资源简介

第1讲
曲线运动
运动的合成与分解
[目标要求]
核心知识
素养要求
1.曲线运动
通过观察实验了解曲线运动，知道物体做曲线运动的条件。
2.平抛运动
通过实验，探究并认识平抛运动的规律。会用运动合成与分解的方法分析平抛运动。体会将复杂运动分解为简单运动的物理思想。能分析日常生活中的抛体运动。
3.匀速圆周运动
会用线速度、角速度、周期描述匀速圆周运动。知道匀速圆周运动向心加速度的大小和方向。
4.向心力
探究影响向心力大小的因素。能用牛顿第二定律分析匀速圆周运动的向心力。
5.离心现象
了解生产生活中的离心现象及其产生的原因。
6.万有引力定律
通过史实了解万有引力定律的发现过程。知道万有引力定律。认识发现万有引力定律的重要意义。认识科学定律对人类探索未知世界的作用。
7.环绕速度
会计算人造卫星的环绕速度。知道第二宇宙速度和第三宇宙速度。
8.实验：探究平抛运动的特点
通过实验探究进一步体会分解思想的应用，掌握平抛运动的特点。
9.实验：探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系
通过实验知道控制变量法的应用，进一步理解向心力公式。
第1讲　曲线运动　运动的合成与分解
授课提示：对应学生用书第62页
一、曲线运动
1．速度的方向：质点在某一点的速度方向，沿曲线在该点的切线方向。
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．物体做曲线运动的条件：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。
二、运动的合成与分解
1．基本概念
(1)运动的合成：已知分运动求合运动。
(2)运动的分解：已知合运动求分运动。
2．分解原则：根据运动的实际效果分解，也可采用正交分解。
3．遵循的规律：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。
授课提示：对应学生用书第63页
　　自主探究
1．曲线运动的条件及特点
条件
特点
情景
质点所受合外力的方向跟它的速度方向不在同一直线上(v0≠0，F≠0)
(1)轨迹是一条曲线(2)某点的瞬时速度的方向，就是通过这一点的切线的方向(3)曲线运动的速度方向时刻在改变，所以是变速运动，一定有加速度(4)合外力F始终指向运动轨迹的内(或凹)侧
2.合力方向与速率变化的关系
1．(多选)(2021·湖北黄冈质检)初速度不为零的小球只受到一个大小不变的力的作用。下列说法正确的是(　　)
A．小球可能做曲线运动
B．小球的位置可能保持不变
C．小球的速度大小可能保持不变
D．小球的加速度一定保持不变
解析：当小球的速度方向与力F不共线时，小球做曲线运动，选项A正确；小球所受合外力不为零，一定会运动，所以小球的位置不可能保持不变，选项B错误；若力F与速度垂直，力F的大小不变，方向不断变化，则小球能做匀速圆周运动，速度的大小保持不变，选项C正确；小球所受的合外力大小不变，方向不确定，所以加速度不一定保持不变，选项D错误。
答案：AC
2．肩扛式反坦克导弹发射后，喷射气体产生推力F，一段时间内导弹在竖直面内沿下列图中虚线向前运动。其中导弹飞行姿势可能正确的是(　　)
解析：A图中导弹向后喷气，产生沿虚线向右的作用力，重力竖直向下，则合力方向向右下方，不可能沿虚线方向，故导弹不可能沿虚线方向做直线运动，故A不符合题意；B图中导弹向后喷气，产生斜向右上方的作用力，重力竖直向下，则合力方向有可能沿虚线方向，故导弹可能沿虚线方向做直线运动，故B符合题意；C图中导弹向后喷气，产生斜向右下方的作用力，重力竖直向下，则合力方向不可能沿虚线方向，故导弹不可能沿虚线方向做直线运动，故C不符合题意；D图中导弹做曲线运动，导弹向后喷气，产生斜向右上方的作用力，重力竖直向下，此时合力方向不可能沿虚线凹侧，故导弹不可能沿虚线方向做曲线运动，故D不符合题意。
答案：B
3．(多选)(2021·山东济南模拟)光滑水平面上一运动质点以速度v0通过点O，如图所示，与此同时给质点加上沿x轴正方向的恒力Fx和沿y轴正方向的恒力Fy，则(　　)
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．如果Fy＝Fxtan
α，质点做直线运动
D．如果Fx＞，质点向x轴一侧做曲线运动
解析：如果Fx、Fy二力的合力沿v0方向，即Fy＝Fxtan
α，则质点做直线运动，A错误，C正确；若Fx＞，则合力方向在v0与x轴正方向之间，则轨迹向x轴一侧弯曲而做曲线运动，若Fx＜，则合力方向在v0与y轴之间，所以运动轨迹必向y轴一侧弯曲而做曲线运动，因不知α的大小，所以只凭Fx、Fy的大小不能确定F合是偏向x轴还是y轴，B错误，D正确。
答案：CD
易错警示
曲线运动的2点注意
———————————————————————
(1)曲线上某点处合外力的方向在曲线上该点的切线的哪一侧，曲线就向哪一侧弯曲(如第3题)；该点的力(加速度)越大、速度越小，则曲线轨迹弯曲越明显。
(2)曲线轨迹必定夹在F(a)、v方向之间(如第2题)。　
　　自主探究
1．合运动和分运动的关系
等时性
各分运动经历的时间与合运动经历的时间相等
独立性
一个物体同时参与几个分运动，各分运动独立进行，不受其他分运动的影响
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
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，故合成与分解都遵循平行四边形定则。
3．合运动的性质判断
(1)加速度(或合外力)
(2)加速度(或合外力)与速度方向
4.(多选)(2021·北京海淀区联考)某同学在研究运动的合成时做了如图所示活动：用左手沿黑板推动直尺竖直向上运动，运动中保持直尺水平，同时，用右手沿直尺向右移动笔尖。若该同学左手的运动为匀速运动，右手相对于直尺的运动为初速度为零的匀加速运动，则关于笔尖的实际运动，下列说法正确的是(　　)
A．笔尖做匀速直线运动
B．笔尖做匀变速直线运动
C．笔尖做匀变速曲线运动
D．笔尖的速度方向与水平方向夹角逐渐变小
解析：由题意知，笔尖的初速度竖直向上，水平向右的加速度恒定，故做匀变速曲线运动，选项A、B错误，C正确；由于竖直方向速度大小恒定，水平方向速度大小逐渐增大，故笔尖的速度方向与水平方向的夹角逐渐变小，D正确。
答案：CD
5．(2021·适应性测试河北卷)如图，一小船以1.0
m/s的速度匀速前行，站在船上的人竖直向上抛出一小球，小球上升的最大高度为0.45
m。当小球再次落入手中时，小船前进的
距离为(假定抛接小球时人手的高度不变，不计空气阻力，g取10
m/s2)(　　)
A．0.3
m　　　　　
B．0.6
m
C．0.9
m
D．1.2
m
解析：根据运动的独立性，小球在竖直上抛运动的过程中，小船以1.0
m/s的速度匀速前行，由运动学知识得h＝gt2
则小球上升的时间t＝0.3
s
小球上抛到再次落入手中的时间为2t，则小船前进的距离为
x＝v·2t＝1.0×2×0.3
m＝0.6
m，故选B。
答案：B
6．(多选)(2021·江苏苏州模拟)如图甲所示，在杂技表演中，猴子沿竖直杆向上运动，其vt图象如图乙所示，人顶杆沿水平地面运动的xt图象如图丙所示。若以地面为参考系，下列说法正确的是(　　)
A．猴子的运动轨迹为直线
B．猴子在2
s内做匀变速曲线运动
C．t＝0时猴子的速度大小为8
m/s
D．t＝2
s时猴子的加速度大小为4
m/s2
解析：由题图乙、丙看出，猴子在竖直方向做初速度vy＝8
m/s、加速度a＝－4
m/s2的匀减速直线运动，人在水平方向做速度vx＝－4
m/s的匀速直线运动，则猴子的初速度大小为v＝
m/s＝4
m/s，方向与合外力方向不在同一条直线上，故猴子做匀变速曲线运动，B正确，A、C均错误；由题图乙、丙可得，t＝2
s时，ay＝－4
m/s2，ax＝0，则合加速度大小a合＝4
m/s2，D正确。
答案：BD
　　师生互动
?模型一　小船过河模型
1．三种速度：船在静水中的速度v船、水的流速v水、船的实际速度v合。
2．两类问题、三种情景
情况
图示
说明
渡河时间最短
当船头方向垂直于河岸时，渡河时间最短，最短时间tmin＝
渡河位移最短
如果v船＞v水，当船头方向与上游夹角θ满足v船cos
θ＝v水时，合速度垂直于河岸，渡河位移最短，等于河宽d
如果v船＜v水，当船头方向(即v船方向)与合速度方向垂直时，渡河位移最短，等于
[典例1]　小船在200
m宽的河中横渡，水流速度为2
m/s，船在静水中的速度为4
m/s。
(1)若小船的船头始终正对对岸，它将在何时、何处到达对岸？
(2)要使小船到达正对岸，应如何航行？历时多长？
(3)若水流速度是5
m/s，船在静水中的速度是3
m/s，则怎样渡河才能使船漂向下游的距离最短？最短距离是多少？
[解析]　(1)小船参与了两个分运动，即船随水漂流的运动和船在静水中的运动。因为分运动之间具有独立性和等时性，故小船渡河的时间等于垂直于河岸方向的分运动的时间，即t＝＝
s＝50
s，
小船沿水流方向的位移s水＝v水t＝2×50
m＝100
m，
即船将在正对岸下游100
m处靠岸。
(2)要使小船到达正对岸，合速度v应垂直于河岸，如图所示，
则cos
θ＝＝＝，故θ＝60°，
即船头的指向与上游河岸成60°角，渡河时间
t＝＝
s＝
s。
(3)因为v船＝3
m/s＜v水＝5
m/s，所以船不可能垂直河岸横渡，不论航向如何，总被水流冲向下游。如图所示，设船头(v船)与上游河岸成θ角，合速度v与下游河岸成α角，可以看出：α角越大，船漂向下游的距离x′越短。以v水的矢尖为圆心，以v船的大小为半径画圆，当合速度v与圆相切时，α角最大。
则cos
θ＝＝，故船头与上游河岸的夹角θ＝53°，
又＝＝，代入数据解得x′＝267
m。
[答案]　见解析
?模型二　关联速度模型
1．模型分析
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。
(1)合速度：绳(杆)拉物体的实际运动速度v。
(2)分速度
(3)方法：v∥与v⊥的合成遵循平行四边形定则。
2．常见的模型分解示例
情景图示
(注：A沿斜面下滑)
分解图示
定量结论
vB＝vAcos
θ
vAcos
θ＝v0
vAcos
α＝vBcos
β
vBsin
α＝vAcos
α
　“绳”关联速度模型
[典例2]　如图所示，不计所有接触面之间的摩擦，斜面固定，两物体质量分别为m1和m2，且m1A．v2sin
θ　　　　　　　
B.
C．v2cos
θ
D．
[解析]　物体m2的实际运动情况是沿杆竖直下滑，这个实际运动是合运动，m1的速度与绳上各点沿绳方向的速度大小相等，所以绳的速度等于m1的速度v1，而m2的合速度v2(实际运动)可由沿绳子方向的分速度和垂直于绳子的分速度来合成(即两个实际运动效果)。因此v1跟v2的关系如图所示，由图可看出m1的速度大小v1＝v2cos
θ，C正确。
[答案]　C
　“杆”关联速度模型
[典例3]　如图所示，一轻杆两端分别固定质量为mA和mB的两个小球A和B(可视为质点)。将其放在一个光滑球形容器中从位置1开始下滑，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
规律总结
两类运动模型的应用技巧及易错警示
———————————————————————
模型名称
解决办法
易错警示
小船渡河问题
实际效果分解，平行四边形定则
必须先判断水速和船在静水中速度的大小关系，情况不同，解决方法不一样；但渡河时间只与垂直于河岸的分速度有关，与水速无关
绳(杆)端速度分解问题
沿绳(杆)和垂直于绳(杆)进行分解
利用沿绳(杆)方向速度相等来联系绳(杆)两端的速度关系
7．两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，如图所示，当细直棒与竖直杆夹角为θ时，a、b两小球实际速度之比为(　　)
A．tan
θ　　　　　　　
B．sin
θ
C．cos
θ
D．
解析：根据速度的分解特点，可作出两小球的速度关系，如图所示，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，选项A正确。
答案：A
8．(2021·辽宁丹东高三检测)如图所示，重物M沿竖直杆下滑，并通过一根不可伸长的细绳带动小车沿水平面向右运动。若当滑轮右侧的绳与竖直方向成β角，且重物下滑的速率为v时，滑轮左侧的绳与水平方向成α角，则小车的速度为(　　)
A.
