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第四章 曲线运动　万有引力与航天
[备考指南]
考 点 内 容 要求 题型 把 握 考 情
一、曲线运动　运动的合成与分解 运动的合成与分解 Ⅱ 选择、计算 找 规 律 　　平抛运动的规律及其研究方法，圆周运动的角速度、线速度和向心加速度，万有引力定律及其应用是本章的命题热点，题型有选择题，也有计算题。
二、抛体运动 抛体运动 Ⅱ 选择、计算
三、圆周运动 匀速圆周运动、角速度、线速度、向心加速度 Ⅰ 选择、计算
匀速圆周运动的向心力 Ⅱ
离心现象 Ⅰ
四、万有引力定律及其应用 万有引力定律及其应用 Ⅱ 选择、计算 明 热 点 　　突出物理与现代科技、生产、生活的结合，特别是与现代航天技术的联系会更加密切，与牛顿运动定律、机械能守恒等内容结合命题的可能性也较大。
五、天体运动　人造卫星 环绕速度 Ⅱ 选择、计算
第二宇宙速度和第三宇宙速度 Ⅰ
经典时空观和相对论时空观 Ⅰ
第1节曲线运动__运动的合成与分解
(1)速度发生变化的运动，一定是曲线运动。(×)
(2)做曲线运动的物体加速度一定是变化的。(×)
(3)做曲线运动的物体速度大小一定发生变化。(×)
(4)曲线运动可能是匀变速运动。(√)
(5)两个分运动的时间一定与它们的合运动的时间相等。(√)
(6)合运动的速度一定比分运动的速度大。(×)
(7)只要两个分运动为直线运动，合运动一定是直线运动。(×)
(8)分运动的位移、速度、加速度与合运动的位移、速度、加速度间满足平行四边形定则。(√)
要点一　物体做曲线运动的条件与轨迹分析
[多角练通]
1．(多选)(2015·广州模拟)关于做曲线运动的物体，下列说法中正确的是(　　)
A．它所受的合外力一定不为零
B．它所受的合外力一定是变力
C．其速度可以保持不变
D．其动能可以保持不变
解析：选AD　物体做曲线运动，其速度方向 ( http: / / www.21cnjy.com )一定改变，故物体的加速度一定不为零，合外力也一定不为零，合外力若与速度始终垂直，动能可以保持不变，故A、D正确，B、C错误。
2．(2015·邯郸模拟)质点做曲线运动从 ( http: / / www.21cnjy.com )A到B速率逐渐增加，如图4 1 1所示，有四位同学用示意图表示A到B的轨迹及速度方向和加速度的方向，其中正确的是(　　)
图4 1 1
解析：选D　质点做曲线运动时速度方向一定沿 ( http: / / www.21cnjy.com )曲线在该点的切线方向，而加速度方向一定指向轨迹凹侧，故B、C均错误；因质点从A到B的过程中速率逐渐增加，故加速度与速度方向间的夹角为锐角，D正确，A错误。
要点二　运动的合成与分解的应用
1．合运动与分运动的关系
(1)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)。
(2)等效性
各分运动叠加起来与合运动有相同的效果。
(3)独立性
一个物体同时参与几个运动， ( http: / / www.21cnjy.com )其中的任何一个都会保持其运动性质不变，并不会受其他分运动的干扰。虽然各分运动互相独立，但是它们共同决定合运动的性质和轨迹。
2．运动的合成与分解的运算法则
运动的合成与分解是指描述运动的各物理量即位移、速度、加速度的合成与分解，由于它们均是矢量，故合成与分解都遵守平行四边形定则。
[典例]　(多选)在一光滑水平面内建立 ( http: / / www.21cnjy.com )平面直角坐标系，一物体从t＝0时刻起，由坐标原点O(0,0)开始运动，其沿x轴和y轴方向运动的速度—时间图像如图4 1 2甲、乙所示，下列说法中正确的是(　　)
图4 1 2
A．前2 s内物体沿x轴做匀加速直线运动
B．后2 s内物体继续做匀加速直线运动，但加速度沿y轴方向
C．4 s末物体坐标为(4 m,4 m)
D．4 s末物体坐标为(6 m,2 m)
[思路点拨]
(1)判断物体运动性质时要分析物体的加速度特点及加速度与速度方向间的关系。
(2)确定物体在某时刻的坐标时，要沿x轴和y轴分别计算物体的位移。
[解析]　前2 s内物体在y轴方向 ( http: / / www.21cnjy.com )速度为0，由题图甲知只沿x轴方向做匀加速直线运动，A正确；后2 s内物体在x轴方向做匀速运动，在y轴方向做初速度为0的匀加速运动，加速度沿y轴方向，合运动是曲线运动，B错误；4 s内物体在x轴方向上的位移是x＝ m＝6 m，在y轴方向上的位移为y＝×2×2 m＝2 m，所以4 s末物体坐标为(6 m,2 m)，D正确，C错误。
[答案]　AD
[针对训练]
1.(多选)(2015·太原模拟) ( http: / / www.21cnjy.com )如图4 1 3，在灭火抢险的过程中，消防队员有时要借助消防车上的梯子爬到高处进行救人或灭火作业。为了节省救援时间，在消防车向前前进的过程中，人同时相对梯子匀速向上运动。在地面上看消防队员的运动，下列说法中正确的是(　　)
图4 1 3
A．当消防车匀速前进时，消防队员一定做匀加速直线运动
B．当消防车匀速前进时，消防队员一定做匀速直线运动
C．当消防车匀加速前进时，消防队员一定做匀变速曲线运动
D．当消防车匀加速前进时，消防队员一定做匀变速直线运动
解析：选BC　当消防车匀速前进时，消防队员一 ( http: / / www.21cnjy.com )定做匀速直线运动，选项B正确，A错误；当消防车匀加速前进时，消防队员一定做匀变速曲线运动，选项C正确，D错误。
2.如图4 1 4所示，从 ( http: / / www.21cnjy.com )广州飞往上海的波音737航班上午10点到达上海浦东机场，若飞机在降落过程中的水平分速度为60 m/s，竖直分速度为6 m/s，已知飞机在水平方向做加速度大小等于2 m/s2的匀减速直线运动，在竖直方向做加速度大小等于0.2 m/s2的匀减速直线运动，则飞机落地之前(　　)
图4 1 4
A．飞机的运动轨迹为曲线
B．经20 s飞机水平方向的分速度与竖直方向的分速度大小相等
C．在第20 s内，飞机在水平方向的分位移与竖直方向的分位移大小相等
D．飞机在第20 s内，水平方向的平均速度为21 m/s
解析：选D　由于初速度的 ( http: / / www.21cnjy.com )方向与合加速度的方向相反，故飞机的运动轨迹为直线，A错误；由匀减速运动规律可知，飞机在第20 s末的水平分速度为20 m/s，竖直方向的分速度为2 m/s，B错误；飞机在第20 s内，水平位移x＝－＝21 m，竖直位移y＝－＝2.1 m，C错误。飞机在第20 s内，水平方向的平均速度为21 m/s，D正确。
要点三　小船渡河问题
1．小船过河问题的分析思路
( http: / / www.21cnjy.com )
2．三种速度
v1(船在静水中的速度)、v2(水流的速度)、v(船的实际速度)。
3．三种过河情景分析
(1)过河时间最短：船头正对河岸时，渡河时间最短，tmin＝(d为河宽)。
(2)过河路径最短(v2(3)过河路径最短(v2>v1时)：合 ( http: / / www.21cnjy.com )速度不可能垂直于河岸，无法垂直渡河。确定方法如下：如图4 1 5所示，以v2矢量末端为圆心，以v1矢量的大小为半径画圆弧，从v2矢量的始端向圆弧作切线，则合速度沿此切线方向时航程最短。
图4 1 5
由图可知cos α＝，最短航程xmin＝＝d。
[典例]　河宽l＝300 m，水速u＝ ( http: / / www.21cnjy.com )1 m/s，船在静水中的速度v＝3 m/s，欲分别按下列要求过河时，船头应与河岸成多大角度？过河时间是多少？
(1)以最短时间过河；
(2)以最小位移过河；
(3)到达正对岸上游100 m处。
[解析]　(1)以最短时间渡河时，船头应垂直于河岸航行，即与河岸成90°角。最短时间为
t＝＝ s＝100 s。
(2)以最小位移过河，船的实际航向应垂直河岸，即船头应指向上游河岸。设船头与上游河岸夹角为θ，有
vcos θ＝u，
θ＝arccos＝arccos。
sin θ＝＝
渡河时间为t＝＝≈106.1 s。
(3)设船头与上游河岸夹角为α，则有
(vcos α－u)t＝x
vtsin α＝l
两式联立得：α＝53°，t＝125 s。
[答案]　见解析
[易错提醒]
(1)渡河时间只与船垂直于河岸方向的分速度有关，与水流速度无关。
(2)船渡河位移最小值与v船和v水大小关系有关，v船>v水时，河宽即为最小位移，v船[针对训练]
1．已知河水的流速为v1，小船在静 ( http: / / www.21cnjy.com )水中的速度为v2，且v2＞v1，下面用小箭头表示小船及船头的指向，则能正确反映小船在最短时间内渡河、最短位移渡河的情景如图4 1 6所示，依次是(　　)
图4 1 6
A．①②　　　　　　　　 B．①⑤
C．④⑤ D．②③
解析：选C　船的实际速度是v1和v2的合 ( http: / / www.21cnjy.com )速度，v1与河岸平行，对渡河时间没有影响，所以v2与河岸垂直即船头指向对岸时，渡河时间最短为tmin＝，式中d为河宽，此时合速度与河岸成一定夹角，船的实际路线应为④所示；最短位移即为d，应使合速度垂直河岸，则v2应指向河岸上游，实际路线为⑤所示，综合可得选项C正确。
2．(多选)(2015·湖北省重点中 ( http: / / www.21cnjy.com )学联考)一只小船在静水中的速度为3 m/s，它要渡过一条宽为30 m的河，河水流速为4 m/s，则这只船(　　)
A．过河时间不可能小于10 s
B．不能沿垂直于河岸方向过河
C．渡过这条河所需的时间可以为6 s
D．不可能渡过这条河
解析：选AB　船在过河过程同时参与两个 ( http: / / www.21cnjy.com )运动，一个沿河岸向下游的水流速度，一个是船自身的运动。垂直河岸方向位移即河的宽度d＝30 m，而垂直河岸方向的最大分速度即船自身的速度3 m/s，所以渡河最短时间t＝＝10 s，A对C错。只要有垂直河岸的分速度，就可以渡过这条河，D错。船实际发生的运动就是合运动，如果船垂直河岸方向过河，即合速度垂直河岸方向。一个分速度沿河岸向下，与合速度垂直，那么在速度合成的三角形中船的速度即斜边，要求船的速度大于水的速度，而本题目中船的速度小于河水的速度，故不可能垂直河岸方向过河，B对。
3．有甲、乙两只船，它们在静水 ( http: / / www.21cnjy.com )中航行速度分别为v1和v2，现在两船从同一渡口向河对岸开去，已知甲船想用最短时间渡河，乙船想以最短航程渡河，结果两船抵达对岸的地点恰好相同。则甲、乙两船渡河所用时间之比为(　　)
A．　　　　　　　 B．
C． D．
解析：选C　当v1与河岸垂直时，甲船渡 ( http: / / www.21cnjy.com )河时间最短；乙船船头斜向上游开去，才有可能航程最短，由于甲、乙两只船到达对岸的地点相同(此地点并不在河正对岸)，可见乙船在静水中速度v2比水的流速v0要小，要满足题意，则如图所示。由图可得＝·sin θ①
cos θ＝②
tan θ＝③
由②③式得＝sin θ，
