2021-2022学年下学期高中物理期中典型试卷汇编

这是一份2021-2022学年下学期高中物理期中典型试卷汇编，文件包含2021-2022学年下学期杭州高一物理期中典型试卷3doc、2021-2022学年下学期北京高一物理期中典型试卷1doc、2021-2022学年下学期杭州高二物理期中典型试卷2doc、2021-2022学年下学期杭州高二物理期中典型试卷3doc、2021-2022学年下学期杭州高一物理期中典型试卷2doc、2021-2022学年下学期北京高一物理期中典型试卷3doc、2021-2022学年下学期重庆高一物理期中典型试卷3doc、2021-2022学年下学期南京高一物理期中典型试卷2doc、2021-2022学年下学期重庆高一物理期中典型试卷2doc、2021-2022学年下学期北京高二物理期中典型试卷2doc、2021-2022学年下学期杭州高一物理期中典型试卷1doc、2021-2022学年下学期深圳高二物理期中典型试卷2doc、2021-2022学年下学期南京高一物理期中典型试卷3doc、2021-2022学年下学期重庆高一物理期中典型试卷1doc、2021-2022学年下学期北京高二物理期中典型试卷1doc、2021-2022学年下学期天津高二物理期中典型试卷2doc、2021-2022学年下学期广州高一物理期中典型试卷2doc、2021-2022学年下学期深圳高二物理期中典型试卷3doc、2021-2022学年下学期北京高一物理期中典型试卷2doc、2021-2022学年下学期深圳高一物理期中典型试卷2doc、2021-2022学年下学期南京高一物理期中典型试卷1doc、2021-2022学年下学期武汉高一物理期中典型试卷2doc、2021-2022学年下学期长沙高二物理期中典型试卷2doc、2021-2022学年下学期广州高二物理期中典型试卷2doc、2021-2022学年下学期杭州高二物理期中典型试卷1doc、2021-2022学年下学期上海高一物理期中典型试卷3doc、2021-2022学年下学期深圳高一物理期中典型试卷3doc、2021-2022学年下学期上海高二物理期中典型试卷1doc、2021-2022学年下学期广州高一物理期中典型试卷3doc、2021-2022学年下学期天津高一物理期中典型试卷3doc、2021-2022学年下学期长沙高一物理期中典型试卷2doc、2021-2022学年下学期深圳高一物理期中典型试卷1doc、2021-2022学年下学期长沙高二物理期中典型试卷1doc、2021-2022学年下学期武汉高一物理期中典型试卷1doc、2021-2022学年下学期广州高一物理期中典型试卷1doc、2021-2022学年下学期长沙高一物理期中典型试卷3doc、2021-2022学年下学期武汉高一物理期中典型试卷3doc、2021-2022学年下学期上海高一物理期中典型试卷1doc、2021-2022学年下学期长沙高一物理期中典型试卷1doc、2021-2022学年下学期武汉高二物理期中典型试卷3doc、2021-2022学年下学期上海高一物理期中典型试卷2doc、2021-2022学年下学期天津高二物理期中典型试卷1doc、2021-2022学年下学期北京高二物理期中典型试卷3doc、2021-2022学年下学期天津高一物理期中典型试卷2doc、2021-2022学年下学期天津高一物理期中典型试卷1doc、2021-2022学年下学期上海高二物理期中典型试卷2doc、2021-2022学年下学期南京高二物理期中典型试卷1doc、2021-2022学年下学期广州高二物理期中典型试卷3doc、2021-2022学年下学期武汉高二物理期中典型试卷2doc、2021-2022学年下学期南京高二物理期中典型试卷2doc、2021-2022学年下学期深圳高二物理期中典型试卷1doc、2021-2022学年下学期广州高二物理期中典型试卷1doc、2021-2022学年下学期天津高二物理期中典型试卷3doc、2021-2022学年下学期上海高二物理期中典型试卷3doc、2021-2022学年下学期南京高二物理期中典型试卷3doc、2021-2022学年下学期长沙高二物理期中典型试卷3doc、2021-2022学年下学期重庆高二物理期中典型试卷3doc、2021-2022学年下学期重庆高二物理期中典型试卷2doc、2021-2022学年下学期重庆高二物理期中典型试卷1doc、2021-2022学年下学期武汉高二物理期中典型试卷1doc等60份试卷配套教学资源，其中试卷共5764页， 欢迎下载使用。

2021-2022学年下学期北京高一物理期中典型试卷2
一．选择题（共15小题）
1．（2021春•丰台区期中）火车转弯时的运动可看成圆周运动，如图所示是火车轮缘与铁轨的位置情况，关于火车转弯时的向心力，以下说法正确的是（　　）
①如果铁路弯道内外轨一样高，火车转弯时，外轨对轮缘的弹力提供火车转弯时的向心力
②如果铁路弯道内外轨一样高，火车转弯时，内轨对轮缘的弹力提供火车转弯时的向心力
③为了保证安全，可以使外轨略高于内轨
④为了保证安全，可以使内轨略高于外轨

A．①③正确 B．①④正确 C．②③正确 D．②④正确
2．（2020春•通州区期中）高台跳水比赛时，运动员起跳后在空中做出各种动作，最后沿竖直方向进入水中。若此过程中运动员头部连续的运动轨迹示意图如图中虚线所示，a、b、c、d为运动轨迹上的四个点，四点中运动员头部的速度方向可能是竖直向下的是（　　）

A．a点和b点 B．a点和c点 C．b点和c点 D．b点和d点
3．（2020春•通州区期中）如图所示，一个轻杆的一端固定在水平转轴上，另一端固定一个小球，轻杆随转轴在竖直平面内做匀速圆周运动，小球运动到最高点时，杆对球的作用力（　　）

A．方向竖直向上 B．方向竖直向下
C．作用力大小为0 D．以上三种情况都有可能
4．（2020春•北京期中）一个物体在仅受重力的情况下，以速度v水平抛出。在运动的过程中，关于位移下列说法中错误的是（　　）
A．水平分位移的大小与时间成正比
B．竖直分位移的大小与时间成正比
C．竖直分位移的大小与时间的平方成正比
D．合位移的方向不断变化
5．（2021春•丰台区期中）如图所示是利用频闪照相法研究小球运动过程的频闪照片。从照片上看，相邻位置间的小球水平间距相等，竖直间距不相等，以下说法正确的是（　　）

A．小球在水平方向做匀速直线运动
B．小球在水平方向做匀加速直线运动
C．小球在竖直方向做匀速直线运动
D．小球在竖直方向做匀加速直线运动
6．（2020春•北京期中）如图画出了光滑的球静止在斜面和挡板之间受到的三个力，下列正确的是（　　）

A．G、N的合力方向与F方向相同且大小与F相等
B．G、N的合力方向与F方向相反但大小与F不相等
C．F、G的合力方向与N方向相反且大小与N相等
D．F、N的合力方向平行于斜面向上且大小与G相等
7．（2020春•北京期中）如图是一物体在一直线上运动的位移﹣时间图象，物体在2s时的速度和6s内的位移分别是（　　）

A．v＝4.5m/s，x＝9m B．v＝4.5m/s，x＝36m
C．v＝2.25m/s，x＝9m D．v＝2.25m/s，x＝36m
8．（2021春•昌平区校级期中）杂技表演中的水流星，能使水碗中的水在竖直平面内做半径为r的匀速圆周运动。欲使水碗运动到最高点处而水不流出，碗的线速度v或周期T应满足的条件是（重力加速度为g）（　　）
A．v≥0 B．v≥ C．T≥2π D．T≤2π
9．（2020春•海淀区校级期中）抗击疫情期间，物流企业在第一时间投入到这场疫情的战斗中，为民生提供了最有力的服务保障和紧急救援物资。一辆运送救援物资的汽车在平直的公路上运动。已知运动中的汽车质量为m，汽车启动后沿平直路面行驶，如果发动机的功率恒为P，且行驶过程中受到的阻力大小一定，汽车速度能够达到的最大值为v，那么当汽车的车速为时，汽车的瞬时加速度的大小为（　　）
A． B． C． D．
10．（2020春•通州区期中）将小球竖直向上抛出，忽略空气阻力的影响，小球在空中运动过程中，到达最高点前的最后1秒内和离开最高点后的第1秒内（　　）
A．位移相同 B．加速度相同
C．路程不同 D．平均速度相同
11．（2020春•海淀区校级期中）设地球表面重力加速度为g0，物体在距离地球表面3R（R是地球半径）处，由于地球的作用而产生的加速度为g，则等于（　　）
A．3 B．4 C．9 D．16
12．（2021春•丰台区期中）如图所示，自行车大齿轮、小齿轮、后轮半径不相同，关于它们边缘上的三个点A，B，C的描述，以下说法正确的是（　　）

A．A点和C点线速度大小相同
B．A点和B点角速度相同
C．A点和B点线速度大小相同
D．B点和C点线速度大小相同
13．（2021春•海淀区校级期中）如图所示，静止在光滑水平面上的两辆小车用细线相连，中间有一个压缩了的轻弹簧（与小车不栓接）。烧断细线后（　　）

A．两车同时开始运动
B．在弹簧第一次恢复原长前，两车的动能减少
C．在弹簧第一次恢复原长前，两车的移动的距离之比增大
D．在弹簧第一次恢复原长的整个过程中，两车动量的变化相同
14．（2020春•通州区期中）在一次救灾工作中，一架沿水平直线飞行的直升飞机A，用悬索（重力可忽略不计）救护困在湖水中的伤员B，如图所示，在直升飞机A和伤员B以相同的水平速度匀速运动的同时，悬索将伤员吊起，伤员在竖直方向上做匀加速直线运动，不计伤员和悬索受到的空气阻力，这段时间内从地面上观察，下列说法正确的是（　　）

A．伤员做匀速直线运动
B．伤员做匀变速直线运动
C．伤员做匀变速曲线运动
D．绳索不沿竖直方向，与竖直方向存在一定夹角
15．（2020春•北京期中）如图所示，一辆货车拉着一个箱子在平直的公路上行驶，箱子始终相对于汽车静止，下列说法正确的是（　　）

A．若汽车加速行驶，箱子受摩擦力向后
B．若汽车匀速行驶，箱子受摩擦力向后
C．若汽车减速行驶，箱子受摩擦力向前
D．若汽车减速行驶，箱子受摩擦力向后
二．实验题（共1小题）
16．（2021春•丰台区期中）探究平抛运动的特点
步骤1：探究平抛运动竖直分运动的特点
（1）在如图1所示的实验中，用小锤击打弹性金属片后，A球沿水平方向抛出，做平抛运动；同时B球自由下落，做自由落体运动。重复实验数次，无论打击力大或小，仪器距离地面高或低，A、B两球总同时落地，该实验表明 　 　。
A．平抛运动水平方向的分运动是匀速直线运动
B．平抛运动水平方向的分运动是匀加速直线运动
C．平抛运动竖直方向的分运动是自由落体运动
D．平抛运动竖直方向的分运动是匀速直线运动
步骤2：探究平抛运动水平分运动的特点
（2）如图2所示，在探究平抛运动水平分运动的特点时，除木板、小球、斜槽、铅笔、刻度尺、图钉之外，下列器材中还需要的有 　 　。
A．重锤
B．秒表
C．弹簧测力计
D．天平
E．白纸和复写纸
（3）实验中，下列说法正确的是 　 　。
A．斜槽轨道必须光滑
B．斜槽轨道末端要保持水平
C．挡板的高度需要等间距变化
D．每次应该从斜槽上相同的位置无初速度释放小球
E．要使描绘出的轨迹更好的反映真实运动，记录点应适当多一些
（4）用平滑的曲线把小球在白纸上留下的印迹连接起来，得到小球做平抛运动的轨迹，建立直角坐标系，坐标原点选 　 　。
A．斜槽末端端点
B．小球在斜槽末端时的球心
C．小球在斜槽末端时的球的上端
D．小球在斜槽末端时的球的下端
（5）根据小球竖直方向为自由落体运动的特点，在轨迹上选取竖直位移之比为1：4：9：16……的点，各点之间的时间间隔相等，测量这些点之间的水平位移，即可确定水平方向分运动特点。当轨迹上相邻各点竖直位移之比为1：4：9：16……时，为什么它们之间的时间间隔是相等的。请写出依据：　 　。

三．计算题（共6小题）
17．（2021春•丰台区期中）如图，某同学利用无人机玩投弹游戏。无人机以v0＝2m/s的速度水平向右匀速飞行，在某时刻释放了一个小球。此时无人机到水平地面的距离h＝45m，不计空气阻力，g取10m/s2。求：
（1）小球下落的时间；
（2）小球释放点与落地点之间的水平距离。

18．（2021春•昌平区校级期中）图甲为北京2022年冬奥会的雪如意跳台滑雪场地，其简化示意图如图乙所示，某滑雪运动员从跳台a处沿水平方向飞出，在斜坡b处着陆，测得ab间的距离为40m，斜坡与水平方向的夹角为30°，不计空气阻力，g＝10m/s2，求：
（1）运动员在空中飞行的时间？
（2）运动员从a处飞出的速度大小？
（3）运动员在b处着陆的速度大小？

19．（2021春•丰台区期中）如图甲所示，半径R＝0.40m的光滑半圆形轨道BC处于竖直平面内，并与水平轨道AB相切于B点。一个质量m＝1kg的小物块从A点以6m/s的初速度向左运动，冲上竖直半圆形轨道，到达C点后沿水平方向飞出，最后落在水平地面。已知AB＝1.0m，滑块与水平轨道间的动摩擦因数为0.55，g取10m/s2。求：
（1）小物块到达B点的速度；
（2）在B点时，小物块对地面的压力；
（3）若能实现上述运动过程，小球在到达C点时的最小速度。

20．（2021春•北辰区校级期中）假如宇航员乘坐宇宙飞船到达某行星，在该行星“北极”距地面ℎ处由静止释放一个小球（引力视为恒力，阻力可忽略），经过时间t落到地面。已知该行星半径为R，自转周期为T，引力常量为G，求：
（1）该行星表面的重力加速度大小；
（2）该行星的平均密度ρ；
（3）该行星的第一宇宙速度v；
（4）如果该行星有一颗同步卫星，其距行星表面的高度H为多少？
21．（2021春•海淀区校级期中）如图所示，一光滑杆固定在底座上，构成支架，放置在水平地面上，光滑杆沿竖直方向，一劲度系数为k的轻弹簧套在光滑杆上。一套在杆上的圆环从距弹簧上端H处由静止释放，接触弹簧后，将弹簧压缩，弹簧的形变始终在弹性限度内。已知圆环的质量为m，重力加速度为g，不计空气阻力。取竖直向下为正方向，圆环刚接触弹簧时的位置为坐标原点O，建立x轴。
（1）请画出弹簧所受弹力F随压缩量x变化的图像；并根据图像确定弹簧从原长到压缩量为x的过程中弹力做功的表达式；
（2）求由动能定理圆环下落过程中的最大动能Ekm；
（3）由弹力、重力做功与相应势能变化量的关系和动能定理证明：在圆环下降压缩弹簧的过程中弹簧、圆环（及地球）组成的系统机械能是守恒的。

22．（2020春•北京期中）将一物体以10m/s的速度从10m的高度水平抛出，不计空气阻力，g取10m/s2，求：落地时它的速度的大小。

2021-2022学年下学期北京高一物理期中典型试卷2
参考答案与试题解析
一．选择题（共15小题）
1．（2021春•丰台区期中）火车转弯时的运动可看成圆周运动，如图所示是火车轮缘与铁轨的位置情况，关于火车转弯时的向心力，以下说法正确的是（　　）
①如果铁路弯道内外轨一样高，火车转弯时，外轨对轮缘的弹力提供火车转弯时的向心力
②如果铁路弯道内外轨一样高，火车转弯时，内轨对轮缘的弹力提供火车转弯时的向心力
③为了保证安全，可以使外轨略高于内轨
④为了保证安全，可以使内轨略高于外轨

A．①③正确 B．①④正确 C．②③正确 D．②④正确
【考点】向心力；牛顿第二定律．菁优网版权所有
【专题】定性思想；推理法；匀速圆周运动专题；推理能力．
【分析】火车轨道外高内低的设计是为了减轻轮缘与轨道之间的挤压，这样火车转弯时，轨道给火车的支持力和其重力的合力提供向心力，保证行车安全。
【解答】解：①②、内外轨道一样高时，火车在水平面内做匀速圆周运动，火车的向心力由外轨对轮缘的弹力提供，故①正确，②错误；
③④、当外轨高于内轨时，轨道给火车的支持力斜向弯道内侧，它与重力的合力指向圆心，为火车转弯提供了一部分向心力，减轻了轮缘和外轨的挤压，在修筑铁路时，根据弯道半径和轨道速度行驶，适当选择内外轨道的高度差，可以使火车的向心力完全由火车的支持力和重力的合力提供，是火车行驶更安全，故③正确，④错误。
故选：A。
【点评】生活中有很多圆周运动的实例，要明确其设计或工作原理，即向心力是由哪些力来提供的。
2．（2020春•通州区期中）高台跳水比赛时，运动员起跳后在空中做出各种动作，最后沿竖直方向进入水中。若此过程中运动员头部连续的运动轨迹示意图如图中虚线所示，a、b、c、d为运动轨迹上的四个点，四点中运动员头部的速度方向可能是竖直向下的是（　　）

A．a点和b点 B．a点和c点 C．b点和c点 D．b点和d点
【考点】物体做曲线运动的条件．菁优网版权所有
【专题】应用题；定性思想；归纳法；物体做曲线运动条件专题；理解能力．
【分析】曲线运动的速度方向为该点轨迹的切线方向，据此即可求解。
【解答】解：由于曲线运动的速度方向为该点轨迹的切线方向，所以在图中的点a点速度方向竖直向下，b点的方向竖直向上，c点的方向竖直向下，d点的速度方向竖直向上，故B正确，ACD错误。
故选：B。
【点评】本题主要考查了曲线运动瞬时速度的方向，知道任一点的切线方向为速度方向，试题比较容易，属于基础题。
3．（2020春•通州区期中）如图所示，一个轻杆的一端固定在水平转轴上，另一端固定一个小球，轻杆随转轴在竖直平面内做匀速圆周运动，小球运动到最高点时，杆对球的作用力（　　）