B.
C.
D．
解析：将速度v车和v按运动效果分解如图甲、图乙所示，由图乙知沿绳方向v1＝vcos
β，同理由图甲知v3＝v车cos
α，因为绳不可伸长，故沿绳方向速度大小相等，即v1＝v3，所以v车cos
α＝vcos
β，所以v车＝，故D正确。
答案：D
9．如图所示，河水由西向东流，河宽为800
m，河中各点的水流速度大小为v水，各点到较近河岸的距离为x，v水与x的关系为v水＝x(m/s)(x的单位为m)。让小船船头垂直河岸由南向北渡河，小船在静水中的速度大小恒为v船＝4
m/s，则下列说法正确的是(　　)
A．小船渡河的轨迹为直线
B．小船在河水中的最大速度是5
m/s
C．小船在距南岸200
m处的速度小于在距北岸200
m处的速度
D．小船渡河的时间是160
s
解析：小船在南北方向上为匀速直线运动，在东西方向上先加速，到达河中间后再减速，小船的合运动是曲线运动，A错误。当小船运动到河中间时，东西方向上的分速度最大，此时小船的合速度最大，最大值vm＝5
m/s，B正确。小船在距南岸200
m处的速度等于在距北岸200
m处的速度，C错误。小船的渡河时间t＝＝200
s，D错误。
答案：B
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10
-第2讲　抛体运动
授课提示：对应学生用书第66页
一、平抛运动
1．定义：以一定的初速度沿水平方向抛出的物体只在重力作用下的运动。
2．性质：平抛运动是加速度为g的匀变速曲线运动，其运动轨迹是抛物线。
3．平抛运动的条件：(1)v0≠0，沿水平方向；(2)只受重力作用。
4．研究方法：平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动。
5．基本规律(如图所示)
(1)速度关系
(2)位移关系
(3)轨迹方程：y＝x2。
二、斜抛运动
1．定义：将物体以初速度v0沿斜向上方或斜向下方抛出，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，轨迹是抛物线。
3．研究方法：斜抛运动可以看作水平方向的匀速直线运动和竖直方向的匀变速直线运动的合运动。
授课提示：对应学生用书第66页
　　教材走向高考
1．平抛(或类平抛)运动所涉及物理量的特点
物理量
公式
决定因素
飞行时间
t＝
取决于下落高度h和重力加速度g，与初速度v0无关
水平射程
x＝v0t＝v0
由初速度v0、下落高度h和重力加速度g共同决定
落地速度
vt＝＝
与初速度v0、下落高度h和重力加速度g有关
速度改变量
Δv＝gΔt，方向恒为竖直向下
由重力加速度g和时间间隔Δt共同决定
2.熟记平抛运动的两个重要推论
(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能过此时水平位移的中点，如图甲所示，B是OC的中点。
(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。
平抛运动是高考的热点，分析近几年高考题可以发现，高考命题常源于教材习题的拓展提升。教材内容多以简单的平抛为背景，考查运动合成与分解基本思想和运动学规律的应用，而高考题通常会拓展为多物体平抛运动，更多的是将平抛运动与斜面、图象问题、临界问题相结合，综合考查学生灵活应用的能力。同学们可通过以下示例认真体会，进一步研究高考真题与教材内容间的溯源关系，找到新高考有效备考方向。
[典例1]　[人教版必修2·P9·例1]
将一个物体以10
m/s的速度从10
m的高度水平抛出，落地时它的速度方向与地面的夹角θ是多少(不计空气阻力，取g＝10
m/s2)?
[解析]　落地时在水平方向的分速度是vx＝v0＝10
m/s，
竖直方向由匀变速运动规律知
v－0＝2gh，
由此得
vy＝＝10
m/s，
则tan
θ＝＝，
所以θ＝arctan
，
故落地时速度方向与地面的夹角为arctan
。
[答案]　arctan
拓展?　将一个物体的平抛运动问题拓展为多物体与斜面结合的平抛运动问题
(2018·高考全国卷Ⅲ)在一斜面顶端，将甲、乙两个小球分别以v和的速度沿同一方向水平抛出，两球都落在该斜面上。甲球落至斜面时的速率是乙球落至斜面时速率的(　　)
A．2倍　　　　　　　　　
B．4倍
C．6倍
D．8倍
【真题命题立意】　将典例1中物体平抛运动基本规律的应用，拓展为两物体的平抛斜面问题，物理情景变得较为复杂，但核心知识仍是平抛运动的分解思想。
解析：画出小球在斜面上运动轨迹，如图所示，可知
x＝vt，
x·tan
θ＝gt2，
则x＝·v2，
即x∝v2。
甲、乙两球抛出速度为v和，则相应水平位移之比为4∶1，由相似三角形知，下落高度之比也为4∶1，由自由落体运动规律得，落在斜面上竖直方向速度之比为2∶1，由落至斜面时的速率v斜＝可得落至斜面时速率之比为2∶1。
答案：A
拓展?　将一个物体的平抛运动问题拓展为与图象相综合的平抛运动问题
　(多选)(2019·高考全国卷Ⅱ)如图(a)，在跳台滑雪比赛中，运动员在空中滑翔时身体的姿态会影响其下落的速度和滑翔的距离。某运动员先后两次从同一跳台起跳，每次都从离开跳台开始计时，用v表示他在竖直方向的速度，其v?t图象如图(b)所示，t1和t2是他落在倾斜雪道上的时刻。则(　　)
　
A．第二次滑翔过程中在竖直方向上的位移比第一次的小
B．第二次滑翔过程中在水平方向上的位移比第一次的大
C．第二次滑翔过程中在竖直方向上的平均加速度比第一次的大
D．竖直方向速度大小为v1时，第二次滑翔在竖直方向上所受阻力比第一次的大
【真题命题立意】　从运动情景看，本题将典例1中物体平抛运动基本规律的应用，拓展为物体的平抛斜面问题；从信息获取上看，本题通过两次平抛运动的图象呈现信息，物理情景变得新颖，题目综合性较强，但核心知识仍是平抛运动的分解思想。
[解析]　根据v-t图象中图线与t轴包围的面积表示位移可知，第二次滑翔过程中在竖直方向上的位移比第一次的大，A错误。第二次滑翔过程中在竖直方向的位移比第一次大，又运动员每次滑翔过程中竖直位移与水平位移的比值相同(等于倾斜雪道与水平面夹角的正切值)，故第二次滑翔过程中在水平方向上的位移比第一次的大，B正确。从起跳到落到雪道上，第一次速度变化大，时间短，由a＝，可知第二次滑翔过程中在竖直方向上平均加速度比第一次的小，C错误。根据vt图象的斜率表示加速度知，当竖直方向速度大小为v1时，第二次滑翔在竖直方向加速度小，设滑翔过程中在竖直方向受到的阻力为f，由mg－f＝ma，可得第二次滑翔在竖直方向上所受阻力比第一次的大，D正确。
[答案]　BD
规律总结
分解思想在平抛运动中的应用
———————————————————————
(1)解答平抛运动问题时，一般的方法是将平抛运动沿水平和竖直两个方向分解，这样分解的优点是不用分解初速度也不用分解加速度。
(2)画出速度(或位移)分解图，通过几何知识建立合速度(或合位移)、分速度(或分位移)及其方向间的关系，通过速度(或位移)的矢量三角形求解未知量。
1.(多选)(2021·山东潍坊高三检测)如图所示，水平地面上有一个坑，其竖直截面为正方形ABCD，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AB的长度为l，忽略空气阻力。下列说法正确的是(　　)
A．小球下落的时间t＝
B．坑的深度AD＝
C．落到C点的速度大小为v0
D．落到C点时速度方向与水平面成60°角
解析：小球做平抛运动的水平位移l＝v0t，则小球下落的时间t＝，A正确；小球在竖直方向的位移y＝gt2＝，B正确；落到C点时，水平分位移与竖直分位移大小相等，即v0t＝t，所以vy＝2v0，落到C点时速度大小v＝＝v0，方向与水平面的夹角的正切值tan
θ＝＝2，不等于60°，C、D错误。
答案：AB
2．(多选)(2020·高考江苏卷)如图所示，小球A、B分别从2l和l的高度水平抛出后落地，上述过程中A、B的水平位移分别为l和2l。忽略空气阻力，则(　　)
A．A和B的位移大小相等
B．A的运动时间是B的2倍
C．A的初速度是B的
D．A的末速度比B的大
解析：由抛出点和落地点的几何关系，可推出小球A、B的位移大小相等，A正确；平抛的竖直分运动是自由落体运动，由h＝gt2可推出A运动的时间是B的倍，B错误；小球A的初速度v0A＝＝＝，小球B的初速度v0B＝＝＝，A的初速度是B的，C错误；根据机械能守恒定律得mAv＝mAv＋mAg·2l，mBv＝mBv＋mBgl，解得vA＝，vB＝，所以vA＞vB，D正确。
答案：AD
　　师生互动
?类型一　斜面约束下的平抛运动
方法
运动情景
定量关系
总结
分解速度
vx＝v0
vy＝gt
tan
θ＝＝
速度方向与θ有关，分解速度，构建速度三角形
vx＝v0vy＝gt
tan
θ＝＝
分解位移
x＝v0ty＝gt2tan
θ＝＝
位移方向与θ有关，分解位移，构建位移三角形
[典例2]　(多选)如图所示，固定斜面PO、QO与水平面MN的夹角均为45°，现由PO斜面上的A点分别以v1、v2先后沿水平方向抛出两个小球(可视为质点)，不计空气阻力，其中以v1抛出的小球恰能垂直于QO落于C点，飞行时间为t，以v2抛出的小球落在PO斜面上的B点，且B、C在同一水平面上，则(　　)
A．落于B点的小球飞行时间为t
B．v2＝gt
C．落于C点的小球的水平位移为gt2
D．A点距水平面MN的高度为gt2
[思路点拨]　解此题要把握以下关键信息：
(1)小球恰能垂直于QO落于C点，则此时小球两分速度相等。
(2)两小球的落点B、C在同一水平面上，飞行时间相等。
(3)两小球的水平分位移的差值与B、C两点的距离相等。
[解析]　落于C点的小球速度垂直于QO，则两分速度相等，即v1＝gt，得出水平位移x＝v1t＝gt2，故选项C正确；落于B点的小球分解位移如图所示，其中，B、C在同一水平面，故飞行时间都为t，由图可得tan
45°＝＝，所以v2＝，故选项A正确，B错误；设C点距水平面MN的高度为h，由几何关系知x＝2h＋v2t，联立以上几式可得h＝gt2，故A距水平面高度
H＝h＋gt2＝gt2，故选项D正确。
[答案]　ACD
?类型二　圆周约束下的平抛运动
1．如图甲所示，小球恰好沿B点的切线方向进入圆轨道，此时半径OB垂直于速度方向，圆心角α与速度的偏向角相等。
2．如图乙所示，小球恰好从圆柱体Q点沿切线飞过，此时半径OQ垂直于速度方向，圆心角θ与速度的偏向角相等。
3．如图丙所示，半径和几何关系制约平抛运动时间t：h＝gt2，R±＝v0t，联立两方程可求t。
[典例3]　(2020·河北衡水中学三模)如图所示，B为半径为R的竖直光滑圆弧的左端点，B点和圆心O连线与竖直方向的夹角为α，一个质量为m的小球在圆弧轨道左侧的A点以水平速度v0抛出，恰好沿圆弧在B点的切线方向进入圆弧轨道。已知重力加速度为g。下列说法正确的是(　　)
A．A、B连线与水平方向夹角为α
B．小球从A运动到B的时间t＝
C．小球运动到B点时，重力的瞬时功率P＝
D．小球运动到竖直圆弧轨道的最低点时，处于失重状态
[解析]　平抛运动水平方向为匀速直线运动，竖直方向为自由落体运动，小球恰好沿B点的切线方向进入圆轨道，说明小球在B点时，合速度方向沿着圆轨道的切线方向。将合速度正交分解，根据几何关系可得，其与水平方向的夹角为α，则tan
α＝，解得t＝，此时A、B连线与水平方向的夹角不等于α，故A错，B对；小球运动到B点时，重力的瞬时功率P＝mgvy＝mgv0tan
α，故C错；小球运动到竖直圆弧轨道的最低点时，有向上的加速度，所以处于超重状态，故D错。
[答案]　B
3．(2021·福建漳州长泰一中月考)如图所示，某同学对着墙壁练习打乒乓球，某次球与墙壁上A点碰撞后水平弹离，恰好垂直落在球拍上的B点，已知球拍与水平方向夹角θ＝60°，A、B两点高度差h＝1
m，忽略空气阻力，重力加速度g取10
m/s2，则球刚要落到球拍上时速度大小为(　　)
A．4
m/s　　　　　
B．2
m/s
C.
