2019版高考物理大一轮复习第4单元曲线运动万有引力与航天学案
(全国用)2019版高考物理大一轮复习 第四章 曲线运动 万有引力与航天 第3讲 圆周运动
（全国用）2019版高考物理大一轮复习 第四章 曲线运动 万有引力与航天 第3讲 圆周运动一、匀速圆周运动、角速度、线速度、向心加速度 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[深度思考] 如图1所示为一辆自行车传动装置的结构图．图1(1)同一齿轮上到转轴距离不同的各点的线速度、角速度是否相同？(2)两个齿轮相比较，其边缘的线速度是否相同？角速度是否相同，转速是否相同？答案 (1)线速度不同，角速度相同．(2)线速度相同，角速度、转速不同． 二、匀速圆周运动的向心力 1．作用效果向心力产生向心加速度，只改变速度的方向，不改变速度的大小． 2．大小F ＝m v 2r ＝mr ω2＝m 4π2T2r ＝m ωv ＝4π2mf 2r .3．方向始终沿半径方向指向圆心，时刻在改变，即向心力是一个变力． 4．来源向心力可以由一个力提供，也可以由几个力的合力提供，还可以由一个力的分力提供． 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，总有沿着圆周切线方向飞出去的趋势．3．受力特点(如图2)当F ＝mr ω2时，物体做匀速圆周运动； 当F ＝0时，物体沿切线方向飞出； 当F <mr ω2时，物体逐渐远离圆心．图21．判断下列说法是否正确．(1)匀速圆周运动是匀变速曲线运动．( × )(2)做圆周运动的物体，一定受到向心力的作用，所以分析做圆周运动物体的受力时，除了分析其受到的其他力，还必须指出它受到向心力的作用．( × )(3)做圆周运动的物体所受合外力突然消失，物体将沿圆周的半径方向飞出．( × ) (4)火车转弯速率小于规定的数值时，内轨受到的压力会增大．( √ )(5)飞机在空中沿半径为R 的水平圆周盘旋时，飞机机翼一定处于倾斜状态．( √ ) 2．(人教版必修2P25第3题改编)如图3所示，小物体A 与水平圆盘保持相对静止，跟着圆盘一起做匀速圆周运动，则A 受力情况是( )图3A ．重力、支持力B ．重力、向心力C ．重力、支持力、指向圆心的摩擦力D ．重力、支持力、向心力、摩擦力 答案 C3．(人教版必修2P19第4题改编)图4是自行车传动装置的示意图，其中Ⅰ是半径为r 1的大齿轮，Ⅱ是半径为r 2的小齿轮，Ⅲ是半径为r 3的后轮，假设脚踏板的转速为n r/s ，则自行车前进的速度为( )图4A.πnr 1r 3r 2B.πnr 2r 3r 1C.2πnr 2r 3r 1D.2πnr 1r 3r 2答案 D4．(人教版必修2P25第2题改编)如图5所示，一个内壁光滑的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5A ．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 答案 B解析 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mg 和支持力F N 的合力，建立如图所示的坐标系，则有： F N sin θ＝mg ① F N cos θ＝mr ω2②由①得F N ＝mgsin θ，小球A 和B 受到的支持力F N 相等，由牛顿第三定律知，选项D 错误．由于支持力F N 相等，结合②式知，A 球运动的半径大于B 球运动的半径，故A 球的角速度小于B 球的角速度，A 球的运动周期大于B 球的运动周期，选项A 、C 错误．又根据F N cos θ＝mv 2r可知：A 球的线速度大于B 球的线速度，选项B 正确.命题点一 圆周运动的分析 1．圆周运动中的运动学分析 (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 ＝v 2r＝ω2r ＝ωv 的理解在v 一定时，a 与r 成反比；在ω一定时，a 与r 成正比． 2．圆周运动中的动力学分析 (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． 例1 (多选)如图6所示为赛车场的一个水平“梨形”赛道，两个弯道分别为半径R ＝90 m 的大圆弧和r ＝40 m 的小圆弧，直道与弯道相切．大、小圆弧圆心O 、O ′距离L ＝100 m ．赛车沿弯道路线行驶时，路面对轮胎的最大径向静摩擦力是赛车重力的2.25倍，假设赛车在直道上做匀变速直线运动，在弯道上做匀速圆周运动，要使赛车不打滑，绕赛道一圈时间最短(发动机功率足够大，重力加速度g ＝10 m/s 2，π＝3.14)，则赛车()图6A ．在绕过小圆弧弯道后加速B ．在大圆弧弯道上的速率为45 m/sC ．在直道上的加速度大小为5.63 m/s 2D ．通过小圆弧弯道的时间为5.58 s绕赛道一圈时间最短．答案 AB解析 在弯道上做匀速圆周运动时，根据径向静摩擦力提供向心力得，kmg ＝m v 2mr，当弯道半径一定时，在弯道上的最大速率是一定的，且在大弯道上的最大速率大于小弯道上的最大速率，故要想时间最短，可在绕过小圆弧弯道后加速，选项A 正确；在大圆弧弯道上的速率为v m R ＝kgR ＝ 2.25×10×90 m/s ＝45 m/s ，选项B 正确；直道的长度为x ＝L 2－R －r2＝50 3 m ，在小弯道上的最大速率为：v m r ＝kgr ＝ 2.25×10×40 m/s ＝30 m/s ，在直道上的加速度大小为a ＝v 2m R －v 2m r 2x ＝452－3022×503m/s 2≈6.50 m/s 2，选项C 错误；由几何关系可知，小圆弧轨道的长度为2πr 3，通过小圆弧弯道的时间为t ＝2πr3v mr ＝2×3.14×403×30 s≈2.80 s，选项D错误．1．如图7所示，“旋转秋千”中的两个座椅A 、B 质量相等，通过相同长度的缆绳悬挂在旋转圆盘上．不考虑空气阻力的影响，当旋转圆盘绕竖直的中心轴匀速转动时，下列说法正确的是( )图7A ．A 的速度比B 的大B ．A 与B 的向心加速度大小相等C ．悬挂A 、B 的缆绳与竖直方向的夹角相等D ．悬挂A 的缆绳所受的拉力比悬挂B 的小 答案 D解析 根据题意可知，座椅A 和B 的角速度相等，A 的转动半径小于B 的转动半径，由v ＝r ω可知，座椅A 的线速度比B 的小，选项A 错误；由a ＝r ω2可知，座椅A 的向心加速度比B的小，选项B 错误；座椅受力如图所示，由牛顿第二定律得mg tan θ＝mr ω2，tan θ＝r ω2g，因座椅A 的运动半径较小，故悬挂A 的缆绳与竖直方向的夹角小，选项C 错误；拉力F T ＝mgcos θ，可判断悬挂A 的缆绳所受的拉力比悬挂B 的小，选项D 正确．2．(多选)如图8所示，两个质量不同的小球用长度不等的细线拴在同一点，并在同一水平面内做匀速圆周运动，则它们的( )图8A ．周期相同B ．线速度的大小相等C ．角速度的大小相等D ．向心加速度的大小相等 答案 AC解析 对小球受力分析如图所示，受自身重力mg 、绳子拉力F T ，合力提供向心力即水平指向圆心，设细线和竖直方向夹角为θ，小球到悬点的距离为h ，则有mg tan θ＝ma n ＝m ω2h tan θ，可得向心加速度a n ＝g tan θ，所以向心加速度大小不相等，选项D 错；角速度ω＝gh，所以角速度大小相等，选项C 对；由于水平面内圆周运动的半径不同，线速度v ＝ωh tan θ，所以线速度大小不同，选项B 错，周期T ＝2πω，角速度相等，所以周期相等，选项A 对．命题点二 水平面内圆周运动的临界问题例2 如图9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F T .(g 取10 m/s 2，结果可用根式表示)求：图9(1)若要小球刚好离开锥面，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？①小球在水平面内绕锥体的轴做匀速圆周运动；②若要小球刚好离开锥面．答案 (1)522 rad/s (2)2 5 rad/s解析 (1)若要小球刚好离开锥面，则小球只受到重力和细线的拉力，受力分析如图所示．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：mg tan θ＝m ω02l sin θ解得：ω02＝g l cos θ即ω0＝g l cos θ＝522 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得：mg tan α＝m ω′2l sin α解得：ω′2＝g l cos α，即ω′＝g l cos α＝2 5 rad/s.水平面内圆周运动临界问题的分析技巧1．在水平面内做圆周运动的物体，当角速度ω变化时，物体有远离或向着圆心运动的趋势．这时要根据物体的受力情况，判断某个力是否存在以及这个力存在时方向朝哪(特别是一些接触力，如静摩擦力、绳的拉力等)． 2．三种临界情况：(1)接触与脱离的临界条件：两物体相接触或脱离，临界条件是：弹力F N ＝0.(2)相对滑动的临界条件：两物体相接触且处于相对静止时，常存在着静摩擦力，则相对滑动的临界条件是：静摩擦力达到最大值．(3)绳子断裂与松驰的临界条件：绳子所能承受的张力是有限度的，绳子断与不断的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力，绳子松弛的临界条件是：F T ＝0.3．(多选) (2014·新课标全国Ⅰ·20)如图10所示，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10A．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＝kg2l是b开始滑动的临界角速度D．当ω＝2kg3l时，a所受摩擦力的大小为kmg答案AC解析小木块a、b做圆周运动时，由静摩擦力提供向心力，即f＝mω2R.当角速度增加时，静摩擦力增大，当增大到最大静摩擦力时，发生相对滑动，对木块a：f a＝mωa2l，当f a＝kmg时，kmg＝mωa2l，ωa＝kgl；对木块b：f b＝mωb2·2l，当f b＝kmg时，kmg＝mωb2·2l，ωb＝kg2l，所以b先达到最大静摩擦力，选项A正确；两木块滑动前转动的角速度相同，则f a＝mω2l，f b＝mω2·2l，f a<f b，选项B错误；当ω＝kg2l时b刚要开始滑动，选项C正确；当ω＝2kg3l时，a没有滑动，则f a＝mω2l＝23kmg，选项D错误．命题点三竖直面内的圆周运动1．竖直面内圆周运动两类模型一是无支撑(如球与绳连接、沿内轨道运动的过山车等)，称为“绳(环)约束模型”，二是有支撑(如球与杆连接、在弯管内的运动等)，称为“杆(管)约束模型”．2．竖直平面内圆周运动的两种模型特点及求解方法弹力，弹力方向向下或等于零重力、弹力，弹力方向向下、等于零例3 (2016·全国Ⅱ·16)小球P 和Q 用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，P 球的质量大于Q 球的质量，悬挂P 球的绳比悬挂Q 球的绳短．将两球拉起，使两绳均被水平拉直，如图11所示．将两球由静止释放．在各自轨迹的最低点( )图11A ．P 球的速度一定大于Q 球的速度B ．P 球的动能一定小于Q 球的动能C ．P 球所受绳的拉力一定大于Q 球所受绳的拉力D ．P 球的向心加速度一定小于Q 球的向心加速度①P 球的质量大于Q 球的质量；②由静止释放；③在各自轨迹的最低点．答案 C解析 小球从水平位置摆动至最低点，由动能定理得，mgL ＝12mv 2，解得v ＝2gL ，因L P <L Q ，故v P <v Q ，选项A 错误；因为E k ＝mgL ，又m P >m Q ，L P <L Q ，则两小球的动能大小无法比较，选项B 错误；对小球在最低点受力分析得，F T －mg ＝m v 2L ，可得F T ＝3mg ，选项C 正确；由a n ＝v 2L＝2g 可知，两球的向心加速度相等，选项D 错误．例4 如图12所示，一质量为m ＝0.5 kg 的小球，用长为0.4 m 的轻绳拴着在竖直平面内做圆周运动．g 取10 m/s 2，求：图12(1)小球要做完整的圆周运动，在最高点的速度至少为多大？ (2)当小球在最高点的速度为4 m/s 时，轻绳拉力多大？(3)若轻绳能承受的最大张力为45 N ，小球的速度不能超过多大？①轻绳拴着在竖直平面内做圆周运动；②小球要做完整的圆周运动；③最大张力为45 N.答案 (1)2 m/s (2)15 N (3)4 2 m/s解析 (1)在最高点，对小球受力分析如图甲，由牛顿第二定律得mg ＋F 1＝mv 2R①由于轻绳对小球只能提供指向圆心的拉力，即F 1不可能取负值， 亦即F 1≥0②联立①②得v ≥gR ， 代入数值得v ≥2 m/s所以，小球要做完整的圆周运动，在最高点的速度至少为2 m/s. (2)将v 2＝4 m/s 代入①得，F 2＝15 N.(3)由分析可知，小球在最低点张力最大，对小球受力分析如图乙，由牛顿第二定律得F 3－mg ＝mv23R③将F 3＝45 N 代入③得v 3＝4 2 m/s即小球的速度不能超过4 2 m/s.4．(多选)“水流星”是一种常见的杂技项目，该运动可以简化为细绳一端系着小球在竖直平面内的圆周运动模型，如图13所示，已知绳长为l ，重力加速度为g ，则( )图13A ．小球运动到最低点Q 时，处于失重状态B ．小球初速度v 0越大，则在P 、Q 两点绳对小球的拉力差越大C ．当v 0>6gl 时，小球一定能通过最高点PD ．当v 0<gl 时，细绳始终处于绷紧状态 答案 CD解析 小球运动到最低点Q 时，由于加速度向上，故处于超重状态，选项A 错误；小球在最低点时：F T1－mg ＝m v 20l ；在最高点时：F T2＋mg ＝m v 2l ，其中12mv 02－mg ·2l ＝12mv 2，解得F T1－F T2＝6mg ，故在P 、Q 两点绳对小球的拉力差与初速度v 0无关，选项B 错误；当v 0＝6gl 时，得v ＝2gl ，因为小球能经过最高点的最小速度为gl ，则当v 0>6gl 时小球一定能通过最高点P ，选项C 正确；当v 0＝gl 时，由12mv 02＝mgh 得小球能上升的高度h ＝12l ，即小球不能越过与悬点等高的位置，故当v 0<gl 时，小球将在最低点位置来回摆动，细绳始终处于绷紧状态，选项D 正确．