（江蘇專用）高考物理總復(fù)習(xí) 第四章 曲線運動 萬有引力與航天講義-人教版高三物理試題

第四章曲線運動萬有引力與航天考綱下載考向前瞻(1)運動的合成與分解(Ⅱ)(2)拋體運動(斜拋運動的計算不作要求)(Ⅱ)(3)圓周運動線速度角速度向心加速度(Ⅰ)(4)勻速圓周運動的向心力(Ⅱ)(5)開普勒行星運動定律(計算不作要求)(Ⅰ)(6)萬有引力定律及其應(yīng)用(Ⅱ)(7)第一宇宙速度第二宇宙速度第三宇宙速度(Ⅰ)(1)運動的合成與分解、平拋運動規(guī)律、圓周運動規(guī)律、萬有引力定律在航天科技方面的應(yīng)用仍將是本章命題的熱點。(2)平拋運動、圓周運動規(guī)律與牛頓運動定律、萬有引力定律、功能關(guān)系、電磁學(xué)知識相結(jié)合，與生產(chǎn)、生活、科技背景相聯(lián)系，將是2016年高考命題的趨勢。第1節(jié)_曲線運動__運動的合成與分解eq\o(對應(yīng)學(xué)生用書P52)[必備知識]1．速度方向質(zhì)點在某一點的瞬時速度的方向，沿曲線上該點的切線方向。2．運動性質(zhì)做曲線運動的物體，速度的方向時刻改變，故曲線運動一定是變速運動，即必然具有加速度。3．物體做曲線運動的條件(1)運動學(xué)角度：物體的加速度方向跟速度方向不在同一條直線上。(2)動力學(xué)角度：物體所受合外力的方向跟速度方向不在同一條直線上。4．合外力方向與軌跡的關(guān)系物體做曲線運動的軌跡一定夾在合外力方向與速度方向之間，速度方向與軌跡相切，合外力方向指向軌跡的凹側(cè)。5．速率變化情況判斷(1)當(dāng)合外力方向與速度方向的夾角為銳角時，物體的速率增大。(2)當(dāng)合外力方向與速度方向的夾角為鈍角時，物體的速率減小。(3)當(dāng)合外力方向與速度方向垂直時，物體的速率不變。[典題例析](多選)質(zhì)量為m的物體，在F1、F2、F3三個共點力的作用下做勻速直線運動，保持F1、F2不變，僅將F3的方向改變90°(大小不變)后，物體可能做()A．加速度大小為eq\f(F3,m)的勻變速直線運動B．加速度大小為eq\f(\r(2)F3,m)的勻變速直線運動C．加速度大小為eq\f(\r(2)F3,m)的勻變速曲線運動D．勻速直線運動[解析]選BC物體在F1、F2、F3三個共點力作用下做勻速直線運動，必有F3與F1、F2的合力等大反向，當(dāng)F3大小不變，方向改變90°時，F(xiàn)1、F2的合力大小仍為F3，方向與改變方向后的F3夾角為90°，故F合＝eq\r(2)F3，加速度a＝eq\f(F合,m)＝eq\f(\r(2)F3,m)，若初速度方向與F合方向共線，則物體做勻變速直線運動，若初速度方向與F合方向不共線，則物體做勻變速曲線運動，故B、C正確。物體做曲線運動常遇到的兩種情況(1)合外力為恒力，與速度成某一角度，如平拋運動、帶電粒子在勻強電場中的類平拋運動等，此類問題速度的大小和方向均發(fā)生變化。(2)合外力大小不變，方向改變，且合外力的方向始終與速度方向垂直，物體將做勻速圓周運動，此時速度的大小不變，僅方向發(fā)生變化。[針對訓(xùn)練]1．(2014·蘇州模擬)如圖4－1－1所示，冰球以速度v1在水平冰面上向右運動。運動員沿冰面在垂直v1的方向上快速打擊冰球，冰球立即獲得沿打擊方向的分速度v2。不計冰面摩擦和空氣阻力。下列圖中的虛線能正確反映冰球被擊打后運動路徑的是()圖4－1－1解析：選B物體所受的合力與速度方向不在同一直線上做曲線運動，合力與速度方向在同一直線上做直線運動，題中冰球受打擊后在水平方向上不受力，故做直線運動，故C、D錯誤；實際運動的速度為合速度，根據(jù)平行四邊形定則可知，合速度不可能沿打擊的方向，一定沿以兩分速度為鄰邊的平行四邊形的對角線的方向，故A錯誤、B正確。2.(2014·四川高考)小文同學(xué)在探究物體做曲線運動的條件時，將一條形磁鐵放在桌面的不同位置，讓小鋼珠在水平桌面上從同一位置以相同初速度v0運動，得到不同軌跡。圖4－1－2中a、b、c、d為其中四條運動軌跡，磁鐵放在位置A時，小鋼珠的運動軌跡是________(填軌跡字母代號)，磁鐵放在位置B時，小鋼珠的運動軌跡是________(填軌跡字母代號)。實驗表明，當(dāng)物體所受合外力的方向跟它的速度方向________(選填“在”或“不在”)同一直線上時，物體做曲線運動。圖4－1－2解析：因為磁鐵對小鋼珠只能提供引力，磁鐵在A處時，F(xiàn)與v0同向，小鋼珠做加速直線運動，運動軌跡為b；當(dāng)磁鐵放在B處時，F(xiàn)與v0不在同一直線上，引力指向曲線的凹側(cè)，運動軌跡為c。當(dāng)合外力方向與速度方向不在同一直線上時，物體做曲線運動。答案：bc不在eq\o(對應(yīng)學(xué)生用書P53)[必備知識]1．合運動與分運動合運動指的是物體的實際運動，對合運動進行分解要建立在對分運動效果正確分析的基礎(chǔ)上。2．合成與分解所遵循的規(guī)律位移、速度、加速度都是矢量，故它們的合成與分解都遵循平行四邊形定則。(1)如果各分運動在同一直線上，需選取正方向，與正方向同向的量取“＋”號，與正方向反向的量取“－”號，從而將矢量運算簡化為代數(shù)運算。(2)兩分運動不在同一直線上時，按照平行四邊形定則進行合成，如圖4－1－3所示。圖4－1－3(3)兩個分運動垂直時的合成滿足：a合＝eq\r(a\o\al(2,x)＋a\o\al(2,y))s合＝eq\r(x2＋y2)v合＝eq\r(v\o\al(2,x)＋v\o\al(2,y))3．合運動類型eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(加速度或合外力\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(變化：非勻變速運動,不變：勻變速運動)),加速度或合外力與速度方向\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(共線：直線運動,不共線：曲線運動))))4．兩個直線運動的合運動性質(zhì)的判斷根據(jù)合加速度方向與合初速度方向判定合運動是直線運動還是曲線運動，具體分以下幾種情況：兩個互成角度的分運動合運動的性質(zhì)兩個勻速直線運動勻速直線運動一個勻速直線運動、一個勻變速直線運動勻變速曲線運動兩個初速度為零的勻加速直線運動勻加速直線運動兩個初速度不為零的勻變速直線運動如果v合與a合共線，為勻變速直線運動如果v合與a合不共線，為勻變速曲線運動[典題例析]如圖4－1－4甲所示，在一端封閉、長約1m的玻璃管內(nèi)注滿清水，水中放置一個蠟塊，將玻璃管的開口端用膠塞塞緊。然后將這個玻璃管倒置，在蠟塊沿玻璃管上升的同時，將玻璃管水平向右移動。假設(shè)從某時刻開始計時，蠟塊在玻璃管內(nèi)每1s上升的距離都是10cm，玻璃管向右勻加速平移，每1s通過的水平位移依次是2.5cm、7.5cm、12.5cm、17.5cm。圖乙中，y表示蠟塊豎直方向的位移，x表示蠟塊隨玻璃管運動的水平位移，t＝0時蠟塊位于坐標(biāo)原點。圖4－1－4(1)請在圖乙中畫出蠟塊4s內(nèi)的運動軌跡；(2)求出玻璃管向右平移的加速度；(3)求t＝2s時蠟塊的速度v。[思路點撥](1)蠟塊在前2s內(nèi)，水平位移和豎直位移是多少？(2)用什么方法來求水平方向的加速度？(3)如何求2s末的速度？提示：(1)10cm20cm(2)根據(jù)水平方向上連續(xù)相等時間內(nèi)的位移之差是一恒量求出加速度的大小。(3)蠟塊在豎直方向上做勻速直線運動，在水平方向上做勻加速直線運動，分別求出2s末水平方向和豎直方向上的分速度，根據(jù)平行四邊形定則求出速度的大小。[解析](1)蠟塊在豎直方向做勻速直線運動，在水平方向向右做勻加速直線運動，根據(jù)題中的數(shù)據(jù)畫出的軌跡如圖所示：(2)由于玻璃管向右為勻加速平移，根據(jù)Δx＝at2可求得加速度，由題中數(shù)據(jù)可得：Δx＝5.0cm，相鄰時間間隔為1s，則a＝eq\f(Δx,t2)＝5×10－2m/s2。(3)由運動的獨立性可知，豎直方向的速度為vy＝eq\f(y,t)＝0.1m/s。水平方向做勻加速直線運動，2s時蠟塊的水平方向的速度為vx＝at＝0.1m/s則2s時蠟塊的速度：v＝eq\r(v\o\al(2,x)＋v\o\al(2,y))m/s＝eq\f(\r(2),10)m/s。