人教版高一物理必修二第五章曲线运动（课件+配套文档20份） (共20份打包)

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1.小船渡河过程中，随水漂流和划行这两个分运动互不干扰，各自独立而且具有等时性
(1)渡河时间最短问题：只要分运动时间最短，则合运动时间最短，即船头垂直指向对岸渡河时时间最短.
(2)航程最短问题：要求合位移最小.当v水v船时，船不能垂直到达河岸，但仍存在最短航程，当v船与v合垂直时，航程最短.
2.跨过定滑轮拉绳(或绳拉物体)运动的速度分解
物体运动的速度为合速度v，物体速度v在沿绳方向的分速度v1就是使绳子拉长或缩短的速度，物体速度v的另一个分速度v2就是使绳子摆动的速度，它一定和v1垂直.
【突破训练一】
1.
如图所示，一艘小船要从O点渡过一条两岸平行、宽度为d＝100 m的河流，已知河水流速为v1＝4 m/s，小船在静水中的速度为v2＝2 m/s，B点距正对岸的A点x0＝173 m.下面关于该船渡河的判断，其中正确的是(　　)
A．小船过河的最短航程为100 m
B．小船过河的最短时间为25 s
C．小船可以在对岸A、B两点间任意一点靠岸
D．小船过河的最短航程为200 m
解析：
因为水流速度大于船在静水中的速度，所以合速度的方向不可能垂直河岸，则小船不可能到达正对岸.如图所示，当合速度的方向与相对水的速度的方向垂直时，合速度的方向与河岸的夹角最大，渡河航程最小；根据几何关系，则有＝，因此最短的航程是s＝d＝×100 m＝200 m，故A、C错误，D正确；当v2的方向与河岸垂直时，渡河时间最短，最短时间t＝＝ s＝50 s，故B错误.
答案：D
2.
(多选)如图所示，物体P、Q经无摩擦的定滑轮用细绳连在一起，此时Q竖直匀速上升，P物体在水平力F作用下沿水平粗糙地面向右运动，则下列说法正确的是(　　)
A．P做减速运动
B．细绳对P的作用力逐渐增大
C．P所受摩擦力逐渐增大
D．细绳对滑轮的作用力大小不变
解析：设细绳与水平方向的夹角为θ，则vPcosθ＝vQ，因为Q竖直匀速上升，则随着θ角的减小，vP逐渐减小，即P做减速运动，选项A正确；由于物体Q做匀速运动，故细绳的拉力不变，即细绳对P的作用力不变，选项B错误；P所受摩擦力f＝μ(mPg－Tsinθ)，则随着θ角的减小，P所受摩擦力逐渐增大，选项C正确；两边细绳对滑轮的拉力大小不变，但是两绳的夹角逐渐变大，故由力的合成知识可知，细绳对滑轮的作用力逐渐减小，选项D错误.
答案：AC
　　平抛运动是典型的匀变速曲线运动，它的动力学特征是：水平方向有初速度而不受外力，竖直方向只受重力而无初速度，抓住了平抛运动的这个初始条件，也就抓住了它的解题关键，现将常见的几种解题方法介绍如下：
1.利用平抛运动的时间特点解题
平抛运动可分解成水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，只要抛出的时间相同，下落的高度和竖直分速度就相同.
2.利用平抛运动的偏转角解题
设做平抛运动的物体下落高度为h，水平位移为x时，速度vA与初速度v0的夹角为θ，由图可得：
tanθ＝＝＝＝①
将vA反向延长与水平位移相交于O点，设A′O＝d，则有：tanθ＝
解得d＝x，tanθ＝2＝2tanα②
①②两式揭示了偏转角和其他各物理量的关系.
3.利用平抛运动的轨迹解题
平抛运动的轨迹是一条抛物线，已知抛物线上的任意一段，就可求出水平初速度和抛出点，其他物理量也就迎刃而解了.设图是某小球做平抛运动的一段轨迹，在轨迹上任取两点A和B，过A点作竖直线，并与过B点作的水平线相交于C点，然后过BC的中点D作垂线交轨迹于E点，再过E点作水平线交AC于F点，小球经过AE和EB的时间相等，设为单位时间T.由Δy＝gT2知T＝＝，v0＝＝·xEF.
