高考物理一轮复习 第四章 曲线运动 万有引力与航天-人教版高三物理试题

第四章曲线运动万有引力与航天必须掌握的概念、规律或公式必须理解的3个关键点必须明确的4个易错易误点1.3个重要概念：角速度、线速度、向心加速度．2.2个重要规律：运动合成与分解法则；万有引力定律3.2个重要公式：向心力公式：F＝mrω2＝meq\f(v2,r)；万有引力表达式：F＝Geq\f(m1m2,r2).1.理解合运动与分运动的关系．2.熟练平抛运动的处理方法、圆周运动的规律和分析思路．3.熟悉天体运动规律和相关问题分析思路.1.分不清哪个是合运动，哪个是分运动．2.处理不好平抛中的速度、位移等几何关系．3.不能正确分析出向心力的来源、大小．4.掌握不好天体问题分析思路.第1节曲线运动运动的合成与分解[真题回放]1．(2013·安徽高考)由消防水龙带的喷嘴喷出水的流量是0.28m3/min，水离开喷口时的速度大小为16eq\r(3)m/s，方向与水平面夹角为60度，在最高处正好到达着火位置，忽略空气阻力，则空中水柱的高度和水量分别是(重力加速度g取10m/s2)()A．28.8m1.12×10－2B．28.8m0.672mC．38.4m1.29×10－2D．38.4m0.776m【解析】将速度分解为水平方向和竖直方向两个分量，vx＝vcos60°，vy＝vsin60°，水的运动可看成竖直方向的竖直上抛运动和水平方向的匀速直线运动的合运动，水柱的高度h＝eq\f(v\o\al(2,y),2g)＝28.8m，上升时间t＝eq\f(vy,g)＝eq\f(vsin60°,g)＝2.4s空中水量可用流量乘以时间来计算，Q＝eq\f(0.28,60)m3/s×2.4s＝1.12×10－2m3.故选项A正确．【答案】A2．(多选)(2013·上海高考)图4­1­1为在平静海面上，两艘拖船A、B拖着驳船C运动的示意图．A、B的速度分别沿着缆绳CA、CB方向，A、B、C不在一条直线上．由于缆绳不可伸长，因此C的速度在CA、CB方向的投影分别与A、B的速度图4­1­1相等，由此可知C的()A．速度大小可以介于A、B的速度大小之间B．速度大小一定不小于A、B的速度大小C．速度方向可能在CA和CB的夹角范围外D．速度方向一定在CA和CB的夹角范围内【解析】根据题述，C的速度大小一定不小于A、B的速度大小，选项A错误，B正确；C的速度方向一定在CA和CB的夹角范围内，选项C错误，D正确．【答案】BD3．(2014·四川高考)有一条两岸平直、河水均匀流动、流速恒为v的大河．小明驾着小船渡河，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．去程与回程所用时间的比值为k，船在静水中的速度大小相同，则小船在静水中的速度大小为()A.eq\f(kv,\r(k2－1)) B.eq\f(v,\r(1－k2))C.eq\f(kv,\r(1－k2)) D.eq\f(v,\r(k2－1))【解析】设大河宽度为d，小船在静水中的速度为v0，则去程渡河所用时间t1＝eq\f(d,v0)，回程渡河所用时间t2＝eq\f(d,\r(v\o\al(2,0)－v2)).由题知eq\f(t1,t2)＝k，联立以上各式得v0＝eq\f(v,\r(1－k2))，选项B正确，选项A、C、D错误．【答案】B[考向分析]考纲展示运动的合成与分解Ⅱ2.命题趋势运动的合成与分解是处理曲线运动的基本方法，因此也是高考常涉及的问题．主要考查的知识点有：曲线运动的条件与特点，受力与速度、轨迹的关系；运动的合成与分解的判断与实际应用；应用特例——牵连速度、小船过河等．3.选材特点一般都结合生活实例如消防喷水，小船过河，牵引拖船，风中落雨等，考查合成与分解的实际应用.考点一物体做曲线运动的条件及轨迹分析1．条件(1)因为速度时刻在变，所以一定存在加速度．(2)物体受到的合外力与初速度不共线．2．合外力方向与轨迹的关系物体做曲线运动的轨迹一定夹在合外力方向与速度方向之间，速度方向与轨迹相切，合外力方向指向曲线的“凹”侧．3．速率变化情况判断(1)当合外力方向与速度方向的夹角为锐角时，物体的速率增大．(2)当合外力方向与速度方向的夹角为钝角时，物体的速率减小．(3)当合外力方向与速度方向垂直时，物体的速率不变．【例1】(2014·四川高考)小文同学在探究物体做曲线运动的条件时，将一条形磁铁放在桌面的不同位置，让小钢珠在水平桌面上从同一位置以相同初速度v0运动，得到不同轨迹．图4­1­2中a、b、c、d为其中四条运动轨迹，磁铁放在位置A时，小钢珠的运动轨迹是________(填轨迹字母代号)，磁铁放在位置B时，小钢珠的运动轨迹是________(填轨迹字母代号)．实验表明，当物体所受合外力的方向跟它的速度方向________(选填“在”或“不在”)同一直线上时，物体做曲线运动．图4­1­2【解析】因为磁铁对小钢珠只能提供引力，磁铁在A处时，F与v0同向，小钢珠做匀加速直线运动，运动轨迹为b；当磁铁放在B处时，F与v0不在同一直线上，引力指向曲线的凹侧，运动轨迹为c.当合外力方向与速度方向不在同一直线上时，物体做曲线运动．【答案】bc不在突破训练1一物体由静止开始自由下落，一小段时间后突然受一恒定水平向右的风力的影响，但着地前一段时间内风力突然停止，则其运动的轨迹可能是()【解析】当有水平向右的风时，会产生水平向右的加速度，轨迹向右弯曲，风力停止时，合力向下．且轨迹不能急折，故C项正确．【答案】C【反思总结】1．合外力或加速度指向轨迹的“凹”(内)侧．2．曲线的轨迹不会出现急折，只能平滑变化，且与速度方向相切．考点二运动的合成及性质1.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，故合成与分解都遵循平行四边形定则．2．合运动的性质判断eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(加速度或合外力\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(变化：非匀变速运动,不变：匀变速运动)),加速度或合外力与速度方向\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(共线：直线运动,不共线：曲线运动))))【例2】(多选)(2014·江西师大附中检测)质量为0.2kg的物体在水平面上运动，它的两个正交分速度图线分别如图4­1­3所示，由图可知()图4­1­3A．最初4s内物体的位移为8eq\r(2)mB．从开始至6s末物体都做曲线运动C．最初4s内物体做曲线运动，接下来的2s内物体做直线运动D．最初4s内物体做直线运动，接下来的2s内物体做曲线运动【解析】由运动的独立性并结合v­t图象可得：在最初4s内y轴方向的位移y＝8m，x轴方向的位移x＝8m，由运动的合成得位移s＝eq\r(x2＋y2)＝8eq\r(2)m，A正确；在0～4s内，物体的加速度a＝ay＝1m/s2，初速度v0＝vx0＝2m/s，即物体的加速度与速度不共线，物体做曲线运动.4s末物体的速度与x轴正方向夹角的正切tanα＝eq\f(vy,vx)＝eq\f(4,2)＝2，在4～6s内，加速度与x轴正方向夹角的正切tanβ＝eq\f(ay,ax)＝eq\f(－2,－1)＝2，初速度与加速度共线，物体做直线运动，B、D错误，C正确．【答案】AC突破训练2(多选)一物体在光滑的水平桌面上运动，在相互垂直的x方向和y方向上的分运动速度随时间变化的规律如图4­1­4所示．关于物体的运动，下列说法正确的是()图4­1­4A．物体做曲线运动B．物体做直线运动C．物体运动的初速度大小是50m/sD．