17-18版-章末专题复习---教师版.doc

物理模型|思维转换法巧解匀变速直线运动问题思维转换法：在运动学问题的解题过程中，若按正常解法求解有困难时，往往可以通过变换思维方式、转换研究对象，使解答过程简单明了1转换思维方式逆向思维法将匀减速直线运动减速至速度为零的过程转化为初速度为零的匀加速直线运动 (2017淮南模拟)如图11所示，一杂技演员用一只手抛球、接球，他每隔0.4 s抛出一球，接到球便立即把球抛出已知除抛、接球的时刻外，空中总有4个球，将球的运动近似看做是竖直方向的运动，球到达的最大高度是(高度从抛球点算起，g取10 m/s2)()图11A1.6 m B2.4 mC3.2 mD4.0 mC由题图所示的情形可以看出，四个小球在空中的位置与一个小球抛出后每隔0.4 s对应的位置是相同的，因此可知小球抛出后到达最高点和从最高点落回抛出点的时间均为t0.8 s，故有Hmgt23.2 m，C正确突破训练1(2017郑州模拟)如图12所示，在水平面上固定着三个完全相同的木块，一子弹以水平速度射入木块，若子弹在木块中做匀减速直线运动，当穿透第三个木块时速度恰好为零，则子弹依次射入每个木块时的速度比和穿过每个木块所用时间比分别为() 图12Av1v2v3321 Bv1v2v31Ct1t2t31 Dt1t2t3()(1)1D由题意知，若倒过来分析，子弹向左做初速度为零的匀加速直线运动，设每块木块厚度为L，则v2aL，v2a2L，v2a3L，v3、v2、v1分别为子弹倒过来从右到左运动L、2L、3L时的速度则v1v2v31.又由于每块木块厚度相同，则由比例关系可得t1t2t3()(1)1，所以，本题正确选项为D.2转换研究对象将多物体的运动转化为单个物体的运动从斜面上某一位置每隔0.1 s释放一颗小球，在连续释放几颗后，对斜面上正在运动着的小球拍下部分照片，如图13所示现测得AB15 cm，BC20 cm，已知小球在斜面上做匀加速直线运动，且加速度大小相同，求：图13(1)小球的加速度；(2)拍摄时B球的速度；(3)C、D两球相距多远？(4)A球上面正在运动着的小球共有几颗？【思路导引】【解析】(1)由xaT2得a m/s5 m/s2.(2)vB m/s1.75 m/s.(3)由xCDBCBCAB得CDBC(BCAB)20 cm5 cm25 cm.(4)小球B从开始下滑到图示位置所需的时间为tB s0.35 s则B球上面正在运动着的小球共有三颗，A球上面正在运动着的小球共有两颗【答案】(1)5 m/s2(2)1.75 m/s(3)25 cm(4)两颗突破训练2(2017南通期末)科技馆中的一个展品如图14所示，在较暗处有一个不断均匀滴水的水龙头，在一种特殊的间歇闪光灯的照射下，若调节间歇闪光间隔时间正好与水滴从A下落到B的时间相同，可以看到一种奇特的现象，水滴似乎不再下落，而是像固定在图中的A、B、C、D四个位置不动，对出现的这种现象，下列描述正确的是(g取10 m/s2)() 图14A水滴在下落过程中通过相邻两点之间的时间满足tABtBCtCDB闪光的间隔时间是 sC水滴在相邻两点间的平均速度满足ABBCCD149D水滴在各点的速度之比满足vBvCvD135B由题图可知135，水滴做初速度为零的匀加速直线运动，由题意知水滴在下落过程中通过相邻两点之间的时间相等，A错误；由hgt2可得水滴在下落过程中通过相邻两点之间的时间为 s，即闪光的间隔时间是 s，B正确；由知水滴在相邻两点间的平均速度满足ABBCCD135，C错误；由vgt知水滴在各点的速度之比满足vBvCvD123，D错误高考热点1|高考常考的三类图象问题物理图象能形象地表达物理规律，直观地表示物理过程，并能鲜明地体现物理量之间的相互关系从近几年高考命题来看，图象问题可分为以下三种类型：1通过题目所给图象获取信息解答相应问题(识图型)；2根据题目叙述的情景选择正确的物理图象(选图型)；3根据题中已知的物理图象选择给出的另一类对应图象(绘图型)某物体做直线运动的vt图象如图15所示，据此判断(F表示物体所受合力，x表示物体的位移)四个选项中正确的是()图15B由图可知前两秒物体做初速度为零的匀加速直线运动，所以前两秒受力恒定，24 s沿正方向做匀减速直线运动，所以受力为负，且恒定；46 s沿负方向做匀加速直线运动，所以受力为负，且恒定；68 s沿负方向做匀减速直线运动，所以受力为正，且恒定，故A错误，B正确；由于加速度a恒定，所以匀加速运动范围内位移x与时间是二次函数关系，且4 s末位移不为0，故C、D错误突破训练3(多选)(2017石家庄模拟)有四个物体A、B、C、D，物体A、B运动的x t图象如图16甲所示；物体C、D从同一地点沿同一方向运动的v t图象如图乙所示.