1、第1节曲线运动运动的合成与分解一、曲线运动1运动特点(1)速度方向：质点在某点的速度，沿曲线上该点的切线方向(2)运动性质：做曲线运动的物体，速度的方向时刻改变，所以曲线运动一定是变速运动，即必然具有加速度2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：物体的加速度方向跟它的速度方向不在同一条直线上二、运动的合成与分解1基本概念分运动合运动2分解原则根据运动的实际效果分解，也可采用正交分解3运算法则位移、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
2、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自我诊断1判断正误(1)速度发生变化的运动，一定是曲线运动()(2)做曲线运动的物体加速度一定是变化的()(3)做曲线运动的物体速度大小一定发生变化()(4)曲线运动可能是匀变速运动()(5)两个分运动的时间一定与它们的合运动的时间相等()(6)合运动的速度一定比分运动的速度大()(7)只要两个分运动为直线运动，合运动一定是直线运动()(8)分运动的位移、速度、加速度与合运动的位移、速度、加速度间满足平行四边形定则()2下列说法正确的是()A各分运动互相影响，不能独立
3、进行B合运动的时间一定比分运动的时间长C合运动和分运动具有等时性，即同时开始、同时结束D合运动的位移大小等于两个分运动位移大小之和解析：选C.各分运动具有独立性，A错误；合运动与分运动具有等时性，B错误，C正确；合运动的位移与分运动的位移满足矢量合成的法则，D错误3(多选)某质点在光滑水平面上做匀速直线运动现对它施加一个水平恒力，则下列说法正确的是()A施加水平恒力以后，质点可能做匀加速直线运动B施加水平恒力以后，质点可能做匀变速曲线运动C施加水平恒力以后，质点可能做匀速圆周运动D施加水平恒力以后，质点立即有加速度，速度也立即变化解析：选AB.当水平恒力的方向与速度的方向在同一条直线上时，质点
4、做匀变速直线运动，选项A正确；当水平恒力的方向与速度的方向不在同一条直线上时，质点做匀变速曲线运动，选项B正确；无论力的方向与速度的方向关系如何，质点都不可能做匀速圆周运动，选项C错误；速度不能发生突变，选项D错误4(多选)小船横渡一条两岸平行的河流，船本身提供的速度(即静水速度)大小不变、船身方向垂直于河岸，水流速度与河岸平行，已知小船的运动轨迹如图所示，则()A越接近河岸水流速度越小B越接近河岸水流速度越大C无论水流速度是否变化，这种渡河方式耗时最短D该船渡河的时间会受水流速度变化的影响 解析：选AC.由船的运动轨迹可知，小船渡河过程是先做加速运动后做减速运动河流的中心水流速度最大，越接近
5、河岸水流速度越小，故A正确，B错误；由于船头垂直河岸，则这种方式过河的时间最短，C正确；船过河的时间与水流速度无关，D错误 考点一物体做曲线运动的条件与轨迹分析1若已知物体运动的初速度v0的方向及它受到的恒定的合外力F的方向，图中M、N、P、Q表示物体运动的轨迹，其中正确的是()解析：选B.物体运动的速度方向与运动轨迹一定相切，而且合外力F的方向一定指向轨迹的凹侧，故只有B正确2如图所示为质点做匀变速曲线运动轨迹的示意图，且质点运动到D点时速度方向与加速度方向恰好互相垂直，则质点从A点运动到E点的过程中，下列说法中正确的是()A质点经过C点的速率比D点的大B质点经过A点时的加速度方向与速度方向
6、的夹角小于90C质点经过D点时的加速度比B点的大D质点从B到E的过程中加速度方向与速度方向的夹角先增大后减小解析：选A.质点做匀变速曲线运动，所以加速度不变；由于在D点速度方向与加速度方向垂直，则在C点时速度方向与加速度方向的夹角为钝角，所以质点由C到D速率减小，所以C点速率比D点大3一个质点受到两个互成锐角的力F1、F2的作用，由静止开始运动，若保持二力方向不变，将F1突然增大为2F1，则此后质点()A不一定做曲线运动B一定做匀变速运动C可能做匀速直线运动D可能做匀变速直线运动解析：选B.F1增大前，质点沿合力方向做匀加速直线运动F1增大后，合力方向与F1增大之前的质点的速度方向不共线，因而
7、做曲线运动由于二力方向不变，只将F1增大为2F1，所以合力恒定，质点做匀变速曲线运动故本题答案为B.考点二运动的合成与分解的应用1合运动与分运动的关系(1)等时性：各个分运动与合运动总是同时开始，同时结束，经历时间相等(不同时的运动不能合成)(2)等效性：各分运动叠加起来与合运动有相同的效果(3)独立性：一个物体同时参与几个运动，其中的任何一个都会保持其运动性质不变，并不会受其他分运动的干扰虽然各分运动互相独立，但是它们共同决定合运动的性质和轨迹2运动的合成与分解的运算法则运动的合成与分解是指描述运动的各物理量，即位移、速度、加速度的合成与分解，由于它们均是矢量，故合成与分解都遵守平行四边形定
8、则3合运动性质的判断题组一合运动性质的判断1. (2017江苏连云港模拟)(多选)如图所示，一块橡皮用细线悬挂于O点，用钉子靠着线的左侧沿与水平方向成30角的斜面向右上以速度v匀速运动，运动中始终保持悬线竖直，下列说法正确的是()A橡皮的速度大小为vB橡皮的速度大小为vC橡皮的速度与水平方向成60角D橡皮的速度与水平方向成45角解析：选BC.橡皮斜向右上方运动，具有沿斜面向上的分速度，与钉子沿斜面向上的速度相等，即为v；橡皮还具有竖直向上的分速度，大小也等于v；其实际速度大小(合速度)是两个分速度的合成，如图所示故橡皮的实际速度大小(合速度)：v2vcos 30v，且与水平方向成60角，A、D
9、错误，B、C正确2由于卫星的发射场不在赤道上，同步卫星发射后需要从转移轨道经过调整再进入地球同步轨道当卫星在转移轨道上飞经赤道上空时，发动机点火，给卫星一附加速度，使卫星沿同步轨道运行已知同步卫星的环绕速度约为3.1103m/s，某次发射卫星飞经赤道上空时的速度为1.55103m/s，此时卫星的高度与同步轨道的高度相同，转移轨道和同步轨道的夹角为30，如图所示，发动机给卫星的附加速度的方向和大小约为()A西偏北方向，1.9103 m/sB东偏南方向，1.9103 m/sC西偏北方向，2.7103 m/sD东偏南方向，2.7103 m/s解析：选B. 设当卫星在转移轨道上飞经赤道上空与同步轨道高
10、度相同的某点时，速度为v1，发动机给卫星的附加速度为v2，该点在同步轨道上运行时的速度为v.三者关系如图，由图知附加速度方向为东偏南，由余弦定理知vvv22v1vcos 30，代入数据解得v21.9103 m/s.选项B正确题组二与运动图象结合的合成与分解问题3物体在直角坐标系xOy所在的平面内由O点开始运动，其沿坐标轴方向的两个分速度随时间变化的图象如图所示，则对该物体运动过程的描述正确的是()A物体在03 s做直线运动B物体在3 s4 s做直线运动C物体在3 s4 s做曲线运动D物体在03 s做变加速运动解析：选B.物体在03 s内，x方向做匀速直线运动，y方向做匀加速直线运动，两运动的合
11、运动，一定是曲线运动，且加速度恒定，则A、D错误；物体在3 s4 s内两个方向的分运动都是匀减速运动，在3 s末，速度与x轴的夹角tan ，加速度与x轴的夹角tan ，因此合速度与合加速度方向相反，则做直线运动，故B正确，C错误4有一个质量为2 kg的质点在x y平面上运动，在x方向的速度图象和y方向的位移图象分别如图甲、乙所示，下列说法正确的是()A质点所受的合力为3 NB质点的初速度为3 m/sC质点做匀变速直线运动D质点初速度的方向与合力的方向垂直解析：选A. 由题图乙可知，质点在y方向上做匀速运动，vy4 m/s，在x方向上做匀加速直线运动，a1.5 m/s2，故质点所受合力Fma3
12、N，A正确；质点的初速度v5 m/s，B错误；质点做匀变速曲线运动，C错误；质点初速度的方向与合力的方向不垂直，如图所示，53，D错误考点三小船渡河问题1小船渡河问题的速度(1)船的实际运动是水流的运动和船相对静水的运动的合运动(2)三种速度：v1(船在静水中的速度)、v2(水流速度)、v(船的实际速度)2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(v2v1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，cos .(3)过河路径最短(v2v1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
13、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：cos ，最短航程：s短d. 1(2017湖北省重点中学联考)(多选)一只小船在静水中的速度为3 m/s，它要渡过一条宽为30 m的河，河水流速为4 m/s，则这只船()A过河时间不可能小于10 sB不能沿垂直于河岸方向过河C渡过这条河所需的时间可以为6 sD不可能渡过这条河解析：选AB.船在过河过程同时参与两个运动，一个沿河岸向下游的水流速度，一个是船自身的运动垂直河岸方向位移即河的宽度d30 m，而垂直河岸方向的最大分速度即船自身的速度3 m/s，所以渡河最短时间t10 s，A对
14、、C错只要有垂直河岸的分速度，就可以渡过这条河，D错船实际发生的运动就是合运动，如果船垂直河岸方向过河，即合速度垂直河岸方向一个分速度沿河岸向下，与合速度垂直，那么在速度合成的三角形中船的速度即斜边，要求船的速度大于河水的速度，而本题目中船的速度小于河水的速度，故不可能垂直河岸方向过河，B对2有一条两岸平直、河水均匀流动、流速恒为v的大河小明驾着小船渡河，去程时船头指向始终与河岸垂直，回程时行驶路线与河岸垂直去程与回程所用时间的比值为k，船在静水中的速度大小相同，则小船在静水中的速度大小为()A.BC. D.解析：选B.设大河宽度为d，去程时t1，回程时，t2，又k，得v静，B正确3(2017
15、四川绵阳质检)小船匀速渡过一条河流，当船头垂直对岸方向航行时，在出发后10 min到达对岸下游120 m处；若船头保持与河岸成角向上游航行，出发后12.5 min到达正对岸求：(1)水流的速度；(2)船在静水中的速度、河的宽度以及船头与河岸间的夹角.解析：(1)船头垂直对岸方向航行时，如图甲所示由xv2t1得v2 m/s0.2 m/s(2)船头保持与岸成角航行时，如图乙所示由(1)可得dv1t1v2v1cos dv1t2sin 联立解得53，v10.33 m/s，d200 m答案：(1)0.2 m/s(2)0.33 m/s200 m53(1)渡河时间只与船垂直于河岸方向的分速度有关，与水流速度
16、无关(2)船渡河位移最小值与v船和v水大小关系有关，v船v水时，河宽即为最小位移，v船v水时，应利用图解法求极值的方法处理考点四关联速度问题1问题特点：沿绳(或杆)方向的速度分量大小相等2思路与原则(1)思路明确合速度物体的实际运动速度v；(2)原则：v1与v2的合成遵循平行四边形定则3解题方法把物体的实际速度分解为垂直于绳(杆)和平行于绳(杆)两个分量，根据沿绳(杆)方向的分速度大小相等求解常见的模型如图所示1在距河面高度h20 m的岸上有人用长绳拴住一条小船，开始时绳与水面的夹角为30.人以恒定的速率v3 m/s拉绳，使小船靠岸，那么()A5 s时绳与水面的夹角为60B5 s后小船前进了1
17、5 mC5 s时小船的速率为4 m/sD5 s时小船到岸边的距离为15 m解析：选D.设开始时小船距岸边为L，则L20 m，5 s后绳端沿岸位移为xvt35 m15 m，设5 s后小船前进了x，绳与水平面的夹角为，由几何关系得sin 0.8，解得53，选项A错误；由tan ，解得x19.64 m，选项B错误；由v船cos v可得此时小船的速率为v船5 m/s，选项C错误；5 s时小船到岸边的距离为Lx20 m19.64 m15 m，选项D正确2. 如图所示，物体A、B经无摩擦的定滑轮用细线连在一起，A物体受水平向右的力F的作用，此时B匀速下降，A水平向左运动，可知()A物体A做匀速运动B物体A
18、做加速运动C物体A所受摩擦力逐渐增大D物体A所受摩擦力不变解析：选B.设系在A上的细线与水平方向夹角为，物体B的速度为vB，大小不变，细线的拉力为FT，则物体A的速度vA，FfA(mgFTsin )，因物体下降，增大，故vA增大，物体A做加速运动，A错误，B正确；物体B匀速下降，FT不变，故随增大，FfA减小，C、D均错误3(2017上海四区联考) 如图所示，长为L的直棒一端可绕固定轴O转动，另一端搁在升降平台上，平台以速度v匀速上升，当棒与竖直方向的夹角为时，棒的角速度为()A.BC. D. 解析：选B.棒与平台接触点的实际运动即合运动的速度方向是垂直于棒指向左上方，合速度沿竖直向上方向上的
19、速度分量等于v，即Lsin v，所以.课时规范训练基础巩固题组1精彩的F1赛事相信你不会陌生吧！车王舒马赫在一个弯道上突然调整行驶的赛车致使后轮脱落，从而不得不遗憾地退出了比赛关于脱落的后轮的运动情况，以下说法中正确的是()A仍然沿着汽车行驶的弯道运动B沿着与弯道垂直的方向飞出C脱落时，沿着轮子前进的方向做直线运动，离开弯道D上述情况都有可能解析：选C.车轮被甩出后，不再受到车身的约束，被甩出的后轮沿甩出时的速度方向(即甩出点轨迹的切线方向)做直线运动，轮不可能沿车行驶的弯道运动，也不可能沿垂直于弯道的方向运动故本题答案为C.2某电视台举办了一期群众娱乐节目，其中有一个环节是让群众演员站在一个
20、旋转较快的大平台边缘上，向大平台圆心处的球筐内投篮球如果群众演员相对平台静止，则下面各俯视图中哪幅图中的篮球可能被投入球筐(图中平台内箭头指向表示投篮方向)()解析：选B.篮球若能被投入球筐，其合速度的方向应指向圆心，因平台逆时针旋转，所以投篮方向应是如图B所示，选项B正确3. 跳伞表演是人们普遍喜欢的观赏性体育项目，如图所示，当运动员从直升机上由静止跳下后，在下落过程中将会受到水平风力的影响，下列说法中正确的是()A风力越大，运动员下落时间越长，运动员可完成更多的动作B风力越大，运动员着地时的竖直速度越大，有可能对运动员造成伤害C运动员下落时间与风力无关D运动员着地速度与风力无关解析：选C.
