2025年高考物理解密之05曲線運動

Page2025年高考物理解密之曲線運動一．選擇題（共10小題）1．（2024?沙坪壩區(qū)校級模擬）某射擊游戲道具如圖（a）所示，將圓形轉筒十等分后間隔排列五片弧形薄板，其余位置留空，俯視圖如圖（b）所示。已知轉筒直徑，角速度，小德用玩具手槍瞄準中軸線隨機打出一槍，彈丸可認為做水平勻速直線運動且速度，彈丸穿過薄板后速度會減半，忽略空氣阻力和彈丸穿過薄板所需時間，下列說法正確的是A．薄板上各點線速度相同 B．薄板上一定會留下一個彈孔 C．若增大角速度，薄板上至少會留下一個彈孔 D．若減小角速度，薄板上至少會留下一個彈孔2．（2024?花溪區(qū)校級模擬）騎行是一項深受人們熱愛的運動，如圖是場地自行車比賽的圓形賽道．路面與水平面的夾角為，圓周的半徑為，某運動員騎自行車在該賽道上做勻速圓周運動，已知，，，則下列說法正確的是A．該運動員在騎行過程中，所受合外力為零 B．該運動員在騎行過程中，所受合外力沿路面向下 C．若該運動員以的速度騎行，則其不受路面給的側向摩擦力 D．若該運動員以的速度騎行，則其不受路面給的側向摩擦力3．（2024?觀山湖區(qū)校級模擬）如圖所示為固定的半圓形豎直軌道，為水平直徑，為圓心，現(xiàn)同時從、兩點水平相向拋出甲、乙兩個小球，其初速度大小分別為、，且均落在軌道上的點，已知與豎直方向的夾角，忽略空氣阻力，兩小球均可視為質點。則下列說法正確的是A．甲、乙兩球不會同時落到軌道上 B．兩者初速度關系為 C．整個下落過程，甲球速度變化量大于乙球速度變化量 D．甲球可沿半徑方向垂直打在軌道上點4．（2024?西城區(qū)一模）如圖1所示，長為且不可伸長的輕繩一端固定在點，另一端系一小球，使小球在豎直面內做圓周運動。由于阻力的影響，小球每次通過最高點時速度大小不同。測量小球經過最高點時速度的大小、繩子拉力的大小，作出與的關系圖線如圖2所示。下列說法中正確的是A．根據(jù)圖線可以得出小球的質量 B．根據(jù)圖線可以得出重力加速度 C．繩長不變，用質量更小的球做實驗，得到的圖線斜率更大 D．用更長的繩做實驗，得到的圖線與橫軸交點的位置不變5．（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6．（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、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．7．（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．8．（2024?廣東）如圖所示，在細繩的拉動下，半徑為的卷軸可繞其固定的中心點在水平面內轉動，卷軸上沿半徑方向固定著長度為的細管，管底在點，細管內有一根原長為、勁度系數(shù)為的輕質彈簧，彈簧底端固定在管底，頂端連接質量為、可視為質點的插銷。當以速度勻速拉動細繩時，插銷做勻速圓周運動，若過大，插銷會卡進固定的端蓋。使卷軸轉動停止。忽略摩擦力，彈簧在彈性限度內，要使卷軸轉動不停止，的最大值為A． B． C． D．9．（2024?江岸區(qū)校級模擬）風洞是測試飛機性能、研究流體力學的一種必不可少的重要設施，我國的風洞技術處于世界領先地位。如圖所示，某次風洞實驗中，使風力大小恒定，方向水平，一質量為的輕質小球先后經過、兩點，其中在點的速度大小為，方向與、連線成角；在點的速度大小也為，方向與、連線成角。已知、連線長為，與水平方向的夾角為，下列說法正確的是A．從運動到點所用的時間為 B．小球的最小速度為0 C．風力大小為 D．若改用質量為的輕質小球，同樣從點以相同速度拋出，其仍能經過點10．（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，、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．荷葉二．多選題（共5小題）11．（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細繩，將腰帶簡化為豎直硬質圓筒，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，使配重在水平面內以角速度做勻速圓周運動，已知配重（可視為質點）質量為，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12．（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13．（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14．（2024?碑林區(qū)校級模擬）芬蘭小將拉林托以兩跳240.9分的成績在跳臺滑雪世界杯芬蘭站中獲得冠軍。如圖所示是簡化后的跳臺滑雪的雪道示意圖，拉林托從助滑雪道上由靜止開始滑下，到達點后水平飛出，落到滑道上的點，是運動軌跡上的某一點，在該點拉林托的速度方向與軌道平行，設拉林托從到與從到的運動時間分別為、，垂直，（忽略空氣阻力）則A． B． C． D．15．（2024?江西模擬）陶瓷是中華瑰寶，是中華文明的重要名片。在陶瓷制作過程中有一道工序叫利坯，如圖（a）所示，將陶瓷粗坯固定在繞豎直軸轉動的水平轉臺上，用刀旋削，使坯體厚度適當，表里光潔。對應的簡化模型如圖（b）所示，粗坯的對稱軸與轉臺轉軸重合。當轉臺轉速恒定時，關于粗坯上、兩質點，下列說法正確的是A．的角速度大小比的大 B．的線速度大小比的大 C．的向心加速度大小比的大 D．同一時刻所受合力的方向與的相同三．填空題（共5小題）16．（2024?重慶模擬）如圖，水平地面上以速度做勻速直線運動的汽車，通過定滑輪用繩子吊起一個物體．在汽車做勻速直線運動的過程中，物體做運動（選填“加速”或“減速”．某一時刻繩子與水平方向的夾角為，則此時物體的速度．17．（2023?