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[配套K12]2019届高考物理一轮复习 第四章 曲线运动 万有引力与航天学案

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第四章 曲线运动 万有引力与航天

[全国卷 5 年考情分析]

基础考点

常考考点

命题概率

运动的合成 与分解(Ⅱ)

抛体运动 (Ⅱ)

匀速圆周运动、 角速度、线速度、 向心加速度(Ⅰ)
离心现象(Ⅰ) 第二宇宙速度和 第三宇宙速度(Ⅰ) 经典时空观和相 对论时空观(Ⅰ)

匀速圆周运 动的向心力
(Ⅱ)
万有引力定 律及其应用
(Ⅱ)

以上 4 个考点未曾 独立命题

'16Ⅰ卷 T18(6 分)

综合命题

'15Ⅱ卷 T16(6 分)

概率 40%

'17Ⅰ卷 T15(6 分) '15Ⅰ卷 T18(6 分) '14Ⅱ卷 T15(6 分)

独立命题 概率 60%

'16Ⅱ卷 T16(6 分) '14Ⅰ卷 T20(6 分) '13Ⅱ卷 T21(6 分)

综合命题 概率 100%

Ⅱ卷 T19(6 分),Ⅲ '17
卷 T14(6 分)

'16 Ⅰ卷 T17(6 分)

'15 Ⅰ卷 T21(6 分) 独立命题

Ⅰ卷 T19(6 分),Ⅱ 概率 100% '14
卷 T18(6 分)

Ⅰ 卷 T20(6 分), '13
Ⅱ 卷 T20(6 分)

环绕速度 (Ⅱ)

'15Ⅱ卷 T16(6 分) '13Ⅰ卷 T20(6 分)

独立命题 概率 30%

常考角度 (1)对运动的合 成与分解的考 查 (2)对平抛运动 规律的考查 (3)对圆周运动 中角速度、线速 度关系及向心 力的考查 (4)平抛运动、 圆周运动与功 能关系的综合 考查 (5)天体质量、 密度的计算 (6)卫星运动的 各物理量间的 比较 (7)卫星的发射 与变轨问题

第1节

曲线运动__运动的合成与分解

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(1)速度发生变化的运动,一定是曲线运动。(×) (2)做曲线运动的物体加速度一定是变化的。(×) (3)做曲线运动的物体速度大小一定发生变化。(×) (4)曲线运动可能是匀变速运动。(√) (5)两个分运动的时间一定与它们的合运动的时间相等。(√) (6)合运动的速度一定比分运动的速度大。(×) (7)只要两个分运动为直线运动,合运动一定是直线运动。(×) (8)分运动的位移、速度、加速度与合运动的位移、速度、加速度间满足平行四边形定 则。(√)
1.物体做直线运动还是做曲线运动是由物体的速度与合外力是否在同一直线上决定的。 2.两个分运动的合运动是直线运动还是曲线运动要看两个分运动的合速度与合加速度 是否在同一直线上。 3.解题中常用到的二级结论: (1)小船过河问题 ①船头的方向垂直于水流的方向,则小船过河所用时间最短,t=vd船。 ②若船速大于水速,则合速度垂直于河岸时,最短航程 s=d。 ③若船速小于水速,则合速度不可能垂直于河岸,最短航程 s=d×vv水船。
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教育配套资料 K12 (2)用绳或杆连接的两物体,沿绳或杆方向的分速度大小相等。

突破点(一) 物体做曲线运动的条件与轨迹分析 1.运动轨迹的判断 (1)若物体所受合力方向与速度方向在同一直线上,则物体做直线运动。 (2)若物体所受合力方向与速度方向不在同一直线上,则物体做曲线运动。 2.合力方向与速率变化的关系
[题点全练] 1.关于曲线运动,下列说法中正确的是( ) A.做曲线运动的物体速度方向必定变化 B.速度变化的运动必定是曲线运动 C.加速度恒定的运动不可能是曲线运动 D.加速度变化的运动必定是曲线运动 解析:选 A 做曲线运动的物体速度大小不一定变化,但速度方向必定变化,A 正确; 速度变化的运动可能是速度方向在变,也可能是速度大小在变,不一定是曲线运动,B 错误; 加速度恒定的运动可能是匀变速直线运动,也可能是匀变速曲线运动,C 错误;加速度变化 的运动可能是非匀变速直线运动,也可能是非匀变速曲线运动,D 错误。 2.(2018·金华联考)春节期间人们放飞孔明灯表达对新年的祝福,如图甲所示,孔明 灯在竖直 Oy 方向做匀加速运动,在水平 Ox 方向做匀速运动,孔明灯的运动轨迹可能为图乙 中的( )

A.直线 OA 教育配套资料 K12

B.曲线 OB

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C.曲线 OC

D.曲线 OD

解析:选 D 孔明灯在竖直 Oy 方向做匀加速运动,在水平 Ox 方向做匀速运动,则合外

力沿 Oy 方向,所以合运动的加速度方向沿 Oy 方向,但合速度方向不沿 Oy 方向,故孔明灯

做曲线运动,结合合力指向轨迹内侧可知轨迹可能为曲线 OD,故 D 正确。

3.[多选](2018·南昌一模)一质量为 m 的质点起初以速度 v0 做匀速直线运动,在 t=0 时开始受到恒力 F 作用,速度大小先减小后增大,其最小值为 v=0.5v0,由此可判断( )
A.质点受到恒力 F 作用后一定做匀变速曲线运动

B.质点受到恒力 F 作用后可能做圆周运动

C.t=0 时恒力 F 方向与速度 v0 方向间的夹角为 60°

D.恒力 F 作用 23Fmv0时间时质点速度最小

解析:选 AD 在 t=0 时质点开始受到恒力 F 作用,加速度不变,做匀变速运动,若做

匀变速直线运动,则最小速度为零,所以质点受到恒力 F 作用后一定做匀变速曲线运动,故

A 正确;质点在恒力作用下不可能做圆周运动,故 B 错误;设恒力与初速度之间的夹角是 θ , 最小速度 v1=v0sin θ =0.5v0,由题意可知初速度与恒力间的夹角为钝角,所以 θ =150°,

故 C 错误;在沿恒力方向上速度为 0 时有 v0cos 30°-FmΔ t=0,解得 Δ t= 23Fmv0,故 D 正

确。

突破点(二) 运动的合成与分解的应用 1.合运动与分运动的关系
各个分运动与合运动总是同时开始,同时结束,经历时间相等(不同时的运动不能 等时性
合成) 等效性 各分运动叠加起来与合运动有相同的效果
一个物体同时参与几个运动,其中的任何一个分运动都会保持其运动性质不变, 独立性 并不会受其他分运动的干扰。虽然各分运动互相独立,但是合运动的性质和轨迹
由它们共同决定
2.运动的合成与分解的运算法则 运动的合成与分解是指描述运动的各物理量,即位移、速度、加速度的合成与分解,由 于它们均是矢量,故合成与分解都遵守平行四边形定则。 3.合运动的性质和轨迹的判断 (1)若合加速度不变,则为匀变速运动;若合加速度(大小或方向)变化,则为非匀变速 运动。
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(2)若合加速度的方向与合初速度的方向在同一直线上,则为直线运动,否则为曲线运 动。
[典例] [多选]在一光滑水平面内建立平面直角坐标系,一物体从 t=0 时刻起,由坐 标原点 O(0,0)开始运动,其沿 x 轴和 y 轴方向运动的速度—时间图像如图甲、乙所示,下 列说法中正确的是( )

A.前 2 s 内物体沿 x 轴做匀加速直线运动 B.后 2 s 内物体继续做匀加速直线运动,但加速度沿 y 轴方向 C.4 s 末物体坐标为(4 m,4 m) D.4 s 末物体坐标为(6 m,2 m) [思路点拨] (1)判断物体运动性质时要分析物体的加速度特点及加速度与速度方向间的关系。 (2)确定物体在某时刻的坐标时,要沿 x 轴和 y 轴分别计算物体的位移。 [解析] 前 2 s 内物体在 y 轴方向速度为 0,由题图甲知物体沿 x 轴方向做匀加速直线 运动,A 正确;后 2 s 内物体在 x 轴方向做匀速运动,在 y 轴方向做初速度为 0 的匀加速运 动,加速度沿 y 轴方向,合运动是曲线运动,B 错误;4s 内物体在 x 轴方向上的位移是 x= ???12×2×2+2×2???m=6 m,在 y 轴方向上的位移为 y=12×2×2 m=2 m,所以 4 s 末物体坐 标为(6 m,2 m),D 正确,C 错误。 [答案] AD

[集训冲关]

1.(2018·太原联考)如图所示,竖直放置的两端封闭的玻璃管中注

满清水,内有一个红蜡块能在水中匀速上浮。在红蜡块从玻璃管的下端

匀速上浮的同时,使玻璃管以速度 v 水平向右匀速运动。红蜡块由管口

上升到顶端,所需时间为 t,相对地面通过的路程为 L。则下列说法正

确的是( )

A.v 增大时,L 减小

B.v 增大时,L 增大

C.v 增大时,t 减小

D.v 增大时,t 增大

解析:选 B 由合运动与分运动的等时性知,红蜡块沿管上升的高度和速度不变,运动

时间不变,玻璃管匀速运动的速度越大,则合速度越大,合位移越大,B 正确。

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2.(2018·衡阳联考)如图所示,当汽车静止时,车内乘客看到窗外 雨滴沿竖直方向 OE 匀速运动。现从 t=0 时汽车由静止开始做甲、乙两 种匀加速启动,甲种状态启动后 t1 时刻,乘客看到雨滴从 B 处离开车窗, 乙种状态启动后 t2 时刻,乘客看到雨滴从 F 处离开车窗,F 为 AB 的中点。则 t1∶t2 为( )

A.2∶1

B.1∶ 2

C.1∶ 3

D.1∶( 2-1)

解析:选 A 雨滴在竖直方向的分运动为匀速直线运动,其速度大小与水平方向的运动 无关,故 t1∶t2=AvB∶AvF=2∶1,选项 A 正确。

3.[多选](2018·山东实验中学高三段考)一物体在以 xOy 为直角坐标系的平面上运动, 其运动规律为 x=-2t2-4t,y=3t2+6t(式中的物理量单位均为国际单位),关于物体的运

动,下列说法正确的是( ) A.物体在 x 轴方向上做匀减速直线运动 B.物体在 y 轴方向上做匀加速直线运动

C.物体运动的轨迹是一条直线

D.物体运动的轨迹是一条曲线

解析:选 BC 对应位移时间公式 x=v0t+12at2,x=-2t2-4t,y=3t2+6t,可得初速

度:v0x=-4 m/s,v0y=6 m/s; 加速度:ax=-4 m/s2,ay=6 m/s2;物体在 x 轴上分运动的初速度和加速度同方向,是
匀加速直线运动,故 A 错误;物体在 y 轴方向的初速度和加速度同方向,是匀加速直线运动,

故 B 正确;题中分运动的初速度和加速度数值完全相同,故合运动的初速度方向与加速度方

向相同,故合运动一定是匀加速直线运动,故 C 正确,D 错误。

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突破点(三) 小船渡河问题 1.小船渡河问题的分析思路

2.小船渡河的两类问题、三种情景

渡河时 间最短

当船头方向垂直于河岸时,渡河时间最短,最短时间 tmin=vd船

渡河位 移最短

如果 v 船>v 水,当船头方向与上游夹角 θ 满足 v 船 cos θ =v 水时,合速度垂直于河岸,渡河位移最短,等于河宽 d
如果 v 船<v 水,当船头方向(即 v 船方向)与合速度方向垂直时, 渡河位移最短,等于dvv船水

[典例] (2018·绵阳质检)小船匀速横渡一条河流,当船头垂直对岸方向航行时,在出 发后 10 min 到达对岸下游 120 m 处;若船头保持与河岸成 α 角向上游航行,出发后 12.5 min 到达正对岸。求:
(1)水流的速度; (2)小船在静水中的速度、河的宽度以及船头与河岸间的夹角 α 。 [解析] (1)船头垂直对岸方向航行时,如图甲所示。 由 x=v2t1 得 v2=tx1=162000 m/s=0.2 m/s。

(2)船头保持与河岸成 α 角航行时,如图乙所示。 教育配套资料 K12

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v2=v1cos α d=v1sin α ·t2 由图甲可得 d=v1t1 联立解得 α =53°,v1≈0.33 m/s,d=200 m。 [答案] (1)0.2 m/s (2)0.33 m/s 200 m 53° [易错提醒] (1)船的航行方向即船头指向,是分运动;船的运动方向是船的实际运动方向,是合运 动,一般情况下与船头指向不一致。 (2)渡河时间只与船垂直于河岸方向的分速度有关,与水流速度无关。 (3)船沿河岸方向的速度为船在静水中的速度沿河岸方向的分速度与水流速度的合速 度,而船头垂直于河岸方向时,船沿河岸方向的速度等于水流速度。
[集训冲关]
1.一艘小船横渡一条河流,小船本身提供的速度大小、方向都不变,且始终垂直于河 岸。已知河水流速从两岸到中心逐渐增大,则小船运动轨迹是选项图中的( )

解析:选 C 小船沿垂直于河岸方向做匀速直线运动,河水流速从两岸到中心逐渐增大,

即小船从河岸到河心时沿河岸方向做加速运动,加速度指向下游,曲线轨迹的凹侧指向下游,

从河心到另一侧河岸时,小船沿河岸方向做减速运动,加速度指向上游,凹侧指向上游,故

只有 C 正确。

2.(2018·高安质检)如图所示,两次渡河时船相对于静水的速度大

小和方向都不变。已知第一次实际航程为 A 至 B,位移为 x1,实际航速

为 v1,所用时间为 t1。由于水速增大,第二次实际航程为 A 至 C,位移

为 x2,实际航速为 v2,所用时间为 t2。则( )

A.t2>t1,v2=xx2v1 1

B.t2>t1,v2=xx1v2 1

C.t2=t1,v2 =xx2v1 1

D.t2=t1,v2=xx1v2 1

解析:选 C 设河宽为 d,船自身的速度为 v,与河岸上游的夹角为 θ ,对垂直河岸的

分运动,过河时间 t=vsidn θ ,则 t1=t2;对合运动,过河时间 t=xv11=xv22,解得 v2=vx1x1 2,

C 正确。

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3.(2018·合肥检测)有一条两岸平直、河水均匀流动,流速恒为 v 的大河,一条小船 渡河,去程时船头指向始终与河岸垂直,回程时行驶路线与河岸垂直,小船在静水中的速度
2v 大小为 ,回程与去程所用时间之比为( )
3

A.3∶2

B.2∶1

C.3∶1

D.2 3∶1

解析:选 B

设河宽为

d,则去程所用的时间

d t1= 2v =

23vd;返程时的合速度:v′=

3

??? 2v3???2-v2=

v3,回程的时间为:t2=

d v



v3d;故回程与去程所用时间之比为

t2∶t1

3

=2∶1,选项 B 正确。

突破点(四) 绳(杆)端速度分解问题
两物体通过绳(杆)相牵连,当两物体都发生运动时,两物体的速度往往不相等,但因绳 (杆)的长度是不变的,因此两物体的速度沿绳(杆)方向的分速度是大小相等的。
[典例] [多选]如图所示,有一个沿水平方向做匀速直线运动的 半径为 R 的半圆柱体,半圆柱面上搁着一个只能沿竖直方向运动的竖直 杆,在竖直杆未达到半圆柱体的最高点之前( )
A.半圆柱体向右匀速运动时,竖直杆向上做匀减速直线运动 B.半圆柱体向右匀速运动时,竖直杆向上做减速直线运动 C.半圆柱体以速度为 v 向右匀速运动,杆同半圆柱体接触点和柱心的连线与竖直方向 的夹角为 θ 时,竖直杆向上的运动速度为 vtan θ D.半圆柱体以速度为 v 向右匀速运动,杆同半圆柱体接触点和柱心的连线与竖直方向 的夹角为 θ 时,竖直杆向上的运动速度为 vsin θ [审题建模] 以杆与半圆柱体接触点为研究对象,沿接触点的弹力方向即半径方向两物体的速度分量 相等。半圆柱体可以简化为长度为 R 的杆 OA,O 点代表半圆柱体的运动,A 点代表杆 AB 的 运动,如图所示。

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[解析] O 点向右运动,O 点的运动使杆 AO 绕 A 点逆时针转动的同时,沿杆 OA 方向向 上推动 A 点;竖直杆的实际运动(A 点的速度)方向竖直向上,使 A 点绕 O 点逆时针转动的同时,沿 OA 方向(弹力方向)与 OA 杆具有相同的速度。速 度分解如图所示,对 O 点,v1=vsin θ ,对于 A 点,vAcos θ =v1,解得 vA=vtan θ ,O 点(半圆柱体)向右匀速运动时,杆向上运动,θ 角减小, tan θ 减小,vA 减小,但杆不做匀减速运动,A 错误,B 正确;由 vA=vtan θ 可知 C 正确,D 错误。
[答案] BC [内化模型]
1.熟记常见模型

2.谨记解题思路

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[集训冲关]

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1.(2018·邯郸检测)如图所示,汽车用跨过定滑轮的轻绳提升物块

A。汽车匀速向右运动,在物块 A 到达滑轮之前,关于物块 A,下列说法

正确的是( )

A.将竖直向上做匀速运动

B.将处于超重状态

C.将处于失重状态

D.将竖直向上先加速后减速

解析:选 B 设汽车向右运动的速度为 v,绳子与水平方向的夹角为 α ,物块上升的速

度为 v′,则 vcos α =v′,汽车匀速向右运动,α 减小,v′增大,物块向上加速运动,

A、D 错误;物块加速度向上,处于超重状态,B 正确,C 错误。

2.如图所示,一根长直轻杆 AB 在墙角沿竖直墙和水平地面滑动。

当 AB 杆和墙的夹角为 θ 时,杆的 A 端沿墙下滑的速度大小为 v1,B 端

沿地面滑动的速度大小为 v2,则 v1、v2 的关系是( )

A.v1=v2

B.v1=v2cos θ

C.v1=v2tan θ

D.v1=v2sin θ

解析:选 C 将 A、B 两点的速度分解为沿 AB 方向与垂直于 AB 方向的分速度,沿 AB 方

向的速度分别为 v1∥和 v2∥,由于 AB 不可伸长,两点沿 AB 方向的速度分量应相同,则有 v1∥ =v1cos θ ,v2∥=v2sin θ ,由 v1∥=v2∥,得 v1=v2tan θ ,选项 C 正确。
3.如图所示,悬线一端固定在天花板上的 O 点,另一端穿过一张

CD 光盘的中央小孔后拴着一个橡胶球,橡胶球静止时,竖直悬线刚

好挨着水平桌面的边沿。现将 CD 光盘按在桌面上,并沿桌面边缘以

速度 v 匀速移动,移动过程中,CD 光盘中央小孔始终紧挨桌面边线,

当悬线与竖直方向的夹角为 θ 时,小球上升的速度大小为( )

A.vsin θ

B.vcos θ

C.vtan θ

D.tanv θ

解析:选 A 由题意可知,悬线与光盘交点参与两个运动,一是沿着悬线

方向的运动,二是垂直悬线方向的运动,则合运动的速度大小为 v,由数学三

角函数关系,则有 v 线=vsin θ ;而悬线速度的大小,即为小球上升的速度大小,故 A 正确。

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STS 问题——练迁移思维 生活中的运动合成分解问题

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(一)骑马射箭

1.[多选]民族运动会上有一骑射项目如图所示,运动员骑在

奔跑的马上,弯弓放箭射击侧向的固定目标。假设运动员骑马奔

驰的速度为 v1,运动员静止时射出的箭速度为 v2,跑道离固定目 标的最近距离为 d。要想命中目标且射出的箭在空中飞行时间最

短,则( )

A.运动员放箭处离目标的距离为dvv12

d B.运动员放箭处离目标的距离为

v12+v22 v2

d C.箭射到固定目标的最短时间为v2

d D.箭射到固定目标的最短时间为 v22-v12

[思维转换提示] 箭相对地面的速度(指向目标)是箭射出的速度 v2(箭相对于马)与马 前进速度 v1 的合速度,而且为保证箭在空中飞行时间最短,v2 必须垂直于 v1。

解析:选 BC 要想以箭在空中飞行的时间最短的情况下击中目标,

v2 必须垂直于 v1,并且 v1、v2 的合速度方向指向目标,如图所示,故箭射

d 到目标的最短时间为v2,C 对,D 错;运动员放箭处离目标的距离为

d2+x2,

又 x=v1t=v1·vd2,故 d2+x2=

d2+???vv1d2 ???2=d v1v22+v22,A 错,B 对。

(二)下雨打伞

2.雨滴在空中以 4 m/s 的速度竖直下落,人打伞以 3 m/s 的速度向西急行,如果希望

雨滴垂直打向伞的截面而少淋雨,伞柄应指向什么方向?