21、水平风力不会影响竖直方向的运动，所以运动员下落时间与风力无关，A错误，C正确；运动员落地时竖直方向的速度是确定的，水平风力越大，落地时水平分速度越大，则运动员着地时的合速度越大，有可能对运动员造成伤害，B、D错误4(多选)如图，在河水速度恒定的小河中，一小船保持船头始终垂直河岸从一侧岸边向对岸行驶，船的轨迹是一个弯曲的“S”形，则()A小船垂直河岸的速度大小恒定不变B小船垂直河岸的速度大小先增大后减小C与船以出发时的速度匀速过河相比，过河时间长了D与船以出发时的速度匀速过河相比，过河时间短了解析：选BD.船在沿河岸的方向上做匀速直线运动，即在相同的时间间隔内，在河岸方向上的位移是相同的；在垂直
22、于河岸的方向上，在相等的时间间隔内(参照船在沿河岸方向上的时间)，开始时位移的变化逐渐增大再逐渐减小，所以速度先增大后减小；因中间那段时间速度较大，所以与船保持恒定的初始速度过河相比过河时间短了选项B、D正确5. (多选)如右图所示，在灭火抢险的过程中，消防队员有时要借助消防车上的梯子爬到高处进行救人或灭火作业为了节省救援时间，在消防车向前前进的过程中，人同时相对梯子匀速向上运动在地面上看消防队员的运动，下列说法中正确的是()A当消防车匀速前进时，消防队员一定做匀加速直线运动B当消防车匀速前进时，消防队员一定做匀速直线运动C当消防车匀加速前进时，消防队员一定做匀变速曲线运动D当消防车匀加速前进
23、时，消防队员一定做匀变速直线运动解析：选BC.当消防车匀速前进时，消防队员一定做匀速直线运动，选项A错误，B正确；当消防车匀加速前进时，消防队员一定做匀变速曲线运动，选项C正确，D错误6如图所示，人沿平直的河岸以速度v行走，且通过不可伸长的绳拖船，船沿绳的方向行进，此过程中绳始终与水面平行当绳与河岸的夹角为时，船的速率为()Avsin B.Cvcos D.解析：选C.人的速度为合速度，当人沿平直的河岸以速度v行走时，可将人的速度分解为沿绳方向的分速度和垂直于绳方向的分速度，沿绳方向的分速度即为船行驶的速度，故船的速度为vcos ，选项C正确7如图所示，套在竖直细杆上的环A由跨过定滑轮的不可伸长
24、的轻绳与重物B相连由于B的质量较大，故在释放B后，A将沿杆上升，当A环上升至与定滑轮的连线水平时，其上升速度v10，若这时B的速度为v2，则()Av20 Bv2v1Cv20 Dv2v1解析：选A.环A在虚线位置时，环A的速度沿虚线方向的分速度为零，故物体B的速度v20，A正确综合应用题组8(多选)一快艇要从岸边某一不确定位置处到达河中离岸边100 m远的一浮标处，已知快艇始终与河岸垂直，其在静水中的速度vx图象和流水的速度vy图象分别如图甲、乙所示，则()A快艇的运动轨迹为直线B快艇的运动轨迹为曲线 C能找到某一位置使快艇最快到达浮标处的时间为20 sD快艇最快到达浮标处经过的位移为100 m
25、解析：选BC.快艇沿河岸方向的匀速运动与垂直于河岸的匀加速运动的合运动是类平抛性质的曲线运动，A错误，B正确；最快到达浮标处的方式是使垂直于河岸的速度vx保持图甲所示的加速度a0.5 m/s2的匀加速运动，则at2xx，代入xx100 m有t20 s，但实际位移为x100 m，C正确，D错误9质量m4 kg的质点静止在光滑水平面上的直角坐标系的原点O处，先用沿x轴方向的力F18 N作用了2 s，然后撤去F1；再用沿y轴方向的力F224 N作用了1 s，则质点在这3 s内的轨迹为()解析：选D.由F1max得ax2 m/s2，质点沿x轴匀加速直线运动了2 s，x1axt4 m，vx1axt14
26、m/s；之后质点受F2作用而做类平抛运动，ay6 m/s2，质点再经过1 s，沿x轴再运动，位移x2vx1t24 m，沿y方向运动位移y2ayt3 m，对应图线可知D项正确10. 如图，船从A处开出后沿直线AB到达对岸，若AB与河岸成37角，水流速度为4 m/s，则船从A点开出相对水流的最小速度为()A2 m/s B2.4 m/sC3 m/s D3.5 m/s解析：选B.船参与了两个分运动，沿船头指向的分运动和顺水流而下的分运动，其中，合速度v合方向已知，大小未知，顺水流而下的分运动速度v水的大小和方向都已知，沿船头指向的分运动的速度v船大小和方向都未知，合速度与分速度遵循平行四边形定则(或三
27、角形定则)，如图，当v合与v船垂直时，v船最小，由几何关系得到v船的最小值为v船minv水sin 372.4 m/s，选项B正确11在一个光滑水平面内建立平面直角坐标系xOy，质量为1 kg的物体原来静止在坐标原点O(0,0)，t0时受到如图所示随时间变化的外力作用，图甲中Fx表示沿x轴方向的外力，图乙中Fy表示沿y轴方向的外力，下列描述正确的是()A04 s内物体的运动轨迹是一条直线B04 s内物体的运动轨迹是一条抛物线C前2 s内物体做匀加速直线运动，后2 s内物体做匀加速曲线运动D前2 s内物体做匀加速直线运动，后2 s内物体做匀速圆周运动解析：选C.02 s内物体沿x轴方向做初速度为零
28、的匀加速直线运动，2 s时受沿y轴方向的恒力作用，与速度方向垂直，故24 s内物体做类平抛运动，C项正确12. (多选)如图所示，某同学在研究运动的合成时做了如图所示活动：用左手沿黑板推动直尺竖直向上运动，运动中保持直尺水平，同时用右手沿直尺向右移动笔尖若该同学左手的运动为匀速运动，右手相对于直尺的运动为初速度为零的匀加速运动，则关于笔尖的实际运动，下列说法中正确的是()A笔尖做匀速直线运动B笔尖做匀变速直线运动C笔尖做匀变速曲线运动D笔尖的速度方向与水平方向夹角逐渐变小解析：选CD.由题意知笔尖做匀变速曲线运动，A、B错误，C正确；笔尖的速度方向为合速度方向，右手沿水平方向的速度逐渐增大，则
29、合速度方向与水平方向夹角逐渐变小，D正确13. 如图所示，A、B两物体系在跨过光滑定滑轮的一根轻绳的两端，当A物体以速度v向左运动时，系A、B的绳分别与水平方向成、角，此时B物体的速度大小为()Avsin /sin Bvcos /sin Cvsin /cos Dvcos /cos 解析：选D.根据A、B两物体的运动情况，将两物体此时的速度v和vB分别分解为两个分速度v1(沿绳的分量)和v2(垂直绳的分量)以及vB1(沿绳的分量)和vB2(垂直绳的分量)，由于两物体沿绳的速度分量相等，v1vB1，即vcos vBcos ，则B物体的速度方向水平向右，其大小为vBv，D正确14. 如图所示，在一次
30、抗洪救灾工作中，一架直升机A用一长H50 m的悬索(重力可忽略不计)系住伤员B，直升机A和伤员B一起在水平方向上以v010 m/s的速度匀速运动的同时，悬索在竖直方向上匀速上拉在将伤员拉到直升机内的时间内，A、B之间的竖直距离以l505t(单位：m)的规律变化，则()A伤员经过5 s时间被拉到直升机内B伤员经过10 s时间被拉到直升机内C伤员的运动速度大小为5 m/sD伤员的运动速度大小为10 m/s解析：选B.伤员在竖直方向的位移为hHl5t(m)，所以伤员的竖直分速度为v15 m/s；由于竖直方向做匀速直线运动，所以伤员被拉到直升机内的时间为t s10 s，故A错误，B正确；伤员在水平方向
31、的分速度为v010 m/s，所以伤员的速度为v m/s5 m/s，故C、D均错误第2节抛体运动一、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所做的运动，叫平抛运动2性质：平抛运动是加速度恒为重力加速度g的匀变速曲线运动，轨迹是抛物线二、平抛运动的规律以抛出点为原点，以水平方向(初速度v0方向)为x轴，以竖直向下的方向为y轴建立平面直角坐标系，则1水平方向：做匀速直线运动，速度：vxv0，位移：xv0t.2竖直方向：做自由落体运动，速度：vygt，位移：ygt23合运动(1)合速度：v，方向与水平方向夹角为，则tan .(2)合位移：s，方向与水平方向
32、夹角为，则tan .三、斜抛运动1定义：将物体以一定的初速度沿斜向上或斜向下抛出，物体仅在重力的作用下所做的运动，叫做斜抛运动2性质：加速度恒为g的匀变速曲线运动，轨迹是抛物线3基本规律以斜向上抛为例说明，如图所示 (1)水平方向：v0xv0cos_，F合x0.(2)竖直方向：v0yv0sin_，F合ymg.因此斜抛运动可以看做是水平方向的匀速直线运动和竖直方向的竖直上(下)抛运动的合运动自我诊断1判断正误(1)以一定的初速度水平抛出的物体的运动是平抛运动()(2)做平抛运动的物体的速度方向时刻在变化，加速度方向也时刻在变化()(3)做平抛运动的物体初速度越大，水平位移越大()(4)做平抛运动
33、的物体，初速度越大，在空中飞行时间越长()(5)从同一高度平抛的物体，不计空气阻力时，在空中飞行的时间是相同的()(6)无论平抛运动还是斜抛运动，都是匀变速曲线运动()(7)做平抛运动的物体，在任意相等的时间内速度的变化是相同的()2(多选) 为了验证平抛运动的小球在竖直方向上做自由落体运动，用如图所示的装置进行实验小锤打击弹性金属片，A球水平抛出，同时B球被松开，自由下落，关于该实验，下列说法中正确的有()A两球的质量应相等B两球应同时落地C应改变装置的高度，多次实验D实验也能说明A球在水平方向上做匀速直线运动解析：选BC.小锤打击弹性金属片后，A球做平抛运动，B球做自由落体运动A球在竖直方
34、向上的运动情况与B球相同，做自由落体运动，因此两球同时落地实验时，需A、B两球从同一高度开始运动，对质量没有要求，但两球的初始高度及击打力度应该有变化，实验时要进行35次得出结论本实验不能说明A球在水平方向上的运动性质，故选项B、C正确，选项A、D错误3做平抛运动的物体，落地过程在水平方向通过的距离取决于()A物体的初始高度和所受重力B物体的初始高度和初速度C物体所受的重力和初速度D物体所受的重力、初始高度和初速度解析：选B.水平方向通过的距离xv0t，由hgt2得t，所以时间t由高度h决定；又xv0tv0，故x由初始高度h和初速度v0共同决定，B正确考点一平抛运动的基本规律1飞行时间：由t知
