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第四章 第4讲 万有引力与航天2
(时间45分钟，满分100分)
一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分．在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得7分，选对但不全的得4分，有选错的得0分．)
1．近年来，人类发射的多枚火星探测器已经相继在火星上着陆，正在进行着激动人心的科学探究，为我们将来登上火星、开发和利用火星资源奠定了坚实的基础．如果火星探测器环绕火星做“近地”匀速圆周运动，并测得该运动的周期为T，则火星的平均密度ρ的表达式为(k为某个常数)(　　)
A．ρ＝kT　　　　　　　　B．ρ＝
C．ρ＝kT2 D．ρ＝
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350 km，“神舟八号”的运行轨道高度为343 km.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
3．(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
4．(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.
5．(2012·广东高考)如图4－4－7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4－4－7
A．动能大 B．向心加速度大
C．运行周期长 D．角速度小
6．(2013届银川实验中学检测)在圆轨道上做匀速圆周运动的国际空间站里，一宇航员手拿一只小球相对于太空舱静止“站立”于舱内朝向地球一侧的“地面”上，如图4－4－8所示．下列说法正确的是(　　)
图4－4－8
A．宇航员相对于地球的速度介于7.9 km/s与11. 2 km/s之间
B．若宇航员相对于太空舱无初速释放小球，小球将落到“地面”上
C．宇航员将不受地球的引力作用
D．宇航员对“地面”的压力等于零
7.
图4－4－9
(2013届西安一中检测)为纪念伽利略将望远镜用于天文观测400周年，2009年被定为以“探索我的宇宙”为主题的国际天文年．我国发射的“嫦娥一号”卫星绕月球经过一年多的运行，完成了预定任务，于2009年3月1日16时13分成功撞月．如图4－4－9所示为“嫦娥一号”卫星撞月的模拟图，卫星在控制点①开始进入撞月轨道．假设卫星绕月球做圆周运动的轨道半径为R，周期为T，引力常量为G.根据题中信息，以下说法正确的是(　　)
A．可以求出月球的质量
B．可以求出月球对“嫦娥一号”卫星的引力
C．“嫦娥一号”卫星在控制点①处应加速
D．“嫦娥一号”在地面的发射速度大于11.2 km/s
8．中国探月二期工程的先导星——“嫦娥二号”卫星，在西昌点火升空，准确入轨．探月卫星发动机关闭，轨道控制结束，卫星进入地月转移轨道．图4－4－10中MN之间的一段曲线表示转移轨道的一部分，P是轨道上的一点，直线AB过P点且和两边的轨道相切．下列说法中不正确的是(　　)
图4－4－10
A．卫星此段轨道上动能一直减小
B．卫星经过P点时动能最小
C．卫星经过P点时速度方向由P向B
D．卫星经过P点时加速度为零
9.
图4－4－11
(2013届南昌一中检测)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4－4－11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(　　)
A．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2
C．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
10．(2012·榆林一中模拟)如图4－4－12所示，a是地球赤道上的一点，t＝0时刻在a的正上空有b、c、d三颗轨道均位于赤道平面的地球卫星，这些卫星绕地球做匀速圆周运动的运行方向均与地球自转方向(顺时针转动)相同，其中c是地球同步卫星．设卫星b绕地球运行的周期为T，则在t＝T时刻这些卫星相对a的位置最接近实际的是(　　)
图4－4－12
二、非选择题(本题共2小题，共30分．计算题要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位．)
11．(15分)我国已启动“嫦娥工程”，“嫦娥一号”和“嫦娥二号”已成功发射，“嫦娥三号”已决定在2013年下半年发射，将进行落月探测，并已给落月点起了一个富有诗意的名字——“广寒宫”．
(1)若已知地球半径为R，地球表面的重力加速度为g，月球绕地球运动的周期为T，月球绕地球的运动近似看做匀速圆周运动，请求出月球绕地球运动的轨道半径r；
(2)若宇航员随登月飞船登陆月球后，在月球表面某处以速度v0竖直向上抛出一个小球，经过时间t，小球落回抛出点．已知月球半径为r月，引力常量为G，请求出月球的质量M月．
12．(15分)(2013届西安一中检测)飞船在某星球表面附近，受星球引力作用而绕其做匀速圆周运动的速率为v1，飞船在离该星球表面高度为h处，受星球引力作用而绕其做匀速圆周运动的速率为v2，已知万有引力常量为G.试求：
(1)该星球的质量；
(2)若设该星球的质量为M，一个质量为m的物体在离该星球球心r远处具有的引力势能为Ep＝－，则一颗质量为m1的卫星由r1轨道变为r2 (r1＜r2)轨道，对卫星至少做多少功？(卫星在r1、r2轨道上均做匀速圆周运动，结果请用M、m1、r1、r2、G表示)
答案及解析
一、1．【解析】　火星探测器环绕火星做“近地”匀速圆周运动时，＝mR，又M＝πR3·ρ，可得：ρ＝＝，故只有D正确．
【答案】　D
2．【解析】　由题知“天宫一号”运行的轨道半径r1大于“神舟八号”运行的轨道半径r2，天体运行时万有引力提供向心力．根据＝m，得v＝.因为r1＞r2，故“天宫一号”的运行速度较小，选项A错误；根据G＝m()2r得T＝2π，故“天宫一号”的运行周期较长，选项B正确；根据G＝mω2r，得ω＝，故“天宫一号”的角速度较小，选项C错误；根据G＝ma，得a＝，故“天宫一号”的加速度较小，选项D错误．
【答案】　B
3．【解析】　根据题情景画出示意图，并标注字母条件(如图)
由＝m1r1
得M＝，A对；
＝m2r2
比较①②两式知D项对；
由＝m得v＝ 与m1、m2无关，C错；因飞船的向心加速度为a＝r1，不等于X星球表面的重力加速度gx，故B错．
【答案】　AD
4．【解析】　“天宫一号”运行时所需的向心力由万有引力提供，根据G＝得线速度v＝，所以＝，故选项B正确，选项A、C、D错误．
【答案】　B
5．【解析】　飞船绕中心天体做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，即F引＝F向，所以＝ma向＝＝＝mrω2，即a向＝，Ek＝mv2＝，T＝，ω＝(或用公式T＝求解)．因为r1＜r2所以Ek1＞Ek2，a向1＞a向2，T1＜T2，ω1＞ω2，选项C、D正确．
【答案】　CD
6．【解析】　7.9 km/s是发射卫星的最小速度，是卫星环绕地球运行的最大速度，可见，所有环绕地球运转的卫星、飞船等，其运行速度均小于7.9 km/s，故A错误；若宇航员相对于太空舱无初速释放小球，由于惯性，小球仍具有原来的速度，所以地球对小球的万有引力正好提供它做匀速圆周运动需要的向心力，即G＝m′，其中m′为小球的质量，故小球不会落到“地面”上，而是沿原来的轨道继续做匀速圆周运动，故B错误；宇航员受地球的引力作用，此引力提供宇航员随空间站绕地球做圆周运动的向心力，否则宇航员将脱离圆周轨道，故C错；因宇航员受的引力全部提供了向心力，宇航员不能对“地面”产生压力，处于完全失重状态，D正确．
【答案】　D
7.【解析】　由＝mR可得月球质量M＝，A项正确；但因不知“嫦娥一号”卫星的质量，无法求出月球对“嫦娥一号”的引力，B项错误；“嫦娥一号”从控制点①处开始做近心运动，应在控制点①处减速，C项错误；“嫦娥一号”最终未脱离地球束缚和月球一起绕地球运动，因此在地面的发射速度小于11.2 km/s，D项错误．
【答案】　A
8．【解析】　依题意，卫星由M到P的过程中，需要克服地球的引力做功，动能减小，而在由P到N的过程中，月球的引力对其做功，动能增大，卫星经过P点时动能最小，但不能为零，故选项A错误、B正确；物体做曲线运动时，其速度沿曲线的切线方向，故选项C正确；卫星经过P点时所受地球和月球的引力合力为零，加速度为零，故D正确．
【答案】　A
9.【解析】　由＝ma、＝m0g，得a＝，A错误．卫星1向后喷气时速度增大，所需的向心力增大，万有引力不足以提供其所需的向心力而做离心运动，与卫星2不再处于同一轨道上了，B错误．由t＝T＝T、＝mr()2、＝m0g可得t＝ ，C正确．由＝m、＝m0g、Ek＝mv2可得Ek＝，D错误．
【答案】　C
10．【解析】　该题考查万有引力定律的应用，卫星c是地球同步卫星，始终在a点的正上方；卫星b转过(90°)；由T＝2π，得Tb【答案】　C
二、11．【解析】　(1)根据万有引力定律和向心力公式对月球有：
G＝M月()2r
质量为m的物体在地球表面时：mg＝G
解得：r＝ .
(2)设月球表面处的重力加速度为g月，根据题意：v0＝，g月＝，解得：M月＝.
【答案】　(1)r＝ 　(2)M月＝
12．【解析】　(1)设星球的半径为R，质量为M，则有
G＝m
G＝m
解得：M＝.
(2)卫星在轨道上有动能和势能，其总和为E(机械能)
G＝m1
E＝Ek＋Ep＝m1v2＋(－G)＝－G
W＝ΔE＝E2－E1＝G－G.
【答案】　(1)　(2)G－G第1讲　曲线运动　运动的合成与分解
(对应学生用书第53页)
曲 线 运 动
1.速度的方向：质点在某一点的速度方向，沿曲线在这一点的切线方向．
2．运动的性质：做曲线运动的物体，速度的方向时刻在改变，所以曲线运动一定是变速运动．
3．曲线运动的条件：物体所受合外力的方向跟它的速度方向不在同一条直线上或它的加速度方向与速度方向不在同一条直线上．
【针对训练】
1．下面说法中正确的是(　　)
A．做曲线运动的物体速度方向必定变化
B．速度变化的运动必定是曲线运动
C．加速度恒定的运动不可能是曲线运动
D．加速度变化的运动必定是曲线运动
【解析】　做曲线运动的物体速度大小不一定变化，但速度方向必定变化，A项正确．速度变化的运动可能是速度大小在变，也可能是速度方向在变化，不一定是曲线运动，B项错误．加速度恒定的运动可能是匀变速直线运动，也可能是匀变速曲线运动，C项错误．加速度变化的运动可能是变加速直线运动，也可能是变加速曲线运动，D项错误．
【答案】　A
运动的合成与分解
概念
运动的合成：已知分运动求合运动
运动的分解：已知合运动求分运动
分解原则 根据运动的实际效果分解，也可采用正交分解
遵循规律 位移、速度、加速度都是矢量，故它们的合成与分解都遵循平行四边形定则
续表　　
合运
动与
分运
动的
关系
等时性 合运动和分运动经历的时间相等，即同时开始，同时进行，同时停止
独立性 一个物体同时参与几个分运动，各分运动独立进行，不受其他运动的影响
等效性 各分运动的规律叠加起来与合运动的规律有完全相同的效果
【针对训练】
2．(2013届天津南开中学检测)各种大型的货运站中少不了旋臂式起重机，如图4－1－1所示，该起重机的旋臂保持不动，可沿旋臂“行走”的天车有两个功能，一是吊着货物沿竖直方向运动，二是吊着货物沿旋臂水平方向运动．现天车吊着货物正在沿水平方向向右匀速行驶，同时又使货物沿竖直方向做匀减速运动．此时，我们站在地面上观察到货物运动的轨迹可能是下图中的(　　)
图4－1－1
【解析】　由于货物在水平方向做匀速运动，在竖直方向做匀减速运动，故货物所受的合外力竖直向下，由曲线运动的特点：所受的合外力要指向圆弧内侧可知，对应的运动轨迹可能为D.
【答案】　D
(对应学生用书第54页)
合力、轨迹及速度之间的关系
1.物体做曲线运动的条件：合力与速度不共线．
2．曲线运动中轨迹或合力方向的判断：曲线运动的轨迹始终夹在合力方向与速度方向之间，而且向合力的方向弯曲，或者说合力的方向总是指向曲线的“凹”侧．
　质点仅在恒力F的作用下，由O点运动到A点的轨迹如图4－1－2所示，在A点时速度的方向与x轴平行，则恒力F的方向可能沿(　　)
图4－1－2
A．x轴正方向　　　　　　B．x轴负方向
C．y轴正方向 D．y轴负方向
【审题视点】　(1)观察曲线走向及O、A两点速度方向．
(2)恒力F的方向不可能与v的方向相同．
【解析】　质点的初速度沿y轴正方向的分速度到A点时减为零，说明质点受的恒力F有沿y轴负方向的分量，又知在A点时速度的方向与x轴平行，故选项D对．
【答案】　D
【即学即用】
1．(2012·阜阳模拟)一个物体在相互垂直的恒力F1和F2的作用下，由静止开始运动，经过一段时间后，突然撤去F2，则物体的运动情况可能是(　　)
A．物体做匀变速曲线运动
B．物体做变加速曲线运动
C．物体做匀速直线运动
D．物体沿F1的方向做匀加速直线运动
【解析】　物体在相互垂直的恒力F1和F2的作用下，由静止开始做匀加速直线运动，其速度方向与F合的方向一致，经过一段时间后，撤去F2，F1与v不在同一直线上，故物体必做曲线运动；由于F1恒定，由a＝知，a也恒定，故应为匀变速曲线运动，选项A正确．
【答案】　A
合运动的研究
两直线运动的合运动的性质和轨迹，由两分运动的性质及合初速度与合加速度的方向关系决定．
1．根据合加速度判定合运动是匀变速运动还是非匀变速运动，若合加速度不变则为匀变速运动；若合加速度变化(包括大小或方向)则为非匀变速运动．
2．根据合加速度方向与合初速度方向判定合运动是直线运动还是曲线运动，若合加速度与合初速度的方向在同一直线上则为直线运动，否则为曲线运动．
　(2013届保定一中检测)物体在直角坐标系xOy所在的平面内由O点开始运动，其沿坐标轴方向的两个分速度随时间变化的图象如图4－1－3所示，则对该物体运动过程的描述正确的是(　　)
图4－1－3
A．物体在0～3 s做直线运动
B．物体在3～4 s做直线运动
C．物体在3～4 s做曲线运动
D．物体在0～3 s做变加速运动
【审题视点】　(1)物体在0～3 s，x方向和y方向分别做什么运动？其合运动是直线运动，还是曲线运动？
(2)物体在3～4 s，x方向和y方向分别做什么运动？其合运动是直线运动，还是曲线运动？
【解析】　物体在0～3 s内，x方向做匀速直线运动，y方向做匀加速直线运动．两运动合成，一定做曲线运动，且加速度恒定，则A、D两项错误；物体在3～4 s内两个方向的分运动都是匀减速运动，在3 s末，合速度与合加速度方向相反，则做直线运动，故B项正确，C项错误．
【答案】　B
【即学即用】
2．一质量为2 kg的物体在如图4－1－4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s－t图象分别如图乙、丙所示，下列说法正确的是(　　)
图4－1－4
A．前2 s内物体做匀变速曲线运动
B．物体的初速度为8 m/s
C．2 s末物体的速度大小为8 m/s
D．前2 s内物体所受的合外力为16 N
【解析】　物体在x轴方向上做初速度vx＝8 m/s，加速度a＝－4 m/s2的匀减速直线运动，在y轴方向上做速度vy＝－4 m/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8 N(方向为x轴负方向)，初速度大小为＝4(m/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；2 s末，vx＝0，vy＝－4 m/s，则合速度为－4 m/s，C错．
【答案】　A
合成分解的实例应用——渡河问题
1.合运动和分运动
小船在有一定流速的水中渡河时，实际上同时参与了两个方向的分运动，即随水流的运动(水冲船的运动)和船相对于水的运动(即船在静水中的运动，沿船头方向)，船的实际运动为合运动．
2．渡河的最短时间和最小位移
设河宽为d，水流速度为v水，小船在静水中的速度为v船，则
(1)渡河的最短时间：tmin＝
(2)渡河的最小位移：若v船＞v水，则xmin＝d；若v船＜v水，则xmin＝·d.