[思维转换提示] 雨滴相对于人的速度是雨滴下落的速度与地相对于人的速度(以 3

m/s 的速度向东)的合速度,伞柄的指向与合速度方向正对。

解析:雨滴相对于人的速度方向即为伞柄的指向。雨滴相对人有向东 3

m/s 的速度 v1,有竖直向下的速度 v2=4 m/s,如图所示,雨滴对人的合速度

v= v12+v22=5 m/s。 tan α =vv12=34,即 α =37°。

答案:向西倾斜,与竖直方向成 37°角

(三)转台投篮 教育配套资料 K12

教育配套资料 K12 3.趣味投篮比赛中,运动员站在一个旋转较快的大平台边缘上,相对平台静止,向平
台圆心处的球筐内投篮球。则下图各俯视图中篮球可能被投入球筐(图中箭头指向表示投篮 方向)的是( )
[思维转换提示] 篮球的实际速度是运动员投篮球的速度与运动员所在位置平台转动 速度的合速度。
解析:选 C 当沿圆周切线方向的速度和出手速度的合速度沿球筐方向,篮球就会被投 入球筐。故 C 正确,A、B、D 错误。
(四)风中骑车 4.某人骑自行车以 4 m/s 的速度向正东方向行驶,天气预报报告当时是正北风,风速 为 4 m/s,那么,骑车人感觉到的风向和风速为( ) A.西北风 风速为 4 m/s B.西北风 风速为 4 2 m/s C.东北风 风速为 4 m/s D.东北风 风速为 4 2 m/s [思维转换提示] 风相对骑车人的速度是风相对于地的速度与地相对于自行车的速度 的合速度。 解析:选 D 以骑车人为参考系,人向正东方向骑行,感觉风向正 西,风速大小为 v1=4 m/s,当时有正北风,风速为 v2=4 m/s,如图所 示,可求得人感觉到的风向为东北风,风速 v=4 2 m/s,D 正确。
(一)普通高中适用作业 [A 级——基础小题练熟练快] ★1.(2018·重庆月考)关于两个运动的合成,下列说法正确的是( ) A.两个直线运动的合运动一定也是直线运动 B.方向不共线的两个匀速直线运动的合运动一定也是匀速直线运动 C.小船渡河的运动中,小船的对地速度一定大于水流速度 D.小船渡河的运动中,水流速度越大,小船渡河所需时间越短 解析:选 B 两个直线运动可以合成为直线运动(匀速直线+匀速直线),也可以合成为
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曲线运动(匀变速直线+匀速直线),故选项 A 错误;两个分运动为匀速直线运动,没有分加 速度,合运动就没有加速度,则合运动一定是匀速直线运动,则选项 B 正确;小船对地的速 度是合速度,其大小可以大于水速(分速度)、等于水速、或小于水速,故选项 C 错误;渡河 时间由小船垂直河岸方向的速度决定,由运动的独立性知与水速的大小无关,选项 D 错误。
★2.[多选]一质点在 xOy 平面内的运动轨迹如图所示,下列判断正确 的是( )
A.质点沿 x 轴方向可能做匀速运动 B.质点沿 y 轴方向可能做变速运动 C.若质点沿 y 轴方向始终匀速运动,则沿 x 轴方向可能先加速后减速 D.若质点沿 y 轴方向始终匀速运动,则沿 x 轴方向可能先减速后加速 解析:选 BD 质点做曲线运动,合力大致指向轨迹凹侧,即加速度大致指向轨迹凹侧, 由题图可知加速度方向指向弧内,不可能沿 y 轴方向,x 轴方向有加速度分量,所以沿 x 轴 方向上,质点不可能做匀速运动,y 轴方向可能有加速度分量,故质点沿 y 轴方向可能做变 速运动,A 错误,B 正确;质点在 x 轴方向先沿正方向运动,后沿负方向运动,最终在 x 轴 方向上的位移为零,所以质点沿 x 轴方向不能一直加速,也不能先加速后减速,只能先减速 后反向加速,C 错误,D 正确。 3.在一个光滑水平面内建立平面直角坐标系 xOy,质量为 1 kg 的物体原来静止在坐标 原点 O(0,0),t=0 时受到如图所示随时间变化的外力作用,图甲中 Fx 表示沿 x 轴方向的外 力,图乙中 Fy 表示沿 y 轴方向的外力,下列描述正确的是( )
A.0~4 s 内物体的运动轨迹是一条直线 B.0~4 s 内物体的运动轨迹是一条抛物线 C.前 2 s 内物体做匀加速直线运动,后 2 s 内物体做匀加速曲线运动 D.前 2 s 内物体做匀加速直线运动,后 2 s 内物体做匀速圆周运动 解析:选 C 0~2 s 内物体沿 x 轴方向做初速度为零的匀加速直线运动,2 s 时受沿 y 轴方向的恒力作用,与速度方向垂直,故 2~4 s 内物体做类平抛运动,C 项正确。 ★4.(2018·石家庄质检)一小船过河时,船头与上游河岸夹角为 α ,其航线恰好垂直 于河岸,已知小船在静水中的速度为 v,现水流速度稍有增大,为保持航线不变,且能准时 到达河对岸,下列措施中可行的是( ) A.减小 α 角,减小船速 v B.减小 α 角,增大船速 v
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教育配套资料 K12 C.增大 α 角,增大船速 v D.增大 α 角,减小船速 v 解析:选 B 由题意可知,小船相对水的速度为 v,其航线恰好垂直
于河岸,如图所示,当水流速度 v1 稍有增大,为保持航线不变,且准时 到达对岸,则船速变化如图 v′所示,可知 B 正确。
★5.如图所示,开始时 A、B 间的细绳呈水平状态,现由计算机 控制物体 A 的运动,使其恰好以速度 v 沿竖直杆匀速下滑,经细绳 通过定滑轮拉动物体 B 在水平面上运动,则下列 v ?t 图像中,最接 近物体 B 的运动情况的是( )
解析:选 A 将与物体 A 相连的绳端速度 v 分解为沿绳伸长方向的速度 v1 和垂直于绳方 向的速度 v2,则物体 B 的速度 vB=v1=vsin θ ,在 t=0 时刻 θ =0°, vB=0,C 项错误;之后随 θ 增大,sin θ 增大,B 的速度增大,但 开始时 θ 变化快,速度增加得快,图线的斜率大,随 θ 增大,速度 增加得慢,若绳和杆足够长,则物体 B 的速度趋近于 A 的速度,只有 A 项正确。
[B 级——中档题目练通抓牢] 6.(2018·洛阳模拟)在杂技表演中,猴子沿竖直杆向上做初速度为 零、加速度为 a 的匀加速运动,同时人顶着直杆以速度 v0 水平匀速移动, 经过时间 t,猴子沿杆向上移动的高度为 h,人顶杆沿水平地面移动的距 离为 s,如图所示。关于猴子的运动情况,下列说法中正确的是( ) A.相对地面的运动轨迹为直线 B.相对地面做变加速曲线运动 C.t 时刻猴子对地速度的大小为 v0+at D.t 时间内猴子对地的位移大小为 s2+h2 解析:选 D 猴子竖直向上做匀加速直线运动,水平向右做匀速直线运动,其合运动是 匀变速曲线运动,A、B 错误;t 时刻猴子对地速度的大小为 v= v02+a2t2,C 错误;t 时间 内猴子对地的位移是指合位移,其大小为 s2+h2,D 正确。
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7.[多选](2018·德阳一诊)甲、乙两船在同一河流中同时开始渡 河,河水流速为 v0,船在静水中的速率均为 v,甲、乙两船船头均与河 岸成 θ 角,如图所示,已知甲船恰能垂直到达河正对岸的 A 点,乙船 到达河对岸的 B 点,A、B 之间的距离为 L,则下列判断正确的是( )
A.乙船先到达对岸 B.若仅是河水流速 v0 增大,则两船的渡河时间都不变 C.不论河水流速 v0 如何改变,只要适当改变 θ 角,甲船总能到达正对岸的 A 点 D.若仅是河水流速 v0 增大,则两船到达对岸时,两船之间的距离仍然为 L 解析:选 BD 将小船的运动分解为平行于河岸和垂直于河岸两个方向,抓住分运动和 合运动具有等时性,知甲、乙两船到达对岸的时间相等,渡河的时间 t=vsidn θ ,故 A 错
d 误;若仅是河水流速 v0 增大,则渡河的时间仍为 t=vsin θ ,两船的渡河时间都不变,故 B 正确;只有甲船速度大于水流速度时,甲船才可能到达河的正对岸 A 点,故 C 错误;若仅 是河水流速 v0 增大,则两船到达对岸时间不变,根据速度的分解,船在沿岸方向的分速度 仍不变,两船之间的相对速度不变,则两船之间的距离仍然为 L,故 D 正确。
8.(2018·泉州模拟)如图所示,一质点受一恒定合外力 F 作用从 y 轴上 的 A 点平行于 x 轴射出,经过一段时间到达 x 轴上的 B 点,在 B 点时其速度 垂直于 x 轴指向 y 轴负方向,质点从 A 到 B 的过程,下列判断正确的是( )
A.合外力 F 可能指向 y 轴负方向 B.该质点的运动为匀变速运动 C.该质点的速度大小可能保持不变 D.该质点的速度一直在减小 解析:选 B 物体受到一恒力,从 A 到 B,根据曲线运动条件,则有合外力的方向在 x 轴负方向与 y 轴负方向之间,不可能沿 y 轴负方向,否则 B 点的速度不可能垂直 x 轴,故 A 错误;由于受到一恒力,因此做匀变速曲线运动,故 B 正确;因受到一恒力,因此不可能做 匀速圆周运动,所以速度大小一定变化,故 C 错误;根据力与速度的夹角,可知,速度先减 小后增大,故 D 错误。 9.如图所示,在竖直平面内的 xOy 坐标系中,Oy 竖直向上,Ox 水平。设平面内存在沿 x 轴正方向的恒定风力。一小球从坐标原点沿 Oy 方向竖直向上抛出,初速度为 v0=4 m/s, 不计空气阻力,到达最高点的位置如图中 M 点所示,(坐标格为正方形,g 取 10 m/s2)求:
(1)小球在 M 点的速度 v1;
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(2)在图中定性画出小球的运动轨迹并标出小球落回 x 轴时的位置 N; (3)小球到达 N 点的速度 v2 的大小。 解析:(1)设正方形的边长为 s0。 小球竖直方向做竖直上抛运动,v0=gt1,2s0=v20t1 水平方向做匀加速直线运动,3s0=v21t1 解得 v1=6 m/s。 (2)由竖直方向运动的对称性可知,小球再经过 t1 到达 x 轴,水平方向做初速度为零的 匀加速直线运动,所以回到 x 轴时落到 x=12 处,位置 N 的坐标为(12,0),运动轨迹及 N 如图。

(3)到 N 点时竖直分速度大小为 v0=4 m/s, 水平分速度 vx=a 水平 tN=2v1=12 m/s,

故 v2= v02+vx2=4 10 m/s。

答案:(1)6 m/s (2)见解析图 (3)4 10 m/s

10.河宽 60 m,水流速度 v1=6 m/s,小船在静水中的速度 v2=3 m/s,求:

(1)小船渡河的最短时间;

(2)小船渡河的最短航程。

解析:(1)当小船垂直河岸航行时,渡河时间最短,

tmin=vd2=630 s=20 s。

(2)因为船速小于水速,所以小船一定向下游漂移。如图所示,以 v1 矢 量末端为圆心,以 v2 矢量的大小为半径画弧,从 v1 矢量的始端向圆弧作切

线,则合速度沿此切线方向时航程最短。

由图可知,最短航程为

d x 短=sin θ

=vv12d=63×60

m=120

m。

答案:(1)20 s (2)120 m

[C 级——难度题目自主选做]

★11.如图所示,甲、乙两船在同一条水流匀速的河流中同时开

始渡河,M、N 分别是甲、乙两船的出发点,两船头与河岸均成 α 角,

甲船船头恰好对准 N 点的正对岸 P 点,经过一段时间乙船恰好到达 P

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点,如果划船速度大小相同,且两船相遇不影响各自的航行,下列判断正确的是( ) A.甲船也能到达 M 点正对岸 B.甲船渡河时间一定短 C.两船相遇在 NP 直线上的某点(非 P 点) D.渡河过程中两船不会相遇 解析:选 C 乙船垂直河岸到达正对岸,说明水流方向向右;甲船参与了两个分运动,
沿着船头指向的匀速运动,随着水流方向的匀速运动,故不可能到达 M 点正对岸,故 A 错误; 小船过河的速度为船本身的速度垂直河岸方向的分速度 vy=vsin α ,小船过河的时间 t=vdy =vsidn α ,故甲、乙两船到达对岸的时间相同,故 B 错误;以流动的水为参考系,两船相 遇点在速度方向延长线的交点上;又由于乙船实际上沿着 NP 方向运动,故相遇点在 NP 直线 上的某点(非 P 点),故 C 正确,D 错误。
12.[多选]如图所示,用一根长杆和两个定滑轮的组合装置来提 升重物 M,长杆的一端放在地上通过铰链连接形成转轴,其端点恰好 处于左侧滑轮正下方 O 点处,在杆的中点 C 处拴一细绳,通过两个滑 轮后挂上重物 M。C 点与 O 点距离为 L,现在杆的另一端用力使其逆时针匀速转动,由竖直 位置以角速度 ω 缓慢转至水平(转过了 90°角),此过程中下列说法正确的是( )
A.重物 M 做匀速直线运动 B.重物 M 做匀变速直线运动 C.重物 M 的最大速度是 ω L D.重物 M 的速度先增大后减小 解析:选 CD 与杆垂直的速度 v 是 C 点的实际速度,vT 是细绳的速度,即重物 M 的速 度。设 vT 与 v 的夹角是 θ ,则 vT=vcos θ ,开始时 θ 减小,则 vT 增大;当杆与细绳垂直(θ =0)时,重物 M 的速度最大,为 vmax=ω L,然后再减小,C、D 正确。
(二)重点高中适用作业 [A 级——保分题目巧做快做] 1.在一个光滑水平面内建立平面直角坐标系 xOy,质量为 1 kg 的物体原来静止在坐标 原点 O(0,0),t=0 时受到如图所示随时间变化的外力作用,图甲中 Fx 表示沿 x 轴方向的外 力,图乙中 Fy 表示沿 y 轴方向的外力,下列描述正确的是( )
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A.0~4 s 内物体的运动轨迹是一条直线 B.0~4 s 内物体的运动轨迹是一条抛物线 C.前 2 s 内物体做匀加速直线运动,后 2 s 内物体做匀加速曲线运动 D.前 2 s 内物体做匀加速直线运动,后 2 s 内物体做匀速圆周运动 解析:选 C 0~2 s 内物体沿 x 轴方向做初速度为零的匀加速直线运动,2 s 时受沿 y 轴方向的恒力作用,与速度方向垂直,故 2~4 s 内物体做类平抛运动,C 项正确。 2.(2018·洛阳模拟)在杂技表演中,猴子沿竖直杆向上做初速度为零、加速度为 a 的匀 加速运动,同时人顶着直杆以速度 v0 水平匀速移动,经过时间 t,猴子沿杆 向上移动的高度为 h,人顶杆沿水平地面移动的距离为 s,如图所示。关于 猴子的运动情况,下列说法中正确的是( ) A.相对地面的运动轨迹为直线 B.相对地面做变加速曲线运动 C.t 时刻猴子对地速度的大小为 v0+at D.t 时间内猴子对地的位移大小为 s2+h2 解析:选 D 猴子竖直向上做匀加速直线运动,水平向右做匀速直线运动,其合运动是 匀变速曲线运动,A、B 错误;t 时刻猴子对地速度的大小为 v= v02+a2t2,C 错误;t 时间 内猴子对地的位移是指合位移,其大小为 s2+h2,D 正确。 3.[多选](2018·德阳一诊)甲、乙两船在同一河流中同时开始渡 河,河水流速为 v0,船在静水中的速率均为 v,甲、乙两船船头均与河 岸成 θ 角,如图所示,已知甲船恰能垂直到达河正对岸的 A 点,乙船 到达河对岸的 B 点,A、B 之间的距离为 L,则下列判断正确的是( ) A.乙船先到达对岸 B.若仅是河水流速 v0 增大,则两船的渡河时间都不变 C.不论河水流速 v0 如何改变,只要适当改变 θ 角,甲船总能到达正对岸的 A 点 D.若仅是河水流速 v0 增大,则两船到达对岸时,两船之间的距离仍然为 L 解析:选 BD 将小船的运动分解为平行于河岸和垂直于河岸两个方向,抓住分运动和 合运动具有等时性,知甲、乙两船到达对岸的时间相等,渡河的时间 t=vsidn θ ,故 A 错 误;若仅是河水流速 v0 增大,则渡河的时间仍为 t=vsidn θ ,两船的渡河时间都不变,故 B 正确;只有甲船速度大于水流速度时,甲船才可能到达河的正对岸 A 点,故 C 错误;若仅 是河水流速 v0 增大,则两船到达对岸时间不变,根据速度的分解,船在沿岸方向的分速度 仍不变,两船之间的相对速度不变,则两船之间的距离仍然为 L,故 D 正确。 4.(2018·泉州模拟)如图所示,一质点受一恒定合外力 F 作用从 y 轴上
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的 A 点平行于 x 轴射出,经过一段时间到达 x 轴上的 B 点,在 B 点时其速度垂直于 x 轴指向

y 轴负方向,质点从 A 到 B 的过程,下列判断正确的是( )

A.合外力 F 可能指向 y 轴负方向

B.该质点的运动为匀变速运动

C.该质点的速度大小可能保持不变

D.该质点的速度一直在减小

解析:选 B 物体受到一恒力,从 A 到 B,根据曲线运动条件,则有合外力的方向在 x

轴负方向与 y 轴负方向之间,不可能沿 y 轴负方向,否则 B 点的速度不可能垂直 x 轴,故 A

错误;由于受到一恒力,因此做匀变速曲线运动,故 B 正确;因受到一恒力,因此不可能做

匀速圆周运动,所以速度大小一定变化,故 C 错误;根据力与速度的夹角,可知,速度先减

小后增大,故 D 错误。

★5.(2018·合肥模拟)如图所示,船从 A 点开出后沿直线 AB 到达对岸,

若 AB 与河岸成 37°角,水流速度为 4 m/s,则船从 A 点开出的最小速度为

()

A.2 m/s

B.2.4 m/s

C.3 m/s

D.3.5 m/s

解析:选 B 设水流速度为 v1,船在静水中的速度为 v2,船沿 AB

方向航行时,运动的分解如图所示,当 v2 与 AB 垂直时,v2 最小,v2min =v1sin 37°=2.4 m/s,选项 B 正确。

★6.[多选]如图所示,人在岸上拉船,已知船的质量为 m,水的阻

力恒为 f,当轻绳与水平面的夹角为 θ 时,船的速度为 v,此时人的拉 力大小为 F,则( )

A.人拉绳行走的速度为 vcos θ B.人拉绳行走的速度为cosv θ

Fcos C.船的加速度为

θ m

-f

D.船的加速度为F-m f

解析:选 AC 船的速度产生了两个效果:一是滑轮与船间的绳缩短,

二是绳绕滑轮顺时针转动,因此将船的速度进行分解,如图所示,人拉绳

行走的速度 v 人=vcos θ ,A 对、B 错;绳对船的拉力等于人拉绳的力, 即绳的拉力大小为 F,与水平方向成 θ 角,因此 Fcos θ -f=ma,得 a

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=Fcos

θ m

-f,C 对、D

错。

7.[多选]如图所示,用一根长杆和两个定滑轮的组合装置来提升 重物 M,长杆的一端放在地上通过铰链连接形成转轴,其端点恰好处 于左侧滑轮正下方 O 点处,在杆的中点 C 处拴一细绳,通过两个滑轮 后挂上重物 M。C 点与 O 点距离为 L,现在杆的另一端用力使其逆时针匀速转动,由竖直位 置以角速度 ω 缓慢转至水平(转过了 90°角),此过程中下列说法正确的是( )
A.重物 M 做匀速直线运动 B.重物 M 做匀变速直线运动 C.重物 M 的最大速度是 ω L D.重物 M 的速度先增大后减小 解析:选 CD 与杆垂直的速度 v 是 C 点的实际速度,vT 是细绳的速度,即重物 M 的速 度。设 vT 与 v 的夹角是 θ ,则 vT=vcos θ ,开始时 θ 减小,则 vT 增大;当杆与细绳垂直(θ =0)时,重物 M 的速度最大,为 vmax=ω L,然后再减小,C、D 正确。 8.如图所示,在竖直平面内的 xOy 坐标系中,Oy 竖直向上,Ox 水平。设平面内存在沿 x 轴正方向的恒定风力。一小球从坐标原点沿 Oy 方向竖直向上抛出,初速度为 v0=4 m/s, 不计空气阻力,到达最高点的位置如图中 M 点所示,(坐标格为正方形,g 取 10 m/s2)求:

(1)小球在 M 点的速度 v1; (2)在图中定性画出小球的运动轨迹并标出小球落回 x 轴时的位置 N; (3)小球到达 N 点的速度 v2 的大小。 解析:(1)设正方形的边长为 s0。 小球竖直方向做竖直上抛运动,v0=gt1,2s0=v20t1 水平方向做匀加速直线运动,3s0=v21t1 解得 v1=6 m/s。 (2)由竖直方向运动的对称性可知,小球再经过 t1 到达 x 轴,水平方向做初速度为零的 匀加速直线运动,所以回到 x 轴时落到 x=12 处,位置 N 的坐标为(12,0),运动轨迹及 N 如图。
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(3)到 N 点时竖直分速度大小为 v0=4 m/s, 水平分速度 vx=a 水平 tN=2v1=12 m/s,

故 v2= v02+vx2=4 10 m/s。

答案:(1)6 m/s (2)见解析图 (3)4 10 m/s

9.河宽 60 m,水流速度 v1=6 m/s,小船在静水中的速度 v2=3 m/s,求:

(1)小船渡河的最短时间;

(2)小船渡河的最短航程。

解析:(1)当小船垂直河岸航行时,渡河时间最短,

tmin=vd2=630 s=20 s。

(2)因为船速小于水速,所以小船一定向下游漂移。如图所示,以 v1 矢量 末端为圆心,以 v2 矢量的大小为半径画弧,从 v1 矢量的始端向圆弧作切线,

则合速度沿此切线方向时航程最短。

由图可知,最短航程为

x

d 短=sin

θ

=vv12d=63×60

m=120

m。

答案:(1)20 s (2)120 m

[B 级——拔高题目稳做准做]

★10.如图所示,甲、乙两同学从河中 O 点出发,分别沿直线游

到 A 点和 B 点后,立即沿原路线返回到 O 点,OA、OB 分别与水流方

向平行和垂直,且 OA = OB 。若水流速度不变,两人在静水中游速

相等,则他们所用时间 t 甲、t 乙的大小关系为 ( )

A.t 甲<t 乙

B.t 甲=t 乙

C.t 甲>t 乙

D.无法确定

解析:选 C 设水速为 v0,人在静水中的速度为 v, OA = OB =x。对甲,O→A 阶段人

对地的速度为(v+v0),所用时间 t1=v+x v0;A→O 阶段人对地的速度为(v-

v0),所用时间

t2

x =v-v0。所以甲所用时间

t

甲=t1+t2=

x

x

v+v0+v-v0=

v22-vxv02。对乙,O→B 阶段和 B→O 阶段的实际速度 v′为 v 和 v0 的合成,如

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图所示。由几何关系得,实际速度 v′=

v2-v02,故乙所用时间

t

2x 乙=v′=

v22-x v02。tt甲乙=

v v2-v02>1,即

t

甲>t

乙,故

C

正确。

★11.(2018·石家庄检测)一轻杆两端分别固定质量为 mA 和 mB 的

两个小球 A 和 B(可视为质点)。将其放在一个光滑球形容器中从位置

1 开始下滑,如图所示,当轻杆到达位置 2 时球 A 与球形容器球心等

高,其速度大小为 v1,已知此时轻杆与水平方向成 θ =30°角,B 球

的速度大小为 v2,则( )

A.v2=12v1

B.v2=2v1

C.v2=v1

D.v2= 3v1

解析:选 C 球 A 与球形容器球心等高,速度 v1 方向竖直向下,

速度分解如图所示,有 v11=v1sin 30°=12v1,球 B 此时速度方向与

杆成 α =60°角,因此 v21=v2cos 60°=12v2,沿杆方向两球速度

相等,即 v21=v11,解得 v2=v1,C 项正确。

★12.(2018·广州检测)如图所示,物体 a、b、c 分别穿在竖直

固定的直杆上,且物体 a、b、c 由轻质不可伸长的细线通过两定滑轮

相连。某时刻物体 a 有向下的速度 v0,吊住物体 c 的两根细线与竖直

方向的夹角分别为 α 和 β ,则物体 b 的速度大小为( )

cos A.cos

β α

v0

cos B.cos

α β

v0

C.ssiinn

β α

v0

D.以上均错

解析:选 A 研究左侧细线,把物体 c 的速度 vc 沿细线和垂直细线分解为 v0 和 v1,可得

vc=cosv0 α 、竖直向上;再研究右侧细线,把物体 c 的速度 vc 沿细线和垂直细线分解为 vb

和 v2,vc=cosvb β

,联立这两式解得 vb=ccooss

β α

v0。

★13.如图所示,一根长为 L 的轻杆 OA,O 端用铰链固定,轻杆

靠在一个高为 h 的物块上,某时刻杆与水平方向的夹角为 θ ,物块

向右运动的速度为 v,则此时 A 点速度为( )

A.Lvsihn θ

B.Lvcohs θ

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C.Lvsihn2θ

D.Lvcohs2θ

解析:选 C 如图所示,根据运动的合成与分解可知,接触点 B 的实际运动为合运动,

可将 B 点运动的速度 vB=v 沿垂直于杆和沿杆的方向分解成 v2 和 v1,其中 v2=vBsin θ =vsin

θ 为 B 点做圆周运动的线速度,v1=vBcos θ 为 B 点沿杆运动的速度。当杆与水平方向夹角

为θ

时,OB=sinh

θ

,由于 B 点的线速度为 v2=vsin θ

=OBω

,所以

ω

vsin = OB

θ

=vsihn2θ



所以 A 的线速度 vA=Lω =Lvsihn2θ ,选项 C 正确。

第2节

抛体运动

(1)以一定的初速度水平抛出的物体的运动是平抛运动。(×) (2)做平抛运动的物体的速度方向时刻在变化,加速度方向也时刻在变化。(×) (3)做平抛运动的物体初速度越大,水平位移越大。(×) 教育配套资料 K12

教育配套资料 K12 (4)做平抛运动的物体,初速度越大,在空中飞行时间越长。(×) (5)从同一高度平抛的物体,不计空气阻力时,在空中飞行的时间是相同的。( √) (6)无论平抛运动还是斜抛运动,都是匀变速曲线运动。(√) (7)做平抛运动的物体,在任意相等的时间内速度的变化量是相同的。(√) 1.做平抛运动的物体,其落地时间完全由下落高度决定,与平抛速度大小无关。 2.做平抛运动的物体,其水平位移由平抛初速度和下落高度共同决定。
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1.基本规律 (1)速度关系

突破点(一) 平抛运动的规律

(2)位移关系

2.实用结论 (1)速度改变量:物体在任意相等时间内的速度改变量 Δ v=gΔ t 相同,方向恒为竖直 向下,如图甲所示。 (2)水平位移中点:因 tan α =2tan β ,所以 OC=2BC,即速度的反向延长线通过此时 水平位移的中点,如图乙所示。

[题点全练]
1.(2016·海南高考)在地面上方某点将一小球以一定的初速度沿水平方向抛出,不计 空气阻力,则小球在随后的运动中( )
A.速度和加速度的方向都在不断变化 B.速度与加速度方向之间的夹角一直减小 C.在相等的时间间隔内,速率的改变量相等 D.在相等的时间间隔内,动能的改变量相等 解析:选 B 由于物体只受重力作用,做平抛运动,故加速度不变,速度大小和方向时 刻在变化,选项 A 错误;设某时刻速度与竖直方向(即加速度方向)夹角为 θ ,则 tan θ =vv0y
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=gvt0 ,随着时间 t 变大,tan θ

