（2027届高考物理人教版（2019）二轮练习（含解析）复习之挑战压轴题：抛体运动与圆周运动（10题）

这是一份（2027届高考物理人教版（2019）二轮练习（含解析）复习之挑战压轴题：抛体运动与圆周运动（10题），共3页。试卷主要包含了解答题，类平抛运动，平抛运动的基本规律等内容，欢迎下载使用。
1．（乃东区校级一模）如图所示，一颗质量为的子弹水平打中悬挂在点的质量为的木块，绳子长．子弹嵌在木块中一起上升，恰好能够到达最高点，这时被处的刀片割断绳子（无能量损失）。求：
（1）子弹木块飞出后落在了与圆心等高平台上的点，到点的距离是多少？
（2）在最低点处，子弹打中木块后瞬间，它们的速度有多大？
（3）子弹打中木块前的初速度是多少？
2．（乌鲁木齐模拟）如图所示，一水平桌面长为，桌面离地高为．两质量均为的物块、紧挨着放在桌面上，物块、与水平桌面间的动摩擦因数均为．现分给、一初速度，大小均为，的速度方向水平向右，的速度方向水平向左，、均可视为质点，求：
（1）当物块距桌面右侧边缘为时，物块平抛的水平距离是多少？
（2）当、放置在水平桌面的什么位置时，它们落地后水平距离最大？并求最大值。
3．（永川区模拟）如图所示，质量的长薄板静置于倾角为的光滑斜面上，在距上端水平距离为的处，有一个质量的小物体，以一定的初速度水平抛出，恰好以平行于斜面的速度落在薄板上的端点，并在薄板上开始向下运动，当小物体落在薄板上的端时，薄板无初速度释放并开始沿斜面向下运动，当小物块运动到薄板的最下端点时，与薄板的速度恰好相等，小物块与薄板之间的动摩擦因数为0.5，，，，求：
（1）小物体在点的初速度；
（2）薄板的长度。
4．（城固县校级学业考试）半径为的水平圆台可绕通过圆心的竖直光滑细轴转动，如图所示。圆台上沿相互垂直的两个半径方向刻有槽，质量为的物体放在一个槽内，与槽底间的静摩擦因数为，质量为的物体放在另一个槽内，此槽是光滑的。间用一长为且不可伸长的轻绳绕过细轴相连。设物体与槽的侧面之间没有作用力，试求：
（1）当圆台做匀角速转动，物体与圆盘之间刚好没有摩擦力且、两物体相对圆台不动时，则到圆心的距离为多大？此时的转动角速度应为多大？
（2）当圆台做匀角速转动，、两物体相对圆台不动且物体与圆台有摩擦时转动角速度和到圆心的距离所应满足的条件。
5．（2020•朝阳区校级二模）如图，固定在竖直平面内的倾斜轨道，与水平光滑轨道相连，竖直墙壁高，紧靠墙壁在地面固定一个和等高，底边长的斜面，一个质量的小物块（视为质点）在轨道上从距离点处由静止释放，从点水平抛出，已知小物块在段与轨道间的动摩擦因数为0.5，达到点时无能量损失；段与水平面的夹角为．（重力加速度，，
（1）求小物块运动到点时的速度大小；
（2）求小物块从点抛出到击中斜面的时间；
（3）改变小物块从轨道上释放的初位置，求小物块击中斜面时动能的最小值。
6．（南京四模）如图所示，在水平圆盘上，沿半径方向放置物体和，，，它们分居在圆心两侧，与圆心距离为，，中间用细线相连，、与盘间的动摩擦因数均为，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，若圆盘从静止开始绕中心转轴非常缓慢地加速转动，用表示圆盘转动的角速度，表示物体与圆盘之间的摩擦力，取。
（1）细线中出现张力时，圆盘转动的角速度；
（2）、两物体相对圆盘将要滑动时，圆盘转动的角速度；
（3）在下列坐标图中分别画出、两物体滑动前，随变化的关系图象；
7．（泰州二模）如图所示，足够大的水平光滑圆台中央立着一根光滑的杆，原长为的轻弹簧套在杆上，质量均为的、、三个小球用两根轻杆通过光滑铰链连接，轻杆长也为，球套在竖直杆上。现将球搁在弹簧上端，当系统处于静止状态时，轻杆与竖直方向夹角．已知重力加速度为，弹簧始终在弹性限度内，，。
（1）求轻杆对的作用力和弹簧的劲度系数；
（2）让、球以相同的角速度绕竖直杆匀速转动，若转动的角速度为（未知）时，、球刚要脱离圆台，求轻杆与竖直方向夹角的余弦和角速度；
（3）两杆竖直并拢，球提升至距圆台高处静止，受到微小扰动，球向下运动，同时、球向两侧相反方向在圆台上沿直线滑动，、、球始终在同一竖直平面内，观测到球下降的最大距离为．球运动到最低点时加速度大小为，求此时弹簧的弹性势能以及球加速度的大小。