根据图象做出的以下判断中正确的是() 甲乙图16A物体A和B均做匀速直线运动且A的速度比B大B在03 s的时间内，物体B运动的位移为10 mCt3 s时，物体C追上物体DDt3 s时，物体C与物体D之间有最大间距ABD由甲图看出：物体A和B的图象都是倾斜的直线，斜率都不变，速度都不变，说明两物体都做匀速直线运动，A图线的斜率大于B图线的斜率，所以A的速度比B的速度大，故A正确由甲图看出：在03 s的时间内，物体B运动的位移为x10 m010 m故B正确由乙图看出：t3 s时，D图线所围“面积”大于C图线所围“面积”，说明D的位移大于C的位移，而两物体从同一地点开始运动，所以物体C还没有追上物体D，故C错误由乙图看出：前3 s内，D的速度较大，DC间距离增大，3 s后C的速度较大，两者距离减小，t3 s时，物体C与物体D之间有最大间距，故D正确4一物体做直线运动，其加速度随时间变化的at图象如图17所示下列vt图象中，可以正确描述此物体运动情况的是()图17D由at图象可知，0时间内，aa00，若v00，物体做匀加速运动；若v00，物体做匀减速运动，选项B、C错误；由于T2T时间内，aa00，故物体在v00时做匀减速运动，且图线斜率的绝对值与0时间内相同，选项A错误，D正确高考热点2|刹车避撞问题近几年高考命题围绕交通安全方面的问题较多，试题常瞄准考生对刹车避撞问题中常犯的错误，设置“陷阱”，使“想当然”的考生掉进陷阱，造成失误为避免此类问题出错，要牢固掌握以下三点：1汽车刹车问题实质是物体做单向匀减速直线运动问题速度减为零后，其加速度也为零2判断汽车在给定的时间或位移内的运动规律，当t时，汽车一直做匀减速直线运动，其位移x，若运动时间t，则汽车的位移x，汽车在整个过程中先做匀减速直线运动后静止3两车同向行驶避免相撞的条件是，后车追上前车瞬间v后v前在某市区内，一辆小汽车在平直公路上以速度vA向东匀速行驶，一位观光游客正由南向北从斑马线上横过马路，汽车司机发现前方有危险(游客正在D处向北走)经0.7 s作出反应，从A点开始紧急刹车，但仍将正步行至B处的游客撞伤，该汽车最终在C处停下为了清晰了解事故现场，现以如图18示之：为了判断汽车司机是否超速行驶，并测出肇事汽车速度vA，警方派一车胎磨损情况与肇事车相当的警车以法定最高速度vm14 m/s行驶在同一马路的同一地段，在肇事汽车的出事点B急刹车，恰好也在C点停下来在事故现场测得xAB17.5 m、xBC14.0 m、xBD3.4 m问：图18(1)该肇事汽车的初速度vA是多大？(2)游客横过马路的速度是多大？【思路导引】【解析】(1)以警车为研究对象，则v2axBC将vm14 m/s、xBC14.0 m代入，得警车刹车加速度大小为a7 m/s2，因为警车行驶条件与肇事汽车相同，则肇事汽车的加速度也为7 m/s2.所以肇事汽车的初速度vA21 m/s.(2)肇事汽车在出事点B的速度vB14 m/s，肇事汽车通过xAB段的平均速度v17.5 m/s，肇事汽车通过xAB段的时间t1 s所以游客横过马路的速度v m/s2 m/s.【答案】(1)21 m/s(2)2 m/s突破训练5汽车A以vA4 m/s的速度向右做匀速直线运动，发现前方相距x07 m处、以vB10 m/s的速度同向运动的汽车B正开始匀减速刹车直到静止后保持不动，其刹车的加速度大小a2 m/s2.从此刻开始计时求：(1)A追上B前，A、B间的最远距离是多少？(2)经过多长时间A恰好追上B? 