《高考物理通用版二輪復(fù)習(xí)講義：第一部分 第一板塊 第2講 熟知“四類典型運動”掌握物體運動規(guī)律 Word版含解析》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考物理通用版二輪復(fù)習(xí)講義：第一部分 第一板塊 第2講 熟知“四類典型運動”掌握物體運動規(guī)律 Word版含解析（15頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、第第 2 講講|熟知熟知“四類典型運動四類典型運動”，掌握物體運動規(guī)律，掌握物體運動規(guī)律考法考法學(xué)法學(xué)法該部分該部分“四類典型運動四類典型運動”包括：勻變速直線運動、一般的曲線運動、平拋運動、水平包括：勻變速直線運動、一般的曲線運動、平拋運動、水平面內(nèi)的圓周運動。高考既有對單個運動形式的考查，也有對多個運動形式的組合考面內(nèi)的圓周運動。高考既有對單個運動形式的考查，也有對多個運動形式的組合考查?？疾榈膬?nèi)容主要包括：查。考查的內(nèi)容主要包括：勻變速直線運動的規(guī)律及圖像；勻變速直線運動的規(guī)律及圖像；平拋運動的規(guī)律；平拋運動的規(guī)律；水平面內(nèi)圓周運動的規(guī)律及臨界問題水平面內(nèi)圓周運動的規(guī)律及臨界問題。用到的

2、思想方法有用到的思想方法有：模型法模型法；圖像法圖像法；臨界問題的處理方法；臨界問題的處理方法；合成與分解思想；合成與分解思想；等效思想。等效思想。提能點提能點 一一 “熟能生巧熟能生巧”，快速解答勻變速直線運動問題，快速解答勻變速直線運動問題基礎(chǔ)保分類考點基礎(chǔ)保分類考點練練就能過關(guān)練練就能過關(guān)知能全通知能全通解答勻變速直線運動問題的常用方法解答勻變速直線運動問題的常用方法1基本公式法：基本公式法：vv0at，xv0t12at2，v2v022ax。2重要推論法：重要推論法：vt2vv0v2(利用平均速度測瞬時速度利用平均速度測瞬時速度)；vx2v02v22；xaT2(用逐差法測加速度用逐差法測

3、加速度)。3逆向思維法：逆向思維法：“勻減速勻減速(至速度為零的至速度為零的)直線運動直線運動”可逆向處理為可逆向處理為“(由靜止開始的由靜止開始的)勻加速直線運動勻加速直線運動”。4圖像法：圖像法：利用利用 v t 圖像或圖像或 x t 圖像求解。圖像求解。5比例法：比例法：只適用于初速度或末速度為零的勻變速直線運動。只適用于初速度或末速度為零的勻變速直線運動。(1)1T 末、末、2T 末、末、3T 末、末、nT 末瞬時速度之比為末瞬時速度之比為 123n。(2)第第 1 個個 T 內(nèi)、第內(nèi)、第 2 個個 T 內(nèi)、內(nèi)、第、第 n 個個 T 內(nèi)位移之比為內(nèi)位移之比為 135(2n1)。(3)從

4、靜止開始連續(xù)通過相等位移所用時間之比為從靜止開始連續(xù)通過相等位移所用時間之比為 1( 21)( 3 2)( nn1)。題點全練題點全練1(2018全國卷全國卷)高鐵列車在啟動階段的運動可看作初速度為零的勻加速直線運動高鐵列車在啟動階段的運動可看作初速度為零的勻加速直線運動。在啟動階段，列車的動能在啟動階段，列車的動能()A與它所經(jīng)歷的時間成正比與它所經(jīng)歷的時間成正比B與它的位移成正比與它的位移成正比C與它的速度成正比與它的速度成正比D與它的動量成正比與它的動量成正比解析：解析：選選 B動能動能 Ek12mv2，與速度的平方成正比，故，與速度的平方成正比，故 C 錯誤；速度錯誤；速度 vat，可

5、得，可得Ek12ma2t2，與經(jīng)歷的時間的平方成正比與經(jīng)歷的時間的平方成正比，故故 A 錯誤錯誤；根據(jù)根據(jù) v22ax，可得可得 Ekmax，與位與位移成正比，故移成正比，故 B 正確；動量正確；動量 pmv，可得，可得 Ekp22m，與動量的平方成正比，故，與動量的平方成正比，故 D 錯誤。錯誤。2一個物體從靜止開始做勻加速直線運動一個物體從靜止開始做勻加速直線運動，以以 T 為時間間隔為時間間隔，在第三個在第三個 T 時間內(nèi)位移時間內(nèi)位移是是 3 m，第三個，第三個 T 時間末的瞬時速度為時間末的瞬時速度為 3 m/s，則，則()A物體的加速度是物體的加速度是 1 m/s2B第一個第一個

6、T 時間末的瞬時速度為時間末的瞬時速度為 0.6 m/sC時間間隔為時間間隔為 1 sD物體在第物體在第 1 個個 T 時間內(nèi)的位移為時間內(nèi)的位移為 0.6 m解析：解析：選選 D初速初速度為零的勻加速直線度為零的勻加速直線運動，連運動，連續(xù)相等時間內(nèi)通過的位移之續(xù)相等時間內(nèi)通過的位移之比為比為 135，據(jù)此可知第一個據(jù)此可知第一個 T 時間內(nèi)的位移時間內(nèi)的位移 x1153 m0.6 m， 選項選項 D 正確正確； 第二個第二個 T 時間內(nèi)的位移時間內(nèi)的位移x2353 m1.8 m，由，由 v3202a(x1x2x3)，得，得 a56m/s2，選項，選項 A 錯誤；由錯誤；由xaT2得得 x2

7、x1aT2，解得，解得 T65s，選項，選項 C 錯誤；第一個錯誤；第一個 T 時間末的瞬時速度時間末的瞬時速度 v1aT1 m/s，選項選項 B 錯誤。錯誤。3.(2019 屆高三屆高三福州八校聯(lián)考福州八校聯(lián)考)如圖所示如圖所示，a、b、c、d 為光滑斜面上為光滑斜面上的四個點。一小滑塊自的四個點。一小滑塊自 a 點由靜止開始下滑，通過點由靜止開始下滑，通過 ab、bc、cd 各段所各段所用時間均為用時間均為 T。現(xiàn)讓該滑塊自?，F(xiàn)讓該滑塊自 b 點由靜止開始下滑，則該滑塊點由靜止開始下滑，則該滑塊()A通過通過 bc、cd 段的時間均大于段的時間均大于 TB通過通過 c、d 點的速度之比為點

8、的速度之比為 12C通過通過 bc、cd 段的時間之比為段的時間之比為 11D通過通過 c 點的速度等于通過點的速度等于通過 bd 段的平均速度段的平均速度解析：解析：選選 A當滑塊由當滑塊由 a 點靜止下滑時，滑塊沿光滑的斜面做勻加速直線運動，設(shè)加點靜止下滑時，滑塊沿光滑的斜面做勻加速直線運動，設(shè)加速度大小為速度大小為 a，ab 段的間距為段的間距為 x，則則 bc 段段、cd 段的間距應(yīng)分別為段的間距應(yīng)分別為 3x、5x，xbcxcd35，類比滑塊由類比滑塊由 b 點靜止下滑易知，點靜止下滑易知，C 錯誤；如果滑塊由錯誤；如果滑塊由 b 點靜止下滑，顯然滑塊通過點靜止下滑，顯然滑塊通過 b

