2017届高三物理二轮复习第一篇专题攻略课时巩固过关练四专题二曲线运动第4讲抛体运动与圆周运动
高中物理必修二 曲线运动复习与巩固 专题练习解析
曲线运动复习与巩固【学习目标】1．知道物体做曲线运动的条件及特点，会用牛顿定律对曲线运动条件做出分析。
2．了解合运动、分运动及其关系，特点。
知道运动的合成和分解，理解合成和分解遵循平行四边形法则。
3．知道什么是抛体运动，理解平抛运动的特点和规律，熟练掌握分析平抛运动的方法。
了解斜抛运动及其特点。
4．了解线速度、角速度、周期、频率、转速等概念。
理解向心力及向心加速度。
5．能结合生活中的圆周运动实例熟练应用向心力和向心加速度处理问题。
能正确处理竖直平面内的圆周运动。
6．知道什么是离心现象，了解其应用及危害。
会分析相关现象的受力特点。
【知识网络】【要点梳理】知识点一、曲线运动（1）曲线运动的速度方向曲线运动的速度方向是曲线切线方向，其方向时刻在变化，所以曲线运动是变速运动，一定具有加速度。
（2）曲线运动的处理方法曲线运动大都可以看成为几个简单的运动的合运动，将其分解为简单的运动后，再按需要进行合成，便可以达到解决问题的目的。
（3）一些特别关注的问题①加速曲线运动、减速曲线运动和匀速率曲线运动的区别加速曲线运动：速度方向与合外力（或加速度）的方向夹锐角减速曲线运动：速度方向与合外力（或加速度）的方向夹钝角匀速率曲线运动：速度方向与合外力（或加速度）的方向成直角注意：匀速率曲线运动并不一定是圆周运动，即合外力的方向总是跟速度方向垂直，物体不一定做圆周运动。
②运动的合成和分解与力的合成和分解一样，是基于一种重要的物理思想：等效的思想。
也就是说，将各个分运动合成后的合运动，必须与实际运动完全一样。
③运动的合成与分解是解决问题的手段具体运动分解的方式要由解决问题方便而定，不是固定不变的。
④各个分运动的独立性是基于力的独立作用原理也就是说，哪个方向上的受力情况和初始条件，决定哪个方向上的运动情况。
知识点二、抛体运动（1）抛体运动的性质所有的抛体运动都是匀变速运动，加速度是重力加速度。
其中的平抛运动和斜抛运动是匀变速曲线运动。
高考物理一轮复习精讲精练 第4章 曲线运动 第二讲 抛体运动
第二讲抛体运动➢知识梳理一、平抛运动的规律1.定义：将物体以一定的初速度沿水平方向抛出，且只在重力作用下的运动。
2.性质：平抛运动是加速度为g的匀变速曲线运动，运动轨迹是抛物线。
3.特点：(1)水平方向：匀速直线运动；(2)竖直方向：自由落体运动。
4.基本规律如图，以抛出点O为坐标原点，以初速度v0方向(水平方向)为x轴正方向，竖直向下为y轴正方向．二、斜抛运动1.定义：将物体以初速度v0沿斜向上方或斜向下方抛出，物体只在重力作用下的运动。
2.性质：斜抛运动是加速度为g的匀变速曲线运动，运动轨迹是抛物线。
3.特点：(1)水平方向：匀速直线运动(2)竖直方向：竖直上抛或竖直下抛4.基本规律(以斜向上抛为例，如图所示)(1)水平方向:v0x＝v0cosθ，x＝v0t cos θ。
(2)竖直方向v 0y ＝v 0sin θ，y ＝v 0t sin θ－12gt 2。
➢ 知识训练考点一、平抛运动1.平抛运动物体的速度变化量因为平抛运动的加速度为恒定的重力加速度g ，所以做平抛运动的物体在任意相等时间间隔Δt 内的速度改变量Δv ＝g Δt 是相同的，方向恒为竖直向下，如图所示．2.两个重要推论(1)做平抛运动的物体在任意时刻(任意位置处)，有tan θ＝2tan α(如图所示) 推导：αθαθtan 2tan 2tan tan 000=→⎪⎪⎭⎪⎪⎬⎫====v gt x y v gt v v y(2)做平抛运动的物体在任意时刻的瞬时速度的反向延长线一定通过水平位移的中点，如图所示，即x B ＝x A2.推导：22tan tan 0A BA A yB A A x x x y v v x x y =→⎪⎪⎭⎪⎪⎬⎫==-=θθ 例1、如图，抛球游戏中，某人将小球水平抛向地面的小桶，结果球落在小桶的前方。
不计空气阻力，为了把小球抛进小桶中，则原地再次水平抛球时，他可以( )A ．增大抛出点高度，同时增大初速度B ．减小抛出点高度，同时减小初速度C ．保持抛出点高度不变，增大初速度D ．保持初速度不变，增大抛出点高度 【答案】B【解析】设小球做平抛运动的初速度为v 0，抛出点离桶的高度为h ，水平位移为x ，则平抛运动的时间t ＝ 2hg，水平位移x ＝v 0t ＝v 02hg，由上式分析可知，要减小水平位移x ，可保持抛出点高度h 不变，减小初速度v 0，或保持初速度v 0大小不变，减小抛出点高度h ，或减小抛出点高度，同时减小初速度，故B 正确，A 、C 、D 错误。
高三物理一轮二轮复习曲线运动教案讲义(含答案)
第四章 曲线运动 万有引力定律第1课时 运动的合成与分解一、曲线运动1．曲线运动的特点(1)速度方向：质点在某点的速度，沿曲线上该点的________方向．(2)运动性质：做曲线运动的物体，速度的________时刻改变，所以曲线运动一定是________运动，即必然具有__________． 2．曲线运动的条件(1)从动力学角度看：物体所受的__________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________方向跟它的速度方向不在同一条直线上．3．质点做曲线运动的轨迹在________________________之间，且弯向______的一侧．如图所示．思考：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． 二、运动的合成与分解 1．基本概念2．分解原则根据运动的____________进行分解，也可采用____________的方法． 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________________．所示，v 1、v 2的合速度为v .思考：两个直线运动的合运动一定是直线运动吗？考点一 物体做曲线运动的条件及轨迹分析 1．做曲线运动的物体速度方向始终沿轨迹的切线方向，速度时刻在变化，加速度一定不为零，故曲线运动一定是变速运动．当加速度与初速度不在一条直线上，若加速度恒定，物体做匀变速曲线运动，若加速度变化，物体做非匀变速曲线运动． 2．做曲线运动的物体，所受合外力一定指向曲线的凹侧，曲线运动的轨迹不会出现急折，只能平滑变化，轨迹总在力与速度的夹角中，若已知物体的运动轨迹，可判断出合外力的大致方向；若已知合外力方向和速度方向，可知道物体运动轨迹的大致情况．3．做曲线运动的物体其合外力可沿切线方向与垂直切线方向分解，其中沿切线方向的分力只改变速度的大小，而垂直切线方向的分力只改变速度的方向．【典例剖析】例1.一辆汽车在水平公路上转弯，沿曲线由M 向N 行驶，速度逐渐减小。
高中物理必修二之知识讲解 曲线运动复习与巩固 基础
曲线运动复习与巩固【学习目标】1．知道物体做曲线运动的条件及特点，会用牛顿定律对曲线运动条件做出分析。
2．了解合运动、分运动及其关系，特点。
知道运动的合成和分解，理解合成和分解遵循平行四边形法则。
3．知道什么是抛体运动，理解平抛运动的特点和规律，熟练掌握分析平抛运动的方法。
了解斜抛运动及其特点。
4．了解线速度、角速度、周期、频率、转速等概念。
理解向心力及向心加速度。
5．能结合生活中的圆周运动实例熟练应用向心力和向心加速度处理问题。
能正确处理竖直平面内的圆周运动。
6．知道什么是离心现象，了解其应用及危害。
会分析相关现象的受力特点。
【知识网络】【要点梳理】知识点一、曲线运动（1）曲线运动的速度方向曲线运动的速度方向是曲线切线方向，其方向时刻在变化，所以曲线运动是变速运动，一定具有加速度。
（2）曲线运动的处理方法曲线运动大都可以看成为几个简单的运动的合运动，将其分解为简单的运动后，再按需要进行合成，便可以达到解决问题的目的。
（3）一些特别关注的问题①加速曲线运动、减速曲线运动和匀速率曲线运动的区别加速曲线运动：速度方向与合外力（或加速度）的方向夹锐角减速曲线运动：速度方向与合外力（或加速度）的方向夹钝角匀速率曲线运动：速度方向与合外力（或加速度）的方向成直角注意：匀速率曲线运动并不一定是圆周运动，即合外力的方向总是跟速度方向垂直，物体不一定做圆周运动。
②运动的合成和分解与力的合成和分解一样，是基于一种重要的物理思想：等效的思想。
也就是说，将各个分运动合成后的合运动，必须与实际运动完全一样。
③运动的合成与分解是解决问题的手段具体运动分解的方式要由解决问题方便而定，不是固定不变的。
④各个分运动的独立性是基于力的独立作用原理也就是说，哪个方向上的受力情况和初始条件，决定哪个方向上的运动情况。
知识点二、抛体运动（1）抛体运动的性质所有的抛体运动都是匀变速运动，加速度是重力加速度。
其中的平抛运动和斜抛运动是匀变速曲线运动。
高三物理一轮复习精品教案：第4章 曲线运动
第四章：曲线运动本章内容包括圆周运动的动力学部分和物体做圆周运动的能量问题，其核心内容是牛顿第二定律、机械能守恒定律等知识在圆周运动中的具体应用。
本章中所涉及到的基本方法与第二章牛顿定律的方法基本相同，只是在具体应用知识的过程中要注意结合圆周运动的特点：物体所受外力在沿半径指向圆心的合力才是物体做圆周运动的向心力，因此利用矢量合成的方法分析物体的受力情况同样也是本章的基本方法；只有物体所受的合外力的方向沿半径指向圆心，物体才做匀速圆周运动。
根据牛顿第二定律合外力与加速度的瞬时关系可知，当物体在圆周上运动的某一瞬间的合外力指向圆心，我们仍可以用牛顿第二定律对这一时刻列出相应的牛顿定律的方程，如竖直圆周运动的最高点和最低点的问题。
另外，由于在具体的圆周运动中，物体所受除重力以外的合外力总指向圆心，与物体的运动方向垂直，因此向心力对物体不做功，所以物体的机械能守恒。
★命题规律本章知识点，从近几年高考看，主要考查的有以下几点：（1）平抛物体的运动。
（2）匀速圆周运动及其重要公式，如线速度、角速度、向心力等。
（3）万有引力定律及其运用。
（4）运动的合成与分解。
注意圆周运动问题是牛顿运动定律在曲线运动中的具体应用，要加深对牛顿第二定律的理解，提高应用牛顿运动定律分析、解决实际问题的能力。
近几年对人造卫星问题考查频率较高，它是对万有引力的考查。
卫星问题与现代科技结合密切，对理论联系实际的能力要求较高，要引起足够重视。
本章内容常与电场、磁场、机械能等知识综合成难度较大的试题，学习过程中应加强综合能力的培养。
从近几年的高考试题可以看出，曲线运动的研究方法——运动的合成与分解、平抛运动和圆周运动；万有引力定律与牛顿运动定律结合分析天体、人造卫星、宇宙飞船、航天飞机的运动问题，估算天体的质量和密度问题，反映了现代科技信息与现代科技发展密切联系是高考命题的热点。
例如2008全国I第17题，山东基本能力第32题，全国II第25题，广东单科第12题考查了万有引力定律的应用，2005年全国Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ卷以及北京理综、广东物理均考查了人造卫星在万有引力作用下的圆周运动问题。
高考物理二轮复习全攻略 专题能力提升训练4 曲线运动常考的4个问题