[答案](1)見解析圖(2)5×10－2m/s2(3)eq\f(\r(2),10)m/s合運動與分運動的關(guān)系(1)等時性：合運動所需時間和對應(yīng)的每個分運動所需時間相等。(2)等效性：合運動和分運動是等效替代關(guān)系，不能并存。(3)獨立性：一個物體可以同時參與幾個不同的分運動，各個分運動獨立進行，互不影響。[針對訓(xùn)練]1．(多選)如圖4－1－5所示，吊車以v1的速度沿水平直線向右勻速行駛，同時以v2的速度勻速收攏繩索提升物體，下列表述正確的是()圖4－1－5A．物體的實際運動速度為v1＋v2B．物體的實際運動速度為eq\r(v\o\al(2,1)＋v\o\al(2,2))C．物體相對地面做曲線運動D．繩索保持豎直狀態(tài)解析：選BD物體在兩個方向均做勻速運動，因此合外力F＝0，繩索應(yīng)在豎直方向，實際速度為eq\r(v\o\al(2,1)＋v\o\al(2,2))，因此選項B、D正確。2．(2014·汕頭模擬)無風(fēng)時氣球勻速豎直上升，速度為3m/s?，F(xiàn)吹水平方向的風(fēng)，使氣球獲得4m/s的水平速度，氣球經(jīng)一定時間到達(dá)某一高度h，則()A．氣球?qū)嶋H速度的大小為7m/sB．氣球的運動軌跡是曲線C．若氣球獲得5m/s的水平速度，氣球到達(dá)高度h的路程變長D．若氣球獲得5m/s的水平速度，氣球到達(dá)高度h的時間變短解析：選C由題意可知，水平速度為4m/s，而豎直速度為3m/s，根據(jù)合成的法則，則有實際速度的大小為5m/s，故A錯誤；水平方向與豎直方向，均做勻速直線運動，則合運動也是勻速直線運動，故B錯誤；若氣球獲得5m/s的水平速度，但豎直方向的運動時間不變，而水平位移變大，則氣球到達(dá)高度h的路程變長，故C正確，D錯誤。eq\o(對應(yīng)學(xué)生用書P54)[必備知識]小船同時參與相對靜水的運動和順?biāo)鞯倪\動，設(shè)船在靜水中的速度為v1，河水流速為v2。1．過河時間最短：船頭正對河岸時，渡河時間最短，tmin＝eq\f(d,v1)(d為河寬)。2．過河路徑最短(v2<v1時)：合速度垂直于河岸時，航程最短，xmin＝d。船頭指向上游與河岸夾角為α，cosα＝eq\f(v2,v1)。3．過河路徑最短(v2>v1時)：合速度不可能垂直于河岸，無法垂直渡河。確定方法如下：如圖4－1－6所示，以v2矢量末端為圓心，以v1矢量的大小為半徑畫弧，從v2矢量的始端向圓弧作切線，則合速度沿此切線方向時航程最短。圖4－1－6由圖可知cosα＝eq\f(v1,v2)，最短航程x短＝eq\f(d,cosα)＝eq\f(v2,v1)d。[典題例析]一小船渡河，河寬d＝180m，水流速度v1＝2.5m/s。(1)若船在靜水中的速度為v2＝5m/s，求：①欲使船在最短的時間內(nèi)渡河，船頭應(yīng)朝什么方向？用多長時間？位移是多少？②欲使船渡河的航程最短，船頭應(yīng)朝什么方向？用多長時間？位移是多少？(2)若船在靜水中的速度v2＝1.5m/s，要使船渡河的航程最短，船頭應(yīng)朝什么方向？用多長時間？位移是多少？[思路點撥](1)欲使船在最短時間內(nèi)渡河，船頭應(yīng)朝什么方向？此指向與v2和v1的大小關(guān)系有關(guān)嗎？提示：船頭朝正對岸；無關(guān)。(2)欲使渡河的航程最短，船的實際速度一定與河岸垂直嗎？此時應(yīng)如何確定船頭指向？提示：不一定；要使船的實際速度即合速度垂直河岸，不僅對船頭朝向有要求，還要求船在靜水中的速度v2應(yīng)大于水流速度v1，具體請結(jié)合例題前[必備知識]分析。[解析]將船實際的速度(合速度)分解為垂直河岸方向和平行河岸方向的兩個分速度，垂直分速度影響渡河的時間，而平行分速度只影響船在平行河岸方向的位移。(1)若v2＝5m/s。①欲使船在最短時間內(nèi)渡河，船頭應(yīng)朝垂直河岸方向，當(dāng)船頭垂直河岸時，如圖甲所示，合速度為傾斜方向，垂直分速度為v2＝5m/s。甲t＝eq\f(d,v⊥)＝eq\f(d,v2)＝eq\f(180,5)s＝36s，v合＝eq\r(v\o\al(2,1)＋v\o\al(2,2))＝eq\f(5,2)eq\r(5)m/s，x＝v合t＝90eq\r(5)m。②欲使船渡河航程最短，合速度應(yīng)沿垂直河岸方向。船頭應(yīng)朝圖乙中的v2方向。乙垂直河岸渡河要求v水平＝0，如圖乙所示，有v2sinα＝v1，得α＝30°。所以當(dāng)船頭與上游河岸成60°時航程最短。x＝d＝180m。t＝eq\f(d,v⊥)＝eq\f(d,v2cos30°)＝eq\f(180,\f(5,2)\r(3))s＝24eq\r(3)s。(2)若v2＝1.5m/s。與(1)中②不同，因為船速小于水速，所以船一定向下游漂移，設(shè)合速度方向與河岸下游方向夾角為α，則航程x＝eq\f(d,sinα)。欲使航程最短，需α最大，如圖丙所示，由出發(fā)點A作出v1矢量，以v1矢量末端為圓心，v2大小為半徑作圓，A點與圓周上某點的連線即為合速度方向，欲使v合與水平方向夾角最大，應(yīng)使v合與圓相切，即v合⊥v2。丙sinα＝eq\f(v2,v1)＝eq\f(3,5)，得α＝37°。所以船頭應(yīng)朝上游與河岸成53°方向。t＝eq\f(d,v2cosα)＝eq\f(180,1.2)s＝150s。v合＝v1cos37°＝2m/sx＝v合·t＝300m。[答案](1)①船頭垂直于河岸36s90eq\r(5)m②船頭與上游河岸成60°夾角24eq\r(3)s180m(2)船頭與上游河岸成53°夾角150s300m求解小船渡河問題的注意事項(1)在船的航行方向也就是船頭指向方向的運動，是分運動；船的實際運動是合運動，一般情況下與船頭指向不共線。(2)渡河時間只與垂直河岸的船的分速度有關(guān)，與水流速度無關(guān)。(3)求最短渡河位移時，根據(jù)船速v船與水流速度v水的大小情況用三角形法則求極限的方法處理。[針對訓(xùn)練]1．(多選)(2014·武昌區(qū)模擬)小船橫渡一條兩岸平行的河流，船本身提供的速度(即靜水速度)大小不變、船身方向垂直于河岸，水流速度與河岸平行，已知小船的運動軌跡如圖4－1－7所示，則()圖4－1－7A．越接近河岸水流速度越小B．越接近河岸水流速度越大C．無論水流速度是否變化，這種渡河方式耗時最短D．該船渡河的時間會受水流速度變化的影響解析：選AC從軌跡曲線的彎曲形狀上可以知道，小船先具有向下游的加速度，小船后具有向上游的加速度，故水流是先加速后減速，即越接近河岸水流速度越小，故A正確，B錯誤；由于船身方向垂直于河岸，無論水流速度是否變化，這種渡河方式耗時最短，故C正確，D錯誤。2.(2014·漳州二模)如圖4－1－8所示，小船以大小為v1、方向與上游河岸成θ的速度(在靜水中的速度)從O處過河，經(jīng)過一段時間，正好到達(dá)正對岸的O′處。現(xiàn)要使小船在更短的時間內(nèi)過河并且也正好到達(dá)正對岸O′處，在水流速度不變的情況下，可采取下列方法中的()圖4－1－8A．只要增大v1大小，不必改變θ角B．只要增大θ角，不必改變v1大小C．在增大v1的同時，也必須適當(dāng)增大θ角D．在增大v1的同時，也必須適當(dāng)減小θ角解析：選C若只增大v1大小，不改變θ角，則船在水流方向的分速度增大，因此船不可能垂直達(dá)到對岸，故A錯誤；若只增大θ角，不改變v1大小，同理可知，水流方向的分速度在減小，而垂直河岸的分速度在增大，船不可能垂直到達(dá)對岸，故B錯誤；在增大v1的同時，適當(dāng)增大θ角，這樣才能保證水流方向的分速度不變，而垂直河岸的分速度增大，則船能垂直到達(dá)對岸，且時間更短，故C正確；若增大v1的同時，減小θ角，則水流方向的分速度增大，不能垂直到達(dá)對岸，故D錯誤。eq\o(對應(yīng)學(xué)生用書P55)[必備知識]1．“關(guān)聯(lián)速度”特點用繩、桿相牽連的物體，在運動過程中，其兩物體的速度通常不同，但物體沿繩或桿方向的速度分量大小相等。2．常用的解題思路和方法先確定合運動的方向(物體實際運動的方向)，然后分析這個合運動所產(chǎn)生的實際效果(一方面使繩或桿伸縮的效果；另一方面使繩或桿轉(zhuǎn)動的效果)以確定兩個分速度的方向(沿繩或桿方向的分速度和垂直繩或桿方向的分速度，且沿繩或桿方向的分速度大小相同)。