2018-2019学年高中一轮复习物理教案第四章曲线运动万有引力与航天

第四章eq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(,,,,,,,))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。3.[多选](2018·苏州一模)某同学做了一个力学实验，如图所示，将一金属球通过一轻质弹簧悬挂于O点，并用一水平方向的细绳拉住，然后将水平细绳剪断，经观察发现，水平细绳剪断后金属球在第一次向左摆动以及回摆过程的一段运动轨迹如图中虚线所示。根据运动轨迹以及相关的物理知识，该同学得出以下几个结论，其中正确的是()A．水平细绳剪断瞬间金属球的加速度方向一定水平向左B．金属球运动到悬点O正下方时所受合力方向竖直向上C．金属球速度最大的位置应该在悬点O正下方的左侧D．金属球运动到最左端时速度为零，而加速度不为零解析：选AC未剪断细绳前，小球受向下的重力、弹簧的拉力和细绳的水平拉力作用，剪断细绳后的瞬间，弹簧弹力不变，则弹力和重力的合力应该水平向左，故此时金属球的加速度方向一定水平向左，选项A正确；金属球运动到悬点O正下方时，合力指向轨迹的凹侧，故合力方向竖直向下，选项B错误；当轨迹的切线方向与合力方向垂直时，小球的速度最大，由轨迹图可知金属球速度最大的位置应该在悬点O正下方的左侧，选项C正确；金属球运动到最左端时，由轨迹的切线可知，速度方向向上，不为零，因小球做曲线运动，故其加速度不为零，选项D错误。突破点(二)运动的合成与分解的应用1．合运动与分运动的关系等时性各个分运动与合运动总是同时开始，同时结束，经历时间相等(不同时的运动不能合成)等效性各分运动叠加起来与合运动有相同的效果独立性一个物体同时参与几个运动，其中的任何一个分运动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，但是合运动的性质和轨迹由它们共同决定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．合运动的性质和轨迹的判断(1)若合加速度不变，则为匀变速运动；若合加速度(大小或方向)变化，则为非匀变速运动。(2)若合加速度的方向与合初速度的方向在同一直线上，则为直线运动，否则为曲线运动。[典例][多选](2018·镇江模拟)将一物体由坐标原点O以初速度v0抛出，在恒力作用下轨迹如图所示，A为轨迹最高点，B为轨迹与水平x轴交点，假设物体到B点时速度为vB，v0与x轴夹角为α，vB与x轴夹角为β，已知OA水平距离x1小于AB水平距离x2，则()A．物体在B点的速度vB大于v0B．物体从O到A时间大于从A到B时间C．物体在O点所受合力方向指向第四象限D．α可能等于β[思路点拨]将物体运动分解为水平方向和竖直方向上都为匀变速运动的分运动，然后根据A为最高点，O、B在x轴上得到上升、下降运动时间相同，进而得到竖直速度变化关系；再根据水平位移得到加速度方向，进而得到两点的速度大小及方向的关系，亦可由加速度方向得到合外力方向。[解析]从图中可知物体在竖直方向上做竖直上抛运动，在水平方向上做初速度不为零的匀加速直线运动，故到B点合外力做正功，物体在B点的速度vB大于v0，A正确；由于合运动和分运动具有等时性，根据竖直上抛运动的对称性可知物体从O到A时间等于从A到B时间，B错误；物体受到竖直向下的重力，水平向右的恒力，故合力在O点指向第四象限，C正确；只有在只受重力作用下，α＝β，由于水平方向上合力不为零，故两者不可能相等，D错误。[答案]AC[集训冲关]1.[多选](2018·常州检测)如图所示，在一端封闭的光滑细玻璃管中注满清水，水中放一红蜡块R(R视为质点)。将玻璃管的开口端用胶塞塞紧后竖直倒置且与y轴重合，在R从坐标原点以速度v0＝3cm/s匀速上浮的同时，玻璃管沿x轴正向做初速度为零的匀加速直线运动，合速度的方向与y轴夹角为α。则红蜡块R的()A．分位移y与x成正比B．分位移y的平方与x成正比C．合速度v的大小与时间t成正比D．tanα与时间t成正比解析：选BD由题意可知，y轴方向，y＝v0t；而x轴方向，x＝eq\f(1,2)at2，联立可得：x＝eq\f(a,2v02)y2，故A错误，B正确；x轴方向，vx＝at，那么合速度的大小v＝eq\r(v02＋a2t2)，则v的大小与时间t不成正比，故C错误；设合速度的方向与y轴夹角为α，则有：tanα＝eq\f(at,v0)＝eq\f(a,v0)t，故D正确。2.(2018·衡阳联考)如图所示，当汽车静止时，车内乘客看到窗外雨滴沿竖直方向OE匀速运动。现从t＝0时汽车由静止开始做甲、乙两种匀加速启动，甲种状态启动后t1时刻，乘客看到雨滴从B处离开车窗，乙种状态启动后t2时刻，乘客看到雨滴从F处离开车窗，F为AB的中点。则t1∶t2为()A．2∶1 B．1∶eq\r(2)C．1∶eq\r(3) D．1∶(eq\r(2)－1)解析：选A雨滴在竖直方向的分运动为匀速直线运动，其速度大小与水平方向的运动无关，故t1∶t2＝eq\f(AB,v)∶eq\f(AF,v)＝2∶1，选项A正确。突破点(三)小船渡河问题1．小船渡河问题的分析思路2．小船渡河的两类问题、三种情景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＝eq\f(d,v船)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cosθ＝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eq\f(dv水,v船)[典例](2018·镇江质检)小船匀速横渡一条河流，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)小船在静水中的速度、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/s。(2)船头保持与河岸成α角航行时，如图乙所示。由图甲可得d＝v1t1v2＝v1cosαd＝v1t2sinα联立解得α＝53°，v1≈0.33m/s，d＝200m。[答案](1)0.2m/s(2)0.33m/s200m53°[易错提醒](1)船的航行方向即船头指向，是分运动；船的运动方向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)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。(3)船沿河岸方向的速度为船在静水中的速度沿岸方向的分速度与水流速度的合速度，而船头垂直于河岸方向时，船沿河岸方向的速度等于水流速度。[集训冲关]1.[多选](2018·淮安模拟)小船横渡一条两岸平行的河流，船在静水中的速度大小不变，船头始终垂直指向河的对岸，水流速度方向保持与河岸平行，若小船的运动轨迹如图所示，则()A．越接近河岸水流速度越大B．越接近河岸水流速度越小C．小船渡河的时间会受水流速度变化的影响D．小船渡河的时间不会受水流速度变化的影响解析：选BD从轨迹曲线的弯曲形状上可以知道，小船先具有向下游的加速度，小船后具有向上游的加速度，故加速度是变化的，由于水流是先加速后减速，即越接近河岸水流速度越小，故A错误，B正确。由于船身方向垂直于河岸，无论水流速度是否变化，这种渡河方式耗时最短，即船渡河的时间不会受水流速度变化的影响，选项C错误，D正确。