物理大一轮复习配套讲义第4章

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精第1节曲线运动运动的合成与分解一、曲线运动1．运动特点（1)速度方向：质点在某点的速度，沿曲线上该点的切线方向．(2)运动性质：做曲线运动的物体，速度的方向时刻改变，所以曲线运动一定是变速运动，即必然具有加速度．2．曲线运动的条件（1）从动力学角度看：物体所受合力的方向跟它的速度方向不在同一条直线上．（2)从运动学角度看：物体的加速度方向跟它的速度方向不在同一条直线上．二、运动的合成与分解1．基本概念分运动eq\o（,\s\up16（运动的合成），\s\do15(运动的分解))合运动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．运算法则位移、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．4．合运动和分运动的关系（1）等时性：合运动与分运动经历的时间相等．(2）独立性：一个物体同时参与几个分运动时，各分运动独立进行,不受其他分运动的影响．(3)等效性：各分运动叠加起来与合运动有完全相同的效果．［自我诊断]1．判断正误（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．(√）2．下列说法正确的是()A．各分运动互相影响，不能独立进行B．合运动的时间一定比分运动的时间长C．合运动和分运动具有等时性，即同时开始、同时结束D．合运动的位移大小等于两个分运动位移大小之和解析：选C.各分运动具有独立性，A错误；合运动与分运动具有等时性,B错误，C正确；合运动的位移与分运动的位移满足矢量合成的法则,D错误．3．(多选)某质点在光滑水平面上做匀速直线运动．现对它施加一个水平恒力，则下列说法正确的是(）A．施加水平恒力以后，质点可能做匀加速直线运动B．施加水平恒力以后，质点可能做匀变速曲线运动C．施加水平恒力以后,质点可能做匀速圆周运动D．施加水平恒力以后，质点立即有加速度，速度也立即变化解析:选AB。当水平恒力的方向与速度的方向在同一条直线上时，质点做匀变速直线运动，选项A正确；当水平恒力的方向与速度的方向不在同一条直线上时，质点做匀变速曲线运动，选项B正确；无论力的方向与速度的方向关系如何,质点都不可能做匀速圆周运动,选项C错误;速度不能发生突变，选项D错误．4．(多选)小船横渡一条两岸平行的河流，船本身提供的速度（即静水速度)大小不变、船身方向垂直于河岸,水流速度与河岸平行，已知小船的运动轨迹如图所示，则（）A．越接近河岸水流速度越小B．越接近河岸水流速度越大C．无论水流速度是否变化，这种渡河方式耗时最短D．该船渡河的时间会受水流速度变化的影响解析:选AC.由船的运动轨迹可知，小船渡河过程是先做加速运动后做减速运动．河流的中心水流速度最大,越接近河岸水流速度越小，故A正确,B错误;由于船头垂直河岸，则这种方式过河的时间最短，C正确；船过河的时间与水流速度无关，D错误．考点一物体做曲线运动的条件与轨迹分析1．若已知物体运动的初速度v0的方向及它受到的恒定的合外力F的方向,图中M、N、P、Q表示物体运动的轨迹，其中正确的是（)解析：选B.物体运动的速度方向与运动轨迹一定相切，而且合外力F的方向一定指向轨迹的凹侧，故只有B正确．2．如图所示为质点做匀变速曲线运动轨迹的示意图，且质点运动到D点时速度方向与加速度方向恰好互相垂直,则质点从A点运动到E点的过程中，下列说法中正确的是（）A．质点经过C点的速率比D点的大B．质点经过A点时的加速度方向与速度方向的夹角小于90°C．质点经过D点时的加速度比B点的大D．质点从B到E的过程中加速度方向与速度方向的夹角先增大后减小解析:选A。质点做匀变速曲线运动，所以加速度不变；由于在D点速度方向与加速度方向垂直,则在C点时速度方向与加速度方向的夹角为钝角，所以质点由C到D速率减小，所以C点速率比D点大．3．一个质点受到两个互成锐角的力F1、F2的作用，由静止开始运动，若保持二力方向不变,将F1突然增大为2F1A．不一定做曲线运动B．一定做匀变速运动C．可能做匀速直线运动D．可能做匀变速直线运动解析：选B.F1增大前，质点沿合力方向做匀加速直线运动．F1增大后,合力方向与F1增大之前的质点的速度方向不共线,因而做曲线运动．由于二力方向不变，只将F1增大为2F1，所以合力恒定，质点做匀变速曲线运动．故本题答案为B。考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，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．3．合运动性质的判断eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(加速度\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(恒定：匀变速运动，变化：非匀变速运动)），加速度方向与速度方向\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(共线：直线运动，不共线:曲线运动)））)题组一合运动性质的判断1。（2017·江苏连云港模拟)(多选)如图所示，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（）A．橡皮的速度大小为eq\r（2）vB．橡皮的速度大小为eq\r(3)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°角解析:选BC。橡皮斜向右上方运动，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，如图所示．故橡皮的实际速度大小（合速度):v′＝2vcos30°＝eq\r(3)v,且与水平方向成60°角，A、D错误,B、C正确．2．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3.1×103m/s,某次发射卫星飞经赤道上空时的速度为1。55×A．西偏北方向，1.9×103B．东偏南方向，1。9×103C．西偏北方向，2.7×103D．东偏南方向,2。7×103解析：选B.设当卫星在转移轨道上飞经赤道上空与同步轨道高度相同的某点时，速度为v1，发动机给卫星的附加速度为v2，该点在同步轨道上运行时的速度为v。三者关系如图，由图知附加速度方向为东偏南,由余弦定理知veq\o\al(2，2）＝veq\o\al(2，1)＋v2－2v1vcos30°，代入数据解得v2≈1.9×103m/s。选项B正确．题组二与运动图象结合的合成与分解问题3．物体在直角坐标系xOy所在的平面内由O点开始运动,其沿坐标轴方向的两个分速度随时间变化的图象如图所示，则对该物体运动过程的描述正确的是()A．物体在0～3s做直线运动B．物体在3s~4s做直线运动C．物体在3s～4s做曲线运动D．物体在0~3s做变加速运动解析:选B。物体在0～3s内，x方向做匀速直线运动，y方向做匀加速直线运动,两运动的合运动，一定是曲线运动,且加速度恒定，则A、D错误；物体在3s～4s内两个方向的分运动都是匀减速运动，在3s末，速度与x轴的夹角tanθ＝eq\f(vy,vx）＝eq\f(3，4),加速度与x轴的夹角tanβ＝eq\f(ay,ax）＝eq\f（3,4）,因此合速度与合加速度方向相反，则做直线运动,故B正确，C错误．