物体运动的初速度大小是10m/s【解析】由v­t图象可以看出，物体在x方向做匀速直线运动，在y方向做匀变速直线运动，故物体做曲线运动，A正确，B错误；物体的初速度为v0＝eq\r(v\o\al(2,x)＋v\o\al(2,y))＝eq\r(302＋－402)m/s＝50m/s，C正确，D错误．【答案】AC考点三绳(杆)端的关联速度分解问题1.关联速度特点对运动方向与绳、杆不共线的物体进行速度分解，两物体沿绳、杆方向的速度分量相等，如图4­1­5所示．甲乙图4­1­52．思路与方法合运动→物体的实际运动速度分运动→eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(其一：沿绳或杆的速度,其二：与绳或杆垂直的分速度))方法：遵循平行四边形定则．【例3】(多选)(2014届天津实验中学模拟)如图4­1­6所示，将质量为2m的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为m的小环，小环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑图4­1­6定滑轮与直杆的距离为d.现将小环从与定滑轮等高的A处由静止释放，当小环沿直杆下滑距离也为d时(图中B处)，下列说法正确的是(重力加速度为g)()A．小环刚释放时轻绳中的张力一定大于2mgB．小环到达B处时，重物上升的高度约为(eq\r(2)－1)dC．小环在B处的速度与重物上升的速度大小之比等于eq\f(\r(2),2)D．小环在B处的速度与重物上升的速度大小之比等于eq\r(2)【思维模板】问1：图中小环下落d时，重物上升h，二者之间的大小有什么关系？提示：h＝(eq\r(2)－1)d.问2：小环的运动与连接绳的运动，哪个是合运动？提示：小环的运动是合运动．问3：绕过定滑轮的绳子与重物，其速度大小有什么关系？提示：相等．【解析】小环释放后，v增加，而v1＝vcosθ，v1增大，由此可知小环刚释放时重物具有向上的加速度，故绳中张力一定大于2mg，A项正确；小环到达B处时，绳与直杆间的夹角为45°，重物上升的高度h＝(eq\r(2)－1)d，B项正确；如图所示，将小环速度v进行正交分解如图示，其分速度v1与重物上升的速度大小相等，v1＝vcos45°＝eq\f(\r(2),2)v，所以，小环在B处的速度与重物上升的速度大小之比等于eq\r(2)，C项错误、D项正确．【答案】ABD突破训练3(多选)如图4­1­7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，此时人的图4­1­7拉力大小为F，则()A．人拉绳行走的速度为vcosθB．人拉绳行走的速度为v/cosθC．船的加速度为eq\f(Fcosθ－f,m)D．船的加速度为eq\f(F－f,m)【解析】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，如图乙所示，人拉绳行走的速度v人＝vcosθ，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Fcosθ－f＝ma，得a＝eq\f(Fcosθ－f,m)，C对、D错．【答案】AC物理模型4小船渡河模型1．模型条件(1)物体同时参与两个匀速直线运动．(2)一个分运动速度大小和方向保持不变，另一个分运动速度大小不变，方向可在一定范围内变化．2．模型特点(1)船的实际运动是水流的运动和船相对静水的运动的合运动．(2)三种速度：v船(船在静水中的速度)、v水(水的流速)、v合(船的实际速度)．(3)两个极值①过河时间最短：v船⊥v水，tmin＝eq\f(d,v船).②过河位移最小：a.v合⊥v水(前提v船>v水)，如图4­1­8甲所示，此时xmin＝d，船头指向上游与河岸夹角为α，cosα＝eq\f(v水,v船).b．v船⊥v合(前提v船<v水)，如图4­1­8乙所示．过河最小位移：xmin＝eq\f(v水,v船)d.甲乙图4­1­83．解题要点求解小船渡河问题有两类：一是求最短渡河时间，二是求最短渡河位移．无论哪类都必须明确以下四点：(1)正确区分分运动和合运动．船的航行方向也就是船头指向，是分运动，船的运动方向也就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)运动分解的基本方法，按实际效果分解，一般用平行四边形定则按水流方向和船头指向分解．(3)渡河时间只与垂直河岸的船的分速度有关，与水流速度无关．(4)求最短渡河位移时，根据船速v船与水流速度v水的大小情况用三角形法则求极限的方法处理．【例4】一小船渡河，河宽d＝180m，水流速度v1＝2.5m/s.(1)若船在静水中的速度为v2＝5m/s，求：①欲使船在最短的时间内渡河，船头应朝什么方向？用多长时间？位移是多少？②欲使船渡河的航程最短，船头应朝什么方向？用多长时间？位移是多少？(2)若船在静水中的速度v2＝1.5m/s，要使船渡河的航程最短，船头应朝什么方向？用多长时间？位移是多少？【思路导引】【解析】将船实际的速度(合速度)分解为垂直河岸方向和平行河岸方向的两个分速度，垂直分速度影响渡河的时间，而平行分速度只影响船在平行河岸方向的位移．(1)若v2＝5m/s.图1①欲使船在最短时间内渡河，船头应朝垂直河岸方向．当船头垂直河岸时，如图1所示，合速度为倾斜方向，垂直分速度为v2＝5m/s.t＝eq\f(d,v⊥)＝eq\f(d,v2)＝eq\f(180,5)s＝36s，v合＝eq\r(v\o\al(2,1)＋v\o\al(2,2))＝eq\f(5,2)eq\r(5)m/s，x＝v合t＝90eq\r(5)m.图2②欲使船渡河航程最短，合速度应沿垂直河岸方向．船头应朝图2中的v2方向．由v2sinα＝v1，得α＝30°.所以当船头与上游河岸成60°时航程最短．x＝d＝180m.t＝eq\f(d,v⊥)＝eq\f(d,v2cos30°)＝eq\f(180,\f(5,2)\r(3))s＝24eq\r(3)s.(2)若v2＝1.5m/s.与(1)中②不同，因为船速小于水速，所以船一定向下游漂移，设合速度方向与河岸下游方向夹角为α，则航程x＝eq\f(d,sinα).欲使航程最短，需α最大，如图3所示，由出发点A作出v1图3矢量，以v1矢量末端为圆心，v2大小为半径作圆，A点与圆周上某点的连线即为合速度方向，欲使v合与水平方向夹角最大，应使v合与圆相切，即v合⊥v2.sinα＝eq\f(v2,v1)＝eq\f(3,5)，得α＝37°.所以船头应朝上游与河岸成53°方向．t＝eq\f(d,v2cos37°)＝eq\f(180,1.2)s＝150s.v合＝v1cos37°＝2m/s，x＝v合·t＝300m.【答案】见规范解答【反思总结】1．物体的实际运动一定是合运动．2．求解运动的合成与分解问题，应抓住合运动和分运动具有等时性、独立性、等效性的关系．3．在小船渡河问题中可将小船的运动分解为沿船头指向的方向和沿水流方向的两个运动．突破训练4(多选)河水的流速与河岸距离的变化关系如图4­1­9甲所示，船在静水中的速度与时间的关系如图4­1­9乙所示，若要使船以最短时间渡河，则甲乙图4­1­9A．船渡河的最短时间是60sB．船在行驶过程中，船头始终与河岸垂直C．船在河水中航行的轨迹是一条直线D．船在河水中的最大速度是5m/s【解析】在运动的合成与分解中合运动与分运动具有等时性，当船头始终与河岸垂直时分运动时间最短，则船渡河的最短时间为100s．由于合运动的方向在不断变化，所以船在河水中航行的轨迹为曲线，由图象可知船在河水中的最大速度是5m/s.【答案】BD[运动性质判断]1．运动员在体育场上奋力抛出铅球，其运动轨迹如图4­1­10所示．