章末复习课
【知识体系】
[答案填写] ①地球 ②太阳 ③＝k ④质点 ⑤G ⑥卡文迪许 ⑦减小 ⑧增大 ⑨减小 ⑩增大 7.9 11.2 16.7
主题一 处理天体运动问题的“一”“二”“三”
分析处理天体运动问题，要抓住“一个模型”，应用“两个思路”，区分“三个不同”．
1．一个模型：无论是自然天体(如行星、月球等)，还是人造天体(如人造卫星、空间站等)，只要天体的运动轨迹为圆形，就可将其简化为质点的匀速圆周运动．
2.两个思路．
(1)所有做圆周运动的天体，所需的向心力都来自万有引力．
因此，向心力等于万有引力，据此所列方程是研究天体运动的基本关系式，即G＝m＝mω2r＝mr＝ma.
(2)不考虑地球或天体自转影响时，物体在地球或天体表面受到的万有引力约等于物体的重力，即G＝mg.变形得GM＝gR2，此式通常称为黄金代换式．
3．三个不同．
(1)不同公式中r的含义不同．在万有引力定律公式中，r的含义是两质点间的距离；在向心力公式中，r的含义是质点运动的轨道半径．当一个天体绕另一个天体做匀速圆周运动时，两式中的r相等．
(2)运行速度、发射速度和宇宙速度的含义不同．
以下是三种速度的比较，如表所示.
三种速度
概念
大小
影响因素
运行速度
卫星绕中心天体做匀速圆周运动的速度
v＝
轨道半径r越大，v越小
发射速度
在地面上发射卫星的速度
大于或等于7．9
km/s
卫星的发射高度越高，发射速度越大
宇宙速度
实现某种效果所需的最小卫星发射速度
7.9
km/s11．2
km/s16．7
km/s
不同卫星发射要求决定
(3)卫星的向心加速度a、地球表面的重力加速度g、在地球表面的物体随地球自转做匀速圆周运动的向心加速度a′的含义不同.
三种加速度
表达式
说明
a
由＝ma得a＝，
r为卫星轨道半径
与卫星的质量无关，随r的增大而减小
g
若不考虑地球自转的影响，由＝mg得g＝
考虑地球的自转时：①是g和a的矢量和．②随纬度θ的增大，a′减小，g增大
a′
a′＝ω2Rcosθ，其中ω、R分别是地球的自转角速度和半径，θ是物体所在位置的纬度值
【典例1】 有a、b、c、d四颗地球卫星，a还未发射，在地球赤道上随地球表面一起转动，b处于地面附近的近地轨道上正常运动，c是地球同步卫星，d是高空探测卫星，各卫星排列位置如图所示，则有( )
A．a的向心加速度等于重力加速度g
B．b在相同时间内转过的弧长最长
C．c在4小时内转过的圆心角是
D．d的运动周期有可能是20小时
解析：对a：－FN＝ma，又FN>0，＝mg，故a答案：B
针对训练
1．(多选)同步卫星离地心距离为r，运行速率为v1，加速度为a1，地球赤道上的物体随地球自转的向心加速度为a2，第一宇宙速度为v2，地球的半径为R，则下列比值正确的是( )
A.＝
B.＝
C.＝
D.＝
解析：先研究a1与a2的关系，由于地球同步卫星运行周期与地球自转周期相同，因此，二者角速度相等，由a＝rω2得＝，选项A正确，B错误；再研究v1与v2的关系，由于二者均由万有引力提供向心力，即＝，因此根据线速度公式v＝可得＝，选项C错误，D正确．
答案：AD
主题二 天体运动中的双星问题
众多的天体中如果有两颗恒星，它们靠得较近，在万有引力作用下绕着中间的某一点共同转动，这样的两颗恒星称为双星．
如图所示为质量分别是m1和m2的两颗相距较近的恒星．它们间的距离为L.此双星问题的特点是：
(1)两星的运行轨道为同心圆．
(2)两星的运动半径之和等于它们间的距离，即r1＋r2＝L.
(3)两星的转动周期(角速度)相同．由于m1r1ω2＝m2r2ω2，即m1r1＝m2r2，所以双星中某星的运动半径与其质量成反比．若已知双星的运动周期T，由G＝m1r1和G＝m2r2可求得两星的总质量为m1＋m2＝.
【典例2】 两个靠得很近的恒星称为双星，这两颗恒星必须以一定的角速度绕二者连线上的一点转动才不至于由于万有引力作用而吸在一起，已知两颗星的质量分别为m1、m2，相距L，试求这两颗星的中心位置和转动的周期．
解析：设两颗星做圆周运动的周期均为T，转动中心O距m1距离为R1，由两颗星做圆周运动的向心力由两颗星间万有引力提供，有：
G＝m1R1，G＝m2(L－R1)．
解得R1＝，T＝2πL.
答案： 2πL
针对训练
2．(多选)甲、乙两恒星相距为L，质量之比＝，它们离其他天体都很遥远，我们观察到它们的距离始终保持不变，由此可知( )
A．两恒星一定绕它们连线的某一位置做匀速圆周运动
B．甲、乙两恒星的角速度之比为2∶3
C．甲、乙两恒星的线速度之比为
∶
D．甲、乙两恒星的向心加速度之比为3∶2
解析：据题可知甲、乙两恒星的距离始终保持不变，围绕两星连线上的一点做匀速圆周运动，靠相互间的万有引力提供向心力，角速度一定相同，故A正确，B错误．双星靠相互间的万有引力提供向心力，角速度大小相等，向心力大小相等，则有：
m甲r甲ω2＝m乙r乙ω2，得：＝＝.
