高中物理-知识点总结-针对性习题训练-第三章-第四章
[体系构建][考纲点击]1.牛顿运动定律、牛顿定律的应用(Ⅱ)2.超重和失重(Ⅰ)3.单位制(Ⅰ)实验四：验证牛顿运动定律[复习指导]1.对本章知识的考查常以“运动模型”为载体考查对牛顿运动定律的理解和应用，其中重点是对牛顿第二定律的考查。题型有选择、计算、实验等，难度中等或中等偏上。2.理解牛顿第一定律和牛顿第三定律，掌握理想化的物理分析方法。3.熟练应用牛顿第二定律解决动力学问题及运用超失重的知识定性分析一些力学现象。4.综合运用牛顿运动定律和运动学规律分析、解决多阶段(过程)的运动问题。
牛顿第一定律1．牛顿第一定律(1)内容：一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，除非作用在它上面的力迫使它改变这种状态。(2)意义：①指出了一切物体都有惯性，因此牛顿第一定律又叫惯性定律。②指出力不是维持物体运动状态的原因，而是改变物体运动状态的原因，即产生加速度的原因。2．惯性(1)定义：物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质。(2)特点：惯性是一切物体都具有的性质，是物体的固有属性，与物体的运动情况和受力情况无关。(3)量度：质量是惯性大小的唯一量度，质量大的物体惯性大，质量小的物体惯性小。1．惯性和惯性定律的区别(1)惯性是物体保持原有运动状态不变的一种性质，与物体是否受力、受力的大小无关。(2)惯性定律(牛顿第一定律)则反映物体在一定条件下的运动规律。2．牛顿第一定律的意义(1)牛顿第一定律描述了物体不受外力时的状态，而物体不受力的情形是不存在的，因此牛顿第一定律不是实验定律。(2)牛顿第一定律明确了力是改变物体运动状态的原因。1．下列对运动的认识正确的是( )A．亚里士多德认为必须有力作用在物体上，物体才能运动，没有力的作用，物体就静止B．伽利略认为如果完全排除空气的阻力，所有的物体将下落得同样快C．牛顿认为力不是维持物体速度的原因，而是改变物体速度的原因D．伽利略根据理想实验推论出，若没有摩擦，在水平面上运动的物体将保持其速度继续运动下去
解析：选BCD 力是改变物体运动状态的原因，而不是维持物体运动状态的原因，故选项A的说法不对，B、C、D正确。牛顿第三定律1．作用力和反作用力两个物体之间的作用总是相互的，一个物体对另一个物体施加了力，另一个物体一定同时对这个物体也施加了力。力是物体与物体间的相互作用，物体间相互作用的这一对力通常叫做作用力和反作用力。2．内容两个物体之间的作用力和反作用力总是大小相等，方向相反，作用在同一条直线上。3．意义建立了相互作用物体之间的联系及作用力与反作用力的相互依赖关系。对牛顿第三定律的理解(1)作用力与反作用力的比较：四同同大小无论在任何情况下，作用力和反作用力必定大小相等同直线作用力和反作用力一定在同一条直线上同性质作用力和反作用力一定是同一性质的力同存在作用力和反作用力总是同时产生，同时变化，同时消失三不同不同向作用力和反作用力的方向相反不同点作用力和反作用力作用在两个物体上，力的作用点不同不同效果作用力和反作用力在两个物体上的作用效果不同三无关与物体的种类无关与相互作用的两物体的运动状态无关与是否与另外的物体相互作用无关(2)应用牛顿第三定律应注意的问题：①定律中的“总是”说明对于任何物体，在任何条件下牛顿第三定律都是成立的。②牛顿第三定律说明了作用力和反作用力中，若一个产生或消失，则另一个必然同时产生或消失，否则就违背了“相互关系”。(3)相互作用力与平衡力的比较：
对应名称比较内容 作用力和反作用力一对平衡力不同点受力物体作用在两个相互作用的物体上作用在同一物体上依赖关系同时产生，同时消失，相互依存，不可单独存在无依赖关系，撤除一个，另一个可依然存在，只是不再平衡叠加性两力作用效果不可抵消，不可叠加，不可求合力两力作用效果可相互抵消，可叠加，可求合力，合力为零力的性质一定是同性质的力可以是同性质的力，也可以是不同性质的力相同点大小方向大小相等、方向相反、作用在同一条直线上2．(2011·浙江高考)如图3－1－1所示，甲、乙两人在冰面上“拔河”。两人中间位置处有一分界线，约定先使对方过分界线者为赢。若绳子质量不计，冰面可看成光滑，则下列说法正确的是( )图3－1－1A．甲对绳的拉力与绳对甲的拉力是一对平衡力B．甲对绳的拉力与乙对绳的拉力是作用力与反作用力C．若甲的质量比乙大，则甲能赢得“拔河”比赛的胜利D．若乙收绳的速度比甲快，则乙能赢得“拔河”比赛的胜利解析：选C 根据牛顿第三定律可知甲对绳的拉力与绳对甲的拉力是一对作用力与反作用力，选项A错；因为甲和乙的力作用在同一个物体上，故选项B错；根据动量守恒定律有m1x1＝m2x2，若甲的质量比较大，甲的位移较小，乙先过界，选项C正确；“拔河”
比赛的输赢只与甲、乙的质量有关，与收绳速度无关，选项D错误。对牛顿第一定律的理解及应用[命题分析] 牛顿第一定律是高考中的重要考点，在近几年高考中，单独被考查到的机率不大，考查的形式多为选择题，难度中等偏下。[例1] 如图3－1－2为伽利略的“理想实验”示意图，两个斜面对接，让小球从其中一个固定的斜面滚下，又滚上另一个倾角可以改变的斜面，斜面的倾角逐渐减小直至为零。这个实验的目的是为了说明( )图3－1－2A．如果没有摩擦，小球将运动到与释放时相同的高度B．如果没有摩擦，小球运动时机械能守恒C．维持物体做匀速直线运动并不需要力D．如果物体不受到力，就不会运动[解析] 为反驳亚里士多德关于物体运动和力关系的错误观点，伽利略依据可靠的事实为基础，以抽象为主导，经过科学推理，做了这个想象中的实验，实验的真正目的是找出运动和力的关系，并非选项A和B叙述的情况，故A、B均错，C正确；在不受外力作用时，一切物体都有保持匀速直线运动或静止状态的性质，故D错误。[答案] C————————————————————————————————现实中不能完全消除一切阻力，也不能把水平木板做得无限长，所以伽利略的实验是个“理想实验”，但它却指出了物体在不受外力作用时的状态，所以仍有实际意义。——————————————————————————————————————[变式训练]1．在物理学发展史上，伽利略、牛顿等许许多多科学家为物理学的发展做出了巨大贡献。以下选项中符合伽利略和牛顿的观点的是( )A．人在沿直线加速前进的车厢内，竖直向上跳起后，将落在起跳点的后方B．两匹马拉车比一匹马拉车跑得快，这说明：物体受的力越大则速度就越大C．两物体从同一高度做自由落体运动，较轻的物体下落较慢
D．一个运动的物体，如果不再受力了，它总会逐渐停下来，这说明：静止状态才是物体不受力时的“自然状态”解析：选A 人在沿直线加速前进的车厢内，竖直向上跳起后，由于惯性，人具有起跳时车的速度，但由于车是加速的，故人将落在起跳点的后方，这正是伽利略、牛顿的观点，亚里士多德却认为力是维持物体运动的原因，物体受力大运动就快，所以才有轻的物体下落较慢及静止状态才是物体不受力时的“自然状态”等错误看法。只有A选项是伽利略、牛顿的观点，故选A。对牛顿第三定律的理解及应用[命题分析] 近几年高考中对本考点单独考查的概率不大，常把本考点与其他知识综合起来考查，题型为选择题或计算题。[例2] 一个箱子放在水平地面上，箱内有一固定的竖直杆，在杆上套着一个环，箱与杆的质量为M，环的质量为m，如图3－1－3所示，已知环沿杆匀加速下滑时，环与杆间的摩擦力大小为Ff，则此时箱对地面的压力大小为多少？图3－1－3[思维流程]第一步：抓信息关键点关键点信息获取(1)环沿杆匀加速下滑时环对杆的作用力不等于环的重力(2)箱对地面的压力大小为多少箱对地面的压力大小等于地面对箱的支持力大小第二步：找解题突破口(1)要求箱对地面的压力，可利用牛顿第三定律先求出地面对箱的支持力。(2)以箱(不包括环)为研究对象，根据共点力平衡求出地面对箱的支持力。第三步：条理作答[解析] 环在竖直方向上受力情况如图甲所示，受重力mg和杆给它竖直向上的摩擦力Ff，根据牛顿第三定律，环应给杆一个竖直向下的摩擦力Ff′，
故箱子在竖直方向上受力如图乙所示，受重力Mg，地面对它的支持力FN及环给它的摩擦力Ff′，由于箱子处于平衡状态，可得，FN＝Ff′＋Mg＝Ff＋Mg。根据牛顿第三定律，箱子对地面的压力大小等于地面对箱子的支持力大小，则FN′＝Ff＋Mg。[答案] Ff＋Mg———————————————————————————————牛顿第三定律的应用方法(1)根据作用力求反作用力：①作用力与反作用力，二者一定等大、反向、分别作用在两个物体上，故本题可对箱子受力分析求出支持力。②在箱子受力分析中最容易出错的是环给箱子的力，为避免出错，可先对环受力分析，然后结合牛顿第三定律反推环给箱子的力。(2)研究对象的选取方法：整体法和隔离法是高中物理中常用的方法之一，特别是涉及两个或两个以上的物体时，往往会用到此法。在本题中用到了隔离法，把环和箱子隔离开来分别受力分析，再利用牛顿第三定律和物体平衡的知识解出相应的结果。——————————————————————————————————————[变式训练]2.如图3－1－4所示为杂技“顶竿”表演，一人站在地上，肩上扛一质量为M的竖直竹竿，当竿上一质量为m的人以加速度a加速下滑时，竿对“底人”的压力大小为( )
图3－1－4A．(M＋m)g B．(M＋m)g－maC．(M＋m)g＋maD．(M－m)g解析：选B 对竿上的人分析：受重力mg，摩擦力Ff，有mg－Ff＝ma，竿对人有摩擦力，人对竿也有反作用力——摩擦力，且大小相等，方向相反，对竿分析：受重力Mg，摩擦力Ff，方向向下，支持力FN，有Mg＋Ff＝FN，又因为竿对“底人”的压力FN′和“底人”对竿的支持力FN是一对作用力与反作用力，由牛顿第三定律，得到FN′＝(M＋m)g－ma。纠错蓝本——对作用力和反作用力的错误认识[示例] 一物体受绳子的拉力作用由静止开始前进，先做加速运动，然后改为匀速运动，再改做减速运动。则下列说法中正确的是( )A．加速前进时，绳子拉物体的力大于物体拉绳子的力B．减速前进时，绳子拉物体的力小于物体拉绳子的力C．只有匀速前进时，绳子拉物体的力与物体拉绳子的力大小相等D．不管物体如何前进，绳子拉物体的力与物体拉绳子的力大小总相等[尝试解答] 选D 绳拉物体的力与物体拉绳子的力是一对作用力和反作用力。根据牛顿第三定律，作用力和反作用力大小相等，方向相反，分别作用在物体上和绳子上，作用力与反作用力的关系与物体的运动状态和作用效果无关。加速前进、匀速前进或减速前进时，绳子拉物体的力都等于物体拉绳子的力，故A、B、C均错，D正确。[失误探因]1．审题方面由于没有弄清楚物体加速减速的真正原因而错选A、B。2．知识应用方面由于没有正确区分相互作用力和平衡力而错选C。[名师点评]作用力与反作用力的关系与物体的运动状态无关，物体的运动状态如何改变取决于受力情况。
[随堂巩固提升]1．一天，下着倾盆大雨。某人乘坐列车时发现，车厢的双层玻璃窗内积水了。列车进站过程中，他发现水面的形状如图3－1－5中的( )图3－1－5解析：选C 列车进站时刹车，速度减小，而水由于惯性仍要保持原来较大的速度，所以水向前涌，液面形状和选项C一致。2．下列说法中正确的是( )A．物体在不受外力作用时，保持原有运动状态不变的性质叫惯性，故牛顿运动定律又叫惯性定律B．牛顿第一定律仅适用于宏观物体，只可用于解决物体的低速运动问题C．牛顿第一定律是牛顿第二定律在物体的加速度a＝0条件下的特例D．伽利略根据理想实验推出，如果没有摩擦，在水平面上的物体，一旦具有某一个速度，将保持这个速度继续运动下去解析：选BD 牛顿第一定律表明，物体在不受外力作用时，保持原有运动状态不变的性质叫惯性，故牛顿第一定律又叫惯性定律，A错误；牛顿运动定律都是在宏观、低速的情况下得出的结论，在微观、高速的情况下不成立，B正确；牛顿第一定律说明了两点含义，一是所有物体都有惯性，二是物体不受力时的运动状态是静止或匀速直线运动，牛顿第二定律并不能完全包含这两点意义，C错误；伽利略的理想实验是牛顿第一定律的基础，D正确。3．汽车拉着拖车在平直的公路上运动，下面的说法正确的是( )A．汽车能拉着拖车前进是因为汽车对拖车的拉力大于拖车对汽车的拉力B．汽车先对拖车施加拉力，然后才产生拖车对汽车的拉力C．匀速前进时，汽车对拖车的拉力等于拖车向后拉汽车的力；加速前进时，汽车向前拉拖车的力大于拖车向后拉汽车的力D．拖车加速前进时，是因为汽车对拖车的拉力大于地面对拖车的摩擦阻力；汽车加速前进是因为地面对汽车向前的作用力(牵引力)大于拖车对它的拉力解析：选D
汽车对拖车的拉力与拖车对汽车的拉力是一对作用力和反作用力，两者一定等大、反向、分别作用在拖车和汽车上，故A项错；作用力和反作用力总是同时产生、同时变化、同时消失的，故B项错；不论汽车匀速运动还是加速运动，作用力和反作用力大小总相等，故C项错；拖车加速前进是因为汽车对拖车的拉力大于地面对拖车的摩擦阻力(包括其他阻力)，汽车能加速前进是因为地面对汽车向前的作用力大于拖车对它向后的拉力，符合牛顿第二定律，故D项正确。4．下列说法正确的是( )A．运动越快的汽车越不容易停下来，是因为汽车运动得越快，惯性越大B．同一物体在地球上不同的位置受到的重力是不同的，所以它的惯性也随位置的变化而变化C．一个小球竖直上抛，抛出后能继续上升，是因为小球运动过程中受到了向上的推力D．物体的惯性大小只与本身的质量有关，质量大的物体惯性大，质量小的物体惯性小解析：选D 惯性是物体本身的固有属性，其大小只与物体的质量大小有关，与物体的受力及运动情况无关，故B错，D正确；速度大的汽车要停下来时，速度变化大，由Δv＝at可知需要的时间长，惯性未变，故A错；小球上抛时是由于惯性向上运动，并未受到向上的推力，故C错。5．下列关于力的说法正确的是( )A．作用力和反作用力作用在同一物体上B．太阳系中的行星均受到太阳的引力作用C．运行的人造地球卫星所受引力的方向不变D．伽利略的理想实验说明了力不是维持物体运动的原因解析：选BD 作用力和反作用力作用在相互作用的两个物体上，A选项错误；太阳系中的行星都受到太阳的万有引力作用，B选项正确；人造地球卫星在运行过程中受到地球的吸引力始终指向地心，方向一直在变，C选项错误；伽利略的理想实验推翻了亚里士多德的“必须有力作用在物体上，物体才能运动”的观点，揭示了力不是维持物体运动的原因，D正确。[课下限时集训](时间：40分钟 满分：100分)一、选择题(本题共10小题，每小题6分，共60分)1．(2013·成都模拟)物体A的质量为10kg，物体B的质量为20kg，A、B分别以20m/s和10m/s的速度运动，则下列说法中正确的是( )A．A的惯性比B大 B．B的惯性比A大C．A和B的惯性一样大D．不能确定解析：选B 质量是物体惯性大小的唯一量度，质量越大，惯性越大，惯性大小与速度大小无关，故B的惯性比A大，选项B对，A、C、D都错。
2．我国《道路交通安全法》中规定：各种小型车辆前排乘坐的人(包括司机)必须系好安全带，这是因为( )A．系好安全带可以减小惯性B．是否系好安全带对人和车的惯性没有影响C．系好安全带可以防止因车的惯性而造成的伤害D．系好安全带可以防止因人的惯性而造成的伤害解析：选BD 根据惯性的定义知：安全带与人和车的惯性无关，A错，B对；系好安全带主要是防止因刹车时人具有向前的惯性而造成伤害事故，C错，D对。3．如图1所示，人站立在体重计上，下列说法正确的是( )图1A．人对体重计的压力和体重计对人的支持力是一对平衡力B．人对体重计的压力和体重计对人的支持力是一对作用力和反作用力C．人所受的重力和人对体重计的压力是一对平衡力D．人所受的重力和人对体重计的压力是一对作用力和反作用力解析：选B 人对体重计的压力与体重计对人的支持力是一对作用力和反作用力，B正确，A错误；人所受重力和人对体重计的压力大小相等，方向相同，既不是一对作用力与反作用力，也不是一对平衡力。4．(2013·嵊泗模拟)用网球拍打击飞过来的网球，网球拍打击网球的力( )A．大于球撞击网球拍的力B．小于球撞击网球拍的力C．比球撞击网球拍的力更早产生D．与球撞击网球拍的力同时产生解析：选D 网球拍打击网球的力与网球撞击球拍的力是一对作用力与反作用力，二者同时产生，大小相等。5．跳高运动员从地面上跳起，关于各力大小的说法中正确的是( )A．地面对运动员的支持力大于他对地面的压力B．运动员对地面的压力等于地面对他的支持力C．地面对运动员的支持力大于他所受的重力
D．地面对运动员的支持力等于他所受的重力解析：选BC 地面对运动员的支持力和他对地面的压力是一对作用力和反作用力，大小始终相等，故A错误，B正确；运动员跳起，加速度方向向上，故支持力大于重力，C正确，D错误。6．(2012·新课标全国卷)伽利略根据小球在斜面上运动的实验和理想实验，提出了惯性的概念，从而奠定了牛顿力学的基础。早期物理学家关于惯性有下列说法，其中正确的是( )A．物体抵抗运动状态变化的性质是惯性B．没有力的作用，物体只能处于静止状态C．行星在圆周轨道上保持匀速率运动的性质是惯性D．运动物体如果没有受到力的作用，将继续以同一速度沿同一直线运动解析：选AD 惯性的定义是物体保持静止或匀速直线运动的性质叫惯性，所以A正确；如果没有力，物体将保持静止或匀速直线运动，所以B错误；行星在轨道上保持匀速率的圆周运动的原因是合外力与需要的向心力总是相等，所以C错误；运动物体不受力，它将保持匀速直线运动状态，所以D正确。7．(2012·梅州模拟)就一些实际生活中的现象，某同学试图从惯性角度加以解释，其中正确的是( )A．采用了大功率的发动机后，某些赛车的速度甚至能超过某些老式螺旋桨飞机的速度。这表明，可以通过科学进步使小质量的物体获得大惯性B．射出枪膛的子弹在运动相当长一段距离后连一件棉衣也穿不透，这表明它的惯性小了C．货运列车运行到不同的车站时，经常要摘下或加挂一些车厢，这会改变它的惯性D．摩托车转弯时，车手一方面要控制适当的速度，另一方面要将身体稍微向里倾斜，通过调控人和车的惯性达到急转弯的目的解析：选C 采用了大功率的发动机后，某些赛车的速度甚至能超过某些老式螺旋桨飞机的速度，原因是功率变大了，但惯性不变，A错；射出枪膛的子弹在运动相当长一段距离后连一件棉衣也穿不透，原因是子弹具有的速度过小，但惯性不变，B错；货运列车运行到不同的车站时，摘下或加挂一些车厢，列车的质量改变了，它的惯性也就改变了，C正确；摩托车转弯时，车手一方面要控制适当的速度，另一方面要将身体稍微向里倾斜，调控人和车的重心位置，但整体的惯性不变，D错。8．有人做过这样一个实验：如图2所示，把鸡蛋A快速向另一个完全一样的静止的鸡蛋B撞去(用同一部分撞击)，结果每次都是被撞击的鸡蛋B被撞破。则下面说法正确的是( )
图2A．A对B的作用力的大小小于B对A的作用力的大小B．A对B的作用力的大小大于B对A的作用力的大小C．A蛋碰撞瞬间，其内蛋黄和蛋白由于惯性会对A蛋壳产生向前的作用力D．A蛋碰撞部分除受到B对它的作用力外，还受到A蛋中蛋黄和蛋白对它的作用力，所以所受合力较小解析：选CD A对B的作用力和B对A的作用力为作用力与反作用力，一定大小相等，A、B错误；在撞击瞬间，A蛋内蛋黄和蛋白由于惯性会产生对A蛋壳向前的作用力，使A蛋壳接触处所受的合力比B蛋壳的小，因此B蛋壳易被撞破，故C、D正确。9．(2013·普陀高三质量调研)如图3所示，质量均为m的甲、乙两同学，分别静止于水平地面的台秤P、Q上，他们用手分别竖直牵拉一只弹簧秤的两端，稳定后弹簧秤的示数为F，若弹簧秤的质量不计，下列说法正确的是( )图3A．甲受到的拉力大于F，乙受到的拉力小于FB．台秤P的读数等于mg＋FC．台秤Q的读数为mg－FD．两台秤的读数之和为2mg解析：选BCD 据牛顿第三定律知甲、乙受到的拉力大小都为F，A错；P台秤的读数应为mg＋F，B正确；台秤Q的读数为mg－F，C正确；两台秤的读数之和等于甲、乙两人的重力之和，D正确。10．身高和质量完全相同的两人穿同样的鞋在同一水平面上通过一轻杆进行顶牛比赛。企图迫使对方后退。设甲、乙两人对杆的推力分别是F1、F2，甲、乙两人身体因前倾而偏离竖直方向的夹角分别为α1、α2，倾角α越大，此刻人手和杆的端点位置就越低，如图4所示，若甲获胜，则( )
图4A．F1＝F2，α1>α2B．F1>F2，α1＝α2C．F1＝F2，α1<α2D．F1>F2，α1>α2解析：选A 由于杆是轻杆，把杆当做甲或乙的一部分，由牛顿第三定律，F1＝F2，故B、D错误；甲获胜是由于甲所受地面的最大静摩擦力大于乙所受地面的最大静摩擦力，故甲端杆的端点的位置较低，由受力分析和力的平衡可知，α1>α2，故A对。二、非选择题(本题共2小题，共40分)11．(18分)如图5所示，在台秤上放上盛有水的杯子，台秤示数为G′＝50N，另用挂在支架上的弹簧测力计悬挂边长a＝10cm的正方体金属块，金属块的密度ρ＝3×103kg/m3，当把弹簧测力计下的金属块平稳地浸入水深h＝4cm时(水未溢出)，弹簧测力计和台秤的示数分别为多少？(水的密度是ρ水＝103kg/m3，g取10m/s2)图5解析：金属块的重力为：G金＝ρga3＝3×103×10×0.13N＝30N金属块所受水的浮力为F浮＝ρ水ga2h＝103×10×0.12×0.04N＝4N弹簧测力计的示数为FT＝G金－F浮＝26N根据牛顿第三定律得金属块对水的作用力大小为F浮，故台秤的示数为FN＝G′＋F浮＝54N。答案：26N 54N12．(22分)如图6所示，高为h的车厢在平直轨道上匀减速向右行驶，加速度大小为a，车厢顶部A点处有质量为m油滴落到地板上，若O点位于A
点的正下方，则油滴落在地板上的点应在O点左侧还是右侧？离O点距离为多少？油滴下落过程中对地球的作用力大小为多少？图6解析：油滴离开车厢上的A点后，由于惯性在水平方向上保持原来的速度，而在竖直方向上做自由落体运动。在竖直方向上，由h＝gt2知油滴的下落时间t＝①设油滴下落时车的速度为v0，则在时间t内油滴的水平位移x1＝v0t②车的水平位移x2＝v0t－at2③由①②③得油滴落在O点右侧，距O点的距离为Δx＝x1－x2＝at2＝h。油滴下落时地球对油滴的作用力大小为mg，由牛顿第三定律可知，油滴对地球的作用力大小也是mg。答案：右侧 h mg[教师备选题库]1．(2012·鞍山模拟)如图1所示是一种汽车安全带控制装置的示意图，当汽车处于静止或匀速直线运动时，摆锤竖直悬挂，锁棒水平，棘轮可以自由转动，安全带能被拉动。当汽车突然刹车时，摆锤由于惯性绕轴摆动，使得锁棒锁定棘轮的转动，安全带不能被拉动。若摆锤从图中实线位置摆到虚线位置，汽车的可能运动方向和运动状态是( )图1A．向左行驶、突然刹车B．向右行驶、突然刹车
C．向左行驶、匀速直线运动D．向右行驶、匀速直线运动解析：选B 简化模型如图所示，当小球在虚线位置时，小球、车具有向左的加速度，车的运动情况可能为：向左加速行驶或向右减速行驶，A错误，B正确；当车匀速运动时，无论向哪个方向运动，小球均处于竖直位置不摆动，C、D错误。2．(2013·无锡模拟)有人设计了一种交通工具，在平板车上装了一个电风扇，风扇运转时吹出的风全部打到竖直固定在小车中间的风帆上，靠风帆受力而向前运动，如图2所示。对于这种设计。下列分析中正确的是( )图2A．根据牛顿第二定律，这种设计能使小车运行B．根据牛顿第三定律，这种设计能使小车运行C．这种设计不能使小车运行，因为它违反了牛顿第二定律D．这种设计不能使小车运行，因为它违反了牛顿第三定律解析：选D 风扇吹出风时，风对风扇叶片产生向右的作用力，风扇运转时吹出的风打到风帆上时，风会给风帆一个向左的作用力，根据牛顿第三定律，对于整个装置而言，作用力和反作用力大小相等，属于内力，小车不会前进。3．(2012·肥城模拟)用计算机辅助实验系统做验证牛顿第三定律的实验，点击实验菜单中“力的相互作用”。把两个力探头的挂钩钩在一起，向相反方向拉动，观察显示器屏幕上出现的结果如图3所示。观察分析两个力传感器的相互作用力随时间变化的曲线，可以得到以下实验结论( )图3A．作用力与反作用力同时存在B．作用力与反作用力作用在同一物体上C．作用力与反作用力大小相等