A．方向竖直向上 B．方向竖直向下
C．作用力大小为0 D．以上三种情况都有可能
【考点】竖直平面内的圆周运动；牛顿第二定律；向心力．菁优网版权所有
【专题】定性思想；推理法；圆周运动中的临界问题；推理能力．
【分析】小球通过轻杆相连在竖直面内做圆周运动，明确杆对小球可以提供拉力，支持力，还可以不提供作用力，这与小球在最高点的速度大小有关。
【解答】解：当重力刚好提供小球做圆周运动的向心力时，杆对小球无作用力，此时有：
解得：
小球在竖直面内做圆周运动，在最高点，当时，杆对小球可以提供拉力，
当时，杆对小球提供支持力
故ABC错误，D正确；
故选：D。
【点评】本题竖直平面内圆周运动临界条件问题，抓住杆能支撑小球的特点，由牛顿第二定律进行分析。
4．（2020春•北京期中）一个物体在仅受重力的情况下，以速度v水平抛出。在运动的过程中，关于位移下列说法中错误的是（　　）
A．水平分位移的大小与时间成正比
B．竖直分位移的大小与时间成正比
C．竖直分位移的大小与时间的平方成正比
D．合位移的方向不断变化
【考点】平抛运动．菁优网版权所有
【专题】应用题；定量思想；合成分解法；平抛运动专题；推理能力．
【分析】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，根据运动学公式得水平分位移的大小与时间成正比；根据h＝，可知竖直分位移的大小与时间的平方成正比；根据平行四边形定则求得合位移的方向与水平方向的夹角的正切值。
【解答】解：A、由于平抛运动在水平方向上不受外力，所以物体在水平方向上做匀速直线运动，则有：x＝vt，即水平分位移的大小与时间成正比，故A正确；
BC、根据h＝，可知竖直分位移的大小与时间的平方成正比，故B错误，C正确；
D、根据平行四边形定则，可知合位移的方向与水平方向的夹角的正切值为：tanθ＝＝＝，所以合位移的方向不断变化，故D正确。
本题选错误的，故选：B。
【点评】解决本题的关键知道平抛运动的特点，知道平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动。
5．（2021春•丰台区期中）如图所示是利用频闪照相法研究小球运动过程的频闪照片。从照片上看，相邻位置间的小球水平间距相等，竖直间距不相等，以下说法正确的是（　　）

A．小球在水平方向做匀速直线运动
B．小球在水平方向做匀加速直线运动
C．小球在竖直方向做匀速直线运动
D．小球在竖直方向做匀加速直线运动
【考点】研究平抛物体的运动．菁优网版权所有
【专题】实验题；定性思想；实验分析法；平抛运动专题；实验能力．
【分析】频闪照片相邻两个球之间的时间间隔相等，根据水平位移和竖直位移判断出水平方向上和竖直方向上的运动规律。
【解答】解：AB、频闪照片中相邻两个球间的时间间隔相等，由于相邻位置间小球的水平间距相等，可知小球在水平方向上做匀速直线运动，故A正确，B错误；
CD、相邻位置间小球竖直间距不相等，可知小球在竖直方向上做加速运动，但是不能得出做匀加速直线运动，故C、D错误。
故选：A。
【点评】本题是探究平抛运动在水平方向上和竖直方向上的运动规律，要注意的是不能直接说平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，要看本实验是否能探究出这样的结论。
6．（2020春•北京期中）如图画出了光滑的球静止在斜面和挡板之间受到的三个力，下列正确的是（　　）

A．G、N的合力方向与F方向相同且大小与F相等
B．G、N的合力方向与F方向相反但大小与F不相等
C．F、G的合力方向与N方向相反且大小与N相等
D．F、N的合力方向平行于斜面向上且大小与G相等
【考点】共点力的平衡；力的合成与分解的运用．菁优网版权所有
【专题】定性思想；推理法；共点力作用下物体平衡专题；理解能力．
【分析】球受到三个力作用而平衡，其中任何两个力都和第三个力等大反向，由此分析。
【解答】解：光滑的球静止在斜面和挡板之间，球受到三个力作用而平衡，其中任何两个力都和第三个力等大反向，所以有：
AB、G和N的合力方向与F方向相反且大小与F相等，故AB错误；
C、F和G的合力方向与N方向相反且大小与N相等，故C正确；
D、F和G的合力方向向上与G大小相等，故D错误。
故选：C。
【点评】本题主要是考查共点力的平衡，关键是弄清楚物体的平衡条件，知道小球受到的各个力之间的关系。
7．（2020春•北京期中）如图是一物体在一直线上运动的位移﹣时间图象，物体在2s时的速度和6s内的位移分别是（　　）

A．v＝4.5m/s，x＝9m B．v＝4.5m/s，x＝36m
C．v＝2.25m/s，x＝9m D．v＝2.25m/s，x＝36m
【考点】运动学图象．菁优网版权所有
【专题】定量思想；推理法；运动学中的图象专题；理解能力．
【分析】位移﹣时间图象表示位移随时间的变化规律，图象的斜率等于速度。
【解答】解：根据图象的斜率等于速度知物体在2s时的速度v＝m/s＝2.25m/s，6s内的位移△x＝9m﹣0＝9m，故C正确，ABD错误。
故选：C。
【点评】本题关键掌握位移图象的基本性质：横坐标代表时刻，而纵坐标代表物体所在的位置，图象的斜率等于物体运动的速度，斜率的正负表示速度的方向，质点通过的位移等于x的变化量△x。
8．（2021春•昌平区校级期中）杂技表演中的水流星，能使水碗中的水在竖直平面内做半径为r的匀速圆周运动。欲使水碗运动到最高点处而水不流出，碗的线速度v或周期T应满足的条件是（重力加速度为g）（　　）
A．v≥0 B．v≥ C．T≥2π D．T≤2π
【考点】向心力；牛顿第二定律．菁优网版权所有
【专题】定量思想；推理法；匀速圆周运动专题；推理能力．
【分析】欲使水碗运动到最高点处而水不流出，则在最高点时，最小的向心力由重力提供，根据牛顿第二定律分析线速度和周期的表达式。
【解答】解：欲使水碗运动到最高点处而水不流出，则在最高点时，最小的向心力由重力提供，根据牛顿第二定律有，
所以v，
因为T＝，
则T，故B正确，ACD错误。
故选：B。
【点评】解决该题的关键是明确知道欲使水碗运动到最高点处而水不流出需要满足的条件是在最高点重力小于或者等于需要的向心力。
9．（2020春•海淀区校级期中）抗击疫情期间，物流企业在第一时间投入到这场疫情的战斗中，为民生提供了最有力的服务保障和紧急救援物资。一辆运送救援物资的汽车在平直的公路上运动。已知运动中的汽车质量为m，汽车启动后沿平直路面行驶，如果发动机的功率恒为P，且行驶过程中受到的阻力大小一定，汽车速度能够达到的最大值为v，那么当汽车的车速为时，汽车的瞬时加速度的大小为（　　）
A． B． C． D．
【考点】功率、平均功率和瞬时功率；牛顿第二定律．菁优网版权所有
【专题】定量思想；推理法；功率的计算专题；推理能力．
【分析】汽车匀速运动时速度最大，由P＝Fv与平衡条件求出汽车受到的阻力，由P＝Fv求出汽车的牵引力，然后由牛顿第二定律求得汽车的加速度。
【解答】解：汽车做匀速直线运动时的速度最大，由平衡条件得：F＝f，
由P＝Fv可知，汽车速度最大时：f＝F＝，
速度为时汽车的牵引力：F′＝，
由牛顿第二定律得：F′﹣f＝ma，
解得：a＝，故A正确，BCD错误；
故选：A。
【点评】本题考查了求汽车的加速度，分析清楚汽车运动过程，应用P＝Fv、平衡条件与牛顿第二定律可以解题；要知道汽车速度最大时的牵引力与阻力相等。
10．（2020春•通州区期中）将小球竖直向上抛出，忽略空气阻力的影响，小球在空中运动过程中，到达最高点前的最后1秒内和离开最高点后的第1秒内（　　）
A．位移相同 B．加速度相同
C．路程不同 D．平均速度相同
【考点】竖直上抛运动；位移与路程；平均速度．菁优网版权所有
【专题】定性思想；控制变量法；直线运动规律专题；分析综合能力．
【分析】将小球竖直向上抛出，忽略空气阻力的影响，小球做竖直上抛运动，上升和下降过程具有对称性，结合运动规律分析求解。
【解答】解：A、根据对称性可知，小球到达最高点前的最后1秒内和离开最高点后的第1秒内位移大小相等，方向相反，位移不同，故A错误；
B、小球只受重力，加速度始终为g，故加速度相同，故B正确；
C、根据对称性可知，小球到达最高点前的最后1秒内和离开最高点后的第1秒内路程相同，故C错误；
D、到达最高点前的最后1秒速度和离开最高点后的第1秒速度大小相等，方向相反，平均速度也大小相等，方向相反，故D错误。
故选：B。
【点评】解决本题的关键要掌握竖直上抛运动的对称性，要注意位移、加速度和平均速度量都是矢量，只有大小和方向都相同时矢量才相同。
11．（2020春•海淀区校级期中）设地球表面重力加速度为g0，物体在距离地球表面3R（R是地球半径）处，由于地球的作用而产生的加速度为g，则等于（　　）
A．3 B．4 C．9 D．16
【考点】万有引力定律及其应用．菁优网版权所有
【专题】信息给予题；定量思想；推理法；万有引力定律在天体运动中的应用专题；推理能力．
【分析】根据万有引力与重力相等求得重力加速度的表达式，再根据距地心的距离求解重力加速度之比。
【解答】解：在地球表面时，重力与万有引力相等：
可得地球表面重力加速度：
在距地球表面3R处的重力加速度：g＝＝，则＝16，故D正确，ABC错误。
故选：D。
【点评】此题考查了万有引力定律及其应用，抓住重力与万有引力相等，知道离地球表面2R处在计算万有引力时从球心算起，距球心的距离为3R，这是主要易错点，解题时应注意。
12．（2021春•丰台区期中）如图所示，自行车大齿轮、小齿轮、后轮半径不相同，关于它们边缘上的三个点A，B，C的描述，以下说法正确的是（　　）

A．A点和C点线速度大小相同
B．A点和B点角速度相同
C．A点和B点线速度大小相同
D．B点和C点线速度大小相同
【考点】线速度、角速度和周期、转速．菁优网版权所有
【专题】常规题型；定性思想；推理法；匀速圆周运动专题；理解能力．
【分析】大齿轮与小齿轮是同缘传动，边缘点线速度相等；小齿轮与后轮是同轴传动，角速度相等；结合线速度与角速度关系公式v＝ωr列式求解。
【解答】解：A、B两点在传送带上，是同缘传动的边缘点，所以A、B两点的线速度大小相等，方向不同，
B、C两点属于同轴转动，故角速度相等，根据v＝ωr得B点的线速度小于C点的线速度，所以A点的线速度小于C点的线速度。
A、B两点的线速度大小相等，根据ω＝得B点的角速度大于A点的角速度。故C正确，ABD错误。
故选：C。
【点评】本题考查灵活选择物理规律的能力。对于圆周运动，公式较多，要根据不同的条件灵活选择公式。
13．（2021春•海淀区校级期中）如图所示，静止在光滑水平面上的两辆小车用细线相连，中间有一个压缩了的轻弹簧（与小车不栓接）。烧断细线后（　　）

A．两车同时开始运动
B．在弹簧第一次恢复原长前，两车的动能减少
C．在弹簧第一次恢复原长前，两车的移动的距离之比增大
D．在弹簧第一次恢复原长的整个过程中，两车动量的变化相同
【考点】动量守恒定律；功能关系；动量定理．菁优网版权所有
【专题】定量思想；推理法；动量和能量的综合；推理能力．
【分析】弹簧第一次恢复原长过程中，结合动量守恒定律判断距离的关系，根据动量守恒定律分析A车与B车的动量变化量的关系。
【解答】解：AB.烧断细线后，两车同时开始运动；在弹簧第一次恢复原长前，弹力对小车做正功，两车的动能一直增加，故B错误；
C.在弹簧第一次恢复原长前，两车组成的系统动量守恒，则
m1v1＝m2v2
平均动量也守恒，即m1＝m2
可得m1t＝m2t
m1x1＝m2x2
可得：
两车的移动的距离之比不变，故C错误；
D.在弹簧第一次恢复原长的整个过程中，两车动量的变化大小相等，方向相反，故D错误。
故选：A。
【点评】解决该题需要掌握动量守恒的条件，掌握位移的求解公式，知道动量的变化量相同必须大小相等方向相同。
14．（2020春•通州区期中）在一次救灾工作中，一架沿水平直线飞行的直升飞机A，用悬索（重力可忽略不计）救护困在湖水中的伤员B，如图所示，在直升飞机A和伤员B以相同的水平速度匀速运动的同时，悬索将伤员吊起，伤员在竖直方向上做匀加速直线运动，不计伤员和悬索受到的空气阻力，这段时间内从地面上观察，下列说法正确的是（　　）

A．伤员做匀速直线运动
B．伤员做匀变速直线运动
C．伤员做匀变速曲线运动
D．绳索不沿竖直方向，与竖直方向存在一定夹角
【考点】运动的合成和分解．菁优网版权所有
【专题】定性思想；推理法；运动的合成和分解专题；推理能力．
【分析】伤员B在竖直方向上做匀加速直线运动的同时，还以相同的水平速度匀速运动，伤员B的实际运动是水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上匀加速直线运动的合运动。
【解答】解：ABC、伤员B参与两个分运动，水平方向向右做匀速直线运动，竖直方向向上做匀加速直线运动，所以合初速度指向右上方，合加速度竖直向上，即加速度与初速度不在同一直线上，故伤员B是匀变速的曲线运动，故AB错误，C正确；
D、伤员B水平分运动无加速度，竖直分运动加速度向上，故伤员B合运动的加速度向上，因此绳索沿竖直方向，故D错误。
故选：C。
【点评】合运动与分运动具有等效性，因而可以通过先研究分运动，再合成为合运动，从而得到合运动的规律，解决本题的关键知道伤员在水平方向和竖直方向上的运动规律。
15．（2020春•北京期中）如图所示，一辆货车拉着一个箱子在平直的公路上行驶，箱子始终相对于汽车静止，下列说法正确的是（　　）

A．若汽车加速行驶，箱子受摩擦力向后
B．若汽车匀速行驶，箱子受摩擦力向后
C．若汽车减速行驶，箱子受摩擦力向前
D．若汽车减速行驶，箱子受摩擦力向后
【考点】摩擦力的判断与计算；力的合成与分解的运用．菁优网版权所有
【专题】定性思想；推理法；摩擦力专题；理解能力．
【分析】依据静摩擦力产生条件：在粗糙的接触面上，有相互挤压，且相对运动趋势，及静摩擦力方向与相对运动趋势方向相反，从而即可求解。
【解答】解：A、若汽车加速行驶，箱子相对汽车有向后运动的趋势，那么箱子受静摩擦力方向向前，故A错误；
B、若汽车匀速行驶，箱子与汽车没有相对运动趋势，则箱子不受摩擦力作用，故B错误；
CD、若汽车减速行驶，箱子相对汽车有向前运动的趋势，那么箱子受静摩擦力方向向后，故C错误，D正确；
故选：D。
【点评】考查摩擦力的应用，掌握静摩擦力产生条件，理解静摩擦力的方向判定，注意“相对”两字的内涵。
二．实验题（共1小题）
16．（2021春•丰台区期中）探究平抛运动的特点
步骤1：探究平抛运动竖直分运动的特点
（1）在如图1所示的实验中，用小锤击打弹性金属片后，A球沿水平方向抛出，做平抛运动；同时B球自由下落，做自由落体运动。重复实验数次，无论打击力大或小，仪器距离地面高或低，A、B两球总同时落地，该实验表明 　C　。
A．平抛运动水平方向的分运动是匀速直线运动
B．平抛运动水平方向的分运动是匀加速直线运动
C．平抛运动竖直方向的分运动是自由落体运动
D．平抛运动竖直方向的分运动是匀速直线运动
步骤2：探究平抛运动水平分运动的特点
（2）如图2所示，在探究平抛运动水平分运动的特点时，除木板、小球、斜槽、铅笔、刻度尺、图钉之外，下列器材中还需要的有 　AE　。
A．重锤
B．秒表
C．弹簧测力计
D．天平
E．白纸和复写纸
（3）实验中，下列说法正确的是 　BDE　。
A．斜槽轨道必须光滑
B．斜槽轨道末端要保持水平
C．挡板的高度需要等间距变化
D．每次应该从斜槽上相同的位置无初速度释放小球
E．要使描绘出的轨迹更好的反映真实运动，记录点应适当多一些
（4）用平滑的曲线把小球在白纸上留下的印迹连接起来，得到小球做平抛运动的轨迹，建立直角坐标系，坐标原点选 　B　。
A．斜槽末端端点
B．小球在斜槽末端时的球心
C．小球在斜槽末端时的球的上端
D．小球在斜槽末端时的球的下端
（5）根据小球竖直方向为自由落体运动的特点，在轨迹上选取竖直位移之比为1：4：9：16……的点，各点之间的时间间隔相等，测量这些点之间的水平位移，即可确定水平方向分运动特点。当轨迹上相邻各点竖直位移之比为1：4：9：16……时，为什么它们之间的时间间隔是相等的。请写出依据：　竖直方向是自由落体运动，依据，如果h1：h2：h3……＝1：4：9……可得……＝1：4：9……t1：t2：t3……＝1：2：3……所以相邻各点的时间间隔相等　。

【考点】研究平抛物体的运动．菁优网版权所有
【专题】实验题；定性思想；方程法；平抛运动专题；实验能力．
【分析】（1）抓住两球同时落地，得出平抛运动在竖直方向上的运动规律；
（2、3）在实验中要画出平抛运动轨迹，必须确保小球做的是平抛运动；所以斜槽轨道末端一定要水平，同时斜槽轨道要在竖直面内；要画出轨迹，必须让小球在同一位置多次释放，才能在坐标纸上找到一些点；然后将这些点平滑连接起来，就能描绘出平抛运动轨迹，据此得出所需器材；
（4）坐标原点为小球在斜槽末端时的小球球心；
（5）平抛运动竖直方向自由落体运动，根据初速度为零匀变速直线运动运动推论可正确解答。
【解答】解：（1）重复实验数次，无论打击力大或小，仪器距离地面高或低，A、B两球总同时落地，该实验说明平抛运动在竖直方向是自由落体运动，故C正确，ABD错误；
故选：C；
（2）该实验，除木板、小球、斜槽、铅笔、刻度尺、图钉之外，下列器材中还需要的是：白纸和复写纸用来描点能画出轨迹；重垂线用来确定竖直坐标轴，故BCD错误，AE正确；
故选：AE；
（3）A、斜槽轨道是否光滑不影响实验效果，故A错误；
B、斜槽轨道末端要保持水平，否则不是平抛运动，故B正确；
C、挡板只要能记录下小球下落在不同高度时的不同的位置即可，不需要等间距变化，故C错误；
D、为了让小球每次做同样的平抛运动，小球每次应从同一位置无初速度释放小球，故D正确；
E、需使描出的轨迹更好地反映真实运动，记录的点应适当多一些，便于画出轨迹，故E正确；
故选：BDE；
（4）坐标原点为小球在斜槽末端时小球球心，故B正确，ACD错误。
故选：B；
（5）平抛运动竖直方向自由落体运动，
根据h＝gt2，结合h1：h2：h3……＝1：4：9……；
可得……＝＝1：4：9……t1：t2：t3……＝1：2：3……
所以相邻各点的时间间隔相等；
故答案为：（1）C；（2）AE；（3）BDE；（4）B；
（5）竖直方向是自由落体运动，依据，如果h1：h2：h3……＝1：4：9……可得……＝1：4：9……t1：t2：t3……＝1：2：3……所以相邻各点的时间间隔相等。
【点评】掌握如何让小球做平抛运动及平抛运动轨迹的描绘，并培养学生利用平抛运动规律去分析与解决问题的能力，注意解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合等时性，运用运动学公式灵活求解。
三．计算题（共6小题）
17．（2021春•丰台区期中）如图，某同学利用无人机玩投弹游戏。无人机以v0＝2m/s的速度水平向右匀速飞行，在某时刻释放了一个小球。此时无人机到水平地面的距离h＝45m，不计空气阻力，g取10m/s2。求：
（1）小球下落的时间；
（2）小球释放点与落地点之间的水平距离。