m/s
D．2
m/s
解析：根据h＝gt2得，t＝＝
s＝
s，竖直分速度vy＝gt＝10×
m/s＝2
m/s，根据平行四边形定则知，刚要落到球拍上时速度大小v＝＝
m/s＝4
m/s，故A正确，B、C、D错误。
答案：A
4．(2021·辽宁师大附中高三月考)如图所示为一半球形的坑，其中坑边缘两点M、N与圆心等高且在同一竖直面内。现甲、乙两位同学分别站在M、N两点，同时将两个小球以v1、v2的速度沿图示方向水平抛出，发现两球刚好落在坑中同一点Q，已知∠MOQ＝60°，忽略空气阻力。则下列说法正确的是(　　)
A．两球抛出的速率之比为1∶4
B．若仅增大v1，则两球将在落入坑中之前相撞
C．两球的初速度无论怎样变化，只要落在坑中的同一点，两球抛出的速率之和不变
D．若仅从M点水平抛出小球，改变小球抛出的速度，小球可能垂直坑壁落入坑中
解析：由几何关系得，M、N的水平位移分别为、R，运动时间相等，由平抛运动规律得xM＝v1t，xN＝v2t，可得v1∶v2＝1∶3，A错误；若只增大v1，M运动轨迹将向右一些，两球在空中相遇，B正确；只要两球落在坑中同一点，水平位移之和为2R，则(v1＋v2)t＝2R，落点不同，竖直位移不同，t不同，v1＋v2不是定值，C错误；如果能垂直落入坑中，速度反向延长线过圆心，水平位移为2R，应打在N点，但由平抛知识，不可能打在N点，故不可能垂直落入坑中，D错误。
答案：B
5．(2021·河南焦作高三模拟)如图所示为四分之一圆柱体OAB的竖直截面，其半径为R，在B点正上方的C点水平抛出一个小球，小球轨迹恰好在D点与圆柱体相切，OD与OB的夹角为60°，则C点到B点的距离为(　　)
A．R
B.
C.
D．
解析：设小球平抛运动的初速度为v0，将小球在D点的速度沿竖直方向和水平方向分解，则有＝tan
60°，解得＝，小球平抛运动的水平位移x＝Rsin
60°，x＝v0t，解得v＝，v＝，设平抛运动的竖直位移为y，v＝2gy，解得y＝，则BC＝y－(R－Rcos
60°)＝，故D正确，A、B、C错误。
答案：D
　　自主探究
1．临界点的确定
(1)若题目中有“刚好”“恰好”“正好”等字眼，明显表明题述的过程中存在着临界点。
(2)若题目中有“取值范围”“多长时间”“多大距离”等词语，表明题述的过程中存在着“起止点”，而这些“起止点”往往就是临界点。
(3)若题目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼，表明题述的过程中存在着极值，这些极值点也往往是临界点。
2．求解平抛运动临界问题的一般思路
(1)找出临界状态对应的临界条件。
(2)分解速度或位移。
(3)若有必要，画出临界轨迹。
6.(2020·四川成都七中质检)套圈游戏是一项很受欢迎的群众运动，要求每次从同一位置水平抛出圆环，套住与圆环前端水平距离为3
m
的20
cm高的竖直细杆，即为获胜。一身高1.7
m的老人从距地面1
m高度水平抛出圆环，圆环半径为8
cm。要想套住细杆，他水平抛出的速度可能为(g取10
m/s2)(　　)
A．7.4
m/s　　　　　　　
B．7.8
m/s
C．8.2
m/s
D．8.6
m/s
解析：根据h1－h2＝gt2得，t＝＝
s＝0.4
s，则平抛运动的最大速度v1＝＝
m/s＝7.9
m/s，最小速度v2＝＝
m/s＝7.5
m/s，则7.5
m/s＜v＜7.9
m/s，故B正确。
答案：B
7.如图所示，排球场总长为18
m，设球网高度为2
m，运动员站在离网3
m的线上，竖直向上跳起正对球网将球水平击出。(不计空气阻力，取g＝10
m/s2)
(1)设击球点在3
m线正上方高度为2.5
m处，试问击球的速度在什么范围内才能使球既不触网也不越界？
(2)若击球点在3
m线正上方的高度小于某个值，那么无论击球的速度多大，球不是触网就是越界，试求这个高度。
解析：(1)如图甲所示，设球刚好擦网而过，则击球点到擦网点的水平位移x1＝3
m，竖直位移y1＝h2－h1＝(2.5－2)
m＝0.5
m，根据位移关系x＝vt，y＝gt2，可得v＝x
，代入数据可得v1＝3
m/s，即所求击球速度的下限。
设球刚好打在边界线上，则击球点到落地点的水平位移x2＝12
m，竖直位移y2＝h2＝2.5
m，代入速度公式v＝x
，可求得v2＝12
m/s，即所求击球速度的上限。欲使球既不触网也不越界，则击球速度v应满足3
m/sm/s。
(2)设击球点高度为h3时，球恰好既触网又压线，如图乙所示。
设此时球的初速度为v3，击球点到触网点的水平位移x3＝3
m，竖直位移y3＝h3－h1＝h3－2
m，代入速度公式v＝x可得v3＝3；同理对压线点有x4＝12
m，y4＝h3，代入速度公式v＝x可得v3＝12。
联立解得h3≈2.13
m，即当击球高度小于2.13
m时，无论球被水平击出的速度多大，球不是触网，就是越界。
答案：见解析
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-第3讲　圆周运动
授课提示：对应学生用书第69页
一、匀速圆周运动及其描述
1．匀速圆周运动
(1)定义：做圆周运动的物体，若在相等的时间内通过的圆弧长相等，就是匀速圆周运动。
(2)特点：加速度大小不变，方向始终指向圆心，是变加速运动。
(3)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。
2．描述匀速圆周运动的物理量及其关系
(1)线速度：描述物体圆周运动快慢的物理量。
v＝＝。
(2)角速度：描述物体绕圆心转动快慢的物理量。
ω＝＝。
(3)周期和频率：描述物体绕圆心转动快慢的物理量。
T＝，T＝。
(4)向心加速度：描述速度方向变化快慢的物理量。
an＝rω2＝＝ωv＝r。
(5)相互关系：①v＝ωr＝r＝2πrf。
②an＝＝rω2＝ωv＝r＝4π2f2r。
二、匀速圆周运动的向心力
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，所有的力沿半径方向指向圆心的合力，就是向心力。
3．向心力的公式
Fn＝man＝m＝mω2r＝mr。
三、离心现象
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的情况下，就做逐渐远离圆心的运动。
2．本质：做圆周运动的物体，由于本身的惯性，总有沿着圆周切线飞出去的趋势。
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F＜mω2r时，物体逐渐远离圆心。
F为实际提供的向心力，如图所示。
授课提示：对应学生用书第70页
　　自主探究
1．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。
2．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。
3．常见的三种传动方式
类型
图示
特点
同轴传动
绕同一转轴运转的物体，角速度相同，ωA＝ωB，由v＝ωr知v与r成正比
皮带传动
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
摩擦传动
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
1．(2021·上海奉贤区高三模拟)甲、乙、丙三个物体，甲在上海，乙在海南，丙在北京，当它们跟随地球的自转运动时(　　)
A．三个物体角速度相等
B．乙的角速度最大
C．三个物体线速度相等
D．丙的线速度最大
解析：共轴转动角速度相等，因而除了南北两极点外，各个地点的转动角速度、周期都一样大，故A正确，B错误；共轴转动角速度相等，线速度与半径成正比，由线速度与角速度的关系式v＝ωr，可知地球的线速度由赤道向两极递减，赤道最大，极点没有线速度，则海南线速度最大，北京线速度最小，故C、D错误。
答案：A
2．如图所示，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三点在转动过程中的(　　)
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：A、B轮摩擦传动，故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。
答案：D
3．(2021·山东淄博高三检测)如图所示，有一皮带传动装置，A、B、C三点到各自转轴的距离分别为RA、RB、RC，已知RB＝RC＝，若在传动过程中，皮带不打滑。下列说法正确的是(　　)
A．A点与C点的角速度大小相等
B．B点与C点的线速度大小相等
C．B点与C点的角速度大小之比为1∶2
D．B点与C点的向心加速度大小之比为4∶1
解析：由图可知，A与C属于皮带传送，皮带不打滑，则有vA＝vC，由于半径不相等，故A点与C点的角速度大小不相等，故A错误；由图可知，A、B共轴转动，则有ωA＝ωB，根据v＝rω，可得vA∶vB＝RA∶RB＝2∶1又vA＝vC，故vC∶vB＝2∶1，故B错误；由题知RB＝RC，根据v＝rω，可得ωB∶ωC＝1∶2，故C正确；由题知，RB＝RC，根据a＝rω2，可得aB∶aC＝1∶4，故D错误。
答案：C
　　自主探究
1．向心力的来源
(1)向心力的方向沿半径指向圆心。
(2)向心力来源：一个力或几个力的合力或某个力的分力。
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，所有的力沿半径方向指向圆心的合力就是向心力。
3．六种常见的向心力实例
运动模型
飞机水平转弯
火车转弯
圆锥摆
向心力的来源图示
运动模型
飞车走壁
汽车在水平路面转弯
光滑水平转台
向心力的来源图示
4．(多选)在修筑铁路时，弯道处的外轨会略高于内轨。当火车以规定的行驶速度转弯时，内、外轨均不会受到轮缘的挤压，设此时的速度大小为v，重力加速度为g，两轨所在平面的倾角为θ，则(　　)
A．该弯道的半径r＝
B．当火车质量改变时，规定的行驶速度大小不变
C．当火车速率大于v时，内轨将受到轮缘的挤压
D．当火车速率小于v时，外轨将受到轮缘的挤压
解析：火车拐弯时不会侧向挤压车轮轮缘，靠重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律得mgtan
θ＝m，解得r＝，故选项A正确；根据牛顿第二定律得mgtan
θ＝m，解得v＝，可知火车规定的行驶速度与火车质量无关，故选项B正确；当火车速率大于v时，重力和支持力的合力不足以提供向心力，此时外轨对火车有侧压力，轮缘挤压外轨，故选项C错误；当火车速率小于v时，重力和支持力的合力大于所需的向心力，此时内轨对火车有侧压力，轮缘挤压内轨，故选项D错误。
答案：AB
5．(多选)(2021·适应性测试河北卷)如图，内壁光滑的玻璃管内用长为L的轻绳悬挂一个小球。当玻璃管绕竖直轴以角速度ω匀速转动时，小球与玻璃管间恰无压力。下列说法正确的是(　　)
A．仅增加绳长后，小球将受到玻璃管斜向上方的压力
B．仅增加绳长后，若仍保持小球与玻璃管间无压力，需减小ω
C．仅增加小球质量后，小球将受到玻璃管斜向上方的压力
D．仅增加角速度至ω′后，小球将受到玻璃管斜向下方的压力
解析：根据题意可知，mgtan
θ＝mrω2＝mLω2sin
θ，仅增加绳长后，小球需要的向心力变大，则有离心趋势，会挤压管壁右侧，小球受到玻璃管斜向下方的压力，故A错误；仅增加绳长后，若仍保持小球与玻璃管间无压力，根据以上分析可知，需减小ω，故B正确；小球质量可以被约去，所以，增加小球质量，小球仍与管壁间无压力，故C错误；仅增加角速度至ω′后，小球需要向心力变大，则有离心趋势，会挤压管壁右侧，小球受到玻璃管斜向下方的压力，故D正确。