根据v＝rω，知v甲∶v乙＝r甲∶r乙＝3∶2.故C错误．根据a＝rω2知，向心加速度之比a甲∶a乙＝r甲∶r乙＝3∶2，故D正确．
答案：AD
统揽考情
本章的主线是万有引力定律在天体、航天技术中的应用，在高考考查中属于每年必考内容，在全国卷中一般只考查一道选择题，占6分，命题的热点主要是万有引力定律的理解，还有利用万有引力定律求天体的质量、密度，利用万有引力提供向心力分析航天器、卫星的运行规律．在试题中，有时也考查双星模型与能量综合等问题．
真题例析
(多选)(2015·天津卷)P1、P2为相距遥远的两颗行星，距各自表面相同高度处各有一颗卫星s1、s2做匀速圆周运动．如图所示，纵坐标表示行星对周围空间各处物体的引力产生的加速度a，横坐标表示物体到行星中心的距离r的平方，两条曲线分别表示P1、P2周围的a与r2的反比关系，它们左端点横坐标相同．则( )
A．P1的平均密度比P2的大
B．P1的“第一宇宙速度”比P2的小
C．s1的向心加速度比s2的大
D．s1的公转周期比s2的大
解析：由图象左端点横坐标相同可知，P1、P2两行星的半径R相等，对于两行星的近地卫星：G＝ma，得行星的质量M＝，由a－r2图象可知P1的近地卫星的向心加速度大，所以P1的质量大，平均密度大，选项A正确；根据G＝得，行星的第一宇宙速度v＝
，由于P1的质量大，所以P1的第一宇宙速度大，选项B错误；s1、s2的轨道半径相等，由a－r2图象可知s1的向心加速度大，选项C正确；根据G＝mr得，卫星的公转周期T＝2π
，由于P1的质量大，故s1的公转周期小，选项D错误．
答案：AC
针对训练
(2015·北京卷)假设地球和火星都绕太阳做匀速圆周运动，已知地球到太阳的距离小于火星到太阳的距离，那么( )
A．地球公转的周期大于火星公转的周期
B．地球公转的线速度小于火星公转的线速度
C．地球公转的加速度小于火星公转的加速度
D．地球公转的角速度大于火星公转的角速度
解析：根据G＝mr＝m＝man＝mω2r得，公转周期T＝2π
，故地球公转的周期较小，选项A错误；公转线速度v＝
，故地球公转的线速度较大，选项B错误；公转加速度an＝，故地球公转的加速度较大，选项C错误；公转角速度ω＝
，故地球公转的角速度较大，选项D正确．
答案：D
1．(2015·重庆卷)宇航员王亚平在“天宫一号”飞船内进行了我国首次太空授课，演示了一些完全失重状态下的物理现象．若飞船质量为m，距地面高度为h，地球质量为M，半径为R，引力常量为G，则飞船所在处的重力加速度大小为( )
A．0
B.
C.
D.
解析：飞船受的万有引力等于在该处所受的重力，即G＝mg，得g＝，选项B正确．
答案：B
2．(2015·福建卷)如图，若两颗人造卫星a和b均绕地球做匀速圆周运动，a、b到地心O的距离分别为r1、r2，线速度大小分别为v1、v2，则( )
A.＝
B.＝
C.＝()2
D.＝()2
解析：对人造卫星，根据万有引力提供向心力＝m，可得v＝
.所以对于a、b两颗人造卫星有＝
，故选项A正确．
答案：A
3．(2015·江苏卷)过去几千年来，人类对行星的认识与研究仅限于太阳系内，行星“51
peg
b”的发现拉开了研究太阳系外行星的序幕．“51
peg
b”绕其中心恒星做匀速圆周运动，周期约为4天，轨道半径约为地球绕太阳运动半径的.该中心恒星与太阳质量的比值约为( )
A.
B．1
C．5
D．10
解析：行星绕中心恒星做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得G＝mr，则＝·＝×≈1，选项B正确．
答案：B
4.(2015·山东卷)如图，拉格朗日点L1位于地球和月球连线上，处在该点的物体在地球和月球引力的共同作用下，可与月球一起以相同的周期绕地球运动．据此，科学家设想在拉格朗日点L1建立空间站，使其与月球同周期绕地球运动．以a1、a2分别表示该空间站和月球向心加速度的大小，a3表示地球同步卫星向心加速度的大小．以下判断正确的是( )
A．a2>a3>a1
B．a2>a1>a3
C．a3>a1>a2
D．a3>a2>a1
解析：空间站和月球绕地球运动的周期相同，由a＝r知，a2>a1；对地球同步卫星和月球，由万有引力定律和牛顿第二定律得G＝ma，可知a3>a2，故选项D正确．
答案：D
5．(多选)(2015·课标全国Ⅰ卷改编)我国发射的“嫦娥三号”登月探测器靠近月球后，先在月球表面附近的近似圆轨道上绕月运行；然后经过一系列过程，在离月面4
m高处做一次悬停(可认为是相对于月球静止)；最后关闭发动机，探测器自由下落．已知探测器的质量约为1.3×103
kg，地球质量约为月球的81倍，地球半径约为月球的3.7倍，地球表面的重力加速度大小约为9.8
m/s2，则此探测器( )
A．在着陆前的瞬间，速度大小约为8.9
m/s
B．悬停时受到的反冲作用力约为2×103
N
C．从离开近月圆轨道到着陆这段时间内，相对月球的速度先增大后减小
D．在近月圆轨道上运行的线速度小于人造卫星在近地圆轨道上运行的线速度
解析：在地球表面附近有Geq
\f(M地m,R)＝mg地，在月球表面附近有Geq
\f(M月m,R)＝mg月，可得g月＝1.656
m/s2，所以探测器落地的速度为v＝＝3.64
m/s，故A错误；探测器悬停时受到的反冲作用力为F＝mg月≈2×103
N，B正确；探测器在着陆过程中速度先减小后增大，C错误；在靠近星球的轨道上有G＝mg＝m，即有v＝，可知在近月圆轨道上运行的线速度小于人造卫星在近地球轨道上运行的线速度，故选项D正确．
答案：BD章末复习课
【知识体系】
[答案填写] ①< ②＝ ③> ④mv2 ⑤mgh ⑥无关 ⑦Ep1－Ep2 ⑧动能的变化 ⑨重力(或弹力)
⑩Ep2＋Ek2
主题一 功和能量转化的关系
物体的动能、势能、机械能的变化都是通过做功来实现的，改变物体内能也可以通过做功来完成．做功的多少一定与能量的转化相对应，功是能量转化的量度．
常见的五种功能关系：
(1)合力做功，衡量物体动能的变化，W合＝ΔEk，即动能定理．
(2)重力做功，衡量物体重力势能的变化，WG＝－ΔEp.
(3)弹簧弹力做功，衡量物体弹性势能的变化，W弹＝－ΔEp.
(4)除重力以外其他力做功WF，衡量物体机械能的变化，WF＝ΔE.