D．作用力与反作用力方向相反解析：选ACD 由题图可知：两个力传感器的相互作用力属于作用力和反作用力，它们同时存在、大小相等、方向相反、作用在两个物体上，故A、C、D正确。4．(2012·福州模拟)在水平面上有一辆匀速行驶的小车，车上固定一盛满水的碗。现突然发现碗中的水洒出，水洒出的情况如图4所示，则关于小车在此种情况下的运动叙述正确的是( )图4A．小车匀速向左运动B．小车可能突然向左加速运动C．小车可能突然向左减速运动D．小车可能突然向右减速运动解析：选BD 如果小车正在向左匀速运动，突然加速，则碗中的水由于惯性仍保持原有的速度，就会向右洒出，故B正确；如果小车正向右匀速运动，突然减速，则碗中的水由于惯性仍保持原来的速度，就会向右洒出，故D正确。5．(2012·南宁模拟)如图5所示，在匀速前进的磁悬浮列车里，小明将一小球放在水平桌面上，且小球相对桌面静止。关于小球与列车的运动，下列说法正确的是( )图5A．若小球向前滚动，则磁悬浮列车在加速前进B．若小球向后滚动，则磁悬浮列车在加速前进C．磁悬浮列车急刹车时，小球向前滚动D．磁悬浮列车急刹车时，小球向后滚动解析：选BC 列车加(减)速时，小球由于惯性保持原来的运动状态不变，相对于车向后(前)滚动，选项B、C正确。6．(2012·成都模拟)如图6所示，一辆卡车后面用轻绳拖着质量为m的物体A，A与地面的摩擦不计。
图6(1)当卡车以a1＝g的加速度运动时，绳的拉力为mg，则A对地面的压力为多大？(2)当卡车的加速度a2＝g时，绳的拉力为多大？解析：(1)卡车和A的加速度一致，由图知绳的拉力的分力使A产生了加速度，故有mgcosα＝m·g解得cosα＝，sinα＝设地面对A的支持力为FN，则有FN＝mg－mg·sinα＝mg由牛顿第三定律得，A对地面的压力为mg。(2)设地面对A弹力为零时，物体的临界加速度为a0，则a0＝g·cotα＝g故当a2＝g>a0时，物体已飘起，此时物体所受合力为mg，则由三角形知识可知，拉力F2＝＝mg。答案：(1)mg (2)mg牛顿第二定律1．内容物体加速度的大小跟它受到的作用力成正比，跟它的质量成反比，加速度的方向跟作用力的方向相同。2．表达式F＝ma。3．适用范围
(1)只适用于惯性参考系，即相对于地面静止或匀速直线运动的参考系；(2)只适用于解决宏观物体的低速运动问题，不能用来处理微观粒子的高速运动问题。牛顿第二定律的“五个性质”(1)矢量性：公式F＝ma是矢量式，任一时刻，F与a同向。(2)瞬时性：a与F对应同一时刻，即a为某时刻的加速度时，则F为该时刻物体所受到的力。(3)因果性：F是产生a的原因，物体具有加速度是因为物体受到了力。(4)同一性：①加速度a相对同一惯性系(一般指地面)。②F＝ma中，F、m、a对应同一物体或同一系统。③F＝ma中，各量统一使用国际单位。(5)独立性：①作用于物体上的每一个力各自产生的加速度都遵从牛顿第二定律。②物体的实际加速度等于每个力产生的加速度的矢量和。③分力和加速度在各个方向上的分量也遵从牛顿第二定律，即：Fx＝max，Fy＝may。1．关于力和运动关系的几种说法中，正确的是( )A．物体所受合外力的方向，就是物体运动的方向B．物体所受合外力不为零时，其速度不可能为零C．物体所受合外力不为零时，其加速度一定不为零D．物体所受合外力变小时，一定做减速运动解析：选C 由牛顿第二定律F＝ma可知，物体所受合外力的方向就是物体加速度的方向，但合外力的方向与运动方向没有必然联系。合外力的方向可以与物体的运动方向相同(例如匀加速直线运动)，也可以与物体的运动方向相反(例如匀减速直线运动)，还可以与物体的运动方向不在同一条直线上(例如曲线运动)，故A错；物体所受合外力不为零，说明其加速度不为零，但其速度可能为零(如物体竖直上抛上升到最高点时)，故B错，C对；当物体所受合外力减小时，其加速度一定减小，若此时合外力的方向与物体的运动方向相同，则物体仍做加速运动，故D错。牛顿运动定律的应用1．两类动力学问题
(1)已知受力情况求物体的运动情况；(2)已知运动情况求物体的受力情况。2．解决两类基本问题的方法以加速度为“桥梁”，由运动学公式和牛顿运动定律列方程求解，具体逻辑关系如图3－2－1。图3－2－11．两类动力学问题的基本解题方法(1)由受力情况判断物体的运动状态：①先求出几个力的合力；②由牛顿第二定律求出加速度；③根据运动学公式，求出物体在任一时刻的速度和位移。(2)由运动情况判断物体的受力情况：①已知加速度或根据运动规律求出加速度；②应用力的合成和分解法则或正交分解法求出牛顿第二定律中的合力；③由合力确定各方向上未知力的大小。2．两类动力学问题的解题步骤(1)明确研究对象。根据问题的需要和解题的方便，选出被研究的物体。(2)分析物体的受力情况和运动情况。画好受力分析图和过程图，明确物体的运动性质和运动过程。(3)选取正方向或建立坐标系。通常以加速度的方向为正方向或以加速度方向为某一坐标轴的正方向。(4)求合外力F合。(5)根据牛顿第二定律F＝ma列方程求解，必要时要对结果进行讨论。2．如图3－2－2所示，抗震救灾运输机在某场地缷放物资时，通过倾角为30°的固定光滑斜轨道面进行。有一件质量为m＝2.0kg的小包装盒，由静止开始从斜轨道的顶端A滑至底端B，然后又在水平面上滑行一段距离后停下。若A点距离水平面的高度h＝5.0m，重力加速度g取10m/s2(不计斜面和地面接触处的能量损耗)，求：
图3－2－2(1)包装盒由A滑到B所经历的时间；(2)若小包装盒与地面间的动摩擦因数为0.5，包装盒在水平地面上还能滑行多远？解析：(1)对物体进行受力分析，由牛顿第二定律，得：mgsinθ＝ma，a＝gsinθ＝5m/s2包装盒沿斜面由A到B的位移为xAB＝＝10m设包装盒由A到B做匀加速运动的时间为t则xAB＝at2解得：t＝＝2s。(2)由牛顿第二定律有μmg＝ma′在B点速度v＝at代入数据，得x＝＝10m。答案：(1)2s (2)10m单位制1．单位制由基本单位和导出单位一起组成了单位制。2．基本单位基本量的单位。力学中的基本量有三个，它们分别是质量、时间、长度，它们的国际单位分别是kg、s、m。3．导出单位由基本量根据逻辑关系推导出的其他物理量的单位。国际单位制中的七个基本物理量和基本单位物理量名称物理量符号单位名称单位符号长度l米m
质量m千克kg时间t秒s电流I安[培]A热力学温度T开[尔文]K物质的量n摩[尔]mol发光强度Iv坎[德拉]cd3．关于单位制，下列说法中正确的是( )A．kg、m/s、N是导出单位B．kg、m、C是基本单位C．在国际单位制中，时间的基本单位是sD．在国际单位制中，力的单位是根据牛顿第二定律定义的解析：选CD kg、m是基本单位，m/s、N、C是导出单位，在国际单位制中，时间的基本单位是s，力的单位是根据牛顿第二定律定义的，C、D选项正确。瞬时性问题分析[命题分析] 加速度与力的瞬时对应关系是高考中的重要考点，考查的题型有选择和计算；在高考中可单独命题，也可与其他知识综合命题。[例1] 在动摩擦因数μ＝0.2的水平面上有一个质量为m＝1kg的小球，小球与水平轻弹簧及与竖直方向成θ＝45°角的不可伸长的轻绳一端相连，如图3－2－3所示。此时小球处于静止平衡状态，且水平面对小球的弹力恰好为零，当剪断轻绳的瞬间，取g＝10m/s2。求：图3－2－3(1)此时轻弹簧的弹力大小；(2)小球的加速度大小和方向。[解析] (1)水平面对小球的弹力为零，小球在绳没有断时受到绳的拉力FT、重力mg和弹簧的弹力F作用而处于平衡状态，依据平衡条件得竖直方向有：FTcosθ＝mg，水平方向有：FTsinθ＝F，解得弹簧的弹力为：F＝mgtanθ＝10N
(2)剪断绳后小球在竖直方向仍平衡，水平面支持力与重力平衡FN＝mg，在水平方向上，由牛顿第二定律得小球的加速度为：a＝＝8m/s2，方向水平向左。[答案] (1)10N (2)8m/s2 方向水平向左———————————————————————————————瞬时性问题的分析方法及注意事项(1)分析物体在某一时刻的瞬时加速度，关键是明确该时刻物体的受力情况及运动状态，再由牛顿第二定律求出瞬时加速度，此类问题应注意以下几种模型： 特性模型 受外力时的形变量力能否突变产生拉力或支持力质量内部弹力轻绳微小不计可以只有拉力没有支持力不计处处相等橡皮绳较大不能只有拉力没有支持力轻弹簧较大不能既可有拉力也可有支持力轻杆微小不计可以既可有拉力也可有支持力(2)在求解瞬时性加速度问题时应注意：①物体的受力情况和运动情况是时刻对应的，当外界因素发生变化时，需要重新进行受力分析和运动分析。②加速度可以随着力的突变而突变，而速度的变化需要一个过程的积累，不会发生突变。——————————————————————————————————————[变式训练]1．如图3－2－4所示，轻弹簧上端与一质量为m的木块1相连，下端与另一质量为M的木块2相连，整个系统置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态。现将木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，木块1、2的加速度大小分别为a1、a2。重力加速度大小为
g。则有( )图3－2－4A．a1＝0，a2＝gB．a1＝g，a2＝gC．a1＝0，a2＝gD.a1＝g，a2＝g解析：选C 木板抽出前，由平衡条件可知弹簧被压缩产生的弹力大小为mg。木板抽出后瞬间，弹簧弹力保持不变，仍为mg。由平衡条件和牛顿第二定律可得a1＝0，a2＝g。两类动力学问题的分析[命题分析] 动力学问题属高考中的重要考点，常结合直线运动规律、电场、磁场等知识综合考查，题型较全，难度中等偏上。[例2] (2012·安徽高考)质量为0.1kg的弹性球从空中某高度由静止开始下落，该下落过程对应的v－t图象如图3－2－5所示。球与水平地面相碰后离开地面时的速度大小为碰撞前的。设球受到的空气阻力大小恒为f，取g＝10m/s2，求：图3－2－5(1)弹性球受到的空气阻力f的大小；(2)弹性球第一次碰撞后反弹的高度h。[思维流程]第一步：抓信息关键点关键点信息获取(1)由静止开始下落，该下落过程对应的v－t
图象如图所示下落过程做匀加速直线运动，加速度等于图线的斜率(2)球与水平地面相碰后离开地面时的速度大小为碰撞前的球与地面碰撞时有机械能的损失(3)弹性球第一次碰撞后反弹的高度球反弹后做匀减速直线运动，加速度与下落时的加速度不相等第二步：找解题突破口(1)要求空气阻力f的大小，需先利用v－t图象求出加速度，并应用牛顿第二定律进行求解。(2)根据反弹后球的受力情况求出反弹后的加速度，再应用匀变速直线运动规律求出上升的高度h。第三步：条理作答[解析] (1)设弹性球第一次下落过程中的加速度大小为a1，由题图知a1＝＝m/s2＝8m/s2①根据牛顿第二定律得mg－f＝ma1②f＝m(g－a1)＝0.2N③(2)由题图知弹性球第一次到达地面时的速度大小为v1＝4m/s，设球第一次离开地面时的速度大小为v2，则v2＝v1＝3m/s④第一次离开地面后，设上升过程中球的加速度大小为a2，则mg＋f＝ma2a2＝12m/s2⑤于是，有0－v＝－2a2h⑥解得h＝m⑦
[答案] (1)0.2N (2)m———————————————————————————————解答动力学两类问题的基本程序(1)明确题目中给出的物理现象和物理过程的特点，如果是比较复杂的问题，应该明确整个物理现象是由哪几个物理过程组成的，找出相邻过程的联系点，再分别研究每一个物理过程。(2)根据问题的要求和计算方法，确定研究对象，进行分析，并画出示意图，图中应注明力、速度、加速度的符号和方向，对每一个力都明确施力物体和受力物体，以免分析力时有所遗漏或无中生有。(3)应用牛顿运动定律和运动学公式求解，通常先用表示物理量的符号运算，解出所求物理量的表达式，然后将已知物理量的数值及单位代入，通过运算求结果。——————————————————————————————————————[变式训练]2．质量为2kg的物体在水平推力F的作用下沿水平面做直线运动，一段时间后撤去F，其运动的v－t图象如图3－2－6所示。g取10m/s2，求：图3－2－6(1)物体与水平面间的动摩擦因数μ；(2)水平推力F的大小；(3)0～10s内物体运动位移的大小。解析：(1)由题中图象知，t＝6s时撤去外力F，此后6～10s内物体做匀减速直线运动直至静止，其加速度为a1＝＝－2m/s2又因为a1＝－＝－μg联立得μ＝0.2。
(2)由题中图象知0～6s内物体做匀加速直线运动其加速度大小为a2＝＝1m/s2由牛顿第二定律得F－μmg＝ma2联立得，水平推力F＝6N。(3)设0～10s内物体的位移为x，则x＝x1＋x2＝×(2＋8)×6m＋×8×4m＝46m。答案：(1)0.2 (2)6N (3)46m万能模型——传送带模型1．模型特点传送带包括水平传送带与倾斜传送带，分析处理传送带问题时，一定要做好“受力分析、状态分析、过程分析”，具体流程如下：2．求解传送带问题应注意以下几点(1)在确定研究对象并进行受力分析后，首先判定摩擦力突变(含大小和方向)点，给运动分段，而突变点一定发生在物体速度与传送带速度相同的时刻。物体在传送带上运动时的极值点也都发生在物体速度与传送带速度相同的时刻。v物与v传相同的时刻是运动分段的关键点，也是解题的突破口。(2)在倾斜传送带上需根据mgsinθ与Ff的大小和方向，来确定物体的运动情况。(3)考虑传送带长度，判断物体与传送带共速之前是否滑出，物体与传送带共速以后是否一定与传送带保持相对静止。[示例] 如图3－2－7所示，传送带水平部分xab＝2m，斜面部分xbc＝4m，bc与水平方向夹角α＝37°，一个小物体A与传送带间的动摩擦因数μ＝0.25，传送带沿图示方向以速率v＝2m/s运动，若把物体A轻放到a处，它将被传送带送到c点，且物体A不脱离传送带，求物体A从a点被传送到c点所用的时间。(g＝10m/s2，sin37°＝0.6)
图3－2－7[解析] 物体A轻放在a处后在摩擦力作用下向右做匀加速直线运动直到与传送带速度相等，在这一过程中有a1＝＝2.5m/s2发生位移x1＝＝m＝0.8m经历时间t1＝＝0.8s此后物体随传送带匀速运动到b点时间为t2＝＝0.6s当物体A到达bc斜面时，因mgsin37°＝0.6mg>μmgcos37°＝0.2mg，所以物体A将再沿传送带做匀加速直线运动其加速度大小为a2＝gsin37°－μgcos37°＝4m/s2物体A在传送带bc上所用时间满足xbc＝vt3＋a2t代入数值得t3＝1s即物体A从a点被传送到c点所用的时间为t＝t1＋t2＋t3＝2.4s。[答案] 2.4s[模型构建](1)物体在传送带上运动时，往往会涉及摩擦力的突变和相对运动问题。当物体与传送带相对静止时，物体与传送带间可能存在静摩擦力也可能不存在摩擦力。当物体与传送带相对滑动时，物体与传送带间有滑动摩擦力，这时物体与传送带间会有相对滑动的位移。
(2)解答传送带问题时常应用的知识点有：匀变速直线运动规律、牛顿运动定律、功能关系等。[变式训练]传送带与水平面夹角为37°，皮带以12m/s的速率沿顺时针方向转动，如图3－2－8所示。今在传送带上端A处无初速度地放上一个质量为m的小物块，它与传送带间的动摩擦因数为0.75，若传送带A到B的长度为24m，g取10m/s2，则小物块从A运动到B的时间为多少？图3－2－8解析：小物块无初速度放在传送带上时，所受摩擦力为滑动摩擦力，方向沿斜面向下，对小物块用牛顿第二定律得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma解得a＝12m/s2设小物块加速到12m/s运动的距离为x1，所用时间为t1由v2－0＝2ax1得，x1＝6m由v＝at1得t1＝1s当小物块的速度加速到12m/s时，因mgsinθ＝μmgcosθ，小物块受到的摩擦力由原来的滑动摩擦力突变为静摩擦力，而且此时刚好为最大静摩擦力，小物块此后随皮带一起做匀速运动。设AB间的距离为L，则L－x1＝vt2解得t2＝1.5s从A到B的时间t＝t1＋t2解得t＝2.5s。答案：2.5s[随堂巩固提升]1．(2012·海南高考)根据牛顿第二定律，下列叙述正确的是( )A．物体加速度的大小跟它的质量和速度大小的乘积成反比
B．物体所受合力必须达到一定值时，才能使物体产生加速度C．物体加速度的大小跟它所受作用力中的任一个的大小成正比D．当物体质量改变但其所受合力的水平分力不变时，物体水平加速度大小与其质量成反比解析：选D 物体加速度的大小由合外力与质量的比值决定，跟其质量与速度的乘积无关，A错；物体所受合外力不为零，即有加速度产生，不需要达到某一数值，B错；物体加速度大小与合外力成正比，C错；在水平方向应用牛顿第二定律，当物体质量改变但其所受合力的水平分力不变时，物体水平加速度大小与其质量成反比，D对。2．放在水平面上的一物体质量为45kg，现用90N的水平推力推该物体，此时物体的加速度为1.8m/s2。当物体运动后，撤掉水平推力，此时该物体的加速度大小为( )A．1.8m/s2 B．0.2m/s2C．2m/s2D．2.8m/s2解析：选B 有90N的水平推力时F－Ff＝ma1，得到Ff＝9N，撤掉水平推力后，物体所受合力等于摩擦力，因此Ff＝ma2，得到加速度的大小为a2＝0.2m/s2。3．(2013·湖南调研)如图3－2－9甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端放置一物体(物体与弹簧不连接)，初始时物体处于静止状态。现用竖直向上的拉力F作用在物体上，使物体开始向上做匀加速运动，拉力F与物体位移x之间的关系如图乙所示(g＝10m/s2)，则下列结论正确的是( )图3－2－9A．物体与弹簧分离时，弹簧处于压缩状态B．弹簧的劲度系数为7.5N/cmC．物体的质量为2kgD．物体的加速度大小为5m/s2解析：选CD 设物体的质量为m，开始时弹簧的压缩量为Δx，由牛顿第二定律可得k·Δx＝mg①现用竖直向上的拉力F作用在物体上，使物体开始向上做匀加速运动，根据拉力F与物体位移x的关系可得10＝ma②30－mg＝ma③
联立①②③可以解得，物体的质量m＝2kg，物体的加速度a＝5m/s2，k＝500N/m，故C、D正确。4．如图3－2－10所示，静止在光滑水平面上的物体A，一端靠着处于自然状态的弹簧。现对物体作用一水平恒力，在弹簧被压缩到最短的过程中，物体的速度和加速度的变化情况是( )图3－2－10A．速度增大，加速度增大B．速度增大，加速度减小C．速度先增大后减小，加速度先增大后减小D．速度先增大后减小，加速度先减小后增大解析：选D 物体在水平方向上受向左的推力F、弹簧向右的弹力kx，起初合力方向向左、大小为F合＝F－kx，随着x的增大，合力越来越小，由牛顿第二定律可知，加速度越来越小，因加速度与速度同向，故速度越来越大；当弹簧的弹力kx增大到与F相等时，合力为零，加速度为零，速度最大；由于惯性，物体继续向左运动，弹簧向右的弹力大于F，合力方向向右、大小F合＝kx－F，随着x的增大，合力越来越大，加速度越来越大，因加速度与速度反向，故速度越来越小。故选D。5．(2012·上海高考)如图3－2－11所示，将质量m＝0.1kg的圆环套在固定的水平直杆上。环的直径略大于杆的截面直径。环与杆间动摩擦因数μ＝0.8。对环施加一位于竖直平面内斜向上，与杆夹角θ＝53°的拉力F，使圆环以a＝4.4m/s2的加速度沿杆运动，求F的大小。(取sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，g＝10m/s2)图3－2－11解析：令Fsin53°＝mg，F＝1.25N，当F<1.25N时，杆对环的弹力向上，由牛顿第二定律Fcosθ－μFN＝ma，FN＋Fsinθ＝mg，解得F＝1N，当F>1.25N时，杆对环的弹力向下，由牛顿第二定律Fcosθ－μFN＝ma，
Fsinθ＝mg＋FN，解得F＝9N答案：1N或9N[课下限时集训](时间：40分钟 满分：100分)一、选择题(本题共10小题，每小题6分，共60分)1．(2012·江苏高考)将一只皮球竖直向上抛出，皮球运动时受到空气阻力的大小与速度的大小成正比，下列描绘皮球在上升过程中加速度大小a与时间t关系图象，可能正确的是( )图1解析：选C 加速度a＝g＋，随着v的减小，a减小，但最后不等于0。加速度越小，速度减小得越慢，所以选C。2．(2012·佛山质检)“儿童蹦极”中，拴在腰间左右两侧的是弹性极好的橡皮绳。质量为m的小明如图2所示静止悬挂时，两橡皮绳的拉力大小均恰为mg，若此时小明左侧橡皮绳在腰间断裂，则小明此时( )图2A．速度为零B．加速度a＝g，沿原断裂橡皮绳的方向斜向下C．加速度a＝g，沿未断裂橡皮绳的方向斜向上D．加速度a＝g，方向竖直向下解析：选AB 橡皮绳断裂时速度不能发生突变，A正确；两橡皮绳的拉力大小均恰为mg，可知两橡皮绳夹角为120°，小明左侧橡皮绳在腰间断裂时，弹性极好的橡皮绳的弹力不能发生突变，对小明进行受力分析可知B正确，C、D错误。3．如图3所示，质量为m的小球用水平轻弹簧系住，并用倾角为30°的光滑木板AB托住，小球恰好处于静止状态。当木板AB突然向下撤离的瞬间，小球的加速度大小为( )
图3A．0 B.gC．gD.g解析：选B 平衡时，小球受到三个力：重力mg、斜面支持力F1和弹簧拉力F2，如图所示。突然撤离木板时，F1突然消失而其他力不变，因此F2与重力mg的合力F′＝＝mg，产生的加速度a＝＝g。故正确答案为B。4．A、B两物体以相同的初速度在一水平面上滑动，两个物体与水平面间的动摩擦因数相同，且mA＝3mB，则它们能滑动的最大距离xA和xB的关系为( )A．xA＝xBB．xA＝3xBC．xA＝xBD．xA＝9xB解析：选A 由μmg＝ma知a＝μg，再由x＝得x＝，x与μ、v有关，与m无关，A正确。5．(2012·哈尔滨高三检测)在交通事故的分析中，刹车线的长度是很重要的依据，刹车线是汽车刹车后，停止转动的轮胎在地面上发生滑动时留下的滑动痕迹。在某次交通事故中，汽车的刹车线长度是14m，假设汽车轮胎与地面间的动摩擦因数恒为0.7，g取10m/s2，则汽车刹车前的速度为( )A．7m/sB．14m/sC．10m/sD．20m/s解析：选B 设汽车刹车后滑动的加速度大小为a，由牛顿第二定律得μmg＝ma，解得a＝μg。由v＝2ax，得汽车刹车前的速度为v0＝＝＝m/s＝14m/s，因此B正确。
