单元质量评估卷(一)
单元质量评估卷(一)
(本部分在学生用书中单独成册)
第五章 曲 线 运 动
(考试时间：90分钟 分值：100分)
一、选择题(本题共10小题，每题6分，共60分，在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对得6分，漏选得3分，错选或不选得0分)
1．关于匀速圆周运动的说法中正确的是(B)
A．匀速圆周运动是匀速运动
B．匀速圆周运动是变速运动
C．匀速圆周运动的质点处于速度不变的状态
D．匀速圆周运动的质点处于平衡状态
2．关于曲线运动，下面说法正确的是(BD)
A．物体运动状态改变着，它一定做曲线运动
B．物体做曲线运动，它的运动状态一定在改变
C．物体做曲线运动时，它的加速度的方向始终和速度的方向一致
D．物体做曲线运动时，它的加速度的方向始终和所受到的合外力方向一致
3．随着人们生活水平的提高，高尔夫球将逐渐成为普通人的休闲娱乐．如图所示，某人从高出水平地面h的坡上水平击出一个质量为m的高尔夫球．由于恒定的水平风力的作用，高尔夫球竖直落入距击球点水平距离为L的A穴．则(BD)
A．球被击出后做平抛运动
B．该球从被击出到落入A穴所用的时间为
C．球被击出时的初速度大小为L
D．球被击出后受到的水平风力的大小为
4．汽车甲和汽车乙质量相等，以相等的速率沿同一水平弯道做匀速圆周运动，甲车在乙车的外侧．两车沿半径方向受到的摩擦力分别为Ff甲和Ff乙．以下说法正确的是(A)
A．Ff甲小于Ff乙
B．Ff甲等于Ff乙
C．Ff甲大于Ff乙
D．Ff甲和Ff乙大小均与汽车速率无关
5．甲、乙两个物体都做匀速圆周运动，转动半径之比为3∶4，在相同的时间里甲转过60圈时，乙转过45圈，则它们的向心加速度之比为(B)
A．3∶4 B．4∶3
C．4∶9 D．9∶16
6．物体在做平抛运动中，在相等时间内，下列哪些量相等(AB)
A．速度的增量 B．加速度
C．位移的增量 D．位移
7．如图所示，一个球绕中心线OO′以角速度ω转动，则(AC)
A．A、B两点的角速度相等
B．A、B两点的线速度相等
C．若θ＝30°，则vA∶vB＝∶2
D．以上答案都不对
8．在同一水平直线上的两位置分别沿同一水平方向抛出两小球A和B，其运动轨迹如图所示，不计空气阻力．要使两球在空中相遇，则必须(CD)
A．先抛出A球
B．先抛出B球
C．同时抛出两球
D．A球的水平速度应大于B球的水平速度
9．在观看双人花样滑冰表演时，观众有时会看到女运动员被男运动员拉着离开冰面在空中做水平方向的匀速圆周运动．已知通过目测估计拉住女运动员的男运动员的手臂和水平冰面的夹角约为45°，重力加速度为g＝10 m/s2，若已知女运动员的体重为35 kg，据此可估算该女运动员(AC)
A．受到的拉力约为350 N
B．受到的拉力约为350 N
C．向心加速度约为10 m/s2
D．向心加速度约为10 m/s2
10．如图所示，有一个水平大圆盘绕过圆心的竖直轴匀速转动，小强站在距圆心为r处的P点不动，关于小强的受力，下列说法正确的是(C)
A．小强在P点不动，因此不受摩擦力作用
B．小强随圆盘做匀速圆周运动，其重力和支持力充当向心力
C．小强随圆盘做匀速圆周运动，圆盘对他的摩擦力充当向心力
D．若使圆盘的转速均匀减小时，小强在P点受到的摩擦力保持不变
二、计算题(本大题共5小题，共40分，要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)
11．(6分)在做“研究平抛运动”的实验中，为了确定小球在不同时刻在空中所通过的位置，实验时用了如图所示的装置．先将斜槽轨道的末端调整水平，在一块平整的木板表面钉上白纸和复写纸．将该木板竖直立于水平地面上，使小球从斜槽上紧靠挡板处由静止释放，小球撞到木板并在白纸上留下痕迹A；将木板向远离槽口的方向平移距离x，再使小球从斜槽上紧靠挡板处由静止释放，小球撞在木板上得到痕迹B；将木板再向远离槽口的方向平移距离x，小球再从斜槽上紧靠挡板处由静止释放，再得到痕迹C.
若测得木板每次移动距离x＝10.00 cm，A、B间距离y1＝5.02 cm，B、C间距离y2＝14.82 cm.请回答以下问题(g＝9.80 m/s2)：
(1)为什么每次都要使小球从斜槽上紧靠挡板处由静止释放？___________________________________________________________.
(2)根据以上直接测量的物理量来求得小球初速度的表达式为v0＝__________(用题中所给字母表示)．
(3)小球初速度的值为v0＝______m/s.
解析：(1)每次从斜槽上紧靠挡板处由静止释放小球，是为了使小球离开斜槽末端时有相同的初速度．
(2)根据平抛运动在水平方向上为匀速直线运动，则小球从A到B和从B到C运动时间相等，设为T；竖直方向由匀变速直线运动推论有
y2－y1＝gT2，且v0T＝x.
解以上两式得：v0＝x.
(3)代入数据解得v0＝1.00 m/s.
答案：(1)为了保证小球每次做平抛运动的初速度相同
(2)x (3)1.00
12．(6分)把一小球从离地面h＝5 m处，以v0＝10 m/s的初速度水平抛出，不计空气阻力(g＝10 m/s2)．求：
(1)小球在空中飞行的时间．
(2)小球落地点离抛出点的水平距离．
(3)小球落地时的速度．
解析：(1)由h＝gt2得飞行的时间，
t＝＝ s＝1 s.
(2)落地点离抛出点的水平距离为
x＝v0t＝10×1 m＝10 m.
(3)vy＝gt＝10 m/s.
小球落地时的速度
v＝＝14.1 m/s，
方向与地面成45°向下．
答案：(1)1 s (2)10 m (3)14.1 m/s，方向与地面成45°向下
13．(8分)如图所示，水平杆AB，可以绕竖直轴OO′匀速运动，在离杆的B端0.3 m处套着一个质量为 0.2 kg 的小环，当杆以20 r/min的转速匀速转动时，小环受到的摩擦力多大？设环与杆之间的最大静摩擦力等于压力的0.4倍，问：当杆以40 r/min的转速匀速转动时，小环最远可以放到什么位置上而不至于滑动(g取10 m/s2)?
解析：角速度ω1＝2πn1＝2π× rad/s＝π rad/s，
对环由牛顿第二定律有
Ff＝mωr1＝0.2××
0．3 N＝0.26 N，
转速增加，小环恰好不滑动时
角速度ω2＝2πn2＝2π× rad/s＝π rad/s.
同理：kmg＝mωr2，
故r2＝＝ m＝0.23 m.
答案：0.26 N 0.23 m
14．(10分)如图，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，取重力加速度g＝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.
解析：(1)物块做平抛运动，
竖直方向有H＝gt2，①
水平方向有s＝v0t，②
联立①②两式得v0＝s ＝1 m/s.③
(2)物块离开转台时，最大静摩擦力提供向心力，有μmg＝m，④
联立③④得μ＝＝0.2.⑤
答案：(1)1 m/s (2)0.2
15．(10分)“太极球”是近年来在广大市民中较流行的一种健身器材．做该项运动时，健身者半马步站立，手持太极球拍，拍上放一橡胶太极球，健身者舞动球拍时，球却不会掉落地上．现将太极球简化成如图所示的平板和小球，熟练的健身者让球在竖直面内始终不脱离板而做匀速圆周运动，且在运动到图中的A、B、C、D位置时球与板无相对运动趋势．A为圆周的最高点，C为最低点，B、D与圆心O等高．设球的重力为1 N，不计拍的重力．
(1)C处球拍对球的弹力比在A处大多少？
(2)设在A处时球拍对球的弹力为F，当球运动到B、D位置时，板与水平方向需有一定的夹角θ，请作出tan θF的关系图象．
解析：(1)设球运动的线速度为v，半径为R，则在A处时F′＋mg＝m，①
在C处时F－mg＝m，②
由①②式得ΔF＝F－F′＝2mg＝2 N.
(2)在A处时球拍对球的弹力为F，球做匀速圆周运动的向心力F向＝F＋mg，在B处不受摩擦力作用，受力分析如图所示．
则tan θ＝＝＝＋1.
作出的tan θF的关系图象如下：
答案：(1)2 N (2)见解析
章末总结
章 末 总 结
规律方法总结
本章是牛顿运动定律在处理曲线运动问题中的具体应用，本章以曲线运动的两种特殊情况——抛体运动和匀速圆周运动为例，研究物体做曲线运动的条件和规律，本章用到的重要解题方法有：运动的合成与分解法、圆周运动中合力求解的正交分解法和临界、极值法等．本章知识的学习多方面渗透了物理思维方法．
一、等效思想
本章中，我们借助运动的合成与分解方法，研究了曲线运动的规律，贯穿着物理学上的等效思维方法，要深刻体会学习，从而达到能够灵活运用的目的．
等效方法不但能使问题化繁为简，化难为易，而且能加深我们对物理概念和规律的认识，强化思维，丰富想象，培养我们独立获取知识的能力．
运用运动的合成与分解方法来研究曲线运动，可以从以下几方面分析讨论：
(1)利用运动的合成与分解研究曲线运动的思维流程；(欲知)曲线运动规律(只需研究)两直线运动规律(得知)曲线运动规律．
(2)在处理实际问题中应注意：①只有深刻挖掘曲线运动的实际运动效果，才能明确曲线运动应分解为哪两个方向上的直线运动．这是分析处理曲线运动的出发点．②进行等效合成时，要寻找两个分运动时间的联系——等时性．这往往是分析处理曲线运动问题的切入点．
(3)处理匀速圆周运动问题的解题思路：首先分析向心力的来源，然后确定物体圆周运动轨道平面、圆心、圆半径，写出与向心力所对应的向心加速度表达式；同时，将题目的待求量如：未知力、未知线速度、未知周期等包含到向心力或向心加速度的表达式中；最后，依据F＝ma列方程求解．
二、模型构建思想
本章用运动的合成与分解的方法研究两种常见的曲线运动模型——平抛运动和匀速圆周运动，平抛运动即物体水平抛出以后只受重力作用，在实际情况下，只受重力作用的物体是不存在的，但当物体在所受阻力相对于重力可忽略时，如水平抛出的实心金属球可以看成平抛运动，这种抓住主要因素忽略次要因素的物理思维方法就是模型构建思想．
三、极限思想
做圆周运动的物体在某一特殊位置往往有一临界(极限)速度，求出这一临界(极限)速度，将实际速度与之对比，可以得到一些判断，从而解决问题．如有支撑物的物体在竖直面内做圆周运动时，最高点的临界最小速度为零，而无支撑物的物体在最高点的临界速度由mg＝m得v＝.