9、c 段段、cd 段的時間均大于段的時間均大于 T，A 正確；滑塊在正確；滑塊在 c 點的速度應(yīng)為點的速度應(yīng)為 v12a3x，滑塊在，滑塊在 d 點的速度點的速度應(yīng)為應(yīng)為 v22a8x，則，則 v1v2 38，B 錯誤；因為錯誤；因為 xbcxcd35，顯然滑塊通過，顯然滑塊通過 c 點點的時刻不是通過的時刻不是通過 bd 段的中間時刻段的中間時刻， 則滑塊通過則滑塊通過 c 點的速度不等于點的速度不等于 bd 段的平均速度段的平均速度， D 錯誤錯誤。提能點提能點 二二 “合成分解合成分解”，靈活解答曲線運動問題，靈活解答曲線運動問題基礎(chǔ)保分類考點基礎(chǔ)保分類考點練練就能過關(guān)練練就能過關(guān)知能全通

10、知能全通1 1解決運動合成與分解的一般思路解決運動合成與分解的一般思路(1)明確合運動或分運動的運動性質(zhì)。明確合運動或分運動的運動性質(zhì)。(2)明確是在哪兩個方向上的合成或分解。明確是在哪兩個方向上的合成或分解。(3)找出各個方向上已知的物理量找出各個方向上已知的物理量(速度、位移、加速度速度、位移、加速度)。(4)運用力與速度的關(guān)系或矢量的運算法則進行分析求解。運用力與速度的關(guān)系或矢量的運算法則進行分析求解。2解答關(guān)聯(lián)速度問題的方法解答關(guān)聯(lián)速度問題的方法(1)與繩或桿相連的物體，相對地面實際發(fā)生的運動是合運動，合運動對應(yīng)合速度。與繩或桿相連的物體，相對地面實際發(fā)生的運動是合運動，合運動對應(yīng)合速

11、度。(2)在繩在繩(桿桿)的端點把合速度分解為沿繩的端點把合速度分解為沿繩(桿桿)方向的速度和垂直于繩方向的速度和垂直于繩(桿桿)方向的速度，而方向的速度，而沿繩沿繩(桿桿)的方向上各點的速度大小相等，由此列方程解題。的方向上各點的速度大小相等，由此列方程解題。3小船渡河的兩類問題、三種情景小船渡河的兩類問題、三種情景最短最短時間時間當船頭方向即當船頭方向即 v船船垂直河岸時，渡河時間最短，垂直河岸時，渡河時間最短，tmindv船船最短最短位移位移如果如果 v船船v水水，當當 v船船與上游夾角與上游夾角滿足滿足 v船船cos v水水時時，v合合垂直河岸，渡河位移最短，等于河寬垂直河岸，渡河位移

12、最短，等于河寬 d如如果果 v船船v水水， 當當 v船船與與 v合合垂直時垂直時， 渡河位移最短渡河位移最短， 等于等于dv水水v船船題點全練題點全練1.一物體在光滑的水平桌面上運動，在相互垂直的一物體在光滑的水平桌面上運動，在相互垂直的 x 方向和方向和 y 方向方向上的分運動的速度隨時間變化的規(guī)律如圖所示上的分運動的速度隨時間變化的規(guī)律如圖所示。關(guān)于物體的運動關(guān)于物體的運動，下列下列說法中正確的是說法中正確的是()A物體運動的初速度大小是物體運動的初速度大小是 7 m/sB物體做變加速直線運動物體做變加速直線運動C物體做勻變速曲線運動物體做勻變速曲線運動D物體運動的加速度大小是物體運動的加

13、速度大小是 5 m/s2解析：解析：選選 C由題圖可得分運動的初速度大小由題圖可得分運動的初速度大小 v0 x3 m/s，v0y4 m/s，則初速度大小，則初速度大小為為 v0 v0 x2v0y25 m/s，選項，選項 A 錯誤；錯誤；x 方向的勻速直線運動和方向的勻速直線運動和 y 方向的勻變速直線運方向的勻變速直線運動合成為勻變速曲線運動動合成為勻變速曲線運動，選項選項 B 錯誤錯誤，C 正確正確；分運動的加速度大小分運動的加速度大小 ax0，ay2 m/s2，物體的加速度大小物體的加速度大小 a ax2ay22 m/s2，選項，選項 D 錯誤。錯誤。2(2018成都診斷成都診斷)質(zhì)量為質(zhì)

14、量為 m 的物體的物體 P 置于傾角為置于傾角為1的固定的固定光滑斜面上光滑斜面上，輕細繩跨過光滑定滑輪分別連接著輕細繩跨過光滑定滑輪分別連接著 P 與小車與小車，P 與滑輪間的細繩平行于斜面與滑輪間的細繩平行于斜面，小車以速率小車以速率 v 水平向右做勻速直線運動。當小車與滑輪間的細繩和水平方向的夾角為水平向右做勻速直線運動。當小車與滑輪間的細繩和水平方向的夾角為2時時(如圖如圖)，下列判斷正確的是，下列判斷正確的是()AP 的速率為的速率為 vBP 的速率為的速率為 vcos 2C細繩的拉力等于細繩的拉力等于 mgsin 1D細繩的拉力小于細繩的拉力小于 mgsin 1解析解析：選選 B將

15、小車速度分解為沿細繩和垂直細繩方向的將小車速度分解為沿細繩和垂直細繩方向的 v1、v2，P的的速率速率 v1vcos 2，A 錯誤錯誤，B 正確正確；小車向右做勻速直線運動小車向右做勻速直線運動，2減小減小，P 的速率增大的速率增大，P 具有沿斜面方向向具有沿斜面方向向上的加速度，故細繩的拉力大于上的加速度，故細繩的拉力大于 mgsin 1，C、D 錯誤。錯誤。3多選多選相距為相距為 l0的甲的甲、乙兩船在同一河流中同時開始渡河乙兩船在同一河流中同時開始渡河，河水河水流速為流速為 v0，兩船在靜水中的速率均為兩船在靜水中的速率均為 v。甲甲、乙兩船船頭與河岸的夾角乙兩船船頭與河岸的夾角均為均為

16、，如圖所示，已知甲船恰好能垂直到達河正對岸的，如圖所示，已知甲船恰好能垂直到達河正對岸的 A 點，乙船到點，乙船到達河對岸的達河對岸的 B 點，點，A、B 之間的距離為之間的距離為 l。則下列判斷正確的是。則下列判斷正確的是()A甲、乙兩船同時到達對岸甲、乙兩船同時到達對岸B若僅是河水流速若僅是河水流速 v0增大，則兩船的渡河時間都不變增大，則兩船的渡河時間都不變C不論河水流速不論河水流速 v0如何改變，只要適當改變?nèi)绾胃淖?，只要適當改變，甲船總能到達正對岸的，甲船總能到達正對岸的 A 點點D若僅是河水流速若僅是河水流速 v0增大，則兩船到達對岸時，兩船之間的距離仍然為增大，則兩船到達對岸時，

