2018年高考物理一轮复习第4章曲线运动万有引力与航天练案12圆周运动新人教版

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(新课标)2018年高考物理一轮复习第四章曲线运动万有引力与航天第二节抛体运动随堂达标巩固落实讲义

A．石块被抛出瞬间速度大小为 12 m/s B．石块被抛出瞬间速度大小为 16 m/s C．石块落地瞬间速度大小为 20 m/s D．石块落地瞬间速度大小为 16 m/s
解析：选 BC.石块被抛出后做平抛运动，水平方向 s＝v0t，竖直方向 h＝12gt2，抛出点到地面的高度 h＝L＋L·sin α，解得 v0＝16 m/s，选项 B 正确；石块落地时，竖直方向的速度 vy＝gt＝12 m/s，落地速度 vt＝ v02＋v2y＝20 m/s，选项 C 正确．
h2＝h－12gL－v s2＝1.0 m
两弹孔之间的距离Δ h＝h2－h1＝0.45 m.
(3)若第一发子弹打到靶的下沿(第二发打到靶上)，装甲车枪口离靶的距离为 L1 L1＝(v0＋v) 2gh＝492 m 若第二发子弹打到靶的下沿(第一发打到地上)，装甲车枪口离靶的距离为 L2
L2＝v 2gh＋s＝570 m 故 L 的范围为 492 m<L≤570 m. 答案：(1)290 m/s2 (2)0.55 m 0.45 m (3)492 m<L≤570 m
D．cos α· cos α
解析：选 C.根据平抛运动得甲小球水平方向的位移为 xA＝ Rsin α＝v1t1，竖直方向的位移为 yA＝Rcos α＝12gt21，解得 v1
＝
1 2gR
sin α ；乙小球水平方向的位移为 cos α
xB＝Rcos
α＝
v2t2，竖直方向的位移为 yB＝Rsin α＝12gt22，解得 v2＝ 12gR csoisnαα，所以有vv12＝tan α· tan α.选项 C 正确．
加速度的大小 g＝10 m/s2.可求得 h 等于( )
A．1.25 m
B．2.25 m

高考物理总复习第四章第4节万有引力与航天练习(含解析)-人教版高三全册物理试题

第4节万有引力与航天1.(2018·河北张家口期末)第谷、开普勒等人对行星运动的研究漫长而曲折,牛顿在他们的研究根底上,得出了科学史上最伟大的定律之一——万有引力定律.如下说法中正确的答案是( D )A.开普勒通过研究、观测和记录发现行星绕太阳做匀速圆周运动B.太阳与行星之间引力的规律并不适用于行星与它的卫星C.库仑利用实验较为准确地测出了引力常量G的数值D.牛顿在发现万有引力定律的过程中应用了牛顿第三定律解析:开普勒发现行星绕太阳沿椭圆轨道运动,选项A错误;万有引力定律适用于任何可看成质点的两物体之间,选项B错误;卡文迪许测量出了引力常量的数值,选项C错误;牛顿在发现万有引力定律的过程中认为太阳吸引行星,同样行星也吸引太阳,选项D正确.2.(2018·江苏卷,1)我国高分系列卫星的高分辨对地观察能力不断提高.今年5月9日发射的“高分五号〞轨道高度约为705 km,之前已运行的“高分四号〞轨道高度约为36 000 km,它们都绕地球做圆周运动.与“高分四号〞相比,如下物理量中“高分五号〞较小的是( A ) A.周期 B.角速度C.线速度D.向心加速度解析:“高分五号〞的运动半径小于“高分四号〞的运动半径,即r五<r四,由万有引力提供向心力得=mr=mrω2=m=ma,如此T=∝,T五<T四,选项A正确;ω=∝,ω五>ω四,选项B错误;v=∝,v五>v四,选项C错误;a=∝,a五>a四,选项D错误.3.(2019·江苏扬州测试)(多项选择)2017年9月25日后,微信启动页面采用“风云四号〞卫星成像图.“风云四号〞是我国新一代静止轨道气象卫星,如此其在圆轨道上运行时( CD )A.可定位在赤道上空任意高度B.线速度介于第一宇宙速度和第二宇宙速度之间C.角速度与地球自转角速度相等D.向心加速度比月球绕地球运行的向心加速度大解析:同步卫星只能在赤道上空,且高度保持不变,故A错误;第一宇宙速度为人造卫星的最大运行速度,气象卫星的线速度小于第一宇宙速度,故B错误;同步卫星的周期等于地球的自转周期,所以同步卫星绕地球运行的角速度与地球自转的角速度相等,故C正确;同步卫星与月球都是万有引力提供向心力,由=ma可得a=,所以同步卫星绕地球运行的向心加速度比月球绕地球运行的向心加速度大,故D正确.4.(2019·陕西西安模拟)一些星球由于某种原因而发生收缩,假设该星球的直径缩小到原来的四分之一,假设收缩时质量不变,如此与收缩前相比( D )A.同一物体在星球外表受到的重力增大到原来的4倍B.同一物体在星球外表受到的重力增大到原来的2倍C.星球的第一宇宙速度增大到原来的4倍D.星球的第一宇宙速度增大到原来的2倍解析:当直径缩小到原来的四分之一时,半径也同样缩小到原来的四分之一,重力加速度g=增大到原来的16倍,第一宇宙速度v=增大到原来的2倍.5.(2019·重庆巴蜀中学月考)“嫦娥五号〞卫星预计由长征五号运载火箭发射升空,自动完成月面样品采集,并从月球起飞,返回地球.这次任务的完成将标志着我国探月工程“三步走〞顺利收官.引力常量为G,关于“嫦娥五号〞的运动,以下说法正确的答案是( B )A.“嫦娥五号〞的发射速度小于同步卫星的发射速度B.假设“嫦娥五号〞在月球外表附近做匀速圆周运动的周期,如此可求出月球的密度C.“嫦娥五号〞的发射速度必须大于11.2 km/sD.“嫦娥五号〞在月球外表附近做匀速圆周运动的线速度大小为7.9 km/s解析:“嫦娥五号〞的运行轨道高度大于同步卫星的运行轨道高度,故“嫦娥五号〞的发射速度大于同步卫星的发射速度,故A错误;由G=m()2r和M=πR3ρ可得ρ=()3,当在月球外表时,r=R,只需知道周期T,就可以求出月球的密度,故B正确;“嫦娥五号〞的发射速度小于11.2 km/s,故C错误;“嫦娥五号〞在月球外表附近绕月球做匀速圆周运动的线速度v=,g和R均比地球的要小,故v<7.9 km/s,故D错误.6.(2019·安徽六校教育研究会第一次联考)地球和火星绕太阳公转的轨道半径分别为R1和R2(公转轨道近似为圆),如果把行星与太阳连线扫过的面积与其所用时间的比值定义为扫过的面积速率,如此地球和火星绕太阳公转过程中扫过的面积速率之比是( B )A. B.C. D.解析:根据开普勒第三定律有==k,天体公转的角速度ω=,一定时间内扫过的面积S==,所以扫过的面积速率之比等于单位时间内的面积比,代入角速度可得面积速率之比为.7.(2019·江苏连云港模拟)对于环绕地球做圆周运动的卫星来说,它们绕地球做圆周运动的周期会随着轨道半径的变化而变化,某同学根据的不同卫星做圆周运动的半径r与周期T关系作出如下列图图像,如此可求得地球质量为(引力常量为G)( A )A. B.C. D.解析:由=m r可得=,结合图线可得,=,故M=.8.(2019·河北石家庄质检)(多项选择)如下列图为某飞船从轨道Ⅰ经两次变轨绕火星飞行的轨迹图,其中轨道Ⅱ为圆轨道,轨道Ⅲ为椭圆轨道,三个轨道相切于P点,P,Q两点分别是椭圆轨道Ⅲ的远火星点和近火星点,S是轨道Ⅱ上的点,P,Q,S三点与火星中心在同一直线上,且PQ=2QS,如下说法正确的答案是( AC )A.飞船在P点由轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ需要减速B.飞船在轨道Ⅱ上由P点运动到S点的时间是飞船在轨道Ⅲ上由P点运动到Q点的时间的1.5倍C.飞船在轨道Ⅱ上S点与在轨道Ⅲ上P点的加速度大小相等D.飞船在轨道Ⅱ上S点的速度大小小于在轨道Ⅲ上P点的速度大小解析:飞船在P点由轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ需要做减速运动,选项A正确;因为PQ=2QS,所以飞船在轨道Ⅱ上运行的轨道半径R2==1.5QS,飞船在轨道Ⅲ上运动轨迹的半长轴R3==QS,由开普勒第三定律=k知,==1.84,选项B错误;由牛顿第二定律知G=ma,解得a=,由于飞船在轨道Ⅱ上S点与在轨道Ⅲ上P点到火星中心的距离相等,故飞船在两点的加速度大小相等,选项C正确;飞船在轨道Ⅱ上S点的速度大小等于在轨道Ⅱ上P点的速度大小,飞船在P点由轨道Ⅱ进入轨道Ⅲ需要减速运动,故飞船在轨道Ⅱ上S点的速度大小大于在轨道Ⅲ上P点的速度大小,选项D错误.9.(2019·安徽合肥测试)宇航员在月球外表上做自由落体实验,将铁球由距月球外表高h处静止释放,经时间t落在月球外表.引力常量为G,月球的半径为R.求:(1)月球外表的重力加速度g.(2)月球的质量M.(3)月球的“第一宇宙速度〞的大小v.解析:(1)由自由落体运动的规律可知h=gt2解得月球外表重力加速度g=.(2)在月球外表,万有引力近似与重力相等G=mg得月球的质量M=(3)万有引力提供向心力,即G=m解得v=.答案:(1)(2)(3)10.(2018·山东泰安一模)由中国科学家设计的空间引力波探测工程“天琴计划〞,采用三颗全同的卫星(SC1,SC2,SC3)构成一个边长约为地球半径27倍的等边三角形,阵列如下列图.地球恰好处于三角形中心,卫星在以地球为中心的圆轨道上运行,对一个周期仅有 5.4分钟的超紧凑双白星(RXJ0806.3+1527)产生的引力波进展探测.假设贴近地球外表的卫星运行速率为v0,如此三颗全同卫星的运行速率最接近( B )v0000解析:由几何关系可知,等边三角形的几何中心到各顶点的距离等于边长的,所以卫星的轨道半径r与地球半径R的关系为r=27×R=9R;根据v=可得=≈0.25,如此v同=0.25v0,故B正确.11.(2019·吉林第二次调研)(多项选择)轨道平面与赤道平面夹角为90°的人造地球卫星被称为极地轨道卫星,它运行时能到达南、北极地区的上空,需要在全球范围内进展观测和应用的气象卫星、导航卫星等都采用这种轨道.如下列图,假设某颗极地轨道卫星从北纬45°的正上方按图示方向首次运行到南纬45°的正上方用时45分钟,如此( AB )A.该卫星的运行速度大小一定小于7.9 km/sB.该卫星的轨道半径与同步卫星的轨道半径之比为1∶4C.该卫星的加速度大小与同步卫星的加速度大小之比为2∶1D.该卫星的机械能一定小于同步卫星的机械能解析:由题意可知,卫星的周期 T=×45 min=180 min=3 h;由于卫星的轨道半径大于地球的半径,如此卫星的线速度小于第一宇宙速度,即卫星的线速度大小小于7.9 km/s,选项A正确;由万有引力提供向心力得G=m()2r,解得r=,该卫星的轨道半径与同步卫星的轨道半径之比===,选项B正确;由牛顿第二定律得G=ma,解得a=,该卫星的加速度大小与同步卫星的加速度大小之比==2=,选项C错误;由于不知该卫星与同步卫星的质量关系,故无法比拟其机械能大小,选项D错误.12.(2019·河北邯郸质检)2017年10月中国科学院国家天文台宣布FAST天文望远镜首次发现两颗太空脉冲星,其中一颗的自转周期为T(实际测量为1.83 s,距离地球1.6万光年).假设该星球恰好能维持自转不瓦解,令该星球的密度ρ与自转周期T的相关量为q星,同时假设地球同步卫星离地面的高度为地球半径的6倍,地球的密度ρ0与自转周期T0的相关量为q 地,如此( A )A.q地=q星B.q地=q星C.q地=q星D.q地=7q星解析:星球恰好能维持自转不瓦解,对该星球赤道外表的物体m有=m R,密度ρ=,可得q星==,同理对地球同步卫星有=m0··7R0,ρ0=,可得q地==,所以q地=q星.13.(2019·某某南宁二中月考)石墨烯是近年发现的一种新材料,其超高强度与超强导电、导热等非凡的物理性质有望使21世纪的世界发生革命性的变化.科学家们设想,用石墨烯制作超级缆绳,搭建“太空电梯〞,通过地球同步轨道站向地面垂下一条缆绳至赤道基站,电梯仓沿着这条缆绳运行,实现外太空和地球之间便捷的物资交换.地球的半径为R,自转周期为T,地球外表重力加速度为g,如下说法正确的答案是( B )A.“太空电梯〞上各点的角速度不一样B.乘“太空电梯〞匀速上升时乘客对电梯仓内地板的压力逐渐减小C.当电梯仓停在距地面高度为处时,仓内质量为m的乘客对电梯仓内地板的压力为零D.“太空电梯〞的长度L=解析:“太空电梯〞上各点在相等的时间内转过的角度相等,故角速度一样,A错误.由牛顿第二定律有G-F N=mω2r,随着r的增大,F N逐渐减小,由牛顿第三定律可知B正确.当电梯仓停在距地面高度为处时,有G-F N=G-F N=mω2(+R),F N一定不等于零,由牛顿第三定律可知C错误.“太空电梯〞的长度为同步卫星到地面的距离,由万有引力提供向心力得G=m r,由r=R+L,GM=gR2(黄金代换),得L=-R,D错误.14.(2018·湖南衡阳一模)(多项选择)据报道,一个国际研究小组借助于智利的天文望远镜,观测到了一组双星系统,它们绕两者连线上的某点O做匀速圆周运动,如下列图,假设此双星系统中体积较小的成员能“吸食〞另一颗体积较大星体的外表物质,导致质量发生转移,在演变过程中两者球心之间的距离保持不变,双星平均密度可视为一样.如此在最初演变的过程中( BC )A.它们间万有引力大小保持不变B.它们做圆周运动的角速度不变C.体积较大的星体做圆周运动轨迹的半径变大,线速度变大D.体积较大的星体做圆周运动轨迹的半径变小,线速度变大解析:设体积较小的星体质量为m1,轨道半径为r1,体积较大的星体质量为m2,轨道半径为r2,双星间的距离为L,转移的质量为Δm.如此它们之间的万有引力为F=G,根据数学知识得知,随着Δm的增大,F先增大后减小,故A错误.对m1星体有G=(m1+Δm)ω2r1,对m2星体有G=(m2-Δm)ω2r2,得ω=,总质量m1+m2不变,两者距离L不变,如此角速度ω不变,故B正确.ω2r2=,由于ω,L,m1均不变,当Δm增大时,如此r2增大,即体积较大星体圆周运动轨迹半径变大;又由v=ωr2可知线速度v也增大,故C正确,D错误.15.(多项选择)太阳系各行星几乎在同一平面内沿同一方向绕太阳做圆周运动.当地球恰好运行到某地外行星和太阳之间,且三者几乎排成一条直线的现象,天文学称为“行星冲日〞.据报道,2014年各行星冲日时间分别是:1月6日木星冲日;4月9日火星冲日;5月11日土星冲日;8月29日海王星冲日;10月8日天王星冲日.地球与各地外行星绕太阳运动的轨道半径如下表所示,如此如下判断正确的答案是( BD )地球火星木星土星天王星海王星轨道半径1.0 1.5 5.2 9.5 19 30(AU)A.各地外行星每年都会出现冲日现象B.在2015年内一定会出现木星冲日C.天王星相邻两次冲日的时间间隔为土星的一半D.地外行星中,海王星相邻两次冲日的时间间隔最短解析:金星运动轨道半径小于地球运动轨道半径,运行周期小于地球,因此可能发生凌日现象而不会发生冲日现象,选项A错误;地球周期T地=1年,如此ω地=,同理得T木=年,如此ω木=,木星于2014年1月6日冲日,如此(ω地-ω木)·t=2π,解得t=年≈1年,明确2015年内一定会出现木星冲日现象,B选项正确;根据开普勒第三定律,天王星周期年,远大于地球周期,说明天王星相邻两次冲日间隔近似一年,同理土星周期为年,也会出现类似情况,故C错误;周期越长,相邻两次冲日间隔越接近一年,D项正确.。

(新课标)2018年高考物理一轮复习第四章曲线运动万有引力与航天第三节圆周运动随堂达标巩固落实教案

＝
45
m/s ， v
小＝
Fr m
＝
2.25mmgr＝30 m/s，可知赛车在绕过小圆弧弯道后做加速运动，则 A、B 项正确；由几何关系得直道长度为 d＝
L2－（R－r）2＝50 3 m，由运动学公式 v2大－v2小＝2ad，得赛车在直道上的加速度大小为 a＝6.50 m/s2，则 C 项错误；赛车在小圆弧弯道上运动时间 t＝32vπ小r＝2.79 s，则 D 项错误．
解析：选 B.设 P、Q 质量均为 m，当角速度 ω 较小时，做圆周运动的向心力均由盘对其的静摩擦力提供，细线伸直但无
张力．当 mω2r＝fm 即 ω＝ mfmr时，若再增大 ω，则静摩擦力不足以提供做圆周运动所需的向心力，细线中开始出现张力，不足的部分由细线中张力提供，对 Q 而言有 T＋fm＝ mω2r2，而此时对 P 而言有 T＋f＝mω2r1；随着细线张力的增大，P 受到的指向圆心的静摩擦力会逐渐减小，当 T＞mω2r1 时，P 受到的静摩擦力开始背离圆心，B 项正确．
(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 θ 的值．
解析：(1)由题意，小球在 D 点的速度大小满足 v2D＝2gH－4gR 在 D 点，由牛顿第二定律得 mg＋F′＝mvR2D 又 F′＝F，解得 F＝2mRgH－5mg 根据图象得 m＝0.1 kg，R＝0.2 m.
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/s C．在直道上的加速度大小为 5.63 m/s2 D．通过小圆弧弯道的时间为 5.58 s
解析：选 AB.因赛车在圆弧弯道上做匀速圆周运动，由向心力公式有 F＝mvR2，则在大小圆弧弯道上的运动速率分别为 v