专题一 平抛运动的特征和解题方法
平抛运动是典型的匀变速曲线运动，它的动力学特征是：
水平方向：ax＝0 匀速运动
竖直方向：ay＝g 初速度为零的匀加速运动
因此在解平抛运动问题时，抓住了该种运动特征，也就抓住了解题关键，常见的关于平抛运动的解题方法归类如下：
1．利用平抛的时间特点解题．
平抛运动可分解成水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，只要抛出时物体的高度相同，则下落的时间和竖直分速度就相同．
例1 横截面为直角三角形的两个相同斜面紧靠在一起，固定在水平面上，如图所示．现有三个小球从左边斜面的顶点以不同的初速度向右平抛，最后落在斜面上．其落点分别是a、b、c.下列判断正确的是( )
A．图中三小球比较，落在a点的小球飞行时间最短
B．图中三小球比较，落在c点的小球飞行时间最短
C．图中三小球比较，落在c点的小球飞行过程速度变化最大
D．图中三小球比较，落在c点的小球飞行过程速度变化最快
解析：小球在平抛运动过程中，可分解为竖直方向的自由落体运动和水平方向的匀速直线运动，由于竖直方向的位移为落在c点处的最小，而落在a点处的最大，所以落在a点的小球飞行时间最长，落在c点的小球飞行时间最短，A错误、B正确；而速度的变化量Δv＝gt，所以落在c点的小球速度变化最小，C错误；三个小球做平抛运动的加速度都为重力加速度，故三个小球飞行过程中速度变化一样快，D错误．
答案：B
2．利用平抛运动的偏转角度解题．
设做平抛运动的物体，下落高度为h，水平位移为s时，速度vA与初速度v0的夹角为θ，由图可得：
tan θ＝＝＝，①
将vA反向延长后与s相交于O点，设A′O＝d，
则有：tan θ＝＝.
解得d＝s，tan θ＝2＝2tan α.②
①②两式揭示了偏转角和其他各物理量的关系，是平抛运动的一个规律，运用这个规律能巧解平抛运动的问题．
例2 如图所示，一物体自倾角为θ的固定斜面顶端沿水平方向抛出后落在斜面上，物体与斜面接触时速度与水平方向的夹角φ满足( )
A．tan φ＝sin θ B．tan φ＝cos θ
C．tan φ＝tan θ D．tan φ＝2tan θ
解析：竖直速度与水平速度之比为：tan φ＝，竖直位移与水平位移之比为：tan θ＝，故tan φ＝2tan θ，D正确．
答案：D
3．利用平抛运动的轨迹解题．
平抛运动的轨迹是一条抛物线，已知抛物线上的任意一段，就可求出水平初速度和抛出点，其他物理量也就迎刃而解了．设如图为某小球做平抛运动的一段轨迹，在轨迹上任取两点A和B，分别过A点作竖直线，过B点作水平线，两直线相交于C点，然后过BC的中点D作垂线交轨迹于E点，过E点再作水平线交AC于F点，则小球经过AE和EB的时间相等，设为单位时间T.
由竖直方向上的匀变速直线运动得FC－AF＝gT2，所以
T＝＝
由水平方向上的匀速直线运动得
v0＝＝EF
由于小球从抛出点开始在竖直方向上做自由落体运动，在连续相等的时间内满足h1∶h2∶h3∶…＝1∶3∶5∶….因此，只要求出的值，就可以知道AE和EB是在哪个单位时间段内．
例3 如图是某次实验中用频闪照相方法拍摄的小球(可视为质点)做平抛运动的闪光照片，如果图中每个方格的边长l表示的实际距离和闪光频率f均为已知量，那么在小球的质量m、平抛的初速度大小v0、小球通过P点时的速度大小v和当地的重力加速度值g这四个未知量中，利用上述已知量和图中信息( )
A．可以计算出m、v0和v
B．可以计算出v、v0和g
C．只能计算出v0和v
D．只能计算出v0和g
解析：在竖直方向：Δy＝5l－3l＝gT2，可求出g；水平方向：v0＝＝，且P点竖直方向分速度vy＝v－,＝，故P点速度大小为：v＝；但无法求出小球质量m，故B正确．
答案：B
4．平抛运动临界条件的应用．
平抛运动是典型的匀变速曲线运动，它的动力学特征是：水平方向有初速度而不受外力，竖直方向只受重力而无初速度(其轨迹是一条抛物线)，因此抓住了平抛运动的这个初始条件，也就抓住了它的解题关键．利用运动的分解和合成再结合题目中的具体条件即可解决问题．
例4 如图所示，排球场总长为18 m，设球网高度为2 m，运动员站在离网3 m的线上(图中虚线所示)正对网前跳起将球水平击出(空气阻力不计)．
(1)设击球点在3 m线正上方高度为2.5 m处，试问击球的速度在什么范围内才能使球既不触网也不越界？
(2)若击球点在3 m线正上方的高度小于某个值，那么无论水平击球的速度多大，球不是触网就是越界，试求这个高度(g取10 m/s2)．
解析：(1)击球点位置确定之后，恰不触网是速度的一个临界值，恰不出界则是击球速度的另一个临界值．作出如图所示的平面图．
设球的速度为v1时，球刚好不触网．水平方向有
3 m＝v1t1，①
竖直方向有
2．5 m－2 m＝gt，②
由①②两式得v1＝3 m/s，
再由12 m＝v2t2 2.5 m＝gt，
可得刚好不越界的速度v2＝12 m/s，
故范围为3 m/s(2)当击球点、网的上边缘和边界点三者位于临界轨迹上时，如果击球速度变小则一定触网，否则速度变大则一定出界．
设发球高度为H时，发出的球刚好越过球网落在边界线上．
刚好不触网时有3 m＝v0t3，③
H－2＝gt，④
同理，当球落在界线上时，有
12＝v0t，⑤
H＝gt，⑥
联立③④⑤⑥式，解得H＝2.13 m.
即当击球高度小于2.13 m时，无论球的水平速度多大，球不是触网就是越界．
答案：(1)3 m/s(2)2.13 m
专题二 圆周运动的问题分析
1．圆周运动的运动学分析．
(1)正确理解描述圆周运动快慢的物理量及其相互关系．线速度、角速度、周期和转速都是描述圆周运动快慢的物理量，但意义不同．线速度描述物体沿圆周运动的快慢．角速度、周期和转速描述做圆周运动的物体绕圆心转动的快慢．由ω＝＝2πn，知ω越大，T越小，n越大，则物体转动得越快，反之则越慢．三个物理量知道其中一个，另外两个也就成为已知量．
(2)对公式v＝ωr及a＝＝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＝＝ω2r，知v一定时，a与r成反比；ω一定时，a与r成正比．
2．圆周运动的动力学分析．
匀速圆周运动是一种变加速曲线运动，处理匀速圆周运动问题不能应用运动的合成与分解方法，而应抓住合力充当向心力这一特点，由牛顿第二定律来分析解决，此时公式F＝ma中的F是指向心力，a是指向心加速度，即ω2r或或其他的用转速、周期、频率表示的形式．
3．圆周运动中临界问题的分析．
(1)当物体从某种特性变化为另一种特性时，发生质的飞跃的转折状态，通常叫做临界状态．出现临界状态时，即可理解为“恰好出现”，也可理解为“恰好不出现”．
(2)确定临界状态的常用方法．
①极限法：把物理问题(或过程)推向极端，从而使临界现象显现，达到尽快求解的目的．
②假设法：有些物理过程中没有明显出现临界问题的线索，但在变化过程中可能出现临界问题．
Ⅰ.水平面内的圆周运动．
水平面内匀速圆周运动的临界问题，无非是临界速度与临界力的问题．具体来说，主要是与绳的拉力、弹簧的拉力、接触面的弹力和摩擦力相关．
例5 如图所示，小球质量m＝0.8 kg，用两根长均为L＝0.5 m的细绳拴住并系在竖直杆上的A、B两点，已知AB＝0.8 m，当直杆转动带动小球在水平面内绕杆以ω＝40 rad/s的角速度匀速转动时，求上、下两根绳上的张力．
解析：以小球为研究对象，当ω较小时，BC绳未被拉直，小球受重力mg、绳AC的拉力F1两个力作用做匀速圆周运动；当ω较大时，BC绳被拉直，这时小球受重力mg、绳AC的拉力F1和BC绳的拉力F2三个力作用做匀速圆周运动，本题属于哪种情况需作判断．
设BC绳刚好被拉直且无拉力时，球做圆周运动的角速度为ω0，绳AC与杆夹角为θ，如图甲所示，有：mgtan θ＝mωr，r＝Lsin θ，
得ω0＝，
代入数据得ω0＝5 rad/s，
本题中ω＝40 rad/s，大于ω0＝5 rad/s，可知BC绳已被拉直并有拉力，对小球受力分析建立如图乙所示的坐标系，将F1、F2正交分解，则
沿x轴方向：F1sin θ＋F2sin θ＝mω2r，
沿y轴方向：F1cos θ－mg－F2cos θ＝0，
代入数据得F1＝325 N，F2＝315 N.
答案：325 N 315 N
Ⅱ.竖直平面内的圆周运动临界问题．
对于物体在竖直平面内做变速圆周运动的问题，中学物理中只研究物体通过最高点和最低点的情况，并且经常出现临界状态．通常有以下两种情况：
①没有物体支撑的小球(轻绳或单侧轨道类)．
小球在最高点的临界速度(最小速度)是v0＝.小球恰能通过圆周最高点时，绳对小球的拉力为0，环对小球的弹力为0(临界条件：FT＝0或FN＝0)，此时重力提供向心力．所以v≥时，能通过最高点；v<时，不能达到最高点．
②有物体支撑的小球(轻杆或双侧轨道类)．
因轻杆和管壁能对小球产生支撑作用，所以小球达到最高点的速度可以为0，即临界速度v0＝0，此时支持力FN＝mg.
例6 长L＝0.5 m的轻杆，其一端连接着一个零件A，A的质量m＝2 kg.现让A在竖直平面内绕O点做圆周运动，如图所示．在A通过最高点时，求下列两种情况下A对杆的作用力(g取10 m/s2)．
(1)A的速率为1 m/s；
(2)A的速率为4 m/s.
解析：零件A在通过最高点时，若杆的作用力刚好等于零，则零件的重力充当圆周运动所需的向心力，此时：v0＝＝ m/s.
(1)v1＝1 m/s< m/s，所以杆对零件的作用力为支持力F1，由牛顿第二定律得mg－F1＝m，
F1＝mg－m，
代入数据得F1＝16 N.
由牛顿第三定律得零件A对杆的作用力为16 N.
(2)v2＝4 m/s> m/s，所以杆对零件A的作用力为拉力F2，由牛顿第二定律得mg＋F2＝m
F2＝m－mg，代入数据得F2＝44 N.
由牛顿第三定律得零件A对杆的作用力为44 N.