4．有一个质量为2kg的质点在x.y平面上运动，在x方向的速度图象和y方向的位移图象分别如图甲、乙所示,下列说法正确的是（)A．质点所受的合力为3NB．质点的初速度为3m/sC．质点做匀变速直线运动D．质点初速度的方向与合力的方向垂直解析：选A。由题图乙可知，质点在y方向上做匀速运动，vy＝eq\f(Δx，Δt)＝－4m/s，在x方向上做匀加速直线运动，a＝eq\f(Δv,Δt)＝1.5m/s2,故质点所受合力F＝ma＝3N，A正确;质点的初速度v＝eq\r（vx02＋v\o\al(2，y))＝5m/s，B错误；质点做匀变速曲线运动,C错误；质点初速度的方向与合力的方向不垂直，如图所示，θ＝53°，D错误．考点三小船渡河问题1．小船渡河问题的速度（1）船的实际运动是水流的运动和船相对静水的运动的合运动．(2）三种速度：v1(船在静水中的速度)、v2(水流速度）、v（船的实际速度)．2．小船渡河的三种情景（1）过河时间最短：船头正对河岸时,渡河时间最短，t短＝eq\f（d,v1）（d为河宽）．（2)过河路径最短(v2＜v1时):合速度垂直于河岸时，航程最短，s短＝d.船头指向上游与河岸夹角为α,cosα＝eq\f(v2，v1).(3）过河路径最短（v2＞v1时）：合速度不可能垂直于河岸，无法垂直渡河．确定方法如下：如图所示，以v2矢量末端为圆心，以v1矢量的大小为半径画弧，从v2矢量的始端向圆弧作切线，则合速度沿此切线方向航程最短．由图可知：cosα＝eq\f(v1，v2)，最短航程:s短＝eq\f(d,cosα）＝eq\f（v2，v1）d.1．（2017·湖北省重点中学联考)(多选)一只小船在静水中的速度为3m/s，它要渡过一条宽为30m的河，河水流速为4m/s，则这只船()A．过河时间不可能小于10sB．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6sD．不可能渡过这条河解析：选AB.船在过河过程同时参与两个运动,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＝30m，而垂直河岸方向的最大分速度即船自身的速度3m/s，所以渡河最短时间t＝eq\f（d，3m/s)＝10s，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，要求船的速度大于河水的速度，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．2．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。eq\f（kv，\r（k2－1)) B．eq\f（v，\r(1－k2））C。eq\f（kv,\r（1－k2）） D.eq\f(v，\r(k2－1）)解析：选B.设大河宽度为d，去程时t1＝eq\f（d,v静)，回程时,t2＝eq\f(d，\r（v\o\al（2,静）－v2)），又eq\f（t1，t2）＝k，得v静＝eq\f(v，\r(1－k2)),B正确．3．（2017·四川绵阳质检）小船匀速渡过一条河流,当船头垂直对岸方向航行时，在出发后10min到达对岸下游120m处；若船头保持与河岸成α角向上游航行，出发后12。5min到达正对岸．求：(1）水流的速度；（2）船在静水中的速度、河的宽度以及船头与河岸间的夹角α。解析：（1)船头垂直对岸方向航行时，如图甲所示．由x＝v2t1得v2＝eq\f(x，t1)＝eq\f(120，600)m/s＝0。2m/s①（2）船头保持与岸成α角航行时，如图乙所示．由（1)可得d＝v1t1v2＝v1cosα②d＝v1t2sinα③联立解得α＝53°，v1＝0。33m/s，d＝200m答案:（1）0.2m/s（2）0.33m/s200m53°(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＜v水时，应利用图解法求极值的方法处理．考点四关联速度问题1．问题特点：沿绳（或杆)方向的速度分量大小相等．2．思路与原则(1)思路①明确合速度→物体的实际运动速度v；（2)原则：v1与v2的合成遵循平行四边形定则．3．解题方法把物体的实际速度分解为垂直于绳（杆)和平行于绳(杆)两个分量，根据沿绳（杆)方向的分速度大小相等求解．常见的模型如图所示．1．在距河面高度h＝20m的岸上有人用长绳拴住一条小船,开始时绳与水面的夹角为30°.人以恒定的速率v＝3m/s拉绳，使小船靠岸，那么(）A．5s时绳与水面的夹角为60°B．5s后小船前进了15mC．5s时小船的速率为4m/sD．5s时小船到岸边的距离为15m解析：选D.设开始时小船距岸边为L，则L＝eq\f(h,tan30°）＝20eq\r(3)m，5s后绳端沿岸位移为x＝vt＝3×5m＝15m,设5s后小船前进了x′,绳与水平面的夹角为θ,由几何关系得sinθ＝eq\f（h,2h－x）＝eq\f(20,2×20－15)＝0。8，解得θ＝53°，选项A错误；由tanθ＝eq\f(h，L－x′)，解得x′＝19。64m，选项B错误；由v船cosθ＝v可得此时小船的速率为v船＝5m/s，选项C错误;5s时小船到岸边的距离为L－x′＝20eq\r(3)m－19。64m＝15m，选项D正确．2。如图所示，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()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＝eq\f（vB，cosθ），FfA＝μ（mg－FTsinθ)，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．3．(2017·上海四区联考)如图所示,长为L的直棒一端可绕固定轴O转动,另一端搁在升降平台上，平台以速度v匀速上升，当棒与竖直方向的夹角为α时，棒的角速度为(）A。eq\f(vsinα，L） B．eq\f(v,Lsinα）C。eq\f(vcosα,L) D。eq\f(v，Lcosα)解析：选B。棒与平台接触点的实际运动即合运动的速度方向是垂直于棒指向左上方，合速度沿竖直向上方向上的速度分量等于v,即ωLsinα＝v，所以ω＝eq\f（v,Lsinα）。课时规范训练[基础巩固题组］1．精彩的F1赛事相信你不会陌生吧!车王舒马赫在一个弯道上突然调整行驶的赛车致使后轮脱落，从而不得不遗憾地退出了比赛．关于脱落的后轮的运动情况，以下说法中正确的是（）A．仍然沿着汽车行驶的弯道运动B．沿着与弯道垂直的方向飞出C．脱落时,沿着轮子前进的方向做直线运动，离开弯道D．上述情况都有可能解析：选C.车轮被甩出后，不再受到车身的约束，被甩出的后轮沿甩出时的速度方向(即甩出点轨迹的切线方向)做直线运动,轮不可能沿车行驶的弯道运动，也不可能沿垂直于弯道的方向运动．故本题答案为C.2．某电视台举办了一期群众娱乐节目，其中有一个环节是让群众演员站在一个旋转较快的大平台边缘上，向大平台圆心处的球筐内投篮球．如果群众演员相对平台静止，则下面各俯视图中哪幅图中的篮球可能被投入球筐（图中平台内箭头指向表示投篮方向)（)解析:选B.