5．如图14所示，轻杆长3L ，在杆两端分别固定质量均为m 的球A 和B ，光滑水平转轴穿过杆上距球A 为L 处的O 点，外界给系统一定能量后，杆和球在竖直平面内转动，球B 运动到最高点时，杆对球B 恰好无作用力．忽略空气阻力．则球B 在最高点时( )图14A ．球B 的速度为零 B ．球A 的速度大小为2gLC ．水平转轴对杆的作用力为1.5mgD ．水平转轴对杆的作用力为2.5mg 答案 C解析 球B 运动到最高点时，杆对球B 恰好无作用力，即重力恰好提供向心力，有mg ＝m v2B 2L，解得v B ＝2gL ，故A 错误；由于A 、B 两球的角速度相等，则球A 的速度大小v A ＝122gL ，故B 错误；B 球在最高点时，对杆无弹力，此时A 球受重力和拉力的合力提供向心力，有F－mg ＝m v2A L，解得：F ＝1.5mg ，故C 正确，D 错误．斜面上圆周运动的临界问题在斜面上做圆周运动的物体，因所受的控制因素不同，如静摩擦力控制、轻绳控制、轻杆控制，物体的受力情况和所遵循的规律也不相同．下面列举三类实例： 1．静摩擦力控制下的圆周运动典例1 (2014·安徽·19)如图15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32(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/s 2.则ω的最大值是( )图15A. 5 rad/sB. 3 rad/s C ．1.0 rad/s D ．0.5 rad/s答案 C解析 当小物体转动到最低点时为临界点，由牛顿第二定律知， μmg cos 30°－mg sin 30°＝m ω2r 解得ω＝1.0 rad/s ，故选项C 正确．2．轻绳控制下的圆周运动典例2 如图16所示，一块足够大的光滑平板放置在水平面上，能绕水平固定轴MN 调节其与水平面所成的倾角．板上一根长为l ＝0.60 m 的轻细绳，它的一端系住一质量为m 的小球P ，另一端固定在板上的O 点．当平板的倾角固定为α时，先将轻绳平行于水平轴MN 拉直，然后给小球一沿着平板并与轻绳垂直的初速度v 0＝3.0 m/s.若小球能保持在板面内做圆周 运动，倾角α的值应在什么范围内？(取重力加速度g ＝10 m/s 2)图16答案 0°≤α≤30°解析 小球在倾斜平板上运动时受到绳子拉力、平板弹力、重力．在垂直平板方向上合力为0，重力在沿平板方向的分量为mg sin α小球在最高点时，由绳子的拉力和重力沿平板方向的分力的合力提供向心力，有F T ＋mg sin α＝mv21l①研究小球从释放到最高点的过程，根据动能定理有 －mgl sin α＝12mv 12－12mv 02②若恰好能通过最高点，则绳子拉力F T ＝0③联立①②③解得 sin α＝12，则α＝30°故α的范围为0°≤α≤30°. 3．轻杆控制下的圆周运动典例3 如图17所示，在倾角为α＝30°的光滑斜面上，有一根长为L ＝0.8 m 的轻杆，一端固定在O 点，另一端系一质量为m ＝0.2 kg 的小球，沿斜面做圆周运动，取g ＝10 m/s 2，若要小球能通过最高点A ，则小球在最低点B 的最小速度是( )图17A ．4 m/sB ．210 m/sC ．2 5 m/sD ．2 2 m/s答案 A解析 小球受轻杆控制，在A 点的最小速度为零，由2mgL sin α＝12mv B 2可得v B ＝4 m/s ，A正确．题组1 匀速圆周运动的分析1．水平放置的三个不同材料制成的圆轮A 、B 、C ，用不打滑皮带相连，如图1所示(俯视图)，三圆轮的半径之比为R A ∶R B ∶R C ＝3∶2∶1，当主动轮C 匀速转动时，在三轮的边缘上分别放置一相同的小物块(可视为质点)，小物块均恰能相对静止在各轮的边缘上，设小物块所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，小物块与轮A 、B 、C 接触面间的动摩擦因数分别为μA 、μB 、μC ，A 、B 、C 三轮转动的角速度分别为ωA 、ωB 、ωC ，则( )图1A ．μA ∶μB ∶μC ＝2∶3∶6 B ．μA ∶μB ∶μC ＝6∶3∶2 C ．ωA ∶ωB ∶ωC ＝1∶2∶3D ．ωA ∶ωB ∶ωC ＝6∶3∶2 答案 A解析 小物块在水平方向由最大静摩擦力提供向心力，所以向心加速度a ＝μg ，而a ＝v 2R ，A 、B 、C 三圆轮边缘的线速度大小相同，所以μ∝1R，所以μA ∶μB ∶μC ＝2∶3∶6，由v ＝R ω可知，ω∝1R，所以ωA ∶ωB ∶ωC ＝2∶3∶6，故只有A 正确．2．如图2为学员驾驶汽车在水平面上绕O 点做匀速圆周运动的俯视示意图．已知质量为60 kg 的学员在A 点位置，质量为70 kg 的教练员在B 点位置，A 点的转弯半径为5.0 m ，B 点的转弯半径为4.0 m ，学员和教练员(均可视为质点)( )图2A ．运动周期之比为5∶4B ．运动线速度大小之比为1∶1C ．向心加速度大小之比为4∶5D ．受到的合力大小之比为15∶14 答案 D解析 A 、B 两点做圆周运动的角速度相等，根据T ＝2πω知，周期相等，故A 错误．根据v ＝r ω知，半径之比为5∶4，则线速度大小之比为5∶4，故B 错误．根据a ＝r ω2知，半径之比为5∶4，则向心加速度大小之比为5∶4，故C 错误．根据F ＝ma 知，向心加速度大小之比为5∶4，质量之比为6∶7，则合力大小之比为 15∶14，故D 正确．3．(2014·天津·9(1))半径为R 的水平圆盘绕过圆心O 的竖直轴匀速转动，A 为圆盘边缘上一点．在O 的正上方有一个可视为质点的小球以初速度v 水平抛出时，半径OA 方向恰好与v 的方向相同，如图3所示．若小球与圆盘只碰一次，且落在A 点，重力加速度为g ，则小球抛出时距O 的高度h ＝________，圆盘转动的角速度大小ω＝________.图3答案 gR 22v 2 2n πv R(n ＝1,2,3，…)解析 小球做平抛运动，在竖直方向：h ＝12gt2① 在水平方向R ＝vt② 由①②两式可得h ＝gR 22v2③小球落在A 点的过程中，OA 转过的角度θ＝2n π＝ωt (n ＝1,2,3，…)④ 由②④两式得ω＝2n πvR(n ＝1,2,3，…)题组2 水平面内圆周运动的临界问题4．(多选)摩擦传动是传动装置中的一个重要模型，如图4所示的两个水平放置的轮盘靠摩擦力传动，其中O 、O ′分别为两轮盘的轴心．已知两个轮盘的半径比r 甲∶r 乙＝3∶1，且在正常工作时两轮盘不打滑．今在两轮盘上分别放置两个同种材料制成的滑块A 、B ，两滑块与轮盘间的动摩擦因数相同，两滑块距离轴心O 、O ′的间距R A ＝2R B .若轮盘乙由静止开始缓慢地转动起来，且转速逐渐增加，则下列叙述正确的是( )图4A ．滑块A 和B 在与轮盘相对静止时，角速度之比为ω甲∶ω乙＝1∶3 B ．滑块A 和B 在与轮盘相对静止时，向心加速度的比值为a A ∶a B ＝2∶9C ．转速增加后滑块B 先发生滑动D ．转速增加后两滑块一起发生滑动 答案 ABC解析 假设轮盘乙的半径为R ，由题意可知两轮盘边缘的线速度大小相等，有ω甲(3R )＝ω乙R ，得ω甲∶ω乙＝1∶3，所以滑块相对轮盘滑动前，A 、B 的角速度之比为1∶3，A 正确；滑块相对轮盘滑动前，根据a ＝ω2r 得A 、B 的向心加速度之比为a A ∶a B ＝2∶9，B 正确；据题意可得滑块A 、B 的最大静摩擦力分别为F f A ＝μm A g ，F f B ＝μm B g ，最大静摩擦力之比为F f A ∶F f B ＝m A ∶m B ，滑块相对轮盘滑动前所受的静摩擦力之比为F f A ′∶F f B ′＝(m A a A )∶(m B a B )＝m A ∶(4.5m B )，综上分析可得滑块B 先达到最大静摩擦力，先开始滑动，C 正确，D 错误．5．(多选)如图5所示，在水平圆盘上放有质量分别为m 、m 、2m 的可视为质点的三个物体A 、B 、C ，圆盘可绕垂直圆盘的中心轴OO ′转动．三个物体与圆盘间的动摩擦因数相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．三个物体与轴O 共线且OA ＝OB ＝BC ＝r ，现将三个物体用轻质细线相连，保持细线伸直且恰无张力．当圆盘从静止开始转动，角速度极其缓慢地增大，则对于这个过程，下列说法正确的是( )图5A．A、B两个物体同时达到最大静摩擦力B．B、C两个物体的静摩擦力先增大后不变，A物体所受的静摩擦力先增大后减小再增大C．当ω2> μgr时整体会发生滑动D．当μg2r<ω<μgr时，在ω增大的过程中B、C间的拉力不断增大答案BCD解析当圆盘转速增大时，静摩擦力提供向心力，三个物体的角速度相等，由F0＝mω2r，由于C的半径最大，质量最大，故C所需要的向心力增加最快，最先达到最大静摩擦力，此时μ(2m)g＝2m·2rω12，解得ω1＝μg2r，当C的摩擦力达到最大静摩擦力之后，细线BC开始提供拉力，B的摩擦力增大，达到最大静摩擦力后，A、B之间细线开始有力的作用，随着角速度增大，A的摩擦力将减小到零然后反向增大，当A的摩擦力达到最大，且细线BC的拉力大于A、B整体的摩擦力时物体将会出现相对滑动，此时A与B还受到细线的拉力，对C有F T＋μ(2m)g＝2m·2rω22，对A、B整体有F T＝2μmg，解得ω2＝μgr，当ω2>μgr时整体会发生滑动，故A错误，B、C正确；当μg2r<ω<μgr时，C所受摩擦力沿着半径向里，且没有出现滑动，故在ω增大的过程中，由于向心力F＝F T＋F f不断增大，故B、C 间的拉力不断增大，故D正确．6.如图6所示，水平杆固定在竖直杆上，两者互相垂直，水平杆上O、A两点连接有两轻绳，两绳的另一端都系在质量为m的小球上，OA＝OB＝AB，现通过转动竖直杆，使水平杆在水平面内做匀速圆周运动，三角形OAB始终在竖直平面内，若转动过程中OB、AB两绳始终处于拉直状态，则下列说法正确的是( )图6A ．OB 绳的拉力范围为0～33mg B ．OB 绳的拉力范围为33mg ～233mg C ．AB 绳的拉力范围为33mg ～233mg D ．AB 绳的拉力范围为0～233mg答案 B解析 当转动的角速度为零时，OB 绳的拉力最小，AB 绳的拉力最大，这时两者的值相同，设为F 1，则2F 1cos 30°＝mg ，F 1＝33mg ，增大转动的角速度，当AB 绳的拉力刚好等于零时，OB 绳的拉力最大，设这时OB 绳的拉力为F 2，则F 2cos 30°＝mg ，F 2＝233mg ，因此OB 绳的拉力范围为33mg ～233mg ，AB 绳的拉力范围为0～33mg ，B 项正确． 7．如图7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7(1)若ω＝ω0，小物块受到的摩擦力恰好为零，求ω0；(2)若ω＝(1±k )ω0，且0＜k ≪1，求小物块受到的摩擦力大小和方向． 答案 (1)2gR(2)当ω＝(1＋k )ω0时，F f 沿罐壁切线向下，大小为 3k＋k2mg当ω＝(1－k )ω0时，F f 沿罐壁切线向上，大小为 3k－k2mg解析 (1)对小物块受力分析可知：F N cos 60°＝mg ①F N sin 60°＝mR′ω02 ②R′＝R sin 60°③联立①②③解得：ω0＝2g R(2)由于0＜k≪1，当ω＝(1＋k)ω0时，物块受摩擦力方向沿罐壁切线向下．由受力分析可知：F N′cos 60°＝mg＋F f cos 30°④F N′sin 60°＋F f sin 30°＝mR′ω2 ⑤联立③④⑤解得：F f＝3k＋k2mg当ω＝(1－k)ω0时，物块受摩擦力方向沿罐壁切线向上．由受力分析和几何关系知：F N″cos 60°＋F f′sin 60°＝mg ⑥F N″sin 60°－F f′cos 60°＝mR′ω2 ⑦联立③⑥⑦解得F f′＝3k－k2mg.题组3 竖直平面内圆周运动的临界问题8．如图8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，两根绳的拉力恰好均为零，则小球在最高点速率为2v时，每根绳的拉力大小为( )图8A.3mgB.433mg C ．3mg D ．23mg答案 A解析 设小球在竖直面内做圆周运动的半径为r ，小球运动到最高点时轻绳与圆周运动轨道平面的夹角为θ＝30°，则有r ＝L cos θ＝32L .根据题述小球在最高点速率为v 时，两根绳的拉力恰好均为零，有mg ＝m v 2r；小球在最高点速率为2v 时，设每根绳的拉力大小为F ，则有2F cos θ＋mg ＝mv 2r，联立解得F ＝3mg ，选项A 正确．9. (多选)如图9所示，竖直放置的光滑圆轨道被固定在水平地面上，半径r ＝0.4 m ，最低点处有一小球(半径比r 小很多)，现给小球一水平向右的初速度v 0，则要使小球不脱离圆轨道运动，v 0应当满足(取g ＝10 m/s 2)( )图9A ．v 0≥0B ．v 0≥4 m/sC ．v 0≥2 5 m/sD ．v 0≤2 2 m/s答案 CD解析 当v 0较大时，小球能够通过最高点，这时小球在最高点处需要满足的条件是mg ≤mv 2r，又根据机械能守恒定律有12mv 2＋2mgr ＝12mv 02，得v 0≥2 5 m/s ，C 正确．当v 0较小时，小球不能通过最高点，这时对应的临界条件是小球上升到与圆心等高位置处时速度恰好减为零，根据机械能守恒定律有mgr ＝12mv 02，得v 0＝2 2 m/s ，D 正确．10．如图10所示，两个四分之三竖直圆弧轨道固定在同一水平地面上，半径R 相同，左侧轨。
【配套K12】2019高考物理一轮复习第四章曲线运动万有引力与航天学案
第四章曲线运动万有引力与航天第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。
(√)突破点(一) 物体做曲线运动的条件与轨迹分析1．运动轨迹的判断(1)若物体所受合力方向与速度方向在同一直线上，则物体做直线运动。
(2)若物体所受合力方向与速度方向不在同一直线上，则物体做曲线运动。