17、兩船之間的距離仍然為 l解析：解析：選選 ABD甲、乙兩船在垂直河岸方向上的分速度大小相同，都為甲、乙兩船在垂直河岸方向上的分速度大小相同，都為 vsin ，根據(jù)，根據(jù)合運動與分運動具有等時性可得，兩船的渡河時間相同，且與河水流速合運動與分運動具有等時性可得，兩船的渡河時間相同，且與河水流速 v0無關(guān)，故無關(guān)，故 A、B正確正確；當當 v0v 時時，不論怎樣改變不論怎樣改變，甲船都不能到達正對岸的甲船都不能到達正對岸的 A 點點，故故 C 錯誤錯誤；兩船到達兩船到達對岸時對岸時，兩船之間的距離兩船之間的距離 ll乙乙l甲甲l0(vcos v0)t(v0vcos )tl02vtcos l0，與與

18、v0無關(guān)，故無關(guān)，故 D 正確。正確。提能點提能點 三三 “化曲為直化曲為直”，輕松解答平拋運動問題輕松解答平拋運動問題重難增分類考點重難增分類考點講練結(jié)合過關(guān)講練結(jié)合過關(guān)研一題研一題一帶有乒乓球發(fā)射機的乒乓球臺如圖所示一帶有乒乓球發(fā)射機的乒乓球臺如圖所示。水平臺面的長和寬分別為水平臺面的長和寬分別為 L1和和 L2，中間球中間球網(wǎng)高度為網(wǎng)高度為 h。發(fā)射機安裝于臺面左側(cè)邊緣的中點發(fā)射機安裝于臺面左側(cè)邊緣的中點，能以不同速率向右側(cè)不同方向水平發(fā)射乒能以不同速率向右側(cè)不同方向水平發(fā)射乒乓球，發(fā)射點距臺面高度為乓球，發(fā)射點距臺面高度為 3h。不計空氣的作用，重力加速度大小為。不計空氣的作用，重力加

19、速度大小為 g。若乒乓球的發(fā)射。若乒乓球的發(fā)射速率速率 v 在某范圍內(nèi)，通過選擇合適的方向，就能使乒乓球落到球網(wǎng)右側(cè)臺面上，則在某范圍內(nèi)，通過選擇合適的方向，就能使乒乓球落到球網(wǎng)右側(cè)臺面上，則 v 的最的最大取值范圍是大取值范圍是()A.L12g6hvL1g6hB.L14ghv 4L12L22 g6hC.L12g6hv12 4L12L22 g6hD.L14ghv12 4L12L22 g6h思路點撥思路點撥1使球過網(wǎng)的臨界條件是什么？此時對應(yīng)最大發(fā)射速率還是最小發(fā)射速率？使球過網(wǎng)的臨界條件是什么？此時對應(yīng)最大發(fā)射速率還是最小發(fā)射速率？提示：提示：球恰好能經(jīng)過網(wǎng)的上側(cè)，對應(yīng)最小發(fā)射速率。球恰好能經(jīng)

20、過網(wǎng)的上側(cè)，對應(yīng)最小發(fā)射速率。2在球不被打出右側(cè)臺面的前提下在球不被打出右側(cè)臺面的前提下，球最遠能落到何處？此時對應(yīng)最大發(fā)射速率還是球最遠能落到何處？此時對應(yīng)最大發(fā)射速率還是最小發(fā)射速率？最小發(fā)射速率？提示：提示：球最遠能落到右側(cè)臺面的兩角處，對應(yīng)最大發(fā)射速率。球最遠能落到右側(cè)臺面的兩角處，對應(yīng)最大發(fā)射速率。解析解析設(shè)以速率設(shè)以速率 v1發(fā)射乒乓球，經(jīng)過時間發(fā)射乒乓球，經(jīng)過時間 t1剛好落到球網(wǎng)正中間，則豎直方向上有剛好落到球網(wǎng)正中間，則豎直方向上有3hh12gt12，水平方向上有，水平方向上有L12v1t1，解得，解得 v1L14gh。設(shè)以速率。設(shè)以速率 v2發(fā)射乒乓球，經(jīng)過時發(fā)射乒乓球，經(jīng)

21、過時間間 t2剛好落到球網(wǎng)右側(cè)臺面的兩角處剛好落到球網(wǎng)右側(cè)臺面的兩角處， 在豎直方向在豎直方向有有 3h12gt22， 在水平方向有在水平方向有L222L12v2t2，解得，解得 v212 4L12L22 g6h。則。則 v 的最大取值范圍為的最大取值范圍為 v1vv2。故選項。故選項 D 正確。正確。答案答案D悟一法悟一法平拋運動的兩個平拋運動的兩個“正切值正切值”和兩個和兩個“模型模型”1兩個兩個“正切值正切值”任意時刻的速度與水平方向的夾角任意時刻的速度與水平方向的夾角的正切值總等于該時刻的位移與水平方向的夾角的正切值總等于該時刻的位移與水平方向的夾角的正切值的的正切值的 2 倍，即倍，

22、即 tan 2tan 。2兩個兩個“模型模型”兩個模型兩個模型解題方法解題方法方法應(yīng)用方法應(yīng)用分解速度分解速度，構(gòu)建速度矢量構(gòu)建速度矢量三角形三角形水平方向：水平方向：vxv0豎直方向：豎直方向：vygt合速度：合速度：v vx2vy2方向：方向：tan vxvy分解位移分解位移，構(gòu)建位移矢量構(gòu)建位移矢量三角形三角形水平方向：水平方向：xv0t豎直方向：豎直方向：y12gt2合位移：合位移：s x2y2方向：方向：tan yx通一類通一類1多選多選如圖所示如圖所示，在距地面高為在距地面高為 H45 m 處處，有一小有一小球球A 以初速度以初速度 v010 m/s 水平拋出，與此同時，在水平拋出

23、，與此同時，在 A 的正下方有的正下方有一物塊一物塊 B 也以相同的初速度同方向滑出，也以相同的初速度同方向滑出，B 與水平地面間的動與水平地面間的動摩擦因數(shù)為摩擦因數(shù)為0.4，A、B 均可視為質(zhì)點均可視為質(zhì)點，空氣阻力不計空氣阻力不計(取取 g10 m/s2)。下列說法正確的是下列說法正確的是()AA 運動時間為運動時間為 3 sBB 運動時間為運動時間為 3 sCB 運動運動 12.5 m 后停止后停止DA 落地時，落地時，A、B 相距相距 17.5 m解析：解析：選選 ACD根據(jù)根據(jù) H12gt2得，得，t2Hg24510s3 s，故，故 A 正確；正確；B 做勻做勻減速直線運動的加速度

24、大小減速直線運動的加速度大小 ag0.410 m/s24 m/s2，則則 B 速度減為零的時間速度減為零的時間 t0v0a104s2.5 s，滑行的距離，滑行的距離 xv02t01022.5 m12.5 m，故，故 B 錯誤，錯誤，C 正確；正確；A 落地時，落地時，A的水平位移的水平位移 xAv0t103 m30 m，B 的位移的位移 xBx12.5 m，則，則 A、B 相距相距x(3012.5)m17.5 m，故，故 D 正確。正確。2(2018全國卷全國卷)在一斜面頂端，將甲、乙兩個小球分別以在一斜面頂端，將甲、乙兩個小球分別以 v 和和v2的速度沿同一方向的速度沿同一方向水平拋出，兩球