35、，时间取决于下落高度h，与初速度v0无关2水平射程：xv0tv0，即水平射程由初速度v0和下落高度h共同决定，与其他因素无关3落地速度：vt，以表示落地速度与x轴正方向的夹角，有tan ，所以落地速度也只与初速度v0和下落高度h有关4速度改变量：因为平抛运动的加速度为重力加速度g，所以做平抛运动的物体在任意相等时间间隔t内的速度改变量vgt相同，方向恒为竖直向下，如图甲所示5两个重要推论(1)做平抛(或类平抛)运动的物体任一时刻的瞬时速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点，如图乙中A点和B点所示(2)做平抛(或类平抛)运动的物体在任意时刻任一位置处，设其速度方向与水平方向的夹角为，位移与水
36、平方向的夹角为，则tan 2tan .1. 如图所示，一小球从一半圆轨道左端A点正上方某处开始做平抛运动(小球可视为质点)，飞行过程中恰好与半圆轨道相切于B点O为半圆轨道圆心，半圆轨道半径为R，OB与水平方向夹角为60，重力加速度为g，则小球抛出时的初速度为()A. B C. D.解析：选B.画出小球在B点速度的分解矢量图，如图所示由图可知，tan 60，R(1cos 60)v0t，联立解得v0，选项B正确2(2017浙江台州质检)从某高度水平抛出一小球，经过t时间到达地面时，速度方向与水平方向的夹角为，不计空气阻力，重力加速度为g，下列结论中正确的是()A小球初速度为gttan B若小球初速
37、度增大，则平抛运动的时间变长C小球着地速度大小为D小球在t时间内的位移方向与水平方向的夹角为解析：选C. 如图所示，小球竖直方向的速度为vygt，则初速度为v0gtcot ，落地时速度v，选项C正确，A错误；平抛运动的时间t ，由高度决定，选项B错误；设位移方向与水平方向的夹角为，则tan ，tan ，则tan 2tan ，选项D错误3距地面高5 m的水平直轨道上A、B两点相距2 m，在B点用细线悬挂一小球，离地高度为h，如图小车始终以4 m/s的速度沿轨道匀速运动，经过A点时将随车携带的小球由轨道高度自由卸下，小车运动至B点时细线被轧断，最后两球同时落地不计空气阻力，取重力加速度的大小g10
38、 m/s2.可求得h等于()A1.25 mB2.25 mC3.75 m D4.75 m解析：选A.根据两球同时落地可得 ，代入数据得h1.25 m，选项A正确分解思想在平抛运动中的应用(1)解答平抛运动问题时，一般的方法是将平抛运动沿水平和竖直两个方向分解，这样分解的优点是不用分解初速度也不用分解加速度(2)画出速度(或位移)分解图，通过几何知识建立合速度(或合位移)、分速度(或分位移)及其方向间的关系，通过速度(或位移)的矢量三角形求解未知量考点二类平抛运动1受力特点：物体所受合力为恒力，且与初速度的方向垂直2运动特点：在初速度v0方向做匀速直线运动，在合力方向做初速度为零的匀加速直线运动，
39、加速度a.3求解技巧(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(即沿合力方向)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1. (多选)如图所示，两个足够大的倾角分别为30、45的光滑斜面放在同一水平面上，两斜面间距大于小球直径，斜面高度相等有三个完全相同的小球a、b、c，开始均静止于斜面同一高度处，其中小球b在两斜面之间，a、c分别在两斜面顶端若同时释放a、b、c，小球到达该水平面的时
40、间分别为t1、t2、t3.若同时沿水平方向抛出，初速度方向如图所示，小球到达水平面的时间分别为t1、t2、t3.下列关于时间的关系正确的是()At1t3t2Bt1t1、t2t2、t3t3Ct1t3t2 Dt1t1、t2t2、t3t3解析：选ABC.由静止释放三个小球时，对a：gsin 30t，则t；对b：hgt，则t；对c：gsin 45T，则t，所以t1t3t2.当水平抛出三个小球时，小球b做平抛运动，小球a、c在斜面内做类平抛运动沿斜面方向的运动同第一种情况，所以t1t1，t2t2，t3t3，故A、B、C正确2质量为m的飞机以水平初速度v0飞离跑道后逐渐上升，若飞机在此过程中水平速度保持不
41、变，同时受到重力和竖直向上的恒定升力(该升力由其他力的合力提供，不含重力)今测得当飞机在水平方向的位移为l时，它的上升高度为h，如图所示，求：(1)飞机受到的升力大小；(2)上升至h高度时飞机的速度解析：(1)飞机做类平抛运动，则：水平方向lv0t竖直方向hat2解得a对飞机由牛顿第二定律得Fmgma解得Fm(2)竖直方向v2ahv解得v 设速度方向与初速度v0方向的夹角为，则：tan 解得arctan答案：(1)m(2) ，方向与v0的夹角为arctan考点三多体平抛问题1多体平抛运动问题是指多个物体在同一竖直平面内平抛时所涉及的问题2三类常见的多体平抛运动(1)若两物体同时从同一高度(或同
42、一点)抛出，则两物体始终在同一高度，二者间距只取决于两物体的水平分运动(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，二者间距由两物体的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，二者间距取决于两物体的水平分运动和竖直分运动1. 如图所示，在距水平地面分别为H和4H的高度处，同时将质量相同的a、b两小球以相同的初速度v0水平抛出，则以下判断正确的是()Aa、b两小球同时落地B两小球落地速度的方向相同Ca、b两小球水平位移之比为12Da、b两小球水平位移之比为14解析：选C.由Hgt，4Hgt可得tb2ta，A错误；由xv0t
43、可知，xaxb12，C正确，D错误；设落地时速度与水平方向夹角为，则由tan 可知，tan atan b12，ab，B错误2(2017山东潍坊模拟) 如图所示，半圆形容器竖直放置，从其圆心O点处分别以水平初速度v1、v2抛出两个小球(可视为质点)，最终它们分别落在圆弧上的A点和B点，己知OA与OB互相垂直，且OA与竖直方向成角，则两小球的初速度之比为()A. Btan C. Dtan2解析：选C.由平抛运动规律得，水平方向Rsin v1t1，Rcos v2t2，竖直方向Rcos gt，Rsin gt，联立解得 ，选项C正确(1)物体做平抛运动的时间由物体被抛出点的高度决定，而物体的水平位移由物
44、体被抛出点的高度和物体的初速度共同决定(2)两条平抛运动轨迹的相交处是两物体的可能相遇处，两物体要在此处相遇，必须同时到达此处考点四斜面上的平抛运动与斜面相关的平抛运动，其特点是做平抛运动的物体落在斜面上，包括两种情况：1物体从空中抛出垂直落在斜面上；2从斜面上抛出落在斜面上在解答这类问题时，除了要运用平抛运动的位移和速度规律，还要充分运用斜面倾角，找出斜面倾角同位移和速度与水平方向夹角的关系，从而使问题得到顺利解决两种模型对比如下：方法内容斜面总结分解速度水平：vxv0竖直：vygt合速度：v分解速度，构建速度三角形分解位移水平：xv0t竖直：ygt2合位移：s分解位移，构建位移三角形题组一
45、顺着斜面的平抛运动1. 跳台滑雪运动员的动作惊险而优美，其实滑雪运动可抽象为物体在斜坡上的平抛运动如图所示，设可视为质点的滑雪运动员从倾角为的斜坡顶端P处，以初速度v0水平飞出，运动员最后又落到斜坡上A点处，AP之间距离为L，在空中运动时间为t，改变初速度v0的大小，L和t都随之改变关于L、t与v0的关系，下列说法中正确的是()AL与v0成正比BL与v0成反比Ct与v0成正比 Dt与v成正比解析：选C.因运动员落在斜面上，故其位移与水平方向的夹角就等于斜面的倾角，因此有tan ，其中ygt2，xv0t，则t，L，故t与v0成正比，L与v成正比，C正确2(2017怀化模拟) 如图所示，滑板运动员
46、从倾角为53的斜坡顶端滑下，滑下的过程中他突然发现在斜面底端有一个高h1.4 m、宽L1.2 m的长方体障碍物，为了不触及这个障碍物，他必须在距水平地面高度H3.2 m的A点沿水平方向跳起离开斜面(竖直方向的速度变为零)己知运动员的滑板与斜面间的动摩擦因数0.1，忽略空气阻力，重力加速度g取10 m/s2.(已知sin 530.8，cos 530.6)求：(1)运动员在斜面上滑行的加速度的大小；(2)若运动员不触及障碍物，他从斜面上起跳后到落至水平面的过程所经历的时间；(3)运动员为了不触及障碍物，他从A点沿水平方向起跳的最小速度解析：(1)设运动员连同滑板的质量为m，运动员在斜面滑行的过程中
47、，由牛顿第二定律得mgsin 53mgcos 53ma解得agsin 53gcos 537.4 m/s2(2)运动员从斜面上起跳后，沿竖直方向做自由落体运动，则Hgt2解得t0.8 s(3)为了不触及障碍物，运动员以速度v沿水平方向起跳后竖直下落高度为Hh时，他沿水平方向运动的距离至少为L，设这段时间为t，则Hhgt2Lvt解得v6.0 m/s，所以最小速度vmin6.0 m/s.答案：(1)7.4 m/s2(2)0.8 s(3)6.0 m/s题组二对着斜面的平抛运动3(2017吉林模拟)(多选) 如图所示，A、D分别是斜面的顶端、底端，B、C是斜面上的两个点，ABBCCD，E点在D点的正上方
48、，与A等高从E点以一定的水平速度抛出质量相等的两个小球，球1落在B点，球2落在C点，关于球1和球2从抛出到落在斜面上的运动过程()A球1和球2运动的时间之比为21B球1和球2动能增加量之比为12C球1和球2抛出时初速度之比为21D球1和球2运动时的加速度之比为12解析：选BC.因为AC2AB，所以AC的高度差是AB高度差的2倍，根据hgt2得t，解得运动的时间比为1，故A错误；根据动能定理得mghEk，知球1和球2动能增加量之比为12，故B正确；BD在水平方向上的分量是DC在水平方向分量的2倍，结合xv0t，解得初速度之比为21，故C正确；平抛运动的加速度均为g，两球的加速度相同，故D错误4.