2．合力方向与速率变化的关系[题点全练]1．关于物体的受力和运动，下列说法中正确的是( )A．物体在不垂直于速度方向的合力作用下，速度大小可能一直不变B．物体做曲线运动时，某点的加速度方向就是通过这一点曲线的切线方向C．物体受到变化的合力作用时，它的速度大小一定改变D．做曲线运动的物体，一定受到与速度不在同一直线上的外力作用解析：选D 如果合力与速度方向不垂直，必然有沿速度方向的分力，速度大小一定改变，故A错误；物体做曲线运动时，某点的速度方向就是通过这一点的曲线的切线方向，而不是加速度方向，故B错误；物体受到变化的合力作用时，它的速度大小可以不改变，比如匀速圆周运动，故C错误；物体做曲线运动的条件是一定受到与速度不在同一直线上的外力作用，故D正确。
2．[多选](2018·南京调研)如图所示，甲、乙两运动物体在t1、t2、t3时刻的速度矢量分别为v1、v2、v3和v1′、v2′、v3′，下列说法中正确的是( )A．甲做的不可能是直线运动B．乙做的可能是直线运动C．甲可能做匀变速运动D．乙受到的合力不可能是恒力解析：选ACD 甲、乙的速度方向在变化，所以甲、乙不可能做直线运动，故A正确，B 错误；甲的速度变化量的方向不变，知加速度的方向不变，则甲的加速度可能不变，甲可能作匀变速运动，选项C正确；乙的速度变化量方向在改变，知加速度的方向改变，所以乙的合力不可能是恒力，故D正确。
2019高考物理大一轮(江苏版)复习方案：听课详解 第4单元 曲线运动 万有引力与航天
教师详解(听课手册)第四单元曲线运动万有引力与航天第9讲运动的合成与分解【教材知识梳理】核心填空一、切线匀变速曲线加速度合外力二、合运动分运动实际效果平行四边形思维辨析(1)(√) (2)(×)(3)(×)(4)(×)(5)(√) (6)(×)(7)(×)(8)(√)【考点互动探究】考点一例1 CD [解析] 如果F x、F y二力的合力沿v0方向,即F y=F x tan α,则质点做直线运动,选项A错误,C正确.若F x>F y cot α,则合力方向在v0与x轴正方向之间,所以轨迹向x轴一侧弯曲;若F x<F y cot α,则合力方向在v0与y轴之间,所以轨迹向y轴一侧弯曲;只知道F x>F y时,不能确定轨迹是偏向x轴一侧还是y轴一侧,选项B错误,D正确.变式题 B [解析] 物体获得由A指向B的任意大小的瞬时速度时,由运动的合成可知,物体的运动路径是直线,但不一定是路径2,只有该瞬时速度为某确定值时,物体的路径才是2,故A错误,B正确;物体持续受到平行于AB的任意大小的恒力时,物体做曲线运动,且运动路径弯向恒力方向,但物体不一定会经过C点,且路径一定不会是3,故C、D错误.考点二例 2 B [解析] 点火后,附加速度与飞经赤道上空的速度的合速度应该沿同步轨道切线方向,如图所示,根据三角形定则及数学知识得Δv==1.9×103 m/s,故B正确.变式题BC [解析] 橡皮向右上方运动,具有沿斜面向上的分速度,与钉子沿斜面向上的速度相等,即为v;橡皮还具有竖直向上的分速度,大小也等于v;其实际速度大小(合速度)是两个分速度的合成,故橡皮的实际速度大小(合速度)v'=2vcos 30°=v,且与水平方向成60°角,A、D错误,B、C正确.考点三例3 (1)0.2 m/s (2)0.33 m/s 200 m 53°[解析] (1)船头垂直于对岸方向航行时,如图甲所示.由x=v2t1得v2= m/s=0.2 m/s(2)船头保持与岸成α角向上游航行时,如图乙所示,有v2=v1cos αd=v1t2sin α由(1)可得d=v1t1联立解得α=53°,v1=0.33 m/s,d=200 m变式题BC [解析] 设运动员放箭的位置离目标的距离为x,运动员要在最短的时间内击中目标,射箭方向必须垂直于跑道,同时合速度必须指向目标,箭的合速度与分速度的矢量三角形如图所示,则射击时间t=,在射出时间内箭沿跑道的位移s=v1t=,故放箭位置到目标的距离x=.考点四例4[解析] 小船B的速度为沿绳方向速度和垂直于绳方向速度的合速度,根据平行四边形定则,有vcos θ=v0,则v=.变式题 B [解析] 设汽车向右运动的速度为v,绳子与水平方向的夹角为α,物块上升的速度为v',则vcos α=v',汽车匀速向右运动,α减小,v'增大,物块向上加速运动,A、D错误;物块的加速度向上,处于超重状态,B正确,C错误.1.[2017·江苏南通如皋中学模拟]关于曲线运动,下列说法错误的是( )A.做曲线运动的物体速度方向时刻在改变,故曲线运动是变速运动B.做曲线运动的物体受到的合外力方向与速度方向一定不共线C.做匀速圆周运动的物体所受的合外力一定指向圆心D.做匀速圆周运动的物体所受的合外力是恒力[解析] D 做曲线运动的物体的速度方向时刻在改变,所以曲线运动一定是变速运动,A正确;物体做曲线运动的条件是合力的方向与速度方向不在同一条直线上,故B正确;做匀速圆周运动的物体所受到的向心力是始终指向圆心的,大小不变,方向时刻改变,故C正确,D错误.2.[2014·四川卷]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.C.[解析] B 设河岸宽为d,船速为u,则根据渡河时间关系得=k,解得u=,选项B正确. 3.如图所示,甲、乙两船在同一条河流中同时开始渡河,M、N分别是甲、乙两船的出发点,两船头与河岸均成α角,甲船船头恰好对准N点的正对岸P点,经过一段时间乙船恰好到达P点.如果划船速度大小相同,且两船若相遇,不影响各自的航行,下列判断正确的是( )A.甲船也能到达正对岸B.甲船渡河时间一定较短C.两船相遇在NP直线上的某点(非P点)D.渡河过程中两船不会相遇[解析] C 设划船的速度大小为v,因乙船恰好垂直河岸渡河,故vcos α=v水,两船的渡河时间都是,选项B错误;甲船的航线在MP与MN之间,故甲船不能到达正对岸,选项A错误;两船在垂直河岸方向的分运动相同,且乙船的航线为NP,故二者相遇点一定在NP上,选项C正确;甲船到达对岸的位置在P点的右侧,且两船在垂直河岸方向的分运动相同,故二者一定相遇,选项D错误.4.小船过河问题与切割玻璃问题的区别例1:小船在200 m宽的河中横渡,水流速度为2 m/s,船在静水中的速度是4 m/s,要使小船到达正对岸,应如何行驶?例2:宽9 m的成型玻璃以2 m/s的速度连续不断地向前行进,在切割工序处,金刚割刀的速度为10 m/s,为了使割下的玻璃板都成规定尺寸的矩形,则金刚割刀的轨道应如何控制?[解析] 这是两道经典题,但大多数学生搞不清这两道题在解法上有什么区别.如例1的解法如下:要使小船垂直过河,即合速度应垂直于河岸,如图甲所示,则cos θ=所以θ=60°,即航向与岸上游成60°角.对例2的解法,多数学生认为与例1的解法相同,即合速度应垂直于玻璃板,如图乙所示,则cos θ=即θ=arccos .实际上,例1的解法正确,例2的解法错误,例2的正确解法如下:由题目条件知,割刀运动的速度是实际的速度,所以为合速度,其分速度的效果恰好相对玻璃垂直切割.设割刀的速度v2的方向与玻璃板速度v1的方向的夹角为θ,如图丙所示,要保证割下矩形的玻璃板,由v2是合速度,得v1=v2cos θ所以cos θ=即θ=arccos要割下矩形板,割刀速度方向与玻璃板速度所成角度θ=arccos .这两道题看起来非常相似,解法上却有很大区别,为什么呢?这也是很多学生的疑点,分析可知,关键是找合速度的问题,例2中割刀运动的速度v2为什么是合速度?原来,割刀是由机器控制速度方向,它不会随玻璃行进的方向的改变而改变,也就是割刀运动的实际速度,所以为合速度.而例1中船行进的方向会随水流速度的改变而改变,故v船不是合速度,这就是两道题的区别.第10讲抛体运动【教材知识梳理】核心填空一、1.重力 2.抛物线 3.自由落体运动 4.(1)匀速直线(2)自由落体(3)g二、1.垂直 2.抛物线 3.初速度思维辨析(1)(√) (2)(×)(3)(√) (4)(×)(5)(√) (6)(×)【考点互动探究】考点一例1 C [解析] 由平抛运动的推论可知,Q为OM的中点,则从O点运动到P点的过程中,小球发生的水平位移s水平=OM=2QM=6 m.由于水平方向上为匀速直线运动,故小球在这段过程中运动的时间为t=3 s.变式题1 C [解析] 设A和B两小球的水平距离为x AB,A和B两小球平抛的初速度分别为v A和v B,小球从抛出到相遇的时间t=.当A和B两小球平抛的速度都变为原来的2倍时,小球从抛出到相遇的时间t'=,所以C正确.变式题2 AD [解析] 飞机第一次投弹的速度v1=,A正确;第一颗炸弹落地时,飞机的速度v2=v1+aT,在时间T内飞机的位移x1=v1T+aT2,第二颗炸弹的水平位移x2=v2T,由题意得x2=L2-x1,解得v2= ,a=,x1=,B、C错误,D正确.考点二例 2 B [解析] 平抛运动在竖直方向上的位移和在水平方向上的位移关系为tan θ=,则t=,可知运动的时间与初速度成正比,所以t1∶t2=2∶1,竖直方向上下落的高度h=gt2,可得竖直方向上的位移之比为4∶1,斜面上的距离s=,故AB∶AC=4∶1,选项B正确,选项A、C、D错误.变式题BC [解析] 设斜面的倾角为θ,对小球在A点的速度进行分解,有tan θ=,解得θ≈30°,A错误;小球距A点的竖直高度为h=gt2=15 m,B正确;若小球的初速度为v'0=5 m/s,过A点作水平面,小球落到该水平面时的水平位移是小球以初速度v0=10 m/s抛出时的一半,延长小球运动的轨迹,得到小球应该落在P、A之间,C正确,D错误.例3 D [解析] 小球落在环上的最低点C时的下落时间最长,选项A错误.v0取值不同,小球落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.假设小球能垂直撞击半圆环,此时速度与水平方向的夹角为θ,则落点和圆心的连线与水平方向的夹角为θ.连接抛出点和落点,其连线与水平方向的夹角为β,根据几何关系知,θ=2β.因为平抛运动的速度与水平方向的夹角的正切值是位移与水平方向的夹角的正切值的2倍,即tan θ=2tan β,这与θ=2β相矛盾,故假设不成立,选项D正确,C错误.变式题 A [解析] 从A点抛出的小球做平抛运动,它运动到D点时,有R=,R=v1t1,故R=,选项A正确,选项B错误;从C点抛出的小球也做平抛运动,它运动到D点时,有Rsin 60°=v2t2,R(1-cos 60°)=,解得v2=v1,选项C、D错误.考点三例4 (1)(2)L(3)L=2h[解析] (1)对打在中点的微粒,有gt2解得t=(2)对打在B点的微粒,有v1=2h=解得v1=L同理,打在A点的微粒初速度v2=L故微粒初速度范围为L(3)由能量关系得+2mgh联立解得L=2h变式题 D [解析] 当球落到右侧角上的时候,设飞行时间为t1,则3h=,t1=,t1时间内的水平位移x1=,发射速度v1=;当球刚好擦网落到台面中间线上的时候,设飞行时间为t2,则3h-h=,t2=2,t2时间内的水平位移x2=,发射速度v2=,则v2<v<v1,所以D 正确.考点四例5 AD [解析] 滑雪者到达N点时的竖直分速度为v y=gt0=v0tan 60°,得g=,到达N点时的速度大小为v==2v0,A正确;M、N两点之间的水平距离为x=v0t0,竖直高度差为y=v0t0,故M、N两点之间的距离为s=v0t0,B错误;由mgsin 60°=ma,解得滑雪者沿斜坡NP下滑的加速度大小为a=gsin 60°=,C错误;N、P之间的距离为s'=vt0+v0t0,N、P两点之间的高度差为s'sin60°=v0t0,故M、P之间的高度差为h=y+s'sin 60°=v0t0,D正确.变式题(1)3 m/s (2)5.35 m/s[解析] (1)设小球落入凹槽时竖直速度为v y,则v y=gt=10×0.4 m/s=4 m/sv0=v y tan 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则小滑块的位移为s= m=1.5 m小滑块上滑时,由牛顿第二定律得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.考点五例6 A [解析] 抛体运动的加速度始终为g,与抛体的质量无关.当将它们以相同速率沿同一方向抛出时,运动轨迹应该相同,故选项A正确.1.[2017·温州质检]如图所示,小球以速度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) ( )A.[解析] D 如图所示,要使小球到达斜面的位移最小,则要求落点与抛出点的连线与斜面垂直,所以有tanθ=,而x=v0t,y=gt2,解得t=.2.[2017·陕西商洛二模]如图所示,竖直平面内有一段圆弧MN,将小球从圆心O处水平抛出.若初速度为v a,小球将落在圆弧上的a点;若初速度为v b,小球将落在圆弧上的b点.已知Oa、Ob与竖直方向的夹角分别为α、β,不计空气阻力,则( )A.B.C.D.[解析] D 小球被水平抛出,做平抛运动,若落到a点,则有Rsin α=v a t a,Rcos α=,解得v a=·sinα;若落到b点,则有Rsin β=v b t b,Rcos β=,解得v b=·sin β,故.3.如图所示,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,炸弹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( )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.炸弹被投出时的动能[解析] D 根据题述,有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.由于题中没有给出炸弹质量,所以不能算出炸弹被投出时的动能,故D 正确.4.[2017·运城调研]如图所示,小球从楼梯上以2 m/s的速度水平抛出,所有台阶的高度和宽度均为0.25 m,取g=10 m/s2,小球抛出后首先落到的台阶是( )A.第一级台阶B.第二级台阶C.第三级台阶D.第四级台阶[解析] D 设小球落到过台阶棱角的斜线上的时间为t,水平方向,有x=v0t,竖直方向,有y=gt2,则=1,解得t=0.4 s,相应的水平距离x=2×0.4 m=0.8 m,台阶数n==3.2,可知小球抛出后首先落到的台阶为第四级台阶,故D正确.5.