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【专题】计算题；信息给予题；定性思想；合成分解法；平抛运动专题；推理能力．
【分析】小球做平抛运动，将运动分解为竖直方向的自由落体运动和水平方向的匀速圆周运动，根据运动学公式求解。
【解答】解：（1）小球在空中做平抛运动，
可得t＝＝s＝3s
（2）水平距离x＝v0t＝2×3m＝6m
答：（1）小球下落的时间为3s；
（2）小球释放点与落地点之间的水平距离为6m。
【点评】本题要注意无人机释放小球时，小球水平方向有初速度。
18．（2021春•昌平区校级期中）图甲为北京2022年冬奥会的雪如意跳台滑雪场地，其简化示意图如图乙所示，某滑雪运动员从跳台a处沿水平方向飞出，在斜坡b处着陆，测得ab间的距离为40m，斜坡与水平方向的夹角为30°，不计空气阻力，g＝10m/s2，求：
（1）运动员在空中飞行的时间？
（2）运动员从a处飞出的速度大小？
（3）运动员在b处着陆的速度大小？

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【专题】计算题；定量思想；合成分解法；平抛运动专题；分析综合能力．
【分析】（1）运动员从a点水平飞出做平抛运动，根据运动学公式得运动员在空中飞行的时间；
（2）根据水平位移公式求解运动员从a处飞出的速度大小；
（3）在竖直方向上由运动学公式求得运动员在竖直方向上的分速度，然后利用勾股定理求得运动员在b处着陆的速度大小。
【解答】解：（1）运动员从a点做平抛运动，竖直位移为：y＝Lsin30°＝20m，
竖直方向上，由运动学公式得：y＝gt2
代入数据解得空中飞行时间为：t＝2s
（2）水平方向上的位移为：x＝Lcos30°＝20m
水平方向上，由运动学公式得：x＝v0t
代入数据解得运动员从a处飞出的速度大小为：v0＝10m/s
（3）运动员到达b处时，在竖直方向上由运动学公式得：vy＝gt＝20m/s
根据勾股定理得：vb＝
代入数据解得运动员在b处着陆的速度大小为：vb＝m/s
答：（1）运动员在空中飞行的时间为2s；
（2）运动员从a处飞出的速度大小为10m/s；
（3）运动员在b处着陆的速度大小为m/s。
【点评】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解，难度不大。
19．（2021春•丰台区期中）如图甲所示，半径R＝0.40m的光滑半圆形轨道BC处于竖直平面内，并与水平轨道AB相切于B点。一个质量m＝1kg的小物块从A点以6m/s的初速度向左运动，冲上竖直半圆形轨道，到达C点后沿水平方向飞出，最后落在水平地面。已知AB＝1.0m，滑块与水平轨道间的动摩擦因数为0.55，g取10m/s2。求：
（1）小物块到达B点的速度；
（2）在B点时，小物块对地面的压力；
（3）若能实现上述运动过程，小球在到达C点时的最小速度。

【考点】动能定理；平抛运动；向心力．菁优网版权所有
【专题】计算题；学科综合题；定量思想；临界法；动能定理的应用专题；分析综合能力．
【分析】（1）物体从A点运动到B点的过程，由动能定理或牛顿第二定律及运动学公式求出小物块到达B点的速度。
（2）小物块在B点时，由重力和轨道支持力的合力提供向心力，由牛顿第二定律求出轨道对小物块的支持力，即可求得小物块对地面的压力。
（3）小球在到达C点时的速度最小时，由重力提供向心力，由牛顿第二定律求解。
【解答】解：（1）设小球运动到B点时的速度为vB，根据匀变速直线运动的公式得：vB2﹣v02＝﹣2ax………………①
根据牛顿第二定律得：F合＝ma……………②
由滑动摩擦力公式得：f＝μN＝μmg……………③
联立①②③式得：vB＝5m/s
（2）小物块运动到B点时，由重力和轨道支持力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得：
FN﹣mg＝m
解得FN＝72.5N
根据牛顿第三定律知在B点时，小物块对地面的压力为FN′＝FN＝72.5N，方向竖直向下。
（3）小物块在C点具有最小速度时，由重力提供向心力，由牛顿第二定律得：
mg＝m
解得vmin＝2m/s
答：（1）小物块到达B点的速度是5m/s；
（2）在B点时，小物块对地面的压力为72.5N，方向竖直向下；
（3）若能实现上述运动过程，小球在到达C点时的最小速度是2m/s。
【点评】解决本题的关键灵活选取研究的过程，选用适当的规律进行求解。要知道涉及圆周运动动力学问题时，确定向心力的来源是关键。
20．（2021春•北辰区校级期中）假如宇航员乘坐宇宙飞船到达某行星，在该行星“北极”距地面ℎ处由静止释放一个小球（引力视为恒力，阻力可忽略），经过时间t落到地面。已知该行星半径为R，自转周期为T，引力常量为G，求：
（1）该行星表面的重力加速度大小；
（2）该行星的平均密度ρ；
（3）该行星的第一宇宙速度v；
（4）如果该行星有一颗同步卫星，其距行星表面的高度H为多少？
【考点】万有引力定律及其应用；向心力．菁优网版权所有
【专题】定量思想；归纳法；万有引力定律的应用专题；分析综合能力．
【分析】（1）先根据自由落体运动的公式h＝求解重力加速度g；
（2）对卫星，根据万有引力等于向心力列式求解星球质量；最后根据密度的定义公式求解星球的密度；
（3）对近地卫星，根据重力等于万有引力列式求解该行星的第一宇宙速度；
（4）对同步卫星，根据万有引力等于向心力列式求解。
【解答】解：解：（1）设行星表面的重力加速度为g，对小球，有：
h＝
解得：
g＝
（2）对行星表面的物体m，有：

故行星质量：
M＝
故行星的密度：
＝
（3）对处于行星表面附近做匀速圆周运动的卫星m，由牛顿第二定律，有：
mg＝m
故第一宇宙速度为：
v＝＝
（4）同步卫星的周期与星球自转周期相同为T，由牛顿第二定律，有：

得同步卫星距行星表面高度：
h＝
答：（1）该行星表面的重力加速度大小为；
（2）该行星的平均密度ρ为；
（3）该行星的第一宇宙速度v为；
（4）如果该行星存在一颗同步卫星，其距行星表面的高度h为。
【点评】解答此题要清楚星球表面的物体受到的重力等于万有引力，星球的同步卫星所受的万有引力提供向心力，恰当选取向心力表达式。
21．（2021春•海淀区校级期中）如图所示，一光滑杆固定在底座上，构成支架，放置在水平地面上，光滑杆沿竖直方向，一劲度系数为k的轻弹簧套在光滑杆上。一套在杆上的圆环从距弹簧上端H处由静止释放，接触弹簧后，将弹簧压缩，弹簧的形变始终在弹性限度内。已知圆环的质量为m，重力加速度为g，不计空气阻力。取竖直向下为正方向，圆环刚接触弹簧时的位置为坐标原点O，建立x轴。
（1）请画出弹簧所受弹力F随压缩量x变化的图像；并根据图像确定弹簧从原长到压缩量为x的过程中弹力做功的表达式；
（2）求由动能定理圆环下落过程中的最大动能Ekm；
（3）由弹力、重力做功与相应势能变化量的关系和动能定理证明：在圆环下降压缩弹簧的过程中弹簧、圆环（及地球）组成的系统机械能是守恒的。

【考点】机械能守恒定律；功能关系．菁优网版权所有
【专题】计算题；定量思想；推理法；机械能守恒定律应用专题；推理能力．
【分析】（1）根据胡克定律求出F与x的关系，再作F﹣x图象。根据图象与x轴所围的面积求弹力做功。
（2）当圆环所受的合力为零时速度最大，由平衡条件求出弹簧的压缩量，再由系统的机械能守恒求最大动能Ekm；
（3）根据动能定理和功能关系列式来证明系统的机械能守恒。
【解答】解：（1）考虑到弹力方向与规定正方向相反，弹簧所受弹力F随压缩量x变化的图像如图所示：

由图中面积可知弹簧弹力做功W＝＝
（2）在下落过程中，当圆环所受合力为零时，其速度最大，对应的动能最大，
此时弹簧压缩量设为x0，则有kx0＝mg
对圆环，从静止释放→压缩量为x0的过程中，由动能定理可得：
mg（H+x0）+（）＝Ekm﹣0
解得：Ekm＝mgH+
（3）圆环接触弹簧后，设在某位置系统动能、重力势能、弹簧弹性势能分别为Ek1、EpG1、Ep弹1，在另一位置系统动能、重力势能、弹簧弹性势能分别为Ek2、EpG2、Ep弹2。则由重力做功与重力势能的关系可知：
WG＝﹣ΔEpG
由弹力做功与弹性势能变化的关系可知：
W弹＝﹣ΔEp弹
由动能定理可得：
W弹+WG＝ΔEk
联立可得：
ΔEpG+ΔEp弹+ΔEk＝0
即在圆环下降压缩弹簧的过程中弹簧、圆环（及地球）组成的系统机械能是守恒的。
答：（1）弹簧所受弹力F随压缩量x变化的图像见解析；W＝；
（2）由动能定理圆环下落过程中的最大动能为mgH+；
（3）证明见解析。
【点评】解决本题的关键是理清圆环的受力情况和运动情况，知道合力为零时速度最大。
22．（2020春•北京期中）将一物体以10m/s的速度从10m的高度水平抛出，不计空气阻力，g取10m/s2，求：落地时它的速度的大小。
【考点】平抛运动．菁优网版权所有
【专题】计算题；定量思想；合成分解法；平抛运动专题；推理能力．
【分析】根据高度求出平抛运动的时间，结合速度时间公式求出竖直分速度，再根据平行四边形定则求出落地的速度大小。
【解答】解：根据平抛运动竖直方向上做自由落体运动得：h＝
代入数据解得：t＝s
落地时竖直分速度为：vy＝gt＝m/s
根据平行四边形定则，可知落地的速度大小为：v＝＝m/s＝10m/s
答：落地时它的速度的大小为10m/s。
【点评】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解。

考点卡片
1．位移与路程
【知识点的认识】
（1）位移表示质点在空间的位置的变化，用有向线段表示，位移的大小等于有向线段的长度，位移的方向由初位置指向末位置．
（2）路程是质点在空间运动轨迹的长度．在确定的两位置间，物体的路程不是唯一的，它与质点的具体运动过程有关．
（3）位移与路程是在一定时间内发生的，是过程量，二者都与参考系的选取有关．
位移和路程的区别：
①位移是矢量，大小只跟运动起点、终点位置有关，跟物体运动所经历的实际路径无关．
②路程是标量，大小跟物体运动经过的路径有关．
如右图所示，物体从A运动到B，不管沿着什么轨道，它的位移都是一样的．这个位移可以用一条有方向的（箭头）线段AB表示．

【命题方向】
例1：一个小球从4m高处自由落下，被水平地面竖直弹回到1m高处，在这一过程中，关于小球的路程和位移，下列说法正确的是（　　）
A．路程是3m，位移大小是5m，方向竖直向上
B．路程是5m，位移大小是3m，方向竖直向上
C．路程是3m，位移大小是5m，方向竖直向下
D．路程是5m，位移大小是3m，方向竖直向下
分析：位移是矢量，大小等于首末位置的距离，方向由初位置指向末位置；路程等于运动轨迹的长度．
解：一个小球从4m高处自由落下，被水平地面竖直弹回到1m高处，运动轨迹的长度为s＝4+1＝5m，则路程是5m；首末位置的距离为x＝4﹣1＝3m，所以位移的大小为3m，方向竖直向下．故D正确，A、B、C错误．
故选：D．
点评：解决本题的关键知道路程和位移的区别，知道位移是矢量，大小等于首末位置的距离，路程是标量，大小等于运动轨迹的长度．

【解题方法点拨】
①位移是描述物体位置变化大小和方向的物理量，它是运动物体从初位置指向末位置的有向线段．位移既有大小又有方向，是矢量，大小只跟运动起点、终点位置有关，跟物体运动所经历的实际路径无关．
②路程是物体运动所经历的路径长度，是标量，大小跟物体运动经过的路径有关．
③位移和路程都属于过程量，物体运动的位移和路程都需要经历一段时间．
④就大小而言，一般情况下位移的大小小于路程，只有在单方向的直线运动中，位移的大小才等于路程．

2．平均速度
【考点归纳】
1．定义：平均速度是描述作变速运动物体运动快慢的物理量．一个作变速运动的物体，如果在一段时间t内的位移为s，则我们定义v＝为物体在这段时间（或这段位移）上的平均速度．平均速度也是矢量，其方向就是物体在这段时间内的位移的方向．
2．平均速度和平均速率的对比：


【命题方向】
例1：一个朝着某方向做直线运动的物体，在时间t内的平均速度是v，紧接着内的平均速度是，则物体在这段时间内的平均速度是（　　）
A．v B.v C.v D.v
分析：分别根据求出两段时间内的位移，从而根据总位移和总时间求出平均速度的大小．
解：物体的总位移x＝，则这段时间内的平均速度．故D正确，A、B、C错误．
故选D．
点评：解决本题的关键掌握平均速度的定义式，并能灵活运用．

【解题思路点拨】

定义
方向
意义
对应
平均速度
运动质点的位移与时间的比值
有方向，矢量
粗略描述物体运动的快慢
某段时间（或位移）
平均速率
运动质点的路程与时间的比值
无方向，标量
粗略描述物体运动的快慢
某段时间（或路程）
3．运动学图象
【知识点的认识】
1．匀变速直线运动的s﹣t图象。
（1）匀变速直线运动的s﹣t图象为抛物线（匀速直线运动的s﹣t图象是一 条倾斜直线）。
（2）s﹣t图象中斜率的大小表示物体运动的快慢，斜率越大，速度越大。
（3）s﹣t图象的斜率为正，表示速度方向与所选正方向相同，斜率为负，表示速度方向与所选正方向相反。
2．匀变速直线运动的v﹣t图象：对于匀变速直线运动来说，其速度随时间变化的v﹣t图线如图所示，对于该图线，应把握如下三个要点。
（1）纵轴上的截距其物理意义是运动物体的初速度v0；
（2）图线的斜率其物理意义是运动物体的加速度a；斜率为正，表示加速度方向与所设正方向相同；斜率为负表示加速度方向与所设正方向相反；斜率不变，表示加速度不变。
（3）图线下的“面积”表示是运动物体在相应的时间内所发生的位移s，t轴上面的位移为正值，t轴下面的位移为负值。

【命题方向】
例1：两物体甲和乙在同一直线上运动，它们在0～0.4s时间内的v﹣t图象如图所示。若仅在两物体之间存在相互作用，则物体甲与乙的质量之比和图中时间t1分别为（　　）
A.和0.30s B.3和0.30s C.和0.28s D.3和0.28s
分析：先根据三角形相似知识求出t1，再根据速度图象的斜率等于加速度求出甲乙的加速度大小，由牛顿第二定律和第三定律求解两物体质量之比。
解答：根据三角形相似得：＝，得t1＝0.3s。
根据速度图象的斜率等于加速度，得到：
甲的加速度大小为a甲＝＝，乙的加速度大小为a乙＝＝10m/s2
据题，仅在两物体之间存在相互作用，根据牛顿第三定律得知，相互作用力大小相等，由牛顿第二定律F＝ma得：两物体的加速度与质量成反比，则有质量之比为m甲：m乙＝a乙：a甲＝3：1。
故选：B。
点评：本题一方面考查速度图象的斜率等于加速度；另一方面考查运用数学知识解决物理问题的能力。
例2：某一质点运动的位移x随时间t变化的图象如图所示，则（　　）
A．在10s末时，质点的速度最大
B．在0～10s内，质点所受合外力的方向与速度方向相反
C．在8s和12s时，质点的加速度方向相反
D．在20s内，质点的位移为9m
分析：位移﹣时间图象表示物体的位置随时间的变化，图象上的任意一点表示该时刻的位置，图象的斜率表示该时刻的速度，斜率的正负表示速度的方向。当物体做加速运动时，合外力与速度同向，当物体做减速运动时，合外力与速度反向。
解答：A、位移﹣时间图象切线的斜率表示该时刻的速度，则知在10s末时，质点的速度为零，故A错误；
B、在0～10s内，斜率逐渐减小，说明物体做减速运动，质点所受合外力的方向与速度方向相反，故B正确；
C、在0～10s内，物体沿正方向做减速运动，加速度方向与速度方向相反，即沿负方向；在10～20s内，斜率为负值，说明物体沿负方向运动，斜率增大，做加速运动，加速度方向与速度方向相同，即沿负方向。所以在8s和12s时，质点的加速度方向相同，故C错误；
D、△x＝x2﹣x1＝0﹣1m＝﹣1m，故D错误。
故选：B。
点评：理解位移﹣时间图象时，要抓住点和斜率的物理意义，掌握斜率表示速度是关键。

【知识点的应用及延伸】
1．图象的意义
运动图象是通过建立坐标系来表达有关物体运动规律的一种重要方法，对直线运动的图象应从以下几点认识它的物理意义：
（1）能从图象识别物体运动的性质。
（2）能认识图象在坐标轴上的截距的意义。
（3）能认识图象的斜率的意义。
（4）能认识图线复盖面积的意义（仅限于v﹣t图象）。
（5）能说出图线某一点对应的状态。
2．图象问题
（1）s﹣t图象。能读出s、t、v的信息（斜率表示速度），物体运动的s﹣t图象表示物体的位移随时间变化的规律。与物体运动的轨迹无任何直接关系。
（2）v﹣t图象。能读出s、t、v、a的信息（斜率表示加速度，曲线下的面积表示位移）。可见v﹣t图象提供的信息更多，应用也更广。



4．竖直上抛运动
【知识点的认识】
1．定义：物体以初速度v0竖直向上抛出后，只在重力作用下而做的运动，叫做竖直上抛运动。
2．特点：
（1）初速度：v0≠0；
（2）受力特点：只受重力作用（没有空气阻力或空气阻力可以忽略不计）；
（3）加速度：a＝g，其大小不变，方向始终竖直向下。
3．运动规律：
取竖直向上的方向为正方向，有：
vt＝v0﹣gt，
h＝v0t﹣gt2，
vt2﹣v02＝2gh；
4．几个特征量：
（1）上升的最大高度hmax＝；
（2）质点在通过同一高度位置时，上升速度与下落速度大小相等；上升到最大高度处所需时间t上和从最高处落回到抛出点所需时间相等t下，t上＝t下＝。