49、 (2017温州质检)如图所示，小球以v0正对倾角为的斜面水平抛出，若小球到达斜面的位移最小，则飞行时间t为(重力加速度为g)()A.BC. D.解析：选D.如图所示，要小球到达斜面的位移最小，则要求落点与抛出点的连线与斜面垂直，所以有tan ，而xv0t，ygt2，解得t.(1)物体的竖直位移与水平位移之比是同一个常数，这个常数等于斜面倾角的正切值；(2)当物体的速度方向与斜面平行时，物体离斜面最远考点五平抛运动中的临界问题典例如图所示，水平屋顶高H5 m，墙高h3.2 m，墙到房子的距离L3 m，墙外马路宽x10 m，小球从房顶水平飞出，落在墙外的马路上，g10 m/s2.求：(1)小球离
50、开屋顶时的速度v0的大小范围；(2)小球落在马路上的最小速度解析(1)设小球恰好落到马路的右侧边缘时，水平初速度为v01，则Lxv01t1竖直位移Hgt联立解得v01(Lx) 13 m/s设小球恰好越过围墙的边缘时，水平初速度为v02，则水平位移Lv02t2竖直位移Hhgt联立解得v025 m/s所以小球抛出时的速度大小范围为5 m/sv013 m/s.(2)小球落在马路上，下落高度一定，落地时的竖直分速度一定，当小球恰好越过围墙的边缘落在马路上时，落地速度最小竖直方向v2gH又有vmin解得vmin5 m/s答案(1)5 m/sv013 m/s(2)5 m/s(1)在体育运动中，像乒乓球、排
51、球、网球等都有中间网及边界问题，要求球既能过网，又不出边界，某物理量(尤其是球速)往往要有一定的范围限制，在这类问题中，确定临界状态，画好临界轨迹，是解决问题的关键点(2)分析平抛运动中的临界问题时一般运用极限分析的方法，即把要求的物理量设定为极大或极小，让临界问题突现出来，找到产生临界的条件1(多选)如图所示，一高度为h的光滑水平面与一倾角为的斜面连接，一小球以速度v从平面的右端P点向右水平抛出，则小球在空中运动的时间t()A一定与v的大小有关B一定与v的大小无关C当v大于 cot 时，t与v无关D当v小于 cot 时，t与v有关解析：选CD.球有可能落在斜面上，也有可能落在水平面上，可用临
52、界法求解，如果小球恰好落在斜面与水平面的交点处，则满足hcot vt，hgt2，联立可得v cot .故当v大于 cot 时，小球落在水平面上，t，与v无关；当v小于 cot 时，小球落在斜面上，xvt，ygt2，tan ，联立可得t，即与v有关，故选项C、D正确2一带有乒乓球发射机的乒乓球台如图所示水平台面的长和宽分别为L1和L2，中间球网高度为h.发射机安装于台面左侧边缘的中点，能以不同速率向右侧不同方向水平发射乒乓球，发射点距台面高度为3h.不计空气的作用，重力加速度大小为g.若乒乓球的发射速率v在某范围内，通过选择合适的方向，就能使乒乓球落到球网右侧台面上，则v的最大取值范围是()A.
53、vL1B.v C.v D.v 解析：选D.设以速率v1发射乒乓球，经过时间t1刚好落到球网正中间则竖直方向上有3hhgt，水平方向上有v1t1.由两式可得v1.设以速率v2发射乒乓球，经过时间t2刚好落到球网右侧台面的两角处，在竖直方向有3hgt，在水平方向有 v2t2.由两式可得v2 .则v的最大取值范围为v1vv2，故选项D正确课时规范训练基础巩固题组1物体做平抛运动时，下列描述物体的速度变化量大小v随时间t变化的图象中，可能正确的是()解析：选D.平抛运动是匀变速曲线运动，加速度为定值，由a知，D正确2游乐场内两支玩具枪在同一位置先后沿水平方向各射出一颗子弹，打在远处的同一个靶上，A为甲
54、枪子弹留下的弹孔，B为乙枪子弹留下的弹孔，两弹孔在竖直方向上相距高度为h，如图所示，不计空气阻力关于两枪射出子弹的初速度大小，下列判断正确的是()A甲枪射出的子弹初速度较大B乙枪射出的子弹初速度较大C甲、乙两枪射出的子弹初速度一样大D无法比较甲、乙两枪射出的子弹初速度的大小解析：选A.由题图可以看出，子弹射出后到打到靶上的过程中，竖直方向的位移关系是hBhA，由hgt2得tBtA，由v可以得出vAvB，A正确3在地面上方某点将一小球以一定的初速度沿水平方向抛出，不计空气阻力，则小球在随后的运动中()A速度和加速度的方向都在不断改变B速度与加速度方向之间的夹角一直减小C在相等的时间间隔内，速率的
55、改变量相等D在相等的时间间隔内，动能的改变量相等解析：选B.小球做平抛运动，加速度为重力加速度，小球的速度大小和方向时刻变化，小球的加速度大小和方向均恒定，故A错误速度与加速度的夹角的正切值tan ，随着时间t的增大，夹角减小，故B正确速度改变量vgt，相等时间内的速度改变量相等，但速率(即速度的大小)的改变量不相等，故C错误相等时间内动能的改变量取决于合力重力做的功，由于相等时间内下落的高度越来越大，重力做的功越来越多，故动能的改变量越来越大，故D错误4如图所示，某同学将一枚飞镖从高于靶心的位置水平投向竖直悬挂的靶盘，结果飞镖打在靶心的正下方忽略飞镖运动过程中所受空气阻力，在其他条件不变的情
56、况下，为使飞镖命中靶心，他在下次投掷时可以()A换用质量稍大些的飞镖B适当增大投飞镖的高度C到稍远些的地方投飞镖D适当减小投飞镖的初速度解析：选B.飞镖做的是平抛运动，飞镖打在靶心的正下方说明飞镖竖直方向的位移太大，根据平抛运动的规律可得，水平方向上xv0t，竖直方向上hgt2，所以要想减小飞镖竖直方向的位移，在水平位移不变的情况下，可以适当增大投飞镖的初速度来减小飞镖的运动时间，故D错误；初速度不变时，时间不变，适当增大投飞镖的高度，可以使飞镖命中靶心，飞镖的质量不影响平抛运动的规律，故A错误，B正确；在稍远些地方投飞镖，则运动时间变长，下落的高度变大，不会击中靶心，故C错误5(多选)如图所
57、示，相同的乒乓球1、2恰好在等高处水平越过球网，不计乒乓球的旋转和空气阻力，乒乓球自最高点到落台的过程中，下列说法正确的是()A过网时球1的速度小于球2的速度B球1的飞行时间大于球2的飞行时间C球1的速度变化率等于球2的速度变化率D落台时，球1的重力功率等于球2的重力功率解析：选CD.由hgt2知两球运动时间相等，B错误；由于球1水平位移大，故水平速度大，A错误；两球都做平抛运动，故加速度等大，即速度变化率相等，C正确；由v2gh可知落台时两球竖直速度等大，又因为重力等大，故落台瞬时功率等大，D正确6. 如图所示，一名跳台滑雪运动员经过一段时间的加速滑行后从O点水平飞出，经过3 s落到斜坡上的
58、A点已知O点是斜坡的起点，斜坡与水平面的夹角37，运动员的质量m50 kg.不计空气阻力(sin 370.6，cos 370.8；g取10 m/s2)求：(1)A点与O点的距离L；(2)运动员离开O点时的速度大小；(3)运动员从O点飞出开始到离斜坡距离最远所用的时间解析：(1)运动员在竖直方向做自由落体运动，有Lsin 37gt2，L75 m.(2)设运动员离开O点时的速度为v0，运动员在水平方向的分运动为匀速直线运动，有Lcos 37v0t，即v020 m/s.(3)运动员的平抛运动可分解为沿斜面方向的匀加速运动(初速度为 v0cos 37、加速度为gsin 37)和垂直斜面方向的类竖直上抛
59、运动(初速度为v0sin 37、加速度为gcos 37)当垂直斜面方向的速度减为零时，运动员离斜坡最远，有v0sin 37gcos 37t，解得t1.5 s答案：(1)75 m(2)20 m/s(3)1.5 s综合应用题组7. 如图所示，从A点由静止释放一弹性小球，一段时间后与固定斜面上B点发生碰撞，碰后小球速度大小不变，方向变为水平方向，又经过相同的时间落于地面上C点，已知地面上D点位于B点正下方，B、D间的距离为h，则()AA、B两点间的距离为BA、B两点间的距离为CC、D两点间的距离为2hDC、D两点间的距离为h解析：选C.AB段小球自由下落，BC段小球做平抛运动，两段时间相同，所以A、
60、B两点间距离与B、D两点间距离相等，均为h，故A、B错误；BC段平抛初速度v，持续的时间t，所以C、D两点间距离xvt2h，故C正确，D错误8. 如图所示，位于同一高度的小球A、B分别以v1和v2的速度水平抛出，都落在了倾角为30的斜面上的C点，小球B恰好垂直打到斜面上，则v1、v2之比为()A11B21C32 D23解析：选C.小球A、B从同一高度平抛，到斜面上的C点经历的时间相等，设为t，由题意可得tan 30，tan 30，解得v1v232，C正确9. 如图所示，一个小球从一斜面顶端分别以v10、v20、v30水平抛出，分别落在斜面上1、2、3点，落到斜面时竖直分速度分别是v1y、v2y
61、、v3y，则()A.B.C. D条件不足，无法比较解析：选C.设小球落到斜面时速度方向与水平方向的夹角为，由tan 2tan ，故，C正确10如图所示的光滑斜面长为l，宽为b，倾角为，一物块(可看成质点)沿斜面左上方顶点P水平射入，恰好从底端Q点离开斜面，则()APQ所用的时间t2 BPQ所用的时间tC初速度v0b D初速度v0b解析：选C.物体的加速度为：agsin .根据lat2，得：t ，故A、B错误；初速度v0b ，故C正确，D错误11(多选) 如图所示，在网球的网前截击练习中，若练习者在球网正上方距地面H处，将球以速度v沿垂直球网的方向击出，球刚好落在底线上，已知底线到网的距离为L，
62、重力加速度取g，将球的运动视作平抛运动，下列表述正确的是()A球的速度v等于L B球从击出至落地所用时间为 C球从击球点至落地点的位移等于LD球从击球点至落地点的位移与球的质量有关解析：选AB.由平抛运动规律知，在水平方向上有Lvt，在竖直方向上有Hgt2，联立解得t ，vL ，A、B正确；球从击球点至落地点的位移为x，与球的质量无关，C、D错误12如图所示，倾角为37的粗糙斜面的底端有一质量m1 kg的凹形小滑块，小滑块与斜面间的动摩擦因数0.25.现小滑块以某一初速度v从斜面底端上滑，同时在斜面底端正上方有一小球以v0水平抛出，经过0.4 s，小球恰好垂直斜面方向落入凹槽，此时，小滑块还在