(多选)[2017·绵阳二诊]正方体空心框架ABCD-A1B1C1D1下表面在水平地面上,将可视为质点的小球从顶点A在∠BAD所在范围内(包括边界)沿不同的水平方向分别抛出,沿某一水平方向抛出的小球的速度大小可以变化,小球在水平地面上的落点都在△B1C1D1内(包括边界).不计空气阻力,以地面为重力势能参考平面,则( )A.落在C1点的小球运动时间最长B.小球初速度的最小值与最大值之比是1∶2C.落在B1D1线段上的小球落地时机械能的最小值与最大值之比是1∶2D.轨迹与AC1线段相交的小球在交点处的速度方向相同[解析] BD 小球在竖直方向上都做自由落体运动,因为所有小球下落的高度相同,由h=gt2得小球落到地面上△B1C1D1内所用的时间相同,A错误;小球在水平方向上做匀速直线运动,落到地面上△B1C1D1内的小球的最小水平位移与最大水平位移之比为1∶2,由x=vt得小球的最小初速度与最大初速度之比为1∶2,B正确;小球抛出后只受重力作用,因此小球的机械能守恒,落地时的机械能等于抛出时的机械能,落在B1D1线段上的小球中,落在B1、D1两点的小球水平位移最大,水平速度最大,抛出时的初动能最大,故抛出时的机械能最大,设正方体框架的边长为L,由L=gt2,L=vt,E k=mv2,联立得E k=mgL,故机械能E=mgL,落在B1D1线段中点上的小球水平位移最小,水平速度最小,抛出时的初动能最小,故抛出时的机械能最小,由L=gt2,L=v't,E'k=mv'2,联立得E'k=mgL,故机械能E'=mgL,故最大机械能与最小机械能之比为10∶9,C错误;轨迹与AC1线段相交的小球落到线段上时,合位移方向与水平方向的夹角都为45°,根据平抛运动的推论知合速度方向与水平方向夹角的正切值是合位移方向与水平方向夹角正切值的2倍,故在交点处的速度方向相同,D正确.6.如图所示,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,则 ( )A.P→Q所用的时间t=2B.P→Q所用的时间t=C.初速度v0=bD.初速度v0=b[解析] C 物块的加速度为a=gsin θ,根据l=at2,得t= ,故A、B错误;初速度v0=,故C正确,D错误.7.[2014·浙江卷]如图所示,装甲车在水平地面上以速度v0=20 m/s沿直线前进,车上机枪的枪管水平,距地面高为h=1.8 m.在车正前方竖直立一块高为两米的长方形靶,其底边与地面接触.枪口与靶距离为L时,机枪手正对靶射出第一发子弹,子弹相对于枪口的初速度为v=800 m/s.在子弹射出的同时,装甲车开始匀减速运动,行进s=90 m后停下.装甲车停下后,机枪手以相同方式射出第二发子弹.(不计空气阻力,子弹看成质点,重力加速度g取10 m/s2)(1)求装甲车匀减速运动时的加速度大小;(2)当L=410 m时,求第一发子弹的弹孔离地的高度,并计算靶上两个弹孔之间的距离;(3)若靶上只有一个弹孔,求L的范围.[答案] (1) m/s2(2)0.55 m 0.45 m (3)492 m<L≤570 m[解析] (1)装甲车加速度a= m/s2.(2)第一发子弹飞行时间t1==0.5 s弹孔离地高度h1=h-=0.55 m第二发子弹离地的高度h2=h-=1.0 m两弹孔之间的距离Δh=h2-h1=0.45 m.(3)第一发子弹打到靶的下沿时,装甲车离靶的距离为L1=(v0+v)=492 m第二发子弹打到靶的下沿时,装甲车离靶的距离为L2=v+s=570 mL的范围为492 m<L≤570 m.8.如图所示,排球场总长为18 m,设球网高度为2 m,运动员站在网前3 m处正对球网跳起将球水平击出,不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2.(1)若击球高度为2.5 m,为使球既不触网又不出界,求水平击球的速度范围;(2)当击球点的高度低于何值时,无论水平击球的速度多大,球不是触网就是越界?[答案] (1)3 m/s (2) m[解析] (1)排球被水平击出后,做平抛运动,如图所示.若正好压在底线上,则球在空中的飞行时间t1= s由此得排球不越界的临界速度v1= m/s若球恰好触网,则球在网上方运动的时间t2= s由此得排球触网的临界速度v2= m/s要使排球既不触网又不越界,水平击球速度v的取值范围为3 m/s.(2)设击球点的高度为h时,以某一速度将球击出,球刚好擦网而过,落地时又恰好压在边界线上. 由几何知识可得得h= m.即击球高度低于 m时,球不是出界就是触网.[点评] 在解决体育运动中的平抛运动问题时,既要考虑研究平抛运动的思路和方法,又要考虑所涉及的体育运动设施的特点,如乒乓球、排球、网球等都有中间网及边界问题,要求球既能过网,又不出边界;足球的球门有固定的高度和宽度.9.如图所示为一同学制作的研究平抛运动的装置,其中水平台AO长s=0.70 m,长方体薄壁槽紧贴O点竖直放置,槽宽d=0.10 m,高h=1.25 m.现有一弹性小球从平台上A点水平射出,已知小球在平台上受到的阻力恒为其重力的,重力加速度g取10 m/s2.(1)若小球不碰槽壁且恰好落到槽底上的P点,求小球在平台上运动的时间;(2)若小球碰壁后能立即以原速率反弹,为使小球能击中O点正下方槽壁上的B点,B点和O点的距离h B=0.8 m,求小球从O点射出速度的所有可能值.[答案] (1)1 s (2)0.5n m/s (n=1,2,3,…)[解析] (1)小球恰好落到P点,设小球在O点抛出时的速度为v0,做平抛运动的时间为t1,则水平方向上,有d=v0t1竖直方向上,有h=解得v0=0.2 m/s设小球在平台上运动时加速度大小为a,则0.1mg=ma解得a=1 m/s2设小球在A点射出时的速度为v A,在平台上运动的时间为t2,则从A到O,由运动学公式得=-2asv0=v A-at2解得t2=1 s.(2)水平方向上,有2nd=v0t(n=1,2,3,…)竖直方向上,有h B=gt2解得v0=0.5n m/s(n=1,2,3,…).第11讲圆周运动【教材知识梳理】核心填空一、1.保持不变 2.时刻变化 3.大小不变圆心思维辨析(1)(×)(2)(×)(3)(√) (4)(×)(5)(√)思维拓展1.两个“匀速”意义不同,匀速圆周运动全称应为匀速率圆周运动,其速度、向心加速度都是变化的.2.匀速圆周运动中不变的物理量有:角速度、周期、频率、转速、动能,变化的物理量有:线速度、向心加速度、向心力、动量.【考点互动探究】考点一1.D [解析] 由图可知r A>r B>r C,齿轮A边缘与齿轮B边缘线速度大小是相同的,即v A=v B,由v=ωr,可得,故ωA<ωB;齿轮B与齿轮C共轴,则齿轮B与齿轮C角速度相等,即ωB=ωC,由v=ωr可得,齿轮B与齿轮C边缘的线速度大小之比,故v B>v C.综上所述,v A=v B>v C,ωB=ωC>ωA,A、B、C错误,D正确.2.D [解析] A、B两点角速度相同,由a n=ω2r,可知a A∶a B=R1∶R2;B、C两点线速度大小相同,由a n=,可知a B∶a C=R3∶R2,故a A∶a C=R1R3∶,D正确.3.D [解析] A、B靠摩擦传动,则边缘上a、b两点的线速度大小相等,即v a∶v b=1∶1,选项A错误;B、C同轴转动,则边缘上b、c两点的角速度相等,即ωb=ωc,转速之比,选项B、C错误;对a、b两点,由a n=,对b、c两点,由a n=ω2r得,故a a∶a b∶a c=9∶6∶4,选项D正确.考点二例1 BC [解析] 根据f=mrω2得ω=,当角速度逐渐增大时,B物块受到的静摩擦力先达到最大静摩擦力;角速度继续增大,B物块所受绳子的拉力和最大静摩擦力的合力提供向心力,故绳子的拉力增大,且绳子的拉力增加量等于B物块的向心力增加量,但大于A物块的向心力增加量,则A物块所受的静摩擦力减小;当拉力增大到一定程度时,A物块所受的静摩擦力减小到零后反向增大,所以A物块所受的静摩擦力先增大后减小,再反向增大,B物块所受的静摩擦力先增大,达到最大静摩擦力后不变,A错误,B、C正确.在转动过程中,B物块运动需要向心力来维持,一开始是静摩擦力作为向心力,当其受到的静摩擦力不足以提供向心力时,绳子的拉力作为补充,由合外力提供向心力,角速度再增大,当这两个力的合力不足以提供向心力时,物块将会发生相对滑动,根据向心力公式F n=mrω2可知,在发生相对滑动前,B物块运动的半径是不变的,质量也不变,随着角速度的增大,向心力增大,故物块所受的合外力增大,故D错误.变式题 B [解析] 由于A和A、B整体受到的静摩擦力均提供向心力,故对A,有μ1m A g≥m Aω2r,对A、B整体,有(m A+m B)ω2r≤μ2(m A+m B)g,解得ω≤rad/s,故选项B正确.例2 BC [解析] 金属块Q在桌面上保持静止,根据平衡条件知,Q受到桌面的支持力等于其重力,保持不变,故D错误.设细线与竖直方向的夹角为θ,细线的拉力大小为F T,细线的长度为L,P球做匀速圆周运动时,由重力和细线拉力的合力提供向心力,如图所示,则有F T=,F n=mgtan θ=mω2Lsin θ,得角速度ω=,使小球改到一个更高一些的水平面上做匀速圆周运动时,θ增大,cos θ减小,则细线拉力F T增大,角速度增大,A错误,B正确.对Q,由平衡条件知,Q受到桌面的静摩擦力变大,故C正确.变式题(1) rad/s (2)2 rad/s[解析] (1)若要使小球刚好离开锥面,则小球只受到重力和细线的拉力,小球做匀速圆周运动的轨迹圆在水平面上,故向心力沿水平方向,受力分析如图所示.由牛顿第二定律及向心力公式得mgtan θ=m lsin θ解得ω0= rad/s.(2)同理,当细线与竖直方向成α=60°角时,由牛顿第二定律及向心力公式得mgtan α=mω'2lsin α解得ω'= rad/s.例3 (1)1 m/s (2)0.2[解析] (1)设物块做平抛运动所用时间为t,竖直方向上,有H=gt2水平方向上,有s=v0t联立解得v0=s =1 m/s.(2)物块离开转台时,最大静摩擦力提供向心力,有μmg=m联立解得μ==0.2.考点三例4 A [解析] 轻杆可对小球产生向上的支持力,小球经过最高点的速度可以为零,B错误;当小球过最高点的速度v=时,杆所受的弹力等于零,A正确;若v<,则小球过最高点时,杆对小球的弹力竖直向上,有mg-F=m,随着v增大,F减小,若v>,则小球过最高点时,杆对小球的弹力竖直向下,有mg+F=m,随着v增大,F增大,C、D错误.变式题 B [解析] 小球沿管道上升到最高点时的速度可以为零,选项A错误,选项B正确;小球在水平线ab以下的管道中运动时,由外侧管壁对小球的作用力F N与小球的重力在背离圆心方向的分力F G的合力提供向心力,即F N-F G=m,因此,外侧管壁对球一定有作用力,而内侧管壁对球无作用力,选项C错误;小球在水平线ab以上的管道中运动时,小球受管壁的作用力与小球速度大小有关,选项D错误.例5 A [解析] 设小球在竖直面内做圆周运动的半径为r,小球运动到最高点时轻绳与圆周运动轨道平面的夹角为θ=30°,则有r=Lcos θ=L.根据题述,小球在最高点速率为v时,两根绳的拉力恰好均为零,有mg=m;小球在最高点速率为2v时,设每根绳的拉力大小为F,则有2Fcos θ+mg=m,联立解得F=mg,选项A正确.变式题 D [解析] 要保证小球能通过环的最高点,在最高点的最小速度满足mg=m,由最低点到最高点,由机械能守恒定律得,可得小球在最低点的瞬时速度的最小值为,A、C错误;为使环不会竖直向上跳起,则球在最高点有最大速度时对环的压力为2mg,满足3mg=m,从最低点到最高点,由机械能守恒定律得,可得小球在最低点的瞬时速度的最大值为,B错误,D正确.1.(多选)如图所示,一位同学玩飞镖游戏.圆盘最上端有一点P,飞镖被抛出时与P等高,且与P点距离为L.在将飞镖以初速度v0垂直盘面瞄准P点抛出的同时,圆盘绕经过圆心O点的水平轴在竖直平面内匀速转动.忽略空气阻力,重力加速度为g.若飞镖恰好击中P点(飞镖击中P点时,P恰好在最下方),则 ( )A.飞镖击中P点所需的时间为B.圆盘的半径为C.圆盘转动角速度的最小值为D.P点随圆盘转动的线速度可能为[解析] BD 飞镖做平抛运动,在水平方向上做匀速直线运动,因此运动的时间t=,故A错误;飞镖击中P 点时,P恰好在最下方,则2r=gt2,解得圆盘的半径r=,故B正确;飞镖击中P点时,P恰好在最下方,则P 点转过的角度θ=ωt=π+2kπ(k=0,1,2,…),可得ω=(k=0,1,2,…),则圆盘转动角速度的最小值为,故C错误;P点随圆盘转动的线速度为v=ωr=(k=0,1,2,…),当k=2时,v=,故D正确.2.(多选)[2014·全国卷Ⅰ]如图所示,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( )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。
2019高考物理大一轮复习第四章曲线运动万有引力与航天第4讲万有引力与航天课件
第4讲 万有引力与航天
[考试标准]
知识内容
必考要求 加试要求
说明
行星的运动
a
太阳与行星间的引力
a
1.不要求掌握人类对行星运动规律认 识的细节.
万有引力定律
c
2.不要求用开普勒三个定律求解实际
万有引力理论的成就
c
问题.
宇宙航行
c
3.不要求掌握太阳与行星间引力表达
式的推导方法.
ρ＝MV ＝43πMR3＝G3Tπ2rR33.
例1 如图1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
图1
于土星质量M和平均密度ρ的表达式正确的是
√C.两物体间的万有引力也符合牛顿第三定律
D.公式中引力常量G的值是牛顿规定的
解析 答案
三、万有引力理论的成就 1.预言未知星体 2.计算天体质量 四、宇宙航行 1.第一宇宙速度是物体在地面附近绕地球做匀速圆周运动的速度，大小 为 7.9 km/s，第一宇宙速度是卫星最大的环绕速度，也是发射卫星的最 小发射速度.
2.天体质量和密度的估算 (1)利用天体表面的重力加速度g和天体半径R. 由于 GMRm2 ＝mg，故天体质量 M＝gGR2，
天体的平均密度 ρ＝MV ＝43πMR3＝4π3GgR.