[典題例析](多選)如圖4－1－9所示，做勻速直線運動的小車A通過一根繞過定滑輪的長繩吊起一重物B，設(shè)重物和小車速度的大小分別為vB、vA，則()圖4－1－9A．vA>vBB．vA<vBC．繩的拉力等于B的重力D．繩的拉力大于B的重力[解析]選AD小車A向左運動的過程中，小車的速度是合速度，可分解為沿繩方向與垂直于繩方向的速度，如圖所示，由圖可知vB＝vAcosθ，則vB<vA，小車向左運動的過程中θ角減小，vB增大，B做向上的加速運動，故繩的拉力大于B的重力。故A、D正確。把物體的實際速度分解為垂直于繩(桿)和平行于繩(桿)兩個分量，根據(jù)沿繩(桿)方向的分速度大小相等求解。常見的模型如圖4－1－10所示。圖4－1－10[針對訓(xùn)練]1.(2014·常州市第一中學(xué)質(zhì)檢)在島上生活的漁民，曾用如圖4－1－11所示的裝置將漁船拉到岸邊。若通過人工方式跨過定滑輪拉船，使之勻速靠岸，已知船在此運動過程中所受阻力保持不變，則()圖4－1－11A．繩對船的拉力逐漸增大B．船所受水的浮力保持不變C．岸上人拉繩的速度保持不變D．岸上人拉繩的速度逐漸增大解析：選A設(shè)繩與水平方向的夾角為θ，以船為研究對象，船受到重力mg、繩拉力T、阻力f、水的浮力F，在水平方向上有Tcosθ＝f，在豎直方向上有Tsinθ＋F＝mg，由于船在靠近河岸的過程中，θ增大，而f不變，故T增大，F(xiàn)減小，A正確，B錯誤。設(shè)船的速度為v，則人拉繩子的速度為vcosθ，故人拉繩的速度逐漸減小，C、D錯誤。2．(2014·鹽城模擬)如圖4－1－12所示，細(xì)線一端固定在天花板上的O點，另一端穿過一張CD光盤的中央小孔后拴著一個橡膠球，橡膠球靜止時，豎直懸線剛好挨著水平桌面的邊沿?，F(xiàn)將CD光盤按在桌面上，并沿桌面邊緣以速度v勻速移動，移動過程中，CD光盤中央小孔始終緊挨桌面邊線，當(dāng)懸線與豎直方向的夾角為θ時，小球上升的速度大小為()圖4－1－12A．vsinθ B．vcosθC．vtanθ D．vcotθ解析：選A由題意可知，線與光盤交點參與兩個運動，一是逆著線的方向運動，二是垂直線的方向運動，則合運動的速度大小為v，由數(shù)學(xué)三角函數(shù)關(guān)系，則有：v線＝vsinθ；而線的速度的大小等于小球上升的速度大小，故A正確，B、C、D錯誤。[課時跟蹤檢測]eq\a\vs4\al(對應(yīng)學(xué)生用書P259)一、單項選擇題1．(2014·南京三模)一只小船渡河，水流速度各處相同且恒定不變，方向平行于岸邊。小船相對于水流分別做勻加速、勻減速、勻速直線運動，運動軌跡如圖1所示。船相對于水的初速度大小均相同，方向垂直于岸邊，且船在渡河過程中船頭方向始終不變。由此可以確定船()圖1A．沿AD軌跡運動時，船相對于水做勻減速直線運動B．沿三條不同路徑渡河的時間相同C．沿AB軌跡渡河所用的時間最短D．沿AC軌跡船到達(dá)對岸的速度最小解析：選A當(dāng)沿AD軌跡運動時，則加速度方向與船在靜水中的速度方向相反，因此船相對于水做勻減速直線運動，故A正確；船相對于水的初速度大小均相同，方向垂直于岸邊，因運動的性質(zhì)不同，則渡河時間也不同，故B錯誤；沿AB軌跡，做勻速直線運動，則渡河所用的時間大于沿AC軌跡運動渡河時間，故C錯誤；沿AC軌跡，船是勻加速運動，則船到達(dá)對岸的速度最大，故D錯誤。2.(2014·佛山高三質(zhì)量檢測)如圖2所示，起重機將貨物沿豎直方向勻加速吊起，同時又沿橫梁水平勻速向右運動。此時，站在地面上觀察，貨物運動的軌跡可能是圖3中的()圖2圖3解析：選C貨物向右勻速運動，向上勻加速運動，其運動軌跡為曲線，并且是拋物線，曲線應(yīng)向加速度方向彎曲，故C正確。3．(2014·四川高考)有一條兩岸平直、河水均勻流動、流速恒為v的大河。小明駕著小船渡河，去程時船頭指向始終與河岸垂直，回程時行駛路線與河岸垂直。去程與回程所用時間的比值為k，船在靜水中的速度大小相同，則小船在靜水中的速度大小為()A.eq\f(kv,\r(k2－1)) B.eq\f(v,\r(1－k2))C.eq\f(kv,\r(1－k2)) D.eq\f(v,\r(k2－1))解析：選B根據(jù)運動的合成與分解解決問題。設(shè)大河寬度為d，小船在靜水中的速度為v0，則去程渡河所用時間t1＝eq\f(d,v0)，回程渡河所用時間t2＝eq\f(d,\r(v\o\al(2,0)－v2))。由題知eq\f(t1,t2)＝k，聯(lián)立以上各式得v0＝eq\f(v,\r(1－k2))。選項B正確，選項A、C、D錯誤。4.(2014·徐匯區(qū)一模)如圖4，當(dāng)汽車靜止時，車內(nèi)乘客看到窗外雨滴沿豎直方向運動。t＝0時汽車由靜止開始勻加速啟動，在tl、t2兩個時刻，看到雨滴的運動方向分別沿OB、OF方向，F(xiàn)為AB中點。已知雨滴下落時做勻速直線運動，則t1∶t2為()圖4A．1∶2 B．1∶eq\r(2)C．1∶eq\r(3) D．1∶(eq\r(2)－1)解析：選A根據(jù)題意，設(shè)雨滴豎直下落的速度為v0，t1、t2時刻車內(nèi)乘客看到雨滴沿水平方向的分速度分別為v1、v2，則有v1＝at1，v2＝at2，a為汽車的加速度，根據(jù)如圖所示eq\f(v1,AO)＝eq\f(v0,AB)，eq\f(v2,AO)＝eq\f(v0,AF)，所以t1∶t2＝v1∶v2＝AF∶AB＝1∶2，故選A。5.一探照燈照射在云層底面上，云層底面是與地面平行的平面，如圖5所示，云層底面距地面高h(yuǎn)，探照燈以恒定角速度ω在豎直平面內(nèi)轉(zhuǎn)動，當(dāng)光束轉(zhuǎn)到與豎直方向夾角為θ時，云層底面上光點的移動速度是()圖5A．hω B.eq\f(hω,cosθ)C.eq\f(hω,cos2θ) D．hωtanθ解析：選C當(dāng)光束轉(zhuǎn)到與豎直方向夾角為θ時，云層底面上光點轉(zhuǎn)動的線速度為eq\f(hω,cosθ)。設(shè)云層底面上光點的移動速度為v，則有vcosθ＝eq\f(hω,cosθ)，解得云層底面上光點的移動速度v＝eq\f(hω,cos2θ)，選項C正確。6．質(zhì)量m＝4kg的質(zhì)點靜止在光滑水平面上的直角坐標(biāo)系的原點O處，先用沿＋x軸方向的力F1＝8N作用了2s，然后撤去F1；再用沿＋y軸方向的力F2＝24N作用了1s，則質(zhì)點在這3s內(nèi)的軌跡為()圖6解析：選D由F1＝max得ax＝2m/s2，質(zhì)點沿x軸勻加速直線運動了2s，x1＝eq\f(1,2)axteq\o\al(2,1)＝4m，vx1＝axt1＝4m/s；之后質(zhì)點受F2作用而做類平拋運動，ay＝eq\f(F2,m)＝6m/s2，質(zhì)點再經(jīng)過1s，沿x軸再運動位移x2＝vx1t2＝4m，沿＋y方向運動位移y2＝eq\f(1,2)ayteq\o\al(2,2)＝3m，對應(yīng)圖線可知D項正確。二、多項選擇題7.(2013·上海高考)如圖7為在平靜海面上，兩艘拖船A、B拖著駁船C運動的示意圖。A、B的速度分別沿著纜繩CA、CB方向，A、B、C不在一條直線上。由于纜繩不可伸長，因此C的速度在CA、CB方向的投影分別與A、B的速度相等，由此可知C的()圖7A．速度大小可以介于A、B的速度大小之間B．速度大小一定不小于A、B的速度大小C．速度方向可能在CA和CB的夾角范圍外D．速度方向一定在CA和CB的夾角范圍內(nèi)解析：選BDC的速度在CA、CB方向的投影分別與A、B的速度相等，C的速度vC應(yīng)等于vA和vB的矢量和，即以vA和vB為鄰邊作平行四邊形，其對角線即為vC，由于vA和vB成銳角，所以vC大于vA及vB，故A錯誤，B正確，vC的方向為平行四邊形對角線的方向，所以一定在CA和CB的夾角范圍內(nèi)，故C錯誤，D正確。8.(2014·東北師大附中高三月考)如圖8所示，人在岸上拉船，已知船的質(zhì)量為m，水的阻力恒為Ff，當(dāng)輕繩與水平面的夾角為θ時，船的速度為v，此時人的拉力大小為F，則此時()圖8A．人拉繩行走的速度為vcosθB．人拉繩行走的速度為eq\f(v,cosθ)C．船的加速度為eq\f(Fcosθ－Ff,m)D．