已知B点为铅球运动的最高点，不计空气阻力，则下列说法中正确的图4­1­10是()A．D点的速率比C点的速率大B．A点的加速度与速度的夹角小于90°C．A点的加速度比D点的加速度大D．从A点到D点加速度与速度的夹角先增大后减小【解析】铅球在空中只受重力，合力的大小与方向均不变，加速度a＝g不变，故C错误；B点为铅球运动的最高点，速度与加速度相互垂直，过B点后速度与加速度的夹角变为锐角，速率增大，A正确；铅球在A点的加速度方向与过A点的切线方向(即速度方向)夹角大于90°，B错误；铅球从A点到D点加速度与速度的夹角一直变小，D错误．【答案】A2．(多选)如图4­1­11所示，在灭火抢险的过程中，消防队员有时要借助消防车上的梯子爬到高处进行救人或灭火作业．为了节省救援时间，在消防车向前前进的过程中，人同时相对图4­1­11梯子匀速向上运动．在地面上看消防队员的运动，下列说法中正确的是()A．当消防车匀速前进时，消防队员一定做匀加速直线运动B．当消防车匀速前进时，消防队员一定做匀速直线运动C．当消防车匀加速前进时，消防队员一定做匀变速曲线运动D．当消防车匀加速前进时，消防队员一定做匀变速直线运动【解析】当消防车匀速前进时，消防队员一定做匀速直线运动，选项B正确，A错误；当消防车匀加速前进时，消防队员一定做匀变速曲线运动，选项C正确，D错误．【答案】BC[运动的合成与分解]3．(多选)(2014·吉林重点中学模拟)跳伞表演是人们普遍喜欢的观赏性体育项目，如图4­1­12所示，当运动员从直升飞机上由静止跳下后，在下落过程中将会受到水平风力的影响，下列说法中正确的是()图4­1­12A．风力越大，运动员下落时间越长，运动员可完成更多的动作B．风力越大，运动员着地速度越大，有可能对运动员造成伤害C．运动员下落时间与风力无关D．运动员着地速度与风力无关【解析】水平风力不会影响竖直方向的运动，所以运动员下落时间与风力无关，A错误，C正确；运动员落地时竖直方向的速度是确定的，水平风力越大，落地时水平分速度越大，运动员着地时的合速度越大，有可能对运动员造成伤害，B正确，D错误．【答案】BC[关联速度问题]4．如图4­1­13所示，长为L的直棒一端可绕固定轴O转动，另一端搁在升降平台上，平台以速度v匀速上升，当棒与竖直方向的夹角为α时，棒的角速度为()图4­1­13A.eq\f(vsinα,L) B.eq\f(v,Lsinα)C.eq\f(vcosα,L) D.eq\f(v,Lcosα)【解析】棒与平台接触点的实际运动方向(即合运动方向)垂直于棒指向左上，合速度沿竖直方向上的速度分量等于v，即ωLsinα＝v，得ω＝eq\f(v,Lsinα)，B正确．【答案】B[小船渡河模型问题]5．如图4­1­14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.若水图4­1­14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】设水速为v0，人在静水中速度为v，对甲，由O→A，所用时间t1＝eq\f(s,v＋v0)，由A→O所用时间t2＝eq\f(s,v－v0)，则甲所用时t甲＝t1＋t2＝eq\f(s,v＋v0)＋eq\f(s,v－v0)＝eq\f(2v,v2－v\o\al(2,0))s①式；对乙，由O→B和由B→O的实际速度v′＝eq\r(v2－v\o\al(2,0))，故所用时间t乙＝eq\f(2s,v′)＝eq\f(2s,\r(v2－v\o\al(2,0)))②式；两式相比得eq\f(t甲,t乙)＝eq\f(v,\r(v2－v\o\al(2,0)))>1即t甲>t乙，故C正确．【答案】C课时提升练(十)曲线运动运动的合成与分解(限时：45分钟)A组对点训练——巩固基础知识题组一曲线运动条件及轨迹分析1．如图所示，在“神舟”十号靠近轨道沿曲线从M点到N点的飞行过程中，速度逐渐减小．在此过程中“神舟”十号所受合力的方向可能是()【解析】做曲线运动的物体所受合力的方向总是指向曲线凹侧，A、D错误；由于速度逐渐减小，故力F的方向与速度方向的夹角应大于90°，C正确．【答案】C2．一质点在xOy平面内运动的轨迹如图4­1­15所示，已知质点在x方向的分运动是匀速运动，则关于质点在y方向的分运动的描述正确的是()A．匀速运动图4­1­15B．先匀速运动后加速运动C．先加速运动后减速运动D．先减速运动后加速运动【解析】依题意知，质点沿x轴方向做匀速直线运动，故该方向上质点所受外力Fx＝0；由图象看出，沿y轴方向，质点运动的轨迹先向y轴负方向弯曲后向y轴正方向弯曲；由质点做曲线运动的条件以及质点做曲线运动时轨迹弯曲方向与所受外力的关系知，沿y轴方向，该质点先受沿y轴负方向的力，后受沿y轴正方向的力，即质点沿y轴方向先做减速运动后做加速运动．【答案】D题组二合速度、合位移计算3．(多选)如图4­1­16甲所示，在杂技表演中．猴子沿竖直杆向上运动，其v­t图象如图4­1­16乙所示，人顶杆沿水平地面运动的x­t图象如图4­1­16丙所示．若以地面为参考系，下列说法中正确的是()甲乙丙图4­1­16A．猴子的运动轨迹为直线B．猴子在2s内做匀变速曲线运动C．t＝0时猴子的速度大小为8m/sD．t＝2s时猴子的加速度大小为4m/s2【解析】由题图乙、丙可以看出，猴子在竖直方向做初速度vy＝8m/s、加速度a＝－4m/s2的匀减速直线运动，人在水平方向做速度vx＝－4m/s的匀速直线运动，故猴子的初速度大小为v＝eq\r(82＋42)m/s＝4eq\r(5)m/s，方向与合外力方向不在同一条直线上，故猴子做匀变速曲线运动，故选项B正确，A、C均错误；由题图乙、丙可得，t＝2s时，ay＝－4m/s2，ax＝0，则合加速度大小a＝4m/s2，故选项D正确．【答案】BD4．如图4­1­17所示，在一次抗洪救灾工作中，一架直升机A用一长H＝50m的悬索(重力可忽略不计)系住伤员B，直升机A和伤员B一起在水平方向上以v0＝10m/s的速度匀速运动的同时，悬索在竖直方向上匀速上拉．在将伤员拉到直升机内的时间内，A、B图4­1­17之间的竖直距离以l＝50－5t(单位：m)的规律变化，则()A．伤员经过5s时间被拉到直升机内B．伤员经过10s时间被拉到直升机内C．伤员的运动速度大小为5m/sD．伤员在运动速度大小为10m/s【解析】伤员在竖直方向的位移为h＝H－l＝5t(m)，所以伤员的竖直分速度为v1＝5m/s；由于竖直方向做匀速直线运动，所以伤员被拉到直升机内的时间为t＝eq\f(H,v1)＝eq\f(50,5)s＝10s，故A错误，B正确；伤员在水平方向的分速度为v0＝10m/s，所以伤员的速度为v＝eq\r(v\o\al(2,1)＋v\o\al(2,0))＝eq\r(52＋102)m/s＝5eq\r(5)m/s，故C、D均错误．【答案】B题组三小船渡河问题5．如图4­1­18所示，河宽200m，一条小船要将货物从A点运送到河对岸的B点，已知AB连线与河岸的夹角θ＝30°，河水的流速v水＝5m/s，小船在静水中的速度至少是()图4­1­18A.eq\f(5\r(3),2)m/sB．2.5m/sC．5eq\r(3)m/sD．5m/s【解析】用动态三角形法分析．如图所示，使合速度与河岸夹角为θ，则当v船与v合垂直时，v船具有最小值．则：v船min＝v水sinθ＝2.5m/s.【答案】B6．(多选)(2014·潍坊一中月考)一条小船在静水中的速度为10m/s，要渡过宽度为60m、水流速度为6m/s的河流，下列说法正确的是()A．小船渡河的最短时间为6sB．小船渡河的最短时间为10sC．若小船在静水中的速度增加，则小船渡河的最短路程减小D．