篮球若能被投入球筐，其合速度的方向应指向圆心，因平台逆时针旋转,所以投篮方向应是如图B所示，选项B正确．3.跳伞表演是人们普遍喜欢的观赏性体育项目，如图所示，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（)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，则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．（多选）如图，在河水速度恒定的小河中，一小船保持船头始终垂直河岸从一侧岸边向对岸行驶，船的轨迹是一个弯曲的“S”形，则（)A．小船垂直河岸的速度大小恒定不变B．小船垂直河岸的速度大小先增大后减小C．与船以出发时的速度匀速过河相比，过河时间长了D．与船以出发时的速度匀速过河相比，过河时间短了解析:选BD。船在沿河岸的方向上做匀速直线运动,即在相同的时间间隔内，在河岸方向上的位移是相同的；在垂直于河岸的方向上，在相等的时间间隔内（参照船在沿河岸方向上的时间），开始时位移的变化逐渐增大再逐渐减小，所以速度先增大后减小;因中间那段时间速度较大，所以与船保持恒定的初始速度过河相比过河时间短了．选项B、D正确．5。（多选)如右图所示，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（）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，消防队员一定做匀速直线运动，选项A错误，B正确;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．6．如图所示,人沿平直的河岸以速度v行走，且通过不可伸长的绳拖船，船沿绳的方向行进，此过程中绳始终与水面平行．当绳与河岸的夹角为α时，船的速率为（）A．vsinα B.eq\f（v,sinα)C．vcosα D。eq\f(v,cosα)解析:选C.人的速度为合速度，当人沿平直的河岸以速度v行走时，可将人的速度分解为沿绳方向的分速度和垂直于绳方向的分速度,沿绳方向的分速度即为船行驶的速度,故船的速度为vcosα,选项C正确．7．如图所示，套在竖直细杆上的环A由跨过定滑轮的不可伸长的轻绳与重物B相连．由于B的质量较大，故在释放B后,A将沿杆上升，当A环上升至与定滑轮的连线水平时,其上升速度v1≠0，若这时B的速度为v2,则()A．v2＝0 B．v2＞v1C．v2≠0 D．v2＝v1解析：选A.环A在虚线位置时，环A的速度沿虚线方向的分速度为零，故物体B的速度v2＝0,A正确．［综合应用题组］8．(多选）一快艇要从岸边某一不确定位置处到达河中离岸边100m远的一浮标处，已知快艇始终与河岸垂直，其在静水中的速度vx图象和流水的速度vy图象分别如图甲、乙所示，则（)A．快艇的运动轨迹为直线B．快艇的运动轨迹为曲线C．能找到某一位置使快艇最快到达浮标处的时间为20sD．快艇最快到达浮标处经过的位移为100m解析:选BC.快艇沿河岸方向的匀速运动与垂直于河岸的匀加速运动的合运动是类平抛性质的曲线运动，A错误，B正确；最快到达浮标处的方式是使垂直于河岸的速度vx保持图甲所示的加速度a＝0。5m/s2的匀加速运动，则eq\f（1，2）at2＝xx,代入xx＝100m有t＝20s,但实际位移为x＝eq\r(x\o\al（2,x）＋x\o\al(2,y)）＞100m，C正确，D错误．9．质量m＝4kg的质点静止在光滑水平面上的直角坐标系的原点O处，先用沿＋x轴方向的力F1＝8N作用了2s,然后撤去F1；再用沿＋y轴方向的力F2＝24N作用了1s，则质点在这3s内的轨迹为（)解析：选D.由F1＝max得ax＝2m/s2，质点沿x轴匀加速直线运动了2s,x1＝eq\f(1，2)axteq\o\al(2，1）＝4m，vx1＝axt1＝4m/s；之后质点受F2作用而做类平抛运动，ay＝eq\f(F2,m)＝6m/s2，质点再经过1s，沿x轴再运动，位移x2＝vx1t2＝4m,沿＋y方向运动位移y2＝eq\f(1，2)ayteq\o\al(2,2）＝3m，对应图线可知D项正确．10。如图，船从A处开出后沿直线AB到达对岸，若AB与河岸成37°角，水流速度为4m/s，则船从A点开出相对水流的最小速度为（)A．2m/s B．2.4m/sC．3m/s D．3.5m/s解析：选B.船参与了两个分运动,沿船头指向的分运动和顺水流而下的分运动,其中，合速度v合方向已知，大小未知，顺水流而下的分运动速度v水的大小和方向都已知，沿船头指向的分运动的速度v船大小和方向都未知，合速度与分速度遵循平行四边形定则（或三角形定则)，如图，当v合与v船垂直时,v船最小,由几何关系得到v船的最小值为v船min＝v水sin37°＝2。4m/s，选项B正确．11．在一个光滑水平面内建立平面直角坐标系xOy，质量为1kg的物体原来静止在坐标原点O（0,0)，t＝0时受到如图所示随时间变化的外力作用,图甲中Fx表示沿x轴方向的外力，图乙中Fy表示沿y轴方向的外力，下列描述正确的是()A．0～4s内物体的运动轨迹是一条直线B．0~4s内物体的运动轨迹是一条抛物线C．前2s内物体做匀加速直线运动，后2s内物体做匀加速曲线运动D．前2s内物体做匀加速直线运动，后2s内物体做匀速圆周运动解析:选C.0～2s内物体沿x轴方向做初速度为零的匀加速直线运动，2s时受沿y轴方向的恒力作用,与速度方向垂直，故2～4s内物体做类平抛运动，C项正确．12。(多选)如图所示，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，下列说法中正确的是（）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：选CD。由题意知笔尖做匀变速曲线运动,A、B错误，C正确；笔尖的速度方向为合速度方向，右手沿水平方向的速度逐渐增大，则合速度方向与水平方向夹角逐渐变小，D正确．13.如图所示,A、B两物体系在跨过光滑定滑轮的一根轻绳的两端，当A物体以速度v向左运动时，系A、B的绳分别与水平方向成α、β角，此时B物体的速度大小为()A．vsinα/sinβ B．vcosα/sinβC．vsinα/cosβ D．vcosα/cosβ解析:选D。根据A、B两物体的运动情况，将两物体此时的速度v和vB分别分解为两个分速度v1(沿绳的分量)和v2（垂直绳的分量）以及vB1（沿绳的分量）和vB2(垂直绳的分量）,由于两物体沿绳的速度分量相等，v1＝vB1，即vcosα＝vBcosβ,则B物体的速度方向水平向右，其大小为vB＝eq\f（cosα，cosβ)v，D正确．14。如图所示，在一次抗洪救灾工作中，一架直升机A用一长H＝50m的悬索(重力可忽略不计)系住伤员B，直升机A和伤员B一起在水平方向上以v0＝10m/s的速度匀速运动的同时,悬索在竖直方向上匀速上拉．在将伤员拉到直升机内的时间内,A、B之间的竖直距离以l＝50－5t（单位:m）的规律变化，则（）A．伤员经过5s时间被拉到直升机内B．伤员经过10s时间被拉到直升机内C．伤员的运动速度大小为5m/sD．伤员的运动速度大小为10m/s解析：选B.