2＝L﹣x1＝3.3m﹣0.3m＝3.0m勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t2b從M運(yùn)動(dòng)到N的總時(shí)間t＝t1+t2＝0.2s+3.0s＝3.2s（3）設(shè)給b一個(gè)瞬時(shí)沖量后，物塊b的速度為v3，取水平向右為正方向，則作用前物塊b的速度為v0＝﹣1m/s根據(jù)動(dòng)量定理I＝mbv3﹣mbv0解得v3＝2m/s物塊b先向右做勻減速運(yùn)動(dòng)，后向左做勻加速運(yùn)動(dòng)，設(shè)共速時(shí)間為t3，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式t3物塊b對地位移x3傳送帶位移x4＝v0t3＝1×0.6m＝0.6m物塊b相對于傳送帶的位移Δx1＝x3+x4＝0.5m+0.6m＝0.9m由于Δt＝t3，因此物塊b剛好與傳送帶共速時(shí)，又獲得一個(gè)沖量I，設(shè)物塊b的速度變?yōu)関4根據(jù)動(dòng)量定理I＝mbv4﹣mbv0解得v4＝2m/s同理可得，物塊b對地位移x5＝0.3m傳送帶位移x6＝0.6m物塊b相對于傳送帶的位移Δx2＝0.9m以此類推，物塊b獲得第11次瞬時(shí)沖量時(shí)，距離傳送帶右端的距離為：s1＝L﹣10x3＝3.3m﹣10×0.3m＝0.3m物塊b獲得第11次瞬時(shí)沖量后向右運(yùn)動(dòng)s1＝0.3m離開傳送帶，此過程時(shí)間為t4，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式s1＝v3t4+解得：t4＝0.2s此過程物塊b相對于傳送帶的位移大小為：Δx3＝v0t4+s1＝1×0.2m+0.3m＝0.5m物塊b相對于傳送帶總的相對位移為：Δx＝10Δx1+Δx3＝10×0.9m+0.5m＝9.5m產(chǎn)生的摩擦熱Q＝μmbgΔx＝0.5×2×10×9.5J＝95J。答：（1）a運(yùn)動(dòng)到圓軌道底端時(shí)軌道對它的支持力大小為30N；（2）b從M運(yùn)動(dòng)到N的時(shí)間為3.2s；（3）b從N運(yùn)動(dòng)到M的過程中與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量為95J?！军c(diǎn)評】本題考查了水平傳送帶的模型問題以及豎直平面的圓周運(yùn)動(dòng)的問題，要求學(xué)生熟練的運(yùn)用動(dòng)能定理、牛頓第二定律、動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律求解問題，明確摩擦力生熱的能量轉(zhuǎn)化問題。5．（2024?廣東三模）生活中運(yùn)送貨物時(shí)常會用到傳送帶，可以很大程度上節(jié)省人力。傳送帶以一定速率沿順時(shí)針方向轉(zhuǎn)動(dòng)，AB段傾角θ＝37°，BC段水平，AB、BC段的長度分別為L＝3.2m，L′＝0.2625m，示意圖如圖所示。將一個(gè)質(zhì)量為m＝5kg的貨物輕放在A端，貨物與傳送帶AB、BC段間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.8，貨物經(jīng)過B處時(shí)不脫離傳送帶且速率不變，之后貨物運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)，貨物可視為質(zhì)點(diǎn)，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度g取10m/s2，不計(jì)空氣阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。（1）要使貨物以最短的時(shí)間運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)，求傳送帶的速度至少為多大？最短的時(shí)間為多少？（2）若傳送帶速度為v＝2m/s，求貨物被運(yùn)送到C點(diǎn)的過程中傳送帶與貨物之間因摩擦產(chǎn)生的熱量?！究键c(diǎn)】常見力做功的特點(diǎn)；多種傳送帶的組合問題．【專題】定量思想；推理法；傳送帶專題；分析綜合能力．【答案】答：（1）使貨物以最短時(shí)間運(yùn)送到C點(diǎn)，傳送帶的最小速度為2.6m/s，最短時(shí)間為4.125s；（2）貨物自A點(diǎn)運(yùn)送到C點(diǎn)的過程中，傳送帶與貨物間因摩擦而產(chǎn)生的熱量為154.0J?！痉治觥浚?）由于兩段傳送帶的長度和動(dòng)摩擦因數(shù)相同，所以只有當(dāng)貨物一直加速時(shí)，到達(dá)C點(diǎn)的時(shí)間最短，由動(dòng)力學(xué)規(guī)律列方程求最短時(shí)間和傳送帶的速度；（2）畫出貨物和傳送帶的v﹣t圖像，用面積法求相對位移，然后求摩擦生熱?！窘獯稹拷猓海?）物塊剛放上傳送帶時(shí)，水平傳送帶上時(shí)的加速度，根據(jù)牛頓第二定律：a1代入數(shù)據(jù)得：a1＝0.4m/s2，a設(shè)經(jīng)過時(shí)間t，物塊經(jīng)過兩段加速到C點(diǎn)時(shí)恰與傳送帶共速，此過程所用時(shí)間最短，那么有：12a1t12=L，v22-(a1聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得：t1＝4s，t2＝0.125s，v1＝a1t1＝（0.4×4）m/s＝1.6m/s，v2＝2.6m/s所以最短時(shí)間：t＝t1+t2＝4s+0.125s＝4.125s即當(dāng)傳送帶的速度為2.6m/s時(shí)，物塊在傳送帶的時(shí)間最短，最短時(shí)間為4.125s。（2）若傳送帶速度為v＝2m/s，則傳送帶和貨物運(yùn)動(dòng)的v﹣t圖像如圖所示，由圖可知在AB段貨物和傳送帶間的相對位移為：Δx1=vt因摩擦產(chǎn)生的熱量：Q1＝μmgcosθ?Δx1，代入數(shù)據(jù)得：Q1＝153.6J在BC段，貨物和傳送帶相對運(yùn)動(dòng)的時(shí)間：t2′=Δv貨物和傳送帶間的相對位移為：Δx2=vt因摩擦產(chǎn)生的熱量：Q2＝μmg?Δx2，代入數(shù)據(jù)得：Q2＝0.4J整個(gè)過程貨物與傳送帶因摩擦產(chǎn)生的總熱量：Q＝Q1+Q2＝153.6J+0.4J＝154.0J答：（1）使貨物以最短時(shí)間運(yùn)送到C點(diǎn)，傳送帶的最小速度為2.6m/s，最短時(shí)間為4.125s；（2）貨物自A點(diǎn)運(yùn)送到C點(diǎn)的過程中，傳送帶與貨物間因摩擦而產(chǎn)生的熱量為154.0J?！军c(diǎn)評】本題是傾斜傳送帶模型，是典型的用動(dòng)力學(xué)規(guī)律解決能量問題，關(guān)鍵找到貨物最短時(shí)間滿足的條件，即要求貨物一直加速，另還需要注意的是求相對位移用面積法相對簡單。6．（2024?邗江區(qū)模擬）如圖所示，質(zhì)量分別為2m和m的物塊A和B疊放在水平面上，A物塊的長度為L，B物塊足夠長且被鎖定在地面上，B物塊上O點(diǎn)左側(cè)的表面光滑、右側(cè)的表面粗糙，A和O點(diǎn)右側(cè)表面、B和地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為2μ和μ，現(xiàn)A立即獲得水平向右的速度v0，當(dāng)A的左端剛好經(jīng)過O點(diǎn)時(shí)，解除B的鎖定，重力加速度為g。