若小船在静水中的速度增加，则小船渡河的最短路程不变【解析】当小船船头垂直河岸过河时，过河时间最短，为t＝6s，因此，B错误，A正确；小船在静水中的速度为10m/s，大于河水流速6m/s，由速度合成的平行四边形定则可知，合速度可以垂直河岸，因此，过河位移(即最短路程)为60m，静水中船速增加时，合速度要改变，由于船速始终大于水流的速度，合速度可以垂直河岸，过河的最短路程不改变，C错误，D正确．【答案】AD题组四关联速度问题7．如图4­1­19所示，A、B两物体系在跨过光滑定滑轮的一根轻绳的两端，当A物体以速度v向左运动时，系A、B的绳分别与水平方向成α、β角，此时B物体的速度大小为()图4­1­19A．vsinα/sinβB．vcosα/sinβC．vsinα/cosβD．vcosα/cosβ【解析】根据A、B两物体的运动情况，将两物体此时的速度v和vB分别分解为两个分速度v1(沿绳的分量)和v2(垂直绳的分量)以及vB1(沿绳的分量)和vB2(垂直绳的分量)，由于两物体沿绳的速度分量相等，v1＝vB1，即vcosα＝vBcosβ，则B物体的速度方向水平向右，其大小为vB＝eq\f(cosα,cosβ)v，D正确．【答案】D8．如图4­1­20所示，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)．将其放在一个直角形光滑槽中，已知当轻杆与槽左壁成α角时，A球沿槽下滑的速度为vA，则此时B球的图4­1­20速度vB的大小为()A．vAB．vA/sinαC．vAcotαD．vAcosα【解析】A球以vA的速度沿斜槽滑下时，可分解为一个使杆压缩的分运动，设其速度为vA1；一个使杆绕B点转动的分运动，设其速度为vA2，而B球沿槽上滑的运动为合运动，设其速度为vB，可分解为一个使杆伸长的分运动，设其速度为vB1，vB1＝vA1；一个使杆转动的分运动，设其速度为vB2.由图可知：vB1＝vBsinα＝vA1＝vAcosα，vB＝vAcotα.【答案】CB组深化训练——提升应考能力9．如图4­1­21所示，人沿平直的河岸以速度v行走，且通过不可伸长的绳拖船，船沿绳的方向行进，此过程中绳始终与水面平行．当绳与河岸的夹角为α时，船的速度大小为()A．vsinαB.eq\f(v,sinα)图4­1­21C．vcosαD.eq\f(v,cosα)【解析】如图所示，把人的速度沿绳和垂直绳的方向分解，由几何知识有v船＝vcosα，所以C正确，A、B、D错误．【答案】C10．(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—时间图象如图4­1­22甲、乙所示，下列说法中正确的是()甲乙图4­1­22A．前2s内物体沿x轴做匀加速直线运动B．后2s内物体继续做匀加速直线运动，但加速度沿y轴方向C．4s末物体坐标为(4m,4m)D．4s末物体坐标为(6m,2m)【解析】前2s内物体在y轴方向速度为0，由题图甲知只沿x轴方向做匀加速直线运动，A正确；后2s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＝(eq\f(1,2)×2×2＋2×2)m＝6m，在y轴方向上的位移为y＝eq\f(1,2)×2×2m＝2m，所以4s末物体坐标为(6m,2m)，D正确，C错误．【答案】AD11．你驾驶一架小型飞机，需在3.0h内飞抵正南方向距离450km处的一座机场．已知有50.0km/h的西风吹来．为了按时抵达目的地，你应当怎样调整飞机的飞行方向和飞行速率？【解析】如图所示．飞机的合速度为v＝eq\f(x,t)＝eq\f(450,3.0)km/h＝150km/h飞机的飞行速率v2＝eq\r(v\o\al(2,1)＋v2)＝eq\r(502＋1502)km/h＝50方向西偏角θtanθ＝eq\f(v1,v)＝eq\f(1,3)θ＝arctaneq\f(1,3)【答案】飞行方向为南偏西arctaneq\f(1,3)飞行速率为5012．如图4­1­23所示，在光滑水平面上有坐标系xOy，质量为1kg的质点开始静止在xOy平面上的原点O处，某一时刻起受到沿x轴正方向的恒力F1图4­1­23的作用，F1的大小为2N，若力F1作用一段时间t0后撤去，撤去力F1后5s末质点恰好通过该平面上的A点，A点的坐标为x＝11m，y＝15m.(1)为使质点按题设条件通过A点，在撤去力F1的同时对质点施加一个沿y轴正方向的恒力F2，力F2应为多大？(2)力F1作用时间t0为多长？(3)在图中画出质点运动轨迹示意图，在坐标系中标出必要的坐标．【解析】(1)撤去F1，在F2的作用下，沿x轴正方向质点做匀速直线运动，沿y轴正方向质点做匀加速直线运动．由y＝eq\f(1,2)a2t2和a2＝eq\f(F2,m)可得F2＝eq\f(2my,t2)代入数据得F2＝1.2N.(2)在F1作用下，质点运动的加速度a1＝eq\f(F1,m)＝2m/s2由x1＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,0)，x－x1＝vt＝a1t0t.解得t0＝1s(3)质点运动轨迹示意图如图所示【答案】(1)1.2N(2)1s(3)见解析图第2节抛体运动的规律及其应用[真题回放]1．(多选)(2012·新课标全国卷)如图4­2­1所示，x轴在水平地面内，y轴沿竖直方向．图中画出了从y轴上沿x轴正向抛出的三个小球a、b和c的运动轨迹，其中b和c是从同一点抛图4­2­1出的．不计空气阻力，则()A．a的飞行时间比b的长B．b和c的飞行时间相同C．a的水平速度比b的小D．b的初速度比c的大【解析】根据平抛运动的规律h＝eq\f(1,2)gt2，得t＝eq\r(\f(2h,g))，因此平抛运动的时间只由高度决定，因为hb＝hc＞ha，所以b与c的飞行时间相同，大于a的飞行时间，因此选项A错误，选项B正确；又因为xa＞xb，而ta＜tb，所以a的水平初速度比b的大，选项C错误；做平抛运动的物体在水平方向上做匀速直线运动，b的水平位移大于c，而tb＝tc，所以vb＞vc，即b的水平初速度比c的大，选项D正确．【答案】BD2．(2014·上海高考)如图4­2­2所示，宽为L的竖直障碍物上开有间距d＝0.6m的矩形孔，其下沿离地高h＝1.2m，离地高H＝2m的质点与障碍物相距x.在障碍物以v0＝4m/s图4­2­2匀速向左运动的同时，自由下落．为使质点能穿过该孔，L的最大值为________m；若L＝0.6m，x的取值范围是________m．(取g＝10m/s2)【解析】以障碍物为参考系，相当于质点以初速度v0，向右平抛，当L最大时从抛出点经过孔的左上边界飞到孔的右下边界时，L最大t1＝eq\r(\f(2H－d－h,g))＝0.2s，x＝v0t1＝0.8mt2＝eq\r(\f(2H－h,g))＝0.4s，L＝v0t2－x＝0.8m从孔的左上边界飞入临界的x有最小值为0.8m从孔的右下边界飞出时，x有最大值：x＝v0t2－L＝1m【答案】0.80.8m≤x≤1m3．(2014·安徽高考)图4­2­3甲是“研究平抛物体运动”的实验装置图，通过描点画出平抛小球的运动轨迹．甲图4­2­3(1)以下是实验过程中的一些做法，其中合理的有________．a．安装斜槽轨道，使其末端保持水平b．每次小球释放的初始位置可以任意选择c．每次小球应从同一高度由静止释放d．为描出小球的运动轨迹，描绘的点可以用折线连接(2)实验得到平抛小球的运动轨迹，在轨迹上取一些点，以平抛起点O为坐标原点，测量它们的水平坐标x和竖直坐标y，图4­2­3乙中y­x2图象能说明平抛小球运动轨迹为抛物线的是________．乙图4­2­3(3)图4­2­3丙是某同学根据实验画出的平抛小球的运动轨迹，O为平抛的起点，在轨迹上任取三点A、B、C，测得A、B两点竖直坐标y1为5.0cm、y2为45.0cm，A、B两点水平间丙距Δx为40.0cm.