(5)相对滑动的物体系统中产生的内能Q＝fs相对．
【典例1】 (多选)水平传送带匀速运动，速度大小为v，现将一小工件放到传送带上．设小工件初速度为零，当它在传送带上滑动一段距离后速度达到v而与传送带保持相对静止．设小工件质量为m，它与传送带间的动摩擦因数为μ，则在小工件相对传送带滑动的过程中( )
A．滑动摩擦力对小工件做的功为mv2
B．小工件的机械能增量为mv2
C．小工件相对于传送带滑动的路程大小为
D．传送带对小工件做功为零
解析：小工件相对传送带滑动的过程中，受到的合外力就是传送带对它施加的摩擦力，根据动能定理可知，摩擦力做的功等于小工件增加的动能，小工件的初速度为零，末速度为v，其动能增加为mv2，则小工件受到的滑动摩擦力对小工件做的功为mv2选项A正确，而选项D错误；根据功能关系知，除了重力和弹力以外的其他力所做的功等于小工件机械能的改变量，选项B正确；由动能定理可得μmgs1＝mv2，则s1＝，s1是小工件相对地面的位移，该过程中，传送带相对地面的位移为s2＝vt＝v·＝2s1，则小工件相对于传送带的位移为s＝s2－s1＝，选项C正确．
答案：ABC
针对训练
1.在空中某一位置，以大小v0的速度水平抛出一质量为m的物体，经时间t物体下落一段距离后，其速度大小仍为v0，但方向与初速度方向相反，如图所示，则下列说法中正确的是( )
A．风力对物体做功为零
B．风力对物体做负功
C．物体的机械能减少
D．物体的动能变化为mv
解析：由题意知物体的动能不变，D错．由于物体在竖直方向上初、末速度为0，即物体不做自由落体运动，物体在竖直方向下落的高度小于h＝gt2，物体减少的机械能ΔE＝mgh，所以ΔE<，故C错误．由动能定理知物体克服风力做的功与重力做的功相同，故A错，B对．
答案：B
主题二 动能定理与机械能守恒定律的应用
1．动能定理．
动能定理明确了做功与物体动能改变的因果和数量关系，应用动能定理的优越性是可以根据物体动能的变化来计算变力所做的功．
2．机械能守恒定律．
机械能守恒定律明确了只有在重力和系统内的弹力做功的条件下，物体或系统的动能与势能之间的联系．应用机械能守恒定律的优越性是根据力的做功情况直接判断初、末状态的机械能是否相等，而不必考虑中间过程．
在力学中的大多数题目，应用以上两条思路都可以得到解决．
【典例2】 民用航空客机的机舱一般都设有紧急出口，飞机发生意外情况着陆后，打开紧急出口的舱门，会自动生成一个由气囊构成的斜面．如图所示为某气囊斜面，机舱离底端的竖直高度AB＝3.0
m，斜面长AC＝5.0
m，斜面与水平地面CD段间有一段小圆弧平滑连接．旅客从气囊上由静止开始滑下，其与气囊、地面间的动摩擦因数均为μ＝0.55，不计空气阻力，g＝10
m/s2.求：
(1)人滑到斜面底端C时的速度大小；
(2)人离开C点后还要在地面上滑行多远才能停下．
解析：(1)人从斜面顶端A滑至底端C的过程中，重力和摩擦力对人做了功，根据动能定理得知：
mghAB－μmgcos
θ·sAC＝mv，
代入数值得：vC＝4
m/s.
(2)设人离开C点后还要在地面上滑行的位移为s，则根据动能定理得：
－μmgs＝－mv，
代入数值得s＝
m≈1.45
m.
答案：(1)4
m/s (2)1.45
m
针对训练
2.如图所示，半径为r、质量不计的圆盘盘面与地面相垂直，圆心处有一个垂直圆面的光滑水平固定轴O，在盘的最右边缘固定一个质量为m的小球A.在O点的正下方离O点处固定一个质量也为m的小球B，放开盘让其自由转动，问：
(1)当A球转到最低点时，两小球的重力势能之和减小了多少？
(2)A球转到最低点时的线速度是多少？
解析：(1)当A球转到最低点，两小球重力势能之和减少了
ΔEp＝mgr－mg·＝mgr.
(2)设此时A球的速度为vA，
B的速度vB＝ω＝vA，
根据机械能守恒定律ΔEk＝ΔEp，得
mv＋m·＝mgr，
求得vA＝2.
答案：(1)mgr (2)2
统揽考情
本章主要讲述从功的角度和能的角度分析物理问题，重要的物理概念有功、功率，重要的物理规律有动能定理、功能关系、机械能守恒定律和能量守恒定律等．在高考命题中，既有本章的单独命题，与其他知识综合的题目，既有选择题．也有计算题．在高考试卷中本章占有的分数也较多，大约为15～20分．
真题例析
(2015·北京卷)如图所示，弹簧的一端固定，另一端连接一个物块，弹簧质量不计．物块(可视为质点)的质量为m，在水平桌面上沿x轴运动，与桌面间的动摩擦因数为μ.以弹簧原长时物块的位置为坐标原点O，当弹簧的伸长量为x时，物块所受弹簧弹力大小为F＝kx，k为常量．
(1)请画出F随x变化的示意图，并根据F－x图象求物块沿x轴从O点运动到位置x的过程中弹力所做的功．
(2)物块由x1向右运动到x3，然后由x3返回到x2，在这个过程中：
①求弹力所做的功，并据此求弹性势能的变化量；
②求滑动摩擦力所做的功，并与弹力做功比较，说明为什么不存在与摩擦力对应的“摩擦力势能”的概念．
解析：(1)F－x图象如图所示．
物块沿x轴从O点运动到位置x的过程中，弹力做负功；F－x图线下的面积等于弹力做功大小．弹力做功
WT＝－·kx·x＝－kx2.
(2)①物块由x1向右运动到x3的过程中，弹力做功
WT1＝－·(kx1＋kx3)·(x3－x1)＝kx－kx.
物块由x3向左运动到x2的过程中，弹力做功
WT2＝·(kx2＋kx3)·(x3－x2)＝kx－kx.
整个过程中，弹力做功
WT＝WT1＋WT2＝kx－kx.
弹性势能的变化量
ΔEp＝－WT＝kx－kx.