答案：(1)16 N (2)44 N
第一节 曲 线 运 动
树叶在秋风中翩翩落下，树叶的运动轨迹是曲线；铅球被掷出后在重力作用下落向地面，铅球的运动轨迹是曲线；在NBA比赛中，运动员高高跳起，投出的篮球在空中的运动轨迹是曲线；标志着中国航天实力、令国人扬眉吐气的“神舟十号”载人飞船和“嫦娥一号”探测器进入太空后的运动轨迹也是曲线．
1．知道曲线运动是变速运动，知道曲线运动的速度方向，会根据实际把速度进行分解．
2．学会用实验探究的方法研究曲线运动，知道运动的合成与分解概念，会用平行四边形定则进行运动的合成和分解．
3．知道物体做曲线运动的条件，会判断做曲线运动的物体所受合外力的大致方向．
4．会用运动的合成和分解研究实际物体的运动．
一、曲线运动的位移和速度
1．曲线运动的定义．
所有物体的运动可根据其轨迹的不同分为两大类，即直线运动和曲线运动．运动轨迹为曲线的运动叫做曲线运动．
2．曲线运动的位移．
曲线运动的位移是指运动的物体从出发点到所研究位置的有向线段．曲线运动的位移是矢量，其大小为有向线段的长度，方向是从出发点指向所研究的位置．
3．曲线运动的速度．
(1)物体做曲线运动时，速度的方向时刻都在改变．
(2)物体在某一点(或某一时刻)的速度方向为沿曲线在这一点的切线方向．
(3)做曲线运动的物体，不管速度大小是否变化，速度的方向时刻都在变化，所以曲线运动是一种变速运动．
二、物体做曲线运动的条件
1．从运动学的角度看：质点加速度的方向与速度的方向不在一条直线上时，质点就做曲线运动．
2．从动力学的角度看：当物体所受合外力不为零，且合外力方向与速度方向不在同一条直线上时，物体做曲线运动．
三、运动的实验探究
一端封闭、长约1 m的玻璃管内注满清水，水中放一个红蜡做的小圆柱体R.将玻璃管口塞紧．
1．将这个玻璃管倒置，如图(1)所示．可以看到蜡块上升的速度大致不变．即蜡块做匀速运动．
2．再次将玻璃管上下颠倒．在蜡块上升的同时将玻璃管向右匀速移动，观察研究蜡块的运动．
3．以开始时蜡块的位置为原点，建立平面直角坐标系，如图(2)所示．设蜡块匀速上升的速度为vy、玻璃管水平向右移动的速度为vx.从蜡块开始运动的时刻计时，则t时刻蜡块的位置坐标为x＝vxt，y＝vyt；蜡块的运动轨迹y＝x是直线．蜡块位移的大小l＝t，位移的方向可以用tan θ＝求得．
四、运动的合成与分解
1．平面内的运动：为了更好地研究平面内的物体运动，常建立直角坐标系．
2．合运动和分运动：如果物体同时参与了几个运动，那么物体的实际运动就叫做那几个运动的合运动，那几个运动叫做这个物体实际运动的分运动．
(这是边文，请据需要手工删加)
3．运动的合成与分解．
由已知分运动求跟它们等效的合运动叫做运动的合成；反之，由已知的合运动求跟它等效的分运动叫做运动的分解，即：
4．运动合成和分解所遵循的法则．
描述运动的物理量(位移、速度、加速度等)都是矢量，对它们进行合成和分解时可运用平行四边形定则和三角形定则．
物理建模——小船过河问题分析
一、模型特点
1．条件：河岸为平行直线，水流速度v水恒定，船相对静水的速度v船大小一定，河宽设为d.
2．常见问题：小船渡河问题可以分为四类，即能否垂直于河岸过河、过河时间最短、过河位移最短和躲避障碍，考查最多的是过河时间最短和过河位移最短的问题．
二、处理方法
1．以渡河时间为限制条件——渡河时间最短问题．
因为水流的速度始终是沿河岸方向，不可能提供垂直于河岸的分速度，因此只要是船头垂直于河岸航行，此时的渡河时间一定是最短时间，
如图所示．即tmin＝，d为河宽，此时的渡河位移x＝，α为位移或合速度与水流的夹角，一般情况下，如果用时间t渡河，t>tmin，这个时间可以用t＝来求，从而可以求出β，β为船头与河岸的夹角．注意，这种情况往往有两个解．
2．以渡河位移为限制条件．
先分析渡河位移最短的特例，分两种情况讨论．
情况一：v水情况二：v水>v船．此时，无论船头方向指向什么方向，都不能使船垂直于河岸航行，但也应该有一个最短位移．
如图所示，当船的实际速度即合速度的方向沿图中的v的方向时，船的位移最短．以船的速度为半径所做的圆表示了船可能的速度方向，很显然，只有当合速度的方向与圆周相切时，船渡河的实际位移最短，其它的方向不仅要大于该位移，而且沿该轨迹运动，船的速度方向对应两个方向，有两个合速度的大小．此时，速度三角形和位移三角形相似，有＝，合速度的大小v＝，船头与河岸上游的夹角cos θ＝.
三、典例剖析
河宽d＝200 m，水流速度v1＝3 m/s，船在静水中的速度v2＝5 m/s.求：
(1)欲使船渡河时间最短，船应怎样渡河？最短时间是多少？船经过的位移多大？
(2)欲使船航行距离最短，船应怎样渡河？渡河时间多少？
解析：(1)欲使船渡河时间最短，船头的方向应垂直河岸，如图1，渡河最短时间tmin＝＝s＝40 s，船经过的位移大小x＝vt＝·t＝40 m.
(2)船过河距离最短为河宽，船的合速度方向垂直河岸，如图2，合速度v＝＝4 m/s.船速与河岸的夹角cos θ＝＝，θ＝53°，渡河时间t＝＝ s＝50 s.
答案：见解析
1．(多选)关于做曲线运动的物体的速度和加速度，下列说法中正确的是(BD)
A．速度方向不断改变，加速度方向不断改变
B．速度方向不断改变，加速度一定不为零
C．加速度越大，速度的大小改变得越快
D．加速度越大，速度改变得越快
2．关于物体做曲线运动的条件，下列说法中正确的是(B)
A．物体所受的合力是变力
B．物体所受合力的方向与速度方向不在同一条直线上
C．物体所受合力的方向与加速度的方向不在同一条直线上
D．物体所受合力的方向一定是变化的
3．(多选)如果两个分运动的速度大小相等，且为定值，则下列论述中正确的是(AC)
A．当两个分速度夹角为0°时，合速度最大
B．当两个分速度夹角为90°时，合速度最大
C．当两个分速度夹角为120°时，合速度大小与每个分速度大小相等
D．当两个分速度夹角为120°时，合速度大小一定小于分速度大小
一、选择题
1．做曲线运动的物体，在运动过程中，一定变化的物理量是(B)
A．速率 B．速度
C．加速度 D．合外力
2．对于互成角度的两个初速度不为零的匀变速直线运动的合运动，下列说法正确的是(C)
A．一定是直线运动
B．一定是曲线运动
C．可能是直线运动，也可能是曲线运动
D．以上说法均不正确
解析：将两个运动的初速度合成、加速度合成，如右图所示．当a与v重合时，物体做直线运动；当a与v不重合时，物体做曲线运动，由于题目没有给出两个运动的初速度和加速度的具体数值及方向，故以上两种情况均有可能，C正确．
3．一只船以一定的速度垂直河岸行驶，当河水流速恒定时，下列所述船所通过的路程、渡河时间与水流速度的关系，正确的是(D)
A．水流速度越大，路程越长，时间越长
B．水流速度越大，路程越短，时间越长
C．水流速度越大，路程与时间都不变
D．水流速度越大，路程越长，时间不变
4．若一个物体的运动是由两个独立的分运动合成的，则(AB)
A．若其中一个分运动是变速运动，另一个分运动是匀速直线运动，则物体的合运动一定是变速运动
B．若两个分运动都是匀速直线运动，则物体的合运动一定是匀速直线运动(两分运动速度大小不等)
C．若其中一个分运动是匀变速直线运动，另一个分运动是匀速直线运动，则物体的运动一定是曲线运动
D．若其中一个分运动是匀加速直线运动，另一个分运动是匀减速直线运动，则合运动一定是曲线运动
5．一质点(用字母O表示)的初速度v0与所受合外力的方向如图所示，质点的运动轨迹用虚线表示，则所画质点的运动轨迹中可能正确的是(A)
6．一质点做曲线运动，在运动的某一位置，它的速度方向、加速度方向以及所受合外力的方向之间的关系是(B)
A．速度、加速度、合外力的方向有可能都相同
B．加速度方向与合外力的方向一定相同
C．加速度方向与速度方向一定相同
D．速度方向与合外力方向可能相同，也可能不同
解析：质点做曲线运动时，速度方向沿轨迹的切线方向且与合外力方向不在同一直线上，而据牛顿第二定律知加速度方向与合外力的方向相同，故选B.
7．如图所示为一质点在恒力F作用下在xOy平面上从O点运动到B点的轨迹，且在A点时的速度vA与x轴平行，则恒力F的方向可能是(D)
A．沿＋x方向 B．沿－x方向
C．沿＋y方向 D．沿－y方向
解析：根据做曲线运动的物体所受合外力指向曲线内侧的特点，质点在O点的受力方向可能沿＋x方向或－y方向，而由A点可以推知恒力方向不能沿＋x方向，但可以沿－y方向，所以D项正确．
8．在平直铁路上以速度v0匀速行驶的列车车厢中，小明手拿一钢球将其从某高处释放，探究其下落的规律，通过实验，下列结论得到验证的是(D)
A．由于小球同时参与水平方向上的匀速运动和竖直方向上的下落运动，落点应比释放点的正下方偏前一些
B．由于列车以v0的速度向前运动，小球落点应比释放点的正下方偏后一些
C．小球应落在释放点的正下方，原因是小球不参与水平方向上的运动
D．小球应落在释放点的正下方，原因是小球在水平方向上速度也为v0
9．下列说法不正确的是(BD)
A．判断物体是做曲线运动还是直线运动，应看合外力方向与速度方向是否在一条直线上
B．静止物体在恒定外力作用下一定做曲线运动
C．判断物体是做匀变速运动还是非匀变速运动应看所受合外力是否恒定
D．匀变速运动的物体一定沿直线运动
解析：当合外力方向与速度方向在一条直线上时，物体做直线运动，当它们方向有一夹角时，物体做曲线运动，故A对，B错．物体受的合外力恒定时，就做匀变速运动，合外力不恒定就做非匀变速运动，可见匀变速运动可能是直线运动也可能是曲线运动，故C对，D错．
二、非选择题
10. 一辆车通过一根跨过定滑轮的轻绳子提升一个质量为m的重物，开始车在滑轮的正下方，绳子的端点离滑轮的距离是H.车由静止开始向左做匀加速运动，经过时间t绳子与水平方向的夹角为θ，如图所示，试求：
(1)车向左运动的加速度的大小；
(2)重物m在t时刻速度的大小.
解析：(1)汽车在时间t内向左走的位移：x＝Hcot θ，
又汽车匀加速运动x＝at2，
所以a＝＝.
(2)此时汽车的速度
v汽＝at＝，
由运动分解知识可知，汽车速度v汽沿绳的分速度与重物m的速度相等，即v物＝v汽cos θ，
得v物＝.
答案：(1) (2)
11．宽9 m的成形玻璃以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：
(1)金刚割刀的轨道应如何控制？
(2)切割一次的时间多长？
解析：(1)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．其分速度的效果是恰好相对玻璃垂直切割．设割刀的速度v2的方向与玻
璃板运动速度v1的方向之间的夹角为θ，如图所示．要保证割下均是矩形的玻璃板，则由v2是合速度得v1＝v2cos θ
所以cos θ＝＝，
即θ＝arccos，
所以，要割下矩形玻璃板，割刀速度方向与玻璃板运动速度方向成θ＝arccos角．
(2)切割一次的时间
t＝＝ s≈0.92 s.