(2)利用卫星绕天体做匀速圆周运动的周期T和轨道半径r. ①由万有引力等于向心力，即 GMr2m＝m4Tπ22r，得出中心天体质量 M＝4GπT2r23； ②若已知天体半径 R，则天体的平均密度
高考物理大一轮复习第四章曲线运动万有引力与航天第3讲圆周运动学案201903253103.docx
第3讲 圆周运动[考试标准]一、圆周运动、向心加速度、向心力 1．匀速圆周运动(1)定义：物体沿着圆周运动，并且线速度的大小处处相等． (2)性质：加速度大小不变，方向总是指向圆心的变加速曲线运动． 2．描述匀速圆周运动的物理量(1)线速度：描述物体圆周运动快慢的物理量．v ＝Δs Δt ＝2πr T.单位：m/s. (2)角速度：描述物体绕圆心转动快慢的物理量． ω＝ΔθΔt ＝2πT.单位：rad/s.(3)周期和频率：描述物体绕圆心转动快慢的物理量．T ＝1f. (4)转速：物体单位时间内所转过的圈数．符号为n ，单位：r/s(或r/min)．(5)相互关系：v ＝ωr ＝2πTr ＝2πrf ＝2πnr .3．向心加速度：描述速度方向变化快慢的物理量．a n ＝v 2r ＝r ω2＝ωv ＝4π2T2r ＝4π2f 2r .自测1 (2016·浙江10月选考·5)在G20峰会“最忆是杭州”的文艺演出中，芭蕾舞演员保持如图1所示姿势原地旋转，此时手臂上A 、B 两点的角速度大小分别为ωA 、ωB ，线速度大小分别为v A 、v B ，则( )图1A ．ωA <ωB B ．ωA >ωBC ．v A <v BD ．v A >v B 答案 D二、匀速圆周运动的向心力 1．作用效果向心力产生向心加速度，只改变速度的方向，不改变速度的大小． 2．大小F ＝m v 2r ＝mr ω2＝m 4π2T2r ＝m ωv ＝4π2mf 2r .3．方向始终沿半径方向指向圆心，时刻在改变，即向心力是一个变力． 4．来源向心力可以由一个力提供，也可以由几个力的合力提供，还可以由一个力的分力提供． 自测2 (多选)下列关于做匀速圆周运动的物体所受向心力的说法正确的是( ) A ．因向心力总是沿半径指向圆心，且大小不变，故向心力是一个恒力 B ．因向心力指向圆心，且与线速度方向垂直，所以它不能改变线速度的大小 C ．向心力由物体所受的合外力充当 D ．向心力和向心加速度的方向都是不变的答案 BC三、生活中的圆周运动 1．火车转弯特点：重力与支持力的合力提供向心力．(火车应按设计速度转弯，否则将挤压内轨或外轨) 2．竖直面内的圆周运动 (1)汽车过弧形桥特点：重力和桥面支持力的合力提供向心力． (2)水流星、绳模型、内轨道最高点：当v ≥gR 时，能在竖直平面内做圆周运动；当v <gR 时，不能到达最高点． 3．离心运动定义做匀速圆周运动的物体，在所受的合外力突然消失或不足以提供圆周运动所需的向心力的情况下，就会做逐渐远离圆心的运动，即离心运动． 4．受力特点当F 合＝m ω2r 时，物体做匀速圆周运动； 当F 合＝0时，物体沿切线方向飞出； 当F 合<m ω2r 时，物体逐渐远离圆心． 当F 合＞m ω2r 时，物体做近心运动．自测3 下列现象中，与离心现象无关的是( ) A ．运动员投掷铅球时，抛射角在42°左右 B ．通过旋转雨伞来甩干伞上的雨滴 C ．汽车转弯时速度过大，乘客感觉往外甩 D ．用洗衣机脱去湿衣服中的水 答案 A命题点一 描述圆周运动的物理量间的关系 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 ＝v 2r＝ω2r ＝ωv 的理解在v 一定时，a 与r 成反比；在ω一定时，a 与r 成正比．3．常见的传动方式及特点(1)皮带传动：如图2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v A＝v B.图2(2)摩擦传动和齿轮传动：如图3甲、乙所示，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v A＝v B.图3(3)同轴转动：如图4甲、乙所示，绕同一转轴转动的物体，角速度相同，ωA＝ωB，由v＝ωr知v与r成正比．图4例1(多选)在如图5所示的齿轮传动中，三个齿轮的半径之比为2∶3∶6，当齿轮转动的时候，下列关于小齿轮边缘的A点和大齿轮边缘的B点说法正确的是( )图5A．A点和B点的线速度大小之比为1∶1B．A点和B点的角速度之比为1∶1C．A点和B点的角速度之比为3∶1D．以上三个选项只有一个是正确的答案AC解析题图中三个齿轮边缘线速度相等，则A点和B点的线速度大小之比为1∶1，由v＝ωr 可得，线速度一定时，角速度与半径成反比，则A点和B点角速度之比为3∶1，故选项A、C 正确，选项B、D错误．变式1东白山是东阳的第一高峰，因为景色秀美已成了远近闻名的旅游区，在景区内的小公园里有一组跷跷板，某日郭老师和他六岁的儿子一起玩跷跷板，因为体重悬殊过大，郭老师只能坐在靠近中间支架处，儿子坐在对侧的边缘上．请问在跷跷板上下运动的过程中，以下说法中哪些是正确的( )A．郭老师能上升是因为他的力气大B．儿子能上升是因为他离支点远C．郭老师整个运动过程中向心加速度都比较大D．郭老师和儿子的运动周期是相等的答案 D变式2(2018·嘉兴市期末)如图6所示是某品牌手动榨汁机，榨汁时手柄A绕O点旋转时，手柄上B、C两点的周期、角速度及线速度等物理量的关系是( )图6A．T B＝T C，v B>v C B．T B＝T C，v B<v CC．ωB>ωC，v B＝v C D．ωB<ωC，v B<v C答案 B解析由B、C共轴，故ωB＝ωC，即T B＝T C，又r B<r C，由v＝ωr知v B<v C，故B正确．变式3(2018·绍兴市选考诊断)如图7所示为一磁带式放音机的转动系统，在倒带时，主动轮以恒定的角速度逆时针转动，P和Q分别为主动轮和从动轮边缘上的点，则( )图7A．主动轮上的P点线速度方向不变B．主动轮上的P点线速度逐渐变大C．主动轮上的P点的向心加速度逐渐变大D．从动轮上的Q点的向心加速度逐渐变大答案 D命题点二水平面内的圆周运动解决圆周运动问题的主要步骤：1．审清题意，确定研究对象，明确物体做圆周运动的平面是至关重要的一环；2．分析物体的运动情况，轨道平面、圆心位置、半径大小以及物体的线速度是否变化；3．分析物体的受力情况，画出受力分析图，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．例2如图8所示，细绳一端系着静止在水平圆盘上质量M＝0.5kg的物体A，另一端通过圆盘中心的光滑小孔吊着质量m＝0.3kg的物体B，物体A与小孔距离为r＝0.4m(物体A可看成质点)，已知A和水平圆盘的最大静摩擦力为2N．现使圆盘绕中心轴线转动，角速度ω在什么范围内，B会处于静止状态？(g取10m/s2)图8答案5rad/s≤ω≤5 rad/s解析设物体A和圆盘保持相对静止，当ω具有最小值时，A有向圆心O运动的趋势，所以A受到的静摩擦力方向沿半径向外．当摩擦力等于最大静摩擦力时，对A受力分析有F－F f＝Mω12r，又F＝mg，ω1＝mg－F fMr＝5rad/s当ω具有最大值时，A有远离圆心O运动的趋势，A受到的最大静摩擦力指向圆心．对A受力分析有F＋F f＝Mω22r，又F＝mg，解得ω2＝mg＋F fMr＝5rad/s，所以ω的范围是5rad/s≤ω≤5 rad/s.变式4如图9所示，照片中的汽车在水平路面上做匀速圆周运动，已知图中双向四车道的总宽度约为15m，内车道内边缘间最远的距离为150m，假设汽车受到的最大静摩擦力等于车重的0.7倍，g＝10m/s2，则运动的汽车( )图9A．所受的合力可能为零B ．只受重力和地面支持力作用C ．最大速度不能超过25m/sD ．所需的向心力由重力和支持力的合力提供 答案 C解析 汽车在水平面上做匀速圆周运动，合外力时刻指向圆心，拐弯时靠静摩擦力提供向心力，故A 、B 、D 错误．由牛顿第二定律有F f ＝mv 2r ，F f ＝0.7mg ，r ＝15m ＋1502m ＝90m ，则v ≈25m/s，故C 正确．变式5 (2018·浙江11月选考·9)如图10所示，一质量为2.0×103kg 的汽车在水平公路上行驶，路面对轮胎的径向最大静摩擦力为1.4×104N ，当汽车经过半径为80m 的弯道时，下列判断正确的是( )图10A ．汽车转弯时所受的力有重力、弹力、摩擦力和向心力B ．汽车转弯的速度为20m/s 时所需的向心力为1.4×104N C ．汽车转弯的速度为20m/s 时汽车会发生侧滑 D ．汽车能安全转弯的向心加速度不超过7.0m/s 2答案 D解析 汽车转弯时所受的力有重力、弹力、摩擦力，向心力是由摩擦力提供的，A 错误；汽车转弯的速度为20 m/s 时，根据F n ＝m v 2R，得所需的向心力为1.0×104N ，没有超过最大静摩擦力，所以汽车不会发生侧滑，B 、C 错误；汽车转弯时的最大向心加速度为a m ＝F fm＝7.0 m/s 2，D 正确． 变式6 (多选)摩擦传动是传动装置中的一个重要模型，如图11所示的两个水平放置的轮盘靠摩擦力传动，其中O 、O ′分别为两轮盘的轴心，已知两个轮盘的半径之比为r 甲∶r 乙＝3∶1，且在正常工作时两轮盘不打滑．今在两轮盘上分别放置两个同种材料制成的完全相同的滑块A 、B ，两滑块与轮盘间的动摩擦因数相同，两滑块距离轴心O 、O ′的间距R A ＝2R B .若轮盘乙由静止开始缓慢地转动起来，且转速逐渐增加，则下列叙述正确的是(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)( )图11A．滑块A和滑块B在与轮盘相对静止时，角速度之比为ωA∶ωB＝1∶3B．滑块A和滑块B在与轮盘相对静止时，向心加速度的比值为a A∶a B＝2∶9C．转速增加后滑块B先发生滑动D．转速增加后两滑块一起发生滑动答案ABC解析由题意可知两轮盘边缘的线速度v大小相等，由v＝ωr，r甲∶r乙＝3∶1，可得ω甲∶ωA、B的角速度之比为1∶3，故A正确；滑块相对乙＝1∶3，所以滑块相对轮盘滑动前，滑块轮盘开始滑动前，根据加速度公式：a＝Rω2，则滑块A、B的向心加速度之比为a A∶a B＝R AωA2∶R BωB2＝2∶9，故B正确；A、B两滑块的最大静摩擦力分别为F f A＝μm A g，F f B＝μm B g，则最大静摩擦力之比为F f A∶F f B＝m A∶m B；转动中所受的静摩擦力之比为F f A′∶F f B′＝m A a A∶m B a B＝m A∶4.5m B，则滑块B先达到最大静摩擦力而先开始滑动，故C正确，D错误．命题点三竖直面内的圆周运动问题绳、杆模型涉及的临界问题模型1 轻绳模型例3(多选)如图12甲所示，用一轻质绳拴着一质量为m的小球，在竖直平面内做圆周运动(不计一切阻力)，小球运动到最高点时绳对小球的拉力为F T，小球在最高点的速度大小为v，其F T－v2图象如图乙所示，则( )图12A ．轻质绳长为mb aB ．当地的重力加速度为a mC ．当v 2＝c 时，在最高点轻质绳拉力大小为ac b＋a D ．若v 2＝b ，小球运动到最低点时绳的拉力为6a 答案 ABD解析 小球在最高点时，根据牛顿第二定律：F T ＋mg ＝m v 2L ，解得：F T ＝m v 2L－mg ，可知纵轴截距的绝对值为a ＝mg ，g ＝am ，图线的斜率k ＝a b ＝m L ，解得轻质绳的长度：L ＝mb a，故A 、B 正确；当v 2＝c 时，轻质绳的拉力大小为：F T ＝m c L －mg ＝ac b－a ，故C 错误；当v 2＝b 时，在最高点轻质绳拉力为零，小球运动到最低点时根据动能定理得：2mgL ＝12mv 22－12mv 2，根据牛顿第二定律：F T ′－mg ＝m v 22L，联立得拉力为：F T ′＝6mg ＝6a ，故D 正确．变式7 杂技演员表演“水流星”，在长为1.6m 的细绳的一端，系一个与水的总质量为m ＝0.5kg 的盛水容器，以绳的另一端为圆心，在竖直平面内做圆周运动，如图13所示，若“水流星”通过最高点时的速率为4m/s ，则下列说法正确的是(g ＝10 m/s 2)( )图13A ．“水流星”通过最高点时，有水从容器中流出B ．“水流星”通过最高点时，绳的张力及容器底部受到的压力均为零C ．“水流星”通过最高点时，处于完全失重状态，不受力的作用D ．“水流星”通过最高点时，绳子的拉力大小为5N 答案 B解析 “水流星”在最高点的临界速度v ＝gL ＝4m/s ，由此知绳的拉力恰好为零，且水恰好不流出，故选B. 模型2 轻杆模型例4 (2019届诸暨中学期末)如图14所示，长为l 的轻杆，一端固定一个可视为质点的小球，另一端固定在光滑的水平轴上，使小球在竖直平面内做圆周运动，小球过最高点的速度为v ，下列叙述中不正确的是( )图14A ．v 的值可以小于glB ．当v 由零逐渐增大时，小球在最高点所需向心力也逐渐增大C ．当v 由gl 逐渐增大时，杆对小球的弹力逐渐增大D ．当v 由gl 逐渐减小时，杆对小球的弹力逐渐减小 答案 D解析 轻杆拉着小球在竖直平面内做圆周运动，在最高点的最小速度为零，故v 的值可以小于gl ，选项A 正确；由F n ＝m v 2l 知，当v 由零逐渐增大时，小球在最高点所需向心力也逐渐增大，选项B 正确；当v ＞gl 时，杆对小球提供的是拉力，由牛顿第二定律得F ＋mg ＝m v 2l，故当v 由gl 逐渐增大时，杆对小球的弹力逐渐增大，选项C 正确；当v ＜gl 时，杆对小球提供的是支持力，由牛顿第二定律得mg －F ＝m v 2l，故当v 由gl 逐渐减小时，杆对小球的弹力逐渐增大，选项D 错误．变式8 如图15所示，半径为R 的光滑圆环轨道竖直放置，一质量为m 的小球恰能在此圆轨道内做圆周运动，则小球在轨道最低点处对轨道的压力大小为( )图15A ．3mgB ．4mgC ．5mgD ．6mg答案 D解析 由题意知小球刚好能够通过最高点，则在最高点有mg ＝m v 2R，从最高点到最低点，由动能定理得2mgR ＝12mv ′2－12mv 2，解得v ′2＝5gR ， 在最低点由牛顿第二定律得F N －mg ＝m v ′2R解得F N ＝6mg ，根据牛顿第三定律，小球在轨道最低点处对轨道的压力大小F N ′＝6mg .故D 正确．模型3 凹形桥与拱形桥模型例5 一辆汽车匀速率通过一座圆弧形拱形桥后，接着又以相同速率通过一圆弧形凹形桥．设两圆弧半径相等，汽车通过拱形桥桥顶时，对桥面的压力F N1为车重的一半，汽车通过圆弧形凹形桥的最低点时，对桥面的压力为F N2，则F N1与F N2之比为( )A ．3∶1B．3∶2C．1∶3D．1∶2答案 C解析 汽车过圆弧形桥的最高点(或最低点)时，由重力与桥面对汽车的支持力的合力提供向心力．如图甲所示，汽车过圆弧形拱形桥的最高点时，由牛顿第三定律可知，汽车受桥面对它的支持力与它对桥面的压力大小相等，即F N1′＝F N1①由牛顿第二定律可得mg －F N1′＝mv 2R②同样，如图乙所示，F N2′＝F N2，汽车过圆弧形凹形桥的最低点时，有F N2′－mg ＝mv 2R③ 由题意可知F N1＝12mg ④ 由①②③④得F N1∶F N2＝1∶3.1．