②整个过程中，摩擦力做功
Wf＝－μmg(2x3－x1－x2)．
与弹力做功比较，弹力做功与x3无关，即与实际路径无关，只与始末位置有关，所以，我们可以定义一个由物体之间的相互作用力(弹力)和相对位置决定的能量——弹性势能．而摩擦力做功与x3有关，即与实际路径有关，所以，不可以定义与摩擦力对应的“摩擦力势能”．
答案：(1)图见解析 －kx2 (2)①kx－kx kx－kx ②－μmg(2x3－x1－x2) 说明见解析
针对训练
(2015·天津卷)如图所示，固定的竖直光滑长杆上套有质量为m的小圆环，圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接，弹簧的另一端连接在墙上，且处于原长状态．现让圆环由静止开始下滑，已知弹簧原长为L，圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L(未超过弹性限度)，则在圆环下滑到最大距离的过程中( )
A．圆环的机械能守恒
B．弹簧弹性势能变化了mgL
C．圆环下滑到最大距离时，所受合力为零
D．圆环重力势能与弹簧弹性势能之和保持不变
解析：圆环沿杆下滑的过程中，圆环与弹簧组成的系统动能、弹性势能、重力势能之和守恒，选项A、D错误；弹簧长度为2L时，圆环下落的高度h＝L，根据机械能守恒定律，弹簧的弹性势能增加了ΔEp＝mgh＝mgL，选项B正确；圆环释放后，圆环向下先做加速运动，后做减速运动，当速度最大时，合力为零，下滑到最大距离时，具有向上的加速度，合力不为零，选项C错误．
答案：B
1．(2015·课标全国Ⅱ卷)一汽车在平直公路上行驶．从某时刻开始计时，发动机的功率P随时间t的变化如图所示．假定汽车所受阻力的大小f恒定不变．下列描述该汽车的速度v随时间t变化的图线中，可能正确的是( )
A B
C D
解析：由P－t图象知：0～t1内汽车以恒定功率P1行驶，t1～t2内汽车以恒定功率P2行驶．设汽车所受牵引力为F，则由P＝Fv得，当v增加时，F减小，由a＝知a减小，又因速度不可能突变，所以选项B、C、D错误，选项A正确．
答案：A
2．(2015·浙江卷)我国科学家正在研制航母舰载机使用的电磁弹射器．舰载机总质量为3.0×104
kg，设起飞过程中发动机的推力恒为1.0×105
N；弹射器有效作用长度为100
m，推力恒定．要求舰载机在水平弹射结束时速度大小达到80
m/s.弹射过程中舰载机所受总推力为弹射器和发动机推力之和，假设所受阻力为总推力的20%，则( )
A．弹射器的推力大小为1.1×106
N
B．弹射器对舰载机所做的功为1.1×108
J
C．弹射器对舰载机做功的平均功率为8.8×107
W
D．舰载机在弹射过程中的加速度大小为32
m/s2
解析：对舰载机应用运动学公式v2－02＝2ax，即802＝2·a·100，得加速度a＝32
m/s2，选项D正确；设总推力为F，对舰载机应用牛顿第二定律可知：F－20%F＝ma，得F＝1.2×106
N，而发动机的推力为1.0×105
N，则弹射器的推力为F推＝(1.2×106－1.0×105)N＝1.1×106
N，选项A正确；弹射器对舰载机所做的功为W＝F推·l＝1.1×108
J，选项B正确；弹射过程所用的时间为t＝＝
s＝2.5
s，平均功率P＝＝
W＝4.4×107
W，选项C错误．
答案：ABD
3．(2015·课标全国Ⅰ卷)如图，一半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ水平．一质量为m的质点自P点上方高度R处由静止开始下落，恰好从P点进入轨道．质点滑到轨道最低点N时，对轨道的压力为4mg，g为重力加速度的大小．用W表示质点从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功．则( )
A．W＝mgR，质点恰好可以到达Q点
B．W>mgR，质点不能到达Q点
C．W＝mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离
D．W解析：设质点到达N点的速度为vN，在N点质点受到轨道的弹力为FN，则FN－mg＝eq
\f(mv,R)，已知FN＝F′N＝4mg，则质点到达N点的动能为EkN＝mv＝mgR.质点由开始至N点的过程，由动能定理得mg·2R＋Wf＝EkN－0，解得摩擦力做的功为Wf＝－mgR，即克服摩擦力做的功为W＝－Wf＝mgR.
设从N到Q的过程中克服摩擦力做功为W′，则W′答案：C
4．(多选)(2015·课标全国Ⅱ卷)如图，滑块a、b的质量均为m，a套在固定竖直杆上，与光滑水平地面相距h，b放在地面上．a、b通过铰链用刚性轻杆连接，由静止开始运动．不计摩擦，a、b可视为质点，重力加速度大小为g.则( )
A．a落地前，轻杆对b一直做正功
B．a落地时速度大小为
C．a下落过程中，其加速度大小始终不大于g
D．a落地前，当a的机械能最小时，b对地面的压力大小为mg
解析：由题意知，系统机械能守恒．设某时刻a、b的速度分别为va、vb.此时刚性轻杆与竖直杆的夹角为θ，分别将va、vb分解，如图．因为刚性杆不可伸长，所以沿杆的分速度v∥与v是相等的，即vacos
θ＝vbsin
θ.当a滑至地面时θ＝90°，此时vb＝0，由系统机械能守恒得mgh＝mv，解得va＝，选项B正确．同时由于b初、末速度均为零，运动过程中其动能先增大后减小，即杆对b先做正功后做负功，选项A错误．杆对b的作用先是推力后是拉力，对a则先是阻力后是动力，即a的加速度在受到杆的向下的拉力作用时大于g，选项C错误．b的动能最大时，杆对a、b的作用力为零，此时a的机械能最小，b只受重力和支持力，所以b对地面的压力大小为mg，选项D正确．正确选项为B、D.
答案：BD
5．(2015·四川卷)严重的雾霾天气，对国计民生已造成了严重的影响．汽车尾气是形成雾霾的重要污染源，“铁腕治污”已成为国家的工作重点．地铁列车可实现零排放，大力发展地铁，可以大大减少燃油公交车的使用，减少汽车尾气排放．若一地铁列车从甲站由静止启动后做直线运动，先匀加速运动20
s达最高速度72
km/h，再匀速运动80
s，接着匀减速运动15
s到达乙站停住．设列车在匀加速运动阶段牵引力为1×106
N，匀速运动阶段牵引力的功率为6×103
kW，忽略匀减速运动阶段牵引力所做的功．
(1)求甲站到乙站的距离；
(2)如果燃油公交车运行中做的功与该列车从甲站到乙站牵引力做的功相同，求公交车排放气态污染物的质量(燃油公交车每做1
J功排放气态污染物3×10－6
g)．
解析：(1)设列车匀加速直线运动阶段所用的时间为t1，距离为s1；在匀速直线运动阶段所用的时间为t2，距离为s2，速度为v；在匀减速直线运动阶段所用的时间为t3，距离为s3；甲站到乙站的距离为s.则
s1＝v
t1，①
s2＝v
t2，②
s3＝v
t3，③
s＝s1＋s2＋s3.④
联立①②③④式并代入数据得
s＝1
950
m．⑤
(2)设列车在匀加速直线运动阶段的牵引力为F，所做的功为W1；在匀速直线运动阶段的牵引力的功率为P，所做的功为W2.设燃油公交车与该列车从甲站到乙站做相同的功W，将排放气态污染物的质量为M.则
W1＝Fs1，⑥
W2＝Pt2，⑦
W＝W1＋W2，⑧
M＝(3×10－9
kg·J－1)·W.⑨
联立①⑥⑦⑧⑨式并代入数据得
M＝2.04
kg.