6．(2012·乐山调研)如图4所示，bc是固定在小车上的水平横杆，物块M中心穿过横杆，M通过细线悬吊着小物体m，小车在水平地面上运动的过程中，M始终未相对杆bc移动，M、m与小车保持相对静止，悬线与竖直方向夹角为α，则M受到横杆的摩擦力为( )图4A．大小为(m＋M)gtanα，方向水平向右B．大小为Mgtanα，方向水平向右C．大小为(m＋M)gtanα，方向水平向左D．大小为Mgtanα，方向水平向左解析：选A 对m受力分析，应用牛顿第二定律得mgtanα＝ma，a＝gtanα，方向向右。取M和m整体分析：Ff＝(M＋m)a＝(M＋m)gtanα，A正确。7．(2013·广东六校联考)质量为0.3kg的物体在水平面上运动，图5中两直线分别表示物体受水平拉力和不受水平拉力时的速度—时间图象，则下列说法正确的是( )图5A．物体所受摩擦力一定等于0.1NB．水平拉力一定等于0.1NC．物体不受水平拉力时的速度—时间图象一定是aD．物体不受水平拉力时的速度—时间图象一定是b解析：选B 由速度—时间图象知，a、b图线表示物体做匀减速运动。加速度大小设为aa、ab，则aa＝m/s2＝m/s2，ab＝m/s2＝m/s2。拉力的情形可能有两种：若拉力和摩擦力与速度方向相反，则Ff＝maa，F＋Ff＝mab，此时F＝Ff＝0.3×N＝0.1N，此情况，a表示没有受拉力时的情况，b表示受拉力时的情况；若拉力方向与速度方向相同，则Ff＝mab，Ff－F＝maa，此时Ff＝0.3×N＝0.2N，F＝0.1N，这时，a表示受拉力时的情况，b表示没有受拉力时的情况，故选B。8．(2011·上海高考)受水平外力F作用的物体，在粗糙水平面上做直线运动，其v－t
图线如图6所示，则( )图6A．在0～t1秒内，外力F大小不断增大B．在t1时刻，外力F为零C．在t1～t2秒内，外力F大小可能不断减小D．在t1～t2秒内，外力F大小可能先减小后增大解析：选CD v－t图象的斜率表示加速度，在0～t1秒内，物体做加速度减小的加速运动，由牛顿第二定律得：F－Ff＝ma，所以外力F大小不断减小，选项A错误；在t1时刻，加速度为零，外力F大小等于摩擦力Ff的大小，选项B错误；在t1～t2秒内，物体做加速度增大的减速运动，由牛顿第二定律得Ff－F＝ma′，所以外力F可能不断减小，选项C正确；若物体静止前，外力F已减至零，则此后，外力F必再反向增大，选项D正确。9．某同学为了探究物体与斜面间的动摩擦因数进行了如下实验，取一质量为m的物体使其在沿斜面方向的推力作用下向上运动，如图7甲所示，通过力传感器得到推力随时间变化的规律如图乙所示，通过频闪照相处理后得出速度随时间变化的规律如图丙所示，若已知斜面的倾角α＝30°，取重力加速度g＝10m/s2，则由此可得( )图7A．物体的质量为3kgB．物体与斜面间的动摩擦因数为C．撤去推力F后，物体将做匀减速运动，最后可以静止在斜面上D．撤去推力F后，物体下滑时的加速度大小为m/s2解析：选ABD 在0～2s由速度图象可得a＝＝0.5m/s2，由速度图象可知，2s后匀速，合外力为零，推力等于阻力，故0～2s内的合外力F合＝21.5N－20N＝1.5N，由牛顿第二定律可得：m＝＝kg＝3kg，故选项A正确；由匀速时F推＝mgsinα＋μmgcosα
，代入数据可得μ＝，所以选项B正确；撤去推力F后，物体先做匀减速运动到速度为零，之后所受合外力为F合′＝mgsinα－μmgcosα＝10N>0，所以物体将下滑，下滑时的加速度为a′＝＝m/s2，故选项C错，D对。所以正确选项为A、B、D。10．如图8所示，倾角为θ的传送带沿逆时针方向以加速度a加速转动时，小物体A与传送带相对静止，重力加速度为g。则( )图8A．只有a>gsinθ，A才受沿传送带向上的静摩擦力作用B．只有a
2d，木板与轮子间的动摩擦因数均为μ＝0.16，则木板的重心恰好运动到O1轮正上方所需要的时间是( )图7A．1sB．0.5sC．1.5sD．条件不足，无法判断解析：选C 轮子边缘点的线速度大小为v＝ωR＝1.6m/s，初速度为0的木板放到轮子上后，所受的滑动摩擦力向左，设木板的加速度大小为a，由牛顿第二定律得μmg＝ma，a＝μg＝1.6m/s2。设木板向左发生位移x时速度达到v，由v2－0＝2ax得，x＝0.8m。显然，xgsinθ解析：选AC 若μtanθ，当粮袋的速度增大到与传送带速度相等(未到达B点)时，摩擦力由滑动摩擦力变为静摩擦力，方向也发生变化，大小变为mgsinθ，且一直匀速运动下去，D选项错误。10．质量为m0＝20kg、长为L＝5m的木板放在水平面上，木板与水平面的动摩擦因数为μ1＝0.15。将质量m＝10kg的小木块(可视为质点)，以v0＝4m/s的速度从木板的左端被水平抛射到木板上(如图11所示)，小木块与木板面的动摩擦因数为μ2＝0.4(最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10m/s2)。则以下判断中正确的是( )图11A．木板一定静止不动，小木块不能滑出木板B．木板一定静止不动，小木块能滑出木板C．木板一定向右滑动，小木块不能滑出木板D．木板一定向右滑动，小木块能滑出木板解析：选A m0与地面间的摩擦力为F1＝μ1(m0＋m)g＝0.15×(20＋10)×10N＝45N，m与m0之间的摩擦力为F2＝μ2mg＝0.4×10×10N＝40N，F1>F2，所以木板一定静止不动；小木块在木板上滑行的距离为x，v＝2μ2gx，解得x＝2mx2，由x2＝vt3＋a3t得：t3＝(2－)s。答案：(1)1s (2)(2－)s
6．(2013·金华模拟)如图6所示，放在水平地面上的长木板B，长为1m，质量为2kg，B与地面之间的动摩擦因数为0.2。一质量为3kg的小铅块A，放在B的左端，A、B之间的动摩擦因数为0.4，当A以3m/s的初速度向右运动之后，求最终A对地的位移和A对B的位移。(取g＝10m/s2)图6解析：对A：aA＝－＝－μAg＝－4m/s2对B：aB＝＝1m/s2A相对地面做匀减速运动，B相对地面做匀加速运动，设经过时间t,A的位移为xA，B的位移为xB，此时A、B达到共同速度v共，再共同做匀减速运动，经过x0的位移停止运动。对A：v共＝v0＋aA·t①xA＝②对B：v共＝aB·t③xB＝aB·t2④代值解得v共＝0.6m/s，t＝0.6s，xA＝1.08m，xB＝0.18mA对B的位移Δx＝xA－xB＝0.9mA、B共同运动加速度为aAB＝＝－2m/s2x0＝＝0.09m最终A对地位移x总＝xA＋x0＝1.17m。答案：1.17m 0.9m7．(2013·泰安模拟)如图7所示为上、下两端相距L＝5m、倾角α＝30°、始终以v＝3m/s的速率顺时针转动的传送带(传送带始终绷紧)。将一物体放在传送带的上端由静止释放滑下，经过t＝2s到达下端，重力加速度g取10m/s2，求：
图7(1)传送带与物体间的动摩擦因数多大？(2)如果将传送带逆时针转动，速率至少多大时，物体从传送带上端由静止释放能最快地到达下端？解析：(1)物体在传送带上受力如图所示，物体沿传送带向下匀加速运动，设加速度为a。由题意得L＝at2解得a＝2.5m/s2由牛顿第二定律得mgsinα－Ff＝ma又Ff＝μmgcosα故μ＝0.29(2)如果传送带逆时针转动，要使物体从传送带上端由静止释放能最快地到达下端，则需要物体有沿传送带向下的最大加速度即所受摩擦力沿传送带向下，设此时传送带速度为vm，物体加速度为a′。由牛顿第二定律得mgsinα＋Ff＝ma′又v＝2La′故vm＝＝8.66m/s。答案：(1)0.29 (2)8.66m/s
(1)学会用控制变量法研究物理规律。(2)验证牛顿第二定律。(3)掌握利用图象处理数据的方法。探究加速度a与力F及质量m的关系时，应用的基本方法是控制变量法，即先控制一个参量——小车的质量m不变，讨论加速度a与力F的关系，再控制小盘和砝码的质量不变，即力F不变，改变小车质量m，讨论加速度a与m的关系。电磁打点计时器、复写纸片和纸带、一端带有定滑轮的长木板、小车、小盘、低压交流电源、天平、砝码、刻度尺、导线。图实－4－1(1)用天平测量小盘的质量m0和小车的质量M0。(2)把一端附有滑轮的长木板放在实验桌上，并使滑轮伸出桌面，把打点计时器固定在长木板上远离滑轮的一端，连接好电路。(3)平衡摩擦力：小车的尾部挂上纸带，纸带穿过打点计时器的限位孔，将木板无滑轮的一端稍微垫高一些，使小车在不挂小盘和砝码的情况下，能沿木板做匀速直线运动。这样小车所受重力沿木板的分力与小车所受摩擦力平衡。在保证小盘和砝码的质量远小于小车质量的条件下，可以近似认为小盘和砝码的总重力大小等于小车所受的合外力的大小。(4)把小车停在打点计时器处，挂上小盘和砝码，先接通电源，再让小车拖着纸带在木板上匀加速下滑，打出一条纸带。(5)改变小盘内砝码的个数，重复步骤(4)，并多做几次。(6)保持小盘内的砝码个数不变，在小车上放上砝码改变小车的质量，让小车在木板上滑动打出纸带。(7)改变小车上砝码的个数，重复步骤(6)。(1)把小车在不同力作用下产生的加速度填在下表中：
实验次数加速度a/(m·s－2)小车受力F/N1234图实－4－2由以上数据画出它的a－F关系图象如图实－4－2所示。通过a－F关系图象，我们可以得出小车的加速度a与力F成正比。(2)把不同质量的小车在相同力作用下产生的加速度填在下表中：实验次数加速度a/(m·s－2)小车质量M/kg1234由以上数据画出它的a－M图象及a－图象，如图实－4－3甲、乙所示。图实－4－3通过a－M和a－关系图象，我们可以得出小车的加速度a与质量M成反比，与质量的倒数成正比。(1)平衡摩擦力时，调节长木板形成一个合适的斜面，使小车的重力沿着斜面方向的分力正好平衡小车受的摩擦阻力。在平衡摩擦力时，不要把悬挂小盘的细线系在小车上，即不要给小车加任何牵引力，并要让小车拖着纸带运动。(2)在本实验中，由于两个小车轮子的灵活程度可能不相同，所受的摩擦力也可能不相等，平衡摩擦力就有困难。应该尽可能选取光滑的长木板进行实验，以减小因摩擦而造成的系统误差。
(3)安装器材时，要调整滑轮的高度，使拴小车的细绳与斜面平行，且连接小车和砝码盘应在平衡摩擦力之后。(4)整个实验平衡了摩擦力后，不管以后是改变重物质量，还是改变小车和砝码的总质量，都不需要重新平衡摩擦力。(5)每条纸带必须在满足小车与车上所加砝码的总质量远大于重物质量的条件下打出。只有如此，重物重力才可视为小车受到的拉力。(6)改变拉力和小车质量后，每次开始时小车应尽量靠近打点计时器，并应先接通电源，再放开小车，且应在小车到达滑轮前按住小车。(7)作图象时，要使尽可能多的点在所作直线上，不在直线上的点应尽可能对称分布在所作直线两侧。(8)作图时两轴标度比例要选择适当。各量须采用国际单位。这样作图线时，坐标点间距不至于过密，误差会小些。(9)为提高测量精度，可以采取下列措施：①应舍掉纸带上开头比较密集的点，在后边便于测量的地方找一个起点。②可以把每打五次点的时间作为时间单位，即从开始点起，每隔四个点标出一个计数点，而相邻计数点间的时间间隔为T＝0.1秒。1．系统误差以小车、小盘和砝码整体为研究对象得mg＝(M＋m)a；以小车为研究对象得F＝Ma；求得F＝·mg＝·mgμAmg，所以滑轮的摩擦会导致μ的测量结果偏大。[答案] (1)减小B的质量；增加细线的长度(或增大A的质量；降低B的起始高度)(2)图见解析(3)0.4 (4)偏大方案3：将动摩擦因数的测量转化为角度的测量图4如图4所示，小滑块从斜面顶点A由静止滑至水平部分C点而停止。已知斜面高为h，滑块运动的整个水平距离为x，设转角B处无动能损失，斜面和水平部分与小滑块的动摩擦因数相同，则可求得动摩擦因数μ＝＝tanθ。
从计算结果可以看出，只要测出θ角，即可计算出动摩擦因数。[典例3] 如图5所示的器材是：木质轨道(其倾斜部分与水平部分能平滑连接，水平部分足够长)、小铁块、两个图钉、细线，量角器。完成下列实验步骤：图5(1)将小铁块从________________________________________________________；(2)用图钉把细线_______________________________________________________；(3)用量角器测量_______________________________________________________；(4)动摩擦因数表示为____________________________________________________。[解析] (1)将小铁块从轨道上A点由静止开始滑下，运动至B点静止；(2)用图钉把细线拉紧固定在A、B两点间；(3)用量角器测量细线与水平板间的夹角θ；(4)动摩擦因数表示为μ＝tanθ。[答案] 见解析方案4：将动摩擦因数的测量转化为加速度的测量当物体在水平面或斜面上做匀加速直线运动时，若能测出物体的加速度，则根据牛顿第二定律就可求出动摩擦因数。[典例4] 像打点计时器一样，光电计时器也是一种研究物体运动情况的常用计时仪器，其结构如图6所示，a、b分别是光电门的激光发射和接收装置，当有物体从a、b间通过时，光电计时器就可以显示物体的挡光时间。图6现利用如图7甲所示装置测量滑块和长1m左右的木板间的动摩擦因数，图中MN是水平桌面，Q是木板与桌面的接触点，1和2是固定在木板上适当位置的两个光电门，与之连接的两个光电计时器没有画出。此外在木板顶端的P点还悬挂着一个铅锤，让滑块从木板的顶端滑下，光电门1、2各自连接的计时器显示的挡光时间分别为5.0×10－2s和2.0×10－2s。用游标卡尺测量小滑块的宽度d。卡尺读数如图乙所示。
图7(1)读出滑块的宽度d＝________cm。(2)滑块通过光电门1的速度v1＝________m/s，滑块通过光电门2的速度v2＝________m/s。(3)若仅提供一把米尺，已知当地的重力加速度为g，为完成测量，除了研究v1、v2和两个光电门之间的距离L外，还需测量的物理量是____________________(说明各量的物理意义，同时指明代表物理量的字母)。(4)用(3)中各量求解动摩擦因数的表达式μ＝________(用字母表示)。[解析] (1)读出滑块的宽度d＝5.015cm。(2)滑块通过光电门1的速度v1＝＝1.0m/s，滑块通过光电门2的速度v2＝＝2.5m/s。(3)还需测量的物理量是P点到桌面的高度h；铅锤在桌面上所指的点与Q点的距离x和斜面的长度b′。(4)设斜面的倾角为θ，根据运动学公式可得滑块在斜面上下滑的加速度为：a＝，根据牛顿第二定律可得：a＝gsinθ－μgcosθ，而sinθ＝，cosθ＝，由以上各式可解得：μ＝－。[答案] 见解析[专题小测验]1．某同学用如图8甲所示的装置研究小车在某种布料上的运动情况。他将长木板置于水平桌面上，将其左端适当垫高，并在长木板的右半部分整地铺上一块布料，该同学将小车以适当的初速度释放后，用打点计时器记录小车的运动情况。通过反复调整木板左端的高度，他得到一系列打上点的纸带，并最终选择了如图乙所示的一条纸带(附有刻度尺)进行测量。已知打点计时器的电源频率为50Hz，重力加速度g＝10m/s2。(1)根据刻度尺的示数可以判断，小车在A、E两点间做________运动，在E、J两点间做________运动。J点对应的小车速度为________m/s。(2)该同学测出长木板左端与桌面间的高度差为4cm，木板长度为80
cm，则小车在布面上运动时的阻力与在木板上运动时的阻力之比为________。甲乙图8解析：(1)从A、B、C…J各点对应的刻度值可知，小车在A、E之间，相邻计数点间的距离相等(均为1.80cm)，故小车在A、E之间做匀速运动；在E、J之间，相邻计数点的距离依次减小，且差值相等(均为0.20cm)，故小车在E、J之间做匀减速直线运动。根据Δx＝aT2可得加速度大小为a＝5m/s2，从J到I，视为反向的匀加速直线运动，由JI＝0.80×10－2m＝vJT＋aT2，解得vJ＝0.35m/s。(2)设木板倾角为θ，则sinθ＝＝0.05，小车在木板上做匀速运动时，Ff1＝mgsinθ，小车在布面上做匀减速运动时，Ff2－mgsinθ＝ma，解得＝＝11。答案：(1)匀速 匀减速直线 0.35 (2)11∶12.某探究小组设计了“用一把尺子测定动摩擦因数”的实验方案。如图9所示，将一个小球和一个滑块用细绳连接，跨在斜面上端。开始时小球和滑块均静止，剪断细绳后，小球自由下落，滑块沿斜面下滑，可先后听到小球落地和滑块撞击挡板的声音。保持小球和滑块释放的位置不变，调整挡板位置，重复以上操作，直到能同时听到小球落地和滑块撞击挡板的声音。用刻度尺测出小球下落的高度H、滑块释放点与挡板处的高度差h和沿斜面运动的位移x。(空气阻力对本实验的影响可以忽略)。图9(1)滑块沿斜面运动的加速度与重力加速度的比值为________。(2)滑块与斜面间的动摩擦因数为________。
(3)以下能引起实验误差的是________。a．滑块的质量b．当地重力加速度的大小c．长度测量时的读数误差d．小球落地和滑块撞击挡板不同时解析：(1)小球做自由落体运动，H＝gt2，滑块匀加速下滑，加速度为a，x＝at2，两式联立解得：＝。(2)滑块下滑过程中，mgsinθ－μmgcosθ＝ma，其中sinθ＝，cosθ＝，再与(1)中结论联立解得μ＝(h－)。(3)由(1)(2)的求解过程知a、b两项不影响实验结果，长度的测量影响实验结果，选c。由(1)中两式看出，若两时间不相等，那么(2)中动摩擦因数的表达式中含有时间因素，即时间影响实验结果，应选d项。答案：(1) (2)(h－) (3)cd3．某同学设计了如图10所示的装置，利用米尺、秒表、轻绳、轻滑轮、轨道、滑块、托盘和砝码等器材来测定滑块和轨道间的动摩擦因数μ。滑块和托盘上分别放有若干砝码，滑块质量为M，滑块上砝码总质量为m′，托盘和盘中砝码的总质量为m。实验中，滑块在水平轨道上从A到B做初速度为零的匀加速直线运动，重力加速度g取10m/s2。图10(1)为测量滑块的加速度a，须测出它在A、B间运动的________与________，计算a的运动学公式是________；(2)根据牛顿运动定律得到a与m的关系为：a＝m－μg他想通过多次改变m，测出相应的a值，并利用上式来计算μ。若要求a是m的一次函数，必须使上式中的________保持不变，实验中应将从托盘中取出的砝码置于________；(3)实验得到a与m的关系如图11所示，由此可知μ＝________(取两位有效数字)。
图11解析：(1)在初速度为零的匀加速直线运动中共有x、t、a、v四个常用量。欲测加速度a则必须测出x、t、v中的任意两个，但是速度v不容易直接测量，故须测出位移x和时间t，再根据a＝求a。(2)把a＝m－μg与一次函数y＝kx＋b相对应，当与k相对应的为定值时，即m′＋m保持不变时，a是m的一次函数。实验时只需将砝码从托盘中取出并置于滑块上即可达到目的。(3)由(2)的分析可知a＝k′m－μg取图象上两个点(0.155,6.2)，(0.350,6.7)代入解得k′＝0.39，μ＝0.23。答案：(1)位移 时间 a＝(2)m′＋m 滑块上(3)0.23(0.21～0.25)(教师用书独具)(时间：50分钟 满分：100分)一、选择题(本题共12小题，每小题5分，共60分，每小题至少有一个选项正确，选对但选不全得3分，有错选或不答的得0分)1．下列关于力和运动的关系的说法中，正确的是( )A．没有外力作用时，物体不会运动，这是牛顿第一定律的体现
B．物体受力越大，运动得越快，这是符合牛顿第二定律的C．物体所受合外力为零，则速度一定为零，物体所受合外力不为零，则速度也一定不为零D．物体所受的合外力最大时，速度却可以为零，物体所受的合外力最小时，速度却可以最大解析：选D 运动不需要力来维持，物体不受力时，可以做匀速运动，A不正确；物体受力大，加速度大，速度变化快，但速度不一定大，B不正确；力的大小与速度大小之间没有直接联系，C不正确，D正确。图12．静止在光滑水平面上的物体，在水平推力F作用下开始运动，推力随时间变化的规律如图1所示，关于物体在0～t1时间内的运动情况，正确的描述是( )A．物体先做匀加速运动，后做匀减速运动B．物体的速度一直增大C．物体的速度先增大后减小D．物体的加速度一直增大解析：选B 由F合＝ma得：F先增大后减小，则a先增大后减小，说明物体做变加速运动，选项A、D错；在0～t1时间内F的方向不变，F与v同向，则物体做加速运动。3．如图2所示，有两个相同材料物体组成的连接体在斜面上向上运动，当作用力F一定时，m2所受绳的拉力( )图2A．与θ有关B．与斜面动摩擦因数有关C．与系统运动状态有关D．FT＝，仅与两物体质量有关解析：选D 只要m1、m2与斜面间的动摩擦因数相同，对整体和隔离m2
利用牛顿第二定律可求得FT＝F，正确选项为D。4．如图3所示，一物体恰能在一个斜面体上沿斜面匀速下滑，设此过程中斜面受到水平地面的摩擦力为F1。若沿斜面方向用力向下推此物体，使物体加速下滑。设此过程中斜面受到地面的摩擦力为F2。则( )图3A．F1不为零且方向向右，F2不为零且方向向右B．F1为零，F2不为零且方向向左C．F1为零，F2不为零且方向向右D．F1为零，F2为零解析：选D 第一种情况，物体对斜面的作用力方向竖直向下，所以F1为零，第二种情况下，物体对斜面的作用力与第一种情况相同，方向仍然竖直向下，所以F2为零，选项D正确。5．一辆空车和一辆满载货物的同型号汽车，在同一路面上以相同的速度向同一方向行驶。两辆汽车同时紧急刹车后(即车轮不滚动只滑动)，以下说法正确的是( )A．满载货物的汽车由于惯性大，滑行距离较大B．满载货物的汽车由于受到的摩擦力较大，滑行距离较小C．两辆汽车滑行的距离相同D．满载货物的汽车比空车先停下来解析：选C 同种型号的汽车，在同一路面上行驶时，汽车急刹车时，车轮与路面间的动摩擦因数相同，因此减速的加速度大小相同，由v2－v＝2ax可知，两车滑行距离相同，C正确，A、B错误；由t＝可知，两车滑行时间相同，D错误。6．一名消防队员在模拟演习训练中，沿着长为12m的竖立在地面上的钢管往下滑。已知这名消防队员的质量为60kg，他从钢管顶端由静止开始先匀加速再匀减速下滑，滑到地面时速度恰好为零。如果他加速时的加速度大小是减速时的2倍，下滑的总时间为3s，g取10m/s2，那么( )A．该消防队员加速与减速过程的时间之比为1∶2B．该消防队员加速与减速过程的时间之比为2∶1
C．加速与减速过程中所受摩擦力大小之比为1∶7D．加速与减速过程中所受摩擦力大小之比为2∶7解析：选AC 由v＝a1t1，v＝a2t2，联立解得t1∶t2＝1∶2，A正确，B错误；由t1＋t2＝3s可得t1＝1s，t2＝2s。由L＝可知v＝8m/s，a1＝8m/s2，a2＝4m/s2。由mg－Ff1＝ma1，mg－Ff2＝－ma2，得Ff1∶Ff2＝1∶7，C正确，D错误。7．先后用相同材料制成的橡皮条彼此平行地沿水平方向拉同一质量为m的物块，且每次使橡皮条的伸长量均相同，物块m在橡皮条的拉力作用下所产生的加速度a与所拉橡皮条的数目n的关系如图4所示，若更换物块所在水平面的材料，再重复这个实验，则图中直线与水平轴间的夹角θ将( )图4A．变大 B．不变C．变小D．与水平面的材料有关解析：选B 设每条橡皮条的拉力为F，则由牛顿第二定律得：a＝－μg，斜率k＝tanθ＝，更换材料，只是改变了物体与水平面之间的动摩擦因数的大小，并不影响θ角的大小，选项B正确。8．如图5甲所示，物体原来静止在水平面上，用一水平力F拉物体，在F从0开始逐渐增大的过程中，物体先静止后又做变加速运动，其加速度a随外力F变化的图象如图乙所示，取g＝10m/s2，根据图乙中所标出的数据可计算出( )图5A．物体的质量为1kgB．物体的质量为2kg
