2017_2018学年高中物理全一册教学案（打包33套）新人教版必修2

h2
答案　D
解析　竖直上抛物体和沿斜面运动的物体，上升到最高点时，速度均为0，由机械能守恒得mgh＝mv，所以h＝，斜上抛物体在最高点速度不为零，设为v1，则mgh2＝mv－mv，所以h2＜h1＝h3，故D对.
8.把质量为m的石块从高h的山崖上以沿与水平方向成θ角斜向上的方向抛出(如图5所示)，抛出的初速度为v0，石块落地时的速度大小与下面哪些量无关(不计空气阻力)(　　)
图5
A.石块的质量
B.石块初速度的大小
C.石块初速度的仰角
D.石块抛出时的高度
答案　AC
解析　以地面为参考平面，石块运动过程中机械能守恒，则mgh＋mv＝mv2
即v2＝2gh＋v，所以v＝
由此可知，v与石块的初速度大小v0和高度h有关，而与石块的质量和初速度的方向无关.
9.图6是滑道压力测试的示意图，光滑圆弧轨道与光滑斜面相切，滑道底部B处安装一个压力传感器，其示数FN表示该处所受压力的大小，某滑块从斜面上不同高度h处由静止下滑，通过B处时，下列表述正确的有(　　)
图6
A.FN小于滑块重力 B.FN大于滑块重力
C.FN越大表明h越大 D.FN越大表明h越小
答案　BC
解析　设滑块在B点的速度大小为v，选B处所在平面为零势能面，从开始下滑到B处，由机械能守恒定律得mgh＝mv2，在B处由牛顿第二定律得FN－mg＝m，因而选B、C.
10.质量相同的小球A和B分别悬挂在长为L和2L的不同长绳上，先将小球拉至同一水平位置(如图7所示)从静止释放，当两绳竖直时，则(　　)
图7
A.两球的速率一样大
B.两球的动能一样大
C.两球的机械能一样大
D.两球所受的拉力一样大
答案　CD
解析　两球在下落过程中机械能守恒，开始下落时，重力势能相等，动能都为零，所以机械能相等，下落到最低点时的机械能也一样大，选项C正确.选取小球A为研究对象，设小球到达最低点时的速度大小为vA，动能为EkA，小球所受的拉力大小为FA，则mgL＝mv，FA－mg＝，可得vA＝，EkA＝mgL，FA＝3mg；同理可得vB＝2，EkB＝2mgL，FB＝3mg，故选项A、B错误，选项D正确.
二、非选择题
11.如图8所示，某大型露天游乐场中过山车的质量为1 t，从轨道一侧的顶点A处由静止释放，到达底部B处后又冲上环形轨道，使乘客头朝下通过C点，再沿环形轨道到达底部B处，最后冲上轨道另一侧的顶点D处，已知D与A在同一水平面上.A、B间的高度差为20 m，圆环半径为5 m，如果不考虑车与轨道间的摩擦和空气阻力，g取10 m/s2.试求：
图8
(1)过山车通过B点时的动能；
(2)过山车通过C点时的速度大小；
(3)过山车通过D点时的机械能.(取过B点的水平面为零势能面)
答案　(1)2×105 J　(2)10 m/s　(3)2×105 J
解析　(1)过山车由A点运动到B点的过程中，由机械能守恒定律ΔEk增＝ΔEp减可得过山车在B点时的动能.
mv－0＝mghAB
EkB＝mv＝mghAB
解得EkB＝2×105 J
(2)同理可得，过山车从A点运动到C点时有
mv－0＝mghAC
解得vC＝10 m/s
(3)由机械能守恒定律可知，过山车在D点时的机械能就等于在A点时的机械能，则有ED＝EA＝mghAB
解得ED＝2×105 J.
12.如图9所示，竖直平面内有一半径R＝0.5 m的光滑圆弧槽BCD，B点与圆心O等高，一水平面与圆弧槽相接于D点，质量m＝0.5 kg的小球从B点正上方H高处的A点自由下落，由B点进入圆弧轨道，从D点飞出后落在水平面上的Q点，DQ间的距离x＝2.4 m，球从D点飞出后的运动过程中相对水平面上升的最大高度h＝0.8 m，取g＝10 m/s2，不计空气阻力，求：
图9
(1)小球释放点到B点的高度H；
(2)经过圆弧槽最低点C时轨道对小球的支持力大小FN.
答案　(1)0.95 m　(2)34 N
解析　(1)设小球在飞行过程中通过最高点P的速度为v0，P到D和P到Q可视为两个对称的平抛运动，则有：h＝gt2，＝v0t
可得：v0＝＝×  m/s＝3 m/s
在D点有：vy＝gt＝4 m/s
在D点合速度大小为：v＝＝5 m/s
设v与水平方向夹角为θ，cos θ＝＝
A到D过程机械能守恒：mgH＋mgRcos θ＝mv2
解得：H＝0.95 m
(2)设小球经过C点时速度为vC，A到C过程机械能守恒：mg(H＋R)＝mv
由牛顿第二定律有，FN－mg＝m
解得FN＝34 N.
9　实验：验证机械能守恒定律
[学习目标] 1.验证机械能守恒定律.2.熟悉瞬时速度的测量方法.3.能正确进行实验操作，分析实验数据得出结论，能定性地分析产生误差的原因.
一、实验原理
做自由落体运动的物体，在下落过程中，重力势能减少，动能增加，如果重力势能的减少量等于动能的增加量，就验证了机械能守恒定律.
二、实验器材
铁架台(带铁夹)、打点计时器、重物(带夹子)、纸带、复写纸、导线、毫米刻度尺、低压交流电源(4～6 V).
三、实验步骤
1.安装装置：按图1甲所示把打点计时器安装在铁架台上，用导线把打点计时器与电源连接好.
图1
2.打纸带：在纸带的一端把重物用夹子固定好，另一端穿过打点计时器的限位孔，用手竖直提起纸带使重物停靠在打点计时器附近.先接通电源后释放纸带，让重物拉着纸带自由下落.重复几次，得到3～5条打好点的纸带.
3.选纸带：从打好点的纸带中挑选点迹清晰且开始的两点间距接近2 mm的一条纸带，在起始点标上0，以后任取间隔相同时间的点依次标上1、2、3….
4.测距离：用刻度尺测出0到1、2、3…的距离，即为对应下落的高度h1、h2、h3….
四、数据处理
1.计算各点对应的瞬时速度：根据公式vn＝，计算出1、2、3…n点的瞬时速度v1、v2、v3…vn.
2.机械能守恒定律验证
方法一：利用起始点和第n点.
如果在实验误差允许范围内ghn＝v，则机械能守恒定律得到验证.
方法二：任取两点A、B.
如果在实验误差允许范围内ghAB＝v－v，则机械能守恒定律得到验证.
方法三：图象法(如图2所示).
图2
若在实验误差允许范围内图线是一条过原点且斜率为g的直线，则验证了机械能守恒定律.
五、误差分析
本实验的误差主要是由纸带测量产生的偶然误差以及重物和纸带运动中的空气阻力及打点计时器的摩擦阻力引起的系统误差.
六、实验注意事项
1.打点计时器安装要稳固，并使两限位孔的中线在同一竖直线上，以减小摩擦阻力.
2.应选用质量和密度较大的重物，增大重力可使阻力的影响相对减小，增大密度可以减小体积，可使空气阻力的影响相对减小.
3.实验时，应先接通电源，让打点计时器正常工作后再松开纸带让重物下落.
4.本实验中的两种验证方法均不需要测重物的质量m.
5.速度不能用v＝gt或v＝计算，应根据纸带上测得的数据，利用vn＝计算瞬时速度.
一、实验原理及基本操作
例1　在利用自由落体运动验证机械能守恒定律的实验中，电源的频率为50 Hz，依次打出的点为0、1、2、3、4、…、n，则：
(1)如用第2点到第6点之间的纸带来验证，必须直接测量的物理量为________、________、________，必须计算出的物理量为________、________，验证的表达式为________________.
(2)下列实验步骤操作合理的排列顺序是________(填写步骤前面的字母).
A.将打点计时器竖直安装在铁架台上.
B.先接通电源，再松开纸带，让重物自由下落.
C.取下纸带，更换新纸带(或将纸带翻个面)重新做实验.
D.将重物固定在纸带的一端，让纸带穿过打点计时器，用手提着纸带.
E.选择一条纸带，用刻度尺测出物体下落的高度h1、h2、h3、…、hn，计算出对应的瞬时速度v1、v2、v3、…、vn.
F.分别算出mv和mghn，在实验误差范围内看是否相等.
答案　(1)第2点到第6点之间的距离h26　第1点到第3点之间的距离h13　第5点到第7点之间的距离h57　第2点的瞬时速度v2　第6点的瞬时速度v6
mgh26＝mv－mv
(2)ADBCEF
解析　(1)要验证从第2点到第6点之间的纸带对应重物的运动过程中机械能守恒，应测出第2点到第6点的距离h26，要计算第2点和第6点的速度v2和v6，必须测出第1点到第3点之间的距离h13和第5点到第7点之间的距离h57，机械能守恒的表达式为mgh26＝mv－mv.
处理实验问题，要明确实验原理，根据原理设计实验步骤，有针对性的分析问题.
针对训练　(多选)用自由落体法验证机械能守恒定律，就是看mv是否等于mghn(n为计数点的编号0、1、2…n).下列说法中正确的是(　　)
A.打点计时器打第一个点0时，重物的速度为零
B.hn是计数点n到起始点0的距离
C.必须测量重物的质量
D.用vn＝gtn计算vn时，tn＝(n－1)T(T为打点周期)
答案　AB
解析　本实验的原理是利用重物的自由落体运动来验证机械能守恒定律.因此打点计时器打第一个点时，重物运动的速度应为零，A正确；hn与vn分别表示打第n个点时重物下落的高度和对应的瞬时速度，B正确；本实验中，不需要测量重物的质量，因为公式mgh＝mv2的两边都有m，故只要gh＝v2成立，mgh＝mv2就成立，机械能守恒定律也就被验证了，C错误；实验中应用公式vn＝来计算vn，D错误.
二、数据处理及误差分析
例2　某实验小组“用落体法验证机械能守恒定律”，实验装置如图3甲所示.实验中测出重物自由下落的高度h及对应的瞬时速度v，计算出重物减少的重力势能mgh和增加的动能mv2，然后进行比较，如果两者相等或近似相等，即可验证重物自由下落过程中机械能守恒.请根据实验原理和步骤完成下列问题：
图3
(1)关于上述实验，下列说法中正确的是________.
A.重物最好选择密度较小的木块
B.重物的质量可以不测量
C.实验中应先接通电源，后释放纸带
D.可以利用公式v＝来求解瞬时速度
(2)如图乙是该实验小组打出的一条点迹清晰的纸带，纸带上的O点是起始点，选取纸带上连续的点A、B、C、D、E、F作为计数点，并测出各计数点到O点的距离依次为27.94 cm、32.78 cm、38.02 cm、43.65 cm、49.66 cm、56.07 cm.已知打点计时器所用的电源是50 Hz的交流电，重物的质量为0.5 kg，则从计时器打下点O到打下点D的过程中，重物减小的重力势能ΔEp＝________ J；重物增加的动能ΔEk＝________ J，两者不完全相等的原因可能是________________.(重力加速度g取9.8 m/s2，计算结果保留三位有效数字)
(3)实验小组的同学又正确计算出图乙中打下计数点A、B、C、D、E、F各点的瞬时速度v，以各计数点到A点的距离h′为横轴，v2为纵轴作出图象，如图丙所示，根据作出的图线，能粗略验证自由下落的物体机械能守恒的依据是______________________________________ __________________________________.
答案　(1)BC
(2)2.14　2.12　重物下落过程中受到阻力作用
(3)图象的斜率等于19.52，约为重力加速度g的两倍，故能验证
解析　(1)重物最好选择密度较大的铁块，受到的阻力较小，故A错误.本题是以自由落体运动为例来验证机械能守恒定律，需要验证的方程是mgh＝mv2，因为我们是比较mgh、mv2的大小关系，故m可约去，不需要用天平测量重物的质量，操作时应先接通电源，再释放纸带，故B、C正确.不能利用公式v＝来求解瞬时速度，否则体现不了实验验证，却变成了理论推导，故D错误.
(2)重力势能减小量ΔEp＝mgh＝0.5×9.8×0.436 5 J≈2.14 J.利用匀变速直线运动的推论：
vD＝＝ m/s＝2.91 m/s，
EkD＝mv＝×0.5×2.912 J≈2.12 J，动能增加量ΔEk＝EkD－0＝2.12 J.由于存在阻力作用，所以减小的重力势能大于动能的增加.
(3)根据表达式mgh＝mv2，则有v2＝2gh；
当图象的斜率为重力加速度的2倍时，即可验证机械能守恒，而图象的斜率k＝＝19.52；因此能粗略验证自由下落的物体机械能守恒.
1.(实验器材及误差分析) 如图4为验证机械能守恒定律的实验装置示意图.现有的器材为：带铁夹的铁架台、电磁打点计时器、纸带、带铁夹的重锤.回答下列问题：
图4
(1)为完成此实验，除了所给的器材，还需要的器材有________.(填入正确选项前的字母)
A.米尺
B.秒表
C.低压直流电源
D.低压交流电源
(2)实验中产生误差的原因有：__________________________________________________(写出两个原因即可).
(3)实验中由于打点计时器两限位孔不在同一竖直线上，使纸带通过时受到较大阻力，这样将造成________.
A.不清楚 B.mgh>mv2
C.mgh<mv2 D.mgh＝mv2
答案　(1)AD　(2)①纸带和打点计时器之间有摩擦.②用米尺测量纸带上点的位置时读数有误差.③计算势能变化时，选取始末位置过近.④交流电频率不稳定.(任选其二)　(3)B
解析　(1)在处理数据时需要测量长度，故需要米尺；电磁打点计时器工作时需要使用低压交流电源；所以选项A、D正确.
(2)造成误差的原因有：①纸带和打点计时器之间有摩擦.②用米尺测量纸带上点的位置时读数有误差.③计算势能变化时，选取始末位置过近.④交流电频率不稳定.
(3)由于阻力作用，物体重力势能的减少量大于动能的增加量，即mgh>mv2，选项B正确.
2.(数据处理)用落体法验证机械能守恒定律的实验中：
(1)运用公式＝mgh对实验条件的要求是________，打点计时器打点的时间间隔为0.02 s，则所选择的纸带第1、2两点间的距离应接近______.
(2)若实验中所用重物的质量m＝1 kg，打点纸带如图5所示，打点时间间隔为0.02 s，则记录B点时，重物的速度vB＝________，重物的动能EkB＝________，从开始下落起至B点时重物的重力势能减少量是________，由此可得出的结论是________(g＝9.8 m/s2，结果保留三位有效数字).
图5
答案　(1)重物从静止开始自由下落　2 mm
(2)0.585 m/s　0.171 J　0.172 J　在误差允许范围内机械能守恒
解析　(1)重物自由下落时，在最初0.02 s内的位移应为h＝gT2＝×9.8×(0.02)2 m≈2 mm.
(2)vB＝＝ m/s＝0.585 m/s，此时重物的动能为EkB＝mv＝×1×(0.585)2 J≈0.171 J，重物的重力势能减少量为ΔEpB＝mgh＝1×9.8×17.6×10－3 J≈0.172 J.故在误差允许范围内机械能守恒.
3.(实验原理及误差分析)如图6所示，两个质量各为m1和m2的小物块A和B，分别系在一条跨过定滑轮的软绳两端，已知m1＞m2.现要利用此装置验证机械能守恒定律.
图6
(1)若选定物块A从静止开始下落的过程中进行测量，则需要测量的物理量有________(填序号).
①物块的质量m1、m2；
②物块A下落的距离及下落这段距离所用的时间；
③物块B上升的距离及上升这段距离所用的时间；
④绳子的长度.
(2)为提高实验结果的准确程度，某小组同学对此实验提出以下建议：
①软绳的质量要轻；
②在“轻质绳”的前提下，绳子越长越好；
③尽量保证物块只沿竖直方向运动，不要摇晃；
④两个物块的质量之差要尽可能小.
以上建议中确实对提高准确度有作用的是________.(填序号)
(3)写出一条上面没有提到的对提高实验结果准确度有益的建议：________________________ ________________________________________________.
答案　(1)①②或①③　(2)①③　(3)例如：“对同一高度进行多次测量取平均值”“选取受力后相对伸长量尽量小的绳”“尽量减小滑轮的质量”“对滑轮转动轴进行润滑”等等.(任选一个即可)
课时作业
1.在“验证机械能守恒定律”的实验中，有位同学按以下步骤进行实验操作：
A.用天平称出重锤和夹子的质量
B.固定好打点计时器，将连着重锤的纸带穿过限位孔，用手提住，且让手尽量靠近打点计时器
C.松开纸带，接通电源，开始打点，并如此重复多次，以得到几条打点的纸带
D.取下纸带，挑选点迹清晰的纸带，记下起始点O，在距离O点较近处选择几个连续计数点(或计时点)，并计算出各点的速度值
E.测出各计数点到O点的距离，即得到重锤下落的高度
F.计算出mghn和mv，看两者是否相等
在以上步骤中，不必要的步骤是____________________.
有错误或不妥的步骤是____________.(填写代表字母)
更正情况：
①____________________________________________；
②____________________________________________；
③____________________________________________；
④____________________________________________.
答案　A　BCDF　①B中手应抓住纸带末端，让重锤尽量靠近打点计时器　②C中应先接通电源，再松开纸带
③D中应选取离O点较远的点
④F中应计算ghn和v
解析　A步骤不必要，不称量重锤和夹子的质量也可验证机械能守恒定律；B步骤中应让重锤尽量靠近打点计时器，而不是手靠近；C步骤中应先接通电源，后释放纸带；D步骤中应选取离O点较远的点，这样测量时距离较远，测量的相对误差较小；F步骤中应计算ghn和v，若m没有测量，则mgh、mv，就不能计算出具体的值.
2.根据“验证机械能守恒定律”的实验回答下列问题.
(1)关于本实验的叙述中，正确的有(　　)
A.打点计时器安装时要使两限位孔位于同一竖直线上并安装稳定，以减小纸带下落过程中的阻力
B.需用天平测出重物的质量
C.打点计时器用四节干电池串联而成的电池组作为电源
D.用手托着重物，先闭合打点计时器的电源开关，然后释放重物
E.打出的纸带中，只要点迹清晰，就可以运用公式mgΔh＝mv2来验证机械能是否守恒
F.验证机械能是否守恒必须先确定重力势能的参考平面
(2)验证机械能是否守恒时，对于实验中计算某一点的速度，甲同学用v＝gt来计算，乙同学用vn＝来计算.其中________同学的计算方法符合实验要求.计算重力势能时，对于重力加速度g的数值，甲同学用9.8 m/s2代入，乙同学用通过对纸带分析计算出重物下落的实际加速度代入，丙同学用当地的实际重力加速度代入，其中________同学的做法是正确的.
答案　(1)AD　(2)乙　丙
解析　(1)本实验要验证“mgh＝mv2”，其中重物的质量可以消去，即不需用天平测出重物的质量，只要验证“gh＝v2”即可，选项B错误.打点计时器的打点周期取决于交流电源的频率，或者说必须使用交流电，不可用干电池代替，所以选项C错误.对于打出的纸带有两种处理方法：第一，选取第1、2两点间的距离接近2 mm且点迹清晰的纸带进行测量，利用“gh＝v2”来验证机械能是否守恒；第二，可以选择纸带点迹清晰的部分，测量任意两个计数点之间的距离Δh，求出这两点间的动能之差ΔEk，运用公式mgΔh＝ΔEk而不是mgΔh＝mv2来验证机械能是否守恒，所以选项E错误.
因为本实验要验证的是重物重力势能的改变量等于其动能的增加量，而重力势能的改变量与重力势能的参考平面的位置无关，所以本实验不需要先确定重力势能的参考平面，选项F错误.本题答案为A、D.
(2)计算瞬时速度须使用公式vn＝，v＝gt是mv2＝mgh的简化形式，所以甲同学的方法不符合实验要求，乙同学的计算方法符合实验要求；重力加速度g的数值应该取当地的实际重力加速度，所以丙同学的做法是正确的.
3.利用如图1所示实验装置来验证机械能守恒定律.通过电磁铁控制的小铁球从A点自由下落，下落过程中小铁球经过光电门B时，毫秒计时器(图中未画出)记录下小铁球的挡光时间t.实验前调整光电门位置，使小铁球下落过程中，小铁球球心垂直细激光束通过光电门，当地重力加速度为g.
图1
(1)为了验证小铁球下落过程中机械能是否守恒，还需要测量的物理量是________.
A.A点距地面的高度H
B.A、B之间的距离h
C.小铁球从A到B的下落时间tAB
D.小铁球的直径d
(2)小铁球通过光电门时的瞬时速度v＝____________；要验证小铁球下落过程中机械能是否守恒，只需验证等式________是否成立即可(用实验中测得物理量的符号表示).
答案　(1)BD　(2)　＝h(或d2＝2ght2)
解析　(1)根据实验原理可知，需要测量的是A点到光电门B的距离，故A错误，B正确.利用小铁球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度，不需要测量下落时间，但需要知道挡光物体的尺寸，因此需要测量小铁球的直径，故C错误，D正确.
(2)利用小铁球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度，故v＝；根据机械能守恒的表达式有mgh＝mv2，可得＝h(或d2＝2ght2)，故只要验证＝h(或d2＝2ght2)即可.
4. 现利用如图2所示装置验证机械能守恒定律.图中AB是固定的光滑斜面，斜面的倾角为30°，1和2是固定在斜面上适当位置的两个光电门，与它们连接的光电计时器都没有画出.让滑块从斜面的顶端滑下，光电门1、2各自连接的光电计时器显示的挡光时间分别为5.00×10－2 s、2.00×10－2 s.已知滑块质量为2.00 kg，滑块沿斜面方向的长度为5.00 cm，光电门1和2之间的距离为0.54 m，g取9.80 m/s2，取滑块经过光电门时的速度为其平均速度.
图2
(1)滑块经过光电门1时的速度v1＝________ m/s，通过光电门2时的速度v2＝________ m/s.
(2)滑块通过光电门1、2之间的动能增加量为______ J，重力势能的减少量为________ J.
答案　(1)1.00　2.50　(2)5.25　5.29
解析　(1)v1＝＝ m/s＝1.00 m/s
v2＝＝ m/s＝2.50 m/s
(2)动能增加量
ΔEk＝×2.00×(2.502－1.002) J＝5.25 J.
重力势能的减少量：
ΔEp＝2.00×9.80×0.54×sin 30° J≈5.29 J.
5.用如图3所示实验装置验证m1、m2组成的系统机械能守恒.m2从高处由静止开始下落，m1上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律.图4给出的是实验中获得的一条纸带：0是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有4个点(图中未标出)，计数点间的距离如图4所示.已知m1＝50 g，m2＝150 g，则：(结果保留两位有效数字)
图3
图4
(1)从纸带上打下计数点5时的速度v＝________ m/s；
(2)从打下第“0”点到打下第“5”点的过程中系统动能的增量ΔEk＝______ J，系统势能的减少量ΔEp＝______ J；(当地的重力加速度g取10 m/s2)
(3)若某同学作出v2－h图象如图5所示，则当地的重力加速度g＝________ m/s2.
图5
答案　(1)2.4　(2)0.58　0.60　(3)9.7
解析　(1)在纸带上打下计数点5时的速度
v＝ m/s＝2.4 m/s.
(2)从打下第“0”点到打下第“5”点的过程中系统动能的增量ΔEk＝(m1＋m2)v2＝×(0.05＋0.15)×2.42 J≈0.58 J，系统势能的减少量ΔEp＝(m2－m1)gh＝(0.15－0.05)×10×(38.40＋21.60)×10－2 J＝0.60 J.
(3)根据(m1＋m2)v2＝(m2－m1)gh，
可得v2＝h，由图线可知
＝＝，
则g＝9.7 m/s2.
6. 如图6所示，某同学利用竖直上抛小球的频闪照片验证机械能守恒定律.频闪仪每隔0.05 s闪光一次，用毫米刻度尺测得相邻两个时刻小球上升的高度分别为h1＝26.3 cm，h2＝23.68 cm，h3＝21.16 cm，h4＝18.66 cm，h5＝16.04 cm，该同学通过计算得到不同时刻的速度如下表所示(当地重力加速度g＝9.80 m/s2，小球质量m＝0.10 kg)：
图6
时刻
t2
t3
t4
t5
速度(m/s)
4.48
3.98
3.47
(1)上面测量高度的五个数据中不符合有效数字读数要求的是_______段，应记作_______cm.
(2)由频闪照片上的数据计算t2时刻小球的速度v2＝________ m/s.(计算结果保留三位有效数字)
(3)从t2到t5时间内，重力势能增量ΔEp＝________ J，动能减少量ΔEk＝________ J.(计算结果保留三位有效数字)
(4)在误差允许的范围内，若ΔEp与ΔEk近似相等，从而验证了机械能守恒定律.由上述计算所得ΔEp________ΔEk(选填“>”“<”或“＝”)，造成这种结果的主要原因是____________________________________________.
答案　(1)h1　26.30　(2)5.00　(3)0.622　0.648
(4)<　上升过程中有空气阻力做负功 (或受到空气阻力)
解析　(1)从题中可得测量工具是毫米刻度尺，所以h1在有效数字读数要求上有错误，应记作26.30 cm.
(2)匀变速直线运动过程中中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度，
所以有： v2＝≈5.00 m/s.
(3)根据重力做功和重力势能的关系有：
ΔEp＝mg(h2＋h3＋h4)≈0.622 J
ΔEk＝mv－mv≈0.648 J.
习题课1　功和功率
[学习目标] 1.熟练掌握恒力做功的计算方法.2.能够分析摩擦力做功的情况，并会计算一对摩擦力对两物体所做的功.3.能区分平均功率和瞬时功率.
一、功的计算
1.恒力的功
功的公式W＝Flcos α，只适用于恒力做功.即F为恒力，l是物体相对地面的位移，流程图如下：
2.变力做功的计算
(1)将变力做功转化为恒力做功
在曲线运动或有往复的运动中，当力的大小不变，而方向始终与运动方向相同或相反时，这类力的功等于力和路程的乘积，力F与v同向时做正功，力F与v反向时做负功.
(2)当变力做功的功率P一定时，如机车恒定功率启动，可用W＝Pt求功.
(3)用平均力求功：若力F随位移x线性变化，则可以用一段位移内的平均力求功，如将劲度系数为k的弹簧拉长x时，克服弹力做的功W＝x＝·x＝kx2.
(4)用F－x图象求功
若已知F－x图象，则图象与x轴所围的面积表示功，如图1所示，在位移x0内力F做的功W＝x0.
图1
例1　一物体在运动中受水平拉力F的作用，已知F随运动距离x的变化情况如图2所示，则在这个运动过程中F做的功为(　　)
图2
A.4 J B.18 J
C.20 J D.22 J
答案　B
解析　方法一　由图可知F在整个过程中做功分为三个小过程，分别做功为
W1＝2×2 J＝4 J，W2＝－1×2 J＝－2 J
W3＝4×4 J＝16 J，
所以W＝W1＋W2＋W3＝4 J＋(－2)J＋16 J＝18 J.
方法二　F－x图象中图线与x轴所围成的面积表示做功的多少，x轴上方为正功，下方为负功，总功取三部分的代数和，即(2×2－2×1＋4×4)J＝18 J，B正确.
例2　在水平面上，有一弯曲的槽道AB，由半径分别为和R的两个半圆构成.如图3所示，现用大小恒为F的拉力将一光滑小球从A点拉至B点，若拉力F的方向时时刻刻均与小球运动方向一致，则此过程中拉力所做的功为(　　)
图3
A.零 B.FR
C.πFR D.2πFR
答案　C
解析　小球受到的拉力F在整个过程中大小不变，方向时刻变化，是变力.但是，如果把圆周分成无数微小的弧段，每一小段可近似看成直线，拉力F在每一小段上方向不变，每一小段上可用恒力做功的公式计算，然后将各段做功累加起来.设每一小段的长度分别为l1，l2，l3…ln，拉力在每一段上做的功W1＝Fl1，W2＝Fl2…Wn＝Fln，拉力在整个过程中所做的功W＝W1＋W2＋…＋Wn＝F(l1＋l2＋…＋ln)＝F＝πFR.
二、摩擦力做功的特点与计算
1.不论是静摩擦力，还是滑动摩擦力都既可以是动力也可以是阻力，也可能与位移方向垂直，所以不论是静摩擦力，还是滑动摩擦力既可以对物体做正功，也可以对物体做负功，还可以对物体不做功.
2.一对相互作用的滑动摩擦力等大反向但物体之间存在相对滑动，即两个物体的对地位移不相同，由W＝Flcos α可判断一对相互作用的滑动摩擦力做功的总和不为零.
3.一对相互作用的静摩擦力等大反向且物体之间相对静止，即两个物体的对地位移相同，由W＝Flcos α可判断一对相互作用的静摩擦力做功的总和为零.
例3　质量为M的木板放在光滑水平面上，如图4所示.一个质量为m的滑块以某一速度沿木板表面从A点滑至B点，在木板上前进了l，同时木板前进了x，若滑块与木板间的动摩擦因数为μ，求摩擦力对滑块、对木板所做的功各为多少？滑动摩擦力对滑块、木板做的总功为多少？
图4
答案　－μmg(l＋x)　μmgx　－μmgl
解析　由题图可知，木板的位移为lM＝x时，滑块的位移为lm＝l＋x，m与M之间的滑动摩擦力Ff＝μmg.
由公式W＝Flcos α可得，摩擦力对滑块所做的功为Wm＝μmglmcos 180°＝－μmg(l＋x)，负号表示做负功.摩擦力对木板所做的功为WM＝μmglM＝μmgx.
滑动摩擦力做的总功为W＝Wm＋WM＝－μmg(l＋x)＋μmgx＝－μmgl
三、功率的计算
1.P＝一般用来计算平均功率，而P＝Fv一般用来计算瞬时功率，此时v为瞬时速度；但当v为平均速度时，也可用来计算平均功率.
2.应用公式P＝Fv时需注意
(1)F与v沿同一方向时：P＝Fv.
(2)F与v方向有一夹角α时：P＝Fvcos α.
例4　如图5所示，质量为2 kg的物体以10 m/s的初速度水平抛出，经过2 s落地.取g＝10 m/s2.关于重力做功的功率，下列说法正确的是(　　)
图5
A.下落过程中重力的平均功率是400 W
B.下落过程中重力的平均功率是100 W
C.落地前的瞬间重力的瞬时功率是400 W
D.落地前的瞬间重力的瞬时功率是200 W
答案　C
解析　物体2 s下落的高度为h＝gt2＝20 m，落地的竖直分速度为vy＝gt＝20 m/s，所以落到地面前的瞬间重力的瞬时功率是P＝mgvy＝400 W，下落过程中重力的平均功率是＝＝200 W，选项C正确.
四、机车的两种启动方式运动过程分析
汽车两种启动方式的过程分析与比较
两种方式
以恒定功率启动
以恒定加速度启动
P－t图和v－t图
OA段
过程分析
v↑?F＝↓
?a＝↓
a＝不变?F不变
P＝Fv↑直到P额＝Fv1
运动性质
加速度减小的加速直线运动
匀加速直线运动，维持时间t0＝
AA′段
过程分析
v↑?F＝↓?a＝↓
运动性质
加速度减小的加速直线运动
以恒定功率启动的AB段和以恒定加速度启动的A′B段
过程分析
F＝Ff
a＝0
Ff＝
F＝Ff
a＝0
Ff＝
运动性质
以vm做匀速运动
以vm做匀速运动
注意：(1)机车的输出功率：P＝Fv，其中F为机车的牵引力，v为机车的瞬时速度.
(2)无论哪种启动过程，机车的最大速度都等于其匀速运动时的速度，即vm＝＝.
(3)机车以恒定加速度启动，匀加速过程结束时，功率最大，但速度不最大，v＝(4)机车以恒定功率运行时，牵引力的功W＝Pt.
例5　如图6所示，为修建高层建筑常用的塔式起重机.在起重机将质量m＝5×103 kg的重物竖直吊起的过程中，重物由静止开始向上做匀加速直线运动，加速度a＝0.2 m/s2，当起重机输出功率达到其允许的最大值时，保持该功率直到重物做vm＝1.02 m/s的匀速运动.取g＝10 m/s2，不计额外功.求：
图6
(1)起重机允许的最大输出功率；
(2)重物做匀加速运动所经历的时间和起重机在第2 s末的输出功率.
答案　(1)5.1×104 W　(2)5 s　2.04×104 W
解析　(1)设起重机允许的最大输出功率为P0，重物达到最大速度时拉力F0等于重力.
P0＝F0vm，F0＝mg.
代入数据得，P0＝5.1×104 W.
(2)匀加速运动结束时，起重机达到允许的最大输出功率，
设此时重物受到的拉力为F，速度为v1，匀加速运动经历的时间为t1，
有：P0＝Fv1，F－mg＝ma，v1＝at1.
代入数据得，t1＝5 s.
第2 s末，重物处于匀加速运动阶段，
设此时速度为v2，输出功率为P，
v2＝at，P＝Fv2.
得：P＝2.04×104 W.
1.(功的计算)将一质量为m的小球从地面竖直向上抛出，小球上升h后又落回地面，在整个过程中受到的空气阻力大小始终为Ff，则关于这个过程中重力与空气阻力所做的功，下列说法正确的是(　　)
A.重力做的功为2mgh，空气阻力做的功为－2Ffh
B.重力做的功为0，空气阻力做的功也为0
C.重力做的功为0，空气阻力做的功为－2Ffh
D.重力做的功为2mgh，空气阻力做的功为0
答案　C
解析　重力是恒力，可以用公式W＝Flcos α直接计算，由于位移为零，所以重力做的功为零；空气阻力在整个过程中方向发生了变化，不能直接用公式计算，可进行分段计算，上升过程和下降过程空气阻力做的功均为－Ffh，因此在整个过程中空气阻力做的功为－2Ffh.故选项C正确.
2.(摩擦力做功的特点) 如图7所示，A、B两物体叠放在一起，A被不可伸长的细绳水平系于左墙上，B在拉力F作用下，向右匀速运动，在此过程中，A、B间的摩擦力做功情况是(　　)
图7
A.对A、B都做负功
B.对A、B都不做功
C.对A不做功，对B做负功
D.对A做正功，对B做负功
答案　C
3.(功率的计算)如图8所示是小孩滑滑梯的情景，假设滑梯是固定光滑斜面，倾角为30°，小孩质量为m，由静止开始沿滑梯下滑，滑行距离为s时，重力的瞬时功率为(　　)
图8
A.mg B.mg
C.mg D.mg
答案　B
解析　小孩的加速度a＝＝g，由v2＝2as得小孩滑行距离为s时的速率v＝，故此时重力的瞬时功率P＝mgvsin 30°＝mg，B正确.
4.(机车启动问题)(多选)一辆质量为m的轿车，在平直公路上运行，启动阶段轿车牵引力保持不变，而后以额定功率继续行驶，经过一定时间，其速度由零增大到最大值vm，若所受阻力恒为Ff.则关于轿车的速度v、加速度a、牵引力F、功率P的图象正确的是(　　)
答案　ACD
解析　由于启动阶段轿车受到的牵引力不变，加速度不变，所以轿车在开始阶段做匀加速运动，当实际功率达到额定功率时，功率不增加了，再增加速度，就须减小牵引力，当牵引力减小到等于阻力时，加速度等于零，速度达到最大值vm＝＝，所以A、C、D正确，B错误.
5.(机车启动问题)一种以氢气为燃料的汽车，质量为m＝2.0×103 kg，发动机的额定输出功率为80 kW，行驶在平直公路上时所受阻力恒为车重的.若汽车从静止开始先匀加速启动，加速度的大小为a＝1.0 m/s2.达到额定输出功率后，汽车保持功率不变又加速行驶了800 m，直到获得最大速度后才匀速行驶.试求：(g取10 m/s2)
(1)汽车的最大行驶速度.
(2)汽车匀加速启动阶段结束时的速度大小.
(3)汽车从静止到获得最大行驶速度时阻力做的功.
答案　(1)40 m/s　(2)20 m/s　(3)－2×106 J
解析　(1)汽车的最大行驶速度
vm＝＝ m/s＝40 m/s.
(2)设汽车匀加速启动阶段结束时的速度为v1，
由F－Ff＝ma，得F＝4×103 N，由P额＝Fv1，
得v1＝ m/s＝20 m/s.
(3)匀加速阶段的位移为x1＝＝200 m，总位移x＝x1＋x2＝1 000 m，阻力做功W＝－Ffx＝－2×106 J.
课时作业
一、选择题(1～7为单项选择题，8～10为多项选择题)
1.关于摩擦力做功，下列说法中正确的是(　　)
A.滑动摩擦力阻碍物体的相对运动，一定做负功
B.静摩擦力起着阻碍物体相对运动趋势的作用，一定不做功
C.静摩擦力和滑动摩擦力一定都做负功
D.滑动摩擦力可以对物体做正功
答案　D
解析　摩擦力总是阻碍物体间的相对运动或相对运动趋势，而且摩擦力对物体既可以做正功，也可以做负功，还可以不做功.综上所述，只有D正确.
2.一个物体在粗糙的水平面上运动，先使物体向右滑动距离l，再使物体向左滑动距离l，正好回到起点，来回所受摩擦力大小都为Ff，则整个过程中摩擦力做功为(　　)
A.0 B.－2Ffl
C.－Ffl D.无法确定
答案　B
解析　由题意可知，物体运动过程可分两段，两段内摩擦力均做负功，即W＝－Ffl，则全程摩擦力所做的功W总＝－2Ffl.
3.起重机的吊钩下挂着质量为m的木箱，如果木箱以大小为a的加速度匀减速下降了高度h，则木箱克服钢索拉力所做的功为(　　)
A.mgh B.m(a－g)h
C.m(g－a)h D.m(a＋g)h
答案　D
4.质量为m的汽车在平直公路上行驶，阻力Ff保持不变.当汽车的速度为v、加速度为a时，发动机的实际功率为(　　)
A.Ffv
B.mav
C.(ma＋Ff)v
D.(ma－Ff)v
答案　C
解析　当汽车的加速度为a时，有F－Ff＝ma，解得F＝ma＋Ff；根据P＝Fv，则发动机的实际功率P＝(ma＋Ff)v，选项C正确.
5.质量为m的汽车，其发动机额定功率为P.当它开上一个倾角为θ的斜坡时，受到的阻力为车重力的k倍，则车的最大速度为(　　)
A. B.
C. D.
答案　D
解析　当汽车做匀速运动时速度最大，此时汽车的牵引力F＝mgsin θ＋kmg，由此可得vm＝，故选项D正确.
6.如图1所示，在天花板上的O点系一根细绳，细绳的下端系一小球.将小球拉至细绳处于水平的位置，由静止释放小球，小球从位置A开始沿圆弧下落到悬点的正下方的B点的运动过程中，下面说法正确的是(　　)
图1
A.小球受到的向心力大小不变
B.细绳对小球的拉力对小球做正功
C.细绳的拉力对小球做功的功率为零
D.重力对小球做功的功率先减小后增大
答案　C
解析　小球从A点运动到B点过程中，速度逐渐增大，由向心力F＝m可知，向心力增大，故A错误；拉力的方向始终与小球的速度方向垂直，所以拉力对小球做功为零，功率为零，故B错误，C正确；该过程中重力的功率从0变化到0，应是先增大后减小，故D错误.
7.放在粗糙水平地面上的物体受到水平拉力的作用，在0～6 s内其速度与时间的图象和该拉力的功率与时间的图象如图2甲、乙所示.下列说法正确的是(　　)
图2
A.0～6 s内物体的位移大小为20 m
B.0～6 s内拉力做功为100 J
C.滑动摩擦力的大小为5 N
D.0～6 s内滑动摩擦力做功为－50 J
答案　D
解析　在0～6 s内物体的位移大小为x＝×(4＋6)×6 m＝30 m，故A错误；P－t图线与时间轴围成的面积表示拉力做功的大小，则拉力做功WF＝×2×30 J＋10×4 J＝70 J，故B错误；在2～6 s内，v＝6 m/s，P＝10 W，物体做匀速运动，摩擦力Ff＝F，得Ff＝F＝＝ N，故C错误；在0～6 s内物体的位移大小为30 m，滑动摩擦力做负功，即Wf＝－×30 J＝－50 J，D正确.
8. 如图3所示，一子弹以水平速度射入放置在光滑水平面上原来静止的木块，并留在木块当中，在此过程中子弹钻入木块的深度为d，木块的位移为l，木块与子弹间的摩擦力大小为F，则(　　)
图3
A.F对木块做功为Fl
B.F对木块做功为F(l＋d)
C.F对子弹做功为－Fd
D.F对子弹做功为－F(l＋d)
答案　AD
解析　木块的位移为l，由W＝Flcos α得，F对木块做功为Fl，子弹的位移为l＋d，木块对子弹的摩擦力的方向与位移方向相反，故木块对子弹的摩擦力做负功，W＝－F(l＋d).故A、D正确.
9.汽车发动机的额定功率为60 kW，汽车质量为5 t.汽车在水平面上行驶时，阻力与车重成正比，g＝10 m/s2，当汽车以额定功率匀速行驶时速度为12 m/s.突然减小油门，使发动机功率减小到40 kW，对接下来汽车的运动情况的描述正确的有(　　)
A.先做匀减速运动再做匀加速运动
B.先做加速度增大的减速运动再做匀速运动
C.先做加速度减小的减速运动再做匀速运动
D.最后的速度大小是8 m/s
答案　CD
解析　根据P＝Fv知，功率减小，则牵引力减小，牵引力小于阻力，根据牛顿第二定律知，汽车产生加速度，加速度的方向与速度方向相反，汽车做减速运动，速度减小，则牵引力增大，知汽车做加速度减小的减速运动，当牵引力再次等于阻力时，汽车做匀速运动，故A、B错误，C正确；当功率为60 kW时，匀速直线运动的速度为12 m/s，则Ff＝＝ N＝5 000 N，当牵引力再次等于阻力时，又做匀速直线运动，v2＝＝ m/s＝8 m/s，故D正确.
10. 质量为2 kg的物体置于水平面上，在运动方向上受到水平拉力F的作用，沿水平方向做匀变速运动，拉力F作用2 s后撤去，物体运动的速度图象如图4所示，则下列说法正确的是(取g＝10 m/s2)(　　)
图4
A.拉力F做功150 J
B.拉力F做功350 J
C.物体克服摩擦力做功100 J
D.物体克服摩擦力做功175 J
答案　AD
解析　由图象可知撤去拉力后，物体做匀减速直线运动，加速度大小a2＝2.5 m/s2，所以滑动摩擦力Ff＝ma2＝5 N；加速过程加速度大小a1＝2.5 m/s2，由F－Ff＝ma1得，拉力F＝ma1＋Ff＝10 N.由图象可知F作用2 s时间内的位移l1＝15 m，撤去F后运动的位移l2＝20 m，全程位移l＝35 m，所以拉力F做功W1＝Fl1＝10×15 J＝150 J，A正确，B错误；物体克服摩擦力做功W2＝Ffl＝5×35 J＝175 J，C错误，D正确.
二、非选择题
11.如图5甲所示，在风洞实验室里，一根足够长的细杆水平固定，某金属小球穿在细杆上静止于细杆左端，现有水平向右的风力F作用于小球上，风力F随时间t变化的F－t图象如图乙所示，小球沿细杆运动的v－t图象如图丙所示，取g＝10 m/s2，求0～5 s内风力所做的功.
图5
答案　18 J
解析　由题图丙可知0～2 s内为匀加速阶段，
a＝＝ m/s2＝1 m/s2
0～2 s内的位移：x1＝at＝×1×4 m＝2 m，
2～5 s内的位移：x2＝vt2＝2×3 m＝6 m，
则风力做功为
W＝F1x1＋F2x2＝18 J.
12.一辆重5 t的汽车，发动机的额定功率为80 kW.汽车从静止开始以加速度a＝1 m/s2做匀加速直线运动，车受到的阻力为车重的0.06倍.(g取10 m/s2)求：
(1)汽车做匀加速直线运动的最长时间；
(2)汽车开始运动后，5 s末和15 s末的瞬时功率.
答案　(1)10 s　(2)40 kW　80 kW
解析　(1)设汽车做匀加速运动过程中所能达到的最大速度为v0，对汽车由牛顿第二定律得F－Ff＝ma
即－kmg＝ma，
代入数据得v0＝10 m/s
所以汽车做匀加速直线运动的最长时间
t0＝＝ s＝10 s
(2)由于10 s末汽车达到了额定功率，5 s末汽车还处于匀加速运动阶段，P＝Fv＝(Ff＋ma)at＝(0.06×5×103×10＋5×103×1)×1×5 W＝40 kW
15 s末汽车已经达到了额定功率P额＝80 kW.
13.某探究性学习小组对一辆自制遥控车的性能进行研究.他们让这辆小车在水平地面上由静止开始运动，并将小车运动的全过程记录下来，通过数据处理得到如图6所示的v－t图象，已知小车在0～t1时间内做匀加速直线运动，t1～10 s时间内小车牵引力的功率保持不变，7 s末达到最大速度，在10 s末停止遥控让小车自由滑行，小车质量m＝1 kg，整个运动过程中小车受到的阻力Ff大小不变.求：
图6
(1)小车所受阻力Ff的大小；
(2)在t1～10 s内小车牵引力的功率P；
(3)求出t1的值及小车在0～t1时间内的位移.
答案　(1)2 N　(2)12 W　(3)1.5 s　2.25 m
解析　(1)在10 s末撤去牵引力后，小车只在阻力Ff的作用下做匀减速运动，
由图象可得减速时加速度的大小为a＝2 m/s2
则Ff＝ma＝2 N
(2)小车做匀速运动阶段即7～10 s内，设牵引力为F，则F＝Ff
由图象可知vm＝6 m/s
解得P＝Fvm＝12 W
(3)设t1时间内的位移为x1，加速度大小为a1，t1时刻的速度大小为v1，
则由P＝F1v1得F1＝4 N，
F1－Ff＝ma1得a1＝2 m/s2，
则t1＝＝1.5 s，
x1＝a1t＝2.25 m.
习题课2　动能定理的应用
[学习目标] 1.进一步理解动能定理，领会应用动能定理解题的优越性.2.会利用动能定理分析变力做功、曲线运动以及多过程问题.
一、利用动能定理求变力的功
1.动能定理不仅适用于求恒力做功，也适用于求变力做功，同时因为不涉及变力作用的过程分析，应用非常方便.
2.利用动能定理求变力的功是最常用的方法，当物体受到一个变力和几个恒力作用时，可以用动能定理间接求变力做的功，即W变＋W其他＝ΔEk.
例1　如图1所示，质量为m的小球自由下落d后，沿竖直面内的固定轨道ABC运动，AB是半径为d的光滑圆弧，BC是直径为d的粗糙半圆弧(B是轨道的最低点).小球恰能通过圆弧轨道的最高点C.重力加速度为g，求：
图1
(1)小球运动到B处时对轨道的压力大小.
(2)小球在BC运动过程中，摩擦力对小球做的功.
答案　(1)5mg　(2)－mgd
解析　(1)小球下落到B点的过程由动能定理得2mgd＝mv2，在B点：FN－mg＝m，得：FN＝5mg，根据牛顿第三定律：FN′＝ FN＝5mg.
(2)在C点，mg＝m.小球从B运动到C的过程：
mv－mv2＝－mgd＋Wf，得Wf＝－mgd.
针对训练　如图2所示，某人利用跨过定滑轮的轻绳拉质量为10 kg 的物体.定滑轮的位置比A点高3 m.若此人缓慢地将绳从A点拉到B点，且A、B两点处绳与水平方向的夹角分别为37°和30°，则此人拉绳的力做了多少功？(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不计滑轮的摩擦)
图2
答案　100 J
解析　取物体为研究对象，设绳的拉力对物体做的功为W.根据题意有h＝3 m.
物体升高的高度Δh＝－.①
对全过程应用动能定理W－mgΔh＝0.②
由①②两式联立并代入数据解得W＝100 J.
则人拉绳的力所做的功W人＝W＝100 J.
二、利用动能定理分析多过程问题
一个物体的运动如果包含多个运动阶段，可以选择分段或全程应用动能定理.
(1)分段应用动能定理时，将复杂的过程分割成一个个子过程，对每个子过程的做功情况和初、末动能进行分析，然后针对每个子过程应用动能定理列式，然后联立求解.
(2)全程应用动能定理时，分析整个过程中出现过的各力的做功情况，分析每个力做的功，确定整个过程中合外力做的总功，然后确定整个过程的初、末动能，针对整个过程利用动能定理列式求解.
当题目不涉及中间量时，选择全程应用动能定理更简单，更方便.
注意：当物体运动过程中涉及多个力做功时，各力对应的位移可能不相同，计算各力做功时，应注意各力对应的位移.计算总功时，应计算整个过程中出现过的各力做功的代数和.
例2　如图3所示，右端连有一个光滑弧形槽的水平桌面AB长L＝1.5 m，一个质量为m＝0.5 kg的木块在F＝1.5 N的水平拉力作用下，从桌面上的A端由静止开始向右运动，木块到达B端时撤去拉力F，木块与水平桌面间的动摩擦因数μ＝0.2，取g＝10 m/s2.求：
图3
(1)木块沿弧形槽上升的最大高度(木块未离开弧形槽)；
(2)木块沿弧形槽滑回B端后，在水平桌面上滑动的最大距离.
答案　(1)0.15 m　(2)0.75 m
解析　(1)设木块沿弧形槽上升的最大高度为h，木块在最高点时的速度为零.从木块开始运动到沿弧形槽上升的最大高度处，由动能定理得：
FL－FfL－mgh＝0
其中Ff＝μFN＝μmg＝0.2×0.5×10 N＝1.0 N
所以h＝
＝ m＝0.15 m
(2)设木块离开B点后沿桌面滑动的最大距离为x.由动能定理得：
mgh－Ffx＝0
所以：x＝＝ m＝0.75 m
三、动能定理在平抛、圆周运动中的应用
动能定理常与平抛运动、圆周运动相结合，解决这类问题要特别注意：
(1)与平抛运动相结合时，要注意应用运动的合成与分解的方法，如分解位移或分解速度求平抛运动的有关物理量.
(2)与竖直平面内的圆周运动相结合时，应特别注意隐藏的临界条件：
①有支撑效果的竖直平面内的圆周运动，物体能通过最高点的临界条件为vmin＝0.
②没有支撑效果的竖直平面内的圆周运动，物体能通过最高点的临界条件为vmin＝.
例3　如图4所示，一可以看成质点的质量m＝2 kg的小球以初速度v0沿光滑的水平桌面飞出后，恰好从A点沿切线方向进入圆弧轨道，其中B为轨道的最低点，C为最高点且与水平桌面等高，圆弧AB对应的圆心角θ＝53°，轨道半径R＝0.5 m.已知sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，不计空气阻力，g取10 m/s2.
图4
(1)求小球的初速度v0的大小；
(2)若小球恰好能通过最高点C，求在圆弧轨道上摩擦力对小球做的功.
答案　(1)3 m/s　(2)－4 J
解析　(1)在A点由平抛运动规律得：
vA＝＝v0.①
小球由桌面到A点的过程中，由动能定理得
mg(R＋Rcos θ)＝mv－mv②
由①②得：v0＝3 m/s.
(2)在最高点C处有mg＝，小球从桌面到C点，由动能定理得Wf＝mv－mv，
代入数据解得Wf＝－4 J.
1.(用动能定理求变力的功) 如图5所示，质量为m的物体与水平转台间的动摩擦因数为μ，物体与转轴相距R，物体随转台由静止开始转动.当转速增至某一值时，物体即将在转台上滑动，此时转台开始匀速转动.设物体的最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，则在整个过程中摩擦力对物体做的功是(　　)
图5
A.0 B.2μmgR
C.2πμmgR D.
答案　D
解析　物体即将在转台上滑动但还未滑动时，转台对物体的最大静摩擦力恰好提供向心力，设此时物体做圆周运动的线速度为v，则有μmg＝.①
在物体由静止到获得速度v的过程中，物体受到的重力和支持力不做功，只有摩擦力对物体做功，由动能定理得：W＝mv2－0.②
联立①②解得W＝μmgR.
2.(利用动能定理分析多过程问题)滑板运动是极限运动的鼻祖，许多极限运动项目均由滑板项目延伸而来.如图6是滑板运动的轨道，BC和DE是两段光滑圆弧形轨道，BC段的圆心为O点，圆心角为60°，半径OC与水平轨道CD垂直，水平轨道CD段粗糙且长8 m.某运动员从轨道上的A点以3 m/s的速度水平滑出，在B点刚好沿轨道的切线方向滑入圆弧形轨道BC，经CD轨道后冲上DE轨道，到达E点时速度减为零，然后返回.已知运动员和滑板的总质量为60 kg，B、E两点到水平轨道CD的竖直高度分别为h和H，且h＝2 m，H＝2.8 m，g取10 m/s2.求：
图6
(1)运动员从A点运动到达B点时的速度大小vB；
(2)轨道CD段的动摩擦因数μ；
(3)通过计算说明，第一次返回时，运动员能否回到B点？如能，请求出回到B点时速度的大小；如不能，则最后停在何处？
答案　(1)6 m/s　(2)0.125　(3)不能回到B处，最后停在D点左侧6.4 m处(或C点右侧1.6 m处)
解析　(1)由题意可知：vB＝
解得：vB＝6 m/s.