答案：BD
规律总结
“三步骤”求解圆周运动的动力学问题
———————————————————————
　
　　师生互动
1．轻绳模型和轻杆模型概述
在竖直平面内做圆周运动的物体，运动至轨道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
情景图示
弹力特征
弹力可能向下，也可能等于零
弹力可能向下，可能向上，也可能等于零
受力示意图
力学方程
mg＋F＝m
mg±F＝m
临界特征
F＝0，即mg＝m，得v＝
v＝0，即F向＝0，此时F＝mg
v＝的意义
物体能否过最高点的临界点
F表现为拉力还是支持力的临界点
　“轻绳模型”
[典例1]　(2021·福建福州质检)如图所示，长均为L的两根轻绳，一端共同系住质量为m的小球，另一端分别固定在等高的A、B两点，A、B两点间的距离也为L。重力加速度大小为g。现使小球在竖直平面内以AB为轴做圆周运动，若小球在最高点速率为v时，两根轻绳的拉力恰好均为零，则小球在最高点速率为2v时，每根轻绳的拉力大小为(　　)
A.mg　　　　　　　
B.mg
C．3mg
D．2mg
[解析]　小球在运动过程中，A、B两点与小球所在位置构成等边三角形，由此可知，小球圆周运动的半径R＝L·sin
60°＝L，两绳与小球运动半径方向间的夹角为30°，由题意，小球在最高点的速率为v时，mg＝m，当小球在最高点的速率为2v时，应有F＋mg＝m，可解得F＝3mg。由2FTcos
30°＝F，可得两绳的拉力大小均为FT＝mg，A正确。
[答案]　A
　“轻杆模型”
[典例2]　(多选)如图甲所示，轻杆一端固定在O点，另一端固定一小球，现让小球在竖直平面内做半径为R的圆周运动。小球运动到最高点时，杆与小球间弹力大小为F，小球在最高点的速度大小为v，其Fv2图象如图乙所示，则(　　)
A．小球的质量为
B．当地的重力加速度大小为
C．当v2＝c时，小球对杆的弹力方向向上
D．当v2＝2b时，小球受到的弹力与重力大小相等
[思路点拨]　解此题应注意以下两点：
(1)把握轻杆既可以提供拉力，又可以提供支持力，小球通过最高点的最小速度为零。
(2)把握图象信息，获取最高点弹力和小球速度大小的定量关系。
[解析]　对小球在最高点进行受力分析，速度为零时，F－mg＝0，结合图象可知a－mg＝0，当F＝0时，由牛顿第二定律可得mg＝，结合图象可知mg＝，联立解得g＝，m＝，A正确，B错误；由图象可知b[答案]　ACD
6．(2021·四川成都棠湖中学高三测试)如图甲，小球用不可伸长的轻绳连接，绕定点O在竖直面内做圆周运动，小球经过最高点的速度大小为v，此时绳子拉力大小为F，拉力F与速度的平方v2的关系如图乙所示，图象中的数据a和b以及重力加速度g都为已知量。以下说法正确的是(　　)
A．数据a与小球的质量有关
B．数据b与小球的质量无关
C．比值只与小球的质量有关，与圆周轨道半径无关
D．利用数据a、b和g能够求出小球的质量和圆周轨道半径
解析：当v2＝a时，此时绳子的拉力为零，小球的重力提供向心力，则有mg＝m，解得v2＝gr，即a＝gr，a与小球的质量无关，A错误；当v2＝2a时，对小球受力分析，则有mg＋b＝m，解得b＝mg，b与小球的质量有关，B错误；根据A、B分析可知＝，即比值与小球的质量有关，与圆周轨道半径也有关，C错误；由A、B分析可知a＝gr，b＝mg，可得r＝，m＝，D正确。
答案：D
7．(多选)(2021·福建福州高三月考)如图所示，长为0.3
m轻杆一端固定质量为m的小球(可视为质点)，另一端与水平转轴O连接。现使小球在竖直面内绕O点做匀速圆周运动，轻杆对小球的最大作用力为mg，已知转动过程中轻杆不变形，取重力加速度g＝10
m/s2。下列说法正确的是(　　)
A．小球转动的角速度为5
rad/s
B．小球通过最高点时对杆的作用力为零
C．小球通过与圆心等高的点时对杆的作用力大小为mg
D．小球在运动的过程中，杆对球的作用力不一定总是沿杆方向
解析：小球运动到最低点时杆对小球的作用力最大，则T－mg＝mω2r，解得ω＝5
rad/s，选项A正确；小球通过最高点时T′＋mg＝mω2r，解得T′＝－mg，可知杆对球有向上的支持力，球对杆有向下的压力，大小为mg，选项B错误；
小球通过与圆心等高点时对杆的作用力T″＝＝mg，此时杆对球的作用力方向不是沿着杆的方向，选项C错误，D正确。
答案：AD
8．如图所示，小球在竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动，内侧壁半径为R，小球半径为r，则下列说法正确的是(　　)
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＝
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：在最高点，由于外管或内管都可以对小球产生弹力作用，当小球的速度等于0时，内管对小球产生弹力，大小为mg，故最小速度为0，A、B错；小球在水平线ab以下管道中运动，由于沿半径方向的合力提供小球做圆周运动的向心力，所以外壁对小球一定有作用力，而内壁对小球一定无作用力，C对；小球在水平线ab以上管道中运动时，由于重力有指向圆心的分力，所以弹力可以背离圆心，也可以指向圆心，D错。
答案：C
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-第4讲　万有引力定律及其应用
授课提示：对应学生用书第73页
一、开普勒三定律
定律
内容
图示或公式
开普勒第一定律(轨道定律)
所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆，太阳处在椭圆的一个焦点上
开普勒第二定律(面积定律)
对任意一个行星来说，它与太阳的连线在相等的时间内扫过的面积相等
开普勒第三定律(周期定律)
所有行星的轨道的半长轴的三次方跟它的公转周期的二次方的比值都相等
＝k，k是一个与行星无关的常量
二、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．表达式
F＝G，G为引力常量，G＝6.67×10－11
N·m2/kg2。
3．适用条件
(1)公式适用于质点间的相互作用。当两个物体间的距离远大于物体本身的大小时，物体可视为质点。
(2)质量分布均匀的球体可视为质点，r是两球心间的距离。
三、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，物体的质量是不随速度的改变而改变的。
(2)在经典力学中，同一物理过程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
同一过程的位移和时间的测量与参考系有关，在不同的参考系中结果不同。
3．经典力学的适用范围
只适用于低速运动，不适用于高速运动；只适用于宏观世界，不适用于微观世界。
授课提示：对应学生用书第73页
　　自主探究
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．在开普勒第三定律＝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。
1．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二次方等于它们轨道半长轴之比的三次方
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：太阳位于木星运行轨道的一个焦点上，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；只有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；由开普勒第三定律知，＝，故＝，C正确。
答案：C
2．(2019·高考江苏卷)1970年成功发射的“东方红一号”是我国第一颗人造地球卫星，该卫星至今仍沿椭圆轨道绕地球运动。如图所示，设卫星在近地点、远地点的速度分别为v1、v2，近地点到地心的距离为r，地球质量为M，引力常量为G。则(　　)
A．v1＞v2，v1＝
B．v1＞v2，v1＞
C．v1＜v2，v1＝
D．v1＜v2，v1＞
解析：“东方红一号”从近地点到远地点万有引力做负功，动能减小，所以v1＞v2，过近地点圆周运动的速度为v＝，由于“东方红一号”在椭圆轨道上运动，所以v1＞，故B正确。
答案：B
　　自主探究
1．万有引力与重力的关系
地球对物体的万有引力F表现为两个效果：一是重力mg，二是提供物体随地球自转的向心力F向，如图所示。
(1)在赤道上：G＝mg1＋mω2R。
(2)在两极上：G＝mg2。
(3)在一般位置：万有引力G等于重力mg与向心力F向的矢量和。
越靠近南北两极g值越大。由于物体随地球自转所需的向心力较小，常认为万有引力近似等于重力，即＝mg。
2．星体表面上的重力加速度
(1)在地球表面附近的重力加速度g(不考虑地球自转)：
mg＝G，得g＝。
(2)在地球上空距离地心r＝R＋h处的重力加速度g′：
mg′＝，得g′＝。
3．万有引力的“两个推论”
推论1：在匀质球壳空腔内的任意位置处，质点受到球壳的万有引力的合力为零，即∑F引＝0。
推论2：在匀质球体内部距离球心r处的质点(m)受到的万有引力等于球体内半径为r的同心球体(M′)对其的万有引力，即F＝G。
3．据报道，最近在太阳系外发现了首颗“宜居”行星，其质量约为地球质量的6.4倍，一个在地球表面重量为600
N的人在这个行星表面的重量将变为960
N。由此可推知，该行星的半径与地球半径之比约为(　　)
A．0.5　　　　　　　　　
B．2
C．3.2
D．4
解析：设地球质量为M，半径为R，则行星质量为6.4M，设该行星半径为r，该人的质量为m，则该人在行星表面上G＝960
N，该人在地球表面上G＝600
N，联立两个方程式，可以得到＝2，故选项B正确。
答案：B
4.(2021·山东日照月考)如图所示，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(　　)
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：根据万有引力定律可知，卫星与地球之间的引力大小F＝，r应为卫星到地球球心间的距离也就是卫星运行轨道半径r，故A正确，B错误；根据几何关系可知，两同步卫星间的距离d＝r，故两卫星间的引力大小F′＝G＝，故C正确；卫星对地球的引力均沿卫星地球间的连线向外，由于三颗卫星质量大小相等，对地球的引力大小相等，又因为三颗卫星等间隔分布，根据几何关系可知，地球受到三个卫星的引力大小相等，方向成120°角，所以合力为0，故D错误。
答案：AC
5．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，则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：如图所示，根据题意，地面与矿井底部之间的环形部分对处于矿井底部的物体引力为零。设地面处的重力加速度为g，地球质量为M，地球表面的物体m受到的重力近似等于万有引力，故mg＝G；设矿井底部处的重力加速度为g′，等效“地球”的质量为M′，其半径r＝R－d，则矿井底部处的物体m受到的重力mg′＝G，又M＝ρV＝ρ·πR3，M′＝ρV′＝ρ·π(R－d)3，联立解得＝1－，A正确。
答案：A
　　教材走向高考
中心天体质量和密度常用的估算方法
使用方法
已知量
利用公式
表达式
备注
质量的计算
利用运行天体
r、T