答案：(1)割刀速度方向与玻璃板运动速度方向成arccos角
(2)0.92 s
课件31张PPT。第五章 曲线运动
第一节 曲 线 运 动问题一 怎样理解曲线运动的速度？曲线运动有什么运动学特点？2．直线运动与曲线运动的比较．（续上表）3．合运动与分运动的关系．题型1 曲线运动条件的应用解析：物体在恒力作用下，产生恒定的加速度，加速度恒定的运动一定是匀变速运动．由题意可知，当突然撤去F1而保持F2、F3不变时，物体受到的合力大小为F1，方向与F1相反，故物体一定做匀变速运动，选项A正确．在撤去F1之前，物体受力平衡，有两种可能：一是物体处于静止状态，则撤去F1后，物体做匀变速直线运动；二是物体处于匀速直线运动状态，则撤去F1后，物体可能做直线运动(条件是F1的方向和速度方向在同一直线上)，也可能做曲线运动(条件是F1的方向和速度方向不在同一直线上)．故选项B、C、D错误．
答案：A第五章 曲线运动
第七节 生活中的圆周运动
第七节 生活中的圆周运动
在日常生活中，我们经常会见到这样一些现象：舞蹈演员在表演旋转动作时，裙子会张开；在雨中若把伞柄转动一下，伞面上的雨水将会很快地沿伞面运动，到达边缘后雨水将沿切线方向飞出；满载黄沙或石子的卡车，在急转弯时，部分黄沙或石子会被甩出．
车流在大都市中穿行，为了解决交通问题，人们在城市中修建了高架桥，使车辆的运行更加流畅．你是否注意到，转弯处的路面并不是水平的，而是外侧偏高？
1．能定性分析火车外轨比内轨高的原因．
2．能定量分析汽车过拱桥最高点和凹形桥最低点的压力问题．
3．了解航天器中的失重现象及原因．
4．知道离心运动及其产生的条件，了解离心运动的应用和防止．
5．掌握处理圆周运动综合题目的基本方法．
一、铁路的弯道
1．火车转弯时的运动特点．
火车转弯时做的是圆周运动，因而具有向心加速度，需要向心力．
2．向心力的来源．
转弯处外轨略高于内轨，适当选择内外轨的高度差，可使转弯时所需的向心力几乎完全由重力与支持力的合力来提供．
二、拱形桥
汽车以速度v过半径R的凸形(或凹形)桥时受力如图所示，在最高点(或最低点)处，由重力和支持力的合力提供向心力．
1．在凸形桥的最高点，mg－FN＝，FN＝mg－，速度越大，FN越小，当v＝时，FN＝0.
2．在凹形桥(路面)最低点，FN－mg＝，FN＝mg＋，速度越大，FN越大．
三、航天器中的失重现象
1．航天器中物体的向心力．
向心力由物体的重力G和航天器的支持力FN提供，即G－FN＝.
2．当航天器做匀速圆周运动时，FN＝0，此时航天器及其内部物体均处于完全失重状态．
四、离心运动
做圆周运动的物体，在所受的合外力突然消失或合外力不足以提供物体做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，这种运动叫做离心运动．
竖直面内圆周运动的临界问题
一、模型特点
物体在竖直平面内做圆周运动时，通常受弹力和重力两个力的作用，物体做变速圆周运动，我们只研究物体在最高点和最低点的两种情况，具体情况又可分为以下两种：
二、解题关键点
研究竖直面的圆周运动，物体经过最高点或最低点的临界问题，关键是对物体进行受力分析，弄清向心力的来源．特别是“轻绳问题”，刚好能过最高点的条件是重力提供向心力，而“轻杆问题”临界条件是速度为零，杆的支持力等于重力．
三、典例剖析
长L＝0.5 m的细绳拴着小水桶绕固定轴在竖直平面内转动，桶中有质量m＝0.5 kg的水(g取9.8 m/s2)．
(1)在最高点时，水不流出的最小速率是多少？
(2)在最高点时，若速率v＝3 m/s，水对桶底的压力为多大？
点拨：水桶在最高点时，桶内水所受重力和桶底的压力提供向心力，故水不流出的临界条件是水所需向心力恰好等于水的重力．
解析：(1)若水恰不流出，则有
mg＝m，
所求最小速率
v0＝ ＝ m/s＝ m/s≈2.2 m/s.
(2)设桶对水的压力为FN，则有
mg＋FN＝m，
FN＝m－mg＝ N－0.5×9.8 N＝4.1 N.
由牛顿第三定律可知，水对桶底的压力：
F＝FN＝4.1 N.
答案：(1)2.2 m/s (2)4.1 N
1．同一辆汽车以同样大小的速度先后开上平直的桥和凸形桥，在桥的中央处有(B)
A．车对两种桥面的压力一样大
B．车对平直桥面的压力大
C．车对凸形桥面的压力大
D．无法判断
2．(多选)铁路转弯处的弯道半径r是根据地形决定的，弯道处要求外轨比内轨高，其内外轨高度差h的设计不仅与r有关，还与火车在弯道上的规定行驶速率v有关．下列说法正确的是(AD)
A．v一定时，r越小则要求h越大
B．v一定时，r越大则要求h越大
C．r一定时，v越小则要求h越大
D．r一定时，v越大则要求h越大
3．在世界一级方程式锦标赛中，赛车在水平路面上转弯时，常常在弯道上冲出跑道，其原因是(C)
A．由于赛车行驶到弯道时，运动员未能及时转动方向盘造成的
B．由于赛车行驶到弯道时，没有及时加速造成的
C．由于赛车行驶到弯道时，没有及时减速造成的
D．由于在弯道处汽车受到的摩擦力比在直道上小造成的
4．下列关于离心现象的说法中，正确的是(C)
A．当物体所受到的离心力大于向心力时产生离心现象
B．做匀速圆周运动的物体，当它所受的一切力都突然消失时，它将做背离圆心的圆周运动
C．做匀速圆周运动的物体，当它所受的一切力都突然消失时，它将沿切线飞出
D．做匀速圆周运动的物体，当它所受的一切力都突然消失时，它将做曲线运动
一、选择题
1．在某转弯处，规定火车行驶的速率为v0，则下列说法中不正确的是(C)
A．当火车以速率v0行驶时，火车的重力与支持力的合力方向一定沿水平方向
B．当火车的速率v>v0时，火车对外轨有向外的侧向压力
C．当火车的速率v>v0时，火车对内轨有向内侧的压力
D．当火车的速率v2．建造在公路上的桥梁大多是凸形桥，较少是水平桥，更少有凹形桥，其主要原因是(B)
A．为了节省建筑材料，以减少建桥成本
B．汽车以同样速度通过凹形桥时对桥面的压力要比水平或凸形桥压力大，故凹形桥易损坏
C．建造凹形桥的技术特别困难
D．无法确定
解析：在凸桥上：mg－F1＝m，在平桥上：F2＝mg，在凹桥上：F3－mg＝m，故F3>F2>F1，B正确．
3．当汽车驶向一凸形桥时，为使在通过桥顶时，减小汽车对桥的压力，司机应(B)
A．以尽可能小的速度通过桥顶
B．增大速度通过桥顶
C．以任何速度匀速通过桥顶
D．使通过桥顶的向心加速度尽可能小
解析：由mg－FN＝m，得FN＝mg－m，B正确．
4．关于离心运动，下列说法中正确的是(D)
A．物体突然受到离心力的作用，将做离心运动
B．做匀速圆周运动的物体，在外界提供的向心力突然变大时将做离心运动
C．做匀速圆周运动的物体，只要向心力的数值发生变化，就将做离心运动
D．做匀速圆周运动的物体，当外界提供的向心力突然消失或变小时将做离心运动
解析：当外力不足以提供向心力时，即做离心运动，D正确．
5．在下面介绍的各种情况中，哪些情况将出现超重现象(B)
①荡秋千经过最低点的小孩；②汽车过凸形桥；③汽车过凹形桥；④在绕地球做匀速圆周运动的飞船的仪器．
A．①② B．①③ C．①④ D．③④
6．如图所示为模拟过山车的实验装置，小球从左侧的最高点释放后能够通过竖直圆轨道而到达右侧．若竖直圆轨道的半径为R，要使小球能顺利通过竖直圆轨道，则小球通过最高点时的角速度最小为(C)
A. B．2
C. D.
解析：小球能通过最高点的临界情况为向心力恰好等于重力，即mg＝mω2R，解得ω＝，选项C正确．
7．下列哪些现象不是为了防止物体产生离心运动的是(C)
A．汽车转弯时要限制速度
B．转速很高的砂轮半径不能做得太大
C．在离心水泵工作时
D．火车转弯时限制车速
解析：离心水泵是利用离心运动．
二、非选择题
8．一同学骑自行车在水平公路上以5 m/s的恒定速率转弯，已知人和车的总质量m＝80 kg，转弯的路径近似看成一段圆弧，圆弧半径R＝20 m.
(1)求人和车作为一个整体转弯时需要的向心力；
(2)若车胎和路面间的动摩擦因数μ＝0.5，为安全转弯，车速不能超过多少(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2)?
解析：(1)人和车转弯时需要的向心力：F＝m
得F＝ N＝100 N.
(2)由最大静摩擦力提供向心力，且Ffm＝μmg，
故μmg＝，
得v＝＝ m/s＝10 m/s.
答案：(1)100 N (2)10 m/s
9．用长L＝0.6 m的绳系着装有m＝0.5 kg水的小桶，在竖直平面内做圆周运动，成为“水流星”(g＝10 m/s2)．
(1)在最高点水不流出的最小速度为多少？
(2)若过最高点时速度为3 m/s，此时水对桶底的压力为多大？
解析：(1)水做圆周运动，在最高点水不流出的条件是：水的重力不大于水所需要的向心力．这时的最小速度即为过最高点的临界速度v0.
以水为研究对象：mg＝m，
解得v0＝＝ m/s≈2.45 m/s.
(2)由前面v0的解答知v＝3 m/s>v0，故重力不足以提供向心力，要由桶底对水向下的压力补充，此时所需向心力由以上两力的合力提供．
设桶底对水的压力为F，则由牛顿第二定律有：
mg＋F＝m，
解得F＝m－mg＝0.5×(－10) N＝2.5 N.
根据牛顿第三定律知F′＝F，
所以水对桶底的压力为2.5 N.
答案：(1)2.45 m/s (2)2.5 N
10．随着经济的持续发展，人民生活水平的不断提高，近年来我国私家车数量快速增长，高级和一级公路的建设也正加速进行．为了防止在公路弯道部分由于行车速度过大而发生侧滑，常将弯道部分设计成外高内低的斜面．如果某品牌汽车的质量为m，汽车行驶时弯道部分的半径为r，汽车轮胎与路面的动摩擦因数为μ，路面设计的倾角为θ，如图所示(重力加速度g取10 m/s2)．
(1)为使汽车转弯时不打滑，汽车行驶的最大速度是多少？
(2)若取sin θ＝，r＝60 m，汽车轮胎与雨雪路面的动摩擦因数为μ＝0.3，则弯道部分汽车行驶的最大速度是多少？
解析：(1)受力分析如图所示，
竖直方向：
FNcos θ＝mg＋Ffsin θ，
水平方向：
FNsin θ＋Ffcos θ＝m，
又Ff＝μFN，
可得v＝.
(2)代入数据可得：v＝14.6 m/s.