则平抛小球的初速度v0为图4­2­3__m/s，若C点的竖直坐标y3为60.0cm，则小球在C点的速度vC为________m/s.(结果保留两位有效数字，g取10m/s2)．【解析】要保证小球从斜槽末端水平抛出，则斜槽末端必须水平；要保证小球每次抛出的速度都相同，则小球必须从同一高度由静止释放．故选项a、c符合要求；平抛运动的轨迹应为平滑曲线，故选项d错误．(2)由平抛运动规律可得竖直方向y＝eq\f(1,2)gt2，水平方向x＝v0t，则y＝eq\f(1,2)·eq\f(g,v\o\al(2,0))·x2，即y∝x2，故选项c正确．(3)根据图线数据，利用运动规律分析由平抛运动可得y1＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)，y2＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,2)解得t1＝0.1s，t2＝0.3s故初速度v0＝eq\f(Δx,t2－t1)＝2.0m/sC点在竖直方向的分速度veq\o\al(2,y)＝2gy3则C点的速度vC＝eq\r(v\o\al(2,0)＋v\o\al(2,y))＝4.0m/s.【答案】(1)ac(2)c(3)2.04.0[考向分析]1.考纲展示抛体运动Ⅱ2.命题趋势平抛运动是高考经常考查的运动形式，该运动形式可单独考查，也可以综合其他知识点如圆周运动、机械能、电场等，考查题型为选择题，也可为计算题．3.选材特点该节知识点一般会结合生活情景，如飞机投送物体、实弹射击、飞车跨跃等进行实际应用的考查，也可以结合实验，通过创新设计，综合考查知识应用和实验迁移能力.考点一平抛运动基本规律的理解及应用1.飞行时间t＝eq\r(\f(2h,g))，取决于下落高度h，与初速度v0无关．2．水平射程x＝v0t＝v0eq\r(\f(2h,g))，由平抛初速度v0和下落高度h共同决定．图4­2­43．速度变化Δv＝Δvy＝gΔt，任意相等的时间间隔内速度变化量相等，方向竖直向下．如图4­2­4所示4．两个推论(1)做平抛运动的物体，在任一位置(x，y)的瞬时速度反向延长线与x轴交点A的横坐标为eq\f(x,2)，如图4­2­5所示．图4­2­5(2)做平抛运动的物体，在任一位置速度偏向角α与位移偏向角θ的关系为tanα＝2tanθ.【例1】[考向：平抛基本规律的考查](多选)如图4­2­6所示，从半径为R＝1m的半圆AB上的A点水平抛出一个可视为质点的小球，经t＝0.4s小球落到半圆上，已知当图4­2­6地的重力加速度g＝10m/s2，则小球的初速度v0可能为()A．1m/sB．2m/sC．3m/sD．4m/s【解析】由于小球经0.4s落到半圆上，下落的高度h＝eq\f(1,2)gt2＝0.8m，位置可能有两处，如图所示．第一种可能：小球落在半圆左侧，v0t＝R－eq\r(R2－h2)＝0.4m，v0＝1m/s第二种可能：小球落在半圆右侧，v0t＝R＋eq\r(R2－h2)，v0＝4m/s，选项A、D正确．【答案】AD【例2】[考向：平抛规律综合应用](2014·浙江高考)如图4­2­7所示，装甲车在水平地面上以速度v0＝20m/s沿直线前进，车上机枪的枪管水平，距地面高为h＝1.8m．在车正前方竖直立一块高为两米的长方形靶，其底边与地面接触．枪口与靶距离为L时，机枪手正对靶射出第一发子弹，子弹相对于枪口的初速度为v＝800m/s.在子弹射出的同时，装甲车开始匀减速运动，行进s＝90m后停下．装甲车停下后，机枪手以相同方式射出第二发子弹．(不计空气阻力，子弹看成质点，重力加速度g＝10m/s2)图4­2­7(1)求装甲车匀减速运动的加速度大小；(2)当L＝410m时，求第一发子弹的弹孔离地的高度，并计算靶上两个弹孔之间的距离；(3)若靶上只有一个弹孔，求L的范围．【思维模板】问1：第一发子弹做平抛运动，对地初速度是多少？提示：v0＋v＝820_m/s.问2：第二发子弹射击时，与靶相距多远？提示：L－s＝410_m－90_m＝320_m.问3：如果靶上只出现一个孔(L增大)，是第一发还是第二发留下的弹孔？提示：第二发．【解析】(1)装甲车的加速度a＝eq\f(v\o\al(2,0),2s)＝eq\f(20,9)m/s2.(2)第一发子弹飞行时间t1＝eq\f(L,v＋v0)＝0.5s弹孔离地高度h1＝h－eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)＝0.55m第二个弹孔离地的高度h2＝h－eq\f(1,2)geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L－s,v)))2＝1.0m两弹孔之间的距离Δh＝h2－h1＝0.45m(3)第一发子弹打到靶的下沿时，装甲车离靶的距离为L1，L1＝(v0＋v)eq\r(\f(2h,g))＝492m第二发子弹打到靶的下沿时，装甲车离靶的距离为L2，L2＝veq\r(\f(2h,g))＋s＝570mL的范围为492m<L≤570m.【答案】(1)eq\f(20,9)m/s2(2)0.55m0.45m(3)492m<L≤570m考点二平抛规律的应用——“平抛＋斜面”类问题方法示意图时间总结分解速度对着斜面抛如图所示，vy＝gt，tanθ＝eq\f(v0,vy)＝eq\f(v0,gt)，故t＝eq\f(v0,gtanθ)分解速度，构建速度三角形分解位移顺着斜面抛如图所示，x＝v0t，y＝eq\f(1,2)gt2，而tanθ＝eq\f(y,x)，联立得t＝eq\f(2v0tanθ,g)分解位移，构建位移三角形【例3】[考向：速度分解](多选)(2013·上海高考)如图4­2­8，轰炸机沿水平方向匀速飞行，到达山坡底端正上方时释放一颗炸弹，并垂直击中山坡上的目标A.已知A点高度为h，图4­2­8山坡倾角为θ，由此可算出()A．轰炸机的飞行高度B．轰炸机的飞行速度C．炸弹的飞行时间D．炸弹投出时的动能【解析】设轰炸机投弹位置高度为H，炸弹水平位移为s，则H－h＝eq\f(1,2)vy·t，s＝v0t，二式相除eq\f(H－h,s)＝eq\f(1,2)·eq\f(vy,v0)，因为eq\f(vy,v0)＝eq\f(1,tanθ)，s＝eq\f(h,tanθ)，所以H＝h＋eq\f(h,2tan2θ)，A正确；根据H－h＝eq\f(1,2)gt2可求出飞行时间，再由s＝v0t可求出飞行速度，故B、C正确；不知道炸弹质量，不能求出炸弹的动能，D错误．【答案】ABC【例4】[考向：位移分解](多选)如图4­2­9所示，倾角为θ的斜面静止在水平面上，在斜面上的A点以v0的初速度水平抛出一小球，其落点与A的水平距图4­2­9离为s1；若改为2v0的速度在同一点抛出，则落点与A的水平距离为s2，则s1：s2可能为()A．1∶2 B．1∶3C．1∶4 D．1∶5【解析】当两次都落在斜面上时，由s＝v0t，y＝eq\f(1,2)gt2，tanθ＝eq\f(y,s)有s＝eq\f(2v\o\al(2,0)tanθ,g)，得s∝veq\o\al(2,0)，所以s1∶s2＝1∶4；当两次都落在水平面上时，由s＝v0t，h＝eq\f(1,2)gt2有s＝v0eq\r(\f(2h,g))，得s∝v0，所以s1∶s2＝1∶2，而一次落在斜面上一次落在水平面上时，其比值介于这两者之间，故A、B、C正确．【答案】ABC【反思总结】(1)物体在斜面上平抛并落在斜面上的问题，一般要从位移角度找关系，该类问题可有两种分解方法：一是沿水平方向的匀速运动和竖直方向的自由落体运动；二是沿斜面方向的匀加速运动和垂直斜面方向的类竖直上抛运动．