【命题方向】
例1：某物体以30m/s的初速度竖直上抛，不计空气阻力，g取10m/s2．5s内物体的（　　）
A．路程为65m
B．位移大小为25m，方向向上
C．速度改变量的大小为10m/s
D．平均速度大小为13m/s，方向向上
分析：竖直上抛运动看作是向上的匀减速直线运动，和向下的匀加速直线运动，明确运动过程，由运动学公式即可求出各物理量。
解答：由v＝gt可得，物体的速度减为零需要的时间t＝＝s＝3s，故5s时物体正在下落；
A、路程应等于向上的高度与后2s内下落的高度之和，由v2＝2gh可得，h＝＝45m，后两s下落的高度h'＝gt′2＝20m，故总路程s＝（45+20）m＝65m；故A正确；
B、位移h＝v0t﹣gt2＝25m，位移在抛出点的上方，故B正确；
C、速度的改变量△v＝gt＝50m/s，方向向下，故C错误；
D、平均速度v＝＝＝5m/s，故D错误。
故选：AB。
点评：竖直上抛运动中一定要灵活应用公式，如位移可直接利用位移公式求解；另外要正确理解公式，如平均速度一定要用位移除以时间；速度变化量可以用△v＝at求得。
例2：在竖直的井底，将一物块以11m/s的初速度竖直向上抛出，物体冲出井口再落回到井口时被人接住，在被人接住前1s内物体的位移是4m，位移方向向上，不计空气阻力，取g＝10m/s2．求：
（1）物体从抛出点到被人接住所经历的时间；
（2）竖直井的深度。
分析：竖直上抛运动的处理方法有整体法和分段法，要求路程或上升的最大高度时一般用分段法，此题可以直接应用整体法进行求解。
解答：（1）设最后1s内的平均速度为
则：m/s
平均速度等于中间时刻的瞬时速度，即接住前0.5s的速度为v1＝4m/s
设物体被接住时的速度为v2，
则v1＝v2﹣gt得：v2＝4+10×0.5＝9m/s，
则物体从抛出点到被人接住所经历的时间t＝+1＝+1＝1.2s；
（2）竖直井的深度即抛出到接住物块的位移，则
h＝v0t﹣gt2＝11×1.2﹣×10×1.22＝6m。
答：（1）物体从抛出点到被人接住所经历的时间为1.2s
（2）竖直井的深度为6m。
点评：竖直上抛运动的处理方法有整体法和分段法，要求路程或上升的最大高度时一般用分段法，此题只有竖直向上的匀减速运动，直接应用整体法求解即可。

【解题方法点拨】
1．竖直上抛运动的两种研究方法：
（1）分段法：上升阶段是匀减速直线运动，下落阶段是自由落体运动，下落过程是上升过程的逆过程。
（2）整体法：从全程来看，加速度方向始终与初速度v0的方向相反，所以可把竖直上抛运动看成一个匀变速直线运动，要特别注意v0、vt、g、h等矢量的正、负号。一般选取竖直向上为正方向，v0总是正值，上升过程中vt为正值，下落过程中vt为负值；物体在抛出点以上时h为正值，物体在抛出点以下时h为负值。
住：竖直上抛运动的上升阶段和下降阶段具有对称性：①速度对称：上升和下降过程经过同一位置时速度等大、反向；②时间对称：上升和下降过程经过同一段高度的上升时间和下降时间相等。
5．摩擦力的判断与计算
【知识点的认识】
1．静摩擦力
（1）定义：互相接触的两物体存在相对运动的趋势而又保持相对静止时，在接触面上产生的阻碍相对运动趋势　的力，叫静摩擦力．
（2）产生条件：a：相互接触且发生弹性形变；b：有相对运动趋势；c：接触面粗糙；
（3）方向：总是与物体的相对运动趋势方向相反．
（4）静摩擦力的大小：
①静摩擦力的大小随着运动趋势强弱变化而在0～最大静摩擦力Fm之间变化，跟相对运动趋势强弱程度有关，但跟接触面相互挤压力FN无直接关系．由受力物体所处的运动状态根据平衡条件或牛顿第二定律来计算．
②最大静摩擦力略大于滑动摩擦力，在中学阶段讨论问题时，如无特殊说明，可认为它们数值相等．
（5）作用效果：总是起着阻碍物体间相对运动趋势的作用．
2．摩擦力大小的判断
问题：如何计算摩擦力的大小？
求摩擦力首先判断是静摩擦力还是滑动摩擦力：
（1）若已知相互摩擦的物体间的动摩擦因数μ及正压力FN，滑动摩擦力F可以根据公式F＝μFN直接计算出大小．
（2）由于受力或运动情况的不同，静摩擦力的大小具有不确定性和被动适应性，静摩擦力的大小会随着引起相对运动趋势的外力的增大而增大．在0～Fm范围内，静摩擦力的大小可根据二力平衡条件求得，它的大小总是与引起相对运动趋势的外力大小相等．当两物体一起做加速运动，具有加速度时，可用牛顿第二定律确定静摩擦力的大小．

【命题方向】
（1）第一类常考题型：
长直木板的上表面的一端放置一个铁块，木板放置在水平面上，将放置铁块的一端由水平位置缓慢地向上抬起，木板另一端相对水平面的位置保持不变，如图所示．铁块受到的摩擦力f随木板倾角α变化的图线正确的是（设最大静摩擦力的大小等于滑动摩擦力大小）（　　）

A． B． C． D．
分析：摩擦力变化有两个阶段，角度α小于一定角度时是静摩擦，角度α大于一定角度时是动摩擦．
解析：本题应分三种情况进行分析：
①当0≤α＜arctanμ（μ为铁块与木板间的动摩擦因数）时，铁块相对木板处于静止状态，铁块受静摩擦力作用其大小与重力沿木板面（斜面）方向分力大小相等，即f＝mgsinα，α＝0时，f＝0；f 随α增大按正弦规律增大．
②当arctanμ＝α时处于临界状态，此时摩擦力达到最大静摩擦，由题设条件可知其等于滑动摩擦力大小．
③当arctanμ＜α＜90°时，铁块相对木板向下滑动，铁块受到滑动摩擦力的作用，f＝FN＝μmgcosα，f 随α增大按余弦规律减小．综合上述分析可知C图可能正确地表示了f 随α变化的图线．
故选C．
点评：滑动摩擦力与静摩擦力大小计算方法的不同：当物体间存在滑动摩擦力时，其大小即可由公式f＝μN计算，由此可看出它只与接触面间的动摩擦因数μ及正压力N有关，而与相对运动速度大小、接触面积的大小无关．当物体间存在静摩擦力时，正压力是静摩擦力产生的条件之一，但静摩擦力的大小与正压力无关（最大静摩擦力除外）．当物体处于平衡状态时，静摩擦力的大小由平衡条件∑F＝0来求；而物体处于非平衡态的某些静摩擦力的大小应由牛顿第二定律求．
注意：（1）滑动摩擦力的大小与物体间的压力成正比，而不是与物体的重力成正比，也不是与重力的某个分力成正比，所以在水平面上发生相对运动的物体所受摩擦力的大小不一定等于μmg，在倾角为θ的斜面上与斜面发生相对滑动的物体所受摩擦力的大小不一定等于μmgcosθ．
（2）滑动摩擦力的方向与物体间的相对运动方向相反，因此物体所受滑动摩擦力的方向可能与其运动方向相同，而且静止的物体也可能受到滑动摩擦力．
（3）f＝μN中μ与接触面的材料、接触面的粗糙程度有关，无单位．
（4）滑动摩擦力大小与相对运动的速度大小无关．

【解题思路点拨】
这部分知识难度中等、也有难题，在平时的练习中、阶段性考试中会单独出现，选择、填空、计算等等出题形式多种多样，在高考中不会以综合题的形式考查的，但是会做为题目的一个隐含条件考查．对摩擦力问题的分析与考查趋向于与其他知识的综合，这类题中一般具有多体、多力的特点，要运用整体法与隔离法解题，解决这类问题的关键是要选取合适的研究对象，进行正确的受力分析，建立正确的方程，然后进行解题．
6．力的合成与分解的运用
【知识点的认识】
一、物体的受力分析
1．放在水平地面上静止的物体．

二力平衡：某个物体受两个力作用时，只要两个力大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，则这两个力合力为零，物体处于平衡状态．
2．放在水平地面上的物体（受到一个竖直向上的力F仍保持静止）

竖直方向上三力平衡：F+FN＝G，即：竖直方向上合力为0．
3．放在水平地面上的物体（受到一个推力仍保持静止）

水平方向上二力平衡，即：水平方向上合力为0
竖直方向上二力平衡；即：竖直方向上合力为0．
4．放在水平地面上的物体（受到一个拉力F仍保持静止如图示）

水平方向上：Fx＝Ff，即：水平方向上合力为0；
竖直方向上：G＝Fy+FN，即：竖直方向上合力为0．
5．力的合成解题：放在斜面上静止的物体

合成法：物体受几个力的作用，可先将某几个力合成，再将问题转化为二力平衡．
6．力的分解解题：放在斜面上静止的物体

分解法：物体受几个力的作用，将某个力按效果分解，则其分力与其它几个力满足平衡条件．
7．放在斜面上的物体受到一个平行斜面向上的力F仍保持静止

平行斜面方向上：F1＝F+Ff，即：平行斜面方向方向上合力为0；
垂直斜面方向上：F2＝FN，即：垂直斜面方向上合力为0．
8．放在斜面上的物体受到一个垂直斜面向下的力F仍保持静止

平行斜面方向上：F1＝Ff，即：平行斜面方向方向上合力为0；
垂直斜面方向上：F2+F＝FN，即：垂直斜面方向上合力为0．
9．放在斜面上的物体受到一个水平向右的力F仍保持静止

平行斜面方向上：G1＝Ff+F1，即：平行斜面方向方向上合力为0；
垂直斜面方向上：G2+F2＝FN，即：垂直斜面方向上合力为0．
7．共点力的平衡
共点力的平衡
8．牛顿第二定律
【知识点的认识】
1．内容：物体的加速度跟物体所受的合外力成正比，跟物体的质量成反比，加速度的方向跟合外力的方向相同．
2．表达式：F合＝ma．该表达式只能在国际单位制中成立．因为F合＝k•ma，只有在国际单位制中才有k＝1．力的单位的定义：使质量为1kg的物体，获得1m/s2的加速度的力，叫做1N，即1N＝1kg•m/s2．
3．适用范围：
（1）牛顿第二定律只适用于惯性参考系（相对地面静止或匀速直线运动的参考系）．
（2）牛顿第二定律只适用于宏观物体（相对于分子、原子）、低速运动（远小于光速）的情况．
4．对牛顿第二定律的进一步理解
牛顿第二定律是动力学的核心内容，我们要从不同的角度，多层次、系统化地理解其内涵：F量化了迫使物体运动状态发生变化的外部作用，m量化了物体“不愿改变运动状态”的基本特性（惯性），而a则描述了物体的运动状态（v）变化的快慢．明确了上述三个量的物理意义，就不难理解如下的关系了：a∝F，a∝．
另外，牛顿第二定律给出的F、m、a三者之间的瞬时关系，也是由力的作用效果的瞬时性特征所决定的．
（1）矢量性：加速度a与合外力F合都是矢量，且方向总是相同．
（2）瞬时性：加速度a与合外力F合同时产生、同时变化、同时消失，是瞬时对应的．
（3）同体性：加速度a与合外力F合是对同一物体而言的两个物理量．
（4）独立性：作用于物体上的每个力各自产生的加速度都遵循牛顿第二定律，而物体的合加速度则是每个力产生的加速度的矢量和，合加速度总是与合外力相对应．
（5）相对性：物体的加速度是对相对地面静止或相对地面做匀速运动的物体而言的．

【命题方向】
题型一：对牛顿第二定律的进一步理解的考查
例子：放在水平地面上的一物块，受到方向不变的水平推力F的作用，F的大小与时间t的关系如图甲所示，物块速度v与时间t的关系如图乙所示．取重力加速度g＝10m/s2．由此两图线可以得出（　　）
A．物块的质量为1.5kg
B．物块与地面之间的滑动摩擦力为2N
C．t＝3s时刻物块的速度为3m/s
D．t＝3s时刻物块的加速度为2m/s2
分析：根据v﹣t图和F﹣t图象可知，在4～6s，物块匀速运动，处于受力平衡状态，所以拉力和摩擦力相等，由此可以求得物体受到的摩擦力的大小，在根据在2～4s内物块做匀加速运动，由牛顿第二定律可以求得物体的质量的大小．根据速度时间图线求出3s时的速度和加速度．
解答：4～6s做匀速直线运动，则f＝F＝2N．2～4s内做匀加速直线运动，加速度a＝，根据牛顿第二定律得，F﹣f＝ma，即3﹣2＝2m，解得m＝0.5kg．由速度﹣时间图线可知，3s时刻的速度为2m/s．故B、D正确，A、C错误．
故选：BD．
点评：本题考查学生对于图象的解读能力，根据两个图象对比可以确定物体的运动的状态，再由牛顿第二定律来求解．
题型二：对牛顿第二定律瞬时性的理解
例子：如图所示，质量为m的球与弹簧Ⅰ和水平细线Ⅱ相连，Ⅰ、Ⅱ的另一端分别固定于P、Q．球静止时，Ⅰ中拉力大小为F1，Ⅱ中拉力大小为F2，当剪断Ⅱ瞬间时，球的加速度a应是（　　）
A．则a＝g，方向竖直向下 B．则a＝g，方向竖直向上
C．则a＝，方向沿Ⅰ的延长线 D．则a＝，方向水平向左
分析：先研究原来静止的状态，由平衡条件求出弹簧和细线的拉力．刚剪短细绳时，弹簧来不及形变，故弹簧弹力不能突变；细绳的形变是微小形变，在刚剪短弹簧的瞬间，细绳弹力可突变！根据牛顿第二定律求解瞬间的加速度．
解答：Ⅱ未断时，受力如图所示，由共点力平衡条件得，F2＝mgtanθ，F1＝．

刚剪断Ⅱ的瞬间，弹簧弹力和重力不变，受力如图：

由几何关系，F合＝F1sinθ＝F2＝ma，由牛顿第二定律得：
a＝＝，方向水平向左，故ABC错误，D正确；
故选：D．
点评：本题考查了求小球的加速度，正确受力分析、应用平衡条件与牛顿第二定律即可正确解题，知道弹簧的弹力不能突变是正确解题的关键．
题型三：动力学中的两类基本问题：①已知受力情况求物体的运动情况；②已知运动情况求物体的受力情况．
加速度是联系运动和受力的重要“桥梁”，将运动学规律和牛顿第二定律相结合是解决问题的基本思路．
例子：某同学为了测定木块与斜面间的动摩擦因数，他用测速仪研究木块在斜面上的运动情况，装置如图甲所示．他使木块以初速度v0＝4m/s的速度沿倾角θ＝30°的斜面上滑紧接着下滑至出发点，并同时开始记录数据，结果电脑只绘出了木块从开始上滑至最高点的v﹣t图线如图乙所示．g取10m/s2．求：
（1）上滑过程中的加速度的大小a1；
（2）木块与斜面间的动摩擦因数μ；
（3）木块回到出发点时的速度大小v．

分析：（1）由v﹣t图象可以求出上滑过程的加速度．
（2）由牛顿第二定律可以得到摩擦因数．
（3）由运动学可得上滑距离，上下距离相等，由牛顿第二定律可得下滑的加速度，再由运动学可得下滑至出发点的速度．
解答：（1）由题图乙可知，木块经0.5s滑至最高点，由加速度定义式有：
上滑过程中加速度的大小：

（2）上滑过程中沿斜面向下受重力的分力，摩擦力，由牛顿第二定律F＝ma得上滑过程中有：
mgsinθ+μmgcosθ＝ma1
代入数据得：μ＝0.35．
（3）下滑的距离等于上滑的距离：
x＝＝m＝1m
下滑摩擦力方向变为向上，由牛顿第二定律F＝ma得：
下滑过程中：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2
解得：＝2m/s2
下滑至出发点的速度大小为：v＝
联立解得：v＝2m/s
答：（1）上滑过程中的加速度的大小；
（2）木块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.35；
（3）木块回到出发点时的速度大小v＝2m/s．
点评：解决本题的关键能够正确地受力分析，运用牛顿第二定律和运动学公式联合求解．

【解题方法点拨】
1．根据牛顿第二定律知，加速度与合外力存在瞬时对应关系．对于分析瞬时对应关系时应注意两个基本模型特点的区别：
（1）轻绳、轻杆模型：①轻绳、轻杆产生弹力时的形变量很小，②轻绳、轻杆的拉力可突变；
（2）轻弹簧模型：①弹力的大小为F＝kx，其中k是弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量，②弹力突变．
2．应用牛顿第二定律解答动力学问题时，首先要对物体的受力情况及运动情况进行分析，确定题目属于动力学中的哪类问题，不论是由受力情况求运动情况，还是由运动情况求受力情况，都需用牛顿第二定律列方程．
应用牛顿第二定律的解题步骤
（1）通过审题灵活地选取研究对象，明确物理过程．
（2）分析研究对象的受力情况和运动情况，必要时画好受力示意图和运动过程示意图，规定正方向．
（3）根据牛顿第二定律和运动公式列方程求解．（列牛顿第二定律方程时可把力进行分解或合成处理，再列方程）
（4）检查答案是否完整、合理，必要时需进行讨论．


9．物体做曲线运动的条件
【知识点的认识】
物体做曲线运动的条件
1．曲线运动的定义：轨迹是曲线的运动叫曲线运动．
2．曲线运动的特点：
（1）速度方向：质点在某一点的速度，沿曲线在这一点的切线方向．
（2）运动的性质：做曲线运动的物体，速度的方向时刻在改变，所以曲线运动一定是变速运动，即必然具有加速度．
3．曲线运动的条件
（1）从动力学角度看：物体所受合力的方向跟它的速度方向不在同一条直线上．
（2）从运动学角度看：物体的速度方向跟它的加速度方向不在同一条直线上．

【知识点的应用及延伸】
变速运动一定是曲线运动吗？曲线运动一定是变速运动吗？曲线运动一定不是匀变速运动吗？请举例说明？
变速运动不一定是曲线运动，如匀变速直线运动．曲线运动一定是变速运动，因为速度方向一定变化．曲线运动不一定是非匀变速运动，如平拋运动是曲线运动，也是匀变速运动．

【命题方向】
（1）常考题型考查物体做曲线运动的条件：
下列说法正确的是（　　）
A．做曲线运动的物体一定有加速度
B．平抛运动是匀变速运动，任意相等时间内速度的变化都相同
C．匀速圆周运动虽然不是匀变速运动，但任意相等时间内速度的变化仍相同
D．当物体受到的合外力为零时，物体仍可以做曲线运动
分析：物体做曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上，既然有合力就一定有加速度，平抛运动是匀变速运动，任意相等时间内速度的变化是相同的，当物体受到的合外力为零时，物体只能是处于静止或匀速直线运动状态，不可能做曲线运动．
解答：A、物体做曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上，所以做曲线运动的物体所受的合外力一定不为零，物体一定有加速度，故A正确．
B、平抛运动是匀变速运动，加速度的大小为g，所以任意相等时间内速度的变化为△V＝g△t，所以任意相等时间内速度的变化都相同，所以B正确．
C、匀速圆周运动只是说速度的大小不变，但速度的方向时刻在变，任意相等时间内速度方向的变化是不一样的，所以C错误．
D、物体做曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上，当物体受到的合外力为零时，物体只能是处于静止或匀速直线运动状态，不可能做曲线运动，所以D错误．
故选：A、B．
点评：本题关键是对质点做曲线运动的条件的考查，匀速圆周运动，平抛运动等都是曲线运动，对于它们的特点要掌握住．