训练4 曲线运动常考的4个问题基础巩固1．(2012·安徽江南十校联考)飞镖比赛是一项极具观赏性的体育比赛项目，2010年的IDF(国际飞镖联合会)飞镖世界杯赛在上海进行．某一选手在距地面高h，离靶面的水平距离L处，将质量为m的飞镖以速度v0水平投出，结果飞镖落在靶心正上方．如只改变h、L、m、v0四个量中的一个，可使飞镖投中靶心的是(不计空气阻力) ( )．A．适当减小v0B．适当提高hC．适当减小m D．适当减小L2．(2012·安徽卷，14)我国发射的“天宫一号”和“神舟八号”在对接前，“天宫一号”的运行轨道高度为350 km，“神舟八号”的运行轨道高度为343 km，它们的运行轨道均视为圆周，则( )．A．“天宫一号”比“神舟八号”速度大B．“天宫一号”比“神舟八号”周期长C．“天宫一号”比“神舟八号”角速度大D．“天宫一号”比“神舟八号”加速度大3．“套圈圈”是小孩和大人都喜爱的一种游戏，游戏规则是：游戏者站在界外从手中水平抛出一个圆形圈圈，落下后套中前方的物体，所套即所得．如图4－13所示，小孩站立抛出圈圈并套取前方一物体，若大人也抛出圈圈并套取前方同一物体，则( )．图4－13A．大人站在小孩同样的位置，以大点的速度抛出圈圈B．大人站在小孩同样的位置，以小点的速度抛出圈圈C．大人退后并下蹲至与小孩等高，以大点的速度抛出圈圈D．大人退后并下蹲至与小孩等高，以小点的速度抛出圈圈4．(2012·浙江卷，15)如图4－14所示，在火星与木星轨道之间有一小行星带．假设该带中的小行星只受到太阳的引力，并绕太阳做匀速圆周运动．下列说法正确的是( )．图4－14A．太阳对各小行星的引力相同B．各小行星绕太阳运动的周期均小于一年C．小行星带内侧小行星的向心加速度值大于外侧小行星的向心加速度值D．小行星带内各小行星圆周运动的线速度值大于地球公转的线速度值5．(2012·江苏卷，6)如图4－15所示，相距l的两小球A、B位于同一高度h(l、h均为定值)．将A向B水平抛出的同时，B自由下落．A、B与地面碰撞前后，水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反．不计空气阻力及小球与地面碰图4－15 撞的时间，则( )．A．A、B在第一次落地前能否相碰，取决于A的初速度B．A、B在第一次落地前若不碰，此后就不会相碰C．A、B不可能运动到最高处相碰D．A、B一定能相碰6．下表是科学家通过理论推算出的“天宫一号”目标飞行器发射的几组数据，其中发射速度v0是燃料燃烧完毕时火箭具有的速度，之后火箭带着空间站依靠惯性继续上升，到达指定高度h后再星箭分离，分离后的空间站以环绕速度v绕地球运动，假设燃料燃烧阶段火箭上升高度忽略不计．根据发射过程和表格中的数据，下面哪些说法是正确的( ).空间站离地面高度h(km)环绕速度v(km/s)发射速度v0(km/s)07.917.912007.788.025007.618.191 0007.358.42∞011.20B．离地越高的卫星机械能越大，动能越大C．离地越高的卫星环绕周期越大D．当发射速度达到11.20 km/s时，卫星能脱离地球到达宇宙的任何地方7．(2012·浙江卷，18)由光滑细管组成的轨道如图4－16所示，其中AB段和BC段是半径为R的四分之一圆弧，轨道固定在竖直平面内．一质量为m的小球，从距离水平地面高为H的管口D处静止释放，最后能够从A端水平抛出落到地面上．下列说法正确的是( )．图4－16A ．小球落到地面时相对于A 点的水平位移值为2 2RH －2R 2B ．小球落到地面时相对于A 点的水平位移值为2 2RH －4R 2C ．小球能从细管A 端水平抛出的条件是H >2RD ．小球能从细管A 端水平抛出的最小高度H min ＝52R8．一个中间钻有小孔的球，穿在半径为R 的光滑圆形细轨道上，如图4－17所示．在最低点给小球一个初速度v 0，关于小球到达最高点的受力，下列说法正确的是( )．A ．v 0越大，则小球到最高点时受到轨道的弹力越大B ．v 0＝2gR 时，小球恰能通过最高点 图4－17C ．v 0＝2gR 时，小球在最高点受到轨道的支持力为零D ．v 0＝5gR 时，小球在最高点受到轨道的支持力等于重力9．(2012·福建卷，16)一卫星绕某一行星表面附近做匀速圆周运动，其线速度大小为v .假设宇航员在该行星表面上用弹簧测力计测量一质量为m 的物体重力，物体静止时，弹簧测力计的示数为N .已知引力常量为G ，则这颗行星的质量为( )．A.mv 2GN B.mv 4GN C.Nv 2GmD.Nv 4Gm能力提升10．如所示，一长为 2L 的木板倾斜放置，倾角为45°，今有一弹性小球，自与木板上端等高的某处自由释放，小球落到木板上反弹时，速度大小不变，碰撞前后，速度方向与木板夹角相等，欲使小球一次碰撞后恰好落到木板下端，则小球释放点距木板上端的水平距离为 ( )．图4－18 A.12L B.13LC.14L D.15L 11．如图4－19所示，P 是水平放置的足够大的圆盘，绕经过圆心O 点的竖直轴匀速转动，在圆盘上方固定的水平钢架上，吊有盛水小桶的滑轮带动小桶一起以v ＝0.2 m/s 的速度匀速向右运动，小桶底部与圆盘上表面的高度差为h ＝5 m ．t ＝0时，小桶运动到O 点正上方且滴出第一滴水，以后每当一滴水刚好落在圆盘上时桶中恰好再滴出一滴水，不计空气阻力，取g ＝10 m/s 2，若要使水滴都落在圆盘上的同一条直径上，圆盘角速度的最小值为ω，第二、三滴水落点的最大距离为d ，则：( )．图4－19A ．ω＝π rad/s，d ＝1.0 mB ．ω＝2π rad/s，d ＝0.8 mC ．ω＝π rad/s，d ＝0.8 mD ．ω＝2π rad/s，d ＝1.0 m12．如图4－20所示，半径R ＝0.4 m 的光滑半圆轨道与粗糙的水平面相切于A 点，质量为m ＝1 kg 的小物体(可视为质点)在水平拉力F 的作用下，从静止开始由C 点运动到A 点，物体从A 点进入半圆轨道的同时撤去外力F ，物体沿半圆轨道通过最高点B 后做平抛运动，正好落在C 点，已知x AC ＝2 m ，F ＝15 N ，g 取10 m/s 2，试求： (1)物体在B 点时的速度大小以及此时半圆轨道对物体的弹力大小； (2)物体从C 到A 的过程中，摩擦力做的功． 参考答案训练4 曲线运动常考的4个问题(选择题或计算题)1．A [由于飞镖飞出后做平抛运动，水平方向位移有L ＝v 0t ，竖直方向位移x ＝12gt 2，得：x ＝12g ⎝ ⎛⎭⎪⎫L v 02.要击中靶心，可以增大x 或减小h .要增大x ，可以减小v 0或增大L .] 2．B [由题知“天宫一号”运行的轨道半径r 1大于“神舟八号”运行的轨道半径r 2，天体图4－20运行时万有引力提供向心力．根据G Mm r 2＝m v 2r ，得v ＝GMr.因为r 1>r 2，故“天宫一号”的运行速度较小，选项A 错误；根据G Mm r 2＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2r 得T ＝2πr 3GM，故“天宫一号”的运行周期较长，选项B 正确；根据G Mm r2＝mω2r ，得ω＝GMr 3，故“天宫一号”的角速度较小，选项C 错误；根据G Mm r 2＝ma ，得a ＝GM r2，故“天宫一号”的加速度较小，选项D 错误．]3．BC [圈圈抛出后做平抛运动，可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，则水平位移x ＝vt ；竖直位移y ＝12gt 2，可得x ＝v2yg，若x 一定、y 增大，则v 减小，所以选项A 错误、B 正确；若y 一定、x 增大，则v 增大，故选项C 正确、D 错误．]4．C [根据F ＝G Mm r2，小行星带中各小行星的轨道半径r 、质量m 均不确定，因此无法比较太阳对各小行星引力的大小，选项A 错误；根据G Mm r 2＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2r 得，T ＝2πr 3GM，因小行星绕太阳运动的轨道半径大于地球绕太阳运动的轨道半径，故小行星的运动周期大于地球的公转周期，即大于一年，选项B 错误；根据G Mm r 2＝ma 得a ＝GM r2，所以内侧小行星的向心加速度值大于外侧小行星的向心加速度值，选项C 正确；根据G Mm r 2＝mv 2r，得v＝GMr，所以小行星带内各小行星做圆周运动的线速度值小于地球公转的线速度值，选项D 错误．]5．AD [由题意知A 做平抛运动，即水平方向做匀速直线运动，竖直方向为自由落体运动；B 为自由落体运动，A 、B 竖直方向的运动相同，二者与地面碰撞前运动时间t 1相同，且t 1＝2hg①，若第一次落地前相碰，只要满足A 运动时间t ＝l v <t 1，即v >l t 1，所以选项A 正确；因为A 、B 在竖直方向的运动同步，始终处于同一高度，且A 与地面相碰后水平速度不变，所以A 一定会经过B 所在的竖直线与B 相碰．碰撞位置由A 球的初速度决定，故选项B 、C 错误、选项D 正确．]6．AC [根据表中的数据，计算可得12mv 20＝mgh ＋12mv 2，由此可知不计空气阻力，在火箭依靠惯性上升的过程中机械能守恒，选项A 正确；离地越高的空间站机械能越大，动能越小，选项B 错误；离地越高的空间站环绕速度越小，而轨道半径越大，运行一周的路程越大，环绕周期越大，选项C 正确；当发射速度达到11.20 km/s 时，空间站能脱离地球的引力范围，但仍要受到太阳引力的约束，只能在太阳系内运动，不能到达太阳系以外的地方，选项D 错误．]7．BC [要使小球从A 点水平抛出，则小球到达A 点时的速度v >0，根据机械能守恒定律，有mgH －mg ·2R ＝12mv 2，所以H >2R ，故选项C 正确、选项D 错误；小球从A 点水平抛出时的速度v ＝2gH －4gR ，小球离开A 点后做平抛运动，则有2R ＝12gt 2，水平位移x ＝vt ，联立以上两式可得水平位移x ＝22RH －4R 2，选项A 错误、选项B 正确．]8．B [光滑圆形细轨道对球可以施加向内或向外的力．在最高点，当小球所需向心力小于重力时，小球受到重力和向上的支持力，即mg －F N ＝m v 2R ①，又12mv 2－12mv 20＝－2mgR ②，v 0越大，F N 越小，A 错；小球恰能通过最高点，即小球到最高点速度恰为0，由②式知，v ＝0时v 0＝2gR ，B 正确；此时轨道对球的支持力大小等于重力，C 错；由②式知v 0＝5gR 时，v ＝ gR ，再由①式知，F N ＝0，D 错．] 9．B [设卫星的质量为m ′，由万有引力提供向心力，得G Mm ′R 2＝m ′v 2R ，①m ′v 2R＝m ′g ，②由已知条件：m 的重力为N 得N ＝mg ，③由③得g ＝N m ，代入②得：R ＝mv 2N ，代入①得M ＝mv 4GN，故A 、C 、D 三项均错误，B 项正确．]10．D [本题考查自由落体运动及平抛运动．由于小球释放位置与木板上端等高，设小球释放位置距木板上端的水平距离为x ，小球与木板碰撞前有v 2＝2gx ，小球与木板碰撞后做平抛运动，则水平方向上有L －x ＝vt ，竖直方向上有L －x ＝12gt 2，由以上三式联立解得x ＝15L ，故选项D 正确．]11．A [从小桶滴出的水滴做平抛运动，圆盘做匀速圆周运动，要使水滴都落在圆盘的同一条直径上，则水滴在空中运动的时间等于圆盘做匀速圆周运动的半个周期的整数倍，要满足题目条件则每相邻两滴水落下的时间间隔应为圆盘做匀速圆周运动的半个周期，而且相邻落下的水滴分布在同一直径不同的半径上，由以上分析可知：h ＝12gt 2，t ＝2hg＝1 s ．由于t ＝T 2＝πω＝1 s ，所以ω＝π rad/s，第2滴的落点距轴0.4 m ，圆盘转半周后第3滴落在同一条直径上，距轴0.6 m ，所以d ＝1.0 m ．]12．解析 (1)设物体在B 点的速度大小为v ，物体由B 到C 做平抛运动，有2R ＝12gt 2，x AC＝vt ，解得v ＝5 m/s ，此时对物体受力分析知F N ＋mg ＝mv 2R，解得F N ＝52.5 N.(2)物体从A 到B ，由机械能守恒定律得12 mv 2A ＝12 mv 2＋2mgR ，由C 到A 应用动能定理得 (F －F f )x AC ＝12mv 2A即W f ＝－F f ·x AC ＝－9.5 J.答案 (1)5 m/s 52.5 N (2)－9.5 J。
高考物理二轮复习第一部分第4讲曲线运动学案