63、上滑过程中(已知sin 370.6，cos 370.8)，g取10 m/s2.求：(1)小球水平抛出的速度v0；(2)小滑块的初速度v.解析：(1)设小球落入凹槽时竖直速度为vy，则vygt100.4 m/s4 m/sv0vytan 373 m/s.(2)小球落入凹槽时的水平位移xv0t30.4 m1.2 m则滑块的位移为s m1.5 m滑块上滑时，mgsin 37mgcos 37ma解得a8 m/s2根据公式svtat2解得：v5.35 m/s.答案：(1)3 m/s(2)5.35 m/s第3节圆周运动一、描述圆周运动的物理量1线速度：描述物体圆周运动快慢v.2角速度：描述物体转动快慢.3周
64、期和频率：描述物体转动快慢T，T.4向心加速度：描述线速度方向变化快慢的物理量anr2vr.二、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：Fmm2rmmv42mf2r3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，还可以由一个力的分力提供三、圆周运动、向心运动和离心运动1匀速圆周运动与非匀速圆周运动两种运动具体比较见下表：项目匀速圆周运动非匀速圆周运动定义线速度的大小不变的圆周运动线速度的大小不断变化的圆周运动运动特点F向、a向、v均大小不变，方向变化，不变F向、a向、v大小和方向均发生变
65、化，发生变化向心力F向F合由F合沿半径方向的分力提供2.离心运动(1)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(2)受力特点(如图所示)当Fmr2时，物体做匀速圆周运动；当F0时，物体沿切线方向飞出；当Fmr2时，物体逐渐远离圆心，F为实际提供的向心力当Fmr2时，物体逐渐向圆心靠近，做向心运动自我诊断1判断正误(1)匀速圆周运动是匀变速曲线运动()(2)物体做匀速圆周运动时，其角速度是不变的()(3)物体做匀速圆周运动时，其合外力是不变的()(4)匀速圆周运动的向心加速度与半径成反比()(5)匀速圆周运动的向心力是产生向心加速度的原因()(6)比较物体沿圆周运
66、动的快慢看线速度，比较物体绕圆心转动的快慢，看周期或角速度()(7)做匀速圆周运动的物体，当合外力突然减小时，物体将沿切线方向飞出()(8)摩托车转弯时速度过大就会向外发生滑动，这是摩托车受沿转弯半径向外的离心力作用的缘故()2(多选)某质点绕圆轨道做匀速圆周运动，下列说法中正确的是()A因为该质点速度大小始终不变，所以它做的是匀速运动B该质点速度大小不变，但方向时刻改变，是变速运动C该质点速度大小不变，因而加速度为零，处于平衡状态D该质点做的是变速运动，具有加速度，故它所受合力不等于零解析：选BD.匀速圆周运动的速度大小不变，但方向时刻改变，所以不是匀速运动，A错误，B正确；由于速度的方向改
67、变，所以速度是变化的，一定存在加速度，不是处于平衡状态，合力不等于零，C错误，D正确3(多选)一质点做匀速圆周运动，其线速度大小为4 m/s，转动周期为2 s，则()A角速度为0.5 rad/sB转速为0.5 r/sC轨迹半径为 m D加速度大小为4 m/s2解析：选BCD.角速度为 rad/s，A错误；转速为n0.5 r/s，B正确；半径r m，C正确；向心加速度大小为a4 m/s2，D正确4. 有一个惊险的杂技节目叫“飞车走壁”，杂技演员骑摩托车先在如图所示的大型圆筒底部做速度较小，半径较小的圆周运动，通过逐步加速，圆周运动的半径逐步增大，最后能以较大的速度在竖直筒壁上做匀速圆周运动，这时
68、使车和人整体做匀速圆周运动的向心力是()A圆筒壁对车的静摩擦力B筒壁对车的弹力C摩托车本身的动力D重力和摩擦力的合力解析：选B.在竖直筒壁上的摩托车只受三个力作用，其中竖直方向上重力与摩擦力是一对平衡力，水平方向上筒壁对车的弹力提供了车和人整体做匀速圆周运动的向心力，B正确考点一圆周运动的运动学问题1圆周运动各物理量间的关系2对公式vr和a2r的理解(1)由vr知，r一定时，v与成正比；一定时，v与r成正比；v一定时，与r成反比(2)由a2r知，在v一定时，a与r成反比；在一定时，a与r成正比1. (2017广州调研)如图所示，当正方形薄板绕着过其中心O并与板垂直的转动轴转动时，板上A、B两点
69、()A角速度之比AB1B角速度之比AB1C线速度之比vAvB1D线速度之比vAvB1解析：选D.板上A、B两点的角速度相等，角速度之比AB11，选项A、B错误；线速度vr，线速度之比vAvB1，选项C错误，D正确2. (多选)如图所示为一链条传动装置的示意图已知主动轮是逆时针转动的，转速为n，主动轮和从动轮的齿数比为k，以下说法中正确的是()A从动轮是顺时针转动的B主动轮和从动轮边缘的线速度大小相等C从动轮的转速为nkD从动轮的转速为解析：选BC.主动轮逆时针转动，带动从动轮也逆时针转动，用链条传动，两轮边缘线速度大小相等，A错误，B正确；由r主：r从k,2nr主2n从r从可得n从nk，C正确
70、，D错误3. (2017桂林模拟)如图所示，B和C是一组塔轮，即B和C半径不同，但固定在同一转动轴上，其半径之比为RBRC32，A轮的半径大小与C轮相同，它与B轮紧靠在一起，当A轮绕过其中心的竖直轴转动时，由于摩擦作用，B轮也随之无滑动地转动起来a、b、c分别为三轮边缘的三个点，则a、b、c三点在运动过程中的()A线速度大小之比为322B角速度之比为332C转速之比为232D向心加速度大小之比为964解析：选D.A、B轮摩擦传动，故vavb，aRAbRB，ab32；B、C同轴，故bc，vbvc32，因此vavbvc332，abc322，故A、B错误转速之比等于角速度之比，故C错误由av得：aa
71、abac964，D正确常见的三种传动方式及特点(1)皮带传动：如图1甲、乙所示，皮带与两轮之间无相对滑动时，两轮边缘线速度大小相等，即vAvB.(2)摩擦传动：如图2甲所示，两轮边缘接触，接触点无打滑现象时，两轮边缘线速度大小相等，即vAvB.(3)同轴传动：如图2乙所示，两轮固定在一起绕同一转轴转动，两轮转动的角速度大小相等，即AB.考点二圆周运动的动力学问题1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一个向心力2向心力的确定(1)先确定圆周运动的轨道所在的平面，确定圆心的位置(2)再分析物
72、体的受力情况，找出所有的力沿半径方向指向圆心的合力就是向心力3解决动力学问题要注意三个方面的分析(1)几何关系的分析，目的是确定圆周运动的圆心、半径等(2)运动分析，目的是表示出物体做圆周运动所需要的向心力(3)受力分析，目的是利用力的合成与分解知识，表示出物体做圆周运动时，外界所提供的向心力1在高速公路的拐弯处，通常路面都是外高内低如图所示，在某路段汽车向左拐弯，司机左侧的路面比右侧的路面低一些，汽车的运动可看做是做半径为R的圆周运动设内外路面高度差为h，路基的水平宽度为d，路面的宽度为L.已知重力加速度为g.要使车轮与路面之间的横向摩擦力(即垂直于前进方向)等于零，则汽车转弯时的车速应等于
73、()A. B C. D.解析：选B.汽车做匀速圆周运动，向心力由重力与斜面对汽车的支持力的合力提供，且向心力的方向水平，向心力大小F向mgtan .根据牛顿第二定律：F向m，tan ，解得汽车转弯时的车速v ，B对2(2017江西九校联考) (多选)如图所示，一根细线下端拴一个金属小球P，细线的上端固定在金属块Q上，Q放在带小孔(小孔光滑)的水平桌面上，小球在某一水平面内做匀速圆周运动(圆锥摆)现使小球改到一个更高一些的水平面上做匀速圆周运动(图中P位置)，两次金属块Q都静止在桌面上的同一点，则后一种情况与原来相比较，下面的判断中正确的是()A细线所受的拉力变小B小球P运动的角速度变大CQ受到
74、桌面的静摩擦力变大DQ受到桌面的支持力变大解析：选BC. 金属块Q在桌面上保持静止，根据平衡条件知，Q受到桌面的支持力等于其重力，保持不变，故D错误设细线与竖直方向的夹角为，细线的拉力大小为FT，细线的长度为L，P球做匀速圆周运动时，由重力和细线拉力的合力提供向心力，如图，则有FT，Fnmgtan m2Lsin ，得角速度 ，使小球改到一个更高一些的水平面上做匀速圆周运动时，增大，cos 减小，则得到细线拉力FT增大，角速度增大，A错误、B正确对Q，由平衡条件知，Q受到桌面的静摩擦力变大，故C正确3(2017河南二模) 如图所示，一个圆形框架以竖直的直径为转轴匀速转动在框架上套着两个质量相等的
75、小球A、B，小球A、B到竖直转轴的距离相等，它们与圆形框架保持相对静止下列说法正确的是()A小球A的合力小于小球B的合力B小球A与框架间可能没有摩擦力C小球B与框架间可能没有摩擦力D圆形框架以更大的角速度转动，小球B受到的摩擦力一定增大解析：选C.由于合力提供向心力，依据向心力表达式Fmr2，已知两球质量、运动半径和角速度都相同，可知向心力相同，即合力相同，故A错误；小球A受到重力和弹力的合力不可能垂直指向OO轴，故一定存在摩擦力，而B球的重力和弹力的合力可能垂直指向OO轴，故B球摩擦力可能为零，故B错误，C正确；由于不知道B球是否受到摩擦力，故而无法判定圆形框架以更大的角速度转动，小球B受到
76、的摩擦力的变化情况，故D错误几种常见的向心力来源(1)飞机在水平面内的圆周运动，如图1所示；(2)火车转弯，如图2所示；(3)圆锥摆，如图3所示；(4)飞车走壁，如图4所示；(5)水平路面汽车转弯，如图5所示；(6)水平转台，如图6所示考点三竖直面内的圆周运动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轻绳和轻杆模型涉及的临界问题题组一“轻绳”模型1. (多选)如图所示，用细绳拴着质量为m的物体，在竖直面内做圆周运