【解析】汽车A和B运动的过程如图所示(1)当A、B两辆汽车速度相等时，两车间的距离最远，即vBatvA，解得t3 s此时汽车A的位移xAvAt12 m汽车B的位移xBvBtat221 m故最远距离xmxBx0xA16 m.(2)汽车B从开始减速直到静止经历的时间t15 s，运动的位移xB25 m汽车A在t1时间内运动的位移xAvAt120 m此时相距xxBx0xA12 m汽车A需再运动的时间t23 s故A追上B所用时间tt1t28 s.【答案】(1)16 m(2)8 s物理模型|绳上的“死结”与“活结”模型1“死结”可理解为把绳子分成两段，且不可以沿绳子移动的结点“死结”两侧的绳因结而变成了两根独立的绳，因此由“死结”分开的两段绳子上的弹力不一定相等2“活结”可理解为把绳子分成两段，且可以沿绳子移动的结点“活结”一般是由绳跨过滑轮或者绳上挂一光滑挂钩而形成的绳子虽然因“活结”而弯曲，但实际上是同一根绳，所以由“活结”分开的两段绳子上弹力的大小一定相等，两段绳子合力的方向一定沿这两段绳子夹角的平分线如图21甲所示，细绳AD跨过固定的水平横梁BC右端的定滑轮挂住一个质量为M1的物体，ACB30；图乙中轻杆HG一端用铰链固定在竖直墙上，另一端G通过细绳EG拉住，EG与水平方向也成30，轻杆的G点用细绳GF拉住一个质量为M2的物体，求：图21(1)细绳AC段的张力TAC与细绳EG的张力TEG之比；(2)轻杆BC对C端的支持力；(3)轻杆HG对G端的支持力【解析】题图甲和乙中的两个物体M1、M2都处于平衡状态，根据平衡的条件，首先判断与物体相连的细绳，其拉力大小等于物体的重力；分别取C点和G点为研究对象，进行受力分析如图甲和乙所示，根据平衡规律可求解(1)图甲中细绳AD跨过定滑轮拉住质量为M1的物体，物体处于平衡状态，细绳AC段的拉力TACTCDM1g图乙中由TEGsin 30M2g，得TEG2M2g.所以.(2)图甲中，三个力之间的夹角都为120，根据平衡规律有NCTACM1g，方向和水平方向成30角，指向右上方(3)图乙中，根据平衡方程有TEGsin 30M2g，TEGcos 30NG，所以NG2M2gcos 30M2g，方向水平向右【答案】(1)(2)M1g方向和水平方向成30角指向右上方(3)M2g方向水平向右突破训练1(2017宝鸡质检)在如图22所示的甲、乙、丙、丁四幅图中，滑轮本身所受的重力忽略不计，滑轮的轴O安装在一根轻木杆P上，一根轻绳ab绕过滑轮，a端固定在墙上，b端下面挂一个质量都是m的重物，当滑轮和重物都静止不动时，甲、丙、丁图中木杆P与竖直方向的夹角均为，乙图中木杆P竖直假设甲、乙、丙、丁四幅图中滑轮受到木杆P的弹力的大小依次为FA、FB、FC、FD，则以下判断中正确的是() 甲乙丙丁图22AFAFBFCFDBFDFAFBFCCFAFCFDFBDFCFAFBFDB绳上的拉力等于重物所受的重力mg，设滑轮两侧细绳之间的夹角为，滑轮受到木杆P的弹力F等于滑轮两侧细绳拉力的合力，即F2mgcos，由夹角关系可得FDFAFBFC，选项B正确物理方法|求解平衡类问题方法的选用技巧1常用方法解析法、图解法、正交分解法、三角形相似法等2选用技巧(1)物体只受三个力的作用，且三力构成特殊三角形，一般用解析法(2)物体只受三个力的作用，且三力构成普通三角形，可考虑使用相似三角形法(3)物体只受三个力的作用，处于动态平衡，其中一个力大小方向都不变，另一个力方向不变，第三个力大小、方向变化，则考虑选用图解法(4)物体受四个以上的力作用时一般要采用正交分解法如图23所示，小圆环A吊着一个质量为m2的物块并套在另一个竖直放置的大圆环上，有一细线一端拴在小圆环A上，另一端跨过固定在大圆环最高点B的一个小滑轮后吊着一个质量为m1的物块如果小圆环A、滑轮、绳子的大小和质量以及相互之间的摩擦都可以忽略不计，绳子又不可伸长，若平衡时弦AB所对的圆心角为，则两物块的质量比m1m2应为()图23Acos Bsin C2sin D2cos C解法一：采用相似三角形法对小圆环A受力分析，如图所示，T2与N的合力与T1平衡，由矢量三角形与几何三角形相似，可知：，解得：2sin ，C正确解法二：采用正交分解法建立如解法一图中所示的坐标系，由T2sin Nsin ，可得：T2Nm2g,2T2sin T1m1g，解得2sin ，C正确解法三：采用三力平衡的解析法T2与N的合力与T1平衡，则T2与N所构成的平行四边形为菱形，则有2T2sin T1，T2m2g，T1m1g，解得2sin ，C正确突破训练2如图24所示，质量均为m的小球A、B用两根不可伸长的轻绳连接后悬挂于O点，在外力F的作用下，小球A、B处于静止状态若要使两小球处于静止状态且悬线OA与竖直方向的夹角保持30不变，则外力F的大小不可能为() 图24A.mgBmgC.mgDmg A取A、B两球为一整体，质量为2m，悬线OA与竖直方向夹角为30，由图可以看出，外力F与悬线OA垂直时为最小，Fmin2mgsin mg，所以外力F应大于或等于mg，小于或等于2mg，故外力F的大小不可能为mg.高考热点|平衡问题中的临界和极值问题1平衡问题中的极值问题在平衡问题中，某些物理量变化时出现最大值或最小值的现象称为极值问题，求解极值问题有两种方法：(1)解析法根据物体的平衡条件列方程，在解方程时采用数学知识求极值通常用到的数学知识有二次函数求极值、讨论分式求极值、三角函数求极值以及几何法求极值等(2)图解法根据平衡条件作出力的矢量图，如只受三个力，则这三个力构成封闭矢量三角形，然后根据矢量图进行动态分析，确定最大值和最小值2平衡问题中的临界问题当某一个物理量变化时，会引起其他几个物理量跟着变化，从而使物体所处的平衡状态恰好出现变化或恰好出现不变化的情况，此即平衡问题中的临界问题求解平衡的临界问题时一般采用极限分析法极限分析法是一种处理临界问题的有效方法，它是指通过恰当选取某个变化的物理量将问题推向极端(“极大”、“极小”、“极右”、“极左”等)，从而把比较隐蔽的临界现象暴露出来，使问题明朗化，便于分析求解一个质量为1 kg的物体放在粗糙的水平地面上，现用最小的拉力拉它，使之做匀速运动，已知这个最小拉力为6 N，g取10 m/s2，则下列关于物体与地面间的动摩擦因数及最小拉力与水平方向的夹角的正切值tan 的叙述中正确的是()A，tan 0B，tan C，tan D，tan 【思路导引】 B物体在水平面上做匀速运动，因拉力与水平方向的夹角不同，物体与水平面间的弹力不同，因而滑动摩擦力也不同，但拉力在水平方向的分力与滑动摩擦力大小相等以物体为研究对象，受力分析如图所示，因为物体处于平衡状态，水平方向有Fcos FN，竖直方向有Fsin FNmg，解得F(令tan )，当90，即arctan 时，sin ()1，F有最小值：Fmin，代入数值得，此时，tan tan ，故选项B正确突破训练3如图25所示，三根相同的轻杆用铰链连接，并用铰链固定在位于同一水平线上的A、B两点，A、B间的距离是杆长的2倍，铰链C上悬挂一质量为m的重物，为使杆CD保持水平，在铰链D上应施加的最小力是() 图25Amg Bmg C.mgDmgC对于节点C，受力情况如图(a)所示根据平衡条件可得：FDCmg，根据牛顿第三定律可知：FDCFCDmg.对于节点D，受CD杆的拉力FCD、BD杆的拉力FBD及施加的外力F，作出三个力的矢量三角形如图(b)所示由图可知，在铰链D上应施加的最小力FFCDsin 60mg.故C项正确物理模型1|动力学中的传送带模型1水平传送带模型项目图示滑块可能的运动情况情景1(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速情景2(1)v0v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速(2)v0v返回时速度为v，当v0v返回时速度为v02.