25、都落在該斜面上。甲球落至斜面時的速率是乙球落至斜面時速率的水平拋出，兩球都落在該斜面上。甲球落至斜面時的速率是乙球落至斜面時速率的()A2 倍倍B4 倍倍C6 倍倍D8 倍倍解析解析：選選 A畫出小球在斜面上運動軌跡畫出小球在斜面上運動軌跡，如圖所示如圖所示，可可知：知：xvt，xtan 12gt2，則，則 x2tan gv2，即，即 xv2。甲、乙。甲、乙兩球拋出速度分別為兩球拋出速度分別為 v 和和v2，則相應(yīng)水平位移之比為則相應(yīng)水平位移之比為 41，由相似三角形知由相似三角形知，下落高度之比下落高度之比也為也為 41，由自由落體運動規(guī)律得由自由落體運動規(guī)律得，落在斜面上豎直方向速度之比為

26、落在斜面上豎直方向速度之比為 21，由落至斜面時由落至斜面時的速率的速率 v斜斜 vx2vy2可得落至斜面時速率之比為可得落至斜面時速率之比為 21，A 對。對。3.如圖所示，斜面體如圖所示，斜面體 ABC 放置在水平地面上，有一小球從放置在水平地面上，有一小球從 A 點點正上方某一高度以正上方某一高度以 4 m/s 的速度水平拋出的速度水平拋出，剛好落在斜邊剛好落在斜邊 AC 的中點的中點。若小球拋出點不變?nèi)粜∏驋伋鳇c不變，將小球以速度將小球以速度 v 水平拋出水平拋出，小球剛好落在斜面頂小球剛好落在斜面頂端端 C 點，不計空氣阻力的影響，則該速度點，不計空氣阻力的影響，則該速度 v 的大小

27、可能為的大小可能為()A5 m/sB6 m/sC8 m/sD10 m/s解析：解析：選選 D改變小球拋出速度后，水平位移變?yōu)樵瓉淼母淖冃∏驋伋鏊俣群?，水平位移變?yōu)樵瓉淼?2 倍，由于小球運動時間變倍，由于小球運動時間變短，則速度短，則速度 v 大于原來的大于原來的 2 倍，只有倍，只有 D 項是可能的。項是可能的。提能點提能點 四四 “結(jié)合實際結(jié)合實際”，穩(wěn)步解答水平面內(nèi)的圓周運動問題，穩(wěn)步解答水平面內(nèi)的圓周運動問題基礎(chǔ)保分類考點基礎(chǔ)保分類考點練練就能過關(guān)練練就能過關(guān)知能全通知能全通1 1解決圓周運動問題的解決圓周運動問題的“四個步驟四個步驟”2水平面內(nèi)圓周運動的臨界問題水平面內(nèi)圓周運動的臨界

28、問題(1)水平面內(nèi)做圓周運動的物體其向心力可能由彈力、摩擦力等力提供，常涉及繩的張水平面內(nèi)做圓周運動的物體其向心力可能由彈力、摩擦力等力提供，常涉及繩的張緊與松弛、接觸面分離等臨界狀態(tài)。緊與松弛、接觸面分離等臨界狀態(tài)。(2)常見臨界條件：常見臨界條件：繩的臨界：張力繩的臨界：張力 FT0；接觸面滑動的臨界：接觸面滑動的臨界：Ff；接觸面接觸面分離的臨界：分離的臨界：FN0。題點全練題點全練1.一一水平放置的圓盤可以繞中心水平放置的圓盤可以繞中心 O 點旋轉(zhuǎn)，盤上放一個質(zhì)量為點旋轉(zhuǎn)，盤上放一個質(zhì)量為 m 的的鐵塊鐵塊(可視為質(zhì)點可視為質(zhì)點)，輕質(zhì)彈簧一端連接鐵塊輕質(zhì)彈簧一端連接鐵塊，另一端系于另

29、一端系于 O 點點，鐵塊與圓鐵塊與圓盤間的動摩擦因數(shù)為盤間的動摩擦因數(shù)為，如圖所示。鐵塊隨圓盤一起勻速轉(zhuǎn)動，鐵塊距中，如圖所示。鐵塊隨圓盤一起勻速轉(zhuǎn)動，鐵塊距中心心 O 點的距離為點的距離為 r，這時彈簧的拉力大小為，這時彈簧的拉力大小為 F，重力加速度為，重力加速度為 g，已知鐵，已知鐵塊受到的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則圓盤的角速度可能是塊受到的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則圓盤的角速度可能是()AFmgmrBFmgmrC.FmgmrFmgmrD.FmgmrFmgmr解析解析：選選 D當摩擦力指向圓心達到最大時當摩擦力指向圓心達到最大時，角速度達到最大角速度達到最大，根據(jù)根據(jù) Fmgm1

30、2r，得最大角速度得最大角速度1Fmgmr；當摩擦力背離圓心達到最大時，角速度達到最小，根據(jù)；當摩擦力背離圓心達到最大時，角速度達到最小，根據(jù)Fmgm22r，得最小角速度，得最小角速度2Fmgmr，所以角速度的范圍滿足，所以角速度的范圍滿足FmgmrFmgmr，故，故 D 正確。正確。2.兩粗細相同內(nèi)壁光滑的半圓形圓管兩粗細相同內(nèi)壁光滑的半圓形圓管 ab 和和 bc 連接在一起，且在連接在一起，且在 b處相切處相切，圓管平鋪在水平面上并固定圓管平鋪在水平面上并固定，如圖所示如圖所示。一小球從一小球從 a 端以某一端以某一初速度進入圓管初速度進入圓管，并從并從 c 端離開圓管端離開圓管，則小球由

31、圓管則小球由圓管 ab 進入圓管進入圓管 bc 后后()A線速度變小線速度變小B角速度變大角速度變大C向心加速度變小向心加速度變小D小球?qū)鼙诘膲毫ψ兇笮∏驅(qū)鼙诘膲毫ψ兇蠼馕觯航馕觯哼x選 C小球在水平面內(nèi)運動，圓管對小球水平方向的支持力對小球不做功，小小球在水平面內(nèi)運動，圓管對小球水平方向的支持力對小球不做功，小球的線速度不變球的線速度不變，故故 A 錯誤錯誤；由由 vr 可知可知，vr，線速度不變線速度不變，圓管半徑增大圓管半徑增大，所以小所以小球的角速度變小，故球的角速度變小，故 B 錯誤；由錯誤；由 anv2r可知，線速度不變，圓管半徑增大，向心加速度變可知，線速度不變，圓管半徑增大，

32、向心加速度變小，故小，故 C 正確；由正確；由 Fnman可知，小球需要的向心力減小，則圓管對小球沿水平方向的支可知，小球需要的向心力減小，則圓管對小球沿水平方向的支持力減小，圓管對小球豎直方向的支持力不變，所以圓管對小球的支持力的合力減小，根持力減小，圓管對小球豎直方向的支持力不變，所以圓管對小球的支持力的合力減小，根據(jù)牛頓第三定律可知，小球?qū)鼙诘膲毫ψ冃?，故?jù)牛頓第三定律可知，小球?qū)鼙诘膲毫ψ冃?，?D 錯誤。錯誤。3多選多選如圖如圖，兩個質(zhì)量均為兩個質(zhì)量均為 m 的小木塊的小木塊 a 和和 b(可視為可視為質(zhì)點質(zhì)點)放在水平圓盤上，放在水平圓盤上，a 與轉(zhuǎn)軸與轉(zhuǎn)軸 OO的距離為的距離