8．（青海自主招生）如图所示为火车站装载货物的原理示意图，设段是距水平传送带装置高为的光滑斜面，水平段使用水平传送带装置，长，与货物包的摩擦系数为，皮带轮的半径为，上部距车厢底水平面的高度。设货物由静止开始从点下滑，经过点的拐角处无机械能损失。通过调整皮带轮（不打滑）的转动角速度可使货物经点抛出后落在车厢上的不同位置，取，求：
（1）当皮带轮静止时，货物包在车厢内的落地点到点的水平距离；
（2）当皮带轮以角速度顺时方针方向匀速转动时，包在车厢内的落地点到点的水平距离；
（3）试写出货物包在车厢内的落地点到点的水平距离随皮带轮角速度变化关系，并画出图象。（设皮带轮顺时方针方向转动时，角速度取正值，水平距离向右取正值）。
9．（宿迁模拟）如图所示，竖直平面内的圆弧形光滑轨道半径为，端与圆心等高，为与水平方向成的斜面，端在的正上方，一个小球在点正上方由静止释放，自由下落至点进入圆轨道并恰能到达点。求：
（1）小球到达点时速度的大小；
（2）释放点距点的竖直高度；
（3）小球落到斜面上点时速度的大小和方向。
10．（通州区二模）如图所示，半径的光滑圆弧轨道与足够长的传送带在处平滑连接，为圆弧轨道的圆心，点为圆弧轨道的最低点，半径、与的夹角分别为和．传送带以的速度沿顺时针方向匀速转动，将一个质量的煤块（视为质点）从点左侧高为处的点水平抛出，恰从点沿切线方向进入圆弧轨道。已知煤块与轨道间的动摩擦因数，重力加速度取，，．求：
（1）煤块水平抛出时的初速度大小；
（2）煤块第一次到达圆弧轨道上的点对轨道的压力大小；
（3）煤块第一次离开传送带前，在传送带上留下痕迹可能的最长长度。（结果保留2位有效数字）
2020年高考物理复习之挑战压轴题：抛体运动与圆周运动（10题）
参考答案与试题解析
一、解答题（共10小题）
1．（乃东区校级一模）如图所示，一颗质量为的子弹水平打中悬挂在点的质量为的木块，绳子长．子弹嵌在木块中一起上升，恰好能够到达最高点，这时被处的刀片割断绳子（无能量损失）。求：
（1）子弹木块飞出后落在了与圆心等高平台上的点，到点的距离是多少？
（2）在最低点处，子弹打中木块后瞬间，它们的速度有多大？
（3）子弹打中木块前的初速度是多少？
【考点】43：平抛运动；：向心力；37：牛顿第二定律
【专题】32：定量思想；518：平抛运动专题；11：计算题；43：推理法；521：牛顿第二定律在圆周运动中的应用
【分析】（1）抓住子弹和木块恰好能到达最高点，结合牛顿第二定律求出最高点的速度，根据高度求出平抛运动的时间，从而得出到的距离。
（2）根据动能定理求出子弹打中木块后瞬间它们的速度大小。
（3）根据动量守恒定律求出子弹打中木块前的初速度大小。
【解答】解：（1）子弹和木块恰好能到达最高点，根据得，
最高点的速度。
根据得，，
则的距离。
（2）根据动能定理得，，
解得子弹打中木块后的瞬间，速度。
（3）根据动量守恒定律得，，
解得子弹打中木块前的初速度。
答：（1）子弹木块飞出后落在了与圆心等高平台上的点，到点的距离是。
（2）在最低点处，子弹打中木块后瞬间，它们的速度为。
（3）子弹打中木块前的初速度是。
【点评】本题考查了动能定理、牛顿第二定律和平抛运动、圆周运动的综合运用，知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律以及圆周运动向心力的来源是解决本题的关键。
2．（乌鲁木齐模拟）如图所示，一水平桌面长为，桌面离地高为．两质量均为的物块、紧挨着放在桌面上，物块、与水平桌面间的动摩擦因数均为．现分给、一初速度，大小均为，的速度方向水平向右，的速度方向水平向左，、均可视为质点，求：
（1）当物块距桌面右侧边缘为时，物块平抛的水平距离是多少？
（2）当、放置在水平桌面的什么位置时，它们落地后水平距离最大？并求最大值。
【考点】43：平抛运动；37：牛顿第二定律
【专题】22：学科综合题；518：平抛运动专题；49：合成分解法；11：计算题；32：定量思想
【分析】（1）先根据动能定理求出物块平抛的初速度，由下落的高度求平抛运动的时间，再由求水平距离。