【突破训练二】
3.一带有乒乓球发射机的乒乓球台如图所示.水平台面的长和宽分别为L1和L2，中间球网高度为h.发射机安装于台面左侧边缘的中点，能以不同速率向右侧不同方向水平发射乒乓球，发射点距台面高度为3h.不计空气的作用，重力加速度大小为g.若乒乓球的发射速率v在某范围内，通过选择合适的方向，就能使乒乓球落到球网右侧台面上，则v的最大取值范围是(　　)
A． B． C． D． 解析：设以速率v1发射乒乓球，经过时间t1刚好落到球网正中间.
则竖直方向上有3h－h＝gt ①
水平方向上有＝v1t1 ②
由①②两式可得v1＝
设以速率v2发射乒乓球，经过时间t2刚好落到球网右侧台面的两角处，在竖直方向有3h＝gt③
在水平方向有＝v2t2 ④
由③④两式可得v2＝
则v的最大取值范围为v1答案：D
1.当物体从某种特性变化为另一种特性时，发生质的飞跃的转折状态，通常叫做临界状态.出现临界状态时，既可理解为“恰好出现”，也可理解为“恰好不出现”.
2.确定临界状态的常用方法
(1)极限法：把物理问题(或过程)推向极端，从而使临界现象显露，达到尽快求解的目的.
(2)假设法：有些物理过程中没有明显出现临界问题的线索，但在变化过程中可能出现临界问题.
3.临界问题经常出现在变速圆周运动中，而竖直平面内的圆周运动是最典型的变速圆周运动.在竖直平面内的圆周运动一般不是匀速圆周运动，但物体经最高点或最低点时，所受的重力与其他力的合力指向圆心，提供向心力.
(1)用绳子系物体或物体沿轨道内侧运动(如图所示).
此种情况下，如果物体恰能通过最高点，即绳子的拉力或轨道对物体的支持力等于零，只有重力提供向心力，即mg＝，得临界速度v0＝.当物体的速度大于v0时，才能经过最高点.
(2)用杆固定物体在竖直平面内做圆周运动.
此种情况下，由于物体所受的重力可以由杆给它的向上的支持力来平衡，所以在最高点时的速度可以为零.当物体在最高点的速度v≥0时，物体就可以完成一个完整的圆周运动.
【突破训练三】
4.(多选)如图所示，长0.5 m的轻质细杆，一端固定有一个质量为3 kg的小球，另一端由电动机带动，使杆绕O点在竖直平面内做匀速圆周运动，小球的速率为2 m/s.取g＝10 m/s2，下列说法正确的是(　　)
A．小球通过最高点时，对杆的拉力大小是24 N
B．小球通过最高点时，对杆的压力大小是6 N
C．小球通过最低点时，对杆的拉力大小是24 N
D．小球通过最低点时，对杆的拉力大小是54 N
解析：设小球在最高点时受杆的弹力向上，则mg－FN＝m，得FN＝mg－m＝6 N，故小球对杆的压力大小是6 N，A错误，B正确；小球通过最低点时FN－mg＝m，得FN＝mg＋m＝54 N，小球对杆的拉力大小是54 N，C错误，D正确.
答案：BD
【品味高考】
1.(多选)(2018·江苏卷)火车以60 m/s的速率转过一段弯道，某乘客发现放在桌面上的指南针在10 s内匀速转过了约10°.在此10 s时间内，火车(　　)
A．运动路程为600 m
B．加速度为零
C．角速度约为1 rad/s
D．转弯半径约为3.4 km
解析：火车做匀速圆周运动，10 s时间内，通过的路程为s＝vt＝600 m，A选项正确；火车做匀速圆周运动，受到的合外力提供向心力，根据牛顿第二定律可知，向心加速度不为零，B选项错误；利用指南针在10 s内匀速转过了约10°，根据角速度的定义可知，ω＝＝ rad/s，C选项错误；已知火车在10 s时间内通过的路程为600 m，根据几何关系可知，火车转过的弧长l＝θR，解得转弯半径约为R≈3.4 km，D选项正确.
答案：AD
2.(2018·北京卷)根据高中所学知识可知，做自由落体运动的小球，将落在正下方位置.但实际上，赤道上方200 m处无初速下落的小球将落在正下方位置偏东约6 cm处.这一现象可解释为，除重力外，由于地球自转，下落过程小球还受到一个水平向东的“力”，该“力”与竖直方向的速度大小成正比.现将小球从赤道地面竖直上抛，考虑对称性，上升过程该“力”水平向西，则小球(　　)
A．到最高点时，水平方向的加速度和速度均为零
B．到最高点时，水平方向的加速度和速度均不为零
C．落地点在抛出点东侧
D．落地点在抛出点西侧
解析：根据运动的合成与分解知识可知，“力”与竖直方向的速度大小成正比，竖直上抛时，竖直方向有速度，物体受到水平向西的一个力，存在加速度，物体到最高点时，水平方向有速度，竖直方向速度为零，水平方向加速度为零，A、B选项错误；将此物体的运动分解成水平方向与竖直方向，在上抛过程中，水平方向速度不断增大，当下降时，因加速度方向与水平速度方向相反，做减速运动，但在落回到抛出点时，水平方向有向西的位移，因此落地点在抛出点西侧，C选项错误，D选项正确.