　(2012·保亭模拟)一小船渡河，河宽d＝180 m，水流速度v1＝2.5 m/s.若船在静水中的速度为v2＝5 m/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？
【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)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(a)所示，合速度为倾斜方向，垂直分速度为v2＝5 m/s.
　
(a)　　　　　　　　　　(b)
t＝＝＝ s＝36 s，
v合＝ ＝ m/s，
x＝v合t＝90 m.
(2)欲使船渡河航程最短，船的实际速度应垂直河岸．船头应朝图(b)中的v2方向，则有v2sin α＝v1，解得α＝30°.
所以当船头与上游河岸成60°时航程最短．
x＝d＝180 m.
t＝＝＝ s＝24 s.
【答案】　(1)船头应垂直河岸　36 s　90 m
(2)船头应朝上游与河岸成60°　24 s　180 m
【即学即用】
3．(2013届山东省实验中学检测)船在静水中的速度与时间的关系如图4－1－5甲所示，河水的流速与船离河岸的距离的变化关系如图4－1－5乙所示．则(　　)
A．船渡河的最短时间为60 s
B．要使船以最短时间渡河，船在行驶过程中，船头必须始终与河岸垂直
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5 m/s
【解析】　船头始终与河岸垂直时，时间最短为100 s，A错，B对；由于水流的速度是变化的，船在河水中航行的轨迹应是一条曲线，C错；调整船头的方向，船的最大速度可以大于5 m/s，D错．
【答案】　B
(对应学生用书第55页)
绳杆相连的关联运动
1.“关联速度”问题特点
沿杆(或绳)方向的分速度和与杆(或绳)相连物体的速度大小相等．
2．常用的解题思路和方法
先确定合运动的方向(物体实际运动的方向)，然后分析这个合运动所产生的实际效果(一方面使绳或杆伸缩的效果；另一方面使绳或杆转动的效果)以确定两个分速度的方向(沿绳或杆方向的分速度和垂直绳或杆方向的分速度)．
　(2013届天津实验中学模拟)如图4－1－6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) (　　)
图4－1－6
A．小环刚释放时轻绳中的张力一定大于2mg
B．小环到达B处时，重物上升的高度约为(－1)d
C．小环在B处的速度与重物上升的速度大小之比等于
D．小环在B处的速度与重物上升的速度大小之比等于
【潜点探究】　(1)由图示显示的几何关系，可找出重物下落高度．
(2)小环实际上是沿杆下落，该运动是合运动，绳的运动是分运动．
(3)绳子绕过定滑轮与重物相连，所以重物上升速度的大小等于小环沿绳方向的分速度的大小．
【规范解答】　小环释放后，v增加，而v1＝vcos θ，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＝(－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＝vcos 45°＝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，C项错误、D项正确．
【答案】　ABD
【即学即用】
4.
图4－1－7
(2013届太原一中检测)如图4－1－7所示，开始时A、B间的细绳呈水平状态，现由计算机控制物体A的运动，使其恰好以速度v沿竖直杆匀速下滑，经细绳通过定滑轮拉动物体B在水平面上运动，则下列v－t图象中，最接近物体B的运动情况的是(　　)
【解析】　
与物体A相连的绳端速度v分解为沿绳伸长方向的速度v1和垂直于绳方向的速度v2，则物体B的速度vB＝v1＝vsin θ，在t＝0时刻θ＝0°，vB＝0，C项错误；之后随θ增大，sin θ增大，B的速度增大，但开始时θ变化快，速度增加得快，图线的斜率大，若绳和杆足够长，则物体B的速度趋近于A的速度，A项正确．
【答案】　A
(对应学生用书第56页)
●运动的合成及合运动轨迹判断
1．(2011·四川高考)某研究性学习小组进行了如下实验：如图4－1－8所示，在一端封闭的光滑细玻璃管中注满清水，水中放一个红蜡做成的小圆柱体R.将玻璃管的开口端用胶塞塞紧后竖直倒置且与y轴重合，在R从坐标原点以速度v0＝3 cm/s匀速上浮的同时，玻璃管沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动．同学们测出某时刻R的坐标为 (4,6)，此时R的速度大小为________cm/s，R在上升过程中运动轨迹的示意图是________．(R视为质点)
图4－1－8
【解析】　红蜡块有水平方向的加速度，所受合外力指向曲线的内侧，所以其运动轨迹应如D图所示，因为竖直方向匀速，由y＝6 cm＝v0t知t＝2 s，水平方向x＝·t＝4 cm，所以vx＝4 cm/s，因此此时R的速度大小v＝＝5 cm/s.
【答案】　5　D
●夹角不同的运动合成比较
2．(2011·江苏高考)如图4－1－9所示，甲、乙两同学从河中O点出发，分别沿直线游到A点和B点后，立即沿原路线返回到O点，OA、OB分别与水流方向平行和垂直，且OA＝OB.若水流速度不变，两人在静水中游速相等，则他们所用时间t甲、t乙的大小关系为(　　)
图4－1－9
A．t甲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＝，由A→O所用时间t2＝，则甲所用时t甲＝t1＋t2＝＋＝s(1)式；对乙，由O→B和由B→O的实际速度v′＝，故所用时间t乙＝＝(2)式；两式相比得＝>1即t甲>t乙，故C正确．
【答案】　C
●速度分解
3．(2011·上海高考)如图4－1－10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，船的速率为(　　)
图4－1－10
A．v sin αB.
C．v cos α D.
【解析】　如图，把人的速度沿绳和垂直绳的方向分解，由三角形知识知v船＝v cos α，所以C正确，A、B、D错误．
【答案】　C
●关联运动的考查
4.
图4－1－11
(2013届石家庄实验中学检测)一轻杆两端分别固定质量为mA和mB的两个小球A和B(可视为质点)．将其放在一个光滑球形容器中从位置1开始下滑，如图4－1－11所示，当轻杆到达位置2时球A与球形容器球心等高，其速度大小为v1，已知此时轻杆与水平方向成θ＝30°角，B球的速度大小为v2，则(　　)
A．v2＝v1 B．v2＝2v1
C．v2＝v1 D．v2＝v1
【解析】　
球A与球形容器球心等高，速度v1方向竖直向下，速度分解如图所示，有v11＝v1sin 30°＝v1，球B此时速度方向与杆成α＝60°角，因此v21＝v2cos 60°＝v2，沿杆方向两球速度相等，即v21＝v11，解得v2＝v1，C项正确．
【答案】　C
●运动合成与分解的实际应用
5．如图4－1－12所示，在竖直平面的xOy坐标系中，Oy竖直向上，Ox水平．设平面内存在沿x轴正方向的恒定风力．一物体从坐标原点沿Oy方向竖直向上抛出，初速度为v0＝4 m/s，不计空气阻力，到达最高点的位置如图中M点所示，(坐标格为正方形，g＝10 m/s2)求：
图4－1－12
(1)小球在M点的速度v1；
(2)在图中定性画出小球的运动轨迹并标出小球落回x轴时的位置N；
(3)小球到达N点的速度v2的大小．
【解析】　(1)设正方形的边长为s0.
竖直方向做竖直上抛运动，则有v0＝gt1,2s0＝t1
水平方向做匀加速直线运动，则有3s0＝t1.
解得v1＝6 m/s.
(2)由竖直方向的对称性可知，小球再经过t1回到x轴，水平方向从O点做初速度为零的匀加速直线运动，所以再回到x轴时落到x＝12处，位置N的坐标为(12,0)．
(3)到N点时竖直分速度大小为
v0＝4 m/s，
水平分速度vx＝a水平tN＝2v1＝12 m/s，
故v2＝＝4 m/s.
【答案】　(1)6 m/s　(2)见解析　(3)4 m/s
　　　　　　　　第四章 第1讲 曲线运动 运动的合成与分解4
[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4－1－10
A．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4－1－11
A．v0sin θ　　　　　　B.
C．v0cos θ D.
解析：选D　物体沿绳子方向的分速度始终为v0，则vcos θ＝v0，所以v＝，应选D。
4．质量m＝4 kg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＝8 N作用了2 s，然后撤去F1；再用沿＋y方向的力F2＝24 N作用了1 s。则质点在这3 s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＝＝2 m/s2,2s末的速度v1＝a1t1，位移x1＝a1t＝4 m；撤去F1的t2＝1s内沿x轴方向做匀速直线运动，位移x2＝v1t2＝4 m。沿y轴方向做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a2＝＝6 m/s2，位移y＝a2t＝3 m，故3 s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4－1－13
A．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。第四章 第1讲 曲线运动 运动的合成与分解3
[体系构建]
[考纲点击]1.运动的合成与分解 (Ⅱ)2.抛体运动(Ⅱ)3.匀速圆周运动、角速度、线速度、向心加速度 (Ⅰ)4.匀速圆周运动的向心力 (Ⅱ)5.离心现象 (Ⅰ)6.万有引力定律及其应用 (Ⅱ)7.环绕速度 (Ⅱ)8.第二宇宙速度和第三宇宙速度 (Ⅰ)9.经典时空观和相对论时空观 (Ⅰ)说明：斜抛运动只作定性要求
[复习指导]1.全方位理解运动的合成与分解的方法及运动的合成与分解在实际问题中的应用。2.掌握平抛运动的规律及研究方法——运动的合成与分解，能够解决有关平抛运动的实际问题。3.理解描述圆周运动的物理量以及它们之间的关系，并能利用圆周运动知识处理与电场、磁场、机械能相关的综合问题。4.理解万有引力定律及公式，能够熟练地应用于天体运动、人造卫星等问题，以及与现代航天事业相关联的问题。
曲线运动
1．速度方向
质点在某一点的速度方向，沿曲线在这一点的切线方向。
2．运动性质
做曲线运动的物体，速度的方向时刻改变，故曲线运动一定是变速运动，即必然具有加速度。
3．曲线运动的条件
(1)运动学角度：物体加速度方向跟速度方向不在同一条直线上。
(2)动力学角度：物体所受合力的方向跟速度方向不在同一条直线上。
1．合力方向与轨迹的关系
物体做曲线运动的轨迹一定夹在合力方向和速度方向之间，速度方向与轨迹相切，合力方向指向曲线的“凹”侧。
2．速率变化情况判断
(1)当合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)当合力方向与速度方向垂直时，物体的速率不变。
1．如图4－1－1所示，汽车在一段弯曲水平路面上行驶，关于它受的水平方向的作用力的示意图如图4－1－2所示，其中可能正确的是(图中F为牵引力，Ff为它行驶时所受阻力)(　　)
图4－1－1
图4－1－2
解析：选C　合外力的方向指向轨迹弯曲的方向，故选项A、B错；摩擦力的方向与相对运动的方向相反，故选项C对，D错。
运动的合成与分解
1.分运动和合运动
一个物体同时参与几个运动，参与的这几个运动即分运动，物体的实际运动即合运动。
2．运动的合成
已知分运动求合运动，包括位移、速度和加速度的合成。
3．运动的分解
已知合运动求分运动，解题时应按实际“效果”分解或正交分解。
1．分运动与合运动的关系
等时性 各个分运动与合运动总是同时开始，同时结束，经历时间相等(不同时的运动不能合成)
独立性 一个物体同时参与几个分运动时，各分运动独立进行，互不影响
等效性 各分运动叠加起来与合运动有完全相同的效果
同一性 各分运动与合运动是指同一物体参与的分运动和实际发生的运动，不能是几个不同物体发生的不同运动
2．两个直线运动的合运动性质的判断
根据合加速度方向与合初速度方向判定合运动是直线运动还是曲线运动，具体分以下几种情况：
两个互成角度的分运动 合运动的性质
两个匀速直线运动 匀速直线运动
一个匀速直线运动、一个匀变速直线运动 匀变速曲线运动
两个初速度为零的匀加速直线运动 匀加速直线运动
两个初速度不为零的匀变速直线运动 如果v合与a合共线，为匀变速直线运动
如果v合与a合不共线，为匀变速曲线运动
3.运动的合成与分解的运算法则
运动的合成与分解是指描述运动的各物理量即位移、速度、加速度的合成与分解，由于它们均是矢量，故合成与分解都遵守平行四边形定则。
2．(2012·佛山市高三质量检测)如图4－1－3所示，起重机将货物沿竖直方向匀加速吊起，同时又沿横梁水平匀速向右运动。此时，站在地面上观察，货物运动的轨迹可能是图4－1－4中的(　　)
图4－1－3
图4－1－4
解析：选C　货物向右匀速运动，向上匀加速运动，其运动轨迹为曲线，并且是抛物线，曲线应向加速度方向弯曲，故C正确。
曲线运动的性质和轨迹的判断
[命题分析]　曲线运动是高考的重要考点，常在综合问题中作为一个小知识点考查，题型多为选择题。
[例1]　质量为m的物体，在F1、F2、F3三个共点力的作用下做匀速直线运动，保持F1、F2不变，仅将F3的方向改变90°(大小不变)后，物体可能做(　　)
A．加速度大小为的匀变速直线运动
B．加速度大小为的匀变速直线运动
C．加速度大小为的匀变速曲线运动
D．匀速直线运动
[解析]　物体在F1、F2、F3三个共点力作用下做匀速直线运动，必有F3与F1、F2的合力等大反向，当F3大小不变，方向改变90°时，F1、F2的合力大小仍为F3，方向与改变方向后的F3夹角为90°，故F合＝F3，加速度a＝＝。若初速度方向与F合方向共线，则物体做匀变速直线运动 ；若初速度方向与F合方向不共线，则物体做匀变速曲线运动 ，综上所述本题选B、C。
[答案]　BC
———————————————————————————————
合运动的性质及其判定方法
(1)合运动的性质：
①加速度特点：变或不变。
②运动轨迹特点：直线或曲线。
(2)合运动的性质判断：
①加速度(或合外力)
a．变化：非匀变速运动。
b．不变：匀变速运动。
②加速度(或合外力)与速度方向
a．共线：直线运动。
b．不共线：曲线运动。
——————————————————————————————————————
[变式训练]
1．如图4－1－5所示为一个做匀变速曲线运动质点的轨迹示意图，已知在B点的速度与加速度相互垂直，则下列说法中正确的是(　　)
图4－1－5
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到D加速度与速度的夹角先增大后减小
解析：选A　质点做匀变速曲线运动，合力的大小与方向均不变，加速度不变，故C错误；由B点速度与加速度相互垂直可知，合力方向与B点切线垂直且向下，故质点由C到D过程，合力做正功，速率增大，A正确；A点的加速度方向与过A的切线方向即速度方向夹角大于90°，B错误；从A到D加速度与速度的夹角一直变小，D错误。
小船渡河问题
[命题分析]　小船渡河是运动的合成与分解的典型应用，在高考中常被考查到，考查的题型多为选择题。
[例2]　(2011·江苏高考)如图4－1－6所示，甲、乙两同学从河中 O 点出发，分别沿直线游到 A 点和 B 点后，立即沿原路线返回到 O 点，OA、OB 分别与水流方向平行和垂直，且 OA ＝OB。若水流速度不变，两人在静水中游速相等，则他们所用时间 t甲、t乙的大小关系为 (　　)
图4－1－6
A. t甲C. t甲>t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
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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．v2b．v2>v1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：sin θ＝，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200 m宽的河正中A点处，从这里向下游100 m处有一危险区，当时水流速度为4 m/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4－1－7
A. m/s　　　　　　　B. m/s
C．2 m/s D．4 m/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tan θ＝＝＝，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＝v2sin θ＝2 m/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＝v1tan θ。由此可知，当人向右运动时，有θ增大，cos θ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vacos θ和vbsin θ，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vacos θ＝vbsin θ，解得：＝tan θ。
[答案]　tan θ
[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。第四章 第3讲 圆周运动及其应用2
(时间45分钟，满分100分)
一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分．在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得7分，选对但不全的得4分，有选错的得0分．)
1.