全程复习构想2018高考物理一轮复习第四章曲线运动万有引力与航天4万有引力与航天课时作业新人教版

万有引力与航天
一、选择题(1～7题只有一个选项符合题目要求，8～11题有多个选项符合题目要求)
1．设太阳质量为M，某行星绕太阳公转周期为T，轨道可视为半径为r的圆．已知引力常量为G，则描述该行星运动的上述物理量满足()
A．GM＝ B．GM＝
C．GM＝ D．GM＝
解析：由G ＝mr 2，可得GM＝，选项A正确．
答案：A
4．(2017·湖北襄阳四校期中)在太空中，两颗靠得很近的星球可以组成双星，它们只在相互间的万有引力作用下，绕球心连线上的某点做周期相同的匀速圆周运动．则下列说法不正确的是()
A．两颗星有相同的角速度
B．两颗星的旋转半径与质量成反比
C．两颗星的加速度与质量成反比
D．两颗星的线速度与质量成正比
答案：A
2．(2015·福建卷)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()
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱA. ＝
B. ＝
C. ＝ 2
D. ＝ 2
解析：本题考查万有引力定律和天体的运动，意在考查考生的分析推理能力．根据万有引力定律可得G ＝m ，即v＝，所以有＝，所以A项正确．
答案：A
6．(2015·海南单科)若在某行星和地球上相对于各自的水平地面附近相同的高度处、以相同的速率平抛一物体，它们在水平方向运动的距离之比为2 .已知该行星质量约为地球的7倍，地球的半径为R.由此可知，该行星的半径约为()
A. RB. R
C．2RD. R
解析：由平抛运动规律知，在行星和地球上相对于各自的水平地面附近相同的高度处、以相同的速率平抛一物体，它们经历的时间之比即为在水平方向运动的距离之比，所以＝；竖直方向上物体做自由落体运动，重力加速度分别为g1和g2，因此＝＝＝ .

(新课标)2018版高考物理一轮复习第四章曲线运动万有引力与航天专题五平抛运动、圆周运动热点问题分析教案

专题五平抛运动、圆周运动热点问题分析突破水平面内圆周运动的临界问题1.水平面内圆周运动的临界问题关于水平面内的匀速圆周运动的临界问题，主要是临界速度和临界力的问题.常见的是与绳的拉力、弹簧的拉力、接触面的弹力和摩擦力等相关的问题.通过受力分析来确定临界状态和临界条件，是较常用的解题方法.2.处理临界问题的解题步骤(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，要分别对于不同的运动过程或现象，选择相对应的物理规律，然后再列方程求解.[典例1] (多选)如图所示，两个质量均为m的小木块a和b(可视为质点)放在水平圆盘上，a与转轴OO′的距离为l，b与转轴的距离为2l，木块与圆盘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.b一定比a先开始滑动B.a、b所受的摩擦力始终相等C.ω＝kg2l是b开始滑动的临界角速度D.当ω＝2kg3l时，a所受摩擦力的大小为kmg[问题探究] (1)物体随圆盘共同转动时，哪个物体受到的摩擦力大？(2)随着ω不断增大，哪个物体首先达到最大静摩擦力？谁先开始滑动？[提示] (1)根据F f ＝m ω2r 可知，b 物体受到的摩擦力大.(2)随着ω增大，b 物体先达到最大静摩擦力，所以b 物体先相对圆盘滑动.[解析] 木块a 、b 的质量相同，外界对它们做圆周运动提供的最大向心力，即最大静摩擦力F fm ＝kmg 相同.它们所需的向心力由F 向＝m ω2r 知F a <F b ，所以b 一定比a 先开始滑动，A 项正确；a 、b 一起绕转轴缓慢地转动时，F f ＝m ω2r ，r 不同，所受的摩擦力不同，B 项错误；b 开始滑动时有kmg ＝m ω2·2l ，其临界角速度为ωb ＝kg 2l ，选项C 正确；当ω＝2kg 3l时，a 所受摩擦力大小为F f ＝m ω2r ＝23kmg ，选项D 错误.[答案] AC[变式1] (多选)如图所示，两个可视为质点的、相同的木块A 和B 放在水平转盘上，且木块A 、B 与转盘中心在同一条直线上，两木块用长为L 的轻绳连接，木块与转盘之间的最大静摩擦力均为各自重力的k 倍，A 放在距离转轴L 处，整个装置能绕通过转盘中心的竖直转轴O 1O 2转动.开始时，绳恰好伸直但无弹力.现让该装置从静止开始转动，角速度缓慢增大，以下说法正确的是( )A.当ω>2kg3L时，A 、B 会相对于转盘滑动 B.当ω>kg2L 时，绳子一定有弹力 C.ω在kg 2L<ω<2kg3L范围内增大时，B 所受摩擦力变大 D.ω在0<ω<2kg3L范围内增大时，A 所受摩擦力一直变大答案：ABD 解析：若木块A 、B 间没有轻绳相连，随着ω的逐渐增大，由F f ＝m ω2r 可知木块B 先出现相对滑动.木块A 、B 间有轻绳相连时，木块B 刚好要出现相对滑动，此时轻绳上弹力为零，以木块B 为研究对象可知kmg ＝m ω2·2L ，则ω＝kg2L.若木块A 刚好要出现相对滑动，对木块B 有F T ＋kmg ＝m ω2·2L ，对木块A 有kmg －F T ＝m ω2L ，则ω＝2kg3L.综上所述可知，当0<ω≤kg 2L时，绳子没有弹力，木块A 、B 各自的摩擦力均随ω的增大而增大；当kg2L <ω≤2kg3L时，绳子有弹力，且木块B 的摩擦力达到最大值，而木块A 的摩擦力随ω的增大而增大；当ω>2kg3L时，木块A、B会相对于转盘滑动.故A、B、D 正确，C错误.突破竖直面内圆周运动的临界问题1.在竖直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[典例2] 如图所示，乘坐游乐园的翻滚过山车时，质量为m的人随车在竖直平面内旋转，下列说法正确的是( )A.过山车在最高点时人处于倒坐状态，全靠保险带拉住，没有保险带，人就会掉下来B.人在最高点时对座位不可能产生大小为mg 的压力C.人在最低点时对座位的压力等于mgD.人在最低点时对座位的压力大于mg[解析] 人过最高点时，F N ＋mg ＝m v 2R ，当v ≥gR 时，不用保险带，人也不会掉下来，当v ＝2gR 时，人在最高点时对座位产生的压力为mg ，A 、B 均错误；人在最低点具有竖直向上的加速度，处于超重状态，故人此时对座位的压力大于mg ，C 错误，D 正确.[答案] D[变式2] 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r ＝0.4 m ，最低点处有一小球(半径比r 小得多).现给小球一个水平向右的初速度v 0，要使小球不脱离圆轨道，则v 0应满足(取g ＝10 m/s 2)( )①v 0≥0 ②v 0≥4 m/s ③v 0≥2 5 m/s ④v 0≤2 2 m/s A.①和④ B.②或④ C.③或④ D.②和③答案：C 解析：当v 0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 ≤mv 2r ，根据机械能守恒定律有12mv 2＋2mgr ＝12mv 20，可得v 0≥2 5 m/s ；当v 0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时速度恰好减为零，根据机械能守恒定律有mgr ＝12mv 20，可得v 0≤2 2 m/s ，选项C 正确.考向2 轻杆模型[典例3] (2017·山东烟台模拟)一轻杆一端固定质量为m 的小球，以另一端O 为圆心，使小球在竖直面内做半径为R 的圆周运动，如图所示，则下列说法正确的是( )A.小球过最高点时，杆所受到的弹力可以等于零B.小球过最高点的最小速度是gRC.小球过最高点时，杆对球的作用力一定随速度增大而增大D.小球过最高点时，杆对球的作用力一定随速度增大而减小[解析] 轻杆可对小球产生向上的支持力，小球经过最高点的速度可以为零，当小球过最高点的速度v ＝gR 时，杆所受的弹力等于零，A 正确，B 错误；若v <gR ，则杆在最高点对小球的弹力竖直向上，mg －F ＝m v 2R ，随v 增大，F 减小，若v >gR ，则杆在最高点对小球的弹力竖直向下，mg ＋F ＝m v 2R，随v 增大，F 增大，故C 、D 均错误.[答案] A[变式3] 如图所示，小球紧贴在竖直放置的光滑圆形管道内壁做圆周运动，内侧管壁半径为R ，小球半径为r ，则下列说法正确的是( )A.小球通过最高点时的最小速度v min ＝g R ＋r ）B.小球通过最高点时的最小速度v min ＝gRC.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答案：C 解析：小球沿管道上升到最高点时的速度可以为零，选项A 、B 错误；小球在水平线ab 以下的管道中运动时，由外侧管壁对小球的作用力F N 与小球的重力在背离圆心方向的分力F mg 的合力提供向心力，即F N －F mg ＝ma ，因此，外侧管壁一定对小球有作用力，而内侧管壁对小球无作用力，选项C正确；小球在水平线ab以上的管道中运动时，小球受管壁的作用力情况与小球的速度大小有关，选项D错误.解决竖直平面内圆周运动的关键点(1)确定模型：首先判断是轻绳模型还是轻杆模型.(2)确定临界点：v临界＝gr，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F N表现为支持力还是拉力的临界点.突破平抛、圆周运动综合问题1.题目特点：此问题一般涉及圆周运动、平抛运动(或类平抛运动)、匀变速直线运动等多个运动过程，常结合功能关系进行求解.2.解答突破(1)分析临界点：对于物体在临界点相关多个物理量，需要区分哪些物理量能够突变，哪些物理量不能突变，而不能突变的物理量(一般指线速度)往往是解决问题的突破口.(2)分析每个运动过程的运动性质：①若为圆周运动，应明确是水平面内的匀速圆周运动，还是竖直面内的变速圆周运动，机械能是否守恒.②若为抛体运动，应明确是平抛运动，还是类平抛运动，垂直于初速度方向的力是哪个力.考向1 水平面内圆周运动与平抛运动的综合问题[典例4] (2017·山西八校一联)如图所示，质量是1 kg的小球用长为0.5 m 的细线悬挂在O点，O点距地面竖直距离为1 m，如果使小球绕OO′轴在水平面内做圆周运动，若细线最大承受拉力为12.5 N，(取g＝10 m/s2)求：(1)当小球的角速度为多大时，细线将断裂；(2)线断裂后小球落地点与悬点的水平距离.[解析] (1)当细线承受的拉力恰为最大时，对小球受力分析，如图所示：竖直方向F T cos θ＝mg 得：θ＝37° 向心力F 向＝mg tan 37°＝m ω2L sin 37° 解得：ω＝5 rad/s.(2)线断裂后，小球做平抛运动，则其平抛运动的初速度为：v 0＝ωL sin 37°＝1.5 m/s 竖直方向：y ＝h －L cos 37°＝12gt 2水平方向：x ＝v 0t解得d ＝L 2sin 2θ＋x 2＝0.6 m. [答案] (1)5 rad/s (2)0.6 m考向2 竖直面内圆周运动与平抛运动的综合问题[典例5] 如图所示，有一长为L 的细线，细线的一端固定在O 点，另一端拴一质量为m 的小球.现使小球恰好能在竖直面内做完整的圆周运动.已知水平地面上的C 点位于O 点正下方，且到O 点的距离为1.9L .不计空气阻力.(1)求小球通过最高点A 时的速度v A ；(2)若小球通过最低点B 时，细线对小球的拉力F T 恰好为小球重力的6倍，且小球经过B 点的瞬间细线断裂，求小球的落地点到C 点的距离.[解析] (1)若小球恰好能做完整的圆周运动，则小球通过A 点时细线的拉力刚好为零，根据向心力公式有mg ＝m v 2AL解得v A ＝gL .(2)小球在B 点时，根据牛顿第二定律有F T －mg ＝m v 2BL其中F T ＝6mg解得小球在B 点的速度大小为v B ＝5gL细线断裂后，小球从B 点开始做平抛运动，则由平抛运动的规律得竖直方向上：1.9L －L ＝12gt 2水平方向上：x ＝v B t解得x ＝3L即小球落地点到C 点的距离为3L . [答案] (1)gL (2)3L圆周运动与平抛运动综合问题解题关键(1)明确圆周运动的向心力来源，根据牛顿第二定律和向心力公式列方程. (2)平抛运动一般是沿水平方向和竖直方向分解速度或位移.(3)速度是联系前后两个过程的关键物理量，前一个过程的末速度是后一个过程的初速度.1.[圆周运动中力和运动的关系]在室内自行车比赛中，运动员以速度v 在倾角为θ的赛道上做匀速圆周运动.已知运动员的质量为m ，做圆周运动的半径为R ，重力加速度为g ，则下列说法正确的是( )A.将运动员和自行车看做一个整体，整体受重力、支持力、摩擦力和向心力的作用B.运动员受到的合力大小为m v 2R ，做圆周运动的向心力大小也是m v 2RC.运动员做圆周运动的角速度为vRD.如果运动员减速，运动员将做离心运动答案：B 解析：向心力是整体所受力的合力，选项A 错误；做匀速圆周运动的物体，合力提供向心力，选项B 正确；运动员做圆周运动的角速度为ω＝vR，选项C 错误；只有运动员加速到所受合力不足以提供做圆周运动的向心力时，运动员才做离心运动，选项D 错误.2.[竖直面内的圆周运动](多选)如图所示，水平的木板B 托着木块A 一起在竖直平面内做匀速圆周运动，从水平位置a 沿逆时针方向运动到最高点b 的过程中，下列说法正确的是( )A.木块A 处于超重状态B.木块A 处于失重状态C.B 对A 的摩擦力越来越小D.B 对A 的摩擦力越来越大答案：BC 解析：A 、B 一起做匀速圆周运动，合力提供向心力，加速度即向心加速度.水平位置a 沿逆时针方向运动到最高点b 的过程中，加速度大小不变，方向指向圆心.在竖直方向有竖直向下的分加速度，因此A 、B 都处于失重状态，A 错误，B 正确；对A 受力分析，加速度指向圆心，那么此过程中水平方向加速度逐渐减小，而能够提供A 水平加速度的力只有B 对A 的摩擦力，因此B 对A 的摩擦力越来越小，C 正确，D 错误.3.[水平面内圆周运动的临界问题](多选)如图所示，在水平转台的光滑水平横杆上穿有两个质量分别为2m 和m 的小球A 和B ，A 、B 间用劲度系数为k 的轻质弹簧连接，弹簧的自然长度为L ，转台的直径为2L ，当转台以角速度ω绕竖直轴匀速转动时，如果A 、B 仍能相对横杆静止而不碰左右两壁，则( )A.小球A 和B 具有相同的角速度B.小球A 和B 做圆周运动的半径之比为1∶2C.若小球不与壁相碰，则ω>k mD.若小球不与壁相碰，则ω<k 2m答案：ABD 解析：A 、B 两球共轴转动，角速度相同，故A 正确.两球靠弹簧的弹力提供向心力，知两球向心力大小相等，2mr 1ω2＝mr 2ω2，解得r 1∶r 2＝1∶2，故B 正确.转台的直径为2L ，则r 2<L ，由mr 2ω2＝k ⎝⎛⎭⎪⎫r 2－L 2解得ω<k2m，故C 错误，D 正确. 4.[轻绳模型的应用]如图所示，小球沿水平面通过O 点进入半径为R 的半圆弧轨道后恰能通过最高点P ，然后落回水平面，不计一切阻力，下列说法正确的是( )A.小球落地点离O 点的水平距离为RB.小球落地点离O 点的水平距离为2RC.小球运动到半圆弧最高点P 时向心力恰好为零D.若将半圆弧轨道上部的14圆弧截去，其他条件不变，则小球能达到的最大高度比P 点低答案：B 解析：若小球恰能通过最高点P ，则在最高点P 时重力恰好提供向心力，选项C 错误；由圆周运动的知识可得mg ＝m v 2R ，小球离开P 点后做平抛运动，x ＝vt,2R ＝12gt 2，解得x ＝2R ，故选项A 错误，B 正确；若将弧轨道上部的14圆弧截去，其他条件不变，则小球离开轨道后做竖直上抛运动，达到最大高度时速度为零，故能达到的最大高度比P 点高，选项D 错误.5.[平抛、圆周运动综合问题](多选)如图所示，半径为R 的水平圆盘中心轴正上方a 处水平抛出一小球，圆盘以角速度ω做匀速转动，当圆盘半径Ob 恰好转到与初速度方向相同且平行的位置时，将小球抛出，要使球与圆盘只碰一次，且落点为b ，重力加速度为g ，小球抛出点a 距圆盘的高度h 和小球的初速度v 0可能应满足( )A.h ＝g π2ω2，v 0＝R ω2πB.h ＝8π2g ω2，v 0＝R ω4πC.h ＝2g π2ω2，v 0＝R ω6πD.h ＝32π2g ω2，v 0＝R ω8π答案：BD 解析：因圆盘转动具有周期性，则当小球落到b 点时，圆盘转过的角度θ＝2πk (k ＝1,2,3，…)，由ω＝θt ，可得圆盘的角速度ω＝2πkt(k ＝1,2,3，…)，因小球做平抛运动，则小球下落高度h ＝12gt 2＝2π2gk 2ω2(k ＝1,2，3，…)，初速度v 0＝R t ＝R ω2πk (k ＝1,2,3，…)，将k 的取值代入可知，当k 取2和4时，B 、D 正确.。