答案：(1) (2)14.6 m/s
课件26张PPT。第五章 曲线运动
第七节 生活中的圆周运动（续上表）第五章 曲线运动
第三节 实验：研究平抛运动
第三节 实验：研究平抛运动
1945年7月16日的早上，世界上第一枚原子弹在美国新墨西哥州的沙漠里爆炸，40 s后，爆炸冲击波传到基地．这时，物理学家费米把预先从笔记本上撕下来的碎纸片举过头顶撒下，碎纸片飘落到他身后2 m 处，经过计算，费米宣称那枚原子弹的威力相当于1万吨TNT炸药！
1．知道平抛运动的条件及相应的控制方法．
2．会通过实验描绘平抛运动的轨迹，会判断轨迹是抛物线．
3．知道测量初速度时需要测量的物理量．
4．会根据实验获得数据计算平抛运动的初速度．
一、判断平抛运动的轨迹是不是抛物线
1．平抛运动的轨迹是一条曲线，由于竖直方向只受重力作用，它的纵坐标的变化规律与自由落体的规律一样．
2．要探究做平抛运动的物体在水平方向的运动特点，需要测量几段相等的时间内物体在水平方向上的位移，看这些位移是否相等，因此要在实验中设法得到平抛运动的轨迹，在平抛运动轨迹上找到每隔相等时间物体能到达的位置，测量两相邻位置间的位移，分析这些位移的特点．
二、计算平抛物体的初速度
根据平抛物体的运动轨迹可以计算物体的初速度．
平抛运动可看作水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动的合成，即x＝v0t，y＝gt2．
对运动的轨迹，建立坐标系，测量出x、y，再利用公式v0＝＝x，求出平抛物体的初速度．
1．在做平抛运动实验时，让小球多次沿同一轨道运动，通过描点法画小球做平抛运动的轨迹，为了能较准确地描绘运动轨迹，下面列出了一些操作要求．将你认为正确的选项前面的字母填在横线上：__ACE__．
A．通过调节使斜槽的末端保持水平
B．每次释放小球的位置必须不同
C．每次必须由静止释放小球
D．用铅笔记录小球位置时，每次必须严格地等距离下降
E．小球运动时不应与木板上的白纸(或方格纸)相接触
F．将球的位置记录在纸上后，取下纸，用直尺将点连成折线
2．在“研究平抛运动”的实验中，可以描绘平抛物体运动轨迹和求物体的平抛初速度，实验简要步骤如下：
A．让小球多次从同一位置上滚下，记下小球运动途中经过的一系列位置；
B．安装好器材，注意斜槽末端水平和木板竖直，记下小球在斜槽末端时球心在木板上的投影点O和过O点的竖直线，检测斜槽末端水平的方法是将小球放在斜槽末端任一位置，均不滚动
C．测出曲线上某点的坐标x、y，用v0＝x算出该小球的平抛初速度，实验需要对多个点求v0的值，然后求它们的平均值．
D．取下白纸，以O为原点，以过O点的竖直线为y轴，水平线为x轴建立坐标系，用平滑曲线画平抛轨迹．
上述实验步骤的合理顺序是BADC(只排列序号即可)．
3．如图所示为一小球做平抛运动的闪光照相照片的一部分，图中背景方格的边长均为5 cm，如果g取10 m/s2，那么：
(1)照相机的闪光频率是________Hz；
(2)小球运动中水平速度的大小是________m/s；
(3)小球经过B点时的速度大小是________m/s.
答案：10 1.5 2.0
课件47张PPT。第五章 曲线运动
第三节 实验：研究平抛运动名师归纳：解此类型题时最容易犯的错误就是将图甲中的A点当作是坐标原点(即抛出点)，从而导致全局错误，认清这个误区，解此类题首先就要着重寻找抛出点．利用从A→B，从B→C时间相等，竖直位移之比是35，顺理成章找到O为抛出点，问题便迎刃而解了．但如果没有本题竖直位移35之类的巧合，寻找抛出点便有困难，因此就要另辟蹊径．“解法二”就是充分利用竖直分运动为匀变速运动的特点，从公式Δs＝aT2出发解出本题．两者相比较，“解法一”更接近从学生实验累积的知识基础；但“解法二”更具有普遍性，应重点掌握．第五章 曲线运动
第二节 平 抛 运 动
第二节 平 抛 运 动
1997年，香港回归前夕，柯受良又驾跑车成功飞越了黄河天堑壶口瀑布(如右图所示)，宽度达55米，获得了“亚洲第一飞人”的称号．
柯受良能完成这一系列的跨越，不仅仅需要高超的技术和过人的气魄，还需要掌握科学规律．盲目自信、盲目挑战不是真正的勇敢．可以相信的是，柯受良的每一次跨越都建立在大量的准备和科学的分析上，他必须对抛体运动的规律基于实际情况加以应用，这才是一种有勇气和智慧的挑战．
1．知道抛体运动的概念及特点、类型．
2．掌握平抛运动的规律．
3．理解处理平抛运动的思路，会解决实际的平抛运动的问题．
一、抛体运动
1．定义．
以一定的速度将物体抛出，在空气阻力可以忽略的情况下，物体只受重力作用，这种运动叫做抛体运动．当物体做抛体运动的初速度沿水平方向时，叫做平抛运动．
2．抛体运动的特点．
(1)具有一定的初速度v0.
(2)只受重力作用，加速度恒定，a＝g，加速度方向总是竖直向下．
二、平抛运动
1．平抛运动的条件．
(1)物体具有水平方向的初速度．
(2)运动过程中只受重力作用．
2．平抛运动的性质．
由于做平抛运动的物体只受重力作用，由牛顿第二定律可知，其加速度恒为g，是匀变速运动，又重力与初速度方向不在同一直线上，物体做曲线运动，故平抛运动是匀变速曲线运动．
3．平抛物体的位置．
平抛运动的物体落至地面时，抛出点与落地点间的水平距离为x，竖直距离为y，在空中运动的时间为t.
(1)在水平方向上，物体做匀速直线运动，所以x＝v0t．
(2)在竖直方向上，物体做自由落体运动，所以y＝gt2．
(3)以抛出点为坐标原点，以v0的方向为x轴，向下为y轴，则平抛运动的物体在t时刻的位置为．
4．平抛物体的轨迹．
(1)运动轨迹：y＝x2．
(2)轨迹的性质：平抛运动的轨迹是一条抛物线．
5．平抛物体的速度．
(1)水平速度：vx＝v0．
(2)竖直速度：vy＝ gt．
(3)落地速度：v地＝ ＝ ．
“斜面上方的平抛运动”的处理方法
一、常见模型
平抛运动经常和斜面结合起来命题，求解此类问题的关键是挖掘隐含的几何关系．常见模型有两种：
1．物体从斜面平抛后又落到斜面上，如图所示．则其位移大小为抛出点与落点之间的距离，位移的偏角为斜面的倾角α，且tan α＝.
2．物体做平抛运动时以某一角度θ落到斜面上，如图所示．则其速度的偏角为θ－α，且tan(θ－α)＝.
二、处理方法
解答这类问题往往需要：
1．作出水平或竖直辅助线，列出水平方向或竖直方向的运动方程．
2．充分利用几何关系→找位移(或速度)与斜面倾角的关系．
三、典例剖析
如图所示，一固定斜面ABC，倾角为θ，高AC＝h，在顶点A以某一初速度水平抛出一小球，恰好落在B点，空气阻力不计，试求自抛出起经多长时间小球离斜面最远．
解析：如图所示，当小球的瞬时速度v与斜面平行时，小球离斜面最远，设此点为D，由A到D的时间为t1.
解法一 将平抛运动分解为水平方向的匀速运动和竖直方向的自由落体运动，则
vy＝gt1，又vy＝v0 tan θ，
设小球由A到B时间为t，则h＝gt2，
而tan θ＝，解得t1＝.
解法二 沿斜面和垂直于斜面建立坐标系如图所示，分解v0和加速度g，这样沿y轴方向的分运动是初速度为vy、加速度为gy的匀减速直线运动，沿x方向的分运动是初速度为vx、加速度为gx的匀加速直线运动．当vy＝0时小球离斜面最远，经历时间为t1，当y＝0时小球落到B点，经历时间为t，显然t＝2t1.
在y轴方向，当y＝0时有
0＝v0sin θt－gcos θ·t2，
在水平方向有＝v0t，解得t1＝＝.
答案：
1．关于平抛运动的说法正确的是(A)
A．平抛运动是匀变速曲线运动
B．平抛运动在t时刻速度的方向与t时间内位移的方向相同
C．平抛运动物体在空中运动的时间随初速度的增大而增大
D．若平抛物体运动的时间足够长，则速度方向最终会竖直向下
解析：由平抛运动知，A对；位移方向和速度方向是不同的，如图，B错；平抛运动飞行时间仅由高度决定，C错，平抛运动的速度总有一水平分量，不可能竖直，D错．
2．(多选)做平抛运动的物体，下列叙述正确的是(AD)
A．其速度方向与水平方向的夹角随时间的增大而增大
B．其速度方向与水平方向的夹角不随时间变化
C．其速度的大小与飞行时间成正比
D．各个相等时间内速度的改变量相等
解析：设速度方向与水平方向的夹角为θ，则tan θ＝＝，随时间增大而增大，A对，B错；其速度大小与飞行时间关系为v＝，C错；相等时间速度改变量为Δv＝g·Δt，D对．
3．(多选)水平匀速飞行的飞机每隔1 s投下一颗炸弹，共投下5颗，若空气阻力及风的影响不计，则(BC)
A．这5颗炸弹在空中排列成抛物线
B．这5颗炸弹及飞机在空中排列成一条竖直线
C．这5颗炸弹在空中各自运动的轨迹均是抛物线
D．这5颗炸弹在空中均做直线运动
解析：炸弹飞行时，水平方向的速度始终与飞机的速度相同，故空中排成一竖直线，A错，B对；每颗炸弹在空中各自做平抛运动，轨迹是抛物线，C对，D错．
4．如图所示，在同一竖直面内，小球a、b从高度不同的两点，分别以初速度va和vb沿水平方向抛出，经过时间ta和tb后落到与两抛出点水平距离相等的P点．若不计空气阻力，下列关系式正确的(A)
A．ta>tb，vatb，va>vb
C．tatb，va解析：飞行时间由高度决定，即t＝，则ta>tb；水平位移x＝vt，x相等，t大则v小，故va5．小球以15 m/s的水平初速度向一倾角为37°的斜面抛出，飞行一段时间后，恰好垂直撞在斜面上．取g＝10 m/s2，tan 53°＝，求：
(1)小球在空中的飞行时间；
(2)抛出点距落点的高度．
解析：(1)小球速度方向垂直斜面，则速度方向与水平方向夹角是53°，
tan 53°＝，①
而vy＝gt，②
由①②并代入数值得：t＝2 s． ③
(2)设抛出点距离落点的高度为h，则h＝gt2，将③代入得h＝20 m.