求：（1）解除鎖定時(shí)，B的加速度大小aB；（2）解除鎖定時(shí)，A的速度大小v1；（3）解除鎖定后，B的位移大小xB。【考點(diǎn)】常見力做功與相應(yīng)的能量轉(zhuǎn)化；牛頓第二定律的簡單應(yīng)用；無外力的水平板塊模型．【專題】定量思想；推理法；動(dòng)能定理的應(yīng)用專題；力學(xué)綜合性應(yīng)用專題；推理能力．【答案】（1）解除鎖定時(shí)，B的加速度大小μg；（2）解除鎖定時(shí)，A的速度大小v0（3）解除鎖定后，B的位移大小v0【分析】（1）對B受力分析，根據(jù)牛頓第二定律可求解加速度；（2）因?yàn)锳有長度，所以滑動(dòng)摩擦力與位移是線性關(guān)系，則根據(jù)平均力求解摩擦力的功，再根據(jù)動(dòng)能定理可解得解除鎖定時(shí)，A的速度大小v1；（3）對A受力分析，根據(jù)牛頓第二定律求解A的加速度，再根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解A、B達(dá)到共速的時(shí)間、位移等，共速后兩者一起減速，根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式進(jìn)一步可以求解B的總位移?！窘獯稹拷猓海?）對B，根據(jù)牛頓第二定律可得2μ?2mg﹣μ（2m+m）g＝maB解得aB＝μg（2）因?yàn)榛瑒?dòng)摩擦力與位移是線性關(guān)系，則Wf根據(jù)動(dòng)能定理可得Wf解得v1（3）A的加速度為aA方向向左，設(shè)經(jīng)過t時(shí)間兩者達(dá)到共速，有v1﹣aAt＝aBt解得t=vB勻加速的位移x1解得x1共速后，兩者相對靜止向前勻減速，加速度為aB′＝μg方向向左，根據(jù)對稱性，B勻減速的位移x2故B的位移xB＝x2+x1解得xB答：（1）解除鎖定時(shí)，B的加速度大小μg；（2）解除鎖定時(shí)，A的速度大小v0（3）解除鎖定后，B的位移大小v0【點(diǎn)評】本題主要是考查了牛頓第二定律的綜合應(yīng)用以及功的計(jì)算，關(guān)鍵是弄清楚物體的運(yùn)動(dòng)過程和受力情況，利用牛頓第二定律或運(yùn)動(dòng)學(xué)的計(jì)算公式求解加速度，再根據(jù)題目要求進(jìn)行解答；知道加速度是聯(lián)系力和運(yùn)動(dòng)的橋梁。7．（2024?江蘇模擬）如圖所示，質(zhì)量m＝60kg的跳臺滑雪運(yùn)動(dòng)員從跳臺a處沿水平方向飛出，在斜坡（近似看成斜面）b處著陸，ab間的距離L＝40m，斜坡與水平方向的夾角θ＝30°，不計(jì)空氣阻力，重力加速度g取10m/s2。求：（1）運(yùn)動(dòng)員由a處運(yùn)動(dòng)到b處的時(shí)間；（2）運(yùn)動(dòng)員在飛行過程中，離斜坡最遠(yuǎn)時(shí)重力的瞬時(shí)功率P?！究键c(diǎn)】瞬時(shí)功率的計(jì)算；平拋運(yùn)動(dòng)位移的計(jì)算；平拋運(yùn)動(dòng)時(shí)間的計(jì)算．【專題】定量思想；推理法；功率的計(jì)算專題；推理能力．【答案】（1）運(yùn)動(dòng)員在空中飛行的時(shí)間t為2s；（2）運(yùn)動(dòng)員在飛行過程中，離斜坡最遠(yuǎn)時(shí)重力的瞬時(shí)功率P為6000W。【分析】（1）運(yùn)動(dòng)員在空中做平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)計(jì)算時(shí)間；（2）離斜坡最遠(yuǎn)時(shí)速度與斜面平行，求出此時(shí)速度，計(jì)算重力的瞬時(shí)功率?！窘獯稹拷猓海?）根據(jù)題意，運(yùn)動(dòng)員在空中做平拋運(yùn)動(dòng)，在豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，則Lsin30°=12代入數(shù)據(jù)解得t＝2s（2）根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律，離斜坡最遠(yuǎn)時(shí)速度與斜面平行水平方向Lcos30°＝v0t代入數(shù)據(jù)解得v0＝103m/s把重力加速度分解，垂直于斜面的加速度為gcos30°把初速度分解，垂直于斜面的分速度為v0sin30°垂直斜面方向速度減到零需要的時(shí)間為t′=代入數(shù)據(jù)解得t′＝1s則重力的瞬時(shí)功率為P＝mgvyvy＝gt′代入數(shù)據(jù)解得P＝6000W答：（1）運(yùn)動(dòng)員在空中飛行的時(shí)間t為2s；（2）運(yùn)動(dòng)員在飛行過程中，離斜坡最遠(yuǎn)時(shí)重力的瞬時(shí)功率P為6000W?！军c(diǎn)評】本題考查平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律的應(yīng)用，注意要將運(yùn)動(dòng)合理的分解。8．（2024?山東模擬）哈爾濱冰雪節(jié)讓冰雪運(yùn)動(dòng)火了起來，如圖所示，一傾角為37°的傾斜冰面，表面光滑，長度為L，運(yùn)動(dòng)員從斜坡頂端A點(diǎn)無初速度自由滑下，在坡道上的某處固定一短的起跳板，起跳板沿水平方向，板的長度可忽略，當(dāng)運(yùn)動(dòng)員到達(dá)起跳板時(shí)速度變?yōu)樗椒较颍ú挥?jì)在起跳板處的動(dòng)能損失），使其起跳后的落點(diǎn)在水平面上且到起跳板水平距離最遠(yuǎn)，不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g，sin37°＝0.6。求：（1）起跳板應(yīng)固定在距頂端A多遠(yuǎn)處；（2）落地點(diǎn)到B點(diǎn)的水平距離及落地的速度?！究键c(diǎn)】動(dòng)能定理的簡單應(yīng)用；平拋運(yùn)動(dòng)速度的計(jì)算．【專題】定量思想；推理法；平拋運(yùn)動(dòng)專題；推理能力．【答案】（1）起跳板應(yīng)固定在距頂端A12（2）落地點(diǎn)到B點(diǎn)的水平距離為15L，落地的速度為6gL5m/s【分析】（1）根據(jù)動(dòng)能定理，結(jié)合平拋運(yùn)動(dòng)進(jìn)行求解即可；（2）先求出落地點(diǎn)與B點(diǎn)的距離，再根據(jù)水平速度和豎直速度求落地的速度。【解答】解：（1）設(shè)起跳板應(yīng)放置在距A點(diǎn)為x1處下滑到起跳處的速度為v1，根據(jù)動(dòng)能定理可得：mgsin37°?x1=起跳后做平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向：x＝v1t豎直方向：（L﹣x1）sin37°=代入數(shù)據(jù)解得：x=所以，當(dāng)L﹣x1＝x1時(shí)，起落點(diǎn)距起跳板最遠(yuǎn)，即x1=（2）落地點(diǎn)與B點(diǎn)的距離為ΔxΔx＝x-L2解得：Δx=落地速度的水平速度為：v1豎直速度為：vy＝gt落地速度：v=解得：v=6gL速度與水平方向成α角，則tanα=解得：tanα＝1，方向?yàn)樾毕蜃笙隆４穑海?）起跳板應(yīng)固定在距頂端A12（2）落地點(diǎn)到B點(diǎn)的水平距離為15L，落地的速度為6gL5m/s【點(diǎn)評】本題考查了與平拋運(yùn)動(dòng)相關(guān)的知識，熟悉公式的運(yùn)用是解決此類題的關(guān)鍵。