2018高考物理一轮总复习第四章曲线运动万有引力与航天第12讲圆周运动的规律及应用课件

解析：对 A、B 两球进行受力分析，两球均只受重力和漏斗壁的支持力作用，如图所示，这两力的合力分别水平指向各自的圆心，使小球分别紧贴漏斗壁在水平面内做匀速圆周运动．对 A、B 两球，由牛顿第二定律可得
2 v2 4π A FA＝mgcot α＝m r ＝mω2 ArA＝m 2 rA TA A 2 v2 4π B FB＝mgcot α＝m r ＝mω2 BrB＝m 2 rB TB B
解析：因为 A、B 两轮由不打滑的皮带相连，所以相等时间内 A、B 两点转过的 ω A r2 1 弧长相等，即 vA＝vB，则 v＝ωr 知ω ＝＝，又 B、C 是同轴转动，相等时间内转 B r1 2 1 vB r2 2r1 1 过的角度相等，即 ωB＝ωC，由 v＝ωr 知v ＝＝＝，所以 vA∶vB∶vC＝1∶1∶ C r3 1.5r1 3 2π 1 1 3，ωA∶ωB∶ωC＝1∶2∶2，再由 T＝ ω ，可得 TA∶TB∶TC＝1∶ ∶ ＝2∶1∶1. 2 2
A．b 一定比 a 先开始滑动 B．a、b 所受的摩擦力始终相等 C．ω＝ D．当 ω＝ kg 是 b 开始滑动的临界角速度 2l 2kg 时，a 所受摩擦力的大小为 kmg 3l
• [思维导引]本题以转盘为背景命题，考查圆周运动的临界问题，解决这类问题时要先对物体做受力分析，确定临界状态，如“绳子刚好伸直、物体恰要滑动”等，当确定了物体运动的临界状态和临界条件后，要分别对不同的运动过程或现象，选择相对应的物理规律，然后列方程求解． • [尝试解答]____________________________________________________________ ________________________
• [例1]如图所示的皮带传动装置中，右边两轮连在一起同轴转动．图中三轮半径的关系为：r1＝2r2，r3＝1.5r1，A、B、C 三点为三个轮边缘上的点，皮带不打滑，则A、B、C三点的 1∶1∶3 1∶2∶2 线速度之比为__________；角速度之比为__________；周期之比为__________. 2∶1∶1

2018年高考物理一轮复习第四章曲线运动万有引力与航天第3讲圆周运动教学案(含解析)

第3讲圆周运动教材知识梳理一、匀速圆周运动1．定义：线速度大小________的圆周运动．2．性质：向心加速度大小不变，方向________，是变加速曲线运动．3．条件：合力________，方向始终与速度方向垂直且指向________．二、描述匀速圆周运动的基本参量三、离心运动和近心运动1．受力特点，如图4111所示．图4111(1)当F＝0时，物体沿切线方向做匀速直线运动；(2)当F＝mrω2时，物体做匀速圆周运动；(3)当0<F＜mrω2时，物体逐渐远离圆心，做离心运动；(4)当F>mrω2时，物体渐渐向圆心靠近，做近心运动．2．离心运动的本质并不是受到离心力的作用，而是提供的力小于匀速圆周运动需要的向心力．答案：一、1.保持不变 2.时刻变化 3.大小不变圆心【思维辨析】(1)匀速圆周运动是匀变速曲线运动．( )(2)匀速圆周运动的加速度恒定不变．( )(3)做匀速圆周运动的物体所受的合外力大小保持不变．( )(4)物体做离心运动是因为物体受到所谓离心力的作用．( )(5)汽车转弯时速度过大就会向外发生侧滑，这是由于汽车轮胎受沿转弯半径向内的静摩擦力不足以提供汽车转弯所需向心力的缘故．( )答案：(1)(×)(2)(×)(3)(√)(4)(×)(5)(√)【思维拓展】1．匀速圆周运动和匀速直线运动中的两个“匀速”的含义相同吗？2．匀速圆周运动中哪些物理量是不变的？答案：1．两个匀速意义不同，匀速圆周运动全称应为匀速率圆周运动，其速度、向心加速度都是变化的．2．匀速圆周运动中不变的物理量有：角速度、周期、频率、转速、动能，变化的物理量有：线速度、向心加速度、向心力、动量．考点互动探究考点一圆周运动的运动学问题1.[2016·广东佛山二模] 明代出版的《天工开物》一书中就有牛力齿轮水车图(如图4112所示)，记录了我们祖先的劳动智慧．若A 、B 、C 三齿轮车半径的大小关系如图所示，则( )图4112A ．齿轮A 的角速度比C 的大B ．齿轮A 与B 的角速度大小相等C ．齿轮B 与C 边缘的线速度大小相等D ．齿轮A 边缘的线速度比C 边缘的大答案：D [解析] 由图可知r A >r B >r C ，齿轮A 边缘与齿轮B 边缘线速度大小是相同的，即v A ＝v B ，由v ＝ωr ，可得ωA ωB ＝r Br A ，故ωA <ωB ；齿轮B 与齿轮C 共轴，则齿轮B 与齿轮C 角速度大小相等，即ωB ＝ωC ，由v ＝ωr 可得，齿轮B 与齿轮C 边缘的线速度大小之比v B v C ＝r B r C，故v B >v C .综上所述，v A ＝v B >v C ，ωB ＝ωC >ωA ，A 、B 、C 错误，D 正确．2．(多选)[2016·江西南昌一模] 如图4113所示，在半径为R 的水平圆盘中心轴正上方水平抛出一小球，圆盘以角速度ω做匀速转动，当圆盘半径Ob 恰好转到与小球初速度方向相同且平行的位置时，将小球抛出．要使小球与圆盘只碰一次，且落点为b ，重力加速度为g ，则小球抛点a 距圆盘的高度h 和小球的初速度v 0可能满足( )图4113A ．h ＝π2g ω2，v 0＝R ω2πB ．h ＝8π2g ω，v 0＝R ω4πC ．h ＝2π2g ω2，v 0＝R ω6πD ．h ＝32π2g ω2，v 0＝R ω8π答案：BD [解析] 由平抛运动规律，有R ＝v 0t ，h ＝12gt 2，要使小球与圆盘只碰一次，且落点为b ，需要满足n ·2π＝ωt (n ＝1，2，3，…)，联立解得h ＝2n 2π2g ω2，v 0＝R ω2n π(n ＝1，2，3，…)．当n ＝1时，h ＝2π2g ω2，v 0＝R ω2π，选项A 错误；当n ＝2时，h ＝8π2g ω2，v 0＝R ω4π，选项B 正确；当n ＝3时，h ＝18π2gω2，v 0＝R ω6π，选项C 错误；当n ＝4时，h ＝32π2g ω2，v 0＝R ω8π，选项D 正确．3．[2016·浙江温州期末] 某同学骑自行车沿一倾角为θ的斜坡从坡底沿斜坡匀速向上行驶，后轮转动N 圈时到坡顶(其间该同学不间断地匀速蹬)，所用时间为t .已知自行车和人的总质量为m ，轮盘的半径为R 1，飞轮的半径为R 2，车后轮的半径为R 3，重力加速度为g ，上坡过程中自行车与人所受的阻力大小为f ，车轮与坡面接触处都无打滑，不计自行车内部各部件之间因相对运动而消耗的能量．求：(1)自行车匀速行驶的速度v 的大小；(2)该同学沿坡向上匀速行驶过程中消耗的平均功率P ； (3)该过程中自行车轮盘转动的圈数．图4114答案：(1)2πNR 3t (2)2πNR 3（mg sin θ＋f ）t (3)NR 2R 1[解析] (1)设斜坡的长度为L ，车轮转动一周，自行车前进的距离为s ＝2πR 3后轮与飞轮转数相同，故有L ＝Ns 则自行车匀速行驶的速度v ＝L t ＝2πNR 3t.(2)自行车沿斜坡匀速向上行驶过程，有W ＝(mg sin θ＋f )L则该同学沿坡向上匀速行驶过程中消耗的平均功率P ＝Wt联立解得P ＝2πNR 3（mg sin θ＋f ）t.(3)设该过程中自行车轮盘转动的圈数为N ′，轮盘与飞轮边缘上的线速度相同，有 2πn 1R 1＝2πn 2R 2 又n 1＝N ′t ，n 2＝Nt联立解得N ′＝NR 2R 1.■ 要点总结1．描述圆周运动的物理参量中属于矢量的有：线速度、角速度(高中阶段不要求)、向心加速度． 2．当转速单位取转/秒(r/s)时，转速与频率在数值上相等． 3．解题时应注意圆周运动的周期性、多解性．考点二圆周运动的动力学问题(多选)[2016·浙江卷] 如图4115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 ＝90 m 的大圆弧和r ＝40 m 的小圆弧，直道与弯道相切．大、小圆弧圆心O 、O ′距离L ＝100 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/s 2，π＝3.14)，则赛车( )图4115A ．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/s 2D ．通过小圆弧弯道的时间为5.58 s 答案：AB[解析] 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f ＝2.25mg ＝m v 2r可知，通过小弯道的速度v 1＝30 m/s ，通过大弯道的速度v 2＝45 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x ＝L 2－（R －r ）2＝50 3 m ，故在直道上的加速度a ＝v 22－v 212x ＝452－3022×503m/s 2≈6.5 m/s 2，选项C 错误；由sin θ2＝x L ＝32可知，小圆弧对应的圆心角θ＝2π3，故通过小圆弧弯道的时间t ＝θr v 1＝2πr 3v 1＝2×3.14×403×30s ＝2.79 s ，选项D 错误．1 [2016·兰州诊断] 如图4116所示，转动轴垂直于光滑水平面，交点O 的上方h 高处(A 点)固定细绳的一端，细绳的另一端拴接一质量为m 的小球B ，绳长l >h ，重力加速度为g ，转动轴带动小球在光滑水平面内做圆周运动．当转动的角速度ω逐渐增大时，下列说法正确的是( )图4116 A．小球始终受三个力的作用B．细绳上的拉力始终保持不变C．要使小球不离开水平面，角速度的最大值为g hD．若小球离开了水平面，则角速度为g l答案：C [解析] 当转动的角速度ω逐渐增大时，小球可能只受重力和细绳的拉力，选项A错误；小球在水平面内做匀速圆周运动时，细绳的拉力在竖直方向的分力与水平面对小球的支持力的合力大小等于小球的重力，细绳的拉力在水平方向的分力等于小球运动的向心力，当转动的角速度ω逐渐增大时，所需向心力逐渐增大，细绳的拉力逐渐增大，当小球离开水平面后，角速度增大时，绳子与竖直方向的夹角变大，拉力变大，选项B错误；要使小球刚好不离开水平面，则有mg tan θ＝mω2r，其中tan θ＝l2－h2 h，r＝l2－h2，联立解得ω＝gh，选项C正确；若小球离开了水平面，则角速度大于gh，选项D错误．2 [2015·天津卷] 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4117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( )图4117A．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，转到的角速度就应越小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答案：B [解析] 宇航员受到的支持力为其在“旋转舱”中提供向心力，宇航员的质量一定，则他的向心加速度一定，根据向心加速度的公式可知，半径越大时，转动的角速度应该越小，A错误，B正确；宇航员的向心加速度大小与质量无关，等于地球表面的重力加速度大小，C、D错误．3 (多选)[2016·河南八市质检] 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4118所示，绳a与水平方向成θ角，绳b在水平方向且长为l，重力加速度为g.当轻杆绕轴AB以角速度ω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( )图4118A．a绳的张力不可能为零B．a绳的张力随角速度的增大而增大C．当角速度ω＞g cot θl时，b绳中将出现张力D．若b绳突然被剪断，则a绳的张力一定发生变化答案：AC [解析] 对小球进行受力分析可知，a绳的张力在竖直方向的分力平衡了小球的重力，解得T a＝mgsin θ，为定值，A正确，B错误；当T a cos θ＝mω2l，即ω＝g cot θl时，b绳的张力为零，若角速度大于该值，则b绳中将出现张力，C正确；由于b绳中可能没有张力，故b绳突然被剪断时，a绳的张力可能不变，D错误．■ 规律总结解决圆周运动问题的主要步骤：(1)审清题意，确定研究对象．(2)分析物体的运动情况，即物体的线速度、角速度、周期、轨道平面、圆心、半径等．(3)分析物体的受力情况，画出受力示意图，确定向心力的来源．①确定圆周运动的轨道所在的平面，确定圆心的位置．②分析物体的受力情况，所有的力沿半径方向指向圆心的合力就是向心力．做匀速圆周运动的物体所受的合外力刚好等于向心力．(4)据牛顿第二定律及向心力公式列方程．(5)求解、讨论．考点三在仅有重力场的竖直面内的圆周运动是典型的非匀速圆周运动，对于物体在竖直平面内做圆周运动的问题，中学物理只研究物体通过最高点和最低点的情况，高考中涉及圆周运动的知识点大多是临界问题，其中竖直面内的线—球模型、杆—球模型中圆周运动的临界问题出现的频率非常高．下面是竖直面内两个常见模型的比较.考向一杆—球模型] 一轻杆一端固定质量为m 的小球，以另一端O 为圆心，使小球在竖直面内做半径为R 的圆周运动，如图4119所示，重力加速度为g .下列说法正确的是( )图4119A ．小球过最高点时，杆所受到的弹力可以等于零B ．小球过最高点的最小速度是gRC ．小球过最高点时，杆对球的作用力一定随速度增大而增大D ．小球过最高点时，杆对球的作用力一定随速度增大而减小答案：A[解析] 轻杆可对小球产生向上的支持力，小球经过最高点的速度可以为零，B 错误；当小球过最高点的速度v ＝gR 时，杆所受的弹力等于零，A 正确；若v ＜gR ，则小球过最高点时，杆对小球的弹力竖直向上，有mg －F ＝m v 2R ，随着v 增大，F 减小，若v ＞gR ，则小球过最高点时，杆对小球的弹力竖直向下，有mg ＋F ＝m v 2R，随着v 增大，F 增大，C 、D 错误．如图41110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 ，重力加速度为g .下列说法正确的是( )图41110A ．小球通过最高点时的最小速度v min ＝g （R ＋r ）B ．小球通过最高点时的最小速度v min ＝0C ．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有作用力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答案：B [解析] 小球沿管道上升到最高点时的速度可以为零，选项A 错误，选项B 正确；小球在水平线ab 以下的管道中运动时，由外侧管壁对小球的作用力F N 与小球的重力在背离圆心方向的分力F G 的合力提供向心力，即F N －F G ＝mv 2R ＋r，因此，外侧管壁对球一定有作用力，而内侧管壁对球无作用力，选项C错误；小球在水平线ab 以上的管道中运动时，小球受管壁的作用力与小球速度大小有关，选项D 错误．考向二线—球模型[2016·福建质量检测] 如图41111所示，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 .现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，则小球在最高点速率为2v 时，每根绳的拉力大小为( )图41111A.3mgB.433mg C ．3mg D ．23mg答案：A[解析] 设小球在竖直面内做圆周运动的半径为r ，小球运动到最高点时轻绳与圆周运动轨道平面的夹角为θ＝30°，则有r ＝L cos θ＝32L .根据题述，小球在最高点速率为v 时，两根绳的拉力恰好均为零，有mg ＝m v 2r ；小球在最高点速率为2v 时，设每根绳的拉力大小为F ，则有2F cos θ＋mg ＝m （2v ）2r，联立解得F ＝3mg ，选项A 正确．如图41112所示，乘坐游乐园的过山车时，质量为m 的人随车在竖直平面内旋转，重力加速度为g .下列说法正确的是( )图41112A ．过山车在最高点时人处于倒坐状态，全靠保险带拉住，没有保险带，人就会掉下来B ．人在最高点时对座位不可能产生大小为mg 的压力C ．人在最低点时对座位的压力等于mgD ．人在最低点时对座位的压力大于mg答案：D [解析] 人在最高点，当人与保险带间恰好没有作用力时，由重力提供向心力，临界速度为v 0＝gR ，当v ≥gR 时，不用保险带，人也不会掉下来，当v ＝2gR 时，人在最高点时对座位产生的压力为mg ，选项A 、B 错误；人在最低点时具有竖直向上的加速度，处于超重状态，故人此时对座位的压力大于mg ，选项C 错误，选项D 正确．■ 规律总结求解竖直平面内圆周运动问题的思路(1)定模型：首先判断是轻绳模型还是轻杆模型． (2)确定临界点：v临界＝gr ，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F N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．考点四圆周运动临界问题1.有些题目中有“刚好”“恰好”“正好”等字眼，明显表明题述的过程中存在着临界点．2．若题目中有“取值范围”“多长时间”“多大距离”等词语，表明题述的过程中存在着“起止点”，而这些起止点往往就是临界点．3．若题目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼，表明题述的过程中存在着极值，这些极值点也往往是临界点．如图41113所示，半径为R的半球形陶罐固定在可以绕竖直轴旋转的水平转台上，转台转轴与过陶罐球心O的对称轴OO′重合．转台以一定角速度ω匀速旋转，一个质量为m的小物块落入陶罐内，经过一段时间后，小物块随陶罐一起转动且相对罐壁静止，它和O点的连线与OO′的夹角θ为60°.重力加速度大小为g.(1)当ω＝ω0时，小物块受到的摩擦力恰好为零，求ω0；(2)若ω＝(1±k)ω0，且0＜k＜1，求小物块受到的摩擦力的大小和方向．图41113[解析] (1)当ω＝ω0时，小物块受重力和支持力．由牛顿第二定律得mg tan θ＝mω20r其中r＝R sin θ解得ω0＝2g R.(2)当ω＝(1＋k)ω0时，小物块所需向心力变大，则摩擦力方向沿罐壁向下．对小物块，由牛顿第二定律，在水平方向，有F N sin θ＋f cos θ＝mω2r在竖直方向，有F N cos θ－f sin θ＝mg解得f＝3k（2＋k）2mg当ω＝(1－k)ω0时，小物块所需向心力变小，则摩擦力方向沿罐壁向上．对小物块，由牛顿第二定律，在水平方向，有F N sin θ－f cos θ＝mω2r在竖直方向，有F N cos θ＋f sin θ＝mg解得f＝3k（2－k）2mg.1 [2016·东北三省三校一模] 如图41114所示，可视为质点的木块A、B叠放在一起，放在水平转台上随转台一起绕固定转轴OO′匀速转动，木块A、B与转轴OO′的距离为1 m，A的质量为5 kg，B的质量为10 kg.已知A与B间的动摩擦因数为0.2，B与转台间的动摩擦因数为0.3，若木块A、B与转台始终保持相对静止，则转台角速度ω的最大值为(最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2)( )图41114A．1 rad/s B. 2 rad/s C. 3 rad/s D．3 rad/s答案：B [解析] 对A，由最大静摩擦力提供向心力，即μ1m A g＝m Aω21r，故最大角速度ω1＝μ1g r＝2 rad/s ；对AB 整体，故最大静摩擦力提供向心力，即μ2(m A ＋m B )g ＝(m A ＋m B )ω22r ，故最大角速度ω2＝μ2gr＝ 3 rad/s ；木块A 、B 与转台始终保持相对静止，则转台角速度ω的最大值为 2 rad/s ，选项B 正确．2 如图41115所示，一根长为l ＝1 m 的细线一端系一质量为m ＝1 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为θ＝37°.(g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，结果可用根式表示)(1)若要小球刚好离开锥面，则小球的角速度ω0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ω′为多大？图41115答案：(1)522 rad/s (2)2 5 rad/s[解析] (1)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，由牛顿第二定律及向心力公式得mg tan θ＝m ω20l sin θ解得ω0＝gl cos θ＝522 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mg tan α＝m ω′2l sin α解得ω′＝g l cos α＝2 5 rad/s.■ 规律总结解决圆周运动临界问题的一般思路：首先要考虑达到临界条件时物体可能处的状态，其次分析该状态下物体的受力特点，找到哪些量是变量，哪些量是不变量，找到合适的公式结合圆周运动知识列式计算，最后讨论结果的可行性．【教师备用习题】1．(多选)[2014·全国卷Ⅰ] 如图所示，两个质量均为m的小木块a和b(可视为质点)放在水平圆盘上，a与转轴OO′的距离为l，b与转轴的距离为2l.木块与圆盘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．b一定比a先开始滑动B．a、b所受的摩擦力始终相等C．ω＝kg2l是b开始滑动的临界角速度D．当ω＝2kg3l时，a所受摩擦力的大小为kmg[解析] AC a与b所受的最大静摩擦力相等，而b需要的向心力较大，所以b先滑动，A正确；在未滑动之前，a、b各自受到的摩擦力等于其向心力，因此b受到的摩擦力大于a受到的摩擦力，B错误；b处于临界状态时，有kmg＝mω2·2l，解得ω＝kg2l，C正确；ω＝2kg3l小于a的临界角速度，a所受摩擦力没有达到最大值，D错误．2．(多选)如图所示为赛车场的一个水平“U”形弯道，转弯处为圆心在O点的半圆环，其内、外半径分别为r和2r.一辆质量为m的赛车通过AB线经弯道到达A′B′线，有如图所示的①、②、③三条路线，其中路线③是以O′为圆心的半圆，OO′＝r.赛车沿圆弧路线行驶时，路面对轮胎的最大径向静摩擦力为F max.选择路线，赛车以不打滑的最大速率通过弯道(所选路线内赛车速率不变，发动机功率足够大)，则( )A．选择路线①，赛车经过的路程最短B．选择路线②，赛车的速率最小C．选择路线③，赛车所用时间最短D ．①、②、③三条路线的圆弧上，赛车的向心加速度大小相等[解析] ACD 由几何关系可得，对路线①、②、③，赛车通过的路程分别为(πr ＋2r )、(2πr ＋2r )和2πr ，可知路线①的路程最短，选项A 正确；圆周运动时的最大速率对应着最大静摩擦力提供向心力的情形，即μmg ＝m v 2R，可得最大速率v ＝μgR ，则②和③的速率相等，且大于①的速率，选项B 错误；根据t ＝s v ，可得①、②、③所用的时间分别为t 1＝（π＋2）r μgr 、t 2＝2r （π＋1）2μgr 和t 3＝2r π2μgr，其中t 3最小，可知线路③所用时间最短，选项C 正确；在圆弧轨道上，由牛顿第二定律可得μmg ＝ma 向，a 向＝μg ，可知三条路线上的向心加速度大小均为μg ，选项D 正确．3．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ω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．物体与盘面间的动摩擦因数为32(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/s 2，则ω的最大值是( )A. 5 rad/sB. 3 rad/s C ．1.0 rad/s D ．0.5 rad/s[解析] C 物体在最低点最可能出现相对滑动，对物体进行受力分析，由牛顿第二定律得μmg cos θ－mg sin θ＝m ω2r ，解得ω＝1.0 rad/s ，选项C 正确．4．如图所示，质量为m ＝1 kg 的小物块轻轻放在水平匀速运动的传送带上的P 点，随传送带运动到A 点后水平抛出，小物块恰好无碰撞地沿圆弧切线从B 点进入竖直光滑的圆弧轨道．B 、C 为圆弧的两端点，其连线水平．已知圆弧对应圆心角θ＝106°，A 点距水平面的高度h ＝0.8 m ，小物块经过轨道最低点O 时的速度v O ＝33 m/s ，轨道对它的支持力F ＝43 N ，小物块离开C 点后恰能无碰撞地沿固定斜面向上运动，0.8 s 后经过D 点．g 取10 m/s 2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6.(1)求小物块离开A 点时的水平速度v 1的大小； (2)求圆弧半径R ；(3)假设小物块与斜面间的动摩擦因数为μ＝13，则斜面上C 、D 间的距离是多少？[答案] (1)3 m/s (2)1 m (3)0.98 m [解析] (1)由平抛运动规律得h ＝12gt 2tan 53°＝gt v 1解得v 1＝3 m/s.(2)在圆弧最低点，由牛顿第二定律得F －mg ＝m v 2OR解得R ＝1 m.(3)设小物块到C 点的速度为v 2，则小物块由O 点到C 点，由机械能守恒定律得 12mv 2O ＝12mv 22＋mgR (1－cos 53°) 解得v 2＝5 m/s小物块沿斜面上滑，由牛顿第二定律得mg sin 53°＋μmg cos 53°＝ma 1解得a 1＝10 m/s 2上滑时间t 1＝v 2a 1＝0.5 s 上滑距离x 1＝12a 1t 21＝1.25 m小物块下滑时，由牛顿第二定律得mg sin 53°－μmg cos 53°＝ma 2解得a 2＝6 m/s 2下滑时间为t 2＝0.8 s －0.5 s ＝0.3 s 下滑距离为x 2＝12a 2t 22＝0.27 m故CD ＝x 1－x 2＝0.98 m.。