答案：D
3.(2018·全国卷Ⅲ)在一斜面顶端，将甲、乙两个小球分别以v和的速度沿同一方向水平抛出，两球都落在该斜面上.甲球落至斜面时的速率是乙球落至斜面时速率的(　　)
A．2倍　　　　　　　　 B．4倍
C．6倍 D．8倍
解析：如图所示：
斜面倾角为α，小球落在斜面上速度方向偏向角为θ，根据平抛运动的推论可知，tanθ＝2tanα，甲、乙两球落在斜面上时速度偏向角相等.末速度v甲末＝，v乙末＝，解得v甲末∶v乙末＝2∶1，A选项正确.
答案：A
阶段性测试题一
(测试范围　第五章)
(时间：90分钟　满分：100分)
第Ⅰ卷(选择题，共44分)
一、选择题(本大题共11小题，每小题4分，共44分，每小题至少有一个选项是正确的，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分)
1.(多选)(2018·蚌埠市第一次质检)运动轨迹既不是抛物线也不是圆周的曲线运动，称为一般的曲线运动，研究一般的曲线运动，可以把曲线分隔成许多小段，分析质点在每一小段的运动时，下列方法正确的是(　　)
A．每一小段的运动可以看成直线运动
B．每一小段运动中物体受到的合力为零
C．每一小段运动中物体受到恒力的作用
D．每一小段的运动可以看成圆周运动的一部分
解析：根据微元法可知，把曲线分隔成许多小段，每一小段的运动可以看成直线运动，A选项正确；根据曲线运动的规律可知，物体受到的合力不为零，物体不能受到恒力作用，B、C选项错误；每一小段的运动也可以看成圆周运动的一部分，D选项正确.
答案：AD
2.(多选)甲、乙、丙三小球分别位于如图所示的竖直平面内，甲、乙在同一条竖直线上，甲、丙在同一条水平线上，水平面上的P点在丙的正下方，在同一时刻甲、乙、丙开始运动，甲以水平速度v0平抛，乙以水平速度v0沿水平面向右做匀速直线运动，丙做自由落体运动，则(　　)
A．若甲、乙、丙三球同时相遇，则一定发生在P点
B．若甲、丙二球在空中相遇，此时乙球一定在P点
C．若只有甲、乙二球在水平面上相遇，此时丙球还未着地
D．无论初速度v0大小如何，甲、乙、丙三球一定会同时在P点相遇
解析：甲做平抛运动，在水平方向上与乙做速度相同的匀速直线运动，水平位移每时每刻都相等，故甲、丙相遇时，乙球一定在P点，选项B正确；甲在竖直方向上与丙运动情况相同，同时做自由落体运动，竖直位移总保持相等，故A选项正确，C、D均错.
答案：AB
3.(2018·新疆二模)如图为某种未来宇航员乘坐的飞行器的理想模型，为了让宇航员在太空中感受到“重力”，飞行器在航行中通过自转创造“重力”，则此“重力方向”为(　　)
A．竖直向下
B．沿半径指向飞行器圆心
C．沿半径背离飞行器圆心
D．沿飞行器转动的切线方向
解析：宇航员在太空中，重力提供绕地球匀速圆周运动的向心力，处于完全失重状态，飞行器自转过程中，宇航员随飞行器旋转时所需的向心力由飞行器的内壁对他的支持力提供，根据牛顿第三定律可知，宇航员会对飞行器底面产生压力，这个压力相当于宇航员受到的等效重力，因此“重力方向”应该是沿半径背离飞行器圆心的方向，A、B、D选项错误，C选项正确.
答案：C
4.