将此式代入①式得＝。
要点四　关联速度问题
1．模型特点
沿绳(或杆)方向的速度分量大小相等。
2．思路与方法
合速度→物体的实际运动速度v
分速度→
方法：v1与v2的合成遵循平行四边形定则。
3．解题的原则
把物体的实际速度分解为垂直于绳(杆)和平行于绳(杆)的两个分量，根据沿绳(杆)方向的分速度大小相等求解。常见的模型如图4 1 7所示。
图4 1 7
[典例]　(多选)(2015·天津实验中学 ( http: / / www.21cnjy.com )模拟)如图4 1 8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 8
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
[解析]　小环释放后，v增加 ( http: / / www.21cnjy.com )，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，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
[针对训练]
1.(2015·湖北省重点中学联考)如 ( http: / / www.21cnjy.com )图4 1 9所示，人在河岸上用轻绳拉船。某时刻人的速度为v，船的速度为v1，绳与水平方向的夹角为θ，则下列有关速度的合成或分解图正确的是(　　)
图4 1 9
图4 1 10
解析：选C　实际发生的运动为合运动，小 ( http: / / www.21cnjy.com )船实际水平向左运动，因此合速度即v1水平向左，选项A、B、D错误。船在运动的同时，绳子长度变短，因此一个分速度沿绳子方向，与人的速度v大小相同，除去绳子长度变化不考虑，即可发现另外一个效果是绳子和竖直方向的夹角变小，即在以定滑轮为圆心以绳长为半径做圆周运动，线速度方向和绳子垂直，所以另外一个分速度是和绳子垂直的，选项C对。
2．(2015·豫东、豫北十校模拟)如图 ( http: / / www.21cnjy.com )4 1 11所示，细线一端固定在天花板上的O点，另一端穿过一张CD光盘的中央小孔后拴着一个橡胶球，橡胶球静止时，竖直悬线刚好挨着水平桌面的边沿。现将CD光盘按在桌面上，并沿桌面边缘以速度v匀速移动，移动过程中，CD光盘中央小孔始终紧挨桌面边线，当悬线与竖直方向的夹角为θ时，小球上升的速度大小为(　　)
图4 1 11
A．vsin θ B．vcos θ
C．vtan θ D．vcot θ
解析：选A　将光盘水平向右移动的速度v分解为 ( http: / / www.21cnjy.com )沿细线方向的速度和垂直于细线方向的速度，而小球上升的速度大小与速度v沿细线方向的分速度大小相等，故可得：v球＝vsin θ，A正确。
3．如图4 1 12所示，水平面上有 ( http: / / www.21cnjy.com )一汽车A，通过定滑轮用绳子拉同一水平面的物体B，当拉至图示位置时，两绳子与水平面的夹角分别为α、β，二者速度分别为vA和vB，则(　　)
图4 1 12
A．vA∶vB＝1∶1
B．vA∶vB＝sin α∶sin β
C．vA∶vB＝cos β∶cos α
D．vA∶vB＝sin α∶cos β
解析：选C　物体B实际的速度(合运动的 ( http: / / www.21cnjy.com ))水平向右，根据它的实际运动效果，两分运动分别为：沿绳收缩方向的分运动，设其速度为v1，垂直绳方向的分运动，设其速度为v2，如图甲所示，则有：
v1＝vBcos β①
汽车A实际的速度(合运动的)水平向右，根 ( http: / / www.21cnjy.com )据它的实际运动效果，两分运动分别为：沿绳收缩方向的分运动，设其速度为v3，垂直绳方向的分运动，设其速度为v4，如图乙所示，则有：
v3＝vAcos α②
又因二者沿绳子方向上的速度相等，则有：v1＝v3③
由①②③式得：vA∶vB＝cos β∶cos α。
对点训练：合运动的轨迹与性质判断
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：选A　做曲线运动的物体速度大 ( http: / / www.21cnjy.com )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。
2.光滑平面上一运动质点以速度v通过 ( http: / / www.21cnjy.com )原点O，v与x轴正方向成α角(如图1所示)，与此同时对质点加上沿x轴正方向的恒力Fx和沿y轴正方向的恒力Fy，则(　　)
图1
A．因为有Fx，质点一定做曲线运动
B．如果Fy＞Fx，质点向y轴一侧做曲线运动
C．质点不可能做直线运动
D．如果Fy＜Fxtan α，质点向x轴一侧做曲线运动
解析：选D　若Fy＝Fxtan α，则 ( http: / / www.21cnjy.com )Fx和Fy的合力F与v在同一条直线上，此时物体做直线运动。若Fy＜Fxtan α，则Fx、Fy的合力F与x轴正方向的夹角β＜α，则物体向x轴一侧做曲线运动。故正确选项为D。
对点训练：运动的合成与分解
3．(2015·吉林重点中学 ( http: / / www.21cnjy.com )模拟)跳伞表演是人们普遍喜欢的观赏性体育项目，如图2所示，当运动员从直升机上由静止跳下后，在下落过程中将会受到水平风力的影响，下列说法中正确的是(　　)
图2
A．风力越大，运动员下落时间越长，运动员可完成更多的动作
B．风力越大，运动员着地时的竖直速度越大，有可能对运动员造成伤害
C．运动员下落时间与风力无关
D．运动员着地速度与风力无关
解析：选C　水平风力不会影 ( http: / / www.21cnjy.com )响竖直方向的运动，所以运动员下落时间与风力无关，A错误，C正确。运动员落地时竖直方向的速度是确定的，水平风力越大，落地时水平分速度越大，运动员着地时的合速度越大，有可能对运动员造成伤害，B、D错误。
4．(2015·保定一中检测)物体在直角坐 ( http: / / www.21cnjy.com )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像如图3所示，则对该物体运动过程的描述正确的是(　　)
图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
解析：选B　物体在0～3 s内，x方向做匀速 ( http: / / www.21cnjy.com )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。
5．(多选)(2015·洛阳联考)如图4所示 ( http: / / www.21cnjy.com )，起重机将货物沿竖直方向以速度v1匀速吊起，同时又沿横梁以速度v2水平匀速向右运动，关于货物的运动下列表述正确的是(　　)
图4
A．货物的实际运动速度为v1＋v2
B．货物的实际运动速度为
C．货物相对地面做曲线运动
D．货物相对地面做直线运动
解析：选BD　货物的实际速度为，选项B正确，A错误；货物的速度大小和方向均不变，做直线运动，D正确，C错误。
6．如图5所示，在竖直平面的 ( http: / / www.21cnjy.com )xOy坐标系中，Oy竖直向上，Ox水平。设平面内存在沿x轴正方向的恒定风力。一小球从坐标原点沿Oy方向竖直向上抛出，初速度为v0＝4 m/s，不计空气阻力，到达最高点的位置如图中M点所示(坐标格为正方形，g取10 m/s2)求：
图5
(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，v0＝gt1,2s0＝t1
水平方向做匀加速直线运动，3s0＝t1
解得v1＝6 m/s。
(2)由竖直方向的对称性可知，小 ( http: / / www.21cnjy.com )球再经过t1到x轴，水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，所以回到x轴时落到x＝12处，位置N的坐标为(12,0)。
(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)见解析图　(3)4 m/s
对点训练：关联速度问题
7．(多选)(2013·上海高考)如图6为 ( http: / / www.21cnjy.com )在平静海面上，两艘拖船A、B拖着驳船C运动的示意图。A、B的速度分别沿着缆绳CA、CB方向，A、B、C不在一条直线上。由于缆绳不可伸长， 因此C的速度在CA、CB方向的投影分别与A、B的速度相等，由此可知C的(　　)
图6
A．速度大小可以介于A、B的速度大小之间
B．速度大小一定不小于A、B的速度大小
C．速度方向可能在CA和CB的夹角范围外
D．速度方向一定在CA和CB的夹角范围内
解析：选BD　C的速度在CA、CB方向 ( http: / / www.21cnjy.com )的投影分别与A、B的速度相等，C的速度vC应等于vA和vB的矢量和，即以vA和vB为邻边作平行四边形，其对角线即为vC，由于vA和vB成锐角，所以vC大于vA及vB，故A错误，B正确，vC的方向为平行四边形对角线的方向，所以一定在CA和CB的夹角范围内，故C错误，D正确。
8.(2015·太原一中检测)如图 ( http: / / www.21cnjy.com )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图像中，最接近物体B的运动情况的是(　　)
图7
图8
解析：选A　与物体A相连的绳端速 ( http: / / www.21cnjy.com )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。
9．(2015·烟台模拟)如图9所示， ( http: / / www.21cnjy.com )物体A、B经无摩擦的定滑轮用细线连在一起，A物体受水平向右的力F的作用，此时B匀速下降，A水平向左运动，可知(　　)
图9
A．物体A做匀速运动
B．物体A做加速运动
C．物体A所受摩擦力逐渐增大
D．物体A所受摩擦力不变
解析：选B　设系在A上的细线与水平 ( http: / / www.21cnjy.com )方向夹角为θ，物体B的速度为vB，大小不变，细线的拉力为FT，则物体A的速度vA＝，FfA＝μ(mg－FTsin θ), 因物体下降，θ增大，故vA增大，物体A做加速运动，A错误，B正确；物体B匀速下降，FT不变，故随θ增大，FfA减小，C、D均错误。
对点训练：小船过河问题
10．(多选)(2015·桂林模拟) ( http: / / www.21cnjy.com )河水的流速随离河岸一侧的距离的变化关系如图10甲所示，船在静水中的速度与时间的关系如图乙所示，若要使船以最短时间渡河，则(　　)
图10
A．船渡河的最短时间是60 s
B．船在行驶过程中，船头始终与河岸垂直
C．船在河水中航行的轨迹是一条直线
D．船在河水中的最大速度是5 m/s