2.(2018·如东、丰县联考)一只小船渡河，运动轨迹如图所示。水流速度各处相同且恒定不变，方向平行于岸边；小船相对于静水分别做匀加速、匀减速、匀速直线运动，船相对于静水的初速度大小均相同、方向垂直于岸边，且船在渡河过程中船头方向始终不变，由此可以确定()A．船沿AD轨迹运动时，船相对于静水做匀加速直线运动B．船沿三条不同路径渡河的时间相同C．船沿AB轨迹渡河所用的时间最短D．船沿AC轨迹到达对岸前瞬间的速度最大解析：选D当沿AD轨迹运动时，则加速度方向与船在静水中的速度方向相反，因此船相对于水做匀减速直线运动，故A错误；船相对于水的初速度大小均相同，方向垂直于岸边，因运动的性质不同，则渡河时间也不同，故B错误；沿AB轨迹，做匀速直线运动，则渡河所用的时间大于沿AC轨迹运动渡河时间，故C错误；沿AC轨迹，垂直河岸方向船是做匀加速运动，则船到达对岸的速度最大，故D正确。3.(2018·徐州三中月考)某物理兴趣小组的同学在研究运动的合成和分解时，驾驶一艘快艇进行了实地演练。如图所示，在宽度一定的河中的O点固定一目标靶，经测量该目标靶距离两岸的最近距离分别为MO＝15m、NO＝12m，水流的速度平行河岸向右，且速度大小为v1＝8m/s，快艇在静水中的速度大小为v2＝10m/s。现要求快艇从图示中的下方河岸出发完成以下两个过程：第一个过程以最短的时间运动到目标靶；第二个过程由目标靶以最小的位移运动到图示中的上方河岸。在下列说法中正确的是()A．快艇的出发点位于M点左侧8m处B．第一个过程所用的时间约为1.17sC．第二个过程快艇的船头方向应垂直河岸D．第二个过程所用的时间为2s解析：选D第一个过程以最短的时间运动到目标靶，当船头的方向始终与河岸垂直时，船到达O点的时间最短，最短时间为：t1＝eq\f(OM,v2)＝eq\f(15,10)s＝1.5s，该过程中，船随水流向下游方向的位移：x＝v1t1＝8×1.5m＝12m，可知船开始时要位于M左侧12m处，故A、B均错误；第二个过程由目标靶以最小的位移运动到图示中的上方河岸，则船头的方向要向河的上游有一定的角度θ，此时：v2cosθ＝v1，得cosθ＝0.8，第二个过程所用的时间为：t2＝eq\f(ON,v2sinθ)＝eq\f(12,10×0.6)s＝2s，故C错误，D正确。突破点(四)绳(杆)端速度分解问题两物体通过绳杆相牵连，当两物体都发生运动时，两物体的速度往往不相等，但因绳杆的长度是不变的，因此两物体的速度沿绳杆方向的分速度是大小相等的。[典例](2018·兴平市一模)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°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，则橡皮运动的速度()A．大小为v，方向不变和水平方向成60°B．大小为eq\r(3)v，方向不变和水平方向成60°C．大小为2v，方向不变和水平方向成60°D．大小和方向都会改变[解析]橡皮沿斜面向右上运动的位移一定等于橡皮向上的位移，故在竖直方向以相等的速度v匀速运动，根据平行四边形定则，可求得合速度大小为eq\r(3)v，方向不变和水平方向成60°。[答案]B[内化模型]1．熟记常见模型2．谨记解题思路[集训冲关]1.(2018·靖江月考)如图所示，一轻绳通过无摩擦的小定滑轮O与小球B连接，另一端与套在光滑竖直杆上的小物块A连接，杆两端固定且足够长，物块A由静止从图示位置释放后，先沿杆向上运动。设某时刻物块A运动的速度大小为vA，小球B运动的速度大小为vB，轻绳与杆的夹角为θ。则()A．vA＝vBcosθB．vB＝vAcosθC．A上升过程中绳中张力不变D．A上升过程中，绳中张力始终小于B的重力解析：选B将物块A的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子的方向，在沿绳子方向的分速度等于B的速度。在沿绳子方向的分速度为vAcosθ，所以vB＝vAcosθ，故A错误，B正确。A、B组成的系统因重力做功，开始的时候B的速度逐渐增大，但是由于vB＝vAcosθ，当θ＝90°时，则B的速度为0，所以B的速度一定是先增大后减小。知B先向下加速后向下减速，加速度方向先向下后向上，拉力先小于重力后大于重力，故C、D错误。2.如图所示，工厂生产流水线上的工件以3m/s的速度连续不断地向右匀速运动，在切割工序的P处，割刀的速度为6m/s(相对地)。为了使割下的工件都成规定尺寸的矩形，关于割刀相对工件的速度大小和方向，下列判断正确的是()A．大小为3eq\r(3)m/s，方向与工件的边界成60°角B．大小为3eq\r(3)m/s，方向与工件的边界垂直C．大小为3eq\r(5)m/s，方向与工件的边界成60°角D．大小为3eq\r(5)m/s，方向与工件的边界垂直解析：选B为了使割下的工件都成规定尺寸的矩形，割刀相对工件的速度方向必须和工件的边界垂直，故A、C错误；割刀相对工件的速度和工件的速度都是分速度，割刀相对地的速度是合速度，所以割刀相对工件的速度大小为：v相＝eq\r(62－32)m/s＝3eq\r(3)m/s，故B正确，D错误。生活中的运动合成问题(一)骑马射箭1.[多选]民族运动会上有一骑射项目如图所示，运动员骑在奔跑的马上，弯弓放箭射击侧向的固定目标。假设运动员骑马奔驰的速度为v1，运动员静止时射出的箭速度为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()A．运动员放箭处离目标的距离为eq\f(dv2,v1)B．运动员放箭处离目标的距离为eq\f(d\r(v12＋v22),v2)C．箭射到固定目标的最短时间为eq\f(d,v2)D．箭射到固定目标的最短时间为eq\f(d,\r(v22－v12))解析：选BC要想以箭在空中飞行的时间最短的情况下击中目标，v2必须垂直于v1，并且v1、v2的合速度方向指向目标，如图所示，故箭射到目标的最短时间为eq\f(d,v2)，C对，D错；运动员放箭处离目标的距离为eq\r(d2＋x2)，又x＝v1t＝v1·eq\f(d,v2)，故eq\r(d2＋x2)＝eq\r(d2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v1d,v2)))2)＝eq\f(d\r(v12＋v22),v2)，A错，B对。(二)转台投篮2．趣味投篮比赛中，运动员站在一个旋转较快的大平台边缘上，相对平台静止，向平台圆心处的球筐内投篮球。则下图各俯视图中篮球可能被投入球筐(图中箭头指向表示投篮方向)的是()解析：选C当沿圆周切线方向的速度和出手速度的合速度沿球筐方向，球就会被投入球筐。故C正确，A、B、D错误。(三)下雨打伞3．雨滴在空中以4m/s的速度竖直下落，人打伞以3m/s的速度向西急行，如果希望雨滴垂直打向伞的截面而少淋雨，伞柄应指向什么方向？解析：雨滴相对于人的速度方向即为伞柄的指向。雨滴相对人有向东3m/s的速度v1，有竖直向下的速度v2＝4m/s，如图所示，雨滴对人的合速度v＝eq\r(v12＋v22)＝5m/s。tanα＝eq\f(v1,v2)＝eq\f(3,4)，即α＝37°。答案：向西倾斜，与竖直方向成37°角(四)风中骑车4．某人骑自行车以4m/s的速度向正东方向行驶，天气预报报告当时是正北风，风速为4m/s，那么，骑车人感觉到的风向和风速为()A．西北风风速为4m/s B．