長寧區(qū)二模）如圖，半徑為的圓盤上繞有一根輕繩，輕繩的另一端與放在水平桌面上物體相連，物體質量為，繩子處于水平狀態(tài)，物體與桌面的摩擦系數(shù)為．開始，圓盤以角速度為常數(shù)）轉動，繩子上拉力為；經過時間，圓盤轉過的圈數(shù)．18．（2023?奉賢區(qū)二模）如圖所示為高速入口的自動識別系統(tǒng)的直桿道閘，水平細直桿可繞轉軸在豎直平面內勻速轉動。車頭過自動識別線觸發(fā)系統(tǒng)開始識別，線離直桿正下方的距離，識別系統(tǒng)的反應時間為，直桿轉動角速度，直桿由水平位置轉到豎直位置的時間約為。直桿轉動到豎直位置時汽車方能通過道閘，要使汽車安全通過道閘，則汽車不停車勻速安全通過道閘的最大速度為。19．（2023?徐匯區(qū)二模）一輛汽車在內以恒定速率通過長度為的圓弧形彎道，已知彎道半徑為，則汽車在彎道中的加速度大小為，內速度變化量的大小為。20．（2022?青浦區(qū)二模）如圖為“行星傳動示意圖”，中心“太陽輪”的轉動軸固定，其半徑為，周圍四個“行星輪”的轉動軸固定，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，點與點的轉速之比為。四．解答題（共5小題）21．（2024?順義區(qū)三模）跑酷不僅可以強健體質，也可使得自身反應能力更加迅速。現(xiàn)有一運動員在圖示位置起跳，運動過程姿勢不變且不發(fā)生轉動，到達墻面時鞋底與墻面接觸并恰好不發(fā)生滑動，通過鞋底與墻面間相互作用可以獲得向上的升力。已知運動員起跳時速度為，與水平方向夾角為，到達墻壁時速度方向恰好與墻面垂直，運動員鞋底與墻面的動摩擦因數(shù)為，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為，全過程忽略空氣阻力影響。（1）求運動員起跳時的水平分速度與豎直分速度；（2）運動員與墻發(fā)生相互作用的時間為，蹬墻后速度豎直向上，不再與墻發(fā)生相互作用，求蹬墻后運動員上升的最大高度；（3）若運動員蹬墻后水平方向速度大小不變，方向相反，為了能夠到達起跳位置的正上方，且距離地面高度不低于蹬墻結束時的高度，求運動員與墻發(fā)生相互作用的最長時間。22．（2024?如皋市校級模擬）如圖所示，長為的直桿一端可繞固定軸無摩擦轉動，另一端靠在以水平速度，勻速向左運動、表面光滑的豎直擋板上，當直桿與豎直方向的夾角為時，直桿端點的線速度大小為多少？23．（2024?長春一模）如圖，由薄壁圓管構成的圓形軌道豎直固定在水平地面上，軌道半徑，遠大于圓管內徑，軌道底端分別與兩側的水平直軌道相切。質量，直徑略小于圓管內徑的光滑小球以速度向右運動，與靜止在直軌道處的小滑塊發(fā)生彈性碰撞，碰后球的速度反向，且經過圓軌道最高點時恰好對軌道無作用力，點右側由多段粗糙軌道、光滑軌道交替排列組成，每段軌道長度均為，緊鄰點的第一段軌道為粗糙軌道，滑塊與各粗糙軌道間的動摩擦因數(shù)均為，重力加速度取。求：（1）碰撞后瞬間小球速度的大??；（2）滑塊的質量和碰撞后瞬間滑塊速度的大??；（3）碰撞后滑塊運動的路程。24．（2024?龍鳳區(qū)校級模擬）一闖關游戲裝置處于豎直截面內，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。現(xiàn)將一質量為的滑塊從傾斜軌道上某高度處靜止釋放（滑塊視為質點，所有軌道都平滑連接，不計空氣阻力，，，（1）若滑塊恰好經過圓形軌道最高點，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。25．（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。已知槽口到沖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）輪葉邊緣上質量為的釘子，隨水車勻速轉動時的向心力大小。

2025年高考物理解密之曲線運動參考答案與試題解析一．選擇題（共10小題）1．（2024?沙坪壩區(qū)校級模擬）某射擊游戲道具如圖（a）所示，將圓形轉筒十等分后間隔排列五片弧形薄板，其余位置留空，俯視圖如圖（b）所示。已知轉筒直徑，角速度，小德用玩具手槍瞄準中軸線隨機打出一槍，彈丸可認為做水平勻速直線運動且速度，彈丸穿過薄板后速度會減半，忽略空氣阻力和彈丸穿過薄板所需時間，下列說法正確的是A．薄板上各點線速度相同 B．薄板上一定會留下一個彈孔 C．若增大角速度，薄板上至少會留下一個彈孔 D．若減小角速度，薄板上至少會留下一個彈孔【答案】【考點】角速度的物理意義及計算；線速度與角速度的關系【專題】勻速圓周運動專題；定量思想；推理論證能力；推理法【分析】根據(jù)角速度和線速度的關系，結合角速度定義以及幾何關系分析求解?！窘獯稹拷猓海鶕?jù)可知，薄板上各點線速度大小相等，方向不同，故錯誤；．子彈在轉筒中運動的時間為此時轉筒轉過的角度為圓筒與圓心連線每隔有一塊薄板，由幾何關系可知，薄板上一定會留下一個彈孔，故正確；．由上述分析可知，增大角速度或減小角速度，子彈在薄板上可能不留下彈孔，故錯誤。故選：?！军c評】本題考查了勻速圓周運動相關知識，理解角速度和線速度的關系是解決此類問題的關鍵。2．（2024?花溪區(qū)校級模擬）騎行是一項深受人們熱愛的運動，如圖是場地自行車比賽的圓形賽道．路面與水平面的夾角為，圓周的半徑為，某運動員騎自行車在該賽道上做勻速圓周運動，已知，，，則下列說法正確的是A．該運動員在騎行過程中，所受合外力為零 B．該運動員在騎行過程中，所受合外力沿路面向下 C．若該運動員以的速度騎行，則其不受路面給的側向摩擦力 D．若該運動員以的速度騎行，則其不受路面給的側向摩擦力【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】勻速圓周運動專題；定量思想；方程法；推理能力【分析】根據(jù)勻速圓周運動的受力特點判斷；要使自行車轉彎不受摩擦力影響，則由重力和支持力的合力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律求解自行車的速度?！