9．（2024?清江浦區(qū)模擬）如圖為某游戲裝置的示意圖。AB、CD均為四分之一圓弧，E為圓弧DEG的最高點(diǎn)，各圓弧軌道與直軌道相接處均相切。GH與水平夾角為θ＝37°，底端H有一彈簧，A、O1、O2、D、O3、H在同一水平直線上。一質(zhì)量為0.01kg的小鋼球（其直徑稍小于圓管內(nèi)徑，可視作質(zhì)點(diǎn)）從距A點(diǎn)高為h處的O點(diǎn)靜止釋放，從A點(diǎn)沿切線進(jìn)入軌道，B處有一裝置，小鋼球向右能無能量損失的通過，向左則不能通過且小鋼球被吸在B點(diǎn)。若小鋼球能夠運(yùn)動(dòng)到H點(diǎn)，則被等速反彈。各圓軌道半徑均為R＝0.6m，軌道GH的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，其余軌道均光滑，小鋼球通過各圓弧軌道與直軌道相接處均無能量損失。某次游戲時(shí)，小鋼球從O點(diǎn)出發(fā)恰能第一次通過圓弧的最高點(diǎn)E。sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2，求：（1）小鋼球第一次經(jīng)過C點(diǎn)時(shí)的速度大小vC；（2）小鋼球第一次經(jīng)過圓弧軌道最低點(diǎn)B時(shí)受到的支持力大小FB；（3）若改變小鋼球的釋放高度h，求出小鋼球在斜面軌道上運(yùn)動(dòng)的總路程s與h的函數(shù)關(guān)系?！究键c(diǎn)】動(dòng)能定理的簡單應(yīng)用；牛頓第二定律求解向心力．【專題】應(yīng)用題；學(xué)科綜合題；定量思想；方程法；力學(xué)知識在生產(chǎn)和生活中的應(yīng)用；分析綜合能力．【答案】（1）小鋼球第一次經(jīng)過C點(diǎn)時(shí)的速度大小為26（2）小鋼球第一次經(jīng)過圓弧軌道最低點(diǎn)B時(shí)受到的支持力大小為0.5N；（3）若改變小鋼球的釋放高度h，求出小鋼球在斜面軌道上運(yùn)動(dòng)的總路程s與h的函數(shù)關(guān)系為：s=0【分析】（1）小鋼球從O點(diǎn)出發(fā)恰能第一次通過圓弧的最高點(diǎn)E，小球到F點(diǎn)的速度為0，從C點(diǎn)到E點(diǎn)根據(jù)動(dòng)能定理求解小鋼球第一次經(jīng)過C點(diǎn)時(shí)的速度大小；（2）從B點(diǎn)到C點(diǎn)的過程中，根據(jù)動(dòng)能定理求解小球到B點(diǎn)的速度，根據(jù)牛頓第二定律和牛頓第三定律求解小球在B點(diǎn)對軌道的壓力；（3）若小鋼球通過E點(diǎn)一次，小球停在H點(diǎn)，若小鋼球通過E點(diǎn)兩次，小球停在B點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理列式求解即可。【解答】解：（1）由題意可知，小鋼球在E點(diǎn)處做圓周運(yùn)動(dòng)，當(dāng)其恰好通過E點(diǎn)時(shí)，則小鋼球在E點(diǎn)的速度是零，從C到E的運(yùn)動(dòng)過程，根據(jù)動(dòng)能定理可得：0-12mv（2）因?yàn)锽C段光滑，小鋼球通過B點(diǎn)時(shí)的速度等于經(jīng)過C點(diǎn)的速度，小鋼球經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律可得：FB解得小鋼球第一次經(jīng)過圓弧軌道最低點(diǎn)B時(shí)受到的支持力大小為：FB＝0.5N，由牛頓第三定律可知在B點(diǎn)，小鋼球?qū)壍赖膲毫Φ拇笮椋篎B′＝0.5N；（3）設(shè)小鋼球恰好能經(jīng)過E點(diǎn)時(shí)，其釋放的高度為h1，從O到E的運(yùn)動(dòng)過程，根據(jù)動(dòng)能定理可得：mg（h1﹣R）＝EkE代入數(shù)據(jù)解得：h1＝0.6m當(dāng)小鋼球的釋放高度h＜h1時(shí)，小鋼球?qū)o法通過E點(diǎn)，所以其在GH斜面軌道上運(yùn)動(dòng)的總路程s是零。根據(jù)幾何關(guān)系可知，斜面軌道GH的長度為：L小鋼球在斜面GH上運(yùn)動(dòng)時(shí)，所受摩擦力大小為：Ff＝μmgcosθ＝0.5×0.01×10×0.8N＝0.04N小鋼球在斜面軌道上完成從G到H的運(yùn)動(dòng)，摩擦力做功為：Wf＝﹣Ff?LGH＝﹣0.04×0.8J＝﹣0.032J可知，小鋼球完成從H到G的運(yùn)動(dòng)，摩擦力做功也為?0.032J。設(shè)小鋼球釋放高度為h2時(shí)，其能夠運(yùn)動(dòng)到H點(diǎn)，并被反彈，且恰好能夠再次經(jīng)過E點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理有mg（h2﹣R）+2Wf＝EkE解得：h2＝1.24m當(dāng)小鋼球的釋放高度h＞h2時(shí)，小鋼球再次通過E點(diǎn)后，將向D、C方向運(yùn)動(dòng)，并不再返回，所以其在GH斜面軌道上運(yùn)動(dòng)的總路程為：s＝2LGH＝1.6m小鋼球重力沿斜面向下的分力大小為：F1＝mgsinθ＝0.06N因?yàn)镕1＞Ff，所以當(dāng)小鋼球的釋放高度h1≤h＜h2時(shí)，小鋼球第一次通過E點(diǎn)后，無法再次經(jīng)過E點(diǎn)，它將會在斜面軌道上反復(fù)運(yùn)動(dòng)，最終停在H點(diǎn)。根據(jù)動(dòng)能定理可得：mgh﹣Ffs＝0，代入數(shù)據(jù)解得：s＝2.5h（m）綜上可得：s=0答：（1）小鋼球第一次經(jīng)過C點(diǎn)時(shí)的速度大小為26（2）小鋼球第一次經(jīng)過圓弧軌道最低點(diǎn)B時(shí)受到的支持力大小為0.5N；（3）若改變小鋼球的釋放高度h，求出小鋼球在斜面軌道上運(yùn)動(dòng)的總路程s與h的函數(shù)關(guān)系為：s=【點(diǎn)評】本題考查動(dòng)能定理和豎直面內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng)，解題關(guān)鍵是找到臨界條件，選擇合適的過程列動(dòng)能定理求解即可。注意若小鋼球只能到達(dá)E點(diǎn)一次，在傾斜軌道上要判斷μ與tanθ的關(guān)系，判斷小鋼球能否停在斜面上。10．（2024?湖北一模）近兩年自媒體發(fā)展迅猛，受到各年齡段用戶的青睞；人們經(jīng)常在各種自媒體平臺分享自己生活的精彩片段，某位同學(xué)就分享了自己在一個(gè)大的水泥管內(nèi)玩足球炫技的視頻。如圖，該同學(xué)面向管壁站立在管道最低點(diǎn)，先后以14gR2、110gR5的初速度面向管壁方向踢出兩個(gè)足球，足球在如圖所示豎直圓截面內(nèi)運(yùn)動(dòng)，恰好分別落入該同學(xué)胸前和背后的兩個(gè)背包。已知水泥管道截面半徑為R，該同學(xué)胸前和背后的兩個(gè)背包口看成兩個(gè)水平圓框，且圓框與豎直圓截面的圓心O等高，兩水平圓框最近點(diǎn)的間距為0.28R，且兩最近點(diǎn)關(guān)于過O點(diǎn)的豎直直徑對稱，不計(jì)足球與水泥管間的摩擦，足球看成質(zhì)點(diǎn)，且均從水平圓框的圓心進(jìn)入背包，重力加速度大小為g，3=1.73，11=3.32，59=7.70，sin53°=0.8。