洗衣机的脱水筒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，衣物是紧贴筒壁的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 ．加快脱水筒转动角速度，脱水效果会更好D ．靠近中心的衣物脱水效果不如四周的衣物脱水效果好答案 B解析 脱水过程中，衣物做离心运动而甩向筒壁，故A 正确；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，水滴被甩出，故B 错误；F ＝ma ＝m ω2R ，ω增大会使向心力F 增大，而脱水筒有洞，不能提供足够大的向心力，水滴就会被甩出去，增大向心力，会使更多水滴被甩出去，故C 正确；靠近中心的衣服，R 比较小，角速度ω一定，所以向心力小，脱水效果差，故D 正确．2.(多选)如图1为过山车以及轨道简化模型，过山车车厢内固定一安全座椅，座椅上乘坐“假人”，并系好安全带，安全带恰好未绷紧，不计一切阻力，以下判断正确的是( )图1A ．过山车在圆轨道上做匀速圆周运动B ．过山车在圆轨道最高点时的速度应至少等于gRC ．过山车在圆轨道最低点时“假人”处于失重状态D ．若过山车能顺利通过整个圆轨道，在最高点时安全带对“假人”一定无作用力 答案 BD解析 过山车在竖直圆轨道上做圆周运动，在最高点时，过山车的重力和轨道对过山车的压力的合力提供向心力，当压力为零时，速度最小，在最低点时，过山车重力和轨道对过山车的支持力的合力提供向心力，加速度向上，过山车处于超重状态；运动过程中，过山车重力势能和动能相互转化，即速度大小在变化，所以不是做匀速圆周运动，A 错误；过山车在最高点重力完全充当向心力时，速度最小，则mg ＝m v 2R，解得v ＝gR ，B 正确；过山车在最低点时，“假人”受到竖直向上指向圆心的加速度，则“假人”处于超重状态，C 错误；若过山车能顺利通过整个圆轨道，即在最高点重力和座椅的弹力的合力充当向心力，所以安全带对“假人”一定无作用力，D 正确．3．风能作为一种清洁的可再生能源，正逐步被推广使用．如图2所示是位于杭州湾跨海大桥北岸的海盐风力发电场内的一台发电机，在风力推动下，风叶带动发电机发电，a 、b 为同一叶片上的两点，则a 点( )图2A ．线速度等于b 点的线速度B ．角速度小于b 点的角速度C ．周期大于b 点的周期D ．向心加速度小于b 点的向心加速度答案 D解析 由同轴转动知ωa ＝ωb ，则T a ＝T b ，而r a ＜r b ，则v a ＜v b ，由a ＝ω2r 知a a ＜a b .故D 正确．4.转篮球是一项需要技巧的活动，如图3所示，假设某同学让篮球在指尖上匀速转动，指尖刚好静止在篮球球心的正下方，下列判断正确的是( )图3A ．篮球上的各点做圆周运动的圆心均在指尖与篮球的接触处B ．篮球上各点的向心力是由手指提供的C ．篮球上各点做圆周运动的角速度相等D ．篮球上各点离转轴越近，做圆周运动的向心加速度越大答案 C解析 篮球上各点做同轴圆周运动，故角速度相等，由a n ＝ω2r 知，篮球上各点离转轴越近，做圆周运动的向心加速度越小．篮球上各点的向心力是由该点周围各点对它的合力提供的．5．如图4所示，在室内自行车比赛中，运动员以速度v 在倾角为θ的赛道上做匀速圆周运动．已知运动员的质量为m ，做圆周运动的半径为R ，重力加速度为g ，则下列说法正确的是( )图4A ．将运动员和自行车看做一个整体，整体受重力、支持力、摩擦力和向心力的作用B ．运动员受到的合力大小为m v 2R ，做圆周运动的向心力大小也是m v 2RC ．运动员做圆周运动的角速度为vRD ．如果运动员减速，运动员将做离心运动答案 B解析 向心力是由整体所受的合力提供的，是效果力，不是物体真实受到的力，选项A 错误；做匀速圆周运动的物体，合力提供向心力，选项B 正确；运动员做圆周运动的角速度为ω＝v R，选项C 错误；只有运动员加速到所受合力不足以提供做圆周运动的向心力时，运动员才做离心运动，选项D 错误．6．如图5所示，A 、B 两点分别位于大、小轮的边缘上，C 点位于大轮半径的中点，大轮的半径是小轮的2倍，它们之间靠摩擦传动，接触面上没有相对滑动．则下列说法正确的是( )图5 A．A点与B点角速度大小相等B．A点与B点线速度大小相等C．B点与C点线速度大小相等D．A点的向心加速度等于C点的向心加速度答案 B7．如图6为一压路机，其大轮半径是小轮半径的1.5倍，A 、B 分别为小轮和大轮边缘上的点，压路机在平直路面上前进时，轮与路面不打滑，则下列说法正确的是( )图6A ．A 、B 两点的线速度之比为v A ∶v B ＝2∶3B ．A 、B 两点的线速度之比为v A ∶v B ＝3∶2C ．A 、B 两点的向心加速度之比为a A ∶a B ＝2∶3D ．A 、B 两点的向心加速度之比为a A ∶a B ＝3∶2答案 D解析 相同时间内，压路机大轮和小轮通过的距离相等，由v ＝l t知大轮和小轮边缘上各点的线速度大小相等，故v A ∶v B ＝1∶1，选项A 、B 错误；由a ＝v 2r 得a A a B ＝r B r A ＝32，选项C 错误，D 正确．8.2009年5月12日中央电视台《今日说法》栏目报道了发生在湖南长沙某公路上的离奇交通事故：在公路转弯处外侧的李先生家门口，三个月内连续发生了八次大卡车侧翻的交通事故．经公安部门和交通部门协力调查，画出的现场示意图如图7所示．为了避免事故再次发生，很多人提出了建议，下列建议中不合理的是( )图7A ．在进入转弯处设立限速标志，提醒司机不要超速转弯B ．在进入转弯处设立限载标志，要求降低车载货物的重量C ．改进路面设计，增大车轮与路面间的摩擦力D ．改造此段弯路，使弯道内侧低、外侧高答案 B9．如图8所示，质量相等的A 、B 两物体紧贴在匀速转动的圆筒的竖直内壁上，随圆筒一起做匀速圆周运动，则下列关系中正确的有( )图8A ．线速度v A <v BB ．运动周期T A >T BC ．它们受到的摩擦力F f A >F f BD ．筒壁对它们的弹力F N A >F N B答案 D解析 由于两物体同轴转动，角速度相等，根据v ＝r ω，r A >r B ，所以v A >v B ，A 项错误；由于ω相等，则T 相等，B 项错误；因竖直方向受力平衡，F f ＝mg ，所以F f A ＝F f B ，C 项错误；筒壁对物体的弹力提供向心力，根据F N ＝F n ＝mr ω2，r A ＞r B ，故F N A >F N B ，D 项正确．10.(2018·金华市、丽水市、衢州市十二校联考)荡秋千是人们平时喜爱的一项休闲娱乐活动，如图9所示，某同学正在荡秋千，A 和B 分别为运动过程中的最低点和最高点，若忽略空气阻力，则下列说法正确的是( )图9A ．在A 位置时，该同学处于失重状态B ．在B 位置时，该同学受到的合力为零C ．在A 位置时，该同学对秋千踏板的压力大于秋千踏板对该同学的支持力，处于超重状态D ．由A 到B 过程中，该同学向心加速度逐渐减小答案 D解析 在A 位置时，该同学的加速度向上，处于超重状态，故A 错误；在B 位置，该同学的速度为零，向心力为零，即沿绳子方向的合力为零，故该同学受到的合力等于重力沿圆弧切线方向的分力，不为零，故B 错误；根据牛顿第三定律知，在A 位置时，该同学对秋千踏板的压力等于秋千踏板对该同学的支持力，故C 错误；由A 到B 过程中，该同学的速度逐渐减小，由a ＝v 2r分析知向心加速度逐渐减小，故D 正确．11.2015年7月31日，中国申报冬奥会成功，高山滑雪是最引人瞩目的项目之一．现假设有一运动员经过一段半径为R 的圆弧轨道，如图10所示，当他滑到最低点时速度大小为v ，若运动员和滑雪板的总质量为m ，滑雪板与雪道之间的动摩擦因数为μ，运动员和滑雪板可看成质点，重力加速度为g ，则关于运动员和滑雪板整体在圆弧轨道最低点的分析正确的是( )图10A ．受重力、弹力、摩擦力和向心力四个力作用B ．受到的向心力为mg ＋m v 2RC ．受到的摩擦力为μ⎝⎛⎭⎪⎫mg ＋m v 2R D ．受到的合力方向斜向左上方答案 C解析 在最低点，运动员和滑雪板整体受重力、弹力和摩擦力三个力的作用，如图所示，选项A 、B 错误；在最低点，由牛顿第二定律得F N －mg ＝m v 2R，F f ＝μF N ，由以上两式解得F f ＝μ⎝⎛⎭⎪⎫mg ＋m v 2R ，选项C 正确；由力的合成可知，运动员和滑雪板作为整体所受合力方向斜向右上方，选项D 错误．12.(2018·七彩阳光联盟期中)如图11所示，“天津之眼”是亚洲唯一建在桥上的摩天轮，是天津的地标之一．摩天轮直径110m ，轮外装挂48个360度透明座舱．假定乘客坐在摩天轮的座舱中，摩天轮匀速转动，转动一周所需时间为28分钟，则( )图11A ．某时刻所有乘客运动的线速度都相同B ．某时刻所有乘客运动的加速度都相同C ．某乘客过最高、最低点时，受到座舱的力大小相等D ．某乘客过最高、最低点时，受到的合外力大小相等答案 D13.(2018·温州市九校联盟期末)如图12所示，某拱形桥的顶部可视为一段圆弧，这段圆弧对应的半径为10m ，当一辆小汽车(视作质点)以一定速度v 经过该桥顶时(g 取10m/s 2)，以下说法正确的是( )图12A ．当v ＝36km/h 时，车对桥面的压力等于重力B ．当v ＝54km/h 时，车能贴着桥面，安全通过拱形桥C ．无论速度多大，车对桥面的压力都不可能大于重力D ．当v ＝18km/h 时，车对桥面的压力是重力的0.25倍答案 C解析 在桥顶，根据牛顿第二定律得：mg －F N ＝mv 2R，当车对桥面的压力等于重力时，F N ＝mg ，解得：v ＝0，故A 错误；当F N ＝0时，有最大速度，解得v ＝gR ＝10m/s,10 m/s ＝36km/h<54km/h ，所以车不能安全通过拱形桥，故B 错误；F N ＝mg －m v 2R，因v 2≥0，所以无论速度多大，车对桥面的压力都不可能大于重力，故C 正确；v ＝18km/h ＝5 m/s ，支持力F N ＝mg －m v 2R ＝0.75mg ，由牛顿第三定律知车对桥面的压力是重力的0.75倍，故D 错误．14.无缝钢管的制作原理如图13所示，竖直平面内，管状模型置于两个支撑轮上，支撑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，由于离心运动，铁水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( )图13A ．铁水是由于受到离心力的作用才覆盖在模型内壁上的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g R答案 C解析 铁水做圆周运动，重力和弹力的合力提供向心力，没有离心力，故A 错误；铁水不是做匀速圆周运动，故模型各个方向上受到的铁水的作用力不一定相同，故B 错误；若最上部。
浙江高考物理一轮复习第四章曲线运动万有引力与航天素养提升课四天体运动的热点问题学案
素养提升课(四) 天体运动的热点问题题型一 卫星运行规律及特点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，且轨道平面一定通过地球的球心。
2．地球同步卫星的特点3．卫星的各物理量随轨道半径变化的规律4．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做圆周运动而又不考虑中心天体自转影响时，万有引力等于重力，即G MmR2＝mg ，整理得GM ＝gR 2，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 Mm r 2＝m v 2r ＝mrω2＝m 4π2r T2＝ma n 。
(2021·1月浙江选考)嫦娥五号探测器是我国首个实施月面采样返回的航天器，由轨道器、返回器、着陆器和上升器等多个部分组成。
为等待月面采集的样品，轨道器与返回器的组合体环月做圆周运动。
已知引力常量G ＝6.67×1011N·m 2/kg 2，地球质量m 1＝6.0×1024kg ，月球质量m 2＝7.3×1022kg ，月地距离r 1＝3.8×105km ，月球半径r 2＝1.7×103km 。
当轨道器与返回器的组合体在月球表面上方约200 km 处做环月匀速圆周运动时，其环绕速度约为( )A ．16 m/sB ．1.1×102m/s C ．1.6×103m/s D ．1.4×104m/s[答案] C(2020·7月浙江选考)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∶3B ．线速度大小之比为3∶ 2C ．角速度大小之比为22∶3 3D ．向心加速度大小之比为9∶4[解析] 火星与地球轨道周长之比等于公转轨道半径之比，A 错误；火星和地球绕太阳做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，由G Mm r 2＝ma ＝m v 2r ＝mω2r ，解得a ＝GM r 2，v ＝GMr，ω＝GMr 3，所以火星与地球线速度大小之比为2∶3，B 错误；角速度大小之比为22∶33，C 正确；向心加速度大小之比为4∶9，D 错误。
2019届高考物理一轮复习第四章曲线运动万有引力与航天学案20180420299
第四章曲线运动万有引力与航天[全国卷5年考情分析]基础考点常考考点命题概率常考角度运动的合成'16Ⅰ卷T18(6分) 综合命题(1)对运动的合与分解(Ⅱ) '15Ⅱ卷T16(6分) 概率40% 成与分解的考抛体运动(Ⅱ) '17Ⅰ卷T15(6分)查独立命题'15Ⅰ卷T18(6分) (2)对平抛运动'14Ⅱ卷T15(6分) 规律的考查概率60%匀速圆周运动、角速度、线速度、向心加速度(Ⅰ) 匀速圆周运动的向心力(Ⅱ)'16Ⅱ卷T16(6分)'14Ⅰ卷T20(6分)'13Ⅱ卷T21(6分)综合命题概率100%(3)对圆周运动中角速度、线速度关系及向心离心现象(Ⅰ)第二宇宙速度和'17Ⅱ卷T19(6分)，Ⅲ卷T14(6分)力的考查(4)平抛运动、第三宇宙速度(Ⅰ)经典时空观和相对论时空观(Ⅰ) 万有引力定律及其应用(Ⅱ)'16 Ⅰ卷T17(6分)'15 Ⅰ卷T21(6分)Ⅰ卷T19(6分)，Ⅱ卷T18(6分)'14独立命题概率100%圆周运动与功能关系的综合考查(5)天体质量、密度的计算Ⅰ卷T20(6分),'13以上4个考点未曾(6)卫星运动的Ⅱ卷T20(6分)独立命题各物理量间的比较'15Ⅱ卷T16(6分) 独立命题环绕速度(Ⅱ)(7)卫星的发射'13Ⅰ卷T20(6分) 概率30%与变轨问题第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。
2019高考物理一轮复习第四章曲线运动万有引力与航天第5讲天体运动问题学案