解析：选BD　当船头垂直河岸渡河时，过 ( http: / / www.21cnjy.com )河时间为最短，tmin＝＝ s＝100 s，A错误，B正确；因河水的速度是变化的，故船相对于岸的速度的大小和方向均是变化的，船在河水中航行的轨迹不是一条直线，当船在河中心时，船速最大，vmax＝＝5 m/s，C错误，D正确。
11．(2014·四川高 ( http: / / www.21cnjy.com )考)有一条两岸平直、河水均匀流动、流速恒为v的大河。小明驾着小船渡河，去程时船头指向始终与河岸垂直，回程时行驶路线与河岸垂直。去程与回程所用时间的比值为k，船在静水中的速度大小相同，则小船在静水中的速度大小为(　　)
A．　　　　　　 B．
C． D．
解析：选B　根据运动的合成与分解解决问题。
设大河宽度为d，小船在静水中的速度 ( http: / / www.21cnjy.com )为v0，则去程渡河所用时间t1＝，回程渡河所用时间t2＝。由题知＝k，联立以上各式得v0＝。选项B正确。
12．小船匀速横渡一条河 ( http: / / www.21cnjy.com )流，当船头垂直对岸方向航行时，在出发后10 min到达对岸下游120 m处；若船头保持与河岸成θ角向上游航行，则在出发后12.5 min到达正对岸，求：
(1)水流速度大小v1；
(2)船在静水中的速度大小v2；
(3)河的宽度；
(4)船头与河岸的夹角θ。
解析：如图甲所示，设水流速度大小为v1，
甲
则，v1＝＝ m/s＝0.2 m/s
又有：v2＝
乙
如图乙所示，
据题意有t2＝
v2cos θ＝v1
解得：d＝200 m
v2＝ m/s
θ＝53°。
答案：(1)0.2 m/s　(2) m/s　(3)200 m　(4)53°
第2节抛体运动
(1)以一定的初速度水平抛出的物体的运动是平抛运动。(×)
(2)做平抛运动的物体的速度方向时刻在变化，加速度方向也时刻在变化。(×)
(3)做平抛运动的物体初速度越大，水平位移越大。(×)
(4)做平抛运动的物体，初速度越大，在空中飞行时间越长。(×)
(5)从同一高度平抛的物体，不计空气阻力时，在空中飞行的时间是相同的。( √)
(6)无论平抛运动还是斜抛运动，都是匀变速曲线运动。(√)
(7)做平抛运动的物体，在任意相等的时间内速度的变化是相同的。(√)
要点一　平抛运动的基本规律
1．基本规律
(1)位移关系
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(2)速度关系
图4 2 1
2．有用结论
(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＝＝，与水平方向的夹角tan α＝＝，所以落地速度只与初速度v0和下落高度h有关。
(4)速度改变量：物体在任意相等时间内的速度改变量Δv＝gΔt相同，方向恒为竖直向下，如图4 2 2所示。
图4 2 2
(5)水平位移中点：因tan α＝2tan β，所以OC＝2BC，即速度的反向延长线通过此时水平位移的中点(如图4 2 1所示)。
[多角练通]
1．(多选)(2015·惠州模拟) ( http: / / www.21cnjy.com )某人向放在水平地面上正前方的小桶中水平抛球，结果球划着一条弧线飞到小桶的前方，如图4 2 3所示。 不计空气阻力，为了能把小球抛进小桶中，则下次再水平抛球时，可能做出的调整为(　　)
图4 2 3
A．减小初速度，抛出点高度不变
B．增大初速度，抛出点高度不变
C．初速度大小不变，降低抛出点高度
D．初速度大小不变，增大抛出点高度
解析：选AC　由x＝v0t可知，要使小球抛进小桶中，可高度不变，减小初速度，也可初速度不变，降低抛出点的高度，故A、C正确。
2．(多选)某物体做平抛运动时， ( http: / / www.21cnjy.com )它的速度方向与水平方向的夹角为θ，其正切值tan θ随时间t变化的图像如图4 2 4所示，(g取10 m/s2)则(　　)
图4 2 4
A．第1 s物体下落的高度为5 m
B．第1 s物体下落的高度为10 m
C．物体的初速度为5 m/s
D．物体的初速度为10 m/s
解析：选AD　因tan θ＝＝t，对应图像可得＝1，v0＝10 m/s，D正确，C错误；第1 s内物体下落的高度h＝gt2＝×10×12 m＝5 m，A正确，B错误。
3．(多选)(2015·潍 ( http: / / www.21cnjy.com )坊模拟)从竖直墙的前方A处，沿AO方向水平发射三颗弹丸a、b、c，在墙上留下的弹痕如图4 2 5所示。已知Oa＝ab＝bc，则a、b、c三颗弹丸(　　)
图4 2 5
A．初速度之比是∶∶
B．初速度之比是1∶∶
C．从射出至打到墙上过程速度增量之比是1∶∶
D．从射出至打到墙上过程速度增量之比是∶∶
解析：选AC　水平发射的弹丸做 ( http: / / www.21cnjy.com )平抛运动，竖直方向上是自由落体运动，水平方向上是匀速直线运动。又因为竖直方向上Oa＝ab＝bc，即Oa∶Ob∶Oc＝1∶2∶3，由h＝gt2可知：ta∶tb∶tc＝1∶∶，由水平方向x＝v0t可知：va∶vb∶vc＝1∶∶＝∶∶，故选项A正确B错误；由Δv＝gt可知：从射出至打到墙上过程速度增量之比是1∶∶，故选项C正确D错误。
要点二　多体平抛问题
1．多体平抛运动问题是指多个物体在同一竖直平面内平抛时所涉及的问题。
2．三类常见的多体平抛运动
(1)若两物体同时从同一高度(或同一点)抛出，则两物体始终在同一高度，二者间距只取决于两物体的水平分运动。
(2)若两物体同时从不同高度抛出，则两物体高度差始终与抛出点高度差相同，二者间距由两物体的水平分运动和竖直高度差决定。
(3)若两物体从同一点先后抛出，两物体竖直高度差随时间均匀增大，二者间距取决于两物体的水平分运动和竖直分运动。
[典例]　(多选)(2012·大纲卷)如图4 ( http: / / www.21cnjy.com ) 2 6，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 6
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的初速度比c的大，选项D正确。
[答案]　BD
[方法规律]
(1)物体做平抛运动的时间由物体被抛出点的高度决定，而物体的水平位移由物体被抛出点的高度和物体的初速度共同决定。
(2)两条平抛运动轨迹的相交处是两物体的可能相遇处，两物体要在此处相遇，必须同时到达此处。
[针对训练]
1.(2015·深圳模拟 ( http: / / www.21cnjy.com ))如图4 2 7所示，在距水平地面H和4H高度处，同时将质量相同的a、b两小球以相同的初速度v0水平抛出，则以下判断正确的是 (　　)
图4 2 7
A．a、b两小球同时落地
B．两小球落地速度方向相同
C．a、b两小球水平位移之比为1∶2
D．a、b两小球水平位移之比为1∶4
解析：选C　由H＝gta2,4H＝gtb2可得：tb＝2ta，A错误；由x＝v0t可知，xa∶xb＝1∶2，C正确，D错误；设落地时速度与水平方向夹角为θ，则由tan θ＝可知，tan θa∶tan θb＝1∶2，θa≠θb，B错误。
2．(2015·江西省重点中学协作体 ( http: / / www.21cnjy.com )联考)如图4 2 8所示，将a、b两小球以大小为20 m/s的初速度分别从A、B两点相差1 s先后水平相向抛出，a小球从A点抛出后，经过时间t，a、b两小球恰好在空中相遇，且速度方向相互垂直，不计空气阻力，g取10 m/s2，则抛出点A、B间的水平距离是(　　)
图4 2 8
A．80 m　　　　　　　 B．100 m
C．200 m D．180 m
解析：选D　a、b两球在空中相遇时，a球运动t秒，b球运动了(t－1)秒，此时两球速度相互垂直，如图所示，由图可得：tan α＝＝
解得：t＝5 s(另一个解舍去)，故抛出点A、B间的水平距离是v0t＋v0(t－1)＝180 m，D正确。
要点三　类平抛运动问题分析
1．受力特点
物体所受合力为恒力，且与初速度的方向垂直。
2．运动特点
在初速度v0方向做匀速直线运动，在合外力方向做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a＝。
3．求解技巧
(1)常规分解法：将类平抛运动分解为沿 ( http: / / www.21cnjy.com )初速度方向的匀速直线运动和垂直于初速度方向(即沿合力方向)的匀加速直线运动，两分运动彼此独立，互不影响，且与合运动具有等时性。
(2)特殊分解法：对于有些问题，可以过抛 ( http: / / www.21cnjy.com )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。
[典例]　(2015·河北正定中学月考 ( http: / / www.21cnjy.com ))风洞实验室能产生大小和方向均可改变的风力。如图4 2 9所示，在风洞实验室中有足够大的光滑水平面，在水平面上建立xOy直角坐标系。质量m＝0.5 kg的小球以初速度v0＝0.40 m/s从O点沿x轴正方向运动，在0～2.0 s内受到一个沿y轴正方向、大小F1＝0.20 N的风力作用；小球运动2.0 s后风力方向变为y轴负方向、大小变为F2＝0.10 N(图中未画出)。试求：
图4 2 9
(1)2.0 s末小球在y方向的速度大小和2.0 s内运动的位移大小；
(2)风力F2作用多长时间，小球的速度变为与初速度相同。
[审题指导]
(1)小球在力F1作用下，在0～2.0 s内做类平抛运动。
(2)换为F2作用后，当小球沿y轴方向的速度为零时，小球的速度则与初速度相同。
[解析]　(1)设在0～2.0 s内小球运动的加速度为a1，
则F1＝ma1
2．0 s末小球在y方向的速度v1＝a1t1
代入数据解得v1＝0.8 m/s
沿x轴方向运动的位移x1＝v0t1
沿y轴方向运动的位移y1＝a1t12
2．0 s内运动的位移s1＝
代入数据解得s1＝0.8 m＝1.1 m。
(2)设2.0 s后小球运动的加速度为a2，F2的作用时间为t2时小球的速度变为与初速度相同。则
F2＝ma2
0＝v1－a2t2
代入数据解得t2＝4.0 s。
[答案]　(1)0.8 m/s　1.1 m　(2)4.0 s
[针对训练]
1．A、B两个质点以相同的水平速度v0抛出， ( http: / / www.21cnjy.com )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，不计阻力，如图4 2 10所示，下列比较P1、P2在x轴上远近关系的判断正确的是(　　)
图4 2 10
A．P1较远　　　　　 B．P2较远
C．P1、P2等远 D．A、B两项都有可能
解析：选B　A质点水平抛出后，只受重力，做平抛运动，在竖直方向有h＝gt12。
B质点水平抛出后，受重力和支持 ( http: / / www.21cnjy.com )力，在斜面平面内所受合力为mgsin θ，大小恒定且与初速度方向垂直，所以B质点做类平抛运动。在沿斜面向下方向上＝gsin θ·t22。