第4讲曲线运动1．物体做曲线运动的条件．当物体所受合外力的方向跟它的速度方向不在同一条直线上时，物体做曲线运动．2．运动的合成与分解的运算法则：平行四边形定则．3．做平抛运动的物体，平抛运动的时间完全由下落高度决定．4．平抛(或类平抛)运动的推论．(1)任意时刻速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点．(2)设在任意时刻瞬时速度与水平方向的夹角为θ，位移与水平方向的夹角为φ，则有tan θ＝2tan φ.5．做匀速圆周运动的物体，其向心力等于合力，并且向心力只改变速度的方向，不改变速度的大小，因此物体的动能保持不变，向心力不做功，但动量不断改变．6．水平面内圆周运动临界问题．(1)水平面内做圆周运动的物体其向心力可能由弹力、摩擦力等力提供，常涉及绳的张紧与松弛、接触面分离等临界状态．(2)常见临界条件：绳子松弛的临界条件是绳的张力F T＝0；接触面滑动的临界条件是拉力F＝F f max；接触面分离的临界条件是接触面间的弹力F N＝0.7．竖直平面内圆周运动的两种临界问题．(1)绳模型：半径为R的圆形轨道，物体能通过最高点的条件是v≥gR.(2)杆模型：物体能通过最高点的条件是v≥0.1.(2020·全国卷Ⅰ)如图，一同学表演荡秋千．已知秋千的两根绳长均为10 m ，该同学和秋千踏板的总质量约为50 kg.绳的质量忽略不计，当该同学荡到秋千支架的正下方时，速度大小为8 m/s ，此时每根绳子平均承受的拉力约为( )A ．200 NB ．400 NC ．600 ND ．800 N解析：最低点由2T －mg ＝mv 2r，知T ＝410 N ，即每根绳子拉力约为400 N ，故B 正确．答案：B2．(2020·全国卷Ⅱ)如图，在摩托车越野赛途中的水平路段前方有一个坑，该坑沿摩托车前进方向的水平宽度为3h ，其左边缘a 点比右边缘b 点高0.5h .若摩托车经过a 点时的动能为E 1，它会落到坑内c 点．c 与a 的水平距离和高度差均为h ；若经过a 点时的动能为E 2，该摩托车恰能越过坑到达b 点.E 2E 1等于( )A ．20B ．18C ．9.0D ．3.0解析：有题意可知当在a 点动能为E 1时，有E 1＝12mv 21，根据平抛运动规律有h ＝12gt 21，h＝v 1t 1，当在a 点时动能为E 2时，有E 2＝12mv 22，根据平抛运动规律有12h ＝12gt 22，3h ＝v 2t 2，联立以上各式可解得E 2E 1＝18，故B 正确．答案：B3. (2019·全国卷Ⅱ)(多选)如图(a)，在跳台滑雪比赛中，运动员在空中滑翔时身体的姿态会影响其下落的速度和滑翔的距离．某运动员先后两次从同一跳台起跳，每次都从离开跳台开始计时，用v 表示他在竖直方向的速度，其v-t 图象如图(b)所示，t 1和t 2是他落在倾斜雪道上的时刻．则( )A ．第二次滑翔过程中在竖直方向上的位移比第一次的小B．第二次滑翔过程中在水平方向上的位移比第一次的大C．第二次滑翔过程中在竖直方向上的平均加速度比第一次的大D．竖直方向速度大小为v1时，第二次滑翔在竖直方向上所受阻力比第一次的大解析：根据v-t图线与横轴所围图形的面积表示位移，可知第二次滑翔过程中在竖直方向上的位移比第一次的大，选项A错误；根据v-t图线的斜率表示加速度，综合分析可知，第二次滑翔过程中在竖直方向上的平均加速度比第一次的小，选项C错误；第二次滑翔过程中在竖直方向的位移比第一次的大，又运动员每次滑翔过程中竖直位移与水平位移的比值相同(等于倾斜雪道与水平面夹角的正切值)，故第二次滑翔过程中在水平方向上的位移比第一次的大，选项B正确；竖直方向上的速度大小为v1时，根据v-t图线的斜率表示加速度可知，第二次滑翔过程中在竖直方向上的加速度比第一次的小，由牛顿第二定律有mg－F阻＝ma，可知第二次滑翔过程中在竖直方向上所受阻力比第一次的大，选项D正确．答案：BD考点一运动的合成与分解1．运动合成与分解的一般思路．(1)明确合运动或分运动的运动性质．(2)明确是在哪两个方向上的合成或分解．(3)找出各个方向上已知的物理量(速度、位移、加速度)．(4)运用力与速度的关系或矢量的运算法则进行分析求解．2．关联速度分解问题．对于用绳、杆相牵连的物体，在运动过程中，两物体的速度通常不同，但两物体沿绳或杆方向的速度分量大小相等．(1)常用的解答思路：先确定合运动的方向，然后分析合运动所产生的实际效果，以确定两个分速度的方向(作出分速度与合速度的矢量关系的平行四边形)．(2)常见的模型．3．小船过河的时间t ＝dv 垂，其中v 垂为小船在静水中的速度沿垂直于河岸方向的分速度．如图所示，甲、乙两船在同一河岸边A 、B 两处，两船船头方向与河岸均成θ角，且恰好对准对岸边C 点．若两船同时开始渡河，经过一段时间t ，同时到达对岸，乙船恰好到达正对岸的D 点．若河宽d 、河水流速均恒定，两船在静水中的划行速率恒定，不影响各自的航行，下列判断正确的是( )A ．两船在静水中的划行速率不同B ．甲船渡河的路程有可能比乙船渡河的路程小C ．两船同时到达D 点 D ．河水流速为d tan θt解析：由题意可知，两船渡河的时间相等，两船沿垂直河岸方向的分速度v 1相等，由v 1＝v sin θ知两船在静水中的划行速率v 相等，故A 项错误；乙船沿BD 到达D 点，故河水流速v 水方向沿AB 方向，且v 水＝v cos θ，甲船不可能到达正对岸，甲船渡河的路程较大，故B 项错误；由于甲船沿垂直河岸的位移d ＝v sin θ·t ，沿AB 方向的位移大小x ＝(v cos θ＋v 水)t ，解得x ＝2d tan θ＝AB ，故两船同时到达D 点，故C 项正确；根据速度的合成与分解v水＝v cos θ，而v sin θ＝d t，解得v 水＝dt tan θ，故D 项错误．答案：C考向 小船渡河问题1．端午节赛龙舟是中华民族的传统，若某龙舟在比赛前划向比赛点的途中要渡过72 m 宽两岸平直的河，龙舟在静水中划行的速率为4 m/s ，河水的流速3 m/s ，下列说法中正确的是( )A ．该龙舟以最短时间渡河通过的位移为96 mB ．该龙舟渡河的最大速率为8 m/sC ．该龙舟渡河所用时间最少为18 sD．该龙舟不可能沿垂直河岸的航线抵达对岸解析：该龙舟以最短时间渡河，t min＝dv1＝724s＝18 s，沿河岸方向的位移：x＝v2t min＝54 m；通过的位移为x′＝d2＋x2＝722＋542 m＝90 m，故A项错误，C项正确；当船速与水流速度同向时合速度最大，最大速度为4 m/s＋3 m/s＝7 m/s，故B项错误；因龙舟的静水速度大于水流速度，可知该龙舟能够垂直河岸到达正对岸，故D项错误．答案：C考向关联速度问题2．质量为m的物体P置于倾角为θ1的固定光滑斜面上，轻细绳跨过光滑定滑轮分别连接着P与小车，P与滑轮间的细绳平行于斜面，小车以速率v水平向右做匀速直线运动．当小车与滑轮间的细绳和水平方向成夹角θ2时(如图所示)，下列判断正确的是( )A．P的速率为vB．P的速率为v cos θ2C．绳的拉力等于mg sin θ1D．绳的拉力小于mg sin θ1解析：将小车速度沿绳子和垂直绳子方向分解为v1、v2，P的速率等于v1＝v cos θ2，A 错误，B正确；小车向右做匀速直线运动，θ2减小，P的速率增大，绳的拉力大于mg sin θ1，C、D错误．答案：B考向运动的合成实例3.如图所示，在灭火抢救过程中，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，人沿梯子匀加速向上运动的同时消防车匀速后退，则关于消防队员的运动，下列说法正确的是( )A．消防队员做匀加速直线运动B．消防队员做匀变速曲线运动C．消防队员做变加速曲线运动D．消防队员水平方向的速度保持不变解析：根据运动的合成，知合速度的方向与合加速度的方向不在同一条直线上，其加速度的方向大小不变，所以消防员做匀变速曲线运动，故A、C错误，B正确．将消防员的运动分解为水平方向和竖直方向，知水平方向上的最终的速度为消防车匀速后退的速度和消防队员沿梯子方向速度在水平方向上的分速度的合速度，因为沿梯子方向的速度在水平方向上的分速度在变化，所以消防队员水平方向的速度在变化，故D 错误．答案：B考点二 平抛运动规律1．平抛运动的基本规律．2．平抛运动中的两个重要推论．(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，如图甲所示．(2)做平抛(或类平抛)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θ，位移与水平方向的夹角为α，则tan θ＝2tan α，如图乙所示．(2020·江苏卷)(多选)如图所示，小球A 、B 分别从2l和l 的高度水平抛出后落地，上述过程中A 、B 的水平位移分别为l 和2l .忽略空气阻力，则( )A ．A 和B 的位移大小相等 B ．A 的运动时间是B 的2倍C ．A 的初速度是B 的12D ．A 的末速度比B 的大解析：位移为初位置到末位置的有向线段，如题图所示可得s A ＝l 2＋（2l ）2＝5l ，s B ＝l 2＋（2l ）2＝5l ，A 和B 的位移大小相等，A 正确；平抛运动的时间由高度决定，即t A ＝2×2lg＝2×2lg，t B ＝2×lg＝2lg，则A 的运动时间是B 的2倍，B 错误；平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，则v xA ＝l t A＝gl2，v xB ＝2lt B＝2gl ，则A 的初速度是B的122，C 错误；小球A 、B 在竖直方向上的速度分别为v yA ＝2gl ，v yB ＝2gl ，所以可得v A＝17gl 2，v B ＝2gl ＝16gl2，即v A >v B ，D 正确． 答案：AD考向 平抛运动的应用1．如图所示是运动员将网球在边界A 处正上方B 点水平向右击出，恰好过网C 的上边沿落在D 点的示意图，不计空气阻力，已知AB ＝h 1，网高h 2＝59h 1，AC ＝x ，重力加速度为g ，下列说法中正确的是( )A ．落点D 距离网的水平距离为13xB ．网球的初速度大小为xg h 1C ．若击球高度低于2027h 1，无论球的初速度多大，球都不可能落在对方界内D ．若保持击球高度不变，球的初速度v 0只要不大于x 2gh 1h 1，一定落在对方界内 解析：因为h 1－h 2＝49h 1，由t ＝2h g 可知t AC t AD ＝23，由x ＝v 0t 可知x AC x AD ＝23，则x AD ＝32x ，D 距网的水平距离为12x ，所以A 错误；网球从A 到D ，h 1＝12gt 2AD ，32x ＝v 0t AD ，得v 0＝34x2gh 1，所以B 错误；当击球高度为一临界值h ′，此时球刚好过网又刚好压界，则有h ′－h 2＝12gt 21，x＝v 0t 1，h ′＝12gt 22，2x ＝v 0t 2，解得h ′＝2027h 1，若击球高度小于该临界值，速度大会出界，速度小会触网，所以C 正确；若保持击球高度不变，要想球落在对方界内，则有h 1＝12gt 21，2x＝v max t 1，则平抛的最大速度v max ＝x h 12gh 1；h 1－h 2＝12gt 22，x ＝v min t 2，则平抛运动的最小速度v min ＝34·x h 12gh 1，即34·x h 12gh 1＜v ＜xh 12gh 1，所以D 错误． 答案：C考向 与斜面相关的平抛运动2.2022年冬奥会将在北京举行，滑雪是冬奥会的比赛项目之一．如图所示，某运动员(可视为质点)从雪坡上先后以初速度之比v 1∶v 2＝3∶4沿水平方向飞出，均落在雪坡上，不计空气阻力，则运动员从飞出到落到雪坡上的整个过程中( )A ．运动员先后落在雪坡上的速度方向不相同B ．运动员先后在空中飞行的时间之比为9∶16C ．运动员先后落到雪坡上的速度之比为3∶4D ．运动员先后下落的高度之比为3∶4解析：设运动员的速度和水平方向的夹角为α，则tan α＝v y v 0＝gtv 0，而位移和水平方向的夹角tan θ＝12gt 2v 0t ＝gt2v 0，因此可得tan α＝2tan θ；运动员先后落在雪坡上时位移的偏向角相同，根据平抛运动速度的偏向角的正切等于位移的偏向角的正切的2倍可知，速度的偏向角相同，即运动员落到雪坡上的速度方向相同，选项A 错误；根据tan θ＝12gt 2v 0t ＝gt2v 0，可得t ＝2v 0tan θg，由于v 1∶v 2＝3∶4，可知t 1∶t 2＝3∶4，根据v y ＝gt 可知竖直速度之比为v 1y ∶v 2y ＝3∶4，因速度偏向角相等，则落到雪坡上的速度之比v ′1∶v ′2＝3∶4，根据h ＝12gt2可知运动员先后下落的高度之比为h 1∶h 2＝t 21∶t 22＝9∶16，则选项C 正确，A 、B 、D 错误．答案：C考向 平抛运动重要推论的应用3.