船的加速度為eq\f(F－Ff,m)解析：選AC船的速度產(chǎn)生了兩個效果：一是滑輪與船間的繩縮短，二是繩繞滑輪順時針轉(zhuǎn)動。因此將船的速度進行分解如圖所示，人拉繩行走的速度v人＝vcosθ，A對，B錯；繩對船的拉力等于人拉繩的力，即繩的拉力大小為F，與水平方向成θ角，因此Fcosθ－Ff＝ma，得a＝eq\f(Fcosθ－Ff,m)，C對，D錯。9.(2014·江蘇省濱海中學(xué)模擬)跳傘表演是人們普遍喜歡的觀賞性體育項目，如圖9所示，當(dāng)運動員從直升機上由靜止跳下后，在下落過程中將會受到水平風(fēng)力的影響，下列說法中正確的是()圖9A．風(fēng)力越大，運動員下落時間越長，運動員可完成更多的動作B．風(fēng)力越大，運動員著地速度越大，有可能對運動員造成傷害C．運動員下落時間與風(fēng)力無關(guān)D．運動員著地速度與風(fēng)力無關(guān)解析：選BC水平風(fēng)力不會影響豎直方向的運動，所以運動員下落時間與風(fēng)力無關(guān)，A錯誤，C正確。運動員落地時豎直方向的速度是確定的，水平風(fēng)力越大，落地時水平分速度越大，運動員著地時的合速度越大，有可能對運動員造成傷害，B正確，D錯誤。10．一質(zhì)量為2kg的物體在5個共點力作用下做勻速直線運動?，F(xiàn)同時撤去其中大小分別為10N和15N的兩個力，其余的力保持不變。下列關(guān)于此后該物體運動的說法中，正確的是()A．可能做勻減速直線運動，加速度大小為10m/s2B．可能做勻速圓周運動，向心加速度大小為5m/s2C．可能做勻變速曲線運動，加速度大小可能為5m/s2D．一定做勻變速直線運動，加速度大小可能為10m/s2解析：選AC物體在5個共點力作用下處于平衡狀態(tài)，合力為零，當(dāng)撤去10N和15N的兩個力時，剩余3個力的合力與這兩個力的合力等大反向，即撤去力后5N≤F合≤25N，2.5m/s2≤a合≤12.5m/s2，由于剩余3個力的合力方向與原速度方向不一定在一條直線上，所以可能做勻變速曲線運動，也可能做勻變速直線運動，故A、C正確。三、非選擇題11．一條小河寬d＝100m，河水流速v1＝3m/s。某人駕駛沖鋒舟自岸邊出發(fā)，以加速度a＝2m/s2沿垂直河岸方向向?qū)γ婧叫?，同時被河水沖向下游。(1)若以出發(fā)點為坐標(biāo)原點，以河水流動方向為x軸，以垂直河岸方向為y軸，建立平面直角坐標(biāo)系，求沖鋒舟的軌跡方程。(2)此人欲到達(dá)河正對岸下游方向x＝50m處的A點，則駕舟到對岸后還需沿河岸步行一段距離，已知此人步行速度v2＝2m/s，不計人走下沖鋒舟的時間。求此人到A點共用多長時間。解析：(1)人駕駛沖鋒舟航行所用時間用t表示，則垂直河岸方向：y＝eq\f(1,2)at2河水流動方向：x＝v1t所以y＝eq\f(1,9)x2。(2)設(shè)人駕駛沖鋒舟航行到對岸的時間為t1，則垂直河岸方向：d＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)河水流動方向：x1＝v1t1所以t1＝10sx1＝30m人步行Δx＝x－x1＝20m，設(shè)用時間為t2，則Δx＝v2t2所以t2＝10s此人到A點共用時間t＝t1＋t2＝20s。答案：(1)y＝eq\f(1,9)x2(2)20s12．如圖10所示，在豎直平面的xOy坐標(biāo)系中，Oy豎直向上，Ox水平。設(shè)平面內(nèi)存在沿x軸正方向的恒定風(fēng)力。一小球從坐標(biāo)原點沿Oy方向豎直向上拋出，初速度為v0＝4m/s，不計空氣阻力，到達(dá)最高點的位置如圖中M點所示(坐標(biāo)格為正方形，g＝10m/s2)求：圖10(1)小球在M點的速度v1；(2)在圖中定性畫出小球的運動軌跡并標(biāo)出小球落回x軸時的位置N；(3)小球到達(dá)N點的速度v2的大小。解析：(1)設(shè)正方形的邊長為s0豎直方向做豎直上拋運動，v0＝gt1,2s0＝eq\f(v0,2)t1水平方向做勻加速直線運動，3s0＝eq\f(v1,2)t1解得v1＝6m/s。(2)由豎直方向的對稱性可知，小球再經(jīng)過t1到x軸，水平方向做初速度為零的勻加速直線運動，所以回到x軸時落到x＝12處，位置N的坐標(biāo)為(12,0)。(3)到N點時豎直分速度大小為v0＝4m/s，水平分速度vx＝a水平tN＝2v1＝12m/s，故v2＝eq\r(v\o\al(2,0)＋v\o\al(2,x))＝4eq\r(10)m/s。答案：(1)6m/s(2)見解析圖(3)4eq\第2節(jié)拋體運動eq\o(對應(yīng)學(xué)生用書P56)[必備知識]1．特點(1)運動特點：初速度方向水平。(2)受力特點：只受重力作用。2．性質(zhì)平拋運動是加速度恒為重力加速度的勻變速曲線運動，軌跡為拋物線。3．研究方法用運動的合成與分解方法研究平拋運動。水平方向：勻速直線運動豎直方向：自由落體運動。4．運動規(guī)律(如下表所示)水平方向vx＝v0x＝v0t豎直方向vy＝gt，y＝eq\f(1,2)gt2合速度大小v＝eq\r(v\o\al(2,x)＋v\o\al(2,y))＝eq\r(v\o\al(2,0)＋g2t2)方向與水平方向的夾角tanθ＝eq\f(vy,vx)＝eq\f(gt,v0)合位移大小s＝eq\r(x2＋y2)方向與水平方向的夾角tanα＝eq\f(y,x)＝eq\f(gt,2v0)軌跡方程y＝eq\f(g,2v\o\al(2,0))x25．決定因素(1)飛行時間：t＝eq\r(\f(2h,g))，飛行時間取決于下落高度h，與初速度v0無關(guān)。(2)水平射程：x＝v0t＝v0eq\r(\f(2h,g))，即水平射程由初速度v0和下落高度h共同決定，與其他因素?zé)o關(guān)。(3)落地速度：v＝eq\r(v\o\al(2,x)＋v\o\al(2,y))＝eq\r(v\o\al(2,0)＋2gh)，以θ表示落地時速度與x軸正方向間的夾角，有tanθ＝eq\f(vy,vx)＝eq\f(\r(2gh),v0)，所以落地速度也只與初速度v0和下落高度h有關(guān)。圖4－2－16．速度改變量因為平拋運動的加速度為恒定的重力加速度g，所以做平拋運動的物體在任意相等時間間隔Δt內(nèi)的速度改變量Δv＝gΔt相同，方向恒為豎直向下，如圖4－2－1所示。7．兩個重要推論(1)做平拋(或類平拋)運動的物體任意時刻速度的反向延長線一定通過此時水平位移的中點，如圖4－2－2甲中A點和B點所示。圖4－2－2(2)做平拋(或類平拋)運動的物體在任一時刻任一位置處，設(shè)其速度方向與水平方向的夾角為θ，位移與水平方向的夾角為α，則tanθ＝2tanα，如圖乙所示。[典題例析](2014·濟南模擬)如圖4－2－3所示，從某高度水平拋出一小球，經(jīng)過時間t到達(dá)地面時，速度與水平方向的夾角為θ，不計空氣阻力，重力加速度為g。下列說法正確的是()圖4－2－3A．小球水平拋出時的初速度大小為gttanθB．小球在t時間內(nèi)的位移方向與水平方向的夾角為eq\f(θ,2)C．若小球初速度增大，則平拋運動的時間變長D．若小球初速度增大，則θ減小[思路點撥](1)請分析計算小球落地時豎直方向的速度和位移。①豎直方向的速度：____________________________________________________。②豎直方向的位移：____________________________________________________。提示：①vy＝gt②y＝eq\f(1,2)gt2(2)請畫出小球落地時速度和位移的分解示意圖。提示：[解析]選D由tanθ＝eq\f(gt,v0)可得小球平拋的初速度大小v0＝eq\f(gt,tanθ)，A錯誤；由tanα＝eq\f(h,x)＝eq\f(\f(1,2)gt2,v0t)＝eq\f(gt,2v0)＝eq\f(1,2)tanθ可知，α≠eq\f(θ,2)，B錯誤；小球平拋的時間t＝eq\r(\f(2h,g))，與小球初速度無關(guān)，C錯誤；由tanθ＝eq\f(gt,v0)可知，v0越大，θ越小，D正確。(1)解答平拋運動問題時，一般的方法是將平拋運動沿水平和豎直兩個方向分解，這樣分解的優(yōu)點是不用分解初速度，也不用分解加速度。(2)分析平拋運動時，要充分利用平拋運動中的兩個矢量三角形(位移和速度)找各量的關(guān)系。[針對訓(xùn)練]1．