西北风风速为4eq\r(2)m/sC．东北风风速为4m/s D．东北风风速为4eq\r(2)m/s解析：选D以骑车人为参考系，人向正东方向骑行，感觉风向正西，风速大小为v1＝4m/s，当时有正北风，人感觉到的风向为正南，风速为v2＝4m/s，如图所示，可求得人感觉到的风向为东北风，风速v＝4eq\r(2)m/s，D正确。对点训练：物体做曲线运动的条件与轨迹分析1．(2018·重庆月考)关于两个运动的合成，下列说法正确的是()A．两个直线运动的合运动一定也是直线运动B．方向不共线的两个匀速直线运动的合运动一定也是匀速直线运动C．小船渡河的运动中，小船的对地速度一定大于水流速度D．小船渡河的运动中，水流速度越大，小船渡河所需时间越短解析：选B两个直线运动可以合成为直线运动(匀速直线＋匀速直线)，也可以合成为曲线运动(匀变速直线＋匀速直线)，故选项A错误；两个分运动为匀速直线运动，没有分加速度，合运动就没有加速度，则合运动一定是匀速直线运动，则选项B正确；小船对地的速度是合速度，其大小可以大于水速(分速度)，等于水速，或小于水速，故选项C错误；渡河时间由小船垂直河岸方向的速度决定，由运动的独立性知与水速的大小无关，选项D错误。2.(2018·南京模拟)在光滑水平面上运动的物体，受到水平恒力F作用后，沿曲线MN运动，速度方向改变了90°，如图所示，则此过程中，物体受到的恒力可能是()A．F1 B．F2C．F3 D．F4解析：选C由题图可知，物体从M向N运动的过程中，沿初速度的方向做减速运动，所以具有与初速度方向相反的分力；同时物体向右做加速运动，所以物体还受到向右的作用力。所以物体受到的合力的方向沿F3的方向。故C正确，A、B、D错误。3.(2018·苏州模拟)现在很多教室都安装可以沿水平方向滑动的黑板，如图所示。在黑板以某一速度向左匀速运动的同时，一位教师用粉笔在黑板上画线，粉笔相对于墙壁从静止开始先匀加速向下画，接着匀减速向下画直到停止，则粉笔在黑板上画出的轨迹可能为()解析：选D粉笔相对黑板以某一速度水平向右匀速运动，同时从静止开始先匀加速向下运动，再匀减速向下运动至停止，根据做曲线运动的物体所受合外力一定指向曲线凹侧，则粉笔在水平方向始终匀速，在竖直方向先向下加速时，曲线向下弯曲；后向下减速，则曲线向上弯曲，故D正确；A、B、C错误。对点训练：运动的合成与分解的应用4．(2018·苏南七校联考)帆船船头指向正东以速度v(静水中速度)航行，海面正刮着南风，风速为eq\r(3)v，以海岸为参考系，不计阻力。关于帆船的实际航行方向和速度大小，下列说法正确的是()A．帆船沿北偏东30°方向航行，速度大小为2vB．帆船沿东偏北60°方向航行，速度大小为eq\r(2)vC．帆船沿东偏北30°方向航行，速度大小为2vD．帆船沿东偏南60°方向航行，速度大小为eq\r(2)v解析：选A由于帆船的船头指向正东，并以相对静水中的速度v航行，南风以eq\r(3)v的风速吹来，当以海岸为参考系时，实际速度v实＝eq\r(v2＋\r(3)v2)＝2v，cosα＝eq\f(v,2v)＝eq\f(1,2)，α＝30°，即帆船沿北偏东30°方向航行，选项A正确。5．[多选]如图1所示，在一端封闭的光滑细玻璃管中注满清水，水中放一个红蜡做成的小圆柱体R。将玻璃管的开口端用胶塞塞紧后竖直倒置且与y轴重合，R从坐标原点以v0＝3cm/s匀速上浮的同时，玻璃管沿x轴正方向运动，玻璃管的v­t图像如图2所示，则()A．R做匀加速直线运动B．2s内R路程为eq\r(52)cmC．2s末R速度为5cm/sD．2s末R坐标为(4cm,6cm)解析：选CDR在y轴方向做匀速运动，而在x轴方向上为匀加速直线运动，故合运动一定为匀变速曲线运动，故A错误；由题图知小圆柱体R在x轴竖直方向做匀加速运动，有：vx＝at，解得：a＝eq\f(vx,t)＝eq\f(4,2)cm/s2＝2cm/s2，在x轴方向做初速为0的匀加速直线运动，有：sx＝eq\f(1,2)at2，2s末沿x轴方向的位移：sx＝eq\f(1,2)×2×22cm＝4cm沿y轴方向的位移：sy＝v0t＝3×2cm＝6cm所以2s末R的坐标为(4cm,6cm)2s内的位移：s＝eq\r(sy2＋sx2)＝eq\r(62＋42)cm＝eq\r(52)cm由于R做曲线运动，可知R的路程大于位移大小，所以R的路程大于eq\r(52)cm，故B错误，D正确；2s末R沿x轴方向的分速度：vx＝at＝2×2cm/s＝4cm/s所以2s末R的速度：v＝eq\r(v02＋vx2)＝eq\r(32＋42)cm/s＝5cm/s，故C正确。6．如图所示，在竖直平面内的xOy坐标系中，Oy竖直向上，Ox水平。设平面内存在沿x轴正方向的恒定风力。一小球从坐标原点沿Oy方向竖直向上抛出，初速度为v0＝4m/s，不计空气阻力，到达最高点的位置如图中M点所示，(坐标格为正方形，g取10m/s2)求：(1)小球在M点的速度v1；(2)在图中定性画出小球的运动轨迹并标出小球落回x轴时的位置N；(3)小球到达N点的速度v2的大小。解析：(1)设正方形的边长为s0。小球竖直方向做竖直上抛运动，v0＝gt1,2s0＝eq\f(v0,2)t1水平方向做匀加速直线运动，3s0＝eq\f(v1,2)t1解得v1＝6m/s。(2)由竖直方向运动的对称性可知，小球再经过t1到x轴，水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，所以回到x轴时落到x＝12处，位置N的坐标为(12,0)，运动轨迹及N如图。(3)到N点时竖直分速度大小为v0＝4m/s，水平分速度vx＝a水平tN＝2v1＝12m/s，故v2＝eq\r(v02＋vx2)＝4eq\r(10)m/s。答案：(1)6m/s(2)见解析图(3)4eq\r(10)m/s对点训练：小船渡河问题7．[多选](2018·遂宁模拟)一快艇要从岸边某一不确定位置A处到达河中离岸边25m远的一浮标B处，已知快艇在静水中的速度vx图像和向右水流的速度vy图像如图甲、乙所示，则下列说法中正确的是()A．快艇的运动轨迹为直线B．快艇的运动轨迹为曲线C．快艇最快到达浮标处的时间为10sD．快艇最快到达浮标处经过的位移大小为30m解析：选BC两分运动一个做匀加速直线运动，一个做匀速直线运动，知合加速度的方向与合速度的方向不在同一条直线上，合运动为曲线运动，故A错误、B正确；快艇在河中的静水速度垂直于河岸时，时间最短，在垂直于河岸方向上的加速度a＝0.5m/s2，由d＝eq\f(1,2)at2得，t＝10s，故C正确；在沿河岸方向上的位移x＝v2t＝3×10m＝30m，所以最终位移s＝eq\r(x2＋d2)＝5eq\r(61)m，故D错误。8.(2018·淮安月考)如图所示，小船过河时，船头偏向上游与水流方向成α角，船相对于静水的速度为v，其航线恰好垂直于河岸。现水流速度稍有增大，为保持航线不变，且准时到达对岸，下列措施中可行的是()A．减小α角，增大船速v B．增大α角，增大船速vC．减小α角，保持船速v不变 D．增大α角，保持船速v不变解析：选B因为合速度方向指向河岸且大小不变，由运动的合成知识可得：vcosβ＝v水，α＋β＝180°，而vsinβ不变，则当水流速度稍有增大时，可减小β角(即增大α角)，同时增大船速v，选项B正确；减小α角，增大船速v，合速度方向将变化，A错误；保持船速v不变，减小或增大α角，合速度都将变化，C、D错误。9．