伤员在竖直方向的位移为h＝H－l＝5t（m)，所以伤员的竖直分速度为v1＝5m/s;由于竖直方向做匀速直线运动，所以伤员被拉到直升机内的时间为t＝eq\f（H,v1)＝eq\f(50，5)s＝10s，故A错误，B正确；伤员在水平方向的分速度为v0＝10m/s，所以伤员的速度为v＝eq\r（v\o\al（2,1）＋v\o\al(2,0））＝eq\r（52＋102）m/s＝5eq\r（5）m/s，故C、D均错误．第2节抛体运动一、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,物体只在重力作用下所做的运动，叫平抛运动．2．性质：平抛运动是加速度恒为重力加速度g的匀变速曲线运动,轨迹是抛物线．二、平抛运动的规律以抛出点为原点,以水平方向(初速度v0方向）为x轴，以竖直向下的方向为y轴建立平面直角坐标系，则1．水平方向：做匀速直线运动,速度：vx＝v0，位移：x＝v0t。2．竖直方向：做自由落体运动，速度：vy＝gt，位移:y＝eq\f(1,2)gt23．合运动（1)合速度：v＝eq\r（v\o\al(2,x)＋v\o\al（2,y））＝eq\r(v\o\al（2，0)＋gt2），方向与水平方向夹角为θ，则tanθ＝eq\f（vy,v0）＝eq\f（gt，v0).(2）合位移：s＝eq\r（x2＋y2）＝eq\r(v0t2＋\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(1，2)gt2))2),方向与水平方向夹角为α，则tanα＝eq\f（y，x)＝eq\f（gt,2v0）.三、斜抛运动1．定义：将物体以一定的初速度沿斜向上或斜向下抛出，物体仅在重力的作用下所做的运动，叫做斜抛运动．2．性质：加速度恒为g的匀变速曲线运动，轨迹是抛物线．3．基本规律以斜向上抛为例说明,如图所示．(1）水平方向：v0x＝v0cos_θ，F合x＝0.(2)竖直方向:v0y＝v0sin_θ，F合y＝mg。因此斜抛运动可以看做是水平方向的匀速直线运动和竖直方向的竖直上(下）抛运动的合运动．[自我诊断]1．判断正误(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．(√）2．（多选)为了验证平抛运动的小球在竖直方向上做自由落体运动,用如图所示的装置进行实验．小锤打击弹性金属片，A球水平抛出，同时B球被松开，自由下落,关于该实验,下列说法中正确的有()A．两球的质量应相等B．两球应同时落地C．应改变装置的高度，多次实验D．实验也能说明A球在水平方向上做匀速直线运动解析：选BC.小锤打击弹性金属片后，A球做平抛运动，B球做自由落体运动．A球在竖直方向上的运动情况与B球相同，做自由落体运动，因此两球同时落地．实验时，需A、B两球从同一高度开始运动，对质量没有要求,但两球的初始高度及击打力度应该有变化，实验时要进行3～5次得出结论．本实验不能说明A球在水平方向上的运动性质，故选项B、C正确，选项A、D错误．3．做平抛运动的物体，落地过程在水平方向通过的距离取决于()A．物体的初始高度和所受重力B．物体的初始高度和初速度C．物体所受的重力和初速度D．物体所受的重力、初始高度和初速度解析：选B。水平方向通过的距离x＝v0t，由h＝eq\f(1，2)gt2得t＝eq\r(\f(2h，g）),所以时间t由高度h决定;又x＝v0t＝v0eq\r（\f（2h，g))，故x由初始高度h和初速度v0共同决定，B正确．考点一平抛运动的基本规律1．飞行时间：由t＝eq\r（\f（2h，g))知，时间取决于下落高度h，与初速度v0无关．2．水平射程：x＝v0t＝v0eq\r（\f(2h，g））,即水平射程由初速度v0和下落高度h共同决定，与其他因素无关．3．落地速度:vt＝eq\r（v\o\al(2,x）＋v\o\al（2，y)）＝eq\r（v\o\al(2，0）＋2gh),以α表示落地速度与x轴正方向的夹角，有tanα＝eq\f(vy,vx)＝eq\f（\r（2gh)，v0），所以落地速度也只与初速度v0和下落高度h有关．4．速度改变量：因为平抛运动的加速度为重力加速度g，所以做平抛运动的物体在任意相等时间间隔Δt内的速度改变量Δv＝gΔt相同,方向恒为竖直向下，如图甲所示．5．两个重要推论（1)做平抛（或类平抛)运动的物体任一时刻的瞬时速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点，如图乙中A点和B点所示．（2)做平抛（或类平抛)运动的物体在任意时刻任一位置处，设其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θ，则tanα＝2tanθ。1。如图所示，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（)A。eq\r（\f（3gR，2）) B．eq\r（\f(3\r(3)gR，2）)C.eq\r（\f(\r(3）gR,2）） D。eq\r（\f（\r（3）gR，3）)解析：选B.画出小球在B点速度的分解矢量图，如图所示．由图可知,tan60°＝eq\f(v0，gt)，R（1＋cos60°)＝v0t，联立解得v0＝eq\r(\f(3\r（3）gR，2）)，选项B正确．2．（2017·浙江台州质检)从某高度水平抛出一小球，经过t时间到达地面时，速度方向与水平方向的夹角为θ，不计空气阻力，重力加速度为g，下列结论中正确的是()A．小球初速度为gttanθB．若小球初速度增大，则平抛运动的时间变长C．小球着地速度大小为eq\f（gt,sinθ)D．小球在t时间内的位移方向与水平方向的夹角为θ解析:选C。如图所示，小球竖直方向的速度为vy＝gt，则初速度为v0＝gtcotθ，落地时速度v＝eq\f（gt,sinθ)，选项C正确，A错误；平抛运动的时间t＝eq\r(\f(2y,g）)，由高度决定,选项B错误；设位移方向与水平方向的夹角为α，则tanα＝eq\f(y，x）＝eq\f(gt，2v0），tanθ＝eq\f（vy,v0）＝eq\f（gt，v0)，则tanθ＝2tanα，选项D错误．3．距地面高5m的水平直轨道上A、B两点相距2m，在B点用细线悬挂一小球,离地高度为h，如图．小车始终以4m/s的速度沿轨道匀速运动，经过A点时将随车携带的小球由轨道高度自由卸下,小车运动至B点时细线被轧断，最后两球同时落地．不计空气阻力，取重力加速度的大小g＝10m/s2。可求得h等于（)A．1。25m B．2。25mC．3.75m D．4.75m解析：选A.根据两球同时落地可得eq\r(\f（2H,g)）＝eq\f(dAB，v）＋eq\r(\f(2h，g）)，代入数据得h＝1。25m，选项A正确．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．考点二类平抛运动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，在合力方向做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a＝eq\f(F合,m).3．求解技巧(1)常规分解法:将类平抛运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和垂直于初速度方向(即沿合力方向）的匀加速直线运动,两分运动彼此独立,互不影响，且与合运动具有等时性．