C．物体与水平面间的动摩擦因数为0.3D．物体与水平面间的动摩擦因数为0.5解析：选BC 设物体质量为m，物体与水平面间的动摩擦因数为μ，由题图乙可看出，当物体所受水平拉力F1＝7N时，其加速度a1＝0.5m/s2，由牛顿第二定律得F1－μmg＝ma1，当物体所受水平拉力F2＝14N时，其加速度a2＝4m/s2，由牛顿第二定律得F2－μmg＝ma2，联立解得m＝2kg，μ＝0.3，所以B、C正确。9．(2013·兰州模拟)在水平地面上运动的小车车厢底部有一质量为m1的木块，木块和车厢通过一根水平轻弹簧相连接，弹簧的劲度系数为k。在车厢的顶部用一根细线悬挂一质量为m2的小球，某段时间内发现细线与竖直方向的夹角为θ，在这段时间内木块与车厢也保持相对静止，如图6所示。不计木块与车厢底部的摩擦力，则在这段时间内弹簧的变形量为( )图6A.B.C.D.解析：选A 小车、小球、木块相对静止，三者有共同的加速度，以小球为研究对象，受力如图所示。由牛顿第二定律得m2gtanθ＝m2a，得a＝gtanθ；以木块为研究对象，由牛顿第二定律得kx＝m1a，得x＝，A正确。10．(2012·东城区检测)在电梯内的地板上，竖直放置一根轻质弹簧，弹簧上端固定一个质量为m的物体。当电梯静止时，弹簧被压缩了x；当电梯运动时，弹簧又被继续压缩了。则电梯运动的情况可能是( )A．以大小为g的加速度加速上升
B．以大小为g的加速度减速上升C．以大小为g的加速度加速下降D．以大小为g的加速度减速下降解析：选D 当电梯静止时，弹簧被压缩了x，则kx＝mg；当电梯运动时，弹簧又被继续压缩了，则物体所受的合外力为F＝，方向竖直向上，由牛顿第二定律知加速度为a＝＝g，方向竖直向上。若电梯向上运动，则电梯以大小为g的加速度加速上升；若电梯向下运动，则电梯以大小为g的加速度减速下降，A、B、C错误，D正确。11．(2013·南京模拟)如图7所示，一个质量为m的圆环套在一根固定的水平长直杆上，环与杆的动摩擦因数为μ。现给环一个向右的初速度v0，同时对环施加一个竖直向上的作用力F，并使F的大小随v的大小变化，两者的关系为F＝kv，其中k为常数，则环运动过程中的v－t图象可能是( )图7图8解析：选ABD 若F＝mg，则合力为0，环做匀速运动，A正确；若F>mg，则合力等于μ(F－mg)＝μ(kv－mg)，环做减速运动，随着v减小，合力减小，加速度也减小，当速度减小到一定值时，F＝mg，环匀速运动，D正确；若Ft乙D．无法确定[思维流程]第一步：抓信息关键点关键点信息获取(1)分别沿直线游到A点和B点两同学均做匀速直线运动，两同学各自的合速度方向分别是O→A、O→B (2)两人在静水中游速相等两人的路程相同，但两人各自的合速度大小不相同第二步：找解题突破口(1)甲同学来回分别经历了“顺流”和“逆流”，故来回的时间不同。(2)乙同学合速度方向与河岸垂直，根据运动的合成与分解，来回的时间相同。第三步：条理作答[解析] 设水流的速度为v水，学生在静水中的速度为v人，从题意可知v人>v水，设OA＝OB＝L，对甲同学t甲＝＋＝。对乙同学来说，要想垂直到达B点，其速度方向要指向上游，并且来回时间相等，即t乙＝，则＝即t甲>t乙，C正确。[答案] C———————————————————————————————求解小船渡河问题的方法(1)正确区分三种速度：船在静水中的速度v1、水的流速v2、船的实际速度v。要注意船的划行方向与船头指向一致，是分速度方向，而船的航行方向是实际运动的方向，也就是合速度的方向。——————————————————————————————————————
(2)正确认识合运动：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。(3)理解三种情景：①渡河时间最短：船头正对河岸时，渡河时间最短，tmin＝(d为河宽)。②渡河位移最小：a．v2v1时：以v2矢量末端为圆心，以v1矢量的大小为半径画弧，从v2矢量的始端向圆弧作切线，则合速度沿此切线方向位移最小，即v1⊥v合时位移最小。由图可知：sinθ＝，最小位移：xmin＝＝d。——————————————————————————————————————[变式训练]2.(2012·广州月考)如图4－1－7所示，一条小船位于200m宽的河正中A点处，从这里向下游100m处有一危险区，当时水流速度为4m/s，为了使小船避开危险区沿直线到达对岸，小船在静水中的速度至少是( )图4－1－7A.m/s B.m/sC．2m/sD．4m/s
解析：选C 恰好使小船避开危险区，小船应沿直线AB到达对岸，如图所示，则有tanθ＝＝＝，所以θ＝30°。当船头与AB垂直时，小船在静水中的速度最小。最小速度为v1＝v2sinθ＝2m/s，故C正确。开“芯”技法——巧解关联速度问题1．问题界定绳、杆等有长度的物体，在运动过程中，其两端点的速度通常是不一样的，但两点速度是有联系的，因而称之为“关联”(或牵连)速度。2．特点“关联”速度有以下特点：沿杆(或绳)方向的速度分量大小相等，也称“速度投影定理”，即依靠杆(或绳)连接的两物体(或质点)，尽管各点速度不同，但各点的速度沿杆(或绳)方向的投影相同。3．分析方法对于绳子(或杆)末端速度的分解，应按实际运动效果进行。图4－1－8如图4－1－8所示，人通过一条跨过定滑轮的绳拉船。当人向右运动时，船受水面限制，只能沿水平向右运动，则船的运动是合运动，它实际上是同时参与了两个分运动：一是沿绳方向的直线运动，二是以滑轮为圆心摆动的分运动(即垂直绳方向的分运动)。两个分运动特点如下：(1)沿绳的方向被牵引，绳长缩短，其速度v1等于人匀速运动的速度。(2)垂直于绳以定滑轮为圆心的转动速度v2(以绳轮间支点为中心的圆周运动)，与合速度v关系如图所示，则可得：v2＝v1tanθ。由此可知，当人向右运动时，有θ增大，cosθ减小，合速度v＝增大，当人匀速运动时，船是加速运动的。[示例] 两根光滑的杆互相垂直地固定在一起，上面分别穿有一个小球，小球a、b间用一细直棒相连，如图4－1－9甲所示。当细直棒与竖直杆夹角为θ时，求两小球实际速度之比。
图4－1－9[解析] 根据速度的分解特点，可作出两小球的速度关系，如图乙所示。由图中几何关系可得，a、b沿杆的分速度分别为vacosθ和vbsinθ，根据“关联”速度的特点可知，两小球沿杆的分速度大小相等，即有vacosθ＝vbsinθ，解得：＝tanθ。[答案] tanθ[名师点评] “关联”(或牵连)速度或“速度投影定理”是定量计算和分析两连接体间的速度关系的重要依据，使用时一定要先正确分解速度，然后再根据“关联”速度关系进行计算。
[随堂巩固提升]1．(2012·南京模拟)手持滑轮把悬挂重物的细线拉至如图4－1－10所示的实线位置，然后滑轮水平向右匀速移动，运动中始终保持悬挂重物的细线竖直，则重物运动的速度( )图4－1－10A．大小和方向均不变B．大小不变，方向改变C．大小改变，方向不变D．大小和方向均改变解析：选A 重物参与两个分运动：一个是竖直向上的分运动，由细线收缩的运动决定；一个水平方向的分运动，由滑轮的运动决定。这两个分运动均是匀速直线运动，所以重物的合运动也是匀速直线运动，A正确。2．有关运动的合成，以下说法正确的是( )A．两个直线运动的合运动一定是直线运动B．两个不在一条直线上的匀速直线运动的合运动一定是直线运动C．两个初速度为零的匀加速(加速度大小不相等)直线运动的合运动一定是匀加速直线运动D．匀加速直线运动和匀速直线运动的合运动一定是直线运动解析：选BC 选项中对两个直线运动的速度没做要求，可设初速度为v1、v2如图所示，若两运动为不在同一直线上的匀速运动，则根据平行四边形定则可得v合恒定，即做匀速直线运动，B对；若两分运动有加速度，还需把加速度合成，其加速度a合若与v合同向则加速，若与v合反向则减速，若与v合不在同一直线上则做曲线运动，A错；同理D错；若初速度均为零，则做匀加速直线运动，C对。
3．(2012·宁波模拟)人用绳子通过定滑轮拉物体A，A穿在光滑的竖直杆上，当以速度v0匀速地拉绳使物体A到达如图4－1－11所示位置时，绳与竖直杆的夹角为θ，则物体A实际运动的速度是( )图4－1－11A．v0sinθ B.C．v0cosθD.解析：选D 物体沿绳子方向的分速度始终为v0，则vcosθ＝v0，所以v＝，应选D。4．质量m＝4kg的质点静止在光滑水平面上的直角坐标系的原点O，先用沿＋x轴方向的力F1＝8N作用了2s，然后撤去F1；再用沿＋y方向的力F2＝24N作用了1s。则质点在这3s内的轨迹为( )图4－1－12解析：选D 在t1＝2s内，质点沿x轴方向的加速度a1＝＝2m/s2,2s末的速度v1＝a1t1，位移x1＝a1t＝4m；撤去F1的t2＝1s内沿x轴方向做匀速直线运动，位移x2＝v1t2＝4m。沿y轴方向做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a2＝＝6m/s2，位移y＝a2t＝3m，故3s末质点坐标为(8,3)，故A、B错误；由于合力指向轨迹的“凹”侧，故C错误，D正确。
5．如图4－1－13所示，某人游珠江，他以一定速度面部始终垂直河岸向对岸游去。江中各处水流速度相等，他游过的路程、过河所用的时间与水速的关系是( )图4－1－13A．水速大时，路程长，时间长B．水速大时，路程长，时间短C．水速大时，路程长，时间不变D．路程、时间与水速无关解析：选C 水速大时，人沿垂直于河岸方向的分速度没有变化，故过河时间不变，但人沿平行河岸方向的速度增大，故过河的路程增大，C对。[课下限时集训](时间：40分钟 满分：100分)一、选择题(本题共8小题，每小题8分，共64分)1．(2012·巢湖模拟)关于力和运动的关系，下列说法中正确的是( )A．做直线运动的物体一定受不为零的合力作用B．做曲线运动的物体不一定受到外力的作用C．物体受到的外力越大，其运动速度越大D．物体受到的外力越大，其运动速度的变化越快解析：选D 若物体做匀速直线运动则合力为零，所以A错误；物体做曲线运动，加速度不为零，一定受到外力的作用，B错误；物体受到的外力越大，只能说明其加速度越大，C错误，D正确。2．(2013·济南模拟)小船横渡一条河，船本身提供的速度大小方向都不变。已知小船的运动轨迹如图1所示，则河水的流速( )图1A．越接近B岸水速越大B．越接近B岸水速越小C．由A到B水速先增后减
D．水流速度恒定解析：选B 由合速度的方向越接近船本身所提供的速度的方向，水流速度越小。由运动轨迹可知水流速度越接近B岸就越小，B正确。3．(2012·上海市杨浦区期末考试)如图2所示，A、B为半径相同的两个半圆环，以大小相同、方向相反的速度运动，A环向右，B环向左，则从两半圆环开始相交到最后分离的过程中，两环交点P的速度方向和大小变化为( )图2A．先向上再向下，先变大再变小B．先向上再向下，先变小再变大C．先向下再向上，先变大再变小D．先向下再向上，先变小再变大解析：选B 因两环速度大小相等、方向相反，故在整个过程中P点水平方向合速度始终为零，竖直方向合速度先向上再向下，C、D错误；当两环完全重合时，P点竖直方向速度为零，故A错误，B正确。4．一质量为2kg的物体在如图3甲所示的xOy平面上运动，在x轴方向上的v－t图象和在y轴方向上的x－t图象分别如图乙、丙所示，下列说法正确的是( )图3A．前2s内物体做匀变速曲线运动B．物体的初速度为8m/sC．2s末物体的速度大小为8m/sD．前2s内物体所受的合外力为16N解析：选A 物体在x轴方向上做初速度vx＝8m/s，加速度a＝－4m/s2的匀减速直线运动，在y轴方向上做速度vy＝－4m/s的匀速直线运动，运动轨迹如图中AP曲线所示，为一个抛物线，抛物线的顶点在P处。物体所受合外力恒为8N(方向为x轴负方向)，初速度大小为m/s＝4m/s，方向与合外力方向不在同一条直线上，故物体做匀变速曲线运动，A对，B、D错；2s末，vx＝0，vy＝－4m/s，则合速度为－4m/s，C错。
5．小钢球m以初速度v0在光滑水平面上运动后，受到磁极的侧向作用力而做如图4所示的曲线运动到D点，从图可知磁极的位置及极性可能是( )图4A．磁极在A位置，极性一定是N极B．磁极在B位置，极性一定是S极C．磁极在C位置，极性一定是N极D．磁极在B位置，极性无法确定解析：选D 小钢球受磁极的吸引力而做曲线运动，运动方向只会向吸引力的方向偏转，因而磁极位置只可能在B点，又磁极的N极或S极对小钢球都有吸引力，故极性无法确定。6．(2011·上海高考)如图5，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，船的速率为( )图5A．vsinα B.C．vcosαD.解析：选C 如图所示，把人的速度沿绳和垂直绳的方向分解，由三角形知识，v船＝vcosα，所以C正确，A、B、D错误。7.如图6所示，用一根长杆和两个定滑轮的组合装置用来提升重物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)，此过程中下述说法正确的是( )
图6A．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ωLD．重物M的速度先减小后增大解析：选C 与棒垂直的速度v是C点的实际速度，vx是绳子的速度，即重物M的速度。当杆与线垂直时，重物M的速度最大vmax＝ωL，然后再减小，本题只有C项正确。8．民族运动会上有一个骑射项目，运动员骑在奔驰的马背上，弯弓放箭射击侧向的固定目标。若运动员骑马奔驰的速度为v1，运动员静止时射出的弓箭的速度为v2，直线跑道离固定目标的最近距离为d，要想在最短的时间内射中目标，则运动员放箭处离目标的距离应该为( )A. B.C.D.解析：选B 如图所示，设运动员放箭的位置处离目标的距离为x。箭的运动可以看成两个运动的合运动：随人的运动，箭自身的运动。箭在最短时间内击中目标，必须满足两个条件：一是合速度的方向指向目标，二是垂直于侧向方向(马前进的方向)的分速度最大，此条件需箭自身速度方向垂直马前进的方向，即v2垂直于v1，依题意得最短时间内射中目标时的运动员离目标的距离为·，B正确。二、非选择题(本题共2小题，共36分)9．(18分)如图7所示，一艘轮船正在以v＝4m/s的速度沿垂直于河岸方向匀速渡河，河中各处水流速度都相同，其大小为v1＝3m/s，行驶中，轮船发动机的牵引力与船头朝向的方向相同。某时刻发动机突然熄火，轮船牵引力随之消失，轮船相对于水的速度逐渐减小，但船头方向始终未发生变化。求：
图7(1)发动机未熄火时，轮船相对于静水行驶的速度大小；(2)发动机熄火后，轮船相对于河岸速度的最小值。解析：(1)发动机未熄火时，轮船运动速度v与水流速度v1方向垂直，如图所示故得此时船相对于静水的速度v2的大小为：v2＝＝m/s＝5m/s又设v与v2的夹角为θ，则cosθ＝＝0.8(2)熄火前，船的牵引力沿v2的方向，水的阻力与v2的方向相反，熄火后，牵引力消失，在阻力作用下，v2逐渐减小，但其方向不变，当v2减小到与v1的矢量和与v2方向垂直时，轮船的合速度最小，vmin＝v1cosθ＝3×0.8m/s＝2.4m/s。答案：(1)5m/s (2)2.4m/s10．(18分)如图8所示，质量m＝2.0kg的物体在水平外力的作用下在水平面上运动，已知物体运动过程中的坐标与时间的关系为g＝10m/s2。根据以上条件，求：图8(1)t＝10s时刻物体的位置坐标；(2)t＝10s时刻物体的速度和加速度的大小与方向。解析：(1)由于物体运动过程中的坐标与时间的关系为，代入时间t＝10s，可得：x＝3.0tm＝3.0×10m＝30my＝0.2t2m＝0.2×102m＝20m即t＝10s时刻物体的位置坐标为(30,20)。(2)由物体运动过程中的坐标与时间的关系式，比较物体在两个方向的运动学公式
，可求得：v0＝3.0m/s，a＝0.4m/s2当t＝10s时，vy＝at＝0.4×10m/s＝4.0m/sv＝＝m/s＝5.0m/s。tanα＝＝即速度方向与x轴正方向夹角为53°。物体在x轴方向做匀速运动，在y轴方向做匀加速运动，a＝0.4m/s2，沿y轴正方向。答案：(1)(30,20) (2)5.0m/s，与x轴正方向夹角为53° 0.4m/s2，沿y轴正方向[教师备选题库]1．(2013·焦作模拟)一小船在河中xOy平面内运动的轨迹如图1所示，下列判断正确的是( )图1A．若小船在x方向始终匀速，则在y方向先加速后减速B．若小船在x方向始终匀速，则在y方向先减速后加速C．若小船在y方向始终匀速，则在x方向先减速后加速D．若小船在y方向始终匀速，则在x方向先加速后减速解析：选BD 若小船在x方向始终匀速运动，根据轨迹弯曲方向可知，在相同的x方向位移内，对应y方向的位移先减小后增大故B正确，同理可知D正确。2．(2013·南京模拟)甲、乙两船在同一条河流中同时开始渡河，河宽为H，河水流速为v0，划船速度均为v，出发时两船相距H，甲、乙两船船头均与河岸成60°角，如图2所示。已知乙船恰好能垂直到达对岸A点，则下列判断正确的是( )图2
A．甲、乙两船到达对岸的时间不同B．v＝2v0C．两船可能在未到达对岸前相遇D．甲船也在A点靠岸解析：选BD 渡河时间均为，乙能垂直于河岸渡河，对乙船，由vcos60°＝v0，可得v＝2v0，甲船在该时间内沿水流方向的位移为(vcos60°＋v0)＝H，刚好到达A点。综上所述，A、C错误，B、D正确。3．(2012·上海南洋中学测试)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( )图3解析：选C 物体先做自由落体运动，有水平向右的风力后合力向右，风力停止后合力向下，由合力方向指向轨迹凹侧知，选项C正确。4．(2012·豫东豫北十校测试)在美国拉斯韦加斯当地时间2011年10月16日进行的印地车世界锦标赛的比赛中，发生15辆赛车连环撞车事故，两届印第安纳波利斯500赛冠军、英国车手丹·威尔顿因伤势过重去世。在比赛进行到第11圈时，77号赛车在弯道处强行顺时针加速超越是酿成这起事故的根本原因，下面四幅俯视图中画出了77号赛车转弯时所受的合力的可能情况，你认为正确的是( )图4解析：选B 做曲线运动的物体，所受的合外力指向轨迹凹的一侧，A、D选项错误；因为顺时针加速，F与v夹角为锐角，故B正确，C错误。5．(2012·安徽蚌埠市二模)如图5所示，水平面上固定一个与水平面夹角为θ的斜杆A
，另一竖直杆B以速度v水平向左做匀速直线运动，则从两杆开始相交到最后分离的过程中，两杆交点P的速度方向和大小分别为( )图5A．水平向左，大小为vB．竖直向上，大小为vtanθC．沿A杆斜向上，大小为D．沿A杆斜向上，大小为vcosθ解析：选C 两杆的交点P参与了两个分运动：与B杆一起以速度v水平向左的匀速直线运动和沿B杆竖直向上的匀速运动，交点P的实际运动方向沿A杆斜向上，如图所示，则交点P的速度大小为vP＝，故C正确。6．(2013·苏州模拟)如图6所示的直角三角板紧贴在固定的刻度尺上方，使三角板沿刻度尺水平向右匀速运动的同时，一支铅笔从三角板直角边的最下端由静止开始沿此边向上做匀加速直线运动。下列关于铅笔笔尖的运动及其所留下的痕迹的判断中正确的是( )图6A．笔尖留下的痕迹是一条抛物线B．笔尖留下的痕迹是一条倾斜的直线C．在运动过程中，笔尖运动的速度方向始终保持不变D．在运动过程中，笔尖运动的加速度方向始终不变解析：选AD 以笔尖初始位置为坐标原点，沿刻度尺方向建立x轴，沿垂直刻度尺方向建立y轴，此运动为类平抛运动，利用运动的合成与分解可知，A、D正确。7．(2012·泉州模拟)如图7所示的塔吊臂上有一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。在小车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，A、B之间的距离以d＝H－2t2(SI)(SI表示国际单位制，式中H为吊臂离地面的高度)规律变化，则物体做( )图7A．速度大小不变的曲线运动B．速度大小增加的曲线运动C．加速度大小、方向均不变的曲线运动D．加速度大小、方向均变化的曲线运动解析：选BC 由题意可知物体B的运动可以分解为水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上初速度为零的匀加速直线运动，物体的合速度的方向时刻变化，大小不断增加，A错误，B正确；加速度等于竖直方向的加速度，大小和方向都不变，所以C正确，D错误。平抛运动1．定义：将物体以一定的初速度沿水平方向抛出，物体只在重力作用下所做的运动。2．性质：加速度为重力加速度g的匀变速曲线运动，运动轨迹是抛物线。3．基本规律：以抛出点为原点，以水平方向(初速度v0方向)为x轴，以竖直向下方向为y轴，建立平面直角坐标系，则：(1)水平方向：做匀速直线运动，速度vx＝v0，位移x＝v0t。(2)竖直方向：做自由落体运动，速度vy＝gt，位移y＝gt2。(3)合速度：v＝＝，方向与水平方向夹角为θ，则tanθ＝＝。
(4)合位移：s＝＝，方向与水平方向夹角为α，tanα＝＝。(5)轨迹方程：y＝x2。1．平抛运动中的四个具体问题(1)飞行时间：由t＝知，时间取决于下落高度h，与初速度v0无关。(2)水平射程：x＝v0t＝v0，即水平射程由初速度v0和下落高度h共同决定，与其他因素无关。(3)落地速度：v＝＝，以θ表示落地速度与x轴正方向间的夹角，有tanθ＝＝，所以落地速度也只与初速度v0和下落高度h有关。(4)速度改变量：因为平抛运动的加速度为恒定的重力加速度g，所以做平抛运动的物体在任意相等时间间隔Δt内的速度改变量Δv＝g·Δt相同，方向恒为竖直向下，如图4－2－1所示。图4－2－12．两个重要推论(1)做平抛(或类平抛)运动的物体任一时刻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4－2－2中A点和B点所示。图4－2－2(2)做平抛(或类平抛)运动的物体在任一时刻任一位置处，设其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α，则tanθ＝2tanα。
图4－2－31．在平坦的垒球运动场上，击球手挥动球棒将垒球水平击出，垒球飞行一段时间后落地。若不计空气阻力，则( )A．垒球落地时瞬时速度的大小仅由初速度决定B．垒球落地时瞬时速度的方向仅由击球点离地面的高度决定C．垒球在空中运动的水平位移仅由初速度决定D．垒球在空中运动的时间仅由击球点离地面的高度决定解析：选D 垒球做平抛运动，水平方向做匀速直线运动，由位移x＝v0t知垒球在空中运动的水平位移由初速度和运动的时间决定，C错；竖直方向做自由落体运动，由h＝gt2，得在空中运动的时间t＝，故D对；由平行四边形定则得落地时的瞬时速度的大小为v＝，tanθ＝，其大小和方向由初速度和运动时间t共同决定，A、B错。斜抛运动1．定义：将物体以速度v斜向上或斜向下抛出，物体只在重力作用下的运动。2．性质：加速度为重力加速度g的匀变速曲线运动，运动轨迹是抛物线。1．斜抛运动的研究方法以斜上抛为例，如图4－2－4所示：图4－2－4(1)水平方向：v0x＝v0cosθ，F合x＝0(2)竖直方向：v0y＝v0sinθ，
F合y＝mg2．特点斜抛运动是水平方向的匀速直线运动和竖直方向的竖直抛体运动的合运动。2．如图4－2－5所示，将一篮球从地面上方B点斜向上抛出，刚好垂直击中篮板上A点，不计空气阻力。若抛射点B向篮板方向移动一小段距离，仍使抛出的篮球垂直击中A点，则可行的是( )图4－2－5A．增大抛出速度v0，同时减小抛射角θB．减小抛出速度v0，同时减小抛射角θC．增大抛射角θ，同时减小抛出速度v0D．增大抛射角θ，同时增大抛出速度v0解析：选C 把斜抛运动分解成水平方向的匀速直线运动和竖直方向的竖直上抛运动。若抛射点B向篮板方向移动一小段距离，将一篮球从地面上方B点斜向上抛出，选项可行的是增大抛射角，同时减小抛出速度，才能击中A点。