(2)从B点到E点，由动能定理可得：
mgh－μmgxCD－mgH＝0－mv
代入数据可得：μ＝0.125.
(3)设运动员能到达左侧的最大高度为h′，从B到第一次返回左侧最高处，根据动能定理得：
mgh－mgh′－μmg·2xCD＝0－mv
解得h′＝1.8 m所以第一次返回时，运动员不能回到B点
设运动员从B点运动到停止，在CD段的总路程为s，由动能定理可得：
mgh－μmgs＝0－mv④
解得：s＝30.4 m
因为s＝3xCD＋6.4 m，所以运动员最后停在D点左侧6.4 m处或C点右侧1.6 m处.
3.(动能定理在平抛、圆周运动中的应用) 如图7所示，一个质量为m＝0.6 kg 的小球以初速度v0＝2 m/s 从P点水平抛出，从粗糙圆弧ABC的A点沿切线方向进入(不计空气阻力，进入圆弧时无动能损失)且恰好沿圆弧通过最高点C，已知圆弧的圆心为O，半径R＝0.3 m，θ＝60°，g＝10 m/s2.求：
图7
(1)小球到达A点的速度vA的大小；
(2)P点到A点的竖直高度H；
(3)小球从圆弧A点运动到最高点C的过程中克服摩擦力所做的功W.
答案　(1)4 m/s　(2)0.6 m　(3)1.2 J
解析　(1)在A点由速度的合成得vA＝，
代入数据解得vA＝4 m/s
(2)从P点到A点小球做平抛运动，竖直分速度vy＝v0tan θ①
由运动学规律有v＝2gH②
联立①②解得H＝0.6 m
(3)恰好过C点满足mg＝
由A点到C点由动能定理得
－mgR(1＋cos θ)－W＝mv－mv
代入数据解得W＝1.2 J.
课时作业
一、选择题(1～7为单项选择题，8～9为多项选择题)
1.在离地面高为h处竖直上抛一质量为m的物块，抛出时的速度为v0，当它落到地面时速度为v，用g表示重力加速度，则在此过程中物块克服空气阻力所做的功等于(　　)
A.mgh－mv2－mv
B.mv2－mv－mgh
C.mgh＋mv－mv2
D.mgh＋mv2－mv
答案　C
解析　选取物块从刚抛出到正好落地时的过程，由动能定理可得：
mgh－Wf克＝mv2－mv
解得：Wf克＝mgh＋mv－mv2.
2.如图1所示，AB为圆弧轨道，BC为水平直轨道，圆弧的半径为R，BC的长度也是R，一质量为m的物体，与两个轨道间的动摩擦因数都为μ，当它由轨道顶端A从静止开始下落，恰好运动到C处停止，那么物体在AB段克服摩擦力所做的功为(　　)
图1
A.μmgR B.mgR
C.－mgR D.(1－μ)mgR
答案　D
解析　设物体在AB段克服摩擦力所做的功为WAB，物体从A运动到C的全过程，根据动能定理，
有mgR－WAB－μmgR＝0.
所以有WAB＝mgR－μmgR＝(1－μ)mgR.
3.一质量为m的小球，用长为l的轻绳悬挂于O点，小球在水平拉力F作用下，从平衡位置P点很缓慢地移动到Q点，如图2所示，则拉力F所做的功为(　　)
图2
A.mglcos θ
B.mgl(1－cos θ)
C.Flcos θ
D.Flsin θ
答案　B
解析　小球缓慢移动，时时都处于平衡状态，由平衡条件可知，F＝mgtan θ，随着θ的增大，F也在增大，是一个变化的力，不能直接用功的公式求它所做的功，所以这道题要考虑用动能定理求解.由于物体缓慢移动，动能保持不变，由动能定理得：－mgl(1－cos θ)＋W＝0，所以W＝mgl(1－cos θ).
4.质量为m的物体以初速度v0沿水平面向左开始运动，起始点A与一轻弹簧最右端O相距s，如图3所示.已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，物体与弹簧相碰后，弹簧的最大压缩量为x，则从开始碰撞到弹簧被压缩至最短，物体克服弹簧弹力所做的功为(不计空气阻力)(　　)
图3
A.mv－μmg(s＋x) B.mv－μmgx
C.μmgs D.μmgx
答案　A
解析　设物体克服弹簧弹力所做的功为W，则物体向左压缩弹簧过程中，弹簧弹力对物体做功为－W，摩擦力对物体做功为－μmg(s＋x)，根据动能定理有－W－μmg(s＋x)＝0－mv，所以W＝mv－μmg(s＋x).
5.质量为m的小球被系在轻绳一端，在竖直平面内做半径为R的圆周运动，如图4所示，运动过程中小球受到空气阻力的作用.设某一时刻小球通过轨道的最低点，此时绳子的张力为7mg，在此后小球继续做圆周运动，经过半个圆周恰好能通过最高点，则在此过程中小球克服空气阻力所做的功是(　　)
图4
A.mgR B.mgR
C.mgR D.mgR
答案　C
解析　小球通过最低点时，设绳的张力为FT，则
FT－mg＝m，6mg＝m①
小球恰好过最高点，绳子拉力为零，这时mg＝m②
小球从最低点运动到最高点的过程中，由动能定理得
－mg·2R－Wf＝mv－mv③
由①②③式联立解得Wf＝mgR，选C.
6.如图5所示，假设在某次比赛中运动员从10 m高处的跳台跳下，设水的平均阻力约为其体重的3倍，在粗略估算中，把运动员当作质点处理，为了保证运动员的人身安全，池水深度至少为(不计空气阻力)(　　)
图5
A.5 m B.3 m
C.7 m D.1 m
答案　A
解析　设水深为h，对运动全程运用动能定理可得：
mg(H＋h)－Ffh＝0，
mg(H＋h)＝3mgh.所以h＝5 m.
7.如图6所示，小球以初速度v0从A点沿粗糙的轨道运动到高为h的B点后自动返回，其返回途中仍经过A点，则经过A点的速度大小为(　　)
图6
A. B.
C. D.
答案　B
解析　从A到B运动过程中，重力和摩擦力都做负功，根据动能定理可得mgh＋Wf＝mv，从B到A过程中，重力做正功，摩擦力做负功(因为是沿原路返回，所以两种情况摩擦力做功大小相等)，根据动能定理可得mgh－Wf＝mv2，两式联立得再次经过A点的速度为，故B正确.
8.在平直公路上，汽车由静止开始做匀加速直线运动，当速度达到vmax后，立即关闭发动机直至静止，v－t图象如图7所示，设汽车的牵引力为F，受到的摩擦力为Ff，全程中牵引力做功为W1，克服摩擦力做功为W2，则(　　)
图7
A.F∶Ff＝1∶3 B.W1∶W2＝1∶1
C.F∶Ff＝4∶1 D.W1∶W2＝1∶3
答案　BC
解析　对汽车运动的全过程，由动能定理得：W1－W2＝ΔEk＝0，所以W1＝W2，选项B正确，选项D错误；由动能定理得Fx1－Ffx2＝0，由图象知x1∶x2＝1∶4.所以
F∶Ff＝4∶1，选项A错误，选项C正确.
9.如图8所示，一个小环沿竖直放置的光滑圆环形轨道做圆周运动.小环从最高点A滑到最低点B的过程中，线速度大小的平方v2随下落高度h的变化图象可能是图中的(　　)
图8
答案　AB
解析　对小环由动能定理得mgh＝mv2－mv，则v2＝2gh＋v.当v0＝0时，B正确.当v0≠0时，A正确.
二、非选择题
10.如图9所示，光滑水平面AB与一半圆形轨道在B点相连，轨道位于竖直面内，其半径为R，一个质量为m的物块静止在水平面上，现向左推物块使其压紧弹簧，然后放手，物块在弹力作用下获得一速度，当它经B点进入半圆形轨道瞬间，对轨道的压力为其重力的7倍，之后向上运动恰能完成半圆周运动到达C点，重力加速度为g.求：
图9
(1)弹簧弹力对物块做的功；
(2)物块从B到C克服阻力所做的功；
(3)物块离开C点后，再落回到水平面上时的动能.
答案　(1)3mgR　(2)mgR　(3)mgR
解析　(1)由动能定理得W＝mv
在B点由牛顿第二定律得7mg－mg＝m
解得W＝3mgR
(2)物块从B到C由动能定理得
mv－mv＝－2mgR＋W′
物块在C点时mg＝m
解得W′＝－mgR，即物块从B到C克服阻力做功为mgR.
(3)物块从C点平抛到水平面的过程中，由动能定理得
2mgR＝Ek－mv，解得Ek＝mgR.
11.如图10所示，绷紧的传送带在电动机带动下，始终保持v0＝2 m/s的速度匀速运行，传送带与水平地面的夹角θ＝30°，现把一质量m＝10 kg 的工件轻轻地放在传送带底端，由传送带传送至h＝2 m的高处.已知工件与传送带间的动摩擦因数μ＝，g取10 m/s2.
图10
(1)通过计算分析工件在传送带上做怎样的运动？
(2)工件从传送带底端运动至h＝2 m高处的过程中摩擦力对工件做了多少功？
答案　(1)工件先以2.5 m/s2的加速度做匀加速直线运动，运动0.8 m与传送带达到共同速度2 m/s后做匀速直线运动　(2)220 J
解析　(1)工件刚放上传送带时受滑动摩擦力：
Ff＝μmgcos θ，
工件开始做匀加速直线运动，由牛顿运动定律：
Ff－mgsin θ＝ma可得：
a＝－gsin θ
＝g(μcos θ－sin θ)
＝10× m/s2
＝2.5 m/s2.
设工件经过位移x与传送带达到共同速度，由匀变速直线运动规律可得：x＝＝ m＝0.8 m＜＝4 m
故工件先以2.5 m/s2的加速度做匀加速直线运动，运动0.8 m与传送带达到共同速度2 m/s后做匀速直线运动.
(2)在工件从传送带底端运动至h＝2 m高处的过程中，设摩擦力对工件做功为Wf，由动能定理得
Wf－mgh＝mv，
可得：Wf＝mgh＋mv＝10×10×2 J＋×10×22 J＝220 J.
12.如图11所示，光滑斜面AB的倾角θ＝53°，BC为水平面，BC长度lBC＝1.1 m，CD为光滑的圆弧，半径R＝0.6 m.一个质量m＝2 kg的物体，从斜面上A点由静止开始下滑，物体与水平面BC间的动摩擦因数μ＝0.2，轨道在B、C两点光滑连接.当物体到达D点时，继续竖直向上运动，最高点距离D点的高度h＝0.2 m.sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6.g取10 m/s2.求：
图11
(1)物体运动到C点时的速度大小vC；
(2)A点距离水平面的高度H；
(3)物体最终停止的位置到C点的距离s.
答案　(1)4 m/s　(2)1.02 m　(3)0.4 m
解析　(1)物体由C点运动到最高点，根据动能定理得：
－mg(h＋R)＝0－mv
代入数据解得：vC＝4 m/s
(2)物体由A点运动到C点，根据动能定理得：
mv－0＝mgH－μmglBC
代入数据解得：H＝1.02 m
(3)从物体开始下滑到停下，根据动能定理得：
mgH－μmgs1＝0
代入数据，解得s1＝5.1 m
由于s1＝4lBC＋0.7 m
所以，物体最终停止的位置到C点的距离为：s＝0.4 m.
习题课3　机械能守恒定律的应用
[学习目标] 1.进一步理解机械能守恒的条件及其判定.2.能灵活应用机械能守恒定律的三种表达方式.3.在多个物体组成的系统中，会应用机械能守恒定律解决相关问题.4.明确机械能守恒定律和动能定理的区别.
一、机械能是否守恒的判断
判断机械能是否守恒的方法：
(1)做功条件分析法：若物体系统内只有重力和弹力做功，其他力均不做功，则系统机械能守恒，具体有三种表现：
①只受重力、弹力，不受其他力；
②除受重力、弹力外还受其他力，其他力不做功；
③除重力、弹力外还有其他力做功，但其他力做功的代数和为零.
(2)能量转化分析法：若只有系统内物体间动能和重力势能及弹性势能的相互转化，系统跟外界没有发生机械能的传递，机械能也没有转变成其他形式的能(如没有内能增加)，则系统的机械能守恒.
例1　(多选) 如图1所示，斜劈劈尖顶着竖直墙壁静止于水平面上，现将一小球从图示位置静止释放，不计一切摩擦，则在小球从释放到落至地面的过程中，下列说法正确的是(　　)
图1
A.斜劈对小球的弹力不做功
B.斜劈与小球组成的系统机械能守恒
C.斜劈的机械能守恒
D.小球机械能的减小量等于斜劈动能的增大量
答案　BD
解析　小球有竖直方向的位移，所以斜劈对小球的弹力对球做负功，故A选项错误；小球对斜劈的弹力对斜劈做正功，所以斜劈的机械能增加，故C选项错误.不计一切摩擦，小球下滑过程中，小球和斜劈组成的系统中只有动能和重力势能相互转化，系统机械能守恒，故B、D选项正确.
二、多物体组成的系统机械能守恒问题
1.多个物体组成的系统，就单个物体而言，机械能一般不守恒，但就系统而言机械能往往是守恒的.
2.关联物体注意寻找用绳或杆相连接的物体间的速度关系和位移关系.
3.机械能守恒定律表达式的选取技巧
(1)当研究对象为单个物体时，可优先考虑应用表达式Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2或ΔEk＝－ΔEp来求解.
(2)当研究对象为两个物体组成的系统时：
①若两个物体的重力势能都在减小(或增加)，动能都在增加(或减小)，可优先考虑应用表达式ΔEk＝－ΔEp来求解.
②若A物体的机械能增加，B物体的机械能减少，可优先考虑用表达式ΔEA＝－ΔEB来求解.
例2　如图2所示，斜面的倾角θ＝30°，另一边与地面垂直，高为H，斜面顶点上有一定滑轮，物块A和B的质量分别为m1和m2，通过轻而柔软的细绳连接并跨过定滑轮.开始时两物块都位于与地面距离为H的位置上，释放两物块后，A沿斜面无摩擦地上滑，B沿斜面的竖直边下落.若物块A恰好能达到斜面的顶点，试求m1和m2的比值.滑轮的质量、半径和摩擦均可忽略不计.
图2
答案　1∶2
解析　设B刚下落到地面时速度为v，由系统机械能守恒得：
m2g－m1gsin 30°＝(m1＋m2)v2①
A以速度v上滑到顶点过程中机械能守恒，则：
m1v2＝m1gsin 30°，②
由①②得＝1∶2.
针对训练　如图3所示，在长为L的轻杆中点A和端点B各固定一质量为m的球，杆可绕轴O无摩擦的转动，使杆从水平位置无初速度释放.求当杆转到竖直位置时，杆对A、B两球分别做了多少功？
图3
答案　－mgL　mgL
解析　设当杆转到竖直位置时，A球和B球的速度分别为vA和vB.如果把轻杆、两球组成的系统作为研究对象，因为机械能没有转化为其他形式的能，故系统机械能守恒，可得：mgL＋mgL＝mv＋mv①
因A球与B球在各个时刻对应的角速度相同，
故vB＝2vA②
联立①②得：vA＝ ，vB＝ .
根据动能定理，对A有：WA＋mg·＝mv－0，
解得WA＝－mgL.
对B有：WB＋mgL＝mv－0，解得WB＝mgL.
三、机械能守恒定律与动能定理的综合应用
例3　为了研究过山车的原理，某兴趣小组提出了下列设想：取一个与水平方向夹角为37°、长为l＝2 m的粗糙倾斜轨道AB，通过水平轨道BC与半径为R＝0.2 m的竖直圆轨道相连，出口为水平轨道DE，整个轨道除AB段以外都是光滑的.其中AB与BC轨道以微小圆弧相接，如图4所示.一个质量m＝1 kg的小物块以初速度v0＝5 m/s从A点沿倾斜轨道滑下，小物块到达C点时速度vC＝4 m/s.取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.
图4
(1)求小物块到达C点时对圆轨道压力的大小；
(2)求小物块从A到B运动过程中摩擦力所做的功；
(3)为了使小物块不离开轨道，并从轨道DE滑出，求竖直圆弧轨道的半径应满足什么条件？
答案　(1)90 N　(2)－16.5 J　(3)R≤0.32 m
解析　(1)设小物块到达C点时受到的支持力大小为FN，
根据牛顿第二定律有，FN－mg＝m
解得：FN＝90 N
根据牛顿第三定律得，小物块对圆轨道压力的大小为90 N
(2)小物块从A到C的过程中，根据动能定理有：
mglsin 37°＋Wf＝mv－mv
解得Wf＝－16.5 J
(3)设小物块进入圆轨道到达最高点时速度大小为v1，
为使小物块能通过圆弧轨道的最高点，
则v1≥
小物块从圆轨道最低点到最高点的过程中，根据机械能守恒定律有：
mv＝mv＋2mgR，当v1＝时，
联立解得R＝0.32 m，
所以为使小物块能通过圆弧轨道的最高点，竖直圆弧轨道的半径应满足R≤0.32 m.
1.(机械能是否守恒的判断)(多选) 如图5所示，一根轻弹簧下端固定，竖立在水平面上.其正上方A位置有一只小球.小球从静止开始下落，在B位置接触弹簧的上端，在C位置小球所受弹力大小等于重力，在D位置小球速度减小到零.对于小球下降阶段，下列说法中正确的是(不计空气阻力)(　　)
图5
A.在B位置小球动能最大
B.在C位置小球动能最大
C.从A→C位置小球重力势能的减少等于小球动能的增加
D.整个过程中小球和弹簧组成的系统机械能守恒
答案　BD
解析　小球从B运动至C过程，重力大于弹力，合力向下，小球加速，从C运动到D，重力小于弹力，合力向上，小球减速，故在C点动能最大，故A错误，B正确.小球下降过程中，只有重力和弹簧弹力做功，小球和弹簧系统机械能守恒，D正确；从A→C位置小球重力势能的减少量等于动能增加量和弹性势能增加量之和，故C错误.
2.(多物体组成的系统机械能守恒问题)(多选) 如图6所示，a、b两物块质量分别为m、3m，用不计质量的细绳相连接，悬挂在定滑轮的两侧.开始时，a、b两物块距离地面高度相同，用手托住物块b，然后由静止释放，直至a、b物块间高度差为h，不计滑轮质量和一切摩擦，重力加速度为g.在此过程中，下列说法正确的是(　　)
图6
A.物块a的机械能守恒
B.物块b的机械能减少了mgh
C.物块b机械能的减少量等于物块a机械能的增加量
D.物块a、b与地球组成的系统机械能守恒
答案　CD
解析　释放b后物块a加速上升，动能和重力势能均增加，故机械能增加，选项A错误.对物块a、b与地球组成的系统，只有重力做功，故机械能守恒，选项D正确.物块a、b构成的系统机械能守恒，有(3m)g－mg＝mv2＋(3m)v2，解得v＝；物块b动能增加量为(3m)v2＝mgh，重力势能减少mgh，故机械能减少mgh－mgh＝mgh，选项B错误.由于绳的拉力对a做的功与b克服绳的拉力做的功相等，故物块b机械能的减少量等于物块a机械能的增加量，选项C正确.
3.(机械能守恒定律与动能定理的综合应用)如图7所示，一内壁光滑的细管弯成半径为R＝0.4 m的半圆形轨道CD，竖直放置，其内径略大于小球的直径，水平轨道与半圆形轨道在C处连接完好.置于水平轨道上的弹簧左端与竖直墙壁相连，B处为弹簧原长状态的右端.将一个质量为m＝0.8 kg的小球放在弹簧的右侧后，用力水平向左推小球压缩弹簧至A处，然后将小球由静止释放，小球运动到C处时对轨道的压力大小为F1＝58 N.水平轨道以B处为界，左侧AB段长为x＝0.3 m，与小球间的动摩擦因数为μ＝0.5，右侧BC段光滑.g＝10 m/s2，求：
图7
(1)弹簧在压缩时所储存的弹性势能；
(2)小球运动到轨道最高处D点时对轨道的压力.
答案　(1)11.2 J　(2)10 N，方向竖直向上
解析　(1)对小球在C处，由牛顿第二定律、牛顿第三定律及向心力公式得F1－mg＝m，
解得vC＝5 m/s.
从A到B由动能定理得Ep－μmgx＝mv，
解得Ep＝11.2 J.
(2)从C到D，由机械能守恒定律得：
mv＝2mgR＋mv，vD＝3 m/s，
由于vD＞＝2 m/s，
所以小球在D点对轨道外壁有压力.
小球在D点，由牛顿第二定律及向心力公式得F2＋mg＝m，解得F2＝10 N.
由牛顿第三定律可知，小球在D点对轨道的压力大小为10 N，方向竖直向上.
课时作业
一、选择题(1～5为单项选择题，6～8为多项选择题)
1.如图1所示，一轻绳的一端系在固定粗糙斜面上的O点，另一端系一小球.给小球一足够大的初速度，使小球在斜面上做圆周运动.在此过程中(　　)
图1
A.小球的机械能守恒
B.重力对小球不做功
C.轻绳的张力对小球不做功
D.在任何一段时间内，小球克服摩擦力所做的功总是等于小球动能的减少量
答案　C
解析　斜面粗糙，小球受到重力、支持力、摩擦力、轻绳张力的作用，由于除重力做功外，支持力和轻绳张力总是与运动方向垂直，故不做功，摩擦力做负功，机械能减少，A、B错，C对；小球动能的变化量等于合外力对其做的功，即重力与摩擦力做功的代数和，D错.
2.木块静止挂在绳子下端，一子弹以水平速度射入木块并留在其中，再与木块一起共同摆到一定高度，如图2所示，从子弹开始入射到共同上摆到最大高度的过程中，下面说法正确的是(　　)
图2
A.子弹的机械能守恒
B.木块的机械能守恒
C.子弹和木块的总机械能守恒
D.以上说法都不对
答案　D
解析　子弹打入木块的过程中，子弹克服摩擦力做功产生热能，故系统机械能不守恒.
3.如图3所示，在轻弹簧的下端悬挂一个质量为m的小球A，若将小球A从弹簧原长位置由静止释放，小球A能够下降的最大高度为h，若将小球A换为质量为2m的小球B，仍从弹簧原长位置由静止释放，则小球B下降h时的速度大小为(重力加速度为g，不计空气阻力)(　　)
图3
A. B.
C.  D.0
答案　B
解析　小球A由静止释放到下降h的过程中系统机械能守恒，则mgh＝Ep.小球B由静止释放到下降h的过程中系统机械能也守恒，则2mgh＝Ep＋(2m)v2，解得v＝，故B正确.
4.如图4所示的滑轮光滑轻质，阻力不计，M1＝2 kg，M2＝1 kg，M1离地高度为H＝0.5 m，g＝10 m/s2.M1与M2从静止开始释放，M1由静止下落0.3 m时的速度为(　　)
图4
A. m/s
B.3 m/s
C.2 m/s
D.1 m/s
答案　A
解析　对系统运用机械能守恒定律得，(M1－M2)gh＝(M1＋M2)v2，代入数据解得v＝ m/s，故A正确，B、C、D错误.
5.如图5所示，小物体A和B通过轻质弹簧和轻绳跨过光滑定滑轮连接，初状态在外力控制下系统保持静止，轻弹簧处于原长，且轻弹簧上端离滑轮足够远，A离地面足够高，物体A和B同时从静止释放，释放后短时间内B能保持静止，A下落h高度时，B开始沿斜面上滑，则下列说法中正确的是(　　)
图5
A.B滑动之前，A机械能守恒
B.B滑动之前，A机械能减小
C.B滑动之前，A、B组成的系统机械能守恒
D.B 滑动之后，A、B组成的系统机械能守恒
答案　B
解析　B滑动之前，A下落时，绳子的拉力对A做负功，A的机械能不守恒，由功能关系知，A的机械能减小，故A错误，B正确；B滑动之前，A的机械能减小，B的机械能不变，则A、B组成的系统机械能减小，故C错误；B滑动之后，A、B及弹簧组成的系统机械能守恒，则A、B组成的系统机械能不守恒，故D错误.
6.竖直放置的轻弹簧下连接一个小球，用手托起小球，使弹簧处于压缩状态，如图6所示.则迅速放手后(不计空气阻力)(　　)
图6
A.放手瞬间小球的加速度等于重力加速度
B.小球、弹簧与地球组成的系统机械能守恒
C.小球的机械能守恒
D.小球向下运动过程中，小球动能与弹簧弹性势能之和不断增大
答案　BD
解析　放手瞬间小球的加速度大于重力加速度，A错；整个系统(包括地球)的机械能守恒，B对，C错；向下运动过程中，由于重力势能减小，所以小球的动能与弹簧弹性势能之和增大，D正确.
7.内壁光滑的环形凹槽半径为R，固定在竖直平面内，一根长度为R的轻杆，一端固定有质量为m的小球甲，另一端固定有质量为2m的小球乙.现将两小球放入凹槽内，小球乙位于凹槽的最低点，如图7所示，由静止释放后(　　)
图7
A.下滑过程中甲球减少的机械能总是等于乙球增加的机械能
B.下滑过程中甲球减少的重力势能总是等于乙球增加的重力势能
C.甲球可沿凹槽下滑到槽的最低点
D.杆从右向左滑回时，乙球一定能回到凹槽的最低点
答案　AD
解析　环形凹槽光滑，甲、乙组成的系统在运动过程中只有重力做功，故系统机械能守恒，下滑过程中甲减少的机械能总是等于乙增加的机械能，甲、乙系统减少的重力势能等于系统增加的动能；甲减少的重力势能等于乙增加的势能与甲、乙增加的动能之和；由于乙的质量较大，系统的重心偏向乙一端，由机械能守恒，知甲不可能滑到凹槽的最低点，杆从右向左滑回时乙一定会回到凹槽的最低点.
8.如图8所示，将一个内外侧均光滑的半圆形槽置于光滑的水平面上，槽的左侧有一固定的竖直墙壁.现让一小球自左端槽口A点的正上方由静止开始下落，从A点与半圆形槽相切进入槽内，则下列说法正确的是(　　)
图8
A.小球在半圆形槽内运动的全过程中，只有重力对它做功
B.小球从A点向半圆形槽的最低点运动的过程中，小球的机械能守恒
C.小球从A点经最低点向右侧最高点运动的过程中，小球与半圆形槽组成的系统机械能守恒
D.小球从下落到从右侧离开半圆形槽的过程中，机械能守恒
答案　BC
二、非选择题
9.一半径为R的半圆形竖直圆柱面，用轻质不可伸长的细绳连接的A、B两球悬挂在圆柱面边缘两侧，A球质量为B球质量的2倍，现将A球从圆柱边缘处由静止释放，如图9所示.已知A球始终不离开圆柱内表面，且细绳足够长，若不计一切摩擦，求：A球沿圆柱内表面滑至最低点时速度的大小.
图9
答案　2
解析　设A球沿圆柱内表面滑至最低点时速度的大小为v，B球的质量为m，则根据机械能守恒定律有2mgR－mgR＝×2mv2＋mv，由图可知，A球的速度v与B球速度vB的关系为vB＝v1＝vcos 45°，联立解得v＝2.
10.如图10所示，半径为R的光滑半圆弧轨道与高为10R的光滑斜轨道放在同一竖直平面内，两轨道之间由一条光滑水平轨道CD相连，水平轨道与斜轨道间有一段圆弧过渡.在水平轨道上，轻质弹簧被a、b两小球挤压，处于静止状态.同时释放两个小球，a球恰好能通过圆弧轨道的最高点A，b球恰好能到达斜轨道的最高点B.已知a球质量为m1，b球质量为m2，重力加速度为g.求：
图10
(1)a球离开弹簧时的速度大小va；
(2)b球离开弹簧时的速度大小vb；
(3)释放小球前弹簧的弹性势能Ep.
答案　(1)　(2)2　(3)(m1＋10m2)gR
解析　(1)由a球恰好能到达A点知：m1g＝m1
由机械能守恒定律得：m1v－m1v ＝m1g·2R
解得va＝.
(2)对于b球由机械能守恒定律得：m2v ＝m2g·10R
解得vb＝＝2.
(3)由机械能守恒定律得：Ep＝m1v＋m2v
解得Ep＝(m1＋10m2)gR.
11.物块A的质量为m＝2 kg，物块与坡道间的动摩擦因数为μ＝0.6，水平面光滑.坡道顶端距水平面高度为h＝1 m，倾角为θ＝37°.物块从坡道进入水平滑道时，在底端O点处无机械能损失，将轻弹簧的一端固定在水平滑道M处，另一自由端恰位于坡道的底端O点，如图11所示.物块A从坡顶由静止滑下，重力加速度为g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：
图11
(1)物块滑到O点时的速度大小；
(2)弹簧为最大压缩量时的弹性势能；
(3)物块A被弹回到坡道后上升的最大高度.
答案　(1)2 m/s　(2)4 J　(3) m
解析　(1)由动能定理得mgh－＝mv2
代入数据解得v＝2 m/s
(2)在水平滑道上，由机械能守恒定律得mv2＝Ep
代入数据得Ep＝4 J
(3)设物块A能够上升的最大高度为h1，物块被弹回过程中由动能定理得
0－mv2＝－mgh1－
代入数据解得h1＝ m.
第七章 机械能守恒定律
章末总结
一、功和功率的计算
1.功的计算方法
(1)利用W＝Flcos α求功，此时F是恒力.
(2)利用动能定理或功能关系求功.
(3)利用W＝Pt求功.
2.功率的计算方法
(1)P＝：此式是功率的定义式，适用于任何情况下功率的计算，但常用于求解某段时间内的平均功率.
(2)P＝Fvcos α：此式一般计算瞬时功率，但当速度为平均速度时，功率为平均功率.
例1　质量为m＝20 kg的物体，在大小恒定的水平外力F的作用下，沿水平面做直线运动.0～2 s内F与运动方向相反，2～4 s内F与运动方向相同，物体的v－t图象如图1所示，g 取10 m/s2，则(　　)
图1
A.拉力F的大小为100 N
B.物体在4 s时拉力的瞬时功率为120 W
C.4 s内拉力所做的功为480 J
D.4 s内物体克服摩擦力做的功为320 J
答案　B
解析　由图象可得：0～2 s内物体做匀减速直线运动，加速度大小为：a1＝＝ m/s2＝5 m/s2，匀减速过程有F＋Ff＝ma1.匀加速过程加速度大小为a2＝＝ m/s2＝1 m/s2，有F－Ff＝ma2，解得Ff＝40 N，F＝60 N，故A错误.物体在4 s时拉力的瞬时功率为P＝Fv＝60×2 W＝120 W，故B正确.4 s内物体通过的位移为x＝(×2×10－×2×2)m＝8 m，拉力做功为W＝－Fx＝－480 J，故C错误.4 s内物体通过的路程为s＝(×2×10＋×2×2) m＝12 m，摩擦力做功为Wf＝－Ffs＝－40×12 J＝－480 J，故D错误.
针对训练 1　如图2所示，两个完全相同的小球A、B，在同一高度处以相同大小的初速度v0分别水平抛出和竖直向上抛出，不计空气阻力，则(　　)
图2
A.两小球落地时速度相同
B.两小球落地时重力的功率相等
C.从开始运动至落地，重力对两小球做功相同
D.从开始运动至落地，重力对两小球做功的平均功率相等
答案　C
解析　由机械能守恒定律可得两球落地时速度大小相等，但落地时的速度方向不相同，故速度不相同，A项错误.重力在落地时的瞬时功率P＝mgvcos α，α为重力与速度方向的夹角，由于α不相等，故两小球落地时重力的功率不相等，B项错误.重力做功取决于下降的高度h，从开始运动至落地h相等，故重力对两小球做功相同，C项正确.重力做功的平均功率P＝，两球运动的时间不相等，故重力对两小球做功的平均功率不相等，D项错误.
二、功能关系的应用
例2　如图3所示，某段滑雪雪道倾角为30°，总质量为m(包括雪具在内)的滑雪运动员从距底端高为h处的雪道上由静止开始匀加速下滑，加速度为g.在他从上向下滑到底端的过程中，下列说法正确的是(　　)
图3
A.运动员减少的重力势能全部转化为动能
B.运动员获得的动能为mgh
C.运动员克服摩擦力做功为mgh
D.下滑过程中系统减少的机械能为mgh
答案　D
解析　运动员的加速度为g，小于gsin 30°，所以必受摩擦力，由mgsin 30°－Ff＝ma得：Ff＝mg，克服摩擦力做功为Wf＝mg·＝mgh，故C错；摩擦力做功，机械能不守恒，减少的重力势能没有全部转化为动能，而是有mgh转化为内能，故A错，D正确；由动能定理知，运动员获得的动能为Ek＝W合＝mg·＝mgh，故B错.
针对训练2　(多选)如图4所示，一质量为m可视为质点的小物体，在沿斜面向上的拉力F作用下，从长为L、高为h的粗糙固定斜面底端匀速运动到顶端，重力加速度为g.此过程中，物体的(　　)
图4
A.重力势能增加了mgh B.机械能保持不变
C.机械能增加了mgh D.机械能增加了FL
答案　AC
解析　重力做功W＝－mgh，则重力势能增加了mgh，选项A正确；物体匀速运动，动能不变，重力势能增加mgh，则机械能增加了mgh，选项B、D错误，C正确.
三、动力学方法和能量观点的综合应用
1.动力学方法：利用牛顿运动定律结合运动学规律求解力学问题.
2.能量的观点：利用动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律以及功能关系求解力学问题.
3.应用技巧
涉及动力学方法和能量观点的综合题，应根据题目要求灵活选用公式和规律.
(1)涉及力和运动的瞬时性分析或恒力作用下物体做匀变速直线运动的问题时，可用牛顿运动定律.
(2)涉及多过程、变力作用下的问题，不要求知道过程的细节，用功能关系解题简便.
(3)只涉及动能与势能的相互转化，单个物体或系统机械能守恒问题时，通常选用机械能守恒定律.
(4)涉及多种形式能量转化的问题用能量守恒分析较简便.
例3　我国将于2022年举办冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一.如图5所示，质量m＝60 kg(包括雪具在内)的运动员从长直助滑道AB的A处由静止开始以加速度a＝3.6 m/s2匀加速滑下，到达助滑道末端B时速度vB＝24 m/s，A与B的竖直高度差H＝48 m，为了改变运动员的运动方向，在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道平滑衔接，其中最低点C处附近是一段以O为圆心的圆弧.助滑道末端B与滑道最低点C的高度差h＝5 m，运动员在B、C间运动时阻力做功W＝－1 530 J，取g＝10 m/s2.
图5
(1)求运动员在AB段下滑时受到阻力Ff的大小；
(2)若运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，则C点所在圆弧的半径R至少应为多大.
答案　(1)144 N　(2)12.5 m
解析　(1)运动员在AB上做初速度为零的匀加速直线运动，设AB的长度为x，则有v＝2ax①
由牛顿第二定律有mg－Ff＝ma②
联立①②式，代入数据解得Ff＝144 N③
(2)设运动员到达C点时的速度为vC，在由B到达C的过程中，由动能定理得
mgh＋W＝mv－mv④
设运动员在C点所受的支持力为FN，由牛顿第二定律有
FN－mg＝m⑤
由题意和牛顿第三定律知FN＝6mg⑥
联立④⑤⑥式，代入数据解得R＝12.5 m.
1　曲线运动
[学习目标] 1.知道什么是曲线运动，会确定曲线运动速度的方向，知道曲线运动是一种变速运动.2.知道物体做曲线运动的条件.
一、曲线运动的位移
1.描述曲线运动时要用到位移和速度两个物理量.
2.曲线运动的位移矢量的方向不断变化，需要采用平面直角坐标系，用位移在坐标轴方向的分矢量来代表它.
二、曲线运动的速度方向
1.质点做曲线运动时，速度方向是时刻改变的.
2.质点在某一点的速度方向是沿曲线上这一点的切线方向.
3.曲线运动是变速运动
(1)速度是矢量，它既有大小，又有方向.不论速度的大小是否改变，只要速度的方向发生改变，就表示速度发生了变化，也就具有了加速度.
(2)在曲线运动中，速度的方向是不断变化的，所以曲线运动是变速运动.
三、物体做曲线运动的条件
1.动力学角度：当物体所受合力的方向与它的速度方向不在同一直线上时，物体做曲线运动.
2.运动学角度：物体的加速度方向与它的速度方向不在同一直线上时，物体做曲线运动.
[即学即用]
1.判断下列说法的正误.
(1)做曲线运动的物体，速度可能不变.(×)
(2)曲线运动一定是变速运动，但变速运动不一定是曲线运动.(√)
(3)物体的速度不断改变，它一定做曲线运动.(×)
(4)做曲线运动物体的位移大小可能与路程相等.(×)
(5)做曲线运动物体的合力一定是变力.(×)
(6)做曲线运动的物体一定有加速度.(√)
2.小文同学在探究物体做曲线运动的条件时，将一条形磁铁放在桌面的不同位置，让小钢珠在水平桌面上从同一位置以相同初速度v0运动，得到不同轨迹.图1中a、b、c、d为其中四条运动轨迹，磁铁放在位置A时，小钢珠的运动轨迹是________(填轨迹字母代号)，磁铁放在位置B时，小钢珠的运动轨迹是________(填轨迹字母代号).实验表明，当物体所受合外力的方向跟它的速度方向________(选填“在”或“不在”)同一直线上时，物体做曲线运动.
图1
答案　b　c　不在
解析　因为磁铁对小钢珠只能提供引力，磁铁在A处时，F与v0同向，小钢珠做变加速直线运动，运动轨迹为b；当磁铁放在B处时，F与v0不在同一直线上，引力指向曲线的凹侧，运动轨迹为c.当合外力方向与速度方向不在同一直线上时，物体做曲线运动.
一、曲线运动的位移和速度
[导学探究]
1.曲线运动的位移
如图2所示，水平抛出的物体在空中运动时轨迹为曲线.
图2
(1)不同时间内的位移方向是否相同？
(2)如何描述物体的位移？
(3)试讨论物体在曲线运动中的位移大小和路程有什么关系.
答案　(1)不相同.由于物体的轨迹是曲线，不同时间内的位移方向发生变化.
(2)当物体运动到A点时，它相对于O点的位移是OA，可以用l表示.由于位移矢量是不断变化的，可以建立平面直角坐标系，用它在坐标轴方向上的分矢量来代表，即用A点的坐标xA、yA表示两个分位移矢量，使问题简单化，如图.
(3)曲线运动中的位移大小总是小于路程.
2.曲线运动的速度
(1)如图3所示，砂轮上打磨下来的炽热的微粒沿砂轮的切线飞出，其速度方向不断变化，那么如何确定物体在某一点的速度方向？
图3
(2)曲线运动一定是变速运动吗？
(3)曲线运动可能是匀变速运动吗？
(4)物体做曲线运动时，加速度可以为零吗？为什么？
答案　(1)从题图可以看出，从砂轮上打磨下来的炽热微粒沿脱落点的切线方向飞出，所以物体在某一点的速度方向沿曲线在这一点的切线方向.
(2)由于曲线运动的速度方向时刻在变化，不论其速度大小是否变化，其速度一定变化，因此曲线运动一定是变速运动.
(3)曲线运动是否是匀变速运动取决于物体所受的合外力情况.合外力为恒力，物体做匀变速曲线运动；合外力为变力，物体做非匀变速曲线运动.
(4)不可以，物体做曲线运动时，速度不断变化，所以加速度一定不为零.
[知识深化]
1.曲线运动的位移：在平面直角坐标系中，曲线运动的位移为运动物体的初位置到末位置的有向线段，与路程不同.曲线运动位移的大小小于路程.
2.曲线运动速度方向时刻改变，它一定是变速运动，加速度一定不为零.
3.曲线运动性质的两种判断方法
(1)看物体所受的合外力，若物体所受的合外力为恒力，则它做匀变速曲线运动；若物体所受的合外力为变力，则它做非匀变速曲线运动.
(2)看物体的加速度，若物体的加速度不变，则它做匀变速曲线运动；若物体的加速度变化，则它做非匀变速曲线运动.
例1　关于运动的性质，以下说法中正确的是(　　)
A.曲线运动一定是变速运动
B.变速运动一定是曲线运动
C.曲线运动一定是变加速运动
D.加速度不变的运动一定是直线运动
答案　A
解析　物体做曲线运动时速度方向时刻变化，所以曲线运动一定是变速运动，A正确.变速运动可能是速度的方向在变化，也可能是速度的大小在变化，所以变速运动不一定是曲线运动，B错误.曲线运动可能是变加速曲线运动，也可能是匀变速曲线运动，C错误.加速度不变的运动可能是匀变速直线运动，也可能是匀变速曲线运动，D错误.
例2　如图4所示，物体沿曲线由a点运动至b点，关于物体在ab段的运动，下列说法正确的是(　　)
图4
A.物体的速度可能不变
B.物体的速度不可能均匀变化
C.a点的速度方向由a指向b
D.ab段的位移大小一定小于路程
答案　D
解析　做曲线运动的物体的速度方向时刻改变，即使速度大小不变，速度方向也在不断发生变化，故A项错误；做曲线运动的物体必定受到力的作用，当物体所受到的合力为恒力时，物体的加速度恒定，速度均匀变化，B项错误；ɑ点的速度方向沿ɑ点的切线方向，C项错误；做曲线运动的物体的位移大小必小于路程，D项正确.
二、物体做曲线运动的条件
[导学探究]　(1)图5甲是抛出的石子在空中划出的弧线，图乙是某卫星绕地球运行的部分轨迹.请画出物体在A、B、C、D四点的受力方向和速度方向.
　　　　
图5
(2)用一块磁铁，如何使小钢球做以下运动：①加速直线运动；②减速直线运动；③曲线运动.
(3)物体做曲线运动的条件是什么？
答案　(1)各点受力方向和速度方向如图所示.
　　　　
(2)①把磁铁放置在小钢球运动方向的正前方；②把磁铁放置在小钢球运动方向的正后方；③把磁铁放置在小钢球运动方向的某一侧.
(3)所受合力方向与速度方向不共线.
[知识深化]
1.物体做曲线运动的条件：当物体受到的合力的方向与其运动方向不共线时，物体将做曲线运动，与其受到的合力大小是否变化无关.
2.合外力与运动轨迹的关系：物体运动时其轨迹总偏向合外力所指的一侧，或者说合外力总指向运动轨迹的凹侧.
例3　曲线运动是自然界更为普遍的运动形式，下面关于曲线运动的一些说法中，正确的是(　　)
A.物体只要受到变力的作用，就会做曲线运动
B.物体在方向不变的外力作用下一定会做直线运动
C.物体在方向不断变化的外力作用下一定会做曲线运动
D.物体在大小不变的外力作用下必做匀变速曲线运动
答案　C
解析　若力与初速度方向不在一条直线上，物体做曲线运动，A、B错误.物体所受的外力方向不断变化，表明外力不会与速度始终共线，故在该外力作用下物体一定会做曲线运动，C对.做匀变速曲线运动物体的受力恒定不变，而不光是受力大小不变，D错误.
例4　汽车在水平公路上转弯，沿曲线由M向N行驶.图中分别画出了汽车转弯时所受合力F的四种方向，你认为正确的是(　　)
答案　D
解析　A选项中力的方向与速度方向相同，B选项中力的方向与速度方向相反，这两种情况下汽车会做直线运动，不符合实际，A、B错误；物体做曲线运动时，合力的方向指向运动轨迹的凹侧，故C错误，D对.
针对训练　一物体由静止开始自由下落，一小段时间后突然受一恒定水平向右的风力的影响，但着地前一段时间内风突然停止，则其运动的轨迹可能是(　　)
答案　C
解析　物体自由下落到某处突然受一恒定水平向右的风力，则轨迹应向右弯曲，且弯点的切线方向应竖直向下，故A、B、D都错；撤去风力后，物体只受重力，即合外力向下，轨迹应向下弯曲，只有C符合，故C正确.
物体做曲线运动时，关于受力(加速度)的“一定”与“不一定”
1.“一定”：物体受到的合外力(加速度)一定不为零.物体所受合外力(加速度)的方向与其速度方向一定不在同一条直线上.
2.“不一定”：物体受到的合外力(加速度)不一定变化，即物体受到的合外力可以是恒力，也可以是变力.
1.(曲线运动的速度方向)在F1赛事中，若在弯道上高速行驶的赛车车轮脱落，则关于脱落的车轮的运动情况，下列说法中正确的是(　　)
A.仍然沿着汽车的弯道行驶
B.沿着与弯道切线垂直的方向飞出
C.沿着脱离时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
答案　C
解析　赛车沿弯道行驶，任一时刻赛车的速度方向是赛车运动轨迹上的对应点的切线方向，脱落的车轮的速度方向也就是脱落点轨迹的切线方向，车轮脱落后，不再受到车身的约束，只受到与速度方向相反的阻力作用，车轮做直线运动，故C正确.
2.(曲线运动的条件)对做曲线运动的物体，下列说法正确的是(　　)
A.速度方向与合外力方向不可能在同一条直线上
B.加速度方向与合外力方向可能不在同一条直线上
C.加速度方向与速度方向有可能在同一条直线上
D.合外力的方向一定是变化的
答案　A
解析　由物体做曲线运动的条件可知，速度方向与合外力方向不可能在同一条直线上，所以A正确；根据牛顿第二定律，加速度与合外力一定同向，所以B、C不正确；在恒力作用下，物体也可以做曲线运动，只要合外力方向与速度方向不共线就可以，所以D不正确，故选A.
3.(曲线运动的力、速度与轨迹的关系)(多选)如图6所示，一个质点沿轨道ABCD运动，图中画出了质点在各处的速度v和质点所受合力F的方向，其中正确的是(　　)
图6
A.A位置 B.B位置
C.C位置 D.D位置
答案　BD
4.(合力与曲线运动)(多选)质量为m的物体，在F1、F2、F3三个共点力的作用下做匀速直线运动，保持F1、F2不变，仅将F3的方向改变90°(大小不变)后，物体可能做 (　　)
A.加速度大小为的匀变速直线运动
B.加速度大小为的匀变速直线运动
C.加速度大小为的匀变速曲线运动
D.匀速直线运动
答案　BC
解析　物体在F1、F2、F3三个共点力作用下做匀速直线运动，必有F3与F1、F2的合力等大反向，当F3大小不变，方向改变90°时，F1、F2的合力大小仍为F3，方向与改变方向后的F3夹角为90°，故F合＝F3，加速度a＝＝.若初速度方向与F合方向共线，则物体做匀变速直线运动；若初速度方向与F合方向不共线，则物体做匀变速曲线运动.综上所述，本题选B、C.
课时作业
选择题(1～8为单项选择题，9～13为多项选择题)
1.质点在某一平面内沿曲线由P运动到Q，如果用v、a、F分别表示质点运动过程中的速度、加速度和受到的合外力.则下列选项中可能正确的是(　　)
答案　D
解析　质点做曲线运动时，速度方向是曲线上这一点的切线方向，选项A错误；质点所受合外力和加速度的方向指向运动轨迹的凹侧，选项B、C错误，只有选项D正确.
2.关于曲线运动，下列说法中正确的是(　　)
A.做曲线运动的物体，在一段时间内运动的路程可能为零
B.曲线运动一定是匀速运动
C.在平衡力作用下，物体可以做曲线运动
D.在恒力作用下，物体可以做曲线运动
答案　D
解析　做曲线运动的物体，在一段时间内可能回到出发点，但路程不为零，位移可能为零，A错误；曲线运动的速度方向一定变化，所以一定是变速运动，B错误；由牛顿第一定律可知，在平衡力作用下，物体一定做匀速直线运动或处于静止状态，C错误；不论是否为恒力，只要物体受力方向与物体速度方向不共线，物体就做曲线运动，所以D正确.
3.翻滚过山车是大型游乐园里比较刺激的一种娱乐项目.如图1所示，翻滚过山车(可看成质点)从高处冲下，过M点时速度方向如图所示，在圆形轨道内经过A、B、C三点.下列说法正确的是(　　)
图1
A.过山车做匀速运动
B.过山车做变速运动
C.过山车受到的合力等于零
D.过山车经过A、C两点时的速度方向相同
答案　B
解析　过山车做曲线运动，其速度方向时刻变化，速度是矢量，故过山车的速度是变化的，即过山车做变速运动，A错，B对；做变速运动的过山车具有加速度，由牛顿第二定律可知过山车所受合力一定不为零，C错；过山车经过A点时，速度方向竖直向上，经过C点时，速度方向竖直向下，D错.
4.若已知物体运动的初速度v0的方向及它受到的恒定的合力F的方向，如图所示.则可能的轨迹是(　　)
答案　B
解析　物体做曲线运动时，速度沿曲线的切线方向，合力方向和速度方向不共线，且指向曲线凹的一侧，则运动轨迹在合力与速度之间，且向合力的方向弯曲.
5.物体受到几个恒力的作用处于平衡状态，若再对物体施加一个恒力，则物体可能(　　)
A.静止 B.做匀速直线运动
C.做变加速曲线运动 D.做匀变速曲线运动
答案　D
解析　物体受几个恒力的作用而处于平衡状态，相当于不受力，速度可能为零，也可能为某个确定的值；若再对物体施加一个恒力，合力不为零，不可能保持静止或匀速直线运动，故A、B错误；如果速度与合力不共线，物体就做曲线运动，由于合力是恒力，故加速度恒定不变，是匀变速曲线运动，故C错误，D正确.
6.一个做匀速直线运动的物体突然受到一个与运动方向不在同一条直线上的恒力作用时，则物体(　　)
A.继续做直线运动
B.一定做曲线运动
C.可能做直线运动，也可能做曲线运动
D.运动的形式不能确定
答案　B
解析　当合外力方向与速度方向不在同一条直线上时，物体必做曲线运动，故选项B正确.
7.一个质点在恒力F作用下，在xOy平面上从O点运动到B点的轨迹如图2所示，且在A点时的速度方向与x轴平行，则恒力F的方向可能是(　　)
图2
A.沿＋x方向
B.沿－x方向
C.沿＋y方向
D.沿－y方向
答案　D
解析　根据曲线运动的轨迹位于速度方向和合力方向所夹的范围内且向合力方向弯曲，可知B、C错误；若恒力F沿＋x方向则速度方向不可能与x轴平行，故A错误，所以正确选项为D.
8.一运动物体经过P点时，其速度v与合力F的方向不在同一直线上，当物体运动到Q点时，突然使合力的方向与速度方向相同直至物体运动经过M点，若用虚线表示物体的运动轨迹，则下列图中可能正确的是(其中C、D选项中的QM段均是直线)(　　)
答案　C
解析　经过P点时，其速度v与合力F的方向不在同一直线上，物体做曲线运动，合力应该指向轨迹的内侧，当合力方向与速度方向平行时，物体做直线运动，所以从Q到M做直线运动，故C正确.
9.关于曲线运动的速度，下列说法正确的是(　　)
A.速度的大小与方向都在时刻变化
B.速度的大小不断发生变化，速度的方向不一定发生变化
C.速度的方向不断发生变化，速度的大小不一定发生变化
D.质点在某一点的速度方向就是轨迹上该点的切线方向
答案　CD
解析　做曲线运动的物体，速度的大小可以不发生变化，但速度的方向一定会发生变化，故A、B错误，C正确；质点在某一点的速度方向就是轨迹上该点的切线方向，D正确.
10.关于做曲线运动物体的速度和加速度，下列说法中正确的是(　　)
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
答案　BD
解析　物体做曲线运动时，速度方向时刻改变，受到外力作用，由牛顿第二定律知，加速度一定不为零；由加速度物理意义知，加速度越大，速度改变越快，故正确答案为B、D.
11.关于物体的运动，以下说法中正确的是(　　)
A.物体在恒力作用下，一定做直线运动
B.物体在受到与速度方向不在一条直线上的外力作用下，一定做曲线运动
C.物体在变力作用下，一定做曲线运动
D.物体在变力作用下，可能做直线运动
答案　BD
解析　物体受到恒力作用，若恒力的方向与运动的方向不共线，则做曲线运动，所以A错误；物体受到的外力与速度方向不在一条直线上，则物体一定做曲线运动，所以B正确；物体受到变力作用，若变力的方向与速度的方向共线，则做直线运动，若不共线，则做曲线运动，所以C错误，D正确.
12.质点在三个恒力F1、F2、F3的共同作用下保持平衡状态，若突然撤去F1，保持其他力不变，则质点(　　)
A.一定做匀变速运动
B.一定做直线运动
C.一定做非匀变速运动
D.可能做曲线运动
答案　AD
解析　质点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时，质点受到的合力大小等于F1的大小，方向与F1相反，故选项A正确，选项C错误；在撤去F1之前，质点保持平衡，有两种可能：一是质点处于静止状态，则撤去F1后，质点做匀变速直线运动；二是质点处于匀速直线运动状态，则撤去F1后，质点可能做直线运动(条件是：F1的方向和速度方向在同一条直线上)，也可能做曲线运动(条件是：F1的方向和速度方向不在同一条直线上)，故选项B错误，选项D正确.