变小,θ

变小,故选项

B

正确;根据加速度定义式

a=ΔΔ

v t

=g,则 Δ v=gΔ t,即在相等的时间间隔内,速度的改变量相等,但速率的改变量不相等,

故选项 C 错误;根据动能定理,动能的改变量等于重力做的功,即 WG=mgh,对于平抛运动,

在竖直方向上,相等时间间隔内的位移不相等,即动能的改变量不相等,故选项 D 错误。

2.(2017·全国卷Ⅰ)发球机从同一高度向正前方依次水平射出两个速度不同的乒乓球

(忽略空气的影响)。速度较大的球越过球网,速度较小的球没有越过球网。其原因是( )

A.速度较小的球下降相同距离所用的时间较多

B.速度较小的球在下降相同距离时在竖直方向上的速度较大

C.速度较大的球通过同一水平距离所用的时间较少

D.速度较大的球在相同时间间隔内下降的距离较大

解析:选 C 发球机从同一高度水平射出两个速度不同的乒乓球,根据平抛运动规律,

竖直方向上,h=12gt2,可知两球下落相同距离 h 所用的时间是相同的,选项 A 错误。由 vy2

=2gh 可知,两球下落相同距离 h 时在竖直方向上的速度 vy 相同,选项 B 错误。由平抛运动 规律,水平方向上,x=vt,可知速度较大的球通过同一水平距离所用的时间 t 较少,选项

C 正确。由于做平抛运动的球在竖直方向的运动为自由落体运动,两球在相同时间间隔内下

降的距离相同,选项 D 错误。

3.(2018·抚顺一模)如图所示,离地面高 h 处有甲、乙两个物体,

甲以初速度 v0 水平射出,同时乙以初速度 v0 沿倾角为 45°的光滑斜 面滑下。若甲、乙同时到达地面,则 v0 的大小是( )

gh A. 2

B. gh

2gh C. 2

D.2 gh

解析:选 A 甲做平抛运动,水平方向做匀速运动,竖直方向做自由落体运动,根据 h =12gt2,

得:t=

2h g①

根据几何关系可知:x 乙= 2h ② 乙做匀加速直线运动,根据牛顿第二定律可知:

a=Fm合=mgsinm

45° =

22g



根据位移时间公式可知:

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x 乙=v0t+12at2 ④ 由①②③④式得: v0= 2gh, 所以 A 正确。

突破点(二) 多体平抛问题

[题点全练] 1.(2017·江苏高考)如图所示,A、B 两小球从相同高度同时水平

抛出,经过时间 t 在空中相遇。若两球的抛出速度都变为原来的 2 倍,

则两球从抛出到相遇经过的时间为( )

A.t

B. 22t

t

t

C.2

D.4

解析:选 C 设两球间的水平距离为 L,第一次抛出的速度分别为 v1、v2,由于小球抛

出后在水平方向上做匀速直线运动,则从抛出到相遇经过的时间 t=v1+L v2,若两球的抛出

速度都变为原来的 2 倍,则从抛出到相遇经过的时间为 t′=

L

t

v1+v2 =2,C 项正确。

2.(2018·揭阳检测)如图,长方体 ABCD?A1B1C1D1 中,|AB|=2|AD|

=2|AA1|,将可视为质点的小球从顶点 A 在∠BAD 所在范围内(包括边界)

分别沿不同方向水平抛出,落点都在 A1B1C1D1 范围内(包括边界)。不计

空气阻力,以 A1B1C1D1 所在水平面为重力势能参考平面,则小球( )

A.抛出速度最大时落在 B1 点

B.抛出速度最小时落在 D1 点

C.从抛出到落在 B1D1 线段上任何一点所需的时间都相等

D.落在 B1D1 中点时的机械能与落在 D1 点时的机械能相等

解析:选 C 由于小球抛出时离地高度相等,故各小球在空中运动的时间相等,则可知

水平位移越大,抛出时的速度越大,故落在 C1 点的小球抛出速度最大,落点靠近 A1 点的小

球速度最小,故 A、B 错误,C 正确;由题图可知,落在 B1D1 中点和落在 D1 点的水平位移不

同,所以两种情况中对应的水平速度不同,则可知它们在最高点时的机械能不相同,因下落

过程机械能守恒,故落地时的机械能也不相同,故 D 错误。 3.[多选]如图所示,A、B 两点在同一条竖直线上,A 点离地面的高度为

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2.5h,B 点离地面高度为 2h。将两个小球分别从 A、B 两点水平抛出,它们在 P 点相遇,P 点离地面的高度为 h。已知重力加速度为 g,则( )
A.两个小球一定同时抛出

B.两个小球抛出的时间间隔为( 3- 2)

h g

C.小球 A、B 抛出的初速度之比vvAB=

3 2

D.小球 A、B 抛出的初速度之比vvAB=

2 3

解析:选 BD 平抛运动在竖直方向上做自由落体运动,由 H=12gt2,得 t=

2gH,由

于 A 到 P 的竖直高度较大,所以从 A 点抛出的小球运动时间较长,应先抛出,故 A 错误;由

t=

2gH,得两个小球抛出的时间间隔为 Δ t=tA-tB= 2×1g.5h-

2gh=( 3- 2)

h g,故

B

正确;由

x=v0t



v0=x

2gH,x 相等,则小球 A、B 抛出的初速度之比vvAB =

hhAB=

1.h5h=

23,故 C 错误,D 正确。

[题后悟通]

对多体平抛问题的四点提醒

(1)两条平抛运动轨迹的交点是两物体的必经之处,两物体要在此处相遇,必须同时到

达此处。即轨迹相交是物体相遇的必要条件。 (2)若两物体同时从同一高度抛出,则两物体始终处在同一高度。 (3)若两物体同时从不同高度抛出,则两物体高度差始终与抛出点高度差相同。 (4)若两物体从同一高度先后抛出,则两物体高度差随时间均匀增大。

突破点(三) 平抛运动问题的 5 种解法 平抛运动是较为复杂的匀变速曲线运动,求解此类问题的基本方法是:将平抛运动分解 为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动。高考对平抛运动的考查往往将平抛 运动置于实际情景或物理模型中,而在这些情景中求解平抛运动问题时只会运动分解的基本 方法往往找不到解题突破口,这时根据平抛运动特点,结合试题情景和所求解的问题,再佐 以假设法、对称法、等效法等,能使问题迎刃而解。
一 以分解速度为突破口求解平抛运动问题 对于一个做平抛运动的物体来说,若知道了某时刻的速度方向,可以从分解速度的角度 来研究:tan θ =vvyx=gvt0 (θ 为 t 时刻速度与水平方向间夹角),从而得出初速度 v0、时间 t、

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教育配套资料 K12 夹角 θ 之间的关系,进而求解具体问题。

[例 1] (2018·商丘一中押题卷)如图所示,一小球从一半圆轨道 左端 A 点正上方某处开始做平抛运动(小球可视为质点),飞行过程中恰 好与半圆轨道相切于 B 点。O 为半圆轨道圆心,半圆轨道半径为 R,OB 与水平方向夹角为 60°,重力加速度为 g,则小球抛出时的初速度为 ()

A.

3gR 2

B.

3 3gR 2

3gR

C.

2

3gR

D.

3

[解析] 飞行过程中恰好与半圆轨道相切于 B 点,则知速度与水平方向的夹角为 30°,

则有:vy=v0tan 30°,

又 vy=gt,则得:v0tan

30°=gt,t=v0tang

30° ①

水平方向上小球做匀速直线运动,则有: R+Rcos 60°=v0t②

联立①②解得:v0=

3 23gR。

[答案] B

二 以分解位移为突破口求解平抛运动问题

对于一个做平抛运动的物体来讲,若知道某一时刻物体的位移方向,则可将位移分解到

12gt2 水平方向和竖直方向,然后利用 tan α = v0t (α 为 t 时刻位移与水平方向间夹角),确定 初速度 v0、运动时间 t 和夹角 α 间的大小关系。

[例 2] 如图所示,两小球 a、b 从直角三角形斜面的顶端以 相同大小的水平速度 v0 向左、向右水平抛出,分别落在两个斜面上, 三角形的两底角分别为 30°和 60°,则两小球 a、b 运动时间之比

为( )

A.1∶ 3

B.1∶3

C. 3∶1

D.3∶1

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[解析] 设 a、b 两球运动的时间分别为 ta 和 tb,则 tan 30°=12vg0ttaa2=2gvt0a,tan 60°

=12vg0ttbb2=2gvt0b,两式相除得:ttab=ttaann

30° 1 60°=3。

[答案] B

三 利用假设法求解平抛运动问题 对于平抛运动,运动时间由下落高度决定,水平位移由下落高度和初速度决定,所以当 下落高度相同时,水平位移与初速度成正比。但有时下落高度不同,水平位移就很难比较, 这时可以采用假设法,例如移动水平地面使其下落高度相同,从而作出判断。

[例 3] 斜面上有 a、b、c、d 四个点,如图所示,ab=bc

=cd,从 a 点正上方的 O 点以速度 v 水平抛出一个小球,它落在

斜面上 b 点,若小球从 O 点以速度 2v 水平抛出,不计空气阻力,

则它落在斜面上的( )

A.b 与 c 之间某一点

B.c 点

C.c 与 d 之间某一点

D.d 点

[解析] 假设斜面是一层很薄的纸,小球落上就可穿透且不损

失能量,过 b 点作水平线交 Oa 于 a′,由于小球从 O 点以速度 v 水

平抛出时,落在斜面上 b 点,则小球从 O 点以速度 2v 水平抛出,穿

透斜面后应落在水平线 a′b 延长线上的 c′点,如图所示,因 ab=bc,则 a′b=bc′,即

c′点在 c 点的正下方,显然,小球轨迹交于斜面上 b 与 c 之间。所以,本题答案应选 A。

[答案] A

四 利用推论法求解平抛运动问题

推论Ⅰ:做平抛运动的物体在任一时刻或任一位置时,设其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Ⅱ:做平抛运动的物体,任意时刻速度方向的反向延长线一定通过此时水平位移的 中点。
推论Ⅲ:物体落回斜面的平抛运动中,物体在不同落点的速度方向与斜面的夹角相等。
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[例 4] 如图所示,从倾角为 θ 且足够长的斜面的顶点 A,先后将同一小球以不同的初 速度水平向右抛出,第一次初速度为 v1,小球落到斜面上前一瞬间的速度方向与斜面的夹角 为 φ 1,第二次初速度为 v2,小球落在斜面上前一瞬间的速度方向与斜面间的夹角为 φ 2,若 v2>v1,则 φ 1 和 φ 2 的大小关系是( )

A.φ 1>φ 2

B.φ 1<φ 2

C.φ 1=φ 2

D.无法确定

[解析] 根据平抛运动的推论,做平抛(或类平抛)运动的物体在任一时刻或任一位置

时,设其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 。由上述关系式结合题图中的几何关系可得:tan(φ +θ )=2tan θ ,此式表明小球的速 度方向与斜面间的夹角 φ 仅与 θ 有关,而与初速度无关,因此 φ 1=φ 2,即以不同初速度 平抛的物体,落在斜面上各点的速度方向是互相平行的。故 C 正确。

[答案] C

五 利用等效法求解类平抛运动问题

当物体受到与初速度垂直的恒定的合外力时,其运动规律与平抛运动类似,简称类平抛

运动。类平抛运动的求解方法是:将运动分解为初速度方向的匀速直线运动和垂直于初速度

方向(即合外力方向)的匀加速直线运动,求出等效加速度,再利用求解平抛运动的方法求解

相关问题。

[例 5] (2018·河北正定中学月考)风洞实验室能产生大小和 方向均可改变的风力。如图所示,在风洞实验室中有足够大的光滑 水平面,在水平面上建立 xOy 直角坐标系。质量 m=0.5 kg 的小球 以初速度 v0=0.40 m/s 从 O 点沿 x 轴正方向运动,在 0~2.0 s 内受到一个沿 y 轴正方向、 大小 F1=0.20 N 的风力作用;小球运动 2.0 s 后风力方向变为沿 y 轴负方向、大小变为 F2 =0.10 N(图中未画出)。试求:
(1)2.0 s 末小球在 y 轴方向的速度大小和 2.0 s 内运动的位移大小; (2)风力 F2 作用多长时间,小球的速度变为与初速度相同。 [解析] (1)设在 0~2.0 s 内小球运动的加速度为 a1, 则 F1=ma1 2.0 s 末小球在 y 轴方向的速度 v1=a1t1 代入数据解得 v1=0.8 m/s
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教育配套资料 K12 沿 x 轴方向运动的位移 x1=v0t1 沿 y 轴方向运动的位移 y1=12a1t12 2.0 s 内运动的位移 s1= x12+y12 代入数据解得 s1=0.8 2 m≈1.1 m。 (2)设 2.0 s 后小球运动的加速度为 a2,F2 的作用时间为 t2 时小球的速度变为与初速度
相同,则 F2=ma2 0=v1-a2t2 代入数据解得 t2=4.0 s。 [答案] (1)0.8 m/s 1.1 m (2)4.0 s
STS 问题——练迁移思维 体育运动中的平抛运动问题 (一)乒乓球的平抛运动问题 1.[多选](2018·大连重点中学联考)在某次乒乓球比赛中,乒乓球先后两次落台后恰 好在等高处水平越过球网,过网时的速度方向均垂直于球网,把两次落台的乒乓球看成完全 相同的球 1 和球 2,如图所示,不计乒乓球的旋转和空气阻力,乒乓球自起跳到最高点的过 程中,下列说法正确的是( )
A.起跳时,球 1 的重力功率等于球 2 的重力功率 B.球 1 的速度变化率小于球 2 的速度变化率 C.球 1 的飞行时间大于球 2 的飞行时间 D.过网时球 1 的速度大于球 2 的速度 解析:选 AD 乒乓球起跳后到最高点的过程,其逆过程可看成平抛运动。重力的瞬时 功率等于重力乘以竖直方向的速度,两球起跳后能到达的最大高度相同,由 v2=2gh 得,起 跳时竖直方向分速度大小相等,所以两球起跳时重力功率大小相等,A 正确;速度变化率即 加速度,两球在空中的加速度都等于重力加速度,所以两球的速度变化率相同,B 错误;由 h=12gt2 可得两球飞行时间相同,C 错误;由 x=vt 可知,球 1 的水平位移较大,运动时间 相同,则球 1 的水平速度较大,D 正确。 (二)足球的平抛运动问题
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2.(2015·浙江高考)如图所示为足球球门,球门宽为 L。一个

球员在球门中心正前方距离球门 s 处高高跃起,将足球顶入球门的

左下方死角(图中 P 点)。球员顶球点的高度为 h。足球做平抛运动

(足球可看成质点,忽略空气阻力),则( )

A.足球位移的大小 x=

L42+s2

B.足球初速度的大小 v0=

2gh???L42+s2???

C.足球末速度的大小 v=

2gh???L42+s2???+4gh

L D.足球初速度的方向与球门线夹角的正切值 tan θ =2s

解析:选 B 根据几何关系可知,足球做平抛运动的竖直高度为 h,水平位移为 x 水平=

s2+L42,则足球位移的大小为:x= x水平2+h2=

s2+L42+h2,选项 A 错误;由 h=12gt2,

x 水平=v0t,可得足球的初速度为 v0=

2gh???L42+s2???,选项 B 正确;对足球应用动能定理:

mgh=12mv2-12mv02,可得足球末速度 v= v02+2gh=

2gh???L42+s2???+2gh,选项 C 错误;初

速度方向与球门线夹角的正切值为 tan θ =2Ls,选项 D 错误。

(三)网球的平抛运动问题

3.(2018·沈阳模拟)一位网球运动员以拍击球,使网球沿水平方

向飞出,第一只球落在自己一方场地的 B 点,弹跳起来后,刚好擦网

而过,落在对方场地的 A 点处,如图所示,第二只球直接擦网而过,

也落在 A 点处,设球与地面的碰撞过程没有能量损失,且运动过程不计空气阻力,则两只球

飞过球网 C 处时水平速度之比为( )

A.1∶1

B.1∶3

C.3∶1

D.1∶9

解析:选 B 由平抛运动的规律可知,两球分别被击出至各自第一次落地的时间是相等

的。由于球与地面的碰撞没有能量损失,设第一只球自击出到落到 A 点时间为 t1,第二只球 自击出到落到 A 点时间为 t2,则 t1=3t2。
由于两球在水平方向均为匀速运动,水平位移大小相等,设它们从 O 点出发时的初速度

分别为 v1、v2, 由 x=v0t 得:v2=3v1, 所以有vv12=13,所以两只球飞过球网 C 处时水平速度之比为 1∶3,故 B 正确。

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(四)排球的平抛运动问题

4.(2018·盘锦模拟)如图所示是排球场的场地示意图,设排球场

的总长为 L,前场区的长度为L6,网高为 h,在排球比赛中,对运动员

的弹跳水平要求很高。如果运动员的弹跳水平不高,运动员的击球点

的高度小于某个临界值 H,那么无论水平击球的速度多大,排球不是触网就是越界。设某一

次运动员站在前场区和后场区的交界处,正对网前竖直跳起垂直网将排球水平击出,关于该

种情况下临界值 H 的大小,下列关系式正确的是( )

A.H=4498h

B.H=

L+h 15L

C.H=1165h

D.H=

L+h L

h

解析:选 C 将排球水平击出后排球做平抛运动,排球刚好触网到达底线时,有:

H-h=12gt12,H=12gt22

L

LL

6=v0t1,6+2=v0t2

联立解得 H=1156h

故 C 正确。

[反思领悟]

在解决体育运动中的平抛运动问题时,既要考虑研究平抛运动的思路和方法,又要考虑

所涉及的体育运动设施的特点,如乒乓球、排球、网球等都有中间网及边界问题,要求球既

能过网,又不出边界;足球的球门有固定的高度和宽度。

(一)普通高中适用作业

[A 级——基础小题练熟练快]

★1.(2016·江苏高考)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。图中①为 A 的运动轨

迹,则 B 的运动轨迹是( )

A.①

B.②

C.③

D.④

解析:选 A 不计空气阻力的情况下,两球沿同一方向以相同速率抛出,其运动轨迹是

相同的,选项 A 正确。

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★2.如图所示,一质点做平抛运动先后经过 A、B 两点,到达 A 点时速度 方向与竖直方向的夹角为 60°,到达 B 点时速度方向与水平方向的夹角为 45°。质点运动到 A 点与质点运动到 B 的时间之比是( )

1

3

A.3

B. 3

C.23

D.条件不够,无法求出

解析:选 B 设初速度大小为 v0,将 A、B 两点的速度分解,在 A 点:tan(90°-60°) =vvA0y=gvt0A,
在 B 点:tan 45°=vvB0y=gvt0B,

由以上两式可求得:ttAB=ttaann 3405° °= 33,故选项 B 正确。

★3.(2018·呼伦贝尔一模)如图所示,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 va、vb、vc 和运动的时

间 ta、tb、tc 的关系分别是( )

A.va>vb>vc ta>tb>tc

B.va<vb<vc ta=tb=tc

C.va<vb<vc ta>tb>tc

D.va>vb>vc ta<tb<tc

解析:选 C 三个物体落地的高度 ha>hb>hc,根据 h=12gt2,知 ta>tb>tc,根据 xa<xb<xc,

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 va<vb<vc。故 C 正确,A、B、D 错误。
★4.(2018·邯郸一中调研)如图,斜面 AC 与水平方向的夹角为 α , 在 A 点正上方与 C 等高处水平抛出一小球,其速度垂直于斜面落到 D 点, 则 CD 与 DA 的比为( )

A.tan1 α

B.2ta1n α

1 C.tan2α

1 D.2tan2α

解析:选 D 设小球水平方向的速度为 v0,将 D 点的速度进行分解,水平方向的速度等

于平抛运动的初速度,通过几何关系求解,得竖直方向的末速度为 v2=tanv0 α ,设该过程用

时为 t,则 DA 间水平距离为 v0t,故 DA=covs0tα ;CD 间竖直距离为v22t,故 CD=2sivn2t α ,

CD 1 得DA=2tan2α ,故 D 正确。

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5.[多选]如图所示,横截面为直角三角形的两个相同斜面紧靠在一起,固定在水平面 上,小球从左边斜面的顶点以不同的初速度向右水平抛出,最 后落在斜面上。其中有三次的落点分别是 a、b、c,不计空气阻 力,则下列判断正确的是( )
A.落点 b、c 比较,小球落在 c 点的飞行时间短 B.小球落在 a 点和 b 点的飞行时间均与初速度 v0 成正比 C.三个落点比较,小球落在 c 点,飞行过程中速度变化最快 D.三个落点比较,小球落在 c 点,飞行过程中速度变化最大

解析:选 AB 由平抛运动规律 h=12gt2 得 t=

2h g ,可知,落点为

b

时,小球的竖直

位移较大,故飞行时间较长,A 正确;落点为 a、b 时,两次位移方向相同,故 tan θ

gt =2v0,

可见飞行时间 t 与 v0 成正比,B 项正确;小球在飞行过程中速度变化快慢即加速度,均为 g,

C 项错误;小球在飞行过程中,水平方向上速度不变,速度变化 Δ v=gt,由 t=

2h g可

知,小球落在 b 点时速度变化最大,D 项错误。 [B 级——中档题目练通抓牢] 6.[多选]如图所示,B 球在水平面内做半径为 R 的匀速圆周运动,竖直平台与轨迹相切
且高度为 R,当 B 球运动到切点时,在切点正上方的 A 球水平飞出,

速度大小为

32Rg,g 为重力加速度大小,要使 B 球运动一周内与 A

球相遇,则 B 球的速度大小为( )

A.π3 2Rg

B.23π 2Rg

C.π 2Rg

D.2π 2Rg

解析:选 AB A 球平抛运动的时间 t=

2gR,水平位移大小 x=v0t

= 3R,A 球的落点在圆周上,从上向下看有两种可能,A 球水平位移与直 径的夹角均为 30°。若在 C 点相遇,B 球转过的角度为23π ,则 B 球的速度

大小为

2π 3
vB= t

R =π3

2Rg,A

正确;若在

D

点相遇,B

4 球转过的角度为3π

,则

B

球的速度

大小为

4π 3
vB= t

R=23π

2Rg,B 正确。

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7.[多选](2018·长沙联考)在某次高尔夫球比赛中,美国选手罗伯特

-斯特布击球后,球恰好落在洞的边缘,假定洞内

bc

1 表面为4球面,半径

为 R,且空气阻力可忽略,重力加速度大小为 g,把此球以大小不同的初

速度 v0 沿半径方向水平击出,如图所示,球落到球面上,下列说法正确的是( )

A.落在球面上的最大速度为 2 2gR

B.落在球面上的最小速度为 3gR

C.小球的运动时间与 v0 大小无关 D.无论调整 v0 大小为何值,球都不可能垂直撞击在球面上 解析:选 BD 平抛运动竖直方向的分运动是自由落体运动,由 h=

12gt2,得 t= 2gh。设小球落在 A 点时,OA 与竖直方向之间的夹角为

θ ,水平方向的位移为 x,竖直方向的位移为 y,到达 A 点时竖直方向 的速度为 vy,则 x=v0t=Rsin θ ,y=v2yg2=g2t2=Rcos θ ,得 vy2=2gRcos θ ,v02=g2Rcsoisn2θθ ,

又由 vt= v02+vy2=

gRsin2θ 2cos θ

+2gRcos

θ



???32cos θ +2co1s θ ???gR,所以落在球面

上的小球有最小速度,当32cos θ =2co1s θ 时,速度最小,最小速度为 3gR,故 A 错误,

B 正确;由以上的分析可知,小球下落的时间 t=vgy=

2Rcos g

θ ,其中 cos θ

与小球的

初速度有关,故 C 错误;小球撞击在球面上时,根据“平抛运动速度的反向延长线交于水平

位移的中点”结论可知,由于 O 点不在水平位移的中点,所以小球撞在球面上的速度反向延

长线不可能通过 O 点,也就不可能垂直撞击在球面上,故 D 正确。

8.(2018·广安模拟)据悉,我国已在陕西省西安市的阎良机场建立了一座航空母舰所使

用的滑跳式甲板跑道,用来让飞行员练习在航空母舰上的滑跳式甲

板起飞。如图所示的 AOB 为此跑道纵截面示意图,其中 AO 段水平,

OB 为抛物线,O 点为抛物线的顶点,抛物线过 O 点的切线水平,OB

的水平距离为 x,竖直高度为 y。某次训练中,观察战机(视为质点)通过 OB 段时,得知战机

在水平方向做匀速直线运动,所用时间为 t,则战机离开 B 点的速率为( )

x

y

A.t

B.t

x2+y2 C. t

x2+4y2 D. t

解析:选 D 战机的运动轨迹是抛物线,当水平方向做匀速直线运动时,竖直方向做初

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速度为零的匀加速直线运动,则战机到达 B 点时的水平分速度大小 vx=xt,竖直分速度大小

vy=2ty,合速度大小为 v=

vx2+vy2=

x2+4y2 t ,选项 D 正确。

9.(2018·重庆江北区联考)如图所示,倾角为 37°的斜面长 l =1.9 m,在斜面底端正上方的 O 点将一小球以 v0=3 m/s 的速度水平 抛出,与此同时由静止释放斜面顶端的滑块,经过一段时间后,小球