(2014·無錫市第一中學(xué)質(zhì)檢)水平拋出的小球，t秒末的速度方向與水平方向的夾角為θ1，t＋t0秒末速度方向與水平方向的夾角為θ2，忽略空氣阻力，重力加速度為g，則小球初速度的大小為()A．gt0(cosθ1－cosθ2) B.eq\f(gt0,cosθ1－cosθ2)C．gt0(tanθ1－tanθ2) D.eq\f(gt0,tanθ2－tanθ1)解析：選D將t秒末和t＋t0秒末的速度分解如圖所示，則tanθ1＝eq\f(vy1,v0)，tanθ2＝eq\f(vy2,v0)，又vy2＝vy1＋gt0，解得v0＝eq\f(gt0,tanθ2－tanθ1)，故D正確。2．(多選)(2014·江蘇高考)為了驗證平拋運動的小球在豎直方向上做自由落體運動，用如圖4－2－4所示的裝置進行實驗。小錘打擊彈性金屬片，A球水平拋出，同時B球被松開，自由下落。關(guān)于該實驗，下列說法中正確的有()圖4－2－4A．兩球的質(zhì)量應(yīng)相等B．兩球應(yīng)同時落地C．應(yīng)改變裝置的高度，多次實驗D．實驗也能說明A球在水平方向上做勻速直線運動解析：選BC根據(jù)合運動與分運動的等時性和獨立性特點可知，兩球應(yīng)同時落地，為減小實驗誤差，應(yīng)改變裝置的高度，多次實驗，選項B、C正確；平拋運動的實驗與小球的質(zhì)量無關(guān)，選項A錯誤；此實驗只能說明A球在豎直方向做自由落體運動，選項D錯誤。eq\o(對應(yīng)學(xué)生用書P57)[必備知識]斜面上的平拋運動問題是一種常見的題型，在解答這類問題時除要運用平拋運動的位移和速度規(guī)律，還要充分運用斜面傾角，找出斜面傾角同位移和速度與水平方向夾角的關(guān)系，從而使問題得到順利解決。常見的模型如下：方法內(nèi)容斜面總結(jié)分解速度水平：vx＝v0豎直：vy＝gt合速度：v＝eq\r(v\o\al(2,x)＋v\o\al(2,y))分解速度，構(gòu)建速度三角形分解位移水平：x＝v0t豎直：y＝eq\f(1,2)gt2合位移：s＝eq\r(x2＋y2)分解位移，構(gòu)建位移三角形[典題例析]如圖4－2－5所示，一名跳臺滑雪運動員經(jīng)過一段時間的加速滑行后從O點水平飛出，經(jīng)過3s落到斜坡上的A點。已知O點是斜坡的起點，斜坡與水平面的夾角θ＝37°，運動員的質(zhì)量m＝50kg。不計空氣阻力(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8；g取10m/s2)。求：圖4－2－5(1)A點與O點的距離L；(2)運動員離開O點時的速度大?。?3)運動員從O點飛出開始到離斜坡距離最遠(yuǎn)所用的時間。[解析](1)運動員在豎直方向做自由落體運動，有Lsin37°＝eq\f(1,2)gt2，L＝eq\f(gt2,2sin37°)＝75m。(2)設(shè)運動員離開O點時的速度為v0，運動員在水平方向的分運動為勻速直線運動，有Lcos37°＝v0t，即v0＝eq\f(Lcos37°,t)＝20m/s。(3)當(dāng)運動員的速度方向平行于斜坡或與水平方向成37°角時，運動員與斜坡距離最遠(yuǎn)，有eq\f(gt,v0)＝tan37°，t＝1.5s。[答案](1)75m(2)20m/s(3)1.5s平拋運動模型的運動時間的計算(1)在半圓內(nèi)的平拋運動(如圖4－2－6)，由半徑和幾何關(guān)系制約時間t:h＝eq\f(1,2)gt2，R±eq\r(R2－h(huán)2)＝v0t，聯(lián)立兩方程可求t。

圖4－2－6(2)斜面上的平拋(如圖4－2－7)，分解位移x＝v0t，y＝eq\f(1,2)gt2，tanθ＝eq\f(y,x)，可求得t＝eq\f(2v0tanθ,g)。圖4－2－7[針對訓(xùn)練]1．(多選)(2014·南京金陵中學(xué)質(zhì)檢)如圖4－2－8所示，足夠長的斜面上有a、b、c、d、e五個點，ab＝bc＝cd＝de，從a點水平拋出一個小球，初速度為v時，小球落在斜面上的b點，落在斜面上時的速度方向與斜面夾角為θ；不計空氣阻力，初速度為2v時()圖4－2－8A．小球可能落在斜面上的c點與d點之間B．小球一定落在斜面上的e點C．小球落在斜面時的速度方向與斜面夾角大于θD．小球落在斜面時的速度方向與斜面夾角也為θ解析：選BD設(shè)ab＝bc＝cd＝de＝L0，斜面與水平面的夾角為α，初速度為v時，小球落在斜面上的b點，則有，L0cosα＝vt1，L0sinα＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)，初速度為2v時，Lcosα＝2vt2，Lsinα＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,2)，聯(lián)立解得L＝4L0，即小球一定落在斜面上的e點，選項B正確，A錯誤；由平拋運動規(guī)律可知，小球落在斜面時的速度方向與斜面夾角也為θ，選項C錯誤，D正確。2．(2014·張掖模擬)如圖4－2－9所示，一個小球以v0＝8.0m/s速度從圓弧軌道的O點水平拋出，恰好能沿著斜面所在的方向落在Q點。已知斜面光滑，斜面與水平面的夾角為θ＝37°，斜面的高度為h＝15m。忽略空氣阻力的影響，重力加速度為g＝10m/s2。求小球從O點拋出到斜面底端的M點所用的總時間。(保留兩位有效數(shù)字)圖4－2－9解析：設(shè)從O到Q所用的時間為t1，由平拋運動規(guī)律得：tanθ＝eq\f(gt1,v0)，t1＝0.6s落到Q點的速度為：v＝10m/s；設(shè)小球在斜面上運動的加速度為a，時間為t2則有：a＝gsinθ＝6m/s2eq\f(h,sinθ)＝vt2＋eq\f(1,2)ateq\o\al(2,2)代入數(shù)據(jù)解得：t2≈1.7s所以小球從O點拋出到斜面底端的M點所用的總時間為：t＝t1＋t2＝(0.6＋1.7)s＝2.3s。答案：2.3seq\o(對應(yīng)學(xué)生用書P58)[必備知識][典題例析]在光滑的水平面內(nèi)，一質(zhì)量m＝1kg的質(zhì)點以速度v0＝10m/s沿x軸正方向運動，經(jīng)過原點后受一沿y軸正方向(豎直方向)的恒力F＝15N作用，直線OA與x軸成α＝37°，如圖4－2－10所示曲線為質(zhì)點的軌跡圖(g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)，求：圖4－2－10(1)如果質(zhì)點的運動軌跡與直線OA相交于P點，質(zhì)點從O點到P點所經(jīng)歷的時間以及P點的坐標(biāo)；(2)質(zhì)點經(jīng)過P點時的速度大小。[審題指導(dǎo)]第一步：抓關(guān)鍵點關(guān)鍵點獲取信息以速度v0＝10m/s沿x軸正方向運動質(zhì)點經(jīng)過O點后所做運動的初速度沿y軸正方向恒力F＝15N沿y軸做初速度為零的勻加速直線運動第二步：找突破口要求質(zhì)點從O點到P點的時間可分析沿＋x方向和＋y方向的分運動位移，利用tanα＝eq\f(y,x)列方程即可。[解析](1)質(zhì)點在水平方向上無外力作用做勻速直線運動，豎直方向受恒力F和重力mg作用做勻加速直線運動。由牛頓第二定律得：a＝eq\f(F－mg,m)＝eq\f(15－10,1)m/s2＝5m/s2。設(shè)質(zhì)點從O點到P點經(jīng)歷的時間為t，P點坐標(biāo)為(xP，yP)，則xP＝v0t，yP＝eq\f(1,2)at2又tanα＝eq\f(yP,xP)聯(lián)立解得：t＝3s，xP＝30m，yP＝22.5m。(2)質(zhì)點經(jīng)過P點時沿y軸正方向的速度vy＝at＝15m/s故P點的速度大小vP＝eq\r(v\o\al(2,0)＋v\o\al(2,y))＝5eq\r(13)m/s。[答案](1)3sxP＝30m，yP＝22.5m(2)5eq\r(13)m/s(1)根據(jù)物體所受恒力方向與初速度方向垂直判斷物體做類平拋運動。(2)根據(jù)類平拋運動的規(guī)律，求出運動時間、位移或速度。(3)據(jù)物體運動的時間、位移，求其加速度或力的大小。[針對訓(xùn)練]1．