2016 年起，我国空军出动“战神”轰－6K等战机赴南海战斗巡航.某次战备投弹训练，飞机在水平方向做加速直线运动的过程中投下一颗模拟弹.飞机飞行高度为h，重力加速度为g，不计空气阻力，则以下说法正确的是(　　)
A．在飞行员看来模拟弹做平抛运动
B．模拟弹下落到海平面的时间为
C．在飞行员看来模拟弹做自由落体运动
D．若战斗机做加速向下的俯冲运动，此时飞行员一定处于失重状态
解析：飞行员在水平方向做加速直线运动，模拟弹相对地面做平抛运动，故在飞行员看来模拟弹不是做平抛运动，是向后倾斜的直线运动，故不是自由落体运动，选项A、C错误；模拟弹下落到海平面的时间为t＝，选项B正确；若战斗机做加速向下的俯冲运动，根据圆周运动的规律可知N＝mg＋m，可知此时飞行员一定处于超重状态，选项D错误.故选B．
答案：B
5.如图所示，可看作质点的小物体位于半径为R的半球顶端，若给小物体以水平速度v0时，小物体对球顶恰好无压力，则(　　)
A．物体将沿着球面做圆周运动
B．物体落地时速度与水平方向成45°
C．物体落地时水平位移为2R
D．物体落地时速度大小为v0
解析：小物体在球顶时仅受重力，又有水平初速度，所以物体离开球面做平抛运动，故A错误；小物体对球顶恰好无压力，则由牛顿第三定律知，球顶对小球没有支持力，根据牛顿第二定律，得mg＝m，解得v0＝.根据平抛运动的规律有R＝gt2得t＝，则物体落地时水平位移x＝v0t＝·＝R，落地时竖直方向上的速度vy＝gt＝，设落地时速度与地面的夹角为θ，有tanθ＝＝>1，即落地时的速度与水平方向夹角大于45°，故B、C错误；根据平行四边形定则知，落地时的速度为v＝＝＝＝v0，D正确.
答案：D
6.(多选)物体以速度v0水平抛出，若不计空气阻力，则当其竖直位移与水平位移相等时，以下说法中正确的是(　　)
A．竖直速度等于水平速度 B．瞬时速度大小为v0
C．运动的时间为 D．运动的位移为
解析：物体做平抛运动，当竖直位移与水平位移相等时，位移夹角正切tanφ＝＝1，根据平抛运动规律可知，速度夹角正切tanθ＝2tanφ＝2，竖直速度vy＝2v0，A选项错误；瞬时速度大小为v＝ ＝v0，B选项正确；运动时间t＝＝，C选项正确；运动的位移s＝＝x＝，D选项错误.
答案：BC
7.(2018·曲阜市期中)变速自行车变换齿轮组合来改变行驶速度.如图所示是某一变速自行车齿轮转动结构示意图，图中A轮有48齿，B轮有42齿，C轮有18齿，D轮有12齿，则(　　)
A．该自行车可变换两种不同挡位
B．当B轮与C轮组合时，两轮的线速度之比＝
C．当A轮与D轮组合时，两轮的角速度之比＝
D．当A轮与C轮组合时，两轮上边缘点M和N的向心加速度之比＝
解析：该自行车有四个轮，可以变换四种不同挡位，A选项错误；当B轮与C轮组合时，链条传动的边缘各点线速度大小相等，B选项错误；当A轮与D轮组合时，两轮边缘各点线速度大小相等，齿数之比等于半径之比，根据线速度与角速度的关系可知，角速度之比等于半径反比，即ωA∶ωD＝ND∶NA＝12∶48＝1∶4，C选项错误；当A轮与C轮组合时，ωA∶ωC＝NC∶NA＝18∶48＝3∶8；根据a＝vω可知，向心加速度之比aM∶aN＝3∶8，D选项正确.
答案：D
8.(2018·绵阳市涪城区模拟)如图所示，两个质量相同的小球分别系于两根等长细线的末端，细线另一端结在另一根细绳上并悬于天花板上.当两球静止时，天花板对细绳的拉力为T1，小球对细线的拉力为T1′.当两球分别绕竖直轴在水平面做角速度相等的匀速圆周运动时，天花板对细绳的拉力为T2，小球对细线的拉力为T2′，则下列判断正确的是(　　)
A．T1＜T2　T1′＝T2′
B．T1＝T2　T1′＜T2′
C．T1＜T2　T1′＜T2′
D．转动角速度未知，无法判定
解析：当两球静止时，天花板对细绳的拉力等于两球的重力，T1＝2mg，此时细线与竖直方向存在夹角θ，故细线的拉力大于小球的重力，T1′cosθ＝mg.当两球做匀速圆周运动时，研究整体的竖直方向可知，T2＝2mg，此时细线与竖直方向的夹角变大，则小球对细线的拉力变大，故T1＝T2，T1′＜T2′，B选项正确.
答案：B
9.