（2）同理得到物块平抛的水平距离，从而得到它们落地后水平距离表达式，再由数学知识求解。
【解答】解：（1）当物块距桌面右侧边缘为时，设物块平抛的初速度为。由动能定理得：
据题有：
解得：
对于平抛运动，由得：
物块平抛的水平距离为：
（2）设当、放置在距桌面右侧边缘为时，它们落地后水平距离为，则对有：
对有：
。
联立得：
求导得：
当，即得当时，有最大值，且最大值为：
答：（1）当物块距桌面右侧边缘为时，物块平抛的水平距离是。
（2）当、放置在距桌面右侧边缘为时，它们落地后水平距离最大，最大值是。
【点评】解决本题的关键是理清物块运动过程，由动能定理和平抛运动的规律得到水平距离的表达式，要学会运用导数法求最大值，注意功的正负是列动能定理表达式的关键。
3．（永川区模拟）如图所示，质量的长薄板静置于倾角为的光滑斜面上，在距上端水平距离为的处，有一个质量的小物体，以一定的初速度水平抛出，恰好以平行于斜面的速度落在薄板上的端点，并在薄板上开始向下运动，当小物体落在薄板上的端时，薄板无初速度释放并开始沿斜面向下运动，当小物块运动到薄板的最下端点时，与薄板的速度恰好相等，小物块与薄板之间的动摩擦因数为0.5，，，，求：
（1）小物体在点的初速度；
（2）薄板的长度。
【考点】：匀变速直线运动的速度与时间的关系；43：平抛运动；37：牛顿第二定律
【专题】43：推理法；32：定量思想；11：计算题；518：平抛运动专题
【分析】（1）根据平抛运动的规律，结合平抛运动的速度方向与斜面平行，结合平行四边形定则求出时间，从而得出与点的水平距离。
（2）根据牛顿第二定律分别求出小物体和薄板的加速度，结合运动学公式求出两者速度相等经历的时间，通过两者的位移求出薄板的长度。
【解答】解：（1）小物体从到做平抛运动，下落时间为，水平位移为，
则，
由以上两式解得
（2）设小物体落到点的速度为，则
小物体在薄板上运动，
薄板在光滑斜面上运动，
小物体从落到薄板到两者速度相等用时，则小物体的位移
薄板的位移，薄板的长度
速度相等，以上各式解得
答：（1）小物体在点的初速度；
（2）薄板的长度。
【点评】本题考查了牛顿第二定律与平抛运动的综合运用，通过平抛运动的末速度的方向与斜面方向平行求出运动的时间是关键，对于第二问，关键理清小物体和薄板的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解。
4．（城固县校级学业考试）半径为的水平圆台可绕通过圆心的竖直光滑细轴转动，如图所示。圆台上沿相互垂直的两个半径方向刻有槽，质量为的物体放在一个槽内，与槽底间的静摩擦因数为，质量为的物体放在另一个槽内，此槽是光滑的。间用一长为且不可伸长的轻绳绕过细轴相连。设物体与槽的侧面之间没有作用力，试求：
（1）当圆台做匀角速转动，物体与圆盘之间刚好没有摩擦力且、两物体相对圆台不动时，则到圆心的距离为多大？此时的转动角速度应为多大？
（2）当圆台做匀角速转动，、两物体相对圆台不动且物体与圆台有摩擦时转动角速度和到圆心的距离所应满足的条件。
【考点】48：线速度、角速度和周期、转速；：向心力
【专题】32：定量思想；519：匀速圆周运动专题；16：压轴题；43：推理法
【分析】（1）当两个物体相对于转盘静止且恰无摩擦力时，角速度相等，由绳子拉力提供向心力，根据向心力公式列式求解；
（2）分有沿半径向外滑动的趋势和有沿半径向里滑动的趋势两种情况，分别对和，根据向心力公式列式，联立方程求解。
【解答】解：（1）设，绳上张力为，当相对于转盘静止且恰无摩擦力时，
对，
对
即：，
解之，得．此时，可任取。
（2）当时，有沿半径向外滑动的趋势，受到的静摩擦力沿半径指向圆心。对，对
解之，得：
当时，有沿半径向里滑动的趋势，受到的静摩擦力沿半径背向圆心。对，对
解之，得：
答：（1）当圆台做匀角速转动，物体与圆盘之间刚好没有摩擦力且、两物体相对圆台不动时，则到圆心的距离为，此时的转动角速度可取任意值；
（2）当圆台做匀角速转动，、两物体相对圆台不动且物体与圆台有摩擦时转动角速度和到圆心的距离所应满足的条件为当时，当时。