答案：(1)1
950
m (2)2.04
kg章末复习课
【知识体系】
[答案填写] ①同时 ②时间间隔 ③空间距离 ④质量 ⑤相对性 ⑥光速不变 ⑦相对 ⑧慢 ⑨缩短 ⑩增大 能量子 光电效应 不连续
主题一 经典时空观与相对论时空观
1．经典时空观：经典力学认为，时间和空间跟任何外界物质的存在及其运动情况无关，是绝对不变的，且彼此独立．
2．相对论时空观：相对论认为，时间和空间与在其中运动的物质存在着密不可分的联系，且彼此紧密相连．当物体运动的速度变大时，时钟变慢，尺子在运动方向变短，物体的质量变大等．
3．两种时空观的关系：当物体运动的速度远小于真空的光速时，时间和空间可看成不随运动状态变化，即用经典时空观分析问题；当物体运动的速度接近真空的光速时，时间和空间都随物质运动状态的变化而变化，即只能用相对论时空观分析问题．
【典例1】 一根10
m长的梭镖以相对速度穿过一根10
m长的管子，它们的长度都是在静止状态下测量的．以下叙述最好地描述了梭镖穿过管子的情况的是( )
A．梭镖收缩变短，因此在某些位置上，管子能完全遮住它
B．管子收缩变短，因此在某些位置上，梭镖从管子的两端伸出来
C．两者都收缩，且收缩量相等，因此在某个位置，管子恰好遮住梭镖
D．所有这些都与观察者的运动情况有关
解析：如果你是在相对于管子静止的参考系中观察运动着的梭镖，那么梭镖看起来就比管子短，在某些位置梭镖会完全处在管子内部．然而当你和梭镖一起运动时，你看到的管子就缩短了，所以在某些位置，你可以看到梭镖两端都伸出管子．假如你在梭镖和管子之间运动，运动的速度是在梭镖运动的方向上，而大小是其一半，那么梭镖和管子都相对于你运动，且速度的大小一样，你看到这两样东西都缩短了，且缩短的量相同．所以你看到的一切都是相对的——依赖于你的参考系．
答案：D
针对训练
1．A、B、C三个完全相同的时钟，A放在地面上，B、C分别放在两个火箭上，以速度vB和vC朝同一方向飞行，vBA．时钟C最快，时钟A最慢
B．时钟C最慢，时钟A最快
C．时钟B最快，时钟A最慢
D．三个时钟的读数一样
解析：B和C时钟随高速运动的火箭运动时，根据相对论的结论知，C时钟的运动速度最大，所以C时钟变得最慢，A时钟不变，走得最快，B选项正确．
答案：B
主题二 对物质的波粒二象性的理解
1．光子说并不否认光的电磁说，按光子说，光子的能量ε＝hν，其中ν表示光的频率，表示了波的特征．可见光的确既具有波动性又具有粒子性．在理解光的波粒二象性时，既不能把光当成宏观中的波，也不能把它当成微观概念中的粒子．
2．静止质量不为零的物质与光一样也具有波粒二象性．应当明确，粒子性或量子性的本质在于不连续性；波动性的实质在于对微观物体状态及运动描述的不确定性，不能把物质波理解为经典的机械波和电磁波．
【典例2】 (多选)下列说法中正确的是( )
A．光的波粒二象性学说是由牛顿的微粒说和惠更斯的波动说组成的
B．光的波粒二象性彻底推翻了麦克斯韦的电磁场理论
C．光子学说并没有否定电磁说，在光子能量ε＝hν中，ν表示波的特性，ε表示粒子的特性
D．光波不同于宏观概念中的那种连续的波，它是个别光子运动规律的一种几率波
解析：解答本题必须掌握一定的物理学史，了解波粒二象性学说的由来及与其他学说的区别与联系．现在人们对光的普遍认识是受波动规律支配的几率波．
答案：CD
针对训练
2．下列对光的波粒二象性的理解正确的是( )
A．光有时是波，有时是粒子
B．光表现为波动性时，与水面波是同种类的波
C．光不可能同时具有波动性和粒子性
D．光的直线传播只是宏观近似规律
解析：光同时具有波动性和粒子性，只是条件不同，两者的明显程度不同，所以A、C错误．光是概率波，与宏观的机械波不同，B错误．由于光有波动性，所以光在传播时是近似直线传播，D正确．
答案：D章末复习课
【知识体系】
eq
\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(曲线运动\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(物体做曲线运动的条件：合力与① 不在同一直线上,分类\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(匀变速曲线运动：a为恒量,非匀变速曲线运动：a变化)),研究方法：运动的合成与分解\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(遵循② 定则,分运动与合运动间的关系\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(等效性,③ 性,④ 性,同一性)))))),\a\vs4\al(竖直方向的,抛体运动)\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(分类\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(竖直下抛运动\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(vt＝⑤ ,s＝⑥ )),竖直上抛运动\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(vt＝⑦ ,s＝⑧ )))),性质：匀变速直线运动)),平抛运动\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(性质：加速度为g的⑨ 运动,研究方法：分解为水平方向的⑩ 运动和竖直方向的 运动,规律\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(水平方向：匀速直线运动\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(vx＝ ,x＝ )),竖直方向：自由落体运动\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(vy＝ ,y＝ )),平抛运动的速度与位移\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(v＝\r(v＋v),s＝\r(x2＋y2))),轨迹：抛物线)),)),斜抛运动\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(性质：加速度为g的匀变速曲线运动,研究方法：分解为水平方向的 运动和竖直方向的 运动,运动规律\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝v0tcos
θ,y＝v0tsin
θ－\f(1,2)gt2,vx＝v0cos
θ,vy＝v0sin
θ－gt))\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(飞行时间T ,,,射高Y＝ ,,,射程X＝ )),,轨迹：抛物线))))
[答案填写] ①速度方向 ②平行四边形 ③独立 ④等时 ⑤v0＋gt ⑥v0t＋gt2 ⑦v0－gt ⑧v0t－gt2 ⑨匀变速曲线 ⑩匀速直线 自由落体 v0 v0t gt gt2 匀速直线 竖直上抛 eq
\f(vsin2
θ,2g) eq
\f(vsin
2θ,g)
主题一 类平抛运动的分析方法
1．类平抛运动的概念：凡是合外力恒定且垂直于初速度的运动都可以称为类平抛运动．
2．类平抛运动的特点．
(1)初速度的方向不一定是水平方向，合力的方向也不一定是竖直向下，但应与初速度垂直．
(2)加速度不一定等于重力加速度g，但应恒定不变．
3．类平抛运动的分析方法．
(1)类平抛运动可看成是初速度方向的匀速直线运动和垂直初速度方向的由静止开始的匀加速直线运动的合运动．
(2)处理类平抛运动的方法和处理平抛运动的方法类似，但要分析清楚加速度的大小和方向．
【典例1】 如图所示，光滑斜面长为a，宽为b，倾角为θ，一小球A沿斜面左上方顶点P水平射入，恰好从下方顶点Q离开斜面，求入射初速度．
解析：小球A在垂直于斜面方向没有运动，小球沿斜面方向上的曲线运动可以分解为水平方向上初速度为v0的匀速直线运动和沿斜面向下初速度为零的匀加速直线运动，物块沿斜面方向的加速度a加＝gsin
θ.
水平方向b＝v0t，
沿斜面方向a＝a加t2，
由以上各式得：v0＝b.
答案：b
针对训练
1．如图所示，质量为m的飞机以水平速度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.求：
(1)飞机受到的升力大小；
(2)在高度h处飞机的速度大小．
解析：(1)飞机水平速度不变l＝v0t，
竖直方向加速度恒定h＝，消去t即得a＝eq
\f(2hv,l2)，
由牛顿第二定律：F＝mg＋ma＝mgeq
\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2hv,gl2))).
(2)在高度h处，飞机竖直方向的速度vy＝at＝，
则速度大小：v＝eq
\r(v＋v)＝v0.