图4－3－15
(2013届哈尔滨实验中学检测)在街头的理发店门口，常可以看到这样一个标志：一个转动的圆筒，外表有黑白螺旋斜条纹，我们感觉条纹在沿竖直方向运动，但条纹实际在竖直方向并没有升降，这是由圆筒的转动而使我们的眼睛产生的错觉．如图4－3－15所示，假设圆筒上的条纹是围绕着圆筒、连续的一条宽带，相邻两条纹在沿圆筒轴线方向的距离(即螺距)为L＝10 cm，圆筒沿逆时针方向(从俯视方向看)，以2 r/s的转速匀速转动，我们感觉到升降方向和速度大小分别为(　　)
A．向上　10 cm/s　　　　　　　B．向上　20 cm/s
C．向下　10 cm/s D．向下　20 cm/s
2．如图4－3－16所示，自行车车轮的半径为R，车轮沿直线无滑动地滚动，当车轮上的A点由轮子的正上方第一次运动到轮子的正下方时，A点位移的大小为(　　)
图4－3－16
A．πR B. R
C．2πR D．2R
3．如图4－3－17所示是一个玩具陀螺，a、b和c是陀螺上的三个点．当陀螺绕垂直于地面的轴线以角速度ω稳定旋转时，下列表述正确的是(　　)
图4－3－17
A．a、b和c三点的线速度大小相等
B． a、b和c三点的角速度相等
C．a、b的角速度比c的大
D．c的线速度比a、b的大
4．(2013届保亭一中检测)奥运会单杠比赛中有一个“单臂大回环”动作，难度系数非常大．假设运动员质量为m，单臂抓杠身体下垂时，手掌到人体重心的距离为l，在运动员单臂回转从顶点倒立(已知此时速度为0)转动至最低点的过程中(可将人视做质量集中于重心的质点，且不考虑手掌与单杠间的摩擦力，重力加速度为g)．下列分析不正确的有(　　)
A．到最低点处速度是2
B．在最低点处的加速度大小是4g
C．在最低点时运动员手臂拉力是其自身重力的3倍
D．经过最低点角速度最大且等于2
5.
图4－3－18
如图4－3－18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，假设体重为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，对该女运动员，下列结论正确的是(　　)
A．受到的拉力为G B．受到的拉力为2G
C．向心加速度约为g D．向心加速度约为2g
6．(2012·陵水质检)如图4－3－19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4－3－19
A．1∶3 B．1∶6
C．4∶3 D．7∶6
7.
图4－3－20
(2013届西安一中检测)无缝钢管的制作原理如图4－3－20所示，竖直平面内，管状模型置于两个支承轮上，支承轮转动时通过摩擦力带动管状模型转动，铁水注入管状模型后，由于离心作用，紧紧地覆盖在模型的内壁上，冷却后就得到无缝钢管．已知管状模型内壁半径为R，则下列说法正确的是(　　)
A．铁水是由于受到离心力的作用才覆盖在模型内壁上
B．模型各个方向上受到的铁水的作用力相同
C．若最上部的铁水恰好不离开模型内壁，此时仅重力提供向心力
D．管状模型转动的角速度ω最大为
8.
图4－3－21
(2013届河南商丘一中调研)如图4－3－21水平的木板B托着木块A一起在竖直平面内做匀速圆周运动，从水平位置a沿逆时针方向运动到最高点b的过程中(　　)
A．B对A的支持力越来越大
B．B对A的支持力越来越小
C．B对A的摩擦力越来越小
D．B对A的摩擦力越来越大
9.
图4－3－22
如图4－3－22所示，两个用相同材料制成的靠摩擦转动的轮A和B水平放置，两轮半径RA＝2RB，当主动轮A匀速转动时，在A轮边缘放置的小木块恰能相对静止在A轮边缘上．若将小木块放在B轮上，欲使木块相对B轮也静止，则木块距B轮转轴的最大距离为(　　)
A．RB/4　 　B．RB/3　 　C．RB/2　 　D．RB
10．(2013届长沙一中检测)近年许多电视台推出户外有奖冲关的游戏节目，如图4－3－23(俯视图)是某台设计的冲关活动中的一个环节．要求挑战者从平台上跳到以O为转轴的快速旋转的水平转盘上，而不落入水中．已知平台到转盘盘面的竖直高度为1.25 m，平台边缘到转盘边缘的水平距离和转盘半径均为2 m，转盘以12.5 r/min的转速匀速转动．转盘边缘间隔均匀地固定有6个相同障碍桩，障碍桩及桩和桩之间的间隔对应的圆心角均相等．若某挑战者在如图4－3－23所示时刻从平台边缘以水平速度沿AO方向跳离平台，把人视为质点，不计桩的厚度，g取10 m/s2，则能穿过间隙跳上转盘的最小起跳速度为(　　)
图4－3－23
A．4 m/s B．5 m/s
C．6 m/s D．7 m/s
二、非选择题(本题共2小题，共30分．计算题要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位．)
11．(14分)(2012·曲靖模拟)如图4－3－24所示，质量为m的木块，用一轻绳拴着，置于很大的水平转盘上，细绳穿过转盘中央的细管，与质量也为m的小球相连，木块与转盘间的最大静摩擦力为其重力的μ倍(μ＝0.2)，当转盘以角速度ω＝4 rad/s匀速转动时，要保持木块与转盘相对静止，木块转动半径的范围是多少？(g取10 m/s2)
图4－3－24
12.
图4－3－25
(16分)(2012·青岛二中模拟)物体做圆周运动时所需的向心力F需由物体运动情况决定，合力提供的向心力F供由物体受力情况决定．若某时刻F需＝F供，则物体能做圆周运动；若F需>F供，物体将做离心运动；若F需(1)为保证小球能在竖直面内做完整的圆周运动，在A点至少应施加给小球多大的水平速度？
(2)在小球以速度v1＝4 m/s水平抛出的瞬间，绳中的张力为多少？
(3)在小球以速度v2＝1 m/s水平抛出的瞬间，绳中若有张力，求其大小；若无张力，试求绳子再次伸直时所经历的时间．
答案及解析
一、1.【解析】　由圆筒沿逆时针方向转动知我们感觉到条纹在沿竖直方向向下运动，圆筒转动一圈，用时0.5 s，感觉到条纹沿竖直方向向下运动L，因此向下运动的速度为20 cm/s.
【答案】　D
2．【解析】　因为A点的竖直位移为2R，而水平位移为πR，所以A点的总位移为 R，B正确．
【答案】　B
3．【解析】　由于a、b、c三点是陀螺上的三个点，所以当陀螺转动时，三个点的角速度相同，选项B正确，C错误；根据v＝ωr，由于a、b、c三点的半径不同，ra＝rb＞rc，所以有va＝vb＞vc，选项A、D均错误．
【答案】　B
4．【解析】　运动到最低点时：v＝＝2，a＝＝4g； F－mg＝m，F＝5mg；ω＝＝2 .由此可知，C选项不正确．
【答案】　C
5.【解析】　设女运动员受到的拉力大小为F，分析女运动员受力情况可知，Fsin 30°＝G，Fcos 30°＝ma向，可得：F＝2G，a向＝g，故B、C正确．
【答案】　BC
6．【解析】　由牛顿第二定律，对a球：FOa－Fab＝mω2Oa，对b球：Fab＝3mω2(Oa＋ab)，由以上两式解得，Oa和ab两线的拉力之比为7∶6，D正确．
【答案】　D
7.【解析】　模型最下部受到铁水的作用力最大，最上方受到的作用力最小，B错误；最上部的铁水如果恰好不离开模型内壁，则重力提供向心力，由mg＝mω2R可得ω＝ ，故管状模型转动的角速度ω至少为 ，C正确，D错误．
【答案】　C
8.【解析】　因物体做匀速圆周运动，所以其向心力大小不变，方向始终指向圆心，故对A物体，在a→b的过程中，竖直方向的分加速度向下且增大，而竖直方向的力是由A的重力减去B对A支持力提供的，因重力不变，所以支持力越来越小，即A错，B对；在水平方向上A的加速度向左且减小，至b时减为0，因水平方向的加速度是由摩擦力提供的，故B对A的摩擦力越来越小，所以C对，D错．
【答案】　BC
9.【解析】　根据A和B靠摩擦转动可知，A和B边缘线速度大小相等，即RAωA＝RBωB，ωB＝2ωA.又根据在A轮边缘放置的小木块恰能相对静止得μmg＝mRAω，设小木块放在B轮上相对B轮也静止时，距B轮转轴的最大距离为RB′，则有：μmg＝mRB′ω，解上面式子可得RB′＝RB/2.
【答案】　C
10．【解析】　转盘以ω＝ rad/s匀速转动，转盘上障碍桩与障碍桩之间的间隙对应的圆心角均为θ＝＝.转盘转所用时间t1＝＝0.4 s，挑战者从平台上跳到转盘边缘所用时间为h＝gt，t2＝0.5 s，而转盘转所用时间为0.4 s，则挑战者必须在0.4 s内跳到转盘边缘，否则就会碰到桩而落入水中，挑战者最小起跳速度为v0，则2 m＝v0×0.4 s，v0＝5 m/s，挑战者最终落在盘内离盘边缘0.5 m处，故B项正确．
【答案】　B
二、11．【解析】　由于转盘以角速度ω＝4 rad/s匀速转动，当木块恰不做近心运动时有
mg－μmg＝mr1ω2
解得r1＝0.5 m
当木块恰不做离心运动时有：
mg＋μmg＝mr2ω2
解得r2＝0.75 m
因此，要保持木块与转盘相对静止，木块转动半径的范围是：0.5 m≤r≤0.75 m.
【答案】　0.5 m≤r≤0.75 m
12.【解析】　(1)小球做圆周运动的临界条件为重力刚好提供顶点时物体做圆周运动的向心力，即mg＝m，解得v0＝＝ m/s.
(2)因为v1>v0，故绳中有张力．根据牛顿第二定律有T＋mg＝m，代入数据得绳中张力T＝3 N.
(3)因为v2【答案】　(1) m/s　(2)3 N　(3)0.6 s第四章 第1讲 曲线运动、运动的合成与分解2
(时间45分钟，满分100分)
一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分．在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得7分，选对但不全的得4分，有选错的得0分．)
1．一质点在某段时间内做曲线运动，则这段时间内(　　)
A．速度一定在不断地改变，加速度也一定不断地改变
B．速度一定在不断地改变，加速度可以不变
C．速度可以不变，加速度一定在不断地改变
D．速度可以不变，加速度也可以不变
2.
图4－1－13
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曲线运动，从M点运动到N点，如图4－1－13所示．过轨迹上M、N两点的切线MM′和NN′将轨迹MN上方的空间划分为四个区域，由此可知，磁铁可能处在哪个区域(　　)
A．①区　　　　　　　B．③区
C．②或④区 D．均不可能
3.
图4－1－14
(2012·南京模拟)一质点在xOy平面内运动的轨迹如图4－1－14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
B．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
4．（2013届汉中质检）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4－1－15所示．关于物体的运动，下列说法正确的是(　　)
图4－1－15
A．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50 m/s
D．物体运动的初速度大小是10 m/s
5．(2013届高新一中检测)唐僧、悟空、沙僧和八戒师徒四人想划船渡过一条宽150 m的河，他们在静水中划船的速度为5 m/s，现在他们观察到河水的流速为4 m/s，对于这次划船过河，他们有各自的看法，其中正确的是(　　)
A．唐僧说：我们要想到达正对岸就得朝着正对岸划船
B．悟空说：我们要想节省时间就得朝着正对岸划船
C．沙僧说：我们要想少走点路就得朝着正对岸划船
D．八戒说：今天这种情况我们是不可能到达正对岸的
6.