倾斜传送带模型项目图示滑块可能的运动情况情景1(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速情景2(1)可能一直加速 (2)可能先加速后匀速(3)可能先以a1加速后以a2加速情景3(1)可能一直加速 (2)可能先加速后匀速(3)可能一直匀速(4)可能先以a1加速后，再以a2加速情景4(1)可能一直加速(2)可能一直匀速(3)可能先减速后反向加速(2017河北正定中学月考)如图31所示，一水平传送带以2.0 m/s的速度顺时针传动，水平部分长为2.0 m其右端与一倾角为37的光滑斜面平滑相连，斜面长为0.4 m，一个可视为质点的物块无初速度地放在传送带最左端，已知物块与传送带间动摩擦因数0.2，试问：(1)物块能否到达斜面顶端？若能则说明理由，若不能则求出物块沿斜面上升的最大距离(2)物块从出发到4.5 s末通过的路程(sin 370.6，g取10 m/s2)图31【解析】(1)物块在传送带上先做匀加速直线运动mgma1 s11 mL所以在到达传送带右端前物块已匀速物块以v0速度滑上斜面mgsin ma2物块速度为零时沿斜面上升的距离s2 m由于s2v1，则() 甲乙图32At2时刻，小物块离A处的距离达到最大Bt2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大C0t2时间内，小物块受到的摩擦力方向向右D0t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用BC相对地面而言，小物块在0t1时间内向左做匀减速运动，t1t2时间内又反向向右做匀加速运动，当其速度与传送带速度相同时(即t2时刻)，小物块开始向右做匀速运动，故小物块在t1时刻离A处距离最大，选项A错误相对传送带而言，在0t2时间内，小物块一直相对传送带向左运动，故一直受向右的滑动摩擦力，在t2t3时间内，小物块相对于传送带静止，小物块不受摩擦力作用，因此t2时刻小物块相对传送带滑动的距离达到最大值，选项B、C正确，选项D错误物理模型2|动力学中的“滑块、滑板”模型1模型特点涉及两个物体，并且物体间存在相对滑动2两种位移关系滑块由滑板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和滑板同向运动，位移之差等于板长；反向运动时，位移之和等于板长3解题思路(1)审题建模求解时应先仔细审题，清楚题目的含义、分析清楚每一个物体的受力情况、运动情况(2)求加速度准确求出各物体在各运动过程的加速度(注意两过程的连接处加速度可能突变)(3)明确关系找出物体之间的位移(路程)关系或速度关系是解题的突破口求解中更应注意联系两个过程的纽带，每一个过程的末速度是下一个过程的初速度(2017江西师大附中模拟)如图33所示，质量M10 kg、上表面光滑的足够长的木板在F50 N的水平拉力作用下，以初速度v05 m/s沿水平地面向右匀速运动现有足够多的小铁块，它们的质量均为m1 kg，将一铁块无初速地放在木板的最右端，当木板运动了L1 m时，又无初速地在木板的最右端放上第2块铁块，只要木板运动了L1 m就在木板的最右端无初速放一铁块试问(g取10 m/s2)图33(1)第1块铁块放上时，木板的速度多大？(2)最终木板上放有多少块铁块？(3)从第1块铁块放上去之后，木板最大还能运动多远？ 【规范解答】(1)木板最初做匀速运动，由FMg计算得出，0.5第1块铁块放上后，木板做匀减速运动，即有：F(Mm)gMa1代入数据计算得出：a10.5 m/s2根据速度位移关系公式，有：vv2a1L，计算得出v17 m/s.(2)设最终有n块铁块能静止在木板上，则木板运动的加速度大小为：an第1块铁块放上后：vv2a1L第2块铁块放上后：vv2a2L第n块铁块放上后：vv2anL由上可得：(123n)2Lvv木板停下时，vn0，得n9.5，即最终木板上放有10块(3)从放上第1块铁块至刚放上第9块铁块的过程中，由(2)中表达式可得：2Lvv从放上第10块铁块至木板停止运动的过程中，设木板发生的位移为d，则：2dv0联立计算得出：d0.5 m所以：木板共运动9.5 m.【答案】(1)v17 m/s(2)10块(3)9.5 m突破训练2如图34甲所示，长木板B固定在光滑水平面上，可看做质点的物体A静止叠放在B的最左端现用F6 N的水平力向右拉物体A，经过5 s物体A运动到B的最右端，其vt图象如图乙所示已知A、B的质量分别为1 kg、4 kg，A、B间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2.