(2)物体平抛后垂直落在斜面上的问题，一般要从速度方向角度找关系．物理模型5“类平抛”模型1．模型特点(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＝eq\f(F合,m).2．处理方法(1)常规分解：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(即沿合力的方向)的匀加速直线运动，两个分运动彼此独立，互不影响，且与合运动具有等时性．(2)特殊分解：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．【例5】在光滑的水平面内，一质量m＝1kg的质点以速度v0＝10m/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F＝15N作用，直线OA与x轴成α＝37°，如图4­2­10所示曲线为图4­2­10质点的轨迹图(g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)．求：(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点的速度大小.【思路导引】【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＝eq\f(F－mg,m)＝eq\f(15－10,1)m/s2＝5m/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xP＝v0t，yP＝eq\f(1,2)at2又tanα＝eq\f(yP,xP)联立解得：t＝3s，xP＝30m，yP＝22.5m.(2)质点经过P点时沿y方向的速度vy＝at＝15m/s故P点的速度大小vP＝eq\r(v\o\al(2,0)＋v\o\al(2,y))＝5eq\r(13)m/s.【答案】(1)3sP(30m,22.5m)(2)5eq\r(13)突破训练如图4­2­11所示的塔吊臂上有一个可以沿水平方向运动的小车A，小车下装有吊着物体B的吊钩．小车A与物体B以相同的水平速度沿吊臂方向匀速运动的同时，吊钩将物体B向上吊起，物体B先匀加速上升，后匀减速上升，则地面上图4­2­11的指挥员看来，物体B在空中的运动轨迹应该是()【解析】由于物体B在水平方向上匀速运动，因此水平方向所受的合力为零；竖直方向上，物体B先加速上升，后减速上升，因此合力方向开始竖直向上，后竖直向下，物体B的运动轨迹应先向上弯曲，后向下弯曲，故选项D正确．【答案】D[考查平抛运动的基本规律]1．如图4­2­12，斜面上a、b、c三点等距，小球从a点正上方O点抛出，做初速为v0的平抛运动，恰落在b点．若小球初速度变为v，其落点位于c，则()图4­2­12A．v0＜v＜2v0B．v＝2v0C．2v0＜v＜3v0D．v＞3v0【解析】根据平抛运动的规律可知若小球落在b点，有x＝v0tb，tb＝eq\r(\f(2hb,g))，若落在c点，则2x＝vtc，而tc＝eq\r(\f(2hc,g))，显然tc＞tb，所以v0＜v＜2v0，即A正确．【答案】A[从分运动角度考查平抛运动]2．(多选)如图4­2­13所示，相距l的两小球A、B位于同一高度h(l、h均为定值)．将A向B水平抛出的同时，B自由下落．A、B与地面碰撞前后，水平分速度不变，竖直分速度图4­2­13大小不变、方向相反．不计空气阻力及小球与地面碰撞的时间，则()A．A、B在第一次落地前能否相碰，取决于A的初速度B．A、B在第一次落地前若不碰，此后就不会相碰C．A、B不可能运动到最高处相碰D．A、B一定能相碰【解析】由题意知A做平抛运动，即水平方向做匀速直线运动，竖直方向为自由落体运动；B为自由落体运动，A、B竖直方向的运动相同，二者与地面碰撞前运动时间t1相同，且t1＝eq\r(\f(2h,g))①，若第一次落地前相碰，只要满足A运动时间t＝eq\f(l,v)＜t1，即v＞eq\f(l,t1)，所以选项A正确；因为A、B在竖直方向的运动同步，始终处于同一高度，且A与地面相碰后水平速度不变，所以A一定会经过B所在的竖直线与B相碰．碰撞位置由A球的初速度决定，故选项B、C错误，选项D正确．【答案】AD[利用运动的分解处理斜抛运动]3．(多选)(2013·江苏单科)如图4­2­14所示，从地面上同一位置抛出两小球A、B，分别落在地面上的M、N点，两球运动的最大高度相同．空气阻力不计，则()图4­2­14A．B的加速度比A的大B．B的飞行时间比A的长C．B在最高点的速度比A在最高点的大D．B在落地时的速度比A在落地时的大【解析】在同一位置抛出的两小球，不计空气阻力，在运动过程中的加速度等于重力加速度，故A、B的加速度相等，选项A错误；根据h＝eq\f(1,2)gt2，两球运动的最大高度相同，故两球飞行的时间相等，选项B错误；由于B的射程大，根据水平方向匀速运动的规律x＝vt，故B在最高点的速度比A的大，选项C正确；根据竖直方向自由落体运动，A、B落地时在竖直方向的速度相等，B的水平速度大，速度合成后B在落地时的速度比A的大，选项D正确．【答案】CD[“平抛＋斜面”问题]4．如图4­2­15所示，小球以v0正对倾角为θ的斜面水平抛出，若小球到达斜面的位移最小，则飞行时间t为(重力加速度为g)()图4­2­15A．t＝v0tanθB．t＝eq\f(2v0tanθ,g)C．t＝eq\f(v0cotθ,g)D．t＝eq\f(2v0cotθ,g)【解析】如图所示，要使小球到达斜面的位移最小，则要求落点与抛出点的连线与斜面垂直，所以有tanθ＝eq\f(x,y)，而x＝v0t，y＝eq\f(1,2)gt2，解得t＝eq\f(2v0cotθ,g).【答案】D5．(2014·黄山市高三质检)如图4­2­16所示，斜面体ABC固定在地面上，小球p从A点由静止下滑，当小球p开始下滑时，另一小球q从A点正上方的D点水平抛出，两球同时图4­2­16到达斜面底端的B处．已知斜面AB光滑，长度L＝2.5m，斜面倾角为θ＝30°.不计空气阻力，g取10m/s2.求：(1)小球p从A点滑到B点的时间；(2)小球q抛出时初速度的大小和D点离地面的高度h.【解析】(1)设小球p从斜面上下滑的加速度为a，经受力分析得mgsinθ＝ma设小球p从斜面上下滑的时间为t，L＝eq\f(1,2)at2解得t＝1s(2)小球q的运动为平抛运动h＝eq\f(1,2)gt2＝5mLcosθ＝v0t解得v0＝eq\f(5\r(3),4)m/s【答案】见解析课时提升练(十一)抛体运动的规律及其应用(限时：45分钟)A组对点训练——巩固基础知识题组一对平抛运动规律的理解应用1．关于做平抛运动的物体，说法正确的是()A．速度始终不变B．加速度始终不变C．受力始终与运动方向垂直D．受力始终与运动方向平行【解析】物体做平抛运动的条件是物体只受重力作用，且初速度沿水平方向，故物体的加速度始终不变，大小为g，B正确；物体的平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，其合运动是曲线运动，速度的大小和方向时刻变化，A错误；运动过程中，物体所受的力与运动方向既不垂直也不平行，C、D错误．【答案】B2．如图4­2­17所示，在距水平地面H和4H高度处，同时将质量相同的a、b两小球以相同的初速度v0水平抛出，则以下判断正确的是()A．a、b两小球同时落地B．两小球落地速度方向相同C．a、b两小球水平位移之比为1∶2图4­2­17D．a、b两小球水平位移之比为1∶4【解析】a、b两小球做平抛运动，由于下落时间t＝eq\r(\f(2h,g))，水平位移x＝v0eq\r(\f(2h,g))，将ha＝H，hb＝4H代入上述关系式可得A、D错误，C正确；两小球落地时速度方向均与落地点沿轨迹的切线方向一致，易得B错误．