答案：(1)2 s (2)20 m
一、选择题
1．以初速度v0水平抛出一物体，当它的竖直分位移与水平分位移相等时(BC)
A．竖直分速度等于水平速度
B．瞬时速度等于v0
C．运动的时间为
D．位移大小是
2．一水平抛出的小球落到一倾角为θ的斜面上时，其速度方向与斜面垂直，运动轨迹如图中虚线所示．小球在竖直方向下落的距离与在水平方向通过的距离之比为(D)
A．tan θ B．2tan θ
C. D.
解析：如图所示，设小球抛出时的初速度为v0，则
vx＝v0，①
vy＝v0cot θ，②
vy＝gt，③
x＝v0t，④
y＝.⑤
解①②③④⑤得＝，D正确．
3．动物世界中也进行“体育比赛”，在英国威尔士沿岸，海洋生物学家看到了令他们惊奇的一幕：一群海豚在水中将水母当球上演即兴“足球比赛”．假设海豚先用身体将水母顶出水面一定高度h，再用尾巴水平拍打水母，使水母以一定初速度v0沿水平方向飞出．若不计空气阻力，水母落水前在水平方向的位移，由(C)
A．水母质量、离水面高度h决定
B．水母质量、水平初速度v0决定
C．水母离水面高度h、水平初速度v0决定
D．水母质量、离水面高度h、水平初速度v0决定
解析：水母落水前做平抛运动，平抛运动水平方向的位移由高度h、水平初速度v0决定，选项C正确．
4．如图所示，相对的两个斜面，倾角分别为37°和53°，在顶点两个小球A、B以同样大小的初速度分别向左、右水平抛出，小球都落在斜面上，若不计空气阻力，则A、B两个小球运动时间之比为(D)
A．1∶1 B．4∶3
C．16∶9 D．9∶16
解析：结合平抛运动知识，A球满足tan 37°＝，
B球满足tan 53°＝，
那么t1∶t2＝tan 37°∶tan 53°＝9∶16.
5．下面关于物体做平抛运动时，速度方向与水平方向的夹角θ的正切tan θ随时间t的变化图象正确的是(B)
解析：物体做平抛运动时，其速度方向与水平方向的夹角的正切为tan θ＝＝，即tan θ与t成正比，B正确．
6．做斜上抛运动的物体，到达最高点时(D)
A．具有水平方向的速度和水平方向的加速度
B．速度为0，加速度向下
C．速度不为0，加速度为0
D．具有水平方向的速度和向下的加速度
解析：斜上抛运动的物体到达最高点时，竖直方向的分速度减为0，而水平方向的分速度不变，其运动过程中的加速度始终为重力加速度，故D正确．
7．如图所示，AB为斜面，BC为水平面．从A点以水平速度v向右抛出小球时，其落点与A点的水平距离为s1；从A点以水平速度2v向右抛出小球时，其落点与A点的水平距离为s2.不计空气阻力，则s1∶s2可能为(AB)
A．1∶2 B．1∶3
C．1∶6 D．1∶8
解析：根据平抛运动的规律可知：如果两球都落在斜面上，则＝；如果两球都落在水平面上，则＝；如果一个球落在水平面上，另一个球落在斜面上，则>.故正确选项为A、B.
二、非选择题
8．如图所示，一小球从平台上水平抛出，恰好落在平台前一倾角为α＝53°的斜面顶端，并刚好沿斜面下滑，已知平台到斜面顶端的高度为h＝0.8 m，求小球水平抛出的初速度v0和斜面与平台边缘的水平距离x各为多少(取sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，g＝10 m/s2)?
解析：小球从平台到斜面顶端的过程中做平抛运动，由平抛运动规律有：x＝v0t，h＝gt2，vy＝gt，
由题图可知：tan α＝＝，
代入数据解得：v0＝3 m/s，
x＝1.2 m.
答案：3 m/s 1.2 m
9．如图所示，射击枪水平放置，射击枪与目标靶中心位于离地面足够高的同一水平线上，枪口与目标靶之间的距离s＝100 m，子弹射出的水平速度v＝200 m/s，子弹从枪口射出的瞬间，目标靶由静止开始释放，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2.
(1)从子弹由枪口射出开始计时，经多长时间子弹击中目标靶？
(2)目标靶由静止开始释放到被子弹击中，下落的距离h为多少？
解析：(1)子弹做平抛运动，它在水平方向的分运动是匀速直线运动，设子弹经时间t击中目标靶，
则t＝，①
代入数据得t＝0.5 s．②
(2)目标靶做自由落体运动，则h＝gt2，③
代入数据得h＝1.25 m．④
答案：(1)0.5 s (2)1.25 m
10．“抛石机”是古代战争中常用的一种设备，它实际上是一个费力杠杆．如图所示，某研究小组用自制的抛石机演练抛石过程．所用抛石机长臂的长度L＝4.8 m，质量m＝10.0 kg的石块装在长臂末端的口袋中．开始时长臂与水平面间的夹角α＝30°，对短臂施力，使石块经较长路径获得较大的速度，当长臂转到竖直位置时立即停止转动，石块被水平抛出．石块落地位置与抛出位置间的水平距离s＝19.2 m．不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2.求：
(1)石块刚被抛出时的速度大小v0；
(2)石块刚落地时的速度vt的大小和方向．
解析：(1)石块被抛出后做平抛运动
水平方向s＝v0t，
竖直方向h＝gt2，
h＝L＋L·sin α，
解得v0＝16 m/s.
(2)落地时，石块竖直方向的速度
vy＝gt＝12 m/s，
落地速度vt＝＝20 m/s，
设落地速度与水平方向的夹角为θ，如图．
tan θ＝＝.
答案：(1)16 m/s (2)20 m/s，与水平方向夹角37°
课件23张PPT。第五章 曲线运动
第二节 平 抛 运 动第五章 曲线运动
第五节 向心加速度
第五节 向心加速度
轮滑(Roller Skating)，又称滚轴溜冰、滑旱冰，是穿着带滚轮的特制鞋在坚硬的场地上滑行的运动．今日多数的滚轴溜冰者主要都使用直排轮，又称刷刷、66.1995年，ESPN第一届极限运动更把特技单排轮滑运动(Aggressive Inline Skate)推向了全世界！特技单排轮滑运动起源于美国，其特技鞋也不同于普通单排轮滑，是在单排轮滑附加了许多配件，使得单排轮滑更好玩，更刺激．
1．理解向心加速度的概念．
2．掌握向心加速度的公式，并能用公式进行有关的计算．
3．了解向心加速度公式的推导方法并体会匀速圆周运动向心加速度方向的分析方法．
1．速度变化量．
(1)定义：运动的物体在一段时间内的末速度与初速度之差．
(2)表达式：Δv＝v末－v初．
2．向心加速度．
(1)定义：任何做匀速圆周运动的物体的加速度方向都指向圆心，这个加速度叫做向心加速度．
(2)方向：向心加速度的方向总是沿着半径指向圆心，跟该点的线速度方向垂直．向心加速度的方向时刻在改变．
(3)大小：an＝．根据v＝ωr可得an＝ω2r．
(4)物理意义：向心加速度是描述线速度方向改变快慢的物理量．向心加速度是由于线速度的方向改变而产生的，因此线速度的方向变化的快慢决定了向心加速度的大小．
3．非匀速圆周运动的加速度．
做非匀速圆周运动的物体的加速度并不指向圆心，而是与半径有一个夹角，我们可以把加速度a分解为沿半径方向的an和沿切线方向的at，如图所示，则an描述速度方向改变的快慢，at描述速度大小改变的快慢，其中an就是向心加速度．
灵活应用向心加速度公式an＝或an＝ω2r
一、分析方法
根据题目中所给的条件，分析出an、ω、v、r等物理量中，哪个物理量是不变的，从而灵活选取an的各种表达式，既可减少运算又能顺利求解问题，在求解半径r的大小时，要建立转动物体的空间模型，结合几何关系求出待求量．
二、典题剖析
(多选)如图所示，一个球绕中心轴线OO′以角速度ω做匀速圆周运动，则( )
A．a、b两点的线速度相同
B．a、b两点的角速度相同
C．若θ＝30°，则a、b两点的线速度之比va∶vb＝2∶
D．若θ＝30°，则a、b两点的向心加速度之比aa∶ab＝∶2
解析：球绕中心轴线转动，球上各点应具有相同的周期和角速度，即ωa＝ωb，B对．因为a、b两点做圆周运动的半径不同，rb>ra，据v＝ωr知vb>va，A错．若θ＝30°，设球半径为R，则rb＝R，ra＝Rcos 30°＝R，故＝＝，C错．又根据a＝ω2r知＝＝，D对．
答案：BD
1．(多选)关于地球上的物体随地球自转的向心加速度的大小，下列说法正确的是(AD)
A．在赤道上向心加速度最大
B．在两极向心加速度最大
C．在地球上各处，向心加速度一样大
D．随着纬度的升高，向心加速度的值逐渐减小
2．关于向心加速度的说法正确的是(C)
A．向心加速度越大，物体速率变化越快
B．向心加速度的大小与轨道半径成反比
C．向心加速度的方向始终与速度方向垂直
D．在匀速圆周运动中向心加速度是恒量
3．关于向心加速度，下列说法正确的是(B)
A．向心加速度是描述线速度大小变化的物理量
B．向心加速度只改变线速度的方向，不改变线速度的大小
C．向心加速度大小恒定，方向时刻改变
D．向心加速度的大小也可用an＝来计算
一、选择题
1．关于向心加速度的物理意义，下列说法正确的是(A)
A．它描述的是线速度方向变化的快慢
B．它描述的是线速度大小变化的快慢
C．它描述的是向心力变化的快慢
D．它描述的是角速度变化的快慢
2．做圆周运动的物体A与B，它们的向心加速度分别是aA和aB，并且aA>aB，由此可知(C)
A．A的线速度大于B的线速度
B．A的轨道半径小于B的轨道半径
C．A的速度比B的速度变化得快
D．A的角速度比B的角速度小
3．一小球被细线拴着做匀速圆周运动，其半径为R，向心加速度为a，则(BD)
A．小球相对于圆心的位移不变
B．小球的线速度大小为
C．小球在时间t内通过的路程s＝
D．小球做圆周运动的周期T＝2π
4．如图所示为一皮带传动装置，右轮的半径为r，a为它边缘上一点，左侧是一轮轴，大轮的半径是4r，小轮的半径是2r.b点在小轮上，到小轮中心的距离为r，c点和d点分别位于小轮和大轮边缘上，若在传动过程中皮带不打滑．则(D)
A．a点与b点的线速度大小相等
B．a点与b点的角速度大小相等
C．a点与d点的线速度大小相等
D．a点与d点的向心加速度大小相等
解析：由皮带传动的特点知：va＝vc，ωb＝ωc＝ωd.而v＝Rω，a＝Rω2＝，知D正确．
5．小金属球质量为m，用长L的轻悬线固定于O点，在O点的正下方处钉有一颗钉子P，把悬线沿水平方向拉直，如图所示，若无初速度释放小球，当悬线碰到钉子后的瞬间(设线没有断)(AC)
A．小球的角速度突然增大
B．小球的线速度突然减小到零
C．小球的向心加速度突然增大
D．小球的线速度突然增大
解析：悬线碰到钉子后瞬间，小球的线速度v不变，而半径r减小，故ω＝增大，a＝增大，A、C正确．
6．关于北京和广州随地球自转的向心加速度，下列说法中正确的是(BD)
A．它们的方向都沿半径指向地心
B．它们的方向都在平行赤道的平面内指向地轴
C．北京的向心加速度比广州的向心加速度大
D．北京的向心加速度比广州的向心加速度小
解析：两地都在各自的纬度圈内做圆周运动，向心加速度指向各自做圆周运动的圆心，即是在平行于赤道平面内指向地轴，B对，A错；两地随地球自转的角速度相同，广州比北京的半径大，故D对，C错．
7．关于质点做匀速圆周运动的说法中正确的是(D)
A．因为a＝v2/r，所以向心加速度与旋转半径成反比
B．因为a＝ω2r，所以向心加速度与旋转半径成正比
C．因为ω＝v/r，所以角速度与旋转半径成反比
D．因为ω＝2πn，所以角速度与转速n成正比
二、非选择题
8．如图所示，质量为m的小球用长为L的悬绳固定于O点，在O点的正下方L处有一颗钉子，把悬绳拉直与竖直方向成一定角度，由静止释放小球，则小球从右向左摆的过程中，悬绳碰到钉子前后小球的向心加速度之比为多少？
解析：在悬绳碰到钉子的前后瞬间，速度不变．做圆周运动的半径从L变成了L，则根据向心加速度公式a＝有，a1＝，a2＝＝，两次向心加速度之比为半径的反比，即2∶3.