图34(1)求物体A、B间的动摩擦因数；(2)若B不固定，求A运动到B的最右端所用的时间. 【解析】(1)根据vt图象可知物体A的加速度为aA m/s22 m/s2以A为研究对象，根据牛顿第二定律可得FmAgmAaA解得0.4.(2)由题图乙可知木板B的长度为l510 m25 m若B不固定，则B的加速度为aB m/s21 m/s2设A运动到B的最右端所用的时间为t，根据题意可得aAt2aBt2l解得t7.07 s.【答案】(1)0.4(2)7.07 s高考热点|动力学中的多过程问题综合运用牛顿第二定律和运动学知识解决多过程问题，是本章的重点，更是每年高考的热点解决“多过程”问题的关键：首先明确每个“子过程”所遵守的规律，其次找出它们之间的关联点，然后列出“过程性方程”与“状态性方程”(2017河南林州市专项练习)如图35所示，一圆环A套在一均匀圆木棒B上，A的高度相对B的长度来说可以忽略不计，A和B的质量都等于m，A和B之间滑动摩擦力为f(fmg)开始时B竖直放置，下端离地面高度为h，A在B的顶端，如图所示，让它们由静止开始自由下落，当木棒与地面相碰后，木棒以竖直向上的速度反向运动，并且碰撞前后的速度大小相等设碰撞时间很短，不考虑空气阻力，在B再次着地前，A、B不分离图35(1)请描述在从开始释放到B再次着地前的过程中，A、B各自的运动情况，并解出匀变速运动时的加速度大小；(2)B至少应该多长？【解析】(1)释放后A和B相对静止一起做自由落体运动，加速度大小都为ag，B与地面碰撞后，A继续向下做匀加速运动，加速度大小aA，B竖直向上做匀减速运动，加速度大小aB，B速度减为零后，继续以加速度aB向下运动(2)B着地前瞬间的速度为v1，B与地面碰撞后向上运动到再次落回地面所需时间为t，在此时间内A的位移xv1taAt2，要使B再次着地前A不脱离B，木棒长度L必须满足条件Lx，联立以上各式，解得Lh.【答案】(1)见解析(2)h突破训练3(多选)如图36甲所示，物块的质量m1 kg，初速度v010 m/s，在一水平向左的恒力F作用下从O点沿粗糙的水平面向右运动，某时刻后恒力F突然反向，整个过程中物块速度的平方随位置坐标变化的关系图象如图乙所示，g取10 m/s2.下列选项正确的是() 甲乙图36A05 s内物块做匀减速运动 B在t1 s时刻，恒力F反向C恒力F大小为10 N D物块与水平面间的动摩擦因数为0.3BD根据题图乙可知，物块先匀减速运动到x5 m处，此时速度减为零，之后向右做匀加速直线运动，加速运动到x13 m处时速度达到8 m/s，设物块在匀减速运动时的加速度大小为a1，在匀加速运动时的加速度大小为a2，则a1 m/s210 m/s2，a2 m/s24 m/s2，所以物块做匀减速运动的时间为t1 s，在t1 s时刻，恒力F反向，选项A错误，B正确；根据牛顿第二定律有Fmgma1，Fmgma2，联立并代入数据可得，F7 N，0.3，选项C错误，D正确物理方法|类平抛运动的求解技巧1类平抛运动的特点(1)受力特点物体所受合力为恒力，且与初速度的方向垂直(2)运动特点在初速度v0方向做匀速直线运动，在合外力方向做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a.2类平抛运动的求解技巧(1)常规分解法将类平抛运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和垂直于初速度方向(即沿合力方向)的匀加速直线运动，两分运动彼此独立，互不影响，且与合运动具有等时性(2)特殊分解法对于有些问题，可以过抛出点建立适当的直角坐标系，将加速度分解为ax、ay，初速度v0分解为vx、vy，然后分别在x、y方向列方程求解在光滑的水平面内，一质量m1 kg的质点以速度v010 m/s沿x轴正方向运动，经过原点后受一沿y轴正方向(竖直方向)的恒力F15 