平抛运动的基本规律[命题分析] 本考点属于高考中的重要考点，几乎在每年的高考中都被考查到，考查的题型有选择、计算等。[例1] 如图4－2－6所示，一小球自平台上水平抛出，恰好落在临近平台的一倾角为α＝53°的光滑斜面顶端，并刚好沿光滑斜面下滑，已知斜面顶端与平台的高度差h＝0.8m，重力加速度g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，求：图4－2－6(1)小球水平抛出的初速度v0是多少？(2)斜面顶端与平台边缘的水平距离x是多少？(3)若斜面顶端高H＝20.8m，则小球离开平台后经多长时间t到达斜面底端？[思维流程]第一步：抓信息关键点关键点信息获取(1)恰好落在斜面顶端平抛运动过程中的竖直高度和水平位移(2)并刚好沿光滑斜面下滑小球刚到达斜面顶端时速度方向沿斜面方向；小球在斜面上运动时不受摩擦力第二步：找解题突破口(1)已知平抛运动的竖直位移h，利用公式v2＝2gh可求出竖直速度。由于合速度沿斜面方向，利用几何关系，可求出水平速度。(2)利用公式h＝gt2可求出t，再利用x＝v0t可求出水平位移。(3)小球在斜面上做匀变速直线运动，利用匀变速直线运动规律可求出到达斜面底端的时间。第三步：条理作答[解析]
(1)由题意可知：小球落到斜面上并沿斜面下滑，说明此时小球速度方向与斜面平行，否则小球会弹起，所以，vy＝v0tan53°，v＝2gh代入数据，得vy＝4m/s，v0＝3m/s。(2)由vy＝gt1得：t1＝0.4sx＝v0t1＝3×0.4m＝1.2m。(3)小球沿斜面做匀加速直线运动的加速度a＝＝8m/s2在斜面上的初速度v＝＝5m/s＝vt2＋at代入数据，整理得：4t＋5t2－26＝0解得t2＝2s或t2＝－s(不合题意舍去)。所以t＝t1＋t2＝2.4s。[答案] (1)3m/s (2)1.2m (3)2.4s———————————————————(1)解答平抛运动的基本方法是运动的合成与分解，即沿水平和竖直两个方向将运动正交分解。(2)对于临界问题，解答的关键是找出临界点，如在本题中，临界点是小球恰好到达斜面顶端的速度。——————————————————————————————————————[变式训练]1．(2011·海南高考)如图4－2－7，水平地面上有一个坑，其竖直截面为半圆，ab为沿水平方向的直径。若在a点以初速度v0沿ab方向抛出一小球，小球会击中坑壁上的c点。已知c点与水平地面的距离为圆半径的一半，求圆的半径。
图4－2－7解析： 小球做平抛运动，设圆的半径为R，由题意得θ＝30°，水平方向有：R＋Rcos30°＝v0t①竖直方向有：Rsin30°＝gt2②由①和②两式解得：R＝。答案：类平抛运动问题[命题分析] 类平抛运动在高考中常被考查到，特别是带电粒子在电场中偏转时的类平抛运动考查到的概率很大，难度一般为中等。[例2] 质量为m的飞机以水平初速度v0飞离跑道后逐渐上升，若飞机在此过程中水平速度保持不变，同时受到重力和竖直向上的恒定升力(该升力由其他力的合力提供，不含重力)。今测得当飞机在水平方向的位移为l时，它的上升高度为h，如图4－2－8所示，求：图4－2－8(1)飞机受到的升力大小；(2)上升至h高度时飞机的速度。[解析](1)飞机水平方向速度不变，则有l＝v0t竖直方向上飞机加速度恒定，则有h＝at2联立得a＝v，根据牛顿第二定律F－mg＝ma，得飞机受到的升力F＝mg＋ma＝mg(1＋v)
(2)由题意将此运动分解为水平方向速度为v0的匀速直线运动，l＝v0t；竖直方向为初速度为0，加速度a＝v的匀加速直线运动。上升到h高度其竖直速度vy＝＝＝所以上升至h高度时其速度v＝＝百度文库-让每个人平等地提升自我如图所示，tanθ＝＝，方向与v0成θ角，θ＝arctan。[答案] (1)mg(1＋v) (2)，方向与v0成θ角，θ＝arctan———————————————————类平抛运动的求解方法(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(即沿合力的方向)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a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。——————————————————————————————————————[变式训练]2．如图4－2－9所示的光滑斜面长为l，宽为b，倾角为θ，一物块(可看成质点)沿斜面左上方顶点P水平射入，恰好从底端Q点离开斜面，试求：
图4－2－9(1)物块由P运动到Q所用的时间t；(2)物块由P点水平入射时的初速度v0；(3)物块离开Q点时速度的大小v。解析： (1)物块沿水平方向匀速运动，b＝v0t；沿斜面向下的方向为初速度为零的匀加速运动，设加速度为a，则有mgsinθ＝ma，l＝at2联立解得t＝。(2)由(1)可得v0＝＝b。(3)物块到达Q点的速度大小v＝结合(1)(2)解得v＝。答案：(1) (2)b(3)万能模型——平抛与斜面模型1．模型特点平抛运动与斜面结合的问题，一般是研究物体从斜面顶端平抛到落回斜面的运动过程，解决这类问题一般仍是在水平和竖直方向上分解。求解的关键在于深刻理解通过与斜面的关联而给出的隐含条件。
2．特殊状态该模型最重要的状态是物体落回斜面和速度与斜面平行两个时刻的状态，这两个状态典型的运动特征如下：(1)从斜面开始平抛并落回斜面的时刻：①全过程位移的方向沿斜面方向，即竖直位移与水平位移之比等于斜面倾角的正切。②竖直速度与水平速度之比等于斜面倾角正切的两倍。(2)速度与斜面平行的时刻：①竖直速度与水平速度之比等于斜面倾角的正切。②该时刻是全运动过程的中间时刻。③该时刻之前与该时刻之后竖直方向上的位移之比为1∶3。④该时刻之前与该时刻之后斜面方向上的位移之比不是1∶3。3．特殊类型该模型的另一类问题是平抛后垂直撞击斜面。在撞击斜面的时刻，速度方向与水平方向的夹角与斜面的倾角互余。[示例] 如图4－2－10所示，一光滑斜面与竖直方向成α角，一小球以两种方式释放：第一种方式是在A点以速度v0平抛落至B点；第二种方式是在A点松手后沿斜面自由下滑至B点，求：图4－2－10(1)AB的长度多大？(2)两种方式到达B点，平抛的运动时间为t1，下滑的时间为t2，等于多少？(3)以两种方式到达B点的水平分速度之比和竖直分速度各是多少？[解析] 以两种方式释放，从A到B位移相同，设AB长为L。(1)水平方向位移Lsinα＝v0t1①
竖直方向位移Lcosα＝gt②联立①②得L＝。(2)将L值代入①式可得t1＝。物体下滑的加速度a＝gcosα，由L＝at，得t2＝。将L、a代入得t2＝，则有＝。(3)平抛运动的水平分速度v1x＝v0，竖直分速度v1y＝gt1＝；下滑运动的水平分速度v2x＝v2sinα，竖直分速度v2y＝v2cosα；由于v2＝＝，所以v2x＝2v0cosα，v2y＝；则＝，＝。[答案] (1) (2)cosα (3) [模型构建] 物体从斜面上某一点水平抛出又落在斜面上，即满足平抛运动规律。在解答这类问题时，除要运用平抛运动的位移和速度规律，还要充分运用斜面倾角，找出斜面倾角同位移和速度与水平方向夹角的关系，从而顺利解决问题。[变式训练](2013·江西盟校二联)如图4－2－11所示，从倾角为θ的斜面上的某点先后将同一小球以不同初速度水平抛出，小球均落到斜面上，当抛出的速度为v1时，小球到达斜面时的速度方向与斜面的夹角为α1，当抛出的速度为v2时，小球到达斜面时的速度方向与斜面的夹角为α2，则( )
图4－2－11A．当v1>v2时，α1>α2B．当v1>v2时，α1<α2C．无论v1、v2大小如何，均有α1＝α2D．2tanθ＝tan(α1＋θ)解析：选CD 如图，由平抛中点结论得，2tanθ＝tanφ，φ＝θ＋α，无论v多大，θ不变，得出φ不变，α也不变，所以无论v多大，α1＝α2，故A、B错误，C、D正确。[随堂巩固提升]1．(2013·广州测试)人在距地面高h、离靶面距离L处，将质量为m的飞镖以速度v0水平投出，落在靶心正下方，如图4－2－12所示。只改变h、L、m、v0四个量中的一个，可使飞镖投中靶心的是( )图4－2－12A．适当减小v0 B．适当提高hC．适当减小mD．适当减小L解析：选BD 若不计空气阻力，飞镖做平抛运动，水平方向上：L＝v0t，竖直方向上：y＝gt2/2，解得：y＝，若让飞镖打在靶子中心，则y应该减小，即增大v0，或减小人和靶面间的距离L，v0、L不变时，也可以增大飞镖投出的高度h，A错误，B、D正确；由y＝可知y与m无关，C错误。
2．从水平匀速飞行的直升机上向外自由释放一个物体，不计空气阻力，在物体下落过程中，下列说法正确的是( )A．从飞机上看，物体静止B．从飞机上看，物体始终在飞机的后方C．从地面上看，物体做平抛运动D．从地面上看，物体做自由落体运动解析：选C 从飞机上看，物体做自由落体运动，从地面上看，物体做平抛运动。3．(2013·广东深圳市调研)如图4－2－13所示，在同一竖直面内，小球a、b从高度不同的两点，分别以初速度va和vb沿水平方向抛出，经过时间ta和tb后落到与两抛出点水平距离相等的P点。若不计空气阻力，则( )图4－2－13A．ta>tb，vatb，va>vbC．tavb解析：选A 做平抛运动的物体，水平方向上做匀速直线运动，有x＝vt；竖直方向上做自由落体运动，有h＝gt2。由题意知ha>hb，则有ta>tb，又因为xa＝xb，根据以上关系式得val，t＝，即取决于A的初速度，故A正确；若A、B在第一次落地前未相碰，则由于A、B反弹后的竖直分运动仍然相同，且A的水平分速度不变，所以A、B一定能相碰，而且在B运动的任意位置均可能相碰，故B、C项均错，D项正确。5．如图4－2－15所示，两个相对的斜面，倾角分别为37°和53°。在顶点把两个小球以同样大小的初速度分别向左、向右水平抛出，小球都落在斜面上。若不计空气阻力，则A、B两个小球的运动时间之比为( )图4－2－15A．1∶1B．4∶3C．16∶9D．9∶16解析：选D 两小球均做平抛运动，由题意知小球都落在斜面上，所以A、B两小球位移方向与v0方向的夹角分别为θA＝37°，θB＝53°，如图所示，由tanθ＝＝＝得t＝，所以＝＝＝。[课下限时集训](时间：40分钟 满分：100分)一、选择题(本题共8小题，每小题8分，共64分)1．(2013·福州模拟)如图1所示，三个小球从同一高度处的O点分别以水平初速度v1、v2、v3抛出，落在水平面上的位置分别是A、B、C，O′是O在水平面上的射影点，且O′A∶O′B∶O′C＝1∶3∶5。若不计空气阻力，则下列说法正确的是( )图1A．v1∶v2∶v3＝1∶3∶5
B．三个小球下落的时间相同C．三个小球落地的速度相同D．三个小球落地的动能相同解析：选AB 由于三个小球从同一高度处抛出，所以做平抛运动的时间相同，由x＝v0t可知选项A、B正确；由于初速度不相同，但三种情况重力做功相同，由动能定理可得落地的动能不相同，速度也不相同，故选项C、D错误。2．如图2所示，A、B为两个挨得很近的小球，并列放于光滑斜面上，斜面足够长，在释放B球的同时，将A球以某一速度v0水平抛出，当A球落于斜面上的P点时，B球的位置位于( )图2A．P点以下B．P点以上C．P点D．由于v0未知，故无法确定解析：选B 设A球落到P点的时间为tA，AP的竖直位移为y；B球滑到P点的时间为tB，BP的竖直位移也为y，则tA＝，tB＝＝>tA(θ为斜面倾角)，故B项正确。3．如图3所示，我某集团军在一次空地联合军事演习中，离地面H高处的飞机以水平对地速度v1发射一颗炸弹轰炸地面目标P，反应灵敏的地面拦截系统同时以初速度v2竖直向上发射一颗炮弹拦截(炮弹运动过程看做竖直上抛)，设此时拦截系统与飞机的水平距离为x，若拦截成功，不计空气阻力，则v1、v2的关系应满足( )图3A．v1＝v2B．v1＝v2
C．v1＝v2D．v1＝v2解析：选C 由题意知从发射到拦截成功水平方向应满足：x＝v1t，同时竖直方向应满足：H＝gt2＋v2t－gt2＝v2t，所以有＝，即v1＝v2，C选项正确。4．(2012·执信中学期中考试)如图4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的关系和三个物体运动的时间ta、tb、tc的关系是( )图4A．va>vb>vc ta>tb>tcB．vatb>tcD．va>vb>vc tatb>tc，又由v＝得vaha，xa>xb>xc，则D正确，C错误。6．(2013·济南模拟)以v0的速度水平抛出一物体，当其水平分位移与竖直分位移相等时，下列说法正确的是( )A．瞬时速度的大小是v0B．运动的时间是C．竖直分速度的大小等于水平分速度的大小D．运动的位移是解析：选ABD 由x＝v0t，y＝gt2和x＝y，可知t＝，故B正确，代入vy＝gt，y＝gt2，结合v＝，s＝，可知A、D正确，C错误。7．如图6所示，P是水平面上的圆弧凹槽。从高台边B点以速度v0水平飞出的小球，恰能从固定在某位置的凹槽的圆弧轨道的左端A沿圆弧切线方向进入轨道。O是圆弧的圆心，θ1是OA与竖直方向的夹角，θ2是BA与竖直方向的夹角。则( )图6A.＝2B．tanθ1tanθ2＝2C.＝2D.＝2解析：选B 由平抛运动知识及几何关系可知，tanθ2＝＝，tanθ1＝，则tanθ1tanθ2＝2，B正确。
8．(2012·银川一中一模)中国女排享誉世界排坛，曾经取得辉煌的成就。在某次比赛中，我国女排名将冯坤将排球从底线A点的正上方以某一速度水平发出，排球正好擦着球网落在对方底线的B点上，且AB平行于边界CD。已知网高为h，球场的长度为x，不计空气阻力且排球可看成质点，则排球被发出时，击球点的高度H和水平初速度v分别为( )图7A．H＝hB．H＝hC．v＝D．v＝解析：选AD 由平抛知识可知gt2＝H，H－h＝g()2得H＝h，A正确，B错误；由vt＝x，得v＝，D正确，C错误。二、非选择题(本题共2小题，共36分)9．(18分)如图8所示，位于竖直平面上有1/4圆弧的光滑轨道，半径为R，OB沿竖直方向，圆弧轨道上端A点距地面高度为H。当把质量为m的钢球从A点静止释放，最后落在了水平地面的C点处。若本地的重力加速度为g，且不计空气阻力。请求出：图8(1)钢球运动到B点的瞬间受到的支持力多大？(2)钢球落地点C距B点的水平距离x为多大？(3)比值R/H为多少时，小球落地点C距B点的水平距离x最大？这个最大值是多少？解析： (1)小球从A到B过程中机械能守恒有mgR＝mv2/2①小球沿圆弧做圆周运动，在B点由牛顿第二定律有FNB－mg＝mv2/R②
解①②得FNB＝3mg。(2)小球离开B点后做平抛运动，抛出点高度为H－R有H－R＝gt2/2③x＝vt④解①③④得x＝。(3)由x＝＝可知当R/H＝1/2时，x有最大值xmax，且xmax＝H(或xmax＝2R)答案：(1)3mg (2) (3) H(或2R)10．(18分)(2013·合肥模拟)在水平地面上固定一倾角θ＝37°、表面光滑的斜面体，物体A以v1＝6m/s的初速度沿斜面上滑，同时在物体A的正上方，有一物体B以某一初速度水平抛出，如图9所示，如果当A上滑到最高点时恰好被B物体击中。(A、B均可看做质点，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2)求：图9(1)物体A上滑到最高点所用的时间t；(2)物体B抛出时的初速度v2；(3)物体A、B间初始位置的高度差h。解析： (1)物体A上滑过程中，由牛顿第二定律得：mgsinθ＝ma代入数据得：a＝6m/s2设经过t时间滑到最高点，由运动学公式：0＝v1－at代入数据得：t＝1s。(2)平抛物体B的水平位移：x＝v1tcos37°＝2.4m平抛速度：v2＝＝2.4m/s。(3)物体A、B间的高度差：
h＝hA⊥＋hB＝v1sin37°＋gt2＝6.8m答案：(1)1s (2)2.4m/s (3)6.8m[教师备选题库]1．(2012·福州一中模拟)做平抛运动的物体，它的速度方向与水平方向夹角的正切值tanθ随着时间t变化而变化，下列关于tanθ与t关系的图象正确的是( )图1解析：选B 由tanθ＝＝t知，选项B正确。2．(2012·莱芜模拟)如图2所示，两个倾角分别为30°、45°的光滑斜面放在同一水平面上，斜面高度相等。有三个完全相同的小球a、b、c，开始均静止于同一高度处，其中b小球在两斜面之间，a、c两小球在斜面顶端，两斜面间距大于小球直径。若同时释放，a、b、c小球到达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正确的是( )图2A．t1>t3>t2 B．t1＝t1′、t2＝t2′、t3＝t3′C．t1′>t3′>t2′D．t1t3>t2。当平抛三小球时，小球b做平抛运动，竖直方向运动情况与第一次相同，小球a、c在斜面上做类平抛运动，沿斜面向下方向的运动与第一次相同，所以t1＝t1′，t2＝t2′，t3＝t3′，故选A、B、C。3．(2012·北京东城区模拟)为了探究影响平抛运动水平射程的因素，某同学通过改变抛出点的高度及初速度的方法做了6次实验，实验数据记录如下表。以下探究方案符合控制变量法的是( )序号抛出点的高度(m)水平初速度(m/s)水平射程(m)10.202.00.4020.203.00.6030.452.00.6040.454.01.2050.802.00.8060.806.02.40A.若探究水平射程与初速度的关系，可用表中序号为1、3、5的实验数据B．若探究水平射程与高度的关系，可用表中序号为1、3、5的实验数据C．若探究水平射程与高度的关系，可用表中序号为2、4、6的实验数据D．若探究水平射程与初速度的关系，可用表中序号为2、4、6的实验数据解析：选B 应用控制变量法进行实验时如果研究其中两个量的关系时，必须使其他变量为定值，因此若探究水平射程与初速度的关系，应使抛出点的高度一定，故A、D均错；若探究水平射程与高度的关系时，应使水平初速度为定值，故B对，C错。4．(2013·河北唐山)2012年12月15日，香港高尔夫球挑战赛上，中国高尔夫球名将梁文冲出战。如图3所示，若梁文冲从高出水平地面h的坡上水平击出一个质量为m的高尔夫球。由于恒定的水平风力的作用，高尔夫球竖直地落入距击球点水平距离为L的A穴。则( )图3A．小球从圆弧顶部飞出时，圆弧对小球的支持力大小为mgB．由于受风力的影响，该球从被击出到落入A穴所用的时间小于
C．球被击出时的初速度大小为LD．球被击出后受到的水平风力的大小为mgL/h解析：选CD 小球从圆弧顶部飞出，由曲线运动向心力的特点可知，圆弧对小球的支持力小于mg，A项错误；由h＝gt2得球从被击出到落入A穴所用的时间为t＝，水平风力并不会影响高尔夫球下落的时间，B项错误；由题述高尔夫球竖直地落入A穴可知球水平末速度为零，由L＝v0t/2得球被击出时的初速度大小为v0＝L，C项正确；由v0＝at得球水平方向加速度大小a＝gL/h，球被击出后受到的水平风力的大小为F＝ma＝mgL/h，D项正确。5．(2012·湖北七市联考)在一足够长的倾角为θ＝37°的光滑斜面顶端。由静止释放小球A，经过时间t后，仍在斜面顶端水平抛出另一小球B，为使抛出的小球B能够刚好击中小球A，小球B应以多大速度抛出？(已知重力加速度为g。sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)解析： 设B球平抛后经时间t1落到斜面上其水平位移x＝vt1①其竖直位移为y＝gt②考虑到斜面倾角，有y＝xtanθ③根据①②③式可得t1＝＝④B球位移为s＝＝＝⑤而在这段时间内A球总位移为l＝gsinθ(t1＋t)2⑥因为两球相碰，则s＝l⑦由④⑤⑥⑦可得v＝gt。答案：gt6．(2013·泰安模拟)在倾角为θ的斜面顶端A处以速度v0水平抛出一小球，落在斜面上的某一点B处，空气阻力不计，求：(1)小球从A运动到B处所需的时间；(2)从抛出开始计时，经过多长时间小球离斜面的距离达到最大？(3)小球离斜面的距离最大是多少？
解析： (1)小球做平抛运动，同时受到斜面体的限制。设小球从A运动到B处所需的时间为t，则：水平位移为x＝v0t，竖直位移为y＝gt2；根据题意和数学关系可知合位移与水平位移的夹角即为θ，则有tanθ＝；联立以上三式解得：t＝。(2)当小球垂直斜面向上的分速度为零时，离斜面的距离最大，此时小球只有平行于斜面的速度，故可知当小球的速度与斜面平行时，小球离斜面的距离最大，由此可得此时合速度的方向。设小球从抛出开始计时，经时间t1小球离斜面的距离达到最大，如图甲所示，则有：vy＝gt1＝v0tanθ，解得t1＝。(3)方法一(常规解法)：由(2)中计算可知，离斜面最远时，运动的时间t1＝，如图乙所示，则小球的水平位移x＝AC＝v0t1＝，竖直位移y＝CE＝gt＝；由图中几何关系可知：小球离斜面的最大距离hmax＝EF＝(CD－CE)cosθ＝(xtanθ－y)cosθ；解得：hmax＝xsinθ－ycosθ＝。方法二(推论解法)：如图乙所示，根据平抛运动物体任意时刻速度方向反向延长线必过水平位移的中点可知：x＝，结合图中几何关系可知小球离斜面的最大距离hmax＝GH＝sinθ＝。方法三(变换分解法)：将小球的运动分解成垂直斜面向上的匀减速直线运动和平行斜面方向的匀加速直线运动，如图丙所示。则小球在垂直斜面方向上做匀减速直线运动的初速度是vy0＝v0sinθ，加速度ay＝－gcosθ；离开斜面的距离最大时有vy＝0，则由运动公式a＝
得：小球离开斜面的距离最大时所需的时间t1＝，由v2－v＝2ax得：小球离开斜面的最大距离hmax＝。答案：(1) (2) (3)描述圆周运动的物理量定义、意义公式、单位线速度(1)描述做圆周运动的物体运动快慢的物理量(v)(2)是矢量，方向和半径垂直，和圆周相切(1)v＝＝(2)单位：m/s角速度(1)描述物体绕圆心转动快慢的物理量(ω)(2)中学不研究其方向(1)ω＝＝(2)单位：rad/s周期和转速(1)周期是物体沿圆周运动一周的时间(T)(2)转速是物体在单位时间内转过的圈数(n)，也叫频率(f)(1)T＝＝，单位：s(2)n的单位：r/s、r/min(3)f＝，单位：Hz向心力(1)作用效果是产生向心加速度，只改变线速度的方向，不改变线速度的大小(2)方向指向圆心(1)Fn＝mω2r＝m＝mr(2)单位：N相互关系(1)v＝ωr＝＝2πrf
(2)an＝＝rω2＝ωv＝＝4π2f2r(3)Fn＝m＝mrω2＝mr＝mωv＝m·4π2f2r1．在传动装置中各物理量的关系(1)同一转轴的各点角速度ω相同，而线速度v＝ωr与半径r成正比，向心加速度大小an＝rω2与半径r成正比。(2)当皮带不打滑时，传动皮带、用皮带连接的两轮边缘上各点的线速度大小相等，两皮带轮上各点的角速度、向心加速度关系可根据ω＝、an＝确定。2．用动力学方法解决圆周运动中的问题(1)向心力的来源：向心力是按力的作用效果命名的，可以是重力、弹力、摩擦力等各种力，也可以是几个力的合力或某个力的分力，因此在受力分析中要避免再另外添加一个向心力。(2)向心力的确定：①确定圆周运动的轨道所在的平面，确定圆心的位置。②分析物体的受力情况，找出所有的力，沿半径方向指向圆心的合力就是向心力。(3)解决圆周运动问题的主要步骤：①审清题意，确定研究对象；②分析物体的运动情况，即物体的线速度、角速度、周期、轨道平面、圆心、半径等；③分析物体的受力情况，画出受力示意图，确定向心力的来源；④根据牛顿运动定律及向心力公式列方程；⑤求解、讨论。1．如图4－3－1所示，甲、乙、丙三个轮子依靠摩擦传动，相互之间不打滑，其半径分别为r1、r2、r3。若甲轮的角速度为ω1，则丙轮的角速度为( )图4－3－1A. B.