一个小球从一斜面顶端分别以v 10、v 20、v 30水平抛出，分别落在斜面上1、2、3点，如图所示，落到斜面时竖直分速度分别是v 1y 、v 2y 、v 3y ，则( )A.v 1y v 10>v 2y v 20>v 3y v 30B.v 1y v 10<v 2y v 20<v 3yv 30 C.v 1y v 10＝v 2y v 20＝v 3yv 30D ．条件不足，无法比较解析：设小球落到斜面上时速度方向与水平方向的夹角为α，由tan α＝v y v 0＝gt v 0＝gt 2v 0t＝2yx＝2tan θ，所以v 1y v 10＝v 2y v 20＝v 3yv 30，选项C 正确． 答案：C考向 逆向思维和对称方法的应用4.如图所示，水平面上有一足够长的斜面，在斜面上的某点将一小球以速度v 0斜向上抛出，抛出时速度方向与斜面的夹角为θ，经过一段时间后，小球沿水平方向击中斜面，不计空气阻力．若减小小球抛出时的速度v 0，仍使小球水平击中斜面，则应该( )A ．保持夹角θ不变B ．适当增大夹角θC ．适当减小夹角θD ．无论怎样调整夹角θ，小球都不可能水平击中斜面解析：小球斜向上抛出水平击中斜面，可以看成从斜面上平抛后击中斜面的逆运动，小球从斜面抛出落在斜面上，斜面倾角即为平抛运动的位移与水平面的夹角，只要小球仍落在斜面上，位移偏向角不变，根据速度偏向角与位移偏向角的关系可知，速度偏向角也不变，所以减小斜抛的速度v 0后，若使小球仍能水平击中斜面，应保持夹角θ不变，故选项A 正确，B 、C 、D 错误．答案：A考向 类平抛运动5.如图所示的光滑斜面长为l ，宽为b ，倾角为θ，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( )A ．P →Q 所用的时间t ＝22lg sin θB ．P →Q 所用的时间t ＝2lgC ．初速度v 0＝b g sin θ2l D ．初速度v 0＝bg 2l解析：物体的加速度为a ＝g sin θ.根据l ＝12at 2，得t ＝2lg sin θ，故A 、B 两项错误；初速度v 0＝b t ＝bg sin θ2l，故C 项正确，D 项错误． 答案：C6.如图所示，在两条平行的虚线内存在着宽度为L 、场强为E 的匀强电场，在与右侧虚线相距也为L 处有一与电场平行的屏．现有一电荷量为＋q 、质量为m 的带电粒子(重力不计)，以垂直于电场线方向的初速度v 0射入电场中，v 0方向的延长线与屏的交点为O .求：(1)粒子在电场中运动的时间；(2)粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值tan α； (3)粒子打到屏上的点P 到O 点的距离Y .解析：(1)粒子在垂直于电场线的方向上做匀速直线运动，粒子在电场中运动的时间为t ＝L v 0.(2)设粒子射出电场时沿平行电场线方向的速度为v y ，根据牛顿第二定律，粒子在电场中的加速度为a ＝Eq m.v y ＝at ＝qELmv 0，故粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值为tan α＝v y v 0＝qELmv 20.(3)设粒子在电场中的偏转距离为y ，则：y ＝12at 2＝12·qEL2mv 20，又Y ＝y ＋L tan α，解得：Y ＝3qEL22mv 20.答案：(1)L v 0 (2)qEL mv 20 (3)3qEL22mv 20考点三 圆周运动问题1．解决圆周运动问题的关键．(1)几何关系分析：分析圆周运动的轨道平面、圆心、半径等． (2)运动分析：分析圆周运动的线速度、角速度、周期等．(3)受力分析：做好受力分析，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．2．圆周运动的两类模型． (1)水平方向上的圆周运动模型．图例受力情况临界状态①竖直方向：受重力和支持力，二力平衡，合力为零②水平方向：受静摩擦力的作用，且静摩擦力提供物体做圆周运动的向心力． 关系式为：F f ＝mv 2R当F 向＝F f max 时，物块达到临界状态(2)竖直方向上的圆周运动模型． 项目 绳模型杆模型图例最高点受力重力mg 、弹力F 弹向下或等于零重力mg 、弹力F 弹向下、向上或等于零最高点向心力mg ＋F 弹＝m v 2rmg ＋F 弹＝m v 2r 或mg －F 弹＝m v 2r恰好过最高点F 弹＝0，v ＝gr ，在最高点速度不能为零mg ＝F 弹，v ＝0，在最高点速度可为零(2020·北京质检)(多选)如图所示，甲、乙、丙、丁是游乐场中比较常见的过山车，甲、乙两图的轨道车在轨道的外侧做圆周运动，丙、丁两图的轨道车在轨道的内侧做圆周运动，两种过山车都有安全锁(由上、下、侧三个轮子组成)把轨道车套在了轨道上，四个图中轨道的半径都为R ，下列说法正确的是( )A ．甲图中，当轨道车以一定的速度通过轨道最高点时，座椅一定给人向上的力B ．乙图中，当轨道车以一定的速度通过轨道最低点时，安全带一定给人向上的力C ．丙图中，当轨道车以一定的速度通过轨道最低点时，座椅一定给人向上的力D ．丁图中，轨道车过最高点的最小速度为gR解析：甲图中，由mg ＝m v 2R 可知，当轨道车以一定的速度v ＝gR 通过轨道最高点时，座椅给人向上的力为零，A 错误；乙图中，由F －mg ＝m v 2R 可知，当轨道车以一定的速度通过轨道最低点时，安全带一定给人向上的力F ＝mg ＋m v 2R ，B 正确；丙图中，由F －mg ＝m v 2R 可知，当轨道车以一定的速度通过轨道最低点时，座椅一定给人向上的力F ＝mg ＋m v 2R，C 正确；由于过山车都有安全锁(由上、下、侧三个轮子组成)把轨道车套在了轨道上，丁图中，轨道车过最高点的最小速度可以为零，D 错误．答案：BC考向 竖直方向上的圆周运动1.(多选)2013年，我国航天员在“天宫一号”为青少年进行太空授课，运行中的“天宫一号”处于完全失重状态．在“天宫一号”中，长为L 的细线一端固定，另一端系一个小球，拉直细线，让小球在B 点以垂直于细线的速度v 0开始做圆周运动，如图所示．设“天宫一号”卫星轨道处的重力加速度为g ′，在小球运动的过程中，下列说法正确的是( )A ．小球做匀速圆周运动B ．细线拉力的大小不断变化C ．只要v 0＞0，小球就能通过A 点D ．只有v 0≥5g ′L ，小球才能通过A 点解析：在“天宫一号”中，小球处于完全失重状态，让小球在B 点以垂直于细线的速度v 0开始做圆周运动，则小球做匀速圆周运动，细线的拉力提供向心力，大小不变，方向时刻变化，选项A 正确，B 错误；只要v 0＞0，小球就能通过A 点，选项C 正确，D 错误．答案：AC考向 水平方向上的圆周运动2．如图所示，两个相同的小木块A 和B (均可看作为质点)，质量均为m .用长为L 的轻绳连接，置于水平圆盘的同一半径上，A 与竖直轴的距离为L ，此时绳子恰好伸直无弹力，木块与圆盘间的最大静摩擦力为木块所受重力的k 倍，重力加速度大小为g .若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，用ω表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是( )A．木块A、B所受的摩擦力始终相等B．木块B所受摩擦力总等于木块A所受摩擦力的两倍C．ω＝kgL是绳子开始产生弹力的临界角速度D．若ω＝2kg3L，则木块A、B将要相对圆盘发生滑动解析：当角速度较小时，A、B均靠静摩擦力提供向心力，由于B转动的半径较大，则B 先达到最大静摩擦力，角速度继续增大，则绳子出现拉力，当A的静摩擦力达到最大时，角速度增大，A、B开始发生相对滑动，可知B的静摩擦力方向一直指向圆心，在绳子出现张力前，A、B的角速度相等，半径之比为1∶2，则静摩擦力之比为1∶2，当绳子出现张力后，A、B的静摩擦力之比不是1∶2，故A、B错误．当摩擦力刚好提供B做圆周运动的向心力时，绳子开始产生拉力，则kmg＝mω2·2L，解得ω＝kg2L，故C错误；当A的摩擦力达到最大时，A、B开始滑动，对A有：kmg－T＝mLω′2，对B有：T＋kmg＝m·2Lω′2，解得ω′＝2kg 3L，故D正确．答案：D考点四平抛运动与圆周运动综合问题1．解题方法：运动的合成与分解．2．解题流程．如图所示，从A点以v0＝4 m/s的水平速度抛出一质量为m＝1 kg的小物块(可视为质点)，当物块运动至B点时，恰好沿切线方向进入固定的光滑圆弧轨道BC，经圆弧轨道后滑上与C点等高、静止在粗糙水平面的长木板上，圆弧轨道C端切线水平．已知长木板的质量M＝4 kg，A、B两点距C点的高度分别为H＝0.5 m，h＝0.15 m，R＝0.75 m，物块与长木板之间的动摩擦因数μ1＝0.5，长木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.2，g取10 m/s2，求：(1)小物块运动至B 点时的速度大小和方向与水平面夹角的正切值； (2)小物块滑至C 点时，对圆弧轨道C 点的压力大小； (3)长木板至少为多长，才能保证小物块不滑出长木板？ 解析：(1)物块从A 到B 做平抛运动， 有H －h ＝12gt 2，设到达B 点时竖直分速度为v y ， 则v y ＝gt ，v ＝v 20＋v 2y ，代入数据解得v ＝23 m/s ， 方向与水平面的夹角为θ， 则tan θ＝v yv 0＝74. (2)从A 至C 点，由动能定理得mgH ＝12mv 22－12mv 20.设C 点受到的支持力为F N ，则有F N －mg ＝m v 22R，代入数据解得v 2＝26 m/s ，F N ≈44.7 N.根据牛顿第三定律可知，物块对圆弧轨道C 点的压力大小为44.7 N. (3)由题意可知小物块对长木板的摩擦力F f ＝μ1mg ＝5 N ，长木板与地面间的最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力F ′f ＝μ2(M ＋m )g ＝10 N ，因F f ＜F ′f ，所以小物块在长木板上滑动时，长木板静止不动． 小物块在长木板上做匀减速运动， 其加速度a ＝μ1g ＝5 m/s 2. 若到长木板右端时速度刚好为0， 则长木板长度至少为l ＝v 222a ＝2610m ＝2.6 m. 答案：(1)23 m/s74(2)44.7 N (3)2.6 m考向 平抛接圆周1.(多选)一位同学玩飞镖游戏，已知飞镖距圆盘为L ，对准圆盘上边缘的A 点水平抛出，初速度为v 0，飞镖抛出的同时，圆盘以垂直圆盘且过盘心O 点的水平轴匀速转动．若飞镖恰好击中A 点，下列说法正确的是( )A ．从飞镖抛出到恰好击中A 点，A 点一定转动到最低点位置B ．从飞镖抛出到恰好击中A 点的时间为Lv 0C ．圆盘的半径为gL 24v 20D ．圆盘转动的角速度为2k πv 0L(k ＝1，2，3，…)解析：从飞镖抛出到恰好击中A 点，A 点转到了最低点位置，选项A 正确；飞镖水平抛出，在水平方向做匀速直线运动，因此t ＝Lv 0，选项B 正确；飞镖击中A 点时，A 恰好在最下方，有2r ＝12gt 2，解得r ＝gL24v 20，选项C 正确；飞镖击中A 点，则A 点转过的角度满足θ＝ωt＝π＋2k π(k ＝0，1，2，…)，故ω＝（2k ＋1）πv 0L(k ＝0，1，2，…)，选项D 错误．答案：ABC考向 圆周接平抛2.如图所示，四分之一圆弧AB 和半圆弧BC 组成的光滑轨道固定在竖直平面内，A 、C 两端点等高，直径BC 竖直，圆弧AB 的半径为R ，圆弧BC 的半径为R2.一质量为m 的小球从A 点上方的D 点由静止释放，恰好沿A 点切线方向进入并沿轨道运动，不计空气阻力，重力加速度大小为g .(1)要使小球能运动到C 点，D 、A 两点间的高度差h 至少为多大？ (2)改变h ，小球通过C 点后落到圆弧AB 上的最小动能为多少？ 解析：(1)设小球刚好通过C 点的速度为v ，则mg ＝m v 2R2.小球从D 点到C 点的过程中机械能守恒，有mgh ＝12mv 2，联立解得h ＝R4.(2)设小球通过C 点的速度为v 0，落到圆弧AB 上时，水平位移为x ，下落高度为y ，由平抛运动的规律可知x ＝v 0t ，y ＝12gt 2，从C 点抛出到落到圆弧AB 上，由动能定理得mgy ＝E k －12mv 20.又x 2＋y 2＝R 2，联立可得：E k ＝14mg (R2y＋3y )．式中当R 2y ＝3y ，即y ＝33R 时，E k 有最小值，E kmin ＝32mgR . 答案：(1)R 4 (2)32mgR。