由此得t2＞t1，由于二者在水平方向(x轴方向)上都做速度为v0的匀速运动，显然x2＞x1。
2.在光滑的水平面内，一质量m＝1 ( http: / / www.21cnjy.com ) 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 11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：
图4 2 11
(1)如果质点的运动轨迹与直线OA相交于P点，质点从O点到P点所经历的时间以及P点的坐标；
(2)质点经过P点时的速度大小。
解析：(1)质点在水平面内做 ( http: / / www.21cnjy.com )曲线运动，在x方向上不受外力作用做匀速直线运动，y方向受恒力F作用做匀加速直线运动，在竖直方向上光滑平面的支持力与重力平衡。
由牛顿第二定律得：
a＝＝ m/s2＝15 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＝1 s，xP＝10 m，yP＝7.5 m
即P点坐标为(10 m,7.5 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)1 s　P(10 m,7.5 m)　(2)5 m/s
要点四　四种常见平抛运动的时间计算方法
(一)半圆内的平抛运动
如图4 2 12所示，由半径和几何关系制约时间t：h＝gt2
图4 2 12
R±＝v0t
联立两方程可求t。
[典例1]　(2015·江淮十校联考)如图4 ( http: / / www.21cnjy.com ) 2 13所示，AB为半圆环ACB的水平直径，C为环上的最低点，环半径为R。一个小球从A点以速度v0水平抛出，不计空气阻力，则下列判断正确的是(　　)
图4 2 13
A．v0越大，小球落在圆环时的时间越长
B．即使v0取值不同，小球掉到环上时的速度方向和水平方向之间的夹角也相同
C．若v0取值适当，可以使小球垂直撞击半圆环
D．无论v0取何值，小球都不可能垂直撞击半圆环
[解析]　小球落在环上的最低点C时时间最长 ( http: / / www.21cnjy.com )，所以选项A错误。v0取值不同，小球掉到环上时的速度方向和水平方向之间的夹角不相同，选项B错误。要使小球垂直撞击半圆环，设小球落点与圆心的连线与水平方向夹角为θ，根据平抛运动规律，v0t＝R(1＋cos θ)，Rsin θ＝gt2，tan θ＝gt/v0，联立解得，cos θ＝1，即垂直撞击到B点，这是不可能的，所以选项D正确C错误。
[答案]　D
(二)顺着斜面的平抛运动
如图4 2 14所示
方法：分解位移
图4 2 14
x＝v0t
y＝gt2
tan θ＝
可求得t＝
[典例2]　(2015·江西省景德镇联考)如 ( http: / / www.21cnjy.com )图4 2 15所示，一个小球从一斜面顶端分别以v10、v20、v30水平抛出，分别落在斜面上1、2、3点，落到斜面时竖直分速度分别是v1y、v2y、v3y，则(　　)
图4 2 15
A．＞＞　　　 B．＜＜
C．＝＝ D．条件不足，无法比较
[解析]　设小球落到斜面时速度方向与水平方向的夹角为α，由tan α＝＝＝＝＝2tan θ，所以＝＝，选项C正确。
[答案]　C
(三)对着斜面的平抛运动
如图4 2 16所示
图4 2 16
方法：分解速度
vx＝v0
vy＝gt
tan θ＝＝
可求得t＝
[典例3]　如图4 2 17， ( http: / / www.21cnjy.com )轰炸机沿水平方向匀速飞行，到达山坡底端正上方时释放一颗炸弹，并垂直击中山坡上的目标A。已知A点高度为h，山坡倾角为θ，由以上条件不能算出(　　)
图4 2 17
A．轰炸机的飞行高度
B．轰炸机的飞行速度
C．炸弹的飞行时间
D．炸弹投出时的动能
[解析]　根据题述，tan θ＝，x＝vt，tan θ＝，H＝h＋y，y＝gt2，由此可算出轰炸机的飞行高度H，轰炸机的飞行速度v，炸弹的飞行时间t。由于题述没有给出炸弹质量，不能得出炸弹投出时的动能，故选D。
[答案]　D
(四)对着竖直墙壁的平抛运动
水平初速度v0不同时，虽然落点不同，但水平位移相同。运动时间为t＝。
图4 2 18
[典例4]　如图4 2 1 ( http: / / www.21cnjy.com )9所示，某同学为了找出平抛运动的物体初速度之间的关系，用一个小球在O点对准前方的一块竖直放置的挡板水平抛出，O与A在同一高度，小球的水平初速度分别是v1、v2、v3，打在挡板上的位置分别是B、C、D，且AB∶BC∶CD＝1∶3∶5，则v1、v2、v3之间的正确关系是(　　)
图4 2 19
A．v1∶v2∶v3＝3∶2∶1 B．v1∶v2∶v3＝5∶3∶1
C．v1∶v2∶v3＝6∶3∶2 D．v1∶v2∶v3＝9∶4∶1
[解析]　平抛运动的小球在 ( http: / / www.21cnjy.com )竖直方向上做自由落体运动，由AB∶BC∶CD＝1∶3∶5可知， 以速度v1、v2、v3水平抛出的小球，从抛出到打在挡板上的时间分别为t、2t、3t。由v1＝，v2＝，v3＝可得：v1∶v2∶v3＝∶∶＝6∶3∶2，C正确。
[答案]　C
对点训练：抛体运动的基本规律
1．(多选)(2015·江苏省苏北联 ( http: / / www.21cnjy.com )考)“套圈圈”是小孩和大人都喜爱的一种游戏，游戏规则是：游戏者站在界外从手中水平抛出一个圆形圈圈，落下后套中前方的物体，所套即所得。如图1所示，小孩站在界外抛出圈圈并套取前方一物体，若大人也抛出圈圈并套取前方同一物体，则(　　)
图1
A．大人站在小孩同样的位置，以小点的速度抛出圈圈
B．大人站在小孩同样的位置，以大点的速度抛出圈圈
C．大人退后并下蹲至与小孩等高，以大点的速度抛出圈圈
D．大人退后并下蹲至与小孩等高，以小点的速度抛出圈圈
解析：选AC　“套圈圈”可视为平抛运动。 ( http: / / www.21cnjy.com )由于大人较高，抛出圈圈时离地面较高，根据平抛运动规律，大人站在小孩同样的位置，以小点的速度抛出圈圈，选项A正确、B错误。大人退后并下蹲至与小孩等高，以大点的速度抛出圈圈，选项C正确、D错误。
2．(多选)(2015·襄阳模拟) ( http: / / www.21cnjy.com )如图2所示，水平地面上不同位置的三个小球斜上抛，沿三条不同的路径运动最终落在同一点，三条路径的最高点是等高的，若忽略空气阻力的影响，下列说法正确的是(　　)
图2
A．沿路径1抛出的小球落地的速率最大
B．沿路径3抛出的小球在空中运动时间最长
C．三个小球抛出的初速度竖直分量相等
D．三个小球抛出的初速度水平分量相等
解析：选AC　根据运动的合成与分解 ( http: / / www.21cnjy.com )，将初速度分解为竖直方向和水平方向的分速度，设初速度方向与竖直方向的夹角为θ，故有小球沿竖直方向的速度分量v竖＝v0cos θ，根据小球的运动轨迹可知，三个小球沿竖直方向的分速度相同，根据竖直上抛运动特点可知，三个小球在空中运动时间相同，所以B错误、C正确；而θ1＞θ2＞θ3，故得知v01＞v02＞v03，落地时重力做功为零，所以落地时的速率与初速度的大小相同，所以A正确；小球沿水平方向的速度分量v水＝v0sin θ， 所以可知沿路径1抛出的小球水平速度分量最大，所以D错误。
3．(多选)(2015·河南 ( http: / / www.21cnjy.com )省十所名校测试)2013年7月7日，温网女双决赛开打，“海峡组合”彭帅、谢淑薇击败澳大利亚组合夺得职业生涯首个大满贯冠军。如图3所示是比赛场地，已知底线到网的距离为L，彭帅在网前截击，若她在球网正上方距地面H处，将球以水平速度沿垂直球网的方向击出，球刚好落在底线上。将球的运动视作平抛运动，重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　)
图3
A．根据题目条件能求出球的水平速度v
B．根据题目条件能求出球从击出至落地所用时间t
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无关
解析：选ABD　根据平抛运动规律 ( http: / / www.21cnjy.com )及题目条件能求出球的水平速度v，能求出球从击出至落地所用时间t，球从击球点至落地点的位移s等于，选项A、B正确C错误。球从击球点至落地点的位移与球的质量无关，选项D正确。
4.(2015·湛江十校联考)平抛运 ( http: / / www.21cnjy.com )动可以分解为水平和竖直方向的两个直线运动，在同一坐标系中作出这两个分运动的v t图线，如图4所示。若平抛运动的时间大于2t1，下列说法中正确的是(　　)
图4
A．图线2表示水平分运动的v t图线
B．t1时刻的速度方向与初速度方向的夹角为30°
C．t1时间内的竖直位移与水平位移之比为1∶2
D．2t1时刻的速度方向与初速度方向的夹角为60°
解析：选C　水平分运动为匀速直线运动 ( http: / / www.21cnjy.com )，故A错误；t1时刻水平方向和竖直方向的分速度相等，则合速度与水平方向的夹角为45°，B错误；设水平速度为v0，则t1时间内的水平位移为x＝v0t1，竖直方向的位移y＝t1，所以＝，C正确；2t1时刻竖直方向的速度2v0，显然速度方向与水平方向的夹角不是60°，D错误。
对点训练：平抛运动与斜面的结合
5．如图5所示，小球以v0正对倾角为θ的斜面水平抛出，若小球到达斜面的位移最小，则飞行时间t为(重力加速度为g)(　　)
图5
A．v0tan θ　　　　　 B．
C． D．
解析：选D　如图所示，要小球到达斜 ( http: / / www.21cnjy.com )面的位移最小，则要求落点与抛出点的连线与斜面垂直，所以有tan θ＝，而x＝v0t，y＝ gt2，解得t＝。
6．(2015·唐山模拟)如图6所示 ( http: / / www.21cnjy.com )，位于同一高度的小球A、B分别以v1和v2的速度水平抛出，都落在了倾角为30°的斜面上的C点，小球B恰好垂直打到斜面上，则v1、v2之比为(　　)
图6
A．1∶1 B．2∶1
C．3∶2 D．2∶3
解析：选C　小球A、B从同一高度平 ( http: / / www.21cnjy.com )抛，到斜面上的C点经历的时间相等，设为t，由题意可得：tan 30°＝，tan 30°＝，解得：v1∶v2＝3∶2，C正确。
7．(2015·西安模拟 ( http: / / www.21cnjy.com ))如图7所示，在斜面顶端的A点以速度v平抛一小球，经t1时间落到斜面上B点处，若在A点将此小球以速度0.5v水平抛出，经t2时间落到斜面上的C点处，以下判断正确的是(　　)
图7
A．AB∶AC＝2∶1 B．AB∶AC＝4∶1
C．t1∶t2＝4∶1 D．t1∶t2＝∶1
解析：选B　由tan θ＝＝
可得：t1＝2t2，
故C、D均错误；
由AB＝，AC＝
可得：AB∶AC＝4∶1，
B正确，A错误。
对点训练：平抛运动与圆面的结合