窘獯稹拷猓骸⒃撨\動員在騎行過程中在該賽道上做勻速圓周運動，所受的合外力提供向心力，指向圓心，故錯誤；、當其不受路面給的側向摩擦力，重力和路面的支持力提供向心力，可得得故正確，錯誤。故選：?！军c評】本題是車輛轉彎問題，解答此類問題的關鍵是能夠對物體進行受力分析，確定哪些力的合力或哪個力的分力提供了向心力，根據(jù)向心力的計算公式進行解答。3．（2024?觀山湖區(qū)校級模擬）如圖所示為固定的半圓形豎直軌道，為水平直徑，為圓心，現(xiàn)同時從、兩點水平相向拋出甲、乙兩個小球，其初速度大小分別為、，且均落在軌道上的點，已知與豎直方向的夾角，忽略空氣阻力，兩小球均可視為質點。則下列說法正確的是A．甲、乙兩球不會同時落到軌道上 B．兩者初速度關系為 C．整個下落過程，甲球速度變化量大于乙球速度變化量 D．甲球可沿半徑方向垂直打在軌道上點【答案】【考點】平拋運動與曲面的結合【專題】定量思想；推理法；平拋運動專題；推理論證能力【分析】要兩小球落在坑中同一點，則水平位移大小之和為，落點不同，豎直方向位移可能不同，也可能不同；根據(jù)幾何關系知點到點水平方向的距離，進而可得出從點與點拋出的小球的水平位移之比，豎直方向位移相同，運動時間相等，則可得初速度之比。【解答】解：、由圖可知，兩個物體下落的高度是相等的，自由落體運動下降的高度為又速度變化為△可知甲、乙兩球下落到軌道的時間相等，即甲、乙兩球同時落到軌道上，甲、乙兩球下落到軌道的速度變化量相同，故錯誤。、設圓形軌道的半徑為，則甲水平位移為乙水平位移為可得小球水平方向做勻速直線運動，則有故正確。、由平拋運動推論，速度反向延長線過水平位移中點，由題圖可知若甲球垂直打在軌道上，由幾何關系，其速度方向延長線應過點，與推論矛盾，則甲球不可能沿半徑方向垂直打在半圓形豎直軌道上，故錯誤。故選：?！军c評】本題考查平拋運動規(guī)律的應用，分析清楚小球運動過程是解題的前提與關鍵。4．（2024?西城區(qū)一模）如圖1所示，長為且不可伸長的輕繩一端固定在點，另一端系一小球，使小球在豎直面內做圓周運動。由于阻力的影響，小球每次通過最高點時速度大小不同。測量小球經過最高點時速度的大小、繩子拉力的大小，作出與的關系圖線如圖2所示。下列說法中正確的是A．根據(jù)圖線可以得出小球的質量 B．根據(jù)圖線可以得出重力加速度 C．繩長不變，用質量更小的球做實驗，得到的圖線斜率更大 D．用更長的繩做實驗，得到的圖線與橫軸交點的位置不變【答案】【考點】牛頓第二定律的簡單應用；繩球類模型及其臨界條件；向心力的表達式及影響向心力大小的因素【專題】勻速圓周運動專題；定量思想；方程法；應用數(shù)學處理物理問題的能力【分析】根據(jù)牛頓第二定律和向心力的計算公式得到圖像的表達式，利用圖像的斜率與截距解答【解答】解：、根據(jù)牛頓第二定律和向心力的計算公式，得到圖像的表達式為：，變形為：根據(jù)圖像的斜率可得：根據(jù)圖像的橫軸截距可得：解得：，，故正確，錯誤；、根據(jù)斜率，可知不變，減小，斜率減小，故錯誤；、橫軸截距，可知變大，不變，所以會變大，可得圖線與橫軸交點的位置向右移動，故錯誤。故選：。【點評】此題中小球在最高點時只受到繩子拉力和自身重力，利用向心力公式，根據(jù)牛頓第二定律，可以得到的圖像的解析式，圖像中的特殊點也可以代入計算，利用數(shù)學解決物理問題。5．（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將小球的運動分解，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?、將小球的運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將小球的運動分解后，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論可知，到與到的時間相等，故聯(lián)立上式可知，故正確。故選：。【點評】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。6．（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、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。【解答】解：每秒25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。7．（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；結合運動學規(guī)律解答。【解答】解：設籃球初速度為，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：。【點評】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。8．（2024?廣東）如圖所示，在細繩的拉動下，半徑為的卷軸可繞其固定的中心點在水平面內轉動，卷軸上沿半徑方向固定著長度為的細管，管底在點，細管內有一根原長為、勁度系數(shù)為的輕質彈簧，彈簧底端固定在管底，頂端連接質量為、可視為質點的插銷。當以速度勻速拉動細繩時，插銷做勻速圓周運動，若過大，插銷會卡進固定的端蓋。使卷軸轉動停止。忽略摩擦力，彈簧在彈性限度內，要使卷軸轉動不停止，的最大值為A． B． C． D．【答案】【考點】牛頓第二定律的簡單應用；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；推理論證能力【分析】卷軸和插銷屬于同軸傳動模型，角速度相等，對插銷進行受力分析，結合牛頓第二定律得出速度的最大值。【解答】解：卷軸的角速度為：插銷與卷軸屬于同軸傳動模型，角速度相等，要使卷軸轉動不停止，則彈簧對插銷的彈力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律可得：聯(lián)立解得：，故正確，錯誤；故選：。