（1）兩球與水泥管道的脫離點(diǎn)分別為A（2）設(shè)R＝1m，胸前的背包口圓框的直徑是多少米（數(shù)據(jù)保留兩位小數(shù)）？【考點(diǎn)】動(dòng)能定理的簡單應(yīng)用；平拋運(yùn)動(dòng)速度的計(jì)算；牛頓第二定律求解向心力．【專題】定量思想；推理法；動(dòng)能定理的應(yīng)用專題；分析綜合能力．【答案】（1）OA、OB與水平方向的夾角分別為30°，53°；（2）胸前的背包口圓框的直徑是0.19m。【分析】（1）根據(jù)牛頓第二定律結(jié)合動(dòng)能定理分析解答；（2）根據(jù)斜拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律與運(yùn)動(dòng)的分解分析解答。【解答】解：（1）設(shè)脫離點(diǎn)與水泥管圓心連線與水平方向的夾角為θ，由牛頓第二定律得mgsinθ=根據(jù)動(dòng)能定理﹣mgR（1+sinθ）=解得v0=可得sinθ1=12，sinθ則θ1＝30°，θ2＝53°（2）對過A點(diǎn)的足球受力分析可得mgsinθ1=解得v1=足球與水泥管脫離后做斜拋運(yùn)動(dòng)，從脫離到最高點(diǎn)過程，豎直方向v1cosθ1＝gt1解得t1=水平位移x1＝v1sinθ1t1豎直位移h1=足球從最高點(diǎn)到背包口過程，水平位移x2＝v1sinθ1t2豎直位移h2＝h1+Rsinθ1=足球斜拋的水平位移x＝x1+x2胸前的背包口圓框的直徑d＝2（Rcosθ1﹣x-0.28R聯(lián)立解得d＝0.19m答：（1）OA、OB與水平方向的夾角分別為30°，53°；（2）胸前的背包口圓框的直徑是0.19m?！军c(diǎn)評】本題考查動(dòng)能定理的應(yīng)用，解題關(guān)鍵掌握斜拋運(yùn)動(dòng)和圓周運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)，運(yùn)用對應(yīng)的運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)分析解答。

考點(diǎn)卡片1．整體法與隔離法處理物體的平衡問題【知識點(diǎn)的認(rèn)識】整體法與隔離法是物理學(xué)中處理物體平衡問題的兩種基本方法，它們各有適用場景，并且經(jīng)常交替使用以解決復(fù)雜問題。①整體法適用于將兩個(gè)或多個(gè)物體組成的系統(tǒng)作為研究對象，當(dāng)需要研究外力對系統(tǒng)的作用時(shí)，整體法更為簡便，因?yàn)樗恍枰紤]系統(tǒng)內(nèi)部的作用力。整體法的思維特點(diǎn)是從全局出發(fā)，通過整體受力分析揭示系統(tǒng)的整體受力情況和全過程的受力情況，從而避免繁瑣的中間環(huán)節(jié)計(jì)算，能夠靈巧地解決問題。例如，在處理連接體平衡問題時(shí)，如果只涉及系統(tǒng)外力而不涉及系統(tǒng)內(nèi)部物體之間的內(nèi)力以及加速度問題，通常選取整個(gè)系統(tǒng)為研究對象，使用整體法進(jìn)行分析。②隔離法則是將研究對象從周圍物體中隔離出來進(jìn)行受力分析的方法，適用于需要研究系統(tǒng)內(nèi)各物體之間的作用力或加速度的情況。隔離法不僅能求出其他物體對整體的作用力，而且還能求出整體內(nèi)部物體之間的作用力。在處理復(fù)雜問題時(shí)，通常先用整體法確定整體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，然后再用隔離法分析內(nèi)部物體的相互作用。在實(shí)際應(yīng)用中，整體法和隔離法并不是獨(dú)立使用的，對于一些復(fù)雜問題，可能需要多次選取研究對象，交替使用整體法和隔離法進(jìn)行分析。這種方法的交替使用有助于更全面地理解問題的本質(zhì)，從而找到解決方案?！久}方向】如圖所示，質(zhì)量分別為mA，mB的A、B兩個(gè)楔形物體疊放在一起，B靠在豎直墻壁上，在力F的作用下，A、B都始終靜止不動(dòng)，則（）A、墻壁對B的摩擦力大小為mgB、A、B之間一定有摩擦力的作用C、力F增大，墻壁對B的摩擦力也增大D、力F增大，B所受的合外力一定不變分析：先對AB整體受力分析，由平衡條件知，整體共受四個(gè)力作用，墻面對此有作用力；再分別隔離A、B受力分析，應(yīng)用平衡條件分析即可。解答：A、先對AB整體受力分析，由平衡條件知，豎直方向：f＝GA+GB，因此當(dāng)水平力F增大，墻壁對B的摩擦力仍不變，故AC錯(cuò)誤，D正確；B、若AB間不存在靜摩擦力，則有：隔離B物體，必受重力、A對B的壓力和墻面的彈力與靜摩擦力作用；隔離A物體，受到重力、B對A的支持力和外力F，三個(gè)力作用，均能處于平衡；若AB間存在靜摩擦力，則有：A受四個(gè)力，B受五個(gè)力，仍能處于平衡；故B錯(cuò)誤；故選：D。點(diǎn)評：關(guān)鍵利用整體法并結(jié)合共點(diǎn)力平衡條件得到B物體與墻間不存在彈力，注意AB間是否存在靜摩擦力是解題的關(guān)鍵?！窘忸}思路點(diǎn)撥】整體法與隔離法的常規(guī)使用技巧是：先利用整體法求外力，再利用隔離法求單個(gè)物體的受力。2．牛頓第二定律的簡單應(yīng)用【知識點(diǎn)的認(rèn)識】牛頓第二定律的表達(dá)式是F＝ma，已知物體的受力和質(zhì)量，可以計(jì)算物體的加速度；已知物體的質(zhì)量和加速度，可以計(jì)算物體的合外力；已知物體的合外力和加速度，可以計(jì)算物體的質(zhì)量。【命題方向】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13g，gA、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(diǎn)評：本題關(guān)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(diǎn)撥】在應(yīng)用牛頓第二定律解決簡單問題時(shí)，要先明確物體的受力情況，然后列出牛頓第二定律的表達(dá)式，再根據(jù)需要求出相關(guān)物理量。3．牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用—從受力確定運(yùn)動(dòng)情況【知識點(diǎn)的認(rèn)識】1.已知物體受力，求解物體的運(yùn)動(dòng)情況。2.解答該類問題的一般步驟（1）選定研究對象，對研究對象進(jìn)行受力分析，并畫出受力示意圖。（2）根據(jù)平行四邊形定則，應(yīng)用合成法或正交分解法，求出物體所受的合外力。受力分析和運(yùn)動(dòng)情況分析是解決該類問題的兩個(gè)關(guān)鍵。（3）根據(jù)牛頓第二定律列方程，求出物體運(yùn)動(dòng)的加速度。（4）結(jié)合物體運(yùn)動(dòng)的初始條件（即初速度v0），分析運(yùn)動(dòng)情況并畫出運(yùn)動(dòng)草圖，選擇合適的運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，求出待求的運(yùn)動(dòng)學(xué)量——任意時(shí)刻的速度v、一段運(yùn)動(dòng)時(shí)間t以及對應(yīng)的位移x等?！久}方向】如圖所示，質(zhì)量m＝4kg的物體靜止在水平地面上，其與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2．