【答案】C3．平抛运动可以分解为水平和竖直方向的两个直线运动，在同一坐标系中作出这两个分运动的v­t图线，如图4­2­18所示．若平抛运动的时间大于2t1，下列说法中正确的是()A．图线1表示竖直分运动的v­t图线图4­2­18B．t1时刻的速度方向与初速度方向的夹角为30°C．t1时间内的位移方向与初速度方向夹角的正切值为eq\f(1,2)D．2t1时间内的位移方向与初速度方向夹角为60°【解析】由v­t图线可以看出，图线1表示水平分运动，图线2表示竖直分运动，故A错误；t1时刻vx＝vy，合速度与水平方向的夹角为45°，B错误；由tanα＝eq\f(\f(1,2)gt\o\al(2,1),v1t1)，v1＝gt1，得：tanα＝eq\f(1,2)，C正确；2t1时间内：tanα′＝eq\f(\f(1,2)g2t\o\al(2,1),v1×2t1)＝1，α′＝45°，故D错误．【答案】C题组二多个物体的平抛运动4．(2015·银川一中月考)如图4­2­19所示，距离水平地面高为h的飞机沿水平方向做匀加速直线运动，从飞机上以相对地面的速度v0依次从a、b、c图4­2­19水平抛出甲、乙、丙三个物体，抛出的时间间隔均为T，三个物体分别落在水平地面上的A、B、C三点，若AB＝l1、AC＝l2，不计空气阻力，下列说法正确的是()A．物体甲在空中运动的时间t甲<t乙<t丙B．飞机的加速度为eq\f(l2－l1,T2)C．物体乙刚离开飞机时飞机的速度为eq\f(l2,2T)D．三个物体在空中运动时总在一条竖直线上【解析】物体甲在空中做平抛运动，在竖直方向上有h＝eq\f(1,2)gt2，解得t＝eq\r(\f(2h,g))，甲乙丙用时相等，选项A错误；AB等于ab，BC等于bc，由Δx＝aT2可得a＝eq\f(l2－2l1,T2)，选项B错误；物体乙刚离开飞机时，飞机的速度为v，等于a、c之间的平均速度，则v＝eq\f(l2,2T)，选项C正确；三个物体在空中运动时，并不在一条竖直线上，选项D错误．【答案】C5．在同一点O水平抛出的三个物体，做平抛运动的轨迹如图4­2­20所示，则三个物体做平抛运动的初速度vA、vB、vC的关系和三个物体做平抛运动的时间tA、tB、tC的关系分别是()A．vA>vB>vC，tA>tB>tC图4­2­20B．vA＝vB＝vC，tA＝tB＝tCC．vA<vB<vC，tA>tB>tCD．vA>vB>vC，tA<tB<tC【解析】从题图中可以看出hA>hB>hC，由t＝eq\r(\f(2h,g))得tA>tB>tC.判断三个物体做平抛运动的初速度的大小时，可以补画一个水平面，如图所示，三个物体从O点抛出运动到这一水平面时所用的时间相等，由图可知水平位移xA<xB<xC，由v＝eq\f(x,t)可得vA<vB<vC，所以选项C正确．【答案】C6．如图4­2­21所示，水平地面上有一个坑，其竖直截面为半圆，O为圆心，AB为沿水平方向的直径．若在A点以初速度v1沿AB方向平抛一小球，小球将击中坑壁上的最低点D点；而在C点以初图4­2­21速度v2沿BA方向平抛的小球也能击中D点．已知∠COD＝60°，则两小球初速度大小之比v1∶v2.(小球视为质点)()A．1∶2 B．1∶3C.eq\r(3)∶2 D.eq\r(6)∶3【解析】小球从A点平抛：R＝v1t1，R＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)，小球从C点平抛：Rsin60°＝v2t2，R(1－cos60°)＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,2)，联立解得eq\f(v1,v2)＝eq\f(\r(6),3)，故选项D正确．【答案】D题组三“平抛＋斜面”组合7．(多选)如图4­2­22所示，斜面上a、b、c、d四个点，ab＝bc＝cd，从a点以初动能E0水平抛出一个小球，它落在斜面上的b点，若小球a点以初动能2E0水平抛出，不计空气阻力，则下列判断正图4­2­22确的是()A．小球可能落在d点与c点之间B．小球一定落在c点C．小球落在斜面的速度方向与斜面的夹角一定增大D．小球落在斜面的速度方向与斜面的夹角一定相同【解析】设第一次平抛的初速度为v0，v0与斜面的夹角为θ则有eq\x\to(ab)sinθ＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)v0t1＝eq\x\to(ab)cosθ.当初动能变为2E0时，速度变为eq\r(2)v0.设此时小球在斜面上的落点到a点的距离为x，则有xcosθ＝eq\r(2)v0t2，xsinθ＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,2)，解得x＝2eq\x\to(ab)，即小球一定落在c点，A项错误，B项正确；由tanα＝2tanθ知，斜面倾角一定时，α也一定，C项错误，D项正确．【答案】BD8．(2014·江南十校联考)如图4­2­23所示是倾角为45°的斜坡，在斜坡底端P点正上方某一位置Q处以速度v0水平向左抛出一个小球A，小球恰好能垂直落在斜坡上，运动时间为t1.若在小球A抛出的同时，小球B从同一点Q处开始自由下落，下落至图4­2­23P点的时间为t2，则A、B两球运动的时间之比t1∶t2为(不计空气阻力)()A．1∶2 B．1∶eq\r(2)C．1∶3 D．1∶eq\r(3)【解析】垂直落在斜面上时速度与水平夹角为45°，tan45°＝vy/v0＝gt/v0＝2y/x＝1，y＝x/2，得Q点高度h＝x＋y＝3y，即A、B下落高度比为1∶3，由h＝gt2/2可得运动时间比为1∶eq\r(3)，D正确．【答案】DB组深化训练——提升应考能力9．(多选)从O点以水平速度v抛出一小物体，经过M点时速度大小为eq\r(2)v，N点为O到M之间轨迹上与直线OM距离最远的点，不计空气阻力，下列说法正确的是()A．小物体经N点时的速度方向与OM平行B．小物体从O到N经历的时间为eq\f(v,2g)C．O、N之间的距离为eq\f(5v2,8g)D．曲线ON与MN关于过N点且与OM垂直的直线对称【解析】小物体运动过程中与OM的距离最远，即沿与OM垂直方向的分速度为零，所以此时的速度方向与OM平行，A对；经过M点时的速度与水平方向的夹角为45°，设OM与水平方向的夹角α，由几何关系可知tanα＝eq\f(tan45°,2)，所以经N点时的速度竖直分量v2＝vtanα＝eq\f(v,2)，故从O到N的时间为t＝eq\f(v,2g)，B对；ON之间的水平位移x＝vt，竖直位移y＝eq\f(1,2)gt2，O、N之间的距离为eq\r(x2＋y2)＝eq\f(\r(17)v2,8g)，C错；初速度为v，末速度为eq\r(2)v，所以曲线ON与MN不对称，D错．【答案】AB10．(2014·陕西咸阳二模)如图4­2­24所示，B点位于斜面底端M点的正上方，并与斜面顶端A点等高，且高度为h.在A、B两点分别以速度va和vb沿水平方向抛出两个小球a、b(可视为质点)，若a球落到M点的同时，b球恰好落到斜面的中点N，不计空气阻力，重力加速度为g，则()图4­2­24A．va＝vbB．va＝eq\r(2)vbC．a、b两球同时抛出D．a球比b球提前抛出的时间为(eq\r(2)－1)eq\r(\f(2h,g))【解析】a、b做平抛运动的竖直位移分别为h、eq\f(h,2)，水平位移分别为x、eq\f(x,2).