【點評】本題主要考查了圓周運動的相關應用，熟悉傳動模型的特點，掌握向心力的來源，結合牛頓第二定律即可完成分析。9．（2024?江岸區(qū)校級模擬）風洞是測試飛機性能、研究流體力學的一種必不可少的重要設施，我國的風洞技術處于世界領先地位。如圖所示，某次風洞實驗中，使風力大小恒定，方向水平，一質量為的輕質小球先后經過、兩點，其中在點的速度大小為，方向與、連線成角；在點的速度大小也為，方向與、連線成角。已知、連線長為，與水平方向的夾角為，下列說法正確的是A．從運動到點所用的時間為 B．小球的最小速度為0 C．風力大小為 D．若改用質量為的輕質小球，同樣從點以相同速度拋出，其仍能經過點【答案】【考點】牛頓第二定律的簡單應用；合運動與分運動的關系【專題】應用題；定量思想；推理法；運動的合成和分解專題；分析綜合能力【分析】根據(jù)動能定理可判斷風力的方向；將小球的運動分解為平行于連線和垂直于連線，根據(jù)平行于連線方向的勻速直線運動位移與時間關系可求時間；垂直于連線速度為0時小球的速度最小；根據(jù)垂直于連線方向的運動由牛頓第二定律求解風力?！窘獯稹拷猓?、對小球受力分析有：設小球的運動時間為，小球在豎直方向做自由落體運動；根據(jù)平均速度公式代入數(shù)據(jù)解得，故錯誤；、小球在水平方向做勻減速直線運動，設水平方向的加速度的大小為根據(jù)勻變速運動公式，水平方向豎直方向做自由落體運動代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得根據(jù)速度的合成與分解，運動過程中任意一點的速度有，故錯誤；、設合力為，由斜上拋運動規(guī)律知代入得解得所以風力，故正確；、風力不變，重力變?yōu)樵瓉淼?倍，所以合力大小方向都發(fā)生改變，所以不能到達點，故錯誤。故選：。【點評】本題考查了曲線運動的處理方法，要求學生能熟練運用運動的分解與合成處理這類問題。10．（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，、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：。【點評】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。二．多選題（共5小題）11．（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細繩，將腰帶簡化為豎直硬質圓筒，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，使配重在水平面內以角速度做勻速圓周運動，已知配重（可視為質點）質量為，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??；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?！窘獯稹拷猓焊鶕?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：?！军c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)牛頓第二定律結合向心力的計算公式進行解答。12．（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?！窘獯稹拷猓河深}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合三角函數(shù)以解決此類問題。13．（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。14．（2024?碑林區(qū)校級模擬）芬蘭小將拉林托以兩跳240.9分的成績在跳臺滑雪世界杯芬蘭站中獲得冠軍。如圖所示是簡化后的跳臺滑雪的雪道示意圖，拉林托從助滑雪道上由靜止開始滑下，到達點后水平飛出，落到滑道上的點，是運動軌跡上的某一點，在該點拉林托的速度方向與軌道平行，設拉林托從到與從到的運動時間分別為、，垂直，（忽略空氣阻力）則A． B． C． D．【答案】【考點】平拋運動【專題】定量思想；推理法；平拋運動專題；推理能力【分析】運動員從點水平飛出后做平拋運動，可以不用通常的分解方法，而建立這樣的坐標系：以點為原點，為軸，和垂直向上方向為軸，進行運動分解，軸方向做類似豎直上拋運動，軸方向做勻加速直線運動?！窘獯稹拷猓海李}意，將以點為原點，為軸，和垂直向上方向為軸，建立坐標系如圖對運動員的運動進行分解，軸方向做類豎直上拋運動，軸方向做勻加速直線運動。當運員動速度方向與軌道平行時，在軸方向上到達最高點，根據(jù)豎直上拋運動的對稱性，知故正確，錯誤；．將初速度沿、方向分解為、，將加速度沿、方向分解為、，結合初速度為零的勻加速直線運動的比例關系知：初速度為零的勻加速直線運動連續(xù)相同時間內的位移比為：。運動員沿軸方向做勻加速直線運動，且但由于初速度不為零，所以根據(jù)初速度為零的勻加速直線運動連續(xù)相同時間內的位移比特點可知故正確，錯誤。故選：?！军c評】本題如采用常規(guī)的分解方法很難求解，而根據(jù)分解處理是等效的，可靈活建立坐標系，進行運動的分解問題就容易解答。15．（2024?江西模擬）陶瓷是中華瑰寶，是中華文明的重要名片。在陶瓷制作過程中有一道工序叫利坯，如圖（a）所示，將陶瓷粗坯固定在繞豎直軸轉動的水平轉臺上，用刀旋削，使坯體厚度適當，表里光潔。對應的簡化模型如圖（b）所示，粗坯的對稱軸與轉臺轉軸重合。當轉臺轉速恒定時，關于粗坯上、兩質點，下列說法正確的是A．的角速度大小比的大 B．的線速度大小比的大 C．的向心加速度大小比的大 D．