C.D.解析：选A 本题相当于皮带轮的连接，各个轮边缘的线速度大小相同。即v1＝ω1r1＝v2＝ω2r2＝v3＝ω3r3，故A选项正确。匀速圆周运动和非匀速圆周运动1．匀速圆周运动(1)定义：线速度大小不变的圆周运动。(2)性质：向心加速度大小不变，方向总是指向圆心的变加速曲线运动。(3)质点做匀速圆周运动的条件：合力大小不变，方向始终与速度方向垂直且指向圆心。2．非匀速圆周运动(1)定义：线速度大小、方向均发生变化的圆周运动。(2)合力的作用：①合力沿速度方向的分量Ft产生切向加速度，Ft＝mat，它只改变速度的大小。②合力沿半径方向的分量Fn产生向心加速度，Fn＝man，它只改变速度的方向。竖直面内圆周运动问题分析物体在竖直面内做的圆周运动是一种典型的变速曲线运动，该类运动常有临界问题，并有“最大”、“最小”、“刚好”等词语，常有两种模型——轻绳模型和轻杆模型，分析比较如下：轻绳模型轻杆模型常见类型过最高点的临界条件由小球能运动即可，得v临＝0讨论分析(1)过最高点时，v≥，FN＋mg＝m，绳、轨道对球产生弹力FN(1)当v＝0时，FN＝mg，FN为支持力，沿半径背离圆心(2)当0时，FN＋mg＝m，FN指向圆心并随v的增大而增大2.如图4－3－2所示，某物体沿光滑圆弧轨道由最高点滑到最低点过程中，物体的速率逐渐增大，则( )图4－3－2A．物体的合外力为零B．物体的合力大小不变，方向始终指向圆心OC．物体的合外力就是向心力D．物体的合力方向始终与其运动方向不垂直(最低点除外)解析：选D 物体做加速曲线运动，合力不为零，A错；物体做速度大小变化的圆周运动，合力不指向圆心，合力沿半径方向的分力等于向心力，合力沿切线方向的分力使物体速度变大，即除在最低点外，物体的速度方向与合外力的方向夹角为锐角，合力与速度不垂直，B、C错，D对。离心运动和近心运动1．离心运动(1)定义：做圆周运动的物体，在所受合力突然消失或不足以提供圆周运动所需向心力的情况下，所做的逐渐远离圆心的运动。图4－3－3(2)本质：做圆周运动的物体，由于本身的惯性，总有沿着圆周切线方向飞出去的倾向。(3)受力特点：
①当F＝mω2r时，物体做匀速圆周运动；②当F＝0时，物体沿切线方向飞出；③当Fmω2r，物体将逐渐靠近圆心，做近心运动。(1)物体做离心运动并非物体受到所谓离心力作用，而是物体惯性的表现。(2)物体做离心运动时，并非沿半径方向飞出，而是运动半径越来越大或沿切线方向飞出。3．物体做匀速圆周运动时，如果向心力突然消失，则下列说法正确的是( )A．物体将继续在原来的圆周上运动B．物体将沿着圆周的切线方向飞出去C．物体将沿着切线和圆周之间的某一条曲线向远离圆心的方向运动D．以上说法均不对解析：选B 做匀速圆周运动的物体，任一位置的速度方向均沿该点圆周的切线方向。当向心力突然消失时，物体由于具有惯性，将沿圆周的切线方向飞出去，故B项正确。传动装置问题[命题分析] 传动装置问题考查了圆周运动各物理量的关系，在高考中常被考查到，考查的题型一般为选择题。[例1] 如图4－3－4所示，一种向自行车车灯供电的小发电机的上端有一半径r0＝1.0cm的摩擦小轮，小轮与自行车车轮的边沿接触。当车轮转动时，因摩擦而带动小轮转动，从而为发电机提供动力。自行车车轮的半径R1＝35cm，小齿轮的半径R2＝4.0cm，大齿轮的半径R3＝10.0cm。求大齿轮的转速n1和摩擦小轮的转速n2之比。(假定摩擦小轮与自行车车轮之间无相对滑动)图4－3－4
[解析] 大小齿轮间、摩擦小轮和车轮之间和皮带传动原理相同，两轮边沿各点的线速度大小相等，由v＝2πnr可知转速n和半径r成反比；小齿轮和车轮同轴转动，两轮上各点的转速相同。大齿轮与小齿轮转速之间的关系为：n1∶n小＝R2∶R3。车轮与小齿轮之间的转速关系为：n车＝n小。车轮与摩擦小轮之间的关系为：n车∶n2＝r0∶R1。由以上各式可解出大齿轮和摩擦小轮之间的转速之比为：n1∶n2＝2∶175。[答案] 2∶175[变式训练]1．如图4－3－5所示装置中，A、B、C三个轮的半径分别为r、2r、4r，b点到圆心的距离为r，求图中a、b、c、d各点的线速度之比、角速度之比、加速度之比。图4－3－5解析：va＝vc，而vb∶vc∶vd＝1∶2∶4，所以va∶vb∶vc∶vd＝2∶1∶2∶4；ωa∶ωb＝2∶1，而ωb＝ωc＝ωd，所以ωa∶ωb∶ωc∶ωd＝2∶1∶1∶1；再利用a＝vω，可得aa∶ab∶ac∶ad＝4∶1∶2∶4。答案：见解析水平面内的匀速圆周运动[命题分析] 汽车、火车的转弯等实际应用问题属于典型的水平面内的匀速圆周运动问题，是高考的热点，且常与牛顿运动定律、功能关系等知识综合起来考查。[例2] 随着经济的持续发展，人民生活水平的不断提高，近年来我国私家车数量快速增长，高级和一级公路的建设也正加速进行，为了防止在公路弯道部分由于行车速度过大而发生侧滑，常将弯道部分设计成外高内低的斜面。如果某品牌汽车的质量为m，汽车行驶时弯道部分的半径为r，汽车轮胎与路面的动摩擦因数为μ，路面设计的倾角为θ，如图4－3－6所示。(重力加速度g取10m/s2)图4－3－6(1)为使汽车转弯时不打滑，汽车行驶的最大速度是多少？
(2)若取sinθ＝，r＝60m，汽车轮胎与雨雪路面的动摩擦因数为μ＝0.3，则弯道部分汽车行驶的最大速度是多少？[解析] (1)汽车受力分析如图所示，竖直方向：FNcosθ＝mg＋Ffsinθ水平方向：FNsinθ＋Ffcosθ＝m又Ff＝μFN联立可得v＝。(2)代入数据可得：v＝14.6m/s。[答案] (1) (2)14.6m/s———————————————————————————————水平面内的匀速圆周运动规律总结(1)实例：圆锥摆、火车转弯、飞机在水平面内做匀速圆周飞行等。(2)特点：①运动轨迹是圆且在水平面内；②向心力的方向水平，竖直方向的合力为零。(3)解答方法：①对研究对象受力分析，确定向心力的来源；②确定圆周运动的圆心和半径；③应用相关力学规律列方程求解。——————————————————————————————————————[变式训练]2．有一种杂技表演叫“飞车走壁”，由杂技演员驾驶摩托车沿圆台形表演台的侧壁做匀速圆周运动。图4－3－7中有两位驾驶摩托车的杂技演员A、B，他们离地面的高度分别为hA和hB，且hA>hB，下列说法中正确的是( )
图4－3－7A．A摩托车对侧壁的压力较大B．A摩托车做圆周运动的向心力较大C．A摩托车做圆周运动的周期较小D．A摩托车做圆周运动的线速度较大解析：选D 以摩托车为研究对象，受力分析如图所示，则有FNsinθ＝mg，FNcosθ＝m＝mR()2，因侧壁与竖直方向的夹角θ与h无关，故压力FN不变，向心力不变，h越高，R越大，则T越大，v越大。竖直面内圆周运动问题[命题分析] 本考点是高考的热点，常结合牛顿运动定律、功能关系等综合考查，考查的题型有选择题和计算题。图4－3－8[例3] (2013·重庆模拟)如图4－3－8所示，半径为R、内径很小的光滑半圆管竖直放置，两个质量均为m的小球A、B以不同的速度进入管内。A通过最高点C时，对管壁上部压力为3mg，B通过最高点C时，对管壁下部压力为0.75mg，求A、B两球落地点间的距离。[思维流程]第一步：抓信息关键点关键点信息获取(1)内径很小的光滑半圆管竖直放置无摩擦力，只有重力做功，且小球从C点飞出后做平抛运动
(2)A对管壁上部压力为3mgA球在C点的向心力为4mg(3)B通过C时，对管壁下部压力为0.75mgB球在C点的向心力为0.25mg第二步：找解题突破口(1)首先根据A、B两球在C点的向心力，利用牛顿第二定律求出两球平抛运动的初速度。(2)根据平抛运动的规律求出两球落地点间的距离。第三步：条理作答[解析] A球通过最高点时，由牛顿第二定律FNA＋mg＝m已知FNA＝3mg，得vA＝2B球通过最高点时，由牛顿第二定律mg－FNB＝m已知FNB＝0.75mg，得vB＝平抛落地时间t＝故两球落地点间的距离Δl＝(vA－vB)t解得Δl＝3R[答案] 3R————————————————————————————————竖直面内的管道类似于竖直面内的杆模型，物体在管道内上升到最高点的速度可以为零，管道对物体可以提供向上的支持力，也可以提供向下的压力。——————————————————————————————————————[变式训练]3．如图4－3－9所示，放置在水平地面上的支架质量为M，支架顶端用细线拴着的摆球质量为m，现将摆球拉至水平位置，而后释放，摆球运动过程中，支架始终不动，以下说法正确的是( )
图4－3－9A．在释放前的瞬间，支架对地面的压力为(m＋M)gB．在释放前的瞬间，支架对地面的压力为(M－m)gC．摆球到达最低点时，支架对地面的压力为(m＋M)gD．摆球到达最低点时，支架对地面的压力为(3m＋M)g解析：选D 在释放前的瞬间绳拉力为零，对M：对地面的压力F＝Mg；当摆球运动到最低点时，由机械能守恒定律得mgR＝mv2①由牛顿第二定律得：FT－mg＝m②由①②得绳对小球的拉力FT＝3mg对支架M由受力平衡，地面支持力FN＝Mg＋3mg由牛顿第三定律知，支架对地面的压力F′N＝3mg＋Mg，故选项D正确。
开“芯”技法——巧用两类圆锥摆分析计算圆周运动时，常会遇到由重力和弹力(可以是支持力，也可以是绳子的拉力)的合力提供向心力，且在水平面上做匀速圆周运动的一类问题——圆锥摆运动问题。因此，掌握圆锥摆运动特征可以快速解决这一类圆周运动问题，最常见的圆锥摆运动有以下两类：(1)类型一：长度不同且具有相同高度的圆锥摆具有相同的周期。如图4－3－10所示，A、B两小球的质量分别为m、M，分别与竖直方向成夹角为θ、β的两悬线长分别为l、L。图4－3－10推导：由图可知，由于A、B两球在同一水平面上做匀速圆周运动，根据合成法可得两小球受到的向心力分别为：FnA＝mgtanθ，FnB＝Mgtanβ则由a＝得向心力加速度为：anA＝gtanθ，anB＝gtanβ；由a＝Rω2＝，得T＝2π；而由图可知：R1＝htanθ，R2＝htanβ；联立以上各式可得T1＝T2＝2π。由上式可知，高度相同的圆锥摆具有相同的运动周期，且运动物体的周期只与圆锥摆的高度的二次方根成正比，而与其质量及悬线长度无关。(2)类型二：具有相同锥度角(长度不同)的圆锥摆具有相同的加速度。图4－3－11如图4－3－11所示，A、B两小球的质量分别为m、M，与竖直方向的夹角均为θ，两悬线长分别为l、L，现使两小球均在水平面上做匀速圆周运动。
推导：由图可知，A、B两小球做匀速圆周运动的向心力分别为：FnA＝mgtanθ，FnB＝Mgtanθ；则由牛顿第二定律Fn＝ma得向心加速度为：anA＝anB＝gtanθ。由此可知：具有相同锥度角(长度不同)的圆锥摆具有相同的加速度，且运动物体的向心加速度只与圆锥摆的锥度角的正切值成正比，与其质量与悬线长度无关。(3)结论应用及延伸：①判断做圆锥摆运动的物体的线速度、角速度和周期的大小关系，主要公式依据是：a＝＝Rω2＝。②对于高度相等的圆锥摆，则可依据周期T不变进行相关物理量的大小比较。③对于锥度角相同的圆锥摆，则可依据加速度a不变进行相关物理量的大小比较。[示例] 如图4－3－12所示，一个内壁光滑的圆锥筒，其轴线垂直于水平面，圆锥筒固定不动，有两个质量相同的小球A和B紧贴着内壁分别在图中所示的水平面内做匀速圆周运动，则下列说法中正确的是( )图4－3－12A．A球的线速度必定大于B球的线速度B．A球的角速度必定小于B球的角速度C．A球的运动周期必定小于B球的运动周期D．A球对筒壁的压力必定大于B球对筒壁的压力[解析] 根据上述规律可知，此题中的A、B两小球实际上是具有相同的向心加速度，根据a＝＝Rω2＝可知，加速度相同时，半径越大，线速度越大，角速度越小，周期越大，即由RA>RB，可知vA>vB，ωA<ωB，TA>TB，则选项C错误，A、B正确；由于A、B质量相同，在相同的倾斜面上，则向心力相等，进一步可知两球所受的弹力相等，故可知选项D错误。[答案] AB[名师点评] 比较两个圆周运动的各物理量之间关系时，实际上就是找出两个圆周运动之间存在的隐含的相同因素，然后用控制变量法思想即可判断各物理量的关系。若例题中两小球质量不相等，则上述运动量仍然符合规律，只是弹力和向心力发生变化而已，这是在分析问题时要注意的一个细节问题。
[随堂巩固提升]1．关于做匀速圆周运动物体的向心加速度的方向，下列说法正确的是( )A．与线速度方向始终相同 B．与线速度方向始终相反C．始终指向圆心D．始终保持不变解析：选C 向心加速度方向始终指向圆心，做匀速圆周运动的物体的向心加速度大小始终不变，方向在不断变化，故C项正确。2．如图4－3－13所示，水平转台上放着一枚硬币，当转台匀速转动时，硬币没有滑动，关于这种情况下硬币的受力情况，下列说法正确的是( )图4－3－13A．受重力和台面的支持力B．受重力、台面的支持力和向心力C．受重力、台面的支持力、向心力和静摩擦力D．受重力、台面的支持力和静摩擦力解析：选D 重力与支持力平衡，静摩擦力提供向心力，方向指向转轴。3．在一棵大树将要被伐倒的时候，有经验的伐木工人就会双眼紧盯着树梢，根据树梢的运动情形就能判断大树正在朝着哪个方向倒下，从而避免被倒下的大树砸伤。从物理知识的角度来解释，以下说法正确的是( )A．树木开始倒下时，树梢的角速度较大，易于判断B．树木开始倒下时，树梢的线速度最大，易于判断C．树木开始倒下时，树梢的向心加速度较大，易于判断D．伐木工人的经验缺乏科学依据解析：选B 树木开始倒下时，树各处的角速度一样大，故A错误；由v＝ωr可知，树梢的线速度最大，易判断树倒下的方向，B正确；由a＝ω2r知，树梢处的向心加速度最大，方向指向树根处，但无法用向心加速度确定倒下方向，故C、D均错误。4．摩托车比赛转弯处路面常是外高内低，摩托车转弯有一个最大安全速度，若超过此速度，摩托车将发生滑动。对于摩托车滑动的问题，下列论述正确的是( )A．摩托车一直受到沿半径方向向外的离心力作用
B．摩托车所受外力的合力小于所需的向心力C．摩托车将沿其线速度的方向沿直线滑去D．摩托车将沿其半径方向沿直线滑去解析：选B 摩托车只受重力、地面支持力和地面的摩擦力作用，没有离心力，A错误；摩托车正转弯时可看做是匀速圆周运动，所受的合力等于向心力，如果向外滑动，说明提供的向心力即合力小于需要的向心力，B正确；摩托车将在线速度方向与半径向外的方向之间做离心曲线运动，C、D错误。5．飞机做特技表演时，常做俯冲拉起运动，如图4－3－14所示，此运动在最低点附近可看做是半径为500m的圆周运动。若飞行员的质量为65kg，飞机经过最低点时速度为360km/h，则这时飞行员对座椅的压力为多大？(取g＝10m/s2)图4－3－14解析：对飞行员受力分析，如图所示。FN－mg＝m得：FN＝mg＋m＝1950N由牛顿第三定律可知支持力大小等于压力大小，所以飞行员对座椅压力为1950N。答案：1950N[课下限时集训](时间：40分钟 满分：100分)一、选择题(本题共8小题，每小题8分，共64分)1．汽车甲和汽车乙质量相等，以相等的速率沿同一水平弯道做匀速圆周运动，甲车在乙车的外侧。两车沿半径方向受到的摩擦力分别为Ff甲和Ff乙。以下说法正确的是( )A．Ff甲小于Ff乙B．Ff甲等于Ff乙C．Ff甲大于Ff乙D．Ff甲和Ff乙大小均与汽车速率无关解析：选A 两车做圆周运动的向心力均由沿半径方向的静摩擦力提供，因Ff甲＝m，Ff乙＝m，又r甲>r乙，所以Ff甲0，FN>mg，A错误，B正确；由动能定理得mgh＝mv，联立两方程得FN＝mg＋，所以h越大，FN越大，C正确，D错误。7．如图6所示，两个质量不同的小球用长度不等的细线拴在同一点，并在同一水平面内做匀速圆周运动，则它们的( )图6A．周期相同B．线速度的大小相等C．角速度的大小相等D．向心加速度的大小相等解析：选AC 设圆锥摆的高为h，则mg·＝m＝mω2r＝m()2r＝ma，故v＝r，ω＝，T＝2π，a＝g。因两圆锥摆的h相同，而r不同，故两小球运动的线速度不同，角速度的大小相等，周期相同，向心加速度不同。8．(2013·佛山模拟)如图7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( )图7A．小球通过最高点时的最小速度vmin＝B．小球通过最高点时的最小速度vmin＝0C．小球在水平线ab以下的管道中运动时，内侧管壁对小球一定无作用力D．小球在水平线ab以上的管道中运动时，外侧管壁对小球一定有作用力解析：选BC 小球沿管上升到最高点的速度可以为零，故A错误，B正确；小球在水平线ab以下的管道中运动时，由外侧管壁对小球的作用力FN
与球重力在背离圆心方向的分力Fmg的合力提供向心力，即：FN－Fmg＝m，因此，外侧管壁一定对球有作用力，而内侧壁无作用力，C正确；小球在水平线ab以上的管道中运动时，小球受管壁的作用力与小球速度大小有关，D错误。二、非选择题(本题共2小题，共36分)9．(18分)有一种叫“飞椅”的游乐项目，示意图如图8所示，长为L的钢绳一端系着座椅，另一端固定在半径为r的水平转盘边缘，转盘可绕穿过其中心的竖直轴转动。当转盘以角速度ω匀速转动时，钢绳与转轴在同一竖直平面内，与竖直方向的夹角为θ，不计钢绳的重力，求转盘转动的角速度ω与夹角θ的关系。图8解析：设座椅的质量为m，匀速转动时，座椅的运动半径为R＝r＋Lsinθ①受力分析如图，由牛顿第二定律，有mgtanθ＝mω2R②联立①②，得转盘角速度ω与夹角θ的关系ω＝答案：ω＝10．(18分)如图9所示，在半径为R的转盘的边缘固定有一竖直杆，在杆的上端点用长为L的细线悬挂一小球，当转盘旋转稳定后，细绳与竖直方向的夹角为θ，则小球转动周期为多大？
图9解析：小球随圆盘一起旋转，所以小球与圆盘的角速度相同，小球做圆周运动的向心力垂直指向杆，向心力由重力和绳子拉力的合力提供。小球在水平面内做匀速圆周运动的半径r＝R＋Lsinθ①重力G和绳拉力FT的合力提供向心力，由牛顿第二定律得FTsinθ＝mr②竖直方向：FTcosθ－mg＝0③联立①②③解得T＝2π答案：2π[教师备选题库]1．(2013·上海市嘉定区一模)如图1所示，洗衣机的脱水桶采用带动衣物旋转的方式脱水，下列说法中不正确的是( )图1A．脱水过程中，衣物是紧贴桶壁的B．水会从桶中甩出是因为水滴受到向心力很大的缘故C．加快脱水桶转动角速度，脱水效果会更好D．靠近中心的衣物脱水效果不如四周的衣物脱水效果好解析：选B 脱水过程中，衣物有做离心运动的趋势故它是紧贴桶壁的，故A正确；水会从桶中甩出是因为水滴受到的向心力不足以提供所需向心力的缘故，故B错误；加快脱水桶转动角速度，所需向心力Fn＝mω2r增大，故C正确；由Fn＝mω2r知靠近中心的衣物所需向心力比四周衣物小，故D正确。
2．(2013·德州模拟)如图2所示，一光滑轻杆沿水平方向放置，左端O处连接在竖直的转动轴上，a、b为两个可视为质点的小球，穿在杆上，并用细线分别连接Oa和ab，且Oa＝ab，已知b球质量为a球质量的3倍。当轻杆绕O轴在水平面内匀速转动时，Oa和ab两线的拉力之比为( )图2A．1∶3B．1∶6C．4∶3D．7∶6解析：选D 由牛顿第二定律，对a球：FOa－Fab＝mω2lOa，对b球：Fab＝3mω2(lOa＋lab)由以上两式得，Oa和ab两线的拉力之比为7∶6，D正确。3．(2011·安徽高考)一般的曲线运动可以分成很多小段，每小段都可以看成圆周运动的一部分，即把整条曲线用一系列不同半径的小圆弧来代替。如图3甲所示，曲线上A点的曲率圆定义为：通过A点和曲线上紧邻A点两侧的两点作一圆，在极限情况下，这个圆就叫做A点的曲率圆，其半径ρ叫做A点的曲率半径。现将一物体沿与水平面成α角的方向以速度v0抛出，如图乙所示。则在其轨迹最高点P处的曲率半径是( )图3A.B.C.D.解析：选C 根据运动的分解，物体在最高点的速度等于水平分速度，即为v0cosα，在最高点看成是向心力为重力的圆周运动的一部分，则mg＝m，ρ＝，C项正确。4.(2013·潍坊模拟)在高速公路的拐弯处，通常路面都是外高内低。如图4所示，在某路段汽车向左拐弯，司机左侧的路面比右侧的路面低一些。汽车的运动可看做是做半径为R的圆周运动。设内外路面高度差为h，路基的水平宽度为d，路面的宽度为L。已知重力加速度为g
。要使车轮与路面之间的横向摩擦力(即垂直于前进方向)等于零，则汽车转弯时的车速应等于( )图4A.B.C.D.解析：选B 由牛顿第二定律可知：FNsinθ＝m，FNcosθ－mg＝0，得mgtanθ＝，由几何关系知：tanθ＝，解得v＝，选项B正确。5.(2013·益阳模拟)质点P以O为圆心做半径为R的匀速圆周运动，如图5所示，周期为T，当P经过图中D点时，有一质量为m的另一质点Q受到力F的作用从静止开始做匀加速直线运动，为使P、Q两质点在某时刻的速度相同，则F的大小应满足什么条件？图5解析：速度相同包括速度大小相等和方向相同，由质点P的旋转情况可知，只有当P运动到圆周的C点时，P、Q速度方向才相同，即质点P转过了(n＋)(n＝0,1,2,3，…)周，经历的时间为t＝(n＋)T(n＝0,1,2,3，…)P的速率为v＝在相同时间内，质点Q做匀加速直线运动，速度应该达到v，由牛顿第二定律得a＝速度v＝at由以上四式联立解得F的大小应满足的条件为F＝(n＝0,1,2,3，…)。
答案：F＝(n＝0,1,2,3，…)6．(2013·西安模拟)如图6所示，有一内壁光滑的试管装有质量为1g的小球，试管的开口端封闭后安装在水平轴O上，转动轴到管底小球的距离为5cm，让试管在竖直平面内做匀速转动。问：图6(1)转动轴达某一转速时，试管底部受到小球的压力的最大值为最小值的3倍，此时角速度多大？(2)当转速ω＝10rad/s时，管底对小球的作用力的最大值和最小值各是多少？(g取10m/s2)解析：(1)转至最低点时，小球对管底压力最大；转至最高点时，小球对管底压力最小，最低点时管底对小球的支持力F1应是最高点时管底对小球支持力F2的3倍，即F1＝3F2①根据牛顿第二定律有最低点：F1－mg＝mrω2②最高点：F2＋mg＝mrω2③由①②③得ω＝＝rad/s＝20rad/s④(2)在最高点时，设小球不掉下来的最小角速度为ω0，根据牛顿第二定律有mg＝mrωω0＝＝rad/s＝14.1rad/s因为ω＝10rad/s<ω0＝14.1rad/s，故管底转到最高点时，小球已离开管底，因此管底对小球作用力的最小值为F′＝0当转到最低点时，管底对小球的作用力最大为F1′，根据牛顿第二定律知