高考物理大一轮复习第4章第4讲万有引力与航天精练(含解析)-人教版高三全册物理试题

第4讲万有引力与航天◎根底巩固练1．某人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，其轨道半径为月球绕地球运转半径的19，设月球绕地球运动的周期为27天，如此此卫星的运转周期大约是( )A.19天B.13天 C ．1天D ．9天解析：由于r 卫＝19r 月，T 月＝27天，由开普勒第三定律可得r 3卫T 2卫＝r 3月T 2月，如此T 卫＝1天，故C 正确。

答案： C 2.如下列图是在同一轨道平面上的三颗不同的人造地球卫星，关于各物理量的关系，如下说法正确的答案是( )A ．线速度v A <vB <vC B ．万有引力F A >F B >F C C ．角速度：ωA >ωB >ωCD ．向心加速度a A <a B <a C解析：因为卫星的质量大小关系不知，所以卫星的万有引力大小关系无法判断，B 错误；卫星绕地球做圆周运动，有G Mm r 2＝m v 2r ＝mrω2＝ma 向，得v ＝GMr ，ω＝GM r 3，a 向＝GMr2，由于r A <r B <r C ，如此v A >v B >v C ，ωA >ωB >ωC ，a A >a B >a C ，故A 、D 错误，C 正确。

答案： C3．(多项选择)美国宇航局发射的“好奇号〞火星车发回的照片显示，火星外表曾经有水流过，使这颗星球在人们的心目中更具吸引力。

火星的质量约为地球质量的19，火星的半径约为地球半径的12。

如下关于人类发射的关于火星探测器的说法正确的答案是( )A ．发射速度只要大于第一宇宙速度即可B ．发射速度只有达到第三宇宙速度才可以C ．发射速度应大于第二宇宙速度而小于第三宇宙速度D ．火星探测器环绕火星运行的最大速度为地球第一宇宙速度的23解析：根据三个宇宙速度的意义，可知选项A 、B 错误，选项C 正确；M 火＝M 地9，R火＝R 地2，如此v 火v 地＝GM 火R 火∶GM 地R 地＝23，选项D 正确。

2018版高考物理(新课标)一轮复习教师用书：第四章曲线运动万有引力与航天第3讲圆周运动含答案

第3讲圆周运动知识点一匀速圆周运动、角速度、线速度、向心加速度1.匀速圆周运动(1）定义：做圆周运动的物体，若在相等的时间内通过的圆弧长，就是匀速圆周运动.(2)特点：加速度大小，方向始终指向，是变加速运动。

(3)条件：合外力大小、方向始终与方向垂直且指向圆心.2.描述匀速圆周运动的物理量定义、意义公式、单位线速度描述做圆周运动的物体运动的物理量(v）（1）v＝ΔsΔt＝（2）单位：角速度描述物体绕圆心的物理量（ω)(1）ω＝错误!＝（2)单位：周期物体沿圆周运动的时间(T）(1）T＝＝，错误!m/s 转动快慢错误!rad/s 一圈错误!错误!s 方向圆心错误!ω2r m/s2知识点二匀速圆周运动的向心力1.作用效果：产生向心加速度，只改变线速度的，不改变线速度的.2。

大小：F＝＝mrω2＝＝mωv＝m·4π2f2r。

3。

方向：始终沿半径指向。

4。

来源：向心力可以由一个力提供，也可以由几个力的提供，还可以由一个力的提供.答案：1.方向大小2。

m错误!m错误!r3。

圆心 4.合力分力知识点三离心现象1。

定义：做的物体,在所受合外力突然消失或不足以提供圆周运动所需的情况下，所做的沿切线飞出或逐渐远离圆心的运动现象。

2.受力特点（1)当F n＝mω2r时，物体做运动。

（2）当F n＝0时，物体沿方向飞出.（3）当F n〈mω2r时，物体逐渐圆心,做离心运动.（4)当F n>mω2r时,物体逐渐圆心，做近心运动.答案:1。

圆周运动向心力 2.（1)匀速圆周（2）切线（3）远离(4）靠近(1)匀速圆周运动是匀变速曲线运动.（)(2)做匀速圆周运动的物体所受合力是保持不变的.（)（3）做匀速圆周运动的物体向心加速度与半径成反比。