G＝mr
M＝
只能得到中心天体的质量
r、v
G＝m
M＝
v、T
G＝m
G＝mr
M＝
利用天体表面重力加速度
g、R
mg＝
M＝
－
密度的计算
利用运行天体
r、T、R
G＝mrM＝ρ·πR3
ρ＝当r＝R时ρ＝
利用近地卫星只需测出其运行周期
利用天体表面重力加速度　
g、R
mg＝
M＝ρ·πR3
ρ＝
－
万有引力定律的理解及应用是高考的热点，分析近几年高考题可以发现，高考命题常源于教材习题的拓展提升。教材内容多以简单的万有引力计算或天体质量的计算为背景，加强对万有引力定律的理解及对公式的训练，而高考题通常会拓展为较新的材料或设置较多的信息量，综合考查学生灵活应用的能力，但考查点仍是万有引力定律的基本应用。同学们可通过以下示例认真体会，进一步感悟高考真题与教材内容间的溯源关系。
[典例]　[人教版必修2·P43·T3]
某人造地球卫星沿圆轨道运行，轨道半径是6.8×103
km，周期是5.6×103
s。试从这些数据估算地球的质量。
[解析]　根据万有引力提供向心力有G＝mr()2，解得M＝＝6×1024
kg。
[答案]　6×1024
kg
拓展?　将求中心天体质量拓展为求密度
　(2018·高考全国卷Ⅱ)2018年2月，我国500
m口径射电望远镜(天眼)发现毫秒脉冲星“J0318＋0253”，其自转周期T＝5.19
ms。假设星体为质量均匀分布的球体，已知万有引力常量为6.67×10－11
N·m2/kg2。以周期T稳定自转的星体的密度最小值约为(　　)
A．5×109
kg/m3
B．5×1012
kg/m3
C．5×1015
kg/m3
D．5×1018
kg/m3
【真题命题立意】　将典例中考查万有引力提供向心力求中心天体的质量，拓展为脉冲星自转情景的条件分析，考查了在题干中获取关键信息的能力，即脉冲星能稳定自转的条件是“边缘物体m恰对星体无压力时万有引力提供向心力”，但核心知识仍是万有引力定律的应用。
解析：设脉冲星质量为M，密度为ρ，脉冲星自转，边缘物体m对星体无压力时万有引力提供向心力，则有＝m()2R，又ρ＝＝，代入可得ρ≈5×1015
kg/m3，故C正确。
答案：C
拓展?　将求中心天体质量拓展为引力的计算
　(2020·高考全国卷Ⅰ)火星的质量约为地球质量的，半径约为地球半径的，则同一物体在火星表面与在地球表面受到的引力的比值约为(　　)
A．0.2　　　　　　　　　　　
B．0.4
C．2.0
D．2.5
【真题命题立意】　将典例中根据卫星的运行参数利用万有引力提供向心力求中心天体的质量，拓展为根据天体质量及半径关系求引力关系，但考查核心知识仍是万有引力定律的应用。
解析：万有引力表达式为F＝G，则同一物体在火星表面与地球表面受到的引力的比值为＝＝0.4，选项B正确。
答案：B
6．(2021·北京门头沟区高三模拟)若已知引力常量G，则利用下列四组数据可以算出地球质量的是(　　)
A．一颗绕地球做匀速圆周运动的人造卫星的运行速率和周期
B．一颗绕地球做匀速圆周运动的人造卫星的质量和地球的第一宇宙速度
C．月球绕地球公转的轨道半径和地球自转的周期
D．地球绕太阳公转的周期和轨道半径
解析：根据方程G＝m和v＝得M＝，可以求出地球质量M，选项A正确；根据G＝m可得M＝，还需知道地球半径才可求出地球质量，选项B错误。根据＝mr可得M＝，需知道月球绕地球转动和周期和轨道半径才可求出地球质量，选项C错误。由C项的分析可知，已知地球绕太阳公转的周期和轨道半径可以求出太阳质量，选项D错误。
答案：A
7．两物体分别在某行星表面和地球表面上由静止开始自由下落相同的高度，它们下落的时间之比为2∶3。已知该行星半径约为地球的2倍，则该行星质量与地球质量之比约为(　　)
A．9∶1
B．2∶9
C．3∶8
D．16∶9
解析：两物体由静止开始自由下落相同的高度，它们下落的时间之比为2∶3，则根据h＝gt2可知两星球表面的重力加速度之比为g星∶g地＝9∶4；根据mg＝G可得GM＝gR2
，则＝·＝22×＝，故选A。
答案：A
8．(多选)(2021·适应性测试辽宁卷)
“嫦娥”五号探测器绕月球做匀速圆周运动时，轨道半径为r，速度大小为v。已知月球半径为R，引力常量为G，忽略月球自转的影响。下列选项正确的是(　　)
A．月球平均密度为
B．月球平均密度为
C．月球表面重力加速度为
D．月球表面重力加速度为
解析：根据万有引力定律和牛顿第二定律可得
＝
又M＝πR3·ρ
解得ρ＝
A错误，B正确；
由于＝mg
联立可得g＝
C错误，D正确。
答案：BD
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1
-第5讲　宇宙速度与人造卫星
授课提示：对应学生用书第75页
一、宇宙速度
1．环绕速度
(1)第一宇宙速度又叫环绕速度，其数值为7.9
km/s。
(2)第一宇宙速度是人造卫星在地面附近环绕地球做匀速圆周运动时具有的速度。
(3)第一宇宙速度是人造卫星最小的发射速度，也是人造卫星的最大环绕速度。
2．第二宇宙速度：使物体挣脱地球引力束缚的最小发射速度，其数值为11.2
km/s。
3．第三宇宙速度：使物体挣脱太阳引力束缚的最小发射速度，其数值为16.7
km/s。
二、地球卫星
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。
所有卫星的轨道平面一定通过地球的球心。
2．地球同步卫星
相对于地面静止且与地球自转具有相同周期的卫星叫地球同步卫星。同步卫星有以下特点：
(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：根据G＝mr得，r＝＝4.23×104
km，卫星离地面高度h＝r－R≈5.6R(为恒量)。
(5)绕行方向一定：与地球自转的方向一致。
3．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。
授课提示：对应学生用书第76页
　　自主探究
1．第一宇宙速度的推导
方法一：由G＝m，得v1＝
＝7.9×103
m/s。
方法二：由mg＝m，得v1＝＝7.9×103
m/s。
第一宇宙速度是地球人造卫星的最小发射速度，也是地球人造卫星的最大环绕速度，此时它的运行周期最短，Tmin＝2π
＝84.6
min。
2．宇宙速度与运动轨迹的关系
(1)v发＝7.9
km/s时，卫星绕地球表面做匀速圆周运动。
(2)7.9
km/s＜v发＜11.2
km/s，卫星绕地球运动的轨迹为椭圆。
(3)11.2
km/s≤v发＜16.7
km/s，卫星绕太阳做椭圆轨道运动。
(4)v发≥16.7
km/s，卫星将挣脱太阳引力的束缚，飞到太阳系以外的空间。
1．(多选)下列关于三种宇宙速度的说法正确的是(　　)
A．第一宇宙速度v1＝7.9
km/s，第二宇宙速度v2＝11.2
km/s，则人造卫星绕地球在圆轨道上运行时的速度大于等于v1，小于v2
B．美国发射的“凤凰号”火星探测卫星，其发射速度大于第三宇宙速度
C．第二宇宙速度是使物体可以挣脱地球引力束缚，成为绕太阳运行的人造行星的最小发射速度
D．第一宇宙速度7.9
km/s是人造地球卫星绕地球做圆周运动的最大运行速度
解析：根据v＝
可知，卫星的轨道半径r越大，即距离地面越远，卫星的运行速度越小，v1＝7.9
km/s是人造地球卫星绕地球做圆周运动的最大运行速度，卫星在其他圆轨道上运行时的速度都小于第一宇宙速度，选项A错误，D正确；美国发射的“凤凰号”火星探测卫星，仍在太阳的引力范围内，所以其发射速度小于第三宇宙速度，选项B错误；第二宇宙速度是使物体挣脱地球引力束缚，成为一颗绕太阳运行的人造行星的最小发射速度，选项C正确。
答案：CD
2．(2021·福建南平高三模拟)一航天员在某星球上立定跳高的最好成绩是地球上的4倍。已知该星球半径为地球的一半，阻力不计，则该星球的第一宇宙速度约为(　　)
A．2.0
km/s　　　　　　
B．2.8
km/s
C．4.0
km/s
D．5.9
km/s
解析：根据h＝可知4g星＝g地，又R星＝R地，根据第一宇宙速度的表达式v＝
可得v星＝·v地＝·v地＝
km/s＝2.8
km/s，选项B正确。
答案：B
　　师生互动
1．卫星的各物理量随轨道半径变化的规律
2．同步卫星的六个“一定”
　卫星运行参量的比较
[典例1]　(2020·广东湛江高三下学期线上训练二)2019年9月19日，中国在酒泉卫星发射中心用“长征”十一号运载火箭，采取一箭五星的方式成功将“珠海”一号03组卫星发射升空。卫星顺利进入预定轨道，五颗卫星围绕地球做匀速圆周运动。关于这五颗卫星，下列说法正确的是(　　)
A．轨道半径最大的卫星，动能最大
B．轨道半径最大的卫星，角速度最小
C．轨道半径最大的卫星，加速度最大
D．轨道半径最大的卫星，线速度最大
[解析]　卫星的动能与质量有关，五颗卫星的质量未知，无法比较动能的大小，故A错误；卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力G＝＝ma＝mω2r，解得v＝
，ω＝，a＝，可知轨道半径越大的卫星，线速度、角速度和加速度均越小，即轨道半径最大的卫星，线速度、角速度和加速度均最小，故B正确，C、D错误。
[答案]　B
　同步卫星的特点
[典例2]　(2019·高考北京卷)2019年5月17日，我国成功发射第45颗北斗导航卫星，该卫星属于地球静止轨道卫星(同步卫星)。该卫星(　　)
A．入轨后可以位于北京正上方
B．入轨后的速度大于第一宇宙速度
C．发射速度大于第二宇宙速度
D．若发射到近地圆轨道所需能量较少
[解析]　由于卫星为同步卫星，所以入轨后一定只能与赤道在同一平面内，故A错误；由于第一宇宙速度为卫星绕地球运行的最大速度，所以卫星入轨后的速度一定小于第一宇宙速度，故B错误；由于第二宇宙速度为卫星脱离地球引力的最小发射速度，所以卫星的发射速度一定小于第二宇宙速度，故C错误；将卫星发射到越高的轨道克服引力所做的功越大，所以发射到近地圆轨道所需能量较少，故D正确。
[答案]　D
　赤道上的物体与卫星运行参量的分析与计算
[典例3]　有a、b、c、d四颗地球卫星：a还未发射，在地球赤道上随地球表面一起转动；b在地球的近地圆轨道上正常运行；c是地球同步卫星；d是高空探测卫星。各卫星排列位置如图，则下列说法正确的是(　　)
A．a的向心加速度大于b的向心加速度
B．四颗卫星的速度大小关系是va＞vb＞vc＞vd
C．在相同时间内d转过的弧长最长
D．d的运动周期可能是30
h
[解析]　因为a、c的角速度相同，根据a＝ω2r，因a离地心的距离小于c离地心的距离，所以a的向心加速度小于c的向心加速度，b、c是围绕地球公转的卫星，根万有引力提供向心力G＝ma，得a＝，因b的轨道半径小于c的轨道半径，所以b的向心加速度大于c的向心加速度，综上分析可知，a的向心加速度小于b的向心加速度，故A错误；因为a、c的角速度相同，根据v＝ωr，因a离地心的距离小于c离地心的距离，所以a的速度小于c的速度，b、c、d是围绕地球公转的卫星，根据万有引力提供向心力G＝m，得v＝
，因b的轨道半径最小，d的轨道半径最大，所以b的速度大于c的速度，c的速度大于d的速度，则vb＞vc＞vd，vb＞vc＞va，故B错误；因b的线速度最大，则在相同时间内b转过的弧长最长，故C错误；c、d是围绕地球公转的卫星，根据万有引力提供向心力G＝mr，得T＝2π，因d的轨道半径大于c的轨道半径，则d的周期大于c的周期，而c的周期是24
h，则d的运动周期可能是30
h，故D正确。
[答案]　D
3．(2021·上海静安区高三模拟)甲是运行在赤道上空距地面高度约为5.6R(R为地球半径)的地球同步卫星，乙是运行在距地面高度约为2.3R的圆形轨道上的卫星。设甲、乙两颗卫星的加速度分别为a1、a2，固定在赤道附近地面上的物体随地球自转的加速度为a3，则a1、a2、a3的大小关系为(　　)