F1′－mg＝mrω2，则F1′＝mg＋mrω2＝1.5×10－2N。答案：(1)20rad/s (2)1.5×10－2N 0万有引力定律1．内容自然界中任何两个物体都相互吸引，引力的方向在它们的连线上，引力的大小与物体的质量m1和m2的乘积成正比、与它们之间距离r的二次方成反比。2．公式F＝G其中G为引力常量，G＝6.67×10－11N·m2/kg2，由卡文迪许扭秤实验测定。3．适用条件两个质点之间的相互作用。(1)质量分布均匀的球体间的相互作用，也可用本定律来计算，其中r为两球心间的距离。(2)一个质量分布均匀的球体和球外一个质点之间的万有引力也适用，其中r为质点到球心间的距离。1．解决天体圆周运动问题的两条思路(1)在中心天体表面或附近而又不涉及中心天体自转运动时，万有引力等于重力，即G＝mg，整理得GM＝gR2，称为黄金代换。(g表示天体表面的重力加速度)(2)天体运动的向心力来源于天体之间的万有引力，即G＝m＝mrω2＝mr＝man。2．天体质量和密度的计算(1)估算中心天体的质量：①从环绕天体出发：由M＝知通过观测环绕天体运动的周期T和轨道半径r，就可以求出中心天体的质量M。②从中心天体本身出发：由M＝知只要知道中心天体表面的重力加速度g和半径R
，就可以求出中心天体的质量M。(2)估算中心天体的密度ρ：①由ρ＝知，测出卫星绕天体做匀速圆周运动的半径r和周期T，就可估算出中心天体的密度。(R0为天体的半径)②若卫星绕中心天体表面运行时，轨道半径r＝R0，则由ρ＝知，测出卫星绕天体做匀速圆周运动的周期T，就可估算中心天体的密度。1．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信息需要的时间为t(设卫星接收到操作信息立即操作，并立即发送已操作信息回中心)，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. B.C.D.解析：选C 卫星离地的高度为，运动轨道半径为R＋，则G＝m(R＋)()2，由此求得地球质量M＝。三种宇宙速度宇宙速度数值(km/s)意义第一宇宙速度(环绕速度)7.9是人造地球卫星的最小发射速度，也是人造地球卫星绕地球做圆周运动的最大速度。第二宇宙速度(脱离速度)11.2使物体挣脱地球引力束缚的最小发射速度。第三宇宙速度(逃逸速度)16.7使物体挣脱太阳引力束缚的最小发射速度。1．卫星的线速度、角速度、周期与轨道半径的关系做匀速圆周运动的卫星所受万有引力完全提供所需向心力，即由G＝m＝mrω2＝m
r＝man可推导出：当r增大时2．卫星的变轨问题当卫星由于某种原因速度突然改变时(开启或关闭发动机或空气阻力作用)，万有引力不再等于向心力，卫星将做变轨运行：(1)当卫星的速度突然增加时，Gm，即万有引力大于所需要的向心力，卫星将做近心运动，脱离原来的圆轨道，轨道半径变小，当卫星进入新的轨道稳定运行时由v＝可知其运行速度比原轨道时增大；卫星的发射和回收就是利用这一原理。3．地球同步卫星的特点(1)轨道平面一定：轨道平面和赤道平面重合。(2)周期一定：与地球自转周期相同，即T＝24h＝86400s。 (3)角速度一定：与地球自转的角速度相同。(4)高度一定：据G＝mr得r＝＝4.23×104km，卫星离地面高度h＝r－R≈6R(为恒量)。(5)绕行方向一定：与地球自转的方向一致。4．极地卫星和近地卫星(1)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。(2)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7.9km/s。(3)两种卫星的轨道平面一定通过地球的球心。2．现代宇宙学告诉我们，恒星在演变过程中，会形成一种密度很大的天体，称为白矮星或中子星。1m3的中子星物质的质量为1.5×1017kg，绕此中子星运行的卫星的最小周期为多少？若某一中子星的半径为10
km，求此中子星的第一宇宙速度。(计算结果保留一位有效数字，G＝6.67×10－11N·m2/kg2，球的体积V＝πR3)解析：中子星的质量M＝πR3ρ①G＝m()2R②由①②两式得：Tmin＝，代入数据得：T＝1×10－3s。G＝m③由①③两式得：v＝，代入数据得：v＝6×107m/s。答案：1×10－3s 6×107m/s经典时空观和相对论时空观1．经典时空观(1)在经典力学中，物体的质量不随运动状态而改变；(2)在经典力学中，同一物理过程发生的位移和对应时间的测量结果在不同的参考系中是相同的。2．相对论时空观(1)在狭义相对论中，物体的质量随物体的速度的增加而增加，用公式表示为m＝。(2)在狭义相对论中，同一物理过程发生的位移和对应时间的测量结果在不同的参考系中是不同的。两种时空观的理解(1)经典时空观认为时间和空间是脱离物质而存在的，是绝对的，时间和空间之间也是没有联系的。(2)相对论时空观认为有物质才有时间和空间，空间和时间与物质的运动状态有关，它们不是相互独立的。3．在日常生活中我们并没有发现物体的质量随物体的运动的变化而变化，其原因是( )A．物体运动无法称质量
B．物体的速度远小于光速，质量变化极小C．物体质量太大D．物体的质量不随速度变化而变化解析：选B 物体的速度远小于光速时，随速度的变化，物体质量变化很小，这种变化可以忽略不计，故选B。天体质量和密度的估算[命题分析] 本考点是高考中的重要考点，在历年高考中几乎都有涉及，题型一般为选择题，难度中等。[例1] (2011·江苏高考)一行星绕恒星做圆周运动。由天文观测可得，其运行周期为T，速度为v。引力常量为G，则( )A．恒星的质量为B．行星的质量为C．行星运动的轨道半径为D．行星运动的加速度为[解析] 因v＝ωr＝，所以r＝，C正确；结合万有引力定律公式＝m，可解得恒星的质量M＝，A正确；因不知行星和恒星之间的万有引力的大小，所以行星的质量无法计算，B错误；行星的加速度a＝ω2r＝×＝，D正确。[答案] ACD———————————————————————————————中心天体的质量和密度的估算方法(1)测出中心天体表面的重力加速度g，估算天体质量：G＝mg进而求得ρ＝＝＝。
(2)利用环绕天体的轨道半径r、周期T，估算天体质量：即G＝mr即GM＝若环绕天体绕中心天体表面做匀速圆周运动时，轨道半径r＝R，则ρ＝＝。——————————————————————————————————————[变式训练]1．(2012·福建高考)一卫星绕某一行星表面附近做匀速圆周运动，其线速度大小为v。假设宇航员在该行星表面上用弹簧测力计测量一质量为m的物体重力，物体静止时，弹簧测力计的示数为N。已知引力常量为G，则这颗行星的质量为( )A. B.C.D.解析：选B 由题意知行星表面的重力加速度为g＝，又在行星表面有g＝，卫星在行星表面运行时有m′g＝m′，联立解得M＝，故选项B正确。卫星运行规律及宇宙速度[命题分析] 本考点是高考的热点，在历年考试中几乎都有涉及，题型一般为选择题；本考点还常与牛顿运动定律、直线运动规律等综合起来考查。[例2] (2013·江西省中学第二次联考)2011年4月10日4时47分，我国在西昌卫星发射中心用“长征三号甲”运载火箭，成功将第八颗北斗导航卫星送入太空轨道。“北斗”卫星导航定位系统将由5颗静止轨道卫星和30颗非静止轨道卫星组成(如图4－4－1所示)，30颗非静止轨道卫星中有27颗是中轨道卫星，中轨道卫星平均分布在倾角55度的三个平面上，轨道高度约为21500公里，静止轨道卫星的高度约为36000公里，地球半径约为6400公里。已知≈0.53，下列关于北斗导航卫星的说法正确的是( )
图4－4－1A．静止轨道卫星的向心加速度比中轨道卫星大B．静止轨道卫星和中轨道卫星的线速度均大于地球的第一宇宙速度C．中轨道卫星的周期约为12.7hD．地球赤道上随地球自转物体的向心加速度比静止轨道卫星大[解析] 由a＝得A项错；由v＝得B项错；由T＝2π得：＝得C项正确；由a向＝ω2r得D项错。[答案] C[变式训练]2．(2012·安徽高考)我国发射的“天宫一号”和“神舟八号”在对接前，“天宫一号”的运行轨道高度为350km，“神舟八号”的运行轨道高度为343km。它们的运行轨道均视为圆周，则( )A．“天宫一号”比“神舟八号”速度大B．“天宫一号”比“神舟八号”周期长C．“天宫一号”比“神舟八号”角速度大D．“天宫一号”比“神舟八号”加速度大解析：选B 用万有引力定律处理天体问题的基本方法是：把天体的运动看成圆周运动，其做圆周运动的向心力由万有引力提供。G＝m＝mrω2＝mr()2＝m(2πf)2r＝ma，只有选项B正确。卫星的变轨问题[命题分析] 本考点是高考中的重要考点，在近几年的高考试卷中，命题率越来越高，题型一般为选择题。[例3] (2013·山东潍坊模拟)按照我国月球探测活动计划，在第一步“绕月”工程圆满完成任务后，将开展第二步“落月”工程，预计在2013年前完成。假设月球半径为R，月球表面的重力加速度为g0。飞船沿距月球表面高度为3R的圆形轨道Ⅰ运动，到达轨道的A点，点火变轨进入椭圆轨道Ⅱ，到达轨道Ⅱ的近月点B再次点火进入近月轨道Ⅲ绕月球做圆周运动。下列判断正确的是( )
图4－4－2A．飞船在轨道Ⅰ上的运行速率v＝B．飞船在轨道Ⅲ绕月球运动一周所需的时间为2πC．飞船在A点点火变轨的瞬间，动能增加D．飞船在A点的线速度大于在B点的线速度[思维流程]第一步：抓信息关键点关键点信息获取(1)月球半径为R，表面重力加速度为g飞船在轨道Ⅰ的速度(2)在A点点火变轨进入椭圆轨道Ⅱ点火后的瞬间，速度变小(3)在B点点火变轨进入轨道Ⅲ运行速度大于轨道Ⅰ上的速度第二步：找解题突破口变轨是通过在两轨道的切点瞬间改变速度来实现的，但点火后瞬间的速度并不是稳定运行时的速度第三步：条理作答[解析] 在轨道Ⅰ上，r＝4R万有引力为飞船做圆周运动提供向心力＝，在月球表面G＝mg0，v＝，A错误；由G＝m()2R知，T＝2π，B正确；飞船在A点点火变轨的瞬间，做近心运动应减速，动能减小，故C错误；椭圆轨道Ⅱ的近月点B线速度大，故D错误。[答案] B———————————————————(1)当v增大时，所需向心力m
增大，即万有引力不足以提供向心力，卫星将做离心运动，脱离原来的圆轨道，轨道半径变大，但卫星一旦进入新的轨道运行，由v＝知其运行速度要减小，但重力势能、机械能均增加。(2)当卫星的速度突然减小时，向心力减小，即万有引力大于卫星所需的向心力，因此卫星将做向心运动，同样会脱离原来的圆轨道，轨道半径变小，进入新轨道运行时由v＝知运行速度将增大，但重力势能、机械能均减少。——————————————————————————————————————[变式训练]3．(2012·山东高考)2011年11月3日，“神舟八号”飞船与“天宫一号”目标飞行器成功实施了首次交会对接。任务完成后“天宫一号”经变轨升到更高的轨道，等待与“神舟九号”交会对接。变轨前和变轨完成后“天宫一号”的运行轨道均可视为圆轨道，对应的轨道半径分别为R1、R2，线速度大小分别为v1、v2。则等于( )A. B.C.D.解析：选B “天宫一号”做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，由G＝m可得v＝，则变轨前后＝，选项B正确。万能模型——双星模型宇宙中两颗相距较近的天体称为“双星”，其特点如下：(1)两星都绕它们连线上的一点做匀速圆周运动，故两星的角速度、周期相等；(2)两星之间的万有引力提供各自做匀速圆周运动的向心力，所以它们的向心力大小相等；(3)两星的轨道半径之和等于两星之间的距离，即r1＋r2＝L。[示例] 宇宙中两颗相距较近的天体称为“双星”，它们以二者连线上的某一点为圆心做匀速圆周运动而不至因万有引力的作用吸引到一起。(1)试证明它们的轨道半径之比、线速度之比都等于质量的反比。
(2)设两者的质量分别为m1和m2，两者相距L，试写出它们角速度的表达式。[解析] (1)证明：两天体绕同一点做匀速圆周运动的角速度ω一定要相同，它们做匀速圆周运动的向心力由它们之间的万有引力提供，所以两天体与它们的圆心总是在一条直线上。设两者的圆心为O点，轨道半径分别为R1和R2，如图所示。对两天体，由万有引力定律可分别列出G＝m1ω2R1①G＝m2ω2R2②所以＝，所以＝＝＝，即它们的轨道半径、线速度之比都等于质量的反比。(2)由①②两式相加得G＝ω2(R1＋R2)，因为R1＋R2＝L，所以ω＝。[答案] (1)见解析 (2)ω＝[模型构建](1)要明确双星中两颗子星做匀速圆周运动的向心力来源。双星中两颗子星相互绕着旋转可看作匀速圆周运动，其向心力由两恒星间的万有引力提供。由于力的作用是相互的，所以两子星做圆周运动的向心力大小是相等的，利用万有引力定律可以求得其大小。(2)要明确双星中两颗子星做匀速圆周运动的运动参量的关系。两子星绕着连线上的一点做匀速圆周运动，所以它们的运动周期是相等的，角速度也是相等的，所以线速度与两子星的轨道半径成正比。(3)要明确两子星做匀速圆周运动的动力学关系。设两子星的质量分别为M1和M2，相距L，M1和M2的线速度分别为v1和v2，角速度分别为ω1和ω2，由万有引力定律和牛顿第二定律得：M1：G＝M1＝M1r1ω
M2：G＝M2＝M2r2ω在这里要特别注意的是在求两子星间的万有引力时两子星间的距离不能代成了两子星做圆周运动的轨道半径。[变式训练] 宇宙中存在一些离其他恒星较远的、由质量相等的三颗星组成的三星系统，通常可忽略其他星体对它们的引力作用。现已观测到稳定的三星系统存在两种基本的构成形式：一种是三颗星位于同一直线上，两颗星围绕中央星在同一半径为R的圆轨道上运行；另一种形式是三颗星位于等边三角形的三个顶点上，并沿外接于等边三角形的圆轨道上运行。设每个星体的质量均为m，引力常量为G。(1)试求第一种形式下，星体运动的线速度和周期；(2)假设两种形式星体的运动周期相同，第二种形式下星体之间的距离应为多少？解析：(1)三颗星位于同一直线上，其中一颗星受到另外两颗星的引力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得：＋＝m解得线速度v＝由牛顿第二定律＋＝m()2R解得周期T＝4πR。(2)设第二种情形下星体做圆周运动的半径为r，则相邻两星体间距离x＝r，相邻两星体之间的万有引力F＝＝由星体做圆周运动可知F＝m()2r由以上各式解得x＝R。
答案：(1) 4πR (2)R[随堂巩固提升]1．两个大小相同的实心小铁球紧靠在一起时，它们之间的万有引力为F。若两个半径为实心小铁球半径2倍的实心大铁球紧靠在一起，则它们之间的万有引力为( )A．2F B．4FC．8FD．16F解析：选D 小铁球之间的万有引力F＝G＝G。对小铁球和大铁球分别有m＝ρV＝ρ·πr3，M＝ρV′＝ρ·π(2r)3＝8ρ(πr3)＝8m，故两大铁球间的万有引力F′＝G＝16G＝16F。2．(2011·山东高考)甲、乙为两颗地球卫星，其中甲为地球同步卫星，乙的运行高度低于甲的运行高度，两卫星轨道均可视为圆轨道。以下判断正确的是( )A．甲的周期大于乙的周期B．乙的速度大于第一宇宙速度C．甲的加速度小于乙的加速度D．甲在运行时能经过北极的正上方解析：选AC 对同一个中心天体而言，根据开普勒第三定律可知，卫星的轨道半径越大，周期就越长，A正确；第一宇宙速度是环绕地球运行的最大线速度，B错；由G＝ma可得轨道半径大的天体加速度小，C正确；同步卫星只能在赤道的正上空，不可能过北极的正上方，D错。3．星球上的物体脱离星球引力所需要的最小速度称为第二宇宙速度。星球的第二宇宙速度v2与第一宇宙速度v1的关系是v2＝v1。已知某星球的半径为r，它表面的重力加速度为地球表面重力加速度g的1/6。不计其他星球的影响。则该星球的第二宇宙速度为( )A.B.C.D.解析：选A 该星球的第一宇宙速度：
G＝m在该星球表面处万有引力等于重力：G＝m由以上两式得v1＝则第二宇宙速度v2＝×＝，故A正确。4．一人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，假如该卫星变轨后仍做匀速圆周运动，动能减小为原来的1/4，不考虑卫星质量的变化，则变轨前后卫星的( )A．向心加速度大小之比为16∶1B．角速度大小之比为8∶1C．周期之比为1∶8D．轨道半径之比为1∶2解析：选ABC 动能(Ek＝mv2)减小为原来的，则卫星的环绕速度v变为原来的；由v＝知r变为原来的4倍，故D项错误；由ω＝，a向＝，T＝知ω变为原来的，a向变为原来的，T变为原来的8倍，故A、B、C正确。5．最近，科学家通过望远镜看到太阳系外某一恒星有一行星，并测得它围绕该恒星运行一周所用的时间为1200年，它与该恒星的距离为地球到太阳距离的100倍。假定该行星绕恒星运行的轨道和地球绕太阳运行的轨道都是圆周，仅利用以上两个数据可以求出的量有( )A．恒星质量与太阳质量之比B．恒星密度与太阳密度之比C．行星质量与地球质量之比D．行星运行速度与地球公转速度之比解析：选AD 恒星与行星间的万有引力提供行星做圆周运动的向心力。对地球和太阳有＝，对行星和恒星有＝。M地、M行在关系式中无法求出，C错；又有＝，＝，v＝，联立以上各式得＝·＝，D对；
＝()3()2＝，A对；因ρ＝＝，需知恒星和太阳半径之比，B错。[课下限时集训](时间：40分钟 满分：100分)一、选择题(本题共8小题，每小题8分，共64分)1．(2011·北京高考)由于通讯和广播等方面的需要，许多国家发射了地球同步轨道卫星，这些卫星的( )A．质量可以不同B．轨道半径可以不同C．轨道平面可以不同D．速率可以不同解析：选A 同步卫星轨道只能在赤道平面内，高度一定，轨道半径一定，速率一定，但质量可以不同，A项正确。2．(2013·广东江门模拟)火星的质量和半径分别约为地球的0.1倍和0.5倍，地球表面的重力加速度为g，则火星表面的重力加速度约为( )A．0.2gB．0.4gC．2.5gD．5g解析：选B 不计星球自转，星球表面上物体的重力等于万有引力，＝mg，所以g＝，M火＝0.1M地，R火＝0.5R地，＝·＝0.1×()2＝0.4，故B正确，A、C、D错误。3．(2012·南通模拟)如图1所示，我国发射神舟九号飞船时，先将飞船发送到一个椭圆轨道上，其近地点M距地面200km，远地点N距地面330km。进入该轨道正常运行时，其周期为T1，通过M、N点时的速率分别是v1、v2。当某次飞船通过N点时，地面指挥部发出指令，点燃飞船上的发动机，使飞船在短时间内加速后进入离地面330km的圆形轨道，开始绕地球做匀速圆周运动，周期为T2，这时飞船的速率为v3。比较飞船在M、N、P三点正常运行时(不包括点火加速阶段)的速率大小和加速度大小及在两个轨道上运行的周期，下列结论正确的是( )图1
A．v1>v3B．v1>v2C．a2＝a3D．T1>T2解析：选ABC 飞船在椭圆轨道运行时，近地点速度大于远地点速度，B正确；根据开普勒第三定律，T1v3，A正确，故选A、B、C。4．月球绕地球做匀速圆周运动的向心加速度大小为a。设月球表面的重力加速度大小为g1，在月球绕地球运行的轨道处由地球引力产生的加速度大小为g2，则( )A．g1＝aB．g2＝aC．g1＋g2＝aD．g2－g1＝a解析：选B 月球因受地球引力的作用而绕地球做匀速圆周运动。由牛顿第二定律可知地球对月球引力产生的加速度g2就是向心加速度a，故B选项正确。5．(2012·广东高考)如图2所示，飞船从轨道1变轨至轨道2。若飞船在两轨道上都做匀速圆周运动，不考虑质量变化，相对于在轨道1上，飞船在轨道2上的( )图2A．动能大B．向心加速度大C．运行周期长D．角速度小解析：选CD 因为G＝m＝ma＝mrω2＝mr，解得v＝，a＝G，T＝2π，ω＝，因为r增大，所以动能减小，加速度减小，运行周期变长，角速度减小，即只有CD正确。6．月球与地球质量之比约为1∶80。有研究者认为月球和地球可视为一个由两质点构成的双星系统，它们都围绕月地连线上某点O做匀速圆周运动。据此观点，可知月球与地球绕O点运动的线速度大小之比约为( )A．1∶6400B．1∶80
C．80∶1D．6400∶1解析：选C 月球与地球做匀速圆周运动的圆心在两质点的连线上，所以它们的角速度相等，其向心力是相互作用的万有引力，故大小相等，即mω2r＝Mω2R，所以mω·ωr＝Mω·ωR，即mv＝Mv′，所以v：v′＝M∶m＝80∶1，选项C正确。7．原香港中文大学校长、被誉为“光纤之父”的华裔科学家高锟和另外两名美国科学家共同分享了2009年度的诺贝尔物理学奖。早在1996年中国科学院紫金山天文台就将一颗于1981年12月3日发现的国际编号为“3463”的小行星命名为“高锟星”。假设“高锟星”为均匀的球体，其质量为地球质量的，半径为地球半径的，则“高锟星”表面的重力加速度是地球表面的重力加速度的( )A.B.C.D.解析：选C 由g＝得g星＝，g地＝，＝，又m星＝m地，R星＝R地，故＝，故C项正确。8．一物体从一行星表面某高度处自由下落(不计阻力)。自开始下落计时，得到物体离行星表面高度h随时间t变化的图象如图3所示，则根据题设条件可以计算出( )图3A．行星表面重力加速度的大小B．行星的质量C．物体落到行星表面时速度的大小D．物体受到行星引力的大小解析：选AC 从题中图象看到，下落的高度和时间已知(初速度为0)，所以能够求出行星表面的加速度和落地的速度，故A、C项正确；因为物体的质量未知，不能求出物体受到行星引力的大小，又因为行星的半径未知，不能求出行星的质量，故B、D项错误。二、非选择题(本题共2小题，共36分)9．(18分)发射地球同步卫星时，先将卫星发射到距地面高度为h1
的近地圆轨道上，在卫星经过A点时点火实施变轨进入椭圆轨道，最后在椭圆轨道的远地点B点再次点火将卫星送入同步轨道，如图4所示。已知同步卫星的运动周期为T，地球的半径为R，地球表面重力加速度为g，忽略地球自转的影响。求：图4(1)卫星在近地点A的加速度大小；(2)远地点B距地面的高度。解析：(1)设地球质量为M，卫星质量为m，万有引力常量为G，卫星在A点的加速度为a，根据牛顿第二定律G＝ma物体在地球赤道表面上受到的万有引力等于重力G＝mg由以上两式得a＝(2)设远地点B距地面高度为h2，卫星受到的万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律有：G＝m(R＋h2)解得：h2＝－R答案：(1) (2)－R10．(18分)在某星球上，宇航员用弹簧测力计提着质量为m的物体以加速度a竖直上升，此时弹簧测力计示数为F，而宇宙飞船在靠近该星球表面绕星球做匀速圆周运动而成为该星球的一颗卫星时，宇航员测得其环绕周期是T。根据上述数据，试求该星球的质量。解析：由牛顿第二定律可知F－mg＝ma所以mg＝F－ma