8．(2015·洛阳联考) ( http: / / www.21cnjy.com )如图8所示，圆弧形凹槽固定在水平地面上，其中ABC是以O为圆心的一段圆弧，位于竖直平面内。现有一小球从一水平桌面的边缘P点向右水平飞出，该小球恰好能从A点沿圆弧的切线方向进入轨道。OA与竖直方向的夹角为θ1，PA与竖直方向的夹角为θ2。下列说法正确的是(　　)
图8
A．tan θ1tan θ2＝2 B．cot θ1tan θ2＝2
C．cot θ1cot θ2＝2 D．tan θ1cot θ2＝2
解析：选A　平抛运动在水平方向上 ( http: / / www.21cnjy.com )做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动。速度与水平方向的夹角为θ1，tan θ1＝＝。位移与竖直方向的夹角为θ2，tan θ2＝＝＝，则tan θ1tan θ2＝2。故A正确，B、C、D错误。
9．(2015·济宁模拟)如图9所 ( http: / / www.21cnjy.com )示，一小球从一半圆轨道左端A点正上方某处开始做平抛运动(小球可视为质点)，飞行过程中恰好与半圆轨道相切于B点。O为半圆轨道圆心，半圆轨道半径为R，OB与水平方向夹角为60°，重力加速度为g，则小球抛出时的初速度为(　　)
图9
A． B．
C． D．
解析：选B　画出小球在B点速度的分解 ( http: / / www.21cnjy.com )矢量图。由图可知，tan 60°＝，R(1＋cos 60°)＝v0t，联立解得：v0＝ ，选项B正确。
对点训练：平抛运动的综合问题
10．在地球表面某高度处以一定的初 ( http: / / www.21cnjy.com )速度水平抛出一个小球，测得水平射程为x，在另一星球表面以相同的水平速度抛出该小球，需将高度降低一半才可以获得相同的水平射程。忽略一切阻力。设地球表面重力加速度为g，该星球表面的重力加速度为g′，则为(　　)
A． B．
C． D．2
解析：选D　在地球表面做平抛运动的时间 ( http: / / www.21cnjy.com )t＝ ，水平射程为x＝v0t＝v0 ，地球表面重力加速度为g＝；在另一星球表面做平抛运动的时间t′＝ ，水平射程为x＝v0t′＝v0 ，此星球表面的重力加速度g′＝，则＝2，选项D正确。
11．(2015·郑州三模)图1 ( http: / / www.21cnjy.com )0为“快乐大冲关”节目中某个环节的示意图。参与游戏的选手会遇到一个人造山谷OAB，OA是高h＝3 m的竖直峭壁，AB是以O点为圆心的弧形坡，∠AOB＝60°，B点右侧是一段水平跑道。选手可以自O点借助绳索降到A点后再爬上跑道，但身体素质好的选手会选择自A点直接跃上跑道。选手可视为质点，忽略空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。
图10
(1)若选手以速度v0水平跳出后，能跳在水平跑道上，求v0的最小值；
(2)若选手以速度v1＝4 m/s水平跳出，求该选手在空中的运动时间。
解析：(1)若选手以速度v0水平跳出后，能跳在水平跑道上，则hsin 60°≤v0t
hcos 60°＝gt2
解得：v0≥ m/s。
(2)若选手以速度v1＝4 m/s水平跳出，因v1＜v0，人将落在弧形坡上。
下降高度y＝gt2
水平前进距离x＝v1t且x2＋y2＝h2
解得t＝0.6 s。
答案：(1) m/s　(2)0.6 s
12．(2015·杭州七 ( http: / / www.21cnjy.com )校联考)如图11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取10 m/s2，求：
图11
(1)小球水平抛出的速度v0；
(2)小滑块的初速度v。
解析：(1)设小球落入凹槽时竖直速度为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位移
x＝v0t＝3×0.4 m＝1.2 m
则滑块的位移为s＝ m＝1.5 m
滑块上滑时，mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma
解得a＝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
第3节圆周运动
,
(1)匀速圆周运动是匀变速曲线运动。(×)
(2)物体做匀速圆周运动时，其角速度是不变的。(√)
(3)物体做匀速圆周运动时，其合外力是不变的。(×)
(4)匀速圆周运动的向心加速度与半径成反比。(×)
(5)匀速圆周运动的向心力是产生向心加速度的原因。(√)
(6)比较物体沿圆周运动的快慢看线速度，比较物体绕圆心转动的快慢，看周期或角速度。(√)
(7)做匀速圆周运动的物体，当合外力突然减小时，物体将沿切线方向飞出。(×)
(8)摩托车转弯时速度过大就会向外发生滑动，这是摩托车受沿转弯半径向外的离心力作用的缘故。(×)
要点一　圆周运动的运动学问题
1．圆周运动各物理量间的关系
2．对公式v＝ωr 的理解
当r一定时，v与ω成正比；
当ω一定时，v与r成正比；
当v一定时，ω与r成反比。
3．对a＝＝ω2r的理解
当v一定时，a与r成反比；
当ω一定时，a与r 成正比。
4．常见的三种传动方式及特点
(1)皮带传动：如图4 3 1甲、乙所示，皮带与两轮之间无相对滑动时，两轮边缘线速度大小相等，即vA＝vB。
图4 3 1
(2)摩擦传动：如图4 3 2甲所示，两轮边缘接触，接触点无打滑现象时，两轮边缘线速度大小相等，即vA＝vB。
图4 3 2
(3)同轴传动：如图乙所示，两轮固定在一起绕同一转轴转动，两轮转动的角速度大小相等，即ωA＝ωB。
[多角练通]
1.(2015·广州调研)如图4 3 3所示，当正方形薄板绕着过其中心O并与板垂直的转动轴转动时，板上A、B两点(　　)
图4 3 3
A．角速度之比ωA∶ωB＝∶1
B．角速度之比ωA∶ωB＝1∶
C．线速度之比vA∶vB＝∶1
D．线速度之比vA∶vB＝1∶
解析：选D　板上A、B两点的角速度相等， ( http: / / www.21cnjy.com )角速度之比ωA∶ωB＝1∶1，选项A、B错误；线速度v＝ωr，线速度之比vA∶vB＝1∶，选项C错误，D正确。
2.(2015·桂林模拟)如图4 ( http: / / www.21cnjy.com ) 3 4所示，B和C是一组塔轮，即B和C半径不同，但固定在同一转动轴上，其半径之比为RB∶RC＝3∶2，A轮的半径大小与C轮相同，它与B轮紧靠在一起，当A轮绕过其中心的竖直轴转动时，由于摩擦作用，B轮也随之无滑动地转动起来。a、b、c分别为三轮边缘的三个点，则a、b、c三点在运动过程中的(　　)
图4 3 4
A．线速度大小之比为3∶2∶2
B．角速度之比为3∶3∶2
C．转速之比为2∶3∶2
D．向心加速度大小之比为9∶6∶4
解析：选D　A、B轮摩擦传动，故 ( http: / / www.21cnjy.com )va＝vb，ωaRA＝ωbRB，ωa∶ωb＝3∶2；B、C同轴，故ωb＝ωc，＝，vb∶vc＝3∶2，因此va∶vb∶vc＝3∶3∶2，ωa∶ωb∶ωc＝3∶2∶2，故A、B错误。转速之比等于角速度之比，故C错误。由a＝ωv得：aa∶ab∶ac＝9∶6∶4，D正确。
3．如图4 3 5为某一 ( http: / / www.21cnjy.com )皮带传动装置。主动轮的半径为r1，从动轮的半径为r2。已知主动轮做顺时针转动，转速为n1，转动过程中皮带不打滑。下列说法正确的是(　　)
图4 3 5
A．从动轮做顺时针转动
B．从动轮做逆时针转动
C．从动轮边缘线速度大小为n1
D．从动轮的转速为n1
解析：选B　主动轮沿顺时针方向 ( http: / / www.21cnjy.com )转动时，传送带沿M→N方向运动，故从动轮沿逆时针方向转动，故A错误，B正确；由ω＝2πn、v＝ωr可知，2πn1r1＝2πn2r2，解得n2＝n1，从动轮边缘线速度大小为2πn2r2＝2πn1r1，故C、D错误。
要点二　 水平面内的匀速圆周运动
1．运动实例
圆锥摆、火车转弯、飞机在水平面内做匀速圆周运动等。
2．问题特点
(1)运动轨迹是水平面内的圆。
(2)合外力沿水平方向指向圆心，提供向心力，竖直方向合力为零。
3．确定向心力的来源
向心力是按力的作用效果命名的， ( http: / / www.21cnjy.com )可以是重力、弹力、摩擦力、库仑力、洛伦兹力等各种力，也可以是几个力的合力或某个力的分力，因此确定向心力成为解决圆周运动问题的关键所在。
(1)确定研究对象做圆周运动的轨道平面，确定圆心的位置；
(2)受力分析，求出沿半径方向的合力，这就是向心力；
(3)受力分析时绝对避免另外添加一个向心力。
[典例]　(2013·重庆高考)如 ( http: / / www.21cnjy.com )图4 3 6所示，半径为R的半球形陶罐，固定在可以绕竖直轴旋转的水平转台上，转台转轴与过陶罐球心O的对称轴OO′重合。转台以一定角速度ω匀速旋转，一质量为m的小物块落入陶罐内，经过一段时间后，小物块随陶罐一起转动且相对罐壁静止，它和O点的连线与OO′之间的夹角θ为60°。重力加速度大小为g。
图4 3 6
(1)若ω＝ω0，小物块受到的摩擦力恰好为零，求ω0；
(2)若ω＝(1±k)ω0，且0＜k＜1，求小物块受到的摩擦力的大小和方向。
[审题指导]
(1)小物块在水平面内做匀速圆周运动。
(2)ω＝ω0时，小物块受到的摩擦力恰好为零，重力和支持力的合力提供小物块的向心力。
(3)当ω＝(1＋k)ω0时，小物块具有离心运动趋势，当ω＝(1－k)ω0时，小物块具有近心运动趋势。
[解析]　(1)当ω＝ω0时，小物块受重力和支持力，由牛顿第二定律得：mgtan θ＝mω02r
其中r＝Rsin θ
解得ω0＝ 。
(2)当ω＝(1＋k)ω0时，小物块所需向心力变大，则摩擦力方向沿罐壁向下，对小物块，由牛顿第二定律得：
水平方向：FNsin θ＋fcos θ＝mω2r
竖直方向：FNcos θ－fsin θ＝mg
解得f＝mg
当ω＝(1－k)ω0时，小物块所需向心力变小，则摩擦力方向沿罐壁向上，
对小物块，由牛顿第二定律得：
水平方向：FNsin θ－fcos θ＝mω2r
竖直方向：FNcos θ＋fsin θ＝mg
解得f＝mg
[答案]　(1)
(2)当ω＝(1＋k)ω0时，摩擦力方向沿罐壁切线向下，大小为mg；当ω＝(1－k)ω0时，摩擦力方向沿罐壁切线向上，大小为mg
[针对训练]
1．质量为m的飞机以恒定速率v在空中水平 ( http: / / www.21cnjy.com )盘旋，如图4 3 7所示，其做匀速圆周运动的半径为R，重力加速度为g，则此时空气对飞机的作用力大小为(　　)
图4 3 7
A．m　　　　　　　 B．mg
C．m D．m
解析：选C　飞机在空中水平盘旋时 ( http: / / www.21cnjy.com )在水平面内做匀速圆周运动，受到重力和空气的作用力两个力的作用，其合力提供向心力F向＝m。飞机受力情况如图所示，根据勾股定理得：F＝＝m 。