恰好能够以垂直于斜面的速度在斜面 P 点处击中滑块。(小球和滑块均可视为质点,重力加 速度 g 取 10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8),求:
(1)抛出点 O 离斜面底端的高度;

(2)滑块与斜面间的动摩擦因数 μ 。 解析:(1)设小球击中滑块时的速度为 v,竖直速度为 vy,如图 所示,由几何关系得

vv0y=tan 37° 设小球下落的时间为 t,竖直位移为 y,水平位移为 x,由运动学规律得 vy=gt,y=12gt2,

x=v0t 设抛出点到斜面底端的高度为 h,由几何关系得 h=y+xtan 37° 联立解得 h=1.7 m。

(2)设在时间 t 内,滑块的位移为 s,由几何关系得

s=l-cos

x 37°

设滑块的加速度为 a,由运动学公式得 s=12at2

对滑块,由牛顿第二定律得 mgsin 37°-μ mgcos 37°=ma 联立解得 μ =0.125。 答案:(1)1.7 m (2)0.125

10.(2018·辽宁鞍山一中模拟)用如图甲所示的水平—斜面装置研究平抛运动,一物块 (可视为质点)置于粗糙水平面上的 O 点,O 点与斜面顶端 P 点的距离为 s。每次用水平拉力 F,将物块由 O 点从静止开始拉动,当物块运动到 P 点时撤去拉力 F。实验时获得物块在不

同拉力作用下落在斜面上的不同水平射程,作出了如图乙所示的图像,若物块与水平面间的 动摩擦因数为 0.5,斜面与水平地面之间的夹角 θ =45°,g 取 10 m/s2,设最大静摩擦力 等于滑动摩擦力。则 O、P 间的距离 s 是多少?(保留两位有效数字)

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解析:根据牛顿第二定律,在 OP 段有 F-μ mg=ma, 又 2as=vP2, 由平抛运动规律和几何关系有 物块的水平射程 x=vPt, 物块的竖直位移 y=12gt2,

由几何关系有 y=xtan θ , 联立以上各式可以得到 x=2vP2tgan θ ,

解得 F=4stmagn θ x+μ mg。 由题图乙知 μ mg=5,4stmagn θ =10, 代入数据解得 s=0.25 m。

答案:0.25 m [C 级——难度题目自主选做] ★11.(2018·沧州一中月考)如图,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 va,将落在圆弧上的 a 点;若初速度为 vb, 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( )

A.vvab=ssiinn

α β

B.vvab=

cos β cos α

C.vvab=ccooss

β α

sin α sin β

D.vvab=ssiinn

α β

cos β cos α

解析:选 D 对落在 a 点的小球,根据 Rcos α =12gt12 得,t1=

2Rcos g

α

,则 va=

Rsin t1

α

= Rsin

α

g 2Rcos

α

;对落在

b

点的小球,根据

Rcos

β



1 2

gt22

得 , t2 =

2Rcos g

β

,则 vb=Rsitn2

β

=Rsin β

g 2Rcos

β

,解得vvab=ssiinn

α β

为 D。

12.[多选](2018·潍坊期中)如图所示,从水平地面上 a、b

cos cos

β α

,答案

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两点同时抛出两个物体,初速度分别为 v1 和 v2,与水平方向所成角度分别为 30°和 60°。

某时刻两物体恰好在 ab 连线上一点 O(图中未画出)的正上方相遇,且此时两物体速度均沿

水平方向,不计空气阻力。则( )

A.v1>v2

B.v1=v2

C.Oa>Ob

D.Oa<Ob

解析:选 AC 两物体做斜抛运动,在竖直方向减速,在水平方向匀速

对从 a 点抛出的物体:v1x=v1cos 30°= 23v1,

v1y=v1sin 30°=12v1, 竖直方向通过的位移为:h=v21gy2=v81g2 对从 b 点抛出的物体:v2x=v2cos 60°=v22,

v2y=v2sin 60°= 23v2, 竖直方向通过的位移为:h′=v22gy2=38vg22。

因 h=h′, 联立解得:v1>v2,故 A 正确,B 错误; 由于 v1x= 23v1,v2x=12v2,则有从 a 点抛出的物体在水平方向的速度大于从 b 点抛出的

物体在水平方向的速度,故在水平方向上,从 a 点抛出的物体通过的位移大于从 b 点抛出的

物体的位移,即 Oa>Ob,故 C 正确,D 错误。

(二)重点高中适用作业

[A 级——保分题目巧做快做]

★1.一水平固定的水管,水从管口以不变的速度源源不断地喷出。水管距地面高 h=1.8

m,水落地的位置到管口的水平距离 x=1.2 m。不计空气及摩擦阻力,水从管口喷出的初速

度大小是( )

A.1.2 m/s

B.2.0 m/s

C.3.0 m/s

D.4.0 m/s

解析:选 B 水平喷出的水,运动规律为平抛运动,根据平抛运动规律 h=12gt2 可知,

水在空中的时间为 0.6 s,根据 x=v0t 可知水平速度为 v0=2 m/s,因此选项 B 正确。 2.[多选]如图所示,横截面为直角三角形的两个相同斜面紧靠在一起,固定在水平面
上,小球从左边斜面的顶点以不同的初速度向右水平抛出,最

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后落在斜面上。其中有三次的落点分别是 a、b、c,不计空气阻力,则下列判断正确的是( )

A.落点 b、c 比较,小球落在 c 点的飞行时间短

B.小球落在 a 点和 b 点的飞行时间均与初速度 v0 成正比 C.三个落点比较,小球落在 c 点,飞行过程中速度变化最快

D.三个落点比较,小球落在 c 点,飞行过程中速度变化最大

解析:选 AB 由平抛运动规律 h=12gt2 得 t=

2h g ,可知,落点为

b

时,小球的竖直

位移较大,故飞行时间较长,A 正确;落点为 a、b 时,两次位移方向相同,故 tan θ

gt =2v0,

可见飞行时间 t 与 v0 成正比,B 项正确;小球在飞行过程中速度变化快慢即加速度,均为 g,

C 项错误;小球在飞行过程中,水平方向上速度不变,速度变化 Δ v=gt,由 t=

2gh可

知,小球落在 b 点时速度变化最大,D 项错误。

3.[多选]如图所示,B 球在水平面内做半径为 R 的匀速圆周运动, 竖直平台与轨迹相切且高度为 R,当 B 球运动到切点时,在切点正上

方的 A 球水平飞出,速度大小为

32Rg,g 为重力加速度大小,要

使 B 球运动一周内与 A 球相遇,则 B 球的速度大小为( )

A.π3 2Rg

B.23π 2Rg

C.π 2Rg

D.2π 2Rg

解析:选 AB A 球平抛运动的时间 t=

2R g ,水平位移大小

x=v0t

= 3R,A 球的落点在圆周上,从上向下看有两种可能,A 球水平位移与 直径的夹角均为 30°。若在 C 点相遇,B 球转过的角度为23π ,则 B 球的

速度大小为

2π 3
vB= t

R =π3

2Rg,A 正确;若在 D 点相遇,B 球转过的角度为43π ,则 B 球的

速度大小为

4π 3
vB= t

R=23π

2Rg,B 正确。

4.[多选](2018·长沙联考)在某次高尔夫球比赛中,美国选手罗伯特

-斯特布击球后,球恰好落在洞的边缘,假定洞内

bc

1 表面为4球面,半径

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为 R,且空气阻力可忽略,重力加速度大小为 g,把此球以大小不同的初速度 v0 沿半径方向 水平击出,如图所示,球落到球面上,下列说法正确的是( )
A.落在球面上的最大速度为 2 2gR

B.落在球面上的最小速度为 3gR C.小球的运动时间与 v0 大小无关 D.无论调整 v0 大小为何值,球都不可能垂直撞击在球面上 解析:选 BD 平抛运动竖直方向的分运动是自由落体运动,由 h=12

gt2,得 t=

2h g 。设小球落在

A

点时,OA 与竖直方向之间的夹角为

θ



水平方向的位移为 x,竖直方向的位移为 y,到达 A 点时竖直方向的速度 为 vy,则 x=v0t=Rsin θ ,y=v2yg2=g2t2=Rcos θ ,得 vy2=2gRcos θ ,v02=g2Rcsoisn2θθ ,又

由 vt= v02+vy2=

gRsin2θ 2cos θ

+2gRcos

θ



???32cos θ +2cos1 θ ???gR,所以落在球面上

的小球有最小速度,当32cos θ =2co1s θ 时,速度最小,最小速度为 3gR,故 A 错误,B

正确;由以上的分析可知,小球下落的时间 t=vgy=

2Rcos g

θ

,其中

cos

θ

与小球的

初速度有关,故 C 错误;小球撞击在球面上时,根据“平抛运动速度的反向延长线交于水平

位移的中点”结论可知,由于 O 点不在水平位移的中点,所以小球撞在球面上的速度反向延

长线不可能通过 O 点,也就不可能垂直撞击在球面上,故 D 正确。

5.(2018·广安模拟)据悉,我国已在陕西省西安市的阎良机场

建立了一座航空母舰所使用的滑跳式甲板跑道,用来让飞行员练习

在航空母舰上的滑跳式甲板起飞。如图所示的 AOB 为此跑道纵截面

示意图,其中 AO 段水平,OB 为抛物线,O 点为抛物线的顶点,抛物线过 O 点的切线水平,

OB 的水平距离为 x,竖直高度为 y。某次训练中,观察战机(视为质点)通过 OB 段时,得知

战机在水平方向做匀速直线运动,所用时间为 t,则战机离开 B 点的速率为( )

A.xt

B.yt

x2+y2 C. t

x2+4y2 D. t

解析:选 D 战机的运动轨迹是抛物线,当水平方向做匀速直线运动时,竖直方向做初

速度为零的匀加速直线运动,则战机到达 B 点时的水平分速度大小 vx=xt,竖直分速度大小

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vy=2ty,合速度大小为 v=

vx2+vy2=

x2+4y2 t ,选项 D 正确。

★6.图中给出了某一通关游戏的示意图,安装在轨道 AB 上

可上下移动的弹射器,能水平射出速度大小可调节的弹丸,弹丸

射出口在 B 点的正上方。竖直面内的半圆弧 BCD 的半径 R=2.0 m,

直径 BD 水平且与轨道 AB 处在同一竖直面内,小孔 P 和圆心 O 连

线与水平方向夹角为 37°。游戏要求弹丸垂直于 P 点圆弧切线方向射入小孔 P 就能进入下

一关。为了能通关,弹射器离 B 点的高度和弹丸射出的初速度分别是(不计空气阻力,sin 37°

=0.6,cos 37°=0.8)( )

A.0.15 m,4 3 m/s

B.1.50 m,4 3 m/s

C.0.15 m,2 6 m/s

D.1.50 m,2 6 m/s

解析:选 A 设弹射器离 B 点高度为 h,弹丸射出的初速度为 v0。则有(1+cos 37°)R

=v0t,h+Rsin

37°=12gt2,tan

gt 37°=v0 ,解得

h=0.15

m,v0=4

3 m/s,A 正确。

7.[多选](2018·潍坊期中)如图所示,从水平地面上 a、b 两点

同时抛出两个物体,初速度分别为 v1 和 v2,与水平方向所成角度分别 为 30°和 60°。某时刻两物体恰好在 ab 连线上一点 O(图中未画出)的正上方相遇,且此时

两物体速度均沿水平方向,不计空气阻力。则( )

A.v1>v2 C.Oa>Ob

B.v1=v2 D.Oa<Ob

解析:选 AC 两物体做斜抛运动,在竖直方向减速,在水平方向匀速

对从 a 点抛出的物体:v1x=v1cos 30°= 23v1,

v1y=v1sin 30°=12v1, 竖直方向通过的位移为:h=v21gy2=v81g2 对从 b 点抛出的物体: v2x=v2cos 60°=v22,

v2y=v2sin 60°= 23v2, 竖直方向通过的位移为:h′=v22gy2=38vg22。 因 h=h′, 联立解得:v1>v2,故 A 正确,B 错误;

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由于 v1x= 23v1,v2x=12v2,则有从 a 点抛出的物体在水平方向的速度大于从 b 点抛出的

物体在水平方向的速度,故在水平方向上,从 a 点抛出的物体通过的位移大于从 b 点抛出的

物体的位移,即 Oa>Ob,故 C 正确,D 错误。

8.(2018·重庆江北区联考)如图所示,倾角为 37°的斜面长 l=

1.9 m,在斜面底端正上方的 O 点将一小球以 v0=3 m/s 的速度水平抛出, 与此同时由静止释放斜面顶端的滑块,经过一段时间后,小球恰好能够

以垂直于斜面的速度在斜面 P 点处击中滑块。(小球和滑块均可视为质 点,重力加速度 g 取 10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8),求:

(1)抛出点 O 离斜面底端的高度;

(2)滑块与斜面间的动摩擦因数 μ 。 解析:(1)设小球击中滑块时的速度为 v,竖直速度为 vy,如图 所示,由几何关系得

vv0y=tan 37°

设小球下落的时间为 t,竖直位移为 y,水平位移为 x,由运动学规律得 vy=gt,y=12gt2,

x=v0t 设抛出点到斜面底端的高度为 h,由几何关系得

h=y+xtan 37°

联立解得 h=1.7 m。

(2)设在时间 t 内,滑块的位移为 s,由几何关系得

s=l-cos

x 37°

设滑块的加速度为 a,由运动学公式得 s=12at2

对滑块,由牛顿第二定律得 mgsin 37°-μ mgcos 37°=ma

联立解得 μ =0.125。

答案:(1)1.7 m (2)0.125

9.(2018·辽宁鞍山一中模拟)用如图甲所示的水平—斜面装置研究平抛运动,一物块

(可视为质点)置于粗糙水平面上的 O 点,O 点与斜面顶端 P 点的距离为 s。每次用水平拉力

F,将物块由 O 点从静止开始拉动,当物块运动到 P 点时撤去拉力 F。实验时获得物块在不

同拉力作用下落在斜面上的不同水平射程,作出了如图乙所示的图像,若物块与水平面间的

动摩擦因数为 0.5,斜面与水平地面之间的夹角 θ =45°,g 取 10 m/s2,设最大静摩擦力 等于滑动摩擦力。则 O、P 间的距离 s 是多少?(保留两位有效数字)

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解析:根据牛顿第二定律,在 OP 段有 F-μ mg=ma, 又 2as=vP2, 由平抛运动规律和几何关系有 物块的水平射程 x=vPt, 物块的竖直位移 y=12gt2, 由几何关系有 y=xtan θ , 联立以上各式可以得到 x=2vP2tgan θ , 解得 F=4stmagn θ x+μ mg。 由题图乙知 μ mg=5,4stmagn θ =10, 代入数据解得 s=0.25 m。 答案:0.25 m

[B 级——拔高题目稳做准做]

★10.(2018·青岛模拟)如图所示是研究平抛运动的实验装置,正方形白纸 ABCD 贴在方

木板上,E、F、H 是对应边的中点,P 是 EH 的中点。金属小球从倾斜

轨道上由静止开始下滑,从 F 点开始做平抛运动,恰好从 C 点射出。

以下说法正确的是( )

A.小球的运动轨迹经过 P 点

B.小球的运动轨迹经过 PH 之间某点

3 C.若将小球在轨道上的释放高度降低4,小球恰好由

E

点射出

D.若将小球在轨道上的释放高度降低34,小球恰好由 BE 中点射出

解析:选 C 小球从 F 点开始做平抛运动,其轨迹是抛物线,则过 C 点做速度的反向延

长线一定与水平位移交于 FH 的中点,而延长线又经过 P 点,所以轨迹一定经过 PE 之间某点,

故 A、B 错误;设正方形白纸的边长为 2h,则平抛运动的水平位移 x=2h,时间 t=

2gh,

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初速度 v= 2gh,若将小球在轨道上的释放高度降低34,则到达 F 点的速度变为原来的一半,

即 v′=

2gh 2 ,时间不变,水平位移变为

x′=h,小球恰好由

E

点射出,故

C

正确,D

错误。

★11.如图所示,A、B 两球用两段不可伸长的细绳连接于悬点 O,两段细绳

的长度之比为 1∶2,现让两球同时从悬点 O 处以一定的初速度分别向左、向右

水平抛出,至连接两球的细绳伸直所用时间之比为 1∶ 2,若两球的初速度大

小的比值vvAB=k,则 k 应满足的条件是(

)

A.k=

2 2

B.k>

2 2

C.k=12

D.k>

2 4

解析:选 A 设与 A、B 两球相连的绳的长度分别为 l 和 2l,当与 A 球相连的绳绷直时,

有 x=vAt,y=12gt2,

x2+y2=l2,解得 vA=

l2-t ???g2t2???2,

同理对 B 球有 vB=

l 2-???g 2t

2t 2

2???2,

求得 k=vvAB= 22,A 正确。 ★12.(2018·常州一模)军事演习中,M 点的正上方离地 H 高处的蓝 军飞机以水平速度 v1 投掷一颗炸弹攻击地面目标,反应灵敏的红军的地 面高炮系统同时在 M 点右方地面上 N 点以速度 v2 斜向左上方发射拦截炮 弹,两弹恰在 M、N 连线的中点正上方相遇爆炸,不计空气阻力,则发射后至相遇过程( ) A.两弹飞行的轨迹重合 B.初速度大小关系为 v1=v2 C.拦截弹相对攻击弹做匀速直线运动 D.两弹相遇点一定在距离地面34H 高度处 解析:选 C 两弹在 M、N 连线的中点正上方相遇,只能说明末位置相同,不能说明运 动轨迹重合,故 A 错误。由于两弹恰在 M、N 连线的中点正上方相遇,说明它们的水平位移 大小相等,又由于运动的时间相同,所以它们在水平方向上的速度相同,即 v2cos θ =v1, θ 为 v2 与水平方向的夹角,所以 v2>v1,故 B 错误。两弹都只受到重力,都做匀变速运动,

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加速度相同,所以拦截弹相对攻击弹做匀速直线运动,故 C 正确。根据题意只知道两弹运动

时间相同,但不知道拦截炮弹竖直方向初速度的具体值,所以不能判断两弹相遇点距离地面

的高度,所以 D 错误。

★13.[多选](2018·晋城三模)如图所示,A、B、C 三点在同一个竖直平面内,且在同

一直线上,一小球若以初速度 v1 从 A 点水平抛出,恰好能通过 B 点, 从 A 点运动到 B 点所用时间为 t1,到 B 点时速度与水平方向的夹角为 θ 1,落地时的水平位移为 x1;若以初速度 v2 从 A 点水平抛出,恰好能 通过 C 点,从 A 点运动到 C 点所用时间为 t2,到 C 点时速度与水平方向的夹角为 θ 2,落地 时的水平距离为 x2。已知 AB 间水平距离是 BC 间水平距离的 2 倍,则( )

A.v1∶v2=2∶3

B.t1∶t2= 2∶ 3

C.tan θ 1∶tan θ 2=2∶3

D.x1∶x2= 2∶ 3

解析:选 BD 由于 A、B、C 三点在同一个竖直平面内,且在同一直线上,所以竖直方

向的位移和水平方向上位移比值一定相等;设 ABC 的连线与水平方向之间的夹角为 θ ,则:

y 12gt2

tan θ =x= v0t



解得:t=2v0tagn θ 。



则落在 ABC 的连线上时竖直方向上的分速度

vy=gt=2v0tan θ 。

设速度与水平方向的夹角为 α ,有 tan α =vvy0=2tan θ



知小球到达 B 点与 C 点时,速度与水平方向的夹角与初速度无关,则速度与水平方向的

夹角相同,故 C 错误。

AB 间水平距离与 AC 间水平距离之比为 2∶3;由几何关系可知,小球到达 B 点与 C 点时,

竖直方向的位移之比为:yybc=23



又 y=12gt2



联立②⑤得:y=2v02tgan2θ

所以:yybc=vv1222



联立④⑥可得:vv12=

2。 3



故 A 错误;

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联立②⑦得:tt12=vv12=

2,故 B 正确; 3

两个小球在竖直方向都做自由落体运动,所以运动的时间是相等的,水平方向的位移:

x=v0t



联立⑦⑧可得:xx12=vv12=

2,故 D 正确。 3

★14.[多选](2018·乌鲁木齐二模)如图所示,水平地面有一个坑,其竖直截面为半圆

形,ab 为沿水平方向的直径,在 a 点分别以初速度 v0(已知)、2v0、 3v0 沿 ab 方向抛出三个石子并击中坑壁,且以 v0、2v0 抛出的石子做平 抛运动的时间相等。设以 v0 和 3v0 抛出的石子做平抛运动的时间分别 为 t1 和 t3,击中坑壁瞬间的速度分别为 v1 和 v3,则( )
A.可以求出 t1 和 t3 B.不能求出 t1 和 t3,但能求出它们的比值 C.可以求出 v1 和 v3 D.不能求出 v1 和 v3,但能求出它们的比值 解析:选 AC 做平抛运动的物体在任意时间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 1 所示,做平抛运动的物体在任意位置处,设其末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 φ ,则有 tan θ =2tan φ 。以 v0、2v0 抛出的石子 做平抛运动的时间相等,说明竖直分位移相等,设分别落在 A、B 点,如图 2 所示。以 3v0 抛出的石子其运动轨迹与 AB 延长线的交点在 b 点的正下方。根据几何关系有 AB=13ab。对

于落在 A 点的石子,设 ab=2R,根据几何关系可求得竖直位移与水平位移之比,根据上述

推论求竖直分速度与水平分速度之比,从而求出竖直分速度,再合成求出 v1,由公式 vy=at 求 t1。以 3v0 抛出的石子落在 c 点,根据数学知识可写出其轨迹方程和圆方程,再求得 c 点 的坐标,与落在 A 点的石子下落位移比较,可求得落在 c 点时的竖直分速度,从而求出 v3。 由公式 vy=at 求 t3。故 A、C 正确,B、D 错误。

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第3节

圆_周_运_动

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(1)匀速圆周运动是匀变速曲线运动。(×) (2)物体做匀速圆周运动时,其角速度是不变的。(√) (3)物体做匀速圆周运动时,其合外力是不变的。(×) (4)匀速圆周运动的向心加速度与半径成反比。(×) (5)匀速圆周运动的向心力是产生向心加速度的原因。(√) (6)比较物体沿圆周运动的快慢看线速度,比较物体绕圆心转动的快慢,看周期或角速 度。(√) (7)做匀速圆周运动的物体,当合外力突然减小时,物体将沿切线方向飞出。(×) (8)摩托车转弯时速度过大就会向外发生滑动,这是摩托车受沿转弯半径向外的离心力 作用的缘故。(×) 1.皮带传动和摩擦传动装置中两轮边缘线速度大小相等,而同轴传动装置中两轮角速 教育配套资料 K12

教育配套资料 K12 度相等。
2.无论匀速圆周运动还是非匀速圆周运动,沿半径方向的合力一定指向圆心,提供向 心力。
3.竖直平面内的圆周运动中“绳”模型和“杆”模型在最高点的最小速度是不同的。
突破点(一) 描述圆周运动的物理量 1.圆周运动各物理量间的关系
2.对公式 v=ω r 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 an=vr2=ω 2r 的理解 当 v 一定时,an 与 r 成反比; 当 ω 一定时,an 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 vA=vB。
(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。
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(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 ω A=ω B。
[题点全练] 1.(2016·上海高考)风速仪结构如图(a)所示。光源发出的光经光纤传输,被探测器接 收,当风轮旋转时,通过齿轮带动凸轮圆盘旋转,当圆盘上的凸轮经过透镜系统时光被挡住。 已知风轮叶片转动半径为 r,每转动 n 圈带动凸轮圆盘转动一圈。若某段时间 Δ t 内探测器 接收到的光强随时间变化关系如图(b)所示,则该时间段内风轮叶片( )