(2018·合肥检测)有一条两岸平直、河水均匀流动，流速恒为v的大河，一条小船渡河，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，小船在静水中的速度大小为eq\f(2v,\r(3))，回程与去程所用时间之比为()A．3∶2 B．2∶1C．3∶1 D．2eq\r(3)∶1解析：选B设河宽为d，则去程所用的时间t1＝eq\f(d,\f(2v,\r(3)))＝eq\f(\r(3)d,2v)；返程时的合速度：v′＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2v,\r(3))))2－v2)＝eq\f(v,\r(3))，回程的时间为：t2＝eq\f(d,\f(v,\r(3)))＝eq\f(\r(3)d,v)；故回程与去程所用时间之比为t2∶t1＝2∶1，选项B正确。对点训练：绳(杆)端速度分解问题10.[多选](2018·昆山月考)如图所示，一辆货车利用跨过光滑定滑轮的轻质缆绳提升一箱货物，已知货箱的质量为M，货物的质量为m，货车以速度v向左做匀速直线运动，重力加速度为g，则下列说法正确的是()A．到达图示位置时，货箱向上运动的速度大于eq\f(v,cosθ)B．到达图示位置时，货箱向上运动的速度等于vcosθC．运动过程中，M受到绳的拉力等于MgD．运动过程中，M受到绳的拉力大于Mg解析：选BD将货车的速度进行正交分解，如图所示。由于绳子不可伸长，货箱和货物整体向上运动的速度和货车速度沿着绳子方向的分量相等，故：v1＝vcosθ由于θ不断减小，故货箱和货物整体向上做加速运动，加速度向上，故A错误，B正确；货箱和货物整体向上做加速运动，故拉力大于(M＋m)g，自然大于Mg，故C错误，D正确。11.如图所示，水平光滑长杆上套有一物块Q，跨过悬挂于O点的轻小光滑圆环的细线一端连接Q，另一端悬挂一物块P。设细线的左边部分与水平方向的夹角为θ，初始时θ很小。现将P、Q由静止同时释放，关于P、Q以后的运动下列说法正确的是()A．当θ＝60°时，P、Q的速度之比是eq\r(3)∶2B．当θ＝90°时，Q的速度最大C．当θ＝90°时，Q的速度为零D．当θ向90°增大的过程中Q的合力一直增大解析：选BP、Q用同一根绳连接，则Q沿绳子方向的速度与P的速度相等，则当θ＝60°时，Q的速度vQcos60°＝vP，解得：eq\f(vP,vQ)＝eq\f(1,2)，故A错误；P的机械能最小时，即为Q到达O点正下方时，此时Q的速度最大，即当θ＝90°时，Q的速度最大，故B正确，C错误；当θ向90°增大的过程中Q的合力逐渐减小，当θ＝90°时，Q的速度最大，加速度最小，合力最小，故D错误。考点综合训练12.(2018·雨花台模拟)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B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。13.[多选]如图所示，用一根长杆和两个定滑轮的组合装置来提升重物M，长杆的一端放在地上通过铰链连接形成转轴，其端点恰好处于左侧滑轮正下方O点处，在杆的中点C处拴一细绳，通过两个滑轮后挂上重物M。C点与O点距离为L，现在杆的另一端用力使其逆时针匀速转动，由竖直位置以角速度ω缓慢转至水平(转过了90°角)，此过程中下列说法正确的是()A．重物M做匀速直线运动B．重物M做匀变速直线运动C．重物M的最大速度是ωLD．重物M的速度先增大后减小解析：选CD与杆垂直的速度v是C点的实际速度，vT是细绳的速度，即重物M的速度。设vT与v的夹角是θ，则vT＝vcosθ，开始时θ减小，则vT增大；当杆与细绳垂直(θ＝0)时，重物M的速度最大，为vmax＝ωL，然后再减小，C、D正确。14.(2018·赣州期末)如图所示，河宽d＝120m，设船在静水中的速度为v1，河水的流速为v2，小船从A点出发，在渡河时，船身保持平行移动，若出发时船头指向河对岸的上游B点处，经过10min，小船恰好到达河正对岸的C点，若出发时船头指向河正对岸的C点，经过8min小船到达C点下游的D点处，求：(1)小船在静水中的速度v1的大小；(2)河水的流速v2的大小；(3)在第二次渡河中小船被冲向下游的距离sCD。解析：(1、2)当船头指向B时，合速度v＝eq\r(v12－v22)，则有：eq\r(v12－v22)＝eq\f(d,t1)＝eq\f(120m,10min)＝12m/min，当船头指向C点时，有：v1＝eq\f(d,t2)＝eq\f(120m,8min)＝15m/min＝0.25m/s，解得v2＝9m/min＝0.15m/s。(3)在第二次渡河中小船被冲向下游的距离sCD＝v2t2＝0.15×480m＝72m。答案：(1)0.25m/s(2)0.15m/s(3)72m第2节抛体运动(1)以一定的初速度水平抛出的物体的运动是平抛运动。(×)(2)做平抛运动的物体的速度方向时刻在变化，加速度方向也时刻在变化。(×)(3)做平抛运动的物体初速度越大，水平位移越大。(×)(4)做平抛运动的物体，初速度越大，在空中飞行时间越长。(×)(5)从同一高度平抛的物体，不计空气阻力时，在空中飞行的时间是相同的。(√)(6)无论平抛运动还是斜抛运动，都是匀变速曲线运动。(√)(7)做平抛运动的物体，在任意相等的时间内速度的变化量是相同的。(√)突破点(一)平抛运动的规律1．基本规律(1)速度关系(2)位移关系2．实用结论(1)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，如图甲所示。(2)水平位移中点：因tanα＝2tanβ，所以OC＝2BC，即速度的反向延长线通过此时水平位移的中点，如图乙所示。[题点全练]1.(2018·南京调研)如图所示，将小球从空中的A点以速度v0水平向右抛出，不计空气阻力，小球刚好擦过竖直挡板落在地面上的B点。若使小球仍刚好擦过竖直挡板且落在地面上的B点右侧，下列方法可行的是()A．在A点正上方某位置将小球以小于v0的速度水平抛出B．在A点正下方某位置将小球以大于v0的速度水平抛出C．在A点将小球以大于v0的速度水平抛出D．在A点将小球以小于v0的速度水平抛出解析：选B根据平抛运动的规律h＝eq\f(1,2)gt2，水平位移x＝v0t可知选项B正确。2.(2018·南通模拟)体育课进行定点投篮训练，某次训练中，篮球运动轨迹如图中虚线所示。下列所做的调整肯定不能使球落入篮筐的是()A．保持球抛出方向不变，增加球出手时的速度B．保持球抛出方向不变，减小球出手时的速度C．增加球出手时的速度，减小球速度方向与水平方向的夹角D．增加球出手时的速度，增加球速度方向与水平方向的夹角解析：选B由题图可知，篮球没进筐的原因是水平射程较小；保持球抛出方向不变，增加球出手时的速度可增加水平射程，可使篮球进筐，选项A不符合题意；保持球抛出方向不变，减小球出手时的速度，这样可减小水平射程，则不能使篮球进筐，选项B符合题意；增加球出手时的速度，减小球速度方向与水平方向的夹角，这样可能使水平速度增加，竖直速度不变，导致水平位移增加，竖直高度不变，也可能使篮球进筐，选项C不符合要求；增加球出手时的速度，增加球速度方向与水平方向的夹角，可能使水平位移增加，也可能使篮球进筐，选项D不符合要求；故选B。突破点(二)多体平抛问题[题点全练]1.(2017·江苏高考)如图所示，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()A．