2．如图4 3 8所示，一个内壁光滑的 ( http: / / www.21cnjy.com )圆锥形筒的轴线垂直于水平面，圆锥筒固定不动，有两个质量相等的小球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，则以下说法中正确的是(　　)
图4 3 8
A．A球的角速度等于B球的角速度
B．A球的线速度大于B球的线速度
C．A球的运动周期小于B球的运动周期
D．A球对筒壁的压力大于B球对筒壁的压力
解析：选B　先对小球受力分析，如图所示，由图可知，两球的向心力都来源于重力G和支持力FN的合力，建立如图所示的坐标系，则有：
FNsin θ＝mg①
FNcos θ＝mrω2②
由①得FN＝，小球A和B受到的支持力F ( http: / / www.21cnjy.com )N相等，D错误。由于支持力FN相等，结合②知，A球运动的半径大于B球运动的半径，A球的角速度小于B球的角速度，选项A错误。A球的运动周期大于B球的运动周期，选项C错误。又根据FNcos θ＝m可知：A球的线速度大于B球的线速度，选项B正确。
3．(多选)(2014·全国 ( http: / / www.21cnjy.com )卷Ⅰ)如图4 3 9，两个质量均为m的小木块a和b(可视为质点)放在水平圆盘上，a与转轴OO′的距离为l，b与转轴的距离为2l，木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的k倍，重力加速度大小为g。若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，用ω表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是(　　)
图4 3 9
A．b一定比a先开始滑动
B．a、b所受的摩擦力始终相等
C．ω＝ 是b开始滑动的临界角速度
D．当ω＝ 时，a所受摩擦力的大小为kmg
解析：选AC　因圆盘从静 ( http: / / www.21cnjy.com )止开始绕转轴缓慢加速转动，在某一时刻可认为，木块随圆盘转动时，其受到的静摩擦力的方向指向转轴，两木块转动过程中角速度相等，则根据牛顿第二定律可得f＝mω2R，由于小木块b的轨道半径大于小木块a的轨道半径，故小木块b做圆周运动需要的向心力较大，B错误；因为两小木块的最大静摩擦力相等，故b一定比a先开始滑动，A正确；当b开始滑动时，由牛顿第二定律可得kmg＝mω·2l，可得ωb＝ ，C正确；当a开始滑动时，由牛顿第二定律可得kmg＝mωl，可得ωa＝ ，而转盘的角速度 < ，小木块a未发生滑动，其所需的向心力由静摩擦力来提供，由牛顿第二定律可得f＝mω2l＝kmg，D错误。
要点三　竖直平面内的圆周运动
1．模型概述
在竖直平面内做圆周运动的物体，运动至轨道 ( http: / / www.21cnjy.com )最高点时的受力情况可分为两类。一是无支撑(如球与绳连接，沿内轨道的“过山车”等)，称为“轻绳模型”；二是有支撑(如球与杆连接，小球在弯管内运动等)，称为“轻杆模型”。
2．两类模型对比
轻绳模型 轻杆模型
示意图 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＝ 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背离圆心(2)当0＜v＜时，mg－FN＝m，FN背离圆心并随v的增大而减小(3)当v＝时，FN＝0(4)当v＞时，mg＋FN＝m，FN指向圆心并随v的增大而增大
在最高点的FN图像 取竖直向下为正方向 取竖直向下为正方向
[典例]　(2015·烟台模拟)一轻杆 ( http: / / www.21cnjy.com )一端固定质量为m的小球，以另一端O为圆心，使小球在竖直面内做半径为R的圆周运动，如图4 3 10所示，则下列说法正确的是(　　)
图4 3 10
A．小球过最高点时，杆所受到的弹力可以等于零
B．小球过最高点的最小速度是
C．小球过最高点时，杆对球的作用力一定随速度增大而增大
D．小球过最高点时，杆对球的作用力一定随速度增大而减小
[解析]　轻杆可对小球产生向上的支持力 ( http: / / www.21cnjy.com )，小球经过最高点的速度可以为零，当小球过最高点的速度v＝时，杆所受的弹力等于零，A正确，B错误；若v＜，则杆在最高点对小球的弹力竖直向上，mg－F＝m，随v增大，F减小，若v＞，则杆在最高点对小球的弹力竖直向下，mg＋F＝m，随v增大，F增大，故C、D均错误。
[答案]　A
[方法规律]
求解竖直平面内圆周运动问题的思路
(1)定模型：首先判断是轻绳模型还是轻杆模型。
(2)确定临界点：v临＝，对轻绳模型来说是能否通过最高点的临界点，而对轻杆模型来说是FN表现为支持力还是拉力的临界点。
(3)研究状态：通常情况下竖直平面内的圆周运动只涉及最高点和最低点的运动情况。
(4)受力分析：对物体在最高点或最低点时进行受力分析，根据牛顿第二定律列出方程，F合＝F向。
(5)过程分析：应用动能定理或机械能守恒定律将初、末两个状态联系起来列方程。
[针对训练]
1．(2015·湖南四校联考)如 ( http: / / www.21cnjy.com )图4 3 11所示，在粗糙水平板上放一个物体，使水平板和物体一起在竖直平面内沿逆时针方向做匀速圆周运动，ab为水平直径，cd为竖直直径，在运动过程中木板始终保持水平，物块相对木板始终静止，则(　　)
图4 3 11
A．物块始终受到三个力作用
B．只有在a、b、c、d四点，物块受到合外力才指向圆心
C．从a到b，物体所受的摩擦力先增大后减小
D．从b到a，物块处于超重状态
解析：选D　在c、d两点处 ( http: / / www.21cnjy.com )，物块只受重力和支持力，在其他位置处物体受到重力、支持力、静摩擦力作用，故A错误；物块做匀速圆周运动，合外力提供向心力，合外力始终指向圆心，故B错误；从a运动到b，向心力的水平分量先减小后增大，所以摩擦力就是先减小后增大，故C错误；从b运动到a，向心加速度有向上的分量，所以物体处于超重状态，故D正确。
2．如图4 3 12所示PAQ是一 ( http: / / www.21cnjy.com )个固定的光滑轨道，其中PA是直线部分，AQ是半径为R的半圆弧，PA与AQ相切，P、Q两点在同一水平高度。现有一小球自P点由静止开始沿轨道下滑。那么(　　)
图4 3 12
A．小球不可能到达Q点，P比Q至少高才能经Q点沿切线方向飞出
B．小球能到达Q点，到达后，又沿原轨道返回
C．小球能到达Q点，到达后，将自由下落
D．小球能到达Q点，到达后，恰能沿圆弧的切线方向飞出
解析：选A　有的同学误认为P ( http: / / www.21cnjy.com )、Q在同一水平高度，所以小球到达Q点后将自由下落而错选C。实际上由机械能守恒定律可知：小球如到达Q点，速度必为0，而小球在圆弧上做的是圆周运动，若能到达Q点的最小速度为v＝。设小球在Q点上方高度为h处才恰好能完成圆周运动，则mgh＝mv2，解得h＝，故A正确。
要点四　用极限法分析圆周运动的临界问题
除了竖直平面内圆周运动的两类模型，有些 ( http: / / www.21cnjy.com )题目中也会出现“恰好”、“最大”、“至少”等字眼，说明题述过程存在临界点，还有些题目中出现“取值范围”、“函数关系”等词语，说明题述过程存在起止点，而这些点往往就是解决问题的突破口。
[典例]　(2015·豫东、豫北十校测试) ( http: / / www.21cnjy.com )如图4 3 13所示，半径为、质量为m的小球用两根不可伸长的轻绳a、b连接，两轻绳的另一端系在一根竖直杆的A、B两点上，A、B两点相距为l，当两轻绳伸直后，A、B两点到球心的距离均为l。当竖直杆以自己为轴转动并达到稳定时(轻绳a、b与杆在同一竖直平面内)。求：
图4 3 13
(1)竖直杆角速度ω为多大时，小球恰好离开竖直杆。
(2)轻绳a的张力Fa与竖直杆转动的角速度ω之间的关系。
[解析]　(1)小球恰好离开竖直杆时，小球与竖直杆间的作用力为零，设此时轻绳a与竖直杆间的夹角为α，由题意可知sin α＝， r＝
沿半径：Fasin α＝mω2r
垂直半径：Facos α＝mg
联立解得ω＝2 。
(2)由(1)可知0≤ω≤2 时，Fa＝mg
若角速度ω再增大，小球将离开竖直杆，在轻绳b恰伸直前，设轻绳a与竖直杆的夹角为β，此时小球做圆周运动的半径为r＝lsin β
沿半径：Fasin β＝mω2r
垂直半径：Facos β＝mg
联立解得Fa＝mω2l
当轻绳b恰伸直时，β＝60°，
此时ω＝
故有Fa＝mω2l，此时2 ＜ω≤
若角速度ω再增大，轻绳b拉直后，小球做圆周运动的半径为r＝lsin 60°
沿半径：Fasin 60°＋Fbsin 60°＝mω2r
垂直半径：Facos 60°＝Fbcos 60°＋mg
联立解得Fa＝mlω2＋mg，
此时ω≥ 。
[答案]　见解析
[方法规律]　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)明确物体做圆周运动的平面是至关重要的一环。
(3)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。
(4)分析物体的受力情况，画出受力示意图，确定向心力的来源。
(5)根据牛顿运动定律及向心力公式列方程。
[针对训练]
1.如图4 3 14所示 ( http: / / www.21cnjy.com )，一个竖直放置的圆锥筒可绕其中心轴OO′转动，筒内壁粗糙，筒口半径和筒高分别为R和H，筒内壁A点的高度为筒高的一半，内壁上有一质量为m的小物块，求：
图4 3 14
(1)当筒不转动时，物块静止在筒壁A点受到的摩擦力和支持力的大小；
(2)当物块在A点随筒匀速转动，且其所受到的摩擦力为零时，筒转动的角速度。
解析：(1)物块静止时，对物块进行受力分析如图所示，设筒壁与水平面的夹角为θ。
由平衡条件有Ff＝mgsin θ，FN＝mgcos θ
由图中几何关系有cos θ＝，
sin θ＝
故有Ff＝，FN＝。
(2)分析此时物块受力，画出受力示意图如图所示，
由牛顿第二定律有mgtan θ＝mrω2。
其中tan θ＝，r＝，可得ω＝。
答案：(1)　
(2)
2.如图4 3 15所示，用一根长为l＝1 ( http: / / www.21cnjy.com )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FT。(g取10 m/s2，结果可用根式表示)求：
图4 3 15
(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 ( http: / / www.21cnjy.com )面，则小球只受到重力和细线拉力，如图所示，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＝mω02lsin θ
解得：ω02＝
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′＝ ＝2 rad/s。