高三物理一轮复习第四章 曲线运动
第四章曲线运动第一讲曲线运动运动的合成与分解考点一物体做曲线运动的条件及轨迹分析例1、如图所示，水平桌面上一小铁球沿直线运动。
若在铁球运动的正前方A处或旁边B处放一块磁铁，下列关于小球运动的说法正确的是（）A.磁铁放在A处时，小球做匀速直线运动B.磁铁放在A处时，小球做匀加速直线运动C.磁铁放在B处时，小球做匀速圆周运动D.磁铁放在B处时．小球做变加速曲线运动多维练透1、关于曲线运动下列叙述正确的是( )A、物体之所以做曲线运动,是由于物体受到变力的作用B、物体只有受到一个方向不断改变的力,才可能作曲线运动C、物体受到不平行于初速度方向的外力作用时,做曲线运动D、平抛运动是一种匀变速曲线运动2、如图所示,汽车在一段弯曲水平路面上匀速行驶,它受到的水平方向的作用力的示意图可能正确的是(F为地面对汽车的静摩擦力,f为它行驶时所受的阻力)( )A. B. C. D.3、图示为质点做匀变速曲线运动的轨迹示意图，一质点运动到D点时速度方向与加速度方向恰好相互垂直，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点大B: 质点经过A点时的加速度方向与速度方向的夹角小于90°C: 质点经过D点时的加速度比B点的加速度大D: 质点从B到E过程中加速度方向与速度方向的夹角先增大后减小考点二运动的合成与分解例2、根据高中所学知识可知，做自由落体运动的小球，将落在正下方位置。
但实际上，赤道上方200m处无初速下落的小球将落在正下方位置偏东约6cm处。
这一现象可解释为，除重力外，由于地球自转，下落过程小球还受到一个水平向东的“力”，该“力”与竖直方向的速度大小成正比。
现将小球从赤道地面竖直上抛，考虑对称性，上升过程该“力”水平向西，则小球（）。
A: 到最高点时，水平方向的加速度和速度均为零B: 到最高点时，水平方向的加速度和速度均不为零C: 落地点在抛出点东侧D: 落地点在抛出点西侧多维练透1、（多选）跳伞表演是人们普遍喜欢的观赏性体育项目，当运动员从直升飞机上由静止跳下后，在下落过程中不免会受到水平风力的影响，下列说法中正确的是（）。
高考物理专题1第4讲曲线运动常考的4个问题(选择题或计算题)教案
2013年高考物理二轮压轴突破教案：专题1第4讲曲线运动常考的4个问题(选择题或计算题)新课标全国卷三年(2010、 2011、 2012)高考物理试题分析算、在全国高考态势趋于稳定的情况下，高考试题的命制也将具有较强的规律性．分析三年(2010、2011、2012)高考试题，把握重点、难点、热点，了解知识点考查的频度、深度和广度，有利于我们研究高考命题规律，洞察2013高考命题趋势，使同学们在二轮复习中更加胸有成竹，有的放矢，快速高效．只要你一步一个脚印，一天一个台阶，跨入理想大学的大门将指日可待！知识互联网达人寄语——科学复习、事半功倍苹果改变了世界！●“第一个苹果诱惑了夏娃，第二个苹果砸醒了牛顿，第三个苹果激起了乔布斯”．我是一名中华学子，正在英国剑桥大学攻读物理博士学位，学成后立志报效祖国，为改变世界做出贡献！●二轮复习即冲刺复习，其任务是：“连线”、“织网”、“建模”、“规范”、“发散”，对高考常考问题个个击破．●“运动分析，受力分析”是破题法宝，千万要抓住、抓死、抓牢．希望你能出奇制胜，奋力夺冠，我们共同去寻求第四个“苹果”！第4讲曲线运动常考的4个问题(选择题或计算题)(说明：此处计算题见专题二功和能)主要题型：选择题难度档次：中档①以平抛运动、圆周运动为背景考查学生对基本运动形式的认识及理解、推理和分析能力；②综合万有引力、天体的运动的相关知识点，体现于题中各选项中，以简单分析，计算为主．高考热点1．运动的合成与分解2．平抛运动3．圆周运动4．万有引力定律与天体的运动综合知识●几何知识●功、能关系 ●超重、失重 ●时事背景材料、信息1．物体做曲线运动的条件当物体所受合外力的方向跟它的速度方向________时，物体做曲线运动．合运动与分运动具有________、________ 和________．2．物体(或带电粒子)做平抛运动或类平抛运动的条件 (1)有初速度；(2)初速度与加速度的方向________． 3．物体做匀速圆周运动的条件合外力的方向与物体运动的方向________；绳固定物体能通过最高点的条件是________；杆固定物体能通过最高点的条件是________．物体做匀速圆周运动的向心力，即为物体所受________．4．描述圆周运动的几个物理量角速度ω、线速度v 和________，还有周期T 和频率f .其关系式为a ＝v 2r ＝________＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2r ＝(2πf )2r .特别提醒(1)平抛(类平抛)运动是匀变速曲线运动，物体所受合力为恒力；而圆周运动是变速运动，物体所受合力为变力．(2)平抛运动有两个重要的推论：①从抛出点开始，任意时刻速度偏向角的正切值等于位移偏向角的正切值的2倍；②从抛出点开始，任意时刻速度的反向延长线交于水平位移的中点．5．万有引力定律及天体的运动(1)万有引力定律的表达式F ＝________． (2)天体的运动天体的运动看成是________运动，其所需要的向心力由________提供．其基本关系式为G Mm r 2＝m v 2r＝m ω2r ＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2r ＝m (2πf )2r .在天体表面，忽略自转的情况下有G Mm R2＝mg .(3)卫星的绕行速度v 、角速度ω、周期T 与轨道半径r 的关系①由G Mm r 2＝m v 2r，得v ＝________，则r 越大，v 越小．②由G Mm r2＝m ω2r ，得ω＝________，则r 越大，ω越小．③由G Mm r 2＝m 4π2T2r ，得T ＝________，则r 越大，T 越大．(4)第一宇宙速度：近地卫星的线速度即第一宇宙速度，是卫星绕地球做圆周运动的________速度，也是发射卫星的________速度．状元微博名师点睛●处理曲线运动问题的基本思想——“化曲为直”竖直平面内圆周运动的最高点和最低点的速度关系通常利用动能定理来建立联系． ●对于平抛或类平抛运动与圆周运动组合的问题应用合成与分解的思想分析这两种运动，转折点的速度是解题的关键． ●利用万有引力定律解决天体运动的一般思路 1．一个模型天体的运动简化为质点的匀速圆周运动模型． 2．两组公式G Mm r 2＝m v 2r ＝m ω2r ＝m 4π2T2·r ＝ma mg ＝GMm R2常考问题10 平抛运动规律的应用图4－1【例1】 (2012·课标全国卷，15)如图4－1所示，x 轴在水平地面内，y 轴沿竖直方向．图中画出了从y 轴上沿x 轴正向抛出的三个小球a 、b 和c 的运动轨迹，其中b 和c 是从同一点抛出的．不计空气阻力，则( )．A ．a 的飞行时间比b 的长B ．b 和c 的飞行时间相同C ．a 的水平速度比b 的小D ．b 的初速度比c 的大图4－2如图4－2所示，水平路面上匀速运动的小车支架上有三个完全相同的小球A 、B 、C ，当小车遇到障碍物D 时，立即停下来，三个小球同时从支架上抛出，落到水平面上．已知三小球的高度差相等，即h A －h B ＝h B －h C ，下列说法中正确的是( )．A ．三个小球落地时间差与车速无关B ．三个小球落地时的间隔距离L 1和L 2与车速无关C ．A 、B 小球落地的间隔距离L 1与车速成正比D ．三个小球落地时的间隔距离L 1＝L 2,思维模板 1．平抛运动或类平抛运动的研究方法——正交分解法． (1)沿初速度v 0方向上的匀速运动； (2)垂直v 0方向上的匀加速运动．2．平抛运动常分解的物理量 (1)速度v x ＝v 0 v y ＝gtv ＝ v 2x ＋v 2y(2)位移x ＝v 0t h ＝12gt 2 s ＝ x 2＋h 2常考问题11 圆周运动的动力学问题图4－3【例2】 (2012·北京西城区期末)如图4－3所示，半径为R 的光滑圆轨道竖直固定放置，小球m 在圆轨道内侧做圆周运动．对于半径R 不同的圆轨道，小球m 通过轨道最高点时都恰好与轨道间没有相互作用力．下列说法中正确的是( )．A ．半径R 越大，小球通过轨道最高点时的速度越大B ．半径R 越大，小球通过轨道最高点时的速度越小C ．半径R 越大，小球通过轨道最低点时的角速度越大D ．半径R 越大，小球通过轨道最低点时的角速度越小 名师支招——教你读题审题解析 本题考查机械能守恒定律以及圆周运动基本物理量的关系．小球恰好过最高点，小球与轨道间没有压力，小球的重力充当向心力，由牛顿第二定律可得：mg ＝m v 2R所以v ＝gR ，可得半径R 越大，小球通过轨道最高点时的速度越大，A 正确，B 错误；设小球在最低点的速度为v 0，由机械能守恒定律可得：12mv 20＝mg (2R )＋12mv 2，其中v ＝gR 可解得v 0＝5gR ，由v 0＝ωR 得ω＝ 5gR，可知半径R 越大，小球通过轨道最低点的角速度越小，C 错误，D 正确．答案 AD图4－4如图4－4所示，小球能在水平光滑滑杆上滑动，滑杆连同支架可以绕竖直轴转动，球通过弹簧与转动轴相连．当系统以角速度ω1匀速转动时，球离轴距离为r 1＝8 cm.当系统角速度增加为ω2＝43ω1时，球离轴距离为r 2＝9 cm ，则此弹簧的自然长度l 0为( )．A ．8.5 cmB ．7 cmC ．8 cmD ．1 cm思维模板●对圆周运动，应先分析物体是否做匀速圆周运动，若是，则 ①合力一定指向圆心②利用F 合＝mv 2r＝m ω2r 求解即可，若不是，需正交分解．●竖直面内的圆周运动可分为三种模型．①轻绳模型： 临界条件：mg ＝mv 2高R②轻杆模型 临界条件v 高＝0③外轨模型球在最高点时，若v < gR ，将沿轨道做圆周运动，若v ≥ gR ，将离开轨道做抛体运动．常考问题12 万有引力定律及天体的运动图4－5【例3】 (2012·广东卷，21)如图4－5所示，飞船从轨道1变轨至轨道2.若飞船在两轨道上都做匀速圆周运动，不考虑质量变化，相对于在轨道1上，飞船在轨道2上的( )．A ．动能大B ．向心加速度大C ．运动周期长D ．角速度小解析 飞船绕中心天体做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，即F 引＝F 向，所以GMm r 2＝ma 向＝mv 2r ＝4π2mr T 2＝mr ω2， 即a 向＝GM r 2，E k ＝12mv 2＝GMm2r，T ＝4π2r3GM，ω＝GM r 3(或用公式T ＝2πω求解)． 因为r 1<r 2，所以E k1>E k2，a 向1>a 向2，T 1<T 2，ω1>ω2，选项C 、D 正确． 答案 CD本题考查万有引力定律及其应用、向心力表达式及圆周运动各物理量间的关系，着重考查学生的理解能力和推理能力．图4－6(2012·安徽皖南八校联考)我国自主研制的“北斗一号”卫星导航系统在抗震救灾中发挥了巨大作用．北斗导航系统又被称为“双星定位系统”，具有导航、定位等功能．“北斗”系统中两颗工作星均绕地心O 做匀速圆周运动，轨道半径为r ，某时刻两颗工作卫星分别位于轨道上的A 、B 两位置(如图4－6所示)．若卫星均顺时针运行，地球表面处的重力加速度为g ，地球半径为R .不计卫星间的相互作用力．则以下判断中正确的是( )．A ．这两颗卫星的加速度大小相等，均为RgrB ．卫星1向后喷气就一定能追上卫星2C ．卫星1由位置A 运动到位置B 所需的时间为πr3Rr gD ．