【解题方法点拨】
10．平抛运动
【知识点的认识】
一、平抛运动
1．定义：将物体以一定的初速度沿水平方向抛出，不考虑空气阻力，物体只在重力作用下的运动．
2．条件：（1）初速度沿水平方向；（2）只受重力作用．
3．性质：匀变速曲线运动，其运动轨迹为抛物线．
4．研究方法：分解成水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动两个分运动．
5．规律：
（1）水平方向：匀速直线运动，vx＝v0，x＝v0t，ax＝0．
（2）竖直方向：自由落体运动，vy＝gt，y＝gt2，ay＝g．
（3）实际运动：v＝，s＝，a＝g．
二、类平抛运动
1．定义：加速度恒定，加速度方向与初速度方向垂直．
2．性质：匀变速曲线运动，其运动轨迹为抛物线．
3．研究方法：一般将类平抛运动沿初速度和加速度两个方向分解．
4．规律：与平抛运动类似．
（1）初速度方向：匀速直线运动，vx＝v0，x＝v0t，ax＝0．
（2）加速度方向：初速度为零的匀加速直线运动，vy＝ayt，y＝ayt2．
（3）合运动（实际运动）：v＝，s＝，a＝ay．
三、平抛运动的基本规律
1．速度的变化规律
（1）任意时刻的速度水平分量均等于初速度v0．
（2）任意相等时间间隔△t内的速度变化量方向竖直向下，大小△v＝△vy＝g△t．
2．位移变化规律
（1）任意相等时间间隔内，水平位移相同，即△x＝v0△t．
（2）连续相等的时间间隔△t内，竖直方向上的位移差不变，即△y＝g△t2．
3．平抛运动的两个重要推论
推论Ⅰ：做平抛运动的物体在任一时刻任一位置处，设其速度方向与水平方向的夹角为α，位移与水平方向的夹角为θ，则tanα＝2tanθ．
证明：如图所示，由平抛运动规律得：tanα＝，tanθ＝，所以tanα＝2tanθ．
推论Ⅱ：做平抛运动的物体，任意时刻的瞬时速度方向的反向延长线一定通过此时水平位移的中点．
证明：如图所示，设平抛物体的初速度为v0，从原点O到A点的时间为t，A点坐标为（x，y），B点坐标为（x′，0），则x＝v0t，y＝gt2，v⊥＝gt，又tanα＝，
解得x′＝．
即末状态速度方向的反向延长线与x轴的交点必为此时水平位移的中点．

【命题方向】
（1）第一类常考题型是考查平抛运动基本规律的应用：
如图所示，在一次空地演习中，离地H高处的飞机以水平速度V1发射一颗炮弹欲轰炸地面目标P，反应灵敏的地面拦截系统同时以速度V2竖直向上发射炮弹拦截．设拦截系统与飞机的水平距离为s，不计空气阻力．若拦截成功，则V1、V2的关系应满足（　　）
A．v1＝v2 B．v1＝v2 C．v1＝v2 D．v1＝v2
分析：若拦截成功，竖直上抛的炮弹和平抛的炮弹运动时间相等，在竖直方向上的位移之和等于H，平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动．
解：炮弹运行的时间t＝，在这段时间内飞机发射炮弹在竖直方向上的位移h1＝gt2，拦截炮弹在这段时间内向上的位移，h2＝v2t﹣gt2．
则H＝h1+h2＝v2t，所以H＝v2，解得：
v1＝v2，故C正确，A、B、D错误．
故选C．
点评：解决平抛运动的关键在于用好运动的合成与分解，明确平抛运动的实质是水平方向的匀速直线运动与竖直方向的自由落体的合运动；两个分运动互不影响，相互独立．
（2）第二类常考题型是平抛运动和斜面结合问题：
如图所示，A、B、C三个小球分别从斜面的顶端以不同的速度水平抛出，其中A、B落到斜面上，C落到水平面上，A、B落到斜面上时速度方向与水平方向的夹角分别为α、β，C落到水平面上时速度方向与水平方向的夹角为γ，则（　　）
A．α＝β＝γ B．α＝β＞γ C．α＝β＜γ D．α＜β＜γ
分析：设小球落在斜面上时平抛初速度为v0，落在斜面底端时初速度为v1，落在水平面上C点时初速度为v2．小球落在斜面上时，斜面倾角的正切等于竖直位移与水平位移之比，列式求出平抛运动的时间，再求出落在斜面时速度方向与水平方向的夹角的正切，来比较夹角的大小．
解：设小球落在斜面上时平抛初速度为v0，落在斜面上时速度与水平方向的夹角为θ′，斜面倾角为θ．
由tanθ＝＝＝，得到t＝
则tanθ′＝＝＝2tanθ，与初速度大小无关，即落到斜面上时速度方向与水平方向的夹角均相等，所以α＝β．
设小球落在斜面底端时速度与水平方向夹角为γ′，其初速度为v1，落在水平面上C点时初速度为v2．
由于高度相同，平抛时间相等，设为t1．
则tanγ′＝，tanγ＝
由于v1＜v2 所以tanγ′＞tanγ，γ′＞γ
由上分析可知γ′＝α＝β，所以α＝β＞γ．
故选B．
点评：本题关键是斜面的倾角的应用，它表示位移方向与水平方向的夹角，分解位移，不是分解速度，不能得到这样的式子：tanθ＝．

（3）第三类常考题型是涉及平抛运动的综合问题：
如图所示，在距地面高为H＝45m处，有一小球A以初速度v0＝10m/s水平抛出，与此同时，在A的正下方有一物块B也以相同的初速度v0同方向滑出，B与地面间的动摩擦因数为μ＝0.5，A、B均可看做质点，空气阻力不计，重力加速度g取10m/s2，求：
（1）A球从抛出到落地的时间和这段时间内的水平位移；
（2）A球落地时，A、B之间的距离．
分析：A球做的是平抛运动，研究平抛运动的方法是把平抛运动分解到水平方向和竖直方向去研究，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，两个方向上运动的时间相同．
B球只在摩擦力的作用下，做匀减速直线运动，由匀变速直线运动的规律可以求得B的位移的大小．
解：（1）A球做的是平抛运动，由平抛运动的规律得
水平方向上：x＝V0t
竖直方向上：H＝gt2
由以上两个方程可以解得，
x＝30m，
t＝3s，
（2）对B物块，由牛顿第二定律可得，μmg＝ma，所以a＝μg＝5m/s2，
减速至停止所需要的时间为t′＝＝2s＜3s，
所以在A落地之前B已经停止运动，B的总位移为，
xB＝＝10m，
所以AB间的距离为△x＝x﹣xB＝20m．
答：（1）A球从抛出到落地的时间是3s，这段时间内的水平位移是30m；
（2）A球落地时，A、B之间的距离是20m．
点评：本题就是对平抛运动规律的考查，平抛运动可以分解为在水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动来求解，对B运用匀减速直线运动的规律直接求解即可．

（4）第四类常考题型是斜抛运动问题：
如图所示，水平地面上不同位置的三个小球斜上抛，沿三条不同的路径运动最终落在同一点，三条路径的最高点是等高的，若忽略空气阻力的影响，下列说法正确的是（　　）
A．三个小球落地时的速率相等
B．沿路径3抛出的小球在空中运动时间最长
C．三个小球抛出的初速度竖直分量相等
D．三个小球抛出的初速度水平分量相等
分析：三个小球都做斜抛运动，运用运动的分解法，将其运动分解为竖直和水平两个方向研究，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做竖直上抛运动，根据运动学公式列式，再进行分析．
解：设任一小球初速度大小为v0，初速度的竖直分量为vy，水平分量为vx，初速度与水平方向的夹角为α，上升的最大高度为h，运动时间为t，落地速度大小为v．
A、C、D、取竖直向上方向为正方向，小球竖直方向上做匀减速直线运动，加速度为a＝﹣g，
由0﹣＝﹣2gh，得vy＝，h相同，vy相同，则三个小球初速度的竖直分量相同．
由速度的分解知：vy＝v0sinα，由于α不同，所以v0不同．
根据机械能守恒定律得知，小球落地时与抛出时速率相等，所以可知三个小球落地时的速率不等．
又有 vy＝vxtanα，vy相同，α不同，则vx不同，初速度水平分量不等，故AD错误，C正确．
B、由运动学公式有：h＝，则得：t＝2，则知三个球运动的时间相等；故B错误．
故选：C．
点评：对于斜抛运动，要能熟练运用运动的分解法进行分析，掌握相关的运动学公式是解题的基础．

【解题方法点拨】
1．平抛运动的处理技巧﹣﹣一“补”登天
由平抛运动的分解规律可知，平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，我们在解答有关平抛运动的问题时，如果选择适当的位置补画这两个方向的平面，按照这种分解规律可以给解题带来极大的方便．
2．斜面上的平抛运动问题的规律总结
（1）顺着斜面平抛
方法：分解位移
x＝v0t
y＝gt2
tanθ＝
可求得t＝
（2）对着斜面平抛（如右图）
方法：分解速度
vx＝v0
vy＝gt，
tanθ＝＝
可求得t＝
（3）对着竖直墙壁平抛（如右图）水平初速度v0不同时，虽然落点不同，但水平位移相同．
t＝．
3．类平抛运动的求解方法
①常规分解法：将类平抛运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和垂直于初速度方向（即沿合外力的方向）的匀加速直线运动．两分运动彼此独立，互不影响，且与合运动具有等时性．
②特殊分解法：对于有些问题，可以过抛出点建立适当的直角坐标系，将加速度a分解为ax、ay，初速度v0分解为vx、vy，然后分别在x、y方向列方程求解．
4．涉及平抛运动的综合问题
（1）平抛运动与其他运动形式（如匀速直线运动、竖直上抛运动、自由落体运动、圆周运动等）综合的题目．在这类问题的分析中要注意平抛运动与其他运动在时间上、位移上、速度上的相关分析．
（2）多体平抛问题：
①若两物体同时从同一高度（或同一点）抛出，则两物体始终在同一高度，二者间距只决定于两物体水平分运动；
②若两物体同时从不同高度抛出，则两物体高度差始终与抛出点高度差相同，二者间距由两物体水平分运动和竖直高度差决定；
③若两物体从同一点先后抛出，两物体竖直高度差随时间均匀增大，二者间距决定于两物体水平分运动和竖直分运动．








11．运动的合成和分解
【知识点的认识】
运动的合成和分解
1．分运动和合运动：一个物体同时参与几个运动，参与的这几个运动即分运动，物体的实际运动即合运动。
2．运动的合成与分解
已知分运动求合运动称为运动的合成；已知合运动求分运动称为运动的分解。两者互为逆运算。在对物体的实际运动进行分解时，要根据实际效果分解。
3．遵循的规律
位移、速度、加速度都是矢量，故它们的合成与分解都遵循平行四边形定则。
（1）如果各分运动在同一直线上，需选取正方向，与正方向同向的量取“+”号，与正方向反向的量取“﹣”号，从而将矢量运算简化为代数运算。
（2）两分运动不在同一直线上时，按照平行四边形定则进行合成，如图所示。

4．合运动和分运动的关系
（1）等时性：合运动与分运动经历的时间相等。
（2）独立性：一个物体同时参与几个分运动时，各分运动独立进行，不受其他分运动的影响。
（3）等效性：各分运动叠加起来与合运动有完全相同的效果。

5．合运动的性质与轨迹
合运动的性质和轨迹，由两个分运动的性质及合初速度与合加速度的方向关系决定。
（1）根据加速度判定合运动的性质：若合加速度不变，则为匀变速运动；若合加速度（大小或方向）变化，则为非匀变速运动。
（2）根据合加速度的方向与合初速度的方向判定合运动的轨迹：若合加速度的方向与合初速度的方向在同一直线上则为直线运动，否则为曲线运动。
（3）合力（或合加速度）方向与轨迹的关系
物体做曲线运动的轨迹一定夹在合力（或合加速度）方向和速度方向之间，速度方向与轨迹相切，合力（或合加速度）方向指向曲线的凹侧。

【命题方向】
（1）第一类常考题型是考查合运动的性质与轨迹：
如图，甲车自西向东做匀加速运动，乙车由南向北做匀速运动，到达O位置之前，乙车上的人看到甲车运动轨迹大致是图中的（　　）
A．
B．
C．
D．
分析：以乙车为参考系，甲车在东西方向上做匀加速直线运动，在南北方向上做匀速直线运动，根据运动的合成确定甲车的轨迹。
解答：解：以乙车为参考系，甲车向东做匀加速直线运动，向南做匀速直线运动，由于合加速度的方向与合速度的方向不在同一条直线上，则合运动是曲线，因为加速度的方向大致指向轨迹凹的一向，故C正确，A、B、D错误。
故选C。
点评：解决本题的关键知道曲线运动的条件，知道曲线运动加速度的方向大致指向轨迹凹的一向。

（2）第二类常考题型是考查运动的合成与分解：
一快艇从离岸边100m远的河流中央向岸边行驶。已知快艇在静水中的速度图象如（图甲）所示；河中各处水流速度相同，且速度图象如（图乙）所示，则（　　）
A．快艇的运动轨迹一定为直线
B．快艇的运动轨迹可能为直线，也可能为曲线
C．快艇最快到达岸边，所用的时间为20s
D．快艇最快到达岸边，经过的位移为100m
分析：分析：AB、将快艇的运动分解为沿河岸方向和垂直于河岸方向，两分运动一个做匀加速直线运动，一个做匀速直线运动，根据运动的合成确定其运动的轨迹。
C、根据合运动与分运动具有等时性，在垂直于河岸方向上的速度越大，时间越短。即静水速垂直于河岸时，时间最短。
D、根据平行四边形定则求出合位移。
解：AB、两分运动一个做匀加速直线运动，一个做匀速直线运动，知合加速度的方向与合速度的方向不在同一条直线上，合运动为曲线运动。故A、B错误。
C、静水速垂直于河岸时，时间最短。在垂直于河岸方向上的加速度a＝0.5m/s2，由d＝得，t＝20s。故C正确。
D、在沿河岸方向上的位移x＝v2t＝3×20m＝60m，所以最终位移s＝＝20m．故D错误。
故选：C。
点评：解决本题的关键会将快艇的运动分解为沿河岸方向和垂直于河岸方向，知道在垂直于河岸方向上的速度越大，时间越短。以及知道分运动与合运动具有等时性。

（3）第三类常考题型是考查小船渡河运动：
如图所示，一条小船位于200m宽的河正中A点处，从这里向下游100m处有一危险区，当时水流速度为4m/s，为了使小船避开危险区沿直线到达对岸，小船在静水中的速度至少是（　　）
A.m/s B.m/s C.2m/s D.4m/s
分析：小船离河岸100m处，要使能安全到达河岸，则小船的合运动最大位移为．因此由水流速度与小船的合速度，借助于平行四边形定则，即可求出小船在静水中最小速度。
解：要使小船避开危险区沿直线到达对岸，则有合运动的最大位移为。
因此已知小船能安全到达河岸的合速度，设此速度与水流速度的夹角为θ，
即有tanθ＝
所以θ＝30°
又已知流水速度，则可得小船在静水中最小速度为：v船＝v水sinθ＝×4m/s＝2m/s
故选：C。
点评：一个速度要分解，已知一个分速度的大小与方向，还已知另一个分速度的大小且最小，则求这个分速度的方向与大小值。这种题型运用平行四边形定则，由几何关系来确定最小值。

（4）第四类常考题型是考查绳、杆末端速度的分解：
如图所示，沿竖直杆以速度υ匀速下滑的物体A通过轻质细绳拉光滑水平面上的物体B，当细绳与竖直杆间的夹角为θ时，物体B的速度为（　　）
A．
B．υcosθ
C．υ
D．υsinθ
分析：物体A以速度v沿竖直杆匀速下滑，绳子的速率等于物体B的速率，将A物体的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，沿绳子方向的分速度等于绳速，由几何知识求解B的速率，再讨论B的运动情况。
解：将A物体的速度按图示两个方向分解，如图所示，
由绳子速率v绳＝vcosθ
而绳子速率等于物体B的速率，则有物体B的速率vB＝v绳＝vcosθ．故B正确，ACD错误，
故选：B
本题通常称为绳端物体速度分解问题，容易得出这样错误的结果：将绳的速度分解，如图得到
v＝v绳sinθ


【解题方法点拨】
1．两个直线运动的合运动性质的判断
根据合加速度方向与合初速度方向判定合运动是直线运动还是曲线运动，具体分以下几种情况：
两个互成角度的分运动
合运动的性质
两个匀速直线运动
匀速直线运动
一个匀速直线运动、
一个匀变速直线运动
匀变速曲线运动
两个初速度为零的匀加速直线运动
匀加速直线运动
两个初速度不为零
的匀变速直线运动
如果v合与a合共线，为匀变速直线运动
如果v合与a合不共线，为匀变速曲线运动
2．运动的合成与分解的规律总结
（1）分析运动的合成与分解问题，要注意运动的分解方向，一般情况按运动效果进行分解，切记不可按分解力的思路来分解运动。
（2）要注意分析物体在两个方向上的受力及运动规律，分别在两个方向上列式求解。
（3）两个分方向上的运动具有等时性，这常是处理运动分解问题的关键点。
3．小船渡河运动模型
（1）小船渡河的运动可以看成是小船划行的运动和小船随河流运动的合运动，船的实际运动是两个分运动的合运动。该运动模型中常涉及的问题有船渡河最短时间的计算和船渡河位移最短时速度方向的确定等。小船渡河的三种情景：
①过河时间最短：船头正对河岸时，渡河时间最短，t短＝（d为河宽）。
②过河路径最短（v2＜v1时）：合速度垂直于河岸时，航程最短，s短＝d．船头指向上游与河岸夹角为α，cosα＝。
③过河路径最短（v2＞v1时）：合速度不可能垂直于河岸，无法垂直渡河。确定方法如下：如图所示，以v2矢量末端为圆心，以v1矢量的大小为半径画弧，从v2矢量的始端向圆弧作切线，则合速度沿此切线方向航程最短。由图可知：cosα＝，最短航程：s短═。

（2）求解小船渡河问题的方法
求解小船渡河问题有两类：一是求最短渡河时间，二是求最短渡河位移，无论哪类都必须明确以下四点：
①解决这类问题的关键是：正确区分分运动和合运动，船的航行方向也就是船头指向，是分运动。船的运动方向也就是船的实际运动方向，是合运动，一般情况下与船头指向不一致。
②运动分解的基本方法，按实际效果分解，一般用平行四边形定则按水流方向和船头指向分解。
③渡河时间只与垂直河岸的船的分速度有关，与水流速度无关。
④求最短渡河位移时，根据船速v船与水流速度v水的大小情况用三角形定则求极限的方法处理。
4．绳、杆末端速度分解模型
（1）模型特点
用绳、杆相牵连的物体，在运动过程中，其两物体的速度通常不同，但物体沿绳或杆方向的速度分量大小相等。
（2）常用的解题思路和方法：
先确定合运动的方向（物体实际运动的方向），然后分析这个合运动所产生的实际效果（一方面使绳或杆伸缩的效果；另一方面使绳或杆转动的效果）以确定两个分速度的方向（沿绳或杆方向的分速度和垂直绳或杆方向的分速度，而沿绳或杆方向的分速度大小相同）。
（3）解决此类问题时应把握以下两点
①确定合速度，它应是小船的实际速度；
②小船的运动引起了两个效果：一是绳子的收缩，二是绳绕滑轮的转动。应根据实际效果进行运动的分解。