如图所示，A、B两球在地面O点上方的同一竖直线上的不同位置，A、B间的距离为h＝5 m，分别给两球水平向右的初速度，使两球做平抛运动，结果两球的运动轨迹相交于C点，OC与竖直方向的夹角为θ＝53°，A、B两球的初速度分别为v1＝3 m/s、v2＝5 m/s，重力加速度为g＝10 m/s2，不计空气阻力，A、B两球从抛出点到C点的运动时间分别为t1和t2，A、B两球抛出时离地面的高度分别为h1和h2，则(　　)
A．t1＝1.25 s　h2＝ m B．t1＝0.75 s　h2＝ m
C．t2＝1.25 s　h1＝ m D．t2＝0.75 s　h1＝ m
解析：设A球从抛出到C点所用的时间为t1，x1＝v1t1，y1＝gt，设B球从抛出到C点所用时间为t2，则x2＝v2t2，y2＝gt，y1－y2＝h，求得t1＝v2·＝1.25 s，t2＝v1·＝0.75 s，选项B、C错误；A球被抛出时离地面的高度为h1＝y1＋xcotθ＝ m，B球被抛出时离地面的高度为h2＝y2－xcotθ＝ m，选项D错误，A正确.
答案：A
10.(多选)雨伞半径为R，高出地面h，以角速度ω旋转时，雨滴从伞边缘飞出，则以下说法中正确的是(　　)
A．雨滴沿飞出点的半径方向飞出，做平抛运动
B．雨滴沿飞出点的切线方向飞出，做平抛运动
C．雨滴落地后在地面形成一个和伞半径相同的圆
D．雨滴落地后形成半径为r＝R的圆
解析：雨点甩出后沿飞出点的切线方向飞出，做平抛运动，故A错误，B正确；竖直方向有：h＝gt2， t＝.水平方向初速度为雨伞边缘的线速度，所以v0＝ωR，雨点甩出后水平方向做匀速直线运动，x＝v0t＝ωR，设雨伞的轴心点到落地点的水平距离为s，则s＝＝R，故C错误；D正确.故选BD．
答案：BD
11.(2018·邯郸模拟)两个质量分别为2m和m的小木块a和b(可视为质点)放在水平圆盘上，a与转轴OO′的距离为L，b与转轴的距离为2L，a、b之间用长为L的强度足够大的轻绳相连，木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的k倍，重力加速度大小为g.若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，开始时轻绳刚好伸直但无张力，用ω表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是(　　)
A．a比b先达到最大静摩擦力
B．a、b所受的摩擦力始终相等
C．ω＝是b开始滑动的临界角速度
D．当ω＝时，a所受摩擦力的大小为
解析：两木块随圆盘一起转动，静摩擦力提供向心力，Ff＝mω2r，当圆盘的角速度增大时，b的静摩擦力先达到最大值，A选项错误；轻绳没有张力时，Ffa＝2mω2L，Ffb＝mω2·2L，两者受到的摩擦力相等，当轻绳出现张力时，Ffa－FT＝2mω2L，Ffb＋FT＝mω2·2L，二者受到的摩擦力不相等，B选项错误；当b刚要滑动时，2kmg＋kmg＝2mω2L＋mω2·2L，解得ω＝，C选项错误；当ω＝时，a所受摩擦力的大小为Ff′＝4mω2L－kmg＝，D选项正确.
答案：D
第Ⅱ卷(非选择题，共56分)
二、实验题(本大题共2小题，共12分)
12.(4分)利用单摆验证小球平抛运动规律，设计方案如图所示，在悬点O正下方有水平放置的炽热的电热丝P，当悬线摆至电热丝处时能轻易被烧断；MN为水平木板，已知悬线长为L，悬点到木板的距离OO′＝h(h＞L).
(1)电热丝P必须放在悬点正下方的理由是　　　　Ｗ.
(2)将小球向左拉起后自由释放，最后小球落到木板上的C点，O′C＝s，则小球做平抛运动的初速度为v0＝　　　　.
解析：(1)由于在烧断细线前小球做圆周运动，故速度方向沿切线方向，所以只有在悬点正下方物体的速度沿水平方向，要小球做平抛运动，则小球平抛的初速度只能沿水平方向，故只有保证小球沿水平方向抛出才能保证物体做平抛运动.
(2)由于小球做平抛运动，故有在水平方向有s＝v0t
在竖直方向有h－L＝gt2
故有v0＝s.