答案：2∶3
9．一圆柱形小物块放在转盘上，并随着转盘一起绕O点匀速转动．通过频闪照相技术对其进行研究，从转盘的正上方拍照，得到的频闪照片如图所示，已知频闪仪的闪光频率为30 Hz，转动半径为2 m，该转盘转动的角速度和物块的向心加速度是多少？
解析：闪光频率为30 Hz，就是说每隔 s闪光一次，由频闪照片可知，转一周要用6个时间间隔，即 s，所以转盘转动的角速度为
ω＝＝10π rad/s.
物块的向心加速度为
a＝ω2r＝200π2 m/s2.
答案：10π rad/s 200π2 m/s2
10．如图所示，小球Q在竖直平面内做匀速圆周运动，当Q球转到与O同一水平线时，有另一小球P在距圆周最高点为h处开始自由下落，要使两球在圆周最高点相碰，则Q球的角速度ω应满足什么条件？
解析：Q球转到最高点的时间有：t1＝nT＋T，①
而周期T有：T＝2π/ω，②
小球P落至最高点的时间是t2＝，③
要两球相碰，有t1＝t2，④
由以上各式得ω＝(4n＋1) .
答案：见解析
课件21张PPT。第五章 曲线运动
第五节 向心加速度第五章 曲线运动
第六节 向 心 力
第六节 向 心 力
从2011年4月29日召开的铁路自主创新新闻发布会上获悉：我国已经在时速200千米/时的技术平台上自主创新研制时速300千米/时动车组.2007年年底，国内首列时速300千米/时动车组已问世．据介绍，这些时速300千米/时动车组国产占有率达到80%以上，已经在京津、武广、京沪等客运专线上投用，成为我国高速客运的主力车型．设计这些动车转弯时，就用到了圆周运动的相关知识．
1．了解向心力的概念，知道向心力是根据力的效果命名的，会分析向心力的来源．
2．知道向心力大小与哪些因素有关，理解向心力公式的含义并能进行简单计算．
3．能根据牛顿第二定律理解向心力的表达式，知道向心力公式是牛顿第二定律的一种表现形式．
4．知道在变速圆周运动中向心力为合力沿半径方向的分力．
一、向心力
1．定义：做匀速圆周运动的物体受到的指向圆心的合力．
2．方向：始终指向圆心，与速度方向垂直．
3．公式：Fn＝mω2r或Fn＝m．
4．来源：
(1)向心力是按照力的效果命名的．
(2)匀速圆周运动中向心力可能是物体所受外力的合力，也可能是某个力的分力．
5．作用：产生向心加速度，改变线速度的方向．
二、变速圆周运动
做变速圆周运动的物体所受的合力并不指向圆心，此时合力F可以分解为互相垂直的两个力：跟圆周相切的分力Ft和指向圆心方向的分力Fn.
1．Fn产生向心加速度，与速度方向垂直，改变速度的方向．
2．Ft产生切向加速度，与速度方向在一条直线上，改变速度的大小．
3．物体做加速圆周运动时，合力方向与速度方向的夹角小于90°，如图甲所示，其中Ft只改变速度的大小，Fn只改变速度的方向．Fn产生的就是向心加速度．
同理，物体做减速圆周运动时，合力方向与速度方向的夹角大于90°，如图乙所示，其中Ft只改变速度的大小，Fn只改变速度的方向．
三、一般曲线运动
1．定义：运动轨迹既不是直线也不是圆周的曲线运动．
2．处理方法：将曲线运动分成许多小段，每一小段都可看成圆周运动的一部分．
几种常见的匀速圆周运动的实例
一、实例
二、注意点
1．抓住研究对象，明确其质量为多少．
2．确定圆周运动所在平面，明确圆周运动的轨迹、半径及圆心．
3．进行受力分析，确定向心力．
4．抓住所给条件是角速度ω还是周期T或是线速度大小v.
5．选用适当的公式进行求解．
三、典例剖析
(多选)如图所示，一个内壁光滑的圆锥形筒固定不动，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( )
A．A球的线速度必定大于B球的线速度
B．A球的角速度必定小于B球的角速度
C．A球的运动周期必定小于B球的运动周期
D．A球对筒壁的压力必定大于B球对筒壁的压力
解析：
小球A或B的受力情况如图所示，由图可知，两球的向心力都来源于重力G和支持力FN的合力，建立如图所示的坐标系，则有
FN1＝FNsin θ＝mg，FN2＝FNcos θ＝F，
所以F＝mgcot θ.
也就是说FN在指向圆心方向的分力或重力G和支持力FN的合力F＝mgcot θ提供了小球做圆周运动所需的向心力，可见A、B两球的向心力大小相等．
比较两者线速度大小时，由F＝m可知，r越大，v一定较大，故选项A正确．
比较两者角速度大小时，由F＝mrω2可知，r越大，ω一定较小，故选项B正确．
比较两者的运动周期时，由F＝mr可知，r越大，T一定较大，故选项C不正确．
由受力分析图可知，小球A和B受到的支持力FN都等于，故选项D不正确．
综上所述，本题正确选项为A、B.
答案：AB
1．(多选)对于做匀速圆周运动的物体所受的合力，下列判断正确的是(AD)
A．大小不变，方向一定指向圆心
B．大小不变，方向也不变
C．产生的效果既改变速度的方向，又改变速度的大小
D．产生的效果只改变速度的方向，不改变速度的大小
2．(多选)做匀速圆周运动的物体所受的向心力是(BC)
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．物体所受的合外力
D．向心力和向心加速度的方向都是不变的
3．甲、乙两个物体都做匀速圆周运动，其质量之比为1∶2，转动半径之比为1∶2，在相同的时间里甲转过60°，乙转过45°，则它们的向心力大小之比为(C)
A．1∶4 B．2∶3
C．4∶9 D．9∶16
4．
一质点沿半径为r的圆周做匀速圆周运动，向心力的大小为F.当保持半径不变，使角速度增大到原来的2倍时，向心力的大小比原来增大18 N，则原来向心力的大小为F＝________N.
答案：6
一、选择题
1．关于圆周运动的向心力，下列说法正确的是(AB)
A．向心力是根据力的作用效果命名的
B．向心力可以是多个力的合力，也可以是其中一个力或多个力的分力
C．做圆周运动的物体，所受的合力一定等于向心力
D．向心力的效果是改变物体的线速度的大小
2．如图所示，在匀速转动的圆筒内壁上紧靠着一个物体一起运动，充当物体所受向心力的是(B)
A．重力 B．弹力
C．静摩擦力 D．滑动摩擦力
3．质量为m的木块从半球形的碗口下滑到碗底的过程中，如果由于摩擦力的作用，使得木块的速率不变，那么(B)
A．下滑过程中木块的加速度为零
B．下滑过程中木块所受合力大小不变
C．下滑过程中木块所受合力为零
D．下滑过程中木块所受的合力越来越大
4．如图所示，在双人花样滑冰运动中，有时会看到被男运动员拉着的女运动员离开地面在空中做圆锥摆运动的精彩场面，目测体重为G的女运动员做圆锥摆运动时与水平冰面的夹角约为30°，重力加速度为g，估算知该女运动员(B)
A．受到的拉力为G B．受到的拉力为2G
C．向心加速度为3g D．向心加速度为2g
解析：如图所示，F1＝Fcos 30°，
F2＝Fsin 30°，F2＝G，F1＝ma，
所以a＝g，F＝2G.
选项B正确．
5．在水平冰面上，狗拉着雪橇做匀速圆周运动，O点为圆心．能正确表示雪橇受到的牵引力F及摩擦力Ff的图是(C)
解析：由于雪橇在冰面上滑动，其滑动摩擦力方向必与运动方向相反，即沿圆的切线方向．因做匀速圆周运动，合力一定指向圆心，由此可知C正确．
6．一种玩具的结构如图所示，竖直放置的光滑铁圆环的半径为R＝20 cm，环上有一穿孔的小球m，仅能沿环做无摩擦滑动．如果圆环绕通过环心的竖直轴线O1O2以ω＝10 rad/s的角速度旋转，g＝10 m/s2，则小球相对环静止时球与圆心O的连线与O1O2的夹角θ可能为(C)
A．30° B．45°
C．60° D．75°
解析：向心力F＝mgtan θ＝mω2Rsin θ，cos θ＝＝，θ＝60°.故正确答案为C.
7．如图所示，天车下吊着两个质量都是m的工件A和B，系A的吊绳较短，系B的吊绳较长，若天车运动到P处突然停止，则两吊绳所受的拉力FA和FB的大小关系(A)
A．FA>FB B．FAC．FA＝FB＝mg D．FA＝FB>mg
解析：A、B物体以水平速度摆动，
T－mg＝.
8．关于向心力的说法中错误的是(A)
A．向心力总是沿半径指向圆心，且大小不变，向心力是一个恒力
B．向心力是沿着半径指向圆心方向的合力，是根据力的作用效果命名的
C．向心力可以是重力、弹力、摩擦力等各种力的合力，也可以是其中某个力的分力
D．向心力只改变物体线速度的方向，不可能改变物体线速度的大小
9．上海磁悬浮线路的最大转弯处半径达到8 000 m，如图所示，近距离用肉眼看几乎是一条直线，而转弯处最小半径也达到1 300 m，一个质量为50 kg的乘客坐在以360 km/h的不变速率行驶的车里，随车驶过半径为2 500 m的弯道，下列说法正确的是(AD)
A．乘客受到的向心力大小约为200 N
B．乘客受到的向心力大小约为539 N
C．乘客受到的向心力大小约为300 N
D．弯道半径设计特别大可以使乘客在转弯时更舒适
解析：由Fn＝m，可得Fn＝200 N，选项A正确．设计半径越大，转弯时乘客所需要的向心力越小，转弯时就越舒适，D正确．
二、非选择题
10．一个做匀速圆周运动的物体，如果转动半径不变而速率增加到原来的3倍，则其向心力增加到原来的______________倍；若向心力增加了80 N，则物体原来所受的向心力大小为________ N.
解析：由F＝m可知F变为原来的9倍．由题意得9F－F＝80 N，故F＝10 N.
答案：9 10
11．如图所示，行车的钢丝长L＝3 m，下面吊着质量为m＝2.8×103 kg的货物，以速度v＝2 m/s匀速行驶的行车突然刹车，钢丝绳受到的拉力是________N.
解析：刹车时，货物绕悬挂点做圆周运动，
则T－mg＝m，得T＝mg＋m，
代入数据得T＝3.173×104 N.