答案：(1)mgeq
\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2hv,gl2))) (2)v0
主题二 抛体运动规律的综合应用
1．常见抛体运动的比较．
比较项目
竖直下抛
竖直上抛
平抛运动
斜上抛运动
斜下抛运动
不同点
轨迹
运动时间
由v0、h决定
由v0、h决定
由h决定
由v0、θ、h决定
由v0、θ、h决定
相同点
v0≠0
a＝g(大小和方向)，匀变速运动
可看成两个分运动的合运动
2.抛体运动的基本规律．
抛体运动问题实际上是数学抛物线轨迹问题．因此正确运用数学知识是解决该类问题的关键．
(1)从合运动与分运动的关系中可以得到平抛运动的抛物线方程为y＝eq
\f(g,2v)x2，若知道抛体运动轨迹上的两个坐标点即可求得抛体运动的初速度v0.
(2)时间及竖直速度均由高度决定．末速度大小及方向、落点位移大小及方向、水平位移均由高度及初速度决定．
(3)速度与水平方向夹角的正切值等于位移与水平方向夹角的正切值的两倍，即tan
φ＝2tan
θ.
3．抛体运动的研究方法．
(1)对于竖直方向的抛体运动(即竖直下抛和竖直上抛运动)，符合匀变速直线运动的规律，可以直接应用匀变速直线运动的规律进行分析．要注意竖直上抛运动的对称性．
(2)对于平抛和斜抛两种曲线运动，常常采用运动的合成与分解的方法将其转化为直线运动，通过研究两个分运动来达到分析曲线运动的目的．
【典例2】 A、B两小球同时从距地面高为h＝15
m处的同一点抛出，初速度大小均为v0＝10
m/s.A球竖直下抛，B球水平抛出，空气阻力不计，重力加速度取g＝10
m/s2.求：
(1)A球经过多长时间落地；
(2)A球落地时，A、B两球间的距离．
解析：A球竖直向下抛出，做初速度不为0的匀加速直线运动，由运动学规律很容易求解下落时间．B球水平抛出，可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，依据A球的下落时间，可以分别求出B球的水平和竖直位移．最后根据简单的几何关系(如图所示)可以求得A、B球间距离大小．
(1)A球做竖直下抛运动h＝v0t＋gt2，
将h＝15
m、v0＝10
m/s代入，可得t＝1
s.
(2)B球做平抛运动
将v0＝10
m/s、t＝1
s代入，可得x＝10
m，y＝5
m.
此时A球与B球的距离为L＝，
将x，y，h代入，得L＝10
m.
答案：(1)1
s (2)10
m
针对训练
2．从离地高h处投出A、B、C三个小球，使A球自由下落，B球以速率v0水平抛出，C球以速率v0竖直向上抛出，设三球落地时间分别为tA、tB、tC，若不计空气阻力，则下列说法中正确的是( )
A．tA＝tB＝tC
B．tA＝tBC．tA>tB>tC
D．tA解析：A球和B球在竖直方向上都做自由落体运动，故tA＝tB，C球竖直向上抛出，要先上升到最高点又做自由落体运动，故tC最大．
答案：B
统揽考情
本章重点讲解了抛体运动的特点和研究方法，其中平抛运动是高考的热点和重点，主要考查利用运动的合成与分解原理处理平抛运动问题，有时也兼顾考查小船渡河模型的应用和关联速度的分解问题．在高考命题中，本章内容有时单独命题，有时与以后学习的电场、磁场综合考查类平抛运动问题，各类题型均有涉及．所占分值大约为6～10分．
真题例析
(2015·课标全国Ⅰ卷)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.B.eq
\r(\f(（4L＋L）g,6h))
C.eq
\r(\f(（4L＋L）g,6h))
D.eq
\r(\f(（4L＋L）g,6h))
解析：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＝gt.①
水平方向上有＝v1t1.②
由①②两式可得v1＝
.
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＝gt.③
在水平方向有
eq
\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L2,2)))\s\up12(2)＋L)＝v2t2.④
由③④两式可得v2＝
eq
\r(\f(（4L＋L）g,6h)).
则v的最大取值范围为v1答案：D
针对训练
(2015·浙江卷)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＝
B．足球初速度的大小v0＝
C．足球末速度的大小v＝
D．足球初速度的方向与球门线夹角的正切值tan
θ＝
解析：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＝，则足球位移的大小为：x＝
eq
\r(x＋h2)＝，选项A错误；由h＝gt2，x水平＝v0t，可得足球的初速度为v0＝，选项B正确；对小球应用动能定理：mgh＝－eq
\f(mv,2)，可得足球末速度v＝eq
\r(v＋2gh)＝，选项C错误；初速度方向与球门线夹角的正切值为tan
θ＝，选项D错误．
答案：B
1.(2015·广东卷)如图所示，帆板在海面上以速度v朝正西方向运动，帆船以速度v朝正北方向航行，以帆板为参照物( )
A．帆船朝正东方向航行，速度大小为v
B．帆船朝正西方向航行，速度大小为v
C．帆船朝南偏东45°方向航行，速度大小为
v
D．帆船朝北偏东45°方向航行，速度大小为
v
解析：以帆板为参照物，帆船具有朝正东方向的速度v和朝正北方向的速度v，两速度的合速度大小为v，方向朝北偏东45°，故选项D正确．
答案：D
2.(2015·山东卷)距地面高5
m的水平直轨道上A、B两点相距2
m，在B点用细线悬挂一小球，离地高度为h，如图所示．小车始终以4
m/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＝10
m/s2.可求得h等于( )
A．1.25
m
B．2.25
m
C．3.75
m
D．4.75
m
解析：根据两球同时落地可得
＝＋，代入数据得h＝1.25
m，选项A正确．
答案：A
3．(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.
B.
C.
D.
解析：去程时船头垂直河岸如图所示，由合运动与分运动具有等时性并设大河宽度为d，则去程时间t1＝；回程时行驶路线垂直河岸，故回程时间t2＝eq
\f(d,\r(v－v2)).由题意有＝k，则k＝eq
\f(\r(v－v2),v1)，得v1＝＝，选项B正确．
答案：B
4.(2014·安徽卷)图甲是“研究平抛物体运动”的实验装置图，通过描点画出平抛小球的运动轨迹．
(1)以下是实验过程中的一些做法，其中合理的有( )
A．安装斜槽轨道，使其末端保持水平
B．每次小球释放的初始位置可以任意选择
C．每次小球应从同一高度由静止释放
D．为描出小球的运动轨迹，描绘的点可以用折线连接
(2)实验得到平抛小球的运动轨迹，在轨迹上取一些点，以平抛起点O为坐标原点，测量它们的水平坐标x和竖直坐标y，下列y
－x2图象中能说明平抛小球运动轨迹为抛物线的是( )
(3)图乙是某同学根据实验画出的平抛小球的运动轨迹，O为平抛的起点，在轨迹上任取三点A、B、C，测得A、B两点竖直坐标y1为5.0
cm，y2为45.0
cm，A、B两点水平间距Δx为40.0
cm.则平抛小球的初速度v0为________
m/s，若C点的竖直坐标y3为60.0
cm，则小球在C点的速度vC为________
m/s(结果保留两位有效数字，g取10
m/s2).