答案：(1)保证小球沿水平方向抛出　(2)s
13.(8分)一个有一定厚度的圆盘，可以绕通过中心垂直于盘面的水平轴转动，用下面的方法测量它匀速转动时的角速度.
实验器材：电磁打点计时器、米尺、纸带、复写纸片.
实验步骤：
①如图1所示，将电磁打点计时器固定在桌面上，将纸带的一端穿过打点计时器的限位孔后.固定在待测圆盘的侧面上，使得圆盘转动时，纸带可以卷在圆盘侧面上.
②启动控制装置使圆盘转动，同时接通电源，打点计时器开始打点.
③经过一段时间，停止转动和打点，取下纸带，进行测量.
(1)由已知量和测得量表示角速度的表达式为ω＝　　　.式中各量的意义是　　　　　　　.
(2)某次实验测得圆盘半径r＝5.50×10－2 m，得到的纸带的一段如图2所示，求得角速度为　　　　.(保留2位有效数字)
解析：(1)在纸带上任取两点，距离为L，经历n个周期，圆盘的线速度v＝，圆盘的角速度ω＝＝，式中T为电磁打点计时器打点的周期，r为圆盘的半径，L是用米尺测量的纸带上选定的两点间的长度，n为选定的两点间的打点周期数.
(2)从图中可知第一个点到最后一个点共有15个周期，其总长度L＝11.25 cm.代入数据解得ω＝6.8 rad/s.
答案：(1)　T为电磁打点计时器打点的周期，r为圆盘的半径，L是用米尺测量的纸带上选定的两点间的长度，n为选定的两点间的打点周期数　(2)6.8 rad/s
三、计算题(本大题共4小题，共44分，要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的题要注明单位)
14.(11分)
一个物体在光滑水平面上运动，在水平面内建立直角坐标系xOy，t＝0时刻，该物体处于坐标原点，之后它的两个分速度vx、vy随时间变化的图象分别如图所示.结合图象完成下列问题(计算结果可保留根式)：
(1)t＝4 s时物体的速度大小；
(2)求0～6 s内物体的位移大小；
(3)通过计算判断4 s～6 s内物体的运动性质.
解析：(1)物体在t＝4 s时，x轴方向速度vx＝2 m/s，y轴方向速度vy＝4 m/s，物体速度v＝＝2 m/s，v与x轴正向夹角为θ，tanθ＝＝2.
(2)速度—时间图象围成的面积表示位移，0～6 s内，x轴方向位移x＝vt1＋t2＝10 m，y轴方向位移y＝t总＝12 m，位移s＝＝2 m，s与x轴正向夹角为α，tanα＝＝.
(3)由图象可知，4～6 s内，x轴加速度ax＝＝－1 m/s2，ay＝＝－2 m/s2，解得a＝＝5 m/s2，a与x轴正向夹角为β，tanβ＝＝2，加速度的方向与4 s末速度的方向相反，在4～6 s内物体做匀减速直线运动.
答案：(1)2 m/s　(2)2 m　(3)4～6 s内物体做匀减速直线运动
15.(11分)如图所示，半径为1 m的光滑半圆形管道AB，与水平面相切与A点，固定在竖直面内，管道内有一个直径略小于管道内径的小球(可看做质点)，质量为1 kg，在管道内做圆周运动，通过圆周最高点B后，经0.3 s垂直打到倾角为45°的斜面上的C点.取g＝10 m/s2.求：
(1)C与B点的水平距离；
(2)球通过B点时对管道的作用力.
解析：(1)小球在C点的竖直分速度vy＝gt
水平分速度vx＝vytan45°
则B点与C点的水平距离为x＝vxt
解得x＝0.9 m.
(2)小球经过管道的B点时与管道之间无作用力的临界条件为mg＝
v＝＝＝ m/s
因vB＝vx＝3 m/s小于 m/s，则轨道对小球的作用力方向向上
在B点根据牛顿第二定律得：mg－NB＝
代入数据得FNB＝1 N
根据牛顿第三定律可知小球经过B点时对管道的作用力方向向下，大小为1 N.
答案：(1)0.9 m　(2)小球经过B点时对管道的作用力方向向下，大小为1 N
16.(11分)(2018·商丘期中)如图，水平转盘上放有质量为m的物块，物块到转轴的距离为r，物块和转盘间的摩擦因数为μ.(物体最大静摩擦力等于滑动摩擦力)求：
(1)当水平转盘以角速度ω1匀速转动时，物块与转盘刚好能相对静止，求ω1的值是多少？
(2)将物块和转轴用细绳相连，当转盘的角速度ω2＝时，求细绳的拉力FT2的大小？
(3)将物块和转轴用细绳相连，当转盘的角速度ω3＝时，求细绳的拉力FT3的大小.