(2)特殊分解法：对于有些问题,可以过抛出点建立适当的直角坐标系,将加速度分解为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．1。(多选)如图所示,两个足够大的倾角分别为30°、45°的光滑斜面放在同一水平面上，两斜面间距大于小球直径，斜面高度相等．有三个完全相同的小球a、b、c，开始均静止于斜面同一高度处，其中小球b在两斜面之间,a、c分别在两斜面顶端．若同时释放a、b、c，小球到达该水平面的时间分别为t1、t2、t3.若同时沿水平方向抛出,初速度方向如图所示，小球到达水平面的时间分别为t1′、t2′、t3′.下列关于时间的关系正确的是()A．t1＞t3＞t2 B．t1＝t1′、t2＝t2′、t3＝t3′C．t1′＞t3′＞t2′ D．t1＜t1′、t2＜t2′、t3＜t3′解析：选ABC.由静止释放三个小球时，对a:eq\f(h，sin30°）＝eq\f(1，2)g·sin30°·teq\o\al(2,1)，则teq\o\al(2，1)＝eq\f（8h,g)；对b：h＝eq\f（1,2）gteq\o\al(2，2)，则teq\o\al（2,2）＝eq\f（2h，g)；对c:eq\f（h,sin45°）＝eq\f(1，2）gsin45°·Teq\o\al（2,3），则teq\o\al(2，3)＝eq\f（4h，g），所以t1＞t3＞t2。当水平抛出三个小球时，小球b做平抛运动，小球a、c在斜面内做类平抛运动．沿斜面方向的运动同第一种情况，所以t1＝t1′，t2＝t2′，t3＝t3′，故A、B、C正确．2．质量为m的飞机以水平初速度v0飞离跑道后逐渐上升，若飞机在此过程中水平速度保持不变，同时受到重力和竖直向上的恒定升力(该升力由其他力的合力提供，不含重力)．今测得当飞机在水平方向的位移为l时，它的上升高度为h，如图所示，求:（1)飞机受到的升力大小；(2)上升至h高度时飞机的速度．解析：(1)飞机做类平抛运动,则:水平方向l＝v0t竖直方向h＝eq\f（1，2）at2解得a＝eq\f(2v\o\al(2，0)h,l2)对飞机由牛顿第二定律得F－mg＝ma解得F＝meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（g＋\f(2v\o\al(2，0)h，l2)））（2)竖直方向veq\o\al(2，y）＝2ahv＝eq\r（v\o\al(2,0）＋v\o\al(2，y））解得v＝eq\f（v0，l）eq\r（l2＋4h2）设速度方向与初速度v0方向的夹角为θ,则：tanθ＝eq\f(vy,v0)解得θ＝arctaneq\f（2h,l)答案:(1)meq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(g＋\f(2v\o\al（2，0)h,l2）))（2）eq\f(v0，l)eq\r(l2＋4h2），方向与v0的夹角为arctaneq\f（2h，l)考点三多体平抛问题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．1.如图所示,在距水平地面分别为H和4H的高度处，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（）A．a、b两小球同时落地B．两小球落地速度的方向相同C．a、b两小球水平位移之比为1∶2D．a、b两小球水平位移之比为1∶4解析：选C。由H＝eq\f（1,2)gteq\o\al（2,a)，4H＝eq\f（1,2）gteq\o\al（2，b)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tanθ＝eq\f（gt,v0)可知，tanθa∶tanθb＝1∶2，θa≠θb，B错误．2．（2017·山东潍坊模拟)如图所示,半圆形容器竖直放置，从其圆心O点处分别以水平初速度v1、v2抛出两个小球（可视为质点),最终它们分别落在圆弧上的A点和B点,己知OA与OB互相垂直，且OA与竖直方向成θ角，则两小球的初速度之比为（）A.eq\r(tanθ) B．tanθC.eq\r（tan3θ) D．tan2θ解析：选C.由平抛运动规律得，水平方向Rsinθ＝v1t1，Rcosθ＝v2t2，竖直方向Rcosθ＝eq\f(1，2）gteq\o\al(2，1），Rsinθ＝eq\f(1,2）gteq\o\al(2，2)，联立解得eq\f(v1,v2）＝eq\r（tan3θ)，选项C正确．（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．考点四斜面上的平抛运动与斜面相关的平抛运动，其特点是做平抛运动的物体落在斜面上，包括两种情况：1．物体从空中抛出垂直落在斜面上;2．从斜面上抛出落在斜面上．在解答这类问题时,除了要运用平抛运动的位移和速度规律,还要充分运用斜面倾角,找出斜面倾角同位移和速度与水平方向夹角的关系，从而使问题得到顺利解决．两种模型对比如下：方法内容斜面总结分解速度水平:vx＝v0竖直：vy＝gt合速度:v＝eq\r（v\o\al(2,x）＋v\o\al(2，y)）分解速度，构建速度三角形分解位移水平：x＝v0t竖直：y＝eq\f(1,2)gt2合位移：s＝eq\r(x2＋y2）分解位移，构建位移三角形题组一顺着斜面的平抛运动1。跳台滑雪运动员的动作惊险而优美，其实滑雪运动可抽象为物体在斜坡上的平抛运动．如图所示，设可视为质点的滑雪运动员从倾角为θ的斜坡顶端P处，以初速度v0水平飞出，运动员最后又落到斜坡上A点处，AP之间距离为L，在空中运动时间为t，改变初速度v0的大小，L和t都随之改变．关于L、t与v0的关系，下列说法中正确的是(）A．L与v0成正比 B．L与v0成反比C．t与v0成正比 D．t与veq\o\al（2,0)成正比解析：选C.因运动员落在斜面上,故其位移与水平方向的夹角就等于斜面的倾角θ，因此有tanθ＝eq\f(y,x)，其中y＝eq\f(1，2）gt2,x＝v0t，则t＝eq\f（2v0tanθ,g）,L＝eq\f(x，cosθ）＝eq\f（v0t，cosθ)＝eq\f（2v\o\al（2,0）tanθ，gcosθ)，故t与v0成正比，L与veq\o\al(2，0)成正比，C正确．2．(2017·怀化模拟）如图所示，滑板运动员从倾角为53°的斜坡顶端滑下，滑下的过程中他突然发现在斜面底端有一个高h＝1.4m、宽L＝1。2m的长方体障碍物，为了不触及这个障碍物，他必须在距水平地面高度H＝3.2m的A点沿水平方向跳起离开斜面(竖直方向的速度变为零)．己知运动员的滑板与斜面间的动摩擦因数μ＝0。1，忽略空气阻力，重力加速度g取10m/s2.(已知sin53°＝0。8，cos53°＝0。6）求：(1）运动员在斜面上滑行的加速度的大小;（2）若运动员不触及障碍物，他从斜面上起跳后到落至水平面的过程所经历的时间；（3）运动员为了不触及障碍物,他从A点沿水平方向起跳的最小速度．解析：(1）设运动员连同滑板的质量为m，运动员在斜面滑行的过程中，由牛顿第二定律得mgsin53°－μmgcos53°＝ma解得a＝gsin53°－μgcos53°＝7。