13.在光滑水平面上有一质量为2 kg的物体，受几个共点力作用做匀速直线运动.现突然将与速度反方向的2 N的力水平旋转90°，则关于物体运动情况的叙述正确的是(　　)
A.物体做速度大小不变的曲线运动
B.物体做加速度为 m/s2的匀变速曲线运动
C.物体做速度越来越大的曲线运动
D.物体做非匀变速曲线运动，其速度越来越大
答案　BC
解析　物体原来所受合外力为零，当将与速度反方向的2 N的力水平旋转90°后其受力如图所示，其中Fx＝Fy＝2 N，F是Fx、Fy的合力，即F＝2 N，且大小、方向都不变，是恒力，那么物体的加速度为a＝＝ m/s2＝  m/s2，恒定.又因为F与v夹角θ＜90°，所以物体做速度越来越大、加速度恒为 m/s2的匀变速曲线运动，故正确答案是B、C两项.
2　平抛运动
[学习目标] 1.知道什么是抛体运动，知道抛体运动是匀变速曲线运动.2.理解平抛运动及其运动规律，会用平抛运动的规律解决有关问题.3.了解斜上抛运动及其运动规律.4.掌握分析抛体运动的方法——运动的合成与分解.
一、抛体运动
1.定义：以一定的速度将物体抛出，物体只受重力作用的运动.
2.平抛运动：初速度沿水平方向的抛体运动.
3.平抛运动的特点
(1)初速度沿水平方向.
(2)只受重力作用.
4.平抛运动的性质：加速度为g的匀变速曲线运动.
二、平抛运动的速度和位移
1.平抛运动的速度
(1)水平方向：不受力，为匀速直线运动，vx＝v0.
(2)竖直方向：只受重力，为自由落体运动，vy＝gt.
(3)合速度：大小：v＝＝；方向：tan θ＝＝(θ是v与水平方向的夹角).
2.平抛运动的位移
(1)水平位移：x＝v0t.
(2)竖直位移：y＝gt2.
(3)轨迹：平抛运动的轨迹是一条抛物线.
三、斜抛运动的规律
1.定义：初速度沿斜向上或斜向下方向的抛体运动.
2.初速度：vx＝v0cos θ，vy＝v0sin θ.(如图1)
图1
3.性质：斜抛运动可以看成是水平方向的匀速直线运动和竖直方向的竖直上抛或竖直下抛运动的合运动.
[即学即用]
1.判断下列说法的正误.
(1)抛体运动一定是曲线运动.(×)
(2)抛体运动一定是匀变速运动.(√)
(3)平抛运动的物体初速度越大，下落得越快.(×)
(4)平抛运动物体的速度方向与水平方向的夹角越来越大，若足够高，速度方向最终可能竖直向下.(×)
(5)平抛运动的合位移的方向与合速度的方向一致.(×)
(6)斜向上抛运动的物体到达最高点时，速度为零.(×)
2.在80 m的低空有一小型飞机以30 m/s的速度水平飞行，假定从飞机上释放一物体，g取10 m/s2，不计空气阻力，那么物体落地时间是 s，它在下落过程中发生的水平位移是 m；落地时的速度大小为 m/s.
答案　4　120　50
解析　由h＝gt2，得：t＝，代入数据得：t＝4 s
水平位移x＝v0t，代入数据得：
x＝30×4 m＝120 m
v0＝30 m/s，vy＝＝40 m/s
故v＝
代入数据得v＝50 m/s.
一、平抛运动的理解
[导学探究]　如图2所示，一人正练习投掷飞镖，请思考：
图2
(1)飞镖投出后，其加速度的大小和方向是否变化？
(2)飞镖的运动是匀变速运动，还是变加速运动？
答案　(1)加速度为重力加速度g，大小和方向均不变.
(2)匀变速运动.
[知识深化]　
1.平抛运动的特点
(1)速度特点：平抛运动的速度大小和方向都不断变化，故它是变速运动.
(2)轨迹特点：平抛运动的运动轨迹是曲线，故它是曲线运动.
(3)加速度特点：平抛运动的加速度为自由落体加速度.
2.平抛运动的速度变化
如图3所示，由Δv＝gΔt知，任意两个相等的时间间隔内速度的变化量相同，方向竖直向下.
图3
例1　关于平抛运动，下列说法中正确的是(　　)
A.平抛运动是一种变加速运动
B.做平抛运动的物体加速度随时间逐渐增大
C.做平抛运动的物体每秒内速度增量相等
D.做平抛运动的物体每秒内位移增量相等
答案　C
解析　平抛运动是匀变速曲线运动，其加速度为重力加速度g，故加速度的大小和方向恒定，在Δt时间内速度的改变量为Δv＝gΔt，因此可知每秒内速度增量大小相等、方向相同，选项A、B错误，C正确；由于水平方向的位移x＝v0t，每秒内水平位移增量相等，而竖直方向的位移h＝gt2，每秒内竖直位移增量不相等，所以选项D错误.
二、平抛运动规律的应用
[导学探究]　如图4所示为小球水平抛出后，在空中做平抛运动的运动轨迹.
图4
(1)小球做平抛运动，运动轨迹是曲线，为了便于研究，我们应如何建立坐标系？
(2)以抛出时为计时起点，求t时刻小球的速度大小和方向.
(3)以抛出时刻为计时起点，求t时刻小球的位移大小和方向.
答案　(1)一般以初速度v0的方向为x轴的正方向，竖直向下的方向为y轴的正方向，以小球被抛出的位置为坐标原点建立平面直角坐标系.
(2)如图，初速度为v0的平抛运动，经过时间t后，其水平分速度vx＝v0，竖直分速度vy＝gt.根据运动的合成规律可知，小球在这个时刻的速度(即合速度)大小v＝＝，设这个时刻小球的速度与水平方向的夹角为θ，则有tan θ＝＝.
(3)如图，水平方向：x＝v0t
竖直方向：y＝gt2
合位移：
l＝＝ 
合位移方向：tan α＝＝(α表示合位移方向与水平方向之间的夹角).
[知识深化]
1.平抛运动的规律
(1)平抛运动的时间：t＝，只由高度决定，与初速度无关.
(2)水平位移(射程)：x＝v0t＝v0，由初速度和高度共同决定.
(3)落地速度：v＝＝，与水平方向的夹角为θ，tan θ＝＝，落地速度由初速度和高度共同决定.
2.研究平抛运动的一般思路
(1)把平抛运动分解为水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的自由落体运动.
(2)分别运用两个分运动的运动规律去求分速度、分位移等，再合成得到平抛运动的速度、位移等.
这种处理问题的方法可以变曲线运动为直线运动，变复杂运动为简单运动，使问题的解决过程得到简化.
例2　(多选)如图5所示，x轴在水平地面内，y轴沿竖直方向.图中画出了从y轴上沿x轴正向抛出的三个小球a、b和c的运动轨迹，其中b和c是从同一点抛出的.不计空气阻力，则(　　)
图5
A.a的飞行时间比b的长
B.b和c的飞行时间相同
C.a的水平速度比b的小
D.b的初速度比c的大
答案　BD
解析　平抛运动在竖直方向上的分运动为自由落体运动，由h＝gt2可知，飞行时间由高度决定，hb＞ha，故a的飞行时间比b的短，选项A错误；同理，b和c的飞行时间相同，选项B正确；根据水平位移x＝v0t，a、b的水平位移满足xa＞xb，且飞行时间tb＞ta，可知v0a＞v0b，选项C错误；同理可得v0b＞v0c，选项D正确.
例3　如图6所示，排球场的长度为18 m，其网的高度为2 m.运动员站在离网3 m远的线上，正对网前竖直跳起把球垂直于网水平击出.设击球点的高度为2.5 m，问：球被水平击出时的速度v在什么范围内才能使球既不触网也不出界？(g取10 m/s2)
图6
答案　见解析
解析　如图所示，排球恰不触网时其运动轨迹为Ⅰ，排球恰不出界时其轨迹为Ⅱ，根据平抛物体的运动规律x＝v0t和y＝gt2可得，当排球恰不触网时有
x1＝3 m，x1＝v1t1①
h1＝2.5 m－2 m＝0.5 m，h1＝gt②
由①②可得v1≈9.5 m/s.
当排球恰不出界时有：
x2＝3 m＋9 m＝12 m，x2＝v2t2③
h2＝2.5 m，h2＝gt④
由③④可得v2≈17 m/s.
所以球既不触网也不出界的水平击出速度范围是：
9.5 m/s≤v≤17 m/s.
1.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，是求解平抛运动的基本方法.
2.分析平抛运动中的临界问题时一般运用极端分析的方法，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，找出产生临界的条件.
三、平抛运动的两个推论
[导学探究]　(1)以初速度v0水平抛出的物体，经时间t后速度方向和位移方向相同吗？两量与水平方向夹角的正切值有什么关系？
(2)结合以上结论并观察速度的反向延长线与x轴的交点，你有什么发现？
答案　(1)方向不同.如图所示，tan θ＝＝.
tan α＝＝＝＝tan θ.
(2)把速度反向延长后交于x轴的B点，由tan α＝tan θ，可知B为此时水平位移的中点.
[知识深化]　对两个推论的理解
1.推论一：某时刻速度、位移与初速度方向的夹角θ、α的关系为tan θ＝2tan α.
2.推论二：平抛运动的物体在任意时刻瞬时速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点.
例4　如图7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(　　)
图7
A.tan φ＝sin θ B.tan φ＝cos θ
C.tan φ＝tan θ D.tan φ＝2tan θ
答案　D
解析　物体从抛出至落到斜面的过程中，位移方向与水平方向夹角为θ，落到斜面上时速度方向与水平方向夹角为φ，由平抛运动的推论知tan φ＝2tan θ，选项D正确.
针对训练　如图8所示，从倾角为θ的斜面上某点先后将同一小球以不同的初速度水平抛出，小球均落在斜面上，当抛出的速度为v1时，小球到达斜面时速度方向与斜面的夹角为α1；当抛出速度为v2时，小球到达斜面时速度方向与斜面的夹角为α2，则(　　)
图8
A.当v1>v2时，α1>α2
B.当v1>v2时，α1<α2
C.无论v1、v2关系如何，均有α1＝α2
D.α1、α2的关系与斜面倾角θ有关
答案　C
解析　小球从斜面某点水平抛出后落到斜面上，小球的位移与水平方向的夹角等于斜面倾角θ，即tan θ＝＝＝，小球落到斜面上时速度方向与水平方向的夹角的正切值tan α＝＝，故可得tan α＝2tan θ，只要小球落到斜面上，位移方向与水平方向夹角就总是θ，则小球的速度方向与水平方向的夹角也总是α，故速度方向与斜面的夹角就总是相等，与v1、v2的关系无关，C选项正确.
四、斜抛运动
[导学探究]　体育运动中投掷的链球、铅球、铁饼、标枪(如图9所示)等都可以视为斜抛运动.
图9
我们以运动员投掷铅球为例，分析并回答以下问题：
(1)铅球离开手后，如不考虑空气阻力，其受力情况、速度有何特点？
(2)将铅球的运动进行分解，铅球在水平方向和竖直方向分别做什么运动？
(3)铅球在最高点的速度是零吗？
答案　(1)不考虑空气阻力，铅球在水平方向不受力，在竖直方向只受重力，加速度为g，其初速度不为零，初速度方向斜向上方.
(2)铅球在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做匀变速直线运动.
(3)不是.由于铅球在水平方向做匀速运动，所以铅球在最高点的速度等于水平方向的分速度.
例5　世界上最窄的海峡是苏格兰的塞尔海峡，它位于欧洲大陆与塞尔岛之间，这个海峡只有约6 m宽，假设有一位运动员，他要以相对于水平面37°的角度进行“越海之跳”，可使这位运动员越过这个海峡的最小初速度是多少？(忽略空气阻力.sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)
答案　 m/s
解析　设该运动员的最小初速度为v0，其在水平方向运动的距离恰为6 m，则其水平分速度：v0x＝v0cos 37°
射程：x＝v0xt
竖直分速度：v0y＝v0sin 37°
运动时间：t＝2
由以上几式代入数据解得：v0＝ m/s.
斜抛运动的对称性
1.时间对称：相对于轨迹最高点，两侧对称的上升时间等于下降时间.
2.速度对称：相对于轨迹最高点，两侧对称的两点速度大小相等.
3.轨迹对称：斜抛运动的轨迹相对于过最高点的竖直线对称.
1.(平抛运动的特点)一个物体以初速度v0水平抛出，经过时间t，竖直方向速度大小为v0，则t为(不计空气阻力，重力加速度为g)(　　)
A. B.
C. D.
答案　A
解析　平抛运动竖直方向上的分运动是自由落体运动，则抛出后经过时间t，在竖直方向上分速度v0＝gt，即t＝，故只有A正确.
2.(平抛运动规律的应用) 如图10所示，滑板运动员以速度v0从离地高h处的平台末端水平飞出，落在水平地面上.忽略空气阻力，运动员和滑板可视为质点，下列表述正确的是(　　)
图10
A.v0越大，运动员在空中运动时间越长
B.v0越大，运动员落地瞬间速度越大
C.运动员落地瞬间速度与高度h无关
D.运动员落地位置与v0大小无关
答案　B
解析　运动员在竖直方向做自由落体运动，运动员做平抛运动的时间t＝，只与高度有关，与速度无关，A项错误；运动员的末速度是由初速度和竖直方向上的速度合成的，合速度v＝，初速度越大，合速度越大，B项正确；运动员在竖直方向上的速度vy＝，高度越高，落地时竖直方向上的速度越大，故合速度越大，C项错误；运动员在水平方向上做匀速直线运动，落地的水平位移x＝v0t＝v0，故落地的位置与初速度有关，D项错误.
3.(平抛运动规律的应用)(多选)有一物体在离水平地面高h处以初速度v0水平抛出，落地时的速度为v，水平射程为l，不计空气阻力，重力加速度为g，则物体在空中飞行的时间为(　　)
A. B.
C. D.
答案　AC
解析　由l＝v0t得物体在空中飞行的时间为，故A正确；由h＝gt2，得t＝，故B错误；由vy＝以及vy＝gt，得t＝，故C正确，D错误.
4.(平抛运动规律的应用)(多选)物体以初速度v0水平抛出，若不计空气阻力，重力加速度为g，则当其竖直分位移与水平分位移相等时，以下说法中正确的是(　　)
A.竖直分速度等于水平分速度
B.瞬时速度大小为v0
C.运动的时间为
D.运动的位移为
答案　BCD
解析　因为平抛运动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，由位移相等可知v0t＝gt2，解得t＝，又由于vy＝gt＝2v0，所以v＝＝v0，s＝＝v0t＝，故正确选项为B、C、D.
课时作业
一、选择题(1～7为单项选择题，8～12为多项选择题)
1.在平坦的垒球运动场上，击球手挥动球棒将垒球水平击出，垒球飞行一段时间后落地.若不计空气阻力，则(　　)
A.垒球落地时瞬时速度的大小仅由初速度决定
B.垒球落地时瞬时速度的方向仅由击球点离地面的高度决定
C.垒球在空中运动的水平位移仅由初速度决定
D.垒球在空中运动的时间仅由击球点离地面的高度决定
答案　D
解析　垒球击出后做平抛运动，在空中运动时间为t，由h＝gt2得t＝，故t仅由高度h决定，选项D正确；水平位移x＝v0t＝v0，故水平位移x由初速度v0和高度h共同决定，选项C错误；落地速度v＝＝，故落地速度v由初速度v0和高度h共同决定，选项A错误；设v与水平方向的夹角为θ，则tan θ＝，故选项B错误.
2.斜抛运动与平抛运动相比较，正确的是(　　)
A.斜抛运动是曲线运动，它的速度方向不断改变，不可能是匀变速运动
B.都是加速度逐渐增大的曲线运动
C.平抛运动是速度一直增大的运动，而斜抛运动是速度一直减小的运动
D.都是任意两段相等时间内的速度变化量相等的运动
答案　D
解析　斜抛运动和平抛运动都是只受重力的作用，加速度恒为g的匀变速曲线运动，A、B错；斜抛运动的速度是增大还是减小，要看速度与重力的夹角，成锐角，速度增大，成钝角，速度减小，C错；由Δv＝gΔt知，D对.
3.从离地面h高处投出A、B、C三个小球，A球自由下落，B球以速度v水平抛出，C球以速度2v水平抛出，不计空气阻力，它们落地时间tA、tB、tC的关系是(　　)
A.tAtB>tC
C.tA答案　D
解析　平抛运动的物体的飞行时间仅与高度有关，与水平方向的初速度大小无关，故tB＝tC，而平抛运动的竖直运动为自由落体运动，所以tA＝tB＝tC，D正确.
4.在抗震救灾中，一架飞机水平匀速飞行.从飞机上每隔1 s释放1包物品，先后共释放4包(都未落地)，若不计空气阻力，从地面上观察4包物品(　　)
A.在空中任何时刻总是排成抛物线，它们的落地点是等间距的
B.在空中任何时刻总是排成抛物线，它们的落地点是不等间距的
C.在空中任何时刻总在飞机正下方，排成竖直的直线，它们的落地点是等间距的
D.在空中任何时刻总在飞机正下方，排成竖直的直线，它们的落地点是不等间距的
答案　C
解析　因为不计空气阻力，物品在水平方向将保持和飞机一致的匀速运动，因而4包物品在空中任何时刻总在飞机正下方，排成竖直的直线；因为飞机高度一致，物品做平抛运动的时间一致，水平速度一致，间隔时间一致，所以它们的落地点是等间距的.
5.在同一点O抛出的三个物体，做平抛运动的轨迹如图1所示，则三个物体做平抛运动的初速度vA、vB、vC的关系和三个物体做平抛运动的时间tA、tB、tC的关系分别是(　　)
图1
A.vA>vB>vC，tA>tB>tC
B.vA＝vB＝vC，tA＝tB＝tC
C.vAtB>tC
D.vA>vB>vC，tA答案　C
解析　根据平抛运动规律，
水平方向x＝v0t，竖直方向y＝gt2，
由于xAyB>yC，
因此，平抛运动时间tA>tB>tC，
平抛运动的初速度vA所以正确选项为C.
6.如图2所示，从同一条竖直线上两个不同点分别向右平抛两个小球P和Q，初速度分别为v1、v2，结果它们同时落到水平面上的M点处(不考虑空气阻力).下列说法中正确的是(　　)
图2
A.一定是P先抛出的，并且v1＝v2
B.一定是P先抛出的，并且v1＜v2
C.一定是Q先抛出的，并且v1＝v2
D.一定是Q先抛出的，并且v1＞v2
答案　B
解析　两小球被抛出后均做平抛运动，根据平抛运动规律可知，在竖直方向上有：h＝gt2，解得小球运动的时间为：t＝，由图可知小球P的下落高度h1大于小球Q的下落高度h2，因此两球的运动时间有：t1＞t2，因两球同时落地，所以小球P先抛出，故选项C、D错误；在水平方向上有：x＝vt，由图可知：x1＝x2，所以v1＜v2，故选项A错误，选项B正确.
7.如图3所示，从某高度水平抛出一小球，经过时间t到达地面时，速度与水平方向的夹角为θ，不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　)
图3
A.小球水平抛出时的初速度大小为gttan θ
B.小球在t时间内的位移方向与水平方向的夹角为
C.若小球初速度增大，则平抛运动的时间变长
D.若小球初速度增大，则θ减小
答案　D
解析　速度、位移分解如图所示，vy＝gt，v0＝＝，故A错.设位移与水平方向夹角为α，则tan θ＝2tan α，α≠，故B错.平抛运动的时间由下落高度决定，与水平初速度无关，故C错.由tan θ＝知，v0增大则θ减小，D正确.
8.学校喷水池中的喷水口向两旁水平喷水，如图4所示，若忽略空气阻力及水之间的相互作用，则(　　)
图4
A.喷水速度一定，喷水口越高，水喷得越远
B.喷水速度一定，喷水口越高，水喷得越近
C.喷水口高度一定，喷水速度越大，水喷得越远
D.喷水口高度一定，喷水速度越大，水喷得越近
答案　AC
解析　喷水的水平距离x＝v0t＝v0，v0一定，h越大，水喷得越远，选项A正确，选项B错误；h一定，v0越大，水喷得越远，选项C正确，选项D错误.
9.如图5所示，一个电影替身演员准备跑过一个屋顶，然后水平地跳跃并离开屋顶，在下一栋建筑物的屋顶上着地.如果他在屋顶跑动的最大速度是4.5 m/s，那么下列关于他能否安全跳过去的说法正确的是(g取 10 m/s2)(　　)
图5
A.他安全跳过去是可能的
B.他安全跳过去是不可能的
C.如果要安全跳过去，他在屋顶水平跳跃速度应大于6.2 m/s
D.如果要安全跳过去，他在屋顶水平跳跃速度应小于4.5 m/s
答案　BC
解析　由h＝gt2，x＝v0t
将h＝5 m，x＝6.2 m代入解得：
安全跳过去的最小水平速度v0＝6.2 m/s，
选项B、C正确.
10.如图6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(　　)
图6
A.球的速度v等于L
B.球从击出至落地所用时间为 
C.球从击球点至落地点的位移等于L
D.球从击球点至落地点的位移与球的质量有关
答案　AB
解析　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＝gt2，联立解得t＝ ，v＝L，所以A、B正确；球从击球点至落地点的位移为s＝，C、D错误.
11.如图7所示，相距l的两小球A、B位于同一高度h(l、h均为定值)，将A向B水平抛出的同时，B自由下落，A、B与地面碰撞前后，水平分速度不变，竖直分速度大小不变，方向相反，不计空气阻力及小球与地面碰撞的时间，则(　　)
图7
A.A、B在第一次落地前能否相碰，取决于A的初速度
B.A、B在第一次落地前若不碰，此后就不会相碰
C.A、B不可能运动到最高处相碰
D.A、B一定能相碰
答案　AD
解析　由平抛运动规律x＝vt，h＝gt2，得x＝v，若x≥l，则第1次落地前能相遇，所以A、B在第一次落地前能否相碰取决于A的初速度v，选项A正确.因为A、B与地面碰撞前后，水平分速度不变，竖直分速度大小不变，方向相反，A、B两物体在竖直方向的运动完全相同，A相对于B水平向右运动，所以A碰地后还能与B相碰，故选项B、C错误，选项D正确.
12.如图8所示，在水平地面上的A点与地面成θ角以速度v1射出一弹丸，恰好以v2的速度垂直穿入竖直壁上的小孔B，下面说法正确的是(不计空气阻力)(　　)
图8
A.在B点以跟v2大小相等的速度，跟v2方向相反射出弹丸，它必定落在地面上的A点
B.在B点以跟v1大小相等的速度，跟v2方向相反射出弹丸，它必定落在地面上的A点
C.在B点以跟v1大小相等的速度，跟v2方向相反射出弹丸，它必定落在地面上的A点的左侧
D.在B点以跟v1大小相等的速度，跟v2方向相反射出弹丸，它必定落在地面上的A点的右侧
答案　AC
解析　逆向思维法，在B点以反方向v2射出，弹丸必沿原路径返回而落到A点，故A对，B错；由于v2＝v1cos θ，则v1＞v2，故以v1由B点射出的水平射程必大于以v2射出的水平射程，故C对，D错.
二、非选择题
13.物体做平抛运动，在它落地前的1 s内它的速度与水平方向夹角由30°变成60°，取g＝10 m/s2.求：
(1)平抛运动的初速度v0；
(2)平抛运动的时间；
(3)平抛时的高度.
答案　(1)5 m/s　(2)1.5 s　(3)11.25 m
解析　(1)假定轨迹上A、B两点是落地前1 s内的始、终点，画好轨迹图，如图所示.
对A点：tan 30°＝①
对B点：tan 60°＝②
t′＝t＋1 s③
由①②③解得t＝ s，v0＝5 m/s.
(2)运动总时间t′＝t＋1 s＝1.5 s.
(3)高度h＝gt′2＝11.25 m.
14.如图9所示，水平地面上有一高h＝4.2 m的竖直墙，现将一小球以v0＝6.0 m/s的速度垂直于墙面水平抛出，已知抛出点与墙面的水平距离s＝3.6 m、离地面高H＝5.0 m，不计空气阻力，不计墙的厚度.重力加速度g取10 m/s2.
图9
(1)求小球碰墙点离地面的高度h1.
(2)若仍将小球从原位置沿原方向抛出，为使小球能越过竖直墙，小球抛出时的初速度v的大小应满足什么条件？
答案　(1)3.2 m　(2)初速度v≥9.0 m/s
解析　(1)小球在碰到墙前做平抛运动，设小球碰墙前运动时间为t，由平抛运动的规律有：
水平方向上：s＝v0t①
竖直方向上：H－h1＝gt2②
由①②式并代入数据可得h1＝3.2 m.
(2)设小球以v1的初速度抛出时，小球恰好沿墙的上沿越过墙，小球从抛出至运动到墙的上沿历时t1，由平抛运动的规律有：水平方向：s＝v1t1③
竖直方向：H－h＝gt④
由③④式并代入数据可得v1＝9.0 m/s，所以小球越过墙要满足：初速度v≥9.0 m/s.
3　实验：研究平抛运动
[学习目标] 1.学会用实验的方法描绘平抛运动的轨迹.2.会判断平抛运动的轨迹是不是抛物线.3.会根据平抛运动的轨迹计算平抛运动的初速度.4.掌握描迹法、频闪照相法等探究实验的常用方法.
一、描绘平抛运动的轨迹
1.实验原理
用描迹法(或喷水法或频闪照相法)得到物体平抛运动的轨迹.
2.实验器材
斜槽、小球、方木板、图钉、刻度尺、铅垂线、铅笔、白纸、铁架台.
3.实验步骤
(1)按图1甲所示安装实验装置，使斜槽末端水平(小球在斜槽末端点恰好静止).
图1
(2)以水平槽末端端口上小球球心在木板上的投影点为坐标原点O，过O点画出竖直的y轴和水平的x轴.
(3)使小球从斜槽上同一位置由静止滚下，把笔尖放在小球可能经过的位置上，如果小球运动中碰到笔尖，就用铅笔在该位置画上一点.用同样方法，在小球运动路线上描下若干点.
(4)将白纸从木板上取下，从O点开始通过画出的若干点描出一条平滑的曲线，如图乙所示.
4.注意事项
(1)实验中必须调整斜槽末端的切线水平(将小球放在斜槽末端水平部分，若小球静止，则斜槽末端水平).
(2)方木板必须处于竖直平面内，固定时要用铅垂线检查坐标纸竖线是否竖直.
(3)小球每次必须从斜槽上同一位置由静止释放.
(4)坐标原点不是槽口的端点，应是小球出槽口时球心在木板上的投影点.
(5)小球开始滚下的位置高度要适中，以使小球做平抛运动的轨迹由白纸的左上角一直到达右下角为宜.
二、数据处理
1.判断平抛运动的轨迹是不是抛物线
方法一　公式法
(1)原理：若平抛运动的轨迹是抛物线，则当以抛出点为坐标原点，建立直角坐标系后，轨迹上各点的坐标应具有y＝ax2的关系，而且同一轨迹a是一个特定的值.
(2)验证方法
用刻度尺测量几个点的x、y两个坐标，分别代入y＝ax2中求出常量a，看计算得到的a值在误差允许的范围内是否是一个常数.
方法二　图象法
建立y－x2坐标系，根据所测量的各个点的x、y坐标值分别计算出对应的y值和x2值，在y－x2坐标系中描点，连接各点看是否在一条直线上，并求出该直线的斜率即为a值.
2.计算初速度
在小球平抛运动轨迹上任取一点，用刻度尺(三角板)测出它们的坐标(x，y)，利用公式y＝gt2和x＝v0t，求出小球做平抛运动的初速度v0(g已知)，多求几个点然后求出v0的平均值.
一、平抛运动实验的原理与实验操作
例1　在“研究平抛运动”实验中.
(1)图2是横挡条卡住平抛小球，用铅笔标注小球最高点，确定平抛运动轨迹的方法，坐标原点应选小球在斜槽末端点时的________.
图2
A.球心
B.球的上端
C.球的下端
在此实验中，下列说法正确的是________.
A.斜槽轨道必须光滑
B.记录的点应适当多一些
C.用光滑曲线把所有的点连接起来
D.y轴的方向根据重锤线确定
(2)图3是利用图2装置拍摄小球做平抛运动的频闪照片，由照片可判断实验操作错误的是________.
图3
A.释放小球时初速度不为0
B.释放小球的初始位置不同
C.斜槽末端切线不水平
(3)下图是利用稳定的细水柱显示平抛运动轨迹的装置，其中正确的是(　　)
答案　(1)B　BD　(2)C　(3)B
1.为保证小球做平抛运动，必须使斜槽的末端水平.
2.为保证小球每次平抛的初速度相同，必须让小球从同一位置由静止释放.
二、计算平抛运动的初速度
计算平抛运动的初速度可以分为两种情况
1.平抛轨迹完整(即含有抛出点)
在轨迹上任取一点，测出该点离坐标原点的水平位移x及竖直位移y，就可求出初速度v0.
因x＝v0t，y＝gt2，故v0＝x .
2.平抛轨迹残缺(即无抛出点)
在轨迹上任取三点A、B、C(如图4所示)，使A、B间及B、C间的水平距离相等，由平抛运
图4
动的规律可知A、B间与B、C间所用时间相等，设为t，则
Δh＝hBC－hAB＝gt2
所以t＝ 
所以初速度v0＝＝x .
例2　如图5所示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).
图5
答案　2.0　4.0
解析　竖直方向：y1＝gt，y2＝gt，可得v0＝＝2.0 m/s；运动到C点时的竖直分速度vy＝，vC＝＝4.0 m/s.
例3　如图6所示为一小球做平抛运动的闪光照片的一部分，图中背景方格的边长约为5 cm.如果取g＝10 m/s2，那么：
图6
(1)闪光频率是多少？
(2)小球运动中水平分速度多大？
(3)小球经过B点时的速度多大？
答案　(1)10 Hz　(2)1.5 m/s　(3)2.5 m/s
解析　(1)A、B、C三点水平间隔相等，故相邻各点的时间间隔相等，设为T.在竖直方向：Δh＝gT2，即(5－3)×0.05 m＝gT2，得T＝0.1 s，则频率为f＝10 Hz.
(2)水平方向：3×0.05 m＝v0T，得v0＝1.5 m/s.
(3)竖直方向：B点的竖直分速度vBy＝＝2 m/s，又由vB＝，得vB＝2.5m/s.
1.(实验操作)在做“研究平抛运动”的实验时，坐标纸应当固定在竖直的木板上，下列图中所示坐标纸的固定情况与斜槽末端的关系正确的是(　　)
答案　C
2.(探究平抛运动的特点)两个同学根据不同的实验条件，进行了“研究平抛运动”的实验：
图7
(1)甲同学采用如图7甲所示的装置.用小锤击打弹性金属片，使A球沿水平方向弹出，同时B球被松开，自由下落，观察到两球同时落地，改变小锤击打的力度，即改变A球被弹出时的速度，两球仍然同时落地，这说明__________________________________________________ ________________.
(2)乙同学采用如图乙所示的装置.两个相同的弧形轨道M、N，分别用于发射小铁球P、Q，其中N的末端可看做与光滑的水平板相切，两轨道上端分别装有电磁铁C、D；调节电磁铁C、D的高度使AC＝BD，从而保证小铁球P、Q在轨道出口处的水平初速度v0相等，现将小铁球P、Q分别吸在电磁铁C、D上，然后切断电源，使两小球同时以相同的初速度v0分别从轨道M、N的末端射出.实验可观察到的现象应是________________________.仅仅改变弧形轨道M的高度，重复上述实验，仍能观察到相同的现象，这说明______________________ __________________________________________________________________________________________________________________________.
答案　(1)做平抛运动的物体在竖直方向上做自由落体运动　(2)P球击中Q球　做平抛运动的物体在水平方向上做匀速直线运动
解析　(1)通过对照实验，说明两球具有等时性，由此说明做平抛运动的物体在竖直方向上做自由落体运动.
(2)两球在水平轨道上相遇，水平方向运动情况相同，说明平抛运动的水平分运动是匀速直线运动.
3.(实验操作及速度的计算)如图8所示，在“研究平抛运动”的实验中，可以描绘出小球平抛运动的轨迹，实验简要步骤如下：
图8
A.让小球多次从________释放，在一张印有小方格的纸上记下小球经过的一系列位置，如图中a、b、c、d所示.
B.安装好器材，注意________，记下平抛初位置O点和过O点的水平线与竖直线.
C.取下方格纸，以O为原点，以水平线为x轴，竖直线为y轴建立坐标系，用平滑曲线画出小球平抛运动的轨迹.
(1)完成上述步骤，将正确的答案填在横线上.
(2)上述实验步骤的合理顺序是____________.
(3)已知图中小方格的边长L＝1.25 cm，则小球平抛的初速度为v0＝________(用L、g表示)，其值是________.(取g＝9.8 m/s2)
(4)b点的速度vb＝________.(用L、g表示)
答案　(1)同一位置静止　斜槽末端切线水平
(2)BAC　(3)2　0.7 m/s　(4)
解析　(1)这种方法，需让小球重复同一个平抛运动多次，才能记录出小球的一系列位置，故必须让小球每次由同一位置静止释放.斜槽末端切线水平，小球才会做平抛运动.
(3)由Δy＝aT2得两点之间的时间间隔T＝，所以小球的初速度v0＝＝2，代入数据得v0＝0.7 m/s.
(4)vby＝＝，由vb＝
得vb＝ ＝.
课时作业
一、选择题(1～4为单项选择题，5为多项选择题)
1.利用如图1所示的装置研究平抛运动的特点，让小球多次沿同一轨迹运动，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，下面说法不正确的是(　　)
图1
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.每次必须在斜槽上的同一位置由静止释放小球
D.小球运动时不应与木板上的白纸(或坐标纸)相接触
答案　B
解析　要使小球做平抛运动，斜槽轨道末端必须水平，A正确.要使小球每次抛出的初速度相等，释放小球时必须在斜槽上同一位置由静止释放，B不正确，C正确.小球离开轨道后，仅受重力作用，不能有摩擦，D正确.
2.在“研究平抛运动”的实验中，为了求小球做平抛运动的初速度，需直接测的数据有(　　)
①小球开始滚下的高度
②小球在空中飞行的时间
③运动轨迹上某点P的水平坐标
④运动轨迹上某点P的竖直坐标
A.①② B.②③ C.③④ D.①④
答案　C
解析　由平抛运动规律，竖直方向y＝gt2，水平方向x＝v0t，因此v0＝x，可见只要测得轨迹上某点P的水平坐标x和竖直坐标y，就可求出初速度v0，故C项正确.
3.描述做平抛运动的物体在竖直方向上的速度vy(取向下为正)随时间变化的图象是图中的(　　)
答案　D
解析　平抛运动在竖直方向上的分运动是自由落体运动，竖直方向上的速度随时间均匀增大，故选项D正确.
4.如图2所示，在粗糙水平桌面上用练习本做成一个斜面，使小钢球从斜面上某一位置滚下，钢球沿桌面飞出后做平抛运动.用刻度尺测出下列哪一组数据可以求出钢球离开水平桌面时的速度(　　)
图2
A.钢球在练习本上滚下的距离、钢球释放点离桌面的高度
B.水平桌面的高度、钢球落地点与桌边的水平距离
C.钢球释放点离桌面的高度、钢球在水平桌面上运动的距离
D.钢球释放点离桌面的高度、钢球落地点与桌边的水平距离
答案　B
解析　钢球沿桌面飞出后做平抛运动，根据平抛运动规律得y＝gt2，x＝v0t，联立解得v0＝x，故要求出钢球离开水平桌面时的速度，需测量水平桌面的高度y、钢球落地点与桌边的水平距离x，B项正确.
5.在做“研究平抛运动”实验时，下列说法正确的是(　　)
A.安装有斜槽的木板时，一定要注意检查斜槽末端切线是否水平
B.安装有斜槽的木板时，只要注意小球不与木板发生摩擦即可
C.每次实验都要把小球从同一位置由静止释放
D.实验的目的是描出小球的运动轨迹，分析平抛运动水平分运动的规律
答案　ACD
二、非选择题
6.如图3甲是研究平抛运动的实验装置图，图乙是实验后在白纸上作的图.
图3
(1)在甲图上标出O点及Ox、Oy轴，并说明这两条坐标轴是如何作出的.
(2)固定斜槽轨道时应注意使________________________________________________.
(3)实验过程中需经过多次释放小球才能描绘出小球平抛运动的轨迹，实验中应注意________________________________________________________________________.
(4)计算小球平抛初速度的公式v0＝________，根据图乙给出的数据，可计算出v0＝______ m/s.(g取9.8 m/s2)
答案　(1)见解析
(2)底端切线沿水平方向
(3)使小球每次都从同一高度处无初速度滚下
(4)x　1.6
解析　(1)如图所示，在斜槽末端小球球心在白纸上的投影为O点，从O点开始作平行于重垂线向下的直线为Oy轴，再垂直于Oy作Ox轴.
(2)为了保证小球离开斜槽时的速度沿水平方向，应调整斜槽使底端切线沿水平方向.
(3)为了保证小球每次做平抛运动的轨迹一致，要求它的初速度相同，故每次都让小球从斜槽的同一高度处无初速度滚下.
(4)由于x＝v0t，y＝gt2，故初速度v0＝x，根据图乙给出的数据，可计算出v0＝1.6 m/s.
7.甲同学在做“测量平抛运动的初速度”的课题研究时，得到如图4所示一小球做平抛运动的闪光照片的一部分，图中每个方格边长为5 cm，g取10 m/s2，则闪光频率是______ Hz，小球做平抛运动的初速度v0＝______ m/s.
图4
答案　10　2
解析　因为xAB＝xBC，所以tAB＝tBC，在竖直方向上，
由Δy＝gT2得(7×0.05－5×0.05) m＝10T2，
解得T＝0.1 s，
故闪光频率为10 Hz.
水平速度v0＝＝ m/s＝2 m/s.
8.在做“研究平抛运动”的实验中，为了确定小球在不同时刻所通过的位置，实验时用如图5所示的装置，先将斜槽轨道的末端调成水平，在一块平木板表面钉上复写纸和白纸，并将该木板竖直立于紧靠槽口处.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.又将木板再向远离槽口平移距离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＝4.78 cm，B、C间距离y2＝14.58 cm.g取9.8 m/s2.
图5
(1)根据以上直接测量的物理量得小球初速度v0＝________(用题中所给字母表示).
(2)小球初速度的测量值为________ m/s.
答案　(1)x　(2)1
解析　由于每次移动距离x＝10.00 cm，所以小球从打A点到打B点与从打B点到打C点的时间相同，设此时间为t.由于y2－y1＝gt2，且y1＝4.78 cm、y2＝14.58 cm，g＝9.8 m/s2，所以t＝ ＝0.1 s，故小球初速度v0＝＝x＝1 m/s.
4　圆周运动
[学习目标] 1.知道什么是匀速圆周运动，知道它是变速运动.2.掌握线速度的定义式，理解线速度的大小、方向的特点.3.掌握角速度的定义式，知道周期、转速的概念.4.理解掌握公式v＝ωr和ω＝2πn.
一、线速度
1.定义：物体做圆周运动通过的弧长与通过这段弧长所用时间的比值，v＝.
2.意义：描述做圆周运动的物体运动的快慢.
3.方向：线速度是矢量，方向与圆弧相切，与半径垂直.
4.匀速圆周运动
(1)定义：沿着圆周运动，并且线速度大小处处相等的运动.
(2)性质：线速度的方向是时刻变化的，所以是一种变速运动.
二、角速度
1.定义：连接物体与圆心的半径转过的角度与转过这一角度所用时间的比值，ω＝.
2.意义：描述物体绕圆心转动的快慢.
3.单位
(1)角的单位：国际单位制中，弧长与半径的比值表示角的大小，称为弧度，符号：rad.
(2)角速度的单位：弧度每秒，符号是rad/s或rad·s－1.
三、周期和转速
1.周期T：做圆周运动的物体转过一周所用的时间，单位：秒(s).
2.转速n：单位时间内转过的圈数，单位：转每秒(r/s)或转每分(r/min).
3.周期和转速的关系：T＝(n单位r/s时).
四、线速度与角速度的关系
1.在圆周运动中，线速度的大小等于角速度大小与半径的乘积.
2.公式：v＝ωr.
[即学即用]
1.判断下列说法的正误.
(1)匀速圆周运动是一种匀速运动.(×)
(2)做匀速圆周运动的物体，相同时间内位移相同.(×)
(3)做匀速圆周运动的物体，其合外力不为零.(√)
(4)做匀速圆周运动的物体，其线速度不变.(×)
(5)做匀速圆周运动的物体，其角速度大小不变.(√)
(6)做匀速圆周运动的物体，周期越大，角速度越小.(√)
2.A、B两个质点，分别做匀速圆周运动，在相等时间内它们通过的弧长比sA∶sB＝2∶3，转过的圆心角比θA∶θB＝3∶2，那么它们的线速度之比vA∶vB＝________，角速度之比ωA∶ωB＝________.
答案　2∶3　3∶2
解析　由v＝知＝；由ω＝知＝.
一、线速度和匀速圆周运动
[导学探究]　 如图1所示为自行车的车轮，A、B为辐条上的两点，当它们随轮一起转动时，回答下列问题：
图1
(1)A、B两点的速度方向沿什么方向？
(2)A、B两点在相同的时间内沿圆弧运动的轨迹长度相同吗？哪个运动得快？
(3)如果B点在任意相等的时间内转过的弧长相等，B做匀速运动吗？
(4)匀速圆周运动的线速度是不变的吗？匀速圆周运动的“匀速”同“匀速直线运动”的“匀速”一样吗？
答案　(1)两点的速度方向均沿各自圆周的切线方向.
(2)B运动的轨迹长，B运动得快.
(3)B运动的速率不变，但B运动的方向时刻变化，故B做非匀速运动.
(4)质点做匀速圆周运动时，线速度的大小不变，方向时刻在变化，因此，匀速圆周运动不是线速度不变的运动，只是速率不变，是变速曲线运动.而“匀速直线运动”中的“匀速”指的是速度不变，是大小、方向都不变，二者并不相同.
[知识深化]
1.对线速度的理解
(1)线速度是物体做圆周运动的瞬时速度，线速度越大，物体运动得越快.
(2)线速度是矢量，它既有大小，又有方向，线速度的方向在圆周各点的切线方向上.
(3)线速度的大小：v＝，Δs代表弧长.
2.对匀速圆周运动的理解
(1)匀中有变：由于匀速圆周运动是曲线运动，其速度方向沿着圆周的切线方向，所以物体做匀速圆周运动时，速度的方向时刻在变化.
(2)匀速的含义：
①速度的大小不变，即速率不变.
②转动快慢不变，即角速度大小不变.
(3)运动性质：
线速度的方向时刻改变，所以匀速圆周运动是一种变速运动.
例1　(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.因为它速度大小始终不变，所以它做的是匀速运动
B.它速度大小不变，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
答案　BD
二、角速度、周期和转速
[导学探究]　如图2所示，钟表上的秒针、分针、时针以不同的角速度做圆周运动.
图2
(1)秒针、分针、时针它们转动的快慢相同吗？如何比较它们转动的快慢？
(2)秒针、分针和时针的周期分别是多大？
答案　(1)不相同.根据角速度公式ω＝知，在相同的时间内，秒针转过的角度最大，时针转过的角度最小，所以秒针转得最快.
(2)秒针周期为60 s，分针周期为60 min，时针周期为12 h.
[知识深化]
1.对角速度的理解
(1)角速度描述做圆周运动的物体绕圆心转动的快慢，角速度越大，物体转动得越快.
(2)角速度的大小：ω＝，Δθ代表在时间Δt内，物体与圆心的连线转过的角度.
(3)在匀速圆周运动中，角速度大小不变，是恒量.
2.对周期和频率(转速)的理解
(1)周期描述了匀速圆周运动的一个重要特点——时间周期性.其具体含意是，描述匀速圆周运动的一些变化的物理量，每经过一个周期时，大小和方向与初始时刻完全相同，如线速度等.
(2)当单位时间取1 s时，f＝n.频率和转速对匀速圆周运动来说在数值上是相等的，但频率具有更广泛的意义，两者的单位也不相同.
3.周期、频率和转速间的关系：T＝＝.
例2　(多选)一精准转动的机械钟表，下列说法正确的是(　　)
A.秒针转动的周期最长
B.时针转动的转速最小
C.秒针转动的角速度最大
D.秒针的角速度为 rad/s
答案　BCD
解析　秒针转动的周期最短，角速度最大，A错误，C正确；时针转动的周期最长，转速最小，B正确；秒针的角速度为ω ＝ rad/s＝ rad/s，故D正确.
三、描述匀速圆周运动的各物理量之间的关系
[导学探究]　线速度、角速度、周期都是用来描述圆周运动快慢的物理量，它们的物理含义不同，但彼此间却相互联系.
(1)线速度与周期及转速的关系是什么？
(2)角速度与周期及转速的关系是什么？
(3)线速度与角速度什么关系？
答案　(1)物体转动一周的弧长Δs＝2πr，转动一周所用时间为Δt＝T，则v＝＝＝2πrn.
(2)物体转动一周转过的角度为Δθ＝2π，用时为T，则ω＝＝2πn.
(3)v＝ωr.
[知识深化]
1.描述匀速圆周运动的各物理量之间的关系
(1)v＝＝＝2πnr
(2)ω＝＝＝2πn
(3)v＝ωr
2.描述匀速圆周运动的各物理量之间关系的理解
(1)角速度、周期、转速之间关系的理解：物体做匀速圆周运动时，由ω＝＝2πn知，角速度、周期、转速三个物理量，只要其中一个物理量确定了，其余两个物理量也确定了.
(2)线速度与角速度之间关系的理解：由v＝ω·r知，r一定时，v∝ω；v一定时，ω∝；ω一定时，v∝r.
例3　做匀速圆周运动的物体，10 s内沿半径为20 m的圆周运动100 m，试求物体做匀速圆周运动时：
(1)线速度的大小；
(2)角速度的大小；
(3)周期的大小.
答案　(1)10 m/s　(2)0.5 rad/s　(3)4π s
解析　(1)依据线速度的定义式v＝可得
v＝＝ m/s＝10 m/s.
(2)依据v＝ωr可得，ω＝＝ rad/s＝0.5 rad/s.
(3)T＝＝ s＝4π s.
四、同轴转动和皮带传动问题
[导学探究]　如图3为两种传动装置的模型图.
图3
(1)甲图为皮带传动装置，试分析A、B两点的线速度及角速度关系.
(2)乙图为同轴传动装置，试分析A、C两点的角速度及线速度关系.
答案　(1)皮带传动时，在相同的时间内，A、B两点通过的弧长相等，所以两点的线速度大小相同，又v＝rω，当v一定时，角速度与半径成反比，半径大的角速度小.
(2)同轴传动时，在相同的时间内，A、C两点转过的角度相等，所以这两点的角速度相同，又因为v＝rω，当ω一定时，线速度与半径成正比，半径大的线速度大.
[知识深化]　常见的传动装置及其特点
同轴传动
皮带传动
齿轮传动
装置
A、B两点在同轴的一个圆盘上
两个轮子用皮带连接，A、B两点分别是两个轮子边缘上的点
两个齿轮啮合，A、B两点分别是两个齿轮边缘上的点
特点
角速度、周期相同
线速度大小相同
线速度大小相同
规律
线速度与半径成正比：＝
角速度与半径成反比：＝.周期与半径成正比：＝
角速度与半径成反比：＝.周期与半径成正比：＝
例4　(多选)如图4所示的传动装置中，B、C两轮固定在一起绕同一轴转动，A、B两轮用皮带传动，三个轮的半径关系是rA＝rC＝2rB.若皮带不打滑，则A、B、C三轮边缘上a、b、c三点的(　　)
图4
A.角速度之比为1∶2∶2
B.角速度之比为1∶1∶2
C.线速度大小之比为1∶2∶2
D.线速度大小之比为1∶1∶2
答案　AD
解析　A、B两轮通过皮带传动，皮带不打滑，则A、B两轮边缘的线速度大小相等，B、C两轮固定在一起绕同一轴转动，则B、C两轮的角速度相等.
a、b比较：va＝vb
由v＝ωr得：ωa∶ωb＝rB∶rA＝1∶2
b、c比较：ωb＝ωc
由v＝ωr得：vb∶vc＝rB∶rC＝1∶2
所以ωa∶ωb∶ωc＝1∶2∶2
va∶vb∶vc＝1∶1∶2
故A、D正确.
识记传动装置的两个重要特点：
(1)固定在一起同轴转动的物体上各点角速度相同.
(2)不打滑的摩擦传动(包括皮带传动)的两轮边缘上各点线速度大小相等.
例5　一个圆环，以竖直直径AB为轴匀速转动，如图5所示，求环上M、N两点的：
图5
(1)线速度的大小之比；
(2)角速度之比.
答案　(1)∶1　(2)1∶1
解析　M、N是同一环上的两点，它们与环具有相同的角速度，即ωM∶ωN＝1∶1，两点做圆周运动的半径之比
rM∶rN＝sin 60°∶sin 30°＝∶1，
故vM∶vN＝ωMrM∶ωNrN＝∶1.
1.(对匀速圆周运动的认识)对于做匀速圆周运动的物体，下列说法中不正确的是(　　)
A.相等的时间内通过的路程相等
B.相等的时间内通过的弧长相等
C.相等的时间内通过的位移相等
D.在任何相等的时间里，连接物体和圆心的半径转过的角度都相等
答案　C
解析　匀速圆周运动是指速度大小不变的圆周运动，因此在相等时间内通过的路程相等，弧长相等，转过的角度也相等，A、B、D项正确；相等时间内通过的位移大小相等，方向不一定相同，故C项错误.
2.(描述圆周运动各量的关系)关于做匀速圆周运动的物体，下列说法正确的是(　　)
A.因为在相等的时间内通过的圆弧长度相等，所以线速度恒定
B.如果物体在0.1 s内转过30°角，则角速度为300 rad/s
C.若半径r一定，则线速度与角速度成反比
D.若半径为r，周期为T，则线速度为v＝
答案　D
解析　物体做匀速圆周运动时，线速度大小恒定，方向沿圆周的切线方向，在不断地改变，故选项A错误；角速度ω＝＝ rad/s＝ rad/s，选项B错误；线速度与角速度的关系为v＝ωr，由该式可知，r一定时，v∝ω，选项C错误；由线速度的定义可得，在转动一周时有v＝，选项D正确.
3.(传动问题分析)如图6所示，甲、乙、丙三个齿轮的半径分别为r1、r2、r3，并且r1＜r2＜r3.若甲齿轮的角速度为ω1，则丙齿轮的角速度为(　　)
图6
A. B. C. D.
答案　A
解析　甲、乙、丙三个齿轮边缘上各点的线速度大小相等，即r1ω1＝r2ω2＝r3ω3，所以ω3＝，选项A正确.
4.(圆周运动的周期性)如图7所示，半径为R的圆盘绕垂直于盘面的中心轴匀速转动，其正上方h处沿OB方向水平抛出一小球，要使球与盘只碰一次，且落点为B，求小球的初速度及圆盘转动的角速度ω的大小.
图7
答案　R　2nπ(n＝1,2,3…)
解析　设球在空中运动时间为t，此圆盘转过θ角.则
R＝vt，h＝gt2
故初速度v＝R
θ＝n·2π(n＝1,2,3…)
又因为θ＝ωt
则圆盘角速度ω＝＝2nπ(n＝1,2,3…).
课时作业
一、选择题(1～6为单项选择题，7～11为多项选择题)
1.用细线拴住一个小球在光滑的水平面内做匀速圆周运动，下列描述小球运动的物理量发生变化的是(　　)
A.速率 B.线速度 C.周期 D.角速度
答案　B
解析　做匀速圆周运动的小球的速度大小恒定，线速度变化，匀速圆周运动的周期和角速度恒定，B符合题意，A、C、D不符合题意.
2.一质点做匀速圆周运动时，圆的半径为r，周期为4 s，那么1 s内质点的位移大小和路程分别是(　　)
A.r和 B.和
C.r和r D.r和
答案　D
解析　质点在1 s内转过了圈，画出运动过程的示意图可求出这段时间内的位移为r，路程为，所以选项D正确.
3.关于做匀速圆周运动的物体的线速度、角速度、周期的关系，下面说法中正确的是(　　)
A.线速度大的角速度一定大
B.线速度大的周期一定小
C.角速度大的半径一定小
D.角速度大的周期一定小
答案　D
解析　由v＝ωr可知，当r一定时，v与ω成正比；v一定时，ω与r成反比，故A、C均错误.由v＝可知，当r一定时，v越大，T越小，B错误.由ω＝可知，ω越大，T越小，故D正确.
4.如图1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(　　)
图1
A.a、b和c三点的线速度大小相等
B.a、b和c三点的角速度大小相等
C.a、b的角速度比c的大
D.c的线速度比a、b的大
答案　B
解析　同一物体上的三点绕同一竖直轴转动，因此角速度相同，c的半径最小，故它的线速度最小，a、b的半径相同，二者的线速度大小相等，故选B.