【点评】本题通过连接体考查牛顿第二定律、向心力公式及摩擦力，解题时要注意两物体转动的角速度相同，同时要注意两小球绳子的拉力相同，而拉力与摩擦力共同充当向心力，找好临界值才能正确求解本题，本题难度较大。
5．（2020•朝阳区校级二模）如图，固定在竖直平面内的倾斜轨道，与水平光滑轨道相连，竖直墙壁高，紧靠墙壁在地面固定一个和等高，底边长的斜面，一个质量的小物块（视为质点）在轨道上从距离点处由静止释放，从点水平抛出，已知小物块在段与轨道间的动摩擦因数为0.5，达到点时无能量损失；段与水平面的夹角为．（重力加速度，，
（1）求小物块运动到点时的速度大小；
（2）求小物块从点抛出到击中斜面的时间；
（3）改变小物块从轨道上释放的初位置，求小物块击中斜面时动能的最小值。
【考点】43：平抛运动
【专题】43：推理法；32：定量思想；16：压轴题；518：平抛运动专题
【分析】（1）对滑块从到过程，根据动能定理列式求解末速度；
（2）从点画出后做平抛运动，根据分位移公式并结合几何关系列式分析即可；
（3）动能最小时末速度最小，求解末速度表达式分析即可。
【解答】解：（1）对滑块从到过程，根据动能定理，有：
，
解得：
；
（2）如图，设物体落在斜面上时水平位移为，竖直位移为，画出轨迹，如图所示：
对平抛运动，根据分位移公式，有：
，
，
结合几何关系，有：
，
解得：；
（3）对滑块从到过程，根据动能定理，有：
，
对平抛运动，根据分位移公式，有：
，
，
结合几何关系，有：
，
从到碰撞到斜面过程，根据动能定理，有：
，
联立解得：，
故当，即时，动能最小，为：；
答：（1）小物块运动到点时的速度大小为；
（2）小物块从点抛出到击中斜面的时间为；
（3）小物块击中斜面时动能的最小值为。
【点评】本题是力学综合问题，关键是正确的受力分析，明确各个阶段的受力情况和运动性质，根据动能定理和平抛运动的规律列式分析，第三问较难，要结合数学不等式知识分析。
6．（南京四模）如图所示，在水平圆盘上，沿半径方向放置物体和，，，它们分居在圆心两侧，与圆心距离为，，中间用细线相连，、与盘间的动摩擦因数均为，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，若圆盘从静止开始绕中心转轴非常缓慢地加速转动，用表示圆盘转动的角速度，表示物体与圆盘之间的摩擦力，取。
（1）细线中出现张力时，圆盘转动的角速度；
（2）、两物体相对圆盘将要滑动时，圆盘转动的角速度；
（3）在下列坐标图中分别画出、两物体滑动前，随变化的关系图象；
【考点】：向心力；37：牛顿第二定律
【专题】522：牛顿运动定律综合专题；43：推理法；14：作图题；32：定量思想；519：匀速圆周运动专题；11：计算题；64：应用数学处理物理问题的能力
【分析】（1）绳子拉力，随着圆盘转速的增加，当达到时，物块达到最大静摩擦力，摩擦力提供向心力，由牛顿第二定律可以求出；
（2）绳子有拉力，分别对、进行受力分析，根据牛顿第二定律圆周运动规律可以求出和；
（3）综上所述，先求出随变化的分段函数，在把函数图象画在坐标系上。
【解答】解：绳子拉力
随着圆盘转速的增加，当达到时，物块达到最大静摩擦力，
，得
（2）随后，绳子有拉力
物块：
物块：
得：
当，，
当，绳子的拉力持续增大，以提供两个物体的向心力，此时，的摩擦力是最大静摩擦力，物块所受到的摩擦力逐渐减小，直至反向最大，
当，
，
解得
（3）综上所述随变化的分段函数为
答：（1）细线中出现张力时，圆盘转动的角速度为；
（2）、两物体相对圆盘将要滑动时，圆盘转动的角速度为；
（3）随变化的关系图象如图所示。
【点评】本题考查了 向心力、牛顿第二定律等知识点。注意点：要充分利用临界条件，作图时，需要写出随变化的分段函数，然后在画图，要特别注意每一段函数的范围。
7．（泰州二模）如图所示，足够大的水平光滑圆台中央立着一根光滑的杆，原长为的轻弹簧套在杆上，质量均为的、、三个小球用两根轻杆通过光滑铰链连接，轻杆长也为，球套在竖直杆上。现将球搁在弹簧上端，当系统处于静止状态时，轻杆与竖直方向夹角．已知重力加速度为，弹簧始终在弹性限度内，，。
（1）求轻杆对的作用力和弹簧的劲度系数；