4m/s2(2）运动员从斜面上起跳后，沿竖直方向做自由落体运动,则H＝eq\f(1，2)gt2解得t＝0.8s(3）为了不触及障碍物，运动员以速度v沿水平方向起跳后竖直下落高度为H－h时，他沿水平方向运动的距离至少为eq\f（H,tan53°）＋L，设这段时间为t′，则H－h＝eq\f(1,2）gt′2eq\f（H,tan53°）＋L≤vt′解得v≥6.0m/s，所以最小速度vmin＝6.0m/s.答案：(1）7。4m/s2（2)0.8s(3)6。0m/s题组二对着斜面的平抛运动3．（2017·吉林模拟）(多选)如图所示，A、D分别是斜面的顶端、底端，B、C是斜面上的两个点，AB＝BC＝CD，E点在D点的正上方，与A等高．从E点以一定的水平速度抛出质量相等的两个小球,球1落在B点，球2落在C点，关于球1和球2从抛出到落在斜面上的运动过程（)A．球1和球2运动的时间之比为2∶1B．球1和球2动能增加量之比为1∶2C．球1和球2抛出时初速度之比为2eq\r(2)∶1D．球1和球2运动时的加速度之比为1∶2解析:选BC。因为AC＝2AB，所以AC的高度差是AB高度差的2倍，根据h＝eq\f（1，2)gt2得t＝eq\r(\f（2h,g）)，解得运动的时间比为1∶eq\r(2），故A错误；根据动能定理得mgh＝ΔEk，知球1和球2动能增加量之比为1∶2，故B正确；BD在水平方向上的分量是DC在水平方向分量的2倍，结合x＝v0t，解得初速度之比为2eq\r(2）∶1，故C正确；平抛运动的加速度均为g,两球的加速度相同，故D错误．4。(2017·温州质检)如图所示，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）（)A.eq\f（v0tanθ，g) B．eq\f（2v0tanθ，g）C.eq\f（v0cotθ,g) D。eq\f(2v0cotθ，g）解析：选D。如图所示，要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＝eq\f（x，y)，而x＝v0t，y＝eq\f（1，2）gt2，解得t＝eq\f（2v0cotθ，g）.（1）物体的竖直位移与水平位移之比是同一个常数，这个常数等于斜面倾角的正切值;（2)当物体的速度方向与斜面平行时，物体离斜面最远．考点五平抛运动中的临界问题[典例］如图所示，水平屋顶高H＝5m，墙高h＝3。2m，墙到房子的距离L＝3m，墙外马路宽x＝10m，小球从房顶水平飞出，落在墙外的马路上，g＝10m/s2.求:（1）小球离开屋顶时的速度v0的大小范围；(2)小球落在马路上的最小速度．解析(1)设小球恰好落到马路的右侧边缘时，水平初速度为v01，则L＋x＝v01t1竖直位移H＝eq\f（1，2）gteq\o\al（2，1）联立解得v01＝(L＋x）eq\r（\f（g,2H）)＝13m/s设小球恰好越过围墙的边缘时，水平初速度为v02，则水平位移L＝v02t2竖直位移H－h＝eq\f（1，2）gteq\o\al(2,2)联立解得v02＝5m/s所以小球抛出时的速度大小范围为5m/s≤v0≤13m/s。（2）小球落在马路上,下落高度一定，落地时的竖直分速度一定，当小球恰好越过围墙的边缘落在马路上时，落地速度最小．竖直方向veq\o\al(2,y)＝2gH又有vmin＝eq\r（v\o\al(2，02)＋v\o\al（2,y))解得vmin＝5eq\r(5）m/s答案（1）5m/s≤v0≤13m/s（2)5eq\r(5)m/s（1)在体育运动中,像乒乓球、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，某物理量（尤其是球速）往往要有一定的范围限制，在这类问题中,确定临界状态，画好临界轨迹，是解决问题的关键点．(2)分析平抛运动中的临界问题时一般运用极限分析的方法，即把要求的物理量设定为极大或极小，让临界问题突现出来，找到产生临界的条件．1．(多选）如图所示，一高度为h的光滑水平面与一倾角为θ的斜面连接，一小球以速度v从平面的右端P点向右水平抛出，则小球在空中运动的时间t（)A．一定与v的大小有关B．一定与v的大小无关C．当v大于eq\r（\f（gh，2))cotθ时，t与v无关D．当v小于eq\r（\f（gh，2))cotθ时，t与v有关解析：选CD.球有可能落在斜面上，也有可能落在水平面上,可用临界法求解，如果小球恰好落在斜面与水平面的交点处,则满足hcotθ＝vt，h＝eq\f(1，2)gt2，联立可得v＝eq\r（\f(gh，2)）cotθ.故当v大于eq\r（\f（gh，2))cotθ时,小球落在水平面上，t＝eq\r（\f（2h，g)）,与v无关；当v小于eq\r(\f(gh,2）)cotθ时，小球落在斜面上,x＝vt，y＝eq\f（1，2)gt2，eq\f（y，x）＝tanθ,联立可得t＝eq\f(2vtanθ，g)，即与v有关，故选项C、D正确．2．一带有乒乓球发射机的乒乓球台如图所示．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()A.eq\f（L1，2)eq\r(\f（g，6h）)＜v＜L1eq\r（\f（g，6h))B.eq\f(L1，4)eq\r(\f(g,h）)＜v＜eq\r（\f(4L\o\al（2,1）＋L\o\al（2，2）g，6h))C.eq\f(L1，2）eq\r(\f（g,6h）)＜v＜eq\f（1,2）eq\r(\f(4L\o\al（2，1）＋L\o\al（2，2）g,6h））D。eq\f(L1，4)eq\r（\f（g，h）)＜v＜eq\f（1，2)eq\r(\f（4L\o\al(2，1）＋L\o\al（2,2)g，6h))解析:选D.设以速率v1发射乒乓球，经过时间t1刚好落到球网正中间．则竖直方向上有3h－h＝eq\f(1,2）gteq\o\al（2,1），①水平方向上有eq\f(L1,2)＝v1t1.②由①②两式可得v1＝eq\f（L1,4)eq\r（\f(g,h））.设以速率v2发射乒乓球，经过时间t2刚好落到球网右侧台面的两角处，在竖直方向有3h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2，2)，③在水平方向有eq\r（\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L2,2）)）2＋L\o\al(2，1))＝v2t2。④由③④两式可得v2＝eq\f(1,2）eq\r(\f(4L\o\al（2,1）＋L\o\al（2,2)g,6h）).则v的最大取值范围为v1＜v＜v2，故选项D正确．课时规范训练［基础巩固题组]1．物体做平抛运动时，下列描述物体的速度变化量大小Δv随时间t变化的图象中，可能正确的是（)解析：选D.平抛运动是匀变速曲线运动，加速度为定值,由a＝eq\f（Δv，Δt）知，D正确．2．游乐场内两支玩具枪在同一位置先后沿水平方向各射出一颗子弹,打在远处的同一个靶上，A为甲枪子弹留下的弹孔，B为乙枪子弹留下的弹孔，两弹孔在竖直方向上相距高度为h，如图所示，不计空气阻力．关于两枪射出子弹的初速度大小,下列判断正确的是（)A．甲枪射出的子弹初速度较大B．乙枪射出的子弹初速度较大C．甲、乙两枪射出的子弹初速度一样大D．无法比较甲、乙两枪射出的子弹初速度的大小解析:选A。