77、动，圆周半径为R，则下列说法正确的是()A小球过最高点时，绳子张力可以为零B小球过最高点时的最小速度为零C小球刚好过最高点时的速度是D小球过最高点时，绳子对小球的作用力可以与球所受的重力方向相反解析：选AC.轻绳模型中小球能过最高点的临界速度为v，此时绳中张力为零小球过最高点时绳子中的张力可能为零，也可能向下，故选项A、C正确，B、D错误2. 如图所示，轻绳的一端固定在O点，另一端系一质量为m的小球(可视为质点)当小球在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动时，通过传感器测得轻绳拉力FT、轻绳与竖直线OP的夹角满足关系式FTabcos ，式中a、b为常数若不计空气阻力，则当地的重力加速度为()A.B
78、C. D.解析：选D.当小球运动到最低点时，0，拉力最大，FT1ab，FT1mg；当小球运动到最高点时，180，拉力最小，FT2ab，FT2mg；由动能定理有mg2Lmvmv，联立解得g，选项D正确3. 如图所示，竖直环A半径为r，固定在木板B上，木板B放在水平地面上，B的左右两侧各有一挡板固定在地上，B不能左右运动，在环的最低点静放有一小球C，A、B、C的质量均为m.现给小球一水平向右的瞬时速度v，小球会在环内侧做圆周运动，为保证小球能通过环的最高点，且不会使环在竖直方向上跳起(不计小球与环之间的摩擦阻力)，则瞬时速度v必须满足()A最小值 B最大值C最小值 D最大值解析：选D.要保证小球能
79、通过环的最高点，在最高点最小速度满足mgm，对小球从最低点运动到最高点的过程应用机械能守恒得mvmg2rmv，可得小球在最低点瞬时速度的最小值为，A、C错误；为了不会使环在竖直方向上跳起，则在最高点球有最大速度时，对环的压力为2mg，满足3mgm，从最低点到最高点由机械能守恒得mvmg2rmv，可得小球在最低点瞬时速度的最大值为，B错误，D正确题组二“轻杆”模型4(多选)长为L的轻杆，一端固定一个小球，另一端固定在光滑的水平轴上，使小球在竖直平面内做圆周运动关于小球在最高点的速度v，下列说法中正确的是()A当v的值为时，杆对小球的弹力为零B当v由逐渐增大时，杆对小球的拉力逐渐增大C当v由逐渐减
80、小时，杆对小球的支持力逐渐减小D当v由零逐渐增大时，向心力也逐渐增大解析：选ABD.在最高点，若速度v，则轻杆对小球的作用力为零，当v，轻杆表现为拉力，速度增大，向心力增大，则轻杆对小球的拉力增大，A、B正确；当v时，轻杆表现为支持力，速度减小，向心力减小，则杆对小球的支持力增大，C错误；在最高点，根据F向m得，速度增大，向心力逐渐增大，D正确5(多选) 如图所示，小球在竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动，内侧壁半径为R，小球半径为r，则下列说法中正确的是()A小球通过最高点时的最小速度vminB小球通过最高点时的最小速度vmin0C小球在水平线ab以下的管道中运动时，内侧管壁对小球一定无作用
81、力D小球在水平线ab以上的管道中运动时，外侧管壁对小球一定有作用力解析：选BC.在光滑圆形管道的最高点，小球的速度可以等于零，A错误，B正确；在ab线以下时，外侧管壁对小球的弹力要提供向心力，而在ab线以上，当速度较小时，小球要挤压内侧管壁，故C正确，D错误6(多选)如图甲所示，轻杆一端固定在O点，另一端固定一小球，现让小球在竖直平面内做半径为R的圆周运动小球运动到最高点时，受到的弹力为F，速度大小为v，其Fv2图象如乙图所示，则()A小球的质量为B当地的重力加速度大小为Cv2c时，小球对杆的弹力方向向下Dv22b时，小球受到的弹力与重力大小相等解析：选AD.由图乙可知：当v2b时，杆对球的弹
82、力恰好为零，此时只受重力，重力提供向心力，mgmm，即重力加速度g，故B错误；当v20时，向心力为零，杆对球的弹力恰好与球的重力等大反向，F弹mga，即小球的质量m，故A正确；根据圆周运动的规律，当v2b时杆对球的弹力为零，当v2b时，mgF弹m，杆对球的弹力方向向上，当v2b时，mgF弹m，杆对球的弹力方向向下，v2cb，杆对小球的弹力方向向下，根据牛顿第三定律，小球对杆的弹力方向向上，故C错误；当v22b时，mgF弹mm，又g，F弹mmgmg，故D正确竖直面内圆周运动的求解思路(1)定模型：首先判断是轻绳模型还是轻杆模型，两种模型过最高点的临界条件不同，其原因主要是“绳”不能支持物体，而“
83、杆”既能支持物体，也能拉物体(2)确定临界点：v临对轻绳模型来说是能否通过最高点的临界点，而对轻杆模型来说是FN表现为支持力还是拉力的临界点(3)研究状态：通常情况下竖直平面内的圆周运动只涉及最高点和最低点的运动情况(4)受力分析：对物体在最高点或最低点时进行受力分析，根据牛顿第二定律列出方程：F合F向(5)过程分析：应用动能定理或机械能守恒定律将初、末两个状态联系起来列方程考点四圆周运动中的临界问题临界问题广泛地存在于中学物理中，解答临界问题的关键是准确判断临界状态，再选择相应的规律灵活求解，其解题步骤为：1判断临界状态：有些题目中有“刚好”“恰好”“正好”等字眼，明显表明题述的过程存在着临
84、界点；若题目中有“取值范围”“多长时间”“多大距离”等词语，表明题述的过程存在着“起止点”，而这些起止点往往就是临界状态；若题目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼，表明题述的过程存在着极值，这个极值点也往往是临界状态2确定临界条件：判断题述的过程存在临界状态之后，要通过分析弄清临界状态出现的条件，并以数学形式表达出来3选择物理规律：当确定了物体运动的临界状态和临界条件后，对于不同的运动过程或现象，要分别选择相对应的物理规律，然后再列方程求解1. 如图所示，一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定角速度转动，盘面上离转轴距离2.5 m处有一小物体与圆盘始终保持相对静止物体与盘面间的
85、动摩擦因数为(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，盘面与水平面的夹角为30，g取10 m/s2.则的最大值是()A. rad/sB rad/sC1.0 rad/s D0.5 rad/s解析：选C.小物块恰好滑动时，应在A点，对滑块受力分析由牛顿第二定律得mgcos 30mgsin 30m2r，解得1.0 rad/s，C正确2(2017湖南五市十校联考)(多选)如图所示，竖直放置的光滑圆轨道被固定在水平地面上，半径r0.4 m，最低点处有一小球(半径比r小很多)，现给小球一水平向右的初速度v0，则要使小球不脱离圆轨道运动，v0应当满足(取g10 m/s2)()Av00Bv04 m/sCv02 m/s
86、 Dv02 m/s解析：选CD.当v0较大时，小球能够通过最高点，这时小球在最高点处需要满足的条件是mg，又根据机械能守恒定律有mv22mgrmv，得v02 m/s，C正确当v0较小时，小球不能通过最高点，这时对应的临界条件是小球上升到与圆心等高位置处时速度恰好减为零，根据机械能守恒定律有mgrmv，得v02 m/s，D正确分析圆周运动问题的基本思路课时规范训练基础巩固题组1如图所示，由于地球的自转，地球表面上P、Q两物体均绕地球自转轴做匀速圆周运动，对于P、Q两物体的运动，下列说法正确的是()AP、Q两点的角速度大小相等BP、Q两点的线速度大小相等CP点的线速度比Q点的线速度大DP、Q两物体
87、均受重力和支持力两个力作用解析：选A.P、Q两点都是绕地轴做匀速圆周运动，角速度相等，即PQ，选项A对根据圆周运动线速度vR，P、Q两点到地轴的距离不等，即P、Q两点圆周运动线速度大小不等，选项B错Q点到地轴的距离远，圆周运动半径大，线速度大，选项C错P、Q两物体均受到万有引力和支持力作用，二者的合力是圆周运动的向心力，我们把与支持力等大反向的平衡力即万有引力的一个分力称为重力，选项D错2. 如图所示，光滑水平面上，小球m在拉力F作用下做匀速圆周运动若小球运动到P点时，拉力F发生变化，关于小球运动情况的说法正确的是()A若拉力突然消失，小球将沿轨迹Pa做离心运动B若拉力突然变小，小球将沿轨迹P
88、a做离心运动C若拉力突然变大，小球将沿轨迹Pb做离心运动D若拉力突然变小，小球将沿轨迹Pc运动解析：选A.若拉力突然消失，小球将沿切线Pa做离心运动，A正确；若拉力突然变小，小球将沿Pb做离心运动，而拉力变大时，小球应沿Pc做近心运动，故B、C、D均错误3. 如图所示，地球可以看成一个巨大的拱形桥，桥面半径R6 400 km，地面上行驶的汽车重力G3104 N，在汽车的速度可以达到需要的任意值，且汽车不离开地面的前提下，下列分析中正确的是()A汽车的速度越大，则汽车对地面的压力也越大B不论汽车的行驶速度如何，驾驶员对座椅压力大小都等于3104NC不论汽车的行驶速度如何，驾驶员对座椅压力大小都小
89、于他自身的重力D如果某时刻速度增大到使汽车对地面压力为零，则此时驾驶员会有超重的感觉解析：选C.汽车的速度越大，则汽车对地面的压力越小，不论汽车的行驶速度如何，驾驶员对座椅压力大小都小于他自身的重力，选项C正确A、B错误；如果某时刻速度增大到使汽车对地面压力为零，则此时驾驶员会有完全失重的感觉，选项D错误4风速仪结构如图(a)所示光源发出的光经光纤传输，被探测器接收，当风轮旋转时，通过齿轮带动凸轮圆盘旋转，当圆盘上的凸轮经过透镜系统时光被遮挡已知风轮叶片转动半径为r，每转动n圈带动凸轮圆盘转动一圈若某段时间t内探测器接收到的光强随时间变化关系如图(b)所示，则该时间段内风轮叶片()A转速逐渐减
90、小，平均速率为B转速逐渐减小，平均速率为C转速逐渐增大，平均速率为D转速逐渐增大，平均速率为解析：选B.从图中可看出，挡光时间越来越长，所以转速减小，t时间内有4个挡光时间，所以t时间内风轮转过的弧长为2rn4，平均速率v，B正确5某机器内有两个围绕各自固定轴匀速转动的铝盘A、B，A盘固定一个信号发射装置P，能持续沿半径向外发射红外线，P到圆心的距离为28 cm.B盘上固定一个带窗口的红外线信号接收装置Q，Q到圆心的距离为16 cm.P、Q转动的线速度均为4 m/s.当P、Q正对时，P发出的红外线恰好进入Q的接收窗口，如图所示，则Q每隔一定时间就能接收到红外线信号，这个时间的最小值为()A0.