设星球半径为R，在星球表面mg＝G所以F－ma＝G，解得R＝设宇宙飞船的质量为m′，则其环绕星球表面飞行时，轨道半径约等于星球半径，则有＝m′()2R所以M＝＝解得M＝即该星球质量为。答案：[教师备选题库]1．(2012·威海模拟)为了对火星及其周围的空间环境进行探测，我国于2011年10月发射第一颗火星探测器“萤火一号”。假设探测器在离火星表面高度分别为h1和h2的圆轨道上运动时，周期分别为T1和T2。火星可视为质量分布均匀的球体，且忽略火星的自转影响，万有引力常量为G。仅利用以上数据，可以计算出( )A．火星的密度和火星表面的重力加速度B．火星的质量和火星对“萤火一号”的引力C．火星的半径和“萤火一号”的质量D．火星表面的重力加速度和火星对“萤火一号”的引力解析：选A 由“萤火一号”分别在两个不同的圆轨道上做匀速圆周运动可知：G＝m()2(h1＋R)；G＝m()2(h2＋R)，两式联立可求得火星的质量M与火星的半径R，由火星的半径R可求出火星的体积，进一步求出火星的密度，再根据黄金公式：GM＝gR2，可求得火星表面处的重力加速度g，故A项对。2．(2013·武汉模拟)火星探测项目是我国继神舟载人航天工程、嫦娥探月工程之后又一个重大太空探索项目。假设火星探测器在火星表面附近圆形轨道运行的周期为T1，神舟飞船在地球表面附近的圆形轨道运行周期为T2，火星质量与地球质量之比为p
，火星半径与地球半径之比为q，则T1与T2之比为( )A.B.C.D.解析：选D 对火星探测器G＝m1R1解得T1＝2π。对神舟飞船G＝m2R2解得T2＝2π，则＝＝，选项D正确。3．(2011·全国高考)我国“嫦娥一号”探月卫星发射后，先在“24小时轨道”上绕地球运行(即绕地球一圈需要24小时)；然后，经过两次变轨依次到达“48小时轨道”和“72小时轨道”；最后奔向月球。如果按圆形轨道计算，并忽略卫星质量的变化，则在每次变轨完成后与变轨前相比( )A．卫星动能增大，引力势能减小B．卫星动能增大，引力势能增大C．卫星动能减小，引力势能减小D．卫星动能减小，引力势能增大解析：选D 依题意可将“嫦娥一号”的运动视为圆周运动，且质量变化可忽略不计，则变轨后，轨道更高，由卫星运动规律可知高轨道速度小，故变轨后动能就小，排除A、B选项；卫星发射越高，需要更多能量，由能量守恒定律可知高轨道的卫星能量大，因此高轨道势能一定大，故C错，D对。4．(2013·南京模拟)在讨论地球潮汐成因时，地球绕太阳运行轨道与月球绕地球运行轨道可视为圆轨道。已知太阳质量约为月球质量的2.7×107倍，地球绕太阳运行的轨道半径约为月球绕地球运行的轨道半径的400倍。关于太阳和月球对地球上相同质量海水的引力，以下说法正确的是( )A．太阳引力远大于月球引力B．太阳引力与月球引力相差不大C．月球对不同区域海水的吸引力大小相等D．月球对不同区域海水的吸引力大小有差异解析：选AD 由万有引力定律F＝可知，F∝，太阳与月球对相同质量海水的引力之比＝1.6875×102
，故A对，B错；月球与不同区域海水的距离不同，故吸引力大小有差异，故C错，D对。5．(2012·连云港模拟)同重力场作用下的物体具有重力势能一样，万有引力场作用下的物体同样具有引力势能。若取无穷远处引力势能为零，物体距星球球心距离为r时的引力势能为Ep＝－G(G为万有引力常量)，设宇宙中有一个半径为R的星球，宇航员在该星球上以初速度v0竖直向上抛出一个质量为m的物体，不计空气阻力，经t秒后物体落回手中，则( )A．在该星球表面上以的初速度水平抛出一个物体，物体将不再落回星球表面B．在该星球表面上以2的初速度水平抛出一个物体，物体将不再落回星球表面C．在该星球表面上以的初速度竖直抛出一个物体，物体将不再落回星球表面D．在该星球表面上以2的初速度竖直抛出一个物体，物体将不再落回星球表面解析：选ABD 设该星球表面附近的重力加速度为g′，物体竖直上抛运动有：0－v0＝，在星球表面有：mg′＝G，设绕星球表面做圆周运动的卫星的速度为v1，则m＝G，联立解得v1＝，A正确；2>，B正确；从星球表面竖直抛出物体至无穷远速度为零的过程，有mv＋Ep＝0，即mv＝G，解得v2＝2，C错误，D正确。6．(2011·浙江高考)为了探测X星球，载着登陆舱的探测飞船在以该星球中心为圆心，半径为r1的圆轨道上运动，周期为T1，总质量为m1。随后登陆舱脱离飞船，变轨到离星球更近的半径为r2的圆轨道上运动，此时登陆舱的质量为m2，则( )A．X星球的质量为M＝B．X星球表面的重力加速度为gX＝C．登陆舱在r1与r2轨道上运动时的速度大小之比为＝
D．登陆舱在半径为r2轨道上做圆周运动的周期为T2＝T1解析：选AD 探测飞船做圆周运动时有G＝m1()2r1，解得M＝，选项A正确；因为星球半径未知，所以选项B错误；根据G＝m，得v＝，所以＝，选项C错；根据开普勒第三定律＝得选项D正确。7．(2012·韶关模拟)如图1所示，在同一轨道平面上的三个人造地球卫星A、B、C在某一时刻恰好在同一直线上，下列说法正确的有( )图1A．根据v＝，可知vAFB>FCC．向心加速度aA>aB>aCD．运动一周后，C先回到原地点解析：选C 由＝m＝ma可得：v＝，故vA>vB>vC，故A错误；由a＝，可得aA>aB>aC，C正确；万有引力F＝，但不知各卫星的质量大小关系，无法比较FA、FB、FC的大小，B错误；由T＝可知，C的周期最大，最晚回到原地点，故D错误。天体运动中的三种模型一、“自转”天体模型模型特点：绕通过自身中心的某一轴以一定的角速度匀速转动的天体称为“自转”
天体。在其表面上相对天体静止的物体，则以某一点为圆心，做与天体自转角速度相同的匀速圆周运动。分析此类问题要明确天体表面物体做圆周运动所需向心力是由万有引力的一个分力提供的，万有引力的另一个分力即为重力(由于自转所需向心力很小，通常认为重力近似等于万有引力)。从赤道向两极因做圆周运动的半径逐渐减小，故所需向心力逐渐减小，重力逐渐增加。在两极F万＝G，在赤道上F万＝G＋F向。[典例1] 地球赤道上物体的重力加速度为g，物体在赤道上随地球自转的向心加速度为a，要使赤道上的物体“飘”起来，则地球自转角速度应为原来的多少倍？( )A. B.C.D.[解析] 赤道上物体随地球自转时G－FN＝ma，其中FN＝mg；要使赤道上的物体飘起来，则应有FN＝0，于是G＝ma′，由以上各式可得a′＝a＋g，又因为a＝ω2R，a′＝ω′2R，所以＝，故B正确。[答案] B二、“公转”天体模型模型特点：绕另一天体(称为中心天体)做匀速圆周运动的天体称为“公转”天体，其做圆周运动所需向心力由中心天体对其吸引力提供，如人造卫星绕地球运动，地球绕太阳运动等。[典例2] 如图1所示，宇航员站在某质量分布均匀的星球表面一斜坡上P点沿水平方向以初速度v0抛出一个小球，测得小球经时间t落到斜坡上另一点Q，斜面的倾角为α，已知该星球半径为R，万有引力常量为G，求：图1(1)该星球表面的重力加速度；(2)该星球的密度；(3)该星球的第一宇宙速度v；(4)人造卫星绕该星球表面做匀速圆周运动的最小周期T。[解析] (1)由平抛运动的知识得
tanα＝，则g＝；(2)在星球表面有：G＝mg，所以M＝g该星球的密度：ρ＝＝；(3)由G＝m，可得v＝，又GM＝gR2，所以v＝；(4)绕星球表面运行的卫星具有最小的周期，即：T＝＝2πR。[答案] (1) (2)(3) (4)2πR三、双星模型模型特点：在天体模型中，将两颗彼此距离较近的恒星称为双星，它们在相互之间万有引力作用下，绕两球连线上某点做周期相同的匀速圆周运动。(1)彼此间的万有引力是双星各自做圆周运动的向心力——作用力和反作用力。(2)双星具有共同的角速度。(3)双星始终与它们共同的圆心在同一条直线上。[典例3] 两个星球组成双星，它们在相互之间的万有引力作用下绕连线上某点做周期相同的匀速圆周运动。现测得两星中心的距离为R，其运动周期为T，求两星的总质量。[解析] 设两星质量分别为M1和M2，都绕连线上O点做周期为T的圆周运动，星球1和星球2到O点的距离分别为l1和l2。由万有引力定律、牛顿第二定律可得：对M1：G＝M1()2l1，所以：M2＝对M2：G＝M2()2l2，所以：M1＝
两式相加得M1＋M2＝(l1＋l2)＝。[答案] [专题小测验]1．我国于2010年10月1日成功发射了月球探测卫星“嫦娥二号”CE－2，CE－2在椭圆轨道近月点Q完成近月拍摄任务后，到达椭圆轨道的远月点P变轨成圆形轨道，如图2所示。忽略地球对CE－2的影响，则CE－2( )图2A．在由椭圆轨道变成圆轨道过程中机械能不变B．在由椭圆轨道变成圆轨道过程中线速度增大C．在Q点的线速度比沿圆轨道运动的线速度大D．在Q点的加速度比沿圆轨道运动的加速度大解析：选BCD 卫星由椭圆轨道到更高的圆轨道的变轨要在P点加速，因此机械能要增大，所以A错误，B正确；因为卫星做圆周运动的线速度v＝，椭圆轨道在Q点的线速度要大于Q点对应的圆轨道的线速度，大于P点对应的圆轨道的线速度；而加速度a＝，可知Q点距离月球近，加速度大，C、D正确。2．据媒体报道，天宫一号工作轨道为圆轨道，轨道高度约340km，运行周期127分钟。若还知道引力常量和月球平均半径，仅利用以上条件不能求出的是( )A．月球表面的重力加速度B．月球对卫星的吸引力C．卫星绕月运行的速度D．卫星绕月运行的加速度解析：选B 设月球质量为M，平均半径为R，月球表面的重力加速度为g，卫星的质量为m，周期为T，离月球表面的高度为h，月球对卫星的吸引力完全提供向心力，由万有引力定律知
G＝m·①G＝mg②由①②可得g＝，故选项A正确；因卫星的质量未知，故不能求出月球对卫星的吸引力，故选项B错误；卫星绕月运行的速度v＝，故选项C正确；卫星绕月运行的加速度a＝，故选项D正确。3．全球定位系统(GPS)有24颗卫星分布在绕地球的6个轨道上运行，距地面的高度都为2万千米。已知地球同步卫星离地面的高度为3.6万千米，地球半径约为6400km，则全球定位系统的这些卫星的运行速度约为( )A．3.1km/sB．3.9km/sC．7.9km/sD．11.2km/s解析：选B 由万有引力定律得，G＝m，GM＝rv2，即v1＝v2，v2＝7.9km/s，r2＝6400km，代入数值得：v1≈3.9km/s故B正确。4．在四川汶川的抗震救灾中，我国自主研制的“北斗一号”卫星导航系统，在抗震救灾中发挥了巨大作用。北斗导航系统又被称为“双星定位系统”，具有导航、定位等功能。“北斗”系统中两颗工作卫星均绕地心O做匀速圆周运动，轨道半径为r，某时刻两颗工作卫星分别位于轨道上的A、B两位置(如图3所示)。若卫星均按顺时针运行，地球表面处的重力加速度为g，地球半径为R。不计卫星间的相互作用力。则以下判断中正确的是( )图3A．这两颗卫星的加速度大小相等，均为B．卫星1向后喷气就一定能追上卫星2C．卫星1由位置A运动到位置B所需的时间为D．卫星1中质量为m的物体的动能为mgr
解析：选C 由万有引力定律＝man，在地球表面＝m物g，故an＝，故A错误；卫星1向后喷气时，卫星速度增大，将做离心运动，不能追上卫星2，故B错误；由＝m·r得T＝2πr＝2πr＝，卫星1由A运动到B所需时间t＝＝，故C正确；由＝和GM＝gR2得Ek＝mv2＝，故D错误。(教师用书独具)(时间：50分钟 满分：100分)一、选择题(本题共12小题，每小题5分，共60分，每小题至少有一个选项正确，选对但选不全得3分，有错选或不答的得0分)1．(2012·湖北八校二联)质量为1kg的物体在水平面内做曲线运动，已知互相垂直方向上的速度图象分别如图1甲、乙所示，下列说法正确的是( )图1A．物体初速度的方向与合外力方向垂直B．物体所受的合外力为3NC．物体的初速度为5m/sD．2s末物体的速度大小为7m/s解析：选A 由速度图象知物体在x轴方向上做初速度为零的匀加速运动，由图线的斜率知加速度大小为1.5m/s2；在y轴方向上做匀速运动，故物体所受合力大小为1.5N，方向沿x轴正方向，而初速度等于y轴方向上的速度4m/s，故A正确，B、C错误；2s末物体在x轴方向上的速度为3m/s，由矢量合成法则知此时的瞬时速度应为5m/s，D错误。2．如图2所示，小球P在A点从静止开始沿光滑的斜面AB运动到B点所用的时间为t1，在A点以一定的初速度水平向右抛出，恰好落在B点所用时间为t2，在A点以较大的初速度水平向右抛出，落在水平面BC上所用时间为t3，则t1、t2和t3的大小关系正确的是( )
图2A．t1>t2＝t3B．t1t2>t3D．t1t2＝t3，A正确。3．如图3所示，长为l的细绳一端固定在O点，另一端拴住一个小球，在O点的正下方与O点相距的地方有一枚与竖直平面垂直的钉子；把小球拉起使细绳在水平方向伸直，由静止开始释放，当细绳碰到钉子的瞬间，下列说法正确的是( )图3A．小球的线速度不发生突变B．小球的角速度突然增大到原来的2倍C．小球的向心加速度突然增大到原来的2倍
D．绳子对小球的拉力突然增大到原来的2倍解析：选ABC 由于惯性，小球的线速度不会突变，故A项正确；但由于继续做圆周运动的半径减小为原来的一半，则角速度ω＝增为原来的2倍，故B项正确；向心加速度a＝也增为原来的2倍，故C项正确；对小球受力分析，由牛顿第二定律得FT－mg＝，即FT＝mg＋，r减为原来的一半，拉力增大，但不到原来的2倍，故D项错误。4．(2012·山东青岛)跳台滑雪运动员的动作惊险而优美，其实滑雪运动可抽象为物体在斜坡上的平抛运动。如图4所示，设可视为质点的滑雪运动员，从倾角为θ的斜坡顶端P处，以初速度v0水平飞出，运动员最后又落到斜坡上A点处，AP之间距离为L，在空中运动时间为t，改变初速度v0的大小，L和t都随之改变。关于L、t与v0的关系，下列说法中正确的是( )图4A．L与v0成正比B．L与v成正比C．t与v0成正比D．t与v成正比解析：选BC 物体落在斜面上，则位移与水平方向的夹角就等于斜面的倾角θ，因此有tanθ＝，其中y＝gt2，x＝v0t，则t＝，C正确；L＝＝＝，B正确。5．(2012·石家庄二测)1930年美国天文学家汤博发现冥王星，当时错估了冥王星的质量，然而，经过近30年的进一步观测，发现它的直径只有2300千米，比月球还小。2006年8月24日在布拉格召开国际天文学联合会大会，来自各国天文界权威代表投票通过联合会决议，原九大行星中的冥王星将不再位于“行星”之列，而属于矮行星，并确定了行星的新定义。假设冥王星绕太阳运行是一个圆形轨道，已知引力常量为G，则根据下述条件可得到其质量的是( )A．冥王星的卫星查龙(charon)绕其运转的线速度和轨道半径B．冥王星的卫星查龙(charon)绕其运转的周期和轨道半径C．冥王星绕太阳运转的周期和轨道半径
D．冥王星绕太阳运转的线速度和轨道半径解析：选AB 在天体问题中有：＝m＝mr，可以看出由C、D中的条件，只能求出“中心天体”的质量M，不能求出沿圆轨道运行的天体质量m。故答案为A、B。6．如图5所示，在双人花样滑冰运动中，有时会看到被男运动员拉着的女运动员离开地面在空中做圆锥摆运动的精彩场面。目测体重为G的女运动员做圆锥摆运动时和水平冰面的夹角约为30°，重力加速度为g，则该女运动员( )图5A．受到的拉力为GB．受到的拉力为2GC．向心加速度为gD．向心加速度为2g解析：选BC 女运动员在空中做圆锥摆运动时，受重力mg和拉力FT，如图所示。重力和拉力的合力F提供向心力，则FT＝＝2G，F＝＝G，向心加速度为a＝＝g，选项B、C正确。7．两颗靠得较近的天体叫双星，它们以两者重心连线上的某点为圆心做匀速圆周运动，因而不至于因引力作用而吸引在一起，以下关于双星的说法中正确的是( )A．它们做圆周运动的角速度与其质量成反比B．它们做圆周运动的线速度与其质量成反比C．它们所受向心力与其质量成反比D．它们做圆周运动的半径与其质量成正比解析：
选B 双星的角速度相同，与质量无关，A不正确；不管双星质量大小关系如何，双星受到相互的吸引力总是大小相等的，分别等于它们做匀速圆周运动的向心力，C不正确；对于双星分别有G＝Mω2R，G＝mω2r，R∶r＝m∶M，D不正确；线速度之比v∶v′＝ωR∶ωr＝R∶r＝m∶M，B正确。8．(2012·浙江高考)由光滑细管组成的轨道如图6所示，其中AB段和BC段是半径为R的四分之一圆弧，轨道固定在竖直平面内。一质量为m的小球，从距离水平地面为H的管口D处静止释放，最后能够从A端水平抛出落到地面上。下列说法正确的是( )图6A．小球落到地面时相对于A点的水平位移值为2B．小球落到地面时相对于A点的水平位移值为2C．小球能从细管A端水平抛出的条件是H>2RD．小球能从细管A端水平抛出的最小高度Hmin＝R解析：选BC 因轨道光滑，从D到A过程应用机械能守恒定律有mgH＝mg(R＋R)＋mv，得vA＝；从A端水平抛出到落地，由平抛运动公式有2R＝gt2，水平位移x＝vAt＝·＝2，则选项B正确，A错误；因小球能从细管A端水平抛出的条件是vA>0，故要求H>2R，则选项C正确，D错误。9．(2012·江苏高考)2011年8月，“嫦娥二号”成功进入了环绕“日地拉格朗日点”的轨道，我国成为世界上第三个造访该点的国家。如图7所示，该拉格朗日点位于太阳和地球连线的延长线上，一飞行器处于该点，在几乎不消耗燃料的情况下与地球同步绕太阳做圆周运动，则此飞行器的( )图7A．线速度大于地球的线速度B．向心加速度大于地球的向心加速度
C．向心力仅由太阳的引力提供D．向心力仅由地球的引力提供解析：选AB 飞行器与地球同步绕太阳运动，说明二者角速度、周期相同，则线速度v＝ωr，因飞行器的轨道半径大，所以飞行器的线速度大于地球的线速度，A正确；因向心加速度a＝ω2r，所以飞行器的向心加速度大于地球的向心加速度，B正确；由题意可知飞行器的向心力应由太阳和地球对飞行器的引力的合力提供，C、D错误。10．(2013·西城区期末)如图8所示，半径为R的光滑圆轨道竖直固定放置，小球m在圆轨道内侧做圆周运动。对于半径R不同的圆轨道，小球m通过轨道最高点时都恰好与轨道间没有相互作用力。下列说法中正确的是( )图8A．半径R越大，小球通过轨道最高点时的速度越大B．半径R越大，小球通过轨道最高点时的速度越小C．半径R越大，小球通过轨道最低点时的角速度越大D．半径R越大，小球通过轨道最低点时的角速度越小解析：选AD 小球恰好过最高点，则小球与轨道间没有压力，由小球的重力充当向心力，由牛顿第二定律可得mg＝m，解得v＝，可知半径R越大，小球通过轨道最高点时的速度越大，A正确，B错误；设小球在最低点的速度为v0，由机械能守恒定律可得mv＝mg·2R＋mv2，其中v＝，解得v0＝，由v0＝ωR得ω＝，可知半径R越大，小球通过轨道最低点的角速度越小，C错误，D正确。11．(2012·百色模拟)小船从A码头出发，沿垂直于河岸的方向渡河，若小河宽为d，小船渡河速度v船恒定，河水中各点水流速度大小与各点到较近河岸边的距离成正比，v水＝kx，x是各点到近岸的距离(x≤d/2，k为常量)，要使小船能够到达距A正对岸为s的B码头。则下列说法中正确的是( )
图9A．小船渡河的速度v船＝B．小船渡河的速度v船＝C．小船渡河的时间为D．小船渡河的时间为解析：选AC x≤d/2时，垂直河岸方向匀速运动x＝v船t，水流方向v水＝kx＝kv船t，可知水流方向匀加速运动，加速度a＝kv船，x≥d/2时，水流方向匀减速运动，当船运动到河中间时，即d/2＝v船t，s/2＝at2/2，可解得v船＝，t＝，故A、C正确。12．(2012·上海高考)如图10，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。若小球初速变为v，其落点位于c，则( )图10A．v03v0解析：选A 如图所示，M点和b点在同一水平线上，M点在c点的正上方。根据平抛运动的规律，若v＝2v0，则小球落到M点。可见以初速2v0平抛小球不能落在c点，只能落在c点右边的斜面上，故只有选项A正确。
二、非选择题(本题共4小题，共40分，按题目要求作答，解答题应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位)13．(8分)1990年5月，中国紫金山天文台将1965年9月20日发现的第2752号小行星命名为吴健雄星，其直径为32km。若该行星的密度和地球的密度相同，则对该小行星而言，第一宇宙速度为多少？(已知地球半径R1＝6400km，地球的第一宇宙速度v1≈8km/s)解析：设小行星的第一宇宙速度为v2，其质量为M，地球质量为M1。则有G＝m，v2＝，而v1＝，M＝ρπR3，M1＝ρπR故＝＝＝，所以v2＝＝km/s＝20m/s。答案：20m/s14．(8分)如图11所示，水平转盘上放有质量为m的物块，当物块到转轴的距离为r时，连接物块和转轴的绳刚好被拉直(绳上张力为零)。物块和转盘间最大静摩擦力是其正压力的μ倍。求：图11(1)当转盘的角速度ω1＝时，细绳的拉力F1；(2)当转盘的角速度ω2＝时，细绳的拉力F2。解析：设角速度为ω0时，物块所受静摩擦力为最大静摩擦力，有μmg＝mωr
得ω0＝(1)由于ω1＝<ω0，故绳未拉紧，此时静摩擦力未达到最大值，F1＝0。(2)由于ω2＝>ω0，故绳被拉紧，由F2＋μmg＝mωr得F2＝μmg。答案：(1)0 (2)μmg15．(12分)(2013·济宁市重点中学期中检测)如图12所示，一个质量为0.6kg的小球以某一初速度从P点水平抛出，恰好从光滑圆弧ABC的A点的切线方向进入圆弧(不计空气阻力，进入圆弧时无机械能损失)。已知圆弧的半径R＝0.3m，θ＝60°，小球到达A点时的速度v＝4m/s。取g＝10m/s2。求：图12(1)小球做平抛运动的初速度v0。(2)P点与A点的竖直高度和水平距离。(3)小球到达圆弧最高点C时对轨道的压力。解析：(1)小球到达A点的速度如图所示，由图可知：v0＝vx＝vcosθ＝4·cos60°＝2m/s(2)vy＝vsinθ＝4·sin60°＝2m/s由平抛运动规律得v＝2gh，vy＝gt，x＝v0t解得h＝0.6m，x＝0.4m≈0.69m(3)取A点为重力势能的零点，由机械能守恒定律得
mv2＝mv＋mg(R＋Rcosθ)代入数据得vC＝m/s由牛顿第二定律得FN＋mg＝m，代入数据得FN＝8N由牛顿第三定律知，小球对轨道的压力大小FN′＝FN＝8N，方向竖直向上。答案：(1)2m/s (2)0.6m 0.69m (3)8N 竖直向上16．(12分)天文学家们通过观测的数据确认了银河系中央的黑洞人马座A*的质量与太阳质量的倍数关系。研究发现，有一星体S2绕人马座A*做椭圆运动，其轨道半长轴为9.50×102天文单位(地球公转轨道的半径为一个天文单位)，人马座A*就处在该椭圆的一个焦点上。观测得到S2星的运行周期为15.2年。若将S2星的运行轨道视为半径r＝9.50×102天文单位的圆轨道，试估算人马座A*的质量MA是太阳质量MS的多少倍(结果保留一位有效数字)解析：S2星绕人马座A*做圆周运动的向心力由人马座A*对S2星的万有引力提供，设S2星的质量为mS2，角速度为ω，周期为T，则G＝mS2ω2rω＝设地球质量为mE，公转轨道半径为rE，周期为TE，则＝mE()2rE综合上述三式得＝()3()2式中TE＝1年，rE＝1天文单位代入数据可得＝4×106。答案：4×106