卫星1中质量为m 的物体的动能为12mgr借题发挥“一、二、三”跑步解决天体问题●“一”理解一个定律——万有引力定律． ●“二”构建两大模型． (1)“天体”公转模型某天体绕中心天体做匀速圆周运动 ①万有引力提供向心力G Mm r 2＝m v 2r ＝m ω2r ＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2r ＝ma n ＝mg ′(g ′表示轨道处的重力加速度)——可称为“天上公式”．②在地球表面：GMmR2＝mg .(g 表示地球表面的重力加速度)―→可称为“地面公式”，GM ＝gR 2也称为“黄金代换公式”．(2)“天体自转”模型绕通过自身中心的某一轴以一定的角速度匀速转动的天体称为“自转”天体． ●“三”个区别①中心天体和环绕天体的区别；②自转周期和公转周期的区别； ③星球半径和轨道半径的区别． 课堂笔记常考问题13 平抛运动与圆周运动的综合图4－7【例4】 (2012·福建卷，20)如图4－7所示，置于圆形水平转台边缘的小物块随转台加速转动，当转速达到某一数值时，物块恰好滑离转台开始做平抛运动．现测得转台半径R ＝0.5 m ，离水平地面的高度H ＝0.8 m ，物块平抛落地过程水平位移的大小 s ＝0.4 m ．设物块所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g ＝10 m/s 2.求：(1)物块做平抛运动的初速度大小v 0； (2)物块与转台间的动摩擦因数μ.解析 (1)物块做平抛运动，在竖直方向上有H ＝12gt 2，①在水平方向上有：s ＝v 0t ，② 由①②式解得v 0＝s g2H，③ 代入数据得v 0＝1 m/s.(2)物块离开转台时，最大静摩擦力提供向心力，有：f m ＝m v 20R ，④f m ＝μN ＝μmg ，⑤由④⑤式得μ＝v 20gR，代入数据得μ＝0.2. 答案 (1)1 m/s (2)0.2本题考查平抛运动、匀速圆周运动及向心力等知识，旨在考查学生的推理能力及分析综合能力，难度适中．滑板运动是青少年喜爱的一项活动．如图4－8所示，滑板运动员以某一初速度从A 点水平离开h ＝0.8 m 高的平台，运动员(连同滑板)恰好能无碰撞的从B 点沿圆弧切线进入竖直光滑圆弧轨道，然后经C 点沿固定斜面向上运动至最高点D .圆弧轨道的半径为1 m ，B 、C 为圆弧的两端点，其连线水平，圆弧对应圆心角θ＝106°，斜面与圆弧相切于C 点．已知滑板与斜面间的动摩擦因数为μ＝13，g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不计空气阻力，运动员(连同滑板)质量为50 kg ，可视为质点．试求：图4－8(1)运动员(连同滑板)离开平台时的初速度v 0大小；(2)运动员(连同滑板)通过圆弧轨道最低点时对轨道的压力大小．阅卷感悟错因档案1．找不到临界状态． 2．不知道哪些力提供向心力． 3．找不到衔接两种运动的物理量． 应对策略审题能力是一种综合能力，它包括阅读、理解、分析、综合等多种能力．(1)审题时应注意抓好关键字、词、句．(如例4的关键词：“……物块恰好滑离转台开始做平抛运动”)(2)通过读题、审题应达到的目的是：课堂笔记信息聚焦1．“天”“神”对接我国在2011年9月29日21时16分，“天宫一号”顺利发射升空.2011年11月1日5时58分“神舟八号”顺利升空.2011年11月3日和14日“天宫一号”与“神舟八号”分别进行了两次自动交会对接.2012年6月16日18时37分，载有包括1名女航天员在内的3名航天员的“神舟九号”顺利发射，并成功实施与“天宫一号”的手控交会对接，标志着我国已全面掌握了空间交会对接技术．2．深空探测整个航天科学技术分为三大领域：卫星应用、载人航天和深空探测．我国在前两项上已经取得了很大成就，但在深空探测方面还处于起步阶段——从探月做起.2007年10月24日18时05分，“嫦娥一号”成功发射，圆满完成任务，后于2009年3月1日受控顺利撞月.2010年10月1日“嫦娥二号”又发射奔月，后续工程“嫦娥三号”“嫦娥四号”等计划也将陆续实施．对其他深空星球的探测将逐步展开．链接高考1．纵观近几年高考试题，以天体运动、人类航天为背景的题目，已经成为高考命题的热点．以“天宫一号”和“神舟八号”“神舟九号”的发射、交会对接和回收“嫦娥”等为背景的高考命题的会闪亮登场．2．此类题主要考查对万有引力定律、牛顿第二定律、匀速圆周运动等知识的综合运用能力．【典例1】 2011年11月3日凌晨1时36分，“天宫一号”目标飞行器与“神舟八号”飞船顺利完成首次交会对接，揭开了中国航天的崭新阶段．假如“神舟八号”与“天宫一号”对接前所处的轨道如图4－9甲所示，图乙是它们在轨道上即将对接时的模拟图．当它们处于图甲所示的轨道运行时，下列说法正确的是( )．图4－9A．“神舟八号”的加速度比“天宫一号”的大B．“神舟八号”的运行速度比“天宫一号”的小C．“神舟八号”的运行周期比“天宫一号”的长D．“神舟八号”适度加速后有可能与“天宫一号”实现对接解析由万有引力提供向心力可知加速度a＝GMr2，对比轨道半径关系可知“神舟八号”的加速度比“天宫一号”的大，选项A正确；由运行速度v＝GMr可知，“神舟八号”的运行速度比“天宫一号”的大，选项B错误；由运行周期T＝4π2r3GM可知，“神舟八号”的运行周期比“天宫一号”的小，选项C错误；“神舟八号”适度加速后做离心运动有可能追上“天宫一号”实现对接，选项D正确．答案 AD【典例2】 为了对火星及其周围的空间环境进行探测，我国于2011年11月9日发射了第一颗火星探测器“萤火一号”．假设探测器在离火星表面高度分别为h 1和h 2的圆轨道上运动时，周期分别为T 1和T 2.火星可视为质量分布均匀的球体，且忽略火星的自转影响，引力常量为G .仅利用以上数据，可以计算出( )．A ．火星的密度和火星表面的重力加速度B ．火星的质量和火星对“萤火一号”的引力C ．火星的半径和“萤火一号”的质量D ．火星表面的重力加速度和火星对“萤火一号”的引力 解析 设火星的半径为R ，火星的质量为M ，由F 万＝F 向可得：GMm （R ＋h 1）2＝m (R ＋h 1)4π2T 21，GMm （R ＋h 2）2＝m (R ＋h 2)4π2T 22，联立可以求出火星的半径R 和火星的质量M ，由密度公式ρ＝M V ＝M 43πR3，可进一步求出火星的密度；由GMmR2＝mg ，可进一步求出火星表面的重力加速度，A 正确．由于不知道“萤火一号”的质量，所以不能求出火星对“萤火一号”的引力．答案 A1．(2012·山东理综卷，15)2011年11月3日，“神舟八号”飞船与“天宫一号”目标飞行器成功实施了首次交会对接．任务完成后“天宫一号”经变轨升到更高的轨道，等待与“神舟九号”交会对接．变轨前和变轨完成后“天宫一号”的运行轨道均可视为圆轨道，对应的轨道半径分别为R 1、R 2，线速度大小分别为v 1、v 2.则v 1v 2等于( )．A.R 31R 32B. R 2R 1C.R 22R 21 D.R 2R 1图4－102．(2012·上海单科，12)如图4－10所示，斜面上a 、b 、c 三点等距，小球从a 点正上方O 点抛出，做初速为v 0的平抛运动．恰落在b 点．若小球初速变为v ，其落点位于c ，则( )．A ．v 0<v <2v 0B ．v ＝2v 0C ．2v 0<v <3v 0D ．v >3v 0图4－113．如图4－11所示，小船以大小为v 1、方向与上游河岸成θ的速度(在静水中的速度)从A 处过河经过t 时间，正好到达正对岸的B 处．现要使小船在更短的时间内过河并且也正好到达正对岸B 处，在水流速度不变的情况下，可采取下列方法中的哪一种( )．A ．只要增大v 1大小，不必改变θ角B ．只要增大θ角，不必改变v 1大小C ．在增大v 1的同时，也必须适当增大θ角D ．在增大v 1的同时，也必须适当减小θ角4．2011年7月27日清晨，中国西昌卫星发射中心发射场周边雷电交加、暴雨如注，就在两次雷电间隙，“长征三号甲”点火腾空宛如一条火龙在暴雨雷电中直刺苍穹，将第九颗北斗导航卫星成功送入太空预定转移轨道，这是北斗导航系统组网的第四颗倾斜地球同步轨道卫星，如图4－12所示．下列关于这颗北斗导航卫星的说法中，正确的是( )．图4－12A ．卫星的发射速度大于7.9 km/sB ．卫星运行时的速度大于7.9 km/sC ．卫星离地面的高度为一定值D ．卫星运行的向心加速度大于地球表面的重力加速度5．(2012·课标全国卷，21)假设地球是一半径为R 、质量分布均匀的球体．一矿井深度为d .已知质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零．矿井底部和地面处的重力加速度大小之比为 ( )．A ．1－d RB ．1＋d RC.⎝ ⎛⎭⎪⎫R －d R 2D.【高考必备】1．不共线 等时性 独立性 等效性 2.垂直 3.垂直 v ≥ gL (L 为绳长) v >0 合外力 4.向心加速度a ω2r5．(1)G m 1m 2r 2(2)匀速圆周 万有引力 (3)① GM r②GMr 3③ 4π2r3GM(4)最大 最小【常考问题】【例1】 BD [根据平抛运动的规律h ＝12gt 2，得t ＝2hg，因此平抛运动的时间只由高度决定，因为h b ＝h c >h a ，所以b 与c 的飞行时间相同，大于a 的飞行时间，因此选项A 错误、选项B 正确；又因为x a >x b ，而t a <t b ，所以a 的水平初速度比b 的大，选项C 错误；做平抛运动的物体在水平方向上做匀速直线运动，b 的水平位移大于c ，而t b ＝t c ，所以v b >v c ，即b 的水平初速度比c 的大，选项D 正确．]预测1 AC [当小车遇到障碍物D 时，立即停下来的瞬间，小球做平抛运动，因此落地的时间取决于高度，与车速无关，A 项正确；平抛运动在水平方向做匀速直线运动，因此三个小球落地时的间隔距离L 1和L 2与车速有关，B 项错误；A 、B 小球落地的间隔距离L 1＝v 0⎝⎛⎭⎪⎫2h Ag－2h B g 可知，与车速成正比，C项正确、D 项错误．]预测2 B [设弹簧劲度系数为k ，小球以ω1转动时，弹簧拉力等于向心力，则k (r 1－l 0)＝mr 1ω21，小球以ω2转动时：k (r 2－l 0)＝mr 2ω22.联立解得：l 0＝7 cm.所以选项B 正确．]预测3 C [由G Mm r 2＝m v 2r ＝m 4π2T 2r ＝ma 可得v ＝GMr， T ＝2πr 3GM ，a ＝GM r2，再由黄金代换GM ＝gR 2可得v ＝ gR 2r，T ＝2π r 3gR 2，a ＝gR 2r2，所以A 错；卫星1由位置A 运动到位置B 所需的时间t ＝T 6＝πr3Rrg，C 正确；卫星1中质量为m 的物体的动能E k ＝12mv 2＝12mg R2r，D 错；卫星1向后喷气，将做离心运动，所以B 错．] 预测4 解析 (1)运动员离开平台后做平抛运动， 从A 至B 在竖直方向有：v 2y ＝2gh ，在B 点有：v y ＝v 0tan θ2，解得：v 0＝3 m/s.(2)运动员在圆弧轨道上做圆周运动，设运动员在最低点的速度为v ，在最低点时有N －mg ＝m v 2R，根据机械能守恒定律有12mv 20＋mg [h ＋R (1－c os 53°)]＝12mv 2 由以上两式解得N ＝2 150 N. 答案 (1)3 m/s (2)2 150 N 【随堂演练】1．B [“天宫一号”运行时所需的向心力由万有引力提供，根据G Mm R 2＝mv 2R得线速度v ＝GMR，所以v 1v 2＝R 2R 1，故选项B 正确、选项A 、C 、D 错误．]2．A [如图所示，M 点和b 点在同一水平线上，M 点在c 点的正上方．根据平抛运动的规律，若v ＝2v 0，则小球落到M 点．可见以初速2v 0平抛小球不能落在c 点，只能落在c 点右边的斜面上，故只有选项A 正确．]3．C [只需保证v 1在水流方向的分量与水流速度相同，船就能到达B 点，要想过河时间更短，v 1垂直于河流方向的分速度要增大，结论是C.]4．AC [7.9 km/s 是地球的第一宇宙速度，是发射卫星的最小速度，以该速度发射的卫星绕地面附近做匀速圆周运动，因此发射地球同步卫星的速度要大于第一宇宙速度，选项A 正确、选项B 错误；该卫星为倾斜地球同步轨道卫星，离地面高度与同步卫星离地面高度相同，故卫星离地面的高度为一定值，选项C 正确；由GMmR ＋h 2＝ma 和G MmR2＝mg 可知卫星运行的向心加速度a 小于地球表面的重力加速度g ，选项D 错误．]5．A [设地球的密度为ρ，地球的质量为M ，根据万有引力定律可知，地球表面的重力加速度g ＝GM R2.地球质量可表示为M ＝43πR 3ρ.因质量分布均匀的球壳对球壳内物体的引力为零，所以矿井下以(R －d )为半径的地球的质量为M ′＝43π(R －d )3ρ，解得M ′＝⎝ ⎛⎭⎪⎫R －d R 3M ，则矿井底部处的重力加速度g ′＝GM ′R －d 2，则矿井底部处的重力加速度和地球表面的重力加速度之比为g ′g ＝1－dR，选项A 正确，选项B 、C 、D 错误．]。