（2）让、球以相同的角速度绕竖直杆匀速转动，若转动的角速度为（未知）时，、球刚要脱离圆台，求轻杆与竖直方向夹角的余弦和角速度；
（3）两杆竖直并拢，球提升至距圆台高处静止，受到微小扰动，球向下运动，同时、球向两侧相反方向在圆台上沿直线滑动，、、球始终在同一竖直平面内，观测到球下降的最大距离为．球运动到最低点时加速度大小为，求此时弹簧的弹性势能以及球加速度的大小。
【考点】：胡克定律；：向心力；37：牛顿第二定律
【专题】522：牛顿运动定律综合专题；49：合成分解法；11：计算题；32：定量思想
【分析】（1）平台光滑，对球受力分析知轻杆对的作用力，对由胡克定律可求得弹簧的劲度系数；
（2）、球刚要脱离圆台，系统在竖直方向合力为零，可求得轻杆与竖直方向夹角的余弦，对由向心力公式可求得角速度；
（3）球下降的最大距离，速度均为零，由机械守恒可求得弹性势能，对、球由牛顿运动定律可求得加速度。
【解答】解：（1）平台光滑，对球受力分析知轻杆对的作用力
弹簧的形变量：△
对有：△
解得：
（2）、对桌面无弹力，系统在竖直方向合力为零，则：
解得：
对由向心力公式有：
解得：
（3）当球下降时，速度均为零，由机械守恒有：
设杆此时拉力为，杆与竖直方向夹角为，则
的加速度竖直向上，由牛顿运动定律有：
同理对有：
解得：
答：（1）轻杆对的作用力是0，弹簧的劲度系数是；
（2）轻杆与竖直方向夹角的余弦是，角速度是；
（3）此时弹簧的弹性势能是，球加速度的大小是。
【点评】本题综合考查了牛顿第二定律、向心力公式、共点力平衡、胡克定律、机械能守恒定律的综合运用，要明确当装置转动时，系统在竖直方向上平衡，水平方向上的合力提供向心力进行研究。
8．（青海自主招生）如图所示为火车站装载货物的原理示意图，设段是距水平传送带装置高为的光滑斜面，水平段使用水平传送带装置，长，与货物包的摩擦系数为，皮带轮的半径为，上部距车厢底水平面的高度。设货物由静止开始从点下滑，经过点的拐角处无机械能损失。通过调整皮带轮（不打滑）的转动角速度可使货物经点抛出后落在车厢上的不同位置，取，求：
（1）当皮带轮静止时，货物包在车厢内的落地点到点的水平距离；
（2）当皮带轮以角速度顺时方针方向匀速转动时，包在车厢内的落地点到点的水平距离；
（3）试写出货物包在车厢内的落地点到点的水平距离随皮带轮角速度变化关系，并画出图象。（设皮带轮顺时方针方向转动时，角速度取正值，水平距离向右取正值）。
【考点】：机械能守恒定律；48：线速度、角速度和周期、转速；43：平抛运动
【专题】：传送带专题
【分析】（1）由机械能守恒定律研究点到点求出在点的速度；
货物从到做匀减速运动，根据牛顿第二定律和运动学公式求解落地点到点的水平距离；
（2）当皮带轮匀速转动时，分析物体的受力和运动情况，进行求解；
（3）找出落地点到点的水平距离随皮带轮角速度变化关系式，根据数学函数画出物理图象。
【解答】解：由机械能守恒定律可得：
，所以货物在点的速度为
（1）货物从到做匀减速运动，
加速度
设到达点速度为，则：
，
所以：
落地点到点的水平距离：
（2）皮带速度 ，
同（1）的论证可知：货物先减速后匀速，从点抛出的速度为 ，
落地点到点的水平距离：
（3）①皮带轮逆时针方向转动：
无论角速度为多大，货物从到均做匀减速运动：在点的速度为，落地点到点的水平距离
②皮带轮顺时针方向转动时：
Ⅰ、 时，
Ⅱ、 时，
Ⅲ、 时，
Ⅳ、 时，
图象如图
答：（1）当皮带轮静止时，货物包在车厢内的落地点到点的水平距离是；
（2）当皮带轮以角速度顺时方针方向匀速转动时，包在车厢内的落地点到点的水平距离；
（3）如上图
【点评】本题考查多个知识点，清楚物体的受力和运动情况，根据运动情况选择相应的物理规律求解，并注意机械能守恒定律的条件。
9．（宿迁模拟）如图所示，竖直平面内的圆弧形光滑轨道半径为，端与圆心等高，为与水平方向成的斜面，端在的正上方，一个小球在点正上方由静止释放，自由下落至点进入圆轨道并恰能到达点。求：
（1）小球到达点时速度的大小；
（2）释放点距点的竖直高度；
（3）小球落到斜面上点时速度的大小和方向。
【考点】43：平抛运动；：机械能守恒定律
【分析】（1）小球恰能到达点，说明此时恰好是物体的重力作为向心力，由向心力的公式可以求得在点的速度大小；