t B.eq\f(\r(2),2)tC.eq\f(t,2) D.eq\f(t,4)解析：选C设两球间的水平距离为L，第一次抛出的速度分别为v1、v2，由于小球抛出后在水平方向上做匀速直线运动，则从抛出到相遇经过的时间t＝eq\f(L,v1＋v2)，若两球的抛出速度都变为原来的2倍，则从抛出到相遇经过的时间为t′＝eq\f(L,2v1＋v2)＝eq\f(t,2)，C项正确。2.(2018·徐州模拟)电视综艺节目《加油向未来》中有一个橄榄球空中击剑游戏：宝剑从空中B点自由下落，同时橄榄球从A点以速度v0沿AB方向抛出，恰好在空中C点击中剑尖，不计空气阻力。关于橄榄球，下列说法正确的是()A．在空中运动的加速度大于宝剑下落的加速度B．若以大于v0的速度沿原方向抛出，一定能在C点上方击中剑尖C．若以小于v0的速度沿原方向抛出，一定能在C点下方击中剑尖D．无论以多大速度沿原方向抛出，都能击中剑尖解析：选B由于橄榄球和剑在空中只受重力作用，故加速度均为g，选项A错误；若要击中剑尖，需满足水平方向：x＝v0cosθ·t，竖直方向：H＝eq\f(1,2)gt2＋v0sinθ·t－eq\f(1,2)gt2＝v0sinθ·t，若以大于v0的速度沿原方向抛出，此时t变小，相遇时剑下落的高度减小，则一定能在C点上方击中剑尖，选项B正确；若以小于v0的速度沿原方向抛出，若速度过小，则橄榄球可能不能运动到球的正下方就落地了，故不一定能在C点下方击中剑尖，选项C、D错误。[题后悟通]对多体平抛问题的四点提醒(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。(4)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。突破点(三)平抛运动问题的5种解法平抛运动是较为复杂的匀变速曲线运动，求解此类问题的基本方法是，将平抛运动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。高考对平抛运动的考查往往将平抛运动置于实际情景或物理模型中，而在这些情景中求解平抛运动问题时只会运动分解的基本方法往往找不到解题突破口，这时根据平抛运动特点，结合试题情景和所求解的问题，再佐以假设法、对称法、等效法等，能使问题迎刃而解。eq\a\vs4\al(一以分解速度为突破口求解平抛运动问题)对于一个做平抛运动的物体来说，若知道了某时刻的速度方向，可以从分解速度的角度来研究：tanθ＝eq\f(vy,vx)＝eq\f(gt,v0)(θ为t时刻速度与水平方向间夹角)，从而得出初速度v0、时间t、夹角θ之间的关系，进而求解具体问题。[例1](2016·上海高考)如图，圆弧形凹槽固定在水平地面上，其中ABC是位于竖直平面内以O为圆心的一段圆弧，OA与竖直方向的夹角为α。一小球以速度v0从桌面边缘P水平抛出，恰好从A点沿圆弧的切线方向进入凹槽。小球从P到A的运动时间为________；直线PA与竖直方向的夹角β＝________。[解析]根据题意，小球从P点抛出后做平抛运动，小球运动到A点时将速度分解，有tanα＝eq\f(vy,vx)＝eq\f(gt,v0)，则小球运动到A点的时间为：t＝eq\f(v0tanα,g)；从P点到A点的位移关系有：tanβ＝eq\f(v0t,\f(1,2)gt2)＝eq\f(2v0,gt)＝eq\f(2,tanα)＝2cotα，所以PA与竖直方向的夹角为：β＝arctan(2cotα)。[答案]eq\f(v0tanα,g)arctan(2cotα)eq\a\vs4\al(二以分解位移为突破口求解平抛运动问题)对于一个做平抛运动的物体来讲，若知道某一时刻物体的位移方向，则可将位移分解到水平方向和竖直方向，然后利用tanα＝eq\f(\f(1,2)gt2,v0t)(α为t时刻位移与水平方向间夹角)，确定初速度v0、运动时间t和夹角α间的大小关系。[例2](2018·青岛月考)如图所示，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°。现在A点以速率v1沿AB方向抛出一小球，小球能击中D点；若在C点以某速率v2沿BA方向抛出小球时也能击中D点。重力加速度为g，不计空气阻力。下列说法正确的是()A．圆的半径为R＝eq\f(2v12,g) B．圆的半径为R＝eq\f(4v12,3g)C．速率v2＝eq\f(\r(3),2)v1 D．速率v2＝eq\f(\r(3),3)v1[解析]从A点抛出的小球做平抛运动，它运动到D点时R＝eq\f(1,2)gt12，R＝v1t1，故R＝eq\f(2v12,g)，选项A正确，选项B错误；从C点抛出的小球Rsin60°＝v2t2，R(1－cos60°)＝eq\f(1,2)gt22，解得v2＝eq\f(\r(6),2)v1，选项C、D错误。[答案]Aeq\a\vs4\al(三利用假设法求解平抛运动问题)对于平抛运动，运动时间由下落高度决定，水平位移由下落高度和初速度决定，所以当下落高度相同时，水平位移与初速度成正比。但有时下落高度不同，水平位移就很难比较，这时可以采用假设法，例如移动水平地面使其下落高度相同，从而作出判断。[例3]斜面上有a、b、c、d四个点，如图所示，ab＝bc＝cd，从a点正上方的O点以速度v水平抛出一个小球，它落在斜面上b点，若小球从O点以速度2v水平抛出，不计空气阻力，则它落在斜面上的()A．b与c之间某一点 B．c点C．c与d之间某一点 D．d点[解析]假设斜面是一层很薄的纸，小球落上就可穿透且不损失能量，过b点作水平线交Oa于a′，由于小球从O点以速度v水平抛出时，落在斜面上b点，则小球从O点以速度2v水平抛出，穿透斜面后应落在水平线a′b延长线上的c′点，如图所示，因ab＝bc，则a′b＝bc′，即c′点在c点的正下方，显然，小球轨迹交于斜面上b与c之间。所以，本题答案应选A。[答案]Aeq\a\vs4\al(四利用推论法求解平抛运动问题)推论Ⅰ：做平抛运动的物体在任一时刻或任一位置时，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φ，则tanθ＝2tanφ。推论Ⅱ：做平抛运动的物体，任意时刻速度方向的反向延长线一定通过此时水平位移的中点。推论Ⅲ：物体落回斜面的平抛运动中，物体在不同落点的速度方向与斜面的夹角相等。[例4]如图所示，墙壁上落有两只飞镖，它们是从同一位置水平射出的，飞镖甲与竖直墙壁成α＝53°角，飞镖乙与竖直墙壁成β＝37°角，两者相距为d。假设飞镖的运动是平抛运动，求射出点离墙壁的水平距离。(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)[解析]设射出点P离墙壁的水平距离为L，飞镖甲下降的高度为h1，飞镖乙下降的高度为h2，根据平抛运动的重要推论可知，两飞镖速度的反向延长线一定通过水平位移的中点Q，如图所示，由此得eq\f(L,2)cotβ－eq\f(L,2)cotα＝d，代入数值得：L＝eq\f(24d,7)。[答案]eq\f(24d,7)eq\a\vs4\al(五利用等效法求解类平抛运动问题)当物体受到与初速度垂直的恒定的合外力时，其运动规律与平抛运动类似，简称类平抛运动。类平抛运动的求解方法是，将运动分解为初速度方向的匀速直线运动和垂直于初速度方向(即合外力方向)的匀加速直线运动，求出等效加速度，再利用求解平抛运动的方法求解相关问题。