丰富丰富纷繁第5讲天体运动问题天体运动问题是牛顿运动定律、匀速圆周运动规律及万有引力定律的综合应用，因为天体运动贴近科技前沿，且包含丰富的物理知识，所以是高考命题的热门．近几年在全国卷中都有题目进行考察．估计高考可能会联合我国最新航天成就考察卫星运动中基本参量的求解和比较以及变轨等问题．常考点有：卫星的变轨、对接；天体相距近来或最远问题；随处、绕地问题；卫星运动过程中的动力学识题、能量问题，包含加快度( 向心加快度、重力加快度) 、线速度、周期的比较等．解决这些问题的整体思路是熟习两个模型：随处、绕地．变轨抓住两种看法剖析，即动力学看法、能量看法．注意匀速圆周运动知识的应用．【重难解读】本部分要要点理解解决天体运动的两条基本思路，天体质量和密度的计算方法，卫星运转参量的求解及比较等．此中卫星变轨问题和双星系统模型是天体运动中的难点．在应用万有引力定律剖析天体运动要抓住“一个模型”“两个思路”1．一个模型：不论是自然天体( 如行星、月球等) ，仍是人造天体( 如人造卫星等 ) ，只需天体的运动轨迹为圆形，便可将其简化为质点的匀速圆周运动模型．2．两个思路(1)全部做圆周运动的天体所需向心力都来自万有引力，所以向心力等于万有引力，据此列出天体运动的2GMm mv2 2 2π基本关系式：r 2 ＝r＝mωr＝m T r ＝ ma.Mm(2) 不考虑地球或天体自转的影响时，物体在地球或天体表面遇到的万有引力约等于物体的重力，即 G R2＝，变形得＝2( 黄金代换式 ) ．mg GM gR【典题例证】(多项选择)作为一种新式的多功能航天飞翔器，航天飞机集火箭、卫星和飞机的技术特色于一身．假定一航天飞机在达成某次维修任务后，在 A 点从圆形轨道Ⅰ进入椭圆轨道Ⅱ，如下图，已知 A 点距地面的高度为2R( R为地球半径 ) ，B点为轨道Ⅱ上的近地址，地球表面重力加快度为g，地球质量为M.又知若物体在离星球无量远处1丰富丰富纷繁Mm时其引力势能为零，则当物体与星球球心距离为r 时，其引力势能E p＝－ G r(式中 m为物体的质量， M为星球的质量， G为引力常量)，不计空气阻力．则以下说法中正确的有()A．该航天飞机在轨道Ⅱ上经过 A 点的速度小于经过 B 点的速度B．该航天飞机在轨道Ⅰ上经过 A 点时的向心加快度大于它在轨道Ⅱ上经过A点时的向心加快度C．在轨道Ⅱ上从A点运动到 B 点的过程中，航天飞机的加快度向来变大D．可求出该航天飞机在轨道Ⅱ上运转时经过A、 B 两点的速度大小[ 分析 ]在轨道Ⅱ上 A 点为远地址， B点为近地址，航天飞机经过 A 点的速度小于经过B点的速度，故AMm正确．在 A点，航天飞机所受外力为万有引力，依据G r2＝ ma，知航天飞机在轨道Ⅰ上经过 A 点和在轨道Ⅱ上经过 A点时的加快度相等，故B错误．在轨道Ⅱ上运动时，由A点运动到 B 点的过程中，航天飞机距地心的距GMm 1 离向来减小，故航天飞机的加快度向来变大，故C正确．航天飞机在轨道Ⅱ上运转机遇械能守恒，有－r A＋22GMm 12GMmmv A＝－r B＋2mv B，由开普勒第二定律得r A v A＝ r B v B，联合R2＝ mg， r A＝3R，r B＝ R，可求得 v A、v B，故D正确．[答案] ACD常有变轨问题的办理方法(1)力学的看法：如在 A 点减速进入轨道Ⅱ，即为减速向心，反之加快离心，同时还要清楚减速时向运动方向喷气，加快时向运动的反方向喷气．(2) 能量的看法：如在轨道Ⅰ上运转时的机械能比在轨道Ⅱ上运转时的机械能大．在轨道Ⅱ上由 A 点运动到 B 点的过程中航天飞机的机械能守恒、动能增添、引力势能减小等．变轨问题常常考察的知识点有：速度、加快度的比较；动能、势能、机械能的比较；周期、线速度、加快度的求法，特别是椭圆轨道上周期的求法要用到开普勒第三定律；第一宇宙速度、第二宇宙速度的理解．【打破训练】1．假定地球可视为质量平均散布的球体．已知地球表面重力加快度在两极的大小为g0，在赤道的大小为；地球自转的周期为，引力常量为. 地球的密度为 ( )g T G3πg－g 3πgA. 0 B．02 2－gGT g0 GT g03π3πgC. D．02 2GT GT g分析：选 B. 物体在地球的两极时，0 Mm 2π2Mm M＝mg＝ G R2，物体在赤道上时，mg＋ m T R＝ G R2，则ρ＝4 33π R 3πg02. 应选项 B 正确，选项A、 C、 D错误．GT（ g0－g）2.2丰富丰富纷繁( 多项选择 )(2016 ·高考江苏卷 ) 如下图，两质量相等的卫星 A 、B 绕地球做匀速圆周运动，用 R 、 T 、 E k 、 S分别表示卫星的轨道半径、周期、动能、与地心连线在单位时间内扫过的面积．以下关系式正确的有()A ． >B ． E > EA BkAkBAB33RRC ．S ＝SABD ．2＝2TTAB分析：选 AD.卫星做匀速圆周运动， 万有引力供给向心力， 即Mm v 22π2＝GM2＝ ＝mR T，得v ， ＝ 2πG R m RR TR 3E kA <E k B ， A 项正确， B 项错误；由开普勒，由 R A >R B ，可知， T A >T B ， v A <v B ，因为两卫星的质量相等，所以GM33t 2GMRRRABt 时间内扫过的面积 S ＝ π R ＝ t，可见轨道半第三定律可知，2＝ 2， D 项正确；卫星与地心的连线在2T A T BT径大的卫星与地心的连线在单位时间内扫过的面积大，C 项错误．3．我国“玉兔号”月球车被顺利送抵月球表面，并发回大批图片和信息．若该月球车在地球表面的重力为 G 1，在月球表面的重力为G 2. 已知地球半径为 R 1，月球半径为 R 2，地球表面处的重力加快度为g ，则 ( )G 1 A ．“玉兔号”月球车在地球表面与月球表面质量之比为G 22G 1R 2B ．地球的质量与月球的质量之比为2G 2R 1C ．地球表面处的重力加快度与月球表面处的重力加快度之比为G 2G1D ．地球的第一宇宙速度与月球的第一宇宙速度之比为G 1R 1G 2R 2分析：选 D. 质量与引力没关，故“玉兔号”月球车在地球表面与月球表面质量之比为 1∶1， A 错误；重力加快度 ＝ G 重1∶ 2 ，C 错误；依据＝ GM ，故地球表面处的重力加快度与月球表面处的重力加快度之比为2 ，g mG GgR2M地2有 M ＝ gR，故地球的质量与月球的质量之比为＝G 1R 1G M 2， B 错误；因第一宇宙速度是近地卫星的围绕速度，且GR月2 2v ＝ gR ，故地球的第一宇宙速度与月球的第一宇宙速度之比为v 1 G 1R 1v ＝，D 正确．2 GR2 24．在天体运动中，将两颗相互相距较近的行星称为双星．它们在互相的万有引力作用下间距保持不变，并沿半径不同的齐心圆轨道做匀速圆周运动．假如双星间距为L ，质量分别为 M 1 和 M 2，试计算：(1) 双星的轨道半径； (2) 双星的运转周期；(3) 双星的线速度的大小．3丰富丰富纷繁分析：因为双星遇到相同大小的万有引力作用，且保持距离不变， 绕同一圆心做匀速圆周运动， 如下图， 所以拥有周期、频次和角速度均相同，而轨道半径、线速度不一样的特色．(1) 因为两星遇到的向心力相等，则 M 1ω 2R 1＝ M 2ω 2R 2， L ＝ R 1＋ R 2.由此得： 1＝ 2 ， 2＝ 1.M M R L R LM 1＋ M 2 M 1＋ M 2(2) 由万有引力供给向心力得122π22π2MM1＝ 22.G L 2＝ 1TTM R M R所以，周期为＝ 2π LL.TG （ M ＋ M ）122π 1G(3) 线速度 v 1＝ R ， T ＝M 2L （ M ＋M ）1 2v 2＝ 2π R 2 ＝ M 1G.TL （ M ＋ M ）12答案： (1) 1＝ M 2L 2＝ M 1RRLM ＋ MM ＋ M121 2(2)2 π LLG （M ＋ M ）12(3) v 1＝ M 2Gv 2＝ M 1GL （ M ＋ M ）L （ M ＋ M ）12124。
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第四单元曲线运动万有引力与航天第9讲运动的合成与分解一、曲线运动二、运动的合成与分解三、合运动与分运动的关系【思维辨析】(1)曲线运动一定是变速运动.()(2)水流速度越大,则渡河时间越长.()(3)先发生分运动,然后发生合运动.()(4)合速度一定大于分速度.()(5)运动的合成与分解的实质是对描述运动的物理量(位移、速度、加速度)的合成与分解.()(6)两个直线运动的合运动一定是直线运动.()(7)做曲线运动的物体受到的合外力一定是变力.()(8)做曲线运动的物体所受的合外力的方向一定指向轨迹的凹侧.()考点一曲线运动的条件与轨迹分析2.曲线运动特征(1)运动学特征:由于做曲线运动的物体的瞬时速度方向沿曲线上物体位置的切线方向,所以做曲线运动的物体的速度方向时刻发生变化,即曲线运动一定为变速运动.(2)动力学特征:由于做曲线运动的物体的速度时刻变化,说明物体具有加速度,根据牛顿第二定律可知,物体所受合外力一定不为零且和速度方向始终不在一条直线上(曲线运动条件).合外力在垂直于速度方向上的分力改变物体速度的方向,合外力在沿速度方向上的分力改变物体速度的大小.(3)轨迹特征:曲线运动的轨迹始终夹在合力方向与速度方向之间,而且向合力的一侧弯曲,或者说合力的方向总指向曲线的凹侧.轨迹只能平滑变化,不会出现折线.(4)能量特征:如果物体所受的合外力始终和物体的速度垂直,则合外力对物体不做功,物体的动能不变;若合外力不与物体的速度方向垂直,则合外力对物体做功,物体的动能发生变化.1 (多选)[2017²济南月考]光滑水平面上一运动质点以速度v0通过点O,如图9-1所示,与此同时给质点加上沿x轴正方向的恒力F x和沿y轴正方向的恒力F y.下列说法正确的是()图9-1A.因为有F x,故质点一定做曲线运动B.如果F y<F x,则质点向y轴一侧做曲线运动C.如果F y=F x tan α,则质点做直线运动D.如果F x>F y cot α,则质点向x轴一侧做曲线运动式题 [2017²四川南充适应性测试]如图9-2所示,在光滑水平面上有两条互相平行的直线l1、l2,AB是两条直线的垂线,其中A点在直线l1上,B、C两点在直线l2上.一个物体沿直线l1以确定的速度匀速向右运动,如果物体要从A点运动到C点,图中1、2、3为其可能的路径,则可以使物体通过A点时()图9-2A.获得由A指向B的任意大小的瞬时速度;物体的路径是2B.获得由A指向B的确定大小的瞬时速度;物体的路径是2C.持续受到平行于AB的任意大小的恒力;物体的路径可能是1D.持续受到平行于AB的确定大小的恒力;物体的路径可能是3■规律总结(1)当合外力方向与速度方向的夹角为锐角时,物体的速率增大;(2)当合外力方向与速度方向的夹角为钝角时,物体的速率减小;(3)当合外力方向与速度方向垂直时,物体的速率不变.考点二运动的合成与分解1.运动合成的计算(1)如果各分运动在同一直线上,需选取正方向,与正方向同向的量取“+”号,与正方向反向的量取“-”号,从而将矢量运算简化为代数运算.(2)两分运动不在同一直线上时,按照平行四边形定则进行合成.2.合运动性质的判定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:2 [2015²全国卷Ⅱ]由于卫星的发射场不在赤道上,同步卫星发射后需要从转移轨道经过调整再进入地球同步轨道.当卫星在转移轨道上飞经赤道上空时,发动机点火,给卫星一附加速度,使卫星沿同步轨道运行.已知同步卫星的环绕速度约为3.1³103 m/s,某次发射卫星飞经赤道上空时的速度为1.55³103 m/s,此时卫星的高度与同步轨道的高度相同,转移轨道和同步轨道的夹角为30°,如图9-3所示,发动机给卫星的附加速度的方向和大小约为()图9-3A.西偏北方向,1.9³103 m/sB.东偏南方向,1.9³103 m/sC.西偏北方向,2.7³103 m/sD.东偏南方向,2.7³103 m/s式题 (多选)[2017²江苏连云港模拟]如图9-4所示,一块橡皮用细线悬挂于O点,用钉子靠着线的左侧沿与水平方向成30°角的斜面向右上方以速度v匀速运动,运动中始终保持悬线竖直,下列说法正确的是()图9-4A.橡皮的速度大小为vB.橡皮的速度大小为vC.橡皮的速度与水平方向成60°角D.橡皮的速度与水平方向成45°角■方法技巧上面例2变式题是对“相对运动”和“运动的合成与分解”知识的综合考查,解答此类问题要注意以下几点:(1)理解参考系的概念,参考系是假定为不动的物体;(2)应用“运动的合成与分解”的思想,先研究分运动,再研究合运动.考点三小船渡河问题(渡河路径最短,x min渡河路径最短无法垂直渡河3 [2017²四川绵阳质检]小船匀速渡过一条河流,当船头垂直于对岸方向航行时,在出发后10 min到达对岸下游120 m处;若船头保持与河岸成α角向上游航行,则出发后12.5 min到达正对岸.求:(1)水流的速度大小;(2)船在静水中的速度大小、河的宽度以及船头与河岸间的夹角α.式题 (多选)[2017²河南洛阳统考]民族运动会上有一个骑射项目,运动员骑在奔跑的马上,弯弓放箭射击侧向的固定目标,假设运动员骑马奔跑的速度为v1,运动员静止时射出的弓箭速度为v2,跑道离固定目标的最近距离为d.要想命中目标且射出的箭在空中飞行时间最短,则()图9-5A.运动员放箭处到目标的距离为B.运动员放箭处到目标的距离为C.箭射到目标的最短时间为D.箭射到目标的最短时间为■建模点拨解小船渡河问题必须明确以下两点:(1)解决这类问题的关键:正确区分船的分运动和合运动.船的航行方向也就是船头指向,是分运动;船的运动方向也就是船的实际运动方向,是合运动,一般情况下与船头指向不一致.(2)运动分解的基本方法:按实际效果分解,一般用平行四边形定则沿水流方向和船头指向进行分解.考点四关联速度问题初探用绳、杆相牵连的物体,在运动过程中,其两物体的速度通常不同,但物体沿绳或杆方向的速度分量大小相等.关联速度问题的深入研究,详见听课手册P78增分微课4.4 如图9-6所示,人在岸上捉住绳上的A点以速度v0水平向左匀速拉动轻绳,绳跨过定滑轮O拉着在水面上向左移动的小船B.若某一瞬间OB绳与水平方向的夹角为θ,则此时小船B的速度v为多大?图9-6式题 [2017²邯郸检测]如图9-7所示,汽车匀速向右运动,汽车用跨过定滑轮的轻绳提升物块A.在物块A到达滑轮处之前,关于物块A,下列说法正确的是()图9-7A.将竖直向上做匀速运动B.将处于超重状态C.将处于失重状态D.将竖直向上先加速运动后减速运动■方法技巧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于绳或杆方向的分速度,而沿绳或杆方向的分速度大小相同).第10讲抛体运动一、平抛运动1.定义:将物体以一定的初速度沿水平方向抛出,不考虑空气阻力,物体只在作用下的运动.2.性质:属于匀变速曲线运动,其运动轨迹为.3.研究方法:分解成水平方向的匀速直线运动和竖直方向的两个分运动.4.规律(1)水平方向:运动,v x=v0,x=v0t,a x=0.(2)竖直方向:运动,v y=gt,y=gt2,a y=g.(3)实际运动:v=,s=,a= .二、类平抛运动1.定义:加速度恒定、加速度方向与初速度方向的运动.2.性质:属于匀变速曲线运动,其运动轨迹为.3.研究方法:一般将类平抛运动沿和加速度两个方向分解.4.运动规律:与平抛运动类似.【思维辨析】(1)平抛运动属于匀变速曲线运动.()(2)平抛运动的加速度方向时刻在变化.()(3)平抛运动的竖直分运动是自由落体运动.()(4)做平抛运动的物体在任意时刻的速度方向与水平方向的夹角保持不变.()(5)做平抛运动的物体在任意相等的两段时间内的速度变化相同.