12．线速度、角速度和周期、转速
【知识点的认识】
线速度、角速度和周期、转速
一、描述圆周运动的物理量
描述圆周运动的基本参量有：半径、线速度、角速度、周期、频率、转速、向心加速度等．
物理量
物理意义
定义和公式
方向和单位
线速度
描述物体做圆周运
动的快慢
物体沿圆周通过的弧长与所用时间的比值，v＝
方向：沿圆弧切线方向．
单位：m/s
角速度
描述物体与圆心连线扫过角度的快慢
运动物体与圆心连线扫过的角的弧度数与所用时间的比值，ω＝
单位：rad/s
周期
描述物体做圆周运动的快慢
周期T：物体沿圆周运动一周所用的时间．也叫频率（f）
周期单位：s
f的单位：Hz
转速
描述物体做圆周运动的快慢
转速n：物体单位时间内转过的圈数
转速单位：r/s或r/min
二、物理量之间的关系：
①v＝＝＝2πrf；
②ω＝＝；
③T＝＝．

【命题方向】
常考题型考查几个物理量的理解：
如图所示为一皮带传动装置，右轮的半径为r，a是它边缘上的一点．左侧是一轮轴，大轮的半径为4r，小轮的半径为2r．b点在小轮上，到小轮中心的距离为r．c点和d点分别位于小轮和大轮的边缘上．若在传动过程中，皮带不打滑．则（　　）
A．a点与b点的线速度大小相等
B．a点与b点的角速度大小相等
C．a点与c点的线速度大小相等
D．a点与d点的向心加速度大小相等
分析：共轴转动的各点角速度相等，靠传送带传动轮子上的各点线速度大小相等，根据v＝rω，a＝rω2＝可知各点线速度、角速度和向心加速度的大小．
解：A、a、c两点的线速度大小相等，b、c两点的角速度相等，根据v＝rω，c的线速度大于b的线速度，则a、c两点的线速度不等．故A错误，C正确；
B、a、c的线速度相等，根据v＝rω，知角速度不等，但b、c角速度相等，所以a、b两点的角速度不等．故B错误；
D、根据a＝rω2得，d点的向心加速度是c点的2倍，根据a＝知，a的向心加速度是c的2倍，所以a、d两点的向心加速度相等．故D正确．
故选：CD．
点评：解决本题的关键知道线速度、角速度、向心加速度与半径的关系，以及知道共轴转动的各点角速度相等，靠传送带传动轮子上的点线速度大小相等．

13．向心力
【知识点的认识】
一：向心力
1．作用效果：产生向心加速度，只改变速度的方向，不改变速度的大小．
2．大小：Fn＝man＝＝mω2r＝．
3．方向：总是沿半径方向指向圆心，时刻在改变，即向心力是一个变力．
4．来源：向心力可以由一个力提供，也可以由几个力的合力提供，甚至可以由一个力的分力提供，因此向心力的来源要根据物体受力的实际情况判定．
注意：向心力是一种效果力，受力分析时，切不可在物体的相互作用力以外再添加一个向心力．
二、离心运动和向心运动
1．离心运动
（1）定义：做圆周运动的物体，在所受合外力突然消失或不足以提供圆周运动所需向心力的情况下，就做逐渐远离圆心的运动．
（2）本质：做圆周运动的物体，由于本身的惯性，总有沿着圆周切线方向飞出去的倾向．
（3）受力特点：
当F＝mrω2时，物体做匀速圆周运动；
当F＝0时，物体沿切线方向飞出；
当F＜mrω2时，物体逐渐远离圆心，F为实际提供的向心力．如图所示．
2．向心运动
当提供向心力的合外力大于做圆周运动所需向心力时，即F＞mrω2，物体渐渐向圆心靠近．如图所示．
注意：物体做离心运动不是物体受到所谓离心力作用，而是物体惯性的表现，物体做离心运动时，并非沿半径方向飞出，而是运动半径越来越大或沿切线方向飞出．

【重要知识点分析】
1．圆周运动中的运动学分析
（1）对公式v＝ωr的理解
当r一定时，v与ω成正比．
当ω一定时，v与r成正比．
当v一定时，ω与r成反比．
（2）对a＝＝ω2r＝ωv的理解
在v一定时，a与r成反比；在ω一定时，a与r成正比．
2．匀速圆周运动和非匀速圆周运动的比较
项目
匀速圆周运动
非匀速圆周运动
运动
性质
是速度大小不变，方向时刻变化的变速曲线运动，是加速度大小不变而方向时刻变化的变加速曲线运动
是速度大小和方向都变化的变速曲线运动，是加速度大小和方向都变化的变加速曲线运动
加速度
加速度方向与线速度方向垂直．即只存在向心加速度，没有切向加速度
由于速度的大小、方向均变，所以不仅存在
向心加速度且存在切向加速度，合加速度的方向不断改变
向心力


【命题方向】
（1）第一类常考题型是对圆周运动中的传动问题分析：
一个内壁光滑的圆锥形筒的轴线垂直水平面，圆锥筒固定，有质量相等的小球A和B沿着筒的内壁在水平面内做匀速圆周运动，A的运动半径较大，则（　　）
A．球A的线速度等于球B的线速度
B．球A的角速度等于球B的角速度
C．球A的运动周期等于球B的运动周期
D．球A对筒壁的压力等于球B对筒壁的压力
分析：对AB受力分析，可以发现它们都是重力和斜面的支持力的合力作为向心力，并且它们的质量相等，所以向心力的大小也相等，再根据线速度、加速度和周期的公式可以做出判断．
解：
A、如右图所示，小球A和B紧贴着内壁分别在水平面内做匀速圆周运动．
由于A和B的质量相同，小球A和B在两处的合力相同，即它们做圆周运动时的向心力是相同的．
由向心力的计算公式F＝m，由于球A运动的半径大于B球的半径，F和m相同时，半径大的线速度大，所以A错误．
B、又由公式F＝mω2r，由于球A运动的半径大于B球的半径，F和m相同时，半径大的角速度小，所以B错误．
C、由周期公式T＝，所以球A的运动周期大于球B的运动周期，故C错误．
D、球A对筒壁的压力等于球B对筒壁的压力，所以D正确．
故选D．
点评：对物体受力分析是解题的关键，通过对AB的受力分析可以找到AB的内在的关系，它们的质量相同，向心力的大小也相同，本题能很好的考查学生分析问题的能力，是道好题．

（2）第二类常考题型是对圆周运动中的动力学问题分析：
如图所示，质量为m的小球在竖直平面内的光滑圆轨道上做圆周运动．圆半径为R，小球经过圆环最高点时刚好不脱离圆轨．则其通过最高点时（　　）
A．小球对圆环的压力大小等于mg
B．小球受到的向心力等于重力
C．小球的线速度大小等于
D．小球的向心加速度大小等于g
分析：小球经过圆环最高点时刚好不脱离圆环，知轨道对小球的弹力为零，靠重力提供向心力，根据牛顿第二定律求出小球的速度．
解：A、因为小球刚好在最高点不脱离圆环，则轨道对球的弹力为零，所以小球对圆环的压力为零．故A错误．
B、根据牛顿第二定律得，mg＝m＝ma，知向心力不为零，线速度v＝，向心加速度a＝g．故B、C、D正确．
故选BCD．
点评：解决本题的关键知道在最高点的临界情况，运用牛顿第二定律进行求解．
（3）第二类常考题型是对圆周运动的绳模型与杆模型分析：
如图，质量为0.5kg的小杯里盛有1kg的水，用绳子系住小杯在竖直平面内做“水流星”表演，转动半径为1m，小杯通过最高点的速度为4m/s，g取10m/s2．求：
（1）在最高点时，绳的拉力？
（2）在最高点时水对小杯底的压力？
（3）为使小杯经过最高点时水不流出，在最高点时最小速率是多少？
分析：（1）受力分析，确定圆周运动所需要的向心力是由哪个力提供的；
（2）水对小杯底的压力与杯子对水的支持力是作用力与反作用力，只要求出杯子对水的支持力的大小就可以了，它们的大小相等，方向相反；
（3）物体恰好能过最高点，此时的受力的条件是只有物体的重力作为向心力．
解：（1）小杯质量m＝0.5kg，水的质量M＝1kg，在最高点时，
杯和水的受重力和拉力作用，如图所示，
合力F合＝（M+m）g+T﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①
圆周半径为R，则F向＝（M+m）﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②
F合提供向心力，有 （M+m）g+T＝（M+m）
所以细绳拉力T＝（M+m）（﹣g）＝（1+0.5）（﹣10）＝9N；
（2）在最高点时，水受重力Mg和杯的压力F作用，如图所示，
合力F合＝Mg+F
圆周半径为R，则F向＝M
F合提供向心力，有 Mg+F＝M
所以杯对水的压力F＝M（﹣g）＝1×（﹣10）＝6N；
根据牛顿第三定律，水对小杯底的压力为6N，方向竖直向上．
（3）小杯经过最高点时水恰好不流出时，此时杯对水的压力为零，只有水的重力作为向心力，由（2）得：
Mg＝M
解得v＝＝m/s＝．
答：（1）在最高点时，绳的拉力为9 N；（2）在最高点时水对小杯底的压力为6N；（3）在最高点时最小速率为．
点评：水桶在竖直面内做圆周运动时向心力的来源是解决题目的重点，分析清楚哪一个力做为向心力，再利用向心力的公式可以求出来，必须要明确的是当水桶恰好能过最高点时，只有水的重力作为向心力，此时水恰好流不出来．
【解题方法点拨】
1．圆周运动中的运动学规律总结
在分析传动装置中的各物理量时，要抓住不等量和相等量的关系，具体有：
（1）同一转轴的轮上各点角速度ω相同，而线速度v＝ωr与半径r成正比．
（2）当皮带（或链条、齿轮）不打滑时，传动皮带上各点以及用皮带连接的两轮边沿上的各点线速度大小相等，而角速度ω＝与半径r成反比．
（3）齿轮传动时，两轮的齿数与半径成正比，角速度与齿数成反比．
2．圆周运动中的动力学问题分析
（1）向心力的确定
①确定圆周运动的轨道所在的平面及圆心的位置．
②分析物体的受力情况，找出所有的力沿半径方向指向圆心的合力，该力就是向心力．
（2）向心力的来源
向心力是按力的作用效果命名的，可以是重力、弹力、摩擦力等各种力，也可以是几个力的合力或某个力的分力，因此在受力分析中要避免再另外添加向心力．
（3）解决圆周运动问题步骤
①审清题意，确定研究对象；
②分析物体的运动情况，即物体的线速度、角速度、周期、轨道平面、圆心、半径等；
③分析物体的受力情况，画出受力示意图，确定向心力的来源；
④根据牛顿运动定律及向心力公式列方程．
3．竖直平面内圆周运动的绳模型与杆模型
（1）在竖直平面内做圆周运动的物体，按运动到轨道最高点时的受力情况可分为两类：一是无支撑（如球与绳连接、沿内轨道运动的过山车等），称为“绳（环）约束模型”，二是有支撑（如球与杆连接、在弯管内的运动等），称为“杆（管道）约束模型”．
（2）绳、杆模型涉及的临界问题．

绳模型
杆模型
常见类型

均是没有支撑的小球

均是有支撑的小球
过最高点的临界条件
由mg＝m得v临＝
由小球恰能做圆周运动得v临＝0
讨论分析
（1）过最高点时，v≥，FN+mg＝m，绳、轨道对球产生弹力FN；
（2）不能过最高点时，v＜，在到达最高点前小球已经脱离了圆轨道；
（1）当v＝0时，FN＝mg，FN为支持力，沿半径背离圆心；
（2）当0＜v＜时，﹣FN+mg＝m，FN背向圆心，随v的增大而减小；
（3）当v＝时，FN＝0；
（4）当v＞时，FN+mg＝m，FN指向圆心并随v的增大而增大；







14．万有引力定律及其应用
【知识点的认识】
一、万有引力定律
1．内容：自然界中任何两个物体都相互吸引，引力的方向在它们的连线上，引力的大小与物体的质量m1和m2的乘积成正比，与它们之间距离r的平方成反比。
2．表达式：，其中G＝6.67×10﹣11 N•m2/kg2，叫引力常量。 它是在牛顿发现万有引力定律一百年后英国物理学家卡文迪许利用扭秤装置测出的。
3．适用条件：公式适用于质点间的相互作用。但对于不能看做质点的两个质量分布均匀的球体间的相互作用是适用的，此时r是两球心间的距离；另外，对于一个质量分布均匀的球体和球外一个质点之间的相互作用万有引力定律也适用，其中r为球心到质点的距离。
二、应用万有引力定律分析天体运动
1．基本方法：把天体的运动看成匀速圆周运动，其所需的向心力由万有引力提供，即
2．天体质量M、密度ρ的估算：若测出卫星绕天体做匀速圆周运动的半径r和周期T。
由得：，其中r0为天体的半径，当卫星沿天体表面绕天体运动时，r＝r0，则ρ＝。
3．地球同步卫星的特点
（1）轨道平面一定：轨道平面和赤道平面重合。
（2）周期一定：与地球自转周期相同，即T＝24h＝86400 s。
（3）角速度一定：与地球自转的角速度相同。
（4）高度一定：据，得r＝＝4.24×104 km，卫星离地面高度h＝r﹣R≈6R（为恒量）。
（5）速率一定：运动速度v＝＝3.08 km/s（为恒量）。
（6）绕行方向一定：与地球自转的方向一致。
4．极地卫星和近地卫星
（1）极地卫星运行时每圈都经过南北两极由于地球自转，极地卫星可以实现全球覆盖。
（2）近地卫星是在地球表面附近环绕地球做匀速圆周运动的卫星，其运行的轨道半径可近似认为等于地球的半径，其运行线速度约为7.9km/s。
（3）两种卫星的轨道平面一定通过地球的球心。
5． 三种宇宙速度比较
宇宙速度
数值（km/s）
意义
第一宇宙速度
7.9
这是卫星绕地球做圆周运动的最小发射速度
第二宇宙速度
11.2
这是物体挣脱地球引力束缚的最小发射速度
第三宇宙速度
16.7
这是物体挣脱太阳引力束缚的最小发射速度
三、经典时空观和相对论时空观
1．经典时空观
（1）在经典力学中，物体的质量是不随运动状态而改变的。
（2）在经典力学中，同一物理过程发生的位移和对应时间的测量结果在不同的参考系中是相同的。
2．相对论时空观
（1）在狭义相对论中，物体的质量随物体的运动速度的增大而增大，用公式表示为m＝。
（2）在狭义相对论中，同一物理过程发生的位移和对应时间的测量结果在不同的参考系中是不同的。



【命题方向】
（1）第一类常考题型是考查万有引力定律在天体运动中的应用：
我国在2010年实现探月计划﹣﹣“嫦娥工程”。同学们也对月球有了更多的关注。
（1）若已知地球半径为R，地球表面的重力加速度为g，月球绕地球运动的周期为T，月球绕地球的运动近似看做匀速圆周运动，试求出月球绕地球运动的轨道半径；
（2）若宇航员随登月飞船登陆月球后，在月球表面某处以速度v0竖直向上抛出一个小球，经过时间t，小球落回抛出点。已知月球半径为r，万有引力常量为G，试求出月球的质量M月。
分析：（1）月球绕地球的运动时，由地球的万有引力提供向心力，由牛顿第二定律列出月球的轨道半径与地球质量等物理量的关系式；物体在地球表面上时，由重力等于地球的万有引力求出地球的质量，再求出月球的轨道半径。
（2）小球在月球表面做竖直上抛运动，由t＝求出月球表面的重力加速度，根据g月＝求出月球的质量M月。
解：
（1）根据万有引力定律和向心力公式：
G①
mg＝G②
解①②得：r＝
（2）设月球表面处的重力加速度为g月，根据题意：
得到 t＝③
又g月＝④
解③④得：M月＝
答：（1）月球绕地球运动的轨道半径是；
（2）月球的质量M月＝。
点评：本题是卫星类型的问题，常常建立这样的模型：环绕天体绕中心天体做匀速圆周运动，由中心天体的万有引力提供向心力。
（2）第二类常考题型是卫星的v、ω、T、a向与轨道半径r的关系：
如图。地球赤道上的山丘e，近地资源卫星p和同步通信卫星q均在赤道平面上绕地心做匀速圆周运动。设e、p、q，的圆周运动速率分别为v1、v2、v3，向心加速度分别为a1、a2、a3，则（　　）
A．v1＞v2＞v3 B．v1＜v2＜v3 C．a1＞a2＞a3 D．a1＜a3＜a2
分析：要比较线速度的大小关系，可根据p和q是万有引力完全提供向心力，解得v＝；而e和q相同的是角速度，根据v＝ωR可以得出结论。不能比较e和p，因为e所受的万有引力不但提供向心力，而且提供重力。对于p和q来说有＝ma，可得a＝；根据a＝ω2R比较a1和a3。
解：对于卫星来说根据万有引力提供向心力有