由h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,a)，eq\f(h,2)＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,b)得ta＝eq\r(\f(2h,g))，tb＝eq\r(\f(h,g))，A、B同时落在M、N点，C项错；A提前抛出的时间为Δt＝ta－tb＝(eq\r(2)－1)eq\r(\f(h,g))，D项错；由水平方向的匀速直线运动得va＝eq\f(x,ta)＝xeq\r(\f(g,2h))，vb＝eq\f(\f(x,2),tb)＝eq\f(x,2)eq\r(\f(g,h))，则有va＝eq\r(2)vb，A项错，B项对．【答案】B11．如图4­2­25所示，倾角为37°的斜面长l＝1.9m，在斜面底端正上方的O点将一小球以速度v0＝3m/s的速度水平抛出，与此同时由静止释放在顶端的滑块，经过一段时间后小球恰好能够以垂直图4­2­25斜面的方向击中滑块．(小球和滑块均视为质点，重力加速度g＝9.8m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)，求：(1)抛出点O离斜面底端的高度h；(2)滑块与斜面间的动摩擦因数μ.【解析】(1)如图所示，设小球击中滑块时的速度为v，竖直速度为vy，由几何关系得：θ＝37°eq\f(v0,vy)＝tan37°①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＝gt②y＝eq\f(1,2)gt2③x＝v0t④设抛出点到斜面最低点的距离为h，由几何关系得：h＝y＋xtan37°⑤由①②③④⑤得：h＝1.7m(2)设在时间t内，滑块的位移为x′，由几何关系得：x′＝l－eq\f(x,cos37°)⑥设滑块的加速度为a，由运动学公式得：x′＝eq\f(1,2)at2⑦对滑块，由牛顿第二定律得：mgsin37°－μmgcos37°＝ma由①②③④⑤⑥⑦⑧得：μ＝0.125.【答案】(1)1.7m(2)0.12512．(2014·郑州模拟)如图4­2­26为“快乐大冲关”节目中某个环节的示意图．参与游戏的选手会遇到一个人造山谷AOB，AO是高h＝3m的竖直峭壁，OB是以A点为圆心的弧形坡，图4­2­26∠OAB＝60°，B点右侧是一段水平跑道．选手可以自A点借助绳索降到O点后再爬上跑道，但身体素质好的选手会选择自A点直接跳上跑道．选手可视为质点，忽略空气阻力，重力加速度g＝10m/s2.(1)若选手以速度v0水平跳出后，能跳在水平跑道上，求v0的最小值．(2)若选手以速度v1＝4m/s水平跳出，求该选手在空中的运动时间．【解析】(1)若选手以速度v0水平跳出后，能跳在水平跑道上，则：hsin60°≤v0thcos60°＝eq\f(1,2)gt2解得：v0≥eq\f(3\r(10),2)m/s即v0的最小值为eq\f(3\r(10),2)m/s(2)因为4m/s<eq\f(3\r(10),2)m/s，所以若选手以速度v1＝4m/s水平跳出，其将落在弧形坡上．下降高度y＝eq\f(1,2)gt2水平方向距离x＝v1t且x2＋y2＝h2解得：t＝0.6s【答案】(1)eq\f(3\r(10),2)m/s(2)0.6s第3节圆周运动[真题回放]1．(多选)(2014·新课标全国卷Ⅰ)如图4­3­1所示，两个质量均为m的小木块a图4­3­1和b(可视为质点)放在水平圆盘上，a与转轴OO′的距离为l，b与转轴的距离为2l，木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的k倍，重力加速度大小为g.若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，用ωA．b一定比a先开始滑动B．a、b所受的摩擦力始终相等C．ω＝eq\r(\f(kg,2l))是b开始滑动的临界角速度D．当ω＝eq\r(\f(2kg,3l))时，a所受摩擦力的大小为kmg【解析】小木块a、b做圆周运动时，由静摩擦力提供向心力，即f＝mω2R.当角速度增加时，静摩擦力增大，当增大到最大静摩擦力时，发生相对滑动，对木块a：fa＝mωeq\o\al(2,a)l，当fa＝kmg时，kmg＝mωeq\o\al(2,a)l，ωa＝eq\r(\f(kg,l))；对木块b：fb＝mωeq\o\al(2,b)·2l，当fb＝kmg时，kmg＝mωeq\o\al(2,b)·2l，ωb＝eq\r(\f(kg,2l))，所以b先达到最大静摩擦力，选项A正确；两木块滑动前转动的角速度相同，则fa＝mω2l，fb＝mω2·2l，fa<fb，选项B错误；当ω＝eq\r(\f(kg,2l))时b刚开始滑动，选项C正确；当ω＝eq\r(\f(2kg,3l))时，a没有滑动，则fa＝mω2l＝eq\f(2,3)kmg，选项D错误．【答案】AC2．(2014·新课标全国卷Ⅱ)如图4­3­2所示，一质量为M的光滑大圆环，用一细轻杆固定在竖直平面内；套在大环上质量为m的小环(可视为质点)，从大环的最高处由静止滑下．重力加速度大图4­3­2小为g.当小环滑到大环的最低点时，大环对轻杆拉力的大小为()A．Mg－5mg B．Mg＋mgC．Mg＋5mg D．Mg＋10mg【解析】设大环半径为R，质量为m的小环滑下过程中遵守机械能守恒定律，所以eq\f(1,2)mv2＝mg·2R.小环滑到大环的最低点时的速度为v＝2eq\r(gR)，根据牛顿第二定律得FN－mg＝eq\f(mv2,R)，所以在最低点时大环对小环的支持力FN＝mg＋eq\f(mv2,R)＝5mg.根据牛顿第三定律知，小环对大环的压力FN′＝FN＝5mg，方向向下．对大环，据平衡条件，轻杆对大环的拉力T＝Mg＋FN′＝Mg＋5mg.根据牛顿第三定律，大环对轻杆拉力的大小为T′＝T＝Mg＋5mg，故选项C正确，选项A、B、D错误．【答案】C3．(2013·重庆高考)如图4­3­3所示，半径为R的半球形陶罐，固定在可以绕竖直轴旋转的水平转台上，转台转轴与过陶罐球心O的对称轴OO′重合．转台以一定角速度ω匀速旋图4­3­3转，一质量为m的小物块落入陶罐内，经过一段时间后，小物块随陶罐一起转动且相对罐壁静止，它和O点的连线与OO′之间的夹角θ为60°.重力加速度大小为g.(1)若ω＝ω0，小物块受到的摩擦力恰好为零，求ω0；(2)若ω＝(1±k)ω0，且0＜k≪1，求小物块受到的摩擦力大小和方向．【解析】(1)小物块在水平面内做匀速圆周运动，当小物块受到的摩擦力恰好等于零时，小物块所受的重力和陶罐的支持力的合力提供圆周运动的向心力，有mgtanθ＝mωeq\o\al(2,0)·Rsinθ代入数据得ω0＝eq\r(\f(2g,R))(2)当ω＝(1＋k)ω0时，小物块受到的摩擦力沿陶罐壁切线向下，设摩擦力的大小为f，陶罐壁对小物块的支持力为FN，沿水平和竖直方向建立坐标系，则水平方向：FNsinθ＋fcosθ＝mω2·Rsinθ竖直方向：FNcosθ－fsinθ－mg＝0代入数据解得：f＝eq\f(\r(3)k2＋k,2)mg同理，当ω＝(1－k)ω0时，小物块受到的摩擦力沿陶罐壁切线向上，则水平方向：FNsinθ－fcosθ＝mω2·Rsinθ竖直方向：FNcosθ＋fsinθ－mg＝0代入数据解得：f＝eq\f(\r(3)k2－k,2)mg【答案】见解析[考向分析]1.考纲展示(1)匀速圆周运动、角速度、线速度、向心加速度Ⅰ(2)匀速圆周运动的向心力Ⅱ(3)离心现象Ⅰ命题趋势圆周运动是高考热点，可以单独考查涉及描述圆周运动物理量及关系、运动分析、受力分析、向心力公式(牛顿第二定律的应用)等，也可以综合考查，如结合直线运动、平抛运动、电场、磁场等；可以出选择题，也可以出计算题．3.选材特点考题多结合生活实例如车辆转弯、过桥、游乐园“飞椅”、杂技“飞车走壁”等，