图2
5.两个小球固定在一根长为L的杆的两端，绕杆上的O点做圆周运动，如图2所示.当小球1的速度为v1时，小球2的速度为v2，则转轴O到小球2的距离是(　　)
A. B.
C. D.
答案　B
解析　两球在同一杆上，旋转的角速度相等，均为ω，设两球的转动半径分别为r1、r2，则r1＋r2＝L.又知v1＝ωr1，v2＝ωr2，联立得r2＝，B正确.
6.如图3所示，一位同学做飞镖游戏，已知圆盘的直径为d，飞镖距圆盘L，且对准圆盘上边缘的A点水平抛出，初速度为v0，飞镖抛出的同时，圆盘绕垂直圆盘过盘心O的水平轴匀速运动，角速度为ω.若飞镖恰好击中A点，则下列关系正确的是(　　)
图3
A.dv＝L2g
B.ωL＝π(1＋2n)v0(n＝0,1,2,3…)
C.v0＝ω
D.dω2＝gπ2(1＋2n)2(n＝0,1,2,3…)
答案　B
解析　依题意飞镖做平抛运动的同时，圆盘上A点做匀速圆周运动，恰好击中A点，说明A正好在最低点被击中，则A点转动的时间t＝，平抛的时间t＝，则有＝(n＝0,1,2,3，…)，B正确，C错误；平抛的竖直位移为d，则d＝gt2，联立有dω2＝gπ2(2n＋1)2(n＝0,1,2,3，…)，A、D错误.
7.质点做匀速圆周运动时，下列说法中正确的是(　　)
A.因为v＝ωr，所以线速度v与轨道半径r成正比
B.因为ω＝，所以角速度ω与轨道半径r成反比
C.因为ω＝2πn，所以角速度ω与转速n成正比
D.因为ω＝，所以角速度ω与周期T成反比
答案　CD
解析　当ω一定时，线速度v才与轨道半径r成正比，所以A错误.当v一定时，角速度ω才与轨道半径r成反比，所以B错误.在用转速或周期表示角速度时，角速度与转速成正比，与周期成反比，故C、D正确.
8.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(　　)
A.它们的半径之比为2∶9
B.它们的半径之比为1∶2
C.它们的周期之比为2∶3
D.它们的周期之比为1∶3
答案　AD
解析　由v＝ωr，得r＝，＝＝，A对，B错；由T＝，得T甲∶T乙＝∶＝1∶3，C错，D对.
9.如图4所示为皮带传动装置，主动轴O1上有两个半径分别为R和r的轮，O2上的轮半径为r′，已知R＝2r，r′＝R，设皮带不打滑，则(　　)
图4
A.ωA∶ωB＝1∶1 B.vA∶vB＝1∶1
C.ωB∶ωC＝2∶3 D.vA∶vC＝2∶1
答案　AC
解析　研究A、B两点：A、B两点角速度相同＝＝；研究B、C两点：B、C两点线速度大小相同＝＝.
10. 如图5所示，一个匀速转动的半径为r的水平圆盘上放着两个木块M和N，木块M放在圆盘的边缘处，木块N放在离圆心r的地方，它们都随圆盘一起运动.比较两木块的线速度和角速度，下列说法中正确的是(　　)
图5
A.两木块的线速度大小相等
B.两木块的角速度相等
C.木块M的线速度大小是木块N的线速度大小的3倍
D.木块M的角速度大小是木块N的角速度大小的3倍
答案　BC
解析　由转动装置特点知，M、N两木块有相同的角速度，又由v＝ωr知，因rN＝r，rM＝r，故木块M的线速度大小是木块N的线速度大小的3倍，选项B、C正确.
11.如图6所示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n，转动过程中皮带不打滑.下列说法正确的是(　　)
图6
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n D.从动轮的转速为n
答案　BC
解析　主动轮顺时针转动时，皮带带动从动轮逆时针转动，A项错误，B项正确；由于两轮边缘线速度大小相同，根据v＝2πrn，可得两轮转速与半径成反比，所以C项正确，D项错误.
二、非选择题
12.一汽车发动机的曲轴每分钟转2 400周，求：
(1)曲轴转动的周期与角速度.
(2)距转轴r＝0.2 m点的线速度.
答案　(1) s　80π rad/s　(2)16π m/s
解析　(1)由于曲轴每秒钟转＝40(周)，周期T＝ s；而每转一周为2π rad，因此曲轴转动的角速度ω＝2π×40 rad/s＝80π rad/s.
(2)已知r＝0.2 m，因此这一点的线速度v＝ωr＝80π×0.2 m/s＝16π m/s.
13.如图7所示为皮带传动装置，皮带轮的圆心分别为O、O′，A、C为皮带轮边缘上的点，B为AO连线上的一点，RB＝RA，RC＝RA，当皮带轮匀速转动时，皮带与皮带轮之间不打滑，求A、B、C三点的角速度大小之比、线速度大小之比.
图7
答案　2∶2∶3　2∶1∶2
解析　由题意可知，A、B两点在同一皮带轮上，因此ωA＝ωB，又皮带不打滑，所以vA＝vC，
故可得ωC＝＝＝ωA，
所以ωA∶ωB∶ωC＝ωA∶ωA∶ωA＝2∶2∶3.
又vB＝RB·ωB＝RA·ωA＝，
所以vA∶vB∶vC＝vA∶vA∶vA＝2∶1∶2.
14.如图8所示，半径为R的圆轮在竖直面内绕O轴匀速转动，轮上a、b两点与O的连线相互垂直，a、b两点均粘有一个小物体，当a点转至最低位置时，a、b两点处的小物体同时脱落，经过相同时间落到水平地面上.
图8
(1)试判断圆轮的转动方向(说明判断理由).
(2)求圆轮转动的角速度大小.
答案　见解析
解析　(1)由题意知，a物体做平抛运动，若与b点物体下落的时间相同，则b物体必须做竖直下抛运动，故知圆轮转动方向为逆时针转动.
(2)a平抛：R＝gt2 ①
b竖直下抛：2R＝v0t＋gt2 ②
由①②得v0＝  ③
又因ω＝  ④
由③④解得ω＝ .
5　向心加速度
[学习目标] 1.理解向心加速度的概念.2.知道向心加速度和线速度、角速度的关系式.3.能够运用向心加速度公式求解有关问题.
一、向心加速度的方向
1.定义：任何做匀速圆周运动的物体的加速度都指向圆心，这个加速度叫做向心加速度.
2.向心加速度的作用：向心加速度的方向总是与速度方向垂直，故向心加速度的作用只改变速度的方向，对速度的大小无影响.
二、向心加速度的大小
1.向心加速度公式
(1)基本公式an＝＝ω2r.
(2)拓展公式an＝·r＝ωv.
2.向心加速度的公式既适用于匀速圆周运动，也适用于非匀速圆周运动.
[即学即用]
1.判断下列说法的正误.
(1)匀速圆周运动的加速度的方向始终不变.(×)
(2)匀速圆周运动是匀变速运动.(×)
(3)匀速圆周运动的加速度的大小不变.(√)
(4)根据a＝知加速度a与半径r成反比.(×)
(5)根据a＝ω2r知加速度a与半径r成正比.(×)
2.在长0.2 m的细绳的一端系一小球，绳的另一端固定在水平桌面上，使小球以0.6 m/s的速度在桌面上做匀速圆周运动，则小球运动的角速度为________，向心加速度为________.
答案　3 rad/s　1.8 m/s2
解析　角速度ω＝＝ rad/s＝3 rad/s
小球运动的向心加速度an＝＝ m/s2＝1.8 m/s2.
一、向心加速度及其方向
[导学探究]　如图1甲所示，表示地球绕太阳做匀速圆周运动(近似的)；如图乙所示，表示光滑桌面上一个小球由于细线的牵引，绕桌面上的图钉做匀速圆周运动.
图1
(1)在匀速圆周运动过程中，地球、小球的运动状态发生变化吗？若变化，变化的原因是什么？
(2)地球受到的力沿什么方向？小球受到几个力的作用，合力沿什么方向？
(3)地球和小球的加速度方向变化吗？匀速圆周运动是一种什么性质的运动呢？
答案　(1)地球和小球的速度方向不断发生变化，所以运动状态发生变化.运动状态发生变化的原因是因为受到力的作用.
(2)地球受到太阳的引力作用，方向沿半径指向圆心.小球受到重力、支持力、线的拉力作用，合力等于线的拉力，方向沿半径指向圆心.
(3)物体的加速度跟它所受合力方向一致，所以地球和小球的加速度都是时刻沿半径指向圆心，即加速度方向是变化的.匀速圆周运动是一种变加速曲线运动.
[知识深化]　对向心加速度及方向的理解
1.向心加速度的方向：总指向圆心，方向时刻改变.
2.向心加速度的作用：向心加速度的方向总是与速度方向垂直，故向心加速度的作用只改变速度的方向，对速度的大小无影响.
3.圆周运动的性质：不论向心加速度an的大小是否变化，其方向时刻改变，所以圆周运动的加速度时刻发生变化，圆周运动是变加速曲线运动.
例1　下列关于向心加速度的说法中正确的是(　　)
A.向心加速度表示做圆周运动的物体速率改变的快慢
B.向心加速度描述线速度方向变化的快慢
C.在匀速圆周运动中，向心加速度是恒定的
D.匀速圆周运动是匀变速曲线运动
答案　B
解析　匀速圆周运动中速率不变，向心加速度只改变速度的方向，A错，B正确；向心加速度的大小不变，方向时刻变化，故C、D错误.
二、向心加速度的大小
[导学探究]　(1)匀速圆周运动的速度方向不断发生变化，如图2所示，经过Δt时间，线速度由vA变为vB，圆周的半径为r.
图2
试根据加速度的定义式推导向心加速度大小的公式.
(2)结合v＝ωr推导可得向心加速度与角速度关系的表达式为：an＝________.
(3)有人说：根据an＝可知，向心加速度与半径成反比，根据an＝ω2r可知，向心加速度与半径成正比，这是矛盾的.你认为呢？
答案　(1)如图，由于A点的速度vA方向垂直于半径r，B点的速度vB方向垂直于另一条半径r，所以∠AOB＝∠CBD，故等腰△AOB和△CBD相似，根据对应边成比例可得：＝，由于时间t很短，故弦长AB近似等于弧长，而弧长＝vA·Δt，所以＝，根据an＝得an＝.
(2)由v＝ωr，代入an＝可得an＝ω2r.
(3)不矛盾.说向心加速度与半径成反比是在线速度一定的情况下；说向心加速度与半径成正比是在角速度一定的情况下，所以二者并不矛盾.
[知识深化]
1.向心加速度的几种表达式：an＝＝ω2r＝r＝ωv.
2.向心加速度与半径的关系(如图3所示)
图3
3.向心加速度公式也适用于非匀速圆周运动
(1)物体做非匀速圆周运动时，加速度不是指向圆心，但它可以分解为沿切线方向的分量和指向圆心方向的分量，其中指向圆心方向的分量就是向心加速度，此时向心加速度仍满足：an＝＝ω2r.
(2)无论是匀速圆周运动还是变速圆周运动，向心加速度都指向圆心.
例2　如图4所示，一球体绕轴O1O2以角速度ω匀速旋转，A、B为球体上两点，下列几种说法中正确的是(　　)
图4
A.A、B两点具有相同的角速度
B.A、B两点具有相同的线速度
C.A、B两点的向心加速度的方向都指向球心
D.A、B两点的向心加速度之比为
答案　A
解析　A、B为球体上两点，因此，A、B两点的角速度与球体绕轴O1O2旋转的角速度相同，A对；如图所示，A以P为圆心做圆周运动，B以Q为圆心做圆周运动，因此，A、B两点的向心加速度方向分别指向P、Q，C错；设球的半径为R，则A运动的半径rA＝Rsin 60°，B运动的半径rB＝Rsin 30°，＝＝＝，B错；＝＝，D错.故选A.
例3　如图5所示，O1为皮带传动的主动轮的轴心，主动轮半径为r1，O2从动轮的轴心，从动轮半径为r2，r3为固定在从动轮上的小轮半径.已知r2＝2r1，r3＝1.5r1.A、B、C分别是三个轮边缘上的点，则点A、B、C的向心加速度之比是(假设皮带不打滑)(　　)
图5
A.1∶2∶3 B.2∶4∶3
C.8∶4∶3 D.3∶6∶2
答案　C
解析　因为皮带不打滑，A点与B点的线速度大小相同，都等于皮带运动的速率.根据向心加速度公式an＝，可得aA∶aB＝r2∶r1＝2∶1.由于B、C是固定在同一个轮上的两点，所以它们的角速度相同.根据向心加速度公式an＝rω2，可得aB∶aC＝r2∶r3＝2∶1.5.由此得aA∶aB∶aC＝8∶4∶3，故选C.
讨论圆周运动的向心加速度与线速度、角速度、半径的关系，可以分为两类问题：
(1)皮带传动问题，两轮边缘线速度大小相等，常选择公式an＝.
(2)同轴转动问题，各点角速度相等，常选择公式an＝ω2r.
针对训练　如图6所示，压路机大轮的半径R是小轮半径r的2倍.压路机匀速行驶时，大轮边缘上A点的向心加速度是12 cm/s2，那么小轮边缘上B点的向心加速度是多少？大轮上距轴心距离为的C点的向心加速度大小是多少？
图6
答案　aB＝0.24 m/s2　aC＝0.04 m/s2
解析　大轮边缘上A点的线速度大小与小轮边缘上B点的线速度大小相等.由aA＝和aB＝得aB＝aA＝24 cm/s2＝0.24 m/s2；C点和A点同在大轮上，角速度相同，由aA＝ω2R和aC＝ω2·得aC＝＝4 cm/s2＝0.04 m/s2.
1.(向心加速度的概念)(多选)关于向心加速度，以下说法中正确的是(　　)
A.向心加速度的方向始终与速度方向垂直
B.向心加速度的方向保持不变
C.物体做圆周运动时的加速度方向始终指向圆心
D.物体做匀速圆周运动时的加速度方向始终指向圆心
答案　AD
解析　向心加速度的方向沿半径指向圆心，速度方向沿圆周的切线方向，所以向心加速度的方向始终与速度方向垂直，且方向在不断改变.物体做匀速圆周运动时，只具有向心加速度，加速度方向始终指向圆心；非匀速圆周运动的加速度不是始终指向圆心，故选A、D.
2.(向心加速度公式)关于质点的匀速圆周运动，下列说法中正确的是(　　)
A.由an＝可知，an与r成反比
B.由an＝ω2r可知，an与r成正比
C.由v＝ωr可知，ω与r成反比
D.由ω＝2πf可知，ω与f成正比
答案　D
解析　质点做匀速圆周运动的向心加速度与质点的线速度、角速度、半径有关.但向心加速度与半径的关系要在一定前提条件下才能给出.当线速度一定时，向心加速度与半径成反比；当角速度一定时，向心加速度与半径成正比，对线速度和角速度与半径的关系也可以同样进行讨论，正确答案为D.
3.(传动装置中的向心加速度)如图7所示，两轮压紧，通过摩擦传动(不打滑)，已知大轮半径是小轮半径的2倍，E为大轮半径的中点，C、D分别是大轮和小轮边缘上的一点，则E、C、D三点向心加速度大小关系正确的是(　　)
图7
A.anC＝anD＝2anE B.anC＝2anD＝2anE
C.anC＝＝2anE D.anC＝＝anE
答案　C
解析　同轴转动，C、E两点的角速度相等，由an＝ω2r，有＝2，即anC＝2anE；两轮边缘点的线速度大小相等，由an＝，有＝，即anC＝anD，故选C.
4.(向心加速度的计算) 滑板运动是深受青少年喜爱的运动，如图8所示，某滑板运动员恰好从B点进入半径为2.0 m的圆弧轨道，该圆弧轨道在C点与水平光滑轨道相接，运动员滑到C点时的速度大小为10 m/s.求他到达C点前、后瞬间的加速度(不计各种阻力).
图8
答案　50 m/s2，方向竖直向上　0
解析　运动员到达C点前的瞬间做圆周运动，加速度大小a＝＝ m/s2＝50 m/s2，方向在该位置指向圆心，即竖直向上.运动员到达C点后的瞬间做匀速直线运动，加速度为0.
课时作业
一、选择题(1～5为单项选择题，6～10为多项选择题)
1.关于向心加速度，下列说法正确的是(　　)
A.由an＝知，匀速圆周运动的向心加速度恒定
B.匀速圆周运动不属于匀速运动
C.向心加速度越大，物体速率变化越快
D.做圆周运动的物体，加速度时刻指向圆心
答案　B
解析　向心加速度是矢量，且方向始终指向圆心，因此向心加速度不是恒定的，所以A错；匀速运动是匀速直线运动的简称，匀速圆周运动其实是匀速率圆周运动，存在向心加速度，B正确；向心加速度不改变速率，C错；只有匀速圆周运动的加速度才时刻指向圆心，D错.
2.如图1所示是A、B两物体做匀速圆周运动的向心加速度随半径变化的图象，其中A为双曲线的一个分支，由图可知(　　)
图1
A.A物体运动的线速度大小不变
B.A物体运动的角速度大小不变
C.B物体运动的角速度大小是变化的
D.B物体运动的线速度大小不变
答案　A
解析　根据an＝知，当线速度v大小为定值时，an与r成反比，其图象为双曲线的一支；根据an＝rω2知，当角速度ω大小为定值时，an与r成正比，其图象为过原点的倾斜直线，所以A正确.
3.甲、乙两个物体都做匀速圆周运动，转动半径之比为9∶4，转动的周期之比为3∶4，则它们的向心加速度之比为(　　)
A.1∶4 B.4∶1
C.4∶9 D.9∶4
答案　B
解析　ω＝，根据题意＝，＝，由an＝r得：＝·2＝×＝4，B选项正确.
4.如图2所示，A、B是两个摩擦传动轮(不打滑)，两轮半径大小关系为RA＝2RB，则两轮边缘上的(　　)
图2
A.角速度之比ωA∶ωB＝2∶1
B.周期之比TA∶TB＝1∶2
C.转速之比nA∶nB＝1∶2
D.向心加速度之比aA∶aB＝2∶1
答案　C
解析　两轮边缘的线速度相等，由ω＝知，ωA∶ωB＝RB∶RA＝1∶2，A错.由T＝知，TA∶TB＝ωB∶ωA＝2∶1，B错.由ω＝2πn知，nA∶nB＝ωA∶ωB＝1∶2，C对.由an＝知，aA∶aB＝RB∶RA＝1∶2，D错.
5. 如图3所示，质量为m的木块从半径为R的半球形碗口下滑到碗的最低点的过程中，如果由于摩擦力的作用使木块的速率不变，那么木块(　　)
图3
A.加速度为零
B.加速度恒定
C.加速度大小不变，方向时刻改变，但不一定指向圆心
D.加速度大小不变，方向时刻指向圆心
答案　D
解析　由题意知，木块做匀速圆周运动，木块的加速度大小不变，方向时刻指向圆心，D正确，A、B、C错误.
6.一小球被细绳拴着，在水平面内做半径为R的匀速圆周运动，向心加速度为a，那么(　　)
A.角速度ω＝
B.时间t内通过的路程s＝t
C.周期T＝
D.时间t内可能发生的最大位移为2R
答案　ABD
解析　由a＝ω2R，得ω＝，A正确；由a＝，得线速度v＝，所以时间t内通过的路程s＝t，B正确；由a＝ω2R＝R，得T＝2π，C错误；对于做圆周运动的物体而言，位移大小即圆周上两点间的距离，最大值为2R，D正确.
7.如图4所示，一个球绕中心轴线OO′以角速度ω做匀速圆周运动，θ＝30°，则(　　)
图4
A.a、b两点的线速度相同
B.a、b两点的角速度相同
C.a、b两点的线速度之比va∶vb＝2∶
D.a、b两点的向心加速度之比aa∶ab＝∶2
答案　BD
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，根据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an＝ω2r知＝＝，D对.
8.如图5所示，皮带传动装置中，右边两轮连在一起共轴转动，图中三轮半径分别为r1＝3r，r2＝2r，r3＝4r；A、B、C三点为三个轮边缘上的点，皮带不打滑.向心加速度分别为a1、a2、a3，则下列比例关系正确的是(　　)
图5
A.＝ B.＝
C.＝ D.＝
答案　BD
解析　由于皮带不打滑，v1＝v2，an＝，故＝＝，A错，B对.由于右边两轮共轴转动，ω2＝ω3，an＝rω2，＝＝，C错，D对.
9.如图6所示，一小物块以大小为an＝4 m/s2的向心加速度做匀速圆周运动，半径R＝1 m，则下列说法正确的是(　　)
图6
A.小物块运动的角速度为2 rad/s
B.小物块做圆周运动的周期为π s
C.小物块在t＝ s内通过的位移大小为 m
D.小物块在π s内通过的路程为零
答案　AB
解析　因为an＝ω2R，所以小物块运动的角速度为ω＝＝2 rad/s，周期T＝＝π s，选项A、B正确；小物块在 s内转过，通过的位移大小为 m，在π s内转过一周，通过的路程为2π m，选项C、D错误.
10.一小球质量为m，用长为L的悬绳(不可伸长，质量不计)固定于O点，在O点正下方处钉有一颗光滑钉子.如图7所示，将悬线沿水平方向拉直无初速度释放后，当悬线碰到钉子后的瞬间，则(　　)
图7
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.小球的向心加速度不变
答案　AC
解析　由于悬线与钉子接触时小球在水平方向上不受力，故小球的线速度不能发生突变，由于做圆周运动的半径变为原来的一半，由v＝ωr知，角速度变为原来的两倍，A正确，B错误；由an＝知，小球的向心加速度变为原来的两倍，C正确，D错误.
二、非选择题
11.飞机由俯冲转为上升的一段轨迹可以看成圆弧，如图8所示，如果这段圆弧的半径r＝800 m，飞行员能承受的加速度最大为8g.飞机在最低点P的速率不得超过多少？(g＝10 m/s2)
图8
答案　80 m/s
解析　飞机在最低点做圆周运动，其向心加速度最大不得超过8g才能保证飞行员安全，由an＝得v＝＝ m/s＝80 m/s.故飞机在最低点P的速率不得超过80 m/s.
12.如图9甲，某汽车以恒定的速率驶入一个狭长的90°圆弧形水平弯道，弯道两端连接的都是直道.有人在车内测量汽车的向心加速度随时间的变化关系如图乙所示.求：
图9
(1)汽车转弯所用的时间；
(2)汽车行驶的速率.
答案　(1)10 s　(2)10 m/s
解析　(1)由题图乙可得汽车转弯所用的时间为：t＝10 s.
(2)汽车在转弯过程中做圆周运动的周期T＝4t＝40 s，
由an＝r，可得：r≈63.7 m，
由an＝，解得v≈10 m/s.
13.如图10所示，甲、乙两物体自同一水平线上同时开始运动，甲沿顺时针方向做匀速圆周
图10
运动，圆半径为R；乙做自由落体运动，当乙下落至A点时，甲恰好第一次运动到最高点B，求甲物体做匀速圆周运动的向心加速度的大小.(重力加速度为g)
答案　π2g
解析　设乙下落到A点所用时间为t，
则对乙，满足R＝gt2得t＝ ，
这段时间内甲运动了T，即
T＝ ①
又由于an＝ω2R＝R②
由①②得，an＝π2g.
6　向心力
[学习目标] 1.了解向心力的概念，知道它是根据力的作用效果命名的.2.体验向心力的存在，会分析向心力的来源.3.掌握向心力的表达式，并能用来进行计算.4.知道变速圆周运动中向心力是合外力的一个分力，知道合外力的作用效果.
一、向心力
1.定义：做匀速圆周运动的物体产生向心加速度的原因是它受到了指向圆心的合力，这个合力叫做向心力.
2.方向：始终沿着半径指向圆心.
3.表达式：
(1)Fn＝m
(2)Fn＝mω2r
4.向心力是根据力的作用效果来命名的，凡是产生向心加速度的力，不管属于哪种性质，都是向心力.
二、变速圆周运动和一般的曲线运动
1.变速圆周运动的合力：变速圆周运动的合力产生两个方向的效果，如图1所示.
图1
(1)跟圆周相切的分力Ft：产生切向加速度，此加速度描述线速度大小变化的快慢.
(2)指向圆心的分力Fn：产生向心加速度，此加速度描述线速度方向改变的快慢.
2.一般的曲线运动的处理方法
(1)一般的曲线运动：运动轨迹既不是直线也不是圆周的曲线运动.
(2)处理方法：可以把曲线分割成许多很短的小段，每一小段可看做一小段圆孤.
研究质点在这一小段的运动时，可以采用圆周运动的处理方法进行处理.
[即学即用]
1.判断下列说法的正误.
(1)匀速圆周运动的向心力是恒力.(×)
(2)匀速圆周运动的合力就是向心力.(√)
(3)所有圆周运动的合力都等于向心力.(×)
(4)向心力和重力、弹力一样，是性质力.(×)
(5)向心力的作用是改变物体的速度，产生向心加速度.(√)
2.如图2所示，在匀速转动的圆筒内壁上紧靠着一个物体，物体随圆筒一起转动，物体所需的向心力由下面哪个力来提供(　　)
图2
A.重力
B.弹力
C.静摩擦力
D.滑动摩擦力
答案　B
解析　本题可用排除法.首先可排除A、D两项；若向心力由静摩擦力提供，则静摩擦力或其分力应指向圆心，这是不可能的，C错.故选B.
一、对向心力的理解
[导学探究]
(1)如图3所示，用细绳拉着小球在光滑水平面内做匀速圆周运动，若小球的线速度为v，运动半径为r，是什么力产生的向心加速度？该力的大小、方向如何？小球运动的速度v增大，绳的拉力大小如何变化？
图3
(2)若月球绕地球做匀速圆周运动的角速度为ω，月地距离为r，是什么力产生的加速度？该力的大小、方向如何？
答案　(1)产生向心加速度的力是小球受到的重力、支持力和绳的拉力的合力.合力等于拉力，大小为F＝man＝m，方向指向圆心.v增大，绳的拉力增大.
(2)向心加速度an＝ω2r，是地球对月球的引力产生的加速度，引力的大小为F＝man＝mω2r，方向指向地心.
[知识深化]　向心力的理解
1.向心力：使物体做圆周运动的指向圆心的合力.
2.向心力大小：Fn＝man＝m＝mω2r＝m2r.
3.向心力的方向
无论是否为匀速圆周运动，其向心力总是沿着半径指向圆心，方向时刻改变，故向心力是变力.
4.向心力的作用效果——改变线速度的方向.由于向心力始终指向圆心，其方向与物体运动方向始终垂直，故向心力不改变线速度的大小.
例1　(多选)下列关于向心力的说法中正确的是(　　)
A.物体由于做圆周运动而产生了一个向心力
B.向心力不改变圆周运动中物体线速度的大小
C.做匀速圆周运动的物体其向心力即为其所受的合外力
D.做圆周运动的物体所受各力的合力一定充当向心力
答案　BC
解析　当物体所受的外力的合力始终有一分力垂直于速度方向时，物体就将做圆周运动，该分力即为向心力，故先有向心力然后才使物体做圆周运动.因向心力始终垂直于速度方向，所以它不改变线速度的大小，只改变线速度的方向.匀速圆周运动所受合外力指向圆心，完全提供向心力.非匀速圆周运动中是合外力指向圆心的分力提供向心力.
二、向心力来源的分析
[导学探究]　分析下列几种圆周运动所需向心力分别由什么力提供.
图4
(1)地球绕太阳做圆周运动(如图4甲).
(2)圆盘上物块随圆盘一起匀速转动(如图乙).
(3)在光滑漏斗内壁上，小球做匀速圆周运动(如图丙).
(4)小球在细线作用下，在水平面内做圆锥摆运动时(如图丁).
答案　(1)太阳对地球的引力.
(2)物块受到的静摩擦力(也可以说是物块所受重力、支持力、静摩擦力的合力).
(3)漏斗对小球的支持力和小球所受重力的合力.
(4)向心力由细线的拉力在水平面内的分力提供.
[知识深化]
1.在匀速圆周运动中，合外力一定是向心力；在非匀速圆周运动中，沿半径方向的合外力提供向心力.
2.向心力是按作用效果命名的，充当向心力的力可以是重力、弹力、摩擦力等各种力，也可以是合力或分力.应明确各种情况下向心力的来源.
运动模型
飞机在水平面内做圆周运动
火车转弯
圆锥摆
向心力的来源图示
运动模型
飞车走壁
汽车在水平路面转弯
水平转台
向心力的来源图示
例2　一只小狗拉着雪橇在水平冰面上沿着圆弧形的道路匀速行驶，如图所示为雪橇所受的牵引力F及摩擦力Ff的示意图，其中正确的是(　　)
答案　C
解析　雪橇运动时所受摩擦力为滑动摩擦力，方向与运动方向相反，与圆弧相切.又因为雪橇做匀速圆周运动时合力充当向心力，合力方向必然指向圆心.综上可知，C项正确.
例3　如图5所示，已知绳长为L＝20 cm，水平杆长为L′＝0.1 m，小球质量m＝0.3 kg，整个装置可绕竖直轴转动.g取10 m/s2，问：(结果保留两位小数)
图5
(1)要使绳子与竖直方向成45°角，试求该装置必须以多大的角速度转动才行？
(2)此时绳子的张力为多大？
答案　(1)6.44 rad/s　(2)4.24 N
解析　小球绕竖直轴做圆周运动，其轨道平面在水平面内，对小球受力分析如图所示，设绳对小球拉力为FT，小球重力为mg，则绳的拉力与重力的合力提供小球做圆周运动的向心力.
对小球利用牛顿第二定律可得：
mgtan 45°＝mω2r①
r＝L′＋Lsin 45°②
联立①②两式，将数值代入可得
ω≈6.44 rad/s
FT＝≈4.24 N.
　向心力的分析思路
1.确定物体在哪个平面内做圆周运动，明确圆心和半径r，确定a、v、ω等物理量中什么是已知或要求的.
2.对物体进行受力分析，确定向心力来源及大小.
3.根据牛顿第二定律F合＝F向列方程，求解.
三、变速圆周运动和一般的曲线运动
[导学探究]　 用绳拴一沙袋，使沙袋在光滑水平面上做变速圆周运动，如图6.
图6
(1)分析绳对沙袋的拉力的作用效果.
(2)如果将拉力按照其作用效果进行分解，两个分力各产生了怎样的加速度？分加速度的作用效果如何？
答案　(1)绳对沙袋的拉力方向不经过圆心，即不与沙袋的速度方向垂直，而是与沙袋的速度方向成一锐角θ，如题图，拉力F有两个作用效果，一是改变线速度的大小，二是改变线速度的方向.
(2)根据F产生的作用效果，可以把F分解为两个相互垂直的分力：跟圆周相切的分力F1和指向圆心的分力Fn；F1产生切线方向的加速度，改变线速度的大小，Fn产生向心加速度，改变线速度的方向.
[知识深化]
1.受力特点：变速圆周运动中合外力不指向圆心，合力F产生改变速度大小和方向两个作用效果.即
2.某一点的向心加速度和向心力仍可用an＝＝ω2r，Fn＝m＝mω2r公式求解，只不过v、ω都是指那一点的瞬时速度.
例4　如图7所示，物块P置于水平转盘上随转盘一起运动，图中c方向沿半径指向圆心，a方向与c方向垂直.当转盘逆时针转动时，下列说法正确的是(　　)
图7
A.当转盘匀速转动时，P受摩擦力方向为c
B.当转盘匀速转动时，P不受转盘的摩擦力
C.当转盘加速转动时，P受摩擦力方向可能为a
D.当转盘减速转动时，P受摩擦力方向可能为b
答案　A
解析　转盘匀速转动时，物块P所受的重力和支持力平衡，摩擦力提供其做匀速圆周运动的向心力，故摩擦力方向指向圆心O点，A项正确，B项错误；当转盘加速转动时，物块P做加速圆周运动，不仅有沿c方向指向圆心的向心力，还有指向a方向的切向力，使线速度大小增大，
两方向的合力即摩擦力可能指向b，C项错误；当转盘减速转动时，物块P做减速圆周运动，不仅有沿c方向指向圆心的向心力，还有指向a相反方向的切向力，使线速度大小减小，两方向的合力即摩擦力可能指向d，D项错误.
针对训练　如图8所示，某物体沿光滑圆弧轨道由最高点滑到最低点过程中，物体的速率逐渐增大，则(　　)
图8
A.物体的合外力为零
B.物体的合力大小不变，方向始终指向圆心O
C.物体的合外力就是向心力
D.物体的合力方向始终与其运动方向不垂直(最低点除外)
答案　D
解析　物体做加速曲线运动，合力不为零，A错；物体做速度大小变化的圆周运动，合力不指向圆心，合力沿半径方向的分力等于向心力，合力沿切线方向的分力使物体速度变大，即除在最低点外，物体的速度方向与合力的方向夹角为锐角，合力与速度不垂直，B、C错，D对.
匀速圆周运动与变速圆周运动的比较
运动
种类
项目　
匀速圆周运动
变速圆周运动
特点
v、an、Fn大小不变但方向变化，ω、T、n不变
v、an、Fn、ω均变化
向心力来源
合力提供向心力
合力沿半径方向的分力
周期性
有
不一定有
条件
合外力的大小不变，方向始终与线速度方向垂直
合外力大小变化，方向与线速度方向不垂直
性质
均是非匀变速曲线运动
公式
Fn＝m＝mω2r，an＝＝ω2r
1.(向心力的理解)(多选)下面关于向心力的叙述中，正确的是(　　)
A.向心力的方向始终沿着半径指向圆心，所以是一个变力
B.做匀速圆周运动的物体，除了受到别的物体对它的作用力外，还一定受到一个向心力的作用
C.向心力可以是重力、弹力、摩擦力中的某个力，也可以是这些力中某几个力的合力，或者是某一个力的分力
D.向心力只改变物体速度的方向，不改变物体速度的大小
答案　ACD
解析　向心力是根据力的作用效果来命名的，它可以是物体受力的合力，也可以是某一个力的分力，因此，在进行受力分析时，不能再分析向心力.向心力时刻指向圆心，与速度垂直，所以向心力只改变速度方向，不改变速度大小，A、C、D正确.
2.(向心力的来源分析)如图9所示，一圆盘可绕过圆盘的中心O且垂直于盘面的竖直轴转动，在圆盘上放一小木块A，它随圆盘一起运动——做匀速圆周运动，则关于木块A的受力，下列说法中正确的是(　　)
图9
A.木块A受重力、支持力和向心力
B.木块A受重力、支持力和静摩擦力，摩擦力的方向与木块运动方向相反
C.木块A受重力、支持力和静摩擦力，摩擦力的方向指向圆心
D.木块A受重力、支持力和静摩擦力，摩擦力的方向与木块运动方向相同
答案　C
解析　由于圆盘上的木块A在竖直方向上没有加速度，所以，它在竖直方向上受重力和支持力的作用而平衡.而木块在水平面内做匀速圆周运动，其所需向心力由静摩擦力提供，且静摩擦力的方向指向圆心O，故选C.
3.(圆周运动中的动力学问题) 如图10所示，质量为1 kg的小球用细绳悬挂于O点，将小球拉离竖直位置释放后，到达最低点时的速度为2 m/s，已知球心到悬点的距离为1 m，重力加速度g＝10 m/s2，求小球在最低点时对绳的拉力的大小.
图10
答案　14 N
解析　小球在最低点时做圆周运动的向心力由重力mg和绳的拉力FT提供(如图所示)，
即FT－mg＝
所以FT＝mg＋＝(1×10＋) N＝14 N
小球对绳的拉力与绳对小球的拉力是一对作用力和反作用力，所以小球在最低点时对绳的拉力大小为14 N.
4.(圆周运动的向心力及有关计算)长为L的细线，拴一质量为m的小球，细线上端固定，让小球在水平面内做匀速圆周运动，如图11所示，求细线与竖直方向成θ角时：(重力加速度为g)
图11
(1)细线中的拉力大小；
(2)小球运动的线速度的大小.
答案　(1)　(2)
解析　(1)小球受重力及细线的拉力两力作用，如图所示，竖直方向：
FTcos θ＝mg，故拉力FT＝.
(2)小球做圆周运动的半径r＝Lsin θ，向心力Fn＝FTsin θ＝mgtan θ，而Fn＝m，
故小球的线速度v＝.
课时作业
一、选择题(1～6为单项选择题，7～10为多项选择题)
1.对做圆周运动的物体所受的向心力说法正确的是(　　)
A.做匀速圆周运动的物体，因向心力总是沿半径指向圆心，且大小不变，故向心力是一个恒力
B.因向心力指向圆心，且与线速度方向垂直，所以它不能改变线速度的大小
C.向心力一定是物体所受的合外力
D.向心力和向心加速度的方向都是不变的
答案　B
解析　做匀速圆周运动的物体向心力大小恒定，方向总是指向圆心，是一个变力，A错；向心力只改变线速度方向，不改变线速度大小，B正确；只有做匀速圆周运动的物体其向心力是由物体所受合外力提供，C错；向心力与向心加速度的方向总是指向圆心，是时刻变化的，D错.
2.如图1，一圆盘可绕一通过圆心且垂直于盘面的竖直轴转动，在圆盘上放一块橡皮，橡皮块随圆盘一起转动(俯视为逆时针).某段时间圆盘转速不断增大，但橡皮块仍相对圆盘静止，在这段时间内，关于橡皮块所受合力F的方向的四种表示(俯视图)中，正确的是(　　)
图1
答案　C
解析　橡皮块做加速圆周运动，合力不指向圆心，但一定指向圆周的内侧；由于做加速圆周运动，速度不断增加，故合力与速度的夹角小于90°，故选C.
3.洗衣机的脱水筒在转动时有一衣物附在筒壁上，如图2所示，则此时(　　)
图2
A.衣物受到重力、筒壁的弹力和摩擦力的作用
B.衣物随筒壁做圆周运动的向心力是由摩擦力提供的
C.筒壁对衣物的摩擦力随转速增大而减小
D.筒壁对衣物的摩擦力随转速增大而增大
答案　A
解析　衣物受到重力、筒壁的弹力和摩擦力三个力的作用，其中支持力提供其做圆周运动的向心力，A正确，B错误；由于重力与静摩擦力保持平衡，所以摩擦力不随转速的变化而变化，C、D错误.
4.如图3所示，圆盘上叠放着两个物块A和B，当圆盘和物块绕竖直轴匀速转动时，物块与圆盘始终保持相对静止，则(　　)
图3
A.物块A不受摩擦力作用
B.物块B受5个力作用
C.当转速增大时，A所受摩擦力增大，B所受摩擦力减小
D.A对B的摩擦力方向沿半径指向转轴
答案　B
解析　物块A受到的摩擦力充当向心力，A错；物块B受到重力、支持力、A对物块B的压力、A对物块B沿半径向外的静摩擦力和圆盘对物块B沿半径向里的静摩擦力，共5个力的作用，B正确；当转速增大时，A、B所受摩擦力都增大，C错误；A对B的摩擦力方向沿半径向外，D错误.故选B.
5.一质量为m的物体，沿半径为R的向下凹的半圆形轨道滑行，如图4所示，经过最低点时的速度为v，物体与轨道之间的动摩擦因数为μ，则它在最低点时受到的摩擦力为(　　)
图4
A.μmg B.
C.μm(g＋) D.μm(g－)
答案　C
解析　在最低点由向心力公式得：FN－mg＝m，
得FN＝mg＋m，又由摩擦力公式有Ff＝μFN＝μ(mg＋m)，C选项正确.
6.如图5所示，固定的锥形漏斗内壁是光滑的，内壁上有两个质量相等的小球A和B，在各自不同的水平面内做匀速圆周运动，以下物理量大小关系正确的是(　　)
图5
A.线速度vA＞vB
B.角速度ωA＞ωB
C.向心力FA＞FB
D.向心加速度aA＞aB
答案　A
解析　设漏斗的顶角为2θ，则小球的合力为F合＝，由Fn＝F合＝＝mω2r＝m＝man，知向心力FA＝FB，向心加速度aA＝aB，选项C、D错误；因rA＞rB，又由于v＝ 和ω＝ 知vA＞vB、ωA＜ωB，故A对，B错.
7.如图6所示，在光滑水平面上钉有两个钉子A和B，一根长细绳的一端系一个小球，另一端固定在钉子A上，开始时小球与钉子A、B均在一条直线上(图示位置)，且细绳的一大部分沿俯视顺时针方向缠绕在两钉子上，现使小球以初速度v0在水平面上沿俯视逆时针方向做匀速圆周运动，使两钉子之间缠绕的绳子逐渐释放，在绳子完全被释放后与释放前相比，下列说法正确的是(　　)
图6
A.小球的线速度变大
B.小球的角速度变大
C.小球的向心加速度变小
D.细绳对小球的拉力变小
答案　CD
解析　在绳子完全被释放后与释放前相比，由于小球所受的拉力与速度垂直，故不改变速度大小，选项A错误；由v＝ωr，v不变，r变大，则角速度ω变小，选项B错误；小球的向心加速度an＝，v不变，r变大，则an变小，选项C正确；细绳对小球的拉力F＝m，v不变，r变大，则F变小，选项D正确.
8.如图7所示，水平转台上放着A、B、C三个物体，质量分别为2m、m、m，离转轴的距离分别为R、R、2R，与转台间的动摩擦因数相同.当转台旋转时，下列说法中正确的是(　　)
图7
A.若三个物体均未滑动，则C物体的向心加速度最大
B.若三个物体均未滑动，则B物体受的摩擦力最大
C.若转速增加，则A物体比B物体先滑动
D.若转速增加，则C物体最先滑动
答案　AD
解析　三物体都未滑动时，角速度相同，设角速度为ω，根据向心加速度公式an＝ω2r，知C的向心加速度最大，选项A正确；三个物体受到的静摩擦力分别为：FfA＝(2m)ω2R，FfB＝mω2R，FfC＝mω2(2R)，所以物体B受到的摩擦力最小，选项B错误；增加转速，可知C最先达到最大静摩擦力，所以C最先滑动.A、B的临界角速度相等，可知A、B一起滑动，选项C错误，D正确.
9.如图8所示，将一质量为m的摆球用长为L的细绳吊起，上端固定，使摆球在水平面内做匀速圆周运动，细绳就会沿圆锥面旋转，这样就构成了一个圆锥摆，下列说法正确的是(　　)
图8
A.摆球受重力、拉力和向心力的作用
B.摆球受重力和拉力的作用
C.摆球运动周期为2π 
D.摆球运动的转速为 sin θ
答案　BC
解析　摆球受重力和绳子拉力两个力的作用，设摆球做匀速圆周运动的周期为T，则：mgtan θ＝mr，r＝Lsin θ，T＝2π，转速n＝＝ ，B、C正确，A、D错误.
10.如图9所示，A、B两球穿过光滑水平杆，两球间用一细绳连接，当该装置绕竖直轴OO′匀速转动时，两球在杆上恰好不发生滑动.若两球质量之比mA∶mB＝2∶1，那么关于A、B两球的下列说法中正确的是(　　)
图9
A.A、B两球受到的向心力之比为2∶1
B.A、B两球角速度之比为1∶1
C.A、B两球运动半径之比为1∶2
D.A、B两球向心加速度之比为1∶2
答案　BCD
解析　两球的向心力都由细绳的拉力提供，大小相等，两球都随杆一起转动，角速度相等，A错，B对.设两球的运动半径分别为rA、rB，转动角速度为ω，则mArAω2＝mBrBω2，所以运动半径之比为rA∶rB＝1∶2，C正确.由牛顿第二定律F＝ma可知aA∶aB＝1∶2，D正确.
二、非选择题
11.如图10所示，有一质量为m1的小球A与质量为m2的物块B通过轻绳相连，轻绳穿过光滑水平板中央的小孔O.当小球A在水平板上绕O点做半径为r的匀速圆周运动时，物块B刚好保持静止.求：(重力加速度为g)
图10
(1)轻绳的拉力.
(2)小球A运动的线速度大小.
答案　(1)m2g　(2) 
解析　(1)物块B受力平衡，故轻绳拉力FT＝m2g
(2)小球A做匀速圆周运动的向心力等于轻绳拉力FT，根据牛顿第二定律
m2g＝m1
解得v＝ .
12.如图11所示，用一根长为l＝1 m的细线，一端系一质量为m＝1 kg的小球(可视为质点)，另一端固定在一光滑锥体顶端，锥面与竖直方向的夹角θ＝37°，当小球在水平面内绕锥体的轴做匀速圆周运动的角速度为ω时，细线的张力为FT.(g取10 m/s2，结果可用根式表示)求：
图11
(1)若要小球离开锥面，则小球的角速度ω0至少为多大.
(2)若细线与竖直方向的夹角为60°，则小球的角速度ω′为多大.
答案　(1) rad/s　(2)2 rad/s
解析　(1)若要小球刚好离开锥面，则小球只受到重力和细线的拉力，如图所示.小球做匀速圆周运动的轨迹圆在水平面内，故向心力水平，运用牛顿第二定律及向心力公式得：
mgtan θ＝mωlsin θ
解得：ω＝
即ω0＝ ＝ rad/s.
(2)当细线与竖直方向成60°角时，由牛顿第二定律及向心力公式得：mgtan α＝mω′2lsin α
解得：ω′2＝，
即ω′＝ ＝2 rad/s.
7　生活中的圆周运动
[学习目标] 1.巩固向心力和向心加速度的知识.2.会在具体问题中分析向心力的来源.3.会用牛顿第二定律解决生活中较简单的圆周运动问题.
一、铁路的弯道
1.运动特点：火车在弯道上运动时可看做圆周运动，因而具有向心加速度，由于其质量巨大，需要很大的向心力.
2.轨道设计：转弯处外轨略高(选填“高”或“低”)于内轨，火车转弯时铁轨对火车的支持力FN的方向是斜向弯道内侧，它与重力的合力指向圆心.
若火车以规定的速度行驶，转弯时所需的向心力几乎完全由支持力和重力的合力来提供.
二、拱形桥
汽车过凸形桥
汽车过凹形桥
受力
分析
向心力
Fn＝mg－FN＝m
Fn＝FN－mg＝m
对桥的压力
FN′＝mg－m
FN′＝mg＋m
结论
汽车对桥的压力小于汽车的重力，而且汽车速度越大，对桥的压力越小
汽车对桥的压力大于汽车的重力，而且汽车速度越大，对桥的压力越大
三、航天器中的失重现象
1.向心力分析：宇航员受到的地球引力与座舱对他的支持力的合力为他提供向心力，mg－FN＝m，所以FN＝mg－m.
2.完全失重状态：当v＝时，座舱对宇航员的支持力FN＝0，宇航员处于完全失重状态.
四、离心运动
1.定义：做圆周运动的物体沿切线飞出或做逐渐远离圆心的运动.
2.原因：向心力突然消失或合外力不足以提供所需的向心力.
3.应用：洗衣机的脱水筒，制作无缝钢管、水泥管道、水泥电线杆等.
[即学即用]
1.判断下列说法的正误.
(1)铁路的弯道处，内轨高于外轨.(×)
(2)汽车行驶至凸形桥顶部时，对桥面的压力等于车重.(×)
(3)汽车行驶至凹形桥底部时，对桥面的压力大于车重.(√)
(4)绕地球做匀速圆周运动的航天器中的宇航员处于完全失重状态，故不再具有重力.(×)
(5)航天器中处于完全失重状态的物体所受合力为零.(×)
(6)做离心运动的物体可以沿半径方向运动.(×)
2.飞机由俯冲转为拉起的一段轨迹可看成一段圆弧，如图1所示，飞机做俯冲拉起运动时，在最低点附近做半径为r＝180 m的圆周运动，如果飞行员质量m＝70 kg，飞机经过最低点P时的速度v＝360 km/h，则这时飞行员对座椅的压力是________.(g取10 m/s2)
图1
答案　4 589 N
解析　飞机经过最低点时，v＝360 km/h＝100 m/s.
对飞行员进行受力分析，飞行员在竖直面内共受到重力G和座椅的支持力FN两个力的作用，根据牛顿第二定律得FN－mg＝m，所以FN＝mg＋m＝70×10 N＋70× N≈4 589 N，由牛顿第三定律得，飞行员对座椅的压力为4 589 N.
一、火车转弯问题
[导学探究]　设火车转弯时的运动为匀速圆周运动.
(1)如果铁路弯道的内外轨一样高，火车在转弯时的向心力由什么力提供？会导致怎样的后果？
(2)实际上在铁路的弯道处外轨略高于内轨，试从向心力的来源分析这样做有怎样的优点.
(3)当轨道平面与水平面之间的夹角为α，转弯半径为R时，火车行驶速度多大轨道才不受挤压？
(4)当火车行驶速度v>v0＝时，轮缘受哪个轨道的压力？当火车行驶速度v答案　(1)如果铁路弯道的内外轨一样高，火车在竖直方向所受重力与支持力平衡，其向心力由外侧车轮的轮缘挤压外轨，使外轨发生弹性形变，对轮缘产生的弹力来提供(如图甲)；由于火车的质量太大，轮缘与外轨间的相互作用力太大，会使铁轨和车轮极易受损.
(2)如果弯道处外轨略高于内轨，火车在转弯时铁轨对火车的支持力FN的方向不再是竖直的，而是斜向弯道的内侧，它与重力G的合力指向圆心，为火车转弯提供一部分向心力(如图乙)，从而减轻轮缘与外轨的挤压.
(3)火车受力如图丙所示，则Fn＝F＝mgtan α＝，所以v＝.
(4)当火车行驶速度v>v0＝时，重力和支持力的合力提供的向心力不足，此时外侧轨道对轮缘有向里的侧向压力；当火车行驶速度v[知识深化]
1.弯道的特点：在实际的火车转弯处，外轨高于内轨，若火车转弯所需的向心力完全由重力和支持力的合力提供，即mgtan θ＝m，如图2所示，则v0＝，其中R为弯道半径，θ为轨道平面与水平面间的夹角，v0为转弯处的规定速度.
图2
2.速度与轨道压力的关系
(1)当火车行驶速度v等于规定速度v0时，所需向心力仅由重力和弹力的合力提供，此时内外轨道对火车无挤压作用.
(2)当火车行驶速度v>v0时，外轨道对轮缘有侧压力.
(3)当火车行驶速度v例1　铁路在弯道处的内外轨道高度是不同的，已知内外轨道平面与水平面的夹角为θ，如图3所示，弯道处的圆弧半径为R，若质量为m的火车转弯时速度等于，则(　　)
图3
A.内轨对内侧车轮轮缘有挤压
B.外轨对外侧车轮轮缘有挤压
C.这时铁轨对火车的支持力等于
D.这时铁轨对火车的支持力大于
答案　C
解析　由牛顿第二定律F合＝m，解得F合＝mgtan θ，此时火车受重力和铁路轨道的支持力作用，如图所示，FNcos θ＝mg，则FN＝，内、外轨道对火车均无侧压力，故C正确，A、B、D错误.
例2　(多选)公路急转弯处通常是交通事故多发地带.如图4，某公路急转弯处是一圆弧，当汽车行驶的速率为v0时，汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势.则在该弯道处(　　)
图4
A.路面外侧高、内侧低
B.车速只要低于v0，车辆便会向内侧滑动
C.车速虽然高于v0，但只要不超出某一最高限度，车辆便不会向外侧滑动
D.当路面结冰时，与未结冰时相比，v0的值变小
答案　AC
解析　当汽车行驶的速率为v0时，汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势，即不受静摩擦力，此时由重力和支持力的合力提供向心力，所以路面外侧高、内侧低，选项A正确；当车速低于v0时，需要的向心力小于重力和支持力的合力，汽车有向内侧运动的趋势，受到的静摩擦力向外侧，并不一定会向内侧滑动，选项B错误；当车速高于v0时，需要的向心力大于重力和支持力的合力，汽车有向外侧运动的趋势，静摩擦力向内侧，速度越大，静摩擦力越大，只有静摩擦力达到最大以后，车辆才会向外侧滑动，选项C正确；由mgtan θ＝m可知，v0的值只与路面与水平面的夹角和弯道的半径有关，与路面的粗糙程度无关，选项D错误.
火车转弯的(或高速公路上汽车转变的(圆轨道是水平轨道，所以合力的方向水平指向圆心.解决此类问题的关键是分析清楚向心力的来源.
二、圆周运动中的超重和失重
[导学探究]　如图5甲、乙为汽车在凸形桥、凹形桥上行驶的示意图，汽车行驶时可以看做圆周运动.
图5
(1)如图甲，汽车行驶到拱形桥的桥顶时：
①什么力提供向心力？汽车对桥面的压力有什么特点？
②汽车对桥面的压力与车速有什么关系？汽车安全通过拱桥顶(不脱离桥面)行驶的最大速度是多大？
(2)当汽车行驶到凹形桥的最底端时，什么力提供向心力？汽车对桥面的压力有什么特点？
答案　(1)①当汽车行驶到凸形桥的桥顶时，重力与支持力的合力提供向心力，即mg－FN＝m；此时车对桥面的压力FN′＝mg－m，即车对桥面的压力小于车的重力，汽车处于失重状态.
②由FN′＝mg－m可知，当汽车的速度增大时，汽车对桥面的压力减小，当汽车对桥面的压力为零时，汽车的重力提供向心力，此时汽车的速度达到最大，由mg＝m，得vm＝，如果汽车的速度超过此速度，汽车将离开桥面.