33、為 l，b 與轉(zhuǎn)軸與轉(zhuǎn)軸的距離為的距離為 2l， 木塊與圓盤的最大靜摩擦力為木塊所受重力的木塊與圓盤的最大靜摩擦力為木塊所受重力的 k倍倍，重力加速度大小為重力加速度大小為 g。若圓盤從靜止開始繞轉(zhuǎn)軸緩慢地加若圓盤從靜止開始繞轉(zhuǎn)軸緩慢地加速轉(zhuǎn)動，用速轉(zhuǎn)動，用表示圓盤轉(zhuǎn)動的角速度，下列說法正確的是表示圓盤轉(zhuǎn)動的角速度，下列說法正確的是()Ab 一定比一定比 a 先開始滑動先開始滑動Ba、b 所受的摩擦力始終相等所受的摩擦力始終相等Ckg2l是是 b 開始滑動的臨界角速度開始滑動的臨界角速度D當當2kg3l時，時，a 所受摩擦力的大小為所受摩擦力的大小為 kmg解析解析：選選 AC因圓盤從靜止開始

34、繞轉(zhuǎn)軸緩慢加速轉(zhuǎn)動因圓盤從靜止開始繞轉(zhuǎn)軸緩慢加速轉(zhuǎn)動，在某一時刻可認為在某一時刻可認為，木塊隨圓木塊隨圓盤轉(zhuǎn)動時，其受到的靜摩擦力的方向指向轉(zhuǎn)軸，兩木塊轉(zhuǎn)動過程中角速度相等，則根據(jù)牛盤轉(zhuǎn)動時，其受到的靜摩擦力的方向指向轉(zhuǎn)軸，兩木塊轉(zhuǎn)動過程中角速度相等，則根據(jù)牛頓第二定律可得頓第二定律可得 fm2R，由于，由于 b 的軌道半徑大于的軌道半徑大于 a 的軌道半徑，故的軌道半徑，故 b 做圓周運動需要的做圓周運動需要的向心力較大，所以向心力較大，所以 b 所受的摩擦力較大，所受的摩擦力較大，B 錯誤；因為兩木塊的最大靜摩擦力相等，故錯誤；因為兩木塊的最大靜摩擦力相等，故 b一定比一定比 a 先開始滑

35、動，先開始滑動，A正確正確；當當b 開始滑動時，由牛頓第開始滑動時，由牛頓第二定律可得二定律可得 kmgmb22l，可得，可得bkg2l， C 正確正確；當當 a 開始滑動時開始滑動時，由牛頓第二定律可得由牛頓第二定律可得 kmgma2l，可得可得akgl，而轉(zhuǎn)盤的角速度而轉(zhuǎn)盤的角速度2kg3lkgl，a 未發(fā)生滑動未發(fā)生滑動，其所需的向心力由靜摩擦力來提供其所需的向心力由靜摩擦力來提供，由由牛頓第二定律可得牛頓第二定律可得 fm2l23kmg，D 錯誤。錯誤。專題強訓(xùn)提能專題強訓(xùn)提能1(2018江蘇高考江蘇高考)某彈射管每次彈出的小球速度相等某彈射管每次彈出的小球速度相等。在沿光滑豎直軌道自

36、由下落過在沿光滑豎直軌道自由下落過程中，該彈射管保持水平，先后彈出兩只小球。忽略空氣阻力，兩只小球落到水平地面的程中，該彈射管保持水平，先后彈出兩只小球。忽略空氣阻力，兩只小球落到水平地面的()A時刻相同，地點相同時刻相同，地點相同B時刻相同，地點不同時刻相同，地點不同C時刻不同，地點相同時刻不同，地點相同D時刻不同，地點不同時刻不同，地點不同解析：解析：選選 B彈射管自由下落，兩只小球始終處于同一水平面，因此同時落地。兩只彈射管自由下落，兩只小球始終處于同一水平面，因此同時落地。兩只小球水平方向的分運動為勻速直線運動，且速度相等，但兩只小球彈出后在空中運動的時小球水平方向的分運動為勻速直線運

37、動，且速度相等，但兩只小球彈出后在空中運動的時間不相等，所以水平位移不相等，落地點不同。故間不相等，所以水平位移不相等，落地點不同。故 B 正確。正確。2一質(zhì)點沿直線運動一質(zhì)點沿直線運動，其平均速度與時間的關(guān)系滿足其平均速度與時間的關(guān)系滿足 v2t (各物理量均選用國際單各物理量均選用國際單位制中單位位制中單位)，則關(guān)于該質(zhì)點的運動，下列說法正確的是，則關(guān)于該質(zhì)點的運動，下列說法正確的是()A質(zhì)點可能做勻減速直線運動質(zhì)點可能做勻減速直線運動B05 s 內(nèi)質(zhì)點的位移為內(nèi)質(zhì)點的位移為 35 mC質(zhì)點運動的加速度為質(zhì)點運動的加速度為 1 m/s2D質(zhì)點在第質(zhì)點在第 3 s 末的速度為末的速度為 5

38、m/s解析：解析：選選 B根據(jù)平均速度根據(jù)平均速度 vxt知，知，xvt2tt2，根據(jù)，根據(jù) xv0t12at22tt2知，質(zhì)知，質(zhì)點的初速度點的初速度 v02 m/s， 加速度加速度 a2 m/s2， 質(zhì)點做勻加速直線運動質(zhì)點做勻加速直線運動， 故故 A、 C 錯誤錯誤； 05 s 內(nèi)內(nèi)質(zhì)點的位移質(zhì)點的位移 xv0t12at225 m12252m35 m，故，故 B 正確；質(zhì)點在第正確；質(zhì)點在第 3 s 末的速度末的速度vv0at2 m/s23 m/s8 m/s，故，故 D 錯誤。錯誤。3.(2018安徽安徽“江南十校江南十?！甭?lián)考聯(lián)考)如圖所示，將小球以速度如圖所示，將小球以速度 v 沿與

39、沿與水平方向成水平方向成37角斜向上拋出角斜向上拋出，結(jié)果小球剛好能垂直打在豎直墻面結(jié)果小球剛好能垂直打在豎直墻面上上，小球反彈的瞬間速度方向水平小球反彈的瞬間速度方向水平，且速度大小為碰撞前瞬間速度大且速度大小為碰撞前瞬間速度大小的小的34，已知已知 sin 370.6，cos 370.8，空氣阻力不計空氣阻力不計，則當反彈后則當反彈后小球的速度大小再次為小球的速度大小再次為 v 時，速度與水平方向夾角的正切值為時，速度與水平方向夾角的正切值為()A.34B.43C.35D.53解析：解析：選選 B采用逆向思維，小球的斜拋運動可視為平拋運動的逆運動，將拋出速度采用逆向思維，小球的斜拋運動可視