图4－1－16
如图4－1－16为一个做匀变速曲线运动的质点的轨迹示意图，已知在B点的速度与加速度相互垂直，则下列说法中正确的是(　　)
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到D加速度与速度的夹角先增大后减小
7.
图4－1－17
7.(2013届广州一中模拟)如图4－1－17所示，船在A处开出后沿直线AB到达对岸，若AB与河岸成37°角，水流速度为4 m/s，则船从A点开出的最小速度为(　　)
A．2 m/s B．2.4 m/s
C．3 m/s D．3.5 m/s
8.
图4－1－18
(2013届咸阳模拟)如图4－1－18所示，用一根长杆和两个定滑轮的组合装置来提升重物M，长杆的一端放在地上通过铰链连接形成转轴，其端点恰好处于左侧滑轮正下方O点处，在杆的中点C处拴一细绳，绕过两个滑轮后挂上重物M.C点与O点距离为l，现在对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缓缓转至水平位置(转过了90°角)，此过程中下列说法正确的是(　　)
A．重物M匀速上升
B．重物M匀加速上升
C．重物M的最大速度是ωl
D．重物M的速度先减小后增大
9．(2013届兰州一中检测)质量为2 kg的质点在x－y平面上做曲线运动，在x方向的速度图象和y方向的位移图象如图4－1－19所示，下列说法正确的是(　　)
图4－1－19
A．质点的初速度为5 m/s
B．质点所受的合外力为3 N
C．质点初速度的方向与合外力方向垂直
D．2 s末质点速度大小为6 m/s
10．有一艘船以v甲的船速用最短的时间横渡过河，另一艘船以v乙的船速从同一地点以最短的航程过河，两船轨迹恰好重合(设河水速度保持不变)，则两船过河所用的时间之比为(　　)
A．v甲∶v乙 B．v乙∶v甲
C．v∶v D．v∶v
二、非选择题(本题共2小题，共30分．计算题要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位．)
11.
图4－1－20
(14分)如图4－1－20所示，一个长直轻杆两端分别固定一个小球A和B，两球的质量均为m，两球半径忽略不计，杆AB的长度为l，现将杆AB竖直靠放在竖直墙上，轻轻振动小球B，使小球B在水平地面上由静止向右运动，求当A球沿墙下滑距离为时，A、B两球的速度vA和vB.(不计一切摩擦)
12.
图4－1－21
(16分)(2013届西安铁路一中检测)如图4－1－21所示，货车正在以a1＝0.1 m/s2的加速度启动，同时，一只壁虎以v2＝0.2 m/s的速度在货车壁上向上匀速爬行．试求：
(1)经过2 s时，地面上的人看到壁虎的速度大小和方向；
(2)经过2 s时壁虎相对于地面发生的位移大小；
(3)在地面上观察壁虎做直线运动还是曲线运动．
答案及解析
一、1．【解析】　做曲线运动的物体速度方向一定在不断地改变，但加速度可以不变，如平抛运动，故选项B正确．
【答案】　B
2.【解析】　曲线运动中，物体的运动轨迹偏向合力所指的方向；由图可知，磁铁只能在轨迹MN下方的区域内，故答案只能选D.
【答案】　D
3.【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
4．【解析】　由v－t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＝＝ m/s＝50 m/s，C正确，D错误．
【答案】　AC
5．【解析】　当船朝正对岸运动时，渡河所用时间最短，B正确；由于船在静水中的速度大于水流速度，故船可以到达正对岸，但此时船头应斜向上游，C、D错误．
【答案】　B
6.【解析】　质点做匀变速曲线运动，合力的大小与方向均不变，加速度不变，故C错误；由B点速度与加速度相互垂直可知，合力方向与B点切线垂直且向下，故质点由C到D的过程，合力做正功，速率增大，A正确；A点的加速度方向与过A点的切线即速度方向夹角大于90°，B错误；从A到D加速度与速度的夹角一直变小，D错误．
【答案】　A
7.【解析】　由于船沿直线AB运动，因此船的合速度v合沿AB方向，根据平行四边形定则可知，当v船垂直于直线AB时，船有最小速度，由图知v船＝v水 sin 37°＝2.4 m/s，选项B正确．
【答案】　B
8.【解析】　由题意知，C点的速度大小为vC＝ωl，设vC与绳之间的夹角为θ，把vC沿绳和垂直绳方向分解可得，v绳＝vCcos θ，在转动过程中θ先减小到零再增大，故v绳先增大后减小，重物M做变加速运动，其最大速度为ωl，C正确．
【答案】　C
9．【解析】　由v－t图象知物体在x轴上做初速为3 m/s的匀加速直线运动，加速度a＝1.5 m/s2，由s－t图知，物体在y轴上做匀速直线运动，速度为4 m/s，则物体初速度为v＝＝ m/s＝5 m/s.质点所受合外力为F＝ma＝2×1.5 N＝3 N，故A、B两项正确．物体初速度方向与合外力方向夹角θ的正切值tan θ＝，故C项错.2 s末质点的速度大小为v1＝ m/s＝ m/s，故D项错．
【答案】　AB
10．【解析】　
要使甲船以最短时间过河，则甲船的船头应是垂直河岸，要使乙船以最短的航程过河而又和甲船的轨迹重合，v乙必和轨迹垂直，如图所示．从已知条件和图中的几何关系可得到t甲＝，t乙＝，而v水＝＝cos θ，v乙＝v甲cos θ，联立可得到：t甲∶t乙＝v∶v.故C项正确．
【答案】　C
二、11.【解析】　A、B两球速度的分解情况如图所示，由题意知，θ＝30°，由运动的合成与分解得vAsin θ＝vBcos θ①
又A、B组成的系统机械能守恒，所以
mg＝mv＋mv②
由①②解得vA＝，vB＝.
【答案】　　
12.【解析】　(1)壁虎同时参与了相对于车向上的匀速运动和随车一起向左的匀加速直线运动．经过2 s时，壁虎向上运动的速度vy＝v2＝0.2 m/s，随车运动的速度vx＝v1＝a1t＝0.2 m/s，如图甲所示，壁虎运动的合速度在t＝2 s末时其大小为v＝＝ m/s＝0.28 m/s，tan α＝＝＝1，壁虎的速度方向在该时刻与水平方向成45°角．
甲　　　　　　　　乙　　　　　　　　丙
(2)如图乙所示，在汽车启动后2 s这段时间内，壁虎的水平位移x＝a1t2＝0.2 m，竖直位移y＝v2t＝0.4 m，壁虎相对地面发生的位移s＝＝0.45 m，与水平方向所成的角θ＝arctan ＝arctan 2.
(3)由上面分析知x＝at2＝0.05t2，y＝0.2t，消去时间t，得x＝1.25y2，是一条如图丙所示的抛物线(以壁虎刚开始爬动处为坐标原点，壁虎爬行的方向为y轴正方向，车前进的方向为x轴正方向)，所以壁虎做曲线运动，或者用初速度方向与加速度方向垂直的关系，也可以判断出壁虎的运动轨迹是曲线．
【答案】　(1)0.28 m/s，与水平方向成45°角　(2)0.45 m　(3)曲线运动第4讲　万有引力与航天
(对应学生用书第64页)
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＝6.67×10－11 N·m2/kg2，叫引力常量．
3．适用条件
公式适用于质点间的相互作用．当两物体间的距离远大于物体本身的大小时，物体可视为质点；均匀的球体可视为质点，r是两球心间的距离；一个均匀球体与球外一个质点的万有引力也适用，其中r为球心到质点间的距离．
【针对训练】
1．(2013届佛山检测)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】　设太阳质量为M，月球质量为m，海水质量为m′，太阳到地球距离为r1，月球到地球距离为r2，由题意＝2.7×107，＝400，由万有引力公式，太阳对海水的引力F1＝，月球对海水的引力F2＝，则＝＝＝，故A选项正确，B选项错误；月球到地球上不同区域的海水距离不同，所以引力大小有差异，C选项错误，D选项正确．
【答案】　AD
万有引力定律应用及三种宇宙速度
1.万有引力定律基本应用
(1)基本方法：把天体(或人造卫星)的运动看成是匀速圆周运动，其所需向心力由万有引力提供．
(2)基本公式：
G＝mgr＝ma＝
其中gr为距天体中心r处的重力加速度．
2．三种宇宙速度
宇宙速度 数值(km/s) 意义
第一宇
宙速度
(环绕速度) 7.9 这是卫星绕地球做圆周运动的最小发射速度，若7.9 km/s≤v＜11.2 km/s，物体绕地球运行
第二宇
宙速度
(逃逸速度) 11.2 是物体挣脱地球引力束缚的最小发射速度，若11.2 km/s≤v＜16.7 km/s，物体绕太阳运行
第三宇
宙速度
16.7 这是物体挣脱太阳引力束缚的最小发射速度，若v≥16.7 km/s，物体将脱离太阳系在宇宙空间运行
【针对训练】
2．(2012·浙江高考)如图4－4－1所示，在火星与木星轨道之间有一小行星带．假设该带中的小行星只受到太阳的引力，并绕太阳做匀速圆周运动．下列说法正确的是(　　)
图4－4－1
A．太阳对各小行星的引力相同
B．各小行星绕太阳运动的周期均小于一年
C．小行星带内侧小行星的向心加速度值大于外侧小行星的向心加速度值
D．小行星带内各小行星圆周运动的线速度值大于地球公转的线速度值
【解析】　根据F＝G，小行星带中各小行星的轨道半径r、质量m均不确定，因此无法比较太阳对各小行星引力的大小，选项A错误；根据G＝m()2r得，T＝2π，因小行星绕太阳运动的轨道半径大于地球绕太阳运动的轨道半径，故小行星的运动周期大于地球的公转周期，即大于一年，选项B错误；根据G＝ma得a＝，所以内侧小行星的向心加速度值大于外侧小行星的向心加速度值，选项C正确；根据G＝，得v＝，所以小行星带内各小行星做圆周运动的线速度值小于地球公转的线速度值，选项D错误．
【答案】　C
同步卫星的运行特点
1.轨道平面一定：轨道平面与赤道平面共面．
2．周期一定：与地球自转周期相同，即T＝24 h.
3．角速度一定：与地球自转的角速度相同．
4．高度一定：由G＝m(R＋h)得同步卫星离地面的高度h＝ －R.
5．速率一定：v＝ .
【针对训练】
3．我国数据中继卫星“天链一号02星”在西昌卫星发射中心，于2011年7月11日23时41分发射升空，之后经过变轨控制后，成功定点在赤道上空的同步轨道．关于成功定点后的“天链一号02星”，下列说法正确的是(　　)
A．运行速度大于7.9 km/s
B．离地面高度一定，相对地面静止
C．绕地球运行的角速度比月球绕地球运行的角速度大
D．向心加速度与静止在赤道上物体的向心加速度大小相等
【解析】　7.9 km/s是第一宇宙速度，是所有地球卫星的最大运转速度，故A错误；因“天链一号02星”是同步卫星，其轨道半径大于地球半径，而小于月球的轨道半径，B、C均正确；因该星与赤道上物体的角速度相同，但到地心距离不同(r＞R)，由a向＝rω2得a星＞a物，故D错误．
【答案】　BC
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，物体的质量是不随运动状态而改变的．
(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，物体的质量是随物体运动速度的增大而增大的，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．
(对应学生用书第65页)
万有引力定律在天体运动中的应用
1.基本方法
把天体的运动看成匀速圆周运动，所需向心力由万有引力提供．
G＝m＝mω2r＝m()2r＝m(2πf)2r
2．中心天体的质量M、密度ρ的估算
(1)利用卫星的轨道半径r和周期T
测出卫星绕中心天体做匀速圆周运动的半径r和周期T，由G＝m()2r，
可得天体质量为：M＝.
该中心天体密度为：ρ＝＝＝(R为中心天体的半径)．
当卫星沿中心天体表面运行时，r＝R，则ρ＝.
(2)利用天体表面的重力加速度g和天体半径R
由于G＝mg，故天体质量M＝，
天体密度ρ＝＝＝.
　(2011·安徽高考)(1)开普勒行星运动第三定律指出，行星绕太阳运动的椭圆轨道的半长轴a的三次方与它的公转周期T的二次方成正比，即＝k，k是一个对所有行星都相同的常量．将行星绕太阳的运动按圆周运动处理，请你推导出太阳系中该常量k的表达式．已知引力常量为G，太阳的质量为M太；
(2)开普勒定律不仅适用于太阳系，它对一切具有中心天体的引力系统(如地月系统)都成立．经测定月地距离为3.84×108 m，月球绕地球运动的周期为2.36×106 s，试计算地球的质量M地．(G＝6.67×10－11 N·m2/kg2，结果保留一位有效数字)
【审题视点】　(1)已知引力常量G，太阳质量M，导出太阳系中常量k.
(2)＝k也适用地月系统，但不同天体系统k值不同．
【解析】　(1)因行星绕太阳做圆周运动，于是轨道的半长轴a即为轨道半径r.根据万有引力定律和牛顿第二定律有
G＝m行()2r①
于是有＝M太②
即k＝M太．③
(2)在地月系统中，设月球绕地球运动的轨道半径为R，周期为T，由②式可得＝M地④
解得M地＝6×1024 kg(5×1024 kg也算对)．⑤
【答案】　(1)k＝M太　(2)6×1024 kg
求中心天体质量的途径
依据万有引力等于向心力，可得以下四种求中心天体质量的途径
(1)M＝，若已知卫星在某一高度的加速度g和环绕的半径r；
(2)M＝，若已知卫星绕天体做匀速圆周运动的线速度v和半径r；
(3)M＝，若已知卫星绕天体做匀速圆周运动的周期T和半径r；
(4)M＝，若已知卫星运行的线速度v和周期T.
【即学即用】
1．(2013届山东威海一中检测)如图4－4－2所示，是美国的“卡西尼”号探测器经过长达7年的“艰苦”旅行，进入绕土星飞行的轨道．若“卡西尼”号探测器在半径为R的土星上空离土星表面高h的圆形轨道上绕土星飞行，环绕n周飞行时间为t，已知万有引力常量为G，则下列关于土星质量M和平均密度ρ的表达式正确的是(　　)
图4－4－2
A．M＝，ρ＝
B．M＝，ρ＝
C．M＝，ρ＝
D．M＝，ρ＝
【解析】　设“卡西尼”号的质量为m，“卡西尼”号围绕土星的中心做匀速圆周运动，其向心力由万有引力提供，G＝m(R＋h)()2，其中T＝，解得M＝.又土星体积V＝πR3，所以ρ＝＝.