91、42 sB0.56 sC0.70 s D0.84 s解析：选B.由线速度和周期关系T可得TP s0.14 s，TQ s0.08 s，设该时间的最小值为t，则该t是两个周期数值的最小公倍数，即t0.56 s，选项B正确6. 如图所示，用一根长为l1 m的细线，一端系一质量为m1 kg的小球(可视为质点)，另一端固定在一光滑锥体顶端，锥面与竖直方向的夹角37，当小球在水平面内绕锥体的轴做匀速圆周运动的角速度为时，细线的张力为FT.(g取10 m/s2，结果可用根式表示)求： (1)若要小球刚好离开锥面，则小球的角速度0至少为多大？(2)若细线与竖直方向的夹角为60，则小球的角速度为多大？解析：(1
92、)若要小球刚好离开锥面，则小球只受到重力和细线的拉力，受力分析如图所示小球做匀速圆周运动的轨迹圆在水平面上，故向心力水平，在水平方向运用牛顿第二定律及向心力公式得：mgtan mlsin 解得即0 rad/s.(2)同理，当细线与竖直方向成60角时，由牛顿第二定律及向心力公式得：mgtan m2lsin 解得：2，即 2 rad/s.答案：(1) rad/s(2)2 rad/s综合应用题组7. (多选)公路急转弯处通常是交通事故多发地带如图所示，某公路急转弯处是一圆弧，当汽车行驶的速率为vc时，汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势在该弯道处()A路面外侧高内侧低B车速只要低于vc，车辆便会向内
93、侧滑动C车速虽然高于vc，但只要不超出某一最高限度，车辆便不会向外侧滑动D当路面结冰时，与未结冰时相比，vc的值变小解析：选AC.类比火车转弯时的运动和受力情况当汽车的速率为vc时，汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势，说明此时汽车只受重力和支持力，这两个力的合力提供向心力，故路面一定是外高内低，构成一个斜面，A正确当车速在低于vc的一定范围内时，车所需向心力减小，具有向内侧滑动的趋势，但不一定滑动，故B错误同理，当车速在高于vc的一定范围内，车辆有向外侧滑动的趋势，当车速高于某个速度值时，汽车受到的摩擦力达到最大静摩擦力，汽车便会向外侧滑动，故C正确路面结冰时，最大静摩擦力减小，vc值不变，
94、D错误8. (多选)如图，叠放在水平转台上的物体A、B、C能随转台一起以角速度匀速转动，A、B、C的质量分别为3m、2m、m，A与B、B和C与转台间的动摩擦因数都为，A和B、C离转台中心的距离分别为r、1.5r.设本题中的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是()AB对A的摩擦力一定为3mgBB对A的摩擦力一定为3m2rC转台的角速度一定满足 D转台的角速度一定满足 解析：选BD.对A受力分析，受重力、支持力以及B对A的静摩擦力，静摩擦力提供向心力，有f(3m)2r(3m)g，故选项A错误，B正确；由于A、AB整体、C受到的静摩擦力均提供向心力，故对A有(3m)2r(3m)g，解得 ；对
95、AB整体有(3m2m)2r(3m2m)g，解得 ；对C有m2(1.5r)mg，解得 .选项C错误，D正确9未来的星际航行中，宇航员长期处于零重力状态，为缓解这种状态带来的不适，有人设想在未来的航天器上加装一段圆柱形“旋转舱”，如图所示当旋转舱绕其轴线匀速旋转时，宇航员站在旋转舱内圆柱形侧壁上，可以受到与他站在地球表面时相同大小的支持力为达到上述目的，下列说法正确的是()A旋转舱的半径越大，转动的角速度就应越大B旋转舱的半径越大，转动的角速度就应越小C宇航员质量越大，旋转舱的角速度就应越大D宇航员质量越大，旋转舱的角速度就应越小解析：选B.旋转舱对宇航员的支持力提供宇航员做圆周运动的向心力，即m
96、gm2r，解得，即旋转舱的半径越大，角速度越小，而且与宇航员的质量无关，选项B正确10(多选)质量为m的小球由轻绳a和b分别系于一轻质细杆的A点和B点，如图所示，绳a与水平方向成角，绳b在水平方向且长为l，当轻杆绕轴AB以角速度匀速转动时，小球在水平面内做匀速圆周运动，则下列说法正确的是()Aa绳的张力不可能为零Ba绳的张力随角速度的增大而增大C当角速度 ，b绳将出现弹力D若b绳突然被剪断，则a绳的弹力一定发生变化解析：选AC.对小球受力分析可得a绳的弹力在竖直方向的分力平衡了小球的重力，解得Ta，为定值，A正确，B错误；当Tacos m2l 时，b绳的弹力为零，若角速度大于该值，则b绳将出现
97、弹力，C正确；由于绳b可能没有弹力，故绳b突然被剪断，则a绳的弹力可能不变，D错误11(多选)如图所示为赛车场的一个水平“梨形”赛道，两个弯道分别为半径R90 m的大圆弧和r40 m的小圆弧，直道与弯道相切大、小圆弧圆心O、O距离L100 m赛车沿弯道路线行驶时，路面对轮胎的最大径向静摩擦力是赛车重力的2.25倍假设赛车在直道上做匀变速直线运动，在弯道上做匀速圆周运动要使赛车不打滑，绕赛道一圈时间最短(发动机功率足够大，重力加速度g取10 m/s2，3.14)，则赛车()A在绕过小圆弧弯道后加速B在大圆弧弯道上的速率为45 m/sC在直道上的加速度大小为5.63 m/s2D通过小圆弧弯道的时间
98、为5.58 s解析：选AB.要使赛车绕赛道一圈时间最短，则通过弯道的速度都应最大，由f2.25mgm可知，通过小弯道的速度v130 m/s，通过大弯道的速度v245 m/s，故绕过小圆弧弯道后要加速，选项A、B正确；如图所示，由几何关系可得AB长x50 m，故在直道上的加速度a m/s26.5 m/s2，选项C错误；由sin可知，小圆弧对应的圆心角，故通过小圆弧弯道的时间t s2.79 s，选项D错误12如图所示，M是水平放置的半径足够大的圆盘，绕过其圆心的竖直轴OO匀速转动，规定经过圆心O点且水平向右为x轴正方向在O点正上方距盘面高为h5 m处有一个可间断滴水的容器，从t0时刻开始，容器沿水
99、平轨道向x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动已知t0时刻滴下第一滴水，以后每当前一滴水刚好落到盘面时再滴下一滴水(取g10 m/s2) (1)每一滴水离开容器后经过多长时间滴落到盘面上？(2)要使每一滴水在盘面上的落点都位于同一直线上，圆盘的角速度应为多大？(3)当圆盘的角速度为1.5 时，第二滴水与第三滴水在盘面上落点间的距离为2 m，求容器的加速度a.解析：(1)离开容器后，每一滴水在竖直方向上做自由落体运动，则每一滴水滴落到盘面上所用时间t1 s.(2)要使每一滴水在盘面上的落点都位于同一直线上，则圆盘在1 s内转过的弧度为k，k为不为零的正整数由tk得kk，其中k1,2,3，.(3)
100、第二滴水离O点的距离为x1at2(at)ta第三滴水离O点的距离为x2a(2t)2(a2t)t4a又t1.5即第二滴水和第三滴水分别滴落在圆盘上x轴方向及垂直x轴的方向上，所以xxx2即2(4a)222，解得a m/s2.答案：(1)1 s(2)k，其中k1,2,3，(3) m/s2第4节万有引力与航天一、开普勒行星运动定律定律内容图示开普勒第一定律所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆，太阳处在椭圆的一个焦点上开普勒第二定律对任意一个行星来说，它与太阳的连线在相等的时间内扫过相等的面积开普勒第三定律所有行星的轨道的半长轴的三次方跟它的公转周期的二次方的比值都相等.k二、万有引力定律1内容：自然界中
101、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，与它们之间距离的平方成反比2公式：FG，其中G6.671011Nm2/kg2.3适用条件公式适用于质点间的相互作用当两物体间的距离远大于物体本身的大小时，物体可视为质点；均匀的球体可视为质点，r是球心间的距离；对一个均匀球体与球外一个质点的万有引力的求解也适用，其中r为球心到质点间的距离三、三种宇宙速度宇宙速度数值(km/s)意义第一宇宙速度(环绕速度)7.9是人造地球卫星的最小发射速度，也是人造地球卫星绕地球做圆周运动的最大运行速度第二宇宙速度(脱离速度)11.2使物体挣脱地球引力束缚的最小发射速
102、度第三宇宙速度(逃逸速度)16.7使物体挣脱太阳引力束缚的最小发射速度.四、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，物体的质量是不随速度的改变而改变的(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相对论时空观同一过程的位移和时间的测量与参考系有关，在不同的参考系中不同3经典力学有它的适用范围只适用于低速运动，不适用于高速运动；只适用于宏观世界，不适用于微观世界自我诊断1判断正误(1)只有天体之间才存在万有引力()(2)当两物体间的距离趋近于零时，万有引力趋近于无穷大()(3)人造地球卫星绕地球运动，其轨道平面一定过地心()(4)地球同步
103、卫星的运行速度大于第一宇宙速度()(5)地球同步卫星可以定点于北京正上方()2(多选) 如图所示，P、Q是质量均为m的两个质点，分别置于地球表面的不同纬度上，如果把地球看成一个均匀球体，P、Q两质点随地球自转做匀速圆周运动，则下列说法正确的是()AP、Q受地球引力大小相等BP、Q做圆周运动的向心力大小相等CP、Q做圆周运动的角速度大小相等DP受地球引力大于Q所受地球引力解析：选AC.计算均匀球体与质点间的万有引力时，r为球心到质点的距离，因为P、Q到地球球心的距离相同，根据F知，P、Q受地球引力大小相等，P、Q随地球自转，角速度相同，但轨道半径不同，根据FnmR2，P、Q做圆周运动的向心力大小
104、不同，A、C正确，B、D错误3(多选)我国已先后成功发射了“天宫一号”飞行器和“神舟八号”飞船，并成功地进行了对接试验，若“天宫一号”能在离地面约300 km高的圆轨道上正常运行，则下列说法中正确的是()A“天宫一号”的发射速度应大于第二宇宙速度B对接前，“神舟八号”欲追上“天宫一号”，必须在同一轨道上点火加速C对接时，“神舟八号”与“天宫一号”的加速度大小相等D对接后，“天宫一号”的速度小于第一宇宙速度解析：选CD.地球卫星的发射速度都大于第一宇宙速度，且小于第二宇宙速度，A错误；若“神舟八号”在与“天宫一号”同一轨道上点火加速，那么“神舟八号”的万有引力小于向心力，其将做离心运动，不可能实
105、现对接，B错误；对接时，“神舟八号”与“天宫一号”必须在同一轨道上，根据aG可知，它们的加速度大小相等，C正确；第一宇宙速度是地球卫星的最大运行速度，所以对接后，“天宫一号”的速度仍然要小于第一宇宙速度，D正确4(多选)在圆轨道上运动的质量为m的人造地球卫星，它到地面的距离等于地球半径R，地面上的重力加速度为g，忽略地球自转影响，则()A卫星运动的速度大小为B卫星运动的周期为4C卫星运动的向心加速度大小为gD卫星轨道处的重力加速度为g解析：选BD.地面上万有引力等于重力，即Gmg，该卫星到地面的距离等于地球半径R，则其轨道半径r2R，其做匀速圆周运动的向心力由万有引力提供，根据牛顿第二定律Gm