同一時刻所受合力的方向與的相同【答案】【考點】牛頓第二定律的簡單應用；線速度的物理意義及定義式；向心加速度的表達式及影響向心加速度大小的因素；向心力的表達式及影響向心力大小的因素【專題】勻速圓周運動專題；方程法；定性思想；推理能力【分析】同一圓環(huán)以直徑為軸做勻速轉動時，環(huán)上的點的角速度相同，根據(jù)幾何關系可以判斷、兩點各自做圓周運動的半徑，根據(jù)即可求解線速度，根據(jù)求得向心加速度?！窘獯稹拷猓海深}意可知，粗坯上、兩質點屬于同軸轉動，它們的角速度相等，即，故錯誤；．由圖可知點繞轉軸轉動的半徑大，根據(jù)，所以，即的線速度大小比的大，故正確；．根據(jù)，且，所以即的向心加速度大小比的大，故正確；．因為當轉臺轉速恒定，所以同一時刻所受合力的方向與的所受的合力方向均指向中心軸，故合力方向不相同，故錯誤。故選：?！军c評】該題主要考查了圓周運動基本公式的直接應用，注意同軸轉動時角速度相同。三．填空題（共5小題）16．（2024?重慶模擬）如圖，水平地面上以速度做勻速直線運動的汽車，通過定滑輪用繩子吊起一個物體．在汽車做勻速直線運動的過程中，物體做加速運動（選填“加速”或“減速”．某一時刻繩子與水平方向的夾角為，則此時物體的速度．【答案】加速，．【考點】運動的合成和分解【專題】定性思想；方程法；運動的合成和分解專題；推理能力【分析】車的運動可分解為沿繩方向和垂直于繩的方向兩個運動，其中沿繩方向的運動與物體上升的運動速度相等．【解答】解：車的運動可分解為沿繩方向和垂直于繩的方向兩個運動，因某一時刻繩子與水平方向的夾角為，由幾何關系可得：，而逐漸變小，故逐漸變大，物體有向上的加速度，是加速運動；故答案為：加速，．【點評】正確將車的運動進行分解是解決本題的關鍵，注意兩個物體沿著繩子方向的分運動的分速度是相等的．17．（2023?長寧區(qū)二模）如圖，半徑為的圓盤上繞有一根輕繩，輕繩的另一端與放在水平桌面上物體相連，物體質量為，繩子處于水平狀態(tài)，物體與桌面的摩擦系數(shù)為．開始，圓盤以角速度為常數(shù)）轉動，繩子上拉力為；經過時間，圓盤轉過的圈數(shù)．【考點】判斷是否存在摩擦力；線速度的物理意義及定義式【專題】計算題；定量思想；勻速圓周運動專題；方程法【分析】根據(jù)角速度與線速度的關系寫出線速度的表達式，再由運動學的公式求出物體的加速度，由牛頓第二定律求出拉力．結合求出圓盤轉過的圈數(shù)．【解答】解：根據(jù)公式：得：結合勻變速直線運動的速度公式：可得：物體在運動的過程中水平方向受到拉力與摩擦力，則：聯(lián)立得：經過時間，圓盤轉過的角度：圓盤轉過的圈數(shù)故答案為：，【點評】該題結合牛頓第二定律考查變速圓周運動的線速度、角速度之間的關系，在解答的過程中要注意公式的變換．18．（2023?奉賢區(qū)二模）如圖所示為高速入口的自動識別系統(tǒng)的直桿道閘，水平細直桿可繞轉軸在豎直平面內勻速轉動。車頭過自動識別線觸發(fā)系統(tǒng)開始識別，線離直桿正下方的距離，識別系統(tǒng)的反應時間為，直桿轉動角速度，直桿由水平位置轉到豎直位置的時間約為2。直桿轉動到豎直位置時汽車方能通過道閘，要使汽車安全通過道閘，則汽車不停車勻速安全通過道閘的最大速度為?！敬鸢浮?，10【考點】線速度的物理意義及定義式【專題】理解能力；定量思想；直線運動規(guī)律專題；方程法【分析】根據(jù)角速度公式，以及速度公式即可求?！窘獯稹拷猓焊鶕?jù)角速度公式，，故轉動時間為，從車進入線開始，經過桿完全抬起，所以汽車的最大速度為。故答案為：2，10?！军c評】注意桿抬起的角度為，且需要加上識別系統(tǒng)的反應時間，反應時間很容易忽略。19．（2023?徐匯區(qū)二模）一輛汽車在內以恒定速率通過長度為的圓弧形彎道，已知彎道半徑為，則汽車在彎道中的加速度大小為，內速度變化量的大小為。【答案】；【考點】車輛在道路上的轉彎問題【專題】勻速圓周運動專題；定量思想；方程法；理解能力【分析】汽車做勻速圓周運動，由線速度定義式可以求出汽車的速率，由向心加速度定義式求出加速度大小。利用通過的弧長和半徑可以求出汽車圓周運動過程中通過的圓心角為，即速度方向改變了，利用平行四邊形定則求出速度的變化量大小?！窘獯稹拷猓河删€速度定義式可知汽車的速率：，由向心加速度定義式可知：，由弧長和半徑的關系，可得汽車轉過的圓心角，即汽車速度方向改變了，所以汽車在內的初末速度互相垂直，則內故答案為：；【點評】本題考查了線速度定義式，向心加速度定義式，弧長與半徑、圓心角的關系，平行四邊形定則，關鍵是求出汽車轉過的圓心角，進而知道汽車速度方向變化的角度20．（2022?青浦區(qū)二模）如圖為“行星傳動示意圖”，中心“太陽輪”的轉動軸固定，其半徑為，周圍四個“行星輪”的轉動軸固定，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，然后結合半徑關系分析周期的關系?！窘獯稹拷猓河蓤D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，由知點和點的轉速之比為：；故答案為：，。【點評】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。四．解答題（共5小題）21．（2024?順義區(qū)三模）跑酷不僅可以強健體質，也可使得自身反應能力更加迅速?，F(xiàn)有一運動員在圖示位置起跳，運動過程姿勢不變且不發(fā)生轉動，到達墻面時鞋底與墻面接觸并恰好不發(fā)生滑動，通過鞋底與墻面間相互作用可以獲得向上的升力。已知運動員起跳時速度為，與水平方向夾角為，到達墻壁時速度方向恰好與墻面垂直，運動員鞋底與墻面的動摩擦因數(shù)為，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為，全過程忽略空氣阻力影響。（1）求運動員起跳時的水平分速度與豎直分速度；（2）運動員與墻發(fā)生相互作用的時間為，蹬墻后速度豎直向上，不再與墻發(fā)生相互作用，求蹬墻后運動員上升的最大高度；（3）若運動員蹬墻后水平方向速度大小不變，方向相反，為了能夠到達起跳位置的正上方，且距離地面高度不低于蹬墻結束時的高度，求運動員與墻發(fā)生相互作用的最長時間?！