現(xiàn)用水平向右的外力F＝10N拉物體，求：（1）物體在2s末的速度多大；（2）前2s內(nèi)的位移是是多少；（3）若2s末撤去拉力，物體還要經(jīng)過多長時(shí)間才能停下來。分析：物體在恒定的水平力作用下，在粗糙的水平面上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。對其進(jìn)行受力分析，力的合成后求出合力，再由牛頓第二定律去求出加速度，最后由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式去求出速度與位移。解答：（1）前2s內(nèi)物體加速運(yùn)動(dòng)，受重力、支持力、拉力和滑動(dòng)摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律，有：物體的加速度a=F-μmg2s末物體的速度：v＝at＝0.5×2＝1m/s（2）前2s位移為：x=12at（3）撤去拉力后，滑塊勻減速直線運(yùn)動(dòng)，加速度為a′＝﹣μg＝﹣2m/s2故運(yùn)動(dòng)時(shí)間為：t′=Δva'答：（1）物體在2s末的速度為1m/s；（2）前2s內(nèi)的位移是1m；（3）若2s末撤去拉力，物體還要經(jīng)過0.5s時(shí)間才能停下來。點(diǎn)評：本題是已知受力情況確定運(yùn)動(dòng)情況，關(guān)鍵分階段求解出加速度，不難。【解題思路點(diǎn)撥】受力分析→牛頓第二定律→運(yùn)動(dòng)情況分析。連接受力與運(yùn)動(dòng)的橋梁是牛頓第二定律（加速度）。4．水平傳送帶模型【知識點(diǎn)的認(rèn)識】1.傳送帶問題利用傳送帶運(yùn)送物體，涉及摩擦力的判斷、物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的分析、運(yùn)動(dòng)學(xué)和動(dòng)力學(xué)知識的綜合運(yùn)用問題。2.分類傳送帶問題包括水平傳送帶和傾斜傳送帶兩類問題。3.常見情況分析（條件說明：傳送帶以速度v勻速運(yùn)行，v0為物體進(jìn)人傳送帶的初速度）【命題方向】例1：如圖所示，傳送帶的水平部分長為L，運(yùn)動(dòng)速率恒為v，在其左端放上一無初速的小木塊，若木塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，則木塊從左到右的運(yùn)動(dòng)時(shí)間不可能為（）A.LvB.2LvC.2L分析：物塊無初速滑上傳送帶，有可能一直做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，有可能先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)再做勻速直線運(yùn)動(dòng)，結(jié)合牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出木塊運(yùn)行的時(shí)間．解答：①當(dāng)木塊一直做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。若木塊一直做勻加速直線運(yùn)動(dòng)到達(dá)右端時(shí)的速度還未達(dá)到v。根據(jù)牛頓第二定律得，a＝μg。根據(jù)L=12a若木塊一直做勻加速直線運(yùn)動(dòng)到達(dá)右端時(shí)的速度剛好為v。根據(jù)L=解得t=②當(dāng)木塊先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，再做勻速直線運(yùn)動(dòng)。勻加速直線運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t1=則勻速直線運(yùn)動(dòng)的位移x則勻速直線運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t則總時(shí)間為t=t1+t2=Lv+本題選不可能的，故選：A。點(diǎn)評：解決本題的關(guān)鍵理清物塊的運(yùn)動(dòng)情況，考慮到木塊運(yùn)動(dòng)的各種可能性，運(yùn)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式綜合求解．【解題思路點(diǎn)撥】明確傳送帶的類型，對物塊做好受力分析，應(yīng)用牛頓第二定律進(jìn)行解答。需要綜合運(yùn)用力學(xué)、運(yùn)動(dòng)學(xué)以及牛頓運(yùn)動(dòng)定律的相關(guān)內(nèi)容。5．多種傳送帶的組合問題【知識點(diǎn)的認(rèn)識】1.傳送帶問題利用傳送帶運(yùn)送物體，涉及摩擦力的判斷、物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的分析、運(yùn)動(dòng)學(xué)和動(dòng)力學(xué)知識的綜合運(yùn)用問題。2.分類傳送帶問題包括水平傳送帶和傾斜傳送帶兩類問題。3.常見情況分析（條件說明：傳送帶以速度v勻速運(yùn)行，v0為物體進(jìn)人傳送帶的初速度）【命題方向】圖示為倉庫中常用的皮帶傳輸裝置示意圖，它由兩臺皮帶傳送機(jī)組成，一臺水平傳送，A、B兩端相距3m，另一臺傾斜，傳送帶與地面的傾角θ＝37°，C、D兩端相距4.45m，B、C相距很近。水平部分AB以5m/s的速率順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)。將質(zhì)量為10kg的一袋大米放在A端，到達(dá)B端后，速度大小不變地傳到傾斜的CD部分，米袋與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為0.5．（g取10m/s2）試求：（1）若CD部分傳送帶不運(yùn)轉(zhuǎn)，求米袋沿傳送帶所能上升的最大距離。（2）若要米袋能被送到D端，求CD部分順時(shí)針運(yùn)轉(zhuǎn)的速度應(yīng)滿足的條件及米袋從C端到D端所用時(shí)間的取值范圍。分析：（1）由牛頓第二定律可求得米的加速度，因米袋的最大速度只能為5m/s，則應(yīng)判斷米袋到達(dá)B點(diǎn)時(shí)是否已達(dá)最大速度，若沒達(dá)到，則由位移與速度的關(guān)系可求得B點(diǎn)速度，若達(dá)到，則以5m/s的速度沖上CD；在CD面上由牛頓第二定律可求得米袋的加速度，則由位移和速度的關(guān)系可求得上升的最大距離；（2）米袋在CD上應(yīng)做減速運(yùn)動(dòng)，若CD的速度較小，則米袋的先減速到速度等于CD的速度，然后可能減小到零，此為最長時(shí)間；而若傳送帶的速度較大，則米袋應(yīng)一直減速，則可求得最短時(shí)間；解答：（1）米袋在AB上加速時(shí)的加速度a0=μmgm米袋的速度達(dá)到v0＝5m/s時(shí)，滑行的距離s0=v022a0=因此米袋在到達(dá)B點(diǎn)之前就有了與傳送帶相同的速度設(shè)米袋在CD上運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a，由牛頓第二定律得mgsinθ+μmgcosθ＝ma代入數(shù)據(jù)得a＝10m/s2所以能滑上的最大距離s=v（2）設(shè)CD部分運(yùn)轉(zhuǎn)速度為v1時(shí)米袋恰能到達(dá)D點(diǎn)（即米袋到達(dá)D點(diǎn)時(shí)速度恰好為零），則米袋速度減為v1之前的加速度為a1＝﹣g（sinθ+μcosθ）＝﹣10m/s2米袋速度小于v1至減為零前的加速度為a2＝﹣g（sinθ﹣μcosθ）＝﹣2m/s2由v1解得v1＝4m/s，即要把米袋送到D點(diǎn)，CD部分的速度vCD≥v1＝4m/s米袋恰能運(yùn)到D點(diǎn)所用時(shí)間最長為tmax=v若CD部分傳送帶的速度較大，使米袋沿CD上滑時(shí)所受摩擦力一直沿皮帶向上，則所用時(shí)間最短，此種情況米袋加速度一直為a2。