A．a1>a2>a3　　　　　
B．a3>a1>a2
C．a3>a2>a1
D．a2>a1>a3
解析：对甲、乙卫星，根据G＝ma，解得a＝，可知a2>a1；对同步卫星和赤道附近地面上随地球自转的物体，它们具有相同的角速度，根据a＝ω2r可知a1>a3，则a2>a1>a3，选项D正确。
答案：D
4．(多选)(2021·适应性测试湖南卷)在“嫦娥”五号任务中，有一个重要环节，轨道器和返回器的组合体(简称“甲”)与上升器(简称“乙”)要在环月轨道上实现对接，以使将月壤样品从上升器转移到返回器中，再由返回器带回地球。对接之前，甲、乙分别在各自的轨道上做匀速圆周运动，且甲的轨道半径比乙小，如图所示。为了实现对接，处在低轨的甲要抬高轨道。下列说法正确的是(　　)
A．在甲抬高轨道之前，甲的线速度小于乙
B．甲可以通过增大速度来抬高轨道
C．在甲抬高轨道的过程中，月球对甲的万有引力逐渐增大
D．返回地球后，月壤样品的重力比在月球表面时大
解析：在甲抬高轨道之前，甲、乙均绕月球做匀速圆周运动，有G＝m，可得线速度为v＝
，因r甲＜r乙，则甲的线速度大于乙的线速度，故A错误；甲抬高轨道需要做离心运动，则需增大速度，故B正确；在甲抬高轨道的过程中，离月球的距离r逐渐增大，由F＝G可知月球对甲的万有引力逐渐减小，故C错误；因地球表面的重力加速度比月球表面的重力加速度大，则由G＝mg可知月壤样品的重力在地表比在月表要大，故D正确。
答案：BD
5．(2020·高考浙江卷)火星探测任务“天问”一号的标识如图所示。若火星和地球绕太阳的运动均可视为匀速圆周运动，火星公转轨道半径与地球公转轨道半径之比为3∶2，则火星与地球绕太阳运动的(　　)
A．轨道周长之比为2∶3
B．线速度大小之比为∶
C．角速度大小之比为2∶3
D．向心加速度大小之比为9∶4
解析：轨道周长C＝2πr，与半径成正比，故轨道周长之比为3∶2，A错误；由万有引力提供向心力，＝m，得v＝
，所以＝
＝，B错误；由万有引力提供向心力，＝mω2r，得ω＝，所以＝
＝，C正确；由＝ma得a＝，所以＝＝，D错误。
答案：C
　　自主探究
1．变轨原理及过程
(1)为了节省能量，在赤道上顺着地球自转方向发射卫星到圆轨道Ⅰ上，如图所示。
(2)在A点(近地点)点火加速，由于速度变大，万有引力不足以提供卫星在轨道Ⅰ上做圆周运动的向心力，卫星做离心运动进入椭圆轨道Ⅱ。
(3)在B点(远地点)再次点火加速进入圆形轨道Ⅲ。
2．常见变轨过程“四分析”
(1)速度：设卫星在圆轨道Ⅰ和Ⅲ上运行时的速率分别为v1、v3，在轨道Ⅱ上过A点和B点时速率分别为vA、vB。在A点加速，则vA>v1，在B点加速，则v3>vB，又因v1>v3，故有vA>v1>v3>vB。
(2)加速度：因为在A点，卫星只受到万有引力作用，故不论从轨道Ⅰ还是轨道Ⅱ上经过A点，卫星的加速度都相同，同理，经过B点加速度也相同。
(3)周期：设卫星在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ轨道上的运行周期分别为T1、T2、T3，轨道半径分别为r1、r2(半长轴)、r3，由开普勒第三定律＝k可知T1(4)机械能：在一个确定的圆(椭圆)轨道上机械能守恒。若卫星在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ轨道的机械能分别为E1、E2、E3，则E16.(多选)(2021·适应性测试湖北卷)“嫦娥”五号取壤返回地球，完成了中国航天史上的一次壮举。如图所示为“嫦娥”五号着陆地球前部分轨道的简化示意图，其中Ⅰ是月地转移轨道，在P点由轨道Ⅰ变为绕地椭圆轨道Ⅱ，在近地点Q再变为绕地椭圆轨道Ⅲ。下列说法正确的是(　　)
A．在轨道Ⅱ运行时，“嫦娥”五号在Q点的机械能比在P点的机械能大
B．“嫦娥”五号在轨道Ⅱ上运行的周期比在轨道Ⅲ上运行的周期长
C．“嫦娥”五号分别沿轨道Ⅱ和轨道Ⅲ运行时，经过Q点的向心加速度大小相等
D．“嫦娥”五号分别沿轨道Ⅱ和轨道Ⅲ运行时，经过Q点的速度大小相等
解析：在轨道Ⅱ运行时，只有万有引力做功，机械能守恒，A错误；根据开普勒第三定律可知，半长轴越长，周期越长，轨道Ⅱ对应的半长轴长，所以“嫦娥”五号在轨道Ⅱ上运行的周期比在轨道Ⅲ上运行的周期长，B正确；“嫦娥”五号分别沿轨道Ⅱ和轨道Ⅲ运行时，向心加速度都是由万有引力提供的，所以经过Q点的向心加速度大小相等，C正确；“嫦娥”五号由轨道Ⅱ变向轨道Ⅲ运行时，需要减速才能实现，所以由轨道Ⅱ变向轨道Ⅲ，经Q点的速度要减小，D错误。
答案：BC
7.(多选)如图所示，质量相同的三颗卫星a、b、c绕地球做匀速圆周运动，其中b、c在地球的同步轨道上，a距离地球表面的高度为R，此时a、b恰好相距最近。已知地球质量为M、半径为R、地球自转的角速度为ω，引力常量为G，则(　　)
A．发射卫星b时速度要大于11.2
km/s
B．若要卫星a与b实现对接，可调节卫星a，使其在b的后下方加速
C．若要卫星c与b实现对接，可让卫星c直接在原轨道加速
D．卫星a和b下次相距最近还需经过t＝
解析：卫星b绕地球做匀速圆周运动，7.9
km/s是指在地球上发射的物体绕地球做圆周运动所需的最小发射速度，11.2
km/s是物体挣脱地球引力束缚的最小发射速度，所以发射卫星b时速度大于7.9
km/s，而小于11.2
km/s，故A错误；让卫星加速，所需的向心力增大，由于万有引力小于所需的向心力，卫星会做离心运动，离开原轨道向高轨道运行，所以a通过调节可以与b实现对接，而c不能与b实现对接，故B正确，C错误；b、c在地球的同步轨道上，所以卫星b、c和地球具有相同的周期和角速度，a距离地球表面的高度为R，由万有引力提供向心力，有＝mω(2R)，所以卫星a的角速度ωa＝，此时a、b恰好相距最近，到卫星a和b下一次相距最近时，有
(ωa－ω)t＝2π，t＝，故D正确。
答案：BD
规律总结
卫星变轨的实质
———————————————————————
两类变轨
离心运动
近心运动
变轨起因
卫星速度突然增大
卫星速度突然减小
受力分析
G＜m
G＞m
变轨结果
变为椭圆轨道运动或在较大半径圆轨道上运动
变为椭圆轨道运动或在较小半径圆轨道上运动
能量分析
重力势能、机械能均增加
重力势能、机械能均减小
　
　　师生互动
?模型一　双星模型
1．特点：如图所示，绕公共圆心转动的两个星体组成的系统，我们称之为双星系统。
2．动力学规律
(1)各自所需的向心力由彼此间的万有引力提供，即
＝m1ωr1，＝m2ωr2。
(2)两颗星的周期及角速度都相同，即T1＝T2，ω1＝ω2。
(3)两颗星的半径与它们之间的距离关系为r1＋r2＝L。
3．两颗星到圆心的距离r1、r2与星体质量成反比，即＝。
[典例4]　(多选)(2018·高考全国卷Ⅰ)2017年，人类第一次直接探测到来自双中子星合并的引力波。根据科学家们复原的过程，在两颗中子星合并前约100
s时，它们相距约400
km，绕二者连线上的某点每秒转动12圈，将两颗中子星都看作是质量均匀分布的球体，由这些数据、万有引力常量并利用牛顿力学知识，可以估算出这一时刻两颗中子星(　　)
A．质量之积　　　　　
B．质量之和
C．速率之和
D．各自的自转角速度
[解析]　双中子星做匀速圆周运动的频率f＝12
Hz(周期T＝
s)，由万有引力等于向心力，可得，G＝m1r1(2πf)2，G＝m2r2(2πf)2，r1＋r2＝r＝400
km，联立解得m1＋m2＝，选项A错误，B正确；由v1＝ωr1＝2πfr1，v2＝ωr2＝2πfr2，联立解得v1＋v2＝2πfr，选项C正确；不能得出各自自转的角速度，选项D错误。
[答案]　BC
?模型二　三星模型
1．三颗星质量均为m，且位于同一直线上，两颗环绕星围绕中央星在同一半径为R的圆形轨道上运行(如图甲所示)。其中一个环绕星由其余两颗星的引力的合力提供向心力：＋＝ma。
2．三颗质量均为m的星体位于等边三角形的三个顶点上(如图乙所示)。每颗行星运动所需向心力都由其余两颗行星对其万有引力的合力来提供：2×cos
30°＝ma，其中L＝2Rcos
30°。
[典例5]　(多选)太空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。已观测到稳定的三星系统存在两种基本的构成形式(如图)：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形轨道运行。设这三颗星的质量均为M，并设两种系统的运动周期相同，则(　　)
A．直线三星系统中甲星和丙星的线速度相同
B．直线三星系统的运动周期T＝4πR
C．三角形三星系统中星体间的距离L＝R
D．三角形三星系统的线速度大小为
[解析]　直线三星系统中甲星和丙星的线速度大小相同，方向相反，选项A错误；三星系统中，对直线三星系统有G＋G＝MR，解得T＝4πR，选项B正确；对三角形三星系统根据万有引力和牛顿第二定律得2Gcos
30°＝M·，又两种系统的运动周期相同，联立解得L＝R，选项C正确；三角形三星系统的线速度大小为v＝＝，代入解得v＝··，选项D错误。
[答案]　BC
8.(2021·云南昆明一中月考)如图所示，A、B两颗恒星分别绕它们连线上某一点做匀速圆周运动，我们通常称之为“双星系统”，A的质量为B的2倍，忽略其他星球对二者的引力。下列说法正确的是(　　)
A．恒星A的向心加速度是B的一半
B．恒星A的线速度是B的2倍
C．恒星A的公转周期是B的一半
D．恒星A的动能是B的2倍
解析：A、B之间的引力提供各自的向心力，由牛顿第二定律可知，A、B的向心力相等，角速度和周期相等，则有2MrA＝MrB，解得恒星A与恒星B的轨道半径之比为rA∶rB＝1∶2，由v＝ωr，a＝ω2r，可得vA∶vB＝1∶2，aA∶aB＝1∶2，故A正确，B、C错误；由动能Ek＝mv2可得＝·＝×＝，故D错误。
答案：A
9．(多选)如图，天文观测中观测到有三颗星位于边长为l的等边三角形的三个顶点上，并沿等边三角形的外接圆做周期为T的匀速圆周运动。已知引力常量为G，不计其他星体对它们的影响，关于这个三星系统，下列说法正确的是(　　)
A．三颗星的质量可能不相等
B．某颗星的质量为
C．它们的线速度大小均为
D．它们两两之间的万有引力大小为
解析：轨道半径等于等边三角形外接圆的半径，r＝＝l。根据题意可知其中任意两颗星对第三颗星的合力指向圆心，所以这两颗星对第三颗星的万有引力等大，由于这两颗星到第三颗星的距离相同，故这两颗星的质量相同，所以三颗星的质量一定相同，设为m，则2Gcos
30°＝m··l，解得m＝，它们两两之间的万有引力F＝G＝G＝，A错误，B、D正确；线速度大小为v＝＝·＝，C错误。
答案：BD
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-实验六　
探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系
授课提示：对应学生用书第83页
一、实验目的
1．学会使用向心力演示器。
2．探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系。
二、实验原理与要求
[基本实验要求]
1．实验原理：采用控制变量法探究
(1)使两物体的质量、转动的半径相同，探究向心力的大小跟转动的角速度的定量关系；
(2)使两物体的质量、转动的角速度相同，探究向心力的大小跟转动的半径的定量关系；
(3)使两物体的转动半径、转动的角速度相同，探究向心力的大小跟物体质量的定量关系。
2．实验器材：向心力演示器
3．实验步骤
(1)向心力大小与哪些因素有关的定性感知。
①在小物体的质量和角速度不变的条件下，改变小物体做圆周运动的半径进行实验。