N作用，直线OA与x轴成37，如图41所示曲线为质点的轨迹图(g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8)，求：图41(1)如果质点的运动轨迹与直线OA相交于P点，质点从O点到P点所经历的时间以及P点的坐标；(2)质点经过P点时的速度大小【解析】(1)质点在水平方向上无外力作用做匀速直线运动，竖直方向受恒力F和重力mg作用做匀加速直线运动由牛顿第二定律得： a m/s25 m/s2设质点从O点到P点经历的时间为t，P点坐标为(xP，yP) 则xPv0t，yPat2又tan 联立解得：t3 s，xP30 m，yP22.5 m.(2)质点经过P点时沿y轴正方向的速度vyat15 m/s故过P点时的速度大小vP5 m/s.【答案】(1)3 s(30 m,22.5 m) (2)5 m/s突破训练1如图42所示，两个足够大的倾角分别为30、45的光滑斜面放在同一水平面上，两斜面间距大于小球直径，斜面高度相等，有三个完全相同的小球a、b、c，开始均静止于斜面同一高度处，其中b小球在两斜面之间若同时释放a、b、c小球到达该水平面的时间分别为t1、t2、t3.若同时沿水平方向抛出，初速度方向如图所示，到达水平面的时间分别为t1、t2、t3.下列关于时间的关系不正确的是()图42At1t3t2Bt1t1、t2t2、t3t3Ct1t3t2Dt1t1、t2t2、t3t3D静止释放三个小球时，对a：gsin 30t，则t.对b：hgt，则t.对c：gsin 45t，则t，所以t1t3t2.当平抛三个小球时，小球b做平抛运动，小球a、c在斜面内做类平抛运动沿斜面方向的运动同第一种情况，所以t1t1，t2t2，t3t3，故选D.物理模型|宇宙多星模型1宇宙双星模型(1)两颗双星做匀速圆周运动所需的向心力是由它们之间的万有引力提供的，故两行星做匀速圆周运动的向心力大小相等(2)两颗行星均绕它们连线上的一点做匀速圆周运动，因此它们的运行周期和角速度是相等的(3)两颗行星做匀速圆周运动的半径r1和r2与两行星间距L的大小关系：r1r2L.2宇宙三星模型(1)如图43所示，三颗质量相等的行星，一颗行星位于中心位置不动，另外两颗行星围绕它做圆周运动这三颗行星始终位于同一直线上，中心行星受力平衡运转的行星由其余两颗行星的引力提供向心力：ma向图43两行星转动的周期、角速度、线速度的大小相等(2)如图44所示，三颗质量相等的行星位于一正三角形的顶点处，都绕三角形的中心做圆周运动每颗行星运行所需向心力都由其余两颗行星对其万有引力的合力来提供图442cos 30ma向 其中L2rcos 30.三颗行星转动的方向相同，周期、角速度、线速度的大小相等(2015安徽高考)由三颗星体构成的系统，忽略其他星体对它们的作用，存在着一种运动形式，三颗星体在相互之间的万有引力作用下，分别位于等边三角形的三个顶点上，绕某一共同的圆心O在三角形所在的平面内做相同角速度的圆周运动(图45所示为A、B、C三颗星体质量不相同时的一般情况)若A星体质量为2m，B、C两星体的质量均为m，三角形的边长为a，求：图45(1)A星体所受合力大小FA； (2)B星体所受合力大小FB；(3)C星体的轨道半径RC； (4)三星体做圆周运动的周期T. 【解析】(1)由万有引力定律可知，A星体所受B、C星体引力大小为FBAGGFCA，方向如图所示，则合力大小为FA2G.(2)同上，B星体所受A、C星体引力大小分别为FABGG，FCBGG，方向如图所示由FBxFABcos 60 FCB2G FByFAB sin 60G可得FBG.(3)通过分析可知，圆心O在中垂线AD的中点，则RC，可得RCa.或，得RC.(4)三星体运动周期相同，对C星体，由FCFBGm2RC，可得T.【答案】(1)2G(2)G(3)a(4)突破训练2(2017成都模拟)宇宙空间有一些星系与其它星体的距离非常遥远，可以忽略其它星系对它们的作用如图46所示，今有四颗星体组成一稳定星系，在万有引力作用下运行，其中三颗星体A、B、C位于边长为a的正三角形的三个顶点上，沿外接圆轨道做匀速圆周运动，第四颗星体D位于三角形外接圆圆心，四颗星体的