40、為平拋運動的逆運動，將拋出速度沿水平和豎直方向分解沿水平和豎直方向分解，有有：vxvcos 0.8v，vyvsin 0.6v，小球撞墻前瞬間的速度小球撞墻前瞬間的速度等于等于 0.8v，反彈速度大小為：，反彈速度大小為：vx340.8v0.6v，反彈后小球做平拋運動，當小球的速，反彈后小球做平拋運動，當小球的速度大小再次為度大小再次為 v 時時，豎直速度為豎直速度為：vy v2vx2 v2 0.6v 20.8v，速度方向與水平速度方向與水平方向夾角的正切值為：方向夾角的正切值為：tan vyvx0.8v0.6v43，故，故 B 正確，正確，A、C、D 錯誤。錯誤。4(2019 屆高三屆高三晉中

41、調(diào)研晉中調(diào)研)如圖所示為一個做勻變速曲線運動的物如圖所示為一個做勻變速曲線運動的物塊運動軌跡的示意圖，運動至塊運動軌跡的示意圖，運動至 A 點時速度大小為點時速度大小為 v0，經(jīng)一段時間后物，經(jīng)一段時間后物塊運動至塊運動至 B 點，速度大小仍為點，速度大小仍為 v0，但相對于，但相對于 A 點時的速度方向改變了點時的速度方向改變了 90，則在此過程中，則在此過程中()A物塊的運動軌跡物塊的運動軌跡 AB 可能是一段圓弧可能是一段圓弧B物塊的動能可能先增大后減小物塊的動能可能先增大后減小C物塊的最小速度大小可能為物塊的最小速度大小可能為v02D物塊在物塊在 B 點的加速度與速度的夾角小于點的加速

42、度與速度的夾角小于 90解析：解析：選選 D由題意，物塊做勻變速曲線運動，則加速度的大小與方向都不變，所以由題意，物塊做勻變速曲線運動，則加速度的大小與方向都不變，所以運動軌跡是一段拋物線，不是圓弧，故運動軌跡是一段拋物線，不是圓弧，故 A 錯誤；由題意，物塊運動到錯誤；由題意，物塊運動到 B 點時速度方向相對點時速度方向相對于于 A 點時的速度方向改變了點時的速度方向改變了 90，速度沿速度沿 B 點軌跡的切線方向點軌跡的切線方向，則知加則知加速度方向垂直于速度方向垂直于 AB 的連線向下的連線向下，合外力也向下合外力也向下，物塊做勻變速曲線運物塊做勻變速曲線運動，物塊由動，物塊由 A 點到

43、點到 B 點過程中，合外力先做負功，后做正功，由動能點過程中，合外力先做負功，后做正功，由動能定理可得，物塊的動能先減小后增大，故定理可得，物塊的動能先減小后增大，故 B 錯誤；物塊的加速度方向垂直于錯誤；物塊的加速度方向垂直于 A、B 的連線的連線向下，根據(jù)物塊由向下，根據(jù)物塊由 A 點到點到 B 點的速度方向改變點的速度方向改變 90，則物塊在則物塊在 A 點的速度方向與點的速度方向與 AB 連線連線方向夾角為方向夾角為 45，如圖所示，所以在物塊運動過程中的最小速度大小為，如圖所示，所以在物塊運動過程中的最小速度大小為22v0，故，故 C 錯誤；錯誤；物塊在物塊在 B 點速度沿點速度沿

44、B 點軌跡的切線方向，而加速度方向垂直于點軌跡的切線方向，而加速度方向垂直于 A、B 的連線向下，可知二的連線向下，可知二者之間的夾角小于者之間的夾角小于 90，故，故 D 正確。正確。5(2018北京高考北京高考)根據(jù)高中所學(xué)知識可知根據(jù)高中所學(xué)知識可知，做自由落體運動的小球做自由落體運動的小球，將落在正下方位將落在正下方位置置。但實際上但實際上，赤道上方赤道上方 200 m 處無初速下落的小球?qū)⒙湓谡路轿恢闷珫|約處無初速下落的小球?qū)⒙湓谡路轿恢闷珫|約 6 cm 處處。這這一現(xiàn)象可解釋為，除重力外，由于地球自轉(zhuǎn)，下落過程小球還受到一個水平向東的力一現(xiàn)象可解釋為，除重力外，由于地球自轉(zhuǎn)，下

45、落過程小球還受到一個水平向東的力”，該該“力力”與豎直方向的速度大小成正比?，F(xiàn)將小球從赤道地面豎直上拋，考慮對稱性，上與豎直方向的速度大小成正比?，F(xiàn)將小球從赤道地面豎直上拋，考慮對稱性，上升過程該升過程該“力力”水平向西，則小球水平向西，則小球()A到最高點時，水平方向的加速度和速度均為零到最高點時，水平方向的加速度和速度均為零B到最高點時，水平方向的加速度和速度均不為零到最高點時，水平方向的加速度和速度均不為零C落地點在拋出點東側(cè)落地點在拋出點東側(cè)D落地點在拋出點西側(cè)落地點在拋出點西側(cè)解析：解析：選選 D將小球的豎直上拋運動分解為水平方向和豎直方向的兩個分運動。上升將小球的豎直上拋運動分解為

46、水平方向和豎直方向的兩個分運動。上升階段，隨著小球豎直分速度的減小，其水平向西的階段，隨著小球豎直分速度的減小，其水平向西的“力力”逐漸減小，因此水平向西的加速逐漸減小，因此水平向西的加速度逐漸減小度逐漸減小，到最高點時減小為零到最高點時減小為零，而水平向西的速度達到最大值而水平向西的速度達到最大值，故故 A、B 錯誤錯誤；下降階下降階段，隨著小球豎直分速度的變大，其水平向東的段，隨著小球豎直分速度的變大，其水平向東的“力力”逐漸變大，水平向東的加速度逐漸逐漸變大，水平向東的加速度逐漸變大，小球的水平分運動是向西的變減速運動，根據(jù)對稱性，小球落地時水平向西的速度變大，小球的水平分運動是向西的變

47、減速運動，根據(jù)對稱性，小球落地時水平向西的速度減小為零，所以落地點在拋出點西側(cè)，故減小為零，所以落地點在拋出點西側(cè)，故 C 錯誤，錯誤，D 正確。正確。6多選多選(2018蘭州一中檢測蘭州一中檢測)一快艇從離岸邊一快艇從離岸邊 100 m 遠的河流中央向岸邊行駛，快艇遠的河流中央向岸邊行駛，快艇在靜水中的速度在靜水中的速度時間圖像如圖甲所示；河中各處水流速度相同，速度時間圖像如圖甲所示；河中各處水流速度相同，速度時間圖像如圖乙時間圖像如圖乙所示。則所示。則()A快艇的運動軌跡一定為直線快艇的運動軌跡一定為直線B快艇的運動軌跡一定為曲線快艇的運動軌跡一定為曲線C快艇最快到達岸邊，所用的時間為快艇

48、最快到達岸邊，所用的時間為 20 sD快艇最快到達岸邊，經(jīng)過的位移為快艇最快到達岸邊，經(jīng)過的位移為 100 m解析解析：選選 BC由題圖知由題圖知，兩分運動一個為勻加速直線運動兩分運動一個為勻加速直線運動，一個為勻速直線運動一個為勻速直線運動，知知合速度的方向與合加速度的方向不在同一直線上，合運動為曲線運動，即運動軌跡一定為合速度的方向與合加速度的方向不在同一直線上，合運動為曲線運動，即運動軌跡一定為曲線曲線，A 錯誤錯誤，B 正確正確；當快艇速度方向垂直于河岸時當快艇速度方向垂直于河岸時，所用時間最短所用時間最短，垂直于河岸方向上垂直于河岸方向上的加速度的加速度 a0.5 m/s2，由，由