②在小物体的质量和做圆周运动的半径不变的条件下，改变物体的角速度进行实验。
③换用不同质量的小物体，在角速度和半径不变的条件下，重复上述操作。
(2)向心力与质量、角速度、半径关系的定量分析。
匀速转动手柄，可以使塔轮、长槽和短槽匀速转动，槽内的小球也就随之做匀速圆周运动。这时，小球向外挤压挡板，挡板对小球的反作用力提供了小球做匀速圆周运动的向心力。同时，小球压挡板的力使挡板另一端压缩弹簧测力套筒里的弹簧，弹簧的压缩量可以从标尺上读出，该读数显示了向心力大小。
①把两个质量相同的小球放在长槽和短槽上，使它们的转动半径相同。调整塔轮上的皮带，使两个小球的角速度不一样。注意向心力的大小与角速度的关系。
②保持两个小球质量不变，增大长槽上小球的转动半径。调整塔轮上的皮带，使两个小球的角速度相同。注意向心力的大小与半径的关系。
③换成质量不同的球，分别使两球的转动半径相同。调整塔轮上的皮带，使两个小球的角速度也相同。注意向心力的大小与质量的关系。
④重复几次以上实验。
4.注意事项
(1)定性感知实验中，轻小物体受到的重力与拉力相比可忽略。
(2)使用向心力演示器时应注意：
①将横臂紧固螺钉旋紧，以防小球和其他部件飞出而造成事故。
②摇动手柄时应力求缓慢加速，注意观察其中一个测力计的格数。达到预定格数时，即保持转速均匀恒定。,
[规律方法总结]
1．数据处理
(1)把两个质量相同的小球放在长槽和短槽上，使它们的转动半径相同，调整塔轮上的皮带，使两个小球转动的角速度之比分别为1∶1、1∶2和1∶3，分别读出两球所需的向心力大小，将结果填入表一。
表一：m1＝m2，r1＝r2。
实验次数
F1/格
F2/格
1
2
3
(2)把两个质量相同的小球放在长槽和短槽上，使半径之比为2∶1；调整塔轮上的皮带，使两个小球的角速度相同，分别读出两球所需的向心力大小，将结果填入表二。
表二：m1＝m2，ω1＝ω2。
F1/格
F2/格
(3)把两个质量不同的小球放在长槽和短槽上，使两球的转动半径相同，调整塔轮上的皮带，使两个小球的角速度相同，分别读出两球所需的向心力大小，将结果填入表三。
表三：r1＝r2，ω1＝ω2。
F1/格
F2/格
2.分析与论证
(1)分析表一中和两列的值，发现F跟ω的二次方成正比。
(2)分析表二中和两列的值，发现F跟r成正比。
(3)分析表三中和两列的值，发现F跟m成正比。
3．实验结论
物体做圆周运动需要的向心力跟物体的质量成正比，跟半径成正比，跟角速度的平方成正比。
授课提示：对应学生用书第84页
命题点一　教材原型实验
　实验原理与操作
[典例1]　用如图所示的装置可以探究做匀速圆周运动的物体需要的向心力的大小与哪些因素有关。
(1)本实验采用的科学方法是________。
A．控制变量法
B．累积法
C．微元法
D．放大法
(2)图示情景正在探究的是________。
A．向心力的大小与半径的关系
B．向心力的大小与线速度大小的关系
C．向心力的大小与角速度大小的关系
D．向心力的大小与物体质量的关系
(3)通过本实验可以得到的结论是________。
A．在质量和半径一定的情况下，向心力的大小与角速度成正比
B．在质量和半径一定的情况下，向心力的大小与线速度的大小成正比
C．在半径和角速度一定的情况下，向心力的大小与质量成正比
D．在质量和角速度一定的情况下，向心力的大小与半径成反比
[解析]　(1)探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系，要采用控制变量法探究，故正确选项为A。(2)实验中，两小球的种类不同，故是保持两小球的转动半径、转动的角速度相同，探究向心力的大小跟物体质量的定量关系。故正确选项为D，(3)两小球的转动半径、转动的角速度相同，探究向心力的大小跟物体质量成正比，故正确选项为C。
[答案]　(1)A　(2)D　(3)C
　数据处理与分析
[典例2]　如图所示，图甲为“用向心力演示器验证向心力公式”的实验示意图，图乙为俯视图。图中A、B槽分别与a、b轮同轴固定，且a、b轮半径相同。当a、b两轮在皮带的带动下匀速转动。
(1)两槽转动的角速度ωA________ωB。(选填“>”“＝”或“<”)
(2)现有两质量相同的钢球，①球放在A槽的边缘，②球放在B槽的边缘，它们到各自转轴的距离之比为2∶1。则钢球①、②的线速度之比为________；受到的向心力之比为________。
[解析]　(1)因a、b两轮转动的角速度相同，而两槽的角速度与两轮的角速度相同，则两槽转动的角速度相等，即ωA＝ωB；
(2)钢球①、②的角速度相同，半径之比为2∶1，则根据v＝ωr可知，线速度之比为2∶1；根据F＝mω2r可知，受到的向心力之比为2∶1。
[答案]　(1)＝　(2)2∶1　2∶1
命题点二　实验创新设计
　实验目的的创新
[典例3]　如图所示为改装的探究圆周运动的向心加速度的实验装置。有机玻璃支架上固定一个直流电动机，电动机转轴上固定一个半径为r的塑料圆盘，圆盘中心正下方用细线接一个重锤，圆盘边缘连接细绳，细绳另一端连接一个小球。实验操作如下：
①利用天平测量小球的质量m，记录当地的重力加速度g的大小；
②闭合电源开关，让小球做如图所示的匀速圆周运动，调节激光笔2的高度和激光笔1的位置，让激光恰好照射到小球的中心，用刻度尺测量小球做圆周运动的半径R和球心到塑料圆盘的高度h；
③当小球第一次到达A点时开始计时，并记录为1次，记录小球n次到达A点的时间t；
④切断电源，整理器材。
请回答下列问题：
(1)下列说法正确的是________。
A．小球运动的周期为
B．小球运动的线速度大小为
C．小球运动的向心力大小为
D．若电动机转速增加，激光笔1、2应分别左移、上移
(2)若已测出R＝40.00
cm、r＝4.00
cm，h＝90.00
cm，t＝100.00
s，n＝51，π取3.14，则小球做圆周运动的周期T＝________s，记录的当地重力加速度大小应为g＝________m/s2。(计算结果均保留3位有效数字)
[解析]　(1)从球第1次到第n次通过A位置，转动圈数为n－1，时间为t，故周期为T＝，故A错误；小球的线速度大小为v＝＝，故B正确；小球受重力和拉力，合力提供向心力，设线与竖直方向的夹角为α，则Tcos
α＝mg，Tsin
α＝F向，故F向＝mgtan
α＝mg，故C错误；若电动机的转速增加，则转动半径增加，故激光笔1、2应分别左移、上移，故D正确。
(2)小球做圆周运动的周期T＝＝
s＝2.00
s；
向心力F向＝mg＝mR，解得g＝≈9.86
m/s2。
[答案]　(1)BD　(2)2.00　9.86
创新评价
本题的创新点，体现在实验目的创新，由探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系的实验，迁移为测向心加速度和重力加速度的实验。　
　实验器材创新
[典列4]　某兴趣小组用如图甲所示的装置与传感器结合，探究向心力大小的影响因素。实验时用手拨动旋臂使它做圆周运动，力传感器和光电门固定在实验器材上，测量角速度和向心力。
(1)电脑通过光电门测量挡光杆通过光电门的时间，并由挡光杆的宽度d、挡光杆通过光电门的时间Δt、挡光杆做圆周运动的半径r，自动计算出砝码做圆周运动的角速度，则计算其角速度的表达式为______________。
(2)图乙中取①②两条曲线为相同半径、不同质量下向心力与角速度的关系图线，由图可知，曲线①对应的砝码质量________(选填“大于”或“小于”)曲线②对应的砝码质量。
[解析]　(1)挡光杆转动的线速度v＝，由ω＝计算得出挡光杆的角速度ω＝，因砝码与挡光杆的角速度相同，故计算砝码角速度的表达式为ω＝。
(2)若保持角速度和半径都不变，则质点做圆周运动的向心加速度不变，由牛顿第二定律F＝ma可知，质量大的物体需要的向心力大，所以曲线①对应的砝码质量小于曲线②对应的砝码质量。
[答案]　(1)ω＝　(2)小于
创新评价
本题的创新点体现在实验器材创新，由力传感器替代向心力演示器，探究影响向心力大小的因素，使实验数据获取更便捷，数据处理和分析更准确。　
授课提示：对应学生用书第86页
1．如图所示是探究向心力的大小F与质量m、角速度ω和半径r之间的关系的实验装置图，转动手柄1，可使变速轮塔2和3以及长槽4和短槽5随之匀速转动。皮带分别套在轮塔2和3上的不同圆盘上，可使两个槽内的小球6、7分别以不同的角速度做匀速圆周运动。小球做圆周运动的向心力由横臂8的挡板对小球的压力提供，球对挡板的反作用力，通过横臂8的杠杆作用使弹簧测力套筒9下降，从而露出标尺10，标尺10上露出的红白相间的等分格显示出两个球所受向心力的比值。那么：
(1)现将两小球分别放在两边的槽内，为了探究小球受到的向心力大小和角速度的关系，下列说法中正确的是________。
A．在小球运动半径相等的情况下，用质量相同的小球做实验
B．在小球运动半径相等的情况下，用质量不同的小球做实验
C．在小球运动半径不等的情况下，用质量不同的小球做实验
D．在小球运动半径不等的情况下，用质量相同的小球做实验
(2)在该实验中应用了________(选填“理想实验法”“控制变量法”或“等效替代法”)来探究向心力的大小与质量m、角速度ω和半径r之间的关系。
(3)当用两个质量相等的小球做实验，且左边小球的轨道半径为右边小球的2倍时，转动时发现右边标尺上露出的红白相间的等分格数为左边的2倍，那么，左边轮塔与右边轮塔之间的角速度之比为________。
解析：(1)根据F＝mrω2知，要研究小球受到的向心力大小与角速度的关系，需控制小球的质量和半径不变，所以A选项是正确的，B、C、D错误。
(2)由前面分析可以知道该实验采用的是控制变量法。
(3)线速度相等，则角速度与半径成反比，故可以知道左边轮塔与右边轮塔之间的角速度之比为1∶2。
答案：(1)A　(2)控制变量法　(3)1∶2
2．如图甲所示为测量电动机转动角速度的实验装置，半径不大的圆形卡纸固定在电动机转轴上，在电动机的带动下匀速转动。在圆形卡纸的旁边垂直安装一个改装了的电火花计时器。
(1)请将下列实验步骤按先后排序：________。
A．使电火花计时器与圆形卡纸保持良好接触
B．接通电火花计时器的电源，使它工作起来
C．启动电动机，使圆形卡纸转动起来
D．关闭电动机，拆除电火花计时器；研究卡纸上留下的一段痕迹(如图乙所示)，写出角速度ω的表达式，代入数据，得出ω的测量值。
(2)要得到ω的测量值，还缺少一种必要的测量工具，它是________。
A．秒表　　　　　
B．毫米刻度尺
C．圆规
D．量角器
(3)为了避免在卡纸连续转动的过程中出现打点重叠，在电火花计时器与盘面保持良好接触的同时，可以缓慢地将电火花计时器沿圆形卡纸半径方向向卡纸中心移动。则卡纸上打下的点的分布曲线不是一个圆，而是类似一种螺旋线，如图丙所示。这对结果有影响吗？______(填
“有影响”或“无影响”)。
解析：(1)该实验先将电火花计时器与圆形卡纸保持良好接触，先使卡纸转动，再打点，最后取出卡纸进行数据处理，故次序为ACBD；(2)要测出角速度，需要测量点跟点间的角度，需要的器材是量角器，故选D；(3)由于点跟点之间的角度没变化，则对测量角速度无影响。
答案：(1)ACBD　(2)D　(3)无影响
3．如图甲所示是某同学探究做圆周运动的物体质量、向心力、轨道半径及线速度关系的实验装置，圆柱体放置在水平光滑圆盘上做匀速圆周运动。力传感器测量向心力F，速度传感器测量圆柱体的线速度v，该同学通过保持圆柱体质量和运动半径不变，来探究向心力F与线速度v的关系：
(1)该同学采用的实验方法为________________。
A．等效替代法
B．控制变量法
C．理想化模型法
(2)改变线速度v，多次测量，该同学测出了五组F、v数据，如下表所示：
v/(m·s－1)