( ）（4）做匀速圆周运动的物体角速度与转速成正比。

( )(5）随水平圆盘一起匀速转动的物块受重力、支持力和向心力的作用。

( ）答案：（1）(2）（3）(4)√(5）考点圆周运动的运动学问题1.圆周运动各物理量间的关系2。

通用版2018高考物理一轮复习第4章曲线运动万有引力与航天第3节圆周运动教师用书

第3节圆周运动知识点1 匀速圆周运动、角速度、线速度、向心加速度 1．匀速圆周运动(1)定义：做圆周运动的物体，若在相等的时间内通过的圆弧长相等，就是匀速圆周运动．(2)特点：加速度大小不变，方向始终指向圆心，是变加速运动． 2．描述圆周运动的物理量 1．作用效果向心力产生向心加速度，只改变速度的方向，不改变速度的大小． 2．大小F ＝m v 2r ＝m ω2r ＝m 4π2T2r ＝m ωv ＝4π2mf 2r .3．方向始终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．知识点3 离心现象 1．定义做圆周运动的物体，在所受合外力突然消失或不足以提供圆周运动所需向心力的情况下，就做逐渐远离圆心的运动．2．本质做圆周运动的物体，由于本身的惯性，总有沿着圆周切线方向飞出去的趋势． 3．受力特点图431(1)当F n ＝m ω2r 时，物体做匀速圆周运动． (2)当F n ＝0时，物体沿切线方向飞出．(3)当F n ＜m ω2r 时，物体逐渐远离圆心，做离心运动． (4)当F n ＞m ω2r 时，物体逐渐靠近圆心，做近心运动．1．正误判断(1)匀速圆周运动是匀加速曲线运动．(×)(2)做匀速圆周运动的物体的向心加速度与半径成反比．(×) (3)做匀速圆周运动的物体所受合外力为变力．(√)(4)随水平圆盘一起匀速转动的物体受重力、支持力和向心力的作用．(×) (5)做圆周运动的物体所受到的合外力不一定等于向心力．(√)(6)做圆周运动的物体所受合外力突然消失，物体将沿圆周的半径方向飞出．(×) 2．[对离心运动的理解]下列关于离心现象的说法正确的是 ( ) A ．当物体所受的离心力大于向心力时产生离心现象B ．做匀速圆周运动的物体，当它所受的一切力都消失时，它将做背离圆心的圆周运动C ．做匀速圆周运动的物体，当它所受的一切力都突然消失时，它将沿切线做直线运动D ．做匀速圆周运动的物体，当它所受的一切力都突然消失时，它将做曲线运动 C [物体做匀速圆周运动时，合外力必须满足物体所需要的向心力F ＝m ω2r .若F ＝0，物体由于惯性而沿切线飞出，若F <m ω2r ，物体由于惯性而远离圆心，并不是受到离心力作用，故A 、B 、D 错误，C 正确．]3．[皮带传动问题](多选)如图432所示，有一皮带传动装置，A 、B 、C 三点到各自转轴的距离分别为R A 、R B 、R C ，已知R B ＝R C ＝R A2，若在传动过程中，皮带不打滑．则( )图432A ．A 点与C 点的角速度大小相等B ．A 点与C 点的线速度大小相等 C ．B 点与C 点的角速度大小之比为2∶1D ．B 点与C 点的向心加速度大小之比为1∶4BD [处理传动装置类问题时，对于同一根皮带连接的传动轮边缘的点，线速度相等；同轴转动的点，角速度相等．对于本题，显然v A ＝v C ，ωA ＝ωB ，选项B 正确；根据v A ＝v C及关系式v ＝ωR ，可得ωA R A ＝ωC R C ，又R C ＝R A 2，所以ωA ＝ωC2，选项A 错误；根据ωA ＝ωB ，ωA ＝ωC 2，可得ωB ＝ωC2，即B 点与C 点的角速度大小之比为1∶2，选项C 错误；根据ωB＝ωC 2及关系式a ＝ω2R ，可得a B ＝a C 4，即B 点与C 点的向心加速度大小之比为1∶4，选项D 正确．]4．[竖直面内的圆周运动](2017·西安模拟)某兴趣小组设计了一个滚筒式炒栗子机器，滚筒内表面粗糙，内直径为D .工作时滚筒绕固定的水平中心轴转动．为使栗子受热均匀，要求栗子到达滚筒最高处前与筒壁脱离，则( )A ．滚筒的角速度应满足ω＜2gDB ．滚筒的角速度应满足ω＞2g DC ．栗子脱离滚筒的位置与其质量有关D ．若栗子到达最高点时脱离滚筒，栗子将自由下落 A [粟子在最高点恰好不脱离时有：mg ＝m D2ω2，解得ω＝2gD，要求栗子到达滚筒最高处前与筒壁脱离，则ω＜2gD，故A 正确，B 错误．栗子脱离滚筒的位置与其质量无关，故C 错误．若栗子到达最高点时脱离滚筒，由于栗子的速度不为零，栗子的运动不是自由落体运动，故D 错误．]1注意：ω的单位为rad/s ，不是r/s. 2．对公式v ＝ωr 的理解当r 一定时，v 与ω成正比；当ω一定时，v 与r 成正比；当v 一定时，ω与r 成反比．3．对a ＝v 2r＝ω2r 的理解当v 一定时，a 与r 成反比；当ω一定时，a 与r 成正比． 4．常见的三种传动方式及特点(1)皮带传动：如图433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v A ＝v B ，但图甲中两轮转动方向相同，图乙中两轮转动方向相反．(2)摩擦传动：如图丙所示，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v A ＝v B .(3)同轴传动：如图丁所示，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ωA ＝ωB .图433[题组通关]1．(2017·浙江名校联考)“玉兔号”月球车依靠太阳能电池板提供能量，如图434ABCD 是一块矩形电池板，能绕CD 转动，E 为矩形的几何中心(未标出)，则电池板旋转过程中( )图434A ．B 、E 两点的转速相同 B ．A 、B 两点的角速度不同C ．A 、B 两点的线速度不同D ．A 、E 两点的向心加速度相同A [根据题意，绕CD 匀速转动的过程中，电池板上各点的角速度相同，则转速相等，故A 正确，B 错误；根据线速度与角速度关系式v ＝ωr ，转动半径越小的，线速度也越小，由几何关系可知，A 、B 两点的线速度相等，故C 错误；A 、E 两点因角速度相同，半径不同，由向心加速度的公式a ＝ω2r 可知，它们的向心加速度不同，故D 错误；故选A.]2．光盘驱动器读取数据的某种方式可简化为以下模式，在读取内环数据时，以恒定角速度方式读取，而在读取外环数据时，以恒定线速度的方式读取．设内环内边缘半径为R 1，内环外边缘半径为R 2，外环外边缘半径为R 3.A 、B 、C 分别为各边缘线上的点．则读取内环上A 点时，A 点的向心加速度大小和读取外环上C 点时，C 点的向心加速度大小之比为( )图435A.R 21R 2R 3B ．R 22R 1R 3C.R 2R 3R 21 D ．R 1R 3R 22D [A 、B 两点角速度相同，由a ＝ω2r 可知，a A ∶a B ＝R 1∶R 2①；B 、C 两点线速度相同，由a ＝v 2r可知：a B ∶a C ＝R 3∶R 2②；①×②得：a A ∶a C ＝R 1R 3∶R 22，D 项正确．]1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．轨道的确定确定圆周运动的轨道所在的平面，确定圆心的位置．寻找与半径相关的已知量． 3．受力分析分析物体的受力，画出物体受力示意图，利用力的合成或分解把力分解到三个方向上． (1)与轨道圆垂直的方向，此方向受力平衡．(2)轨道圆的切线方向，匀速圆周运动中此方向受力平衡；变速圆周运动中速度最大或最小的点，此方向也受力平衡．(3)轨道圆的径向，此方向合力指向圆心即向心力，使用牛顿第二定律．根据三个方向上所列方程求解． 4．两种模型对比●考向1 水平面内的匀速圆周运动1．(2017·河南二模)如图436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( )图436A ．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C [由于合力提供向心力，依据向心力表达式F ＝mr ω2，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 球受到的重力和弹力的合力可能垂直指向OO ′轴，故B 球受到的摩擦力可能为零，故B 错误，C 正确；由于不知道小球B 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 受到的摩擦力的变化情况，故D 错误．]2．(多选)(2017·潍坊模拟)如图437所示，水平杆两端有挡板，质量为m 的小木块A 穿在水平杆上，轻质弹簧一端与杆左侧挡板连接，另一端与A 连接．初始时弹簧处于伸长状态，弹力恰好等于A与水平杆间的最大静摩擦力，A与杆间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A到竖直轴OO′的距离为L.现使杆绕竖直轴OO′由静止缓慢加速转动，角速度为ω.若小木块A不与挡板接触，则下列说法正确的是( )图437A．弹簧伸长量先保持不变后逐渐增大B．弹簧伸长量保持不变C．当ω＝μgL时，摩擦力为零D．当ω＝μgL时，弹簧弹力为零AC[初始时，弹簧弹力大小为μmg.ω较小时，摩擦力f背离竖直轴OO′，μmg－f＝mLω2，ω越大，f越小；当ω＝μgL时，f为零；ω较大时，摩擦力f指向竖直轴OO′，μmg＋f＝mLω2，当ω＝2μgL时，A将沿远离OO′方向移动，弹簧弹力增大，伸长量增大．综上分析，B、D错，A、C对．]●考向2 竖直平面内的圆周运动3．如图438所示，小球紧贴在竖直放置的光滑圆形管道内壁做圆周运动，内侧壁半径为R，小球半径为r，则下列说法正确的是( )图438A．小球通过最高点时的最小速度v min＝g R＋rB．小球通过最高点时的最小速度v min＝gRC．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C[小球沿光滑圆形管道上升，到达最高点的速度可以为零，A、B选项均错误；小球在水平线ab以下的管道中运动时，由于重力的方向竖直向下，向心力方向斜向上，必须受外侧管壁指向圆心的作用力，C正确；小球在水平线ab以上的管道中运动时，由于重力有指向圆心的分量，若速度较小，小球可不受外侧管壁的作用力，D错误．]解决圆周运动问题需做好三个分析1．几何关系分析：目的是确定圆周运动的圆心、半径等． 2．运动分析：目的是确定圆周运动的线速度、角速度．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．弧轨道，轨道的入口与传送带在Q 点相切．以传送带的左端点为坐标原点O ，水平传送带上表面为x 轴建立坐标系，已知传送带长L ＝6 m ，匀速运动的速度v 0＝4 m/s.一质量m ＝1 kg 的小物块轻轻放在传送带上x P ＝2 m 的P 点，小物块随传送带运动到Q 点后恰好能冲上光滑圆弧轨道的最高点N 点．小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4，重力加速度g 取10 m/s 2.图439(1)求N 点的纵坐标y N ；(2)若将小物块轻放在传送带上的某些位置，小物块均不脱离圆弧轨道．求传送带上这些位置的横坐标的范围．【解析】 (1)小物块在传送带上匀加速运动的加速度a ＝μg ＝4 m/s 2，小物块与传送带共速时，物块位移x 1＝v 202a ＝2 m ＜(L －x P )＝4 m ，故小物块与传送带共速后以v 0匀速运动到Q ，然后冲上圆弧轨道恰到N 点有mg ＝m v 2NR从Q →N 有12mv 20－12mv 2N ＝2mgR解得R ＝0.32 my N ＝2R ＝0.64 m.(2)若小物块能通过最高点N ，则0≤x ≤L －x 1 即0≤x ≤4 m若小物块恰能到达高度为R 的M 点，设小物块在传送带上加速运动的位移为x 2，则μmgx 2＝mgR解得x 2＝0.8 m 所以5.2 m≤x ＜6 m所以当0≤x ≤4 m 或5.2 m≤x ＜6 m 时，小物块均不脱离轨道．【答案】 (1)0.64 m (2)0≤x ≤4 m 或5.2 m≤x ＜6 m [母题迁移]●迁移1 物体先平抛运动，再圆周运动1．(2017·太原模拟)如图4310所示，圆弧形凹槽固定在水平地面上，其中ABC 是以O 为圆心的一段圆弧，位于竖直平面内．现有一小球从一水平桌面的边缘P 点向右水平飞出，该小球恰好能从A 点沿圆弧的切线方向进入轨道．OA 与竖直方向的夹角为θ1，PA 与竖直方向的夹角为θ2.下列说法正确的是( )图4310A ．tan θ1tan θ2＝2B ．tan θ2tan θ1＝2C ．tan θ1tan θ2＝12D ．tan θ2tan θ1＝12A [小球在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，小球在A 点时速度与水平方向的夹角为θ1，tan θ1＝v y v 0＝gtv 0，位移与竖直方向的夹角为θ2，tan θ2＝x y＝v 0t 12gt 2＝2v 0gt ，则tan θ1tan θ2＝2.故A 正确，B 、C 、D 错误．] ●迁移2 物体先圆周运动，再平抛运动2．如图4311所示，小球由静止释放，运动到最低点A 时，细线断裂，小球最后落在地板上．如果细线的长度l 可以改变，则( )图4311A ．细线越长，小球在最低点越容易断裂B ．细线越短，小球在最低点越容易断裂C ．细线越长，小球落地点越远D ．细线长度是O 点高度的一半时，小球落地点最远D [根据机械能守恒定律可知，小球下摆过程中有mgl ＝12mv 2，在A 点有T －mg ＝m v2l ，所以细线对小球的拉力T ＝3mg ，可见细线的断裂情况与细线长短无关，A 、B 错误．细线断裂后，小球做平抛运动，设O 点离地板的高度为H ，则H －l ＝12gt 2，小球做平抛运动的水平位移x ＝vt ，整理得x ＝2H －l l ，所以细线长度是O 点高度的一半时，小球落地点最远，C 错误，D 正确．]关于组合运动的关键提醒解答平抛运动与圆周运动的组合题，关键是找到两者的速度关系．若先做圆周运动后做平抛运动，则圆周运动的末速度等于平抛运动的水平初速度；若物体平抛后进入圆轨道，圆周运动的初速度等于平抛运动末速度在圆切线方向的分速度．。

2018版高考物理(新课标)一轮复习习题：第四章曲线运动万有引力与航天课时作业20含答案

课时作业（二十）人造卫星宇宙速度[基础训练]1．（2017·湖北七市联考）人造地球卫星在绕地球做圆周运动的过程中,下列说法中正确的是（)A．卫星离地球越远,角速度越大B．同一圆轨道上运行的两颗卫星，线速度大小一定相同C．一切卫星运行的瞬时速度都大于7。

9 km/sD．地球同步卫星可以在以地心为圆心、离地高度为固定值的一切圆轨道上运动答案：B 解析：卫星所受的万有引力提供向心力，则G错误!＝m v2r＝mω2r，可知r越大，角速度越小，A错误，B正确。

7。

9 km/s是卫星的最大环绕速度，C错误．因为地球会自转，同步卫星只能在赤道上方的轨道上运动,D错误．2．（2017·山东淄博摸底考试)北斗卫星导航系统空间段计划由35颗卫星组成，包括5颗静止轨道卫星、27颗中轨道卫星、3颗倾斜同步轨道卫星．中轨道卫星和静止轨道卫星都绕地球球心做圆周运动，中轨道卫星离地面高度低，则中轨道卫星与静止轨道卫星相比,做圆周运动的( )A．向心加速度大B．周期大C ．线速度小D ．角速度小答案：A 解析：由于中轨道卫星离地面高度低，轨道半径较小,质量相同时所受地球万有引力较大，则中轨道卫星与静止轨道卫星相比，做圆周运动的向心加速度大，选项A 正确．由G Mm r 2＝mr 错误!2，解得T ＝2π错误!，可知中轨道卫星与静止轨道卫星相比，做圆周运动的周期小,选项B 错误．由G 错误!＝m 错误!，解得v ＝错误!，可知中轨道卫星与静止轨道卫星相比，做圆周运动的线速度大，选项C 错误．由G 错误!＝mrω2。

解得ω＝错误!，可知中轨道卫星与静止轨道卫星相比，做圆周运动的角速度大,选项D 错误．3．（2017·河南洛阳高三统考)从星球表面发射的物体能脱离星球的引力束缚不再绕星球运行所需的最小速度称为第二宇宙速度．星球的第二宇宙速度v 2与第一宇宙速度v 1的关系是v 2＝2v 1,已知某星球的半径为r ，它表面的重力加速度为地球表面重力加速度g 的16，不计其他星球的影响,则该星球的第二宇宙速度为（ ) A.错误!B.错误!C.错误!D.错误!答案：B 解析：由G 错误!＝m 错误!，G 错误!＝错误!联立解得星球的第一宇宙速度v1＝错误!，星球的第二宇宙速度v2＝错误!v1＝错误!错误!＝错误!，选项B正确．4．“嫦娥五号”将于2017年左右在海南文昌航天发射中心发射,完成探月工程的重大跨越——带回月球样品．假设“嫦娥五号"在“落月”前,以速度v沿月球表面做匀速圆周运动，测出运动的周期为T,已知引力常量为G,不计周围其他天体的影响,则下列说法正确的是（)A．月球的半径为错误!B．月球的平均密度为错误!C．“嫦娥五号”探月卫星的质量为错误!D．月球表面的重力加速度为2πvT答案：B 解析：由T＝错误!可知,月球的半径为R＝错误!，选项A 错误;由G错误!＝m错误!2R可知，月球的质量为M＝错误!，选项C错误；由M＝错误!πR3ρ可知，月球的平均密度为ρ＝错误!，选项B正确；由错误!＝mg可知，月球表面的重力加速度为g＝错误!，选项D错误．5．(2017·江西宜春高安二中段考)近年来,自然灾害在世界各地频频发生,给人类带来巨大损失．科学家们对其中地震、海啸的研究结果表明，地球的自转将因此缓慢变快．下列说法正确的是（)A．“天宫一号”飞行器的高度要略调高一点B．地球赤道上物体的重力会略变大C．同步卫星的高度要略调低一点D．地球的第一宇宙速度将略变小答案：C 解析：“天宫一号"飞行器的向心力由地球的万有引力提供，其高度与地球的自转快慢无关，故A错误;地球自转快了，则地球自转的周期变小，在地面上赤道处的物体随地球自转所需的向心力会增大，而向心力等于地球对物体的万有引力减去地面对物体的支持力,万有引力的大小不变,所以地面对物体的支持力必然减小,地面对物体的支持力大小等于物体受到的“重力"，所以物体的重力减小了,故B错误；对地球同步卫星而言，卫星的运行周期等于地球的自转周期，地球的自转周期T变小了，由开普勒第三定律错误!＝k可知,卫星的轨道半径R减小,卫星的高度要减小些，故C正确；地球的第一宇宙速度v＝错误!,R是地球的半径,可知v与地球自转的速度无关，D错误．6．(2017·贵州贵阳检测)“天宫一号”目标飞行器与“神舟十号"飞船自动交会对接前的示意图如图所示，圆形轨道Ⅰ为“天宫一号”运行轨道，圆形轨道Ⅱ为“神舟十号”运行轨道．此后“神舟十号”要进行多次变轨，才能实现与“天宫一号”的交会对接,则( )A．“天宫一号”的运行速率大于“神舟十号”在轨道Ⅱ上的运行速率B．“神舟十号”变轨后比变轨前高度增加，机械能减少C．“神舟十号”可以通过减速而使轨道半径变大D．“天宫一号”和“神舟十号”对接瞬间的向心加速度大小相等答案:D 解析：做圆周运动的天体，线速度大小v＝错误!,因此轨道半径较大的“天宫一号"速率较小，A项错误;“神舟十号”由低轨道到高轨道运动需要消耗火箭燃料加速,由功能关系可知在高轨道上飞船机械能更大，B项错误;飞船在圆周轨道上减速时，万有引力大于所需要的向心力，飞船做近心运动，轨道半径减小，C项错误；在对接瞬间，“神舟十号”与“天宫一号”所受万有引力提供向心力，向心加速相等,D项正确．7．（2017·江苏连云港外国语学校月考）(多选)“嫦娥一号”探月飞行器绕月球做匀速圆周运动，为保持轨道半径不变，逐渐消耗所携带的燃料．若轨道距月球表面的高度为h，月球质量为m、半径为r，引力常量为G,下列说法正确的是（）A．月球对“嫦娥一号”的万有引力将逐渐减小B．“嫦娥一号”绕月球运行的线速度将逐渐减小C．“嫦娥一号”绕月球运行的向心加速度为错误!D．“嫦娥一号”绕月球的运行周期为2π错误!答案：AC 解析：飞行器逐渐消耗所携带的燃料，即飞行器质量减小,则万有引力减小,A正确．轨道半径不变，则线速度不变，B 错误．由G错误!＝m′a得a＝错误!,C正确．G错误!＝m′错误!（r＋h），知T＝2π错误!，D错误．8．（2017·海南七校联盟一联）（多选)某火星探测器发射过程的简化图如图所示，首先将该探测器发射到一停泊测试轨道，使探测器沿椭圆环绕地球运行,其中图中的P点为椭圆轨道上的远地点，再经一系列的变轨进入工作轨道,使探测器在圆轨道上环绕火星运行．已知地球和火星的半径分别为R1、R2，P点距离地面的高度为h1,在工作轨道上探测器距离火星表面的高度为h2，地球表面的重力加速度为g，火星的质量为M，引力常量为G，忽略地球和火星自转的影响．根据以上信息可知( ）A．探测器在P点的线速度大小B．探测器在P点的加速度大小C．探测器环绕火星运行的周期D．火星表面的重力加速度答案:BCD 解析:由于P点在椭圆轨道上，探测器所受万有引力不能用向心力公式计算，所以不能求出探测器在P点的线速度大小，选项A错误;探测器在P点，由牛顿第二定律知G错误!＝ma P，又G错误!＝m′g，联立两式可解出探测器在P点的加速度大小,选项B正确；由于探测器绕火星做圆周运动，由G错误!＝m错误!2（R2＋h2)，可解出运行周期T，选项C正确;在火星表面，根据G错误!＝m″g火，解得g ＝错误!，选项D正确．火［能力提升］9．（2017·河南郑州第一次检测)中国北斗卫星导航系统（BDS）是中国自行研制的全球卫星导航系统，是继美国全球定位系统(GPS）、俄罗斯格洛纳斯卫星导航系统(GLONASS)之后第三个成熟的卫星导航系统．预计2020年左右，北斗卫星导航系统将形成全球覆盖能力．如图所示是北斗导航系统中部分卫星的轨道示意图，已知a、b、c三颗卫星均做圆周运动，a是地球同步卫星，则（）A．卫星a的角速度小于c的角速度B．卫星a的加速度大于b的加速度C．卫星a的运行速度大于第一宇宙速度D．卫星b的周期大于24 h答案:A 解析：a的轨道半径大于c的轨道半径，因此卫星a的角速度小于c的角速度,选项A正确；a的轨道半径与b的轨道半径相等，因此卫星a的加速度等于b的加速度，选项B错误；a的轨道半径大于地球半径,因此卫星a的运行速度小于第一宇宙速度，选项C错误;a的轨道半径与b的轨道半径相等,卫星b的周期等于a的周期，为24 h，选项D错误．10．（2017·四川广元一模）“玉兔号"登月车在月球表面登陆的第一步实现了中国人“奔月"的伟大梦想．机器人“玉兔号"在月球表面做了一个自由下落试验，测得物体从静止自由下落h高度的时间t，已知月球半径为R，自转周期为T，引力常量为G.则( ）A．月球表面重力加速度为t2 2hB．月球的第一宇宙速度为错误!C．月球质量为错误!D．月球同步卫星离月球表面的高度为错误!－R答案:D 解析：由自由落体运动规律有h＝错误!gt2,所以g＝错误!，故A错误．月球的第一宇宙速度为近月卫星的运行速度，根据重力提供向心力有mg＝错误!，所以v1＝错误!＝错误!，故B错误．在月球表面的物体受到的重力等于万有引力有mg＝错误!,所以M＝错误!＝错误!,故C错误．月球同步卫星绕月球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力有GMmR＋h2＝m错误!（R＋h)，解得h＝错误!－R＝错误!－R,故D正确．11．(2017·安徽合肥一检)（多选）如图所示，一航天器围绕地球沿椭圆形轨道运动，地球的球心位于该椭圆的一个焦点上,A、B 两点分别是航天器运行轨道上的近地点和远地点．若航天器所受阻力可以忽略不计,则该航天器（）A．由近地点A运动到远地点B的过程中动能减小B．在近地点A的加速度小于它在远地点B的加速度C．由近地点A运动到远地点B的过程中万有引力做正功D．运动到A点时其速度如果能增加到第二宇宙速度，那么它将不再围绕地球运行答案:AD 解析：航天器围绕地球沿椭圆形轨道运动，其动能和引力势能之和保持不变,由近地点A运动到远地点B的过程中,引力势能增大，动能减小,选项A正确．由G错误!＝ma可得a＝G错误!，在近地点A，距离地心的距离r较小，其加速度较大，即在近地点A 的加速度大于它在远地点B的加速度，选项B错误．由近地点A运动到远地点B的过程中万有引力做负功，引力势能增大,选项C错误．运动到A点时其速度如果能增加到第二宇宙速度,那么它将脱离地球的束缚，不再围绕地球运行，选项D正确．12．(多选）2015年12月10日，我国成功将中星1C卫星发射升空,卫星顺利进入预定转移轨道．如图所示是某卫星沿椭圆轨道绕地球运动的示意图，已知地球半径为R,地球表面的重力加速度为g,卫星远地点P距地心O的距离为3R。