解析：(1)当水平转盘以角速度ω1匀速转动时，物块与转盘刚好能相对静止
物块受到的最大静摩擦力提供向心力，μmg＝mrω
解得ω1＝.
(2)分析可知，ω2＜ω1，即最大静摩擦力大于物块圆周运动所需向心力.此时静摩擦力提供向心力，细绳拉力为零.FT2＝0.
(3)分析可知，ω3＞ω1.
物块受到的最大静摩擦力不足以提供所需向心力
μmg＋FT3＝mωr
解得细绳的拉力FT3＝μmg.
答案：(1)　(2)0　(3)μmg
17.(11分)某新式可调火炮，水平射出的炮弹可视为平抛运动.如图，目标是一个剖面为90°的扇形山崖OAB，半径为R(R为已知)，重力加速度为g.
(1)若以初速度v0(v0为已知)射出，恰好垂直打在圆弧的中点C，求炮弹到达C点所用时间；
(2)若在同一高地P先后以不同速度射出两发炮弹，击中A点的炮弹运行的时间是击中B点的两倍，OABP在同一竖直平面内，求高地P离A的竖直高度.
解析：(1)根据几何关系可知，炮弹垂直打在圆弧的中点C时，速度与水平方向的夹角为45°，v0＝vy，根据平抛运动规律可知，运动时间t＝＝.
(2)设高地P离A的竖直高度为h，根据平抛运动规律可知， ＝2，解得h＝R.
答案：(1)　(2)R
第2节　平抛运动
核心素养关键词
知识体系
1.物体被抛出后仅在重力作用下的运动叫抛体运动，初速度沿水平方向的抛体运动叫平抛运动．
2．平抛运动一般可以分解为在水平方向上的匀速直线运动和在竖直方向上的自由落体运动．
3．斜抛运动与平抛运动的处理方法类似，只是竖直方向上的初速度不为0；斜上抛运动的最高点物体的瞬时速度沿水平方向.
一、抛体运动
1．定义：以一定初速度将物体抛出，在忽略空气阻力，只考虑重力作用的情况下，物体所做的运动叫抛体运动．
2．分类：依据抛出时速度的方向，可将抛体运动分以下类型：
竖直抛体运动：竖直上抛运动、竖直下抛运动．
斜抛运动：斜向上抛运动、斜向下抛运动．
平抛运动：初速度v0沿水平方向．
二、平抛运动
1．定义：将物体以一定的速度水平抛出，物体只受重力作用下的运动叫平抛运动．
2．平抛运动的条件
(1)物体具有水平方向的初速度．
(2)运动过程中只受重力.
一、合作探究找规律
考点一　抛体运动
如图所示，一人正练习投掷飞镖，请思考：
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：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．
考点二　平抛运动的研究
物体做平抛运动的轨迹如图所示，请思考以下问题：
1．分析曲线运动的基本思路和方法是什么？如何对平抛运动进行研究？
2．平抛运动的时间、水平位移和落地速度由哪些因素决定？
答：1.分析曲线运动的基本思路和方法是将运动分解．研究平抛运动时，可以将其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．
2．平抛运动的时间由下落高度y决定，水平位移和落地速度则由初速度v0和下落高度y共同决定．
考点三　一般的抛体运动
1．奥运会上，林丹与李宗伟的决赛堪称羽毛球比赛的经典，林丹将李宗伟的扣球轻轻向上一挑，羽毛球落在了对方场地内．被林丹斜向上挑出的羽毛球是做斜抛运动吗？
2．只要增大抛出时的速度，物体的射程就会变远吗？
答：1.不是斜抛运动；被斜向上挑出的羽毛球除了受到重力以外，还受到了不可忽略的空气阻力作用．
2．不一定．做斜抛运动的物体，其射程还与抛射角有关．
二、理解概念做判断
1．平抛运动的物体初速度越大，下落得越快．(×)
2．平抛运动的速度方向时刻变化，加速度方向也时刻变化．(×)
3．做平抛运动的物体初速度越大，在空中运动时间越长．(×)
4．斜抛运动和平抛运动的加速度相同．(√)
5．如果下落时间较长，平抛运动的物体的速度方向变为竖直方向．(×)
要点1|抛体运动的理解
1．抛体运动的性质
(1)抛体运动建立在忽略阻力的前提条件下，所以抛体运动是一种理想化运动．
(2)抛体运动只受重力作用，其加速度恒为重力加速度g，故抛体运动是匀变速运动．