由SCD＝v0tmin+12a2t2min，得：tmin所以，所求的時(shí)間t的范圍為1.16s≤t≤2.1s；答：（1）若CD部分傳送帶不運(yùn)轉(zhuǎn)，米袋沿傳送帶所能上升的最大距離為1.25m。（2）若要米袋能被送到D端，CD部分順時(shí)針運(yùn)轉(zhuǎn)的速度應(yīng)滿足大于等于4m/s，米袋從C端到D端所用時(shí)間的取值范圍為1.16s≤t≤2.1s。點(diǎn)評：本題難點(diǎn)在于通過分析題意找出臨條界件，注意米袋在CD段所可能做的運(yùn)動(dòng)情況，從而分析得出題目中的臨界值為到達(dá)D點(diǎn)時(shí)速度恰好為零；本題的難度較大?！窘忸}思路點(diǎn)撥】明確傳送帶的類型，對物塊做好受力分析，應(yīng)用牛頓第二定律進(jìn)行解答。需要綜合運(yùn)用力學(xué)、運(yùn)動(dòng)學(xué)以及牛頓運(yùn)動(dòng)定律的相關(guān)內(nèi)容。6．無外力的水平板塊模型【知識點(diǎn)的認(rèn)識】1.模型概述：一個(gè)物體在另一個(gè)物體表面上發(fā)生相對滑動(dòng)，兩者之間有相對運(yùn)動(dòng)，可能發(fā)生同向相對滑動(dòng)或反向相對滑動(dòng)。問題涉及兩個(gè)物體的運(yùn)動(dòng)時(shí)間、速度、加速度、位移等各量的關(guān)系。2.板塊模型的是哪個(gè)基本關(guān)系【命題方向】如圖所示，一質(zhì)量M＝5kg的長木板以初速度v1＝2m/s在水平地面上向左運(yùn)動(dòng)，同時(shí)一質(zhì)量m＝1kg、可視為質(zhì)點(diǎn)的滑塊以初速度v2＝4m/s從左端滑上木板。已知木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1＝0.1，滑塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2＝0.2，g＝10m/s2。求：（1）滑塊和木板運(yùn)動(dòng)的加速度大小；（2）要使滑塊不從木板上滑落，木板的最小長度。分析：（1）滑塊滑到木板后，木板受重力、壓力、支持力、滑塊和地面對他的滑動(dòng)摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律求解加速度即可；（2）分析兩物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解出滑塊與木板最大相對滑動(dòng)距離即可。解答：（1）對滑塊，由牛頓第二定律得：μ2mg＝ma2解得：a2＝μg＝0.2×10m/s2＝2m/s2對木板，由牛頓第二定律得：μ2mg+μ1（M+m）g＝Ma1解得：a（2）由于v2v1＞a2a1，故木板先減速到地面對木板的最大靜摩擦力f1＝μ1（M+m）g由于f1＞f2，故木板減速到0后將保持靜止，木塊繼續(xù)減速，加速度不變。全程木塊的位移：x木板的位移：x木塊與木板間的相對位移Δx＝x1+x2代入數(shù)據(jù)解得木板的最小長度Lmin＝Δx＝5.25m答：（1）滑塊和木板運(yùn)動(dòng)的加速度大小分別為2m/s2和1.6m/s2；（2）要使滑塊不從木板上滑落，木板的最小長度為5.25m。點(diǎn)評：本題關(guān)鍵是明確滑塊和滑板的各段運(yùn)動(dòng)過程的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)，對于每段過程都要根據(jù)牛頓第二定律求解各自的加速度，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式解相關(guān)運(yùn)動(dòng)參量，還要注意各個(gè)過程的連接點(diǎn)的情況?！窘忸}思路點(diǎn)撥】要牢牢把握物塊與木板之間的聯(lián)系，找出加速度關(guān)系、速度關(guān)系以及位移關(guān)系，通過整體法與隔離法的綜合運(yùn)用解決問題。7．平拋運(yùn)動(dòng)速度的計(jì)算【知識點(diǎn)的認(rèn)識】1.平拋運(yùn)動(dòng)的性質(zhì)：平拋運(yùn)動(dòng)可以看成水平方向上的勻速直線運(yùn)動(dòng)和豎直方向上的自由落體運(yùn)動(dòng)。2.設(shè)物體在平拋運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)時(shí)間也可以求出平拋運(yùn)動(dòng)的初速度?！久}方向】如圖所示，小球以6m/s的初速度水平拋出，不計(jì)空氣阻力，0.8s時(shí)到達(dá)P點(diǎn)，取g＝10m/s2，則（）A、0.8s內(nèi)小球下落的高度為4.8mB、0.8s內(nèi)小球下落的高度為3.2mC、小球到達(dá)P點(diǎn)的水平速度為4.8m/sD、小球到達(dá)P點(diǎn)的豎直速度為8.0m/s分析：平拋運(yùn)動(dòng)在水平方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在豎直方向上做自由落體運(yùn)動(dòng)，根據(jù)時(shí)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(cuò)誤。D、小球到達(dá)P點(diǎn)的豎直速度vy＝gt＝8m/s。故D正確。故選：BD。點(diǎn)評：解決本題的關(guān)鍵知道平拋運(yùn)動(dòng)在水平方向和豎直方向上的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式靈活求解。【解題思路點(diǎn)撥】做平拋運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)，滿足vy＝gt。8．平拋運(yùn)動(dòng)位移的計(jì)算【知識點(diǎn)的認(rèn)識】1.平拋運(yùn)動(dòng)的性質(zhì)：平拋運(yùn)動(dòng)可以看成水平方向上的勻速直線運(yùn)動(dòng)和豎直方向上的自由落體運(yùn)動(dòng)。2.設(shè)物體在平拋運(yùn)動(dòng)ts后，水平方向上的位移x＝v0t豎直方向上的位移為y=物體的合位移為l=3.對于已知高度的平拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向有h=水平方向有x＝v0t聯(lián)立得x＝v02所以說平拋運(yùn)動(dòng)的水平位移與初速度大小和拋出點(diǎn)的高度有關(guān)?！久}方向】物體以初速度7.5m/s水平拋出，2秒后落到地面，則物體在這個(gè)過程中的位移是（）物體做平拋運(yùn)動(dòng)，我們可以把平拋運(yùn)動(dòng)可以分解為水平方向上的勻速直線運(yùn)動(dòng)，和豎直方向上的自由落體運(yùn)動(dòng)來求解，兩個(gè)方向上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相同．