【答案】　D
卫星的发射和运行
1.卫星的轨道
(1)赤道轨道：卫星的轨道在赤道平面内．同步卫星就是其中的一种．
(2)极地轨道：卫星的轨道过南北两极，即在垂直于赤道的平面内．如极地气象卫星．
(3)其他轨道：除以上两种轨道外的卫星轨道．
2．卫星的稳定运行与变轨运行分析
(1)卫星在圆轨道上的稳定运行
G＝m＝mrω2＝mr()2，
由此可推出
(2)变轨运行分析
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．(卫星的发射和回收就是利用了这一原理)
　
图4－4－3
(2013届汉中质检)2012年6月18日早上5点43分“神舟九号”飞船完成了最后一次变轨，在与“天宫一号”对接之前“神舟九号”共完成了4次变轨，“神舟九号”某次变轨的示意图如图4－4－3所示，在A点从椭圆轨道Ⅱ进入圆形轨道Ⅰ，B为轨道Ⅱ上的一点．关于飞船的运动，下列说法中正确的有(　　)
A．在轨道Ⅱ上经过A的速度小于经过B的速度
B．在轨道Ⅱ上经过A的动能小于在轨道Ⅰ上经过A的动能
C．在轨道Ⅱ上运动的周期小于在轨道Ⅰ上运动的周期
D．在轨道Ⅱ上经过A的加速度小于在轨道Ⅰ上经过A的加速度
【审题视点】　(1)轨道Ⅱ为椭圆轨道，需要利用开普勒定律解决速度、周期问题．
(2)明确变轨前后速度的变化．
【解析】　轨道Ⅱ为椭圆轨道，根据开普勒第二定律，飞船与地球的连线在相等的时间内扫过的面积相等，可知近地点的速度大于远地点的速度，故A正确．根据开普勒第三定律，飞船在轨道Ⅰ和轨道Ⅱ满足：＝，又R＞a，可知TⅠ＞TⅡ，故C正确．飞船在A点变轨时，从轨道Ⅱ进入轨道Ⅰ需加速，又Ek＝mv2，故B正确．无论在轨道Ⅰ上还是在轨道Ⅱ上，A点到地球的距离不变，飞船受到的万有引力一样，由牛顿第二定律可知向心加速度相同，故D错误．
【答案】　ABC
【即学即用】
2．(2012·四川高考)今年4月30日，西昌卫星发射中心发射的中圆轨道卫星，其轨道半径为2.8×107 m．它与另一颗同质量的同步轨道卫星(轨道半径为4.2×107 m)相比(　　)
A．向心力较小
B．动能较大
C．发射速度都是第一宇宙速度
D．角速度较小
【解析】　由题意知，中圆轨道卫星的轨道半径r1小于同步卫星轨道半径r2，卫星运行时的向心力由万有引力提供，根据F向＝G知，两卫星的向心力F1>F2，选项A错误；根据G＝＝mω2r，得环绕速度v1>v2，角速度ω1＞ω2，两卫星质量相等，则动能Ek1>Ek2，故选项B正确，选项D错误；根据能量守恒，卫星发射得越高，发射速度越大，第一宇宙速度是发射卫星的最小速度，因此两卫星的发射速度都大于第一宇宙速度，且v01【答案】　B
近地卫星、同步卫星的区别
近地卫星、同步卫星和地球赤道上的物体做圆周运动的区别：同步卫星与地球赤道上的物体的周期都等于地球自转的周期，而不等于近地卫星的周期；近地卫星与地球赤道上的物体的运动半径都等于地球半径，而不等于同步卫星运动半径；三者的线速度各不相同．
求解此类题的关键有三点：
1．在求解“同步卫星”与“赤道上的物体”的向心加速度的比例关系时应依据二者角速度相同的特点，运用公式a＝ω2r而不能运用公式a＝.
2．在求解“同步卫星”与“赤道上的物体”的线速度比例关系时，仍要依据二者角速度相同的特点，运用公式v＝ωr而不能运用公式v＝.
3．在求解“同步卫星”运行速度与第一宇宙速度的比例关系时，因都是由万有引力提供的向心力，故要运用公式v＝，而不能运用公式v＝ωr或v＝.
　某地球同步卫星离地心的距离为r，运行速度为v1，加速度为a1，地球赤道上的物体随地球自转的向心加速度为a2，第一宇宙速度为v2，地球的半径为R，则下列比例式中正确的是(　　)
A.＝　　　　　　　B.＝()2
C.＝ D.＝()1/2
【解析】　由于同步卫星与赤道上的物体具有相同的角速度，则：对同步卫星，a1＝ω2r；对赤道上的物体，a2＝ω2R，由以上二式可得＝，故选项A正确，B错误．同步卫星需要的向心力完全由万有引力提供，则＝，所以，v1＝.对于第一宇宙速度，由＝，得v2＝.以上两速度相比得：＝ .故选项C错误，D正确．
【答案】　AD
【即学即用】
3．(2013届汉中模拟)北京时间2012年10月25日23时33分，中国在西昌卫星发射中心用“长征三号丙”运载火箭，将第十六颗“北斗”导航卫星成功发射升空并送入太空预定转移轨道，这是一颗地球静止轨道卫星．“北斗”导航卫星定位系统由静止轨道卫星(同步卫星)、中轨道卫星和倾斜同步卫星组成，中轨道卫星轨道半径约为27 900 公里，静止轨道卫星的半径约为42 400 公里．(已知 )≈0.53)下列说法正确的是(　　)
A．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
B．静止轨道卫星的角速度比中轨道卫星角速度小
C．中轨道卫星的周期约为12.7 h
D．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向心加速度大
【解析】　根据万有引力提供向心力得人造卫星线速度公式v＝ ，可判断静止轨道卫星和中轨道卫星的线速度均小于地球的第一宇宙速度，A错；由＝mrω2得ω＝，则可知静止轨道卫星的角速度比中轨道卫星角速度小，B对；由＝mr得T＝2π，静止轨道卫星的周期为T＝24 h，故中轨道卫星的周期T′与静止轨道卫星的周期T之比＝，解得T′＝12.7 h，C对；根据向心加速度公式a＝r，可知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向心加速度小，D错．
【答案】　BC
(对应学生用书第67页)
“双星”模型
1.双星系统
宇宙中往往会有相距较近，质量相差不多的两颗星球，它们离其他星球都较远，因此其他星球对他们的万有引力可以忽略不计．在这种情况下，它们将围绕它们连线上的某一固定点做同周期的匀速圆周运动，这种结构叫做双星系统．
2．双星系统的特点
(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.
　
图4－4－4
天文学家观测河外星系大麦哲伦云时，发现了LMCX－3双星系统，它由可见星A和不可见的暗星B构成．两星视为质点，不考虑其他天体的影响，A、B围绕两者连线上的O点做匀速圆周运动，它们之间的距离保持不变，如图4－4－4所示．引力常量为G，由观测能够得到可见星A的速率v和运行周期T.
(1)可见星A所受暗星B的引力FA可等效为位于O点处质量为m′的星体(视为质点)对它的引力，设A和B的质量分别为m1、m2，试求m′(用m1、m2表示)；
(2)求暗星B的质量m2与可见星A的速率v、运行周期T和质量m1之间的关系式．
【规范解答】　(1)设A、B的圆轨道半径分别为r1、r2，角速度均为ω
由双星所受向心力大小相同，可得m1ω2r1＝m2ω2r2
设A、B之间的距离为L，又L＝r1＋r2
由上述各式得L＝r1①
由万有引力定律得，双星间的引力F＝G
将①式代入上式得F＝G②
由题意，将此引力视为O点处质量为m′的星体对可见星A的引力，则有F＝G③
比较②③可得m′＝.④
(2)对可见星A，有G＝m1⑤
可见星A的轨道半径r1＝⑥
由④⑤⑥式解得＝.
【答案】　(1)m′＝　(2)＝
【即学即用】
4．(2012·重庆高考)冥王星与其附近的另一星体卡戎可视为双星系统，质量比约为7∶1，同时绕它们连线上某点O做匀速圆周运动．由此可知，冥王星绕O点运动的(　　)
A．轨道半径约为卡戎的
B．角速度大小约为卡戎的
C．线速度大小约为卡戎的7倍
D．向心力大小约为卡戎的7倍
【解析】　本题是双星问题，设冥王星的质量、轨道半径、线速度分别为m1、r1、v1，卡戎的质量、轨道半径、线速度分别为m2、r2、v2，由双星问题的规律可得，两星间的万有引力分别给两星提供做圆周运动的向心力，且两星的角速度相等，故B、D均错；由G＝m1ω2r1＝m2ω2r2(L为两星间的距离)，因此＝＝，＝＝＝，故A对，C错．
【答案】　A
(对应学生用书第68页)
●中心天体质量的估算
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】　设卫星的质量为m′
由万有引力提供向心力，得G＝m′①
m′＝m′g②
由已知条件：m的重力为N得
N＝mg③
由③得g＝，代入②得：R＝
代入①得M＝，故A、C、D三项均错误，B项正确．
【答案】　B
●卫星运行比较
2．(2012·北京高考)关于环绕地球运动的卫星，下列说法正确的是(　　)
A．分别沿圆轨道和椭圆轨道运行的两颗卫星，不可能具有相同的周期
B．沿椭圆轨道运行的一颗卫星，在轨道不同位置可能具有相同的速率
C．在赤道上空运行的两颗地球同步卫星，它们的轨道半径有可能不同
D．沿不同轨道经过北京上空的两颗卫星，它们的轨道平面一定会重合
【解析】　根据开普勒第三定律，＝恒量，当圆轨道的半径R与椭圆轨道的半长轴a相等时，两卫星的周期相等，故选项A错误；卫星沿椭圆轨道运行且从近地点向远地点运行时，万有引力做负功，根据动能定理，知动能减小，速率减小；从远地点向近地点移动时动能增加，速率增大，且两者具有对称性，故选项B正确；所有同步卫星的运行周期相等，根据G＝m()2r知，同步卫星轨道的半径r一定，故选项C错误；根据卫星做圆周运动的向心力由万有引力提供，可知卫星运行的轨道平面过某一地点，轨道平面必过地心，但轨道不一定重合，故北京上空的两颗卫星的轨道可以不重合，选项D错误．
【答案】　B
●行星“相遇”问题
3．(2011·重庆高考)某行星和地球绕太阳公转的轨道均可视为圆．每过N年，该行星会运行到日地连线的延长线上，如图4－4－5所示，该行星与地球的公转半径之比为(　　)
图4－4－5
A. B.
C. D.
【解析】　根据ω＝可知，ω地＝，ω星＝，再由＝mω2r可得，＝＝，答案为B选项．
【答案】　B
●重力加速度的比较
4．(2012·新课标全国高考)假设地球是一半径为R、质量分布均匀的球体．一矿井深度为d.已知质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零．矿井底部和地面处的重力加速度大小之比为(　　)
A．1－ B．1＋
C.2 D.2
【解析】　设地球的密度为ρ，地球的质量为M，根据万有引力定律可知，地球表面的重力加速度g＝.地球质量可表示为M＝πR3ρ，因质量分布均匀的球壳对球壳内物体的引力为零，所以矿井下以(R－d)为半径的地球的质量为M′＝π(R－d)3ρ，解得M′＝3M，则矿井底部处的重力加速度g′＝， 则矿井底部处的重力加速度和地球表面的重力加速度之比为＝1－，选项A正确；选项B、C、D错误．
【答案】　A
●同步卫星通信问题
5.
图4－4－6
(2013届西安铁路一中检测)如图4－4－6所示，设A、B为地球赤道圆的一条直径的两端，利用同步卫星将一电磁波信号由A点传到B点，已知地球半径为R，地球表面处的重力加速度为g，地球自转周期为T，不考虑大气对电磁波的折射．设电磁波在空气中的传播速度为c.求：
(1)至少要用几颗同步卫星？
(2)这几颗卫星间的最近距离是多少？
(3)用这几颗卫星把电磁波信号由A点传到B点需要经历多长时间？
【解析】　
(1)至少要用两颗同步卫星，这两颗卫星分别位于如图所示的P1和P2两点．
(2)这两颗卫星间的最近距离是d＝2R.
(3)设同步卫星的轨道半径为r＝OP1，由万有引力定律和牛顿第二定律：G＝mr，对地面上的物体有：m0g＝G
解得r＝
用这两颗卫星把电磁波信号由A点传到B点需要经历的时间为t＝，又P1B＝，解得：t＝＋.
【答案】　(1)至少两颗　(2)2R
(3)＋
　　　　　　　　第四章 第2讲 抛体运动的规律及其应用2
(时间45分钟，满分100分)
一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分．在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得7分，选对但不全的得4分，有选错的得0分．)
1．关于平抛运动的叙述，下列说法不正确的是(　　)
A．平抛运动是一种在恒力作用下的曲线运动
B．平抛运动的速度方向与恒力方向的夹角保持不变
C．平抛运动的速度大小是时刻变化的
D．平抛运动的速度方向与加速度方向的夹角一定越来越小
2.
图4－2－15
(2012·东北师大附中检测)在香港的警匪片中经常出现追缉镜头，如图4－2－15所示，一个警察追缉逃犯时，准备跑过一个屋顶，然后水平地跳跃并离开屋顶，在下一栋建筑物的屋顶上着地．如果他在屋顶跑动的最大速度是4.5 m/s，下列关于他能否安全跳过去的说法中正确的是(g取10 m/s2)(　　)
A．他安全跳过去是可能的
B．他安全跳过去是不可能的
C．如果要安全跳过去，他在屋顶水平跳跃速度应大于6.2 m/s
D．如果要安全跳过去，他在屋顶水平跳跃速度应小于4.5 m/s
3．2011年5月15日晚22点，国际田联钻石联赛上海站结束了男子110米栏争夺，刘翔以13秒07获得冠军．由于刘翔把起跑八步上栏改成七步上栏，从而使起跳时距栏的水平距离增大，若刘翔过栏时的最高点仍在栏的正上方同一高度处，则刘翔上栏双脚离地时(不计空气阻力)(　　)
A．速度不变，增大速度与水平方向的夹角
B．速度增大，同时增大速度与水平方向的夹角
C．速度增大，同时速度与水平方向的夹角不变
D．速度增大，同时减小速度与水平方向的夹角
4.