解得v＝
故卫星的轨道半R径越大，卫星的线速度v越小。
由于近地资源卫星p的轨道半径小于同步通信卫星q的轨道半径，
故同步卫星q的线速度v3小于近地资源卫星p的线速度v2，
即v3＜v2。
由于同步通信卫星q和赤道上的山丘e的角速度相同，到地心的距离Rq＞Re
即ωe＝ωq
根据v＝ωR可得
v1＝ωeRe
v2＝ωqRq
即v2＞v1
故A、B错误。
对于p和q来说有
＝ma
可得a＝
由于Rp＜Rq
则ap＞aq即a2＞a3
根据a＝ω2R
由于Rq＞Re
可得aq＞ae
即a3＞a1
故a2＞a3＞a1
故C错误，D正确。
故选D。
点评：比较两个物理量之间的大小关系时要选用有相同物理量的公式进行比较。如本题中的e和p不能比较，而只能e和q比较，因为e和q相同的是角速度。p和q比较，因为p和q相同的是万有引力完全提供向心力。
（3）第三类常考题型是卫星变轨问题
我国要发射的“嫦娥一号”探月卫星简化后的路线示意图如图所示。卫星由地面发射后，经过发射轨道进入停泊轨道，然后在停泊轨道经过调速后进入地月转移轨道，再次调速后进人工作轨道，卫星开始对月球进行探测。已知地球与月球的质量之比为a，卫星的停泊轨道与工作轨道的半径之比为b，卫星在停泊轨道和工作轨道上均可视为做匀速圆周运动，则（　　）
A．卫星在停泊轨道和工作轨道运行的速度之比为
B．卫星在停泊轨道和工作轨道运行的周期之比为
C．卫星在停泊轨道运行的速度大于地球的第一宇宙速度
D．卫星从停泊轨道转移到地月转移轨道，卫星必须加速
分析：根据万有引力提供向心力列出等式即可求出速度之比。第一宇宙速度是卫星绕地球附近做匀速圆周运动的速度，由速度公式v＝比较卫星在停泊轨道运行的速度与地球的第一宇宙速度的大小。第一宇宙速度是绕地球做圆周运动的最大环绕速度。卫星从停泊轨道转移到地月转移轨道，卫星必须加速。
解：A、B根据万有引力提供向心力得：G＝m＝m，得
v＝，T＝2π
则得：卫星在停泊轨道和工作轨道运行的速度之比＝：＝，周期之比＝：＝．故A正确，B错误。
C、由卫星的速度公式v＝，知卫星的轨道半径越大，运行速度越小，而第一宇宙速度是卫星绕地球附近做匀速圆周运动的速度，是卫星绕地球做圆周运动的最大环绕速度，所以卫星在停泊轨道运行的速度小于地球的第一宇宙速度。故C错误。
D、卫星从停泊轨道转移到地月转移轨道，卫星必须加速做离心运动，才能实现。故D正确。
故选AD。
点评：解决本题的关键掌握万有引力提供向心力，以及理解第一宇宙速度。
（4）第四类常考题型是双星系统模型
经长期观测人们在宇宙中已经发现了“双星系统”。“双星系统”由两颗相距较近的恒星组成，每个恒星的线度远小于两个星体之间的距离，而且双星系统一般远离其他天体。如图所示，两颗星球组成的双星，在相互之间的万有引力作用下，绕连线上的O点做周期相同的匀速圆周运动。现测得两颗星之间的距离为L，质量之比为m1：m2＝3：2．则可知（　　）
A．m1、m2做圆周运动的线速度之比为3：2
B．m1、m2做圆周运动的角速度之比为3：2
C．m1做圆周运动的半径为
D．m2做圆周运动的半径为
分析：双星在相互之间的万有引力作用下，绕连线上的O点做周期相同的匀速圆周运动，根据牛顿第二定律分别对两恒星进行列式，来求解线速度之比、角速度之比，并得出各自的半径。
解：设双星运行的角速度为ω，由于双星的周期相同，则它们的角速度也相同，则根据牛顿第二定律得：
对m1：G＝①
对m2：G＝②
由①：②得：r1：r2＝m2：m1＝2：3
又r2+r1＝L，得r1＝，r2＝
由v＝ωr，ω相同得：m1、m2做圆周运动的线速度之比为v1：v2＝r1：r2＝2：3。
故选C。
点评：双星是圆周运动在万有引力运用中典型问题，关键抓住它们之间的关系：角速度和周期相同，由相互之间的万有引力提供向心力。

【解题方法点拨】
一、万有引力定律的应用
1．解决天体（卫星）运动问题的基本思路
（1）在地面附近万有引力近似等于物体的重力，F引＝mg，即，整理得GM＝gR2。
（2）天体运动都可近似地看成匀速圆周运动，其向心力由万有引力提供，即F引＝F向．一般有以下几种表述形式：
①；②；③；
2．天体质量和密度的计算
（1）利用天体表面的重力加速度g和天体半径R。
由于，故天体质量，天体密度＝。
（2）通过观察卫星绕天体做匀速圆周运动的周期T，轨道半径r。
①由万有引力等于向心力，即，得出中心天体质量。
②若已知天体的半径R，则天体的密度。
③若天体的卫星在天体表面附近环绕天体运动，可认为其轨道半径r等于天体半径R，则天体密度．可见，只要测出卫星环绕天体表面运动的周期T，就可估测出中心天体的密度。
注意：不考虑天体自转，对任何天体表面都可以认为，从而得出GM＝gR2（通常称为黄金代换），其中M为该天体的质量，R为该天体的半径，g为相应天体表面的重力加速度。

二、卫星的各物理量随轨道半径的变化而变化的规律及卫星的变轨问题。
1．卫星的各物理量随轨道半径的变化而变化的规律
（1）向心力和向心加速度：向心力是由万有引力充当的，即，再根据牛顿第二定律可得，随着轨道半径的增加，卫星的向心力和向心加速度都减小。
（2）线速度v：由得，随着轨道半径的增加，卫星的线速度减小。
（3）角速度ω：由得，随着轨道半径的增加，做匀速圆周运动的卫星的角速度减小。
（4）周期T：由得，随着轨道半径的增加，卫星的周期增大。
注意：上述讨论都是卫星做匀速圆周运动的情况，而非变轨时的情况。
2．卫星的变轨问题
卫星绕地球稳定运行时，万有引力提供了卫星做圆周运动的向心力，由得． 由此可知，轨道半径r越大，卫星的线速度v越小。当卫星由于某种原因速度v突然改变时，受到的万有引力和需要的向心力不再相等，卫星将偏离原轨道运动。当时，卫星做近心运动，其轨道半径r变小，由于万有引力做正功，因而速度越来越大；反之。 当时，卫星做离心运动，其轨道半径r变大，由于万有引力做负功，因而速度越来越小。
人造卫星变轨问题的三点注意事项：
（1）人造卫星变轨时半径的变化，根据万有引力和所需向心力的大小关系判断；稳定在新轨道上的运行速度变化由判断。
（2）人造卫星在不同轨道上运行时机械能不同，轨道半径越大，机械能越大。
（3）人造卫星经过不同轨道相交的同一点时加速度相等，外轨道的速度大于内轨道的速度。

三、环绕速度与发射速度的比较及地球同步卫星
1．环绕速度与发射速度的比较
近地卫星的环绕速度，通常称为第一宇宙速度，它是地球周围所有卫星的最大环绕速度，是在地面上发射卫星的最小发射速度。
不同高度处的人造卫星在圆轨道上的运行速度，其大小随半径的增大而减小。但是，由于在人造地球卫星发射过程中火箭要克服地球引力做功，所以将卫星发射到离地球越远的轨道，在地面上所需的发射速度就越大。
2．地球同步卫星特点
轨道平面一定
轨道平面与赤道平面重合
高度一定
距离地心的距离一定，h＝4.225×104km；
距离地面的高度为3.6×104km
环绕速度一定
v＝3.08 km/s，环绕方向与地球自转方向相同
角速度一定
ω＝7.3×10﹣5rad/s
周期一定
与地球自转周期相同，常取T＝24h
向心加速度大小一定
a＝0.23 m/s2
四、双星系统模型
1．模型条件
（1）两颗星彼此相距较近。
（2）两颗星靠相互之间的万有引力做匀速圆周运动。
（3）两颗星绕同一圆心做圆周运动。
2．模型特点
（1）“向心力等大反向”﹣﹣两颗星做匀速圆周运动的向心力由它们之间的万有引力提供，故F1＝F2，且方向相反，分别作用在两颗行星上，是一对作用力和反作用力。
（2）“周期、角速度相同”﹣﹣两颗行星做匀速圆周运动的周期、角速度相等。
（3）“半径反比”﹣﹣圆心在两颗行星的连线上，且r1+r2＝L，两颗行星做匀速圆周运动的半径与行星的质量成反比。
3．解答双星问题应注意“两等”“两不等”
（1）双星问题的“两等”：
①它们的角速度相等。
②双星做匀速圆周运动的向心力由它们之间的万有引力提供，即它们受到的向心力大小总是相等的。
（2）“两不等”：
①双星做匀速圆周运动的圆心是它们连线上的一点，所以双星做匀速圆周运动的半径与双星间的距离是不相等的，它们的轨道半径之和才等于它们间的距离。
②由m1ω2r1＝m2ω2r2知由于m1与m2一般不相等，故r1与r2一般也不相等。



15．竖直平面内的圆周运动
竖直平面内的圆周运动
16．动量定理
【知识点的认识】
1．内容：物体在一个过程始末的动量变化量等于它在这个过程中所受力的冲量．
2．表达式：p′﹣p＝I或mv﹣mv0＝Ft．
3．用动量概念表示牛顿第二定律：由mv﹣mv0＝Ft，得到F＝＝＝＝ma，所以物体动量的变化率等于它受到的力，即F＝，这是牛顿第二定律的动量表述．

【命题方向】
题型一：动量定理的应用
例子：一质量为m的铁锤，以速度v竖直打在木桩上，经过△t时间而停止，则在打击时间内，铁锤对木桩的平均冲力的大小是（　　）
A．mg△t B. C.+mg D.﹣mg
分析：由题意可知，铁锤的初末动量，由动量定理可求得其对木桩的平均冲力．
解答：对铁锤分析可知，其受重力与木桩的作用力；设向下为正方向，则有：
（mg﹣F）t＝0﹣mv
得：F＝mg+；
由牛顿第三定律可知，铁锤对桩的平均冲力为：F＝mg+；
故选：C．
点评：本题考查动量定理的应用，在应用时要注意先明确正方向，然后才能列动能定理的关系式求解．

【解题方法点拨】
1．动量、动量的变化量、冲量、力都是矢量．解题时，先要规定正方向，与正方向相反的，要取负值．
2．恒力的冲量用恒力与力的作用时间的乘积表示，变力的冲量计算，要看题目条件确定．如果力随时间均匀变化，可取平均力代入公式求出；力不随时间均匀变化，就用I表示这个力的冲量，用其它方法间接求出．
3．只要涉及了力F和力的作用时间t，用牛顿第二定律能解答的问题、用动量定理也能解答，而用动量定理解题，更简捷．
17．动量守恒定律
【知识点的认识】
1．内容：如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为零，这个系统的总动量保持不变，这就是动量守恒定律．
2．表达式：
（1）p＝p′，系统相互作用前总动量p等于相互作用后的总动量p′．
（2）m1v1+m2v2＝m1v1′+m2v2′，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和．
（3）△p1＝﹣△p2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向．
（4）△p＝0，系统总动量的增量为零．
3．动量守恒定律的适用条件
（1）不受外力或所受外力的合力为零．不能认为系统内每个物体所受的合外力都为零，更不能认为系统处于平衡状态．
（2）近似适用条件：系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力．
（3）如果系统在某一方向上所受外力的合力为零，则在这一方向上动量守恒．

【命题方向】
题型一：动量守恒的判断
例子：如图所示，A、B两物体的质量比mA：mB＝3：2，它们原来静止在平板车C上，A、B间有一根被压缩了的弹簧，A、B与平板车上表面间动摩擦因数相同，地面光滑．当弹簧突然释放后，则有（　　）
A．A、B系统动量守恒 B．A、B、C系统动量守恒
C．小车向左运动 D．小车向右运动
分析：在整个过程中三个物体组成的系统合外力为零，系统的动量守恒．分析小车的受力情况，判断其运动情况．
解答：A、B，由题意，地面光滑，所以A、B和弹簧、小车组成的系统受合外力为零，所以系统的动量守恒．
在弹簧释放的过程中，由于mA：mB＝3：2，A、B所受的摩擦力大小不等，所以A、B组成的系统合外力不为零，动量不守恒．故A错误．B正确；
C、D由于A、B两木块的质量之比为m1：m2＝3：2，由摩擦力公式f＝μN＝μmg知，A对小车向左的滑动摩擦力大于B对小车向右的滑动摩擦力，在A、B相对小车停止运动之前，小车的合力所受的合外力向左，会向左运动，故C正确，D错误．
故选：BC．
点评：本题关键掌握系统动量守恒定律的适用条件：合外力为零，并能通过分析受力，判断是否系统的动量是否守恒，题目较为简单！

题型二：动量守恒的应用
例子：如图所示，C是放在光滑的水平面上的一块木板，木板的质量为3m，在木板的上面有两块质量均为m的小木块A和B，它们与木板间的动摩擦因数均为μ．最初木板静止，A、B两木块同时以方向水平向右的初速度v0和2v0在木板上滑动，木板足够长，A、B始终未滑离木板．求：
（1）木块B从刚开始运动到与木板C速度刚好相等的过程中，木块B所发生的位移；
（2）木块A在整个过程中的最小速度．
分析：（1）A、B两木块同时水平向右滑动后，木块A先做匀减速直线运动，当木块A与木板C的速度相等后，A、C相对静止一起在C摩擦力的作用下做匀加速直线运动；木块B一直做匀减速直线运动，直到三个物体速度相同．根据三个物体组成的系统动量守恒求出最终共同的速度，对B由牛顿第二定律和运动学公式或动能定理求解发生的位移；
（2）当木块A与木板C的速度相等时，木块A的速度最小，根据系统的动量守恒求解A在整个过程中的最小速度，或根据牛顿第二定律分别研究A、C，求出加速度，根据速度公式，由速度相等条件求出时间，再求解木块A在整个过程中的最小速度．
解答：（1）木块A先做匀减速直线运动，后做匀加速直线运动；木块B一直做匀减速直线运动；木板C做两段加速度不同的匀加速直线运动，直到A、B、C三者的速度相等为止，设为v1．对A、B、C三者组成的系统，由动量守恒定律得：
mv0+2mv0＝（m+m+3m）v1
解得：v1＝0.6v0
木块B滑动的加速度为：a＝μg，
所发生的位移：x＝＝
（2）A与C速度相等时，速度最小，此过程A和B减少的速度相等，有：
mv0+2mv0＝（m+3m）vA+mvB
v0﹣vA＝2v0﹣vB
解得：vA＝0.4v0
答：（1）木块B从刚开始运动到与木板C速度刚好相等的过程中，木块B所发生的位移是；
（2）木块A在整个过程中的最小速度是0.4v0．
点评：本题是木块在木板上滑动的类型，分析物体的运动过程是解题基础，其次要把握物理过程所遵守的规律，这种类型常常根据动量守恒和能量守恒结合处理．

题型三：动量守恒的临界问题
如图所示，光滑的水平面上有一个质量为M＝2m的凸型滑块，它的一个侧面是与水平面相切的光滑曲面，滑块的高度为h＝0.3m．质量为m的小球，以水平速度v0在水平面上迎着光滑曲面冲向滑块．试分析计算v0应满足什么条件小球才能越过滑块．（取g＝1Om/s2）
分析：小球越到滑块最高点速度水平向右，以滑块和和小球组成的系统为研究对象；根据动量守恒和过程系统机械能守恒列出等式；根据题意要越过滑块，应有v1＞v2，我们解决问题时取的是临界状态求解．
解答：设小球越过滑块最高点的速度为v1，此时滑块的速度为v2，根据动量守恒得：
mv0＝mv1+2mv2
此过程系统机械能守恒，根据机械能守恒得：
mv02＝mv12+2mv22+mgh
小球要越过滑块，应有v1＞v2，至少也要有v1＝v2，设v1＝v2＝v，上述两式变为
mv0＝（m+2m）v
mv02＞（m+2m）v2+mgh
解得v0＞3m/s
答：小球要越过滑块，初速度应满足v0＞3m/s．
点评：应用动量守恒定律时要清楚研究的对象和守恒条件．把动量守恒和能量守恒结合起来列出等式求解是常见的问题．

题型四：动量与能量的综合
例子：如图所示，光滑水平面上放置质量均为M＝2kg的甲、乙两辆小车，两车之间通过一感应开关相连（当滑块滑过两车连接处时，感应开关使两车自动分离，分离时对两车及滑块的瞬时速度没有影响），甲车上表面光滑，乙车上表面与滑块P之问的动摩擦因数μ＝0.5，一根轻质弹簧固定在甲车的左端，质量为m＝1kg的滑块P（可视为质点）与弹簧的右端接触但不相连，用一根细线拴在甲车左端和滑块P之间使弹簧处于压缩状态，此时弹簧的弹性势能E0＝10J，弹簧原长小于甲车长度，整个系统处于静止状态．现剪断细线，滑块P滑上乙车后最终未滑离乙车，g取10m/s2．求：
（1）滑块P滑上乙车前的瞬时速度的大小；
（2）滑块P滑上乙车后相对乙车滑行的距离．
分析：（1）因地面光滑，所以滑块P在甲车上滑动的过程中，符合动量守恒的条件，同时除了弹簧的弹力做功之外，没有其他的力做功，所以机械能也是守恒的，分别应用动量守恒和机械能守恒列式求解，可得出滑块P滑上乙时的瞬时速度．
（2）滑块P滑上乙车时，甲乙两车脱离，滑块和乙车做成了系统，经对其受力分析，合外力为零，动量守恒，可求出滑块和乙车的最终共同速度，由能量的转化和守恒可知，系统减少的机械能转化为了内能，即为摩擦力与相对位移的乘积．从而可求出相对位移，即滑块P在乙车上滑行的距离．
解答：（1）设滑块P滑上乙车前的速度为v，以整体为研究对象，作用的过程中动量和机械能都守恒，选向右的方向为正，应用动量守恒和能量关系有：
mv1﹣2Mv2＝0…①
E0＝m+…②
①②两式联立解得：v1＝4m/s v2＝1m/s
（2）以滑块和乙车为研究对象，选向右的方向为正，在此动过程中，由动量守恒定律得：
mv1﹣Mv2＝（m+M）v共…③
由能量守恒定律得：μmgL＝+﹣（M+m）…④
③④联立并代入得：L＝m
答：（1）滑块P滑上乙时的瞬时速度的大小为4m/s．
（2）滑块P滑上乙车后最终未滑离乙车，滑块P在乙车上滑行的距离为m．
点评：本题考察了动量守恒．机械能守恒和能量的转化与守恒．
应用动量守恒定律解题要注意“四性”，①系统性．②矢量性．③同时性．
机械能守恒的条件是只有重力（或弹簧的弹力）做功，并只发生动能和势能的转化．

【解题方法点拨】
1．应用动量守恒定律的解题步骤：
（1）明确研究对象（系统包括哪几个物体及研究的过程）；
（2）进行受力分析，判断系统动量是否守恒（或某一方向上是否守恒）；
（3）规定正方向，确定初末状态动量；
（4）由动量守恒定律列式求解；
（5）必要时进行讨论．
2．解决动量守恒中的临界问题应把握以下两点：
（1）寻找临界状态：题设情境中看是否有相互作用的两物体相距最近，避免相碰和物体开始反向运动等临界状态．
（2）挖掘临界条件：在与动量相关的临界问题中，临界条件常常表现为两物体的相对速度关系与相对位移关系，即速度相等或位移相等．
正确把握以上两点是求解这类问题的关键．
3．综合应用动量观点和能量观点
4．动量观点和能量观点：这两个观点研究的是物体或系统运动变化所经历的过程中状态的改变，不对过程变化的细节作深入的研究，而只关心运动状态变化的结果及引起变化的原因，简单地说，只要求知道过程的始末状态动量、动能和力在过程中所做的功，即可对问题求解．
5．利用动量观点和能量观点解题应注意下列问题：
（1）动量守恒定律是矢量表达式，还可写出分量表达式；而动能定理和能量守恒定律是标量表达式，无分量表达式．
（2）动量守恒定律和能量守恒定律，是自然界中最普遍的规律，它们研究的是物体系，在力学中解题时必须注意动量守恒条件及机械能守恒条件．在应用这两个规律时，当确定了研究对象及运动状态的变化过程后，根据问题的已知条件和求解的未知量，选择研究的两个状态列方程求解．
（3）中学阶段凡可用力和运动解决的问题，若用动量观点或能量观点求解，一般比用力和运动的观点简便．




18．功率、平均功率和瞬时功率
【知识点的认识】
一、功率
1．定义：功与完成这些功所用时间的比值．
2．物理意义：描述力对物体做功的快慢．
3．公式
（1）P＝，P为时间t内的平均功率．
（2）P＝Fvcosα（α为F与v的夹角）
①v为平均速度，则P为平均功率．
②v为瞬时速度，则P为瞬时功率．
4．额定功率：机械正常工作时输出的最大功率．
5．实际功率：机械实际工作时输出的功率．要求不大于额定功率．