答案：3.173×104 N
12．现在有一种叫做“魔盘”的娱乐设施(如图所示)，“魔盘”转动很慢时，盘上的人都可以随盘一起转动而不至于被甩开．当盘的转速逐渐增大时，盘上的人便逐渐向边缘滑去，离转动中心越远的人，这种滑动的趋势越厉害．设“魔盘”转速为6 r/min，一个体重为30 kg 的小孩坐在距离轴心1 m处随盘一起转动(没有滑动)．则：这个小孩受到的向心力有多大？这个向心力是由什么力提供的？
解析：由n＝6 r/min可知ω＝＝，又知r＝1 m，m＝30 kg.
则小孩受到的向心力Fn＝mω2r＝30××1 N≈11.8 N.
对小孩进行受力分析可知，竖直方向受力平衡，水平方向仅受静摩擦力，所以小孩做圆周运动的向心力由静摩擦力提供．
答案：11.8 N 由静摩擦力提供
课件28张PPT。第五章 曲线运动
第六节 向 心 力3．向心力与牛顿第二定律的应用比较：第五章 曲线运动
第四节 圆 周 运 动
第四节 圆 周 运 动
地球绕着太阳公转，钟表上秒针的端点也绕着轴转动，所做的运动都可以认为是匀速圆周运动．有一天他们俩突然争论起谁快谁慢的问题，地球不屑地说：“我一秒钟运动30千米，你一秒钟才运动几毫米，怎么跟我比？”秒针也毫不示弱：“我一分钟就可以绕轴转一圈，你一年才转一圈，我就是比你转得快！”两人你一言我一语谁也说服不了谁．那么到底谁说的更有道理呢？
1．知道圆周运动和匀速圆周运动的概念，知道圆周运动是变速运动．
2．理解线速度、角速度的定义并知道其物理意义．
3．了解周期和转速的概念，掌握角速度与转速、周期的关系．
4．能在实际问题中确定线速度和角速度与半径的关系．
1．线速度．
(1)物理意义：描述质点沿圆周运动的快慢．
(2)定义：做圆周运动的物体通过的弧长与所用时间的比值，叫做线速度．
(3)线速度是矢量，既有大小又有方向．
大小：v＝(Δs是Δt内通过的弧长)；
单位：m/s；
方向：质点在圆周某点的线速度方向沿圆周上该点的切线方向．
2．匀速圆周运动．
物体沿着圆周运动，并且线速度的大小不变，这种运动叫做匀速圆周运动．
匀速圆周运动是一种变速运动(线速度大小不变，方向时刻改变)．
3．角速度．
(1)物理意义：描述质点绕圆心转动(扫过角度)的快慢．
(2)定义：物体做圆周运动时，半径在某段时间内转过的角度与所用时间的比值，叫做角速度．
(3)大小：ω＝(Δθ是Δt内半径转过的角度)；
单位：rad/s．
匀速圆周运动是角速度不变的运动．
4．周期、频率和转速．
(1)物理意义：周期、频率和转速都是描述质点做圆周运动快慢的物理量．
(2)定义：物体运动一周所需要的时间叫做周期，用T表示，单位为秒(s)；单位时间内完成的圆周运动的圈数叫做频率，用f表示，单位为赫兹(Hz)；单位时间内转过的圈数叫做转速，用n表示，单位为转每秒(r/s)或转每分(r/min)．
5．几个物理量之间的关系．
T＝
ω＝＝2πf(＝2πn)
v＝ωr＝＝2πfr(＝2πnr)．
常见传动装置及特点
一、常见的传动装置
1．同轴传动．
如图所示，A点和B点在同轴的一个“圆盘”上，所以角速度相同．但因A、B两点与轴的距离不同，即转动半径不同，所以线速度不同，设半径分别为r和R，且r2．皮带传动．
如图所示，A点和B点分别是两个轮子边缘上的点，两个轮子用皮带连起来，并且皮带不打滑，所以它们的线速度必然相同，但是因为半径不同，所以角速度不同．线速度、角速度、周期之间存在的定量关系为：vA＝vB，＝，＝.
3．齿轮传动．
如图所示，A点和B点分别是两个齿轮边缘上的点，两个齿轮轮齿啮合．两个轮子在同一时间内转过的齿数相等，或者说A、B两点的线速度相等，但它们的转动方向恰好相反，即当A顺时针转动时，B逆时针转动．线速度、角速度、周期之间存在的定量关系为：vA＝vB，＝＝，＝＝，式中n1、n2分别表示齿轮的齿数．
4．摩擦传动．
如图所示，两摩擦轮靠摩擦进行传动，A点和B点分别是两轮边缘上的点，传动时如果两摩擦轮在接触处没有相对滑动，则两轮在接触处的线速度大小相等，此时A点和B点的线速度、角速度、周期存在以下定量关系．
vA＝vB，＝，＝.
二、传动装置的特点及求解思路
1．同轴传动的物体上各点的角速度、转速和周期相等，但在同一轮上半径不同的各点线速度不同．
2．皮带传动(皮带不打滑)中与皮带接触的两轮边缘上各点(或合的齿轮边缘的各点)的线速度大小相同，角速度与半径有关．
3．通过各物理量间的关系式结合已知的量的关系确定其它未知量的关系，常用的关系式为：v＝ωr，v＝＝2πrn.ω＝＝2πn.
三、典例剖析
如图所示，甲、乙、丙三个轮子依靠摩擦传动，相互之间不打滑，其半径分别为r1、r2、r3.若甲轮的角速度为ω1，则丙轮的角速度为( )
A. B.
C. D.
解析：甲、乙、丙三个轮子边缘的线速度大小相等，即r1ω1＝r2ω2＝r3ω3，所以ω3＝，选项A正确．
答案：A
1．匀速圆周运动属于(D)
A．匀速运动
B．匀加速运动
C．加速度不变的曲线运动
D．变加速的曲线运动
2．对于做匀速圆周运动的物体，下列说法不正确的是(C)
A．相等的时间里通过的路程相等
B．相等的时间里通过的弧长相等
C．相等的时间里发生的位移相同
D．相等的时间里转过的角度相等
3．(多选)关于匀速圆周运动的角速度与线速度，下列说法中正确的是(BD)
A．半径一定，角速度与线速度成反比
B．半径一定，角速度与线速度成正比
C．线速度一定，角速度与半径成正比
D．角速度一定，线速度与半径成正比
4．(多选)甲、乙两个做匀速圆周运动的质点，它们的角速度之比为3∶1，线速度之比为2∶3，那么下列说法中正确的是(AD)
A．它们的半径之比是2∶9
B．它们的半径之比是1∶2
C．它们的周期之比是2∶3
D．它们的周期之比是1∶3
5. (多选)关于地球上的物体，由于地球的自转，则对于物体的角速度、线速度的大小，以下说法中正确的是(AD)
A．在赤道上的物体线速度最大
B．在两极上的物体线速度最大
C．赤道上的物体角速度最大
D．北京和南京上的物体角速度大小相等
一、选择题
1．如图所示是一个玩具陀螺．a、b和c是陀螺上的三个点．当陀螺绕垂直于地面的轴线以角速度ω稳定旋转时，下列表述正确的是(B)
A．a、b和c三点的线速度大小相等
B．a、b和c三点的角速度相等
C．a、b的角速度比c的大
D．c的线速度比a、b的大
解析：a、b、c三点的角速度相同，而线速度不同，故B对，A、C错．再由v＝ωr得，D错．
2. 对于做匀速圆周运动的物体，下列说法正确的是(BC)
A．根据T＝2πR/v，线速度越大，则周期越小
B．根据T＝2π/ω，角速度越大，则周期越小
C．角速度越大，速度的方向变化越快
D．线速度越大，速度的方向变化越快
解析：根据T＝2πR/v，当轨道半径一定时，才有线速度越大，周期越小；角速度越大，单位时间内质点与圆心的连线(圆半径)转过的角度越大，速度的方向变化越快；故只有B、C正确．
3．电脑中用的光盘驱动器采用恒定角速度驱动光盘，光盘上凸凹不平的小坑是存贮数据的，请问激光头在何处时，电脑读取数据的速率较大(B)
A．内圈 B．外圈
C．中间位置 D．与位置无关
解析：光盘在做匀速圆周运动．光盘上某点的线速度为v＝ω·r，ω恒定，则r越大，v就越大，因此激光头在光盘外圈时，电脑读取数据的速率最大．
4．如图所示，地球绕OO′轴自转，则下列说法正确的是(AD)
A．A、B两点的角速度相等
B．A、B两点的线速度相等
C．A、B两点的转动半径相等
D．A、B两点的转动周期相等
解析：A、B两点随地球自转绕地轴做匀速圆周运动，它们的圆心在地轴上的不同点，它们的半径不同，线速度也不同．
5．变速自行车靠变换齿轮组合来改变行驶速度．如图所示是某一变速自行车的齿轮转动结构示意图，图中A轮有48齿，B轮有42齿，C轮有18齿，D轮有12齿，则(BC)
A．该车可变换两种不同的挡位
B．该车可变换四种不同的挡位
C．当A轮与D轮组合时，两轮的角速度之比ωA∶ωD＝1∶4
D．当A轮与D轮组合时，两轮的角速度之比ωA∶ωD＝4∶1
6．一般转动机械上都标有“×××r/min”，该数值是转动机械正常工作时的转速，不同的转动机械上标有的转速一般是不同的．下列有关转速的说法正确的是(BD)
A．转速越大，说明该转动机械正常工作时的线速度一定越大
B．转速越大，说明该转动机械正常工作时的角速度一定越大
C．转速越大，说明该转动机械正常工作时的周期一定越大
D．转速越大，说明该转动机械正常工作时的周期一定越小
7．一辆卡车在水平路面上行驶，已知该车轮胎半径为R，轮胎转动的角速度为ω，关于各点的线速度大小下列说法正确的是(BD)
A．相对于地面，轮胎与地面的接触点的速度为ωR
B．相对于地面，车轴的速度大小为ωR
C．相对于地面，轮胎上缘的速度大小为ωR
D．相对于地面，轮胎上缘的速度大小为2ωR
解析：因为轮胎不打滑，相对于地面，轮胎与地面接触处保持相对静止，该点相当于转动轴，它的速度为零，车轴的速度为ωR.而轮胎上缘的速度大小为2ωR.故选项B、D正确．
8．图示为自行车的传动装置示意图，A、B、C分别为大齿轮、小齿轮、后轮边缘上的一点，则在此传动装置中(BD)
A．B、C两点的线速度相同
B．A、B两点的线速度相同
C．A、B两点的角速度与对应的半径成正比
D．B、C两点的线速度与对应的半径成正比
解析：大齿轮与小齿轮间是皮带传动，A、B两点的线速度相同，角速度与对应的半径成反比，B正确、C错误．小齿轮与后轮是同轴转动，B、C两点的角速度相同，线速度与对应的半径成正比，A错误，D正确．
二、非选择题
9．如图所示是自行车的轮盘、飞轮和链条的传动部分，若前轮的半径是R＝10 cm，后轮的半径是r＝5 cm，前轮每2 s转一圈，则链条运动的速度为多大？后轮的角速度为多大？
解析：前轮周期T＝2 s，
根据v＝得
前轮的线速度v前＝ m/s＝0.1π m/s.
由于前后轮之间为皮带传动，所以后轮的线速度及链条的速度与前轮的线速度相等，也等于0.1π m/s.
根据v＝ωr，后轮的角速度ω后＝＝2π rad/s.
答案：0.1π m/s 2π rad/s
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第四节 圆 周 运 动