图4－2－16
(2013届西安一中检测)古龙笔下有一位侠客叫李寻欢，绰号小李飞刀，若他由O点先后抛出完全相同的三把飞刀，分别垂直打在竖直木板上M、N、P三点．假设不考虑飞刀的转动，并可将其看做质点，已知O、M、N、P四点距离水平地面的高度分别为h、4h、3h、2h，则对应M、N、P三点(　　)
A．三把飞刀在击中板时动能相同
B．三次飞行时间之比为1∶∶
C．三次初速度的竖直分量之比为3∶2∶1
D．设三次抛出飞刀的初速度与水平方向的夹角分别为θ1、θ2、θ3，则有θ1＞θ2＞θ3
5．如图4－2－17，节水灌溉中的喷嘴距地面0.8 m，假定水从喷嘴水平喷出，喷灌半径为4 m，不计空气阻力，取g＝10 m/s2.则(　　)
图4－2－17
A．水下落的加速度为8 m/s2
B．水从喷嘴到地面的时间为0.4 s
C．水从喷嘴喷出后动能不变
D．水从喷嘴喷出的速率为10 m/s
6．(2013届青岛二中检测)如图4－2－18所示，在O点从t＝0时刻沿光滑斜面向上抛出的小球，通过斜面末端P后到达空间最高点Q.下列图线是小球沿x方向和y方向分运动的速度－时间图线，其中正确的是(　　)
图4－2－18
7．(2010·大纲全国高考)一水平抛出的小球落到一倾角为θ的斜面上时，其速度方向与斜面垂直，运动轨迹如图4－2－19中虚线所示．小球在竖直方向下落的距离与在水平方向通过的距离之比为(　　)
图4－2－19
A.　　　B.　　　C．tan θ　　　D．2tan θ
8.
图4－2－20
a、b两质点从同一点O分别以相同的水平速度v0沿x轴正方向抛出，a在竖直平面内运动，落地点为p1，b沿光滑斜面运动，落地点为p2，p1和p2在同一水平面上，如图4－2－20所示，不计空气阻力，则下列说法中正确的是(　　)
A．a、b的运动时间相同
B．a、b沿x轴方向的位移相同
C．a、b落地时的速度大小相同
D．a、b落地时的速度相同
9.
图4－2－21
如图4－2－21所示，坐标方格每格边长为10 cm，一物体做平抛运动时分别经过O、a、b三点，重力加速度g取10 m/s2，则下列结论正确的是(　　)
A．O点就是抛出点
B. a点va与水平方向成45°角
C．速度变化量ΔvaO＝Δvba
D．小球抛出速度v＝1 m/s
10．(2013届山师大附中检测)如图4－2－22所示，一长为L的木板，倾斜放置，倾角为45°，今有一弹性小球，自与木板上端等高的某处自由释放，小球落在木板上反弹时，速度大小不变，碰撞前后，速度方向与木板夹角相等，欲使小球一次碰撞后恰好落到木板下端，则小球释放点距木板上端的水平距离为(　　)
图4－2－22
A.L B.L C.L D.L
二、非选择题(本题共2小题，共30分．计算题要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位．)
11． (15分)(2013届延安一中模拟)如图4－2－23所示，倾角为37°的粗糙斜面的底端有一质量m＝1 kg的凹形小滑块，小滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.25.现让小滑块以某一初速度v从斜面底端上滑，同时在斜面底端正上方有一小球以初速度v0水平抛出，经过0.4 s，小球恰好垂直斜面方向落入凹槽，此时，小滑块还在上滑过程中．已知sin 37°＝0.6， cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2，求：
图4－2－23
(1)小球水平抛出的速度v0；
(2)小滑块的初速度v.
12．(15分)《愤怒的小鸟》是一款时下非常流行的游戏，游戏中的故事也相当有趣，如图4－2－24甲，为了报复偷走鸟蛋的肥猪们，鸟儿以自己的身体为武器，如炮弹般弹射出去攻击肥猪们的堡垒．某班的同学们根据自己所学的物理知识进行假设：小鸟被弹弓沿水平方向弹出，如图乙所示，若h1＝0.8 m，l1＝2 m，h2＝2.4 m， l2＝1 m，小鸟飞出能否直接打中肥猪的堡垒？请用计算结果进行说明．(取重力加速度g＝10 m/s2)
甲　　　　　　　　　　　　　　　乙
图4－2－24
答案及解析
一、1．【解析】　平抛运动的物体只受重力作用，故A正确；平抛运动是曲线运动，速度时刻变化，由v＝ 知合速度v在增大，故C正确；对平抛物体的速度方向与加速度方向的夹角，有tan θ＝＝，因t一直增大，所以tan θ变小，故D正确，B错误．
【答案】　B
2.【解析】　由h＝gt2可得t＝1 s，故x＝v0t＝4.5 m，所以他不能安全跳过去，B正确；如果要安全跳过去，他在屋顶水平跳跃速度应大于6.2 m/s，C正确．
【答案】　BC
3．【解析】　由运动的可逆性可知，其运动可看做平抛运动，上升到最高点所用的时间相同，故水平距离增大时，初速度应增大，同时应减小速度与水平方向的夹角，D正确．
【答案】　D
4.【解析】　由初速度为零的匀变速直线运动推论可知：由静止开始做匀加速运动的物体在前h、前2h、前3h所用的时间之比为1∶∶，对末速度为零的匀变速直线运动，由运动的可逆性得：三次飞行时间之比为∶∶1，B错误；三把飞刀在击中板时竖直方向分速度相等，但水平方向分速度不等，故动能不相同，A错误；三次初速度竖直分量之比等于∶∶1，C错误．
【答案】　D
5．【解析】　水下落的加速度为重力加速度，故A错误；由h＝gt2可得水从喷嘴到地面的时间为0.4 s，B正确；水从喷嘴喷出后，由于重力做正功，故动能增大，C错误；由x＝v0t可知水喷出的初速度大小为10 m/s，D正确．
【答案】　BD
6．【解析】　在O点从t＝0时刻沿光滑斜面向上抛出的小球，先沿斜面做匀减速直线运动，通过斜面末端P后水平方向上做匀速直线运动，竖直方向上做竖直上抛运动，所以小球沿x方向的速度－时间图线是选项A图，小球沿y方向分运动的速度－时间图线是选项D图．
【答案】　AD
7．【解析】　如图，平抛的末速度与竖直方向的夹角等于斜面倾角θ，则有tan θ＝.则下落高度与水平距离之比为＝＝＝，B项正确．
【答案】　B
8.【解析】　
质点a在竖直平面内做平抛运动，质点b在斜面上运动时，只受沿斜面方向垂直于斜面底边的重力的分力mgsin θ的作用，如图所示，质点b做类平抛运动．分析如下：对a，运动时间ta＝ ；对b，＝gsin θt，所以运动时间tb＝≠ta，则A项错误；对a，沿x轴方向位移xa＝v0ta，对b，沿x轴方向位移xb＝v0tb≠xa，则B项错误；由动能定理知：mgh＝mv－mv，所以vt的大小相等，则C项正确；a、b落地时速度的方向不同，不能说速度相同，则D项错误．
【答案】　C
9.【解析】　由于O、a、b三点水平方向距离相等，说明tOa＝tab，若O点为抛出点，则在竖直方向连续相等时间内通过的位移之比应为1∶3，而从题图看，竖直方向相等时间内位移之比为1∶2，所以O点不是抛出点，故A项错．因O到a的位移方向与水平方向成45°，所以物体经过a点时速度方向与水平方向夹角肯定大于45°，故B项错．平抛运动是匀变速曲线运动，加速度恒定，所以相等时间内速度变化量相等，ΔvaO＝Δvba，故C项对．根据竖直方向匀变速直线运动公式a＝Δx/t2，a＝g＝10 m/s2，得t＝ ＝0.1 s＝tOa＝tab，水平方向匀速运动速度vx＝x/t＝1 m/s，故D项对．
【答案】　CD
10．【解析】　由图可知，x2＝v0·t2，y2＝gt，tan 45°＝，
则t2＝，x2＝，s2＝x2＝，
s1＝L－s2＝L－.
x1＝s1sin 45°＝L－.
v＝2gy1＝2gx1，则x1＝L－4x1.
x1＝L.故D项正确．
【答案】　D
二、11．【解析】　(1)设小球落入凹槽时的竖直分速度为vy，则
vy＝gt＝10×0.4 m/s＝4 m/s，v0＝vytan 37°＝3 m/s.
(2)小球落入凹槽时的水平分位移x＝v0t＝3×0.4 m＝1.2 m
则小滑块的位移s＝＝1.5 m
小滑块的加速度大小a＝gsin 37°＋μgcos 37°＝8 m/s2
根据公式s＝vt－at2
解得v＝5.35 m/s.
【答案】　(1)3 m/s　(2)5.35 m/s
12．【解析】　设小鸟以v0弹出能直接击中堡垒，则
t＝ ＝ s＝0.8 s
v0＝＝ m/s＝3.75 m/s
设在台面的草地上的水平射程为x，则
x＝v0× ＝1.5 m＜l1
可见小鸟不能直接击中堡垒．
【答案】　见解析第3讲　圆周运动及其应用
(对应学生用书第60页)
描述圆周运动的物理量及其相互关系
1.描述圆周运动的物理量主要有线速度、角速度、周期、转速、向心加速度、向心力等，现比较如下表：
意义、方向 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方向与半径垂直，和圆周相切 ①v＝＝
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 ①ω＝＝
②单位：rad/s
周期和转速 ①周期是物体沿圆周运动一圈的时间(T)
②转速是物体在单位时间内转过的圈数(n)，也叫频率(f)
③周期与频率的关系为T＝ ①T＝；单位：s
②n的单位r/s、r/min
③f的单位：Hz
向心加速度 ①描述速度方向变化快慢的物理量(an)
②方向指向圆心 ①an＝＝ω2R
②单位：m/s2
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 ①Fn＝mω2R＝m
＝mR
②单位：N
2.各物理量之间的相互关系
(1)v＝ωR＝＝2πRf.
(2)an＝＝ω2R＝ωv＝＝4π2f2R.
(3)Fn＝m＝mω2R＝m＝mωv＝m4π2f2R.
【针对训练】
1．某型石英表中的分针与时针可视为做匀速转动，分针的长度是时针长度的1.5倍，则下列说法中正确的是(　　)
A．分针的角速度与时针的角速度相等
B．分针的角速度是时针的角速度的60倍
C．分针端点的线速度是时针端点的线速度的18倍
D．分针端点的向心加速度是时针端点的向心加速度的1.5倍
【解析】　分针的角速度ω1＝＝ rad/min，时针的角速度ω2＝＝ rad/min.
ω1∶ω2＝12∶1，v1∶v2＝ω1r1∶ω2r2＝18∶1，
a1∶a2＝ω1v1∶ω2v2＝216∶1，故只有C正确．
【答案】　C
匀速圆周运动
1.匀速圆周运动
在相等的时间里通过的圆弧长度相等．
2．匀速圆周运动的特点
(1)速度大小不变而速度方向时刻变化的变速曲线运动．
(2)只存在向心加速度，不存在切向加速度．
(3)合外力即产生向心加速度的力，充当向心力．
(4)条件：合外力大小不变，方向始终与速度方向垂直且指向圆心．
【针对训练】
2.
图4－3－1
摆式列车是集电脑、自动控制等高新技术于一体的新型高速列车，如图4－3－1所示．当列车转弯时，在电脑控制下，车厢会自动倾斜，抵消离心力的作用；行走在直线上时，车厢又恢复原状，就像玩具“不倒翁”一样．假设有一超高速列车在水平面内行驶，以360 km/h的速度拐弯，拐弯半径为1 km，则质量为50 kg的乘客，在拐弯过程中所受到的火车给他的作用力为(g取10 m/s2)(　　)
A．500 N　　　　　　　B．1 000 N
C．500 N D．0
【解析】　乘客所需的向心力：F＝m＝500 N，而乘客的重力为500 N，故火车对乘客的作用力大小为N＝＝500 N，C正确．
【答案】　C
离 心 运 动
1.定义
做圆周运动的物体，在所受合外力突然消失或不足以提供圆周运动所需向心力情况下，就做远离圆心的运动，这种运动叫离心运动．
2．本质
(1)离心现象是物体惯性的表现．
(2)离心运动并非是沿半径方向飞出的运动，而是运动半径越来越大的运动或沿切线方向飞出的运动．
(3)离心运动并不是受到什么离心力．
3．条件
做圆周运动的质点，当它受到的沿着半径指向圆心的合外力突然变为零或不足以提供圆周运动所需向心力．
【针对训练】
3.
图4－3－2
洗衣机的脱水桶采用带动衣物旋转的方式脱水，下列说法中错误的是(　　)
A．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的向心力很大的缘故
C．加快脱水桶转动角速度，脱水效果会更好
D．靠近中心的衣物的脱水效果不如周边的衣物的脱水效果好
【解析】　水滴依附衣物的附着力是一定的，当水滴因做圆周运动所需的向心力大于该附着力时，水滴被甩掉，B项错误；脱水过程中，衣物做离心运动而甩向桶壁，A项正确；角速度增大，水滴所需向心力增大，脱水效果更好，C项正确；周边的衣物因圆周运动的半径R更大，在ω一定时，所需向心力比中心的衣物大，脱水效果更好，D项正确．
【答案】　B
(对应学生用书第61页)
圆周运动的运动学分析
1.对公式v＝ωR和a＝＝ω2R的理解
(1)由v＝ωR知，R一定时，v与ω成正比；ω一定时，v与r成正比；v一定时，ω与R成反比．
(2)由a＝＝ω2R知，在v一定时，a与R成反比；在ω一定时，a与R成正比．
2．传动装置特点
(1)同轴传动：固定在一起共轴转动的物体上各点角速度相同．
(2)皮带传动：不打滑的摩擦传动和皮带(或齿轮)传动的两轮边缘上各点线速度大小相等．
　
图4－3－3
如图4－3－3所示，半径为r＝20 cm的两圆柱体A和B，靠电动机带动按相同方向均以角速度ω＝8 rad/s转动，两圆柱体的转动轴互相平行且在同一平面内，转动方向已在图中标出，质量均匀的木棒水平放置其上，重心在刚开始运动时恰在B的正上方，棒和圆柱间动摩擦因数μ＝0.16，两圆柱体中心间的距离s＝1.6 m，棒长l＞3.2 m，重力加速度取10 m/s2，求从棒开始运动到重心恰在A的正上方需多长时间？
【审题视点】　(1)开始时，棒与A、B有相对滑动先求出棒加速的时间和位移．
(2)棒匀速时与圆柱边缘线速度相等，求出棒重心匀速运动到A正上方的时间．
【解析】　棒开始与A、B两轮有相对滑动，棒受向左摩擦力作用，做匀加速运动，末速度v＝ωr＝8×0.2 m/s＝1.6 m/s，加速度a＝μg＝1.6 m/s2，时间t1＝＝1 s，
t1时间内棒运动位移s1＝at＝0.8 m.