A.转速逐渐减小,平均速率为4Δπ

nr t

B.转速逐渐减小,平均速率为8Δπ

nr t

C.转速逐渐增大,平均速率为4π Δ

nr t

D.转速逐渐增大

,平均速率为8πΔ

nr t

解析:选 B 根据题意,从题图(b)可以看出,在 Δ t 时间内,探测器接收到光的时间

在增长,凸轮圆盘的挡光时间也在增长,可以确定圆盘凸轮的转动速度在减小;在 Δ t 时间

内可以看出有 4 次挡光,即凸轮圆盘转动 4 周,则风轮叶片转

动了 4n 周,风轮叶片转过的弧长为 l=4n×2π r,转动速率为:v=8πΔ ntr,故选项 B

正确。

2.如图是磁带录音机的磁带盒的示意图,A、B 为缠绕磁带的两个轮子边缘上的点,两

轮的半径均为 r,在放音结束时,磁带全部绕到了 B 轮上,磁带的外缘

半径 R=3r,C 为磁带外缘上的一点,现在进行倒带。此时下列说法正确

的是( )

A.A、B、C 三点的周期之比 3∶1∶3

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B.A、B、C 三点的线速度之比 3∶3∶1

C.A、B、C 三点的角速度之比 1∶3∶3

D.A、B、C 三点的向心加速度之比 aA∶aB∶aC 等于 9∶1∶3

解析:选 D 倒带时 A 轮边缘与 B 轮外边缘 C 点的线速度相等,由 v=ω r 可知,ω A=3ω C,

TA=13TC,故

A、B、C

均错误;由

v2 a= r 可知,aA=3aC,由

a=ω

2r

可知,aC=3aB,故

aA∶aB∶

aC=9∶1∶3,D 正确。

3.机动车检测站进行车辆尾气检测原理如下:车的主动轮压

在两个相同粗细的有固定转动轴的滚动圆筒上,可在原地沿前进

方向加速,然后把检测传感器放入尾气出口,操作员把车加速到一定程度,持续一定时间,

在与传感器相连的电脑上显示出一系列相关参数。现有如下检测过程简图:车轴 A 的半径为

ra,车轮 B 的半径为 rb,滚动圆筒 C 的半径为 rc,车轮与滚动圆筒间不打滑,当车轮以恒定 转速 n(每秒钟 n 转)运行时,下列说法正确的是( )

A.C 的边缘线速度为 2π nrc B.A、B 的角速度大小相等,均为 2π n,且 A、B 沿顺时针方向转动,C 沿逆时针方向

转动

C.A、B、C 的角速度大小相等,均为 2π n,且均沿顺时针方向转动

D.B、C 的角速度之比为rrbc

解析:选 B 由 v=2π nR 可知,B 的线速度为 vb=2π nrb,B、C 线速度相同,即 C 的线 速度为 vc=vb=2π nrb,A 错误;B、C 线速度相同,B、C 角速度比为半径的反比,D 错误;A、 B 为主动轮,且同轴,角速度大小相等,C 为从动轮,A、B 顺时针转动,C 逆时针转动,B

正确,C 错误。

突破点(二) 水平面内的匀速圆周运动 1.水平面内的匀速圆周运动轨迹特点 运动轨迹是圆且在水平面内。 2.匀速圆周运动的受力特点 (1)物体所受合外力大小不变,方向总是指向圆心。 (2)合外力充当向心力。 3.解答匀速圆周运动问题的一般步骤 (1)选择做匀速圆周运动的物体作为研究对象。 (2)分析物体受力情况,其合外力提供向心力。 (3)由 Fn=mvr2或 Fn=mω 2r 或 Fn=m4πT22r列方程求解。

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[典例] [多选](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=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/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/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 [审题指导] (1)要使赛车绕赛道一圈所用时间最短,赛车在弯道上运动的速度应最大,此时恰好由 最大静摩擦力提供向心力。 (2)赛车在弯道上做匀速圆周运动的速度对应赛车在直道上的初速度和末速度。 (3)借助三角函数知识确定直道长度和弯道对应的圆心角。

[解析] 赛车做圆周运动时,由 F=mRv2知,在小圆弧上的速度小,故赛车绕过小圆弧后

加速,选项 A 正确;在大圆弧弯道上时,根据 F=mvR2知,其速率 v=

FmR=

2.25mmgR=

45 m/s,选项 B 正确;同理可得在小圆弧弯道上的速率 v′=30 m/s。

如图所示,由边角关系可得 α =60°,直道的长度 x=Lsin 60°

=50 3 m,据 v2-v′2=2ax 知在直道上的加速度 a≈6.50 m/s2,

选项 C 错误;小弯道对应的圆心角为 120°,弧长为 s=2π3 r,对应

的运动时间 t=vs′≈2.79 s,选项 D 错误。

[答案] AB

[方法规律] 求解圆周运动问题必须进行的三类分析

几何分析

目的是确定圆周运动的圆心、半径等

运动分析

目的是确定圆周运动的线速度、角速度、向心加速度等

目的是通过力的合成与分解,表示出物体做圆周运动时,外界所提供 受力分析
的向心力

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[集训冲关]

1.(2018·三门峡陕州中学专训)在玻璃管中放一个乒乓球后注满

水,然后用软木塞封住管口,将此玻璃管固定在转盘上,管口置于转

盘转轴处,处于静止状态。当转盘在水平面内转动时,如图所示,则

乒乓球会(球直径比管直径略小)( )

A.向管底运动

B.向管口运动

C.保持不动

D.无法判断

解析:选 B 开始时,玻璃管壁的摩擦力不足以提供水做圆周运动时所需要的合外力,

所以水被“甩”到外侧管底才能随转盘进行圆周运动,则乒乓球在水的作用下向管口运动,

故 B 正确。

2.[多选](2018·宝鸡一模)如图所示,一个内壁光滑的圆锥筒固

定在地面上,圆锥筒的轴线竖直。一个小球贴着筒的内壁在水平面内做

圆周运动,由于微弱的空气阻力作用,小球的运动轨迹由 A 轨道缓慢下

降到 B 轨道,则在此过程中( )

A.小球的向心加速度逐渐减小

B.小球运动的角速度逐渐减小

C.小球运动的线速度逐渐减小

D.小球运动的周期逐渐减小

解析:选 CD 以小球为研究对象,对小球受力分析,小球受力如图

所示。

由牛顿第二定律得:

mg tan θ

=ma=mrv2=mrω 2

可知在 A、B 轨道的向心力大小相等,a=tang θ ,向心加速度不变,故 A 错误。角速度

ω=

g rtan

θ

,由于半径减小,则角速度变大,故

B

错误。线速度

v=

gr tan θ

,由于

半径减小,线速度减小,故 C 正确。周期 T=2ωπ ,角速度增大,则周期减小,故 D 正确。

3.(2018·衡水一模)某高速公路的一个出口路段如图所示,情景简化:轿车从出口 A

进入匝道,先匀减速直线通过下坡路段至 B 点(通过 B 点前后速率不变),再匀速率通过水平

圆弧路段至 C 点,最后从 C 点沿平直路段匀减速到 D 点停下。已知轿车在 A 点的速度 v0=72 km/h,AB 长 L1=150m;BC 为四分之一水平圆弧段,限速(允许通过的最大速度)v=36 km/h, 轮胎与 BC 段路面间的动摩擦因数 μ =0.5,最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力,CD 段为

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教育配套资料 K12 平直路段长 L2=50 m,重力加速度 g 取 10 m/s2。

(1)若轿车到达 B 点时速度刚好为 v=36 km/h,求轿车在 AB 下坡段加速度的大小;

(2)为保证行车安全,车轮不打滑,求水平圆弧段 BC 半径 R 的最小值;

(3)求轿车从 A 点到 D 点全程的最短时间。

解析:(1)v0=72 km/h=20 m/s,AB 长 L1=150 m, v=36 km/h=10 m/s,对 AB 段匀减速直线运动有

v2-v02=-2aL1 代入数据解得 a=1 m/s2。

(2)汽车在 BC 段做匀速圆周运动,静摩擦力提供向心力,

Ff=mvR2

为了确保安全,则须满足 Ff≤μ mg 联立解得:R≥20 m,即:Rmin=20 m。 (3)设 AB 段时间为 t1,BC 段时间为 t2,CD 段时间为 t3,全程所用最短时间为 t。由运 动学规律得

L1=v0+2 vt1

1 2π

Rmin=vt2

L2=v2t3

t=t1+t2+t3 联立以上各式,代入数据解得:t=23.14 s。

答案:(1)1 m/s2 (2)20 m (3)23.14 s

突破点(三) 竖直面内的圆周运动 轻“绳”模型

轻“杆”模型

情景图示

弹力特征

弹力可能向下,也可能等于零

弹力可能向下,可能向上,也可能 等于零

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受力示意图

力学方程 临界特征 v= gr的意义

mg+FT=mvr2 FT=0,即 mg=mvr2,得 v= gr
物体能否过最高点的临界点

mg±FN=mvr2 v=0,即 F 向=0,
此时 FN=mg FN 表现为拉力还是支持力的临界点

[典例] 如图所示,小球在竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动,内侧壁半径为 R, 小球半径为 r,则下列说法正确的是( )
A.小球通过最高点时的最小速度 vmin= g R+r B.小球通过最高点时的最小速度 vmin=0 C.小球在水平线 ab 以下的管道中运动时,外侧管壁对小球一定 无作用力 D.小球在水平线 ab 以上的管道中运动时,内侧管壁对小球一定有作用力 [审题建模] 小球在竖直放置的光滑圆形管道内的圆周运动属于轻“杆”模型,杆的长度为 R+r。 [解析] 小球在竖直放置的光滑圆形管道内的圆周运动属于轻杆模型,小球通过最高点 的最小速度为 0,A 错误,B 正确;小球在水平线 ab 以下管道运动,由于沿半径方向的合力 提供做圆周运动的向心力,所以外侧管壁对小球一定有作用力,而内侧管壁对小球一定无作 用力,故 C 错误;小球在水平线 ab 以上管道运动,由于沿半径方向的合力提供做圆周运动 的向心力,当速度非常大时,内侧管壁没有作用力,此时外侧管壁有作用力,当速度比较小 时,内侧管壁有作用力,故 D 错误。 [答案] B [易错提醒] 在解答竖直平面内物体的圆周运动问题时,首先要确定是属于轻“绳”模型,还是轻 “杆”模型,然后注意区分两者在最高点的最小速度要求,区分绳与杆的施力特点,必要时 还要根据牛顿运动定律列式求解。
[集训冲关] 1.(2018·福州质检)如图所示,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

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动,若小球在最高点速率为 v 时,两根轻绳的拉力恰好均为零,则小球在最高点速率为 2v

时,每根轻绳的拉力大小为( )

A. 3mg

B.43 3mg

C.3mg

D.2 3mg

解析:选 A 小球在运动过程中,A、B 两点与小球所在位置构成等边三角形,由此可知,

小球圆周运动的半径 R=L·sin 60°= 23L,两绳与小球运动半径方向间的夹角为 30°,

由题意,小球在最高点的速率为 v 时,mg=mvR2,当小球在最高点的速率为 2v 时,应有:F

+mg=m

v R

2
,可解得:F=3mg。由 2FTcos 30°=F,可得两绳的拉力大小均为 FT= 3mg,

A 项正确。 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 mg D.人在最低点时对座位的压力大于 mg
v2 解析:选 D 人过最高点时,FN+mg=m R ,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。
3.(2018·儋州市四校联考)如图所示,轻杆长为 L,一端固定在水平轴 上的 O 点,另一端系一个小球(可视为质点)。小球以 O 为圆心在竖直平面内 做圆周运动,且能通过最高点,g 为重力加速度。下列说法正确的是( )
A.小球通过最高点时速度可能小于 gL B.小球通过最高点时所受轻杆的作用力不可能为零 C.小球通过最高点时所受轻杆的作用力随小球速度的增大而增大 D.小球通过最高点时所受轻杆的作用力随小球速度的增大而减小 解析:选 A 小球在最高点时,杆对球可以表现为支持力,由牛顿第二定律得:mg-F
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=mvL2,则得 v< gL,故 A 正确。当小球速度为 gL时,由重力提供向心力,杆的作用力为 零,故 B 错误。轻杆在最高点可以表现为拉力,此时根据牛顿第二定律有 mg+F=mvL2,则知 v 越大,F 越大,即随小球速度的增大,杆的拉力增大;小球通过最高点时杆对球的作用力 也可以表现为支持力,当表现为支持力时,有 mg-F=mvL2,则知 v 越大,F 越小,即随小球 速度的增大,杆的支持力减小,故 C、D 错误。

“形同质异”类问题——练比较思维 斜面上圆周运动的临界问题 在斜面上做圆周运动的物体,因所受的控制因素不同,如静摩擦力控制、绳控制、杆控 制,物体的受力情况和所遵循的规律也不相同。下面列举三类实例。

(一)静摩擦力控制下的圆周运动

1.如图所示,一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定

角速度 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 23(设最大静摩擦力等于滑

动摩擦力),盘面与水平面的夹角为 30°,g 取 10 m/s2。则 ω 的最大值是( )

A. 5 rad/s

B. 3 rad/s

C.1.0 rad/s

D.0.5 rad/s

解析:选 C 物体随圆盘做圆周运动,运动到最低点时最容易滑动,因此物体在最低点

且刚好要滑动时的转动角速度为最大值,这时,根据牛顿第二定律有,μ mgcos 30°-mgsin 30°=mrω 2,求得 ω =1.0 rad/s,C 项正确,A、B、D 项错误。

(二)轻杆控制下的圆周运动 2.如图所示,在倾角为 α =30°的光滑斜面上,有一根长为 L=0.8 m 的轻杆,一端固 定在 O 点,另一端系一质量为 m=0.2 kg 的小球,沿斜面做圆周运动, 取 g=10 m/s2,若要小球能通过最高点 A,则小球在最低点 B 的最小速

度是( )

A.4 m/s

B.2 10 m/s

C.2 5 m/s

D.2 2 m/s

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解析:选 A 小球受轻杆控制,在 A 点的最小速度为零,由 2mgLsin α =12mvB2,可得 vB=4 m/s,A 正确。
(三)轻绳控制下的圆周运动 3.(2018·开封模拟)如图所示,一块足够大的光滑平板放置在水平面上,能绕水平固 定轴 MN 调节其与水平面所成的倾角。板上一根长为 l=0.60 m 的轻绳,它的一端系住一质 量为 m 的小球 P,另一端固定在板上的 O 点。当平板的倾角固定为 α 时,先将轻绳平行于 水平轴 MN 拉直,然后给小球一沿着平板并与轻绳垂直的初速度 v0=3.0 m/s。若小球能保持 在板面内做圆周运动,倾角 α 的值应在什么范围内?(取重力加速度 g=10 m/s2)

解析:小球在倾斜平板上运动时受到绳子拉力、平板弹力、重力。在垂直平板方向上合

力为 0,重力在沿平板方向的分量为 mgsin α

小球在最高点时,由绳子的拉力和重力沿平板方向的分力的合力提供向心力,有 FT+

mgsin α =mvl12



研究小球从释放到最高点的过程,根据动能定理有

-mglsin α =12mv12-12mv02



若恰好能通过最高点,则绳子拉力 FT=0 ③ 联立①②③解得 sin α =12,解得 α =30°

故 α 的范围为 0°≤α ≤30°。

答案:0°≤α ≤30°

(一)普通高中适用作业

[A 级——基础小题练熟练快]

★1.汽车在公路上行驶时一般不打滑,轮子转一周,汽车向前行驶的距离等于车轮的

周长。某国产轿车的车轮半径约为 30 cm,当该型号的轿车在高速公路上匀速行驶时,驾驶

员面前速率计的指针指在“120 km/h”上,可估算出该车轮的转速近似为( )

A.1 000 r/s

B.1 000 r/min

C.1 000 r/h

D.2 000 r/s

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解析:选 B 设经过时间 t,轿车匀速行驶的路程 x=vt,此过程中轿车轮缘上的某一 点转动的路程 x′=nt·2π R,其中 n 为车轮的转速,由 x=x′可得:vt=nt·2π R,n=2πv R ≈17.7 r/s=1 062 r/min。B 正确。
★2.(2018·湖北省重点中学联考)如图所示,由于地球的自转,地球 表面上 P、Q 两物体均绕地球自转轴做匀速圆周运动,对于 P、Q 两物体的 运动,下列说法正确的是( )
A.P、Q 两物体的角速度大小相等 B.P、Q 两物体的线速度大小相等 C.P 物体的线速度比 Q 物体的线速度大 D.P、Q 两物体均受重力和支持力两个力作用 解析:选 A P、Q 两物体都是绕地轴做匀速圆周运动,角速度相等,即 ω P=ω Q,选项 A 对;根据圆周运动线速度 v=ω R,P、Q 两物体做匀速圆周运动的半径不等,即 P、Q 两物 体做圆周运动的线速度大小不等,选项 B 错;Q 物体到地轴的距离远,圆周运动半径大,线 速度大,选项 C 错;P、Q 两物体均受到万有引力和支持力作用,重力只是万有引力的一个 分力,选项 D 错。 ★3.如图所示,运动员以速度 v 在倾角为 θ 的倾斜赛道上做匀速圆周运动。已知运动 员及自行车的总质量为 m,做圆周运动的半径为 R,重力加速度为 g,将 运动员和自行车看作一个整体,则( ) A.受重力、支持力、摩擦力、向心力作用 B.受到的合力大小为 F=mRv2 C.若运动员加速,则一定沿斜面上滑 D.若运动员减速,则一定加速沿斜面下滑 解析:选 B 将运动员和自行车看作一个整体,则系统受重力、支持力、摩擦力作用, 向心力是按力的作用效果命名的力,不是物体实际受到的力,A 错误;系统所受合力提供向 心力,大小为 F=mvR2,B 正确;运动员加速,系统有向上运动的趋势,但不一定沿斜面上滑, 同理运动员减速,也不一定沿斜面下滑,C、D 均错误。 ★4.[多选](2018·马鞍山一模)在光滑水平桌面中央固定一边长为 0.1 m 的小正三棱柱 abc,俯视如图。长度为 L=0.5 m 的不可伸长细线, 一端固定在 a 点,另一端拴住一个质量为 m=0.8 kg 可视为质点的小球,t=0 时刻,把细 线拉直在 ca 的延长线上,并给小球一垂直于细线方向的水平速度,大小为 v0=4 m/s。由于 光滑棱柱的存在,细线逐渐缠绕在棱柱上(不计细线与三棱柱碰撞过程中的能量损失)。已知 细线所能承受的最大张力为 50 N。则细线断裂之前( )
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A.小球的速率逐渐减小 B.小球速率保持不变 C.小球运动的路程为 0.8π m D.小球运动的位移大小为 0.3 m 解析:选 BCD 细线断裂之前,绳子拉力与小球的速度垂直,对小球不做功,不改变小 球的速度大小,故小球的速率保持不变,故 A 错误,B 正确;细线断裂瞬间,拉力大小为 50 N,由 F=mvr02得:r=mvF02=0.85×0 42 m=0.256 m, 所以刚好转一圈细线断裂,故小球运动的路程为: s=13·2π r1+13·2π r2+13·2π r3=23π ×(0.5+0.4+0.3) m=0.8π m,故 C 正确; 小球每转 120°半径减小 0.1 m,细线断裂之前,小球运动的位移大小为 0.5 m-0.2 m=0.3 m,故 D 正确。 5.[多选](2018·湖南六校联考)如图所示为用绞车拖物块的示 意图。拴接物块的细线被缠绕在轮轴上,轮轴逆时针转动从而拖动 物块。已知轮轴的半径 R=0.5 m,细线始终保持水平;被拖动物块 质量 m=1 kg,与地面间的动摩擦因数 μ =0.5;轮轴的角速度随时间变化的关系是 ω =kt, k=2 rad/s2,g 取 10 m/s2,以下判断正确的是( ) A.物块做匀速运动 B.细线对物块的拉力是 5 N C.细线对物块的拉力是 6 N D.物块做匀加速直线运动,加速度大小是 1 m/s2 解析:选 CD 由题意知,物块的速度为:v=ω R=2t×0.5=1t 又 v=at,故可得:a=1 m/s2, 所以物块做匀加速直线运动,加速度大小是 1 m/s2。故 A 错误,D 正确。 由牛顿第二定律可得:物块所受合外力为: F=ma=1 N,F=T-f, 地面摩擦阻力为:f=μ mg=0.5×1×10 N=5 N 故可得物块受细线拉力为:T=f+F=5 N+1 N=6 N,故 B 错误,C 正确。
[B 级——中档题目练通抓牢] ★6.有一竖直转轴以角速度 ω 匀速旋转,转轴上的 A 点有一长为 l 的细绳系有质量为 m 的小球。要使小球在随转轴匀速转动的同时又不离开光滑的水平面, 则 A 点到水平面的高度 h 最小为( )
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g A.ω 2

B.ω 2g

C.ωg 2

g D.2ω 2

解析:选 A 以小球为研究对象,小球受三个力的作用,重力 mg、水平面支持力 N、绳

子拉力 F,在竖直方向合力为零,在水平方向所需向心力为 mω 2R,设绳子与竖直方向的夹 角为 θ ,则有:R=htan θ ,那么 Fcos θ +N=mg,Fsin θ =mω 2htan θ ;当球即将离

开水平面时,N=0,此时 Fcos

θ

=mg,Fsin

θ

=mgtan

θ

=mω 2htan

θ

g ,即 h=ω 2。故

A 正确。

7.(2018·咸阳一模)固定在竖直平面内的光滑圆弧轨道 ABCD,其 A 点与圆心等高,D

点为轨道的最高点,DB 为竖直线,AC 为水平线,AE 为水平面,如图所

示。今使小球自 A 点正上方某处由静止释放,且从 A 点进入圆弧轨道

运动,只要适当调节释放点的高度,总能使球通过最高点 D,则小球通

过 D 点后( )

A.一定会落到水平面 AE 上

B.一定会再次落到圆弧轨道上

C.可能会再次落到圆弧轨道上

D.不能确定

解析:选 A 设小球恰好能够通过最高点 D,根据 mg=mvRD2,得:vD= gR,知在最高点

的最小速度为 gR。小球经过 D 点后做平抛运动,根据 R=12gt2 得:t=

2R g 。则平抛运动

的水平位移为:x= gR· 2gR= 2R,知小球一定落在水平面 AE 上。故 A 正确,B、C、D

错误。 8.(2018·绵阳诊断)如图所示,轻杆长 3L,在杆两端分别固定质
量均为 m 的球 A 和 B,光滑水平转轴穿过杆上距球 A 为 L 处的 O 点,外 界给系统一定能量后,杆和球在竖直平面内转动,球 B 运动到最高点时, 杆对球 B 恰好无作用力。忽略空气阻力。则球 B 在最高点时( )
A.球 B 的速度为零

B.球 A 的速度大小为 2gL C.水平转轴对杆的作用力为 1.5mg D.水平转轴对杆的作用力为 2.5mg 解析:选 C 球 B 运动到最高点时,杆对球 B 恰好无作用力,即重力恰好提供向心力,

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有 mg=mv2BL2,解得 vB= 2gL,故 A 错误;由于 A、B 两球的角速度相等,则球 A 的速度大小 vA=12 2gL,故 B 错误;B 球在最高点时,对杆无弹力,此时 A 球受重力和拉力的合力提供 向心力,有 F-mg=mvLA2,解得:F=1.5mg,故 C 正确,D 错误。
9.(2018·长沙联考)汽车试车场中有一个检测汽车在极限状态下的车速的试车道,试 车道呈锥面(漏斗状),侧面图如图所示。测试的汽车质量 m=1 t,车道转弯半径 r=150 m, 路面倾斜角 θ =45°,路面与车胎的动摩擦因数 μ 为 0.25,设路面与车胎的最大静摩擦力 等于滑动摩擦力,(g 取 10 m/s2)求:
(1)若汽车恰好不受路面摩擦力,则其速度应为多大? (2)汽车在该车道上所能允许的最小车速。 解析:(1)汽车恰好不受路面摩擦力时,由重力和支持力的合力提供向心力,根据牛顿 第二定律得:mgtan θ =mvr2 解得:v≈38.7 m/s。 (2)当车道对车的摩擦力沿车道向上且等于最大静摩擦力时,车速最 小,受力如图,根据牛顿第二定律得: FNsin θ -Ffcos θ =mvmrin2 FNcos θ +Ffsin θ -mg=0 Ff=μ FN 解得:vmin=30 m/s。 答案:(1)38.7 m/s (2)30 m/s ★10.(2018·沈阳模拟)用光滑圆管制成如图所示的轨道,竖直 立于水平地面上,其中 ABC 为圆轨道的一部分,CD 为倾斜直轨道, 二者相切于 C 点,已知圆轨道的半径 R=1 m,倾斜轨道 CD 与水平地面的夹角为 θ =37°, 现将一小球以一定的初速度从 A 点射入圆管,小球直径略小于圆管的直径,取重力加速度 g =10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,求小球通过倾斜轨道 CD 的最长时间(结果保 留一位有效数字)。 解析:小球通过倾斜轨道时间若最长,则小球到达圆轨道的最高点的速度为 0,从最高 点到 C 点:
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对小球由动能定理可得:mgh=12mvC2