(2)当汽车行驶到凹形桥的最底端时，重力与支持力的合力提供向心力，即FN－mg＝m；此时车对桥面的压力FN′＝mg＋m，即车对桥面的压力大于车的重力，汽车处于超重状态，并且汽车的速度越大，汽车对桥面的压力越大.
[知识深化]
1.拱形桥问题
(1)汽车过拱形桥(如图6)
图6
汽车在最高点满足关系：mg－FN＝m，即FN＝mg－m.
①当v＝时，FN＝0.
②当0≤v<时，0③当v>时，汽车将脱离桥面做平抛运动，发生危险.
(2)汽车过凹形桥(如图7)
图7
汽车在最低点满足关系：FN－mg＝，即FN＝mg＋.
由此可知，汽车对桥面的压力大于其自身重力，故凹形桥易被压垮，因而实际中拱形桥多于凹形桥.
2.绕地球做圆周运动的卫星、飞船、空间站处于完全失重状态.
(1)质量为M的航天器在近地轨道运行时，航天器的重力提供向心力，满足关系：Mg＝M，则v＝.
(2)质量为m的航天员：航天员的重力和座舱对航天员的支持力提供向心力，满足关系：mg－FN＝.
当v＝ 时，FN＝0，即航天员处于完全失重状态.
(3)航天器内的任何物体都处于完全失重状态.
例3　在较大的平直木板上相隔一定距离钉几个钉子，将三合板弯曲成拱桥形卡入钉子内形成拱形桥，三合板上表面事先铺上一层牛仔布以增加摩擦，这样玩具惯性车就可以在桥面上跑起来了.把这套系统放在电子秤上做实验，如图8所示，关于实验中电子秤的示数下列说法正确的是(　　)
图8
A.玩具车静止在拱桥顶端时的示数小一些
B.玩具车运动通过拱桥顶端时的示数大一些
C.玩具车运动通过拱桥顶端时处于超重状态
D.玩具车运动通过拱桥顶端时速度越大(未离开拱桥)，示数越小
答案　D
解析　玩具车运动到最高点时，受向下的重力和向上的支持力作用，根据牛顿第二定律有mg－FN＝m，即FN＝mg－m例4　一辆质量m＝2 t的轿车，驶过半径R＝90 m的一段凸形桥面，g＝10 m/s2，求：
(1)轿车以10 m/s的速度通过桥面最高点时，对桥面的压力是多大？
(2)在最高点对桥面的压力等于零时，车的速度大小是多少？
答案　(1)1.78×104 N　(2)30 m/s
解析　(1)轿车通过凸形桥面最高点时，竖直方向受力分析如图所示：
合力F＝mg－FN，由向心力公式得mg－FN＝m，故桥面对车的支持力大小FN＝mg－m＝(2 000×10－2 000×) N≈1.78×104 N
根据牛顿第三定律，轿车在桥面最高点时对桥面压力的大小为1.78×104 N.
(2)对桥面的压力等于零时，向心力F′＝mg＝m，所以此时轿车的速度大小v′＝＝ m/s＝30 m/s.
三、对离心运动的理解和应用
[导学探究]　(1)做圆周运动的物体向心力突然消失，它会怎样运动？
(2)如果物体受的合外力不足以提供向心力，它又会怎样运动？
(3)要使原来做匀速圆周运动的物体做离心运动，可以怎么办？举例说明离心运动在生活中的应用.
答案　(1)将沿切线方向飞出.
(2)物体将逐渐远离圆心运动.
(3)方法一：提高转速，使所需的向心力大于能提供的向心力.即让合外力不足以提供向心力.
方法二：减小或使合外力消失.
应用：利用离心运动制成离心机械设备.例如，离心干燥器、洗衣机的脱水筒和离心转速计等.
[知识深化]　对离心现象的理解
1.物体做离心运动的原因：提供向心力的外力突然消失，或者外力不能提供足够的向心力.
注意：物体做离心运动并不是物体受到离心力作用，而是由于外力不能提供足够的向心力.所谓“离心力”实际上并不存在.
2.合外力与向心力的关系(如图9所示).
图9
(1)若F合＝mrω2或F合＝，物体做匀速圆周运动，即“提供”满足“需要”.
(2)若F合>mrω2或F合>，物体做半径变小的近心运动，即“提供过度”，也就是“提供”大于“需要”.
(3)若F合(4)若F合＝0，则物体做直线运动.
例5　如图10所示是摩托车比赛转弯时的情形，转弯处路面常是外高内低，摩托车转弯有一个最大安全速度，若超过此速度，摩托车将发生滑动.关于摩托车滑动的问题，下列论述正确的是(　　)
图10
A.摩托车一直受到沿半径方向向外的离心力作用
B.摩托车所受外力的合力小于所需的向心力
C.摩托车将沿其线速度的方向沿直线滑去
D.摩托车将沿其半径方向沿直线滑去
答案　B
解析　摩托车只受重力、地面支持力和地面的摩擦力作用，没有离心力，A项错误；摩托车正常转弯时可看做匀速圆周运动，所受的合力等于向心力，如果向外滑动，说明提供的向心力即合力小于需要的向心力，B项正确；摩托车将在沿线速度方向与半径向外的方向之间做离心曲线运动，C、D项错误.
1.(交通工具的拐弯问题分析)在高速公路的拐弯处，通常路面都是外高内低.如图11所示，在某路段汽车向左拐弯，司机左侧的路面比右侧的路面低一些.汽车的运动可看做是半径为R的圆周运动.设内、外路面高度差为h，路基的水平宽度为d，路面的宽度为L.已知重力加速度为g.要使车轮与路面之间的横向(即垂直于前进方向)摩擦力等于零，则汽车转弯时的车速应等于(　　)
图11
A.  B. 
C.  D. 
答案　B
解析　设路面的倾角为θ，根据牛顿第二定律得mgtan θ＝m，又由数学知识可知tan θ＝，联立解得v＝，选项B正确.
2.(航天器中的失重现象)(多选)航天飞机在围绕地球做匀速圆周运动过程中，关于航天员，下列说法中正确的是(　　)
A.航天员仍受重力作用
B.航天员受的重力提供其做匀速圆周运动的向心力
C.航天员处于超重状态
D.航天员对座椅的压力为零
答案　ABD
解析　航天飞机在绕地球做匀速圆周运动时，依然受地球的吸引力，而且正是这个吸引力提供航天飞机绕地球做圆周运动的向心力，航天员的加速度与航天飞机的相同，也是重力提供向心力，即mg＝m，选项A、B正确；此时航天员不受座椅弹力，处于完全失重状态，选项D正确，C错误.
3.(离心运动)如图12所示，当外界提供的向心力F＝mrω2时，小球恰好在Ⅲ轨道上做匀速圆周运动.下列关于小球运动的说法中正确的是(　　)
图12
A.当外界提供的向心力突然消失时，小球将沿Ⅰ轨道运动，这种运动不叫离心运动
B.当外界提供的向心力F>mrω2时，小球可能沿Ⅱ轨道做离心运动
C.当外界提供的向心力FD.只要外界提供的向心力F不等于mrω2时，小球就将沿Ⅱ轨道做离心运动
答案　C
解析　当外界提供的向心力突然消失时，小球将沿Ⅰ轨道运动做离心运动，A错误；当外界提供的向心力F4.(汽车在水平路面的转弯)高速公路转弯处弯道圆半径R＝100 m，汽车轮胎与路面间的动摩擦因数μ＝0.225.若路面是水平的(假设最大静摩擦力可近似看做与滑动摩擦力相等，g取10 m/s2).问：
(1)汽车转弯时不发生径向滑动(离心现象)所许可的最大速率vm为多大？
(2)当超过vm时，将会出现什么现象？
答案　(1)54 km/h　(2)汽车将做离心运动，严重时将出现翻车事故
解析　(1)在水平路面上转弯，向心力只能由静摩擦力提供，设汽车质量为m，最大静摩擦力可近似看做与滑动摩擦力相等，则Ffm＝μmg，则有m＝μmg，vm＝，代入数据可得：vm＝15 m/s＝54 km/h.
(2)当汽车的速度超过54 km/h时，需要的向心力m增大，大于提供的向心力，也就是说提供的向心力不足以维持汽车做圆周运动的向心力，汽车将做离心运动，严重时将会出现翻车事故.
课时作业
一、选择题(1～6为单项选择题，7～10为多项选择题)
1. 如图1所示，质量相等的汽车甲和汽车乙，以相等的速率沿同一水平弯道做匀速圆周运动，汽车甲在汽车乙的外侧.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(　　)
图1
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乙的大小均与汽车速率无关
答案　A
解析　汽车在水平面内做匀速圆周运动，摩擦力提供做匀速圆周运动的向心力，即Ff＝F向＝m，由于r甲＞r乙，则Ff甲＜Ff乙，A正确.
2.汽车在水平地面上转弯时，地面的摩擦力已达到最大，当汽车速率增为原来的2倍时，若要不发生险情，则汽车转弯的轨道半径必须(　　)
A.减为原来的 B.减为原来的
C.增为原来的2倍 D.增为原来的4倍
答案　D
解析　汽车在水平地面上转弯，向心力由静摩擦力提供.设汽车质量为m，汽车与地面的动摩擦因数为μ，汽车的转弯半径为r，则μmg＝m，故r∝v2，故速率增大到原来的2倍时，转弯半径增大到原来的4倍，D正确.
3.在铁路转弯处，往往外轨略高于内轨，关于这点下列说法不正确的是(　　)
A.减轻火车轮子对外轨的挤压
B.减轻火车轮子对内轨的挤压
C.使火车车身倾斜，利用重力和支持力的合力提供转弯所需向心力
D.限制火车向外脱轨
答案　B
4.世界一级方程式锦标赛新加坡大奖赛赛道单圈长5.067公里，共有23个弯道，如图2所示，赛车在水平路面上转弯时，常常在弯道上冲出跑道，则以下说法正确的是(　　)
图2
A.是由于赛车行驶到弯道时，运动员未能及时转动方向盘才造成赛车冲出跑道的
B.是由于赛车行驶到弯道时，运动员没有及时减速才造成赛车冲出跑道的
C.是由于赛车行驶到弯道时，运动员没有及时加速才造成赛车冲出跑道的
D.由公式F＝mω2r可知，弯道半径越大，越容易冲出跑道
答案　B
解析　赛车在水平路面上转弯时，静摩擦力提供向心力，最大静摩擦力与重力成正比，而需要的向心力为.赛车在转弯前速度很大，转弯时做圆周运动的半径就需要大，运动员没有及时减速就会造成赛车冲出跑道，B正确，A、C、D错误.
5.城市中为了解决交通问题，修建了许多立交桥.如图3所示，桥面是半径为R的圆弧形的立交桥AB横跨在水平路面上，一辆质量为m的小汽车，从A端冲上该立交桥，小汽车到达桥顶时的速度大小为v1，若小汽车在上桥过程中保持速率不变，则(　　)
图3
A.小汽车通过桥顶时处于失重状态
B.小汽车通过桥顶时处于超重状态
C.小汽车在上桥过程中受到桥面的支持力大小为FN＝mg－m
D.小汽车到达桥顶时的速度必须大于
答案　A
解析　由圆周运动知识知，小汽车通过桥顶时，其加速度方向向下，由牛顿第二定律得mg－FN＝m，解得FN＝mg－m＜mg，故其处于失重状态，A正确，B错误；FN＝mg－m只在小汽车通过桥顶时成立，而其上桥过程中的受力情况较为复杂，C错误；由mg－FN＝m，FN≥0解得v1≤，D错误.
6. 一辆运输西瓜的小汽车(可视为质点)，以大小为v的速度经过一座半径为R的拱形桥.在桥的最高点，其中一个质量为m的西瓜A(位置如图4所示)受到周围的西瓜对它的作用力的大小为(　　)
图4
A.mg B.
C.mg－ D.mg＋
答案　C
解析　西瓜和汽车一起做匀速圆周运动，竖直方向上的合力提供向心力，有：mg－F＝m，解得F＝mg－，故C正确，A、B、D错误.
7.如图5所示，在匀速转动的洗衣机脱水筒内壁上，有一件湿衣服随圆筒一起转动而未滑动，则(　　)
图5
A.衣服随脱水筒做圆周运动的向心力由衣服的重力提供
B.水会从脱水筒甩出是因为水滴受到的向心力很大
C.加快脱水筒转动角速度，衣服对筒壁的压力也增大
D.加快脱水筒转动角速度，脱水效果会更好
答案　CD
解析　衣服受到竖直向下的重力、竖直向上的静摩擦力、指向圆心的支持力，重力和静摩擦力是一对平衡力，大小相等，故向心力是由支持力充当的，A错误；圆筒转速增大以后，支持力增大，衣服对筒壁的压力也增大，C正确；对于水而言，衣服对水滴的附着力提供其做圆周运动的向心力，说水滴受向心力本身就不正确，B错；随着圆筒转速的增加，需要的向心力增加，当附着力不足以提供需要的向心力时，衣服上的水滴将做离心运动，故圆筒转动角速度越大，脱水效果会越好，D正确.
8.火车转弯可近似看成是做匀速圆周运动，当火车以规定速度通过时，内外轨道均不受侧向挤压，如图6.现要降低火车转弯时的规定速度，须对铁路进行改造，从理论上讲以下措施可行的是(　　)
图6
A.减小内外轨的高度差 B.增加内外轨的高度差
C.减小弯道半径 D.增大弯道半径
答案　AC
解析　当火车以规定速度通过弯道时，火车的重力和支持力的合力提供向心力，如图所示：即Fn＝mgtan θ，而Fn＝m，故gRtan θ＝v2，若使火车经弯道时的速度v减小，则可以减小倾角θ，即减小内外轨的高度差，或者减小弯道半径R，故A、C正确，B、D错误.
9.宇宙飞船绕地球做匀速圆周运动，下列说法中正确的有(　　)
A.在飞船内可以用天平测量物体的质量
B.在飞船内可以用弹簧测力计测物体的重力
C.在飞船内可以用弹簧测力计测拉力
D.在飞船内将重物挂于弹簧测力计上，弹簧测力计示数为0，但重物仍受地球的引力
答案　CD
解析　飞船内的物体处于完全失重状态，此时放在天平上的物体对天平的压力为0，因此不能用天平测量物体的质量，A错误；也不能测重力，B错误；弹簧测力计测拉力遵从胡克定律，拉力的大小与弹簧伸长量成正比，C正确；飞船内的重物处于完全失重状态，并不是不受重力，而是重力全部用于提供重物做圆周运动所需的向心力，D正确.
10.如图7所示，小物体位于半径为R的半球顶端，若给小物体一个水平初速度v0时，小物体对球顶恰无压力，则(　　)
图7
A.物体立即离开球面做平抛运动
B.物体落地时水平位移为R
C.物体的初速度v0＝
D.物体着地时的速度方向与地面成45°角
答案　ABC
二、非选择题
11.如图8所示为汽车在水平路面做半径为R的大转弯的后视图，悬吊在车顶的灯左偏了θ角，则：(重力加速度为g)
图8
(1)车正向左转弯还是向右转弯？
(2)车速是多少？
(3)若(2)中求出的速度正是汽车转弯时不打滑允许的最大速度，则车轮与地面间的动摩擦因数μ是多少？
答案　(1)向右转弯
(2)
(3)tan θ
解析　(1)向右转弯
(2)对灯受力分析知
mgtan θ＝m得v＝
(3)车刚好不打滑，有
μMg＝M得μ＝tan θ.
12.一辆载重汽车的质量为4m，通过半径为R的拱形桥，若桥顶能承受的最大压力为F＝3mg(g为重力加速度)，为了安全行驶，试求汽车通过桥顶的速度范围.
答案　≤v≤
解析　如图所示，由向心力公式得4mg－FN＝4m
所以FN＝4mg－4m
为了保证汽车不压坏桥顶，同时又不飞离桥面，根据牛顿第三定律，支持力的取值范围为0≤FN≤3mg
联立解得≤v≤.
13.如图9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45°.已知重力加速度大小为g，小物块与陶罐之间的最大静摩擦力大小为F＝mg.
图9
(1)若小物块受到的摩擦力恰好为零，求此时的角速度ω0；
(2)若改变陶罐匀速旋转的角速度，而小物块一直相对陶罐静止，求陶罐旋转的角速度的最大值和最小值.
答案　(1) 　(2) 　　
解析　(1)小物块受的摩擦力为零，则受到的重力和支持力的合力提供向心力.有mgtan θ＝mωRsin θ
解得ω0＝ .
(2)陶罐旋转的角速度越大，需要提供的向心力越大，需要摩擦力垂直半径向下，摩擦力最大时转动角速度最大，设为ω1，向心加速度an1＝ωRsin θ，垂直半径向下的加速度分量a1＝an1cos θ
垂直半径方向应用牛顿第二定律有F＋mgsin θ＝ma1
解得ω1＝ 
摩擦力垂直半径向上且最大时转动角速度最小，设为ω2，向心加速度an2＝ωRsin θ，垂直半径向下的加速度分量a2＝an2cos θ
垂直半径方向应用牛顿第二定律有mgsin θ－F＝ma2
解得ω2＝ .
习题课1　运动的合成与分解
[学习目标] 1.理解什么是合运动、分运动.2.掌握运动的合成与分解的方法.
一、运动描述的实例——蜡块运动的研究
1.蜡块的位置：如图1所示，蜡块沿玻璃管匀速上升的速度设为vy，玻璃管向右匀速移动的速度设为vx，从蜡块开始运动的时刻计时，在某时刻t，蜡块的位置P可以用它的x、y两个坐标表示x＝vx t，y＝vy t.
图1
2.蜡块的速度：大小v＝，方向满足tan θ＝.
3.蜡块运动的轨迹：y＝x，是一条过原点的直线.
二、运动的合成与分解
1.合运动与分运动
如果物体同时参与了几个运动，那么物体实际发生的运动就是合运动，参与的几个运动就是分运动.
2.运动的合成与分解：已知分运动求合运动，叫运动的合成；已知合运动求分运动，叫运动的分解.
3.运动的合成与分解实质是对运动的位移、速度和加速度的合成和分解，遵循平行四边形定则(或三角形定则).
[即学即用]
1.判断下列说法的正误.
(1)合运动与分运动是同时进行的，时间相等.(√)
(2)合运动一定是实际发生的运动.(√)
(3)合运动的速度一定比分运动的速度大.(×)
(4)两个互成角度的匀速直线运动的合运动，一定也是匀速直线运动.(√)
2.竖直放置的两端封闭的玻璃管中注满清水，内有一个蜡块能在水中以0.1 m/s的速度匀速上浮.在蜡块从玻璃管的下端匀速上浮的同时，使玻璃管沿水平方向匀速向右运动，测得蜡块实际运动方向与水平方向成30°角，如图2所示.若玻璃管的长度为1.0 m，在蜡块从底端上升到顶端的过程中，玻璃管水平方向的移动速度和水平运动的距离为(　　)
图2
A.0.1 m/s,1.73 m
B.0.173 m/s,1.0 m
C.0.173 m/s,1.73 m
D.0.1 m/s,1.0 m
答案　C
解析　设蜡块沿玻璃管匀速上升的速度为v1，位移为x1，蜡块随玻璃管水平向右移动的速度为v2，位移为x2，如图所示，v2＝＝ m/s≈0.173 m/s.蜡块沿玻璃管匀速上升的时间t＝＝ s＝10 s.由于合运动与分运动具有等时性，故玻璃管水平移动的时间为10 s.
水平运动的距离x2＝v2t＝0.173×10 m＝1.73 m，故选项C正确.
一、合运动与分运动的关系
[导学探究]　蜡块能沿玻璃管匀速上升(如图3甲所示)，如果在蜡块上升的同时，将玻璃管沿水平方向向右匀速移动(如图乙所示)，则：
图3
(1)蜡块在竖直方向做什么运动？在水平方向做什么运动？
(2)蜡块实际运动的性质是什么？
(3)求t时间内蜡块的位移和速度.
答案　(1)蜡块参与了两个运动：水平方向的匀速直线运动和竖直方向的匀速直线运动.
(2)蜡块实际上做匀速直线运动.
(3)经过时间t，蜡块水平方向的位移x＝vxt，竖直方向的位移y＝vyt，蜡块的合位移为l＝＝t，设位移与水平方向的夹角为α，则tan α＝＝，蜡块的合速度v＝，合速度方向与vx方向的夹角θ的正切值为 tan θ＝.
[知识深化]
1.运动的合成与分解
(1)合运动与分运动的关系：
①等效性：各分运动的共同效果与合运动的效果相同；
②等时性：各分运动与合运动同时发生和结束，时间相同；
③独立性：各分运动之间互不相干，彼此独立，互不影响.
(2)运动的合成与分解法则：
①运动的合成与分解是指位移、速度、加速度的合成与分解.由于位移、速度、加速度都是矢量，其合成、分解遵循平行四边形(或三角形)定则.
②对速度v进行分解时，不能随意分解，应按物体的实际运动效果进行分解.
2.合运动性质的判断
分析两个直线运动的合运动性质时，应先根据平行四边形定则，求出合运动的合初速度v和加速度a，然后进行判断.
(1)是否为匀变速判断：
加速度或合外力
(2)曲、直判断：
加速度或合外力与速度方向
例1　雨滴由静止开始下落，遇到水平方向吹来的风，下述说法中正确的是(　　)
①风速越大，雨滴下落时间越长　②风速越大，雨滴着地时速度越大　③雨滴下落时间与风速无关　④雨滴着地速度与风速无关
A.①② B.②③ C.③④ D.①④
答案　B
解析　将雨滴的运动分解为水平方向和竖直方向，两个分运动相互独立，雨滴下落时间与竖直高度有关，与水平方向的风速无关，故①错误，③正确.风速越大，落地时，雨滴水平方向分速度越大，合速度也越大，故②正确，④错误.故选B.
1.两分运动独立进行，互不影响.
2.合运动与分运动具有等时性.
例2　(多选)质量为2 kg的质点在xOy平面内做曲线运动，在x方向的速度图象和y方向的位移图象如图4所示，下列说法正确的是(　　)
图4
A.质点的初速度为5 m/s
B.质点所受的合外力为3 N，做匀变速曲线运动
C.2 s末质点速度大小为6 m/s
D.2 s内质点的位移大小约为12 m
答案　ABD
解析　由x方向的速度图象可知，在x方向的加速度为1.5 m/s2，受力Fx＝3 N，由y方向的位移图象可知在y方向做匀速直线运动，速度为vy＝4 m/s，受力Fy＝0.因此质点的初速度为5 m/s，A选项正确；受到的合外力为3 N，显然，质点初速度方向与合外力方向不在同一条直线上，B正确；2 s末质点速度应该为v＝ m/s＝2 m/s，C选项错误；2 s内，x＝vx0t＋at2＝9 m，y＝8 m，合位移l＝＝ m≈12 m，D正确.故选A、B、D.
在解决运动的合成问题时，先确定各分运动的性质，再求解各分运动的相关物理量，最后进行各量的合成运算.
针对训练1　塔式起重机模型如图5，小车P沿吊臂向末端M水平匀速运动，同时将物体Q从地面竖直向上匀加速吊起，在这过程中，能大致反映物体Q运动轨迹的是(　　)
图5
答案　B
解析　物体Q参与两个分运动，水平方向向右做匀速直线运动，竖直方向向上做匀加速直线运动；水平分运动无加速度，竖直分运动加速度向上，故物体Q合运动的加速度向上，故轨迹向上弯曲，选项A、C、D错误，B正确.
二、小船过河模型分析
[导学探究]　如图6所示：河宽为d，河水流速为v水，船在静水中的速度为v船，船M从A点开始渡河到对岸.
图6
(1)小船渡河时同时参与了几个分运动？
(2)怎样渡河时间最短？
(3)当v水答案　(1)参与了两个分运动，一个是船相对水的运动(即船在静水中的运动)，一个是船随水漂流的运动.(即一个分运动是水的运动).
(2)如图所示，设v船与河岸夹角为θ，船过河的有效速度为v船sin θ，时间t＝，当θ＝90°时，t＝最小，即当船头垂直河岸时，时间最短.与其它因素无关.
(3)当v船与v水的合速度与河岸垂直时，位移最短.此时v船cos θ＝v水，v合＝v船sin θ，t＝.
[知识深化]
1.不论水流速度多大，船头垂直于河岸渡河，时间最短，tmin＝，且这个时间与水流速度大小无关.
2.当v水＜v船时，合运动的速度方向可垂直于河岸，最短航程为河宽.
3.当v水＞v船时，船不能垂直到达河对岸，但仍存在最短航程，当v船与v合垂直时，航程最短，最短航程为xmin＝d.
注意：小船渡河用时最短与位移最短是两种不同的运动情景，时间最短时，位移不是最短.
例3　一小船渡河，河宽d＝180 m，水流速度v1＝2.5 m/s.船在静水中的速度为v2＝5 m/s，则：
(1)欲使船在最短的时间内渡河，船头应朝什么方向？用多长时间？位移是多少？
(2)欲使船渡河的航程最短，船头应朝什么方向？用多长时间？位移是多少？
答案　(1)船头垂直于河岸　36 s　90 m
(2)船头偏向上游与河岸夹角为60°　24 s　180 m
解析　将船实际的速度(合速度)分解为垂直河岸方向和平行河岸方向上的两个分速度，垂直分速度影响渡河的时间，而平行分速度只影响平行河岸方向上的位移.
(1)欲使船在最短时间内渡河，船头应朝垂直河岸方向.
当船头垂直河岸时，如图所示.
时间t＝＝ s＝36 s，
v合＝＝ m/s
位移为x＝v合t＝90 m.
(2)欲使船渡河航程最短，应使合运动的速度方向垂直河岸渡河，船头应朝上游与河岸成某一夹角β.
垂直河岸渡河要求v平行＝0，所以船头应向上游偏转一定角度，如图所示，有v2sin α＝v1，得α＝30°，所以当船头偏向上游与河岸夹角β＝60°时航程最短.最短航程x′＝d＝180 m，
所用时间t′＝＝＝ s＝24 s.
针对训练2　(多选)下列图中实线为河岸，河水的流动方向如图中v的箭头所示，虚线为小船从河岸M驶向对岸N的实际航线.则其中可能正确的是(　　)
答案　AB
解析　小船渡河的运动可看做水流的运动和小船运动的合运动.虚线为小船从河岸M驶向对岸N的实际航线，即合速度的方向，小船合运动的速度方向就是其真实运动的方向，分析可知，实际航线可能正确的是A、B.
三、“绳联物体”的速度分解问题
“绳联物体”指物体拉绳(杆)或绳(杆)拉物体的问题(下面为了方便，统一说“绳”)：
(1)物体的实际速度一定是合速度，分解时两个分速度方向应取沿绳方向和垂直绳方向.
(2)由于绳不可伸长，一根绳两端物体沿绳方向的速度分量大小相等.
例4　如图7所示，用船A拖着车B前时，若船匀速前进，速度为vA，当OA绳与水平方向夹角为θ时，则：
图7
(1)车B运动的速度vB为多大？
(2)车B是否做匀速运动？
答案　(1)vAcos θ　(2)不做匀速运动
解析　(1)把vA分解为一个沿绳子方向的分速度v1和一个垂直于绳的分速度v2，如图所示，所以车前进的速度vB大小应等于vA的分速度v1，即vB＝v1＝vAcos θ.
(2)当船匀速向前运动时，θ角逐渐减小，车速vB将逐渐增大，因此，车B不做匀速运动.
针对训练3　如图8所示，A物块以速度v沿竖直杆匀速下滑，经细绳通过光滑定滑轮拉动物体B在水平方向上运动.当细绳与水平面夹角为θ时，求物体B运动的速度vB的大小.
图8
答案　vsin θ
解析　物块A沿杆向下运动，有使绳子伸长和使绳子绕定滑轮转动的两个效果，因此绳子端点(即物块A)的速度可分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向的两个分速度，如图所示.其中物体B的速度大小等于沿绳子方向的分速度vB.
则有sin θ＝，因此vB＝vsin θ.
1.(合运动性质的判断)(多选)关于运动的合成与分解，下列说法中正确的是(　　)
A.物体的两个分运动是直线运动，则它们的合运动一定是直线运动
B.若两个互成角度的分运动分别是匀速直线运动和匀加速直线运动，则合运动一定是曲线运动
C.合运动与分运动具有等时性
D.速度、加速度和位移的合成都遵循平行四边形定则
答案　BCD
解析　物体的两个分运动是直线运动，它们的合运动可能是直线运动，也可能是曲线运动.若合速度方向与合加速度方向共线，则为直线运动，否则为曲线运动.
2.(合运动的轨迹判断) 如图9所示，一玻璃管中注满清水，水中放一软木做成的木塞R(木塞的直径略小于玻璃管的直径，轻重大小适宜，使它在水中能匀速上浮).将玻璃管的开口端用胶塞塞紧(图甲).现将玻璃管倒置(图乙)，在木塞匀速上升的同时，将玻璃管水平向右由静止做匀加速直线运动.观察木塞的运动，将会看到它斜向右上方运动，经过一段时间，玻璃管移到图丙中虚线所示位置，木塞恰好运动到玻璃管的顶端，则能正确反映木塞运动轨迹的是(　　)
图9
答案　C
解析　木塞参与了两个分运动，竖直方向在管中以v1匀速上浮，水平方向向右匀加速直线运动，速度v2不断变大，将v1与v2合成.如图，由于曲线运动的速度沿着曲线上该点的切线方向，又由于v1不变，v2不断变大，故θ不断变小，即切线方向与水平方向的夹角不断变小，故A、B、D均错误，C正确.
3.(两分运动的合成)(多选)一质量为2 kg的质点在如图10甲所示的xOy平面内运动，在x方向的速度时间(v－t)图象和y方向的位移时间(y－t)图象分别如图乙、丙所示，由此可知(　　)
图10
A.t＝0时，质点的速度大小为12 m/s
B.质点做加速度恒定的曲线运动
C.前2 s，质点所受的合力大小为10 N
D.t＝1 s时，质点的速度大小为7 m/s
答案　BC
解析　由v－t图象可知，质点在x方向上做匀减速运动，初速度为12 m/s，而在y方向上，质点做速度为－5 m/s的匀速运动，故在前2 s内质点做匀变速曲线运动，质点的初速度为水平初速度和竖直初速度的合速度，则初速度大小：v0＝ m/s＝13 m/s，故A错误，B正确；由v－t图象可知，前2 s，质点的加速度为：a＝＝ m/s2＝－5 m/s2，根据牛顿第二定律，前2 s质点所受合外力大小为F＝ma＝2×5 N＝10 N，故C正确；t＝1 s时，x方向的速度为7 m/s，而y方向速度为－5 m/s，因此质点的速度大小为 m/s＝ m/s，故D项错误.
4.(绳联物体的速度分解问题) 如图11所示，某人用绳通过定滑轮拉小船，设人匀速拉绳的速度为v0，绳某时刻与水平方向夹角为α，则小船的运动性质及此时刻小船水平速度vx的大小为(　　)
图11
A.小船做变加速运动，vx＝
B.小船做变加速运动，vx＝v0cos α
C.小船做匀速直线运动，vx＝
D.小船做匀速直线运动，vx＝v0cos α
答案　A
解析　如图所示，小船的实际运动是水平向左的运动，它的速度vx可以产生两个效果：一是使绳子OP段缩短；二是使OP段绳与竖直方向的夹角减小.所以小船的速度vx应有沿OP绳指向O的分速度v0和垂直OP的分速度v1，由运动的分解可求得vx＝，α角逐渐变大，可得vx是逐渐变大的，所以小船做的是变加速运动.
5.(小船过河问题模型)小船在200 m宽的河中横渡，水流速度是2 m/s，小船在静水中的航速是4 m/s.求：
(1)要使小船渡河耗时最少，应如何航行？最短时间为多少？
(2)要使小船航程最短，应如何航行？最短航程为多少？
答案　(1)船头正对河岸航行耗时最少，最短时间为50 s.
(2)船头偏向上游，与河岸成60°角，最短航程为200 m.
解析　(1)如图甲所示，船头始终正对河岸航行时耗时最少，即最短时间tmin＝＝ s＝50 s.
(2)如图乙所示，航程最短为河宽d，即最短航程为200 m，应使v合′的方向垂直于河岸，故船头应偏向上游，与河岸成α角，有cos α＝＝，解得α＝60°.
课时作业
一、选择题(1～7为单项选择题，8～10为多项选择题)
1.关于合运动、分运动的说法，正确的是(　　)
A.合运动的位移为分运动位移的矢量和
B.合运动的位移一定比其中的一个分位移大
C.合运动的速度一定比其中的一个分速度大
D.合运动的时间一定比分运动的时间长
答案　A
解析　位移是矢量，其运算满足平行四边形定则，A正确；合运动的位移可大于分位移，也可小于分位移，还可等于分位移，B错误；同理可知C错误；合运动和分运动具有等时性，D错误.
2.小船以一定的速率垂直河岸向对岸划去，当水流匀速时，它渡河的时间、发生的位移与水速的关系是(　　)
A.水速小时，位移小，时间也小
B.水速大时，位移大，时间也大
C.水速大时，位移大，但时间不变
D.位移、时间大小与水速大小无关
答案　C
解析　小船渡河时参与了顺水漂流和垂直河岸横渡两个分运动，由运动的独立性和等时性知，小船的渡河时间决定于垂直河岸的分运动，等于河的宽度与垂直河岸的分速度之比，由于船以一定速率垂直河岸向对岸划去，故渡河时间一定.水速大，水流方向的分位移就大，合位移也就大，反之则合位移小.
3.如图1所示，竖直放置的两端封闭的玻璃管中注满清水，内有一个红蜡块能在水中以速度v匀速上浮.红蜡块从玻璃管的下端匀速上浮的同时，使玻璃管由静止水平匀加速向右运动，则红蜡块的轨迹可能是(　　)
图1
A.直线P B.曲线Q
C.曲线R D.无法确定
答案　B
解析　红蜡块在竖直方向上做匀速直线运动，在水平方向上做匀加速直线运动，所受合力水平向右，合力与合速度不共线，红蜡块的轨迹应为曲线，A错误；由于做曲线运动的物体所受合力应指向凹的一侧，故B正确，C、D错误.
4.如图2所示，一块橡皮用细线悬挂于O点，用铅笔靠着线的左侧水平向右匀速移动，运动中始终保持悬线竖直且悬线总长度不变，则橡皮运动的速度(　　)
图2
A.大小和方向均不变
B.大小不变，方向改变
C.大小改变，方向不变
D.大小和方向均改变
答案　A
解析　设铅笔的速度为v，如图所示，橡皮的速度分解成水平方向的v1和竖直方向的v2.因该过程中悬线始终竖直，故橡皮水平方向的速度与铅笔移动速度相同，即v1＝v.因铅笔靠着线的左侧水平向右移动，故悬线竖直方向长度减小的速度大小与铅笔移动速度的大小相等，则橡皮竖直方向速度的大小也与铅笔移动速度的大小相等，又因v1和v2的大小、方向都不变，故合速度(即橡皮运动的速度)大小、方向都不变，选项A正确.
5.人用绳子通过定滑轮拉物体A，A穿在光滑的竖直杆上，当以速度v0匀速地拉绳使物体A到达如图3所示位置时，绳与竖直杆的夹角为θ，则物体A实际运动的速度是(　　)
图3
A.v0sin θ B.
C.v0cos θ D.
答案　D
解析　由运动的合成与分解可知，物体A参与两个分运动：一个是沿着与它相连接的绳子的运动，另一个是垂直于绳子斜向上的运动.而物体A的实际运动轨迹是沿着竖直杆向上的，这一轨迹所对应的运动就是物体A的合运动，它们之间的关系如图所示.由几何关系可得v＝，所以D正确.
6.一只小船渡河，运动轨迹如图4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(　　)
图4
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
答案　D
解析　因为三种运动船的船头垂直河岸，相对于静水的初速度相同，垂直方向运动性质不同，沿水流方向运动相同，河的宽度相同，渡河时间不等，B错误；加速度的方向指向轨迹的凹向，依题意可知，AC径迹是匀加速运动，AB径迹是匀速运动，AD径迹是匀减速运动，从而知道AC径迹渡河时间最短，A、C错误；沿AC轨迹在垂直河岸方向是加速运动，故船到达对岸的速度最大，D正确，故选D.
7.如图5所示，在一次救灾工作中，一架离水面高为H m，沿水平直线飞行的直升飞机A，用悬索(重力可忽略不计)救护困在湖水中的伤员B，在直升飞机A和伤员B以相同的水平速率匀速运动的同时，悬索将伤员吊起.设经t s时间后，A、B之间的距离为l m，且l＝H－t2，则在这段时间内关于伤员B的受力情况和运动轨迹正确的是下列哪个图(　　)
图5
答案　A
解析　根据l＝H－t2，可知B在竖直方向上是匀加速上升的，悬索中拉力大于重力，即表示拉力F的线段要比表示重力G的线段长，伤员在水平方向匀速率运动，所以F、G都在竖直方向上；向上加速，运动轨迹向上偏转，只有A符合，所以在这段时间内关于伤员B的受力情况和运动轨迹正确的是A.
8.如图6所示，某同学在研究运动的合成时做了如下活动：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(　　)
图6
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
答案　CD
解析　由题意知，笔尖的初速度竖直向上，水平向右的加速度恒定，故做匀变速曲线运动，选项A、B错误，C正确；由于竖直方向速度大小恒定，水平方向速度大小逐渐增大，故笔尖的速度方向与水平方向的夹角逐渐变小，D正确.故本题选C、D.
9.一快艇从离岸边100 m远的河流中央向岸边行驶.已知快艇在静水中的速度图象如图7甲所示；河中各处水流速度相同，且速度图象如图乙所示.则(　　)
图7
A.快艇的运动轨迹一定为直线
B.快艇的运动轨迹一定为曲线
C.快艇最快到达岸边，所用的时间为20 s
D.快艇最快到达岸边，经过的位移为100 m
答案　BC
解析　两分运动为一个是匀加速直线运动，另一个是匀速直线运动，知合速度的方向与合加速度的方向不在同一直线上，合运动为曲线运动，故A错误，B正确.当快艇垂直于河岸时，时间最短，垂直于河岸方向上的加速度a＝0.5 m/s2，由d＝at2，得t＝20 s，而位移大于100 m，选项C正确，D错误.故选B、C.
10.在杂技表演中，猴子沿竖直杆向上做初速度为零、加速度为a的匀加速运动，同时人顶着直杆以速度v0水平匀速移动，经过时间t，猴子沿杆向上移动的高度为h，人顶杆沿水平地面移动的距离为x，如图8所示.关于猴子的运动情况，下列说法中正确的是(　　)
图8
A.相对地面的运动轨迹为直线
B.相对地面做匀变速曲线运动
C.t时刻猴子相对地面的速度大小为v0＋at
D.t时间内猴子相对地面的位移大小为
答案　BD
解析　猴子在水平方向上做匀速直线运动，竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，猴子的实际运动轨迹为曲线；因为猴子受到的合外力恒定(加速度恒定)，所以相对地面猴子做的是匀变速曲线运动；t时刻猴子对地的速度大小为vt＝；t时间内猴子对地的位移大小为l＝.
二、非选择题
11.一物体在光滑水平面上运动，它在相互垂直的x方向和y方向上的两个分运动的速度－时间图象如图9所示.
图9
(1)计算物体的初速度大小；
(2)计算物体在前3 s内的位移大小.
答案　(1)50 m/s　(2)30 m
解析　(1)由图可看出，物体沿x方向的分运动为匀速直线运动，沿y方向的分运动为匀变速直线运动.x方向的初速度vx0＝30 m/s，y方向的初速度vy0＝－40 m/s；则物体的初速度大小为
v0＝＝50 m/s.
(2)在前3 s内，x方向的分位移大小
x3＝vx·t＝30×3 m＝90 m
y方向的分位移大小y3＝·t＝×3 m＝60 m，
故x＝＝ m＝30 m.
12.一辆车通过一根跨过定滑轮的轻绳提升一个质量为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10所示.试求：
图10
(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.
答案　(1)　(2)
解析　(1)车在时间t内向左运动的位移：x＝，
由车做匀加速运动，得：x＝at2，
解得：a＝＝.
(2)车的速度：v车＝at＝，
由运动的分解知识可知，车的速度v车沿绳的分速度大小与重物m的速度大小相等，即：v物＝v车cos θ，
解得：v物＝.
习题课2　平抛规律的应用
[学习目标] 1.能熟练运用平抛运动规律解决斜面上的平抛运动问题和与其他运动形式相综合的问题.2.能准确把握平抛运动中涉及的方向问题.
一、与斜面结合的平抛运动问题
[导学探究]　跳台滑雪是勇敢者的运动.在利用山势特别建造的跳台上，运动员穿着专用滑雪板，不带雪杖在助滑路上获得高速后水平飞出，在空中飞行一段距离后着陆，这项运动极为壮观，示意图如图1所示.请思考：
图1
(1)运动员从斜坡上的A点水平飞出，到再次落到斜坡上的B点，根据斜面倾角可以确定运动员位移的方向还是运动员速度的方向？
(2)运动员从斜面上的A点水平飞出，到运动员再次落到斜面上，他的竖直分位移与水平分位移之间有什么关系？
答案　(1)位移的方向
(2)＝tan θ
[知识深化]　常见的两类情况
1.顺着斜面抛：如图2所示，物体从斜面上某一点水平抛出以后又重新落在斜面上，此时平抛运动物体的合位移方向与水平方向的夹角等于斜面的倾角.结论有：
图2
(1)速度方向与斜面夹角恒定；
(2)水平位移和竖直位移的关系：
tan θ＝＝＝；
(3)运动时间t＝.
2.对着斜面抛：做平抛运动的物体垂直打在斜面上，此时物体的合速度与竖直方向的夹角等于斜面的倾角.如图3所示：
图3
结论有：(1)速度方向与斜面垂直；
(2)水平分速度与竖直分速度的关系：tan θ＝＝；
(3)运动时间t＝.
例1　女子跳台滑雪等6个新项目已加入2014年冬奥会.如图4所示，运动员踏着专用滑雪板，不带雪杖在助滑路上(未画出)获得一速度后水平飞出，在空中飞行一段距离后着陆.设一位运动员由斜坡顶的A点沿水平方向飞出的速度v0＝20 m/s，落点在斜坡底的B点，斜坡倾角θ＝37°，斜坡可以看成一斜面，不计空气阻力.(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：
图4
(1)运动员在空中飞行的时间t.
(2)A、B间的距离s.
答案　(1)3 s　(2)75 m
解析　(1)运动员由A点到B点做平抛运动，则水平方向的位移x＝v0t
竖直方向的位移y＝gt2
又＝tan 37°，联立以上三式得t＝＝3 s
(2)由题意知sin 37°＝＝
得A、B间的距离s＝＝75 m.
1.物体从斜面顶端顺着斜面抛，又落于斜面上，已知位移的方向，所以要分解位移.
2.从斜面上开始又落于斜面上的过程中，速度方向与斜面平行时，物体到斜面距离最远.
例2　如图5所示，以9.8 m/s的水平初速度v0抛出的物体，飞行一段时间后，垂直地撞在倾角为30°的斜面上，这段飞行所用的时间为(不计空气阻力，g取9.8 m/s2)(　　)
图5
A. s B. s
C. s D.2 s
答案　C
解析　把平抛运动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，抛出时只有水平初速度v0，垂直地撞在斜面上时，既有水平方向的分速度v0，又有竖直方向的分速度vy.物体速度的竖直分量确定后，即可求出物体飞行的时间.如图所示，把末速度分解成水平方向的分速度v0和竖直方向的分速度vy，则有tan 30°＝，vy＝gt，解两式得t＝＝＝ s，故C正确.
物体做平抛运动时垂直落在斜面上，是速度与斜面垂直，而不是位移垂直于斜面.所以要分解速度.
二、平抛运动与其他运动形式的综合
平抛运动与其他运动形式(如匀速直线运动、竖直上抛运动、自由落体运动等)的综合题目的分析中要注意平抛运动与其他运动过程在时间上、位移上、速度上的相关分析.
例3　如图6所示，水平抛出的物体，抵达斜面上端P处时其速度方向恰好沿斜面方向，然后沿斜面无摩擦滑下，下列图中的图象描述的是物体沿x方向和y方向运动的速度—时间图象，其中正确的是(　　)
图6
答案　C
解析　0～tP段，水平方向：vx＝v0恒定不变，竖直方向：vy＝gt；tP～tQ段，水平方向：vx＝v0＋a水平t，竖直方向：vy＝vPy＋a竖直t(a竖直＜g)，因此选项A、B、D均错误，C正确.故选C.
例4　如图7所示，在一次空地演习中，离地H高处的飞机发射一颗炮弹，炮弹以水平速度v1飞出，欲轰炸地面目标P，反应灵敏的地面拦截系统同时以速度v2竖直向上发射炮弹进行拦截，设飞机发射炮弹时与拦截系统的水平距离为s，若拦截成功，不计空气阻力，则v1、v2的关系应满足(　　)
图7
A.v1＝v2 B.v1＝ v2
C.v1＝v2 D.v1＝ v2
答案　B
解析　当飞机发射的炮弹运动到拦截炮弹正上方时，满足s＝v1t，h＝gt2，此过程中拦截炮弹满足H－h＝v2t－gt2，即H＝v2t＝v2·，则v1＝v2，故选项B正确.
三、类平抛运动及分析方法
[导学探究]　如图8所示，质量为m的物体在光滑的水平面上向右以速度v0做匀速直线运动，在t＝0时刻加一个与v0垂直的恒力F作用，则：
图8
(1)物体的运动轨迹如何？运动性质是什么？
(2)在原来的v0方向上做什么运动？在与v0垂直的方向做什么运动？
答案　(1)运动轨迹为抛物线，是匀变速曲线运动.
(2)在v0方向上不受外力，做匀速直线运动；在与v0垂直的方向上，a＝，做匀加速直线运动.
[知识深化]　类平抛运动模型
1.类平抛运动的受力特点
物体所受的合外力为恒力，且与初速度的方向垂直.
2.类平抛运动的运动特点
在初速度v0方向上做匀速直线运动，在合外力方向上做初速度为零的匀加速直线运动.加速度a＝.
3.类平抛运动的求解方法
(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(即沿合外力的方向)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平面直角坐标系，将加速度a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.
例5　如图9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，试求：(重力加速度为g)
图9
(1)物块由P运动到Q所用的时间t；
(2)物块由P点水平射入时的初速度v0；
(3)物块离开Q点时速度的大小v.
答案　(1) 　(2)b
(3) 
解析　(1)沿斜面向下的方向有mgsin θ＝ma，l＝at2
联立解得t＝ .
(2)沿水平方向有b＝v0t
v0＝＝b .
(3)物块离开Q点时的速度大小
v＝＝ .
1.(平抛运动与其他运动的结合)如图10所示，在光滑的水平面上有一小球a以初速度v0运动，同时刻在它正上方有一小球b也以初速度v0水平抛出，并落于c点，不计空气阻力，则(　　)
图10
A.小球a先到达c点
B.小球b先到达c点
C.两球同时到达c点
D.不能确定a、b球到达c点的先后顺序
答案　C
解析　做平抛运动的小球b在水平方向上的运动与小球a同步，b球落地前两球一直在同一竖直线上，两球同时到达c点，C正确.
2.(斜面上的平抛运动) (多选)如图11所示，在斜面顶端先后水平抛出同一小球，第一次小球落到斜面中点，第二次小球落到斜面底端，从抛出到落至斜面上(忽略空气阻力)(　　)
图11
A.两次小球运动时间之比t1∶t2＝1∶
B.两次小球运动时间之比t1∶t2＝1∶2
C.两次小球抛出时初速度之比v01∶v02＝1∶
D.两次小球抛出时初速度之比v01∶v02＝1∶2
答案　AC
解析　平抛运动竖直方向为自由落体运动h＝gt2，由题意可知两次平抛的竖直位移之比为1∶2，所以运动时间之比为t1∶t2＝1∶，选项A对，B错；水平方向为匀速直线运动，由题意知水平位移之比为1∶2，即v01t1∶v02t2＝1∶2，所以两次平抛初速度之比v01∶v02＝1∶，选项C对，D错.
3.(类平抛运动)A、B两个质点以相同的水平速度v0抛出，A在竖直平面内运动，落地点为P1.B沿光滑斜面运动，落地点为P2，不计阻力，如图12所示，下列关于P1、P2在x轴上远近关系的判断正确的是(　　)
图12
A.P1较远
B.P2较远
C.P1、P2等远
D.A、B两项都有可能
答案　B
解析　A质点水平抛出后，只受重力，做平抛运动，在竖直方向有h＝gt.B质点水平抛出后，受重力和支持力，在斜面平面内所受合力为mgsin θ，大小恒定且与初速度方向垂直，所以B质点做类平抛运动.在沿斜面向下方向上＝gsin θ·t，由此得t2＞t1，由于二者在水平方向(x轴方向)上都做速度为v0的匀速运动，显然x2＞x1.
4.(斜面上的平抛运动)如图13所示，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.(不计空气阻力，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，tan 37°＝)在这一过程中，求：
图13
(1)小球在空中的飞行时间.
(2)抛出点距撞击点的竖直高度.
答案　(1)2 s　(2)20 m
解析　(1)将小球垂直撞在斜面上的速度分解，如图所示.
由图可知θ＝37°，φ＝90°－37°＝53°.
tan φ＝，则t＝tan φ＝× s＝2 s.
(2)h＝gt2＝×10×22 m＝20 m.
课时作业
一、选择题(1～7为单项选择题，8～10为多项选择题)
1.如图1所示，气枪水平对准被电磁铁吸住的钢球，并在气枪子弹射出枪口的同时，电磁铁的电路恰好断开，被释放的钢球自由下落，若不计空气阻力，且气枪和电磁铁离地面足够高，则(　　)
图1
A.子弹总是打在钢球的上方
B.子弹总是打在钢球的下方
C.只有在气枪离电磁铁为一特定距离时，子弹才能击中下落的钢球
D.只要气枪离电磁铁的距离在子弹的射程之内，子弹一定能击中下落的钢球
答案　D
解析　子弹离开气枪后做平抛运动，在竖直方向上子弹和钢球都做自由落体运动.设子弹的初速度为v0，气枪与钢球的水平距离为s，则只要气枪离电磁铁的距离在子弹的射程内，经过时间t＝，子弹正好击中下落的钢球，故选D.
2.甲、乙两球位于同一竖直线上的不同位置，甲比乙高h，如图2所示，甲、乙两球分别以v1、v2的初速度沿同一水平方向抛出，且不计空气阻力，则下列条件中有可能使乙球击中甲球的是(　　)
图2
A.同时抛出，且v1B.甲比乙后抛出，且v1>v2
C.甲比乙早抛出，且v1>v2
D.甲比乙早抛出，且v1答案　D
解析　两球在竖直方向均做自由落体运动，要相遇，则甲竖直位移需比乙大，那么甲应早抛，乙应晚抛；要使两球水平位移相等，则乙的初速度应该大于甲的初速度，故D选项正确.
3.两相同高度的斜面倾角分别为30°、60°，两小球分别由斜面顶端以相同水平速率v抛出，如图3所示，不计空气阻力，假设两球都能落在斜面上，则分别向左、右两侧抛出的小球下落高度之比为(　　)
图3
A.1∶2 B.3∶1
C.1∶9 D.9∶1
答案　C
解析　根据平抛运动的规律以及落在斜面上的特点可知，x＝v0t，y＝gt2，tan θ＝，分别将30°、60°代入可得两球平抛所经历的时间之比为1∶3，两球下落高度之比为1∶9，选项C正确.
4.如图4所示，A、B、C三个小球分别从斜面的顶端以不同的速度水平抛出，其中A、B落到斜面上，C落到水平面上，A、B落到斜面上时速度方向与水平方向的夹角分别为α、β，C落到水平面上时速度方向与水平方向的夹角为γ，则(　　)
图4
A.α＝β＝γ B.α＝β>γ
C.α＝β<γ D.α<β<γ
答案　B
解析　依据平抛运动规律，平抛运动的物体在任一时刻的速度方向与水平方向的夹角的正切值为位移方向与水平方向的夹角的正切值的2倍，A、B的位移方向相同，则α＝β.图中虚线所示，C的位移方向与水平方向的夹角小于A、B的位移方向与水平方向的夹角，所以γ<α＝β.
5.如图5所示，若质点以初速度v0正对倾角为θ＝37°的斜面水平抛出，要求质点到达斜面时位移最小，则质点的飞行时间为(不计空气阻力，重力加速度为g)(　　)
图5
A. B.
C. D.
答案　C
解析　要使质点到达斜面时位移最小，则质点的位移应垂直斜面，如图所示，有x＝v0t，y＝gt2，且tan θ＝＝＝，所以t＝＝＝，选项C正确.
6.斜面上有P、R、S、T四个点，如图6所示，PR＝RS＝ST，从P点正上方的Q点以速度v水平抛出一个物体，物体落于R点，若从Q点以速度2v水平抛出一个物体，不计空气阻力，则物体落在斜面上的(　　)
图6
A.R与S间的某一点
B.S点
C.S与T间某一点
D.T点
答案　A
解析　平抛运动的时间由下落的高度决定，下落的高度越高，运动时间越长.如果没有斜面，增加速度后物体下落至与R等高时恰位于S点的正下方，但实际当中斜面阻碍了物体的下落，物体会落在R与S点之间斜面上的某个位置，A项正确.