此后棒与A、B无相对运动，棒以v＝ωr做匀速运动，再运动s2＝s－s1＝0.8 m，重心到A的正上方需要的时间t2＝＝0.5 s，故所求时间t＝t1＋t2＝1.5 s.
【答案】　1.5 s
【即学即用】
1．小明同学在学习了圆周运动的知识后，设计了一个课题，名称为：快速测量自行车的骑行速度．他的设想是：通过计算脚踏板转动的角速度，推算自行车的骑行速度．经过骑行，他得到如下的数据：在时间t内脚踏板转动的圈数为N，那么脚踏板转动的角速度ω＝________；要推算自行车的骑行速度，还需要测量的物理量有____________________；自行车骑行速度的计算公式v＝________.
图4－3－4
【解析】　依据角速度的定义式ω＝＝；要推算自行车的骑行速度，由于v＝ω后R，还要知道自行车后轮的半径R，又因后轮的角速度ω后＝ω飞轮，而ω飞轮r2＝ω牙盘r1，ω牙盘＝ω，联立以上各式解得v＝Rω＝2πR.故还需知道后轮半径R，牙盘半径r1，飞轮半径r2.
【答案】　　自行车后轮半径R，牙盘半径r1，飞轮半径r2　Rω或2πR
圆周运动的动力学分析
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)据牛顿运动定律及向心力公式列方程．
(5)求解、讨论．
(1)无论是匀速圆周运动还是非匀速圆周运动，沿半径方向指向圆心的合力均为向心力．
(2)当采用正交分解法分析向心力的来源时，做圆周运动的物体在坐标原点，一定有一个坐标轴沿半径方向指向圆心．
　(2012·福建高考)如图4－3－5所示，置于圆形水平转台边缘的小物块随转台加速转动，当转速达到某一数值时，物块恰好滑离转台开始做平抛运动．现测得转台半径R＝0.5 m，离水平地面的高度H＝0.8 m，物块平抛落地过程水平位移的大小s＝0.4 m．设物块所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g＝10 m/s2.求：
图4－3－5
(1)物块做平抛运动的初速度大小v0；
(2)物块与转台间的动摩擦因数μ.
【审题视点】　(1)应理解把握好“转台边缘”与“恰好滑离”的含义．
(2)临界问题是静摩擦力达到最大值．
【解析】　(1)物块做平抛运动，在竖直方向上有
H＝gt2①
在水平方向上有s＝v0t②
由①②式解得v0＝s ③
代入数据得v0＝1 m/s.
(2)物块离开转台时，最大静摩擦力提供向心力，有
fm＝m④
fm＝μN＝μmg⑤
由④⑤式得μ＝
代入数据得μ＝0.2.
【答案】　(1)1 m/s　(2)0.2
【即学即用】
2．(2012·榆林一模)如图4－3－6甲所示，用一根长为l＝1 m的细线，一端系一质量为m＝1 kg的小球(可视为质点)，另一端固定在一光滑锥体顶端，锥面与竖直方向的夹角θ＝37°，当小球在水平面内绕锥体的轴做匀速圆周运动的角速度为ω时，细线的张力为T.(g取10 m/s2，结果可用根式表示)求：
图4－3－6
(1)若要小球离开锥面，则小球的角速度ω0至少为多大？
(2)若细线与竖直方向的夹角为60°，则小球的角速度ω′为多大？
【解析】　(1)若要小球刚好离开锥面，则小球受到重力和细线拉力如图示．小球做匀速圆周运动的轨迹圆在水平面上，故向心力水平，在水平方向运用牛顿第二定律及向心力公式得：mgtan θ＝mωlsin θ
解得：ω＝，即ω0＝ ＝ rad/s.
(2)同理，当细线与竖直方向成60°角时，由牛顿第二定律及向心力公式：mgtan α＝ mω′2lsin α
解得：ω′2＝，即ω′＝ ＝ rad/s.
【答案】　(1) rad/s　(2) rad/s
(对应学生用书第62页)
“轻绳模型”与“轻杆模型”
轻绳模型 轻杆模型
常见
类型 均是没有支撑的小球
均是有支撑的小球
过最高
点的临
界条件 由mg＝m得
v临＝ v临＝0
讨论
分析 (1)过最高点时，v≥ ，N＋mg＝m，绳、轨道对球产生弹力N
(2)当v＜时，不能过最高点，在到达最高点前小球已经脱离了圆轨道 (1)当v＝0时，N＝mg，N为支持力，沿半径背离圆心
(2)当0＜v＜时，mg－N＝m，FN背离圆心，随v的增大而减小
(3)当v＝时，N＝0
(4)当v＞时，N＋mg＝m，N指向圆心并随v的增大而增大
　(2013届山阳中学模拟)长L＝0.5 m质量可忽略的细杆，其一端可绕O点在竖直平面内无摩擦地转动，另一端固定着一个小球A.A的质量为m＝2 kg，当A通过最高点时，如图4－3－7所示，求在下列两种情况下杆对小球的作用力：
图4－3－7
(1)A在最低点的速率为 m/s；
(2)A在最低点的速率为6 m/s.
【潜点探究】　(1)不计摩擦和杆的质量，球A的机械能守恒．
(2)小球A在最高点受杆的作用力有三种情况，一是向上的支持力，二是向下的拉力，三是作用力为0.
【规范解答】　
设小球在最高点速度为v，对小球A由最低点到最高点过程，取圆周的最低点为参考平面．由机械能守恒定律得，mv2＋mg·2L＝mv①
在最高点，假设细杆对A的弹力F向下，则A受力如图所示．
以A为研究对象，由牛顿第二定律得mg＋F＝m②
所以F＝m(－g)③
(1)当v0＝ m/s时，由①式得v＝1 m/s，④
F＝2×(－10) N＝－16 N，⑤
负值说明F的实际方向与假设向下的方向相反，即杆给A向上16 N的支持力．
(2)当v0＝6 m/s时，由①式得v＝4 m/s；⑥
F＝2×(－10) N＝44 N.
正值说明杆对A施加的是向下44 N的拉力．
【答案】　(1)16 N　方向向上　(22)44 N　方向向下
【即学即用】
3．(2013届郑州一中检测)英国特技演员史蒂夫·特鲁加里亚曾飞车挑战世界最大环形车道．如图4－3－8所示，环形车道竖直放置，直径达12 m，若汽车在车道上以12 m/s恒定的速率运动，演员与汽车的总质量为1 000 kg，重力加速度g取10 m/s2，则(　　)
图4－3－8
A．汽车通过最低点时，演员处于超重状态
B．汽车通过最高点时对环形车道的压力为1.4×104 N
C．若要挑战成功，汽车不可能以低于12 m/s的恒定速率运动
D．汽车在环形车道上的角速度为1 rad/s
【解析】　因为汽车通过最低点时，演员具有向上的加速度，故处于超重状态，A正确；由ω＝可得汽车在环形车道上的角速度为2 rad/s，D错误；由mg＝m可得v0＝≈7.7 m/s，C错误；由mg＋F＝m可得汽车通过最高点时对环形车道的压力为1.4×104 N，B正确．
【答案】　AB
(对应学生用书第63页)
●考查圆周运动中的运动规律
1.
图4－3－9
(2010·大纲全国高考)如图4－3－9是利用激光测转速的原理示意图，图中圆盘可绕固定轴转动，盘边缘侧面上有一小段涂有很薄的反光材料．当盘转到某一位置时，接收器可以接收到反光涂层所反射的激光束，并将所收到的光信号转变成电信号，在示波器显示屏上显示出来(如图4－3－10所示)．
图4－3－10
(1)若图4－3－10中示波器显示屏横向的每大格(5小格)对应的时间为5.00×10－2 s，则圆盘的转速为______转/s.(保留3位有效数字)
(2)若测得圆盘直径为10.20 cm，则可求得圆盘侧面反光涂层的长度为______ cm.(保留3位有效数字)
【解析】　(1)从图可知圆盘转一圈的时间在横坐标上显示22格，由题意知图4－3－10中横坐标上每小格表示 1.00×10－2 s，所以圆盘转动的周期是0.22 s，则转速为4.55 转/s.
(2)反射光引起的电流图象在图中的横坐标上每次一小格，说明反光涂层的长度占圆盘周长的，则涂层长度L＝＝ cm＝1.46 cm.
【答案】　(1)4.55　(2)1.46
●利用圆周运动测分子速率分布
2．(2012·上海高考)图4－3－11a为测量分子速率分布的装置示意图．圆筒绕其中心匀速转动，侧面开有狭缝N，内侧贴有记录薄膜，M为正对狭缝的位置．从原子炉R中射出的银原子蒸汽穿过屏上S缝后进入狭缝N，在圆筒转动半个周期的时间内相继到达并沉积在薄膜上．展开的薄膜如图4－3－11b所示，NP，PQ间距相等．则(　　)
a　　　　　　　　　　b
图4－3－11
A．到达M附近的银原子速率较大
B．到达Q附近的银原子速率较大
C．位于PQ区间的分子百分率大于位于NP区间的分子百分率
D．位于PQ区间的分子百分率小于位于NP区间的分子百分率
【解析】　分子在圆筒中运动的时间t＝，可见速率越大，运动的时间越短，圆筒转过的角度越小，到达位置离M越近，所以A正确，B错误；根据题图b可知位于PQ区间的分子百分率大于位于NP区间的分子百分率，即C正确，D错误．
【答案】　AC
●圆周运动的动力学问题
3．(2012·西安一中月考)如图4－3－12所示，放于竖直面内的光滑金属圆环半径为R，质量为m的带孔小球穿于环上同时有一长为R的细绳一端系于球上，另一端系于圆环最低点．当圆环以角速度ω绕竖直直径转动时，发现小球受三个力作用．则ω可能是(　　)
图4－3－12
A. 　　　　　　　B.
C. D.
【解析】　如图所示，若绳上恰好无拉力，则有mgtan 60°＝mRω2sin 60°，ω＝ ，所以当ω> 时，物体受三个力的作用．A、B选项正确．
【答案】　AB
●圆周、平抛相结合
4．(2012·浙江高考)由光滑细管组成的轨道如图4－3－13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，从距离水平地面高为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4－3－13
A．小球落到地面时相对于A点的水平位移值为2
B．小球落到地面时相对于A点的水平位移值为2
C．小球能从细管A端水平抛出的条件是H＞2R
D．小球能从细管A端水平抛出的最小高度Hmin＝R
【解析】　要使小球从A点水平抛出，则小球到达A点时的速度v＞0，根据机械能守恒定律，有mgH－mg·2R＝mv2，所以H＞2R，故选项C正确，选项D错误；小球从A点水平抛出时的速度v＝，小球离开A点后做平抛运动，则有2R＝gt2，水平位移x＝vt，联立以上各式可得水平位移x＝2，选项A错误，选项B正确．
【答案】　BC
●竖直面内圆周运动问题
5．(2011·北京高考)如图4－3－14所示，长度为l的轻绳上端固定在O点，下端系一质量为m的小球 (小球的大小可以忽略)．
(1)在水平拉力F的作用下，轻绳与竖直方向的夹角为α，小球保持静止．画出此时小球的受力图，并求力F的大小；
(2)由图示位置无初速释放小球，求当小球通过最低点时的速度大小及轻绳对小球的拉力．(不计空气阻力)．
图4－3－14
【解析】　(1)受力分析如图
根据平衡条件，应满足T cos α＝mg，
Tsin α＝F
则拉力大小F＝mgtan α.
(2)运动中只有重力做功，系统机械能守恒
mgl(1－cos α)＝mv2
则通过最低点时，小球的速度大小
v＝
根据牛顿第二定律T′－mg＝m
解得轻绳对小球的拉力
T′＝mg＋m＝mg(3－2 cos α)，方向竖直向上．
【答案】　(1)见解析
(2)　mg(3－2 cos α)，方向竖直向上
　　　　　　第2讲　抛体运动的规律及其应用
(对应学生用书第57页)
平抛运动
1.定义
将一个物体沿水平方向抛出，在空气阻力可以忽略的情况下，物体所做的运动叫做平抛运动．
2．性质
加速度为重力加速度的匀变速曲线运动，轨迹是抛物线．
3．方法
做平抛运动的物体同时做两种运动：在水平方向的运动，物体在这个方向上不受力的作用做匀速直线运动，在竖直方向上的运动，物体受到重力作用做自由落体运动．
4．基本规律(如图4－2－1)
图4－2－1
(1)位移关系
(2)速度关系
【针对训练】
1．关于做平抛运动的物体，下列说法正确的是(　　)
A．平抛运动是非匀变速曲线运动
B．平抛运动是匀变速曲线运动
C．每秒内速度的变化量相等
D．每秒内速率的变化量相等
【解析】　平抛运动的加速度就是重力加速度，大小、方向恒定，所以平抛运动是匀变速曲线运动；平抛运动的水平速度不变，只有竖直速度变化，因g恒定所以每秒变化量相等，因此，只有B、C选项正确．
【答案】　BC
斜抛运动
1.定义
以一定的初速度斜向射出去，在空气阻力可以忽略的情况下，我们把物体所做的这类运动叫做斜抛运动．
2．性质
加速度为重力加速度的匀变速曲线运动，轨迹是抛物线．
3．研究方法
斜抛运动可以看做水平方向的匀速直线运动和竖直方向的竖直上抛(或竖直下抛)运动的合运动．
【针对训练】
2.
图4－2－2
(2013届江南十校联考)在水平地面上M点的正上方某一高度处，将S1球以初速度v1水平向右抛出，同时在M点右方地面上N点处，将S2球以初速度v2斜向左上方抛出，两球恰在M、N连线的中点正上方相遇，不计空气阻力，则两球从抛出到相遇过程中(　　)
A．初速度大小关系为v1＝v2　　B．速度变化量相等
C．水平位移相等 D．都不是匀变速运动
【解析】　由题意可知，两球的水平位移相等，C正确；由于只受重力的作用，故都是匀变速运动，且相同时间内速度变化量相等，B正确，D错误；又由v1t＝v2xt可得A错误．
【答案】　BC
(对应学生用书第57页)
平抛运动的进一步研究
1.飞行时间
t＝ ，取决于下落高度h，与初速度v0无关．
2．水平射程
x＝v0t＝v0，由平抛初速度v0和下落高度h共同决定．
3．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．
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，如图4－2－3所示．
图4－2－3
(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tan α＝2tan θ.