解：物體做平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向的位移為：x＝v0t＝7.5×2m＝15m豎直方向上是自由落體運(yùn)動(dòng)，豎直位移為：h=12gt2=12×10×（2）2物體的合位移為s=x2+h2=故選：D。本題就是對平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律的考查，平拋運(yùn)動(dòng)可以分解為在水平方向上的勻速直線運(yùn)動(dòng)，和豎直方向上的自由落體運(yùn)動(dòng)來求解．【解題思路點(diǎn)撥】平拋運(yùn)動(dòng)的物體在水平和豎直方向上的運(yùn)動(dòng)都是獨(dú)立的，可以分別計(jì)算兩個(gè)方向的位移，并與合位移構(gòu)成矢量三角形（滿足平行四邊形定則）。9．平拋運(yùn)動(dòng)時(shí)間的計(jì)算【知識點(diǎn)的認(rèn)識】1.平拋運(yùn)動(dòng)的性質(zhì)：平拋運(yùn)動(dòng)可以看成水平方向上的勻速直線運(yùn)動(dòng)和豎直方向上的自由落體運(yùn)動(dòng)。2.平拋運(yùn)動(dòng)在水平和豎直方向上的運(yùn)動(dòng)是獨(dú)立的，而將這兩個(gè)運(yùn)動(dòng)聯(lián)系起來的就是時(shí)間。因?yàn)榉诌\(yùn)動(dòng)與合運(yùn)動(dòng)具有同時(shí)性。3.計(jì)算平拋運(yùn)動(dòng)時(shí)間的方法：①已知平拋高度h，則根據(jù)豎直方向上12gt②已知水平位移x和初速度v0，則根據(jù)水平方向上x＝v0t可得t=③已知某一時(shí)刻的速度v和書速度v0，則根據(jù)速度的合成有v2=v02④已知某一時(shí)刻的速度v及速度偏轉(zhuǎn)角θ，則gt＝vsinθ，從而得到t=⑤已知某一時(shí)刻的位移x及位移偏轉(zhuǎn)角θ，則12gt【命題方向】例1：將一個(gè)物體以速度v水平拋出，當(dāng)物體的豎直位移是水平位移的兩倍時(shí)，所經(jīng)歷的時(shí)間為（）A、vgB、v2gC、2vg分析：物體做平拋運(yùn)動(dòng)，我們可以把平拋運(yùn)動(dòng)可以分解為水平方向上的勻速直線運(yùn)動(dòng)，和豎直方向上的自由落體運(yùn)動(dòng)來求解，兩個(gè)方向上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相同解答：由平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律可知，水平方向上：x＝Vt豎直方向上：2x=12解得t=4v故選：D。點(diǎn)評：本題就是對平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律的考查，平拋運(yùn)動(dòng)可以分解為在水平方向上的勻速直線運(yùn)動(dòng)，和豎直方向上的自由落體運(yùn)動(dòng)來求解．例2：一個(gè)物體從某一確定的高度以v0的初速度水平拋出，已知它落地時(shí)的速度為v1，那么它的運(yùn)動(dòng)時(shí)間是（）A、v1-vogB、v1分析：物體做平拋運(yùn)動(dòng)，我們可以把平拋運(yùn)動(dòng)可以分解為水平方向上的勻速直線運(yùn)動(dòng)，和豎直方向上的自由落體運(yùn)動(dòng)來求解，兩個(gè)方向上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相同。解答：由于平拋運(yùn)動(dòng)是水平方向上的勻速直線運(yùn)動(dòng)與豎直方向上的自由落體運(yùn)動(dòng)的合運(yùn)動(dòng)，故任意時(shí)刻的速度是這兩個(gè)分運(yùn)動(dòng)速度的合速度，當(dāng)一個(gè)物體從某一確定的高度以v0的初速度水平拋出，已知它落地時(shí)的速度為v1，故v1是物體運(yùn)動(dòng)的末速度，由速度的分解法則可知，vy2=v1∴物體的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t=Vyg故選：D。點(diǎn)評：本題就是對平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律的直接考查，掌握住平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律就能輕松解決。例3：如圖所示，在豎直平面內(nèi)有一半圓形軌道，圓心為O．一小球（可視為質(zhì)點(diǎn)）從與圓心等高的圓形軌道上的A點(diǎn)以速度v0水平向右拋出，落于圓軌道上的C點(diǎn)．已知OC的連線與OA的夾角為θ，重力加速度為g，則小球從A運(yùn)動(dòng)到C的時(shí)間為（）A、2ν0gcotθ2D、ν0gtanθ2C、ν分析：平拋運(yùn)動(dòng)在水平方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在豎直方向上做自由落體運(yùn)動(dòng)．小球落到C點(diǎn)，根據(jù)幾何關(guān)系確定小球豎直方向上的位移和豎直方向上的位移的比值，根據(jù)位移關(guān)系求出運(yùn)動(dòng)的時(shí)間．解答：由幾何關(guān)系可知，AC水平方向的夾角為α=π-θ知tanα=則t=2v0tanαg=2ν0故選：A。點(diǎn)評：解決本題的關(guān)鍵掌握平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律，知道平拋運(yùn)動(dòng)在水平方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在豎直方向上做自由落體運(yùn)動(dòng)．【解題思路點(diǎn)撥】1.平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間是連接水平和豎直運(yùn)動(dòng)的橋梁，時(shí)間的計(jì)算方法有很多種，要根據(jù)題目給出的條件選擇恰當(dāng)?shù)姆椒ā?.平拋運(yùn)動(dòng)是勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，速度變化量的計(jì)算要遵循矢量疊加原理，所以t=v-10．牛頓第二定律求解向心力【知識點(diǎn)的認(rèn)識】圓周運(yùn)動(dòng)的過程符合牛頓第二定律，表達(dá)式Fn＝man＝mω2r＝mv2r=【命題方向】我國著名體操運(yùn)動(dòng)員童飛，首次在單杠項(xiàng)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(yùn)動(dòng)．假設(shè)童飛的質(zhì)量為55kg，為完成這一動(dòng)作，童飛在通過最低點(diǎn)時(shí)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(yùn)動(dòng)員在最低點(diǎn)時(shí)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(yùn)動(dòng)員在最低點(diǎn)時(shí)處于超重狀態(tài)，設(shè)運(yùn)動(dòng)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(diǎn)評：解答本題的關(guān)鍵是分析向心力的來源，建立模型，運(yùn)用牛頓第二定律求解．