106、mrmamg，可求得卫星运动的速度大小v ，周期T4 ，向心加速度大小agg，选项A、C错误，B、D正确考点一天体质量和密度的估算1解决天体(卫星)运动问题的基本思路(1)天体运动的向心力来源于天体之间的万有引力，即Gmanmm2rm(2)在中心天体表面或附近运动时，万有引力近似等于重力，即Gmg(g表示天体表面的重力加速度)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Gmg，故天体质量M，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和轨道半径r.由万有引力等于向心力，即Gmr，得出中心天体质量M；若已知天体半径R，则天体的平均密度；若天体的卫星在天体表
107、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，就可估算出中心天体的密度1(2016高考海南卷)(多选)通过观测冥王星的卫星，可以推算出冥王星的质量假设卫星绕冥王星做匀速圆周运动，除了引力常量外，至少还需要两个物理量才能计算出冥王星的质量这两个物理量可以是()A卫星的速度和角速度B卫星的质量和轨道半径C卫星的质量和角速度D卫星的运行周期和轨道半径解析：选AD.由vr可求出r，根据Gm或Gm2r可求出冥王星的质量，A正确根据Gmr可求出冥王星的质量，D正确B和C中都由于已知量不足，无法求出冥王星的质量2假设地球可视为质量均匀分布的球体
108、已知地球表面重力加速度在两极的大小为g0，在赤道的大小为g；地球自转的周期为T，引力常量为G.地球的密度为()A.BC. D.解析：选B.设地球半径为R.质量为m的物体在两极点时，有mg0G，在赤道时，有GmgmR2，又地球的密度，由各式联立得，选项B正确3过去几千年来，人类对行星的认识与研究仅限于太阳系内，行星“51 peg b”的发现拉开了研究太阳系外行星的序幕“51 peg b”绕其中心恒星做匀速圆周运动，周期约为4天，轨道半径约为地球绕太阳运动半径的.该中心恒星与太阳的质量比约为()A. B1C5 D10解析：选B.行星绕中心恒星做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得Gm
109、r，则32321.选项B正确解决天体质量和密度的估算问题的两点注意(1)卫星的轨道半径与中心天体的半径不要混淆，只有近地卫星的轨道半径才近似等于天体半径(2)搞清“以谁为研究对象，谁是中心天体”、“受力特点”、“谁做圆周运动”等，明确一般只能求解中心天体的质量和密度，不能求解环绕天体的质量和密度考点二卫星的运行规律1卫星的运行规律(1)卫星做匀速圆周运动(2)万有引力提供向心力：即由Gmmr2mrman可推导出：当r增大时2同步卫星的六个“一定”1. 如图，若两颗人造卫星a和b均绕地球做匀速圆周运动，a、b到地心O的距离分别为r1、r2，线速度大小分别为v1、v2，则()A.B.C.2 D.2
110、解析：选A.对人造卫星，根据万有引力提供向心力m，可得v ，所以对于a、b两颗人造卫星有，故选项A正确2(2016高考四川卷) 国务院批复，自2016年起将4月24日设立为“中国航天日”.1970年4月24日我国首次成功发射的人造卫星东方红一号，目前仍然在椭圆轨道上运行，其轨道近地点高度约为440 km，远地点高度约为2 060 km；1984年4月8日成功发射的东方红二号卫星运行在赤道上空35 786 km的地球同步轨道上设东方红一号在远地点的加速度为a1，东方红二号的加速度为a2，固定在地球赤道上的物体随地球自转的加速度为a3，则a1、a2、a3的大小关系为()Aa2a1a3 Ba3a2a
111、1Ca3a1a2 Da1a2a3解析：选D.由于东方红二号卫星是同步卫星，则其角速度和赤道上的物体角速度相等，可得：a2r，由于r2r3，则可以得出：a2a3；又由万有引力定律有：Gma，且r1r2，则得出a2a1.故选项D正确3假设地球和火星都绕太阳做匀速圆周运动，已知地球到太阳的距离小于火星到太阳的距离，那么()A地球公转的周期大于火星公转的周期B地球公转的线速度小于火星公转的线速度C地球公转的加速度小于火星公转的加速度D地球公转的角速度大于火星公转的角速度解析：选D.根据Gm2rmmanm2r得，公转周期T2 ，故地球公转的周期较小，选项A错误；公转线速度v ，故地球公转的线速度较大，选
112、项B错误；公转加速度an，故地球公转的加速度较大，选项C错误；公转角速度 ，故地球公转的角速度较大，选项D正确人造卫星问题的解题技巧(1)卫星向心加速度的不同表述形式Gman.anr2r.(2)解决力与运动关系的思想还是动力学思想，解决力与运动的关系的桥梁还是牛顿第二定律卫星的an、v、T是相互联系的，其中一个量发生变化，其他各量也随之发生变化an、v、T均与卫星的质量无关，只由轨道半径r和中心天体质量共同决定考点三航天器的变轨问题1卫星轨道的渐变：当卫星由于某种原因速度逐渐改变时，万有引力不再等于向心力，卫星将做变轨运行(1)当卫星的速度逐渐增加时，Gm，即万有引力不足以提供向心力，卫星将做
113、离心运动，轨道半径变大，当卫星进入新的轨道稳定运行时由v 可知其运行速度比原轨道时减小(2)当卫星的速度逐渐减小时，Gm，即万有引力大于所需要的向心力，卫星将做近心运动，轨道半径变小，当卫星进入新的轨道稳定运行时由v 可知其运行速度比原轨道时增大2卫星轨道的突变：由于技术上的需要，有时要在适当的位置短时间内启动飞行器上的发动机，使飞行器轨道发生突变，使其进入预定的轨道如图所示，发射同步卫星时，可以分多过程完成：(1)先将卫星发送到近地轨道.(2)使其绕地球做匀速圆周运动，速率为v1，变轨时在P点点火加速，短时间内将速率由v1增加到v2，使卫星进入椭圆形的转移轨道.(3)卫星运行到远地点Q时的速
114、率为v3，此时进行第二次点火加速，在短时间内将速率由v3增加到v4，使卫星进入同步轨道，绕地球做匀速圆周运动1(2016高考天津卷)我国即将发射“天宫二号”空间实验室，之后发射“神舟十一号”飞船与“天宫二号”对接假设“天宫二号”与“神舟十一号”都围绕地球做匀速圆周运动，为了实现飞船与空间实验室的对接，下列措施可行的是()A使飞船与空间实验室在同一轨道上运行，然后飞船加速追上空间实验室实现对接B使飞船与空间实验室在同一轨道上运行，然后空间实验室减速等待飞船实现对接C飞船先在比空间实验室半径小的轨道上加速，加速后飞船逐渐靠近空间实验室，两者速度接近时实现对接D飞船先在比空间实验室半径小的轨道上减速
115、，减速后飞船逐渐靠近空间实验室，两者速度接近时实现对接解析：选C. 若使飞船与空间实验室在同一轨道上运行，则飞船加速后，万有引力不足以提供向心力，飞船将远离原来的轨道，不能实现对接，A错误；若使飞船与空间实验室在同一轨道上运行，则空间实验室减速将会使空间实验室进入低轨道，也不能实现对接，故B错误；实现对接的方法是使飞船在比空间实验室低的轨道上加速，然后飞船进入较高的空间实验室轨道后实现对接，C正确；若使飞船在比空间实验室低的轨道上减速，则飞船将进入更低的轨道上去运行，无法实现对接，D错误2(2017山西四校二联)(多选)如图为嫦娥三号登月轨迹示意图图中M点为环地球运行的近地点，N点为环月球运行
116、的近月点a为环月球运行的圆轨道，b为环月球运行的椭圆轨道，下列说法中正确的是()A嫦娥三号在环地球轨道上的运行速度大于11.2 km/sB嫦娥三号在M点进入地月转移轨道时应点火加速C设嫦娥三号在圆轨道a上经过N点时的加速度为a1，在椭圆轨道b上经过N点时的加速度为a2，则a1a2D嫦娥三号在圆轨道a上的机械能小于在椭圆轨道b上的机械能解析：选BD.嫦娥三号在环地球轨道上运行速度v满足7.9 km/sva3，在2轨道经过P点时的加速度a2a3，选项C错误根据开普勒定律，卫星在1、2、3轨道上正常运行时周期T1T2T3，选项D正确10. 如图所示，两根长度不同的细线分别系有两个完全相同的小球，细线
117、的上端都系于O点设法让两个小球在同一水平面上做匀速圆周运动已知L1跟竖直方向的夹角为60，L2跟竖直方向的夹角为30，下列说法正确的是()A细线L1和细线L2所受的拉力大小之比为1B小球m1和m2的角速度大小之比为1C小球m1和m2的向心力大小之比为31D小球m1和m2的线速度大小之比为31解析：选AC.对任一小球研究设细线与竖直方向的夹角为，竖直方向受力平衡，则FTcos mg，解得FT.故细线L1和细线L2所受的拉力大小之比，故A正确；小球所受合力的大小为mgtan ，根据牛顿第二定律得mgtan mLsin 2，得2，两小球的Lcos 相等，所以角速度相等，故B错误；小球所受合力提供向心
118、力，则向心力为Fmgtan ，小球m1和m2的向心力大小之比为3，故C正确；两小球角速度相等，质量相等，由合力提供向心力，有Fmgtan mv，则小球m1和m2的线速度大小之比为3，故D错误二、非选择题(共2小题，40分)11(20分)如图所示，用内壁光滑的薄壁细管弯成的“S”形轨道固定于竖直平面内，其弯曲部分是由两个半径均为R的半圆平滑对接而成(圆的半径远大于细管内径)，轨道底端D点与粗糙的水平地面相切现一辆质量为m的玩具小车以恒定的功率从P点开始行驶，经过一段时间之后，出现了故障，发动机自动关闭，小车在水平地面继续运动并进入“S”形轨道，从轨道的最高点A飞出后，恰好垂直撞在固定斜面B上的C
119、点，C点与下半圆的圆心等高已知小车与地面之间的动摩擦因数为，PD之间的距离为x0，斜面的倾角为30.求：(1)小车到达C点时的速度大小为多少？(2)在A点小车对轨道的压力是多少？方向如何？解析：(1)把C点处小车的速度v分解为水平方向的vA和竖直方向的vy，有tan 30，vygt,3Rgt2，v解得v2(2)小车在A点的速度大小vA因为vA，则小车对外轨有压力，即轨道对小车的作用力向下，有mgFNm解得FNmg根据作用力与反作用力，小车对轨道的压力FNmg，方向竖直向上答案：(1)2(2)mg竖直向上12(20分)某实验小组做了如下实验，装置如图甲所示竖直平面内的光滑轨道由倾角为的斜面轨道A
120、B和圆弧轨道BCD组成，将可视为质点的小球，从轨道AB上高H处的某点由静止释放，用压力传感器测出小球经过圆弧最高点D时对轨道的压力F，改变H的大小，可测出相应的F大小，F随H的变化关系如图乙所示已知小球经过圆弧最高点D时的速度大小vD与轨道半径R和H的关系满足v2gH4gR，且vD，g取10 m/s2.(1)求圆轨道的半径R和小球的质量m.(2)若小球从D点水平飞出后又落到斜面上，其中最低的位置与圆心O等高，求此时的值解析：(1)由题意，小球在D点的速度大小满足v2gH4gR在D点，由牛顿第二定律得mgFm又FF，解得FH5mg根据图象得m0.1 kg，R0.2 m.(2)小球落在斜面上最低的位置时，在D点的速度最小，根据题意，小球恰能到达D点时，在D点的速度最小，设最小速度为v，则有mg解得v由平抛运动规律得Rgt2，svt解得sR，由几何关系可得ssin R，解得45.答案：(1)0.2 m0.1 kg(2)45