7.如图7所示，B为竖直圆轨道的左端点，它和圆心O的连线与竖直方向的夹角为α.一小球在圆轨道左侧的A点以速度v0平抛，恰好沿B点的切线方向进入圆轨道.已知重力加速度为g，则A、B之间的水平距离为(　　)
图7
A. B.
C. D.
答案　A
解析　如图所示，对速度进行分解，小球运动的时间t＝＝，则A、B间的水平距离x＝v0t＝，故A正确，B、C、D错误.
8.如图8所示，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(　　)
图8
A.AB∶AC＝2∶1
B.AB∶AC＝4∶1
C.t1∶t2＝2∶1
D.t1∶t2＝∶1
答案　BC
解析　由平抛运动规律有：x＝v0t，y＝gt2，则tan θ＝＝，代入数据联立解得t1∶t2＝2∶1，C正确，D错误.它们竖直位移之比yB∶yC＝gt∶gt＝4∶1，所以AB∶AC＝∶＝4∶1，故A错误，B正确.
9.如图9所示，从半径为R＝1 m的半圆AB上的A点水平抛出一个可视为质点的小球，经t＝0.4 s小球落到半圆上，已知当地的重力加速度g＝10 m/s2，则小球的初速度v0可能为(　　)
图9
A.1 m/s B.2 m/s
C.3 m/s D.4 m/s
答案　AD
解析　由于小球经0.4 s落到半圆上，下落的高度h＝gt2＝0.8 m，位置可能有两处，如图所示，第一种可能：小球落在半圆左侧，v0t＝R－＝0.4 m，v0＝1 m/s，第二种可能：小球落在半圆右侧，v0t＝R＋＝1.6 m，v0＝4 m/s，选项A、D正确.故选A、D.
10.质量为1 kg的质点在xOy平面上做曲线运动，在x方向的速度图象和y方向的位移图象如图10所示.下列说法正确的是(　　)
图10
A.质点的初速度为5 m/s
B.质点所受的合外力为3 N
C.质点做类平抛运动
D.2 s末质点的速度大小为6 m/s
答案　BC
解析　由图可知，质点沿x轴做初速度为0、加速度为a＝3 m/s2的匀加速直线运动，沿y轴方向以速度v＝4 m/s 做匀速运动，根据速度合成可知，质点的初速度v0＝v＝4 m/s，A错误；由牛顿第二定律可知，质点所受合外力F＝ma＝3 N，B正确；质点的初速度与加速度a垂直，且加速度恒定，质点做类平抛运动，C正确；质点2 s 末沿x轴方向的分速度vx＝at＝6 m/s，另外还有沿y轴的分速度，D错误.
二、非选择题
11.如图11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，不计空气阻力，取g＝10 m/s2.(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)求：
图11
(1)小球水平抛出的初速度v0；
(2)斜面顶端与平台边缘的水平距离x.
答案　(1)3 m/s　(2)1.2 m
解析　小球从平台运动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.
12. 跳台滑雪是勇敢者的运动，运动员在专用滑雪板上，不带雪杖在助滑路上获得高速后水平飞出，在空中飞行一段距离后着陆，这项运动极为壮观.设一位运动员由a点沿水平方向滑出，到山坡b点着陆，如图12所示.测得a、b间距离L＝40 m，山坡倾角θ＝30°，山坡可以看成一个斜面.试计算：(不计空气阻力，g取10 m/s2)
图12
(1)运动员滑出后在空中从a到b飞行的时间；
(2)运动员在a点滑出的速度大小.
答案　(1)2 s　(2)10 m/s
解析　(1)运动员做平抛运动，其位移为L，将位移分解，其竖直方向上的位移Lsin θ＝gt2
所以t＝＝ s＝2 s
(2)水平方向上的位移Lcos θ＝v0t
故运动员在a点滑出的速度大小为v0＝10  m/s.
13.如图13所示，斜面体ABC固定在地面上，小球p从A点静止下滑.当小球p开始下滑时，另一小球q从A点正上方的D点水平抛出，两球同时到达斜面底端的B处.已知斜面AB光滑，长度l＝2.5 m，斜面倾角θ＝30°.不计空气阻力，g取10 m/s2.求：
图13
(1)小球p从A点滑到B点的时间.
(2)小球q抛出时初速度的大小.
答案　(1)1 s　(2) m/s
解析　(1)设小球p从斜面上下滑的加速度为a，由牛顿第二定律得：a＝＝gsin θ①
设下滑所需时间为t1，根据运动学公式得
l＝at②
由①②得
t1＝ ③
解得t1＝1 s④
(2)对小球q：水平方向位移x＝lcos 30°＝v0t2⑤
依题意得t2＝t1⑥
由④⑤⑥得
v0＝＝ m/s.
习题课3　竖直面内的圆周运动
[学习目标] 1.了解竖直面上圆周运动的两种基本模型.2.掌握轻绳约束下圆周运动的两个特殊点的相关分析.3.学会分析圆周运动问题的一般方法.
一、竖直面内圆周运动的轻绳(过山车)模型
[导学探究]　如图1所示，长为L的细绳拴着质量为m的小球在竖直面内做圆周运动.试分析：
图1
(1)当小球在最低点A的速度为v1时，求绳的拉力FT1.
(2)当小球在最高点B的速度为v2时，求绳的拉力FT2.
(3)小球过最高点的最小速度是多大？
(4)假设绳拉球过最高点时最小速度小于，则会产生什么样的后果？请总结绳拉球过最高点的条件.
(5)有一竖直放置、内壁光滑的圆环，其半径为r，质量为m的小球沿它的内表面做圆周运动，分析小球在最高点A的速度应满足什么条件？
答案　(1)最低点：FT1＝mg＋
(2)最高点：FT2＝－mg
(3)由于绳不可能对球有向上的支持力，只能产生向下的拉力，由FT2＋mg＝可知，当FT2＝0时，v2最小，最小速度为v0＝.
(4)当v<时，所需的向心力Fn＝绳拉球过最高点的条件是：v≥.
(5)与绳拉球模型相似，在最高点A时，有FN＋mg＝m，当FN＝0时，v最小为v0＝，当v＝v0时，小球刚好能够通过最高点，当vv0时，小球能够通过最高点.
[知识深化]　轻绳模型(如图2所示)的最高点问题
图2
1.绳(内轨道)施力特点：只能施加向下的拉力(或压力).
2.在最高点的动力学方程FT＋mg＝m.
3.在最高点的临界条件FT＝0，此时mg＝m，
则v＝.
v＝时，拉力或压力为零.
v>时，小球受向下的拉力或压力.
v<时，小球不能达到最高点.
即轻绳模型的临界速度为v临＝.
例1　一细绳与水桶相连，水桶中装有水，水桶与细绳一起在竖直平面内做圆周运动，如图3所示，水的质量m＝0.5 kg，水的重心到转轴的距离l＝50 cm.(g取10 m/s2)
图3
(1)若在最高点水不流出来，求桶的最小速率；(结果保留三位有效数字)
(2)若在最高点水桶的速率v＝3 m/s，求水对桶底的压力大小.
答案　(1)2.24 m/s　(2)4 N
解析　(1)以水桶中的水为研究对象，在最高点恰好不流出来，说明水的重力恰好提供其做圆周运动所需的向心力，此时桶的速率最小.
此时有：mg＝m，
则所求的最小速率为：v0＝≈2.24 m/s.
(2)此时桶底对水有一向下的压力，设为FN，则由牛顿第二定律有：FN＋mg＝m，
代入数据可得：FN＝4 N.
由牛顿第三定律，水对桶底的压力：FN′＝4 N.
针对训练　(多选)如图4所示，用长为l的细绳拴着质量为m的小球在竖直平面内做圆周运动，则下列说法中正确的是(　　)
图4
A.小球在圆周最高点时所受的向心力一定为重力
B.小球在最高点时绳子的拉力不可能为零
C.若小球刚好能在竖直平面内做圆周运动，则其在最高点的速率为
D.小球过最低点时绳子的拉力一定大于小球重力
答案　CD
解析　小球在圆周最高点时，向心力可能等于重力也可能等于重力与绳子的拉力之和，取决于小球的瞬时速度的大小，A错误；小球在圆周最高点时，如果向心力完全由重力充当，则可以使绳子的拉力为零，B错误；小球刚好能在竖直面内做圆周运动，则在最高点，重力提供向心力，v＝，C正确；小球在圆周最低点时，具有竖直向上的向心加速度，处于超重状态，拉力一定大于重力，故D正确.
二、竖直面内圆周运动的轻杆(管)模型
[导学探究]　长为L的轻杆一端固定着一质量为m的小球，使小球在竖直面内做圆周运动.(如图5)
图5
(1)当小球在最高点B的速度为v1 时，求杆对球的作用力.
(2)杆拉球过最高点的最小速度为多少？
(3)试分析光滑圆管竖直轨道中，小球过最高点时受管壁的作用力与速度的关系？
答案　(1)设杆对它的作用力向下，则有mg＋F＝
则F＝－mg
当v1＝时，F＝0
当v1>时，F>0，表示球受杆的作用力方向向下，表现为拉力.
当v1<时，F<0，表示球受杆的作用力方向向上，表现为支持力.
(2)由(1)中的分析可知，杆拉球过最高点的最小速度为零.
(3)设管壁对球的作用力向下，为FN.
则有FN＋mg＝
即FN＝－mg
当v＝时，FN＝0，
当v>时，FN>0，即上管壁对球有向下的压力；
当0[知识深化]　细杆和管形轨道模型
1.最高点的最小速度
如图6所示，细杆上固定的小球和管形轨道内运动的小球，由于杆和管在最高处能对小球产生向上的支持力，故小球恰能到达最高点的最小速度v＝0，此时小球受到的支持力FN＝mg.
图6
2.小球通过最高点时，轨道对小球的弹力情况
(1)v>，杆或管的外侧对球产生向下的拉力或弹力，F随v 增大而增大.
(2)v＝，球在最高点只受重力，不受杆或管的作用力，F＝0.
(3)03.小球能过最高点的条件：v＝0.
例2　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点做匀速圆周运动，如图7所示.在A通过最高点时，求下列两种情况下A对杆的作用力大小(g＝10 m/s2).
图7
(1)A的速率为1 m/s；
(2)A的速率为4 m/s.
答案　(1)16 N　(2)44 N
解析　以A为研究对象，设其受到杆的拉力为F，
则有mg＋F＝m.
(1)代入数据v1＝1 m/s，可得F＝m(－g)＝2×(－10) N＝－16 N，即A受到杆的支持力为16 N.根据牛顿第三定律可得A对杆的作用力为压力，大小为16 N.
(2)代入数据v2＝4 m/s，可得F′＝m(－g)＝2×(－10) N＝44 N，即A受到杆的拉力为44 N.根据牛顿第三定律可得A对杆的作用力为拉力，大小为44 N.
例3　(多选)如图8所示，半径为L的圆管轨道(圆管内径远小于轨道半径)竖直放置，管内壁光滑，管内有一个小球(小球直径略小于管内径)可沿管转动，设小球经过最高点P时的速度为v，则(　　 )
图8
A.v的最小值为
B.v若增大，球所需的向心力也增大
C.当v由逐渐减小时，轨道对球的弹力也减小
D.当v由逐渐增大时，轨道对球的弹力也增大
答案　BD
解析　由于小球在圆管中运动，最高点速度可为零，A错误；根据向心力公式有Fn＝m，v若增大，球所需的向心力一定增大，B正确；因为圆管既可提供向上的支持力也可提供向下的压力，当v＝时，圆管受力为零，故v由逐渐减小时，轨道对球的弹力增大，C错误；v由逐渐增大时，轨道对球的弹力也增大，D正确.故选B、D.
1. (轻绳作用下物体的运动)杂技演员表演“水流星”，在长为1.6 m的细绳的一端，系一个与水的总质量为m＝0.5 kg的盛水容器，以绳的另一端为圆心，在竖直平面内做圆周运动，如图9所示，若“水流星”通过最高点时的速率为4 m/s，则下列说法正确的是(g＝10 m/s2)(　　)
图9
A.“水流星”通过最高点时，有水从容器中流出
B.“水流星”通过最高点时，绳的张力及容器底部受到的压力均为零
C.“水流星”通过最高点时，处于完全失重状态，不受力的作用
D.“水流星”通过最高点时，绳子的拉力大小为5 N
答案　B
解析　水流星在最高点的临界速度v＝＝4 m/s，由此知绳的拉力恰为零，且水恰不流出，故选B.
2.(轨道约束下小球的运动)(多选)如图10所示，质量为m的小球在竖直平面内的光滑圆环内侧做圆周运动.圆环半径为R，小球经过圆环内侧最高点时刚好不脱离圆环，则其通过最高点时下列表述正确的是(　　)
图10
A.小球对圆环的压力大小等于mg
B.重力mg充当小球做圆周运动所需的向心力
C.小球的线速度大小等于
D.小球的向心加速度大小等于g
答案　BCD
解析　因为小球经过圆环内侧最高点时刚好不脱离圆环，故在最高点时小球对圆环的压力为零，选项A错误；此时小球只受重力作用，即重力mg充当小球做圆周运动所需的向心力，满足mg＝m＝ma，即v＝，a＝g，选项B、C、D正确.
3.(球在管形轨道中的运动)(多选) 如图11所示，小球m在竖直放置的光滑的圆形管道内做圆周运动，下列说法正确的是(　　)
图11
A.小球通过最高点时的最小速度是
B.小球通过最高点时的最小速度为零
C.小球在水平线ab以下的管道中运动时外侧管壁对小球一定无作用力
D.小球在水平线ab以下的管道中运动时外侧管壁对小球一定有作用力
答案　BD
解析　小球通过最高点的最小速度为0，圆形管外侧、内侧都可以对小球提供弹力，小球在水平线ab以下时，必须有指向圆心的力提供向心力，就是外侧管壁对小球的作用力，故B、D正确.
4.(杆拉球在竖直面内的运动)质量为0.2 kg的小球固定在长为0.9 m的轻杆一端，杆可绕过另一端O点的水平轴在竖直平面内转动.(g＝10 m/s2)求：
(1)当小球在最高点的速度为多大时，球对杆的作用力为零？
(2)当小球在最高点的速度分别为6 m/s和1.5 m/s时，球对杆的作用力.
答案　(1)3 m/s　(2)6 N，方向竖直向上　1.5 N，方向竖直向下
解析　(1)当小球在最高点对杆的作用力为零时，重力提供向心力，则mg＝m，解得v0＝3 m/s.
(2)v1＞v0，由牛顿第二定律得：mg＋F1＝m，由牛顿第三定律得：F1′＝F1，解得F1′＝6 N，方向竖直向上.
v2＜v0，由牛顿第二定律得：mg－F2＝m，由牛顿第三定律得：F2′＝F2，解得：F2′＝1.5 N，方向竖直向下.
课时作业
一、选择题(1～7为单项选择题，8～10为多项选择题)
1.长为L的细绳，一端系一质量为m的小球，另一端固定于某点，当绳竖直时小球静止，再给小球一水平初速度v0，使小球在竖直平面内做圆周运动，并且刚好能过最高点.则下列说法中正确的是(　　)
A.小球过最高点时速度为零
B.小球开始运动时绳对小球的拉力为m
C.小球过最高点时绳对小球的拉力为mg
D.小球过最高点时速度大小为
答案　D
2.秋千的吊绳有些磨损，在摆动过程中，吊绳最容易断裂的时候是秋千(　　)
A.在下摆过程中 B.在上摆过程中
C.摆到最高点时 D.摆到最低点时
答案　D
解析　当秋千摆到最低点时速度最大，由F－mg＝m知，吊绳中拉力F最大，吊绳最容易断裂，选项D正确.
3.如图1所示，某公园里的过山车驶过轨道的最高点时，乘客在座椅里面头朝下，人体颠倒，若轨道半径为R，人体重为mg，要使乘客经过轨道最高点时对座椅的压力等于自身的重力，则过山车在最高点时的速度大小为(　　)
图1
A.0 B. C. D.
答案　C
解析　由题意知F＋mg＝2mg＝m，故速度大小v＝，C正确.
4.如图2所示，质量为m的小球固定在杆的一端，在竖直面内绕杆的另一端O做圆周运动.当小球运动到最高点时，即时速度为v＝ ，L是球心到O点的距离，则球对杆的作用力是(　　)
图2
A.mg的拉力 B.mg的压力
C.零 D.mg的压力
答案　B
解析　当重力完全充当向心力时，球对杆的作用力为零，所以mg＝m解得：v′＝，所以 <时，杆对球是支持力，即mg－FN＝m，解得FN＝mg，由牛顿第三定律，球对杆是压力，故选B.
5.某飞行员的质量为m，驾驶飞机在竖直面内以速度v做匀速圆周运动，圆的半径为R，在圆周的最高点和最低点比较，飞行员对坐椅的压力在最低点比最高点大(设飞行员始终垂直于坐椅的表面)(　　)
A.mg B.2mg
C.mg＋ D.2
答案　B
解析　在最高点有：F1＋mg＝m，解得：F1＝m－mg；在最低点有：F2－mg＝m，解得：F2＝mg＋m.所以F2－F1＝2mg，B正确.
6.长度为1 m的轻杆OA的A端有一质量为2 kg的小球，以O点为圆心，在竖直平面内做圆周运动，如图3所示，小球通过最高点时的速度为3 m/s，g取10 m/s2，则此时小球将(　　)
图3
A.受到18 N拉力
B.受到38 N的支持力
C.受到2 N的拉力
D.受到2 N的支持力
答案　D
解析　设此时轻杆拉力大小为F，根据向心力公式有F＋mg＝m，代入数值可得F＝－2 N，表示小球受到2 N的支持力，选项D正确.
7.如图4所示，长为L的轻杆一端固定一个质量为m的小球，另一端固定在水平转轴O上，杆绕转轴O在竖直平面内匀速转动，角速度为ω.某时刻杆对球的作用力恰好与杆垂直，则此时杆与水平面的夹角θ满足(　　)
图4
A.sin θ＝ B.tan θ＝
C.sin θ＝ D.tan θ＝
答案　A
解析　对小球受力分析如图所示，杆对球的作用力和小球重力的合力一定沿杆指向O，满足mgsin θ＝mω2L，可得sin θ＝，选项A正确.
8.如图5所示，一个内壁光滑的弯管处于竖直平面内，其中管道半径为R. 现有一个半径略小于弯管横截面半径的光滑小球在弯管里运动，当小球通过最高点时速率为v0，则下列说法中正确的是(　　)
图5
A.若v0＝，则小球对管内壁无压力
B.若v0>，则小球对管内上壁有压力
C.若0 D.不论v0多大，小球对管内下壁都有压力
答案　ABC
解析　在最高点，只有重力提供向心力时，由mg＝m解得v0＝，因此小球对管内壁无压力，选项A正确.若v0＞，则有mg＋FN＝m，表明小球对管内上壁有压力，选项B正确.若0＜v0＜，则有mg－FN＝m，表明小球对管内下壁有压力，选项C正确.综上分析，选项D错误.
9.长为l的轻杆一端固定着一个小球A，另一端可绕光滑水平轴O在竖直面内做圆周运动，如图6所示，下列叙述符合实际的是(　　)
图6
A.小球在最高点的速度至少为
B.小球在最高点的速度大于时，受到杆的拉力作用
C.当球在直径ab下方时，一定受到杆的拉力
D.当球在直径ab上方时，一定受到杆的支持力
答案　BC
解析　小球在最高点的速度最小可以为0，选项A错误；球在最高点的速度大于时，向心力大于mg，一定受到杆的拉力作用，选项B正确；当球在直径ab下方时，重力和轻杆弹力的合力提供向心力，小球一定受到杆的拉力，选项C正确；当球在直径ab上方时，可能受到杆的支持力或拉力或不受杆的作用力，选项D错误.
10. 2013年6月20日，航天员王亚平在运行的“天宫一号”内上了节物理课，做了如图7所示的演示实验，当小球在最低点时给其一初速度，小球能在竖直平面内绕定点O做匀速圆周运动.若把此装置带回地球表面，仅在重力场中，仍在最低点给小球相同初速度，则(　　)
图7
A.小球仍能做匀速圆周运动
B.小球不可能做匀速圆周运动
C.小球可能做完整的圆周运动
D.小球一定能做完整的圆周运动
答案　BC
解析　把此装置带回地球表面，在最低点给小球相同的初速度，小球在运动过程中，不可能做匀速圆周运动，选项A错误，B正确；若小球到达最高点的速度v≥，则小球可以做完整的圆周运动，若小于此速度，则不能到达最高点，故不能做完整的圆周运动，选项C正确，D错误.
二、非选择题
11.如图8所示，长为L＝0.5 m的轻杆OA绕O点在竖直平面内做匀速圆周运动，A端连着一个质量m＝2 kg的小球，g取10 m/s2.
图8
(1)如果小球的速度为3 m/s，求在最低点时杆对小球的拉力为多大.
(2)如果在最高点杆对小球的支持力为4 N，求杆旋转的角速度为多大.
答案　(1)56 N　(2)4 rad/s
解析　(1)小球在最低点受力如图甲所示：
合力等于向心力：
FA－mg＝m
解得：FA＝56 N
(2)小球在最高点受力如图乙所示：
则：mg－FB＝mω2L
解得：ω＝4 rad/s.
12.在杂技节目“水流星”的表演中，碗的质量m1＝0.1 kg，内部盛水质量m2＝0.4 kg，拉碗的绳子长l＝0.5 m，使碗在竖直平面内做圆周运动，如果碗通过最高点的速度v1＝9 m/s，通过最低点的速度v2＝10 m/s，g＝10 m/s2，求碗在最高点时绳的拉力大小及水对碗的压力大小.
答案　76 N　60.8 N
解析　对水和碗：m＝m1＋m2＝0.5 kg，FT1＋mg＝，FT1＝－mg＝N＝76 N，以水为研究对象，设最高点碗对水的压力为F1，则F1＋m2g＝，解得F1＝60.8 N，水对碗的压力F1′＝F1＝60.8 N，方向竖直向上.
13.如图9是小型电动打夯机的结构示意图，电动机带动质量为m＝50 kg的重锤(重锤可视为质点)绕转轴O匀速运动，重锤转动半径为R＝0.5 m.电动机连同打夯机底座的质量为M＝25 kg，重锤和转轴O之间连接杆的质量可以忽略不计，重力加速度g取10 m/s2.求：
图9
(1)重锤转动的角速度为多大时，才能使重锤通过最高点时打夯机底座刚好离开地面？
(2)若重锤以上述的角速度转动，当打夯机的重锤通过最低位置时，打夯机对地面的压力为多大？
答案　(1) rad/s　(2)1 500 N
解析　(1)当拉力大小等于电动机连同打夯机底座的重力时，才能使打夯机底座刚好离开地面：
有：FT＝Mg
对重锤有：mg＋FT＝mω2R
解得：ω＝ ＝ rad/s
(2)在最低点，对重锤有：
FT′－mg＝mω2R
则：FT′＝Mg＋2mg
对打夯机有：
FN＝FT′＋Mg＝2(M＋m)g＝1 500 N
由牛顿第三定律得FN′＝FN＝1 500 N.
第五章 曲线运动
章末总结
一、运动的合成和分解
1.小船渡河的两类典型问题
设河宽为d、水流的速度为v水(方向：沿河岸指向下游)、船在静水中的速度为v船(方向：船头指向).
　
图1
(1)最短时间
船头垂直于河岸行驶，tmin＝，与v水的大小无关.船向下游偏移：x＝v水tmin(如图1甲所示).
(2)最短航程
①若v船>v水，则xmin＝d，此时船的航向垂直于河岸，船头与上游河岸成θ角，满足cos θ＝(如图乙所示).
②若v船2.绳、杆关联速度问题
绳、杆等连接的两个物体在运动过程中，其速度通常是不一样的，但两者的速度是有联系的(一般两个物体沿绳或杆方向的速度大小相等)，我们称之为“关联”速度.解决此类问题的一般步骤如下：
第一步：先确定合运动，物体的实际运动就是合运动；
第二步：确定合运动的两个实际作用效果，一是沿牵引方向的平动效果，改变速度的大小；二是沿垂直于牵引方向的转动效果，改变速度的方向；
第三步：按平行四边形定则进行分解，作好运动矢量图；
第四步：根据沿绳(或杆)牵引方向的速度相等列方程.
例1　如图2所示，两次渡河时船头指向均垂直于岸，且船相对水的速度大小不变.已知第一次实际航程为A至B，位移为x1，实际航速为v1，所用时间为t1.由于水速增大，第二次实际航程为A至C，位移为x2，实际航速为v2，所用时间为t2.则(　　)
图2
A.t2>t1，v2＝ B.t2>t1，v2＝
C.t2＝t1，v2＝ D.t2＝t1，v2＝
答案　C
解析　设河宽为d，船自身的速度为v，则t1＝t2；对合运动，过河时间t＝＝，故C正确.
针对训练1　(多选)某河宽为600 m，河中某点的水流速度v与该点到较近河岸的距离d的关系如图3所示.船在静水中的速度为4 m/s，要想使船渡河的时间最短，下列说法正确的是(　　)
图3
A.船在航行过程中，船头应与河岸垂直
B.船在河水中航行的轨迹是一条直线
C.渡河的最短时间为240 s
D.船离开河岸400 m时的速度大小为2 m/s
答案　AD
解析　若船渡河的时间最短，船在航行过程中，必须保证船头始终与河岸垂直，选项A正确；因水流的速度大小发生变化，根据运动的合成与分解可知，船在河水中航行的轨迹是一条曲线，选项B错误；渡河的最短时间为tmin＝＝ s＝150 s，选项C错误；船离开河岸400 m时的水流速度大小与船离开河岸200 m时的水流速度大小相等，即v水＝×200 m/s＝2 m/s，则船离开河岸400 m时的速度大小为v′＝＝ m/s＝2 m/s，选项D正确.
例2　(多选)如图4所示，人在岸上拉船，已知船的质量为m，水的阻力恒为Ff，当轻绳与水面的夹角为θ时，船的速度为v，人的拉力大小为F，则此时(　　)
图4
A.人拉绳行走的速度为vcos θ
B.人拉绳行走的速度为
C.船的加速度为
D.船的加速度为
答案　AC
解析　船的运动产生了两个效果：一是使滑轮与船间的绳缩短，二是使绳绕滑轮顺时针转动，因此将船的速度按如图所示进行分解，人拉绳行走的速度v人＝v∥＝vcos θ，选项A正确，B错误；绳对船的拉力等于人拉绳的力，即绳的拉力大小为F，与水平方向成θ角，因此Fcos θ－Ff＝ma，解得a＝，选项C正确，D错误.
针对训练2　如图5所示，水平面上有一汽车A，通过定滑轮用绳子拉同一水平面上的物体B，当拉至图示位置时，两绳子与水平面的夹角分别为α、β，二者速度分别为vA和vB，则vA和vB的比值为多少？
图5
答案　cos β∶cos α
解析　物体B实际的运动(合运动)水平向右，根据它的实际运动效果可知，两分运动分别为沿绳方向的分运动(设其速度为v1)和垂直绳方向的分运动(设其速度为v2).如图甲所示，
有v1＝vBcos β①
汽车A实际的运动(合运动)水平向右，根据它的实际运动效果，两分运动分别为沿绳方向的分运动(设其速度为v3)和垂直绳方向的分运动(设其速度为v4).如图乙所示，则有v3＝vAcos α②
又因二者沿绳子方向上的速度相等，即v1＝v3③
由①②③式得
vA∶vB＝cos β∶cos α.
二、解决平抛运动的三个突破口
1.把平抛运动的时间作为突破口
平抛运动规律中，各物理量都与时间有联系，所以只要求出抛出时间，其他的物理量都可轻松解出.
2.把平抛运动的偏转角作为突破口
如图6可得tan θ＝＝(推导：tan θ＝＝＝＝)tan α＝，所以有tan θ＝2tan α.从以上各式可以看出偏转角和其他各物理量都有关联，通过偏转角可以确定其他的物理量.
图6
3.把平抛运动的一段轨迹作为突破口
图7
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.设图7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，E为AB的中间时刻.
设tAE＝tEB＝T
由竖直方向上的匀变速直线运动得－＝gT2，所以
T＝ ＝ 
由水平方向上的匀速直线运动得
v0＝＝.
例3　如图8所示，在倾角为37°的斜面上从A点以6 m/s的初速度水平抛出一个小球，小球落在B点，求：(g取10 m/s2)
图8
(1)A、B两点间的距离和小球在空中飞行的时间；
(2)小球刚碰到斜面时的速度方向与水平方向夹角的正切值.
答案　(1)6.75 m　0.9 s　(2)
解析　(1)如图所示，设小球落到B点时速度的偏转角为α，运动时间为t.
则tan 37°＝＝＝t
又因为tan 37°＝，解得t＝0.9 s
由x＝v0t＝5.4 m
则A、B两点间的距离l＝＝6.75 m
(2)在B点时，tan α＝＝＝.
三、圆周运动的动力学问题
1.分析物体的运动情况，明确圆周轨道在怎样的一个平面内，确定圆心在何处，半径是多大.
2.分析物体的受力情况，弄清向心力的来源，跟运用牛顿第二定律解直线运动问题一样，解圆周运动问题，也要先选择研究对象，然后进行受力分析，画出受力示意图.
3.由牛顿第二定律F＝ma列方程求解相应问题，其中F是指向圆心方向的合外力(向心力)，a是向心加速度，即或ω2r或用周期T来表示的形式.
例4　如图9所示，两根长度相同的轻绳(图中未画出)，连接着相同的两个小球，让它们穿过光滑的杆在水平面内做匀速圆周运动，其中O为圆心，两段细绳在同一直线上，此时，两段绳子受到的拉力之比为多少？
图9
答案　3∶2
解析　对两小球受力分析如图所示，设每段绳子长为l，对球2有F2＝2mlω2
对球1有：F1－F2＝mlω2
由以上两式得：F1＝3mlω2
故＝.
针对训练3　如图10所示，一根细线下端拴一个金属小球P，细线的上端固定在金属块Q上，Q放在带小孔的水平桌面上.小球在某一水平面内做匀速圆周运动(圆锥摆).现使小球改到一个更高一些的水平面上做匀速圆周运动(图上未画出)，两次金属块Q都保持在桌面上静止.则后一种情况与原来相比较，下面的判断中正确的是(　　)
图10
A.Q受到桌面的静摩擦力变大
B.Q受到桌面的支持力变大
C.小球P运动的角速度变小
D.小球P运动的周期变大
答案　A
解析　金属块Q保持在桌面上静止，对金属块和小球研究，竖直方向上没有加速度，根据平衡条件得知，Q受到桌面的支持力等于两个物体的总重力，保持不变，故B错误.
设细线与竖直方向的夹角为θ，细线的拉力大小为FT，细线的长度为L.P球做匀速圆周运动时，由重力和细线的拉力的合力提供向心力，如图，则有FT＝，mgtan θ＝mω2Lsin θ，得角速度ω＝，周期T＝＝2π，现使小球改到一个更高一些的水平面上做匀速圆周运动时，θ增大，cos θ减小，则得到细线拉力FT增大，角速度增大，周期T减小.对Q，由平衡条件知，Ff＝FTsin θ＝mgtan θ，知Q受到桌面的静摩擦力变大，故A正确，C、D错误.故选A.
四、圆周运动中的临界问题
1.临界状态：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，既可理解为“恰好出现”，也可理解为“恰好不出现”.
2.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.
3.轻杆类：
(1)小球能过最高点的临界条件：v＝0；
(2)当0＜v＜时，F为支持力；
(3)当v＝时，F＝0；
(4)当v＞时，F为拉力.
4. 汽车过拱形桥：如图11所示，当压力为零时，即G－m＝0，v＝，这个速度是汽车能正常过拱形桥的临界速度.v＜是汽车安全过桥的条件.
图11
5.摩擦力提供向心力：如图12所示，物体随着水平圆盘一起转动，物体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＝m得vm＝ ，这就是物体以半径r做圆周运动的临界速度.
图12
例5　如图13所示，AB为半径为R的光滑金属导轨(导轨厚度不计)，a、b为分别沿导轨上、下两表面做圆周运动的小球(可看做质点)，要使小球不脱离导轨，则a、b在导轨最高点的速度va、vb应满足什么条件？
图13
答案　va＜　vb＞
解析　对a球在最高点，由牛顿第二定律得：
mag－FNa＝ma①
要使a球不脱离轨道，
则FNa＞0②
由①②得：va＜
对b球在最高点，由牛顿第二定律得：
mbg＋FNb＝mb③
要使b球不脱离轨道，
则FNb＞0④
由③④得：vb＞.
针对训练4　如图14所示，叠放在水平转台上的小物体A、B、C能随转台一起以角速度ω匀速转动，A、B、C的质量分别为3m、2m、m，A与B、B与转台、C与转台间的动摩擦因数都为μ，B、C离转台中心的距离分别为r、1.5r.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力.以下说法正确的是(　　)
图14
A.B对A的摩擦力一定为3μmg
B.C与转台间的摩擦力大于A与B间的摩擦力
C.转台的角速度一定满足：ω ≤ 
D.转台的角速度一定满足：ω ≤ 
答案　C
解析　对A受力分析，受重力、支持力以及B对A的静摩擦力，静摩擦力提供向心力，有Ff＝3mω2r，由此可知随着角速度的增大，摩擦力也增大，只有当A要滑动时B对A的摩擦力才为3μmg，故A错误；由A与C转动的角速度相同，都是由摩擦力提供向心力，对A有Ff＝3mω2r，对C有FfC＝mω21.5r，由此可知C与转台间的摩擦力小于A与B间的摩擦力，故B错误；当C刚要滑动时的临界角速度为：μmg＝m1.5rω，解得ωC＝ .对AB整体要滑动时的临界角速度为：μ(2m＋3m)g＝(2m＋3m)rω，解得：ωAB＝ 
当A刚要滑动时的临界角速度为：3μmg＝3mrω
解得：ωA＝ 
由以上可知要想均不滑动角速度应满足：ω≤ ，故C正确，D错误.
1　行星的运动
[学习目标] 1.了解地心说与日心说的主要内容和代表人物.2.知道人类对行星运动的认识过程.3.理解并应用开普勒三个定律分析一些简单问题.
一、两种对立的学说
1.地心说
(1)地球是宇宙的中心，是静止不动的；
(2)太阳、月亮以及其他行星都绕地球运动；
(3)地心说的代表人物是古希腊科学家托勒密.
2.日心说
(1)太阳是宇宙的中心，是静止不动的，所有行星都绕太阳做匀速圆周运动；
(2)地球是绕太阳旋转的行星；月球是绕地球旋转的卫星，它绕地球做匀速圆周运动，同时还跟地球一起绕太阳旋转；
(3)太阳静止不动，因为地球每天自西向东自转一周，造成太阳每天东升西落的现象；
(4)日心说的代表人物是哥白尼.
3.局限性
都把天体的运动看得很神圣，认为天体的运动必然是最完美、最和谐的匀速圆周运动，但计算所得的数据和丹麦天文学家第谷的观测数据不符.
二、开普勒三定律
1.第一定律：所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆，太阳处在椭圆的一个焦点上.
2.第二定律：对任意一个行星来说，它与太阳的连线在相等的时间内扫过相等的面积.
3.第三定律：所有行星的轨道的半长轴的三次方跟它的公转周期的二次方的比值都相等.其表达式为＝k，其中a是椭圆轨道的半长轴，T是行星绕太阳公转的周期，k是一个与行星无关(填“有关”或“无关”)的常量.
[即学即用]
1.判断下列说法的正误.
(1)太阳是整个宇宙的中心，其他天体都绕太阳运动.(×)
(2)太阳系中所有行星都绕太阳做匀速圆周运动.(×)
(3)太阳系中所有行星都绕太阳做椭圆运动，且它们到太阳的距离各不相同.(√)
(4)太阳系中越是离太阳远的行星，运行周期就越大.(√)
(5)围绕太阳运动的各行星的速率是不变的.(×)
(6)在中学阶段可近似认为地球围绕太阳做匀速圆周运动.(√)
2.如图1所示是某行星围绕太阳运行的示意图，则行星在A点的速率________在B点的速率.
图1
答案　大于
一、对开普勒定律的理解
1.开普勒第一定律解决了行星的轨道问题.
　　　　 　图2　　　　　　　　图3
行星的轨道都是椭圆，如图2所示，不同行星绕太阳运动的椭圆轨道是不同的，太阳处在椭圆的一个焦点上，如图3所示，即所有轨道都有一个共同的焦点——太阳.因此开普勒第一定律又叫轨道定律.
2.开普勒第二定律解决了行星绕太阳运动的速度大小问题.
(1)如图4所示，如果时间间隔相等，由开普勒第二定律知，面积SA＝SB，可见离太阳越近，行星在相等时间内经过的弧长越长，即行星的速率越大.因此开普勒第二定律又叫面积定律.
图4
(2)近日点、远日点分别是行星距离太阳的最近点、最远点.同一行星在近日点速度最大，在远日点速度最小.
3.开普勒第三定律解决了行星周期的长短问题.
图5
(1)如图5所示，由＝k知椭圆轨道半长轴越长的行星，其公转周期越长，因此第三定律也叫周期定律.常数k与行星无关，只与太阳有关.
(2)该定律不仅适用于行星绕太阳的运动，也适用于卫星绕地球的运动，其中常数k与卫星无关，只与地球有关，也就是说k值大小由中心天体决定.
例1　(多选)关于行星绕太阳运动的说法正确的是(　　)
A.太阳系中的八大行星有一个共同的轨道焦点
B.太阳系中的八大行星的轨道有的是圆形，并不都是椭圆
C.行星的运动方向总是沿着轨道的切线方向
D.行星的运动方向总是与它和太阳的连线垂直
答案　AC
解析　太阳系中的八大行星绕太阳运动的轨道都是椭圆，而太阳位于八大行星椭圆轨道的一个公共焦点上，选项A正确，B错误；行星的运动是曲线运动，运动方向总是沿着轨道的切线方向，选项C正确；行星从近日点向远日点运动时，行星的运动方向和它与太阳连线的夹角大于90°，行星从远日点向近日点运动时，行星的运动方向和它与太阳连线的夹角小于90°，选项D错误.
例2　(多选)关于卫星绕地球的运动，根据开普勒定律，我们可以推出的正确结论有(　　)
A.人造地球卫星的轨道都是椭圆，地球在椭圆的一个焦点上
B.卫星绕地球运动的过程中，其速率与卫星到地心的距离有关，距离小时速率小
C.卫星离地球越远，周期越大
D.同一卫星绕不同的行星运动，的值都相同
答案　AC
解析　由开普勒第一定律知：所有地球卫星的轨道都是椭圆，且地球位于所有椭圆的公共焦点上，A正确；由开普勒第二定律知：卫星离地心的距离越小，速率越大，B项错误；由开普勒第三定律知：卫星离地球越远，周期越大，C正确；开普勒第三定律成立的条件是对同一行星的不同卫星，有＝常量，对于绕不同行星运动的卫星，该常数不同，D错误.
二、行星运动的近似处理
由于大多数行星绕太阳运动的轨道与圆十分接近，因此，在中学阶段的研究中可以按圆周运动处理，这样，开普勒三定律就可以这样表述：
(1)行星绕太阳运动的轨道十分接近圆，太阳处在圆心；
(2)对某一行星来说，它绕太阳做圆周运动的角速度(或线速度)不变，即行星做匀速圆周运动；
(3)所有行星轨道半径的三次方跟它的公转周期的二次方的比值都相等，即＝k.
例3　长期以来“卡戎星(Charon)”被认为是冥王星唯一的卫星，它的公转轨道半径r1＝19 600 km，公转周期T1＝6.39天.2006年3月，天文学家发现两颗冥王星的小卫星，其中一颗的公转半径r2＝48 000 km，则它的公转周期T2最接近于(　　)
A.15天 B.25天
C.35天 D.45天
答案　B
解析　据开普勒第三定律得：＝，
T2＝ 天≈24.5 天.
开普勒第三定律揭示的是不同行星运动快慢的规律，应用时要注意以下两个问题：
(1)首先判断两个行星的中心天体是否相同，只有对同一个中心天体开普勒第三定律才成立.
(2)明确题中给出的周期关系或半径关系之后，根据开普勒第三定律列式求解.
针对训练　木星和地球都绕太阳公转，木星的公转周期约12年，地球与太阳的距离为1天文单位，则木星与太阳的距离约为(　　)
A.2天文单位 B.4天文单位
C.5.2天文单位 D.12天文单位
答案　C
解析　根据开普勒第三定律＝k，得r＝，设地球与太阳的距离为r1，木星与太阳的距离为r2，则得＝＝≈5.2，所以r2≈5.2r1＝5.2天文单位，选项C正确.
1.(对开普勒第三定律的认识)(多选)开普勒关于行星运动规律的表达式为＝k，以下理解正确的是(　　)
A.k是一个与行星无关的常量
B.a代表行星的球体半径
C.T代表行星运动的自转周期
D.T代表行星绕太阳运动的公转周期
答案　AD
解析　开普勒第三定律中的公式＝k，k是一个与行星无关的常量，与中心天体有关，选项A正确；a代表行星椭圆运动的半长轴，选项B错误；T代表行星绕太阳运动的公转周期，选项C错误，D正确.
2. (开普勒第二定律的应用)如图6所示是行星m绕恒星M运动情况的示意图，下列说法正确的是(　　)
图6
A.速度最大点是B点
B.速度最小点是C点
C.m从A到B做减速运动
D.m从B到A做减速运动
答案　C
3.(开普勒第三定律的应用)1980年10月14日，中国科学院紫金山天文台发现了一颗绕太阳运行的小行星，2001年12月21日，经国际小行星中心和国际小行星命名委员会批准，将这颗小行星命名为“钱学森星”，以表彰这位“两弹一星”的功臣对我国科技事业做出的卓越贡献.若将地球和“钱学森星”绕太阳的运动都看做匀速圆周运动，它们的运行轨道如图7所示.已知“钱学森星”绕太阳运行一周的时间约为3.4年，设地球绕太阳运行的轨道半径为R，则“钱学森星”绕太阳运行的轨道半径约为(　　)
图7
A.R B.R
C.R D.R
答案　C
解析　根据开普勒第三定律，有＝
解得：R钱＝ R＝R
故C正确.
课时作业
一、选择题(1～11为单项选择题，12为多项选择题)
1.物理学发展历史中，在前人研究基础上经过多年的尝试性计算，首先发表行星运动的三个定律的科学家是(　　)
A.哥白尼 B.第谷
C.伽利略 D.开普勒
答案　D
解析　哥白尼提出了日心说，第谷对行星进行了大量的观察和记录，开普勒在第谷的观察记录的基础上提出了行星运动的三个定律，选项D正确，A、B、C错误.
2.下列说法中正确的是(　　)
A.地球是宇宙的中心，太阳、月亮和其他行星都绕地球运动
B.太阳是静止不动的，地球和其他行星绕太阳运动
C.地球是绕太阳运动的一颗行星
D.日心说和地心说都正确反映了天体运动规律
答案　C
解析　宇宙中任何天体都是运动的，地心说和日心说都有局限性，只有C正确.
3.关于开普勒对行星运动规律的认识，下列说法正确的是(　　)
A.所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆
B.所有行星绕太阳运动的轨道都是圆
C.所有行星的轨道半长轴的二次方跟它的公转周期的三次方的比值都相同
D.所有行星的公转周期与行星的轨道半径都成正比
答案　A
解析　由开普勒第一定律知所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆，太阳处在椭圆的一个焦点上，选项A正确，B错误；由开普勒第三定律知所有行星的轨道半长轴的三次方跟它的公转周期的二次方的比值都相等，选项C、D错误.
4.太阳系有八大行星，八大行星离地球的远近不同，绕太阳运转的周期也不相同.下列反映公转周期与行星轨道半长轴的关系图象中正确的是(　　)
答案　D
解析　由＝k知r3＝kT2，D项正确.
5.某行星绕太阳运行的椭圆轨道如图1所示，F1和F2是椭圆轨道的两个焦点，行星在A点的速率比在B点的大，则太阳是位于(　　)
图1
A.F2 B.A
C.F1 D.B
答案　A
解析　根据开普勒第二定律：太阳和行星的连线在相等的时间内扫过相等的面积，因为行星在A点的速率比在B点的速率大，所以太阳在离A点近的焦点上，故太阳位于F2.
6.某人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，其轨道半径为月球绕地球运转半径的，设月球绕地球运动的周期为27天，则此卫星的运转周期大约是(　　)
A.天 B.天 C.1天 D.9天
答案　C
解析　由于r卫＝r月，T月＝27天，由开普勒第三定律＝，可得T卫＝1天，故选项C正确.
7.太阳系八大行星绕太阳运行的轨道可粗略地视为圆，下表是各星球的半径和轨道半径.
行星名称
水星
金星
地球
火星
木星
土星
天王星
海王星
星球半径/×106 m
2.44
6.05
6.37
3.39
69.8
58.2
23.7
22.4
轨道半径/×1011m
0.579
1.08
1.50
2.28
7.78
14.3
28.7
45.0
从表中所列数据可以估算出海王星的公转周期最接近(　　)
A.80年 B.120年
C.165年 D.200年
答案　C
解析　设海王星绕太阳运行的轨道半径为r1，周期为T1，地球绕太阳公转的轨道半径为r2，周期为T2(T2＝1年)，由开普勒第三定律有＝，故T1＝·T2≈164年，故选C.
8.如图2，O表示地球，P表示一个绕地球沿椭圆轨道做逆时针方向运动的人造卫星，AB为长轴，CD为短轴.在卫星绕地球运动一周的时间内，从A到B的时间为tAB，同理从B到A、从C到D、从D到C的时间分别为tBA、tCD、tDC.下列关系式正确的是(　　)
图2
A.tAB>tBA B.tABC.tCD>tDC D.tCD答案　D
解析　由卫星做椭圆运动的对称性得tAB＝tBA，选项A、B错误；由开普勒第二定律，卫星在近地点时运动快，在远地点时运动慢，所以tCD9.若太阳系八大行星公转轨道可近似看做圆轨道，地球与太阳之间的平均距离约为1.5亿千米，结合下表可知，火星与太阳之间的平均距离约为(　　)
水星
金星
地球
火星
木星
土星
公转周期(年)
0.241
0.615
1
1.88
11.86
29.5
A.1.2亿千米 B.2.3亿千米
C.4.6亿千米 D.6.9亿千米
答案　B
解析　由表中数据知T地＝1年，T火＝1.88年，由＝得，r火＝≈2.3亿千米，故B正确.
10. 如图3所示，某行星沿椭圆轨道运行，远日点离太阳的距离为a，近日点离太阳的距离为b，过远日点时行星的速率为va，则过近日点时行星的速率为(　　)
图3
A.vb＝va B.vb＝va
C.vb＝va D.vb＝va
答案　C
解析　若行星从轨道的A点经足够短的时间t运动到A′点，则与太阳的连线扫过的面积可看做扇形，其面积SA＝；若行星从轨道的B点也经时间t运动到B′点，则与太阳的连线扫过的面积SB＝；根据开普勒第二定律，得＝，即vb＝va，故C正确.
11.太阳系中的八大行星的轨道均可近似看成圆轨道.下列4幅图是用来描述这些行星运动所遵从的某一规律的图象.图中坐标系的横轴是lg()，纵轴是lg()；这里的T和R分别是行星绕太阳运行的周期和相应的圆轨道半径，T0和R0分别是水星绕太阳运行的周期和相应的圆轨道半径.下列4幅图中正确的是(　　)
答案　B
解析　根据开普勒第三定律：＝k可得，T2＝R3，T＝R，两式相除后取对数，得lg()＝lg()，整理得2lg()＝3lg()，结合数学知识可知，B正确.
12.关于太阳系中行星的运动，下列说法正确的是(　　)
A.行星轨道的半长轴越长，自转周期就越大
B.行星轨道的半长轴越长，公转周期就越大
C.水星轨道的半长轴最短，公转周期最小
D.海王星离太阳“最远”，绕太阳运行的公转周期最大
答案　BCD
解析　由开普勒第三定律可知，＝k(常量)，则行星轨道的半长轴越长，公转周期越大，选项B正确；水星轨道的半长轴最短，其公转周期最小，选项C正确；海王星离太阳“最远”，绕太阳运行的公转周期最大，选项D正确；公转轨道半长轴的大小与自转周期无关，选项A错误.
二、非选择题
13.月球环绕地球运动的轨道半径约为地球半径的60倍，运行周期约为27天.应用开普勒定律计算：在赤道平面内离地多高时，人造地球卫星随地球一起转动，就像停留在天空中不动一样？(结果保留三位有效数字，取R地＝6 400 km)
答案　3.63×104 km
解析　月球和人造地球卫星都环绕地球运动，故可用开普勒第三定律求解.当人造地球卫星相对地球不动时，则人造地球卫星的周期与地球自转周期相同.
设人造地球卫星轨道半径为R、周期为T.
根据题意知月球轨道半径为60R地，周期为T0＝27 天，则有：＝.整理得
R＝×60R地＝×60R地≈6.67R地.
卫星离地高度H＝R－R地＝5.67R地＝5.67×6 400 km≈3.63×104 km.
14.如图4所示，地球的公转轨道接近圆，但彗星的运动轨道则是一个非常扁的椭圆.天文学家哈雷曾经在1662年跟踪过一颗彗星，他算出这颗彗星轨道的半长轴约等于地球公转半径的18倍，并预言这颗彗星将每隔一定时间就会再次出现.这颗彗星最近出现的时间是1986年，它下次飞近地球大约是哪一年？
图4
答案　2062年
解析　由开普勒第三定律＝k
得：()3＝()2
T哈＝T地≈76年
即下次飞近地球是(1986＋76)年＝2062年.
2　太阳与行星间的引力
[学习目标] 1.知道太阳与行星间存在引力.2.能利用开普勒定律和牛顿第三定律推导出太阳与行星之间的引力表达式.3.通过推导太阳与行星间的引力公式，体会逻辑推理在物理学中的重要性.
太阳与行星间的引力
1.模型简化：行星以太阳为圆心做匀速圆周运动.太阳对行星的引力，就等于行星做匀速圆周运动的向心力.
2.太阳对行星的引力：根据牛顿第二定律F＝m和开普勒第三定律∝k可得：F∝.这表明：太阳对不同行星的引力，与行星的质量成正比，与行星和太阳间距离的二次方成反比.
3.行星对太阳的引力：太阳与行星的地位相同，因此行星对太阳的引力和太阳对行星的引力规律相同，即F′∝.
4.太阳与行星间的引力：根据牛顿第三定律F＝F′，所以有F∝，写成等式就是F＝G.
[即学即用]
1.判断下列说法的正误.
(1)公式F＝m实际上是牛顿第二定律，是可以在实验室中得到验证的.(√)
(2)公式＝k是开普勒第三定律，是可以在实验室中得到验证的.(×)
(3)在探究太阳与行星间引力的时候，牛顿认为太阳对行星的引力大于行星对太阳的引力.(×)
2.地球的质量是月球质量的81倍，若地球吸引月球的力的大小为F，则月球吸引地球的力的大小为________.
答案　F
太阳与行星间的引力
[导学探究]　(1)若行星的质量为m，行星到太阳的距离为r，行星运行周期为T，则行星做匀速圆周运动需要的向心力的大小如何表示？
(2)根据牛顿第三定律，太阳和行星间的引力与太阳质量M、太阳到行星的距离r有怎样的关系？
(3)综合1、2，结合开普勒第三定律＝k，太阳和行星间的引力F与M、m、r有怎样的关系？
答案　(1)行星做匀速圆周运动需要的向心力为F＝
(2)、(3)见知识深化
[知识深化]　太阳与行星间引力的推导
1.两个理想化模型
(1)将行星绕太阳的椭圆运动看成匀速圆周运动.
(2)将天体看成质点，且质量集中在球心上.
2.推导过程
例1　(多选)根据开普勒关于行星运动的规律和圆周运动的知识知：太阳对行星的引力F∝，行星对太阳的引力F′∝，其中M、m、r分别为太阳、行星质量和太阳与行星间的距离，下列说法正确的是(　　)
A.由F′∝和F∝，得F∶F′＝m∶M
B.F和F′大小相等，是作用力与反作用力
C.F和F′大小相等，是同一个力
D.太阳对行星的引力提供行星绕太阳做圆周运动的向心力
答案　BD
解析　F′和F大小相等、方向相反，是作用力和反作用力，太阳对行星的引力提供行星绕太阳做圆周运动的向心力，故正确答案为B、D.
例2　太阳对行星的引力提供了行星绕太阳做匀速圆周运动的向心力，这个向心力大小(　　)
A.与行星距太阳的距离成正比
B.与行星距太阳的距离成反比
C.与行星距太阳的距离的平方成反比
D.只与太阳质量成正比，与行星质量无关
答案　C
解析　行星围绕太阳做匀速圆周运动，太阳对行星的引力提供向心力，与太阳和行星质量的乘积成正比，与行星到太阳的距离的平方成反比，选项A、B、D错误，C正确.