敬鸢浮浚?）運動員起跳時的水平分速度和豎直分速度分別為和；（2）蹬墻后運動員上升的最大高度為；（3）運動員與墻發(fā)生相互作用的最長時間為?！究键c】平拋運動速度的計算；牛頓第二定律的簡單應用【專題】推理能力；定量思想；推理法；動量定理應用專題【分析】（1）根據(jù)幾何關系分析出運動員起跳時兩個方向的分速度；（2）根據(jù)豎直方向上的動量定理得出運動員上升的最大高度；（3）根據(jù)動量定理和運動學公式得出運動員與墻發(fā)生相互作用的最長時間?！窘獯稹拷猓海?）根據(jù)幾何關系可得水平方向分速度為：豎直方向分速度為：（2）設墻對運動員平均彈力大小為，平均最大靜摩擦力為，蹬墻后運動員獲得豎直向上的速度為，人質量為，設水平向右為正方向，由動量定理得：設豎直向上為正方向，由動量定理得：其中聯(lián)立得運動員蹬墻結束后豎直方向做勻減速直線運動至速度為零，由聯(lián)立解得：（3）設墻對運動員平均彈力大小為，平均最大靜摩擦力為，蹬墻后運動員獲得豎直向上的速度為，與墻發(fā)生相互作用的時間為，人的質量為，設水平向右為正方向，由動量定理得設豎直向上為正方向，由動量定理得其中聯(lián)立得設運動員起跳位置離墻面水平距離為，到達墻面所需時間為，離墻后到達起跳位置正上方的運動時間為，起跳后水平方向做勻速直線運動，得解得：運動員離墻后水平方向做勻速直線運動，豎直方向做初速度為，加速度為的勻變速直線運動，當豎直位移為0時，水平位移不小于。根據(jù)上述分析，得：，聯(lián)立式作用的最長時間為：答：（1）運動員起跳時的水平分速度和豎直分速度分別為和；（2）蹬墻后運動員上升的最大高度為；（3）運動員與墻發(fā)生相互作用的最長時間為?！军c評】本題主要考查了動量定理的相關應用，根據(jù)幾何關系得出不同方向的分速度，結合動量定理和運動學公式即可完成分析。22．（2024?如皋市校級模擬）如圖所示，長為的直桿一端可繞固定軸無摩擦轉動，另一端靠在以水平速度，勻速向左運動、表面光滑的豎直擋板上，當直桿與豎直方向的夾角為時，直桿端點的線速度大小為多少？【答案】直桿端點的線速度大小為?！究键c】關聯(lián)速度問題【專題】推理論證能力；運動的合成和分解專題；定量思想；圖析法【分析】由于直桿繞固定軸無摩擦轉動可知，點速度垂直于桿，將點速度分解，通過幾何關系即可求得點的線速度?！窘獯稹拷猓河深}意得點的實際速度沿垂直于桿的方向，將點速度分解，如圖所示由幾何關系得答：直桿端點的線速度大小為?！军c評】本題考查關聯(lián)速度問題，需要弄懂分速度和合速度，利用幾何關系求解。題目較為簡單。23．（2024?長春一模）如圖，由薄壁圓管構成的圓形軌道豎直固定在水平地面上，軌道半徑，遠大于圓管內徑，軌道底端分別與兩側的水平直軌道相切。質量，直徑略小于圓管內徑的光滑小球以速度向右運動，與靜止在直軌道處的小滑塊發(fā)生彈性碰撞，碰后球的速度反向，且經過圓軌道最高點時恰好對軌道無作用力，點右側由多段粗糙軌道、光滑軌道交替排列組成，每段軌道長度均為，緊鄰點的第一段軌道為粗糙軌道，滑塊與各粗糙軌道間的動摩擦因數(shù)均為，重力加速度取。求：（1）碰撞后瞬間小球速度的大小；（2）滑塊的質量和碰撞后瞬間滑塊速度的大小；（3）碰撞后滑塊運動的路程。【答案】（1）碰撞后瞬間小球速度的大小為；（2）滑塊的質量為和碰撞后瞬間滑塊速度的大小為；（3）碰撞后滑塊運動的路程為?！究键c】動能定理的簡單應用；繩球類模型及其臨界條件；動量守恒定律在繩連接體問題中的應用；動量守恒與能量守恒共同解決實際問題【專題】推理法；定量思想；力學三大知識結合的綜合問題；動量和能量的綜合；分析綜合能力【分析】（1）由題意可知在點恰好由重力提供向心力，從小球碰撞結束到反向運動到點過程利用動能定理可得小球碰撞后速度大??；（2）兩物體碰撞是彈性碰撞，由動量守恒和機械能守恒可得的質量和碰后速度大小；（3）碰后對利用動能定理可得在粗糙軌道運動的路程，由此路程與關系可得在光滑軌道運動路程，兩者之和為運動總路程?！窘獯稹拷猓海?）小球在時恰好對軌道無作用力，由牛頓第二定律有：設小球碰后的速度為，從小球碰后到反向運動到點過程，由動能定理有：代入數(shù)據(jù)可得：（2）設滑塊碰后的速度為，滑塊的質量為，、兩物體是彈性碰撞，取的方向為正方向，由動量守恒有：由機械能守恒有：代入數(shù)據(jù)可得：，（3）碰撞后對滑塊利用動能定理，則有：代入數(shù)據(jù)可得：，可知，則滑塊經過光滑軌道的路程則運動的路程答：（1）碰撞后瞬間小球速度的大小為；（2）滑塊的質量為和碰撞后瞬間滑塊速度的大小為；（3）碰撞后滑塊運動的路程為?！军c評】本題考查了動量守恒定律和機械能守恒、牛頓第二定律、豎直平面內的圓周運動，解題的關鍵是抓住兩物體的碰撞是彈性碰撞。24．（2024?龍鳳區(qū)校級模擬）一闖關游戲裝置處于豎直截面內，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)將一質量為的滑塊從傾斜軌道上某高度處靜止釋放（滑塊視為質點，所有軌道都平滑連接，不計空氣阻力，，，（1）若滑塊恰好經過圓形軌道最高點，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?！敬鸢浮浚?）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?；瑝K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，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)，再結合動能定理即可求解。25．（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。已知槽口到沖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）輪葉邊緣上質量為的釘子，隨水車勻速轉動時的向心力大小?！敬鸢浮浚?）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）輪葉邊緣上質量為的釘子，隨水車勻速轉動時的向心力大小為。【考點】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小；（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）輪葉邊緣上質量為的釘子，隨水車勻速轉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。