如圖4－2－11所示，A、B兩質(zhì)點從同一點O分別以相同的水平速度v0沿x軸正方向拋出，A在豎直平面內(nèi)運動，落地點為P1；B沿光滑斜面運動，落地點為P2，P1和P2在同一水平面上，不計阻力，則下列說法正確的是()圖4－2－11A．A、B的運動時間相同B．A、B沿x軸方向的位移相同C．A、B運動過程中的加速度大小相同D．A、B落地時速度大小相同解析：選D設(shè)O點與水平面的高度差為h，由h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)，eq\f(h,sinθ)＝eq\f(1,2)gsinθ·teq\o\al(2,2)可得：t1＝eq\r(\f(2h,g))，t2＝eq\r(\f(2h,gsin2θ))，故t1<t2，A錯誤；由x1＝v0t1，x2＝v0t2可知，x1<x2，B錯誤；由a1＝g，a2＝gsinθ可知，C錯誤；A落地的速度大小為vA＝eq\r(v\o\al(2,0)＋gt12)＝eq\r(v\o\al(2,0)＋2gh)，B落地的速度大小vB＝eq\r(v\o\al(2,0)＋a2·t22)＝eq\r(v\o\al(2,0)＋2gh)，所以vA＝vB，故D正確。2．光滑水平面上，一個質(zhì)量為2kg的物體從靜止開始運動，在前5s受到一個沿正東方向大小為4N的水平恒力作用；從第5s末開始改為正北方向大小為2N的水平恒力作用了10s。求物體在15s內(nèi)的位移和15s末的速度及方向。解析：如圖所示，物體在前5s內(nèi)由坐標(biāo)原點起向東沿x軸正方向做初速度為零的勻加速運動，其加速度為：ax＝eq\f(F1,m)＝eq\f(4,2)m/s2＝2m/s2方向沿x軸正方向5s末物體沿x軸方向的位移x1＝eq\f(1,2)axteq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)×2×52m＝25m，到達(dá)P點，5s末速度vx＝axt1＝2×5m/s＝10m/s。從第5s末開始，物體參與兩個分運動：一是沿x軸正方向做速度為10m/s的勻速運動，經(jīng)10s其位移：x2＝vx·t2＝10×10m＝100m二是沿y軸正方向(正北方向)做初速度為零的勻加速直線運動，其加速度為：ay＝eq\f(F2,m)＝eq\f(2,2)m/s2＝1m/s2經(jīng)10s沿y軸正方向的位移：y＝eq\f(1,2)ayteq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)×1×102m＝50m，沿y軸正方向的速度：vy＝ay·t2＝1×10m/s＝10m/s設(shè)15s末物體到達(dá)Q點：QO＝eq\r(y2＋x1＋x22)＝eq\r(502＋25＋1002)m＝134.6m方向為東偏北θ＝arctaneq\f(50,125)＝21.8°15s末的速度為v1＝eq\r(v\o\al(2,x)＋v\o\al(2,y))＝eq\r(102＋102)m/s＝10eq\r(2)m/s方向為東偏北α＝arctaneq\f(10,10)＝45°答案：134.6m，方向為東偏北21.8°10eq\eq\o(對應(yīng)學(xué)生用書P59)[必備知識]解決平拋運動的臨界問題要注意以下三點：(1)明確平拋運動的基本性質(zhì)、公式。(2)確定臨界狀態(tài)。(3)確定臨界軌跡，在軌跡示意圖上尋找出幾何關(guān)系。[典題例析]如圖4－2－12所示，水平屋頂高H＝5m，圍墻高h(yuǎn)＝3.2m，圍墻到房子的水平距離L＝3m，圍墻外空地寬x＝10m，為使小球從屋頂水平飛出落在圍墻外的空地上，g取10m/s2。求：圖4－2－12(1)小球離開屋頂時的速度v0的大小范圍；(2)小球落在空地上的最小速度。[解析](1)由題圖可知，小球做平拋運動，設(shè)運動時間為t1。則小球的水平位移：L＋x＝vmaxt1，小球的豎直位移：H＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)解以上兩式得vmax＝(L＋x)eq\r(\f(g,2H))＝13m/s。v的最小值vmin為小球恰好越過圍墻的最高點P落在空地上時的平拋初速度，設(shè)小球運動到P點所需時間為t2，則此過程中小球的水平位移：L＝vmint2小球的豎直方向位移：H－h(huán)＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,2)解以上兩式得vmin＝Leq\r(\f(g,2H－h(huán)))＝5m/s因此v0的范圍是5m/s≤v0≤13m/s。(2)當(dāng)小球恰好越過圍墻的邊緣落在空地上時，落地速度最小vy＝eq\r(2gH)＝eq\r(2×10×5)＝10m/s，v＝eq\r(v\o\al(2,0)＋v\o\al(2,y))＝5eq\r(5)m/s。[答案](1)5m/s≤v0≤13m/s(2)5eq\r(5)m/s分析平拋運動中的臨界問題時一般運用極端分析的方法，即把要求的物理量設(shè)定為極大或極小，讓臨界問題突現(xiàn)出來，找到產(chǎn)生臨界的條件。[針對訓(xùn)練]1．(多選)如圖4－2－13所示，在網(wǎng)球的網(wǎng)前截?fù)艟毩?xí)中，若練習(xí)者在球網(wǎng)正上方距地面H處，將球以速度v沿垂直球網(wǎng)的方向擊出，球剛好落在底線上。已知底線到網(wǎng)的距離為L，重力加速度取g，將球的運動視做平拋運動，下列表述正確的是()圖4－2－13A．球的速度v等于Leq\r(\f(g,2H))B．球從擊出至落地所用時間為eq\r(\f(2H,g))C．球從擊球點至落地點的位移等于LD．球從擊球點至落地點的位移與球的質(zhì)量有關(guān)解析：選AB球做平拋運動，從擊出至落地所用時間為t＝eq\r(\f(2H,g))，B正確；球的速度v＝eq\f(L,t)＝Leq\r(\f(g,2H))，A正確；球從擊球點至落地點的位移為eq\r(H2＋L2)，這個位移與球的質(zhì)量無關(guān)，C、D錯誤。2.(2014·鎮(zhèn)江模擬)如圖4－2－14所示，將一籃球從地面上方B點斜向上拋出，剛好垂直擊中籃板上A點，不計空氣阻力，若拋射點B向籃板方向水平移動一小段距離，仍使拋出的籃球垂直擊中A點，則可行的是()圖4－2－14A．增大拋射速度v0，同時減小拋射角θB．減小拋射速度v0，同時減小拋射角θC．增大拋射角θ，同時減小拋出速度v0D．增大拋射角θ，同時增大拋出速度v0解析：選C由于籃球始終垂直擊中A點，可應(yīng)用逆向思維，把籃球的運動看做從A開始的平拋運動。當(dāng)B點水平向左移動一小段距離時，A點拋出的籃球仍落在B點，則豎直高度不變，水平位移減小，球到B點的時間t＝eq\r(\f(2h,g))不變，豎直分速度vy＝eq\r(2gh)不變，水平方向由x＝vxt知x減小，vx減小，合速度v0＝eq\r(v\o\al(2,x)＋v\o\al(2,y))變小，與水平方向的夾角tanθ＝eq\f(vy,vx)變大，綜合可知選項C正確。[課時跟蹤檢測] eq\a\vs4\al(對應(yīng)學(xué)生用書P261)一、單項選擇題1．如圖1所示，在水平路面上一運動員駕駛摩托車跨越壕溝，壕溝兩側(cè)的高度差為0.8m，水平距離為8m，則運動員跨過壕溝的初速度至少為(取g＝10m/s2)()圖1A．0.5m/s B．2m/sC．10m/s D．20m/s解析：選D運動員做平拋運動的時間t＝eq\r(\f(2Δh,g))＝0.4s，v＝eq\f(x,t)＝eq\f(8,0.4)m/s＝20m/s。2.(2014·湛江十校聯(lián)考)平拋運動可以分解為水平和豎直方向的兩個直線運動，在同一坐標(biāo)系中作出這兩個分運動的v-t圖線，如圖2所示。若平拋運動的時間大于2t1，下列說法中正確的是()圖2A．圖線2表示水平分運動的v-t圖線B．t1時刻的速度方向與初速度方向的夾角為30°C．t1時間內(nèi)的豎直位移與水平位移之比為1∶2D．2t1時刻的速度方向與初速度方向的夾角為60°解析：選C水平分運動為勻速直線運動，故A錯誤；t1時刻水平方向和豎直方向的分速度相等，則合速度與水平方向的夾角為45°，B錯誤；設(shè)水平速度為v0，則t1時間內(nèi)的水平位移為x＝v0t1，豎直方向的位移y＝eq\f(v0,2)t1，所以eq\f(y,x)＝eq\f(1,2)，C正確；2t1時刻豎直方向的速度為2v0，顯然速度方向與水平方向的夾角不是60°，D錯誤。