（2）从开始下落到的过程中，物体的机械能守恒，从而可以求得小球释放时距点的竖直高度。
（3）离开点后小球做平抛运动，根据水平方向的匀速直线运动，竖直方向上的自由落体运动可以求得小球的速度。
【解答】解：（1）小球到达点：由
得：
（2）设小球的释放点距点高度为
由机械能守恒定律，得：
得：
（3）小球落到点时：由，得：
解得：

小球落到点得速度大小：
小球落到点时，速度与水平方向夹角为
答：（1）小球到达点时速度的大小为；
（2）释放点距点的竖直高度是；
（3）小球落到斜面上点时速度的大小是与水平方向夹角的正切值是2。
【点评】小球的运动过程可以分为三段，第一段是自由落体运动，第二段是圆周运动，此时机械能守恒，第三段是平抛运动，分析清楚各部分的运动特点，采用相应的规律求解即可。
10．（通州区二模）如图所示，半径的光滑圆弧轨道与足够长的传送带在处平滑连接，为圆弧轨道的圆心，点为圆弧轨道的最低点，半径、与的夹角分别为和．传送带以的速度沿顺时针方向匀速转动，将一个质量的煤块（视为质点）从点左侧高为处的点水平抛出，恰从点沿切线方向进入圆弧轨道。已知煤块与轨道间的动摩擦因数，重力加速度取，，．求：
（1）煤块水平抛出时的初速度大小；
（2）煤块第一次到达圆弧轨道上的点对轨道的压力大小；
（3）煤块第一次离开传送带前，在传送带上留下痕迹可能的最长长度。（结果保留2位有效数字）
【考点】43：平抛运动；65：动能定理
【专题】32：定量思想；16：压轴题；：动能定理的应用专题；43：推理法
【分析】（1）物体做平抛运动，由自由落体运动的规律求出煤块落在时的竖直分速度，然后应用运动的合成与分解求出煤块的初速度大小。
（2）通过计算分析清楚煤块的运动过程，由动能定理求出煤块在点的速度，然后根据牛顿第二定律求出煤块对圆弧轨道压力大小；
（3）先分析煤块的运动情况，再根据牛顿第二定律结合运动学基本公式求解。
【解答】解：（1）煤块在抛出后竖直方向做自由落体运动，竖直方向有：
煤块恰从点沿切线方向进入圆弧轨道，则：
得：
（2）煤块在的过程中由动能定理：
在点由牛顿第二定律：
解得：，，
又由牛顿第三定律知在点对轨道的压力大小为
（3）因
所以，煤块先沿传送带向上做匀减速运动，然后做匀变速运动返回，设总时间为。
在沿传送带向上匀减速由牛顿第二定律：，
后面的匀变速阶段由牛顿第二定律：，
解得：，
对煤块从滑上到滑下传送带由运动学公式：
解得：，
由题意可知，当传送带最前沿的痕迹与最后痕迹不重叠时，痕迹最长，此时有：
答：（1）煤块水平抛出时的初速度大小为；
（2）煤块第一次到达圆弧轨道上的点对轨道的压力大小为；
（3）煤块第一次离开传送带前，在传送带上留下痕迹可能的最长长度为。
【点评】本题关键是分析清楚煤块的运动情况，然后根据动能定理、平抛运动知识、牛顿第二定律解题，第三问中要最知道当传送带最前沿的痕迹与最后痕迹不重叠时，痕迹最长，难度适中。
考点卡片
1．匀变速直线运动的速度与时间的关系
【知识点的认识】
（1）定义：沿着一条直线，且加速度不变的运动，叫做匀变速直线运动．
（2）匀变速直线运动的速度﹣时间图象：匀变速直线运动的v﹣t图象是一条倾斜的直线，速度随时间均匀变化．
（3）匀变速直线运动的分类：若物体的速度随时间均匀增加，称为匀加速直线运动；若物体的速度随时间均匀减少，称为匀减速直线运动．
（4）匀变速直线运动的速度公式：vt＝v0+at．其中，vt为末速度，v0为初速度，a为加速度，运用此公式解题时要注意公式的矢量性．在直线运动中，如果选定了该直线的一个方向为正方向，则凡与规定正方向相同的矢量在公式中取正值，凡与规定正方向相反的矢量在公式中取负值，因此，应先规定正方向．（一般以v0的方向为正方向，则对于匀加速直线运动，加速度取正值；对于匀减速直线运动，加速度取负值．）
【命题方向】
例1：一个质点从静止开始以1m/s2的加速度做匀加速直线运动，经5s后做匀速直线运动，最后2s的时间内使质点做匀减速直线运动直到静止．求：
（1）质点做匀速运动时的速度；
（2）质点做匀减速运动时的加速度大小．
分析：根据匀变速直线运动的速度时间公式求出5s末的速度，结合速度时间公式求出质点速度减为零的时间．