【知识点的认识】
题型一：平均功率和瞬时功率的计算
例1：质量为m的物体静止在光滑水平面上，从t＝0时刻开始受到水平力的作用．力的大小F与时间t的关系如图所示，力的方向保持不变，则（　　）
A.3t0时刻的瞬时功率为
B.3t0时刻的瞬时功率为
C．在t＝0到3t0这段时间内，水平力的平均功率为
D．在t＝0到3t0这段时间内，水平力的平均功率为．
分析：通过牛顿第二定律，结合运动学公式求出瞬时速度的大小和位移大小，通过瞬时功率的公式求出瞬时功率的大小，通过水平力做功求出平均功率的大小．
解答：A、在0﹣2t0时间内，物体的加速度，则位移，2t0末的速度．
在2t0﹣3t0时间内，物体的加速度，则位移＝，则3t0末的速度．则3t0末的瞬时功率P＝．故A错误，B正确．
C、在t＝0到3t0这段时间内，水平力做功W＝，水平力的平均功率P＝．故C、D错误．
故选：B．
点评：解决本题的关键掌握平均功率和瞬时功率的求法，知道平均功率和瞬时功率的区别，一般情况下，平均功率用P＝求解，瞬时功率用P＝Fv求解．

题型二：机车启动问题
例2：汽车发动机的额定功率为60kW，汽车质量为5t，汽车在水平路面上行驶时，阻力是车重的0.1倍，g取10m/s2，问：
（1）汽车保持额定功率从静止起动后能达到的最大速度是多少？
（2）若汽车保持0.5m/s2的加速度做匀加速运动，这一过程能维持多长时间？

分析：（1）当牵引力F大小等于阻力f时，汽车的加速度a＝0，速度达到最大值vm，根据公式P＝Fv，可得出汽车最大速度vm．
（2）根据牛顿第二定律求出牵引力的大小，当功率达到额定功率时，匀加速直线运动的速度最大，根据P＝Fv求出匀加速直线运动的最大速度，根据v＝at求出匀加速直线运动的时间．
解答：（1）当牵引力等于阻力时速度最大．
根据P＝Fvm＝fvm得，
．
（2）根据牛顿第二定律得，F﹣f＝ma
得F＝f+ma＝5000+5000×0.5N＝7500N．
则匀加速直线运动的最大速度．
由v＝at得，t＝．
答：（1）汽车保持额定功率从静止起动后能达到的最大速度是12m/s．
（2）若汽车保持0.5m/s2的加速度做匀加速运动，这一过程能维持16s．
点评：解决本题的关键知道当牵引力等于阻力时速度最大，以恒定加速度起动，当功率达到额定功率时，匀加速直线运动的速度最大．

【解题方法点拨】
对机车启动问题应首先弄清是功率恒定还是加速度恒定．对于机车以恒定加速度启动问题，机车匀加速运动能维持的时间，一定是机车功率达到额定功率的时间．弄清了这一点，利用牛顿第二定律和运动学公式就很容易求出机车匀加速运动能维持的时间．
（1）汽车在平直路面上保持发动机功率不变，即以恒定功率启动，其加速过程如下所示：

其P﹣t图和v﹣t图如下：

（2）汽车以恒定加速度起动，汽车的功率逐渐增大，当功率增大到额定功率时，匀加速运动结束，此时汽车的速度为匀加速运动的末速度，但并不是汽车所能达到的最大速度，此后汽车还可以保持功率不变做加速度逐渐减小的加速运动，直到加速度减小到零时速度才达到最大，具体变化过程及运动中v与t关系如图所示．



19．动能定理
【知识点的认识】
1．内容：合外力在一个过程中对物体所做的功等于物体在这个过程中动能的变化。
2．表达式：W＝EK2﹣EK1。
3．物理意义：动能定理指出了外力对物体所做的总功与物体动能变化之间的关系，即合力的功是物体动能变化的量度。
4．动能定理的适用条件
（1）动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动。
（2）既适用于恒力做功，也适用于变力做功。
（3）力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以不同时作用。
5．对动能定理的理解
（1）一个物体的动能变化△Ek与合外力对物体所做功W具有等量代换关系。
①若△Ek＞0，表示物体的动能增加，其增加量等于合外力对物体所做的正功。
②若△Ek＜0，表示物体的动能减少，其减少量等于合外力对物体所做的负功的绝对值。
③若△Ek＝0，表示合外力对物体所做的功等于零。反之亦然。这种等量代换关系提供了一种计算变力做功的简便方法。
（2）动能定理公式中等号的意义：等号表明合力做功与物体动能的变化间的三个关系：
①数量关系：即合外力所做的功与物体动能的变化具有等量代换关系。可以通过计算物体动能的变化，求合力的功，进而求得某一力的功。
②单位相同：国际单位都是焦耳。
③因果关系：合外力的功是物体动能变化的原因。
（3）动能定理中涉及的物理量有F、x、m、v、W、Ek等，在处理含有上述物理量的力学问题时，可以考虑使用动能定理。由于只需要从力在整个位移内所做的功和这段位移始末两状态的动能变化去考虑，无需注意其中运动状态变化的细节，同时动能和功都是标量，无方向性，所以无论是直线运动还是曲线运动，计算都会特别方便。
（4）动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地面为参考系。
注意：功和动能都是标量，动能定理表达式是一个标量式，不能在某一个方向上应用动能定理，但牛顿第二定律是矢量方程，可以在互相垂直的方向上分别使用分量方程。

【命题方向】
题型一：对动能定理表达式的直接考核
如图所示，某人将质量为m的石块从距地面h高处斜向上方抛出，石块抛出时的速度大小为v0，不计空气阻力，石块落地时的动能为（　　）

A．mghB.mv02 C. D.
分析：根据动能定理求出石块落地时的动能大小。
解答：根据动能定理得，，解得石块落地时的动能．故D正确，A、B、C错误。
故选：D。
点评：运用动能定理解题首先要确定研究对象和研究过程，分析有哪些力做功，根据动能定理列出表达式进行求解。

【解题方法点拨】
1．应用动能定理的一般步骤
（1）选取研究对象，明确并分析运动过程。
（2）分析受力及各力做功的情况
①受哪些力？
②每个力是否做功？
③在哪段位移哪段过程中做功？
④做正功还是负功？
⑤做多少功？求出代数和。
（3）明确过程始末状态的动能Ek1及Ek2。
（4）列方程W总＝Ek2﹣Ek1，必要时注意分析题目潜在的条件，补充方程进行求解。
注意：
①在研究某一物体受到力的持续作用而发生状态改变时，如涉及位移和速度而不涉及时间时应首先考虑应用动能定理，而后考虑牛顿定律、运动学公式，如涉及加速度时，先考虑牛顿第二定律。
②用动能定理解题，关键是对研究对象进行准确的受力分析及运动过程分析，并画出物体运动过程的草图，以便更准确地理解物理过程和各物理量的关系。有些力在物体运动全过程中不是始终存在的，在计算外力做功时更应引起注意。
20．功能关系
【知识点的认识】
1．内容
（1）功是能量转化的量度，即做了多少功就有多少能量发生了转化。
（2）做功的过程一定伴随着能量的转化，而且能量的转化必通过做功来实现。
2．高中物理中几种常见的功能关系
功
能量的变化
合外力做正功
动能增加
重力做正功
重力势能减少
弹簧弹力做正功
弹性势能减少
电场力做正功
电势能减少
其他力（除重力、弹力）做正功
机械能增加
一对滑动摩擦力做的总功为负功
系统的内能增加
【命题方向】
题型一：对功能关系的理解应用
例1：如图所示，一固定斜面倾角为30°，一质量为m的小物块自斜面底端以一定的初速度沿斜面向上做匀减速运动，加速度大小等于重力加速度的大小g。物块上升的最大高度为H，则此过程中，物块的（　　）
A．动能损失了2mgH B．动能损失了mgH
C．机械能损失了mgH D．机械能损失了
分析：若动能变化为正值，说明动能增加，若为负值，说明动能减少，然后根据动能定理，求出合力做的功即可；要求机械能损失，只要求出除重力外其它力做的功即可。
解：根据动能定理应有＝﹣ma＝﹣2mgH，动能增量为负值，说明动能减少了 2mgH，所以A正确B错误；
再由牛顿第二定律（选取沿斜面向下为正方向）有mgsin30°+f＝ma＝mg，可得f＝mg，根据功能关系应有△E＝﹣f＝﹣mgH，即机械能损失了mgH，所以C正确D错误。
故选：AC。
点评：要熟记动能定理与功能原理在解题中的应用：涉及到总功、动能变化时应用动能定理解决；涉及到机械能变化时应求出除重力外其它力做的功。

【解题方法点拨】
1．解答功能关系问题时，一般步骤如下：
（1）明确研究对象及其运动过程；
（2）对研究对象进行受力分析，明确其所受的每一个力的大小、方向；
（3）计算各个力所做的功；
（4）明确能量转化的关系，找出对应力所做的功。

21．机械能守恒定律
【知识点的认识】
1．机械能：势能和动能统称为机械能，即E＝Ek+Ep，其中势能包括重力势能和弹性势能。
2．机械能守恒定律
（1）内容：在只有重力（或弹簧弹力）做功的物体系统内，动能与势能可以相互转化，而总的机械能保持不变。
（2）表达式：
观点
表达式
守恒观点
E1＝E2，Ek1+Ep1＝Ek2+Ep2（要选零势能参考平面）
转化观点
△EK＝﹣△EP（不用选零势能参考平面）
转移观点
△EA＝﹣△EB（不用选零势能参考平面）
【命题方向】
题型一：机械能是否守恒的判断
例1：关于机械能是否守恒的叙述中正确的是（　　）
A．只要重力对物体做了功，物体的机械能一定守恒
B．做匀速直线运动的物体，机械能一定守恒
C．外力对物体做的功为零时，物体的机械能一定守恒
D．只有重力对物体做功时，物体的机械能一定守恒
分析：机械能守恒的条件：只有重力或弹力做功的物体系统，其他力不做功，理解如下：
①只受重力作用，例如各种抛体运动。
②受到其它外力，但是这些力是不做功的。例如：绳子的一端固定在天花板上，另一端系一个小球，让它从某一高度静止释放，下摆过程中受到绳子的拉力，但是拉力的方向始终与速度方向垂直，拉力不做功，只有重力做功，小球的机械能是守恒的。
③受到其它外力，且都在做功，但是它们的代数和为0，此时只有重力做功，机械能也是守恒的。
解：A、机械能守恒条件是只有重力做功，故A错误；
B、匀速运动，动能不变，但重力势能可能变化，故B错误；
C、外力对物体做的功为零时，不一定只有重力做功，当其它力与重力做的功的和为0时，机械能不守恒，故C错误；
D、机械能守恒的条件是只有重力或弹力做功，故D正确。
故选：D。
点评：本题关键是如何判断机械能守恒，可以看能量的转化情况，也可以看是否只有重力做功。

题型二：机械能守恒定律的应用
例2：如图，竖直放置的斜面下端与光滑的圆弧轨道BCD的B端相切，圆弧半径为R，∠COB＝θ，斜面倾角也为θ，现有一质量为m的小物体从斜面上的A点无初速滑下，且恰能通过光滑圆形轨道的最高点D．已知小物体与斜面间的动摩擦因数为μ，
求：（1）AB长度l应该多大。
（2）小物体第一次通过C点时对轨道的压力多大。
分析：
（1）根据牛顿第二定律列出重力提供向心力的表达式，再由动能定理结合几何关系即可求解；
（2）由机械能守恒定律与牛顿第二定律联合即可求解。
解：（1）因恰能过最高点D，则有
又因f＝μN＝μmgcosθ，
物体从A运动到D全程，由动能定理
可得：mg（lsinθ﹣R﹣Rcosθ）﹣fl＝
联立求得：
（2）物体从C运动到D的过程，设C点速度为vc，由机械能守恒定律：
物体在C点时：
联合求得：N＝6mg
答：（1）AB长度得：。
（2）小物体第一次通过C点时对轨道的压力6mg。
点评：本题是动能定理与牛顿运动定律的综合应用，关键是分析物体的运动过程，抓住滑动摩擦力做功与路程有关这一特点。

题型三：多物体组成的系统机械能守恒问题
例3：如图所示，A、B两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连，A放在固定的光滑斜面上，B、C两小球在竖直方向上通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，C球放在水平地面上。现用手控制住A，并使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行。已知A的质量为4m，B、C的质量均为m，重力加速度为g，细线与滑轮之间的摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态。释放A后，A沿斜面下滑至速度最大时C恰好离开地面。下列说法正确的是（　　）
A．斜面倾角α＝30°
B．A获得最大速度为2g
C．C刚离开地面时，B的加速度最大
D．从释放A到C刚离开地面的过程中，A、B两小球组成的系统机械能守恒
分析：C球刚离开地面时，弹簧的弹力等于C的重力，根据牛顿第二定律知B的加速度为零，B、C加速度相同，分别对B、A受力分析，列出平衡方程，求出斜面的倾角。
A、B、C组成的系统机械能守恒，初始位置弹簧处于压缩状态，当B具有最大速度时，弹簧处于伸长状态，根据受力知，压缩量与伸长量相等。在整个过程中弹性势能变化为零，根据系统机械能守恒求出B的最大速度，A的最大速度与B相等；
解：A、C刚离开地面时，对C有：kx2＝mg
此时B有最大速度，即aB＝aC＝0
则对B有：T﹣kx2﹣mg＝0
对A有：4mgsinα﹣T＝0
以上方程联立可解得：sinα＝，α＝30°，故A正确；
B、初始系统静止，且线上无拉力，对B有：kx1＝mg
由上问知x1＝x2＝，则从释放至C刚离开地面过程中，弹性势能变化量为零；
此过程中A、B、C组成的系统机械能守恒，即：
4mg（x1+x2）sinα＝mg（x1+x2）+（4m+m）vBm2
以上方程联立可解得：vBm＝2g
所以A获得最大速度为2g，
故B正确；
C、对B球进行受力分析可知，C刚离开地面时，B的速度最大，加速度为零。故C错误；
D、从释放A到C刚离开地面的过程中，A、B、C及弹簧组成的系统机械能守恒，故D错误。
故选：AB。
点评：本题关键是对三个小球进行受力分析，确定出它们的运动状态，再结合平衡条件和系统的机械能守恒进行分析。

【解题方法点拨】
1．判断机械能是否守恒的方法
（1）利用机械能的定义判断：分析动能与势能的和是否变化。如：匀速下落的物体动能不变，重力势能减少，物体的机械能必减少。
（2）用做功判断：若物体或系统只有重力（或弹簧的弹力）做功，或有其他力做功，但其他力做功的代数和为零，机械能守恒。
（3）用能量转化来判断：若系统中只有动能和势能的相互转化，而无机械能与其他形式的能的转化，则系统的机械能守恒。
（4）对一些绳子突然绷紧、物体间非弹性碰撞等问题机械能一般不守恒，除非题中有特别说明或暗示。

2．应用机械能守恒定律解题的基本思路
（1）选取研究对象﹣﹣物体或系统。
（2）根据研究对象所经历的物理过程，进行受力、做功分析，判断机械能是否守恒。
（3）恰当地选取参考平面，确定研究对象在过程的初、末态时的机械能。
（4）选取方便的机械能守恒定律的方程形式（Ek1+Ep1＝Ek2+Ep2、△Ek＝﹣△Ep或△EA＝﹣△EB）进行求解。
注：机械能守恒定律的应用往往与曲线运动综合起来，其联系点主要在初末状态的速度与圆周运动的动力学问题有关、与平抛运动的初速度有关。

3．对于系统机械能守恒问题，应抓住以下几个关键：
（1）分析清楚运动过程中各物体的能量变化；
（2）哪几个物体构成的系统机械能守恒；
（3）各物体的速度之间的联系。


22．研究平抛物体的运动
【知识点的认识】
一。实验目的
1．描出平抛物体的运动轨迹。
2．求出平抛物体的初速度。
二。实验原理
平抛运动可以看作是两个分运动的合成：一是水平方向的匀速直线运动，其速度等于平抛物体运动的初速度；另一个是竖直方向的自由落体运动。利用铅笔确定做平抛运动的小球运动时若干不同位置，然后描出运动轨迹，测出曲线上任一点的坐标x和y，利用公式x＝vt和y＝gt2就可求出小球的水平分速度，即平抛物体的初速度。
三。实验器材
斜槽（附金属小球）、木板及竖直固定支架、白纸、图钉、刻度尺、三角板、重锤、铅笔。
四。实验步骤
1．把斜槽放在桌面上，让其末端伸出桌面外，调节末端使其切线水平固定。
2．在带有支架的木板上，用图钉钉好白纸，并让竖放木板左上方靠近槽口，使小球滚下飞出后的轨道平面跟板面平行。（如图所示）

3．把小球飞离斜槽末端时的球心位置投影到白纸上，描出点O，过O用重垂线描出竖直方向。
4．让小球每次都从斜槽上同一适当位置滚下，在粗略确定的位置附近，用铅笔较准确地确定小球通过的位置，并记下这一点，以后依次改变x值，用同样的方法确定其他各点的位置。
5．把白纸从木板上取下来，用三角板过O作与竖直方向垂直的x轴，将一系列所描的点用平滑的曲线连接起来，这就是小球平抛运动的轨迹。
五。数据处理（求平抛小球的初速度）
1．以O点为原点，水平方向为x轴，竖直向下方向为y轴建立坐标系。
2．在平抛小球运动轨迹上选取A、B、C、D、E五个点，测出它们的x、y坐标值，记到表格内。
3．把测到的坐标值依次代入公式v0＝x，求出小球平抛的初速度，并计算其平均值。
六。误差分析
1．安装斜槽时，其末端切线不水平。
2．小球每次滚下的初位置不尽相同。
3．建立坐标系时，可能误将斜槽末端端口作为坐标原点。
4．空气阻力使小球不是真正的平抛运动。
七。注意事项
1．实验中必须保持通过斜槽末端的切线水平，木板必须处在竖直面内且与小球运动轨迹所在的竖直平面平行，并使小球的运动靠近图板但不接触。
2．小球必须每次从斜槽上同一位置由静止滚下，即在斜槽上固定一个挡板，每次都从挡板位置释放小球。
3．坐标原点（小球做平抛运动的起点）不是槽口的端点，应是小球在槽口时，球心在木板上的水平投影点。
4．要在斜槽上适当的高度释放小球，使它以适当的水平初速度抛出，其轨迹由图板左上角到达右下角；要在平抛轨迹上选取距O点远一些的点来计算小球的初速度，这样可以减小测量误差。

【知识点拓展】
拓展创新
如图甲所示，A是一块平面木板，在其上等间隔地开凿出一组平行的插槽（图甲中P0P0′、P1P1′…），槽间距离均为d，把覆盖复写纸的白纸铺贴在硬板B上，实验时依次将B板插入A板的各插槽中，每次让小球从斜轨的同一位置由静止释放。每打完一点后，把B板插入后一槽中并同时向纸面内侧平移距离d，实验得到小球在白纸上打下的若干痕迹点，如图乙所示。将这些点用平滑的曲线连接起来就得到小球平抛的轨迹。

声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布
日期：2022/3/10 15:41:05；用户：组卷41；邮箱：zyb041@xyh.com；学号：41419004

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