1.(行星运动向心力来源)如果认为行星围绕太阳做匀速圆周运动，那么下列说法中正确的是(　　)
A.行星受到太阳的引力，引力提供行星做圆周运动的向心力
B.行星受到太阳的引力，行星运动不需要向心力
C.行星同时受到太阳的万有引力和向心力
D.行星受到太阳的引力与它运动的向心力不相等
答案　A
解析　行星受到太阳的引力，引力提供行星做圆周运动的向心力，选项A正确，B错误；向心力是效果力，实际受力分析时不分析向心力，行星绕太阳做匀速圆周运动的向心力来源于太阳的引力，行星受到太阳的万有引力与它运行的向心力相等，选项C、D错误.
2.(对太阳与行星间引力的认识)在牛顿发现太阳与行星间引力的过程中，得出太阳对行星的引力表达式后推出行星对太阳的引力表达式，这是一个很关键的论证步骤，这一步骤采用的论证方法是(　　)
A.研究对象的选取
B.理想化过程
C.类比
D.等效
答案　C
解析　求太阳对行星的引力F时，行星是受力星体，有F∝(m是行星的质量)，求行星对太阳的引力F′时，太阳是受力星体，类比可得F′∝(M是太阳的质量)，故C正确.
3.(对太阳与行星间引力的认识)(多选)下列关于行星对太阳的引力的说法中，正确的是(　　)
A.行星对太阳的引力与太阳对行星的引力是同一性质的力
B.太阳对行星的引力大于行星对太阳的引力
C.行星对太阳的引力大小与太阳的质量成正比，与行星的质量无关
D.与行星到太阳的距离的二次方成反比
答案　AD
4.(对太阳与行星间引力的认识)(多选)牛顿在研究太阳与行星之间的引力时，把行星的运动看成是以太阳为圆心的匀速圆周运动，总结出了太阳与行星相互作用力的规律F＝G，可以看出，太阳与行星间的作用是与行星的运动状态无关的.下列关于行星在绕太阳做椭圆运动时的说法正确的是(　　)
A.行星在远日点受太阳的引力最小
B.行星在近日点受太阳的引力最小
C.行星从远日点向近日点运动的过程中，引力方向与速度方向之间的夹角大于90°
D.行星从近日点向远日点运动的过程中，引力方向与速度方向之间的夹角大于90°
答案　AD
解析　由F＝G可知，行星在近日点r最小，F最大.在远日点r最大，F最小，故选项A正确，B错误.行星从远日点向近日点移动时，速度不断增大，由做曲线运动的条件可知此时行星受力方向与速度方向之间的夹角一定小于90°，相反的运动过程中夹角大于90°，故选项C错误，D正确.
5.(太阳与行星间引力公式的简单应用)两个行星的质量分别为m1和m2，绕太阳运行的轨道半径分别为r1和r2，如果它们只受太阳引力的作用，那么这两个行星的向心加速度之比为(　　)
A.1∶1
B.m1r1∶m2r2
C.m1r2∶m2r1
D.r∶r
答案　D
解析　根据万有引力定律得＝F＝ma，所以向心加速度之比为轨道半径平方的反比，D正确.
3　万有引力定律
[学习目标] 1.了解万有引力定律得出的过程和思路.2.理解万有引力定律内容、含义及适用条件.3.认识万有引力定律的普遍性，能应用万有引力定律解决实际问题.
一、月—地检验
1.猜想：维持月球绕地球运动的力与使得苹果下落的力是同一种力，同样遵从“平方反比”的规律.
2.推理：根据牛顿第二定律，物体在月球轨道上运动时的加速度大约是它在地面附近下落时的加速度的.
3.结论：地球上物体所受的地球的引力、月球所受地球的引力，与太阳、行星间的引力遵从相同(“相同”或“不同”)的规律.
二、万有引力定律
1.内容：自然界中任何两个物体都相互吸引，引力的方向在它们的连线上，引力的大小与物体的质量m1和m2的乘积成正比、与它们之间距离r的二次方成反比.
2.表达式：F＝G，G为引力常量：由卡文迪许测得G＝6.67×10－11 N·m2/kg2.
[即学即用]
1.判断下列说法的正误.
(1)万有引力不仅存在于天体之间，也存在于普通物体之间.(√)
(2)引力常量是牛顿首先测出的.(×)
(3)物体间的万有引力与它们间的距离成反比.(×)
(4)根据万有引力表达式可知，质量一定的两个物体若距离无限靠近，它们间的万有引力趋于无限大.(×)
2.两个质量都是1 kg的物体(可看成质点)，相距1 m时，两物体间的万有引力F＝________ N，一个物体的重力F′＝________ N，万有引力F与重力F′的比值为________.(已知引力常量G＝6.67×10－11 N·m2/kg2，重力加速度g＝10 m/s2).
答案　6.67×10－11　10　6.67×10－12
一、月—地检验
[导学探究]　(1)已知地球半径R地＝6 400 km，月球绕地球做圆周运动的半径r＝60R地，运行周期T＝27.3天＝2.36×106 s，求月球绕地球做圆周运动的向心加速度a月；
(2)地球表面物体自由下落的加速度g一般取多大？，a月与g的比值是多大？
(3)根据万有引力公式及牛顿第二定律推算，月球做匀速圆周运动的向心加速度是地面附近自由落体加速度g的多少倍？比较(2)、(3)结论说明什么？
答案　(1)根据向心加速度公式，有：a月＝rω2＝r
即a月＝×3.84×108 m/s2≈2.72×10－3 m/s2
(2)g＝9.8 m/s2，＝≈.
(3)根据万有引力定律F＝G，F∝，所以月球轨道处的向心加速度约是地面附近自由落体加速度的.说明地球表面的重力与地球吸引月球的力是相同性质的力.
[知识深化]　月—地检验的推理与验证
1.月—地检验的目的：检验维持月球绕地球运动的力与使物体下落的力是否为同一种性质的力，是否都遵从“平方反比”的规律.
2.推理：月心到地心的距离约为地球半径的60倍，如果月球绕地球运动的力与地面上使物体下落的力是同一性质的力，则月球绕地球做圆周运动的向心加速度应该大约是它在地面附近下落时加速度的.
3.验证：根据已知的月地距离r，月球绕地球运动的周期T，由a月＝r，计算出的月球绕地球的向心加速度a月，近似等于，则证明了地球表面的重力与地球吸引月球的力是相同性质的力.
例1　“月－地检验”的结果说明(　　)
A.地面物体所受地球的引力与月球所受地球的引力是同一种性质的力
B.地面物体所受地球的引力与月球所受地球的引力不是同一种性质的力
C.地面物体所受地球的引力只与物体的质量有关，即G＝mg
D.月球所受地球的引力只与月球质量有关
答案　A
解析　地面上的物体所受地球的引力和月球所受地球的引力是同一种性质的力.
二、万有引力定律
[导学探究]　如图1所示，天体是有质量的，人是有质量的，地球上的其他物体也是有质量的.
图1
(1)任意两个物体之间都存在万有引力吗？为什么通常两个物体间感受不到万有引力，而太阳对行星的引力可以使行星围绕太阳运转？
(2)地球对人的万有引力与人对地球的万有引力大小相等吗？
答案　(1)任意两个物体间都存在着万有引力.但由于地球上物体的质量一般很小(相比较天体质量)，地球上两个物体间的万有引力是远小于地面对物体的摩擦力，通常感受不到，但天体质量很大，天体间的引力很大，对天体的运动起决定作用.
(2)相等.它们是一对相互作用力.
[知识深化]
1.万有引力定律表达式F＝G，式中G为引力常量.G＝6.67×10－11 N·m2/kg2，由英国物理学家卡文迪许在实验室中比较准确地测出.
测定G值的意义：(1)证明了万有引力定律的存在；(2)使万有引力定律有了真正的实用价值.
2.万有引力定律的适用条件
(1)在以下三种情况下可以直接使用公式F＝G计算：
①求两个质点间的万有引力：当两物体间距离远大于物体本身大小时，物体可看成质点，公式中的r表示两质点间的距离.
②求两个均匀球体间的万有引力：公式中的r为两个球心间的距离.
③一个质量分布均匀球体与球外一个质点的万有引力：r指质点到球心的距离.
(2)对于两个不能看成质点的物体间的万有引力，不能直接用万有引力公式求解，切不可依据F＝G得出r→0时F→∞的结论而违背公式的物理含义.因为，此时由于r→0，物体已不再能看成质点，万有引力公式已不再适用.
(3)当物体不能看成质点时，可以把物体假想分割成无数个质点，求出物体上每一个质点与另一个物体上所有质点间的万有引力，然后求合力.
例2　(多选)下列说法正确的是(　　)
A.万有引力定律F＝G适用于两质点间的作用力计算
B.据F＝G，当r→0时，物体m1、m2间引力F趋于无穷大
C.把质量为m的小球放在质量为M、半径为R的大球球心处，则大球与小球间万有引力F＝G
D.两个质量分布均匀的分离的球体之间的相互作用力也可以用F＝G计算，r是两球体球心间的距离
答案　AD
解析　万有引力定律适用于两质点间的相互作用，当两球体质量分布均匀时，可认为球体质量分布在球心，然后计算万有引力.故A、D项正确；当r→0时，两物体不能视为质点，万有引力定律不再适用，B项错误；大球M球心周围物体对小球m的引力合力为零，故C项错误.
万有引力的特点：
(1)万有引力的普遍性.万有引力不仅存在于星球间，任何客观存在的有质量的物体之间都存在着这种相互吸引力.
(2)万有引力的相互性.两个物体相互作用的引力是一对作用力和反作用力，它们大小相等，方向相反，分别作用于两个物体上.
(3)万有引力的宏观性.在通常情况下，万有引力非常小，只是在质量巨大的星球间或天体与天体附近的物体间，它的存在才有实际的物理意义.
例3　如图2所示，两球间的距离为r，两球的质量分布均匀，质量大小分别为m1、m2，半径大小分别为r1、r2，则两球间的万有引力大小为(　　)
图2
A.G B.G
C.G D.G
答案　D
解析　两球质量分布均匀，可认为质量集中于球心，由万有引力公式可知两球间的万有引力应为G，故选D.
三、“挖补”法分析质点和球壳之间的引力
例4　有一质量为M、半径为R、密度均匀的球体，在距离球心O为2R的地方有一质量为m的质点.现从M中挖去半径为R的球体，如图3所示，则剩余部分对m的万有引力F为(　　)
图3
A. B.
C. D.
答案　A
解析　质量为M的球体对质点m的万有引力
F1＝G＝G
挖去的球体的质量M′＝M＝
质量为M′的球体对质点m的万有引力
F2＝G＝G
则剩余部分对质点m的万有引力
F＝F1－F2＝G－G＝.故选项A正确.
1.万有引力公式F＝G的适用条件是质点或质量均匀的球体，只有把挖去的小球补上才成为质量均匀的球体.
2.注意本题的基本思想—挖—补—挖.
求剩余部分对质点的作用力即是大球(补全)对m的作用力减去小球对m的作用力.
1.(对万有引力定律的理解)(多选)关于万有引力和万有引力定律的理解正确的是(　　)
A.不能看做质点的两物体间不存在相互作用的引力
B.只有能看做质点的两物体间的引力才能用F＝计算
C.由F＝知，两物体间距离r减小时，它们之间的引力增大
D.万有引力常量的大小首先是由卡文迪许测出来的，且约等于6.67×10－11 N·m2/kg2
答案　CD
解析　任何物体间都存在相互作用的引力，故称万有引力，A错；两个质量分布均匀的球体间的万有引力也能用F＝来计算，B错；物体间的万有引力与它们间距离r的二次方成反比，故r减小，它们间的引力增大，C对；引力常量G是由卡文迪许精确测出的，D对.
2.(万有引力公式的简单应用)两个密度均匀的球体，两球心相距r，它们之间的万有引力为10－8 N，若它们的质量、球心间的距离都增加为原来的2倍，则它们间的万有引力为(　　)
A.10－8 N B.0.25×10－8 N
C.4×10－8 N D.10－4 N
答案　A
解析　原来的万有引力为：F＝G
后来变为：F′＝G＝G
即：F′＝F＝10－8 N，故选项A正确.
3.(万有引力定律的简单应用)两个完全相同的实心小铁球紧靠在一起，它们之间的万有引力为F.若将两个用同种材料制成的半径是小铁球2倍的实心大铁球紧靠在一起，则两大铁球之间的万有引力为(　　)
A.2F B.4F C.8F D.16F
答案　D
解析　两个小铁球之间的万有引力为F＝G＝G.实心小铁球的质量为m＝ρV＝ρ·πr3，大铁球的半径是小铁球的2倍，则大铁球的质量m′与小铁球的质量m之比为＝＝.故两个大铁球间的万有引力为F′＝G＝16F.故选D.
4.(万有引力定律的简单应用)设地球表面重力加速度为g0，物体在距离地心4R(R是地球的半径)处，由于地球的引力作用而产生的加速度为g，则为(　　)
A.1 B.
C. D.
答案　D
解析　地球表面处的重力加速度和离地心高4R处的加速度均由地球对物体的万有引力产生，所以有：
地面上：G＝mg0①
离地心4R处：G＝mg②
由①②两式得＝()2＝，故D正确.
课时作业
一、选择题(1～10为单项选择题，11～12为多项选择题)
1.第一次通过实验较准确测出万有引力常量G的科学家是(　　)
A.卡文迪许 B.开普勒
C.第谷 D.牛顿
答案　A
2.某实心匀质球半径为R，质量为M，在球外离球面h高处有一质量为m的质点，则其受到实心匀质球的万有引力大小为(　　)
A.G B.G
C.G D.G
答案　B
解析　万有引力定律中r表示两个质点间的距离，因为匀质球可看成质量集中于球心上，所以r＝R＋h.
3.两辆质量均为1×105 kg的装甲车相距1 m时，它们之间的万有引力相当于(　　)
A.一个人的重力量级
B.一个鸡蛋的重力量级
C.一个西瓜的重力量级
D.一头牛的重力量级
答案　B
解析　由F＝G得F＝0.667 N，相当于一个鸡蛋的重力量级.
4.依据牛顿的理论，两物体之间万有引力的大小，与它们之间的距离r满足(　　)
A.F与r成正比 B.F与r2成正比
C.F与r成反比 D.F与r2成反比
答案　D
解析　万有引力定律的表达式为F＝G，所以F与r2成反比，选项D正确，A、B、C错误.
5.2015年7月14日，“新视野”号太空探测器近距离飞掠冥王星，如图1所示.在此过程中，冥王星对探测器的引力(　　)
图1
A.先变大后变小，方向沿两者的连线指向冥王星
B.先变大后变小，方向沿两者的连线指向探测器
C.先变小后变大，方向沿两者的连线指向冥王星
D.先变小后变大，方向沿两者的连线指向探测器
答案　A
解析　根据万有引力定律F＝G，万有引力与物体之间的距离的二次方成反比，故在探测器飞掠冥王星的过程中，随着它与冥王星间的距离r先减小后增大，那么冥王星对探测器的引力先变大后变小，而引力的方向沿两者的连线指向冥王星，选项A正确，B、C、D错误.
6.某物体在地面上受到地球对它的万有引力为F.若此物体受到的引力减小到，则此物体距离地面的高度应为(R为地球半径)(　　)
A.2R B.4R
C.R D.8R
答案　C
解析　根据万有引力定律F＝G，
有F＝G，则解得h＝R，选项C正确.
7.要使两物体间的万有引力减小到原来的，下列办法不正确的是(　　)
A.使两物体的质量各减小一半，距离不变
B.使其中一个物体的质量减小到原来的，距离不变
C.使两物体间的距离增大到原来的2倍，质量不变
D.两物体的质量和距离都减小到原来的
答案　D
解析　万有引力定律的表达式为F＝G，根据该公式可知，使两物体的质量各减小一半，距离不变，则万有引力变为原来的，A正确；使其中一个物体的质量减小到原来的，距离不变，则万有引力变为原来的，B正确；使两物体间的距离增大到原来的2倍，质量不变，则万有引力变为原来的，C正确；两物体的质量和距离都减小到原来的，则万有引力大小不变，D错误.
8.某未知星体的质量是地球质量的，直径是地球直径的，则一个质量为m的人在未知星体表面受到的引力F星和地球表面所受引力F地的比值为(　　)
A.16 B.4
C. D.
答案　B
解析　根据万有引力定律F＝G∝
故＝·＝×()2＝4.B项正确.
9.地球质量大约是月球质量的81倍，一飞行器位于地球与月球之间，当地球对它的引力和月球对它的引力大小相等时，飞行器距月球球心的距离与月球球心距地球球心的距离之比为(　　)
A.1∶9 B.9∶1
C.1∶10 D.10∶1
答案　C
解析　设月球质量为m，则地球质量为81m，地月间距离为r，飞行器质量为m0，当飞行器距月球为r′时，地球对它的引力等于月球对它的引力，则G＝G，所以＝9，r＝10r′，r′∶r＝1∶10，故选项C正确.
10.如图2所示，一个质量均匀分布的半径为R的球体对球外质点P的万有引力为F.如果在球体中央挖去半径为r的一部分球体，且r＝，则原球体剩余部分对质点P的万有引力变为(　　)
图2
A. B. C. D.
答案　C
解析　利用填补法来分析此题.原来物体间的万有引力为F，挖去半径为的球体的质量为原来球体的质量的，其他条件不变，故剩余部分对质点P的万有引力为F－＝F.
11.下列关于万有引力的说法，正确的有(　　)
A.物体落到地面上，说明地球对物体有引力，物体对地球没有引力
B.万有引力定律是牛顿在总结前人研究的基础上发现的
C.地面上自由下落的苹果和天空中运行的月亮，受到的合力都是地球的万有引力
D.F＝G中，G是一个比例常数，没有单位
答案　BC
解析　物体间力的作用是相互的，物体落到地面上，地球对物体有引力，物体对地球也存在引力，选项A错误；万有引力定律是牛顿在总结前人研究的基础上发现的，选项B正确；地面上自由下落的苹果和天空中运行的月亮，受到的合力都是地球的万有引力，选项C正确；国际单位制中质量m、距离r、力F的单位分别是kg、m、N，根据牛顿的万有引力定律F＝G，得到G的单位是N·m2/kg2，选项D错误.
12.关于引力常量G，下列说法中正确的是(　　)
A.G值的测出使万有引力定律有了真正的实用价值
B.引力常量G的大小与两物体质量的乘积成反比，与两物体间距离的平方成正比
C.引力常量G在数值上等于两个质量都是1 kg的可视为质点的物体相距1 m时的相互吸引力
D.引力常量G是不变的，其数值大小由卡文迪许测出，与单位制的选择无关
答案　AC
解析　牛顿提出了万有引力之后的100年中由于G值没有测出，而只能进行定性分析，而G值的测出使万有引力定律有了真正的实用价值，选项A正确；引力常量是一个常数，其大小与质量以及两物体间的距离无关，选项B错误；根据万有引力定律可知，引力常量G在数值上等于两个质量都是1 kg的可视为质点的物体相距1 m时的相互吸引力，选项C正确；引力常量是定值，其数值大小由卡文迪许测出，但其大小与单位制的选择有关，选项D错误.
二、非选择题
13.火星半径为地球半径的一半，火星质量约为地球质量的.一位宇航员连同宇航服在地球上的质量为100 kg，则在火星上其质量为多少？重力为多少？(设地面上重力加速度g＝9.8 m/s2，星球对物体的引力等于物体的重力).
答案　100 kg　436 N
解析　质量是物体本身的属性，在不同的星球上物体质量不变，还是100 kg.
由G重＝G得，在火星表面物体重力与地球表面物体重力之比＝·＝×＝
所以物体在火星上的重力G重火＝×100×9.8 N≈436 N.
14.一个质量均匀分布的球体，半径为2r，在其内部挖去一个半径为r的球形空穴，其表面与球面相切，如图3所示.已知挖去小球的质量为m，在球心和空穴中心连线上，距球心d＝6r处有一质量为m2的质点，求：
图3
(1)被挖去的小球对m2的万有引力为多大？
(2)剩余部分对m2的万有引力为多大？
答案　(1)G　(2)G
解析　(1)被挖去的小球对m2的万有引力为
F2＝G＝G
(2)将挖去的小球填入空穴中，由V＝πr3可知，大球的质量为8m，大球对m2的引力为
F1＝G＝G
m2所受剩余部分的引力为F＝F1－F2＝G.
4　万有引力理论的成就
[学习目标] 1.了解万有引力定律在天文学上的重要应用.2.理解“计算天体质量”的基本思路.3.了解地球对地面物体的万有引力与重力的区别和联系.
一、计算天体的质量
1.称量地球的质量
(1)思路：地球表面的物体，若不考虑地球自转，物体的重力等于地球对物体的万有引力.
(2)关系式：mg＝G.
(3)结果：M＝，只要知道g、R、G的值，就可计算出地球的质量.
2.太阳质量的计算
(1)思路：质量为m的行星绕太阳做匀速圆周运动时，行星与太阳间的万有引力充当向心力.
(2)关系式：＝mr.
(3)结论：M＝，只要知道行星绕太阳运动的周期T和半径r就可以计算出太阳的质量.
(4)推广：若已知卫星绕行星运动的周期T和卫星与行星之间的距离r，可计算行星的质量M.
二、发现未知天体
1.海王星的发现：英国剑桥大学的学生亚当斯和法国年轻的天文学家勒维耶根据天王星的观测资料，利用万有引力定律计算出天王星外“新”行星的轨道.1846年9月23日，德国的伽勒在勒维耶预言的位置附近发现了这颗行星——海王星.
2.其他天体的发现：近100年来，人们在海王星的轨道之外又发现了冥王星、阋神星等几个较大的天体.
[即学即用]
1.判断下列说法的正误.
(1)地球表面的物体的重力必然等于地球对它的万有引力.(×)
(2)若只知道某行星绕太阳做圆周运动的半径，则可以求出太阳的质量.(×)
(3)已知地球绕太阳转动的周期和轨道半径，可以求出地球的质量.(×)
(4)天王星是依据万有引力定律计算的轨道而发现的.(×)
(5)牛顿根据万有引力定律计算出了海王星的轨道.(×)
(6)海王星、冥王星的发现表明了万有引力理论在太阳系内的正确性.(√)
2.已知引力常量G＝6.67×10－11 N·m2/kg2，重力加速度g＝9.8 m/s2，地球半径R＝6.4×106 m，则可知地球的质量约为(　　)
A.2×1018 kg B.2×1020 kg
C.6×1022 kg D.6×1024 kg
答案　D
一、天体质量和密度的计算
[导学探究]
1.卡文迪许在实验室测出了引力常量G的值，他称自己是“可以称量地球质量的人”.
(1)他测量的依据是什么？
(2)若还已知地球表面重力加速度g，地球半径R，求地球的质量和密度.
答案　(1)若忽略地球自转的影响，在地球表面上物体受到的重力等于地球对物体的万有引力.
(2)由mg＝G，得：M＝
ρ＝＝＝.
2.如果知道地球绕太阳的公转周期T和它与太阳的距离r，能求出太阳的质量吗？若要求太阳的密度，还需要哪些量？
答案　由＝m地r知M太＝.由密度公式ρ＝可知，若要求太阳的密度还需要知道太阳的半径.
[知识深化]　天体质量和密度的计算方法
“自力更生法”
“借助外援法”
情景
已知天体(如地球)的半径R和天体(如地球)表面的重力加速度g
行星或卫星绕中心天体做匀速圆周运动
思路
物体的重力近似等于天体(如地球)与物体间的万有引力：mg＝G
行星或卫星受到的万有引力充当向心力：G＝m()2r(或G＝m)(或G＝mω2r)
天体质量
天体(如地球)质量：M＝
中心天体质量：M＝(M＝或M＝)
天体密度
ρ＝＝
ρ＝＝(以T为例)
说明
利用mg＝求M是忽略了天体自转，且g为天体表面的重力加速度
由F引＝F向求M，求得的是中心天体的质量，而不是做圆周运动的天体质量
例1　假设在半径为R的某天体上发射一颗该天体的卫星.若它贴近该天体的表面做匀速圆周运动的周期为T1，已知万有引力常量为G.
(1)则该天体的密度是多少？
(2)若这颗卫星距该天体表面的高度为h，测得卫星在该处做圆周运动的周期为T2，则该天体的密度又是多少？
答案　(1)　(2)
解析　设卫星的质量为m，天体的质量为M.
(1)卫星贴近天体表面运动时有G＝mR，M＝
根据数学知识可知天体的体积为V＝πR3
故该天体的密度为ρ＝＝＝.
(2)卫星距天体表面的高度为h时，忽略自转有
G＝m(R＋h)
M＝
ρ＝＝＝
注意区分R、r、h的意义：一般情况下，R指中心天体的半径，r指行星或卫星的轨道半径，h指卫星距离星球表面的高度，r＝R＋h.
针对训练　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.该中心恒星与太阳的质量的比值约为(　　)
A. B.1 C.5 D.10
答案　B
解析　由G＝mr得M∝
已知＝，＝，则＝()3×()2≈1，B项正确.
例2　有一星球的密度与地球相同，但它表面处的重力加速度是地球表面重力加速度的4倍，求：
(1)星球半径与地球半径之比；
(2)星球质量与地球质量之比.
答案　(1)4∶1　(2)64∶1
解析　(1)由＝mg得M＝，所以ρ＝＝＝，R＝，＝·＝＝.
(2)由(1)可知该星球半径是地球半径的4倍.根据M＝得＝·＝.
二、物体所受地球的引力与重力的关系
1.物体在地球表面上所受引力与重力的关系
地球在不停地自转，地球上的物体随着地球自转而做圆周运动，做圆周运动需要一个向心力，所以重力不直接等于万有引力而近似等于万有引力，如图1，万有引力为F引，重力为G，自转向心力为F′.当然，真实情况不会有这么大偏差.
图1
(1)物体在一般位置时
F′＝mrω2，F′、F引、G不在一条直线上，重力G与万有引力F引方向有偏差，重力大小mg(2)当物体在赤道上时，F′达到最大值Fmax′，
Fmax′＝mRω2，此时重力最小；
Gmin＝F引－Fmax′＝G－mRω2.
(3)当物体在两极时F′＝0
G＝F引，重力达最大值Gmax＝G.
可见只有在两极处重力等于万有引力，其他位置重力小于万有引力.
(4)由于地球自转角速度很小，自转所需向心力很小，一般情况下认为重力近似等于万有引力，mg≈G，g为地球表面的重力加速度.
2.重力与高度的关系
若距离地面的高度为h，则mg′＝G(R为地球半径，g′为离地面h高度处的重力加速度).所以在同一纬度距地面越高，物体的重力加速度越小，则物体所受的重力也越小.
例3　我国航天技术飞速发展，设想数年后宇航员登上了某星球表面.宇航员从距该星球表面高度为h处，沿水平方向以初速度v抛出一小球，测得小球做平抛运动的水平距离为L，已知该星球的半径为R，引力常量为G.求：
(1)该星球表面的重力加速度；
(2)该星球的平均密度.
答案　(1)　(2)
解析　(1)小球在星球表面做平抛运动，
有L＝vt，h＝gt2，解得g＝.
(2)在星球表面满足G＝mg
又M＝ρ·πR3，解得ρ＝.
1.(天体质量的计算)已知引力常量G、月球中心到地球中心的距离R和月球绕地球运行的周期T，仅利用这三个数据，可以估算出的物理量有(　　)
A.月球的质量 B.地球的质量
C.地球的半径 D.地球的密度
答案　B
解析　由天体运动规律知G＝mR可得地球质量M＝，由于不知地球的半径，无法求地球的密度，故选项B正确.
2.(天体的质量和密度的计算)一艘宇宙飞船绕一个不知名的行星表面飞行，要测定该行星的密度，仅仅需要(　　)
A.测定飞船的运行周期 B.测定飞船的环绕半径
C.测定行星的体积 D.测定飞船的运行速度
答案　A
解析　取飞船为研究对象，由G＝mR及M＝πR3ρ，知ρ＝，故选A.
3.(地球表面的万有引力与重力的关系)地球可近似看成球形，由于地球表面上物体都随地球自转，所以有(　　)
A.物体在赤道处受到的地球引力等于两极处，而重力小于两极处
B.赤道处的角速度比南纬30°大
C.地球上物体的向心加速度都指向地心，且赤道上物体的向心加速度比两极处大
D.地面上的物体随地球自转时提供向心力的是重力
答案　A
解析　由F＝G可知，若地球看成球形，则物体在地球表面上任何位置受到的地球引力都相等，此引力的两个分力一个是物体的重力，另一个是物体随地球自转所需的向心力.在赤道上，向心力最大，重力最小，A对.地球各处的角速度均等于地球自转的角速度，B错.地球上只有赤道上的物体向心加速度指向地心，其他位置的向心加速度均不指向地心，C错.地面上物体随地球自转的向心力是万有引力与地面支持力的合力，D错.
4.(物体的运动与万有引力的结合)宇航员在地球表面以一定初速度竖直上抛一小球，经过时间t小球落回原处；若他在某星球表面以相同的初速度竖直上抛同一小球，需经过时间5t小球落回原处.(取地球表面重力加速度g＝10 m/s2，空气阻力不计)
(1)求该星球表面附近的重力加速度g星的大小；
(2)已知该星球的半径与地球半径之比为＝，求该星球的质量与地球质量之比.
答案　(1)2 m/s2　(2)
解析　(1)在地球表面以一定的初速度v0竖直上抛一小球，经过时间t小球落回原处，
根据运动学公式可有t＝.
同理，在某星球表面以相同的初速度竖直上抛同一小球，经过时间5t小球落回原处，则5t＝
根据以上两式，解得g星＝g＝2 m/s2
(2)在天体表面时，物体的重力近似等于万有引力，即
mg＝，所以M＝
由此可得，＝·＝×＝.
课时作业
一、选择题(1～8为单项选择题，9～10为多项选择题)
1.关于万有引力定律应用于天文学研究的历史事实，下列说法中正确的是(　　)
A.天王星、海王星和冥王星，都是运用万有引力定律、经过大量计算后发现的
B.在18世纪已经发现的7个行星中，人们发现第七个行星——天王星的运动轨道总是同根据万有引力定律计算出来的结果有比较大的偏差，于是有人推测，在天王星轨道外还有一个行星，是它的存在引起了上述偏差
C.海王星是牛顿运用自己发现的万有引力定律，经大量计算而发现的
D.冥王星是英国剑桥大学的学生亚当斯和勒维耶合作研究后共同发现的
答案　B
解析　天王星是通过观察发现的，选项A错误，B正确；海王星是英国剑桥大学的学生亚当斯和勒维耶合作研究后共同发现的，选项C、D错误.
2.地球半径为R，地球表面的重力加速度为g，若高空中某处的重力加速度为，则该处距地球表面的高度为(　　)
A.(－1)R B.R
C.R D.2R
答案　A
解析　万有引力近似等于重力，设地球的质量为M，物体质量为m，物体距地面的高度为h，分别列式＝mg，G＝m，联立得2R2＝(R＋h)2，
解得h＝(－1)R，选项A正确.
3.据报道，最近在太阳系外发现了首颗“宜居”行星，其质量约为地球质量的6.4倍，一个在地球表面重量为600 N 的人在这个行星表面的重量将变为960 N.由此可推知，该行星的半径与地球半径的比值为(　　)
A.0.5 B.2 C.3.2 D.4
答案　B
解析　若地球质量为M0，则“宜居”行星质量为M＝6.4M0，由mg＝G得＝·＝，所以＝＝＝2，选项B正确.
4.火星的质量和半径分别约为地球的和，地球表面的重力加速度为g，则火星表面的重力加速度约为(　　)
A.0.2g B.0.4g
C.2.5g D.5g
答案　B
解析　在星球表面有mg＝，设火星表面的重力加速度为g火，则 ＝＝0.4，故B正确.
5.2015年7月23日，美国宇航局通过开普勒太空望远镜发现了迄今“最接近另一个地球”的系外行星开普勒－452b，开普勒－452b围绕一颗类似太阳的恒星做匀速圆周运动，公转周期约为385天(约3.3×107 s)，轨道半径约为1.5×1011 m，已知引力常量G＝6.67×10－11 N·m2/kg2，利用以上数据可以估算类似太阳的恒星的质量约为(　　)
A.1.8×1030 kg B.1.8×1027 kg
C.1.8×1024 kg D.1.8×1021 kg
答案　A
解析　根据万有引力充当向心力，有G＝mr，则中心天体的质量M＝≈ kg≈1.8×1030 kg，故A正确.
6.若地球绕太阳公转周期及公转轨道半径分别为T和R，月球绕地球公转周期和公转轨道半径分别为t和r，则太阳质量与地球质量之比为(　　)
A. B.
C. D.
答案　A
解析　无论地球绕太阳公转，还是月球绕地球公转，统一的公式为＝m，即M∝，所以＝.
7.“嫦娥三号”的环月轨道可近似看成是圆轨道，观察“嫦娥三号”在环月轨道上的运动，发现每经过时间t通过的弧长为l，该弧长对应的圆心角为θ(弧度)，如图1所示.已知引力常量为G，由此可推导出月球的质量为(　　)
图1
A. B.
C. D.
答案　A
解析　根据弧长及对应的圆心角，可得“嫦娥三号”的轨道半径r＝，根据转过的角度和时间，可得ω＝，由于月球对“嫦娥三号”的万有引力提供“嫦娥三号”做圆周运动的向心力，可得G＝mω2r，由以上三式可得M＝.
8.假设地球是一半径为R、质量分布均匀的球体.一矿井深度为d(矿井宽度很小).已知质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零，则矿井底部和地面处的重力加速度大小之比为(　　)
A.1－ B.1＋
C.2 D.2
答案　A
解析　设地球的密度为ρ，地球的质量为M，根据万有引力定律可知，地球表面的重力加速度g＝.地球质量可表示为M＝πR3ρ.质量分布均匀的球壳对球壳内物体的引力为零，矿井下以(R－d)为半径的地球的质量为M′＝π(R－d)3ρ，解得M′＝3M，则矿井底部处的重力加速度g′＝，则矿井底部处的重力加速度和地球表面的重力加速度之比为＝1－，选项A正确.
9.关于重力和万有引力的关系，下列说法正确的是(　　)
A.地面附近物体所受到的重力就是万有引力
B.重力是由于地面附近的物体受到地球吸引而产生的
C.在不太精确的计算中，可以近似认为重力等于万有引力
D.严格说来重力并不等于万有引力，除两极处物体的重力等于万有引力外，在地球其他各处的重力都略小于万有引力
答案　BCD
10.一卫星绕地球做匀速圆周运动，其轨道半径为r，卫星绕地球做匀速圆周运动的周期为T，已知地球的半径为R，地球表面的重力加速度为g，引力常量为G，则地球的质量可表示为(　　)
A. B.
C. D.
答案　AC
解析　根据G＝mr得，M＝，选项A正确，选项B错误；在地球的表面附近有mg＝G，则M＝，选项C正确，选项D错误.
二、非选择题
11.若宇航员登上月球后，在月球表面做了一个实验：将一片羽毛和一个铁锤从同一高度由静止同时释放，二者几乎同时落地.若羽毛和铁锤是从高度为h处下落，经时间t落到月球表面.已知引力常量为G，月球的半径为R.求：(不考虑月球自转的影响)
(1)月球表面的自由落体加速度大小g月.
(2)月球的质量M.
(3)月球的密度.
答案　(1)　(2)　(3)
解析　(1)月球表面附近的物体做自由落体运动h＝g月t2，月球表面的自由落体加速度大小g月＝.
(2)因不考虑月球自转的影响，则有G＝mg月，月球的质量M＝.
(3)月球的密度ρ＝＝＝.
12.如图2所示，火箭内平台上放有测试仪器，火箭从地面发射后，以加速度竖直向上匀加速运动，升到某一高度时，测试仪器对平台的压力为发射前压力的.已知地球半径为R，求火箭此时离地面的高度.(g为地面附近的重力加速度)
图2
答案　
解析　火箭上升过程中，测试仪器受竖直向下的重力和向上的支持力，设高度为h时，重力加速度为g′，由牛顿第二定律得mg－mg′＝m×，解得g′＝g，
由万有引力定律知：G＝mg′，＝mg，
解得h＝.
5　宇宙航行
[学习目标] 1.知道三个宇宙速度的含义，会推导第一宇宙速度.2.认识同步卫星的特点.3.了解人造卫星的相关知识和我国卫星发射的情况以及人类对太空的探索历程.
一、宇宙速度
1.牛顿的设想：如图1所示，把物体水平抛出，如果速度足够大，物体就不再落回地面，它将绕地球运动，成为人造地球卫星.
图1
2.三个宇宙速度
数值
意义
第一宇宙速度
7.9 km/s
卫星在地球表面附近绕地球做匀速圆周运动的速度
第二宇宙速度
11.2 km/s
使卫星挣脱地球引力束缚永远离开地球的最小地面发射速度
第三宇宙速度
16.7 km/s
使卫星挣脱太阳引力束缚飞到太阳系外的最小地面发射速度
二、梦想成真
1.1957年10月4日苏联成功发射了第一颗人造地球卫星.
2.1961年4月12日，苏联空军少校加加林进入“东方一号”载人飞船，铸就了人类进入太空的丰碑.
3.1969年7月，美国“阿波罗11号”飞船登上月球.
4.2003年10月15日，我国“神舟五号”宇宙飞船发射成功，把中国第一位航天员杨利伟送入太空.
[即学即用]
1.判断下列说法的正误.
(1)第一宇宙速度是发射卫星的最小速度.(√)
(2)人造地球卫星的最小绕行速度是7.9 km/s.(×)
(3)要发射一颗人造地球卫星，发射速度必须大于16.7 km/s.(×)
2.已知月球半径为R，月球质量为M，引力常量为G，则月球的第一宇宙速度v＝________.
答案　
一、第一宇宙速度的理解与计算
[导学探究]　(1)不同天体的第一宇宙速度是否相同？第一宇宙速度的决定因素是什么？
(2)把卫星发射到更高的轨道上需要的发射速度越大还是越小？
答案　(1)不同.由＝m得，第一宇宙速度v＝，可以看出，第一宇宙速度的值取决于中心天体的质量M和半径R，与卫星无关.
(2)越大.向高轨道发射卫星比向低轨道发射卫星困难，因为发射卫星要克服地球对它的引力.
[知识深化]
1.第一宇宙速度：第一宇宙速度是人造卫星近地环绕地球做匀速圆周运动的绕行速度.
2.推导：对于近地人造卫星，轨道半径r近似等于地球半径R＝6 400 km，卫星在轨道处所受的万有引力近似等于卫星在地面上所受的重力，取g＝9.8 m/s2，则
3.推广
由第一宇宙速度的两种表达式看出，第一宇宙速度的值由中心天体决定，可以说任何一颗行星都有自己的第一宇宙速度，都应以v＝或v＝表示，式中G为引力常量，M为中心天体的质量，g为中心天体表面的重力加速度，R为中心天体的半径.
4.理解
(1)“最小发射速度”与“最大绕行速度”
①“最小发射速度”：向高轨道发射卫星比向低轨道发射卫星困难，因为发射卫星要克服地球对它的引力.所以近地轨道的发射速度(第一宇宙速度)是发射人造卫星的最小速度.
②“最大绕行速度”：由G＝m可得v＝，轨道半径越小，线速度越大，所以近地卫星的线速度(第一宇宙速度)是最大绕行速度.
(2)发射速度与发射轨道
①当7.9 km/s≤v发<11.2 km/s时，卫星绕地球运动，且发射速度越大，卫星的轨道半径越大，绕行速度越小.
②当11.2 km/s≤v发<16.7 km/s时，卫星绕太阳旋转，成为太阳系一颗“小行星”.
③当v发≥16.7 km/s时，卫星脱离太阳的引力束缚跑到太阳系以外的空间中去.
例1　我国发射了一颗绕月运行的探月卫星“嫦娥一号”.设该卫星的轨道是圆形的，且贴近月球表面.已知月球的质量约为地球质量的，月球的半径约为地球半径的，地球上的第一宇宙速度约为7.9 km/s，则该探月卫星绕月运行的最大速率约为(　　)
A.0.4 km/s B.1.8 km/s
C.11 km/s D.36 km/s
答案　B
解析　星球的第一宇宙速度即为围绕星球做圆周运动的轨道半径为该星球半径时的环绕速度，由万有引力提供向心力即可得出这一最大环绕速度.
卫星所需的向心力由万有引力提供，
G＝m，得v＝，
又由＝、＝，
故月球和地球上第一宇宙速度之比＝，
故v月＝7.9× km/s≈1.8 km/s，
因此B项正确.
例2　某人在一星球上以速率v竖直上抛一物体，经时间t后，物体以速率v落回手中.已知该星球的半径为R，求该星球的第一宇宙速度.
答案　
解析　根据匀变速直线运动的规律可得，该星球表面的重力加速度为g＝，该星球的第一宇宙速度即为卫星在其表面附近绕它做匀速圆周运动的线速度，该星球对卫星的引力(重力)提供卫星做圆周运动的向心力，则mg＝，该星球的第一宇宙速度为v1＝＝ .
二、人造地球卫星
[导学探究]
1. 如图2所示，圆a、b、c的圆心均在地球的自转轴线上.b、c的圆心与地心重合，d为椭圆轨道，且地心为椭圆的一个焦点.四条轨道中哪些可以作为卫星轨道？为什么？
图2
答案　b、c、d轨道都可以.因为卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，而万有引力是始终指向地心的，故卫星做匀速圆周运动的向心力必须指向地心，因此b、c轨道都可以，a轨道不可以.卫星也可在椭圆轨道运行，故d轨道也可以.
2.地球同步卫星的轨道在哪个面上？周期是多大？同步卫星的高度和轨道面可以任意选择吗？
答案　同步卫星是相对地面静止的卫星，必须和地球自转同步，也就是说必须在赤道面上，周期是24 h.由于周期一定，故同步卫星离地面的高度也是一定的，即同步卫星不可以任意选择高度和轨道面.
[知识深化]
1.人造地球卫星的轨道：卫星绕地球做匀速圆周运动时，由地球对它的万有引力充当向心力.因此卫星绕地球做匀速圆周运动的圆心必与地心重合，而这样的轨道有多种，其中比较特殊的有与赤道共面的赤道轨道和通过两极上空的极地轨道.当然也存在着与赤道平面呈某一角度的圆轨道.如图3所示.
图3
2.地球同步卫星
(1)定义：相对于地面静止的卫星，又叫静止卫星.
(2)特点：
①确定的转动方向：和地球自转方向一致；
②确定的周期：和地球自转周期相同，即T＝24 h；
③确定的角速度：等于地球自转的角速度；
④确定的轨道平面：所有的同步卫星都在赤道的正上方，其轨道平面必须与赤道平面重合；
⑤确定的高度：离地面高度固定不变(3.6×104 km)；
⑥确定的环绕速率：线速度大小一定(3.1×103 m/s).
例3　关于地球的同步卫星，下列说法正确的是(　　)
A.同步卫星的轨道和北京所在纬度圈共面
B.同步卫星的轨道必须和地球赤道共面
C.所有同步卫星距离地面的高度不一定相同
D.所有同步卫星的质量一定相同
答案　B
解析　同步卫星所受向心力指向地心，与地球自转同步，故卫星所在轨道与赤道共面，故A项错误，B项正确；同步卫星距地面高度一定，但卫星的质量不一定相同，故C、D项错误.
解决本题的关键是掌握同步卫星的特点：同步卫星定轨道(在赤道上方)、定周期(与地球的自转周期相同)、定速率、定高度.
针对训练　(多选)我国“中星11号”商业通信卫星是一颗同步卫星，它定点于东经98.2度的赤道上空，关于这颗卫星的说法正确的是(　　)
A.运行速度大于7.9 km/s
B.离地面高度一定，相对地面静止
C.绕地球运行的角速度比月球绕地球运行的角速度大
D.向心加速度与静止在赤道上物体的向心加速度大小相等
答案　BC
解析　“中星11号”是地球同步卫星，距地面有一定的高度，运行速度要小于7.9 km/s，A错.其位置在赤道上空，高度一定，且相对地面静止，B正确.其运行周期为24小时，小于月球的绕行周期27天，由ω＝知，其运行角速度比月球的大，C正确.同步卫星与静止在赤道上的物体具有相同的角速度，但半径不同，由an＝rω2知，同步卫星的向心加速度大，D错.
1.(对宇宙速度的理解)(多选)下列关于三种宇宙速度的说法中正确的是(　　)
A.第一宇宙速度v1＝7.9 km/s，第二宇宙速度v2＝11.2 km/s，则人造卫星绕地球在圆轨道上运行时的速度大于等于v1，小于v2
B.美国发射的“凤凰号”火星探测卫星，其发射速度大于第三宇宙速度
C.第二宇宙速度是在地面附近使物体可以挣脱地球引力束缚，成为绕太阳运行的人造行星的最小发射速度
D.第一宇宙速度7.9 km/s是人造地球卫星绕地球做圆周运动的最大运行速度
答案　CD
解析　根据v＝可知，卫星的轨道半径r越大，即距离地面越远，卫星的环绕速度越小，v1＝7.9 km/s是人造地球卫星绕地球做圆周运动的最大运行速度，D正确；实际上，由于人造卫星的轨道半径都大于地球半径，故卫星绕地球在圆轨道上运行时的速度都小于第一宇宙速度，选项A错误；美国发射的“凤凰号”火星探测卫星，仍在太阳系内，所以其发射速度小于第三宇宙速度，选项B错误；第二宇宙速度是使物体挣脱地球引力束缚而成为太阳的一颗人造行星的最小发射速度，选项C正确.
2.(对同步卫星的认识)下列关于我国发射的“亚洲一号”地球同步通讯卫星的说法，正确的是(　　)
A.若其质量加倍，则轨道半径也要加倍
B.它在北京上空运行，故可用于我国的电视广播
C.它以第一宇宙速度运行
D.它运行的角速度与地球自转角速度相同
答案　D
解析　由G＝m得r＝，可知轨道半径与卫星质量无关，A错；同步卫星的轨道平面必须与赤道平面重合，即在赤道上空运行，不能在北京上空运行，B错；第一宇宙速度是卫星在最低圆轨道上运行的速度，而同步卫星在高轨道上运行，其运行速度小于第一宇宙速度，C错；所谓“同步”就是卫星保持与赤道上某一点相对静止，所以同步卫星的角速度与地球自转角速度相同，D对.
3.(第一宇宙速度的计算)若取地球的第一宇宙速度为8 km/s，某行星的质量是地球质量的6倍，半径是地球半径的1.5倍，此行星的第一宇宙速度约为(　　)
A.16 km/s B.32 km/s
C.4 km/s D.2 km/s
答案　A
4.(第一宇宙速度的计算)某星球的半径为R，在其表面上方高度为aR的位置，以初速度v0水平抛出一个金属小球，水平射程为bR，a、b均为数值极小的常数，则这个星球的第一宇宙速度为(　　)
A.v0 B.v0
C.v0 D.v0
答案　A
解析　设该星球表面的重力加速度为g，小球落地时间为t，抛出的金属小球做平抛运动，根据平抛运动规律得aR＝gt2，bR＝v0t，联立以上两式解得g＝，第一宇宙速度即为该星球表面卫星线速度，根据星球表面卫星重力充当向心力得mg＝m，所以第一宇宙速度v＝＝＝v0，故选项A正确.
课时作业
一、选择题(1～6为单项选择题，7～10为多项选择题)
1.由于通讯和广播等方面的需要，许多国家发射了地球同步轨道卫星，这些卫星的(　　)
A. 质量可以不同 B. 轨道半径可以不同
C. 轨道平面可以不同 D. 速率可以不同
答案　A
解析　万有引力提供卫星做圆周运动的向心力＝m()2r＝m，解得周期T＝2π，环绕速度v＝，可见周期相同的情况下轨道半径必然相同，B错误.轨道半径相同必然环绕速度相同，D错误.同步卫星相对于地面静止在赤道上空，所有的同步卫星轨道运行在赤道上空同一个圆轨道上，C错误.同步卫星的质量可以不同，A正确.
2.地球上相距很远的两位观察者，都发现自己的正上方有一颗人造卫星，相对自己静止不动，则这两位观察者的位置以及两颗人造卫星到地球中心的距离可能是(　　)
A.一人在南极，一人在北极，两卫星到地球中心的距离一定相等
B.一人在南极，一人在北极，两卫星到地球中心的距离可以不等，但应成整数倍
C.两人都在赤道上，两卫星到地球中心的距离一定相等
D.两人都在赤道上，两卫星到地球中心的距离可以不等，但应成整数倍
答案　C
解析　观察者看到的都是同步卫星，卫星在赤道上空，到地心的距离相等.
3.2013年6月11日17时38分，“神舟十号”飞船在酒泉卫星发射中心发射升空，航天员王亚平进行了首次太空授课.在飞船进入离地面343 km的圆形轨道环绕地球飞行时，它的线速度大小(　　)
A.等于7.9 km/s
B.介于7.9 km/s和11.2 km/s之间
C.小于7.9 km/s
D.介于7.9 km/s和16.7 km/s之间
答案　C
解析　卫星在圆形轨道上运行的速度v＝.由于轨道半径r＞地球半径R，所以v＜ ＝7.9 km/s，C正确.
4.如图1所示为北斗导航系统的部分卫星，每颗卫星的运动可视为匀速圆周运动.下列说法错误的是(　　)
图1
A.在轨道运行的两颗卫星a、b的周期相等
B.在轨道运行的两颗卫星a、c的线速度大小vaC.在轨道运行的两颗卫星b、c的角速度大小ωb<ωc
D.在轨道运行的两颗卫星a、b的向心加速度大小aa答案　D
解析　根据万有引力提供向心力，得T＝2π，因为a、b的轨道半径相等，故a、b的周期相等，选项A正确；因v＝，c的轨道半径小于a的轨道半径，故线速度大小va5.星球上的物体脱离星球引力所需的最小速度称为该星球的第二宇宙速度，星球的第二宇宙速度v2与其第一宇宙速度v1的关系是v2＝v1.已知某星球的半径为r，表面的重力加速度为地球表面重力加速度g的，不计其他星球的影响，则该星球的第二宇宙速度为(　　)
A. B.  C.  D.gr
答案　C
解析　mg＝m得v1＝ .再根据v2＝v1得v2＝ ，故C选项正确.
6.假设地球的质量不变，而地球的半径增大到原来半径的2倍，那么地球的第一宇宙速度的大小应为原来的(　　)
A. B. C. D.2
答案　B
解析　因第一宇宙速度即为地球的近地卫星的线速度，此时卫星的轨道半径近似的认为等于地球的半径，且地球对卫星的万有引力提供向心力.由G＝得v＝ ，因此，当M不变，R增大为2R时，v减小为原来的，选项B正确.
7.关于第一宇宙速度，下列说法正确的是(　　)
A.它是人造地球卫星绕地球飞行的最小速度
B.它是近地圆形轨道上人造地球卫星的最大运行速度
C.它是能使卫星进入近地圆形轨道的最小发射速度
D.它是人造地球卫星绕地球飞行的最大环绕速度
答案　BCD
解析　第一宇宙速度是从地球表面发射人造地球卫星的最小发射速度，是人造地球卫星绕地球飞行的最大环绕速度，也是近地圆形轨道上人造地球卫星的最大运行速度，选项B、C、D正确，A错误.
8.一颗人造地球卫星以初速度v发射后，可绕地球做匀速圆周运动，若使发射速度增大为2v，则该卫星可能(　　)
A.绕地球做匀速圆周运动
B.绕地球运动，轨道变为椭圆
C.不绕地球运动，成为太阳的人造行星
D.挣脱太阳引力的束缚，飞到太阳系以外的宇宙
答案　CD
解析　以初速度v发射后能成为人造地球卫星，可知发射速度v一定大于第一宇宙速度7.9 km/s；当以2v速度发射时，发射速度一定大于15.8 km/s，已超过了第二宇宙速度11.2 km/s，也可能超过第三宇宙速度16.7 km/s，所以此卫星不再绕地球运行，可能绕太阳运行，或者飞到太阳系以外的宇宙，故选项C、D正确.
9.我国在轨运行的气象卫星有两类，如图2所示，一类是极地轨道卫星——“风云1号”，绕地球做匀速圆周运动的周期为12 h，另一类是地球同步轨道卫星——“风云2号”，运行周期为24 h.下列说法正确的是(　　)
图2
A.“风云1号”的线速度大于“风云2号”的线速度
B.“风云1号”的向心加速度大于“风云2号”的向心加速度
C.“风云1号”的发射速度大于“风云2号”的发射速度
D.“风云1号”“风云2号”相对地面均静止
答案　AB
解析　由＝k知，风云2号的轨道半径大于风云1号的轨道半径.由G＝m＝man得v＝ ，an＝，r越大，v越小，an越小，所以A、B正确.把卫星发射的越远，所需发射速度越大，C错误.只有同步卫星相对地面静止，所以D错误.