【解題思路點(diǎn)撥】圓周運(yùn)動(dòng)中的動(dòng)力學(xué)問題分析（1）向心力的確定①確定圓周運(yùn)動(dòng)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(gè)力的合力或某個(gè)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(yùn)動(dòng)問題步驟①審清題意，確定研究對象；②分析物體的運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)定律及向心力公式列方程．11．物體在圓形豎直軌道內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng)【知識點(diǎn)的認(rèn)識】1.模型建立（1）輕繩模型小球沿豎直光滑軌道內(nèi)側(cè)做圓周運(yùn)動(dòng)，小球在細(xì)繩的作用下在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，都是輕繩模型，如圖所示。（2）輕桿模型小球在豎直放置的光滑細(xì)管內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，小球被一輕桿拉著在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，都是輕桿模型，如圖所示。2.模型分析【命題方向】如圖所示，半徑為R的光滑圓形軌道豎直固定放置，質(zhì)量為m的小球在圓形軌道內(nèi)側(cè)做圓周運(yùn)動(dòng)．小球通過軌道最高點(diǎn)時(shí)恰好與軌道間沒有相互作用力．已知當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣却笮間，不計(jì)空氣阻力．試求：（1）小球通過軌道最高點(diǎn)時(shí)速度的大??；（2）小球通過軌道最低點(diǎn)時(shí)角速度的大??；（3）小球通過軌道最低點(diǎn)時(shí)受到軌道支持力的大?。治觯海?）小球通過軌道最高點(diǎn)時(shí)恰好與軌道間沒有相互作用力，故由重力提供向心力，根據(jù)圓周運(yùn)動(dòng)向心力公式即可得出最高點(diǎn)的速度；（2）可以根據(jù)動(dòng)能定理求出最低點(diǎn)的速度，再根據(jù)線速度和角速度的關(guān)系即可求出角速度；（3）在最低點(diǎn)由支持力和重力的合力提供向心力，根據(jù)圓周運(yùn)動(dòng)向心力公式即可求得支持力的大?。獯穑海?）設(shè)小球通過軌道最高點(diǎn)時(shí)速度的大小為v1，根據(jù)題意和圓周運(yùn)動(dòng)向心力公式得：mg＝mv解得：v1=（2）設(shè)小球通過軌道最低點(diǎn)的速度大小為v2，從最高點(diǎn)到最低點(diǎn)的過程中運(yùn)用動(dòng)能定理得：2mgR=12v2＝ωR②由①②解得：ω=（3）設(shè)小球通過軌道最低點(diǎn)時(shí)受到軌道支持力大小為FN，根據(jù)圓周運(yùn)動(dòng)向心力公式得：FN﹣mg=mv2由①③解得：FN＝6mg答：（1）小球通過軌道最高點(diǎn)時(shí)速度的大小為gR；（2）小球通過軌道最低點(diǎn)時(shí)角速度的大小為5gR；（3）小球通過軌道最低點(diǎn)時(shí)受到軌道支持力的大小為6mg點(diǎn)評：該題是動(dòng)能定理及圓周運(yùn)動(dòng)向心力公式的直接應(yīng)用，要抓住恰好到達(dá)最高點(diǎn)的隱含條件是由重力來提供向心力，難度不大，屬于基礎(chǔ)題．【解題思路點(diǎn)撥】對于豎直平面內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng)，一般題目都會給出關(guān)鍵詞“恰好”，當(dāng)物體恰好過圓周運(yùn)動(dòng)最高點(diǎn)時(shí)，物體自身的重力完全充當(dāng)向心力，mg＝mv2R，從而可以求出最高點(diǎn)的速度v12．物體在環(huán)形豎直軌道內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng)【知識點(diǎn)的認(rèn)識】1.模型建立（1）輕繩模型小球沿豎直光滑軌道內(nèi)側(cè)做圓周運(yùn)動(dòng)，小球在細(xì)繩的作用下在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，都是輕繩模型，如圖所示。（2）輕桿模型小球在豎直放置的光滑細(xì)管內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，小球被一輕桿拉著在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，都是輕桿模型，如圖所示。2.模型分析【命題方向】如圖所示，小球m在豎直放置的內(nèi)壁光滑的圓形細(xì)管內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，以上說法正確的是（）A、小球通過最高點(diǎn)的最小速度為v=B、小球通過最高點(diǎn)的最小速度為零C、小球通過最高點(diǎn)時(shí)一定受到向上的支持力D、小球通過最低點(diǎn)時(shí)一定受到外管壁的向上的彈力分析：球m在豎直放置的內(nèi)壁光滑的圓形細(xì)管內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，小球通過最高點(diǎn)的最小速度為零．根據(jù)小球到達(dá)最高時(shí)的速度，由牛頓第二定律分析小球通過最高點(diǎn)時(shí)受到的作用力方向．小球通過最低點(diǎn)時(shí)一定受到外管壁的向上的彈力．解答：AB、由于細(xì)管內(nèi)能支撐小球，所以小球通過最高點(diǎn)的最小速度為零，不是gR．故A錯(cuò)誤，B正確。C、若小球通過最高點(diǎn)時(shí)速度0＜v＜gR，小球的向心力小于重力，受到向上的支持力；若v=gR，不受圓管的作用力；當(dāng)v＞gRD、小球通過最低點(diǎn)時(shí)向心力向上，重力向下，則外管壁對小球的彈力必定向上。故D正確。故選：BD。點(diǎn)評：小球在圓管中運(yùn)動(dòng)類型與輕桿模型相似，屬于有支撐物的類型，小球到達(dá)最高點(diǎn)臨界速度為零．【解題思路點(diǎn)撥】對于豎直平面內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng)，一般題目都會給出關(guān)鍵詞“恰好”，當(dāng)物體恰好過圓周運(yùn)動(dòng)最高點(diǎn)時(shí)，物體自身的重力完全充當(dāng)向心力，mg＝mv2R，從而可以求出最高點(diǎn)的速度v13．常見力做功的特點(diǎn)14．瞬時(shí)功率的計(jì)算【知識點(diǎn)的認(rèn)識】1.對于恒力做功，瞬時(shí)功率為P＝Fvcosα（v是瞬時(shí)速度，α是力與速度的夾角）2.如果力與速度的方向一致，則P＝Fv【命題方向】物體m從傾角為α的固定的光滑斜面由靜止開始下滑，斜面高為h，當(dāng)物體滑至斜面底端，重力做功的瞬