3.如圖3所示，B為豎直圓軌道的左端點，它和圓心O的連線與豎直方向的夾角為α。一小球在圓軌道左側(cè)的A點以速度v0平拋，恰好沿B點的切線方向進入圓軌道。已知重力加速度為g，則AB之間的水平距離為()圖3A.eq\f(v\o\al(2,0)tanα,g) B.eq\f(2v\o\al(2,0)tanα,g)C.eq\f(v\o\al(2,0),gtanα) D.eq\f(2v\o\al(2,0),gtanα)解析：選A由小球恰好沿B點的切線方向進入圓軌道可知小球速度方向與水平方向夾角為α。由tanα＝eq\f(gt,v0)，x＝v0t，聯(lián)立解得AB之間的水平距離為x＝eq\f(v\o\al(2,0)tanα,g)，選項A正確。4．在地球表面某高度處以一定的初速度水平拋出一個小球，測得水平射程為x，在另一星球表面以相同的水平速度拋出該小球，需將高度降低一半才可以獲得相同的水平射程。忽略一切阻力。設(shè)地球表面重力加速度為g，該星球表面的重力加速度為g′，則eq\f(g,g′)為()A.eq\f(1,2) B.eq\f(\r(2),2)C.eq\r(2) D．2解析：選D在地球表面做平拋運動的時間t＝eq\r(\f(2h,g))，水平射程為x＝v0t＝v0eq\r(\f(2h,g))，地球表面重力加速度為g＝eq\f(2hv\o\al(2,0),x2)；在另一星球表面做平拋運動的時間t′＝eq\r(\f(h,g′))，水平射程為x＝v0t′＝v0eq\r(\f(h,g′))，此星球表面的重力加速度g′＝eq\f(hv\o\al(2,0),x2)，則eq\f(g,g′)＝2，選項D正確。5.(2014·鹽城質(zhì)檢)如圖4所示，乒乓球網(wǎng)高出桌面H，網(wǎng)到桌邊的距離為L。某人在訓(xùn)練中從左側(cè)eq\f(L,2)處，將球沿垂直于網(wǎng)的方向水平擊出，球恰好通過網(wǎng)的上沿落到右側(cè)桌邊緣。設(shè)乒乓球運動為平拋運動，則()圖4A．擊球點的高度與網(wǎng)高度之比為2∶1B．乒乓球在網(wǎng)左右兩側(cè)運動時間之比為2∶1C．乒乓球過網(wǎng)時與落到桌邊緣時豎直方向的速度之比為1∶2D．乒乓球在左、右兩側(cè)運動速度變化量之比為1∶2解析：選D根據(jù)平拋運動規(guī)律，乒乓球在左、右兩側(cè)運動時間之比為1∶2，由Δv＝gΔt可得，乒乓球在左、右兩側(cè)運動速度變化量之比為1∶2，選項D正確、B錯誤。由y＝eq\f(1,2)gt2可得擊球點的高度與網(wǎng)高度之比為9∶8，乒乓球過網(wǎng)時與落到桌邊緣時豎直方向速度之比為1∶3，選項A、C錯誤。6.(2014·唐山二模)如圖5所示，位于同一高度的小球A、B分別以v1和v2的速度水平拋出，都落在了傾角為30°的斜面上的C點，小球B恰好垂直打到斜面上，則v1、v2之比為()圖5A．1∶1 B．2∶1C．3∶2 D．2∶3解析：選C小球A做平拋運動，根據(jù)分位移公式，有：x＝v1t①，y＝eq\f(1,2)gt2②，又tan30°＝eq\f(y,x)③，聯(lián)立①②③得：v1＝eq\f(\r(3),2)gt④，小球B恰好垂直打到斜面上，則有：tan30°＝eq\f(v2,gt)⑤，則得：v2＝eq\f(\r(3),3)gt⑥，由④⑥得：v1∶v2＝3∶2。二、多項選擇題7．以速度v0水平拋出一小球后，不計空氣阻力，某時刻小球的豎直分位移與水平分位移大小相等，以下判斷正確的是()A．此時小球的豎直分速度大小大于水平分速度大小B．此時小球速度的方向與位移的方向相同C．此時小球速度的方向與水平方向成45度角D．從拋出到此時，小球運動的時間為eq\f(2v0,g)解析：選AD平拋運動可分解為水平方向的勻速直線運動：x＝v0t豎直方向的自由落體運動：y＝eq\f(vy,2)·t因為x＝y(tǒng)，所以vy＝2v0，由vy＝gt得：t＝eq\f(2v0,g)，故B、C錯誤，A、D正確。8．(2014·閘北區(qū)二模)如圖6，小球從傾角為θ的斜面頂端A點以速率v0做平拋運動，則()圖6A．若小球落到斜面上，則v0越大，小球飛行時間越大B．若小球落到斜面上，則v0越大，小球末速度與豎直方向的夾角越大C．若小球落到水平面上，則v0越大，小球飛行時間越大D．若小球落到水平面上，則v0越大，小球末速度與豎直方向的夾角越大解析：選AD若小球落到斜面上，則有tanθ＝eq\f(y,x)＝eq\f(\f(1,2)gt2,v0t)＝eq\f(gt,2v0)，得t＝eq\f(2v0tanθ,g)，可知t∝v0，故A正確；末速度與豎直方向夾角的正切tanα＝eq\f(v0,vy)＝eq\f(v0,2v0tanθ)＝eq\f(1,2tanθ)，保持不變，故B錯誤；若小球落到水平面上，飛行的高度h一定，由h＝eq\f(1,2)gt2得t＝eq\r(\f(2h,g))，可知t不變，故C錯誤；末速度與豎直方向的夾角的正切tanβ＝eq\f(v0,gt)，t不變，則v0越大，小球末速度與豎直方向的夾角越大，故D正確。9.(2014·鄭州模擬)如圖7所示，光滑斜面固定在水平面上，頂端O有一小球，從靜止釋放，運動到底端B的時間為t1，若給小球不同的水平初速度，落到斜面上的A點，經(jīng)過的時間為t2，落到斜面底端B點，經(jīng)過的時間為t3，落到水平面上的C點，經(jīng)過的時間為t4，則()圖7A．t2>t1 B．t3>t2C．t4>t3 D．t1>t4解析：選BD由eq\f(h,sinα)＝eq\f(1,2)gsinα·teq\o\al(2,1)可得t1＝eq\r(\f(2h,gsin2α))，而t4＝t3＝eq\r(\f(2h,g))，故有C錯誤，D正確；由t2<eq\r(\f(2h,g))可得：t1>t2，t3>t2，A錯誤，B正確。10.(2012·江蘇高考)如圖8所示，相距l(xiāng)的兩小球A、B位于同一高度h(l、h均為定值)。將A向B水平拋出的同時，B自由下落。A、B與地面碰撞前后，水平分速度不變，豎直分速度大小不變、方向相反。不計空氣阻力及小球與地面碰撞的時間，則()圖8A．A、B在第一次落地前能否相碰，取決于A的初速度B．A、B在第一次落地前若不碰，此后就不會相碰C．A、B不可能運動到最高處相碰D．A、B一定能相碰解析：選ADA、B兩球在第一次落地前豎直方向均做自由落體運動，若在落地時相遇，此時A球水平拋出的初速度v0＝eq\f(l,t)，h＝eq\f(1,2)gt2，則v0＝leq\r(\f(g,2h))，只要A的水平初速度大于v0，A、B兩球就可在第一次落地前相碰，A正確；若A、B在第一次落地前不能碰撞，則落地反彈后的過程中，由于A向右的水平速度保持不變，所以當(dāng)A的水平位移為l時，即在t＝eq\f(l,v0)時，A、B一定相碰，在t＝eq\f(l,v0)時，A、B可能在最高點，也可能在豎直高度h中的任何位置，所以B、C錯誤，D正確。三、非選擇題11.如圖9所示的光滑斜面長為l，寬為b，傾角為θ，一物塊(可看成質(zhì)點)沿斜面左上方頂點P水平射入，恰好從底端Q點離開斜面，試求：圖9(1)物塊由P運動到Q所用的時間t；(2)物塊由P點水平射入時的初速度v0；(3)物塊離開Q點時速度的大小v。解析：(1)沿斜面向下的方向有mgsinθ＝mal＝eq\f(1,2)at2聯(lián)立解得t＝eq\r(\f(2l,gsinθ))。(2)沿水平方向有b＝v0tv0＝eq\f(b,t)＝beq\r(\f(gsinθ,2l))。(3)物塊離開Q點時的速度大小v＝eq\r(v\o\al(2,0)＋at2)＝eq\r(\f(b2＋4l2gsinθ,2l))。答案：(1)eq\r(\f(2l,gsinθ))(2)beq\r(\f(gsinθ,2l))(3)eq\r(\f(b2＋4l2gsinθ,2l))12．(2014·浙江高考)如圖10所示，裝甲車在水平地面上以速度v0＝20m/s沿直線前進，車上機槍的槍管水平，距地面高為h＝1.8m。在車正前方豎直立一塊高為兩米的長方形靶，其底邊與地面接觸。槍口與靶距離為L時，機槍手正對靶射出第一發(fā)子彈，子彈相對于槍口的初速度為v＝800m/s。在子彈射出的同時，裝甲車開始勻減速運動，行進s＝90m后停下。裝甲車停下后，機槍手以相同方式射出第二發(fā)子彈。(不計空氣阻力，子彈看成質(zhì)點，重力加速度g＝10m/s2)圖10(1)求裝甲車勻減速運動時的加速度大??