2018高考物理人教一轮复习全程构想课件：第四章曲线运动万有引力与航天 4.3 精品

OB绳的拉力最大，设这时OB绳的拉力为F2，则F2cos30°＝mg，
答案：AC
方法技巧解决圆周运动问题的主要步骤
考点三水平面内圆周运动的临界问题
1.水平面内圆周运动的临界问题
关于水平面内的匀速圆周运动的临界问题，主要是临界速度和临界力的问题．常见的是与绳的拉力、弹簧的拉力、接触面的弹力和摩擦力等相关的问题．通过受力分析来确定临界状态和临界条件，是较常用的解题方法．
[解析] 由牛顿第二定律 F 合＝mvR2，解得 F 合＝mgtanθ，此时火车受重力和铁路轨道的支持力作用，如图所示，FNcosθ＝ mg，则 FN＝cmosgθ，内、外轨道对火车均无侧压力，故 C 正确， A、B、D 错误．
[答案] C
[题组训练]
1．(多选)如图所示，两根细线分别系有两个完全相同的小球，细线的上端都系于O点．设法让两个小球均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( )
故B先滑动，C错误，D正确．
答案：D
2.如图所示，水平杆固定在竖直杆上，两者互相垂直，水平
杆上O、A两点连接有两轻绳，两绳的另一端都系在质量为m的小
球上，OA＝OB＝AB，现通过转动竖直杆，使水平杆在水平面内
做匀速圆周运动，三角形OAB始终在竖直平面内，若转动过程中
OB、AB两绳始终处于拉直状态，则下列说法正确的是( )
(2)摩擦传动：如图丙所示，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 vA＝vB.
(3)同轴传动：如图丁所示，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 ωA＝ωB.
考点二圆周运动中的动力学分析