由几何关系得:h=R-Rcos θ 小球在 CD 段做匀加速直线运动,由位移公式得:

L=vCt+12at2

CD 的长度为:L=R

+cos θ sin θ

对小球利用牛顿第二定律可得:

mgsin θ =ma 代入数据联立解得:t=0.7 s。

答案:0.7 s

[C 级——难度题目自主选做]

11.(2018·武汉华中师大附中模拟)如图所示,一根细线下端拴一个金

属小球 A,细线的上端固定在金属块 B 上,B 放在带小孔的水平桌面上,小

球 A 在某一水平面内做匀速圆周运动。现使小球 A 改到一个更低一些的水

平面上做匀速圆周运动(图上未画出),金属块 B 在桌面上始终保持静止,则后一种情况与原

来相比较,下面的判断中正确的是( )

A.金属块 B 受到桌面的静摩擦力变大

B.金属块 B 受到桌面的支持力变小

C.细线的张力变大

D.小球 A 运动的角速度减小

解析:选 D 设 A、B 质量分别为 m、M, A 做匀速圆周运动的向心加速度为 a,细线与竖

直方向的夹角为 θ ,对 B 研究,B 受到的摩擦力 f=Tsin θ ,对 A,有 Tsin θ =ma,Tcos θ =mg,解得 a=gtan θ ,θ 变小,a 减小,则静摩擦力变小,故 A 错误;以整体为研究 对象知,B 受到桌面的支持力大小不变,应等于(M+m)g,故 B 错误;细线的拉力 T=comsgθ ,

θ 变小,T 变小,故 C 错误;设细线长为 l,则 a=gtan θ =ω 2lsin θ ,ω =

g lcos θ ,

θ 变小,ω 变小,故 D 正确。 ★12.(2018·晋江月考)如图所示,AB 为竖直转轴,细绳 AC 和 BC

的结点 C 系一质量为 m 的小球,两绳能承受的最大拉力均为 2mg。当细绳

AC 和 BC 均拉直时∠ABC=90°,∠ACB=53°,BC=1 m。细绳 AC 和 BC

能绕竖直轴 AB 匀速转动,因而小球在水平面内做匀速圆周运动。当小球

的线速度增大时,两绳均会被拉断,则最先被拉断的那根绳及另一根绳被

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拉断时的速度分别为(重力加速度 g=10 m/s2,sin 53°=0.8,cos 53°=0.6)( )

A.AC 5 m/s

B.BC 5 m/s

C.AC 5.24 m/s

D.BC 5.24 m/s

解析:选 B 当小球线速度增至 BC 被拉直后,由牛顿第二定律可得,竖直方向上:TAsin ∠ACB=mg①,水平方向上:TAcos∠ACB+TB=mvr2②,由①式可得:TA=54mg,小球线速度增

大时,TA 不变,TB 增大,当 BC 绳刚要被拉断时,TB=2mg,由②可解得此时,v≈5.24 m/s; BC 绳断后,随小球线速度增大,AC 线与竖直方向间夹角增大,设 AC 线被拉断时与竖直方向 的夹角为 α ,由 TAC·cos α =mg,TACsin α =mvr′′2,r′=LAC·sin α ,可解得,α =60°,

LAC=53 m,v′=5 m/s,故 B 正确。

(二)重点高中适用作业

[A 级——保分题目巧做快做]

★1.如图为某中国运动员在短道速滑比赛中勇夺金牌的精彩瞬间。假定此时他正沿圆弧

形弯道匀速率滑行,则他( )

A.所受的合力为零,做匀速运动

B.所受的合力恒定,做匀加速运动

C.所受的合力恒定,做变加速运动

D.所受的合力变化,做变加速运动

解析:选 D 运动员做匀速圆周运动,所受合力时刻变化,加速度时刻变化,D 正确。

2.[多选](2018·湖南六校联考)如图所示为用绞车拖物块的示意图。拴接物块的细线

被缠绕在轮轴上,轮轴逆时针转动从而拖动物块。已知轮轴的半径

R=0.5 m,细线始终保持水平;被拖动物块质量 m=1 kg,与地面

间的动摩擦因数 μ =0.5;轮轴的角速度随时间变化的关系是 ω =kt,k=2 rad/s2,g 取 10 m/s2,以下判断正确的是( )

A.物块做匀速运动

B.细线对物块的拉力是 5 N

C.细线对物块的拉力是 6 N

D.物块做匀加速直线运动,加速度大小是 1 m/s2

解析:选 CD 由题意知,物块的速度为:v=ω R=2t×0.5=1t 又 v=at,故可得:a=1 m/s2,

所以物块做匀加速直线运动,加速度大小是 1 m/s2。故 A 错误,D 正确。

由牛顿第二定律可得:物块所受合外力为:

F=ma=1 N,F=T-f,

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地面摩擦阻力为:f=μ mg=0.5×1×10 N=5 N 故可得物块受细线拉力为:T=f+F=5 N+1 N=6 N,故 B 错误,C 正确。 ★3.(2017·浙江 11 月选考)如图所示,照片中的汽车在水平路 面上做匀速圆周运动,已知图中双向四车道的总宽度约为 15 m,假设 汽车受到的最大静摩擦力等于车重的 0.7 倍,则运动的汽车( ) A.所受的合力可能为零 B.只受重力和地面支持力作用 C.最大速度不能超过 25 m/s D.所需的向心力由重力和支持力的合力提供 解析:选 C 汽车在水平面上做匀速圆周运动,合外力时刻指向圆心,拐弯时靠静摩擦 力提供向心力,因此排除 A、B、D 项,所以选择 C。 4.(2018·咸阳一模)固定在竖直平面内的光滑圆弧轨道 ABCD,其 A 点与圆心等高,D 点为轨道的最高点,DB 为竖直线,AC 为水平线,AE 为水平面,如图所 示。今使小球自 A 点正上方某处由静止释放,且从 A 点进入圆弧轨道 运动,只要适当调节释放点的高度,总能使球通过最高点 D,则小球通 过 D 点后( ) A.一定会落到水平面 AE 上 B.一定会再次落到圆弧轨道上 C.可能会再次落到圆弧轨道上 D.不能确定 解析:选 A 设小球恰好能够通过最高点 D,根据 mg=mvRD2,得:vD= gR,知在最高点

的最小速度为 gR。小球经过 D 点后做平抛运动,根据 R=12gt2 得:t=

2gR。则平抛运动

的水平位移为:x= gR· 2gR= 2R,知小球一定落在水平面 AE 上。故 A 正确,B、C、D

错误。 5.[多选](2018·绵阳诊断)如图所示,轻杆长 3L,在杆两端分别固定质量均为 m 的球
A 和 B,光滑水平转轴穿过杆上距球 A 为 L 处的 O 点,外界给系统一定能 量后,杆和球在竖直平面内转动,球 B 运动到最高点时,杆对球 B 恰好 无作用力。忽略空气阻力。则球 B 在最高点时( )

A.球 B 的速度大小为 2gL

B.球 A 的速度大小为 2gL C.水平转轴对杆的作用力为 1.5mg

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D.水平转轴对杆的作用力为 2.5mg

解析:选 AC 球 B 运动到最高点时,杆对球 B 恰好无作用力,即重力恰好提供向心力, 有 mg=mv2BL2,解得 vB= 2gL,故 A 正确;由于 A、B 两球的角速度相等,则球 A 的速度大小

vA=12 2gL,故 B 错误;B 球在最高点时,对杆无弹力,此时 A 球受重力和拉力的合力提供

向心力,有 F-mg=mvLA2,解得:F=1.5mg,故 C 正确,D 错误。

6.(2018·武汉华中师大附中模拟)如图所示,一根细线下端拴一个

金属小球 A,细线的上端固定在金属块 B 上,B 放在带小孔的水平桌面上,

小球 A 在某一水平面内做匀速圆周运动。现使小球 A 改到一个更低一些

的水平面上做匀速圆周运动(图上未画出),金属块 B 在桌面上始终保持静止,则后一种情况

与原来相比较,下面的判断中正确的是( )

A.金属块 B 受到桌面的静摩擦力变大

B.金属块 B 受到桌面的支持力变小

C.细线的张力变大

D.小球 A 运动的角速度减小

解析:选 D 设 A、B 质量分别为 m、M, A 做匀速圆周运动的向心加速度为 a,细线与竖

直方向的夹角为 θ ,对 B 研究,B 受到的摩擦力 f=Tsin θ ,对 A,有 Tsin θ =ma,Tcos θ =mg,解得 a=gtan θ ,θ 变小,a 减小,则静摩擦力变小,故 A 错误;以整体为研究 对象知,B 受到桌面的支持力大小不变,应等于(M+m)g,故 B 错误;细线的拉力 T=comsgθ ,

θ 变小,T 变小,故 C 错误;设细线长为 l,则 a=gtan θ =ω 2lsin θ ,ω =

g lcos

θ



θ 变小,ω 变小,故 D 正确。 ★7.(2017·辽宁省实验中学模拟)如图所示,质点 a、b 在同一平面

内绕质点 c 沿逆时针方向做匀速圆周运动,它们的周期之比 Ta∶Tb=1∶ k(k>1,为正整数)。从图示位置开始,在 b 运动一周的过程中( )

A.a、b 距离最近的次数为 k 次

B.a、b 距离最近的次数为 k+1 次

C.a、b、c 共线的次数为 2k 次

D.a、b、c 共线的次数为 2k-2 次

解析:选 D 设每隔时间 T,a、b 相距最近,

则(ω

a-ω

b)T=2π

,所以

T=ω

2π a-ω

b=2π Ta

2π -2Tπb

=TTb-aTbTa

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故 b 运动一周的过程中,a、b 相距最近的次数为:

n=TTb=Tb-Ta Ta=kTaT-a Ta=k-1

即 a、b 距离最近的次数为 k-1 次,故 A、B 均错误。

设每隔时间 t,a、b、c 共线一次,则(ω a-ω b)t=π ,

所以

t= ω

π a-ω

b=2π Ta

π -2Tπb



TaTb Tb-Ta



故 b 运动一周的过程中,a、b、c 共线的次数为:

n=Ttb=

Tb-Ta Ta

=2kTaT-a 2Ta=2k-2

故 C 错误,D 正确。

8.(2018·长沙联考)汽车试车场中有一个检测汽车在极限状态下的车速的试车道,试

车道呈锥面(漏斗状),侧面图如图所示。测试的汽车质量 m=1 t,车道转弯半径 r=150 m,

路面倾斜角 θ =45°,路面与车胎的动摩擦因数 μ 为 0.25,设路面与车胎的最大静摩擦力

等于滑动摩擦力,(g 取 10 m/s2)求:

(1)若汽车恰好不受路面摩擦力,则其速度应为多大? (2)汽车在该车道上所能允许的最小车速。 解析:(1)汽车恰好不受路面摩擦力时,由重力和支持力的合力提供向心力,根据牛顿 第二定律得:mgtan θ =mvr2 解得:v≈38.7 m/s。 (2)当车道对车的摩擦力沿车道向上且等于最大静摩擦力时,车速最小,受力如图,根 据牛顿第二定律得:

FNsin θ -Ffcos θ =mvmrin2 FNcos θ +Ffsin θ -mg=0 Ff=μ FN 解得:vmin=30 m/s。 答案:(1)38.7 m/s (2)30 m/s
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[B 级——拔高题目稳做准做]

★9.[多选](2018·衡水市冀州中学一模)如图所示,水平转台上的小物体 A、B 通过轻

弹簧连接,并随转台一起匀速转动,A、B 的质量分别为 m、2m,离转台

中心的距离分别为 1.5r、r,已知弹簧的原长为 1.5r,劲度系数为 k,

A、B 与转台的动摩擦因数都为 μ ,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,

且有 kr=2μ mg。则以下说法中正确的是( )

A.当 B 受到的摩擦力为 0 时,转台转动的角速度为

k m

B.当 A 受到的摩擦力为 0 时,转台转动的角速度为

2k 3m

C.当 B 刚好要滑动时,转台转动的角速度为

2km+μ2rg

D.当 A 刚好要滑动时,转台转动的角速度为

23km+23μr g

解析:选 BD 当 B 受到的摩擦力为 0 时,由弹簧弹力提供向心力,则有 k(1.5r+r-1.5r)

=2mω 2r

解得:ω =

2km,故 A 错误;

当 A 受到的摩擦力为 0 时,由弹簧弹力提供向心力,

则有 k(1.5r+r-1.5r)=mω 2·1.5r

解得:ω =

2k 3m,故

B

正确;假设

B

先滑动,则当

B

刚好要滑动时,摩擦力达到最

大静摩擦力,弹簧弹力与静摩擦力的合力提供向心力,则有:k(1.5r+r-1.5r)+μ ·2mg =2mω 2r

解得:ω =

2km+μrg,故 C 错误;

假设 A 先滑动,则当 A 刚好要滑动时,摩擦力达到最大静摩擦力,弹簧弹力与静摩擦力

的合力提供向心力,

则有 k(1.5r+r-1.5r)+μ mg=mω 2·1.5r,

解得:ω =

23km+23μrg=

2km+μrg,即 A、B 同时开始滑动,故 D 正确。

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★10.[多选]如图所示,底角为 θ =π4 的圆锥体静止不动,顶端通 过一根长为 l=1 m 的细线悬挂一个质量为 m=1 kg 的小球,细线处于 张紧状态,若小球在水平面内做匀速圆周运动,角速度 ω 的取值范围 介于 3 rad/s 到 4 rad/s 之间,不计一切阻力,则细线拉力 F 可能等于 ()

A.(5 2-5)N

B.(5 2+5)N

C.15 N

D.20 N

解析:选 BC 当小球刚好没有脱离圆锥时,小球受重力 mg、细线拉力 F 的作用,它们

的合力提供向心力,mgcot θ =mω 02lcos θ ,代入数据解得 ω 0= 10 2 rad/s,此时 ω 0 的取值范围介于 3 rad/s 到 4 rad/s 之间,当 ω 较小时,小球没有脱离圆锥,小球受到重 力 mg、细线拉力 F 和光滑圆锥的支持力 N 的作用,它们在水平方向的合力提供向心力,则 Fsin θ +Ncos θ =mg,Fcos θ -Nsin θ =mω 2lcos θ ,可求得,F=mgsin θ +mω 2lcos2θ , 此时(5 2+4.5)N≤F≤10 2 N,当 ω 较大时,小球脱离圆锥,小球的重力 mg 和细线拉力 F 的合力提供向心力,设细线和水平方向夹角为 α ,则 Fcos α =mω 2lcos α ,可求得 F= mω 2l,10 2 N≤F≤16 N,综上分析,选项 B、C 正确。
★11.(2018·衡水市冀州中学一模)如图所示,光滑斜面与水 平面成 α 角,斜面上一根长为 l=0.30 m 的轻杆,一端系住质量 为 0.2 kg 的小球,另一端固定在 O 点,现将轻杆拉直至水平位置, 然后给小球一沿着平板并与轻杆垂直的初速度 v0=3.0 m/s,取 g=10 m/s2,则( )
A.此时小球的加速度大小为 30 m/s2 B.小球到达最高点时杆的弹力沿斜面向上 C.若增大 v0,到达最高点时杆对小球的弹力一定增大 D.若增大 v0,到达最高点时杆对小球的弹力可能减小 解析:选 C 小球做变速圆周运动,在初位置加速度不指向圆心,将其分解: 切向加速度为:a′=mgsimn α =gsin α ; 向心加速度为:an=vl02=0.332 0 m/s2=30 m/s2;

此时小球的加速度为合加速度,a= an2+a′2>an=30 m/s2> 30 m/s2,故 A 错误;

从开始到 最高点过程,根据动能 定理,有:- mglsin

α



1 2

mv12



1 2

mv02









v1



v02-2glsin α ,考虑临界情况,如果没有杆的弹力,重力平行斜面的分力提供向心力, 有:mgsin α =mvl22,代入数据计算可以得到 v2 小于 v1,说明杆在最高点对球的作用力是拉

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教育配套资料 K12 力,故 B 错误;在最高点时,轻杆对小球的弹力是拉力,故:F+mgsin α =mv最l高2,如果初 速度增大,则最高点速度也增大,故拉力 F 一定增大,故 C 正确,D 错误。
★12.[多选](2018·厦门一中检测)如图所示,两根等长的细线 栓着两个小球在竖直平面内各自做圆周运动,某一时刻小球 1 运动到 自身轨道的最低点,小球 2 恰好运动到自身轨道的最高点,这两点高 度相同,此时两小球速度大小相同,若两小球质量均为 m,忽略空气 阻力的影响,则下列说法正确的是( )
A.此刻两根细线拉力大小相同 B.运动过程中,两根线上拉力的差值最大为 2mg C.运动过程中,两根线上拉力的差值最大为 10mg D.若相对同一零势能面,小球 1 在最高点的机械能等于小球 2 在最低点的机械能 解析:选 CD 初始位置,球 1 加速度向上,超重,球 2 加速度向下,失重,故球 1 受 到的拉力较大,故 A 错误;球 1 在最高点,有:F1+mg=mvR12,球 2 在最低点,有:F2-mg =mvR22,两个球运动过程中机械能守恒,有:球 1:12mv2=12mv12+2mgR,球 2:12mv2=12mv22- 2mgR,联立解得:F1=mvR2-5mg,F2=mvR2+5mg,故 F2-F1=10mg,故 B 错误,C 正确;两个 球运动过程中机械能守恒,而初始位置两个球的机械能相等,故两个球的机械能一直是相等 的,故 D 正确。 ★13.(2018·潍坊调研)如图所示,一内壁光滑的圆弧形轨道 ACB 固定在水平地面上, 轨道的圆心为 O,半径 R=0.5 m,C 为最低点,其中 OB 水平,∠AOC=37°,质量 m=2 kg 的小球从轨道左侧距地面高 h=0.55 m 的某处水平抛出,恰好从轨道 A 点沿切线方向进入圆 弧形轨道,取 g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,求:
(1)小球抛出点到 A 点的水平距离; (2)小球运动到 B 点时对轨道的压力大小。 解析:(1)小球做平抛运动, 竖直方向:h-R(1-cos 37°)=12gt2,解得:t=0.3 s, 竖直分速度:vy=gt=10×0.3 m/s=3 m/s,
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水平分速度:v0=tan v3y 7°=03.6 m/s=4 m/s, 0.8
抛出点距 A 点的水平距离: L=x=v0t=4×0.3 m=1.2 m。

(2)小球从抛出到 B 点过程,由动能定理得: mg(h-R)=12mvB2-12mv02, 在 B 点,由牛顿第二定律得:F=mvRB2, 解得:F=68 N, 由牛顿第三定律可知,小球对轨道的压力大小: F′=F=68 N。 答案:(1)1.2 m (2)68 N

第4节

万有引力定律及其应用

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(1)所有行星绕太阳运行的轨道都是椭圆。(√) (2)行星在椭圆轨道上运行速率是变化的,离太阳越远,运行速率越大。(×) (3)只有天体之间才存在万有引力。(×) (4)只要知道两个物体的质量和两个物体之间的距离,就可以由 F=Gmr1m2 2计算物体间的 万有引力。(×) (5)地面上的物体所受地球的引力方向一定指向地心。(√) (6)两物体间的距离趋近于零时,万有引力趋近于无穷大。(×) ◎物理学史判断 (1)德国天文学家开普勒提出天体运动的开普勒三大定律。(√) (2)牛顿总结了前人的科研成果,在此基础上,经过研究得出了万有引力定律。(√) (3)牛顿利用扭秤实验装置比较准确地测出了引力常量。(×)
1.开普勒行星运动定律既适用于行星绕太阳运动,也适用于卫星绕地球运动。 2.不考虑地球自转时,地球表面上的重力加速度 g=GRM2 。 3.地球赤道上的物体随地球自转的向心力由万有引力与支持力的合力提供,而地球表 面附近做匀速圆周运动的卫星由万有引力提供向心力。 4.在计算中心天体密度时,要注意区分星球半径 R 和卫星轨道半径 r。 教育配套资料 K12

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突破点(一) 开普勒行星运动定律与万有引力定律

[题点全练]

1.(2016·全国卷Ⅲ)关于行星运动的规律,下列说法符合史实的是( )

A.开普勒在牛顿定律的基础上,导出了行星运动的规律

B.开普勒在天文观测数据的基础上,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,找出了行星按照这些规律运动的原因

D.开普勒总结出了行星运动的规律,发现了万有引力定律

解析:选 B 开普勒在前人观测数据的基础上,总结出了行星运动的规律,与牛顿定律

无联系,选项 A 错误,选项 B 正确;开普勒总结出了行星运动的规律,但没有找出行星按照

这些规律运动的原因,选项 C 错误;牛顿发现了万有引力定律,选项 D 错误。

2.[多选](2018·广州模拟)如图所示,近地人造卫星和月球绕地

球的运行轨道可视为圆。设卫星、月球绕地球运行周期分别为 T 卫、T

月,地球自转周期为 T 地,则( )

A.T 卫<T 月

B.T 卫>T 月

C.T 卫<T 地

D.T 卫=T 地

解析:选 AC 因 r 月>r 同>r 卫,由开普勒第三定律rT32=k 可知,T 月>T 同>T 卫,又同步

卫星的周期 T 同=T 地,故有 T 月>T 地>T 卫,选项 A、C 正确。

3.(2018·福州质检)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,该

系统将由 35 颗卫星组成,卫星的轨道有三种:地球同步轨道、中地球轨道和倾斜轨道。其

中,同步轨道半径大约是中轨道半径的 1.5 倍,那么同步卫星与中轨道卫星的周期之比约为

()

A.???32???12

B.???32???23

C.???32???32

D.???32???2

解析:选 C 同步轨道半径大约是中轨道半径的 1.5 倍,根据开普勒第三定律rT32=k 得TT中同22

=???32???3,所以同步卫星与中轨道卫星的周期之比约为???32???32,C 正确。

[题后悟通]

(1)行星绕太阳的运动通常按圆轨道处理。

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(2)开普勒行星运动定律也适用于其他天体,例如月球、卫星绕地球的运动。 (3)开普勒第三定律aT32=k 中,k 值只与中心天体的质量有关,不同的中心天体 k 值不同。

突破点(二) 天体质量和密度的计算 1.“自力更生”法(g-R) 利用天体表面的重力加速度 g 和天体半径 R。 (1)由 GMRm2 =mg 得天体质量 M=gGR2。

MM

3g

(2)天体密度

ρ

=V=4 3π

R3=4π

GR。

(3)GM=gR2 称为黄金代换公式。

2.“借助外援”法(T-r)

测出卫星绕天体做匀速圆周运动的周期 T 和半径 r。

(1)由 GMrm2 =m4πT22r得天体的质量 M=4πGT22r3。

(2)若已知天体的半径 R,则天体的密度

ρ

=MV=4 M 3π

R3=3GπT2Rr33。

(3)若卫星绕天体表面运行时,可认为轨道半径 r 等于天体半径 R,则天体密度 ρ =G3Tπ2,

可见,只要测出卫星环绕天体表面运动的周期 T,就可估算出中心天体的密度。

[典例] [多选]2017 年 3 月 16 日消息,高景一号卫星发回清晰影像图,可区分单个树 冠。天文爱好者观测该卫星绕地球做匀速圆周运动时,发现该卫星每经过时间 t 通过的弧长 为 l,该弧长对应的圆心角为 θ 弧度,已知引力常量为 G,则( )
t2 A.高景一号卫星的质量为Gθ l3

B.高景一号卫星的角速度为θt

l C.高景一号卫星的线速度大小为 2π t
l3 D.地球的质量为Gθ t2

[解析] 高景一号卫星的质量不可求,选项 A 错误;由题意知,卫星绕地球做匀速圆周 运动的角速度 ω =θt ,选项 B 正确;卫星绕地球做匀速圆周运动线速度的大小 v=lt,选项

C

错误;由

v=ω

r



r= l θ

,该卫星做匀速圆周运动,万有引力提供向心力,由

Mm Gr2 =mω

2r,

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解得地球的质量 M=Gθl3t2,选项 D 正确。

[答案] BD

[易错提醒]

(1)利用万有引力提供天体做圆周运动的向心力估算天体质量时,估算的只是中心天体

的质量,并非环绕天体的质量。

(2)区别天体半径 R 和卫星轨道半径 r,只有在天体表面附近的卫星才有 r≈R;计算天

体密度时,V=43π R3 中的 R 只能是中心天体的半径。

[集训冲关]

1.(2017·北京高考)利用引力常量 G 和下列某一组数据,不能计算出地球质量的是

()