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內的平均速度就等于時間t內的初速度v0和末速度v的平均值，即＝．結合公式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，某一段時間內的平均速度等于該段時間內中間時刻的瞬時速度，又等于這段時間內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，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內和6s內的位移之比（）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內和6s內的位移。解：汽車剎車到停止所需的時間＞2s所以剎車2s內的位移＝45m。t0＜6s，所以剎車在6s內的位移等于在4s內的位移。＝60m。所以剎車2s內和6s內的位移之比為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內的位移等于4s內的位移。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內的位移x＝＝．若1s末的速度與初速度方向相反，1s內的位移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，此公式在考試中經常用到。【解題思路點撥】（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小；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．判斷是否存在摩擦力【知識點的認識】1.考點意義：有很多題目會綜合考查摩擦力的相關知識，不區(qū)分靜摩擦力和滑動摩擦力，所以設置本考點。2.對于是否存在摩擦力可以按以下幾個方法判斷：①條件法：根據(jù)摩擦力的產生條件進行判斷。a、接觸面粗糙；b、兩物體間存在彈力；c、有相對運動或相對運動的趨勢。②假設法：假設有或者沒有摩擦力，判斷物體運動狀態(tài)是否會改變?！久}方向】如圖，長方體甲乙疊放在水平地面上．水平力F作用在甲上，使甲乙一起向右做勻速直線運動（）A、甲、乙之間一定有摩擦力B、水平地面對乙沒有摩擦力C、甲對乙的摩擦力大小為F，方向水平向右D、水平地面對乙的摩擦力大小為F．方向水平向右分析：首先對甲、乙的整體進行分析，根據(jù)平衡力的知識得出乙與地面間的摩擦力；以甲為研究對象，進行受力分析，得出甲與乙之間的摩擦力．解答：A、以甲為研究對象，由于做勻速直線運動，所以受力平衡，水平方向受向右的拉力F，所以受乙對其向左的摩擦力，故A正確；B、以甲、乙的整體為研究對象，由于受向右的拉力作用，所以還受向左的摩擦力作用，B錯誤；C、由A知，甲受乙對其向左的摩擦力，根據(jù)力的作用的相互性，所以甲對乙向右的摩擦力作用，故C正確；D、由B知，水平地面對乙的摩擦力大小為F，方向水平向左，故D錯誤。故選：AC。點評：本題關鍵正確選擇研究對象，然后再根據(jù)兩物體及整體處于平衡狀態(tài)，由平衡條件分析受力情況即可．【解題思路點撥】對物體受力的判斷常采用的方法之一就是假設法，假設物體受或不受某力會使物體的運動狀態(tài)發(fā)生變化，那么假設不成立。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?！久}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。4．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，經歷的時間相等。這意味著合運動的時間等于各分運動經歷的時間。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?！久}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。5．關聯(lián)速度問題【知識點的認識】1.模型本質：通過繩和桿連接的兩個物體，盡管實際的運動方向不同，但可以通過速度的合成與分解，找出其速度的關聯(lián)性。2.模型的建立物體斜拉繩或繩斜拉物體的問題可看成“關聯(lián)物體”模型，如圖所示。由于繩不可伸長，所以繩兩端所連物體的速度沿著繩方向的分速度大小相同。3.速度的分解（1）分解依據(jù)：物體的實際運動就是合運動。（2）分解方法：把物體的實際速度分解為垂直于繩方向和平行于繩方向的兩個分量，根據(jù)沿繩方向的分速度大小相同列方程并求解。（3）分解結果：把上圖甲、乙所示的速度進行分解，結果如下圖甲、乙所示?！久}方向】如圖所示，人在岸上拉船，已知船的質量為m，水的阻力恒為f，當輕繩與水平面的夾角為θ時，船的速度為v，此時人的拉力大小為F，則（）A.人拉繩行走的速度為vB.人拉繩行走的速度為C.船的加速度為D.船的加速度為分析：繩子收縮的速度等于人在岸上的速度，連接船的繩子端點既參與了繩子收縮方向上的運動，又參與了繞定滑輪的擺動．根據(jù)船的運動速度，結合平行四邊形定則求出人拉繩子的速度，及船的加速度．解答：AB、船運動的速度是沿繩子收縮方向的速度和繞定滑輪的擺動速度的合速度。