　(2012·宁夏大学附中一模)如图4－2－4所示，AB为斜面，倾角为30°，小球从A点以初速度v0水平抛出，恰好落在B点，求：
图4－2－4
(1)物体在空中飞行的时间；
(2)AB间的距离；
(3)球落到B点时速度的大小和方向．
【审题视点】　(1)找出平抛运动水平位移与竖直位移的关系．
(2)找出在B点时，水平速度与竖直速度的关系．
【解析】　(1)小球做平抛运动，在水平方向上是匀速直线运动，在竖直方向上是自由落体运动．
有：x＝lABcos 30°＝v0t①
y＝lABsin 30°＝gt2②
解得：t＝＝.
(2)把t＝代入①式得：lAB＝.
(3)小球落到B点时竖直分速度为：
vBy＝gt＝
故小球在B点的速度大小为：
vB＝ ＝ v0
设速度与水平方向夹角为θ，则
tan θ＝＝，故θ＝arctan.
【答案】　(1)　(2)
(3)v0，方向和水平方向夹角为arctan
【即学即用】
1．(2012·新课标全国高考)如图4－2－5，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是从同一点抛出的：不计空气阻力，则(　　)
图4－2－5
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＝gt2，得t＝，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】　BD
平抛运动的实验探究方法
1.对比实验法：将与平抛运动的初速度相同的水平匀速直线运动和平抛运动的水平分运动对比，将同时发生的自由落体运动和平抛运动的竖直方向的分运动对比．
2．轨迹研究法：描出平抛运动的轨迹，建立起水平、竖直的直角坐标系．根据对平抛运动情况的猜测，假定物体在水平方向做匀速直线运动，确定运动时间相等的一些点的坐标，研究物体在竖直方向运动的位移随时间的变化规律，并验证你的猜测．
　为了探究平抛运动的物体在竖直方向的运动规律，某同学设计了下面一个实验：如图4－2－6所示，OD为一竖直木板，小球从斜槽上挡板处由静止开始运动，离开O点后做平抛运动，右侧用一束平行光照射小球的运动，小球在运动过程中，便在木板上留下影子．图示是用频闪照相机拍摄的小球在运动过程中的位置以及在木板上留下的影子的位置A、B、C、D.现测得A、B、C、D各点到O点的距离分别为5.0 cm、19.8 cm、44.0 cm、78.6 cm.试根据影子的运动讨论物体在竖直方向上的运动情况．(已知照相机的闪光频率为10 Hz)
图4－2－6
【解析】　小球运动过程中在木板上留下的影子反映了小球在竖直方向的运动情况．
照相机的闪光周期T＝0.1 s.
影子在每一个闪光时间内的位移分别为x1＝5 cm、x2＝14.8 cm、x3＝24.2 cm 、x4＝34.6 cm.根据逐差法可求得影
子运动的加速度．
x3－x1＝2a1T2
x4－x2＝2a2T2
所以a＝＝＝9.75 m/s2.
在误差允许的范围内小球的加速度等于重力加速度，可见，小球在竖直方向的运动为自由落体运动．
【答案】　小球在竖直方向的运动为自由落体运动．
【即学即用】
2.
图4－2－7
(2012·大庆一中检测)在“探究做平抛运动物体的轨迹”实验中，用一张印有小方格的纸记录轨迹，小方格的边长L＝1.25 cm.若小球在平抛运动途中的几个位置如图4－2－7中的a、b、c、d所示，则小球平抛的初速度的计算式v0＝________(用L、g表示)，其值是________________________________________________________________________m/s.
(重力加速度g＝9.8 m/s2)
【解析】　根据题意，仔细审查图中a、b、c、d四点的相对位置，发现相邻的两点间的水平距离均为2L，这里就隐含着“物体在相邻的两点间运动时间相等”的条件，设这相等时间为T0，由于竖直方向是加速度为g的匀加速运动，由Δx＝aT2可得L＝gT，再由水平方向是匀速运动得2L＝v0T0，联立上述两式解得v0＝2＝0.70 m/s.
【答案】　2　0.70
(对应学生用书第58页)
类平抛运动分析
受力特点 物体所受合力为恒力，且与初速度的方向垂直
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＝
处理方法
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，两分运动彼此独立，互不影响，且与合运动具有等时性
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
　
图4－2－8
在光滑的水平面内，一质量m＝1 kg的质点以速度v0＝10 m/s沿x轴正方向运动，经过原点后受一沿y轴正方向(竖直方向)的恒力F＝15 N作用，直线OA与x轴成α＝37°，如图4－2－8所示曲线为质点的轨迹图(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝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．
【潜点探究】　(1)此质点是在水平面内做类平抛运动．
(2)图中角度α是从抛点O到P总位移与x轴方向的夹角，相当于平抛运动中的位移与v0的夹角．
【规范解答】　(1)质点在水平方向上无外力作用做匀速直线运动，竖直方向受恒力F和重力mg作用做匀加速直线运动．
由牛顿第二定律得
a＝＝ m/s2＝5 m/s2
设质点从O点到P点经历的时间为t，P点坐标为(xP，yP)，
则xP＝v0t，
yP＝at2
又tan α＝
联立解得：t＝3 s，xP＝30 m，yP＝22.5 m.
(2)质点经过P点时沿y方向的速度
vy＝at＝15 m/s
故P点的速度大小vP＝ ＝5 m/s.
【答案】　(1)3 s　P(30 m,22.5 m)　(2)5 m/s
【即学即用】
3.
图4－2－9
质量为m的飞机以水平速度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作用(该升力由除重力以外的其他合力提供)．已知飞机从离地开始其竖直位移与水平位移之间的关系图象如图4－2－9所示，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.求飞机受到的升力大小．
【解析】　飞机水平速度不变，则l＝v0t①
竖直方向加速度恒定，则h＝at2②
由牛顿第二定律得F－mg＝ma③
由①②③得F＝mg(1＋v)．
【答案】　mg(1＋v)
(对应学生用书第59页)
●考查平抛运动的基本规律
1.
图4－2－10
(2012·上海高考)如图4－2－10，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．若小球初速度变为v，其落点位于c，则(　　)
A．v0＜v＜2v0
B．v＝2v0
C．2v0＜v＜3v0
D．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＝，若落在c点，则2x＝vtc，而tc＝，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.
图4－2－11
(2012·江苏高考)如图4－2－11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＝ 　①，若第一次落地前相碰，只要满足A运动时间t＝＜t1，即v＞，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
●受限制的平抛运动
3.
图4－2－12
(2011·海南高考)如图4－2－12所示，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．
【解析】　设圆半径为R，小球做平抛运动
落到c点的竖直高度为y＝
而y＝gt2，即＝gt2
水平位移x＝R＋R cos 30°，而x＝v0t
联立得R＝＝(28－16).
【答案】　(28－16)
●平抛规律的实际应用
4．(2011·广东高考)如图4－2－13所示，在网球的网前截击练习中，若练习者在球网正上方距地面H处，将球以速度v沿垂直球网的方向击出，球刚好落在底线上．已知底线到网的距离为L，重力加速度取g，将球的运动视作平抛运动，下列表述正确的是(　　)
图4－2－13
A．球的速度v等于L
B．球从击出至落地所用时间为
C．球从击球点至落地点的位移等于L
D．球从击球点至落地点的位移与球的质量有关
【解析】　球做平抛运动，则其在竖直方向做自由落体运动，H＝gt2得t＝ ，故B正确，水平方向做匀速运动，L＝v0t得v0＝＝L ，可知A正确．球从击球点到落地点的位移s＝与m无关，可知C、D错误．
【答案】　AB
5.
图4－2－14
(2010·北京高考)如图4－2－14，跳台滑雪运动员经过一段加速滑行后从O点水平飞出，经3.0 s落到斜坡上的A点．已知O点是斜坡的起点，斜坡与水平面的夹角θ＝37°，运动员的质量m＝50 kg.不计空气阻力．(取sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80；g取10 m/s2)求：
(1)A点与O点的距离L；
(2)运动员离开O点时的速度大小；
(3)运动员落到A点时的动能．
【解析】　(1)运动员在竖直方向做自由落体运动，有
Lsin 37°＝gt2
A点与O点的距离L＝＝75 m.
(2)设运动员离开O点的速度为v0，运动员在水平方向做匀速直线运动，
即Lcos 37°＝v0t
解得v0＝＝20 m/s.
(3)由机械能守恒，取A点为重力势能零点，运动员落到A点时的动能为
EkA＝mgLsin 37°＋mv＝32 500 J.
【答案】　(1)75 m　(2)20 m/s　(3)32 500 J
　　　　　　　第四章 第2讲 平抛运动3
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tan θ＝＝。
(4)合位移：s＝＝，方向与水平方向夹角为α，tan α＝＝。
(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tan θ＝＝，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4－2－1
2．两个重要推论
(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tan θ＝2tan α。
图4－2－3
1．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＝，tan θ＝，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＝v0cos θ，F合x＝0
(2)竖直方向：v0y＝v0sin θ，
F合y＝mg
2．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4－2－5
A．增大抛出速度v0，同时减小抛射角θ
B．减小抛出速度v0，同时减小抛射角θ
C．增大抛射角θ，同时减小抛出速度v0
D．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＝0.8 m，重力加速度g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝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＝20.8 m，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＝v0tan 53°，v＝2gh
代入数据，得vy＝4 m/s，v0＝3 m/s。
(2)由vy＝gt1得：t1＝0.4 s
x＝v0t1＝3×0.4 m＝1.2 m。
(3)小球沿斜面做匀加速直线运动的加速度
a＝＝8 m/s2
在斜面上的初速度v＝＝5 m/s
＝vt2＋at
代入数据，整理得：4t＋5t2－26＝0
解得t2＝2 s或t2＝－ s(不合题意舍去)。
所以t＝t1＋t2＝2.4 s。
[答案]　(1)3 m/s　(2)1.2 m　(3)2.4 s
———————————————————
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＋Rcos 30°＝v0t①
竖直方向有：Rsin 30°＝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＝＝
如图所示，tan θ＝＝，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
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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。
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[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
mgsin θ＝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Lsin α＝v0t1①
竖直方向位移Lcos α＝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＝gcos α，
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＝v2sin α，竖直分速度
v2y＝v2cos α；
由于v2＝＝，
所以v2x＝2v0cos α，v2y＝；
则＝，＝。
[答案]　(1)　(2)cos α　(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4－2－11
A．当v1>v2时，α1>α2
B．当v1>v2时，α1<α2
C．无论v1、v2大小如何，均有α1＝α2
D．2 tan θ＝tan(α1＋θ)
解析：选CD　如图，由平抛中点结论得，2tan θ＝tan φ，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。第四章 第3讲 圆周运动4
[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4－3－13
A．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500 m的圆周运动。若飞行员的质量为65 kg，飞机经过最低点时速度为360 km/h，则这时飞行员对座椅的压力为多大？(取g＝10 m/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＝1 950 N
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1 950 N。
答案：1 950 N第四章 第4讲 万有引力与航天4
[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．4F
C．8F D．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∶1
B．角速度大小之比为8∶1
C．周期之比为1∶8
D．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1 200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。第四章 第3讲 圆周运动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·4π2f2r
1．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4－3－1
A.　　　　　　　　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(2)不能过最高点时v<，在到达最高点前小球已经脱离了圆轨道 (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4－3－2
A．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O
C．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F2．近心运动
当提供向心力的合力大于做圆周运动所需向心力时，即F>mω2r，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＝1.0 cm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＝35 cm，小齿轮的半径R2＝4.0 cm，大齿轮的半径R3＝10.0 cm。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10 m/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sin θ＝，r＝60 m，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：FNcos θ＝mg＋Ffsin θ
水平方向：FNsin θ＋Ffcos θ＝m
又Ff＝μFN
联立可得v＝ 。
(2)代入数据可得：v＝14.6 m/s。
[答案]　(1) 　(2)14.6 m/s
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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。
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[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4－3－7
A．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FNsin θ＝mg，FNcos θ＝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3 mg，B通过最高点C时，对管壁下部压力为0.75 mg，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3 mg A球在C点的向心力为4 mg
(3)B通过C时，对管壁下部压力为0.75 mg B球在C点的向心力为0.25 mg
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＝2
B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
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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。
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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4－3－9
A．在释放前的瞬间，支架对地面的压力为(m＋M)g
B．在释放前的瞬间，支架对地面的压力为(M－m)g
C．摆球到达最低点时，支架对地面的压力为(m＋M)g
D．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＝mgtan θ，FnB＝Mg tan β
则由a＝得向心力加速度为：anA＝gtan θ，anB＝gtan β；
由a＝Rω2＝，得T＝2π ；
而由图可知：R1＝htan θ，R2＝htan β；
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＝mgtan θ，FnB＝Mgtan θ；
则由牛顿第二定律Fn＝ma得向心加速度为：anA＝anB＝gtan θ。
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4－3－12
A．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。第四章 第4讲 万有引力与航天3
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＝6.67×10－11 N·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＝mr＝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，G(2)当卫星的速度突然减小时，G>m，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＝24 h＝86 400 s。　
(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＝＝4.23×104 km，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7.9 km/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。1 m3的中子星物质的质量为1.5×1017 kg，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＝6.67×10－11 N·m2/kg2，球的体积V＝πR3)
解析：中子星的质量M＝πR3ρ①
G＝m()2R②
由①②两式得：Tmin＝，代入数据得：T＝1×10－3 s。
G＝m③
由①③两式得：v＝，代入数据得：v＝6×107 m/s。
答案：1×10－3 s　6×107 m/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
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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21 500公里，静止轨道卫星的高度约为36 000公里，地球半径约为6 400公里。已知 ≈0.53，下列关于北斗导航卫星的说法正确的是(　　)
图4－4－1
A．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12.7 h
D．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350 km，“神舟八号”的运行轨道高度为343 km。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4－4－2
A．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2π
C．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。
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[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＝m1ω2R1①
G＝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第四章 第2讲 平抛运动4
[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4－2－12
A．适当减小v0　　　　　　B．适当提高h
C．适当减小m D．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4－2－13
A． ta>tb，vatb，va>vb
C．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va4．(2012·江苏高考)如图4－2－14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(　　)
图4－2－14
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：选AD　A的竖直分运动也是自由落体运动，故与B的运动时间始终相同。A、B若能在第一次落地前相碰，必须满足vA·t>l，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4－2－15
A．1∶1 B．4∶3
C．16∶9 D．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tan θ＝＝＝得t＝，所以＝＝＝。

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