[例5](2018·河北正定中学月考)风洞实验室能产生大小和方向均可改变的风力。如图所示，在风洞实验室中有足够大的光滑水平面，在水平面上建立xOy直角坐标系。质量m＝0.5kg的小球以初速度v0＝0.40m/s从O点沿x轴正方向运动，在0～2.0s内受到一个沿y轴正方向、大小F1＝0.20N的风力作用；小球运动2.0s后风力方向变为沿y轴负方向、大小变为F2＝0.10N(图中未画出)。试求：(1)2.0s末小球在y轴方向的速度大小和2.0s内运动的位移大小；(2)风力F2作用多长时间，小球的速度变为与初速度相同。[解析](1)设在0～2.0s内小球运动的加速度为a1，则F1＝ma12．0s末小球在y轴方向的速度v1＝a1t1代入数据解得v1＝0.8m/s沿x轴方向运动的位移x1＝v0t1沿y轴方向运动的位移y1＝eq\f(1,2)a1t122．0s内运动的位移s1＝eq\r(x12＋y12)代入数据解得s1＝0.8eq\r(2)m≈1.1m。(2)设2.0s后小球运动的加速度为a2，F2的作用时间为t2时小球的速度变为与初速度相同。则F2＝ma20＝v1－a2t2代入数据解得t2＝4.0s。[答案](1)0.8m/s1.1m(2)4.0s体育运动中的平抛运动问题(一)乒乓球的平抛运动问题1．[多选](2018·苏北重点中学联考)在某次乒乓球比赛中，乒乓球先后两次落台后恰好在等高处水平越过球网，过网时的速度方向均垂直于球网，把两次落台的乒乓球看成完全相同的两个球，球1和球2，如图所示，不计乒乓球的旋转和空气阻力，乒乓球自起跳到最高点的过程中，下列说法正确的是()A．起跳时，球1的重力功率等于球2的重力功率B．球1的速度变化率小于球2的速度变化率C．球1的飞行时间大于球2的飞行时间D．过网时球1的速度大于球2的速度解析：选AD乒乓球起跳后到最高点的过程，其逆过程可看成平抛运动。重力的瞬时功率等于重力乘以竖直方向的速度，两球起跳后能到达的最大高度相同，由v2＝2gh得，起跳时竖直方向分速度大小相等，所以两球起跳时重力功率大小相等，A正确；速度变化率即加速度，两球在空中的加速度都等于重力加速度，所以两球的速度变化率相同，B错误；由h＝eq\f(1,2)gt2可得两球飞行时间相同，C错误；由x＝vt可知，球1的水平位移较大，运动时间相同，则球1的水平速度较大，D正确。(二)足球的平抛运动问题2.(2015·浙江高考)如图所示为足球球门，球门宽为L。一个球员在球门中心正前方距离球门s处高高跃起，将足球顶入球门的左下方死角(图中P点)。球员顶球点的高度为h。足球做平抛运动(足球可看成质点，忽略空气阻力)，则()A．足球位移的大小x＝eq\r(\f(L2,4)＋s2)B．足球初速度的大小v0＝eq\r(\f(g,2h)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L2,4)＋s2)))C．足球末速度的大小v＝eq\r(\f(g,2h)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L2,4)＋s2))＋4gh)D．足球初速度的方向与球门线夹角的正切值tanθ＝eq\f(L,2s)解析：选B根据几何关系可知，足球做平抛运动的竖直高度为h，水平位移为x水平＝eq\r(s2＋\f(L2,4))，则足球位移的大小为：x＝eq\r(x水平2＋h2)＝eq\r(s2＋\f(L2,4)＋h2)，选项A错误；由h＝eq\f(1,2)gt2，x水平＝v0t，可得足球的初速度为v0＝eq\r(\f(g,2h)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L2,4)＋s2)))，选项B正确；对足球应用动能定理：mgh＝eq\f(mv2,2)－eq\f(mv02,2)，可得足球末速度v＝eq\r(v02＋2gh)＝eq\r(\f(g,2h)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L2,4)＋s2))＋2gh)，选项C错误；初速度方向与球门线夹角的正切值为tanθ＝eq\f(2s,L)，选项D错误。(三)网球的平抛运动问题3．一位网球运动员以拍击球，使网球沿水平方向飞出。第一只球飞出时的初速度为v1，落在自己一方场地上后，弹跳起来，刚好擦网而过，落在对方场地的A点处。如图所示，第二只球飞出时的初速度为v2，直接擦网而过，也落在A点处。设球与地面碰撞时没有能量损失，且不计空气阻力，求：(1)网球两次飞出时的初速度之比v1∶v2；(2)运动员击球点的高度H与网高h之比H∶h。解析：(1)第一、二两只球被击出后都做平抛运动，由平抛运动的规律可知，两球分别被击出至各自第一次落地的时间是相等的。由题意知水平射程之比为：x1∶x2＝1∶3，故平抛运动的初速度之比为v1∶v2＝1∶3。(2)第一只球落地后反弹做斜抛运动，根据运动对称性可知DB段和OB段是相同的平抛运动，则两球下落相同高度(H－h)后水平距离x1′＋x2′＝2x1，根据公式H＝eq\f(1,2)gt12，H－h＝eq\f(1,2)gt22，而x1＝v1t1，x1′＝v1t2，x2′＝v2t2，综合可得v1t2＋v2t2＝2v1t1，故t1＝2t2，即H＝4(H－h)，解得H∶h＝4∶3。答案：(1)1∶3(2)4∶3(四)排球的平抛运动问题4．如图所示，排球场总长为18m，设球网高度为2m，运动员站在网前3m处正对球网跳起将球水平击出，不计空气阻力，取重力加速度g＝10m/s2。(1)若击球高度为2.5m，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？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＝eq\r(\f(2h0,g))＝eq\r(\f(2×2.5,10))s＝eq\f(1,\r(2))s由此得排球不越界的临界速度v1＝eq\f(x1,t1)＝eq\f(12,1/\r(2))m/s＝12eq\r(2)m/s。若球恰好触网，则球在网上方运动的时间：t2＝eq\r(\f(2h0－H,g))＝eq\r(\f(2×2.5－2,10))s＝eq\f(1,\r(10))s。得排球触网的临界击球速度值v2＝eq\f(x2,t2)＝eq\f(3,1/\r(10))m/s＝3eq\r(10)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：3eq\r(10)m/s<v≤12eq\r(2)m/s。(2)设击球点的高度为h，当h较小时，击球速度过大会越界，击球速度过小又会触网，临界情况是球刚好擦网而过，落地时又恰好压在边界线上。由几何知识可得eq\f(x1,\r(\f(2h,g)))＝eq\f(x2,\r(\f(2h－H,g)))，得h＝eq\f(H,1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x2,x1)))2)＝eq\f(2,1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,12)))2)m＝eq\f(32,15)m。即击球高度不超过此值时，球不是出界就是触网。答案：(1)3eq\r(10)m/s<v≤12eq\r(2)m/s(2)eq\f(32,15)meq\a\vs4\al([反思领悟])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。