49、d12at2，得，得 t20s，而合速度方向不垂直于河岸，位，而合速度方向不垂直于河岸，位移大于移大于 100 m，C 正確，正確，D 錯誤。錯誤。7.如圖所示，一根細線下端拴一個金屬小球如圖所示，一根細線下端拴一個金屬小球 A，細線的上端固定，細線的上端固定在金屬塊在金屬塊 B 上，金屬塊上，金屬塊 B 放在帶小孔的水平桌面上，小球放在帶小孔的水平桌面上，小球 A 在某一在某一水平面內(nèi)做勻速圓周運動水平面內(nèi)做勻速圓周運動。 現(xiàn)使小球現(xiàn)使小球 A 改到一個更低一些的水平面上改到一個更低一些的水平面上做勻速圓周運動做勻速圓周運動(圖中未畫出圖中未畫出)，金屬塊，金屬塊 B 在桌面上始終保持靜止，

50、則在桌面上始終保持靜止，則后一種情況與原來相比較，下列說法正確的是后一種情況與原來相比較，下列說法正確的是()A金屬塊金屬塊 B 受到桌面的靜摩擦力變大受到桌面的靜摩擦力變大B金屬塊金屬塊 B 受到桌面的支持力變小受到桌面的支持力變小C細線的張力變大細線的張力變大D小球小球 A 運動的角速度變小運動的角速度變小解析：解析：選選 D設(shè)設(shè) A、B 質(zhì)量分別為質(zhì)量分別為 m、M，A 做勻速圓周運動的向心加速度為做勻速圓周運動的向心加速度為 a，細線，細線的張力為的張力為 T，細線與豎直方向的夾細線與豎直方向的夾角為角為，對對B研究研究，B受到的靜摩擦力受到的靜摩擦力fTsin，對對A，有有Tsin

51、ma，Tcos mg，解得解得 agtan ，變小變小，f 變小變小，故故 A 錯誤錯誤；以整體為研究對象知以整體為研究對象知，B受到桌面的支持力大小不變，等于受到桌面的支持力大小不變，等于(Mm)g，故，故 B 錯誤；錯誤；Tmgcos ，變小，變小，T 變小，故變小，故 C錯誤；設(shè)細線長為錯誤；設(shè)細線長為 l，則，則 agtan 2lsin ，glcos ，變小，變小，變小，故變小，故 D 正確正確。8.一位網(wǎng)球運動員以拍擊球，使網(wǎng)球沿水平方向飛出，第一只球一位網(wǎng)球運動員以拍擊球，使網(wǎng)球沿水平方向飛出，第一只球落在自己一方場地的落在自己一方場地的 B 點點，彈跳起來后彈跳起來后，剛好擦網(wǎng)而

52、過剛好擦網(wǎng)而過，落在對方場落在對方場地的地的 A 點，如圖所示，第二只球直接擦網(wǎng)而過，也落在點，如圖所示，第二只球直接擦網(wǎng)而過，也落在 A 點，設(shè)球與地面的碰撞沒有能量點，設(shè)球與地面的碰撞沒有能量損失，其運動過程中阻力不計，則兩只球飛過網(wǎng)損失，其運動過程中阻力不計，則兩只球飛過網(wǎng) C 處時水平速度之比為處時水平速度之比為()A11B13C31D19解析：解析：選選 B兩球飛出時的高度相同，所以第一只球落到兩球飛出時的高度相同，所以第一只球落到 B 點所用的時間等于第二只點所用的時間等于第二只球落到球落到 A 點所用時間，根據(jù)豎直上拋和自由落體運動的對稱性可知，落到點所用時間，根據(jù)豎直上拋和自由

53、落體運動的對稱性可知，落到 A 點時，第一只點時，第一只球所用時間為球所用時間為 t13t，第二只球所用時間為第二只球所用時間為 t2t，由于兩只球在水平方向的分運動均為勻速由于兩只球在水平方向的分運動均為勻速運動運動，水平位移大小相等水平位移大小相等，設(shè)它們從設(shè)它們從 O 點出發(fā)時的初速度分別為點出發(fā)時的初速度分別為 v1、v2，由由 xv0t 得得 v23v1，即，即v1v213，B 正確。正確。9多選多選如圖為如圖為一網(wǎng)球場示意圖一網(wǎng)球場示意圖，球網(wǎng)球網(wǎng)高為高為 h0.9 m，發(fā)球發(fā)球線離網(wǎng)的距離為線離網(wǎng)的距離為 x6.4 m，某運動員在一次擊球時，擊球點，某運動員在一次擊球時，擊球點剛

54、好在發(fā)球線正上方剛好在發(fā)球線正上方 H1.25 m 高處，設(shè)擊球后瞬間球的速高處，設(shè)擊球后瞬間球的速度大小為度大小為 v032 m/s，方向水平且垂直于網(wǎng)，方向水平且垂直于網(wǎng)(不計空氣阻力，網(wǎng)球視為質(zhì)點，重力加速度不計空氣阻力，網(wǎng)球視為質(zhì)點，重力加速度 g取取 10 m/s2)，下列說法正確的是，下列說法正確的是()A網(wǎng)球不能過網(wǎng)網(wǎng)球不能過網(wǎng)B網(wǎng)球在水平方向通過網(wǎng)所在處歷時網(wǎng)球在水平方向通過網(wǎng)所在處歷時 0.2 sC網(wǎng)球的直接落地點離對方發(fā)球線的距離為網(wǎng)球的直接落地點離對方發(fā)球線的距離為 16 mD網(wǎng)球從擊出到落地歷時網(wǎng)球從擊出到落地歷時 0.5 s解析：解析：選選 BD網(wǎng)球在水平方向通過網(wǎng)所

55、在處歷時網(wǎng)球在水平方向通過網(wǎng)所在處歷時 t1xv00.2 s，下落高度，下落高度 h112gt120.2 m，因，因 h1gltan ，b 繩將出現(xiàn)張力繩將出現(xiàn)張力D若若 b 繩突然被剪斷，則繩突然被剪斷，則 a 繩的張力一定發(fā)生變化繩的張力一定發(fā)生變化解析解析：選選 AC小球在水平面內(nèi)做勻速圓周運動小球在水平面內(nèi)做勻速圓周運動，在豎直方向上的合力為零在豎直方向上的合力為零，水平方向水平方向上的合力提供向心力，所以上的合力提供向心力，所以 a 繩在豎直方向上的分力與重力相等，可知繩在豎直方向上的分力與重力相等，可知 a 繩的張力不可能繩的張力不可能為零為零，故故 A 正確正確；根據(jù)豎直方向上受