2017高考物理复习方案 第4章 曲线运动 万有引力与航天 第2讲 平抛运动的规律及应用(含解析)新
第2讲 平抛运动的规律及应用知识点1 抛体运动 Ⅱ 1.平抛运动(1)定义： 将物体以一定的初速度沿水平方向抛出，物体只在重力作用下(不考虑空气阻力)的运动。
(2)性质： 平抛运动是加速度为g 的匀变速曲线运动，运动轨迹是抛物线。
(3)条件①v 0≠0，且沿水平方向。
②只受重力作用。
2．斜抛运动(1)定义： 将物体以初速度v 0斜向上方或斜向下方抛出，物体只在重力作用下的运动。
(2)性质： 斜抛运动是加速度为g 的匀变速曲线运动，运动轨迹是抛物线。
知识点2 抛体运动的基本规律 1.平抛运动(1)研究方法： 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。
(2)基本规律(如图所示)①速度关系②位移关系③轨迹方程：y ＝g2v 20x 2。
2．类平抛运动的分析所谓类平抛运动，就是受力特点和运动特点类似于平抛运动，即受到一个恒定的外力且外力与初速度方向垂直，物体做曲线运动。
(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：沿初速度v 0方向做匀速直线运动，沿合力方向做初速度为零的匀加速直线运动。
(3)研究方法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a 分解为a x 、a y ，初速度v 0分解为v 0x 、v 0y ，然后分别在x 、y 方向列方程求解。
双基夯实一、思维辨析1．以一定的初速度水平抛出的物体的运动是平抛运动。
( ) 2．做平抛运动的物体初速度越大，水平位移越大。
( )3．做平抛运动的物体，在任意相等的时间内速度的变化相同。
( ) 4．平抛运动的时间由高度决定。
( )5．平抛是匀变速曲线运动，速度不断变大。
( ) 6．类平抛运动的合力可以是变力。
( ) 答案 1.× 2.× 3.√ 4.√ 5.√ 6.× 二、对点激活1．[对平抛运动的理解](多选)关于平抛运动，下列说法正确的是( ) A ．平抛运动是一种在恒力作用下的曲线运动 B ．平抛运动的速度方向与恒力方向的夹角保持不变 C ．平抛运动的速度大小是时刻变化的D ．平抛运动的速度方向与加速度方向的夹角一定越来越小 答案 ACD解析 平抛运动只受重力，所以A 选项正确。
高三物理一轮复习 第四章 曲线运动 万有引力(第4课时)万有引力与航天学案
第四章：曲线运动万有引力第4课时：万有引力与航天考点复习：备注：考点一：开普勒行星运动定律一、考点梳理1、开普勒行星运动定律的内容开普勒第一定律：。
开普勒第二定律：。
开普勒第三定律：。
即：a3/T2=k二、例题1、火星和木星沿各自的椭圆轨道绕太阳运行，根据开普勒行星运动定律可知( )A．太阳位于木星运行轨道的中心B．火星和木星绕太阳运行速度的大小始终相等C．火星与木星公转周期之比的平方等于它们轨道半长轴之比的立方D．相同时间内，火星与太阳连线扫过的面积等于木星与太阳连线扫过的面积考点二：万有引力定律及三个宇宙速度一、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、与它们之间距离r的二次方成。
2．表达式：，G为引力常量：G＝6.67×10－11N·m2/kg2.3．适用条件：(1)公式适用于质点间的相互作用．当两物体间的距离远远大于物体本身的大小时，物体可视为质点．(2)质量分布均匀的球体可视为质点，r是两球心间的距离．二、三个宇宙速度1．第一宇宙速度又叫环绕速度．v 1＝ GM R＝gR ＝7.9 km/s. 第一宇宙速度是人造地球卫星在 环绕地球做匀速圆周运动时具有的速度．第一宇宙速度是人造卫星的 速度，也是人造地球卫星的 速度．2．第二宇宙速度(脱离速度)：v 2＝ km/s ，使物体挣脱 引力束缚的最小发射速度．3．第三宇宙速度(逃逸速度)：v 3＝ km/s ，使物体挣脱 引力束缚的最小发射速度．三、例题1、关于万有引力公式F ＝G m 1m 2r 2，以下说法中正确的是( ) A ．公式只适用于星球之间的引力计算，不适用于质量较小的物体B ．当两物体间的距离趋近于0时，万有引力趋近于无穷大C ．两物体间的万有引力也符合牛顿第三定律D ．公式中引力常量G 的值是牛顿规定的2、地球质量大约是月球质量的81倍,在登月飞船通过月、地之间的某一位置时，月球和地球对它的引力大小相等，该位置到月球中心和地球中心的距离之比为（ ）A. 1：27B. 1：9C. 1：3D. 9：1考点三：天体质量和密度的计算一、天体质量和密度计算1、利用天体表面的重力加速度g 和天体半径R .由于G Mm R 2＝mg ，故天体质量M ＝gR 2G ，天体密度ρ＝M V ＝M 43πR 3＝3g 4πGR .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 .①由万有引力等于向心力，即G Mm r 2＝m 4π2T 2r ，得出中心天体质量M ＝4π2r 3GT 2； ②若已知天体半径R ，则天体的平均密度ρ＝M V ＝M 43πR 3＝3πr 3GT 2R 3； 二、例题1、1798年，英国物理学家卡文迪许测出万有引力常量G ，因此卡文迪许被人们称为能称出地球质量的人．若已知万有引力常量G ，地球表面处的重力加速度g ，地球半径R ，地球上一个昼夜的时间T 1(地球自转周期)，一年的时间T 2(地球公转周期)，地球中心到月球中心的距离L 1，地球中心到太阳中心的距离L 2.你能计算出 ( )A ．地球的质量m 地＝gR 2GB ．太阳的质量m 太＝4π2L 32GT 22C ．月球的质量m 月＝4π2L 31GT 21D ．可求月球、地球及太阳的密度 2、一卫星绕某一行星表面附近做匀速圆周运动，其线速度大小为v .假设宇航员在该行星表面上用弹簧测力计测量一质量为m 的物体重力，物体静止时，弹簧测力计的示数为N .已知引力常量为G ，则这颗行星的质量为 ( )A.mv 2GN B.mv 4GN C.Nv 2Gm D.Nv 4Gm考点四：卫星运行参量及应用一、考点梳理二、例题1、一人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，假如该卫星变轨后仍做匀速圆周运动，动能减小为原来的14，不考虑卫星质量的变化，则变轨前、后卫星的 ( ) A ．向心加速度大小之比为4∶1 B ．角速度大小之比为2∶1C ．周期之比为1∶8D ．轨道半径之比为1∶22、目前我国已成功发射北斗导航卫星十六颗，计划到2020年，将建成由35颗卫星组成的全球卫星导航系统．关于系统中的地球同步静止卫星，以下说法正确的是( )A ．运行角速度相同B ．环绕地球运行可以不在同一条轨道上C ．运行速度大小相等，且都大于7.9 km/sD ．向心加速度大小大于静止在赤道上物体的向心加速度大小 3、如图所示，同步卫星与地心的距离为r ，运行速率为v 1，向心加速度为a 1；地球赤道上的物体随地球自转的向心加速度为a 2，第一宇宙速度为v 2，地球半径为R ，则下列比值正确的是 ( )A.a 1a 2＝r RB.a 1a 2＝(R r )2C.v 1v 2＝r RD.v 1v 2＝ R r4、“嫦娥一号”探月卫星绕地运行一段时间后，离开地球飞向月球．如图3所示是绕地飞行的三条轨道，1轨道是近地圆形轨道，2和3是变轨后的椭圆轨道．A 点是2轨道的近地点，B 点是2轨道的远地点，卫星在轨道1的运行速率为7.7 km/s ，则下列说法中正确的是 ( )A ．卫星在2轨道经过A 点时的速率一定大于7.7 km/sB ．卫星在2轨道经过B 点时的速率一定小于7.7 km/sC ．卫星在3轨道所具有的机械能小于在2轨道所具有的机械能D ．卫星在3轨道所具有的最大速率小于在2轨道所具有的最大速率5、如图所示，一飞行器围绕地球沿半径r 的圆轨道1运动．经P 点时，启动推进器短时间向前喷气使其变轨，2、3是与轨道1相切于P 点的可能轨道．则飞行器( )A ．变轨后将沿轨道2运动B ．相对于变轨前运行周期变长C ．变轨前、后在两轨道上经P 点的速度大小相等D ．变轨前、后在两轨道上经P 点的加速度大小相等6、宇宙中，两颗靠得比较近的恒星，只受到彼此之间的万有引力作用相互绕转，称之为双星系统．在浩瀚的银河系中，多数恒星都是双星系统．设某双星系统A 、B 绕其连线上的O 点做匀速圆周运动，如图所示．若AO >OB ，则( )A ．星球A的质量一定大于B的质量B．星球A的线速度一定大于B的线速度C．双星间距离一定，双星的质量越大，其转动周期越大D．双星的质量一定，双星之间的距离越大，其转动周期越大练习：备注：1、开普勒关于行星运动规律的表达式为R3 ／T2=k，以下理解正确的是（）A.k是一个与行星无关的常量B.R代表行星运动的轨道半径C.T代表行星运动的自传周期D.T代表行星绕太阳运动的公转周期2、常用的通讯卫星是地球同步卫星，它定位于地球赤道正上方。
2021届高三物理二轮复习第一篇专题攻略课时巩固过关练四专题二曲线运动第4讲抛体运动与圆周运动202
2021届高三物理二轮复习第一篇专题攻略课时巩固过关练四专题二曲线运动第4讲抛体运动与圆周运动20210223289抛体运动与圆周运动(60分钟100分)一、选择题(本大题共10小题,每小题5分,共50分。
第1～6题只有一项符合题目要求,第7～10题有多项符合题目要求)1.(2021·菏泽一模)转笔是一项用不同的方法与技巧,以手指来转动笔的休闲活动,如图所示。
转笔深受宽敞中学生的喜爱,其中也包含了许多的物理知识,假设某转笔高手能让笔绕笔上的某一点O做匀速圆周运动,下列有关该同学转笔中涉及的物理知识的叙述正确的是( )A.笔杆上的点离O点越远的,做圆周运动的向心加速度越小B.笔杆上的各点做圆周运动的向心力是由万有引力提供的C.若该同学使用中性笔,笔尖上的小钢珠有可能因快速的转动做离心运动被甩走D.若该同学使用的是金属笔杆,且考虑地磁场的阻碍,由于笔杆中可不能产生感应电流,因此金属笔杆两端一定可不能形成电势差【解析】选C。
依照a=ω2r,笔杆上的点离O点越远,做圆周运动的向心加速度越大,A项错误;笔杆上各点做圆周运动的向心力由笔杆的弹力提供,B项错误;笔尖上的小钢珠有离心趋势,C项正确;金属笔杆转动时,可能切割地磁场的磁感线,笔杆两端形成电势差,D项错误。
2.如图,滑板运动员以速度v0从离地高度为h的平台末端水平飞出,落在水平地面上。
忽略空气阻力,运动员和滑板可视为质点,下列表述正确的是( )越大,运动员在空中运动时刻越长越大,运动员落地瞬时速度越大C.运动员落地瞬时速度与高度h无关D.运动员落地位置与v0大小无关【解析】选B。
在平抛运动中,飞行时刻仅由高度决定,因此A错误;水平位移、落地速度(末速度)由高度和初速度共同决定,因此B正确,C、D错误。
3.(2021·南通一模)如图所示,某同学将一块橡皮用光滑细线悬挂于O点,用一支铅笔贴着细线中点的左侧以速度v水平向右匀速移动。
则在铅笔移动到图中虚线位置的过程中( )A.细线绕O点转动的角速度不变B.细线绕O点转动的角速度不断增大C.橡皮的运动轨迹为直线D.橡皮处于超重状态【解析】选D。
高三物理二轮复习第一篇专题攻略课时巩固过关练五专题二曲线运动第5讲万有引力定律及其应用word版本
课时稳固过关练五万有引力定律及其应用(45 分钟100 分 )一、选择题 ( 本大题共8 小题 , 每题 8 分 , 共 64 分。