解析：(1)为了保证小球做平抛运动，实验中必须保证斜槽末端水平，为了保证每次做平抛运动的初速度相同，每次应该让小球从同一高度由静止释放，小球的运动轨迹应为平滑的曲线，因此A、C项合理．
(2)小球做平抛运动，水平位移x＝v0t，
竖直位移y＝gt2，因此y＝g，
y－x2图象是一条过原点的直线，C项正确．
(3)由y＝gt2得，t1＝＝0.10
s，t2＝＝0.30
s，因此小球平抛运动的初速度为v0＝＝
m/s＝2.0
m/s.小球在C点时竖直方向的分速度vy3＝＝
m/s＝2
m/s，因此C点速度vC＝eq
\r(v＋v)＝4.0
m/s.
答案：(1)AC (2)C (3)2.0 4.0
5．(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＝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．
解析：(1)装甲车的加速度a＝eq
\f(v,2s)＝
m/s2.
(2)第一发子弹飞行时间t1＝＝0.5
s，
弹孔离地高度h1＝h－gt＝0.55
m.
第二个弹孔离地的高度h2＝h－g＝1.0
m，
两弹孔之间的距离Δh＝h2－h1＝0.45
m.
(3)若第一发子弹打到靶的下沿，装甲车枪口离靶的距离为
L1＝(v0＋v)＝492
m.
若第二发子弹打到靶的下沿，装甲车枪口离靶的距离为
L2＝v＋s＝570
m.
L的范围为492
mm.
答案：(1)
m/s2 (2)0.55
m 0.45
m (3)492
mm章末复习课
【知识体系】
[答案填写] ① ② ③ ④ω2r ⑤ωv ⑥ ⑦mω2r ⑧mωv ⑨速率 ⑩角速度 周期 合力 速度方向 速度大小 速度方向
主题一 圆周运动的各物理量之间的关系
1．运动快慢的描述：线速度是描述物体沿圆周运动快慢的物理量，若比较两物体做匀速圆周运动的快慢，不能只看线速度的大小，角速度、周期和转速都是描述物体转动快慢的物理量．物体做匀速圆周运动时，角速度越大，周期越小，转速越大，物体转动越快；反之则转动越慢．由于线速度和角速度的关系为v＝ωr，所以，在半径不确定的情况下，不能由角速度大小判断线速度大小，也不能由线速度大小判断角速度大小．
2．公式v＝ωr的应用和说明．
(1)在线速度v一定时，角速度ω与圆周运动的半径r成反比；在角速度ω一定时，线速度v与圆周运动的半径r成正比；在运动半径r一定时，线速度v与角速度ω成正比．
(2)在分析转动装置的各物理量之间的关系时，要首先明确哪些量是相等的，哪些量是不相等的．通常情况下，同轴转动的各点的角速度ω、转速n和周期T是相等的，而线速度v＝ωr，与半径r成正比．在皮带传动装置中，皮带不打滑的情况下，传动皮带和与皮带连接的轮子的边缘上各点的线速度大小相等，而角速度与半径r成反比．
【典例1】
(多选)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两点的( )
A．角速度之比ωA∶ωB＝1∶
B．角速度之比ωA∶ωB＝1∶1
C．线速度之比vA∶vB＝1∶
D．线速度之比vA∶vB＝
∶1
解析：板上A、B两点是同轴转动，A、B两点的转动角速度相等，即ωA＝ωB，选项A错误，选项B正确；又知rB∶rA＝
∶1，且v＝ωr，因此，A、B两点的线速度之比vA∶vB＝1∶，选项C正确，选项D错误．
答案：BC
针对训练
1．(多选)如图所示，甲、乙、丙为某机械装置内部三个紧密啮合的齿轮．已知甲、乙、丙三齿轮半径之比r甲∶r乙∶r丙＝1∶5∶3，下列判断正确的是( )
A．甲、乙两齿轮转动频率之比f甲∶f乙＝5∶1
B．甲、乙两齿轮转动频率之比f甲∶f乙＝1∶5
C．甲、丙两齿轮转动频率之比f甲∶f丙＝15∶1
D．甲、丙两齿轮转动频率之比f甲∶f丙＝3∶1
解析：甲、乙、丙三齿轮紧密啮合，因此三齿轮边缘上各点的线速度相等，均为v，又由于v＝ωr，则甲、乙、丙三齿轮的角速度之比为ω甲∶ω乙∶ω丙＝15∶3∶5，即三齿轮的频率之比为f甲∶f乙∶f丙＝15∶3∶5，则选项A、D正确，选项B、C错误．
答案：AD
主题二 圆周运动中的临界问题
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，通常叫作临界状态．出现临界状态时，既可理解为“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，从而使临界现象显露，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．
3．临界问题经常出现在变速圆周运动中，而竖直平面内的圆周运动是最典型的变速圆周运动．
(1)轻绳类：轻绳拴球在竖直面内做圆周运动，过最高点时，临界速度为v＝，此时F绳＝0.
(2)轻杆类：
①小球能过最高点的临界条件：v＝0，F＝mg，F为支持力；
②当0时，F随v增大而减小，且mg>F，F为支持力；
③当v＝
时，F＝0；
④当v>
时，F随v增大而增大，F为拉力．
(3)汽车过拱桥：如图所示，汽车过凸形桥顶时，桥对车的支持力F＝G－m，由此式可以看出汽车对桥的压力小于汽车的重力，而且是随着汽车速度的增大而减小．当压力为零时，即G－m＝0，v＝，这个速度是汽车能正常过拱桥的临界速度．v<是汽车安全过桥的条件．
(4)摩擦力提供向心力：如图所示，物体随着水平圆盘一起转动，汽车在水平路面上转弯，它们做圆周运动的向心力等于静摩擦力，当静摩擦力达到最大时，物体运动速度也达到最大，由Fm＝meq
\f(v,r)得vm＝，这就是物体以半径r做圆周运动的临界速度．
【典例2】
如图所示，杆长为L，杆的一端固定一质量为m的小球，杆的质量忽略不计，整个系统绕杆的另一端O在竖直平面内做圆周运动．
(1)小球在最高点A时速度vA为多大时，才能使杆对小球的作用力为零？
(2)如m＝0.5
kg，L＝0.5
m，vA＝0.4
m/s，g＝10
m/s2，则在最高点A时，杆对小球的作用力是多大？是推力还是拉力？
解析：(1)若杆和小球之间相互作用力为零，那么小球做圆周运动的向心力由重力mg提供，mg＝eq
\f(mv,L)解得：vA＝.
(2)杆长L＝0.5
m时，临界速度为
v临＝＝
m/s＝2.2
m/s，
vA＝0.4
m/s由mg－FA＝meq
\f(v,L)，
解得：FA＝mg－meq
\f(v,L)＝
N＝4.84
N.