(新课标)2018年高考物理一轮复习第四章曲线运动万有引力与航天第三节圆周运动试题

第三节圆周运动一、描述圆周运动的物理量1．线速度：描述物体圆周运动的快慢，v ＝Δs Δt ＝2πrT ．2．角速度：描述物体转动的快慢，ω＝ΔθΔt ＝2πT ．3．周期和频率：描述物体转动的快慢，T ＝2πr v ，f ＝1T.4．向心加速度：描述线速度方向变化的快慢．a n ＝r ω2＝v 2r ＝ωv ＝4π2T2r .5．向心力：作用效果为产生向心加速度，F n ＝ma n .1.(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4π mD ．加速度大小为4π m/s 2提示：选BCD.由ω＝2πT ，n ＝ω2π，v ＝2πr T 及a ＝v2r 可知，选项B 、C 、D 正确，A 错误．二、匀速圆周运动 1．匀速圆周运动的向心力(1)大小：F ＝m v 2r ＝m ω2r ＝m 4π2T2r ＝m ωv ＝4π2mf 2r .(2)方向：始终沿半径方向指向圆心，时刻在改变，即向心力是一个变力． (3)作用效果：向心力产生向心加速度，只改变速度的方向，不改变速度的大小． 2．匀速圆周运动与非匀速圆周运动的比较2.判断正误(1)匀速圆周运动是匀变速曲线运动．( )(2)在做圆周运动时向心加速度大小不变，方向时刻改变．( )(3)当物体所受合力全部用来提供向心力时，物体做匀速圆周运动．( )(4)做变速圆周运动的物体，只有在某些特殊位置，合力方向才指向圆心．( )提示：(1)×(2)×(3)√(4)√三、离心运动1．定义：做圆周运动的物体，在合力突然消失或者不足以提供圆周运动所需的向心力的情况下，就做逐渐远离圆心的运动．2．供需关系与运动：如图所示，F为实际提供的向心力，则(1)当F＝mω2r时，物体做匀速圆周运动；(2)当F＝0时，物体沿切线方向飞出；(3)当F<mω2r时，物体逐渐远离圆心；(4)当F>mω2r时，物体逐渐靠近圆心．3.(多选)如图所示，光滑水平面上，质量为m的小球在拉力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，下列关于小球运动情况说法中正确的是( )A．若拉力突然变大，小球将沿轨迹Pb做离心运动B．若拉力突然变小，小球将沿轨迹Pb做离心运动C．若拉力突然消失，小球将沿轨迹Pa做离心运动D．若拉力突然变小，小球将沿轨迹Pc做向心运动提示：选BC.若拉力减小，物体做离心运动，小球会沿Pb运动，选项B正确、D错误；若拉力消失，小球会沿切线Pa飞出，故选项C正确；当拉力变大时小球做近心运动，故A 错误．对传动装置问题的求解【知识提炼】在分析传动装置的物理量时，要抓住不等量和相等量的关系，表现为：1．同一转轴的各点角速度ω相同，而线速度v ＝ωr 与半径r 成正比，向心加速度大小a ＝ω2r 与半径r 成正比．2．当皮带不打滑时，用皮带连接的两轮边缘上的各点线速度大小相等，由ω＝v r可知，ω与r 成反比，由a ＝v 2r可知，a 与r 成反比．【典题例析】(多选)(2017·山东聊城模拟)如图所示为一皮带传动装置，右轮的半径为r ，A是它边缘上的一点．左侧是一轮轴，大轮的半径为4r ，小轮的半径为2r .B 点在小轮上，它到小轮中心的距离为r .C 点和D 点分别位于小轮和大轮的边缘上．若在传动过程中，皮带不打滑．则( )A ．A 点与B 点的线速度大小相等 B ．A 点与B 点的角速度大小相等C ．A 点与C 点的线速度大小相等D ．A 点与D 点的向心加速度大小相等[审题指导] A 点与B 点既不共轴也不同在皮带上，故线速度、角速度大小均不相等．A 与C 同皮带线速度大小相等．[解析] 由于A 、C 两点同在皮带上，故v A ＝v C ，C 正确；B 、C 、D 三点绕同一轴运动，故ωB ＝ωC ＝ωD ＝ω2，由v ＝ωr 得v B ＝ω2r ，v C ＝2ω2r ，v D ＝4ω2r ，v A ＝ω1r ，则ω1＝2ω2，v A ＝v C ＞v B ，再根据a ＝ω2r 可得a A ＝a D ，故A 、B 错误，D 正确．[答案] CD(多选)如图所示为某一皮带传动装置．M 是主动轮，其半径为r 1，M ′半径也为r 1，M ′和N 在同一轴上，N 和N ′的半径都为r 2.已知主动轮做顺时针转动，转速为n ，转动过程中皮带不打滑．则下列说法正确的是( )A ．N ′轮做的是逆时针转动B ．N ′轮做的是顺时针转动C ．N ′轮的转速为⎝ ⎛⎭⎪⎫r 1r 22n D ．N ′轮的转速为⎝ ⎛⎭⎪⎫r 2r 12n 解析：选BC.根据皮带传动关系可以看出，N 轮和M 轮转动方向相反，N ′轮和N 轮的转动方向相反，因此N ′轮的转动方向为顺时针，A 错误，B 正确．皮带与轮边缘接触处的速度相等，所以2πnr 1＝2πn 2r 2，得N (或M ′)轮的转速为n 2＝nr 1r 2，同理2πn 2r 1＝2πn ′2r 2，得N ′轮转速n ′2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫r 1r 22n ，C 正确，D 错误．水平面内的圆周运动【知识提炼】1．运动实例：圆锥摆、车辆转弯、飞机在水平面内盘旋等． 2．运动特点：运动轨迹为圆且在水平面内． 3．受力特点(1)物体所受合外力大小不变，方向沿水平方向指向圆心，提供向心力． (2)竖直方向的合力为零．【典题例析】如图所示，用一根长为l ＝1 m 的细线，一端系一质量为m ＝1kg 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θ＝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ω时，细线的张力为F T .(g 取10 m/s 2，结果可用根式表示)(1)若要小球离开锥面，则小球的角速度ω0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ω′为多大？[审题指导] (1)小球离开锥面的临界条件是小球仍沿锥面运动，支持力为零． (2)细线与竖直方向夹角为60°时，小球离开锥面，做圆锥摆运动． [解析] (1)若要小球刚好离开锥面，此时小球只受到重力和细线拉力，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：mg tan θ＝m ω20l sin θ解得：ω20＝g l cos θ即ω0＝g l cos θ＝522 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：mg tan α＝m ω′2l sin α解得ω′2＝g l cos α，即ω′＝gl cos α＝2 5 rad/s.[答案] (1)522 rad/s (2)2 5 rad/s水平面内圆周运动的处理方法质点随水平圆盘一起转动、火车转弯、汽车转弯、飞机在空中的盘旋、开口向上的光滑圆锥体内小球绕竖直轴线的圆周运动等，都是水平面内圆周运动的典型实例，其受力特点是合力沿水平方向指向轨迹内侧，求解时要明确物体所受的合外力提供向心力⎝ ⎛⎭⎪⎫F ＝m v 2R ＝m ω2R ＝m 4π2R T 2.以质点随水平圆盘一起转动为例，质点与圆盘面之间的静摩擦力提供向心力．静摩擦力随速度的增大而增大，当静摩擦力增大到最大静摩擦力时，质点达到保持圆周运动的最大速度．若速度继续增大，质点将做离心运动．【跟进题组】考向1 车辆转弯问题1．(多选)(2015·高考浙江卷)如图所示为赛车场的一个水平“U ”形弯道，转弯处为圆心在O 点的半圆，内外半径分别为r 和2r .一辆质量为m 的赛车通过AB 线经弯道到达A ′B ′线，有如图所示的①、②、③三条路线，其中路线③是以O ′为圆心的半圆，OO ′＝r .赛车沿圆弧路线行驶时，路面对轮胎的最大径向静摩擦力为F max .选择路线，赛车以不打滑的最大速率通过弯道(所选路线内赛车速率不变，发动机功率足够大)，则( )A ．选择路线①，赛车经过的路程最短B ．选择路线②，赛车的速率最小C ．选择路线③，赛车所用时间最短D ．①、②、③三条路线的圆弧上，赛车的向心加速度大小相等解析：选ACD.由几何关系可得，路线①、②、③赛车通过的路程分别为：(πr ＋2r )、(2πr ＋2r )和2πr ，可知路线①的路程最短，选项A 正确；圆周运动时的最大速率对应着最大静摩擦力提供向心力的情形，即μmg ＝m v 2R，可得最大速率v ＝μgR ，则知②和③的速率相等，且大于①的速率，选项B 错误；根据t ＝s v，可得①、②、③所用的时间分别为t 1＝（π＋2）r μgr ，t 2＝2r （π＋1）2μgr ，t 3＝2r π2μgr，其中t 3最小，可知路线③所用时间最短，选项C 正确；在圆弧轨道上，由牛顿第二定律可得：μmg ＝ma 向，a 向＝μg ，可知三条路线上的向心加速度大小均为μg ，选项D 正确．考向2 圆锥摆模型2.(多选)如图所示，两根长度相同的细线分别系有两个完全相同的小球，细线的上端都系于O 点，设法让两个小球均在水平面上做匀速圆周运动．已知L 1跟竖直方向的夹角为60°，L 2跟竖直方向的夹角为30°，下列说法正确的是( )A ．细线L 1和细线L 2所受的拉力大小之比为 3∶1B ．小球m 1和m 2的角速度大小之比为 3∶1C ．小球m 1和m 2的向心力大小之比为3∶1D ．小球m 1和m 2的线速度大小之比为33∶1解析：选AC.对任一小球进行研究，设细线与竖直方向的夹角为θ，竖直方向受力平衡，则T cos θ＝mg ，解得T ＝mg cos θ，所以细线L 1和细线L 2所受的拉力大小之比为T 1T 2＝cos 30°cos 60°＝31，故A 正确；小球所受合力的大小为mg tan θ，根据牛顿第二定律得mg tan θ＝mL ω2sin θ，得ω2＝g L cos θ，故两小球的角速度大小之比为ω1ω2＝cos 30°cos 60°＝431，故B 错误；小球所受合力提供向心力，则向心力为F ＝mg tan θ，小球m 1和m 2的向心力大小之比为F 1F 2＝tan 60°tan 30°＝3，故C 正确．两小球角速度大小之比为43∶1，由v ＝ωr 得线速度大小之比为33∶1，故D 错误．考向3 水平面内圆周运动的临界问题3．(多选)(高考全国卷Ⅰ)如图，两个质量均为m 的小木块a 和b (可视为质点)放在水平圆盘上，a 与转轴OO ′的距离为l ，b 与转轴的距离为2l ，木块与圆盘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 ．b 一定比a 先开始滑动B ．a 、b 所受的摩擦力始终相等C ．ω＝kg2l是b 开始滑动的临界角速度D．当ω＝2kg3l时，a所受摩擦力的大小为kmg解析：选AC.小木块发生相对滑动之前，静摩擦力提供向心力，由牛顿第二定律得，f ＝mω2r，显然b受到的摩擦力较大；当木块刚要相对于盘滑动时，静摩擦力f达到最大值f max，由题设知f max＝kmg，所以kmg＝mω2r，由此可以求得木块刚要滑动时的临界角速度ω0＝kgr，由此得a发生相对滑动的临界角速度为kgl，b发生相对滑动的临界角速度为kg2l；若ω＝2kg3l，a受到的是静摩擦力，大小为f＝mω2l＝23kmg.综上所述，本题正确答案为A、C.竖直面内的圆周运动【知识提炼】1．物体在竖直平面内的圆周运动有匀速圆周运动和变速圆周运动两种．2．只有重力做功的竖直平面内的圆周运动一定是变速圆周运动，遵守机械能守恒．3．竖直平面内的变速圆周运动问题，往往涉及最高点和最低点的两种情形．运动至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、沿内轨道的“过山车”等)，称为“轻绳模型”；二是有支撑(如球与杆连接、小球在弯管内运动等)，称为“轻杆模型”．绳、杆模型常涉及临界问题，分析如下：如图，一不可伸长的轻绳上端悬挂于O 点，下端系一质量m＝1.0 kg 的小球．现将小球拉到A 点(保持绳绷直)由静止释放，当它经过B 点时绳恰好被拉断，小球平抛后落在水平地面上的C 点．地面上的D 点与OB 在同一竖直线上，已知绳长L ＝1.0 m ，B 点离地高度H ＝1.0 m ，A 、B 两点的高度差 h ＝0.5 m ，重力加速度g 取10 m/s 2，不计空气影响，求：(1)地面上DC 两点间的距离x ； (2)轻绳所受的最大拉力大小．[审题指导] (1)小球从A →B 做圆周运动，其机械能守恒，轻绳断前瞬间绳拉力与重力的合力提供向心力．(2)绳断瞬间，小球速度方向水平，做平抛运动．平抛初速度等于绳断瞬间的速度． [解析] (1)小球从A 到B 过程机械能守恒，有mgh ＝12mv 2B ①小球从B 到C 做平抛运动，在竖直方向上有H ＝12gt 2②在水平方向上有x ＝v B t ③ 由①②③式解得x ≈1.41 m.(2)小球下摆到达B 点时，绳的拉力和重力的合力提供向心力，有F －mg ＝m v 2BL④由①④式解得F ＝20 N 根据牛顿第三定律得F ′＝－F 故轻绳所受的最大拉力大小为20 N. [答案] (1)1.41 m (2)20 N解决圆周运动问题的基本思路(1)寻找向心力的来源：对物体进行受力分析，列出向心力表达式． (2)临界条件的判断：找出特殊位置的临界速度，分析可能存在的状态． (3)动能定理的应用：把特殊点推广到一般，研究整个运动过程的特点．【跟进题组】考向1 汽车过拱桥模型1．(2015·高考福建卷)如图，在竖直平面内，滑道ABC 关于B 点对称，且A 、B 、C 三点在同一水平线上．若小滑块第一次由A 滑到C ，所用的时间为t 1，第二次由C 滑到A ，所用的时间为t 2，小滑块两次的初速度大小相同且运动过程始终沿着滑道滑行，小滑块与滑道的动摩擦因数恒定，则( )A ．t 1<t 2B ．t 1＝t 2C ．t 1>t 2D ．无法比较t 1、t 2的大小解析：选A.在滑道AB 段上取任意一点E ，比较从A 点到E 点的速度v 1和从C 点到E 点的速度v 2，易知v 1>v 2.因E 点处于“凸”形轨道上，速度越大，轨道对小滑块的支持力越小，因动摩擦因数恒定，则摩擦力越小，可知由A 滑到C 比由C 滑到A 在AB 段上的摩擦力小，因摩擦造成的动能损失也小．同理，在滑道BC 段的“凹”形轨道上，小滑块速度越小，其所受支持力越小，摩擦力也越小，因摩擦造成的动能损失也越小，从C 处开始滑动时，小滑块损失的动能更大．故综上所述，从A 滑到C 比从C 滑到A 在轨道上因摩擦造成的动能损失要小，整个过程中从A 滑到C 平均速度要更大一些，故t 1<t 2.选项A 正确．考向2 轻绳模型2.(2016·高考全国卷甲)小球P 和Q 用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，P 球的质量大于Q 球的质量，悬挂P 球的绳比悬挂Q 球的绳短．将两球拉起，使两绳均被水平拉直，如图所示．将两球由静止释放．在各自轨迹的最低点 ( )A ．P 球的速度一定大于Q 球的速度B ．P 球的动能一定小于Q 球的动能C ．P 球所受绳的拉力一定大于Q 球所受绳的拉力D ．P 球的向心加速度一定小于Q 球的向心加速度解析：选C.小球从释放到最低点的过程中，只有重力做功，由机械能守恒定律可知，mgL ＝12mv 2，v ＝2gL ，绳长L 越长，小球到最低点时的速度越大，A 项错误；由于P 球的质量大于Q 球的质量，由E k ＝12mv 2可知，不能确定两球动能的大小关系，B 项错误；在最低点，根据牛顿第二定律可知，F －mg ＝m v 2L ，求得F ＝3mg ，由于P 球的质量大于Q 球的质量，因此C 项正确；由a ＝v 2L＝2g 可知，两球在最低点的向心加速度相等，D 项错误．考向3 轻杆模型3．(多选)(2017·东城区模拟)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gL 时，杆对小球的弹力为零B ．当v 由gL 逐渐增大时，杆对小球的拉力逐渐增大C ．当v 由gL 逐渐减小时，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.在最高点球对杆的作用力为0时，由牛顿第二定律得：mg ＝mv 2L ，v ＝gL ，A 对；当v ＞gL 时，轻杆对球有拉力，则F ＋mg ＝mv 2L ，v 增大，F 增大，B 对；当v ＜gL 时，轻杆对球有支持力，则mg －F ′＝mv 2L ，v 减小，F ′增大，C 错；由F 向＝mv 2L知，v 增大，向心力增大，D 对．1.如图所示，甲、乙、丙三个轮子依靠摩擦传动，相互之间不打滑，其半径分别为r 1、r 2、r 3.若甲轮的角速度为ω1，则丙轮的角速度为( )A.ω1r 1r 3B ．ω1r 3r 1C.ω1r 3r 2D ．ω1r 1r 2解析：选A.本题相当于皮带轮的连接，各个轮边缘的线速度大小相同．即v 1＝ω1r 1＝v 2＝ω2r 2＝v 3＝ω3r 3，故A 项正确．2.如图所示，水平圆盘可绕通过圆心的竖直轴转动，盘上放两个小物体P 和Q ，它们的质量相同，与圆盘的最大静摩擦力都是f m ，两物体中间用一根细线连接，细线过圆心O ，P 离圆心距离为r 1，Q 离圆心距离为r 2，且r 1＜r 2，两个物体随圆盘以角速度ω匀速转动，且两个物体始终与圆盘保持相对静止，则( )A ．ω取不同值时，P 和Q 所受静摩擦力均指向圆心B ．ω取不同值时，Q 所受静摩擦力始终指向圆心，而P 所受静摩擦力可能指向圆心，也可能背离圆心C ．ω取不同值时，P 所受静摩擦力始终指向圆心，而Q 所受静摩擦力可能指向圆心，也可能背离圆心D ．ω取不同值时，P 和Q 所受静摩擦力可能都指向圆心，也可能都背离圆心解析：选B.设P 、Q 质量均为m ，当角速度ω较小时，做圆周运动的向心力均由盘对其的静摩擦力提供，细线伸直但无张力．当m ω2r ＝f m 即ω＝f mmr时，若再增大ω，则静摩擦力不足以提供做圆周运动所需的向心力，细线中开始出现张力，不足的部分由细线中张力提供，对Q 而言有T ＋f m ＝m ω2r 2，而此时对P 而言有T ＋f ＝m ω2r 1；随着细线张力的增大，P 受到的指向圆心的静摩擦力会逐渐减小，当T ＞m ω2r 1时，P 受到的静摩擦力开始背离圆心，B 项正确．3．(多选)(2016·高考浙江卷)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 ＝90 m 的大圆弧和r ＝40 m 的小圆弧，直道与弯道相切．大、小圆弧圆心O 、O ′距离L ＝100 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 ＝10 m/s 2，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/s 2D ．通过小圆弧弯道的时间为5.58 s解析：选AB.因赛车在圆弧弯道上做匀速圆周运动，由向心力公式有F ＝m v 2R，则在大小圆弧弯道上的运动速率分别为v大＝FR m＝ 2.25mgRm＝45 m/s ，v小＝Fr m＝ 2.25mgrm＝30 m/s ，可知赛车在绕过小圆弧弯道后做加速运动，则A 、B 项正确；由几何关系得直道长度为d ＝L 2－（R －r ）2＝50 3 m ，由运动学公式v 2大－v 2小＝2ad ，得赛车在直道上的加速度大小为a ＝6.50 m/s 2，则C 项错误；赛车在小圆弧弯道上运动时间t ＝2πr 3v 小＝2.79 s ，则D 项错误．4.(高考全国卷Ⅱ)如图，一质量为M 的光滑大圆环，用一细轻杆固定在竖直平面内；套在大环上质量为m 的小环(可视为质点)，从大环的最高处由静止滑下．重力加速度大小为g ，当小环滑到大环的最低点时，大环对轻杆拉力的大小为( )A ．Mg －5mgB ．Mg ＋mgC ．Mg ＋5mgD ．Mg ＋10mg解析：选C.设大环半径为R ，质量为m 的小环下滑过程中遵守机械能守恒定律，所以12mv2＝mg ·2R .小环滑到大环的最低点时的速度为v ＝2gR ，根据牛顿第二定律得F N －mg ＝mv 2R ，所以在最低点时大环对小环的支持力F N ＝mg ＋mv 2R＝5mg .根据牛顿第三定律知，小环对大环的压力F ′N ＝F N ＝5mg ，方向向下．对大环，据平衡条件，轻杆对大环的拉力T ＝Mg ＋F ′N ＝Mg ＋5mg .根据牛顿第三定律，大环对轻杆拉力的大小为T ′＝T ＝Mg ＋5mg ，故选项C 正确，选项A 、B 、D 错误．5．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θ的斜面轨道AB 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v D 与轨道半径R 和H 的关系满足v 2D ＝2gH －4gR ，且v D ≥gR ，g 取10 m/s 2.(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θ的值．解析：(1)由题意，小球在D 点的速度大小满足v 2D ＝2gH －4gR在D 点，由牛顿第二定律得mg ＋F ′＝m v 2DR又F ′＝F ，解得F ＝2mgRH －5mg根据图象得m ＝0.1 kg ，R ＝0.2 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 ＝mv 2R解得v ＝gR由平抛运动规律得R ＝12gt 2，s ＝vt解得s ＝2R ，由几何关系可得s sin θ＝R ，解得θ＝45°.答案：(1)0.2 m 0.1 kg (2)45°一、单项选择题1.轮箱沿如图所示的逆时针方向在竖直平面内做匀速圆周运动，圆半径为R ，速率v ＜Rg ，AC 为水平直径，BD 为竖直直径．物块相对于轮箱静止，则( )A ．物块始终受两个力作用B ．只有在A 、B 、C 、D 四点，物块受到的合外力才指向圆心 C ．从B 运动到A ，物块处于超重状态 D ．从A 运动到D ，物块处于超重状态解析：选D.在B 、D 位置，物块受重力、支持力，在A 、C 位置，物块受重力、支持力和静摩擦力，故A 错；物块做匀速圆周运动，任何位置的合外力都指向圆心，B 错；从B 运动到A ，向心加速度斜向下，物块失重，从A 运动到D ，向心加速度斜向上，物块超重，C 错、D 对．2.如图所示，放置在水平转盘上的物体A 、B 、C 能随转盘一起以角速度ω匀速转动，A 、B 、C 的质量分别为m 、2m 、3m ，它们与水平转盘间的动摩擦因数均为μ，离转盘中心的距离分别为0.5r 、r 、1.5r ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g ，则转盘的角速度应满足的条件是( )A ．ω≤μgr B ．ω≤2μg3rC ．ω≤2μgrD ．μgr≤ω≤2μgr解析：选B.当物体与转盘间不发生相对运动，并随转盘一起转动时，转盘对物体的静摩擦力提供向心力，当转速较大时，物体转动所需要的向心力大于最大静摩擦力，物体就相对转盘滑动，即临界方程是μmg ＝m ω2l ，所以质量为m 、离转盘中心的距离为l 的物体随转盘一起转动的条件是ω≤μgl，即ωA ≤2μgr ，ωB ≤μgr，ωC ≤2μg3r，所以要使三个物体都能随转盘转动，其角速度应满足ω≤2μg3r，选项B 正确． 3.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的角速度ω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．物体与盘面间的动摩擦因数为32(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/s 2.则ω的最大值是( )A. 5 rad/sB. 3 rad/s C ．1.0 rad/sD ．0.5 rad/s解析：选C.当小物体转动到最低点时为临界点，由牛顿第二定律知，μmg cos 30°－mg sin 30°＝m ω2r ，解得ω＝1.0 rad/s ，故选项C 正确．4.(2017·云南临沧第一中学高三模拟)如图所示为一种叫做“魔盘”的娱乐设施，当转盘转动很慢时，人会随着“魔盘”一起转动，当“魔盘”转动到一定速度时，人会“贴”在“魔盘”竖直壁上，而不会滑下．若魔盘半径为r ，人与魔盘竖直壁间的动摩擦因数为μ，在人“贴”在“魔盘”竖直壁上，随“魔盘”一起运动过程中，则下列说法正确的是( )A ．人随“魔盘”转动过程中受重力、弹力、摩擦力和向心力作用B ．如果转速变大，人与器壁之间的摩擦力变大C ．如果转速变大，人与器壁之间的弹力不变D ．“魔盘”的转速一定大于12πg ur解析：选D.人随“魔盘”转动过程中受重力、弹力、摩擦力，向心力是弹力，故A 错误．人在竖直方向受到重力和摩擦力，二力平衡，则知转速变大时，人与器壁之间的摩擦力不变，故B 错误．如果转速变大，由F ＝mr ω2，知人与器壁之间的弹力变大，故C 错误．人恰好贴在魔盘上时，有 mg ≤f ，N ＝mr (2πn )2，又f ＝μN 解得转速为n ≥12πgμr，故“魔盘”的转速一定大于12πgμr，故D 正确．5.如图，在一半径为R 的球面顶端放一质量为m 的物块，现给物块一初速度v 0，则( )A ．若v 0＝gR ，则物块落地点离A 点2RB ．若球面是粗糙的，当v 0＜gR 时，物块一定会沿球面下滑一段，再斜抛离开球面C ．若v 0＜gR ，则物块落地点离A 点为RD ．若v 0≥gR ，则物块落地点离A 点至少为2R解析：选D.若v 0≥gR ，物块将离开球面做平抛运动，由y ＝2R ＝gt 22，x ＝v 0t ，得x ≥2R ，A 错误，D 正确；若v 0＜gR ，物块将沿球面下滑，若摩擦力足够大，则物块可能下滑一段后停下来，若摩擦力较小，物块在圆心上方球面上某处离开，斜向下抛，落地点离A 点距离大于R ，B 、C 错误．二、多项选择题6．公路急转弯处通常是交通事故多发地带．如图，某公路急转弯处是一圆弧，当汽车行驶的速率为v 0时，汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势．则在该弯道处( )A ．路面外侧高内侧低B ．车速只要低于v 0，车辆便会向内侧滑动C ．车速虽然高于v 0，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，v 0的值变小解析：选AC.当汽车行驶的速率为v 0时，汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势，即不受静摩擦力，此时由重力和支持力的合力提供向心力，所以路面外侧高内侧低，选项A 正确；当车速低于v 0时，需要的向心力小于重力和支持力的合力，汽车有向内侧运动的趋势，但并不会向内侧滑动，静摩擦力向外侧，选项B 错误；当车速高于v 0时，需要的向心力大于重力和支持力的合力，汽车有向外侧运动的趋势，静摩擦力向内侧，速度越大，静摩擦力越大，只有静摩擦力达到最大以后，车辆才会向外侧滑动，选项C 正确；由mg tan θ＝m v 20r可知，v 0的值只与斜面倾角和圆弧轨道的半径有关，与路面的粗糙程度无关，选项D错误．7.如图所示，一个固定在竖直平面上的光滑半圆形管道，管道里有一个直径略小于管道内径的小球，小球在管道内做圆周运动，从B 点脱离后做平抛运动，经过0.3 s 后又恰好垂直与倾角为45°的斜面相碰．已知半圆形管道的半径为R ＝1 m ，小球可看做质点且其质量为m ＝1 kg ，g 取10 m/s 2.则( )A ．小球在斜面上的相碰点C 与B 点的水平距离是0.9 m B ．小球在斜面上的相碰点C 与B 点的水平距离是1.9 m C ．小球经过管道的B 点时，受到管道的作用力F N B 的大小是1 ND ．小球经过管道的B 点时，受到管道的作用力F N B 的大小是2 N解析：选AC.根据平抛运动的规律，小球在C 点的竖直分速度v y ＝gt ＝3 m/s ，水平分速度v x ＝v y tan 45°＝3 m/s ，则B 点与C 点的水平距离为x ＝v x t ＝0.9 m ，选项A 正确，B错误；在B 点设管道对小球的作用力方向向下，根据牛顿第二定律，有F N B ＋mg ＝m v 2BR ，v B ＝v x ＝3 m/s ，解得F N B ＝－1 N ，负号表示管道对小球的作用力方向向上，选项C 正确，D 错误．8.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r＝0.4 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v 0，则要使小球不脱离圆轨道运动，v 0应当满足(g ＝10 m/s 2)( )A ．v 0≥0B ．v 0≥4 m/sC ．v 0≥2 5 m/sD ．v 0≤2 2 m/s解析：选CD.解决本题的关键是全面理解“小球不脱离圆轨道运动”所包含的两种情况：(1)小球通过最高点并完成圆周运动；(2)小球没有通过最高点，但小球没有脱离圆轨道．。

2018年高考物理一轮复习第四章曲线运动万有引力与航天第2讲抛体运动教学案(含解析)