()(6)对于在相同高度以相同速度平抛的物体,在月球上的水平位移与在地球上的水平位移相等.()考点一平抛运动规律的一般应用1.水平射程和飞行时间(2)水平射程:由x=v0t=v0可知,水平射程由v0、h、g共同决定.2.落地速度:v=,与水平方向的夹角的正切tan α=,所以落地速度与v0、g和h有关.3.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10-1所示.图10-14.平抛运动的两个重要推论:推论一:做平抛(或类平抛)运动的物体在任一时刻或任一位置处,设其末速度方向与水平方向的夹角为α,位移与水平方向的夹角为β,则tan α=2tan β.推论二:做平抛(或类平抛)运动的物体在任意时刻的瞬时速度方向的反向延长线一定过此时水平位移的中点,即图10-2中B点为OC的中点.图10-21 如图10-3所示,将一小球从坐标原点沿着水平轴Ox以v0=2 m/s的速度抛出,经过一段时间小球到达P点,M为P点在Ox轴上的投影,作小球轨迹在P点的切线并反向延长,与Ox轴相交于Q点,已知QM=3 m,则小球运动的时间为()图10-3A.1 sB.2 sC.3 sD.4 s式题1 [2017²江苏卷]如图10-4所示,A、B两小球从相同高度同时水平抛出,经过时间t在空中相遇.若两球的抛出速度都变为原来的2倍,则两球从抛出到相遇经过的时间为()图10-4A.tB.tC .式题2 (多选)[2017²浙江嘉兴模拟]如图10-5所示,水平地面的上空有一架飞机在进行投弹训练,飞机沿水平方向做匀加速直线运动.当飞机飞过观察点B正上方A点时投放一颗炸弹,经时间T炸弹落在距观察点B正前方L1处的C点,与此同时飞机投放出第二颗炸弹,炸弹最终落在距观察点B正前方L2处的D点,且L2=3L1,空气阻力不计.以下说法正确的是()图10-5A.飞机第一次投弹时的速度为B.飞机第二次投弹时的速度为C.飞机水平飞行的加速度为D.两次投弹时间间隔T内飞机飞行的距离为■方法技巧(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.考点二平抛运动与斜面结合问题=R±竖直方向h=考向一平抛与斜面结合图10-6A.AB∶AC=2∶1B.AB∶AC=4∶1C.t1∶t2=4∶1D.t1∶t2=∶1式题 (多选)[2017²芜湖质检]如图10-7所示,将一小球以水平速度v0=10 m/s从O点向右抛出,经 s小球恰好垂直落到斜面上的A点,B点是小球做自由落体运动在斜面上的落点,不计空气阻力,g取10 m/s2.以下判断正确的是()图10-7A.斜面的倾角是60°B.小球的抛出点距A点的竖直高度是15 mC.若将小球以水平速度v'0=5 m/s向右抛出,它一定落在斜面上AB的中点P的上方D.若将小球以水平速度v'0=5 m/s向右抛出,它一定落在斜面上AB的中点P处考向二平抛与弧面结合3 [2017²江淮十校联考]如图10-8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10-8A.v0越大,小球落在圆环上的时间越长B.即使v0取值不同,小球落到环上时的速度方向和水平方向之间的夹角也相同C.当v0取值适当时,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式题[2017²青岛月考]如图10-9所示,在竖直面内有一个以AB为水平直径的半圆,O为圆心,D为最低点.圆上有一点C,且∠COD=60°.在A点以速率v1沿AB方向抛出一小球,小球能击中D点;现在C点以速率v2沿BA方向抛出小球,也能击中D点.重力加速度为g,不计空气阻力.下列说法正确的是 ()图10-9A.圆的半径为R=C.速率v2=v1■建模点拨解答与斜面及半圆有关的平抛运动问题的技巧(1)从斜面上某点抛出后又落到斜面上,位移与水平方向的夹角等于斜面的倾角;(2)从斜面外抛出的物体落到斜面上,注意找速度方向与斜面的倾角的关系;(3)从半圆边缘抛出的物体落到半圆上,应合理利用圆与直角三角形的几何知识.考点三平抛临界问题常见的“三种”临界特征(1)有些题目中有“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,这个极值点往往是临界点.4 [2016²浙江卷]在真空环境内探测微粒在重力场中能量的简化装置如图10-10所示.P是一个微粒源,能持续水平向右发射质量相同、初速度不同的微粒.高度为h的探测屏AB竖直放置,离P点的水平距离为L,上端A与P 点的高度差也为h.(1)若微粒打在探测屏AB的中点,求微粒在空中飞行的时间;(2)求能被屏探测到的微粒的初速度范围;(3)若打在探测屏A、B两点的微粒的动能相等,求L与h的关系.图10-10式题 [2015²全国卷Ⅰ]一带有乒乓球发射机的乒乓球台如图10-11所示.水平台面的长和宽分别为L1和L2,中间球网高度为h.发射机安装于台面左侧边缘的中点,能以不同速率向右侧不同方向水平发射乒乓球,发射点距台面高度为3h.不计空气的作用,重力加速度大小为g.若乒乓球的发射速率v在某范围内,通过选择合适的方向,就能使乒乓球落到球网右侧台面上,则v的最大取值范围是()图10-11A.B.C.D.■方法技巧1.处理平抛运动中的临界问题要抓住两点(1)找出临界状态对应的临界条件;(2)要用分解速度或者分解位移的思想分析平抛运动的临界问题.2.平抛运动临界极值问题的分析方法(1)确定研究对象的运动性质;(2)根据题意确定临界状态;(3)确定临界轨迹,画出轨迹示意图;(4)应用平抛运动的规律结合临界条件列方程求解.考点四平抛运动综合问题5 (多选)[2017²江西七校联考]如图10-12所示,假设某滑雪者从山上M点以水平速度v0飞出,经t0时间落在山坡上N点时速度方向刚好沿斜坡向下,接着从N点沿斜坡下滑,又经t0时间到达坡底P处.已知斜坡NP与水平面的夹角为60°,不计摩擦阻力和空气阻力,则()图10-12A.滑雪者到达N点的速度大小为2v0B.M、N两点之间的距离为2v0t0C.滑雪者沿斜坡NP下滑的加速度大小为D.M、P之间的高度差为v0t0式题如图10-13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速度v0水平抛出,经过0.4 s,小球恰好垂直斜面落入凹槽,此时,小滑块还在上滑.已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2,求:(1)小球水平抛出的速度v0的大小;(2)小滑块的初速度v的大小.图10-13考点五斜抛运动关于斜抛物体的运动问题,可利用运动的对称性和可逆性进行转化,通过平抛运动的知识求解,例如斜抛运动可以分成从最高点开始的两个对称的平抛运动进行处理,应注意对整个物理过程进行分析,形成清晰的物理情景.6 [2016²江苏卷]有A、B两小球,B的质量为A的两倍.现将它们以相同速率沿同一方向抛出,不计空气阻力.图10-14中①为A的运动轨迹,则B的运动轨迹是()图10-14A.①B.②C.③D.④■规律总结图10-15通过运动的合成与分解研究斜抛运动,这是研究斜抛运动的基本方法,通过这样定量的分析可以有效提高对斜抛运动的认识,所以必须了解斜抛运动的基本规律(以斜上抛为例).(1)水平方向:v0x=v0cos θ,a x=0;(2)竖直方向:v0y=v0sin θ,a y=g.第11讲圆周运动一、匀速圆周运动1.定义:线速度大小的圆周运动.2.性质:向心加速度大小不变,方向,是变加速曲线运动.二、描述匀速圆周运动的基本参量三、离心运动和近心运动1.受力特点,如图11-1所示.图11-1(1)当F=0时,物体沿切线方向做匀速直线运动;(2)当F=mrω2时,物体做匀速圆周运动;(3)当0<F<mrω2时,物体逐渐远离圆心,做离心运动;(4)当F>mrω2时,物体渐渐向圆心靠近,做近心运动.2.离心运动的本质并不是受到离心力的作用,而是提供的力小于匀速圆周运动需要的向心力.【思维辨析】(1)匀速圆周运动是匀变速曲线运动.()(2)匀速圆周运动的加速度恒定不变.()(3)做匀速圆周运动的物体所受的合外力大小不变.()(4)物体做离心运动是因为受到所谓离心力的作用.()(5)汽车转弯时速度过大就会向外发生侧滑,这是由于汽车轮胎受沿转弯半径向内的静摩擦力不足以提供汽车转弯所需向心力的缘故.()【思维拓展】1.匀速圆周运动和匀速直线运动中的两个“匀速”的含义相同吗?2.匀速圆周运动中哪些物理量是不变的?考点一圆周运动的运动学问题;1.[2017²广东佛山二模]明代出版的《天工开物》一书中就有牛力齿轮水车图(如图11-2所示),记录了我们祖先的劳动智慧.若A、B、C三齿轮半径的大小关系如图所示,则 ()图11-2A.齿轮A的角速度比C的大B.齿轮A 与B的角速度相等C.齿轮B与C边缘的线速度大小相等D.齿轮A边缘的线速度比C边缘的大2.[2017²成都质检]光盘驱动器读取数据的某种方式可简化为以下模式:在读取内环数据时,以恒定角速度的方式读取,而在读取外环数据时,以恒定线速度的方式读取.如图11-3所示,设内环内边缘半径为R1,内环外边缘半径为R2,外环外边缘半径为R3.A、B、C分别为各边缘上的点,则读取内环上A点时A点的向心加速度大小和读取外环上C点时C点的向心加速度大小之比为()图11-3A.C.3.如图11-4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R B∶R C=3∶2,A轮的半径大小与C轮的相同,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为三轮边缘上的三个点,则a、b、c三点在运动过程中的()图11-4A.线速度大小之比为3∶2∶2B.角速度之比为3∶3∶2C.转速之比为2∶3∶2D.向心加速度大小之比为9∶6∶4■要点总结传动装置的特点(1)共轴传动:固定在一起共轴传动的物体上各点角速度相同.(2)皮带传动、齿轮传动和摩擦传动:皮带(或齿轮)传动和不打滑的摩擦传动的两轮边缘上各点线速度大小相等.考点二圆周运动的动力学问题考向一水平面内圆周运动的临界问题1 (多选)[2017²辽宁抚顺一中模拟]如图11-5所示,两物块A、B套在水平粗糙的CD杆上,并用不可伸长的轻绳连接,整个装置能绕过CD中点的轴转动.已知两物块质量相等,杆CD对物块A、B的最大静摩擦力相等,开始时绳子处于自然长度(绳子恰好伸直但无弹力),物块B到轴的距离为物块A到轴的距离的两倍.现让该装置从静止开始转动,使转速逐渐增大,在从绳子处于自然长度到两物块A、B即将滑动的过程中,下列说法正确的是()图11-5A.A受到的静摩擦力一直增大B.B受到的静摩擦力先增大后保持大小不变C.A受到的静摩擦力先增大后减小再增大D.B受到的合外力先增大后保持大小不变式题 [2017²东北三省三校模拟]如图11-6所示,可视为质点的木块A、B叠放在一起,放在水平转台上随转台一起绕固定转轴OO'匀速转动,木块A、B与转轴OO'的距离为1 m,A的质量为5 kg,B的质量为10 kg.已知A与B间的动摩擦因数为0.2,B与转台间的动摩擦因数为0.3,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g取10 m/s2.若木块A、B与转台始终保持相对静止,则转台角速度ω的最大值为()图11-6A.1 rad/sB. rad/sC. rad/sD.3 rad/s■方法技巧物体随水平转盘做圆周运动,通常是静摩擦力提供向心力,静摩擦力随转速的增大而增大,当静摩擦力增大到最大静摩擦力时,物体达到保持圆周运动的最大速度.若转速继续增大,物体将做离心运动.考向二圆锥摆类问题2 (多选)[2017²江西九校联考]如图11-7所示,一根细线下端拴一个金属小球P,细线的上端固定在金属块Q 上,Q放在带小孔(小孔光滑)的水平桌面上,小球在某一水平面内做匀速圆周运动(圆锥摆).现使小球改到一个更高一些的水平面上做匀速圆周运动,两次金属块Q都静止在桌面上的同一点,则后一种情况与原来相比较,下面的判断中正确的是()图11-7A.细线所受的拉力变小B.小球P运动的角速度变大C.Q受到桌面的静摩擦力变大D.Q受到桌面的支持力变大式题如图11-8所示,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为θ=37°.(g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,结果可用根式表示)(1)若要使小球刚好离开锥面,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?图11-8■方法技巧圆锥摆、火车转弯、汽车转弯、飞机在空中盘旋、开口向上的光滑圆锥体内小球绕竖直轴线的圆周运动等,都是水平面内圆周运动的典型实例,其受力特点是合力沿水平方向指向轨迹内侧.解答此类问题的关键:(1)确定做圆周运动的物体所处的平面(水平面);(2)准确分析向心力的来源及方向(水平指向圆心);(3)求出轨道半径;(4)列出动力学方程求解.考向三圆周运动与平抛运动的综合问题3 (多选)[2017²厦门质检]如图11-9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,重力加速度g取10 m/s2.求:(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.图11-9■规律总结解答圆周运动与平抛运动综合问题时的常用技巧(1)审题中寻找类似“刚好”“取值范围”“最大(小)”等字眼,看题述过程是否存在临界(极值)问题.(2)解决临界(极值)问题的一般思路,首先要考虑达到临界条件时物体所处的状态,其次分析该状态下物体的受力特点,最后结合圆周运动知识,列出相应的动力学方程综合分析.(3)注意圆周运动的周期性,看是否存在多解问题.(4)要检验结果的合理性,看是否与实际相矛盾.考点三竖直面内的圆周运动问题,=.v=v0时,线对小球的作用力为零)0时,小球的重力刚好提供做圆周考向一杆—球模型4 [2017²烟台模拟]一轻杆一端固定质量为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11-10所示,重力加速度为g.下列说法正确的是()图11-10A.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式题如图11-11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,重力加速度为g.下列说法正确的是()图11-11A.小球通过最高点时的最小速度v min=B.小球通过最高点时的最小速度v min=0C.小球在水平线ab以下的管道中运动时,内侧管壁对小球一定有作用力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考向二线—球模型5 [2017²福建质检]如图11-12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,两根绳的拉力恰好均为零,则小球在最高点速率为2v时,每根绳的拉力大小为()。