对点训练：抛体运动的基本规律1.(2018·杭州模拟)农历12月11日是千祥镇的交流会，程老师和他七岁的儿子在逛街的过程中，发现了一个游戏“套圈游戏”，套中啥，就可以拿走那样东西，两元一次，程老师试了一次，套中了一个距离起点水平距离为2m的“熊大”雕像，他儿子看了，也心痒痒，想把距离起点相等水平距离的“光头强”雕像也套中。假设他们套圈的时候圈的运动是平抛运动，程老师抛圈的速度为2m/s，试问他儿子要将像套中，应怎么办()A．大于2m/s的速度抛出 B．等于2m/s的速度抛出C．小于2m/s的速度抛出 D．无法判断解析：选A根据平抛运动的规律可知，竖直方向h＝eq\f(1,2)gt2，水平方向的位移x＝vt＝veq\r(\f(2h,g))；由于程老师抛圈的速度为2m/s能够套住，他儿子的身高要低于他，要想套住必须增加水平速度；所以A正确，B、C、D错误。2.(2018·佛山模拟)2016年起，我国空军出动“战神”轰­6K等战机赴南海战斗巡航。某次战备投弹训练，飞机在水平方向做加速直线运动的过程中投下一颗模拟弹。飞机飞行高度为h，重力加速度为g，不计空气阻力，则以下说法正确的是()A．在飞行员看来模拟弹做平抛运动B．模拟弹下落到海平面的时间为eq\r(\f(2h,g))C．在飞行员看来模拟弹做自由落体运动D．若战斗机做加速向下的俯冲运动，此时飞行员一定处于失重状态解析：选B模拟弹相对于地面做平抛运动，水平方向做匀速直线运动，而且水平速度与刚被投下时飞机的速度相同。由于飞机做加速直线运动，速度不断增大，所以在飞行员看来模拟弹做的不是平抛运动，也不是自由落体运动，故A、C错误。模拟弹竖直方向做自由落体运动，由h＝eq\f(1,2)gt2得t＝eq\r(\f(2h,g))，故B正确。若战斗机做加速向下的俯冲运动，若飞机斜向下做加速运动时，具有竖直向下的分加速度，此时飞行员处于失重状态；若飞机斜向下做加速曲线运动时，有斜向上的向心加速度，具有竖直向上的分加速度，此时飞行员处于超重状态，故D错误。3.(2018·呼伦贝尔一模)如图所示，在同一平台上的O点水平抛出的三个物体，分别落到a、b、c三点，则三个物体运动的初速度va、vb、vc和运动的时间ta、tb、tc的关系分别是()A．va>vb>vcta>tb>tc B．va<vb<vcta＝tb＝tcC．va<vb<vcta>tb>tc D．va>vb>vcta<tb<tc解析：选C三个物体落地的高度ha>hb>hc，根据h＝eq\f(1,2)gt2，知ta>tb>tc，根据xa<xb<xc，x＝vt知，a的水平位移最短，时间最长，则速度最小；c的水平位移最长，时间最短，则速度最大，所以有va<vb<vc。故C正确，A、B、D错误。4.(2018·盐城一模)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在地面上C点，已知地面上D点位于B点正下方，B、D间距离为h，则()A．A、B两点间距离为eq\f(h,2) B．A、B两点间距离为eq\f(h,4)C．C、D两点间距离为2h D．C、D两点间距离为eq\f(2\r(3),3)h解析：选C小球在AB段自由下落，小球在BC段做平抛运动，两段过程运动时间相同，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)，运动的时间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。5．[多选]质量为m的物体以速度v0水平抛出，经过一段时间速度大小变为eq\r(2)v0，不计空气阻力，重力加速度为g，以下说法正确的是()A．该过程平均速度大小为eq\f(1＋\r(2),2)v0B．运动位移的大小为eq\f(\r(5)v02,2g)C．速度大小变为eq\r(2)v0时，重力的瞬时功率为mgv0D．运动时间为eq\f(v0,2g)解析：选BC根据题述，经过一段时间速度大小变为eq\r(2)v0，将该速度分解可得竖直速度等于v0，重力的瞬时功率为P＝mgv0，选项C正确；由v0＝gt，解得运动时间为t＝eq\f(v0,g)，选项D错误；水平位移为x1＝v0t＝eq\f(v02,g)，竖直位移y＝eq\f(1,2)gt2＝eq\f(v02,2g)，运动位移的大小为x＝eq\r(x12＋y2)＝eq\f(\r(5)v02,2g)，选项B正确；该过程平均速度大小为v＝eq\f(x,t)＝eq\f(\r(5)v0,2)，选项A错误。对点训练：平抛运动与斜面的结合6.如图所示，斜面ABC放在水平面上，斜边BC长为l，倾角为30°，在斜面的上端B点沿水平方向抛出一小球，结果小球刚好落在斜面下端C点，重力加速度为g，则小球初速度v0的值为()A.eq\f(1,2)eq\r(gl) B.eq\f(1,2)eq\r(2gl)C.eq\f(1,2)eq\r(3gl) D.eq\f(1,2)eq\r(5gl)解析：选C平抛运动的水平位移x＝lcosθ＝v0t，竖直方向的位移y＝lsinθ＝eq\f(1,2)gt2，联立可得v0＝eq\f(1,2)eq\r(3gl)，C正确。7．(2018·邯郸一中调研)如图，斜面AC与水平方向的夹角为α，在A点正上方与C等高处水平抛出一小球，其速度垂直于斜面落到D点，则CD与DA的比为()A.eq\f(1,tanα) B.eq\f(1,2tanα)C.eq\f(1,tan2α) D.eq\f(1,2tan2α)解析：选D设小球水平方向的速度为v0，将D点的速度进行分解，水平方向的速度等于平抛运动的初速度，通过几何关系求解，得竖直方向的末速度为v2＝eq\f(v0,tanα)，设该过程用时为t，则DA间水平距离为v0t，故DA＝eq\f(v0t,cosα)；CD间竖直距离为eq\f(v2t,2)，故CD＝eq\f(v2t,2sinα)，得eq\f(CD,DA)＝eq\f(1,2tan2α)，故选D。8．(2018·淄博实验中学月考)在斜面顶端的A点以速度v平抛一小球，经t1时间落到斜面上B点处，若在A点将此小球以速度0.5v水平抛出，经t2时间落到斜面上的C点处，以下判断正确的是()A．AB∶AC＝2∶1 B．AB∶AC＝4∶1C．t1∶t2＝4∶1 D．t1∶t2＝eq\r(2)∶1解析：选B平抛运动竖直方向上的位移和水平方向上的位移关系为tanθ＝eq\f(y,x)＝eq\f(\f(1,2)gt2,v0t)＝eq\f(gt,2v0)，则t＝eq\f(2v0tanθ,g)，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＝eq\f(1,2)gt2，可得竖直方向上的位移之比为4∶1。斜面上的距离s＝eq\f(h,sinθ)，知AB∶AC＝4∶1。故选B。9．[多选]如图所示，一固定斜面倾角为θ，将小球A从斜面顶端以速率v0水平向右抛出，击中了斜面上的P点。将小球B从空中某点以相同速率v0水平向左抛出，恰好垂直斜面击中Q点。不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是()A．若小球A在击中P点时速度方向与水平方向所夹锐角为φ，则tanθ＝2tanφB．若小球A在击中P点时速度方向与水平方向所夹锐角为φ，则tanφ＝2tanθC．小球A、B在空中运动的时间之比为2tan2θ∶1D．