解答：（1）根据速度时间公式得，物体在5s时的速度为：
v＝a1t1＝1×5m/s＝5m/s．
（2）物体速度减为零的时间2s，做匀减速运动时的加速度大小为：
a2＝＝2.5m/s2
答：（1）质点做匀速运动时的速度5m/s；
（2）质点做匀减速运动时的加速度大小2.5m/s2．
点评：解决本题的关键掌握匀变速直线运动的速度时间公式和位移时间公式，并能灵活运用．
例2：汽车以28m/s的速度匀速行驶，现以4.0m/s2的加速度开始刹车，则刹车后4s末和8s末的速度各是多少？
分析：先求出汽车刹车到停止所需的时间，因为汽车刹车停止后不再运动，然后根据v＝v0+at，求出刹车后的瞬时速度．
解答：由题以初速度v0＝28m/s的方向为正方向，
则加速度：a＝＝﹣4.0m/s2，
刹车至停止所需时间：t＝＝s＝7s．
故刹车后4s时的速度：v3＝v0+at＝28m/s﹣4.0×4m/s＝12m/s
刹车后8s时汽车已停止运动，故：v8＝0
答：刹车后4s末速度为12m/s，8s末的速度是0．
点评：解决本题的关键掌握匀变速直线运动的速度与时间公式v＝v0+at，以及知道汽车刹车停止后不再运动，在8s内的速度等于在7s内的速度．解决此类问题一定要注意分析物体停止的时间．
【解题方法点拨】
1．解答题的解题步骤（可参考例1）：
①分清过程（画示意图）；
②找参量（已知量、未知量）
③明确规律（匀加速直线运动、匀减速直线运动等）
④利用公式列方程（选取正方向）
⑤求解验算．
2．注意vt＝v0+at是矢量式，刹车问题要先判断停止时间．
2．胡克定律
【知识点的认识】
1．弹力
（1）定义：发生弹性形变的物体，由于要恢复原状，对跟它接触的物体产生的力叫弹力．
（2）弹力的产生条件：①弹力的产生条件是两个物体直接接触，②并发生弹性形变．
（3）弹力的方向：力垂直于两物体的接触面．
①支撑面的弹力：支持力的方向总是 垂直 于支撑面，指向被支持的物体；压力总是垂直于支撑面指向被压的物体．
点与面接触时弹力的方向：过接触点垂直于接触面．
球与面接触时弹力的方向：在接触点与球心的连线上．
球与球相接触的弹力方向：垂直于过接触点的公切面．
②弹簧两端的弹力方向：与弹簧中心轴线重合，指向弹簧恢复原状的方向．其弹力可为拉力，可为压力．
③轻绳对物体的弹力方向：沿绳指向绳收缩的方向，即只为拉力．
2．胡克定律
弹簧受到外力作用发生弹性形变，从而产生弹力．在弹性限度内，弹簧弹力F的大小与弹簧伸长（或缩短）的长度x成正比．即F＝kx，
其中，劲度系数k的意义是弹簧每伸长（或缩短）单位长度产生的弹力，其单位为N/m．它的大小由制作弹簧的材料、弹簧的长短和弹簧丝的粗细决定．x则是指形变量，应为形变（包括拉伸形变和压缩形变）后弹簧的长度与弹簧原长的差值．
注意：胡克定律在弹簧的弹性限度内适用．
3．胡克定律的应用
（1）胡克定律推论
在弹性限度内，由F＝kx，得F1＝kx1，F2＝kx2，即F2﹣F1＝k（x2﹣x1），即：△F＝k△x
即：弹簧弹力的变化量与弹簧形变量的变化量（即长度的变化量）成正比．
（2）确定弹簧状态
对于弹簧问题首先应明确弹簧处于“拉伸”、“压缩”还是“原长”状态，并且确定形变量的大小，从而确定弹簧弹力的方向和大小．如果只告诉弹簧弹力的大小，必须全面分析问题，可能是拉伸产生的，也可能是压缩产生的，通常有两个解．
（3）利用胡克定律的推论确定弹簧的长度变化和物体位移的关系
如果涉及弹簧由拉伸（压缩）形变到压缩（拉伸）形变的转化，运用胡克定律的推论△F＝k△x可直接求出弹簧长度的改变量△x的大小，从而确定物体的位移，再由运动学公式和动力学公式求相关量．
【命题方向】
（1）第一类常考题型是考查胡克定律：
一个弹簧挂30N的重物时，弹簧伸长1.2cm，若改挂100N的重物时，弹簧总长为20cm，则弹簧的原长为（ ）
A．12cm B．14cm C．15cm D．16cm
分析：根据胡克定律两次列式后联立求解即可．
解：一个弹簧挂30N的重物时，弹簧伸长1.2cm，根据胡克定律，有：F1＝kx1；
若改挂100N的重物时，根据胡克定律，有：F2＝kx2；
联立解得：k＝；