由题图可以看出，子弹射出后到打到靶上的过程中，竖直方向的位移关系是hB〉hA，由h＝eq\f(1，2)gt2得tB＞tA，由v＝eq\f(x，t）可以得出vA＞vB,A正确．3．在地面上方某点将一小球以一定的初速度沿水平方向抛出,不计空气阻力，则小球在随后的运动中（)A．速度和加速度的方向都在不断改变B．速度与加速度方向之间的夹角一直减小C．在相等的时间间隔内，速率的改变量相等D．在相等的时间间隔内，动能的改变量相等解析：选B。小球做平抛运动，加速度为重力加速度，小球的速度大小和方向时刻变化，小球的加速度大小和方向均恒定,故A错误．速度与加速度的夹角的正切值tanθ＝eq\f(v0,vy）＝eq\f(v0，gt），随着时间t的增大，夹角θ减小，故B正确．速度改变量Δv＝gΔt，相等时间内的速度改变量相等，但速率（即速度的大小）的改变量不相等,故C错误．相等时间内动能的改变量取决于合力-—重力做的功,由于相等时间内下落的高度越来越大,重力做的功越来越多，故动能的改变量越来越大,故D错误．4．如图所示,某同学将一枚飞镖从高于靶心的位置水平投向竖直悬挂的靶盘，结果飞镖打在靶心的正下方．忽略飞镖运动过程中所受空气阻力，在其他条件不变的情况下，为使飞镖命中靶心，他在下次投掷时可以()A．换用质量稍大些的飞镖B．适当增大投飞镖的高度C．到稍远些的地方投飞镖D．适当减小投飞镖的初速度解析：选B。飞镖做的是平抛运动，飞镖打在靶心的正下方说明飞镖竖直方向的位移太大，根据平抛运动的规律可得，水平方向上x＝v0t，竖直方向上h＝eq\f(1，2)gt2，所以要想减小飞镖竖直方向的位移,在水平位移不变的情况下，可以适当增大投飞镖的初速度来减小飞镖的运动时间，故D错误；初速度不变时，时间不变，适当增大投飞镖的高度，可以使飞镖命中靶心,飞镖的质量不影响平抛运动的规律，故A错误,B正确；在稍远些地方投飞镖，则运动时间变长，下落的高度变大,不会击中靶心，故C错误．5．（多选)如图所示，相同的乒乓球1、2恰好在等高处水平越过球网,不计乒乓球的旋转和空气阻力,乒乓球自最高点到落台的过程中，下列说法正确的是（）A．过网时球1的速度小于球2的速度B．球1的飞行时间大于球2的飞行时间C．球1的速度变化率等于球2的速度变化率D．落台时，球1的重力功率等于球2的重力功率解析：选CD.由h＝eq\f(1，2)gt2知两球运动时间相等，B错误；由于球1水平位移大,故水平速度大，A错误；两球都做平抛运动，故加速度等大,即速度变化率相等，C正确；由veq\o\al(2，y）＝2gh可知落台时两球竖直速度等大，又因为重力等大，故落台瞬时功率等大，D正确．6。如图所示，一名跳台滑雪运动员经过一段时间的加速滑行后从O点水平飞出,经过3s落到斜坡上的A点．已知O点是斜坡的起点，斜坡与水平面的夹角θ＝37°,运动员的质量m＝50kg。不计空气阻力（sin37°＝0。6，cos37°＝0。8；g取10m/s2)．求:（1）A点与O点的距离L；(2）运动员离开O点时的速度大小；（3）运动员从O点飞出开始到离斜坡距离最远所用的时间．解析：（1)运动员在竖直方向做自由落体运动，有Lsin37°＝eq\f(1，2)gt2，L＝eq\f（gt2，2sin37°)＝75m.（2)设运动员离开O点时的速度为v0，运动员在水平方向的分运动为匀速直线运动，有Lcos37°＝v0t，即v0＝eq\f(Lcos37°,t)＝20m/s.（3)运动员的平抛运动可分解为沿斜面方向的匀加速运动(初速度为v0cos37°、加速度为gsin37°)和垂直斜面方向的类竖直上抛运动(初速度为v0sin37°、加速度为gcos37°）．当垂直斜面方向的速度减为零时，运动员离斜坡最远，有v0sin37°＝gcos37°·t，解得t＝1。5s答案：(1）75m(2)20m/s(3）1。5s［综合应用题组］7。如图所示，从A点由静止释放一弹性小球,一段时间后与固定斜面上B点发生碰撞，碰后小球速度大小不变，方向变为水平方向，又经过相同的时间落于地面上C点,已知地面上D点位于B点正下方，B、D间的距离为h，则（)A．A、B两点间的距离为eq\f(h，2)B．A、B两点间的距离为eq\f(h，3）C．C、D两点间的距离为2hD．C、D两点间的距离为eq\f（2\r（3)，3)h解析：选C。AB段小球自由下落，BC段小球做平抛运动，两段时间相同，所以A、B两点间距离与B、D两点间距离相等，均为h，故A、B错误；BC段平抛初速度v＝eq\r(2gh)，持续的时间t＝eq\r(\f(2h,g）),所以C、D两点间距离x＝vt＝2h，故C正确,D错误．8。如图所示，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()A．1∶1 B．2∶1C．3∶2 D．2∶3解析：选C.小球A、B从同一高度平抛，到斜面上的C点经历的时间相等,设为t，由题意可得tan30°＝eq\f(\f(1,2）gt2,v1t），tan30°＝eq\f(v2，gt）,解得v1∶v2＝3∶2，C正确．9.如图所示，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(）A.eq\f（v1y，v10）＞eq\f(v2y,v20）＞eq\f（v3y，v30） B.eq\f（v1y,v10）＜eq\f(v2y，v20)＜eq\f(v3y,v30）C.eq\f(v1y，v10）＝eq\f(v2y，v20）＝eq\f（v3y,v30） D．条件不足，无法比较解析：选C.设小球落到斜面时速度方向与水平方向的夹角为α,由tanα＝eq\f（vy,v0)＝eq\f(gt，v0）＝eq\f(gt2，v0t）＝eq\f(2y，x）＝2tanθ，故eq\f（v1y，v10)＝eq\f（v2y,v20）＝eq\f(v3y,v30），C正确．10．如图所示的光滑斜面长为l，宽为b,倾角为θ，一物块（可看成质点)沿斜面左上方顶点P水平射入，恰好从底端Q点离开斜面，则(）A．P→Q所用的时间t＝2eq\r(\f(2l,gsinθ)）B．P→Q所用的时间t＝eq\r(\f（2l,g)）C．初速度v0＝beq\r（\f（gsinθ,2l）)D．初速度v0＝beq\r(\f(g,2l)）解析:选C.物体的加速度为：a＝gsinθ.根据l＝eq\f(1,2）at2，得：t＝eq\r（\f（2l，gsinθ))，故A、B错误；初速度v0＝eq\f（b,t)＝beq\r（\f（gsinθ,2l）),故C正确，D错误．11．（多选）如图所示，在网球的网前截击练习中，若练习者在球网正上方距地面H处，将球以速度v沿垂直球网的方向击出,球刚好落在底线上，已知底线到网的距离为L,重力加速度取g，将球的运动视作平抛运动，下列表述正确的是（)A．球的速度v等于Leq\r（\f(g,2H)）B．球从击出至落地所用时间为eq\r（\f（2H,g））C．球从击球点至落地点的位移等于LD．球从击球点至落地点的位移与球的质量有关解析:选AB。由平抛运动规律知，在水平方向上有L＝vt，在竖直方向上有H＝eq\f(1,2)gt2,联立解得t＝eq\r（\f（2H,g）)，v＝eq\f（L，t)＝Leq\r（\f(g,2H））,A、B正确；球从击球点至落地点的位移为x＝eq\r(H2＋L2)，与球的质量无关，C、D错误．12．