第2讲抛体运动教材知识梳理一、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________作用下的运动．2．性质：属于匀变速曲线运动，其运动轨迹为________．3．研究方法：分解成水平方向的匀速直线运动和竖直方向的________两个分运动． 4．规律(1)水平方向：________运动，v x ＝v 0，x ＝v 0t ，a x ＝0. (2)竖直方向：________运动，v y ＝gt ，y ＝12gt 2，a y ＝g .(3)实际运动：v ＝v 2x ＋v 2y ，s ＝x 2＋y 2，a ＝________．二、类平抛运动1．定义：加速度恒定、加速度方向与初速度方向________的运动． 2．性质：属于匀变速曲线运动，其运动轨迹为________．3．研究方法：一般将类平抛运动沿________和加速度两个方向分解． 4．运动规律：与平抛运动类似．答案：一、1.重力 2.抛物线 3.自由落体运动 4．(1)匀速直线 (2)自由落体 (3)g 二、1.垂直 2.抛物线 3.初速度【思维辨析】(1)平抛运动是匀变速曲线运动．( ) (2)平抛运动的加速度方向时刻在变化．( ) (3)平抛运动的竖直分运动是自由落体运动．( )(4)做平抛运动的物体在任意时刻的速度方向与水平方向的夹角保持不变．( ) (5)做平抛运动的物体在任意相等的两段时间内的速度变化相同．( )(6)对于在相同高度以相同速度平抛的物体，在月球上水平位移与在地球上水平位移相等．( ) 答案：(1)(√) (2)(×) (3)(√) (4)(×) (5)(√) (6)(×)考点互动探究考点一平抛运动规律和推论的应用1.水平射程和飞行时间 (1)飞行时间：由t ＝2hg可知，飞行时间只与h 、g 有关，与v 0无关．(2)水平射程：由x ＝v 0t ＝v 02hg可知，水平射程由v 0、h 、g 共同决定．2．落地速度：v ＝v 2x ＋v 2y ＝v 20＋2gh ，与水平方向的夹角的正切tan α＝v y v x＝2ghv 0，所以落地速度与v 0、g 和h 有关．3．速度改变量：物体在任意相等时间内的速度改变量Δv ＝g Δt 相同，方向恒为竖直向下，如图4101所示．图41014．平抛运动的两个重要推论：推论一：做平抛(或类平抛)运动的物体在任一时刻任一位置处，设其末速度方向与水平方向的夹角为α，位移与水平方向的夹角为β，则tan α＝2tan β.推论二：做平抛(或类平抛)运动的物体在任意时刻的瞬时速度方向的反向延长线一定过此时水平位移的中点，即图中B 点为OC 的中点．图4102[2016·贵阳质量检测] 如图4103所示，在同一平台上的O 点水平抛出的三个物体，分别落到a 、b 、c 三点，则三个物体运动的初速度v a 、v b 、v c 的关系和三个物体运动的时间t a 、t b 、t c 的关系分别是( )图4103A ．v a >v b >v c ，t a >t b >t cB ．v a <v b <v c ，t a ＝t b ＝t cC ．v a <v b <v c ，t a >t b >t cD ．v a >v b >v c ，t a <t b <t c 答案：C[解析] 三个物体下落的高度h a >h b >h c ，根据h ＝12gt 2知，t a >t b >t c .又知x a <x b <x c ，根据x ＝vt 知，a 的水平位移最短，时间最长，则速度最小；c 的水平位移最长，时间最短，则速度最大，所以有v a <v b <v c ，故C 正确，A 、B 、D 错误．1 [2016·福建质量检测] 如图4104所示，将a 、b 两小球以不同的初速度同时水平抛出，它们均落在水平地面上的P 点，a 球抛出时的高度比b 球的高，P 点到两球起抛点的水平距离相等，不计空气阻力．与b 球相比，a 球( )图4104A ．初速度较大B ．速度变化率较大C ．落地时速度一定较大D ．落地时速度方向与其初速度方向的夹角较大答案：D [解析] 根据题述，两球水平位移相等．由于a 球抛出时的高度比b 球的高，由h ＝12gt 2可知，a 球飞行时间长，由x ＝v 0t 可知，a 球的初速度一定较小，选项A 错误．两球都只受重力作用，加速度都是g ，即速度变化率相同，ΔvΔt＝g ，选项B 错误．小球落地时速度v 是水平速度与竖直速度的合速度，a 球的初速度(水平速度)小，竖直速度大，所以不能判断哪个小球落地时速度较大，a 球落地时速度方向与其初速度方向的夹角较大，选项C 错误，选项D 正确．2 如图4105所示，将一小球从坐标原点沿着水平轴Ox以v0＝2 m/s的速度抛出，经过一段时间小球到达P点，M为P点在Ox轴上的投影，作小球轨迹在P点的切线并反向延长，与Ox轴相交于Q 点，已知QM＝3 m，则小球运动的时间为()图4105A．1 s B．2 s C．3 s D．4 s答案：C [解析] 由平抛运动的推论可知，Q为OM的中点，则从O点运动到P点的过程中，小球发生的水平位移s水平＝OM＝2QM＝6 m．由于水平方向做匀速直线运动，则小球在这段过程中运动的时间为t＝3 s.考点二考向一平抛与斜面体结合(多选)[2016·广州模拟] 如图4106所示，不计空气阻力，从O点水平抛出的小球抵达光滑斜面上端P处时，速度方向恰好沿着斜面方向，然后紧贴斜面PQ做匀加速直线运动．下列说法正确的是( )图4106A．小球在斜面上运动的加速度大小比平抛运动时的大B．小球在斜面上运动的加速度大小比平抛运动时的小C．撤去斜面，小球仍从O点以相同速度水平抛出，落地速率将不变D．撤去斜面，小球仍从O点以相同速度水平抛出，落地时间将不变答案：BC[解析] 小球做平抛运动时，加速度为重力加速度g，在斜面上运动时，加速度为a＝g sin α(α为斜面的倾角)，选项A错误，选项B正确；小球平抛后又紧贴斜面PQ做匀加速直线运动，小球在斜面上所受的弹力对小球不做功，整个过程只有重力做功，而撤去斜面，小球仍从O点以相同速度水平抛出，整个过程也只有重力做功，两种方式小球机械能守恒，所以小球落地速率将不变，选项C正确；当在斜面上运动时，由运动的合成与分解知，小球在竖直方向的加速度小于重力加速度g，所以撤去斜面后，小球落地时间变短，选项D错误．(多选)[2016·石家庄调研检测] 如图4107所示，一固定斜面倾角为θ，将小球A从斜面顶端以速率v0水平向右抛出，小球击中了斜面上的P点；将小球B从空中某点以相同速率v0水平向左抛出，小球恰好垂直斜面击中Q点．不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是( )图4107A．若小球A在击中P点时速度方向与水平方向所夹锐角为φ，则tan θ＝2tan φB．若小球A在击中P点时速度方向与水平方向所夹锐角为φ，则tan φ＝2tan θC．小球A、B在空中运动的时间之比为2tan2θ∶1D．小球A、B在空中运动的时间之比为tan2θ∶1答案：BC [解析] 由题图可知，斜面的倾角θ等于小球A落在斜面上时的位移与水平方向的夹角，由平抛运动的推论可知，tan φ＝2tan θ，选项A错误，选项B正确；设小球A在空中运动的时间为t1，小球B 在空中运动的时间为t 2，则由平抛运动的规律可得tan θ＝12gt 21v 0t 1，tan θ＝v 0gt 2，故t 1t 2＝2tan 2 θ1，选项C 正确，选项D 错误．考向二平抛运动与弧面结合] 如图4108所示，竖直平面内有一段圆弧MN ，小球从圆心O 处水平抛出．若初速度为v a ，小球将落在圆弧上的a 点；若初速度为v b ，小球将落在圆弧上的b 点．已知Oa 、Ob 与竖直方向的夹角分别为α、β，不计空气阻力，则()图4108A.v a v b ＝sin αsin β B.v a v b ＝cos βcos α C.v a v b ＝cos βcos α·sin αsin β D.v a v b ＝sin αsin β·cos βcos α答案：D[解析] 小球水平抛出，做平抛运动，若落到a 点，则有R sin α＝v a t a ，R cos α＝12gt 2a ，解得v a ＝gR 2cos α·sin α；若落到b 点，则有R sin β＝v b t b ，R cos β＝12gt 2b ，解得v b ＝gR2cos β·sin β，故v a v b ＝sin αsin β·cos βcos α如图4109所示，水平路面出现了一个地坑，其竖直截面为半圆．AB 为沿水平方向的直径．一辆行驶的汽车发现情况后紧急刹车安全停下，但两颗石子分别以速度v 1、v 2从A 点沿AB 方向水平飞出，分别落于C 、D 两点，C 、D 两点距水平路面的高度分别为圆弧半径的0.6倍和1倍，则v 1∶v 2的值为()图4109A. 3B.35 C.3155 D.335答案：C [解析] 设圆弧的半径为R ，根据平抛运动规律得x 1＝v 1t 1，x 2＝v 2t 2，联立得v 1v 2＝x 1t 2x 2t 1＝（R ＋0.8R ）t 2Rt 1＝1.8t 2t 1.小球竖直方向上做自由落体运动，有y 1＝12gt 21，y 2＝12gt 22，解得t 1t 2＝y 1y 2，其中y 2＝R ，y 1＝0.6R ，则有t 1t 2＝y 1y 2＝0.6，故v 1v 2＝3155，选项C 正确．■ 模型点拨解答此类问题要注意以下几方面工作：(1)做好运动模型的确定，例如本题为平抛运动；(2)及时应用合成与分解的思想进行定量的分析和计算；(3)准确分析平抛运动的轨迹(抛物线)与题目背景相关的空间几何关系，必要时可以通过辅助线或转换观察方向的思想灵活求解．考点三平抛运动综合问题关于平抛运动与其他运动形式(如匀速直线运动、竖直上抛运动、自由落体运动、圆周运动等)综合的题目，在这类问题的分析中要注意平抛运动与其他运动在时间上、位移上、速度上的相关分析．如图41010所示，离地面高h 处有甲、乙两个小球，甲以初速度v 0水平射出，同时乙以初速度v 0沿倾角为45°的光滑斜面滑下．若甲、乙同时到达地面，则v 0的大小是( )图41010A.gh2B.ghC.2gh2D ．2gh 答案：A[解析] 甲做平抛运动，水平方向上为匀速运动，竖直方向上为自由落体运动，根据h ＝12gt 2得t ＝2hg，根据几何关系可知x 乙＝2h ，乙做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得a ＝F 合m ＝mg sin 45m ＝22g ，根据位移公式得x 乙＝v 0t ＋12at 2，联立解得v 0＝gh2，选项A 正确．1 [2016·沈阳质检] 如图41011所示，斜面固定在水平面上，两个小球分别从斜面底端O 点正上方A 、B 两点向右水平抛出，B 为AO 连线的中点，最后两球都垂直落在斜面上，则A 、B 两球击中斜面位置到O 点的距离之比为( )图41011A.2∶1 B ．2∶1 C ．4∶ 2 D ．4∶1答案：B [解析] 设落到斜面上的位置分别为P 、Q ，由题意知，落到斜面上时两小球的速度与水平面的夹角相等，根据平抛运动的推论知，位移AP 、BQ 与水平面的夹角也相等，则△POA 与△QOB 相似，对应边成比例，B 正确．2 如图41012所示，倾角为37°的粗糙斜面的底端有一质量m ＝1 kg 的凹形小滑块，小滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝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速度v 0水平抛出，经过0.4 s ，小球恰好垂直斜面落入凹槽，此时，小滑块还在上滑过程中．已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s 2，求：(1)小球水平抛出的速度v 0的大小； (2)小滑块的初速度v 的大小．图41012答案：(1)3 m/s (2)5.35 m/s[解析] (1)设小球落入凹槽时竖直速度为v y ，则v y ＝gt ＝10×0.4 m/s ＝4 m/s v 0＝v y tan 37°＝3 m/s.(2)小球落入凹槽时的水平位移x ＝v 0t ＝3×0.4 m ＝1.2 m则小滑块的位移为s ＝ 1.2cos 37° m ＝1.5 m小滑块上滑时，由牛顿第二定律有mg sin 37°＋μmg cos 37°＝ma解得a ＝8 m/s 2根据公式s ＝vt －12at 2解得v ＝5.35 m/s.■ 方法技巧对于多体运动问题的相关分析，要注意以下几点：(1)做好每一个单个物体的运动分析；(2)找好物体运动在时间上的关系，是同时开始运动还是有时间差；(3)找好物体运动在空间上的关系．考点四平抛临界范围问题[2016·浙江卷] 在真空环境内探测微粒在重力场中能量的简化装置如图41013所示．P 是一个微粒源，能持续水平向右发射质量相同、初速度不同的微粒．高度为h 的探测屏AB 竖直放置，离P 点的水平距离为L ，上端A 与P 点的高度差也为h .(重力加速度为g )(1)若微粒打在探测屏AB 的中点，求微粒在空中飞行的时间； (2)求能被屏探测到的微粒的初速度范围；(3)若打在探测屏A 、B 两点的微粒的动能相等，求L 与h 的关系．图41013[解析] (1)对于打在中点的微粒，有 32h ＝12gt 2 解得t ＝3hg(2)对于打在B 点的微粒，有v 1＝L t 12h ＝12gt 21解得v 1＝Lg 4h同理，打在A 点的微粒初速度v 2＝L g 2h 故微粒初速度范围为L g4h≤v ≤L g 2h(3)由能量关系得 12mv 22＋mgh ＝12mv 21＋2mgh联立解得L ＝22h[2015·全国卷Ⅰ] 一带有乒乓球发射机的乒乓球台如图41014所示．水平台面的长和宽分别为L 1和L 2，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( )图41014A.L 12g6h <v <L 1g 6hB.L 14g h <v <（4L 21＋L 22）g6hC.L 12g 6h <v <12（4L 21＋L 22）g6hD.L 14g h <v <12（4L 21＋L 22）g6h答案：D [解析] 当球落到右侧角上的时候，设飞行时间为t 1，有3h ＝12gt 21，得t 1＝6hg，t 1时间内的水平位移为x 1＝L 21＋⎝ ⎛⎭⎪⎫L 222＝L 21＋L 224，发射速度为v 1＝x 1t 1＝12（4L 21＋L 22）g6h；当球刚好擦网落到台面中间线上的时候，设飞行时间为t 2，有3h －h ＝12gt 22，得t 2＝2h g ，t 2时间内的水平位移为x 2＝L 12，发射速度为v 2＝x 2t 2＝L 14gh，则v 2<v <v 1，所以D 正确．考点五斜抛运动关于斜抛物体的运动问题，可利用运动的对称性和可逆性进行转化，通过平抛运动的知识求解，例如斜抛运动可以分成式从最高点开始的两个对称的平抛运动进行处理，应注意对整个物理过程进行分析，形成清晰的物理情景．] 有A 、B 两小球，B 的质量为A 的两倍．现将它们以相同速率沿同一方向抛出，不计空气阻力．图41015中①为A 的运动轨迹，则B 的运动轨迹是( )图41015A．① B．② C．③ D．④答案：A[解析] 抛体运动的加速度始终为g，与物体的质量无关．当将它们以相同速率沿同一方向抛出时，运动轨迹应该相同，故选项A正确．如图41016所示，从水平地面上不同位置斜抛出的三个小球沿三条不同的路径运动最终落在同一点，三条路径的最高点是等高的．若忽略空气阻力的影响，下列说法正确的是( )图41016A．沿路径1抛出的小球落地的速率最小B．沿路径3抛出的小球在空中运动时间最长C．三个小球抛出的初速度的竖直分量相等D．三个小球抛出的初速度的水平分量相等答案：C [解析] 根据运动的合成与分解，将初速度分解为竖直方向和水平方向的分速度，设初速度方向与竖直方向的夹角为θ，则小球初速度的竖直分量v竖＝v0cos θ，根据小球的运动轨迹可知，三个小球沿竖直方向的分运动相同，根据竖直上抛运动特点可知，三个小球在空中运动时间相同，B错误，C 正确；由于θ1＞θ2＞θ3，故v01＞v02＞v03，落地时重力做功为零，所以落地时的速率与初速度的大小相同，A错误；小球初速度的分量v水平＝v0sin θ，可知沿路径1抛出的小球初速度的水平分量最大，D错误．■ 规律总结通过运动的合成与分解研究斜抛运动，这是研究斜抛运动的基本方法，通过这样定量的分析可以有效提高对斜抛运动的认识，所以必须了解斜抛运动的基本规律(以斜上抛为例)．(1)水平方向：v0x＝v0cos θ，a x＝0；(2)竖直方向：v0y＝v0sin θ，a y＝g.图41017【教师备用习题】1．[2015·山东卷] 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，如图所示．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，重力加速度的大小g 取10 m/s2.可求得h等于( )A．1.25 m B．2.25 m C．3.75 m D．4.75 m[解析] A 从A点“自由卸下”的小球做平抛运动，下落时间t A＝2Hg＝2×510s＝1 s．小车从A点运动到B点所用时间t AB＝x ABv＝ 0.5 s．悬挂在B点的小球做自由落体运动，下落时间t B＝2hg，根据t B＝t A－t AB，可解得h＝1.25 m，选项A正确．2．如图所示，轰炸机沿水平方向匀速飞行，到达山坡底端正上方时释放一颗炸弹，炸弹垂直击中山坡上的目标A.已知A点高度为h，山坡倾角为θ，由以上条件不能算出( )A．轰炸机的飞行高度B．轰炸机的飞行速度C．炸弹的飞行时间D．炸弹被投出时的动能[解析] D 根据题述，有tan θ＝vgt ，x＝vt，tan θ＝hx，H＝h＋y，y＝12gt2，由此可算出轰炸机的飞行高度H、轰炸机的飞行速度v、炸弹的飞行时间t.由于题中没有给出炸弹质量，所以不能算出炸弹被投出时的动能，故D正确．3．[2014·浙江卷] 如图所示，装甲车在水平地面上以速度v0＝20 m/s沿直线前进，车上机枪的枪管水平，距地面高为h ＝1.8 m ．在车正前方竖直立一块高为两米的长方形靶，其底边与地面接触．枪口与靶距离为L 时，机枪手正对靶射出第一发子弹，子弹相对于枪口的初速度为v ＝800 m/s.在子弹射出的同时，装甲车开始匀减速运动，行进s ＝90 m 后停下．装甲车停下后，机枪手以相同方式射出第二发子弹．(不计空气阻力，子弹看成质点，重力加速度g 取10 m/s 2)(1)求装甲车匀减速运动时的加速度大小；(2)当L ＝410 m 时，求第一发子弹的弹孔离地的高度，并计算靶上两个弹孔之间的距离；(3)若靶上只有一个弹孔，求L 的范围．[答案] (1)209 m/s 2 (2)0.55 m 0.45 m (3)492 m<L ≤570 m[解析] (1)装甲车加速度a ＝v 202s ＝209 m/s 2.(2)第一发子弹飞行时间t 1＝Lv ＋v 0＝0.5 s弹孔离地高度h 1＝h －12gt 21＝0.55 m第二发子弹的弹孔离地的高度h 2＝h －12g ⎝ ⎛⎭⎪⎫L －s v 2＝1.0 m两弹孔之间的距离Δh ＝h 2－h 1＝0.45 m.(3)第一发子弹打到靶的下沿时，装甲车离靶的距离为L 1＝(v 0＋v )2hg ＝492 m第二发子弹打到靶的下沿时，装甲车离靶的距离为L 2＝v 2hg ＋s ＝570 mL 的范围是492 m<L ≤570 m.。

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