小球A、B在空中运动的时间之比为tan2θ∶1解析：选BC对于小球A，有tanθ＝eq\f(y,x)＝eq\f(\f(1,2)gt2,v0t)＝eq\f(gt,2v0)，得t＝eq\f(2v0tanθ,g)，tanφ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(gt,v0)，则有tanφ＝2tanθ，故A错误，B正确；对于小球B，tanθ＝eq\f(v0,vy′)＝eq\f(v0,gt′)，得t′＝eq\f(v0,gtanθ)，所以小球A、B在空中运动的时间之比为t∶t′＝2tan2θ∶1，故C正确，D错误。10.(2018·郑州模拟)如图所示，斜面体ABC固定在水平地面上，斜面的高AB为eq\r(2)m，倾角为θ＝37°，且D是斜面的中点，在A点和D点分别以相同的初速度水平抛出一个小球，结果两个小球恰能落在地面上的同一点，则落地点到C点的水平距离为()A.eq\f(3,4)m B.eq\f(\r(2),3)mC.eq\f(\r(2),2)m D.eq\f(4,3)m解析：选D设AB高为h，则从A点抛出的小球运动的时间t1＝eq\r(\f(2h,g))，从D点抛出的小球运动的时间t2＝eq\r(\f(2×\f(h,2),g))＝eq\r(\f(h,g))，在水平方向上有：v0t1－v0t2＝eq\f(h,2tanθ)，x＝v0t1－eq\f(h,tanθ)代入数据得，x＝eq\f(4,3)m，故D正确，A、B、C错误。考点综合训练11.(2018·连云港一检)如图所示，在水平放置的半径为R的圆柱体的正上方的P点将一个小球以水平速度v0沿垂直于圆柱体的轴线方向抛出，小球飞行一段时间后恰好从圆柱体的Q点沿切线飞过，测得O、Q连线与竖直方向的夹角为θ，那么小球完成这段飞行的时间是()A．t＝eq\f(v0,gtanθ) B．t＝eq\f(gtanθ,v0)C．t＝eq\f(Rsinθ,v0) D．t＝eq\f(Rcosθ,v0)解析：选C小球做平抛运动，tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(gt,v0)，则时间t＝eq\f(v0tanθ,g)，选项A、B错误；在水平方向上有Rsinθ＝v0t，则t＝eq\f(Rsinθ,v0)，选项C正确，D错误。12．[多选]如图所示，在距地面高为H＝45m处，有一小球A以初速度v0＝10m/s水平抛出，与此同时，在A的正下方有一物块B也以相同的初速度同方向滑出，B与水平地面间的动摩擦因数为μ＝0.4，A、B均可视为质点，空气阻力不计(取g＝10m/s2)。下列说法正确的是()A．小球A落地时间为3sB．物块B运动时间为3sC．物块B运动12.5m后停止D．A球落地时，A、B相距17.5m解析：选ACD根据H＝eq\f(1,2)gt2得，t＝eq\r(\f(2H,g))＝eq\r(\f(2×45,10))s＝3s，故A正确；物块B匀减速直线运动的加速度大小a＝μg＝0.4×10m/s2＝4m/s2，则B速度减为零的时间t0＝eq\f(v0,a)＝eq\f(10,4)s＝2.5s，滑行的距离x＝eq\f(v0,2)t0＝eq\f(10,2)×2.5m＝12.5m，故B错误，C正确；A落地时，A的水平位移xA＝v0t＝10×3m＝30m，B的位移xB＝x＝12.5m，则A、B相距Δx＝(30－12.5)m＝17.5m，故D正确。13.(2018·资阳模拟)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。现让小滑块以某一初速度v从斜面底端上滑，同时在斜面底端正上方有一小球以初速度v0水平抛出，经过0.4s，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＝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，则有：vy＝gt＝10×0.4m/s＝4m/s因此有：v0＝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(x,cos37°)＝eq\f(1.2,0.8)m＝1.5m，根据牛顿第二定律，滑块上滑的加速度为：a＝gsin37°＋μgcos37°＝8m/s2根据公式：s＝vt－eq\f(1,2)at2v＝5.35m/s。答案：(1)3m/s(2)5.35m/s14．(2018·宿迁模拟)如图所示，练习雪道由倾斜部分AB段和水平部分BC段组成，其中倾斜雪道的倾角θ＝45°，A处离水平地面的高度H＝5m。运动员每次练习时在A处都沿水平方向飞出，不计空气阻力。取g＝10m/s2。(1)求运动员在空中运动的最长时间tm。(2)运动员要落在AB段，求其在A处飞出时的最大速度vm大小。(3)运动员在A处飞出的速度为v，当其落到BC段时，速度方向与竖直方向的夹角为α，试通过计算在图2中画出tanα­v图像。解析：(1)运动员在空中运动的最长时间对应运动员下落的高度H＝5m，根据H＝eq\f(1,2)gt2得，tm＝eq\r(\f(2H,g))＝eq\r(\f(2×5,10))s＝1s。(2)若运动员落在斜面上，速度最大时恰好落在B点，由于θ＝45°，则运动员的水平位移：x＝H＝5m则运动员在A处飞出时的最大初速度：vm＝eq\f(x,t)＝eq\f(5,1)m/s＝5m/s。(3)运动员到达BC段时，下落的时间是1s，则落地时竖直方向的分速度：vy＝gtm＝10×1m/s＝10m/s运动员到达BC段的过程中水平方向的分速度不变，到达B点的水平方向的分速度为5m/s，所以到达B点时速度方向与竖直方向的夹角满足：tanα＝eq\f(vm,vy)＝eq\f(5,10)＝eq\f(1,2)在BC段：tanα＝eq\f(v,vy)＝eq\f(1,10)v所以画出tanα­v图像如图所示。答案：(1)1s(2)5m/s(3)见解析图第3节圆_周_运_动(1)匀速圆周运动是匀变速曲线运动。(×)(2)物体做匀速圆周运动时，其角速度是不变的。(√)(3)物体做匀速圆周运动时，其合外力是不变的。(×)(4)匀速圆周运动的向心加速度与半径成反比。(×)(5)匀速圆周运动的向心力是产生向心加速度的原因。(√)(6)比较物体沿圆周运动的快慢看线速度，比较物体绕圆心转动的快慢，看周期或角速度。(√)(7)做匀速圆周运动的物体，当合外力突然减小时，物体将沿切线方向飞出。(×)(8)摩托车转弯时速度过大就会向外发生滑动，这是摩托车受沿转弯半径向外的离心力作用的缘故。(×)突破点(一)描述圆周运动的物理量1．圆周运动各物理量间的关系2．对公式v＝ωr的理解当r一定时，v与ω成正比；当ω一定时，v与r成正比；当v一定时，ω与r成反比。3．对a＝eq\f(v2,r)＝ω2r的理解当v一定时，a与r成反比；当ω一定时，a与r成正比。4．常见的三种传动方式及特点(1)皮带传动：如图甲、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：如图丙所示，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：如图丁所示，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。[题点全练]1.(2018·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