第 1～ 5 题只有一项切合题目要求, 第6～ 8 题有多项切合题目要求)1.(2016 ·全国卷Ⅲ ) 对于行星运动的规律, 以下说法切合史实的是()A. 开普勒在牛顿定律的基础上, 导出了行星运动的规律B. 开普勒在天文观察数据的基础上, 总结出了行星运动的规律C. 开普勒总结出了行星运动的规律, 找出了行星依据这些规律运动的原由D. 开普勒总结出了行星运动的规律, 发现了万有引力定律【分析】选 B。
开普勒在天文观察数据的基础上, 总结出了行星运动的规律 , 故 A 错误 ,B 正确 ; 开普勒不过总结出了行星运动的规律, 并无找出行星依据这些规律运动的原由,C 错误 ; 牛顿在开普勒的行星运动规律的基础上, 发现了万有引力定律 ,D 错误。
2. 假定地球是一半径为 R、质量散布平均的球体, 假想在地下以地心为圆心、半径为r 处开凿一圆形地道 , 在地道内有一小球绕地心做匀速圆周运动, 且对地道内外壁的压力为零, 如图所示。
已知质量散布平均的球壳对壳内物体的引力为零, 地球的第一宇宙速度为v1, 小球的线速度为v2。
则等于()A. B. C. D.【分析】选 C。
由=得v=。
又因M= πρ R3得 v=, 因此 v∝ R, 应选项 C 正确。
3.埃隆·马斯克初次对媒体流露了在火星成立社区的“火星移民”计划。
假定火星移民通过一代又一代百折不挠的努力 , 不单达成了“立足”火星的基本任务, 并且还掌握了探测太空的完好技术。
已知火星半径是地球半径的1/2, 火星质量是地球质量的1/10, 在地球上发射人造地球卫星时的最小发射速度为v, 则火星人在火星上发射人造火星卫星时的最小发射速度为()A.vB.vC.vD.v【分析】选 B。
在星球上发射人造卫星时, 当卫星轨道半径近似等于星球半径时, 发射速度最小。
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课时巩固过关练四抛体运动与圆周运动(60分钟100分)一、选择题(本大题共10小题,每小题5分,共50分。
第1～6题只有一项符合题目要求,第7～10题有多项符合题目要求)1.(2016·菏泽一模)转笔是一项用不同的方法与技巧,以手指来转动笔的休闲活动,如图所示。
转笔深受广大中学生的喜爱,其中也包含了许多的物理知识,假设某转笔高手能让笔绕笔上的某一点O做匀速圆周运动,下列有关该同学转笔中涉及的物理知识的叙述正确的是( )A.笔杆上的点离O点越远的,做圆周运动的向心加速度越小B.笔杆上的各点做圆周运动的向心力是由万有引力提供的C.若该同学使用中性笔,笔尖上的小钢珠有可能因快速的转动做离心运动被甩走D.若该同学使用的是金属笔杆,且考虑地磁场的影响,由于笔杆中不会产生感应电流,因此金属笔杆两端一定不会形成电势差【解析】选C。
根据a=ω2r,笔杆上的点离O点越远,做圆周运动的向心加速度越大,A项错误;笔杆上各点做圆周运动的向心力由笔杆的弹力提供,B项错误;笔尖上的小钢珠有离心趋势,C项正确;金属笔杆转动时,可能切割地磁场的磁感线,笔杆两端形成电势差,D项错误。
2.如图,滑板运动员以速度v0从离地高度为h的平台末端水平飞出,落在水平地面上。
忽略空气阻力,运动员和滑板可视为质点,下列表述正确的是( )A.v0越大,运动员在空中运动时间越长B.v0越大,运动员落地瞬间速度越大C.运动员落地瞬间速度与高度h无关D.运动员落地位置与v0大小无关【解析】选B。
在平抛运动中,飞行时间仅由高度决定,所以A错误;水平位移、落地速度(末速度)由高度和初速度共同决定,所以B正确,C、D错误。
3.(2016·南通一模)如图所示,某同学将一块橡皮用光滑细线悬挂于O点,用一支铅笔贴着细线中点的左侧以速度v水平向右匀速移动。
则在铅笔移动到图中虚线位置的过程中( )A.细线绕O点转动的角速度不变B.细线绕O点转动的角速度不断增大C.橡皮的运动轨迹为直线D.橡皮处于超重状态【解析】选D。
将笔尖的速度进行分解,沿绳方向的分速度为vsinθ,垂直绳方向的分速度为vcosθ,因为vcosθ=ω,即ω=,h为初始时铅笔到悬挂点的距离,所以运动过程中ω随θ的增大而减小,A、B 项错误;橡皮在水平方向上做匀速直线运动,在竖直方向上做速度为vsinθ的加速运动,所以其运动轨迹为曲线且处于超重状态,C错误、D正确。
【加固训练】(多选)如图所示,A、B两球分别套在两光滑的水平直杆上,两球通过一轻绳绕过一定滑轮相连,现在将A球以速度v向左匀速移动,某时刻连接两球的轻绳与水平方向的夹角分别为α、β,下列说法正确的是( )A.此时B球的速度为vB.此时B球的速度为vC.在β增大到90°的过程中,B球做匀速运动D.在β增大到90°的过程中,B球做加速运动【解析】选A、D。
由于绳连接体沿绳方向的速度大小一定,因此vcosα=v B cosβ,解得v B=v,A项正确,B项错误;在β增大到90°的过程中,α在减小,因此B球的速度在增大,B 球在做加速运动,C项错误,D项正确。
4.(2016·重庆二模)如图所示,长为L的轻杆,一端固定一个质量为m的小球,另一端固定在水平转轴O上,杆随转轴O在竖直平面内匀速转动,角速度为ω,某时刻杆对球的作用力恰好与杆垂直,则此时杆与水平面的夹角θ是( )A.sinθ=B.tanθ=C.sinθ=D.tanθ=【解析】选A。
此时,小球受力分析如图所示所以sinθ==,A项正确。
5.(2016·海南高考)如图,光滑圆轨道固定在竖直面内,一质量为m的小球沿轨道做完整的圆周运动。
已知小球在最低点时对轨道的压力大小为N1,在最高点时对轨道的压力大小为N2。
重力加速度大小为g,则N1-N2的值为( )A.3mgB.4mgC.5mgD.6mg【解析】选D。
设小球在最低点速度为v1,在最高点速度为v2,根据牛顿第二定律:在最低点有N1-mg=m①,在最高点有N2+mg=m②,根据动能定理:mg·2R=m-m③,联立以上三个方程式可以得到:N1-N2=6mg,故选项D正确,A、B、C错误。
【加固训练】(2016·长春一模)如图,长均为L的两根轻绳,一端共同系住质量为m的小球,另一端分别固定在等高的A、B两点,A、B两点间的距离也为L。
重力加速度大小为g。
今使小球在竖直平面内以AB为轴做圆周运动,若小球在最高点速率为v时,两根绳的拉力恰好均为零,则小球运动到最低点速率及每根绳的拉力大小为( )A.2vB.vC.3mgD.2mg【解析】选B、D。
小球做圆周运动的半径为R,在最高点时mg=m,所以v=,小球从最高点运动到最低点的过程中,根据机械能守恒mv2+mg·2R=mv′2,又根据牛顿第二定律2Fcos30°-mg=m,可得v′=v,F=2mg,选项B、D正确。
6.如图所示,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4m/s,则船从A点开出的最小速度为( )A.2 m/sB.2.4 m/sC.3 m/sD.3.5 m/s【解析】选B。
如图所示,当v船⊥v合时,v船最小,v船=v水sin37°=2.4m/s。
7.将一小球以水平速度v0=10m/s从O点向右抛出,经1.73s小球恰好垂直落到斜面上的A点,不计空气阻力,g取10m/s2,B点是小球做自由落体运动在斜面上的落点,如图所示,以下判断正确的是( )A.斜面的倾角是30°B.小球的抛出点距斜面的竖直高度约是15mC.若将小球以水平速度v0′=5m/s向右抛出,它一定落在AB的中点P的上方D.若将小球以水平速度v0′=5m/s向右抛出,它一定落在AB的中点P处【解析】选A、C。
设斜面倾角为θ,对小球在A点的速度进行分解有tanθ=,解得θ≈30°,A项正确;小球距过A点水平面的距离为h=gt2≈15m,所以小球的抛出点距斜面的竖直高度肯定大于15m,B项错误;若小球的初速度为v0′=5m/s,过A点作水平面,小球落到水平面的水平位移是小球以初速度v0=10m/s抛出时的一半,延长小球运动的轨迹线,得到小球应该落在P、A之间,C项正确,D项错误。
8.(2016·衡水二模)“套圈”是一项老少皆宜的体育运动项目。
如图所示,水平地面上固定着3根直杆1、2、3,直杆的粗细不计,高度均为0.1m,相邻两直杆之间的距离为0.3m。
比赛时,运动员将内圆直径为0.2m 的环沿水平方向抛出,刚抛出时环平面距地面的高度为1.35 m,环的中心与直杆1的水平距离为1m。
假设直杆与环的中心位于同一竖直面,且运动中环心始终在该平面上,环面在空中保持水平,忽略空气阻力的影响,g取10m/s2。
以下说法正确的是( )A.如果能够套中直杆,环抛出时的水平初速度不能小于1.8 m/sB.如果能够套中第2根直杆,环抛出时的水平初速度在2.4 m/s到2.8 m/s之间C.如以2.3 m/s的水平初速度将环抛出,就可以套中第1根直杆D.如环抛出的水平速度大于3.3 m/s,就不能套中第3根直杆【解题指导】解答本题应把握以下两点:(1)环的运动为平抛运动。
(2)环中心到某直杆的水平位移应为L-0.1m≤x≤L+0.1m。
【解析】选A、B。
由平抛运动规律可得h=gt2、L-r=vt,解得v=1.8m/s,故选项A正确;如果能够套中第2根直杆,水平位移在1.2～1.4 m之间,水平初速度在2.4～2.8 m/s之间,故选项B正确;如果能够套中第1根直杆,水平位移在0.9～1.1 m之间,水平初速度在1.8～2.2 m/s之间,故选项C错误;如果能够套中第3根直杆,水平位移在1.5～1.7 m之间,水平初速度在3～3.4 m/s之间,故选项D错误。
9.(2016·浙江高考)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R=90m的大圆弧和r=40m的小圆弧,直道与弯道相切。
大、小圆弧圆心O、O′距离L=100m。
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10m/s2,π=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为5.58 s【解析】选A、B。
路面对轮胎的最大径向静摩擦力提供赛车做圆周运动所需要的向心力,则根据牛顿第二定律的μmg=,μmg=得v1=30m/s,v2=45m/s,从小圆轨道到大圆轨道的速度是增加的,所以在绕过小圆弧弯道后加速,A、B项正确;赛道上直跑道的长度为x==50m,赛车在直道上的加速度为a==m/s2≈6.5 m/s2,则C项错误;由题意知小圆弧弯道的圆心角为,通过小圆弧弯道的时间为t==s≈2.79 s,则D项错误。
10.(2016·定州二模)如图所示,叠放在水平转台上的小物体A、B及物块C能随转台一起以角速度ω匀速转动,A、B、C的质量分别为3m、2m、m,A与B、B与转台、C与转台间的动摩擦因数都为μ,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。
以下说法中不正确的是( )A.B对A的摩擦力一定为3μmgB.C与转台间的摩擦力大于A、B间的摩擦力C.转台的角速度一定满足:ω≤D.转台的角速度一定满足:ω≤【解析】选A、B、D。
对于A:f A=3mω2·r,对于C:f C=mω2·1.5r,所以f A>f C,B项错误;对A,有(3m)ω2r≤μ(3m)g,A项错误。
对AB整体有(3m+2m)ω2r≤μ(3m+2m)g。
对物体C,有mω2(1.5r)≤μmg,故ω≤,故C正确,D错误。
二、计算题(本大题共4小题,共50分。
需写出规范的解题步骤)11.(10分)如图甲所示,质量m=2.0kg的物体在水平外力的作用下在水平面上运动,已知物体沿x方向和y 方向的x -t图象和v y-t图象如图乙、丙所示,t=0时刻,物体位于原点O。
g取10m/s2。
根据以上条件,求:(1)t=10s时刻物体的位置坐标。
(2)t=10s时刻物体的速度大小。
【解析】(1)由图可知坐标与时间的关系为在x轴方向上:x=3.0tm(2分)在y轴方向上:y=0.2t2m(2分)代入时间t=10s,可得:x=3.0×10m=30m,y=0.2×102m=20m(1分)即t=10s时刻物体的位置坐标为(30m,20m)。