如图所示，倾角为37°的粗糙斜面的底端有一质量m＝1kg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0.4s，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sin37°＝0。6，cos37°＝0。8)，g取10m/s2.求：(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。4m/s＝4m/sv0＝vytan37°＝3m/s。(2）小球落入凹槽时的水平位移x＝v0t＝3×0。4m＝1。2m则滑块的位移为s＝eq\f(1。2，cos37°）m＝1。5m滑块上滑时,mgsin37°＋μmgcos37°＝ma解得a＝8m/s2根据公式s＝vt－eq\f（1,2)at2解得：v＝5。35m/s.答案：（1)3m/s（2)5.35m/s第3节圆周运动一、描述圆周运动的物理量1．线速度：描述物体圆周运动快慢．v＝eq\f(Δs,Δt)＝eq\f（2πr，T).2．角速度:描述物体转动快慢．ω＝eq\f(Δθ，Δt)＝eq\f（2π,T）.3．周期和频率：描述物体转动快慢．T＝eq\f（2πr,v)，T＝eq\f(1,f）.4．向心加速度：描述线速度方向变化快慢的物理量．an＝rω2＝eq\f(v2,r）＝ωv＝eq\f（4π2，T2)r.二、向心力1．作用效果：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＝meq\f(v2,r）＝mω2r＝meq\f(4π2r,T2)＝mωv＝4π2mf2r3．方向：总是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、圆周运动、向心运动和离心运动1．匀速圆周运动与非匀速圆周运动两种运动具体比较见下表:项目匀速圆周运动非匀速圆周运动定义线速度的大小不变的圆周运动线速度的大小不断变化的圆周运动运动特点F向、a向、v均大小不变，方向变化，ω不变F向、a向、v大小和方向均发生变化，ω发生变化向心力F向＝F合由F合沿半径方向的分力提供2。离心运动(1）本质：做圆周运动的物体，由于本身的惯性，总有沿着圆周切线方向飞出去的倾向．(2)受力特点(如图所示）①当F＝mrω2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＜mrω2时，物体逐渐远离圆心，F为实际提供的向心力．④当F＞mrω2时,物体逐渐向圆心靠近，做向心运动．[自我诊断]1．判断正误(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．（×)2．(多选)某质点绕圆轨道做匀速圆周运动,下列说法中正确的是()A．因为该质点速度大小始终不变，所以它做的是匀速运动B．该质点速度大小不变，但方向时刻改变，是变速运动C．该质点速度大小不变,因而加速度为零,处于平衡状态D．该质点做的是变速运动,具有加速度，故它所受合力不等于零解析:选BD。匀速圆周运动的速度大小不变,但方向时刻改变,所以不是匀速运动，A错误，B正确；由于速度的方向改变，所以速度是变化的,一定存在加速度,不是处于平衡状态,合力不等于零,C错误，D正确．3．(多选)一质点做匀速圆周运动，其线速度大小为4m/s，转动周期为2s，则（)A．角速度为0。5rad/s B．转速为0。5r/sC．轨迹半径为eq\f(4,π）m D．加速度大小为4πm/s2解析：选BCD.角速度为ω＝eq\f（2π，T）＝πrad/s，A错误；转速为n＝eq\f（ω,2π）＝0。5r/s，B正确；半径r＝eq\f(v，ω）＝eq\f(4,π）m，C正确；向心加速度大小为a＝eq\f(v2，r）＝4πm/s2，D正确．4。有一个惊险的杂技节目叫“飞车走壁”，杂技演员骑摩托车先在如图所示的大型圆筒底部做速度较小,半径较小的圆周运动，通过逐步加速，圆周运动的半径逐步增大，最后能以较大的速度在竖直筒壁上做匀速圆周运动，这时使车和人整体做匀速圆周运动的向心力是（)A．圆筒壁对车的静摩擦力B．筒壁对车的弹力C．摩托车本身的动力D．重力和摩擦力的合力解析：选B.在竖直筒壁上的摩托车只受三个力作用，其中竖直方向上重力与摩擦力是一对平衡力，水平方向上筒壁对车的弹力提供了车和人整体做匀速圆周运动的向心力，B正确．考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和a＝eq\f(v2,r)＝ω2r的理解(1)由v＝ωr知，r一定时,v与ω成正比；ω一定时，v与r成正比；v一定时，ω与r成反比．（2）由a＝eq\f（v2，r)＝ω2r知,在v一定时，a与r成反比；在ω一定时,a与r成正比．1.（2017·广州调研)如图所示，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()A．角速度之比ωA∶ωB＝eq\r(2)∶1B．角速度之比ωA∶ωB＝1∶eq\r(2）C．线速度之比vA∶vB＝eq\r(2）∶1D．线速度之比vA∶vB＝1∶eq\r（2)解析：选D。板上A、B两点的角速度相等，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∶eq\r(2)，选项C错误,D正确．2.（多选）如图所示为一链条传动装置的示意图．已知主动轮是逆时针转动的,转速为n，主动轮和从动轮的齿数比为k，以下说法中正确的是(）A．从动轮是顺时针转动的B．主动轮和从动轮边缘的线速度大小相等C．从动轮的转速为nkD．从动轮的转速为eq\f（n，k）解析:选BC.主动轮逆时针转动，带动从动轮也逆时针转动，用链条传动，两轮边缘线速度大小相等,A错误，B正确；由r主：r从＝k，2πn·r主＝2πn从·r从可得n从＝nk，C正确，D错误．3.（2017·桂林模拟）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三点在运动过程中的（）A．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解析:选D.A、B轮摩擦传动，故va＝vb,ωaRA＝ωbRB，ωa∶ωb＝3∶2；B、C同轴，故ωb＝ωc，eq\f（vb,RB)＝eq\f（vc，RC），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．常见的三种传动方式及特点(1)皮带传动：如图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.（2)摩擦传动：如图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.（3)同轴传动:如图2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。考点二圆周运动的动力学问题1．向心力的来源向心力是按力的作用效果命名的，可以是重力、弹力、摩擦力等各种力，也可以是几个力的合力或某个力的分力，因此在受力分析中要避免再另外添加一个向心力．2．向心力的确定(1）先确定圆周运动的轨道所在的平面，确定圆心的位置．(2)再分析物体的受力情况，找出所有的力沿半径方向指向圆心的合力就是向心力．3．解决动力学问题要注意三个方面的分析（1)几何关系的分析，目的是