56、力平衡得根據(jù)豎直方向上受力平衡得，F(xiàn)asin mg，解得解得 Famgsin ，可知可知 a 繩的繩的張力不變張力不變，故故 B 錯誤錯誤；當當 b 繩張力為零時繩張力為零時，有有mgtan ml2，解得解得gltan ，可知當角可知當角速度速度gltan 時時，b 繩將出現(xiàn)張力繩將出現(xiàn)張力，故故 C 正確正確；由于由于 b 繩可能沒有張力繩可能沒有張力，故故 b 繩突然被繩突然被剪斷，剪斷，a 繩的張力可能不變，故繩的張力可能不變，故 D 錯誤。錯誤。12.如圖所示，如圖所示，A、B 兩球用兩段不可伸長的細繩連接于懸點兩球用兩段不可伸長的細繩連接于懸點 O，兩段細繩的，兩段細繩的長度之比為長

57、度之比為 12，現(xiàn)讓兩球同時從懸點現(xiàn)讓兩球同時從懸點 O 附近以一定的初速度分別向左附近以一定的初速度分別向左、向右水向右水平拋出平拋出，至連接兩球的細繩伸直所用時間之比為至連接兩球的細繩伸直所用時間之比為 12，若若 A、B 兩球的初速度大兩球的初速度大小之比為小之比為 k，則，則 k 值應(yīng)滿足的條件是值應(yīng)滿足的條件是()Ak12Bk12Ck12Dk12 2解析：解析：選選 A設(shè)連接設(shè)連接 A 球的細繩長為球的細繩長為 L，A 球以初速度球以初速度 vA水平拋出，水平方向的位移水平拋出，水平方向的位移xvAt，豎直方向的位移，豎直方向的位移 y12gt2，則，則 x2y2L2，可得，可得 v

58、AL212gt22t；同理得；同理得 B 球的球的初速度初速度 vB4L2 gt2 22t，因此有，因此有vAvBk12，選項，選項 A 正確。正確。13.多選多選如圖所示，如圖所示，BOD 是豎直平面內(nèi)半圓軌道的水平直徑，是豎直平面內(nèi)半圓軌道的水平直徑，OC 為豎直半徑為豎直半徑，半圓軌道半徑為半圓軌道半徑為 R?，F(xiàn)有質(zhì)量相同的現(xiàn)有質(zhì)量相同的 a、b 兩個小球兩個小球分別從分別從 A、B 兩點以一定的初速度水平拋出兩點以一定的初速度水平拋出，分別擊中軌道上的分別擊中軌道上的 D 點點和和 C 點，點，A 點在點在 B 點正上方高度為點正上方高度為 R 處，已知處，已知 b 球擊中球擊中 C

59、點時動能點時動能為為 Ek，不計空氣阻力，則，不計空氣阻力，則()Aa 球擊中球擊中 D 點時動能為點時動能為 1.6EkBa 球擊中球擊中 D 點時動能為點時動能為 1.25EkCa、b 兩球初速度之比為兩球初速度之比為 11Da、b 兩球與軌道碰撞前瞬間，重力的瞬時功率之比為兩球與軌道碰撞前瞬間，重力的瞬時功率之比為 11解析：解析：選選 AD兩個小球都做平拋運動，下落的高度都是兩個小球都做平拋運動，下落的高度都是 R，根據(jù)，根據(jù) R12gt2可知，運動可知，運動的時間為：的時間為：t2Rg，根據(jù)題圖可知，根據(jù)題圖可知，a 球運動的水平位移為球運動的水平位移為 2R，則，則 a 球的初速度

60、為：球的初速度為：vA2Rt 2gR，b 球的水平位移為球的水平位移為 R，則，則 b 球的初速度為：球的初速度為：vBRt12gR，則，則 a、b 兩球初兩球初速度之比為速度之比為 2 1， 選項選項 C 錯誤錯誤； a 球從球從 A 到到 D 的過程中的過程中， 根據(jù)動能定理得根據(jù)動能定理得： EkDmgR12mvA22mgR，b 球從球從 B 到到 C 的過程中，根據(jù)動能定理得：的過程中，根據(jù)動能定理得：EkmgR12mvB254mgR，解得：，解得：EkD1.6Ek，選項選項 A 正確正確，B 錯誤錯誤；a、b 兩球與軌道碰撞前瞬間兩球與軌道碰撞前瞬間，豎直方向速度豎直方向速度 vyg

61、t，相等相等，則重力的瞬時功率也相等，即重力的瞬時功率之比為則重力的瞬時功率也相等，即重力的瞬時功率之比為 11，選項，選項 D 正確。正確。14(2018廣東華南三校聯(lián)考廣東華南三校聯(lián)考)橫截面為直角三角形的兩橫截面為直角三角形的兩個相同斜面緊靠在一起，固定在水平面上，如圖所示。它們個相同斜面緊靠在一起，固定在水平面上，如圖所示。它們的豎直邊長都是底邊長的一半，現(xiàn)有三個小球從左邊斜面的的豎直邊長都是底邊長的一半，現(xiàn)有三個小球從左邊斜面的頂點以不同的初速度向右平拋，最后落在斜面上，其落點分頂點以不同的初速度向右平拋，最后落在斜面上，其落點分別是別是 a、b、c。下列判斷正確的是。下列判斷正確的

62、是()A圖中三小球比較，落在圖中三小球比較，落在 a 點的小球飛行時間最短點的小球飛行時間最短B圖中三小球比較，落在圖中三小球比較，落在 c 點的小球飛行過程速度變化最大點的小球飛行過程速度變化最大C圖中三小球比較，落在圖中三小球比較，落在 c 點的小球飛行過程速度變化最快點的小球飛行過程速度變化最快D無論小球拋出時初速度為多大，落到兩個斜面上的瞬時速度都不可能與斜面垂直無論小球拋出時初速度為多大，落到兩個斜面上的瞬時速度都不可能與斜面垂直解析：解析：選選 D題圖中三小球均做平拋運動，可知落點為題圖中三小球均做平拋運動，可知落點為 a、b 和和 c 的三小球下落的高度的三小球下落的高度關(guān)系為關(guān)

63、系為 hahbhc，由，由 t2hg，得，得 tatbtc，又，又vgt，則，則vavbvc，A、B 項錯誤；速項錯誤；速度變化快慢由加速度決定度變化快慢由加速度決定，因為因為 aaabacg，則三小球飛行過程中速度變化快慢相同則三小球飛行過程中速度變化快慢相同，C項錯誤；由題給條件可以確定小球落在左邊斜面上的瞬時速度不可能垂直于左邊斜面，而項錯誤；由題給條件可以確定小球落在左邊斜面上的瞬時速度不可能垂直于左邊斜面，而對右邊斜面可假設(shè)小球初速度為對右邊斜面可假設(shè)小球初速度為 v0時，其落到斜面上的瞬時速度時，其落到斜面上的瞬時速度 v 與斜面垂直，將與斜面垂直，將 v 沿水沿水平方向和豎直方向分解平方向和豎直方向分解，則則 vxv0，vygt，且滿足且滿足vxvyv0gttan (為右側(cè)斜面傾角為右側(cè)斜面傾角)，由幾由幾何關(guān)系可知何關(guān)系可知 tan 12，則則 v012gt，而豎直位移而豎直位移 y12gt2，水平位移水平位移 xv0t12gt2，可得可得 xy，由題圖可知這一關(guān)系不可能存在，則假設(shè)不能成立，由題圖可知這一關(guān)系不可能存在，則假設(shè)不能成立，D 項正確。項正確。