如圖所示根據(jù)平行四邊形定則有，v人＝vcosθ．故A、B錯誤。CD、對小船受力分析，如下圖所示，則有Fcosθ﹣f＝ma，因此船的加速度大小為a＝，故C正確，D錯誤；故選：C。點評：解決本題的關鍵知道船運動的速度是沿繩子收縮方向的速度和繞定滑輪的擺動速度的合速度，并掌握受力分析與理解牛頓第二定律．【解題思路點撥】“關聯(lián)物體”速度的分解（1）船的實際運動為合運動，此運動產生兩個效果，一是使繩子沿自身方向向上收縮，二是使與船接觸的繩有沿與繩垂直的方向向下擺動的趨勢。（2）關聯(lián)物體速度的分析思路6．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?！久}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＝＝．故A錯誤，B正確。C、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?！窘忸}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。7．平拋運動時間的計算【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.平拋運動在水平和豎直方向上的運動是獨立的，而將這兩個運動聯(lián)系起來的就是時間。因為分運動與合運動具有同時性。3.計算平拋運動時間的方法：①已知平拋高度h，則根據(jù)豎直方向上可得t＝②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已知某一時刻的速度v和書速度v0，則根據(jù)速度的合成有v2＝，從而可得t＝＝④已知某一時刻的速度v及速度偏轉角θ，則gt＝vsinθ，從而得到t＝⑤已知某一時刻的位移x及位移偏轉角θ，則，從而得到t＝【命題方向】例1：將一個物體以速度v水平拋出，當物體的豎直位移是水平位移的兩倍時，所經歷的時間為（）A、B、C、D、分析：物體做平拋運動，我們可以把平拋運動可以分解為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來求解，兩個方向上運動的時間相同解答：由平拋運動的規(guī)律可知，水平方向上：x＝Vt豎直方向上：2x＝gt2解得t＝。故選：D。點評：本題就是對平拋運動規(guī)律的考查，平拋運動可以分解為在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來求解．例2：一個物體從某一確定的高度以v0的初速度水平拋出，已知它落地時的速度為v1，那么它的運動時間是（）A、B、C、D、分析：物體做平拋運動，我們可以把平拋運動可以分解為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來求解，兩個方向上運動的時間相同。解答：由于平拋運動是水平方向上的勻速直線運動與豎直方向上的自由落體運動的合運動，故任意時刻的速度是這兩個分運動速度的合速度，當一個物體從某一確定的高度以v0的初速度水平拋出，已知它落地時的速度為v1，故v1是物體運動的末速度，由速度的分解法則可知，＝﹣，∴vy＝，∴物體的運動時間t＝＝．∴D選項正確。故選：D。點評：本題就是對平拋運動規(guī)律的直接考查，掌握住平拋運動的規(guī)律就能輕松解決。例3：如圖所示，在豎直平面內有一半圓形軌道，圓心為O．一小球（可視為質點）從與圓心等高的圓形軌道上的A點以速度v0水平向右拋出，落于圓軌道上的C點．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運動到C的時間為（）A、cotD、tanC、cotD、tan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．小球落到C點，根據(jù)幾何關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)位移關系求出運動的時間．解答：由幾何關系可知，AC水平方向的夾角為α＝，根據(jù)拋體運動的規(guī)律，知則．故A正確，B、C、D錯誤。故選：A。點評：解決本題的關鍵掌握平拋運動的規(guī)律，知道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．【解題思路點撥】1.平拋運動的時間是連接水平和豎直運動的橋梁，時間的計算方法有很多種，要根據(jù)題目給出的條件選擇恰當?shù)姆椒ā?.平拋運動是勻變速曲線運動，速度變化量的計算要遵循矢量疊加原理，所以t＝是不成立的。8．平拋運動與曲面的結合【知識點的認識】本考點旨在研究平拋運動最后落在曲面上的問題，包括圓弧曲面和一般曲面。但不包括圓周運動相關問題?！久}方向】如圖所示，半圓形容器豎直放置，在其圓心O點分別以水平初速度v1、v2拋出兩個小球（可視為質點），最終它們分別落在圓弧上的A點和B點，已知OA與OB互相垂直，且OA與豎直方向成θ角，求：（1）兩球在空中運動的時間之比；（2）兩球初速度之比．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)平拋運動水平位移和豎直位移的關系確定兩小球初速度大小之比和運動時間之比．解答：（1）由幾何關系可知：小球A下降的豎直高度為yA＝Rcosθ，小球B下降的豎直高度為yB＝Rsinθ，由平拋運動規(guī)律可知：由此可得：（2）由幾何關系可知：兩小球水平運動的位移分別為：xA＝Rsinθ，xB＝Rcosθ，由平拋運動規(guī)律可知：xA＝vAtA，xB＝vBtB，由此可得：答：（1）兩球在空中運動的時間之比為；（2）兩球初速度之比為．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】解決平拋運動與曲面相結合的問題，尤其是與圓弧面相結合的問題時，要利用半徑構建幾何關系，找到速度或位移的偏轉角，從而求解平拋運動的相關參