；(2)當(dāng)L＝410m時，求第一發(fā)子彈的彈孔離地的高度，并計算靶上兩個彈孔之間的距離；(3)若靶上只有一個彈孔，求L的范圍。解析：(1)裝甲車加速度a＝eq\f(v\o\al(2,0),2s)＝eq\f(20,9)m/s2。(2)第一發(fā)子彈飛行時間t1＝eq\f(L,v＋v0)＝0.5s彈孔離地高度h1＝h－eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)＝0.55m第二發(fā)子彈彈孔離地的高度h2＝h－eq\f(1,2)geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L－s,v)))2＝1.0m兩彈孔之間的距離Δh＝h2－h(huán)1＝0.45m。(3)第一發(fā)子彈打到靶的下沿時，裝甲車離靶的距離為L1L1＝(v0＋v)eq\r(\f(2h,g))＝492m第二發(fā)子彈打到靶的下沿時，裝甲車離靶的距離為L2L2＝veq\r(\f(2h,g))＋s＝570mL的范圍492m＜L≤570m。答案：(1)eq\f(20,9)m/s2(2)0.55m0.45m(3)492m<L≤570m第3節(jié)圓周運動eq\o(對應(yīng)學(xué)生用書P60)[必備知識]描述圓周運動的物理量主要有線速度、角速度、周期、轉(zhuǎn)速、向心加速度、向心力等，現(xiàn)比較如下表：定義、意義公式、單位線速度①描述做圓周運動的物體運動快慢的物理量(v)②是矢量，方向和半徑垂直，和圓周相切①v＝eq\f(Δs,Δt)＝eq\f(2πr,T)②單位：m/s角速度①描述物體繞圓心轉(zhuǎn)動快慢的物理量(ω)②中學(xué)不研究其方向①ω＝eq\f(Δθ,Δt)＝eq\f(2π,T)②單位：rad/s周期和轉(zhuǎn)速①周期是物體沿圓周運動一圈的時間(T)②轉(zhuǎn)速是物體在單位時間內(nèi)轉(zhuǎn)過的圈數(shù)(n)，也叫頻率(f)①T＝eq\f(2πr,v)；單位：s②n的單位r/s、r/min③f的單位：Hzf＝eq\f(1,T)向心加速度①描述速度方向變化快慢的物理量(an)②方向指向圓心①an＝eq\f(v2,r)＝ω2r②單位：m/s2向心力①作用效果是產(chǎn)生向心加速度，只改變線速度的方向，不改變線速度的大?、诜较蛑赶驁A心①Fn＝mω2r＝meq\f(v2,r)＝meq\f(4π2,T2)r②單位：N相互關(guān)系①v＝rω＝eq\f(2πr,T)＝2πrf②an＝eq\f(v2,r)＝rω2＝ωv＝eq\f(4π2r,T2)＝4π2f2r③Fn＝meq\f(v2,r)＝mrω2＝meq\f(4π2r,T2)＝mωv＝m4π2f2r[典題例析](多選)(2014·東臺調(diào)研)如圖4－3－1所示，當(dāng)正方形薄板繞著過其中心O點并與板面垂直的轉(zhuǎn)動軸轉(zhuǎn)動時，板上A、B兩點()圖4－3－1A．角速度之比ωA∶ωB＝1∶1B．角速度之比ωA∶ωB＝1∶eq\r(2)C．線速度之比vA∶vB＝eq\r(2)∶1D．線速度之比vA∶vB＝1∶eq\r(2)[解析]選AD板上A、B兩點的角速度相等，角速度之比ωA∶ωB＝1∶1，選項A正確B錯誤；線速度v＝ωr，線速度之比vA∶vB＝1∶eq\r(2)，選項C錯誤D正確。傳動裝置中各物理量間的關(guān)系(1)同一轉(zhuǎn)軸的各點角速度ω相同，而線速度v＝ωr與半徑r成正比，向心加速度大小a＝rω2與半徑r成正比。(2)當(dāng)皮帶不打滑時，傳動皮帶、用皮帶連接的兩輪邊緣上各點的線速度大小相等，兩皮帶輪上各點的角速度、向心加速度關(guān)系可根據(jù)ω＝eq\f(v,r)、a＝eq\f(v2,r)確定。[針對訓(xùn)練]1．(多選)如圖4－3－2為某一皮帶傳動裝置。主動輪的半徑為r1，從動輪的半徑為r2。已知主動輪做順時針轉(zhuǎn)動，轉(zhuǎn)速為n1，轉(zhuǎn)動過程中皮帶不打滑。下列說法正確的是()圖4－3－2A．從動輪做順時針轉(zhuǎn)動 B．從動輪做逆時針轉(zhuǎn)動C．從動輪的轉(zhuǎn)速為eq\f(r1,r2)n1 D．從動輪的轉(zhuǎn)速為eq\f(r2,r1)n1解析：選BC主動輪沿順時針方向轉(zhuǎn)動時，傳送帶沿M→N方向運動，故從動輪沿逆時針方向轉(zhuǎn)動，故A錯誤，B正確；由ω＝2πn，v＝ωr可知，2πn1r1＝2πn2r2，解得n2＝eq\f(r1,r2)n1，故C正確，D錯誤。2．(多選)變速自行車靠變換齒輪組合來改變行駛速度。如圖4－3－3所示是某一變速車齒輪轉(zhuǎn)動結(jié)構(gòu)示意圖，圖中A輪有48齒，B輪有42齒，C輪有18齒，D輪有12齒，則()圖4－3－3A．該車可變換兩種不同擋位B．該車可變換四種不同擋位C．當(dāng)A輪與D輪組合時，兩輪的角速度之比ωA∶ωD＝1∶4D．當(dāng)A輪與D輪組合時，兩輪的角速度之比ωA∶ωD＝4∶1解析：選BC由題意知，A輪通過鏈條分別與C、D連接，自行車可有兩種速度，B輪分別與C、D連接，又可有兩種速度，所以該車可變換4種擋位，選項B對；當(dāng)A與D組合時，兩輪邊緣速度大小相等，A轉(zhuǎn)一圈，D轉(zhuǎn)4圈，即eq\f(ωA,ωD)＝eq\f(1,4)，選項C對。eq\o(對應(yīng)學(xué)生用書P61)[必備知識]1．向心力的來源向心力是按力的作用效果命名的，可以是重力、彈力、摩擦力等各種力，也可以是幾個力的合力或某個力的分力，因此在受力分析中要避免再另外添加一個向心力。2．向心力的確定(1)確定圓周運動的軌道所在的平面，確定圓心的位置。(2)分析物體的受力情況，找出所有的力沿半徑方向指向圓心的合力，就是向心力。[典題例析]如圖4－3－4，置于圓形水平轉(zhuǎn)臺邊緣的小物塊隨轉(zhuǎn)臺加速轉(zhuǎn)動，當(dāng)轉(zhuǎn)速達(dá)到某一數(shù)值時，物塊恰好滑離轉(zhuǎn)臺開始做平拋運動。現(xiàn)測得轉(zhuǎn)臺半徑R＝0.5m，離水平地面的高度H＝0.8m，物塊平拋落地過程水平位移的大小s＝0.4m。設(shè)物塊所受的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取重力加速度g＝10m/s2。求：圖4－3－4(1)物塊做平拋運動的初速度大小v0；(2)物塊與轉(zhuǎn)臺間的動摩擦因數(shù)μ。[審題指導(dǎo)]第一步：抓關(guān)鍵點關(guān)鍵點獲取信息當(dāng)轉(zhuǎn)速達(dá)到某一數(shù)值時，物塊恰好滑離轉(zhuǎn)臺開始做平拋運動最大靜摩擦力提供向心力離水平地面的高度H＝0.8m，物塊平拋落地過程水平位移的大小s＝0.4m利用平拋知識可解得平拋的初速度第二步：找突破口根據(jù)水平方向和豎直方向上的運動規(guī)律求出平拋運動的初速度，當(dāng)轉(zhuǎn)速達(dá)到某一數(shù)值時，物塊恰好滑離轉(zhuǎn)臺開始做平拋運動。根據(jù)靜摩擦力提供向心力，通過臨界速度求出動摩擦因數(shù)。[解析](1)物塊做平拋運動，在豎直方向上有H＝eq\f(1,2)gt2①在水平方向上有s＝v0t②由①②式解得v0＝seq\r(\f(g,2H))＝1m/s③(2)物塊離開轉(zhuǎn)臺時，最大靜摩擦力提供向心力，有Ffm＝meq\f(v\o\al(2,0),R)④Ffm＝μFN＝μmg⑤由③④⑤式解得μ＝eq\f(v\o\al(2,0),gR)μ＝0.2。[答案](1)1m/s(2)0.2水平面內(nèi)的勻速圓周運動的分析方法1．運動實例：圓錐擺、火車轉(zhuǎn)彎、飛機在水平面內(nèi)做勻速圓周飛行等。2．問題特點：(1)運動軌跡是圓且在水平面內(nèi)；(2)向心力的方向水平，豎直方向的合力為零。3．解題方法：(1)對研究對象受力分析，確定向心力的來源；(2)確定圓周運動的圓心和半徑；(3)應(yīng)用相關(guān)力學(xué)規(guī)律列方程求解。[針對訓(xùn)練]1．(多選)(2014·全國卷Ⅰ)如圖4－3－5，兩個質(zhì)量均為m的小木塊a和b(可視為質(zhì)點)放在水平圓盤上，a與轉(zhuǎn)軸OO′的距離為l，b與轉(zhuǎn)軸的距離為2l，木塊與圓盤的最大靜摩擦力為木塊所