10.中俄曾联合实施探测火星计划，由中国负责研制的“萤火一号”火星探测器与俄罗斯研制的“福布斯—土壤”火星探测器一起由俄罗斯“天顶”运载火箭发射前往火星.由于火箭故障未能成功，若发射成功，且已知火星的质量约为地球质量的，火星的半径约为地球半径的.下列关于火星探测器的说法中正确的是(　　)
A.发射速度只要大于第一宇宙速度即可
B.发射速度只有达到第三宇宙速度才可以
C.发射速度应大于第二宇宙速度且小于第三宇宙速度
D.火星探测器环绕火星运行的最大速度约为地球第一宇宙速度的
答案　CD
解析　火星探测器前往火星，脱离地球引力束缚，还在太阳系内，发射速度应大于第二宇宙速度、小于第三宇宙速度，选项A、B错误，C正确；由＝m得，v＝.已知火星的质量约为地球质量的，火星的半径约为地球半径的，可得火星的第一宇宙速度与地球第一宇宙速度之比＝ ＝ ＝，选项D正确.
二、非选择题
11.据报道：某国发射了一颗质量为100 kg、周期为1 h的人造环月卫星，一位同学记不住引力常量G的数值，且手边没有可查找的资料，但他记得月球半径为地球半径的，月球表面重力加速度为地球表面重力加速度的，经过推理，他认定该报道是则假新闻，试写出他的论证方案.(地球半径约为6.4×103 km，g地取9.8 m/s2)
答案　见解析
解析　对环月卫星，根据万有引力定律和牛顿第二定律得＝mr，解得T＝2π 
则r＝R月时，T有最小值，又＝g月
故Tmin＝2π ＝2π ＝2π 
代入数据解得Tmin≈1.73 h
环月卫星最小周期为1.73 h，故该报道是则假新闻.
12.我国正在逐步建立同步卫星与“伽利略计划”等中低轨道卫星构成的卫星通信系统.
(1)若已知地球的平均半径为R0，自转周期为T0，地表的重力加速度为g，试求同步卫星的轨道半径R.
(2)有一颗与上述同步卫星在同一轨道平面的低轨道卫星，自西向东绕地球运行，其运行半径为同步卫星轨道半径R的四分之一，试求该卫星至少每隔多长时间才在同一地点的正上方出现一次.(计算结果只能用题中已知物理量的字母表示)
答案　(1) 　(2)
解析　(1)设地球的质量为M，同步卫星的质量为m，运动周期为T，因为卫星做圆周运动的向心力由万有引力提供，故G＝mR()2①
同步卫星的周期为T＝T0②
而在地球表面，重力提供向心力，
有m′g＝G③
由①②③式解得R＝ .
(2)由①式可知T2∝R3，设低轨道卫星运行的周期为T′，则＝，因而T′＝，设卫星至少每隔t时间才在同一地点的正上方出现一次，根据圆周运动角速度与所转过的圆心角的关系θ＝ωt，得t－t＝2π，解得t＝，即卫星至少每隔时间才在同一地点的正上方出现一次.
6　经典力学的局限性
[学习目标] 1.了解经典力学的发展历程和伟大成就.2.认识经典力学的局限性和适用范围.3.初步了解微观和高速世界中的奇妙现象.4.知道相对论、量子力学和经典力学的关系.
一、从低速到高速
1.经典力学的基础是牛顿运动定律，牛顿运动定律和万有引力定律在宏观、低速、弱引力的广阔领域，包括天体力学的研究中，经受了实践的检验，取得了巨大的成就.
2.狭义相对论阐述的是物体以接近光的速度运动时所遵从的规律.
3.在经典力学中，物体的质量是不变的，而狭义相对论指出，质量要随物体运动速度的增大而增大，即m＝，两者在速度远小于光速的条件下是统一的.
4.经典力学认为位移和时间的测量与参考系无关，相对论认为，同一过程的位移和时间的测量与参考系有关，在不同的参考系中测量结果不同.
二、从宏观到微观
1.电子、质子、中子等微观粒子不仅具有粒子性，同时还具有波动性，它们的运动规律在很多情况下不能用经典力学来说明，而量子力学能够正确地描述微观粒子的运动规律.
2.经典力学的适用范围：只适用于低速运动，不适用于高速运动；只适用于宏观世界，不适用于微观世界.
三、从弱引力到强引力
1915年，爱因斯坦创立了广义相对论，这是一种新的时空与引力的理论.在强引力的情况下，牛顿的引力理论不再适用.
[即学即用]　判断下列说法的正误.
(1)洲际导弹的速度有时可达到6 000 m/s，此速度在相对论中属于高速.(×)
(2)质量是物体的固有属性，任何时候都不会变.(×)
(3)对于高速运动的物体，它的质量随着速度的增大而增大.(√)
(4)对于宏观物体的低速运动问题，相对论、量子力学与经典力学是一致的.(√)
(5)光线经过任何物体附近时都是沿直线传播的.(×)
一、从低速到高速
[导学探究]
1.地球绕太阳公转的速度是3×104 m/s，设在美国伊利诺斯州费米实验室的圆形粒子加速器可以把电子加速到0.999 999 999 987倍光速的速度，请思考：
(1)地球的公转速度在狭义相对论中属于低速还是高速？被加速器加速后的电子的速度呢？
(2)加速后电子的质量比电子的静止质量增大了还是减小了？
答案　(1)地球公转速度属于低速，被加速器加速后的电子的速度属于高速.
(2)加速后电子的质量比电子的静止质量增大了.
2.在经典力学和狭义相对论中，位移和时间的测量结果在不同的参考系中有何区别？
答案　在经典力学中，同一过程的位移和时间的测量结果在不同参考系中是相同的；在狭义相对论中，同一过程的位移和时间的测量结果在不同参考系中是不同的.
[知识深化]
1.低速与高速
(1)低速：通常所见物体的运动，如行驶的汽车、发射的导弹、人造地球卫星及宇宙飞船等物体皆为低速运动物体.
(2)高速：有些微观粒子在一定条件下其速度可以与光速相接近，这样的速度称为高速.
2.速度对质量的影响
(1)在经典力学中，物体的质量不随运动状态的改变而改变.
(2)爱因斯坦的狭义相对论指出，物体的质量随速度的增大而增大，即m＝，其中m0是物体静止时的质量，m是物体速度为v时的质量，c是真空中的光速.在高速运动时，质量的测量结果是与运动状态密切相关的.
3.速度对物理规律的影响
对于低速运动问题，一般用经典力学规律来处理.对于高速运动问题，经典力学已不再适用，需要用相对论知识来处理.
4.位移、时间与参考系的关系
经典力学认为位移和时间的测量与参考系无关，相对论认为，同一过程的位移和时间的测量与参考系有关，在不同的参考系中测量结果不同.
例1　一个原来静止的电子，经电场加速后速度为v＝6×106 m/s.问电子的质量增大了还是减小了？改变了百分之几？
答案　增大了　0.02%
解析　根据爱因斯坦的狭义相对论m＝，
得加速后的质量增大了，且
m＝＝≈1.000 2m0，
所以改变的百分比为×100%＝0.02%.
例2　根据爱因斯坦的狭义相对论，质量要随着物体运动速度的增大而增大，即m＝ .请讨论：
(1)如果你使一个物体加速、加速、再加速，它的速度会增加到等于光速甚至大于光速吗？为什么？
(2)光有静止质量吗？如果有，情况将会怎样？
答案　见解析
解析　(1)由m＝ 知：当v＝c时，m应是无穷大.物体加速时，随着速度的不断增大，物体质量不断增大，产生加速度所需要的力会随之不断增大，使加速越来越困难，因此一个物体不管怎样加速，它的速度不会等于甚至大于光速.
(2)光没有静止质量.若光有静止质量，当光传播时速度为c，由m＝，它传播时的质量会无穷大，光照射到物体上，如同一个质量无穷大的物体以光速砸到被照射物体上，后果不堪设想.
二、从宏观到微观
[导学探究]
1.粒子对撞机可以把质子加速到接近于光速.如图1，经典力学是否适用于质子束的运动规律？如何研究质子束的运动规律？
图1
答案　不适用.经典力学只适用于宏观低速运动，描述微观高速粒子的运动要用到量子力学.
2.如图2所示，“黑洞”是爱因斯坦广义相对论中预言的一种特殊天体.它的密度极大，对周围的物质(包括光)有极强的吸引力，在研究“黑洞”时，经典力学还适用吗？如何研究“黑洞”问题？
图2
答案　不适用.经典力学适用于弱引力问题，而“黑洞”问题属于强引力问题，经典力学不再适用，可以利用爱因斯坦的广义相对论研究“黑洞”问题.
[知识深化]　经典力学与相对论、量子理论的比较
1.区别
狭义相对论
经典力学适用于低速运动的物体；狭义相对论阐述物体在以接近光速运动时所遵循的规律
量子力学
经典力学适用于宏观世界；量子力学能够正确描述微观粒子的运动规律
广义相对论
经典力学在弱引力的情况下与实验结果符合得很好；爱因斯坦的广义相对论能够解释强引力情况下的作用规律
2.联系
(1)当物体的运动速度远小于光速时，相对论物理学与经典物理学的结论没有区别.
(2)当另一个重要常数即“普朗克常量”可以忽略不计时，量子力学和经典力学的结论没有区别.
(3)相对论和量子力学并没有否定经典力学，经典力学是二者在一定条件下的特殊情形.
例3　关于经典力学、狭义相对论和量子力学，下列说法中正确的是(　　)
A.狭义相对论和经典力学是相互对立、互不相容的两种理论
B.经典力学包含于相对论之中，经典力学是相对论的特例
C.经典力学只适用于宏观物体的运动，量子力学只适用于微观粒子的运动
D.不论是宏观物体，还是微观粒子，经典力学和量子力学都是适用的
答案　B
解析　相对论没有否定经典力学，经典力学是相对论在一定条件下的特殊情形，选项A错误，B正确.经典力学适用于宏观、低速、弱引力的领域，选项C、D错误.
例4　(多选)爱因斯坦的引力理论成就表现在(　　)
A.预言和发现了冥王星和海王星
B.水星近日点旋进存在每百年43″的附加值
C.光线在经过大质量星体附近时会发生偏转现象
D.天体间的引力与半径的平方成反比
答案　BC
解析　冥王星和海王星的轨道是根据万有引力定律和牛顿运动定律计算得出的，天体间的引力与半径的平方成反比是万有引力定律的内容，故应选B、C
理解相对论和量子力学的两点注意：
(1)相对论和量子力学不是科学家的主观臆想，是经过实验证实的，相对论和量子力学所描述的现象是高速世界、微观世界确定存在的事实.
(2)理解相对论和量子力学需要增强对高速世界、微观世界的感性认识，跳出已有的对低速、宏观领域的固有思维和认识.
1.(经典力学的适用范围)以牛顿运动定律为基础的经典力学的适用范围是(　　)
A.低速宏观弱引力下的运动问题
B.高速微观弱引力下的运动问题
C.低速微观强引力下的运动问题
D.高速宏观强引力下的运动问题
答案　A
2.(经典力学、量子力学和狭义相对论)下列说法中正确的是(　　)
A.经典力学适用于任何情况下的任何物体
B.狭义相对论否定了经典力学
C.量子力学能够描述微观粒子运动的规律性
D.万有引力定律也适用于强相互作用力
答案　C
解析　经典力学只适用于宏观、低速、弱引力的情况，故A项是错误的；狭义相对论没有否定经典力学，在宏观低速情况下，相对论的结论与经典力学没有区别，故B项是错误的；量子力学正确描述了微观粒子运动的规律性，故C项是正确的；万有引力定律只适用于弱相互作用力，而对于强相互作用力是不适用的，故D项是错误的.
3.(相对论质速关系)(多选)对于公式m＝，下列说法中正确的是(　　)
A.式中的m0是物体以速度v运动时的质量
B.当物体的运动速度v>0时，物体的质量m>m0，即物体的质量改变了，故经典力学不再适用
C.当物体以较小速度运动时，质量变化十分微弱，经典力学理论仍然适用，只有当物体以接近光速运动时，质量变化才明显，故经典力学适用于低速运动，而不适用于高速运动
D.通常由于物体的运动速度很小，故质量的变化让我们感觉不到，在分析地球上物体的运动时，不必考虑质量的变化
答案　CD
解析　公式中m0是物体静止时的质量，m是物体以速度v运动时的质量，A错.由公式可知，只有当v接近光速时，物体的质量变化才明显，一般情况下物体的质量变化十分微小，故经典力学仍然适用，故B错，C、D正确.
4.(相对论质速关系)在粒子对撞机中，有一个电子经过高电压加速，速度达到0.5c，则此时电子的质量变为静止时的多少倍.
答案　1.155
解析　由于电子的速度接近光速，所以质量变化明显，根据爱因斯坦狭义相对论中运动质量与静止质量的关系得m＝＝≈1.155m0.
习题课1　天体运动各物理量与轨道半径的关系
[学习目标] 1.掌握运用万有引力定律和圆周运动知识分析天体运动问题的基本思路.2.掌握天体的线速度、角速度、周期、向心加速度与轨道半径的关系.
一、天体运动的分析与计算
1.基本思路：一般行星或卫星的运动可看做匀速圆周运动，所需向心力由中心天体对它的万有引力提供，即F引＝F向.
2.常用关系：
(1)G＝man＝m＝mω2r＝mr.
(2)忽略自转时，mg＝G(物体在天体表面时受到的万有引力等于物体重力)，整理可得：gR2＝GM，该公式通常被称为“黄金代换式”.
例1　(多选)地球半径为R0，地面重力加速度为g，若卫星在距地面R0处做匀速圆周运动，则(　　)
A.卫星的线速度为
B.卫星的角速度为 
C.卫星的加速度为
D.卫星的加速度为
答案　ABD
解析　由＝man＝m＝mω2(2R0)及GM＝gR，可得卫星的向心加速度an＝，角速度ω＝ ，线速度v＝，所以A、B、D正确，C错误.
针对训练　某着陆器完成了对月球表面的考察任务后，由月球表面回到围绕月球做圆周运动的轨道舱，其过程如图1所示.设轨道舱的质量为m，月球表面的重力加速度为g，月球的半径为R，轨道舱到月球中心的距离为r，引力常量为G，试求：轨道舱的速度和周期.
图1
答案　R　
解析　轨道舱在月球表面时G＝mg①
轨道舱在半径为r的轨道上做圆周运动时，有
G＝m②
G＝mr③
由①②得v＝R
由①③得T＝
二、天体运行的各物理量与轨道半径的关系
设质量为m的天体绕另一质量为M的中心天体做半径为r的匀速圆周运动.
(1)由G＝m得v＝，r越大，v越小.
(2)由G＝mω2r得ω＝，r越大，ω越小.
(3)由G＝m2r得T＝2π，r越大，T越大.
(4)由G＝man得an＝，r越大，an越小.
以上结论可总结为“一定四定，越远越慢”.
例2　2009年2月11日，俄罗斯的“宇宙－2251”卫星和美国的“铱－33”卫星在西伯利亚上空约805 km处发生碰撞，这是历史上首次发生的完整在轨卫星碰撞事件.碰撞过程中产生的大量碎片可能会影响太空环境.假定有甲、乙两块碎片绕地球运动的轨道都是圆，甲的运行速率比乙的大，则下列说法中正确的是(　　)
A.甲的运行周期一定比乙的长
B.甲距地面的高度一定比乙的高
C.甲的向心力一定比乙的小
D.甲的向心加速度一定比乙的大
答案　D
解析　甲的速率大，由G＝m，得v＝ ，由此可知，甲碎片的轨道半径小，故B错；由G＝mr，得T＝ ，可知甲的周期小，故A错；由于未知两碎片的质量，无法判断向心力的大小，故C错误；由＝man得an＝，可知甲的向心加速度比乙的大，故D对.
例3　如图2所示，a、b是两颗绕地球做匀速圆周运动的人造卫星，它们距地面的高度分别是R和2R(R为地球半径).下列说法中正确的是(　　)
图2
A.a、b的线速度大小之比是∶1
B.a、b的周期之比是1∶2
C.a、b的角速度大小之比是3∶4
D.a、b的向心加速度大小之比是9∶2
答案　C
解析　两卫星均做匀速圆周运动，F万＝F向，向心力选不同的表达式分别分析.
由＝m得＝＝＝，故A错误.
由＝mr2得＝＝，故B错误.
由＝mrω2得＝＝，故C正确.
由＝man得＝＝，故D错误.
1.(卫星各运动参量与轨道半径的关系)(多选)如图3所示，飞船从轨道1变轨至轨道2.若飞船在两轨道上都做匀速圆周运动，不考虑质量变化，相对于在轨道1上，飞船在轨道2上的(　　)
图3
A.速度大 B.向心加速度大
C.运行周期长 D.角速度小
答案　CD
解析　飞船绕中心天体做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，即F引＝Fn，
所以G＝man＝＝＝mrω2，
即an＝，v＝ ，T＝ ，ω＝ (或用公式T＝求解).
因为r1v2，an1>an2，T1ω2，选项C、D正确.
2.(行星各运动参量与轨道半径的关系)如图4所示，在火星与木星轨道之间有一小行星带，假设该带中的小行星只受到太阳的引力，并绕太阳做匀速圆周运动.下列说法正确的是(　　)
图4
A.太阳对各小行星的引力相同
B.各小行星绕太阳运动的周期均小于一年
C.小行星带内侧小行星的向心加速度值大于外侧小行星的向心加速度值
D.小行星带内各小行星圆周运动的线速度值大于地球公转的线速度值
答案　C
解析　根据万有引力定律F＝G可知，由于各小行星的质量和到太阳的距离不同，万有引力不同，A项错误；由G＝mr，得T＝2π ，因为各小行星的轨道半径r大于地球的轨道半径，所以它们的周期均大于地球的周期，B项错误；向心加速度an＝＝G，内侧小行星到太阳的距离小，向心加速度大，C项正确；由G＝m得线速度v＝ ，小行星的轨道半径大于地球的轨道半径，线速度小于地球绕太阳的线速度，D项错误.
3.(天体运动各参量的比较)如图5所示，甲、乙两颗卫星以相同的轨道半径分别绕质量为M和2M的行星做匀速圆周运动，下列说法正确的是(　　)
图5
A.甲的向心加速度比乙的小
B.甲的运行周期比乙的小
C.甲的角速度比乙的大
D.甲的线速度比乙的大
答案　A
解析　甲、乙两卫星分别绕质量为M和2M的行星做匀速圆周运动，万有引力提供各自做匀速圆周运动的向心力.由牛顿第二定律G＝man＝mr＝mω2r＝m，可得an＝，T＝2π ，ω＝ ，v＝ .由已知条件可得a甲＜a乙，T甲＞T乙，ω甲＜ω乙，v甲＜v乙，故正确选项为A.
4.(天体运动的分析与计算)如图6所示，A、B为地球周围的两颗卫星，它们离地面的高度分别为h1、h2，已知地球半径为R，地球表面重力加速度为g，求：
图6
(1)A的线速度大小v1；
(2)A、B的角速度之比ω1∶ω2.
答案　(1) 　(2) 
解析　(1)设地球质量为M，行星质量为m，
由万有引力提供向心力，对A有：＝m①
在地球表面对质量为m′的物体有：m′g＝G②
由①②得v1＝ 
(2)由G＝mω2(R＋h)得ω＝ 
所以A、B的角速度之比＝ .
课时作业
一、选择题(1～7为单项选择题，8～10为多项选择题)
1.把太阳系各行星的运动近似看成匀速圆周运动，则离太阳越远的行星(　　)
A.周期越大 B.线速度越大
C.角速度越大 D.向心加速度越大
答案　A
解析　行星绕太阳做匀速圆周运动，所需的向心力由太阳对行星的引力提供，由G＝m得v＝ ，可知r越大，线速度越小，B错误.由G＝mω2r得ω＝ ，可知r越大，角速度越小，C错误.由＝k知，r越大，T越大，A对.由G＝man得an＝，可知r越大，向心加速度a越小，D错误.
2.据报道，“嫦娥一号”和“嫦娥二号”绕月飞行的圆形工作轨道距月球表面分别约为200 km和100 km，运行速率分别为v1和v2.那么，v1和v2的比值为(月球半径取1 700 km)(　　)
A. B. 
C. D.
答案　C
解析　根据卫星运动的向心力由万有引力提供，有G＝m，那么卫星的线速度跟其轨道半径的平方根成反比，则有＝＝.
3.两颗行星A和B各有一颗卫星a和b，卫星轨道接近各自行星的表面，如果两行星的质量之比为＝p，两行星半径之比为＝q，则两个卫星的周期之比为(　　)
A. B.q
C.p D.q
答案　D
解析　卫星做圆周运动时，万有引力提供圆周运动的向心力，则有：G＝mR()2，得T＝ ，解得：＝q，故D正确，A、B、C错误.
4. a、b、c、d是在地球大气层外的圆形轨道上运行的四颗人造卫星.其中a、c的轨道相交于P，b、d在同一个圆轨道上，b、c轨道在同一平面上.某时刻四颗卫星的运行方向及位置如图1所示，下列说法中正确的是(　　)
图1
A.a、c的加速度大小相等，且大于b的加速度
B.b、c的角速度大小相等，且小于a的角速度
C.a、c的线速度大小相等，且小于d的线速度
D.a、c存在在P点相撞的危险
答案　A
解析　由G＝m＝mω2r＝mr＝man可知，选项B、C错误，选项A正确；因a、c轨道半径相同，周期相同，既然图示时刻不相撞，以后就不可能相撞了，选项D错误.
5.据报道，天文学家近日发现了一颗距地球40光年的“超级地球”，名为“55 Cancri e”.该行星绕母星(中心天体)运行的周期约为地球绕太阳运行周期的，母星的体积约为太阳的60倍.假设母星与太阳密度相同，“55 Cancri e”与地球均做匀速圆周运动，则“55 Cancri e”与地球的(　　)
A.轨道半径之比约为 
B.轨道半径之比约为 
C.向心加速度之比约为
D.向心加速度之比约为
答案　B
解析　由公式G＝m()2r，可得通式r＝ ，设“55 Cancri e”的轨道半径为r1，地球轨道半径为r2，则＝ ＝ ，从而判断A错，B对；再由G＝man得通式an＝G，则＝·＝ ＝，所以C、D皆错.
6.一卫星绕某一行星表面附近做匀速圆周运动，其线速度大小为v.假设宇航员在该行星表面上用弹簧测力计测量一质量为m的物体重力，物体静止时，弹簧测力计的示数为N.已知引力常量为G，则这颗行星的质量为(　　)
A. B.
C. D.
答案　B
解析　设卫星的质量为m′
由万有引力提供向心力，得G＝m′①
m′＝m′g②
由已知条件：m的重力为N得N＝mg③
由③得g＝，代入②得：R＝
代入①得M＝，故B项正确.
7. 如图2所示，甲、乙两颗卫星在同一平面上绕地球做匀速圆周运动，公转方向相同.已知卫星甲的公转周期为T，每经过最短时间9T，卫星乙都要运动到与卫星甲同居地球一侧且三者共线的位置上，则卫星乙的公转周期为(　　)
图2
A.T B.T
C.T D.T
答案　A
解析　由(－)t＝2π①
t＝9T②
由①②得T乙＝T，选项A正确.
8.火星直径约为地球直径的一半，质量约为地球质量的十分之一，它绕太阳公转的轨道半径约为地球绕太阳公转轨道半径的1.5倍.根据以上数据，下列说法中正确的是(　　)
A.火星表面重力加速度的数值比地球表面的小
B.火星公转的周期比地球的长
C.火星公转的线速度比地球的大
D.火星公转的向心加速度比地球的大
答案　AB
解析　由G＝mg得g＝G，计算得A对；由G＝m()2r得T＝2π ，计算得B对；周期长的线速度小(或由v＝ 判断轨道半径大的线速度小)，C错；公转的向心加速度an＝G，计算得D错.
9.土星外层有一个环，为了判断它是土星的一部分还是土星的卫星群，可以测量环中各层的线速度v与该层到土星中心的距离R之间的关系，则下列判断正确的是(　　)
A.若v2∝R则该层是土星的卫星群
B.若v∝R则该层是土星的一部分
C.若v∝则该层是土星的一部分
D.若v2∝则该层是土星的卫星群
答案　BD
解析　若外层的环为土星的一部分，则它们各部分转动的角速度ω相等，由v＝ωR知v∝R，B正确，C错误；若是土星的卫星群，则由G＝m，得v2∝，故A错误，D正确.
10.科学探测表明，月球上至少存在丰富的氧、硅、铝、铁等资源，设想人类开发月球，不断把月球上的矿藏搬运到地球上，假定经长期的开采后月球与地球仍可看成均匀球体，月球仍沿开采前的轨道运动，则与开采前相比(提示：a＋b＝常量，则当a＝b时，ab乘积最大)(　　)
A.地球与月球间的万有引力将变大
B.地球与月球间的万有引力将变小
C.月球绕地球运行的周期将变大
D.月球绕地球运行的周期将变小
答案　BD
解析　万有引力公式F＝中，G和r不变，因地球和月球的总质量不变，当M增大而m减小时，两者的乘积减小，万有引力减小，故选项A错误，选项B正确；又＝mr，T＝ ，M增大，则T减小，故选项C错误，选项D正确.
二、非选择题
11.两行星A和B各有一颗卫星a和b，卫星的圆轨道接近各自行星表面，如果两行星质量之比MA∶MB＝2∶1，两行星半径之比RA∶RB＝1∶2，则两个卫星周期之比Ta∶Tb＝________，向心加速度之比为________.
答案　1∶4　8∶1
解析　卫星做圆周运动时，万有引力提供圆周运动的向心力，有：G＝mR，得T＝2π .
故＝ · ＝，由G＝ma，得a＝G，
故＝·＝.
12.某课外科技小组长期进行天文观测，发现某行星周围有众多小卫星，这些小卫星靠近行星且分布相当均匀，经查对相关资料，该行星的质量为M.现假设所有卫星绕该行星的运动都是匀速圆周运动，已知引力常量为G.
(1)若测得离行星最近的一颗卫星的运动轨道半径为R1，若忽略其他小卫星对该卫星的影响，求该卫星的运行速度v1为多大？
(2)在进一步的观测中，发现离行星很远处还有一颗卫星，其运动轨道半径为R2，周期为T2，试估算靠近行星周围众多小卫星的总质量m卫为多大？
答案　(1) 　(2)－M
解析　(1)设离行星最近的一颗卫星的质量为m1，
有G＝m1，解得v1＝ .
(2)由于靠近行星周围的众多卫星分布均匀，可以把行星及靠近行星的小卫星看做一星体，其质量中心在行星的中心，设离行星很远的卫星质量为m2，则有
G＝m2R2
解得m卫＝－M.
13.我国在酒泉卫星发射中心用“长征二号丁”运载火箭，将“高分一号”卫星发射升空，卫星顺利进入预定轨道.这是我国重大科技专项高分辨率对地观测系统的首发星.设“高分一号”轨道的离地高度为h，地球半径为R，地面重力加速度为g，求“高分一号”在时间t内，绕地球运转多少圈？
答案　 
解析　在地球表面mg＝
在轨道上＝m(R＋h)
所以T＝2π ＝2π
故n＝＝ .
习题课2　变轨问题 双星问题
[学习目标] 1.理解赤道物体、同步卫星和近地卫星的区别.2.会分析卫星(或飞船)的变轨问题.3.掌握双星的运动特点及其问题的分析方法.
一、“赤道上物体”“同步卫星”和“近地卫星”的比较
例1　如图1所示，A为地面上的待发射卫星，B为近地圆轨道卫星，C为地球同步卫星.三颗卫星质量相同，三颗卫星的线速度大小分别为vA、vB、vC，角速度大小分别为ωA、ωB、ωC，周期分别为TA、TB、TC，向心加速度分别为aA、aB、aC，则(　　)
图1
A.ωA＝ωC<ωB B.TA＝TCC.vA＝vCaB
答案　A
解析　同步卫星与地球自转同步，故TA＝TC，ωA＝ωC，由v＝ωr及a＝ω2r得
vC>vA，aC>aA
同步卫星和近地卫星，根据＝m＝mω2r＝mr＝ma，知vB>vC，ωB>ωC，TBaC.
故可知vB>vC>vA，ωB>ωC＝ωA，TBaB>aC>aA.选项A正确，B、C、D错误.
同步卫星、近地卫星、赤道上物体的比较
1.同步卫星和近地卫星
相同点：都是万有引力提供向心力
即都满足＝m＝mω2r＝mr＝man.
由上式比较各运动量的大小关系，即r越大，v、ω、an越小，T越大.
2.同步卫星和赤道上物体
相同点：周期和角速度相同
不同点：向心力来源不同
对于同步卫星，有＝man＝mω2r
对于赤道上物体，有＝mg＋mω2r，
因此要通过v＝ωr，an＝ω2r比较两者的线速度和向心加速度的大小.
针对训练1　(多选)关于近地卫星、同步卫星、赤道上的物体，以下说法正确的是(　　)
A.都是万有引力等于向心力
B.赤道上的物体和同步卫星的周期、线速度、角速度都相等
C.赤道上的物体和近地卫星的线速度、周期不同
D.同步卫星的周期大于近地卫星的周期
答案　CD
解析　赤道上的物体是由万有引力的一个分力提供向心力，A项错误；赤道上的物体和同步卫星有相同周期和角速度，但线速度不同，B项错误；同步卫星和近地卫星有相同的中心天体，根据＝m＝mr得v＝ ，T＝2π ，由于r同>r近，故v同T近，D项正确；赤道上物体、近地卫星、同步卫星三者间的周期关系为T赤＝T同>T近，根据v＝ωr可知v赤二、人造卫星的变轨问题
1.卫星的变轨问题
卫星变轨时，先是线速度v发生变化导致需要的向心力发生变化，进而使轨道半径r发生变化.
(1)当卫星减速时，卫星所需的向心力F向＝m减小，万有引力大于所需的向心力，卫星将做近心运动，向低轨道变迁.
(2)当卫星加速时，卫星所需的向心力F向＝m增大，万有引力不足以提供卫星所需的向心力，卫星将做离心运动，向高轨道变迁.
以上两点是比较椭圆和圆轨道切点速度的依据.
2.飞船对接问题
(1)低轨道飞船与高轨道空间站对接如图2甲所示，低轨道飞船通过合理地加速，沿椭圆轨道(做离心运动)追上高轨道空间站与其完成对接.
图2
(2)同一轨道飞船与空间站对接
如图乙所示，后面的飞船先减速降低高度，再加速提升高度，通过适当控制，使飞船追上空间站时恰好具有相同的速度.
例2　如图3所示为卫星发射过程的示意图，先将卫星发射至近地圆轨道1，然后经点火，使其沿椭圆轨道2运行，最后再一次点火，将卫星送入同步圆轨道3.轨道1、2相切于Q点，轨道2、3相切于P点，则当卫星分别在1、2、3轨道上正常运行时，以下说法正确的是(　　)
图3
A.卫星在轨道3上的速率大于在轨道1上的速率
B.卫星在轨道3上的周期大于在轨道2上的周期
C.卫星在轨道1上经过Q点时的速率大于它在轨道2上经过Q点时的速率
D.卫星在轨道2上经过P点时的加速度小于它在轨道3上经过P点时的加速度
答案　B
解析　卫星在圆轨道上做匀速圆周运动时有：
G＝m，v＝ 
因为r1＜r3，所以v1＞v3，A项错误，
由开普勒第三定律知T3>T2，B项正确；
在Q点从轨道1到轨道2需要做离心运动，故需要加速.
所以在Q点v2Q>v1Q，C项错误.
在同一点P，由＝man知，卫星在轨道2上经过P点的加速度等于它在轨道3上经过P点的加速度，D项错误.
判断卫星变轨时速度、加速度变化情况的思路：
(1)判断卫星在不同圆轨道的运行速度大小时，可根据“越远越慢”的规律判断.
(2)判断卫星在同一椭圆轨道上不同点的速度大小时，可根据开普勒第二定律判断，即离中心天体越远，速度越小.
(3)判断卫星由圆轨道进入椭圆轨道或由椭圆轨道进入圆轨道时的速度大小如何变化时，可根据离心运动或近心运动的条件进行分析.
(4)判断卫星的加速度大小时，可根据a＝＝G判断.
针对训练2　(多选)如图4所示，发射同步卫星的一般程序是：先让卫星进入一个近地的圆轨道，然后在P点变轨，进入椭圆形转移轨道(该椭圆轨道的近地点为近地圆轨道上的P点，远地点为同步圆轨道上的Q点)，到达远地点Q时再次变轨，进入同步轨道.设卫星在近地圆轨道上运行的速率为v1，在椭圆形转移轨道的近地点P点的速率为v2，沿转移轨道刚到达远地点Q时的速率为v3，在同步轨道上的速率为v4，三个轨道上运动的周期分别为T1、T2、T3, 则下列说法正确的是(　　)
图4
A.在P点变轨时需要加速，Q点变轨时要减速
B.在P点变轨时需要减速，Q点变轨时要加速
C.T1＜T2＜T3
D.v2＞v1＞v4＞v3
答案　CD
解析　卫星在椭圆形转移轨道的近地点P时做离心运动，所受的万有引力小于所需要的向心力，即G＜m，而在圆轨道时万有引力等于向心力，即G＝m，所以v2＞v1；同理，由于卫星在转移轨道上Q点做离心运动，可知v3＜v4，故选项A、B错误；又由人造卫星的线速度v＝可知v1＞v4，由以上所述可知选项D正确；由于轨道半径r1＜r2＜r3，由开普勒第三定律＝k(k为常量)得T1＜T2＜T3，故选项C正确.
三、双星问题
例3　两个靠得很近的天体，离其他天体非常遥远，它们以其连线上某一点O为圆心各自做匀速圆周运动，两者的距离保持不变，科学家把这样的两个天体称为“双星”，如图5所示.已知双星的质量分别为m1和m2，它们之间的距离为L，求双星的运行轨道半径r1和r2及运行周期T.
图5
答案　r1＝　r2＝　T＝
解析　双星间的引力提供了各自做圆周运动的向心力
对m1：＝m1r1ω2，
对m2：＝m2r2ω2，且r1＋r2＝L，
解得r1＝，r2＝.
由G＝m1r1及r1＝得
周期T＝.
1.双星问题的特点
(1)两星的运动轨道为同心圆，圆心是它们之间连线上的某一点.
(2)两星的向心力大小相等，由它们间的万有引力提供.
(3)两星的运动周期、角速度相同.
(4)两星的轨道半径之和等于两星之间的距离，即r1＋r2＝L.
2.双星问题的处理方法：双星间的万有引力提供了它们做圆周运动的向心力，即＝m1ω2r1＝m2ω2r2.
针对训练 3　如图6所示，两个星球A、B组成双星系统，它们在相互之间的万有引力作用下，绕连线上某点做周期相同的匀速圆周运动.已知A、B星球质量分别为mA、mB，万有引力常量为G，求(其中L为两星中心距离，T为两星的运动周期).
图6
答案　
解析　设A、B两个星球做圆周运动的半径分别为rA、rB.则rA＋rB＝L，对星球A：G＝mArA，对星球B：G＝mBrB，联立以上三式求得＝.
1.(“同步卫星”与“赤道物体”及近地卫星的比较)(多选)如图7所示，同步卫星与地心的距离为r，运行速率为v1，向心加速度为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，地球半径为R，则下列比值正确的是(　　)
图7
A.＝ B.＝()2
C.＝ D.＝
答案　AD
解析　地球同步卫星：轨道半径为r，运行速率为v1，向心加速度为a1；
地球赤道上的物体：轨道半径为R，随地球自转的向心加速度为a2；
以第一宇宙速度运行的卫星为近地卫星，其轨道半径为R.
对于卫星，其共同特点是万有引力提供向心力，
则G＝m，故 ＝.
对于同步卫星和地球赤道上的物体，其共同特点是角速度相等，则a＝ω2r，故 ＝.
2.(卫星的变轨问题) (多选)肩负着“落月”和“勘察”重任的“嫦娥三号”沿地月转移轨道直奔月球，如图8所示，在距月球表面100 km的P点进行第一次制动后被月球捕获，进入椭圆轨道Ⅰ绕月飞行，之后，卫星在P点又经过第二次“刹车制动”，进入距月球表面100 km的圆形工作轨道Ⅱ，绕月球做匀速圆周运动，在经过P点时会再一次“刹车制动”进入近月点距月球表面15公里的椭圆轨道Ⅲ，然后择机在近月点下降进行软着陆，则下列说法正确的是(　　)
图8
A.“嫦娥三号”在轨道Ⅰ上运动的周期最长
B.“嫦娥三号”在轨道Ⅲ上运动的周期最长
C.“嫦娥三号”经过P点时在轨道Ⅱ上运动的线速度最大
D.“嫦娥三号”经过P点时，在三个轨道上的加速度相等
答案　AD
解析　由于“嫦娥三号”在轨道Ⅰ上运动的半长轴大于在轨道Ⅱ上运动的半径，也大于轨道Ⅲ的半长轴，根据开普勒第三定律可知，“嫦娥三号”在各轨道上稳定运行时的周期关系为TⅠ＞TⅡ＞TⅢ，故A正确，B错误；“嫦娥三号”在由高轨道降到低轨道时，都要在P点进行“刹车制动”，所以经过P点时，在三个轨道上的线速度关系为vⅠ＞vⅡ＞vⅢ，所以C错误；由于“嫦娥三号”在P点时的加速度只与所受到的月球引力有关，故D正确.
3.(双星问题) 如图9所示，两颗星球组成的双星，在相互之间的万有引力作用下，绕连线上的O点做周期相同的匀速圆周运动.现测得两颗星之间的距离为L，质量之比为m1∶m2＝3∶2，下列说法中正确的是(　　)
图9
A.m1、m2做圆周运动的线速度之比为3∶2
B.m1、m2做圆周运动的角速度之比为3∶2
C.m1做圆周运动的半径为L
D.m2做圆周运动的半径为L
答案　C
解析　设双星m1、m2距转动中心O的距离分别为r1、r2，双星绕O点转动的角速度为ω，据万有引力定律和牛顿第二定律得
G＝m1r1ω2＝m2r2ω2，又r1＋r2＝L，m1∶m2＝3∶2
所以可解得r1＝L，r2＝L
m1、m2运动的线速度分别为v1＝r1ω，v2＝r2ω，
故v1∶v2＝r1∶r2＝2∶3.
综上所述，选项C正确.
课时作业
一、选择题(1～6为单项选择题，7～10为多项选择题)
1.某双星由质量不等的星体S1和S2构成，两星在相互之间的万有引力作用下绕两者连线上某一定点C做匀速圆周运动.由天文观察测得其运动周期为T，S1到C点的距离为r1，S1和S2之间的距离为r，已知万有引力常量为G，由此可求出S2的质量为(　　)
A. B.
C. D.
答案　D
解析　设S1和S2的质量分别为m1、m2，对于S1有
G＝m12r1，得m2＝.
2.两个质量不同的天体构成双星系统，它们以二者连线上的某一点为圆心做匀速圆周运动，下列说法正确的是(　　)
A.质量大的天体线速度较大
B.质量小的天体角速度较大
C.两个天体的向心力大小一定相等
D.两个天体的向心加速度大小一定相等
答案　C
解析　双星系统的结构是稳定的，故它们的角速度相等，故B项错误；两个星球间的万有引力提供向心力，根据牛顿第三定律可知，两个天体的向心力大小相等，而天体质量不一定相等，故两个天体的向心加速度大小不一定相等，故C项正确，D错误；根据牛顿第二定律，有：
G＝m1ω2r1＝m2ω2r2
其中：r1＋r2＝L
故r1＝L
r2＝L
故＝＝
故质量大的天体线速度较小，故A错误.
3. 如图1所示，地球赤道上的山丘e、近地卫星p和同步卫星q均在赤道平面上绕地心做匀速圆周运动.设e、p、q的线速度大小分别为v1、v2、v3，向心加速度分别为a1、a2、a3，则(　　)
图1
A.v1＞v2＞v3 B.v1＜v2＜v3
C.a1＞a2＞a3 D.a1＜a3＜a2
答案　D
解析　卫星的速度v＝ ，可见卫星距离地心越远，即r越大，则线速度越小，所以v3＜v2.q是同步卫星，其角速度ω与地球自转角速度相同，所以其线速度v3＝ωr3＞v1＝ωr1，选项A、B均错误.由G＝man，得an＝，同步卫星q的轨道半径大于近地卫星p的轨道半径，可知向心加速度a3＜a2.由于同步卫星q的角速度ω与地球自转的角速度相同，即与地球赤道上的山丘e的角速度相同，但q的轨道半径大于e的轨道半径，根据a＝ω2r可知a1＜a3.根据以上分析可知，选项D正确，选项C错误.
4.设地球半径为R，a为静止在地球赤道上的一个物体，b为一颗近地绕地球做匀速圆周运动的人造卫星，c为地球的一颗同步卫星，其轨道半径为r.下列说法中正确的是(　　)
A.a与c的线速度大小之比为
B.a与c的线速度大小之比为
C.b与c的周期之比为
D.b与c的周期之比为
答案　D
解析　物体a与同步卫星c角速度相等，由v＝rω可得，二者线速度大小之比为，选项A、B均错误；而b、c均为卫星，由T＝2π可得，二者周期之比为，选项C错误，D正确.
5.如图2所示，我国发射“神舟十号”飞船时，先将飞船发送到一个椭圆轨道上，其近地点M距地面200 km，远地点N距地面340 km.进入该轨道正常运行时，通过M、N点时的速率分别是v1和v2.当某次飞船通过N点时，地面指挥部发出指令，点燃飞船上的发动机，使飞船在短时间内加速后进入离地面340 km的圆形轨道，开始绕地球做匀速圆周运动，这时飞船的速率为v3，比较飞船在M、N、P三点正常运行时(不包括点火加速阶段)的速率大小和加速度大小，下列结论正确的是(　　)
图2
A.v1＞v3＞v2，a1＞a3＞a2
B.v1＞v2＞v3，a1＞a2＝a3
C.v1＞v2＝v3，a1＞a2＞a3
D.v1＞v3＞v2，a1＞a2＝a3
答案　D
解析　根据万有引力提供向心力，即＝man得：an＝，由图可知r1＜r2＝r3，所以a1＞a2＝a3；当某次飞船通过N点时，地面指挥部发出指令，点燃飞船上的发动机，使飞船在短时间内加速后进入离地面340 km的圆形轨道，所以v3＞v2，根据＝得：v＝ ，又因为r1＜r3，所以v1＞v3，故v1＞v3＞v2.故选D.
6.如图3，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(　　)
图3
A.a2>a3>a1 B.a2>a1>a3
C.a3>a1>a2 D.a3>a2>a1
答案　D
7.如图4，航天飞机在完成太空任务后，在A点从圆形轨道Ⅰ进入椭圆轨道Ⅱ，B为轨道Ⅱ上的近地点，关于航天飞机的运动，下列说法中正确的有(　　)
图4
A.在轨道Ⅱ上经过A的速度小于经过B的速度
B.在轨道Ⅱ上经过A的速度小于在轨道Ⅰ上经过A的速度
C.在轨道Ⅱ上运动的周期小于在轨道Ⅰ上运动的周期
D.在轨道Ⅱ上经过A的向心加速度小于在轨道Ⅰ上经过A的向心加速度
答案　ABC
8.我国发射的“北斗系列”卫星中同步卫星到地心距离为r，运行速率为v1，向心加速度为a1；在地球赤道上的观测站的向心加速度为a2，近地卫星做圆周运动的速率为v2，向心加速度为a3，地球的半径为R，则下列比值正确的是(　　)
A.＝ B.＝
C.＝ D.＝
答案　AB
解析　由于在地球赤道上的观测站的运动和同步卫星的运动具有相同的角速度，根据an＝rω2可知＝，A项正确，D项错误；再根据近地卫星做圆周运动的向心加速度为a3，由万有引力定律和牛顿第二定律F＝＝man可知＝，由＝，＝知＝，因此B项正确，C项错误.
9.宇宙中两颗相距较近的天体称为“双星”，它们以二者连线上的某一点为圆心做匀速圆周运动，而不会因为万有引力的作用而吸引到一起.如图5所示，某双星系统中A、B两颗天体绕O点做匀速圆周运动，它们的轨道半径之比rA∶rB＝1∶2，则两颗天体的(　　)
图5
A.质量之比mA∶mB＝2∶1
B.角速度之比ωA∶ωB＝1∶2
C.线速度大小之比vA∶vB＝1∶2
D.向心力大小之比FA∶FB＝2∶1
答案　AC
解析　双星都绕O点做匀速圆周运动，由两者之间的万有引力提供向心力，角速度相等，设为ω.根据牛顿第二定律，对A星：G＝mAω2rA①
对B星：G＝mBω2rB②
联立①②得mA∶mB＝rB∶rA＝2∶1.
根据双星的条件有：角速度之比ωA∶ωB＝1∶1，由v＝ωr得线速度大小之比vA∶vB＝rA∶rB＝1∶2，向心力大小之比FA∶FB＝1∶1，选项A、C正确，B、D错误.
10. 如图6所示，a、b、c是在地球大气层外圆形轨道上运行的3颗人造卫星，下列说法正确的是(　　)
图6
A.b、c的线速度大小相等，且大于a的线速度
B.a加速可能会追上b
C.c加速可追上同一轨道上的b，b减速可等到同一轨道上的c
D.a卫星由于某种原因，轨道半径缓慢减小，仍做匀速圆周运动，则其线速度将变大
答案　BD
解析　因为b、c在同一轨道上运行，故其线速度大小、加速度大小均相等.又由b、c轨道半径大于a轨道半径，由v＝ 可知，vb＝vc＜va，故选项A错；当a加速后，会做离心运动，轨道会变成椭圆，若椭圆与b所在轨道相切(或相交)，且a、b同时来到切(或交)点时，a就追上了b，故选项B正确；当c加速时，c受的万有引力F＜m，故它将偏离原轨道，做离心运动，当b减速时，b受的万有引力F＞m，它将偏离原轨道，做向心运动，所以无论如何c也追不上b，b也等不到c，故选项C错；对a卫星，当它的轨道半径缓慢减小时，由v＝ 可知，r减小时，v逐渐增大，故选项D正确.
二、非选择题
11.中国自行研制、具有完全自主知识产权的“神舟号”飞船，目前已经达到或优于国际第三代载人飞船技术，其发射过程简化如下：飞船在酒泉卫星发射中心发射，由长征运载火箭送入近地点为A、远地点为B的椭圆轨道上，A点距地面的高度为h1，飞船飞行5圈后进行变轨，进入预定圆轨道，如图7所示.设飞船在预定圆轨道上飞行n圈所用时间为t，若已知地球表面重力加速度为g，地球半径为R，求：
图7
(1)飞船在B点经椭圆轨道进入预定圆轨道时是加速还是减速？
(2)飞船经过椭圆轨道近地点A时的加速度大小.
(3)椭圆轨道远地点B距地面的高度h2.
答案　(1)加速　(2)　(3) －R
解析　(2)在地球表面重力提供向心力，有mg＝①
根据牛顿第二定律有：G＝maA②
由①②式联立解得，飞船经过椭圆轨道近地点A时的加速度大小为aA＝.
(3)飞船在预定圆轨道上飞行时由万有引力提供向心力，有G＝m(R＋h2)③
由题意可知，飞船在预定圆轨道上运行的周期为T＝④
由①③④式联立解得h2＝ －R.
12.太阳系以外存在着许多恒星与行星组成的双星系统，它们运行的原理可以理解为：质量为M的恒星和质量为m的行星(M＞m)在它们之间的万有引力作用下有规律地运动着.如图8所示，我们可认为行星在以某一定点C为中心、半径为a的圆周上做匀速圆周运动(图中没有表示出恒星).设万有引力常量为G，恒星和行星的大小可忽略不计.
图8
(1)试在图中粗略画出恒星运动的轨道和位置；
(2)试计算恒星与点C间的距离和恒星的运行速率v.
答案　见解析
解析　(1)恒星运动的轨道和位置大致如图.
(2)对行星m：F＝mω2a①
对恒星M：F′＝Mω2RM②
根据牛顿第三定律，F与F′大小相等
由①②得：RM＝a
对恒星M：＝G
代入数据得：v＝ .
第六章 万有引力与航天
章末总结
一、解决天体运动问题的思路
解决天体运动的基本思路
(1)将天体运动视为匀速圆周运动.
(2)万有引力提供向心力，根据已知条件灵活选择合适的表达式＝m＝mω2r＝mr.
(3)关于地球卫星的问题，有时还会应用GM＝gR2做代换.
例1　如图1所示，A是地球的同步卫星，另一卫星B的圆形轨道位于赤道平面内，离地球表面的高度为h，已知地球半径为R，地球自转角速度为ω0，地球表面的重力加速度为g，O为地球中心.
图1
(1)求卫星B的运行周期.
(2)如果卫星B绕行方向与地球自转方向相同，某时刻A、B两卫星相距最近(O、A、B在同一直线上)，则至少经过多长时间，它们再一次相距最近？
答案　(1)2π 　(2) 
解析　(1)由万有引力定律和牛顿第二定律得
G＝m(R＋h)①
G＝mg②
联立①②解得TB＝2π ③
(2)由题意得(ωB－ω0)t＝2π④
由③得ωB＝ ⑤
代入④得t＝ .
二、人造卫星各运动参量的分析
由＝man＝m＝mω2r＝mr得
an＝，v＝ ，ω＝ ，T＝2π ，
即随着轨道半径的增大，卫星的向心加速度、线速度、角速度均减小，周期增大.
例2　太阳系八大行星绕太阳运动的轨道可粗略地认为是圆，各行星的半径、日星距离和质量如下表所示：
行星名称
星球半径/106 m
日星距离/1011 m
质量/1024 kg
水星
2.44
0.58
0.33
金星
6.05
1.08
4.87
地球
6.38
1.50
6.00
火星
3.40
2.28
0.64
木星
71.4
7.78
1 900
土星
60.27
14.29
569
天王星
25.56
28.71
86.8
海王星
24.75
45.04
102
则根据所学的知识可以判断下列说法中正确的是(　　)
A.太阳系的八大行星中，海王星的圆周运动速率最大
B.太阳系的八大行星中，水星的圆周运动周期最大
C.若已知地球的公转周期为1年，万有引力常量G＝6.67×10－11 N·m2/kg2，再利用地球和太阳间的距离，则可以求出太阳的质量
D.若已知万有引力常量G＝6.67×10－11 N·m2/kg2，并忽略地球的自转，利用地球的半径以及地球表面的重力加速度g＝10 m/s2，则可以求出太阳的质量
答案　C
解析　设太阳的质量为M，行星的质量为m，轨道半径为r，运动周期为T，线速度为v.由牛顿第二定律得G＝m＝m()2r，知v＝ ，T＝＝2π，则行星的轨道半径越大，周期越大，线速度越小.所以海王星周期最大，水星线速度最大，选项A、B错误；由地球绕太阳公转的周期T，轨道半径R，可知G＝mR，解得太阳质量M＝，选项C正确；同时看出地球的重力加速度与太阳质量无关，选项D错误.
三、人造卫星的发射、变轨与对接
1.发射问题
要发射人造卫星，动力装置在地面处要给卫星一很大的发射初速度，且发射速度v＞v1＝7.9 km/s，人造卫星做离开地球的运动；当人造卫星进入预定轨道区域后，再调整速度，使F引＝F向，即G＝m，从而使卫星进入预定轨道.
2.变轨问题
如图2所示，一般先把卫星发射到较低轨道1上，然后在P点点火，使卫星加速，让卫星做离心运动，进入轨道2，到达Q点后，再使卫星加速，进入预定轨道3.
回收过程：与发射过程相反，当卫星到达Q点时，使卫星减速，卫星由轨道3进入轨道2，当到达P点时，再让卫星减速进入轨道1，再减速到达地面.
图2
3. 对接问题
如图3所示，飞船首先在比空间站低的轨道运行，当运行到适当位置时，再加速运行到一个椭圆轨道.通过控制使飞船跟空间站恰好同时运行到两轨道的相切点，便可实现对接.
图3
例3　(多选)2016年中国发射了“天宫二号”空间实验室和“神舟十一号”载人飞船.2017年4月中国发射的“天舟一号”货运飞船与“天宫二号”交会对接.长征运载火箭将天宫二号送入近地点为A、远地点为B的椭圆轨道上，B点距离地面的高度为h，地球的中心位于椭圆的一个焦点上.“天宫二号”飞行几周后进行变轨进入预定圆轨道，如图4所示.已知“天宫二号”在预定圆轨道上飞行n圈所用时间为t，引力常量为G，地球半径为R.则下列说法正确的是(　　)
图4
A.“天宫二号”从B点沿椭圆轨道向A点运行的过程中，引力为动力
B.“天宫二号”在椭圆轨道的B点的向心加速度大于在预定圆轨道上B点的向心加速度
C.“天宫二号”在椭圆轨道的B点的速度大于在预定圆轨道上的B点的速度
D.根据题目所给信息，可以计算出地球质量
答案　AD
解析　“天宫二号”从B点沿椭圆轨道向A点运行的过程中，速度在变大，故受到的地球引力为动力，所以A正确.在B点“天宫二号”产生的加速度都是由万有引力产生的，因为同在B点万有引力大小相等，故不管在哪个轨道上运动，在B点时万有引力产生的向心加速度大小相等，故B错误.“天宫二号”在椭圆轨道的B点加速后做离心运动才能进入预定圆轨道，故“天宫二号”在椭圆轨道的B点的速度小于在预定圆轨道的B点的速度，故C错误.“天宫二号”在预定圆轨道上飞行n圈所用时间为t，故周期为T＝， 根据万有引力提供向心力G＝m，得地球的质量M＝＝，故D正确.