答案：(1) rad/s　(2)2 rad/s
对点训练：描述圆周运动的物理量
1.(2015·湖北省重点中学联考)如图 ( http: / / www.21cnjy.com )1所示，由于地球的自转，地球表面上P、Q两物体均绕地球自转轴做匀速圆周运动，对于P、Q两物体的运动，下列说法正确的是(　　)
图1
A．P、Q两点的角速度大小相等
B．P、Q两点的线速度大小相等
C．P点的线速度比Q点的线速度大
D．P、Q两物体均受重力和支持力两个力作用
解析：选A　P、Q两点都是绕地轴 ( http: / / www.21cnjy.com )做匀速圆周运动，角速度相等，即ωP＝ωQ，选项A对。根据圆周运动线速度v＝ωR，P、Q两点到地轴的距离不等，即P、Q两点圆周运动线速度大小不等，选项B错。Q点到地轴的距离远，圆周运动半径大，线速度大，选项C错。P、Q两物体均受到万有引力和支持力作用，二者的合力是圆周运动的向心力，我们把与支持力等大反向的平衡力即万有引力的一个分力称为重力，选项D错。
2.(2015·资阳诊断) ( http: / / www.21cnjy.com )如图2所示，水平放置的两个用相同材料制成的轮P和Q靠摩擦传动，两轮的半径R∶r＝2∶1。当主动轮Q匀速转动时，在Q轮边缘上放置的小木块恰能相对静止在Q轮边缘上，此时Q轮转动的角速度为ω1，木块的向心加速度为a1，若改变转速，把小木块放在P轮边缘也恰能静止，此时Q轮转动的角速度为ω2，木块的向心加速度为a2，则(　　)
图2
A．＝　　　　　　　 B．＝
C．＝ D．＝
解析：选C　根据题述，a1＝ω12r ( http: / / www.21cnjy.com )，ma1＝μmg；联立解得μg＝ω12r。小木块放在P轮边缘也恰能静止，μg＝ω2R＝2ω2r。由ωR＝ω2r联立解得＝，选项A、B错误；ma＝μmg，所以＝，选项C正确，D错误。
3．自行车的小齿轮A、大齿轮 ( http: / / www.21cnjy.com )B、后轮C是相互关联的三个转动部分，且半径RB＝4RA、RC＝8RA，如图3所示。当自行车正常骑行时A、B、C三轮边缘的向心加速度的大小之比aA∶aB∶aC等于(　　)
图3
A．1∶1∶8 B．4∶1∶4
C．4∶1∶32 D．1∶2∶4
解析：选C　A、C角速度相等，由a＝ω2R ( http: / / www.21cnjy.com )可知aA∶aC＝1∶8。A、B线速度相等，由a＝可知，aA∶aB＝4∶1，所以aA∶aB∶aC＝4∶1∶32，选项C正确。
对点训练：水平面内的匀速圆周运动
4．山城重庆的轻轨交通颇有山 ( http: / / www.21cnjy.com )城特色，由于地域限制，弯道半径很小，在某些弯道上行驶时列车的车身严重倾斜。每到这样的弯道乘客都有一种坐过山车的感觉，很是惊险刺激。假设某弯道铁轨是圆弧的一部分，转弯半径为R，重力加速度为g，列车转弯过程中倾角(车厢地面与水平面夹角)为θ，则列车在这样的轨道上转弯行驶的安全速度(轨道不受侧向挤压)为(　　)
图4
A． B．
C． D．
解析：选C　本题联系实际考查圆 ( http: / / www.21cnjy.com )周运动、向心力知识。轨道不受侧向挤压时，轨道对列车的作用力就只有弹力，重力和弹力的合力提供向心力，根据向心力公式mgtan θ＝m，得v＝，C正确。
5．(多选)如图5所示，绳子的一端固定在O点，另一端拴一重物在水平面上做匀速圆周运动(　　)
图5
A．转速相同时，绳长的容易断
B．周期相同时，绳短的容易断
C．线速度大小相等时，绳短的容易断
D．线速度大小相等时，绳长的容易断
解析：选AC　绳子拉力提供圆周运动向 ( http: / / www.21cnjy.com )心力，绳子长度即圆周运动半径。转速相同即周期和角速度相同，绳子拉力提供向心力即F＝mlω2，绳子越长向心力越大即绳子拉力越大，越容易断，选项A对B错。线速度大小相等时，则有向心力即绳子拉力F＝，绳子越长拉力越小，越不容易断，C对D错。
6．(多选)(2015·河南漯河二 ( http: / / www.21cnjy.com )模)如图6所示，两根长度相同的细线分别系有两个完全相同的小球，细线的上端都系于O点。设法让两个小球均在水平面上做匀速圆周运动。已知L1跟竖直方向的夹角为60°，L2跟竖直方向的夹角为30°，下列说法正确的是(　　)
图6
A．细线L1和细线L2所受的拉力大小之比为∶1
B．小球m1和m2的角速度大小之比为∶1
C．小球m1和m2的向心力大小之比为3∶1
D．小球m1和m2的线速度大小之比为3∶1
解析：选AC　对任一小球研究。设细线与竖直方向的夹角为θ，竖直方向受力平衡，则
Tcos θ＝mg，解得T＝。
所以细线L1和细线L2所受的拉力大小之比＝＝，故A正确。
小球所受合力的大小为mgtan θ，根据牛顿第二定律得
mgtan θ＝mLsin θ·ω2，
得ω2＝。两小球Lcos θ相等，所以角速度相等，故B错误。
小球所受合力提供向心力，则向心力为F＝mgtan θ，
小球m1和m2的向心力大小之比为：
＝＝3，故C正确。
两小球角速度相等，质量相等，由合外力提供向心力，有F＝mgtan θ＝mωv，则小球m1和m2的线速度大小之比为＝＝3，故D错误。
对点训练：竖直平面内的圆周运动
7.(2015·忻州一中检测)如图7所示， ( http: / / www.21cnjy.com )两段长均为L的轻质线共同系住一个质量为m的小球，另一端分别固定在等高的A、B两点，A、B两点间距也为L，今使小球在竖直平面内做圆周运动，当小球到达最高点时速率为v，两段线中张力恰好均为零，若小球到达最高点时速率为2v，则此时每段线中张力大小为(　　)
图7
A．mg B．2mg
C．3mg D．4mg
解析：选A　当小球到达最高点时速率 ( http: / / www.21cnjy.com )为v，两段线中张力恰好均为零，有mg＝m；当小球到达最高点时速率为2v，设每段线中张力大小为F，应有2Fcos 30°＋mg＝m；解得F＝mg，选项A正确。
8．(多选)如图8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，则下列说法中正确的是(　　)
图8
A．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＝0
C．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　在光滑圆形管道的最高点， ( http: / / www.21cnjy.com )小球的速度可以等于零，A错误，B正确；在ab线以下时，外侧管壁对小球的弹力要提供向心力，而在ab线以上，当速度较小时，小球要挤压内侧管壁，故C正确，D错误。
9．(2015·山东省桓台模拟) ( http: / / www.21cnjy.com )如图9，质量为M的物体内有光滑圆形轨道，现有一质量为m的小滑块沿该圆形轨道在竖直面内作圆周运动。A、C点为圆周的最高点和最低点，B、D点是与圆心O同一水平线上的点。小滑块运动时，物体M在地面上静止不动，则物体M对地面的压力N和地面对M的摩擦力有关说法正确的是(　　)
图9
A．小滑块在A点时，N＞Mg，摩擦力方向向左
B．小滑块在B点时，N＝Mg，摩擦力方向向右
C．小滑块在C点时，N＝(M＋m)g，M与地面无摩擦
D．小滑块在D点时，N＝(M＋m)g，摩擦力方向向左
解析：选B　因为轨道光滑，所以小滑块 ( http: / / www.21cnjy.com )与轨道之间没有摩擦力。小滑块在A点时，与轨道的作用力在竖直方向上，水平方向对轨道无作用力，所以轨道相对于地面没有相对运动趋势，即摩擦力为零；当小滑块的速度v＝时，对轨道的压力为零，轨道对地面的压力N＝Mg，当小滑块的速度v＞时，对轨道的压力向上，轨道对地面的压力N＜Mg，故选项A错误；小滑块在B点时，对轨道的作用力沿水平方向向左，所以轨道对地有向左运动的趋势，地面给轨道向右的摩擦力；竖直方向上对轨道无作用力，所以轨道对地面的压力N＝Mg，故选项B正确；小滑块在C点时，在水平方向对轨道无作用力，所以地面对轨道没有摩擦力；小滑块做圆周运动，轨道对小滑块的支持力大于其重力，其合力提供向上的向心力，所以滑块对轨道的压力大于其重力，所以轨道对地面的压力N＞(M＋m)g，故选项C错误；小滑块在D点时，对轨道的作用力沿水平方向向右，所以轨道对地有向右运动的趋势，地面给轨道向左的摩擦力；竖直上方向对轨道无作用力，所以轨道对地面的压力N＝Mg，故选项D错误。
对点训练：圆周运动的综合问题
10．(2014·安徽高考 ( http: / / www.21cnjy.com ))如图10所示，一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定角速度ω转动，盘面上离转轴距离2.5 m处有一小物体与圆盘始终保持相对静止。物体与盘面间的动摩擦因数为(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，盘面与水平面的夹角为30°，g取10 m/s2。则ω的最大值是(　　)
图10
A． rad/s B． rad/s
C．1.0 rad/s D．5 rad/s
解析：选C　物体随圆盘做圆周运动，运动到最低 ( http: / / www.21cnjy.com )点时最容易滑动，因此物体在最低点且刚好要滑动时的转动角速度为最大值，这时，根据牛顿第二定律可知，μmgcos 30°－mgsin 30°＝mrω2，求得ω＝1.0 rad/s，C项正确，A、B、D项错误。
11．(2015·汕头模拟)如图11为 ( http: / / www.21cnjy.com )某工厂生产流水线上水平传输装置的俯视图，它由传送带和转盘组成。物品从A处无初速度放到传送带上，运动到B处后进入匀速转动的转盘，设物品进入转盘时速度大小不发生变化，此后随转盘一起运动(无相对滑动)到C处被取走装箱。已知A、B两处的距离L＝10 m，传送带的传输速度v＝2 m/s，物品在转盘上与轴O的距离R＝4 m，物品与传送带间的动摩擦因数μ＝0.25。g取10 m/s2。求：
图11
(1)物品从A处运动到B处的时间t；
(2)质量为2 kg的物品随转盘一起运动的静摩擦力为多大。
解析：(1)物品先在传送带上做初速度为零的匀加速直线运动：
a＝μg＝2.5 m/s2
x1＝＝0.8 m
t1＝＝0.8 s
之后，物品和传送带一起以速度v做匀速运动，则
t2＝＝4.6 s
所以t＝t1＋t2＝5.4 s。
(2)物品在转盘上所受的静摩擦力提供向心力F＝m
解得：F＝2 N。
答案：(1)5.4 s　(2)2 N
12．(2015·德州联考)如图12所示， ( http: / / www.21cnjy.com )水平放置的圆盘上，在其边缘C点固定一个小桶，桶的高度不计，圆盘半径为R＝1 m，在圆盘直径CD的正上方，与CD平行放置一条水平滑道AB，滑道右端B与圆盘圆心O在同一竖直线上，且B点距离圆盘圆心的竖直高度h＝1.25 m，在滑道左端静止放置质量为m＝0.4 kg的物块(可视为质点)，物块与滑道的动摩擦因数为μ＝0.2，现用力F＝4 N的水平作用力拉动物块，同时圆盘从图示位置，以角速度ω＝2π rad/s，绕通过圆心O的竖直轴匀速转动，拉力作用在物块一段时间后撤掉，最终物块由B点水平抛出，恰好落入圆盘边缘的小桶内。重力加速度取10 m/s2。