答案：(1) (2)4.84
N 推力
针对训练
2．如图所示，水平转盘上放有质量为m的物块，当物块到转轴的距离为r时，连接物块和转轴的绳刚好被拉直(绳上张力为零)．物块和转盘间最大静摩擦力是其正压力的μ倍．求：
(1)当转盘的角速度ω1＝
时，细绳的拉力F1；
(2)当转盘的角速度ω2＝
时，细绳的拉力F2.
解析：设角速度为ω0时，物块所受静摩擦力为最大静摩擦力
有：μmg＝mωr，解得ω0＝.
(1)由于ω1＝
＜ω0，
故绳未拉紧，此时静摩擦力未达到最大值，F1＝0.
(2)由于ω2＝
＞ω0，故绳被拉紧，
F2＋μmg＝mω2r，
解得F2＝.
答案：(1)0 (2)
统揽考情
本章的主要内容是圆周运动的运动学特征和动力学特征，其中匀速圆周运动的向心力分析和“绳模型”“杆模型”是高考的热点、重点．试题有时在本章内单独命题，题型多为选择题；有时和以后学习的功能关系、电场、磁场等知识综合考查，题型多为计算题，偶尔出现实验题．本章内容所占分数大约为6～10分．
真题例析
(2015·全国Ⅰ卷)某物理小组的同学设计了一个粗测玩具小车通过凹形桥最低点时的速度的实验．所用器材有：玩具小车、压力式托盘秤、凹形桥模拟器(圆弧部分的半径为R＝0.20
m)．
图(a)
完成下列填空：
(1)将凹形桥模拟器静置于托盘秤上，如图(a)所示，托盘秤的示数为1.00
kg.
(2)将玩具小车静置于凹形桥模拟器最低点时，托盘秤的示数如图(b)所示，该示数为________kg.
图(b)
(3)将小车从凹形桥模拟器某一位置释放，小车经过最低点后滑向另一侧．此过程中托盘秤的最大示数为m；多次从同一位置释放小车，记录各次的m值如下表所示．
序号
1
2
3
4
5
m/kg
1.80
1.75
1.85
1.75
1.90
(4)根据以上数据，可求出小车经过凹形桥最低点时对桥的压力为________N；小车通过最低点时的速度大小为________m/s(重力加速度大小取9.80
m/s2，计算结果保留2位有效数字)．
解析：(2)题图(b)中托盘秤的示数为1.40
kg.
(4)小车经过最低点时托盘秤的示数为
m＝
kg＝1.81
kg.
小车经过凹形桥最低点时对桥的压力为
F＝(m－1.00)g＝(1.81－1.00)×9.80
N≈7.9
N.
由题意可知小车的质量为
m′＝(1.40－1.00)
kg＝0.40
kg.
对小车，在最低点时由牛顿第二定律得
F－m′g＝.
解得v≈1.4
m/s.
答案：1.40 7.9 1.4
针对训练
(2015·天津卷)未来的星际航行中，宇航员长期处于零重力状态，为缓解这种状态带来的不适，有人设想在未来的航天器上加装一段圆柱形“旋转舱”，如图所示．当旋转舱绕其轴线匀速旋转时，宇航员站在旋转舱内圆柱形侧壁上，可以受到与他站在地球表面时相同大小的支持力．为达到上述目的，下列说法正确的是( )
A．旋转舱的半径越大，转动的角速度就应越大
B．旋转舱的半径越大，转动的角速度就应越小
C．宇航员质量越大，旋转舱的角速度就应越大
D．宇航员质量越大，旋转舱的角速度就应越小
解析：旋转舱对宇航员的支持力提供宇航员做圆周运动的向心力，即mg＝mω2r，解得ω＝
，即旋转舱的半径越大，角速度越小，而且与宇航员的质量无关，选项B正确．
答案：B
1．(2016·杭州高一检测)(多选)如图为某一皮带传动装置．主动轮的半径为r1，从动轮的半径为r2.已知主动轮做顺时针转动，转速为n1，转动过程中皮带不打滑．下列说法正确的是( )
A．从动轮做顺时针转动
B．从动轮做逆时针转动
C．从动轮的转速为n1
D．从动轮的转速为n1
解析：皮带连接着两轮，从主动轮开始顺时针转动沿着皮带到从动轮，可知从动轮是逆时针转动，则选项A错误，B正确．两轮转速之比满足＝(线速度相等)则n2＝n1，选项C正确，选项D错误．
答案：BC
2.长度为0.5
m的轻质细杆OA，A端有一质量为3
kg的小球，以O点为圆心，在竖直平面内做圆周运动，如图所示，小球通过最高点时的速度为1
m/s，取g＝10
m/s2，则此时小球( )
A．受到6
N的拉力
B．受到6
N的支持力
C．受到24
N的支持力
D．受到36
N的拉力
解析：小球在最高点受杆的拉力的临界条件为v0＝＝
m/s，当小球在最高点的速度v＞
m/s时，小球受杆的拉力，现小球在最高点的速度为1
m/s小于临界速度，杆对小球产生向上的支持力，由牛顿定律可得mg－FN＝m，FN＝mg－m＝24
N，C选项正确．
答案：C
3.(2014·安徽卷)如图所示，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(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/s2.则ω的最大值是( )
A.
rad/s
B.
rad/s
C．1.0
rad/s
D．0.5
rad/s
解析：对物体受力如图所示，当小物体转动到最低点时为临界点，由牛顿第二定律知，μmgcos
30°－mgsin
30°＝mω2r，解得ω＝1.0
rad/s，故选项C正确．
答案：C
4．(多选)(2014·课标全国Ⅰ卷)如图，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
D．当ω＝
时，a所受摩擦力的大小为kmg
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：fa＝mωl，当fa＝kmg时，kmg＝mωl，ωa＝
；
对木块b：fb＝mω·2l，当fb＝kmg时，kmg＝mω·2l，ωb＝
，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fa＝mω2l，fb＝mω2·2l，fa时b刚开始滑动，选项C正确；当ω＝
时，a没有滑动，则fa＝mω2l＝kmg，选项D错误．
答案：AC
5．如图所示，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.
(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的大小和方向．
解析：(1)小物块在水平面内做匀速圆周运动，当小物块受到的摩擦力恰好等于零时，小物块所受的重力和陶罐的支持力的合力提供圆周运动的向心力，有mgtan
θ＝mω·Rsin
θ.
代入数据得ω0＝
.
(2)当ω＝(1＋k)ω0时，小物块受到的摩擦力沿陶罐壁切线向下，设摩擦力的大小为f，陶罐壁对小物块的支持力为FN，沿水平和竖直方向建立坐标系，则
水平方向：FNsin
θ＋fcos
θ＝mω2·Rsin
θ，
竖直方向：FNcos
θ－fsin
θ－mg＝0，
代入数据解得：f＝mg.
同理，当ω＝(1－k)ω0时，小物块受到的摩擦力沿陶罐壁切线向上，则
水平方向：FNsin
θ－fcos
θ＝mω2·Rsin
θ，
竖直方向：FNcos
θ＋fsin
θ－mg＝0，
代入数据解得：f＝mg.
答案：见解析