A.地球的半径及重力加速度(不考虑地球自转)

B.人造卫星在地面附近绕地球做圆周运动的速度及周期

C.月球绕地球做圆周运动的周期及月球与地球间的距离

D.地球绕太阳做圆周运动的周期及地球与太阳间的距离

解析:选 D 由于不考虑地球自转,则在地球表面附近,有 GMRm20=m0g,可得 M=gGR2,故

A

项不选;由万有引力提供人造卫星的向心力,有

GMRm21=m1vR2,v=2πT

R ,联立得

M=2vπ3TG,

故 B 项不选;由万有引力提供月球绕地球运动的向心力,有 GMrm22=m2???2Tπ′???2r,可得 M=4GπT′2r23,

故 C 项不选;同理,根据地球绕太阳做圆周运动的周期及地球与太阳间的距离,可求出太阳

的质量,但不可求出地球的质量,故选 D。

2.(2018·六安一中模拟)我国航天事业取得了突飞猛进地发展,航天技术位于世界前

列。在航天控制中心对其正上方某卫星测控时,测得从发送“操作指令”到接收到卫星“已

操作”的信息需要的时间为 2t(设卫星接收到“操作指令”后立即操作,并立即发送“已操

作”的信息到控制中心),测得该卫星运行周期为 T,地球半径为 R,电磁波的传播速度为 c,

由此可以求出地球的质量为( )

A.π 2

8R+ct 2GT2

3

B.4π 2

R+ct GT2

3

C.π 2

2R+ct 2GT2

3

D.π 2

4R+ct GT2

3

解析:选 B 由 x=vt 可得:

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卫星与地球的距离为 x=12c×2t=ct

卫星的轨道半径为 r=R+x=R+ct; 由万有引力公式可得:GMrm2 =mr4Tπ2 2

解得:M=4π 2

R+ct GT2

3

故 B 正确。

3.[多选](2018·晋城三模)探索火星的奥秘承载着人类征服宇宙的梦想。假设人类某

次利用飞船探测火星的过程中,飞船只在万有引力作用下贴着火星表面绕火星做圆周运动

时,测得其绕行速度为 v,绕行一周所用时间为 T, 已知引力常量为 G,则( )

A.火星表面的重力加速度为πT v

Tv B.火星的半径为2π

C.火星的密度为3GπT2

Tv2 D.火星的质量为2π G

解析:选 BC 飞船在火星表面做匀速圆周运动,轨道半径等于火星的半径,根据 v=

2π T

R ,得

R=2vπT

,故

B

正确;根据万有引力提供向心力,有

GMRm2 =m4Tπ2

2
R,得火星的质量

M

4π R2 3

=4πGT22R3,根据密度公式得火星的密度

ρ

M =V=

GT2 4π R3

=3GπT2

,故

C

正确;根据

M=ρ

·4π3

R3 =

3

3π GT2

×43π

×???2vπT

???3=2Tπv3G,可知

D

错误;根据重力等于万有引力得,mg=GMRm2 ,得

g=GRM2=2πT

v ,

故 A 错误。

突破点(三) 天体表面的重力加速度问题

重力只是万有引力的一个分力,另一个分力提供物体随地球自转做圆周运动的向心力, 但由于向心力很小,一般情况下认为重力等于万有引力,即 mg=GRM2m,这样重力加速度就与 行星质量、半径联系在一起,高考也多次在此命题。

(一)求天体表面某高度处的重力加速度 教育配套资料 K12

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[例 1] (2015·重庆高考)宇航员王亚平在“天宫 1 号”飞船内进行了我国首次太空授

课,演示了一些完全失重状态下的物理现象。若飞船质量为 m,距地面高度为 h,地球质量

为 M,半径为 R,引力常量为 G,则飞船所在处的重力加速度大小为( )

A.0

GM B. R+h 2

GMm C. R+h 2

GM D. h2

Mm [解析] 飞船受的万有引力等于在该处所受的重力,即 G R+h 2=mg,得 g=

GM R+h 2,选项 B 正确。

[答案] B

(二)求天体表面某深度处的重力加速度

[例 2] 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-dR

B.1+dR

C.???R-R d???2

D.???R-R d???2

[解析] 如图所示,根据题意,地面与矿井底部之间的环形部分对处

于矿井底部的物体引力为零。设地面处的重力加速度为 g,地球质量为 M,

地球表面的物体 m 受到的重力近似等于万有引力,故 mg=GMRm2 ;设矿井底

部处的重力加速度为 g′,等效“地球”的质量为 M′,其半径 r=R-d,

则矿井底部处的物体 m 受到的重力 mg′=GM′r2 m,又 M=ρ V=ρ ·43π R3,M′=ρ V′=ρ ·43

π (R-d)3,联立解得gg′=1-dR,A 对。

[答案] A

(三)天体表面重力加速度与抛体运动的综合

[例 3] 据美国宇航局消息,在距离地球 40 光年的地方发现了三颗可能适合人类居住

的类地行星,假设某天我们可以穿越空间到达某一类地行星,测得以初速度 10 m/s 竖直上

抛一个小球可到达的最大高度只有 1 m,而其球体半径只有地球的一半,则其平均密度和地

球的平均密度之比为(取 g=10 m/s2)( )

A.5∶2

B.2∶5

C.1∶10

D.10∶1

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[解析]

根据 h=v20g2和 g=GRM2 可得,M=R22Gvh02,即 ρ

4 3π

R3=R22Gvh02,行星平均密度 ρ

=8π3vG0R2 h

∝R1h,在地球表面以初速度 10 m/s 竖直上抛一个小球可到达的最大高度 h 地=2vg02地=5 m。据

此可得,该类地行星和地球的平均密度之比为 10∶1,选项 D 正确。

[答案] D

巧思妙解——练创新思维 万有引力的三种计算思路 一 用万有引力定律计算质点间的万有引力 公式 F=Gmr1m2 2适用于质点、均匀介质球体或球壳之间万有引力的计算。当两物体为匀质 球体或球壳时,可以认为匀质球体或球壳的质量集中于球心,r 为两球心的距离,引力的方 向沿两球心的连线。
1.[多选]如图所示,三颗质量均为 m 的地球同步卫星等间隔分布在半 径为 r 的圆轨道上,设地球质量为 M,半径为 R。下列说法正确的是( )
GMm A.地球对一颗卫星的引力大小为 r-R 2
GMm B.一颗卫星对地球的引力大小为 r2
Gm2 C.两颗卫星之间的引力大小为3r2
3GMm D.三颗卫星对地球引力的合力大小为 r2 解析:选 BC 由万有引力定律知 A 项错误,B 项正确;因三颗卫星连线构成等边三角形, 圆轨道半径为 r,由数学知识易知任意两颗卫星间距 d=2rcos 30°= 3r,由万有引力定 律知 C 项正确;因三颗卫星对地球的引力大小相等且互成 120°,故三颗卫星对地球引力的 合力为 0,则 D 项错误。
二 推论法计算万有引力 推论Ⅰ:在匀质球壳的空腔内任意位置处,质点受到球壳的万有引 力的合力为零,即∑F=0。 推论Ⅱ:如图所示,在匀质球体内部距离球心 r 处的质点(m)受到
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教育配套资料 K12 的万有引力等于球体内半径为 r 的同心球体(M′)对它的引力,即 F=GM′r2 m。

2.如图所示,有人设想要“打穿地球”从中国建立一条通过地心的光

滑隧道直达巴西。若只考虑物体间的万有引力,则从隧道口抛下一物体,

物体的加速度( )

A.一直增大

B.一直减小

C.先增大后减小

D.先减小后增大

解析:选 D 设地球的平均密度为 ρ ,物体在隧道内部离地心的距离为 r,则物体 m 所

受的万有引力

ρ F=G·

4 ·3π
r2

r3·m 4 =3π



mr,物体的加速度 a=Fm=43π



r,由题意可知

r 先减小后增大,故选项 D 正确。

三 填补法求解万有引力

运用“填补法”解题的关键是紧扣万有引力定律的适用条件,先填补后运算,运用“填

补法”解题主要体现了等效思想。

3.如图所示,有一个质量为 M,半径为 R,密度均匀的大球体。从

R 中挖去一个半径为2的小球体,并在空腔中心放置一质量为

m

的质点,

则大球体的剩余部分对该质点的万有引力大小为(已知质量分布均匀的

球壳对壳内物体的引力为零)( )

A.GMRm2

B.0

C.4GMRm2

D.G2MRm2

解析:选 D 若将挖去的小球体用原材料补回,可知剩余部分对 m 的吸引力等于完整大

球体对 m 的吸引力与挖去小球体对 m 的吸引力之差,挖去的小球体球心与 m 重合,对 m 的万

有引力为零,则剩余部分对 m 的万有引力等于完整大球体对 m 的万有引力;以大球体球心为

中心分离出半径为R2的球,易知其质量为18M,则剩余均匀球壳对 m 的万有引力为零,故剩余

部分对 m 的万有引力等于分离出的球对其的万有引力,根据万有引力定律,F=G???18R2M???m2=G2MRm2,

故 D 正确。

[反思领悟]

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(1)万有引力定律只适用于求质点间的万有引力。 (2)在质量分布均匀的实心球中挖去小球后其质量分布不再均匀,不可再随意视为质点 处理。 (3)可以采用先填补后运算的方法计算万有引力大小。

(一)普通高中适用作业

[A 级——基础小题练熟练快]

1.(2018·上海检测)关于万有引力定律,下列说法正确的是( )

A.牛顿提出了万有引力定律,并测定了引力常量的数值

B.万有引力定律只适用于天体之间

C.万有引力的发现,揭示了自然界一种基本相互作用的规律

D.地球绕太阳在椭圆轨道上运行,在近日点和远日点受到太阳的万有引力大小是相同



解析:选 C 牛顿提出了万有引力定律,卡文迪许测定了引力常量的数值,万有引力定

律适用于任何物体之间,万有引力的发现,揭示了自然界一种基本相互作用的规律,选项 A、

B 错误,C 正确;地球绕太阳在椭圆轨道上运行,在近日点和远日点受到太阳的万有引力大

小是不相同的,选项 D 错误。

★2.(2018·铜陵质检)有一星球的密度跟地球密度相同,但它表面处的重力加速度是

地球表面处重力加速度的 4 倍,则该星球的质量是地球质量的(忽略其自转影响)( )

1

A.4

B.4 倍

C.16 倍

D.64 倍

解析:选 D

天体表面的物体所受重力 mg=GRM2m,又知 ρ

3M =4π R3,所以

M=16π9g2ρ3

2G3,

故 MM星地=???gg地星???3=64。D 正确。

★3.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,某同学根据测得的不同卫星做

圆周运动的半径 r 与周期 T 的关系作出如图所示图像,则可求得地球质

量为(已知引力常量为 G)( )

A.4πGb2a

B.4πGa2b

Ga C.4π 2b

Gb D.4π 2a

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解析:选 A

由GrM2m=m4Tπ2

2·r,可得rT32=4GπM

a GM 2,结合题图图线可得,b=4π

2,故

M=4πGb2a,

A 正确。

4.近年来,人类发射的多枚火星探测器已经相继在火星上着陆,正在进行着激动人心

的科学探究,为我们将来登上火星、开发和利用火星资源奠定了坚实的基础。如果火星探测

器环绕火星做“近地”匀速圆周运动,并测得该运动的周期为 T,则火星的平均密度 ρ 的 表达式为(k 为某个常数)( )

A.ρ =kT

k B.ρ =T

C.ρ =kT2

k D.ρ =T2

解析:选 D

火星探测器环绕火星做“近地”匀速圆周运动时,GMRm2 =m4πT2

2
R,又

M=43

π

R3·ρ

,可得

ρ

=3GπT2

k =T2,故只有

D

正确。

★5.(2018·漯河模拟)宇航员站在某一星球距其表面 h 高度处,以某一速度沿水平方

向抛出一个小球,经过时间 t 后小球落到星球表面,已知该星球的半径为 R,引力常量为 G,

则该星球的质量为( ) 2hR2
A. Gt2

2hR2 B. Gt

2hR C. Gt2

Gt2 D.2hR2

解析:选 A 设该星球表面的重力加速度为 g,小球在星球表面做平抛运动,h=12gt2。

设该星球的质量为 M,在星球表面有 mg=GRM2m。由以上两式得,该星球的质量为 M=2GhtR22,A

正确。

6.[多选](2016·海南高考)通过观测冥王星的卫星,可以推算出冥王星的质量。假设

卫星绕冥王星做匀速圆周运动,除了引力常量外,至少还需要两个物理量才能计算出冥王星

的质量。这两个物理量可以是( )

A.卫星的速度和角速度

B.卫星的质量和轨道半径

C.卫星的质量和角速度

D.卫星的运行周期和轨道半径

解析:选 AD 根据线速度和角速度可以求出半径 r=ωv ,根据万有引力提供向心力,则

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有GrM2m=mvr2,整理可得 M=Gvω3 ,故选项 A 正确;由于卫星的质量 m 可约掉,故选项 B、C 错 误;若知道卫星的运行周期和轨道半径,则由GrM2m=m???2πT ???2r,整理得 M=4πGT22r3,故选项 D 正确。

7.(2018·广州调研)“嫦娥五号”探测器预计在 2018 年发射升空,自动完成月面样品

采集后从月球起飞,返回地球,带回约 2 kg 月球样品。某同学从网上得到一些信息,如表

格中的数据所示,则地球和月球的密度之比为( )

地球和月球的半径之比

4

地球表面和月球表面的重力加速度之比 6

2 A.3

3 B.2

C.4

D.6

Mm

gR2

解析:选 B 在地球表面,重力等于万有引力,故 mg=G R2 ,解得 M= G ,故地球的密

gR2



ρ

M G 3g

=V=4 3π

R3=4π

GR。同理,月球的密度

ρ

0=4π3gG0R0。故地球和月球的密度之比ρρ

0=ggR0R0

=32,B 正确。

[B 级——中档题目练通抓牢]

★8.(2018·高密模拟)据报道,科学家们在距离地球 20 万光年外发现了首颗系外“宜

居”行星。假设该行星质量约为地球质量的 6.4 倍,半径约为地球半径的 2 倍。那么,一个

在地球表面能举起 64 kg 物体的人,在这个行星表面能举起的物体的质量约为多少(地球表 面重力加速度 g=10 m/s2)( )

A.40 kg

B.50 kg

C.60 kg

D.30 kg

GMm

GM

解析:选 A 在地球表面,万有引力等于重力 R2 =mg,得 g= R2 ,因为行星质量约为地

球质量的 6.4 倍,其半径是地球半径的 2 倍,则行星表面重力加速度是地球表面重力加速度 的 1.6 倍,而人的举力认为是不变的,则人在行星表面所举起的重物质量为:m=1m.06=16.46 kg

=40 kg,故 A 正确。 9.如图所示,将一个半径为 R、质量为 M 的均匀大球,沿直径挖去两个半径分别为大球

一半的小球,并把其中一个放在球外与大球靠在一起,挖去小球的

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球心、球外小球球心、大球球心在一条直线上,则大球中剩余部分与球外小球的万有引力大

小约为(已知引力常量为 G)( ) GM2
A.0.01 R2

GM2 B.0.02 R2

GM2 C.0.05 R2

GM2 D.0.04 R2

R

M

解析:选 D 由题意知,所挖出小球的半径为2,质量为8,则未挖出小球前大球对球外

小球的万有引力大小为 F=G???RM+×R2M8???2=1G8MR22,将所挖出的其中一个小球填在原位置,则填入

MM

左侧原位置小球对球外小球的万有引力为 F1=G

8×8

GM2

R 2=256R2,填入右侧原位置小球对球外

MM 小球的万有引力为 F2=G8×R2 8=6G4MR22,大球中剩余部分对球外小球的万有引力大小为 F3=F-

F1-F2≈0.04GRM22,D 选项正确。

10.(2018·盘锦模拟)两颗互不影响的行星 P1、P2,各有一颗近地卫 星 S1、S2 绕其做匀速圆周运动。图中纵轴表示行星周围空间某位置的引力 加速度 a,横轴表示某位置到行星中心距离 r 平方的倒数,a?r12关系如图

所示,卫星 S1、S2 的引力加速度大小均为 a0。则( ) A.S1 的质量比 S2 的大 B.P1 的质量比 P2 的大 C.P1 的第一宇宙速度比 P2 的小 D.P1 的平均密度比 P2 的大 解析:选 B 万有引力充当向心力,故有 GMrm2 =ma,解得 a=GMr12,故图像的斜率 k=GM,

因为 G 是恒量,M 表示行星的质量,所以斜率越大,行星的质量越大,故 P1 的质量比 P2 的大, 由于计算过程中,卫星的质量可以约去,所以无法判断卫星质量关系,A 错误,B 正确;因

为两个卫星是近地卫星,所以其运行轨道半径可认为等于行星半径,根据第一宇宙速度公式

v= gR可得 v= a0R,从题图中可以看出,当两者加速度都为 a0 时,P2 半径要比 P1 小,故

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a0R2

P1 的第一宇宙速度比

P2 的大,C

错误;星球的密度

ρ

MM =V=4


G R3=43π

R3=4π3aG0 R,故星球的

半径越大,密度越小,所以 P1 的平均密度比 P2 的小,D 错误。 11.如图所示,A、B 是绕地球做匀速圆周运动的两颗卫星,A、B

两卫星与地心的连线在相等时间内扫过的面积之比为 k,不计 A、B 两

卫星之间的引力,则 A、B 两卫星的周期之比为( )

A.k3

B.k2

C.k

D.k23

解析:选 A 设卫星绕地球做圆周运动的半径为 r,周期为 T,则在 t 时间内与地心连

线扫过的面积为 S=tTπ r2,即SSAB=rrAB22TTBA=k,根据开普勒第三定律可知rTAA32=rTBB32,联立解得TTAB= k3,A 正确。

★12.[多选](2018·西安模拟)欧洲航天局的第一枚月球探测器——“智能 1 号”环绕

月球沿椭圆轨道运动,用 m 表示它的质量,h 表示它在近月点的高度,ω 表示它在近月点的 角速度,a 表示它在近月点的加速度,R 表示月球的半径,g 表示月球表面处的重力加速度。

忽略其他星球对“智能 1 号”的影响,则它在近月点所受月球对它的万有引力的大小等于

() A.ma

B.m

R2g R+h

2

C.m(R+h)ω 2

D.mRR2+ωh2

解析:选 AB “智能 1 号”在近月点所受月球对它的万有引力,即为它所受的合力,

Mm

Mm

由牛顿第二定律得 F=ma,A 正确;由万有引力定律得 F=G R+h 2,又在月球表面上,GR2

R2g =mg,解得 F=m R+h 2,B 正确;由于“智能 1 号”环绕月球沿椭圆轨道运动,曲率圆

半径不是 R+h,C、D 错误。

13.(2018·东北三省四市一模)开普勒第三定律指出:所有行星的轨道的半长轴的三次

方跟它的公转周期的二次方的比值都相等。该定律对一切具有中心天体的引

力系统都成立。如图,嫦娥三号探月卫星在半径为 r 的圆形轨道Ⅰ上绕月球

运行,周期为 T。月球的半径为 R,引力常量为 G。某时刻嫦娥三号卫星在 A

点变轨进入椭圆轨道Ⅱ,在月球表面的 B 点着陆。A、O、B 三点在一条直线上。求:

(1)月球的密度;

(2)在轨道Ⅱ上运行的时间。

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解析:(1)由万有引力充当向心力:GrM2m=m???2Tπ ???2r,

解得 M=4πGT22r3

月球的密度:ρ

M

=4 3π

,解得 R3

ρ

=3GπT2Rr33。

(2)椭圆轨道的半长轴:a=R+2 r,

设椭圆轨道上运行周期为 T1, a3 r3
由开普勒第三定律有:T12=T2, 在轨道Ⅱ上运行的时间为 t=T21,

解得 t=

R+r 4r

T

R+r 2r 。

答案:(1)3GπT2Rr33

(2)

R+r 4r

T

R+r 2r

[C 级——难度题目自主选做] 14.(2018·宝鸡一模)宇航员在某星球上为了探测其自转周期做了如下实验:在该星球 两极点,用弹簧秤测得质量为 M 的砝码所受重力为 F,在赤道测得该砝码所受重力为 F′。 他还发现探测器绕该星球表面做匀速圆周运动的周期为 T。假设该星球可视为质量分布均匀 的球体,则其自转周期为( )

F′ A.T F

B.T

F F′

C.T

F-F′ F

D.T

F F-F′

解析:选 D 设星球和探测器质量分别为 m、m′

在两极点,有:GMRm2 =F,

在赤道,有:GMRm2 -F′=MR4Tπ自22,

探测器绕该星球表面做匀速圆周运动的周期为 T,则有:GmmR′2 =m′

R4πT2

2
;联立以上

三式解得 T 自=T

F F-F′。故 D 正确,A、B、C 错误。

★15.[多选](2017·衡水模拟)由于地球自转的影响,地球表面的重力加速度会随纬度 的变化而有所不同。已知地球表面两极处的重力加速度大小为 g0,在赤道处的重力加速度大

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小为 g,地球自转的周期为 T,引力常量为 G。假设地球可视为质量均匀分布的球体。下列

说法正确的是( )

A.质量为 m 的物体在地球北极受到的重力大小为 mg

B.质量为 m 的物体在地球赤道上受到的万有引力大小为 mg0

C.地球的半径为

g0-g 4π 2

T2

D.地球的密度为GT2

3π g0 g0-g

解析:选 BCD 因地球表面两极处的重力加速度大小为 g0,则质量为 m 的物体在地球北

极受到的重力大小为 mg0,选项 A 错误;因在地球的两极 GMRm2 =mg0,则质量为 m 的物体在地

球赤道上受到的万有引力大小为

F=GMRm2 =mg0,选项

B

正确;在赤道上:GMRm2 -mg=m4πT2

2
R;

联立解得:R=

g0-g 4π 2

T2

M

,选项

C

正确;地球的密度为

ρ

=4 3π

,联立解得:ρ R3



3π g0 GT2 g0-g

,选项 D 正确。

(二)重点高中适用作业

[A 级——保分题目巧做快做]

1.(2018·上海检测)关于万有引力定律,下列说法正确的是( )

A.牛顿提出了万有引力定律,并测定了引力常量的数值

B.万有引力定律只适用于天体之间

C.万有引力的发现,揭示了自然界一种基本相互作用的规律

D.地球绕太阳在椭圆轨道上运行,在近日点和远日点受到太阳的万有引力大小是相同



解析:选 C 牛顿提出了万有引力定律,卡文迪许测定了引力常量的数值,万有引力定

律适用于任何物体之间,万有引力的发现,揭示了自然界一种基本相互作用的规律,选项 A、

B 错误,C 正确;地球绕太阳在椭圆轨道上运行,在近日点和远日点受到太阳的万有引力大

小是不相同的,选项 D 错误。

2.近年来,人类发射的多枚火星探测器已经相继在火星上着陆,正在进行着激动人心

的科学探究,为我们将来登上火星、开发和利用火星资源奠定了坚实的基础。如果火星探测

器环绕火星做“近地”匀速圆周运动,并测得该运动的周期为 T,则火星的平均密度 ρ 的 表达式为(k 为某个常数)( )

A.ρ =kT

B.ρ =kT

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C.ρ =kT2

k D.ρ =T2

解析:选 D

火星探测器环绕火星做“近地”匀速圆周运动时,GMRm2 =m4πT2

2
R,又

M=43

π

R3·ρ

,可得

ρ

=3GπT2

k =T2,故只有

D

正确。

★3.(2017·浙江 4 月选考)如图所示,设行星绕太阳的运动

是匀速圆周运动,金星自身的半径是火星的 n 倍,质量为火星的

k 倍。不考虑行星自转的影响,则( )

A.金星表面的重力加速度是火星的kn倍

k B.金星的“第一宇宙速度”是火星的 n倍

C.金星绕太阳运动的加速度比火星小

D.金星绕太阳运动的周期比火星大

解析:选 B 由 GMRm2 =mg 得 g=GRM2 ,可知gg金火=nk2,选项 A 错;由 GMRm2 =mvR2得 v=

GM R,

可知vv金火=

k n,选项

B

对;由

GMrm2 =ma



a=GrM2 ,可知距离越远,加速度越小,而rT32=c,

可知越远周期越大,所以选项 C、D 均错。

4.[多选](2016·海南高考)通过观测冥王星的卫星,可以推算出冥王星的质量。假设

卫星绕冥王星做匀速圆周运动,除了引力常量外,至少还需要两个物理量才能计算出冥王星

的质量。这两个物理量可以是( )