图12
(1)若拉力作用时间为0.5 s，求所需滑道的长度；
(2)求拉力作用的最短时间。
解析：(1)物块平抛：h＝gt2；
t＝ ＝0.5 s
物块离开滑道时的速度：v＝＝2 m/s
拉动物块的加速度，由牛顿第二定律：F－μmg＝ma1；
得：a1＝8 m/s2
撤去外力后，由牛顿第二定律：－μmg＝ma2；
得：a2＝－2 m/s2
物块加速获得速度：v1＝a1t1＝4 m/s
则所需滑道的长度L＝x1＋x2＝a1t12＋＝4 m
(2)盘转过一圈时落入，拉力时间最短；
盘转过一圈时间：T＝＝1 s；
物块在滑道上先加速后减速，最终获得：v＝a1t1＋a2t2
物块滑行时间、抛出在空中时间与圆盘周期关系：
t1＋t2＋t＝T
由上两式得：t1＝0.3 s。
答案：(1)4 m　(2)0.3 s
第4节万有引力定律及其应用
(1)所有行星绕太阳运行的轨道都是椭圆。(√)
(2)行星在椭圆轨道上运行速率是变化的，离太阳越远，运行速率越大。(×)
(3)只有天体之间才存在万有引力。(×)
(4)只要知道两个物体的质量和两个物体之间的距离，就可以由F＝G计算物体间的万有引力。(×)
(5)地面上的物体所受地球的引力方向一定指向地心。(√)
(6)两物体间的距离趋近于零时，万有引力趋近于无穷大。(×)
(1)德国天文学家开普勒提出天体运动的开普勒三大定律。
(2)牛顿总结了前人的科研成果，在此基础上，经过研究得出了万有引力定律。
(3)英国物理学家卡文迪许利用扭秤实验装置比较准确地测出了引力常量。
要点一　开普勒行星运动定律
1．行星绕太阳的运动通常按圆轨道处理。
2．开普勒行星运动定律也适用于其他天体，例如月球、卫星绕地球的运动。
3．开普勒第三定律＝k中，k值只与中心天体的质量有关，不同的中心天体k值不同。
[多角练通]
1．(2013·江苏高考)火星和木星沿各自的椭圆轨道绕太阳运行，根据开普勒行星运动定律可知(　　)
A．太阳位于木星运行轨道的中心
B．火星和木星绕太阳运行速度的大小始终相等
C．火星与木星公转周期之比的平方等于它们轨道半长轴之比的立方
D．相同时间内，火星与太阳连线扫过的面积等于木星与太阳连线扫过的面积
解析：选C　太阳位于木星运行轨道的一个焦点上 ( http: / / www.21cnjy.com )，A错误；不同的行星对应不同的运行轨道，运行速度大小也不相同，B错误；同一行星与太阳连线在相等时间内扫过的面积才能相同，D错误；由开普勒第三定律得：＝，故＝，C正确。
2．(2011·全国卷)卫星电话信号需 ( http: / / www.21cnjy.com )要通过地球同步卫星传送。如果你与同学在地面上用卫星电话通话，则从你发出信号至对方接收到信号所需最短时间最接近于(可能用到的数据：月球绕地球运动的轨道半径约为3.8×105 km，运行周期约为27天，地球半径约为6 400 km，无线电信号的传播速度为3×108 m/s)(　　)
A．0.1 s　　　　　　　　 B．0.25 s
C .0.5 s D．1 s
解析：选B　月球、地球同 ( http: / / www.21cnjy.com )步卫星绕地球做匀速圆周运动，根据开普勒第三定律有＝，解得r2＝r1·，代入数据求得同步卫星的轨道半径r2＝4.2×107 m。从发出信号至对方接收到信号所需最短时间为t＝＝，代入数据求得t＝0.24 s。
3.(多选)2009年5月，航天飞机在 ( http: / / www.21cnjy.com )完成对哈勃空间望远镜的维修任务后，在A点从圆形轨道Ⅰ进入椭圆轨道Ⅱ，B为轨道Ⅱ上的一点，如图4 4 1所示。关于航天飞机的运动，下列说法中正确的有(　　)
图4 4 1
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
解析：选ABC　根据开普勒第 ( http: / / www.21cnjy.com )二定律，近地点的速度大于远地点的速度，A正确；由轨道Ⅰ变到轨道Ⅱ要减速，所以B正确；根据开普勒第三定律，＝k，R2＜R1，所以T2＜T1，C正确；根据an＝，所以加速度应不变，D错误。
要点二　万有引力的计算
公式F＝G适用于质点、 ( http: / / www.21cnjy.com )均匀介质球体或球壳之间万有引力的计算。当两物体为均质球体或球壳时，可以认为均质球体或球壳的质量集中于球心，r为两球心的距离，引力的方向沿两球心的连线。
[多角练通]
1．两个半径均为r的实心铁球靠在一起时，彼此之间的万有引力大小为F。若两个半径为2r的实心铁球靠在一起时，它们之间的万有引力大小为(　　)
A．2F　　　　　　　　 B．4F
C．8F D．16F
解析：选D　F＝G，其中m1＝πr3·ρ，F′＝G，其中m2＝π(2r)3·ρ。
解得F′＝16F。
2．(多选)(2013· ( http: / / www.21cnjy.com )浙江高考)如图4 4 2所示，三颗质量均为m的地球同步卫星等间隔分布在半径为r的圆轨道上，设地球质量为M，半径为R。下列说法正确的是(　　)
图4 4 2
A．地球对一颗卫星的引力大小为
B．一颗卫星对地球的引力大小为
C．两颗卫星之间的引力大小为
D．三颗卫星对地球引力的合力大小为
解析：选BC　根据万有引力定律，地球对一颗卫 ( http: / / www.21cnjy.com )星的引力大小F万＝G，A项错误，由牛顿第三定律知B项正确。三颗卫星等间距分布，任意两星间距为r，故两星间引力大小F万′＝G，C项正确。任意两星对地球引力的夹角为120°，故任意两星对地球引力的合力与第三星对地球的引力大小相等，方向相反，三星对地球引力的合力大小为零，D项错误。
3．(多选)用m表示地球的通讯卫星(同 ( http: / / www.21cnjy.com )步卫星)的质量，h表示离地面的高度，用R表示地球的半径，g表示地球表面的重力加速度，ω表示地球自转的角速度，则通讯卫星所受的地球对它的万有引力的大小为(　　)
A．G　　　　　　 B．
C．mω2(R＋h) D．m
解析：选BCD　由万有引力定律得：F＝G①
地球表面的重力加速度g＝G②
由①②式得F＝③
万有引力充当向心力F＝mω2(R＋h)④
由于D选项m中不含(R＋h)，所以上面③④两式联立消掉(R＋h)得：
F3＝m3R2gω4，由此得F＝m。
由以上分析，本题正确选项为B、C、D。
要点三　天体表面的重力加速度问题
重力是由于物体受到地球的万有引力而产生的，严 ( http: / / www.21cnjy.com )格说重力只是万有引力的一个分力，另一个分力提供物体随地球自转做圆周运动的向心力，但由于向心力很小，一般情况下认为重力约等于万有引力，即mg＝，这样重力加速度就与行星质量、半径联系在一起，高考也多次在此命题。
[多维探究]
(一)利用重力等于万有引力计算天体表面的重力加速度
[典例1]　有一星球的密度 ( http: / / www.21cnjy.com )跟地球密度相同，但它表面处的重力加速度是地球表面处重力加速度的4倍，则该星球的质量是地球质量的(忽略其自转影响)(　　)
A．　　 B．4倍　　　
C．16倍　　 D．64倍
[解析]　天体表面的重力mg＝，又知ρ＝，所以M＝，故＝3＝64。
[答案]　D
(二)求天体表面某高度或某深度处的重力加速度
[典例2]　(2012·全 ( http: / / www.21cnjy.com )国卷)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]　在地球表面mg＝G，又M＝ρ·πR3，所以g＝G＝πGρR，因为球壳对球内物体的引力为零，所以在深为d的矿井内mg′＝G，得g′＝G＝πGρ(R－d)，所以＝＝1－，可得A正确。
[答案]　A
(三)重力加速度与抛体运动的综合
[典例3]　(多选)为了实现人类登陆火星的 ( http: / / www.21cnjy.com )梦想，近期我国宇航员王跃与俄罗斯宇航员一起进行“模拟登火星”实验活动。已知火星半径是地球半径的，质量是地球质量的，自转周期也基本相同。地球表面重力加速度是g，若王跃在地面上能向上跳起的最大高度是h，在忽略自转影响的条件下，下述分析正确的是(　　)
A．王跃在火星表面受到的万有引力是在地球表面受到的万有引力的
B．火星表面的重力加速度是g
C．王跃以相同的初速度在火星上起跳时，在空中的时间为在地球上的倍
D．王跃以相同的初速度在火星上起跳时，可跳的最大高度是h
[解析]　当我国宇航员王跃在地球表面时，根 ( http: / / www.21cnjy.com )据万有引力定律及牛顿第二定律可得＝mg＝ma＝，同理可得王跃在火星表面时F万′＝＝mg′＝ma′＝，可得王跃在火星表面受的万有引力是在地球表面受万有引力的，A项对；火星表面的重力加速度g′＝g，B项错；由t火＝和t地＝可知，t火＝t地，C正确；由0－v2＝－2gh可得王跃以相同的初速度在火星上起跳时，可跳的最大高度h′＝h＝h，D项错。
[答案]　AC
要点四　天体质量和密度的计算
1．自力更生法
利用天体表面的重力加速度g和天体半径R。
(1)由G＝mg得天体质量M＝。
(2)天体密度ρ＝＝＝。
(3)Gm＝gR2称为黄金代换公式。
2．借助外援法
测出卫星绕天体做匀速圆周运动的半径r和周期T。
(1)由G＝m得天体的质量M＝。
(2)若已知天体的半径R，则天体的密度ρ＝＝＝。
(3)若卫星绕天体表面运行时，可认为轨道半 ( http: / / www.21cnjy.com )径r等于天体半径R，则天体密度ρ＝，可见，只要测出卫星环绕天体表面运动的周期T，就可估算出中心天体的密度。
[典例]　(2015·滨海五校联考) ( http: / / www.21cnjy.com )若宇航员在月球表面附近自高h处以初速度v0水平抛出一个小球，测出小球的水平射程为L。已知月球半径为R，万有引力常量为G。则下列说法正确的是(　　)
A．月球表面的重力加速度g月＝
B．月球的质量m月＝
C．月球的第一宇宙速度v＝
D．月球的平均密度ρ＝
[解析]　根据平抛运动规律，L＝v0 ( http: / / www.21cnjy.com )t，h＝g月t2，联立解得g月＝，选项A错误；由mg月＝G解得m月＝，选项B错误；由mg月＝m解得v＝，选项C错误；月球的平均密度ρ＝＝，选项D正确。
[答案]　D
[易错提醒]
(1)利用万有引力提供天体做圆周运动的向心力估算天体质量时，估算的只是中心天体的质量，并非环绕天体的质量。
(2)区别天体半径R和卫星轨道半径r，只有在天体表面附近的卫星才有r≈R；计算天体密度时，V＝πR3中的R只能是中心天体的半径。
[针对训练]
1．(2015·保定模拟) ( http: / / www.21cnjy.com )我国实施“嫦娥三号”的发射和落月任务，进一步获取月球的相关数据。如果该卫星在月球上空绕月做

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