1.0
1.5
2.0
2.5
3.0
F/N
0.88
2.00
3.50
5.50
7.90
该同学对数据分析后，在图乙坐标纸上描出了五个点。
①作出Fv2图线；
②若圆柱体运动半径r＝0.2
m，由作出的Fv2的图线可得圆柱体的质量m＝________kg。(结果保留2位有效数字)
解析：(1)实验中研究向心力和线速度的关系，保持圆柱体质量和运动半径不变，采用的实验方法是控制变量法，故选B。
(2)①作出Fv2图线，如图所示：
②根据F＝m，图线的斜率k＝，代入数据解得m≈0.18
kg。
答案：(1)B　(2)图见解析　(3)0.18
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10
-实验五　探究平抛运动的特点
授课提示：对应学生用书第79页
一、实验目的
1．用实验与理论进行探究、分析，认识平抛运动的规律。
2．用实验方法描出平抛物体的运动轨迹。
3．根据平抛运动的轨迹确定平抛物体的初速度。
二、实验原理与要求
[基本实验要求]
1．实验原理：平抛运动可看作两个分运动的合成：一个是水平方向的匀速直线运动，另一个是竖直方向的自由落体运动，则水平方向上有x＝v0t，竖直方向上有y＝gt2，令小球做平抛运动，利用追踪法逐点描出小球运动的轨迹，建立坐标系，测量出x、y，再利用公式可得初速度v0＝x。
2．实验器材：斜槽、竖直固定在铁架台上的木板、铅笔、白纸、图钉、小球、刻度尺、重垂线。
3．实验步骤
(1)按实验原理图甲安装实验装置，使斜槽末端水平。
(2)以水平槽末端端口上小球球心位置为坐标原点O，过O点画出竖直的y轴和水平的x轴。
(3)使小球从斜槽上同一位置由静止滚下，把笔尖放在小球可能经过的位置上，如果小球运动中碰到笔尖，就用铅笔在该位置画上一点。用同样方法，在小球运动路线上描下若干点。
(4)将白纸从木板上取下，从O点开始连接画出的若干点描出一条平滑的曲线，如实验原理图乙所示。
4．注意事项
(1)固定斜槽时，要保证斜槽末端的切线水平，保证小球的初速度水平。
(2)固定木板时，木板必须处在竖直平面内且与小球运动轨迹所在的竖直平面平行，固定时要用重垂线检查坐标纸竖线是否竖直。
(3)小球每次从斜槽上的同一位置由静止释放，为此，可在斜槽上某一位置固定一个挡板。
(4)要在斜槽上适当高度释放小球，使它以适当的水平初速度抛出，其轨迹由木板左上角到达右下角，这样可以减小测量误差。
(5)坐标原点不是槽口的端点，应是小球出槽口时球心在木板上的投影点。
(6)计算小球的初速度时，应选距抛出点稍远一些的点为宜，以便于测量和计算。
[规律方法总结]
1．数据处理
(1)判断平抛运动的轨迹是不是抛物线
①原理：若平抛运动的轨迹是抛物线，则当以抛出点为坐标原点建立直角坐标系后，轨迹上各点的坐标具有y＝ax2的关系，且同一轨迹上a是一个特定的值。
②实验方法
方法一：代入法
用刻度尺测量几个点的x、y坐标，分别代入y＝ax2中求出常数a，看计算得到的a值在误差范围内是否为一常数。
方法二：图象法
建立yx2坐标系，根据所测量的各个点的x、y坐标值分别计算出对应y值的x2值，在yx2坐标系中描点，连接各点看是否在一条直线上，并求出该直线的斜率即为a值。
(2)计算平抛运动的初速度
①平抛轨迹完整(即含有抛出点)
在轨迹上任取一点，测出该点离原点的水平位移x及竖直位移y，就可求出初速度v0。因x＝v0t，y＝gt2，故v0＝x。
②平抛轨迹残缺(即无抛出点)
如图所示，在轨迹上任取三点A、B、C，使A、B间及B、C间的水平距离相等，由平抛运动的规律可知，A、B间与B、C间所用时间相等，设为t，
则Δh＝hBC－hAB＝gt2
所以t＝
，
所以初速度v0＝＝x。
2．误差分析
(1)斜槽末端没有调节成水平状态，导致初速度不水平。
(2)坐标原点不够精确。
(3)轨迹上的描点不准确。
授课提示：对应学生用书第80页
命题点一　教材原型实验
　实验原理与操作
[典例1]　在“研究平抛物体的运动”的实验中：
(1)为使小球水平抛出，必须调整斜槽，使其末端的切线成水平方向，检查方法是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)小球抛出点的位置必须及时记录在白纸上，然后从这一点画水平线和竖直线作为x轴和y轴，竖直线是用________来确定的。
(3)某同学建立的直角坐标系如图所示，设他在安装实验装置和其余操作时准确无误，只有一处失误，即是____________________________________________________。
(4)该同学在轨迹上任取一点M，测得坐标为(x，y)，则初速度的测量值为v0＝________(已知重力加速度为g)，测量值比真实值要________(选填“偏大”“偏小”或“不变”)。
[解析]　(1)斜槽末端水平时小球在槽口处平衡，放在槽口能静止不动；
(2)用重垂线来确定竖直线最准确；
(3)描绘小球的运动轨迹时应是描绘球心的位置，因此坐标原点应在平抛起点的球心位置，即坐标原点应该是小球在槽口时球心在白纸上的水平投影点；
(4)根据x＝v0t，y＝gt2，得v0＝x
，因为坐标原点靠下，造成y值偏小，从而v0偏大。
[答案]　(1)将小球放置在槽口处轨道上，小球能保持静止
(2)重垂线　(3)坐标原点应该是小球在槽口时球心在白纸上的水平投影点　(4)x
　偏大
　数据处理与分析
[典例2]　图甲是“研究平抛物体运动”的实验装置图，通过描点画出小球做平抛运动的轨迹。
(1)实验得到小球做平抛运动的轨迹，在轨迹上取一些点，以平抛起点O为坐标原点，测量它们的水平坐标x和竖直坐标y，图乙中yx2图象能说明小球做平抛运动的轨迹为抛物线的是________。
(2)图丙是某同学根据实验画出的小球做平抛运动的轨迹，O为平抛的起点，在轨迹上任取三点A、B、C，测得A、B两点竖直坐标y1为5.0
cm、y2为45.0
cm，A、B两点水平间距Δx为40.0
cm。则小球做平抛运动的初速度v0为________m/s，若C点的竖直坐标y3为60.0
cm，则小球在C点的速度vC为________m/s。(结果保留2位有效数字，g取10
m/s2)
[解析]　(1)根据平抛运动的特点x＝v0t，y＝gt2得y＝g＝x2，可知yx2的图线为一条过原点的倾斜直线，故C正确。
(2)y1＝5.0
cm＝0.05
m，y2＝45.0
cm＝0.45
m，Δx＝40.0
cm＝0.40
m，y3＝60.0
cm＝0.60
m，根据y1＝gt得t1＝
＝
s＝0.1
s，根据y2＝gt得t2＝
＝
s＝0.3
s，则小球做平抛运动的初速度为v0＝＝
m/s＝2.0
m/s，小球在C点的竖直分速度为vyC＝＝
m/s＝2
m/s，根据平行四边形定则知，小球在C点的速度为vC＝＝
m/s＝4.0
m/s。
[答案]　(1)C　(2)2.0　4.0
规律总结
(1)平抛运动是水平方向的匀速运动和竖直方向的自由落体运动，处理数据要利用分解思想。　
(2)实验中保持槽口水平，检测方法是将小球放在槽口附近任一位置，小球都能静止不动。
(3)竖直方向常用以下公式
①利用vn＝求出打各点时纸带的瞬时速度；
②利用逐差法求加速度，Δx是两个连续相等的时间间隔内的位移差，则Δx＝aT2。　
命题点二　实验创新设计
　实验器材创新
[典例3]　频闪摄影是研究变速运动常用的实验手段。在暗室中，照相机的快门处于常开状态，频闪仪每隔一定时间发出一次短暂的强烈闪光，照亮运动的物体，于是胶片上记录了物体在几个闪光时刻的位置。某物理小组利用如图甲所示装置探究平抛运动规律。他们分别在该装置正上方A处和右侧正前方B处安装了频闪仪器并进行了拍摄，得到的频闪照片如图乙所示，O为抛出点，P为运动轨迹上某点。根据平抛运动规律分析下列问题(g取10
m/s2)。
(1)图乙中，频闪仪器A所拍摄的频闪照片为________[选填“(a)”或“(b)”]。
(2)测得图乙(a)中OP距离为45
cm，(b)中OP距离为30
cm，则小球做平抛运动的初速度大小应为________m/s，小球在P点速度大小应为________m/s。
[解析]　(1)小球做平抛运动时，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，故频闪仪器A所拍摄的频闪照片为(b)。
(2)竖直方向上，由y＝gt2得t＝
＝
s＝0.30
s，水平方向上v0＝＝
m/s＝1
m/s，P点小球在竖直方向的速度vy＝gt＝10×0.30
m/s＝3
m/s，则vP＝＝
m/s。
[答案]　(1)(b)　(2)1　
创新评价
(1)用频闪仪代替铅笔描迹，使轨迹更准确。
(2)利用分析频闪照片的方法代替坐标纸，使数据分析更方便。　
　实验设计创新
[典例4]　某同学在研究平抛运动时，发现原来的实验方法不容易确定平抛小球在运动中的准确位置。于是，如图所示，在实验中用了一块平木板附上复写纸和白纸，竖直立于正对槽口前某处，使小球从斜槽上滑下，小球撞在木板上留下痕迹A，将木板向后移动距离x，再使小球从斜槽上同样高度滑下，小球撞在木板上留下痕迹B，将木板再向后移动距离x，小球再从斜槽上同样高度滑下，再得到痕迹C。A、B间距离y1，A、C间距离y2。若测得木板后移距离x＝10
cm，测得y1＝6.0
cm，y2＝16.0
cm。
(1)根据以上物理量导出测量小球初速度的公式为v0＝________(用题中所给字母表示)。
(2)小球初速度值为________m/s。(保留2位有效数字，g取9.8
m/s2)
[解析]　(1)由平抛物体水平方向做匀速运动可以知道：A到B和B到C的时间相同，设为T，因此根据匀变速直线运动规律有：Δh＝(y2－y1)－y1＝gT2
水平方向小球做匀速运动，故有：v0＝
解得：v0＝x
。
(2)根据题意代入数据可知：
v0＝x
≈1.6
m/s。
[答案]　(1)x
　(2)1.6
创新评价
本题创新点体现在实验方案的设计，利用改变相同水平距离控制相同的运动时间，根据找落点确定小球的竖直位置。　
　实验情景的创新
[典例5]　如图所示，研究平抛运动规律的实验装置放置在水平桌面上，利用光电门传感器和碰撞传感器可测得小球的水平初速度和飞行时间，底板上的标尺可以测得水平位移。保持水平槽口距底板高度h＝0.420
m不变。改变小球在斜槽导轨上下滑的起始位置，测出小球做平抛运动的初速度v0、飞行时间t和水平位移d，记录在表中。
(1)由表中数据可知，在h一定时，小球水平位移d与其初速度v0成________关系，与________无关。
v0(m/s)
0.741
1.034
1.318
1.584
t(ms)
292.7
293.0
292.8
292.9
d(cm)
21.7
30.3
38.6
46.4
(2)一位同学计算出小球飞行时间的理论值t理＝＝
s≈289.8
ms，发现理论值与测量值之差约为3
ms，经检查，实验及测量无误，其原因是________________________________________________________________________。
[解析]　(1)由题表中数据可知，h一定时，小球的水平位移d与初速度v0成正比关系，与飞行时间t无关。
(2)该同学计算时重力加速度取的是10
m/s2，一般情况下应取9.8
m/s2，从而导致约3
ms的偏差。
[答案]　(1)正比　飞行时间t　(2)计算时重力加速度取值(10
m/s2)大于实际值
创新评价
本题创新点体现在实验情景的设置，可概括为两处
(1)用光电门传感器记录水平初速度，使数据更准确。
(2)碰撞传感器记录运动时间和水平距离，使数据处理更准确和便捷。
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