A.卫星的速度和角速度

B.卫星的质量和轨道半径

C.卫星的质量和角速度

D.卫星的运行周期和轨道半径

解析:选 AD 根据线速度和角速度可以求出半径 r=ωv ,根据万有引力提供向心力,则 有GrM2m=mvr2,整理可得 M=Gvω3 ,故选项 A 正确;由于卫星的质量 m 可约掉,故选项 B、C 错

误;若知道卫星的运行周期和轨道半径,则由GrM2m=m???2πT ???2r,整理得 M=4πGT22r3,故选项 D

正确。

5.(2018·广州调研)“嫦娥五号”探测器预计在 2018 年发射升空,自动完成月面样品

采集后从月球起飞,返回地球,带回约 2 kg 月球样品。某同学从网上得到一些信息,如表

格中的数据所示,则地球和月球的密度之比为( )

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地球和月球的半径之比

4

地球表面和月球表面的重力加速度之比 6

A.23

B.32

C.4

D.6

解析:选 B 在地球表面,重力等于万有引力,故 mg=GMRm2 ,解得 M=gGR2,故地球的密

gR2



ρ

M G 3g

=V=4 3π

R3=4π

GR。同理,月球的密度

ρ

0=4π3gG0R0。故地球和月球的密度之比ρρ

0=ggR0R0

3 =2,B 正确。

6.如图所示,将一个半径为 R、质量为 M 的均匀大球,沿直径

挖去两个半径分别为大球一半的小球,并把其中一个放在球外与大

球靠在一起,挖去小球的球心、球外小球球心、大球球心在一条直

线上,则大球中剩余部分与球外小球的万有引力大小约为(已知引力常量为 G)( )

GM2 A.0.01 R2

GM2 B.0.02 R2

GM2 C.0.05 R2

GM2 D.0.04 R2

解析:选 D 由题意知,所挖出小球的半径为R2,质量为M8,则未挖出小球前大球对球外

M×M8

GM2

小球的万有引力大小为 F=G???R+R2???2=18R2,将所挖出的其中一个小球填在原位置,则填入

MM

左侧原位置小球对球外小球的万有引力为 F1=G

8×8

GM2

R 2=256R2,填入右侧原位置小球对球外

MM 小球的万有引力为 F2=G8×R2 8=6G4MR22,大球中剩余部分对球外小球的万有引力大小为 F3=F-

GM2 F1-F2≈0.04 R2 ,D 选项正确。

7.(2018·盘锦模拟)两颗互不影响的行星 P1、P2,各有一颗近地卫星 S1、S2 绕其做匀速圆周运动。图中纵轴表示行星周围空间某位置的引力加 速度 a,横轴表示某位置到行星中心距离 r 平方的倒数,a?r12关系如图所

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示,卫星 S1、S2 的引力加速度大小均为 a0。则( ) A.S1 的质量比 S2 的大 B.P1 的质量比 P2 的大 C.P1 的第一宇宙速度比 P2 的小 D.P1 的平均密度比 P2 的大 解析:选 B 万有引力充当向心力,故有 GMrm2 =ma,解得 a=GMr12,故图像的斜率 k=GM,

因为 G 是恒量,M 表示行星的质量,所以斜率越大,行星的质量越大,故 P1 的质量比 P2 的大, 由于计算过程中,卫星的质量可以约去,所以无法判断卫星质量关系,A 错误,B 正确;因 为两个卫星是近地卫星,所以其运行轨道半径可认为等于行星半径,根据第一宇宙速度公式

v= gR可得 v= a0R,从题图中可以看出,当两者加速度都为 a0 时,P2 半径要比 P1 小,故

a0R2

P1 的第一宇宙速度比

P2 的大,C

错误;星球的密度

ρ

MM =V=4


G R3=43π

R3=4π3aG0 R,故星球的

半径越大,密度越小,所以 P1 的平均密度比 P2 的小,D 错误。

8.如图所示,A、B 是绕地球做匀速圆周运动的两颗卫星,A、B 两卫星与地心的连线在

相等时间内扫过的面积之比为 k,不计 A、B 两卫星之间的引力,则 A、

B 两卫星的周期之比为( )

A.k3

B.k2

C.k

D.k23

解析:选 A 设卫星绕地球做圆周运动的半径为 r,周期为 T,则在 t 时间内与地心连 线扫过的面积为 S=tTπ r2,即SSAB=rrAB22TTBA=k,根据开普勒第三定律可知rTAA32=rTBB32,联立解得TTAB= k3,A 正确。
9.(2018·宝鸡一模)宇航员在某星球上为了探测其自转周期做了如下实验:在该星球 两极点,用弹簧秤测得质量为 M 的砝码所受重力为 F,在赤道测得该砝码所受重力为 F′。 他还发现探测器绕该星球表面做匀速圆周运动的周期为 T。假设该星球可视为质量分布均匀

的球体,则其自转周期为( )

F′ A.T F

B.T

F F′

C.T

F-F′ F

D.T

F F-F′

解析:选 D 设星球和探测器质量分别为 m、m′

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在两极点,有:GMRm2 =F,

在赤道,有:GMRm2 -F′=MR4Tπ自22,

探测器绕该星球表面做匀速圆周运动的周期为 T,则有:GmmR′2 =m′

R4πT2

2
;联立以上

三式解得 T 自=T F-FF′。故 D 正确,A、B、C 错误。

10.(2018·东北三省四市一模)开普勒第三定律指出:所有行星的轨

道的半长轴的三次方跟它的公转周期的二次方的比值都相等。该定律对一

切具有中心天体的引力系统都成立。如图,嫦娥三号探月卫星在半径为 r

的圆形轨道Ⅰ上绕月球运行,周期为 T。月球的半径为 R,引力常量为 G。某时刻嫦娥三号

卫星在 A 点变轨进入椭圆轨道Ⅱ,在月球表面的 B 点着陆。A、O、B 三点在一条直线上。求:

(1)月球的密度;

(2)在轨道Ⅱ上运行的时间。

解析:(1)由万有引力充当向心力:GrM2m=m???2Tπ ???2r,

解得 M=4πGT22r3

月球的密度:ρ

M

=4 3π

,解得 R3

ρ

=3GπT2Rr33。

(2)椭圆轨道的半长轴:a=R+2 r,

设椭圆轨道上运行周期为 T1, a3 r3
由开普勒第三定律有:T12=T2, 在轨道Ⅱ上运行的时间为 t=T21,

解得 t=

R+r 4r

T

R+r 2r 。

答案:(1)3GπT2Rr33

(2)

R+r 4r

T

R+r 2r

[B 级——拔高题目稳做准做] ★11.已知一质量为 m 的物体静止在北极与赤道对地面的压力差为 Δ N,假设地球是质 量分布均匀的球体,半径为 R。则地球的自转周期为( )

A.T=2π

mR ΔN

B.T=2π

ΔN mR

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C.T=2π

mΔ N R

D.T=2π

R mΔ N

解析:选 A 在北极,物体所受的万有引力 F 与支持力 N 大小相等,在赤道处有 F-N

=Δ N=mR???2Tπ ???2,解得 T=2π

mR Δ N,A 正确。

★12.(2018·商丘模拟)地质勘探发现某地区表面的重力加速度发生

了较大的变化,怀疑地下有空腔区域。进一步探测发现在地面 P 点的正下

方有一球形空腔区域储藏有天然气,如图所示。假设该地区岩石均匀分布

且密度为 ρ ,天然气的密度远小于 ρ ,可忽略不计。如果没有该空腔,

地球表面正常的重力加速度大小为 g;由于空腔的存在,现测得 P 点处的重力加速度大小为

kg(k<1)。已知引力常量为 G,球形空腔的球心深度为 d,则此球形空腔的体积是( )

kgd A.Gρ

kgd2 B. Gρ

C.

-k gd Gρ

-k gd2 D. Gρ

解析:选 D 如果将该球形空腔填满密度为 ρ 的岩石,则该地区重力加速度便回到正

常值,因此,如果将空腔填满,地面质量为 m 的物体的重力为 mg,没有填满时是 kmg,故空

腔填满后引起的引力为(1-k)mg;由万有引力定律,有:(1-k)mg=GρdV2 m,解得:V=

-k gd2



,D 正确。

★13.(2018·西北工大附中模拟)据《科技日报》报道,2020 年前我国将发射 8 颗海洋

系列卫星,包括 4 颗海洋水色卫星,2 颗海洋动力环境卫星和 2 颗海陆雷达卫星, 以加强

对黄岩岛、钓鱼岛及西沙群岛全部岛屿附近海域的监测。设海陆雷达卫星绕地球做匀速圆周

运动的轨道半径是海洋动力环境卫星的 n 倍,则在相同的时间内( )

A.海陆雷达卫星到地球球心的连线扫过的面积是海洋动力环境卫星的 n 倍

B.海陆雷达卫星和海洋动力环境卫星到地球球心的连线扫过的面积相等

C.海陆雷达卫星到地球球心的连线扫过的面积是海洋动力环境卫星的 n倍

D.海陆雷达卫星到地球球心的连线扫过的面积是海洋动力环境卫星的

1n倍

解析:选 C 根据 GMrm2 =mrω 2,解得 ω =

GM r3 ,扫过的面积为

S=12lr=12r2θ

=12r2ω t,

因为轨道半径之比为 n,则角速度之比为

1 n3,所以相同时间内扫过的面积之比为

n。故

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C 正确,A、B、D 错误。

★ 14.[ 多 选 ](2018· 鸡 西 模 拟 ) 我 国 志 愿 者 王 跃 曾 与 俄 罗 斯 志 愿 者 一 起 进 行 “ 火 星

?500”的模拟实验活动。假设王跃登陆火星后,测得火星的半径是地球半径的12,质量是地

1 球质量的9。已知地球表面的重力加速度是

g,地球的半径为

R,王跃在地球表面能竖直向上

跳起的最大高度为 h,忽略自转的影响。下列说法正确的是( )

A.火星的密度为3π2gGR

B.火星表面的重力加速度为49g

C.火星的第一宇宙速度与地球的第一宇宙速度相等

D.王跃在火星表面能竖直向上跳起的最大高度为94h

解析:选 ABD 由 GmRM2 =mg,得到:g=GRM2 ,已知火星半径是地球半径的12,质量是地球

质量的19,

则火星表面的重力加速度是地球表面重力加速度的49,即为 g′=49g,故 B 正确;

设火星质量为 M′,由万有引力提供向心力可得: GMR′′m2 =mg′,解得:M′=g9RG2,

M′ 2g 密度为:ρ =V′=3π GR,故 A 正确;

由 GmRM2 =mvR2,得到 v=

GM

2

R ,火星的第一宇宙速度是地球第一宇宙速度的 3 倍,故 C

错误;

王跃以 v0 在地球起跳时,根据竖直上抛的运动规律得出可跳的最大高度是:h=v20g2,由

于火星表面的重力加速度是49g,王跃以相同的初速度在火星上起跳时,向上跳起的最大高度

h′=94h,D 正确。

★15.(2018·东北三省三校联考)设宇宙中某一小行星自转较快,但仍可近似看作质量

分布均匀的球体,半径为 R。宇航员用弹簧测力计称量一个相对自己静止的小物体的重量,

第一次在极点处,弹簧测力计的读数为 F1=F0;第二次在赤道处,弹簧测力计的读数为 F2

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=F20。假设第三次在赤道平面内深度为R2的隧道底部,示数为 F3;第四次在距行星表面高度

为 R 处绕行星做匀速圆周运动的人造卫星中,示数为 F4。已知均匀球壳对壳内物体的引力为 零,则以下判断正确的是( )

A.F3=F40,F4=F40

B.F3=F40,F4=0

C.F3=154F0,F4=0

D.F3=4F0,F4=F40

GMm 解析:选 B 设该行星的质量为 M,则质量为 m 的物体在极点处受到的万有引力 F1= R2

=F0。由于在赤道处,弹簧测力计的读数为 F2=F20,则 Fn2=F1-F2=12F0=mω 2R。行星半径R2以

内的部分的质量为 M′=???RR2???3 3·M=18M,物体在R2处受到的万有引力 F3′=G???MR2′???2m=12F1=12F0,

物体需要的向心力 Fn3=mω 2·R2=12mω 2R=14F0,所以在赤道平面内深度为R2的隧道底部,弹

簧测力计的示数为 F3=F3′-Fn3=12F0-14F0=14F0,第四次在距行星表面高度为 R 处绕行星做

匀速圆周运动的人造卫星中时,物体受到的万有引力恰好提供向心力,所以弹簧测力计的示

数为 0。B 正确。

第5节

天体运动与人造卫星

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(1)同步卫星可以定点在北京市的正上方。(×) (2)不同的同步卫星的质量不同,但离地面的高度是相同的。(√) (3)第一宇宙速度是卫星绕地球做匀速圆周运动的最小速度。(×) (4)第一宇宙速度的大小与地球质量有关。(√) (5)月球的第一宇宙速度也是 7.9 km/s。(×) (6)同步卫星的运行速度一定小于地球第一宇宙速度。(√) (7)若物体的速度大于第二宇宙速度而小于第三宇宙速度,则物体可绕太阳运行。(√)

1.天体做匀速圆周运动所需向心力等于万有引力,也等于绕行天体在所在轨道上所受

的重力。

2.卫星轨道半径越大,卫星的向心加速度、角速度、线速度越小,周期越大。

3.地球同步卫星的运行参数都相同,但卫星的质量不相同。

4.解题中常用到的重要参数:

(1)第一宇宙速度 v1= gR=

GM R =7.9 km/s。

(2)地表附近的人造卫星:

r=R=6 400 km,v 运=v1 ,T=2π

Rg=84.6 分钟。

(3)同步卫星:T=24 小时,h=5.6R=36 000 km,v=3.1 km/s。

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突破点(一) 宇宙速度的理解与计算

1.第一宇宙速度的推导 方法一:由 GMRm2 =mvR12得

v1=

GRM=

6.67×10-11×5.98×1024

6.4×106

m/s

=7.9×103 m/s。 方法二:由 mg=mvR12得

v1= gR= 9.8×6.4×106 m/s=7.9×103 m/s。 第一宇宙速度是发射人造卫星的最小速度,也是人造卫星的最大环绕速度,此时它的运

行周期最短,Tmin=2π

Rg=5 075 s≈85 min。

2.宇宙速度与运动轨迹的关系

(1)v 发=7.9 km/s 时,卫星绕地球做匀速圆周运动。 (2)7.9 km/s<v 发<11.2 km/s,卫星绕地球运动的轨迹为椭圆。 (3)11.2 km/s≤v 发<16.7 km/s,卫星绕太阳做椭圆运动。 (4)v 发≥16.7 km/s,卫星将挣脱太阳引力的束缚,飞到太阳系以外的空间。

[题点全练]

1.已知地球的质量约为火星质量的 10 倍,地球的半径约为火星半径的 2 倍,则航天器

在火星表面附近绕火星做匀速圆周运动的速率约为( )

A.3.5 km/s

B.5.0 km/s

C.17.7 km/s

D.35.2 km/s

解析:选 A

根据题设条件可知:M

地=10M

火,R

地=2R

GMm 火,由万有引力提供向心力 R2 =

mvR2,可得 v=

GRM,即vv火地=

MM火 地RR地火=

15,因为地球的第一宇宙速度为 v 地=7.9 km/s,

所以航天器在火星表面附近绕火星做匀速圆周运动的速率 v 火≈3.5 km/s,选项 A 正确。

2.[多选]如图所示,在发射地球同步卫星的过程中,卫星首先进

入椭圆轨道Ⅰ,然后在 Q 点通过改变卫星速度,让卫星进入地球同步

轨道Ⅱ,则( )

A.该卫星在 P 点的速度大于 7.9 km/s,且小于 11.2 km/s

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B.卫星在同步轨道Ⅱ上的运行速度大于 7.9 km/s

C.在轨道Ⅰ上,卫星在 P 点的速度大于在 Q 点的速度

D.卫星在 Q 点通过加速实现由轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ

解析:选 ACD 地球卫星的发射速度应大于 7.9 km/s 且小于 11.2 km/s,故 A 正确;环

绕地球做圆周运动的人造卫星,最大的运行速度是 7.9 km/s,故 B 错误;P 点比 Q 点离地球

近些,故在轨道Ⅰ上,卫星在 P 点的速度大于在 Q 点的速度,C 正确;卫星在 Q 点通过加速

实现由轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ,故 D 正确。

3.[多选](2018·常州一模)已知地球和火星的半径分别为 r1、r2,绕太阳公转轨道可 视为圆,轨道半径分别为 r1′、r2′,公转线速度分别为 v1′、v2′,地球和火星表面重力 加速度分别为 g1、g2,平均密度分别为 ρ 1、ρ 2。地球第一宇宙速度为 v1,飞船贴近火星表 面环绕线速度为 v2,则下列关系正确的是( )

A.vv12′ ′=

r2′ r1′

C.ρ

1r12v22=ρ

r v2 2
22 1

B.vv12=

r2 r1

D.g1r12=g2r22

解析:选 AC 根据万有引力提供向心力得:GrM′m 2=mvr′′2,得 v′=

rG′M ,r′是行

星公转半径,地球和火星的公转半径之比为

r1′



r2′











线









v1′ v2′



rr21′ ′,故 A 正确。与行星公转相似,对于卫星,线速度表达式为 v=

GrM,由于不知

道地球和火星的质量之比,所以无法求出vv12,故 B 错误。卫星贴近星球表面运行时,有 GMrm2 =

mvr2,得:M=rGv2,行星的密度为:ρ

M

3v2

=4 3π

r3=4π

Gr2(其中

v

为星球表面卫星运行速度,r

为星球半径),故ρv2r2=4π3 G为定值,故 ρ 1r12v22=ρ 2r22v12,故 C 正确。在星球表面,由重

力等于万有引力,有 GMrm2 =mg,r 是星球的半径,得:GM=gr2,由于地球与火星的质量不等,

则 g1r12≠g2r22,故 D 错误。

突破点(二) 卫星运行参量的分析与比较 1.四个分析 “四个分析”是指分析人造卫星的加速度、线速度、角速度和周期与轨道半径的关系。

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??ma→a=GrM2 →a∝r12

??? GMrm2 =

mvr2→v=

GrM→v∝

1 r

mω 2r→ω =

GM

1

r3 →ω ∝ r3

?? ?越高 ?越慢 ?

??m4πT2

2
r→T=

?? 4πGM2r3→T∝ r3

2.四个比较

(1)同步卫星的周期、轨道平面、高度、线速度、角速度、绕行方向均是固定不变的,

常用于无线电通信,故又称通信卫星。

(2)极地卫星运行时每圈都经过南北两极,由于地球自转,极地卫星可以实现全球覆盖。

(3)近地卫星是在地球表面附近环绕地球做匀速圆周运动的卫星,其运行的轨道半径可

近似认为等于地球的半径,其运行线速度约为 7.9 km/s。

(4)赤道上的物体随地球自转而做匀速圆周运动,由万有引力和地面支持力的合力充当

向心力(或者说由万有引力的分力充当向心力),它的运动规律不同于卫星,但它的周期、角

速度与同步卫星相等。

[题点全练]

1.[多选](2018·桂林中学月考)某人造卫星进入一个绕地球转动的圆形轨道上,它每

天绕地球转 8 周,假设地球同步卫星绕地球运行的轨道半径为地球半径的 6.6 倍,则此人造

卫星( )

A.绕地球运行的周期等于 3 h

B.距地面高度为地球半径的 1.65 倍

C.绕地球运行的速率为地球同步卫星绕地球运行速率的 2 倍

D.绕地球运行的加速度与地球表面重力加速度之比为 400∶1 089

解析:选 ACD 已知该人造卫星每天绕地球转 8 周,则其绕地球运行的周期为:T=284 h

=3 h,选项 A 正确。地球同步卫星的周期为 T1=24 h,则 T=18T1。设该人造卫星与地球同

步卫星的轨道半径分别为 r 和 r1,则根据开普勒第三定律得:rT32=rT1132,解得 r=14r1,设地球 的半径为 R,由题有 r1=6.6R,所以 r=14×6.6R=1.65R,距地面高度为 h=r-R=0.65R,

选项 B 错误;由以上分析知,该卫星的轨道半径是地球同步卫星轨道半径的14,则根据 GMrm2 =

mvr2,解得:v=

GM r ,得知该卫星绕地球运行的速率为地球同步卫星绕地球运行速率的 2

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倍,选项 C 正确;根据 GMrm2 =ma,解得 a=GrM2,地球表面重力加速度为:g=GRM2,则有:ag=

R2

R2

400

r2=

R 2=1 089,选项 D 正确。

2.[多选](2018·盘锦模拟)质量为 m 的人造卫星在地面上未发射时的重力为 G0,它在 离地面的距离等于地球半径 R 的圆形轨道上运行时的( )

2mR

A.周期为 4π

G0

C.动能为14G0R

B.速度为

2G0R m

D.重力为12G0

解析:选 AC 由万有引力提供向心力,则有

GMrm2 =mvr2=m4Tπ2

2
r=ma



由题意可知,r=2R。



质量为 m 的人造卫星在地面上未发射时的重力为 G0,

根据万有引力等于重力得:

GM=gR2=Gm0R2



由①②③解得:周期 T=4π

2mR G0 ,则 A 正确;

由①②③解得速度 v=

G20mR,则 B 错误;

动能为 Ek=14G0R,则 C 正确;

由 a=GrM2 ,则重力为 ma=G40,则 D 错误。

3.[多选](2016·江苏高考)如图所示,两质量相等的卫星 A、B

绕地球做匀速圆周运动,用 R、T、Ek、S 分别表示卫星的轨道半径、

周期、动能、与地心连线在单位时间内扫过的面积。下列关系式正确

的有( )

A.TA>TB C.SA=SB

B.EkA>EkB D.RTAA32=RTBB32

解析:选 AD 根据开普勒第三定律,RTAA32=RTBB32,又 RA>RB,所以 TA>TB,选项 A、D 正确;

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Mm v2 由 GR2 =m R 得,v=

GRM,所以

vA<vB,则

EkA<EkB,选项

B

错误;由

GMRm2 =mR4πT2

2
得,T=2π

R3 GM,卫星与地心的连线在单位时间内扫过的面积

S=1Tπ

R2=

G2MR,可知 SA>SB,选项 C

错误。

突破点(三) 卫星变轨问题分析 1.卫星发射及变轨过程概述 人造卫星的发射过程要经过多次变轨方可到达预定轨道,如图所示。 (1)为了节省能量,在赤道上顺着地球自转方向发射卫星到圆轨道Ⅰ 上。 (2)在 A 点点火加速,由于速度变大,万有引力不足以提供向心力,卫 星做离心运动进入椭圆轨道Ⅱ。 (3)在 B 点(远地点)再次点火加速进入圆形轨道Ⅲ。 2.三个运行物理量的大小比较 (1)速度:设卫星在圆轨道Ⅰ和Ⅲ上运行时的速率分别为 v1、v3,在轨道Ⅱ上过 A 点和 B 点速率分别为 vA、vB。在 A 点加速,则 vA>v1,在 B 点加速,则 v3>vB,又因 v1>v3,故有 vA>v1>v3>vB。 (2)加速度:因为在 A 点,卫星只受到万有引力作用,故不论从轨道Ⅰ还是轨道Ⅱ上经 过 A 点,卫星的加速度都相同,同理,经过 B 点加速度也相同。 (3)周期:设卫星在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ轨道上运行周期分别为 T1、T2、T3,轨道半径分别为 r1、 r2(半长轴)、r3,由开普勒第三定律rT32=k 可知 T1<T2<T3。 [典例] (2018·九江十校联考)我国正在进行的探月工程是高新技 术领域的一次重大科技活动,在探月工程中飞行器成功变轨至关重要。如 图所示,假设月球半径为 R,月球表面的重力加速度为 g0,飞行器在距月 球表面高度为 3R 的圆形轨道Ⅰ上运动,到达轨道的 A 点点火变轨进入椭 圆轨道Ⅱ,到达轨道的近月点 B 再次点火进入近月轨道Ⅲ绕月球做圆周运动,则( ) A.飞行器在 B 点处点火后,动能增加 B.由已知条件不能求出飞行器在轨道Ⅱ上的运行周期 C.只有万有引力作用情况下,飞行器在轨道Ⅱ上通过 B 点的加速度大于在轨道Ⅲ上通 过 B 点的加速度

R

D.飞行器在轨道Ⅲ上绕月球运行一周所需的时间为 2π

g0

[解析] 在椭圆轨道近月点变轨成为圆轨道,要实现变轨应给飞行器点火减速,减小所

需的向心力,故点火后动能减小,故 A 错误;设飞行器在近月轨道Ⅲ绕月球运行一周所需的

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时间为

T3,则

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