x2＝；
故弹簧的原长为：x0＝x﹣x2＝20cm﹣4cm＝16cm；
故选D．
点评：本题关键是根据胡克定律列式后联立求解，要记住胡克定律公式中F＝k•△x的△x为行变量．
（2）第二类常考题型是考查胡克定律与其他知识点的结合：
如图所示，一根轻质弹簧上端固定，下端挂一个质量为m0的平盘，盘中有一物体，质量为m，当盘静止时，弹簧的长度比其自然长度伸长了l，今向下拉盘，使弹簧再伸长△l后停止，然后松手，设弹簧总处在弹性限度内，则刚松手时盘对物体的支持力等于（ ）
A. B. C. D.
分析：根据胡克定律求出刚松手时手的拉力，确定盘和物体所受的合力，根据牛顿第二定律求出刚松手时，整体的加速度．再隔离物体研究，用牛顿第二定律求解盘对物体的支持力．
解：当盘静止时，由胡克定律得（m+m0）g＝kl ①
设使弹簧再伸长△l时手的拉力大小为F
再由胡克定律得 F＝k△l ②
由①②联立得 F＝
刚松手瞬时弹簧的弹力没有变化，则以盘和物体整体为研究对象，所受合力大小等于F，方向竖直向上．
设刚松手时，加速度大小为a，
根据牛顿第二定律得 a＝＝
对物体研究：FN﹣mg＝ma
解得 FN＝（1+）mg
故选A．
点评：点评：本题考查应用牛顿第二定律分析和解决瞬时问题的能力，这类问题往往先分析平衡状态时物体的受力情况，再分析非平衡状态时物体的受力情况，根据牛顿第二定律求解瞬时加速度．
【解题方法点拨】
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．弹力的有无及方向判断比较复杂，因此在确定其大小和方向时，不能想当然，应根据具体的条件或计算来确定．
3．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+μmgcsθ＝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﹣μmgcsθ＝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．
4．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．
5．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．
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．
6．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
【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．
7．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。
8．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：
【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＝μmgcsθ，
物体从A运动到D全程，由动能定理
可得：mg（lsinθ﹣R﹣Rcsθ）﹣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．
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：2020/4/13 16:00:20；用户：ZY蔡老师；邮箱：[email protected]；学号：5146005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
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

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；
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）