(3)抛体运动在任意相等的时间内速度的改变量都相等，均为Δv＝gΔt，方向竖直向下．
2．平抛运动的性质
平抛运动所受合力为重力，合力恒定且合力方向与速度方向不在一条直线上，所以平抛运动为匀变速曲线运动．
3．平抛运动的研究方法
典例1　 在一次投球游戏中，将球水平抛向放在地面的小桶中，小刚同学调整好力度，结果球沿弧线飞到小桶的右方．不计空气阻力，则下次再投时，球投出方向不变，他可能做出的调整为(　　)
A．初速度大小不变，降低抛出点高度
B．初速度大小不变，提高抛出点高度
C．抛出点高度不变，增大初速度
D．以上方法都可行
【思路点拨】　小球做平抛运动，飞到小桶的右方，说明水平位移偏大，应减小水平位移才能使小球抛进小桶中．将平抛运动进行分解：水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，由运动学公式得出水平位移与初速度和高度的关系式，再进行分析．
【解析】　设小球平抛运动的初速度为v0，抛出点离小桶的高度为h，水平位移为x，则平抛运动的时间t＝，水平位移x＝v0t＝v0；初速度大小不变，高度降低，则水平位移减小，可以落入小桶中，故A正确；初速度不变，高度增大，则水平位移增大，不能落入小桶中，故B错误；抛出点高度不变，减小抛出速度，则水平位移减小，可以落入小桶中，故C、D错误．
【答案】　A
　对于做平抛运动的物体，以下说法中正确的是(　　)
A．抛出速度越大，飞行的时间越长
B．抛出点位置越高，飞行的时间越长
C．抛出点位置越高，飞行的水平距离越大
D．抛出速度越大，飞行的水平距离越大
解析：根据公式h＝gt2可知，做平抛运动的物体飞行时间取决于下落高度h，故A选项错误，B选项正确；根据公式x＝v0·t＝v0·可知，物体飞行的水平距离x取决于抛出速度v0和下落高度h，C、D选项错误．
答案：B
名师方法总结
应从以下几方面理解平抛运动：
(1)平抛运动的物体只受重力作用，产生恒定的加速度．相等时间内的速度改变量相同．
(2)平抛运动的物体初速度与合外力不共线，是匀变速曲线运动．
(3)平抛运动是水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动的合运动．
名师点易错
抛体运动是一种理想化的运动，地球表面附近，重力大小和方向可认为不变，不考虑空气阻力.
要点2|平抛运动的研究
1．平抛运动的速度
若以抛出点为原点，取水平方向为x轴，正方向与初速度v0的方向相同，竖直方向为y轴，正方向向下，物体在任一时刻t的速度v：
(1)水平分速度vx＝v0.
(2)竖直分速度vy＝gt.
(3)t时刻平抛物体的速度大小和方向：v＝＝；设v与v0夹角为θ，则tanθ＝＝.
(4)物体做平抛运动的速度特点
由v＝知道，时间越长，速度越大，由tanθ＝知道，时间越长，v与水平方向的夹角θ越大，物体的速度方向越来越接近竖直向下的方向，但由于水平方向v0不变，所以平抛运动任意时刻(或位置)的速度一定不会沿竖直方向．
(5)平抛运动中的速度变化的特点
水平方向分速度保持vx＝v0不变．竖直方向，加速度恒为g，速度vy＝gt，从抛出点起，每隔Δt时间的速度的矢量关系如图所示，这一矢量关系有两个特点：
①任意时刻速度的水平分量均等于初速度v0；
②任意相等时间间隔Δt内的速度改变量方向均竖直向下，且Δv＝Δvy＝gΔt.
2．平抛运动的位移
以抛出点为坐标原点，竖直向下为y轴正方向，沿初速度方向为x轴正方向，建立直角坐标系(如图所示)，
根据平抛运动在水平方向上是匀速直线运动和在竖直方向上是自由落体运动的规律可知：
(1)分运动
水平分位移：x＝v0t；竖直分位移：y＝gt2.
(2)合运动
t时间内合位移的大小s＝.
设合位移s与x轴正方向的夹角为θ，则
tanθ＝＝＝.
(3)轨迹方程
平抛物体在任意时刻的位置坐标x和y所满足的方程，叫轨迹方程．
由x＝v0t和y＝gt2消去t可得：
y＝x2或x2＝y.
3．平抛运动的几个重要推论
(1)平抛运动的时间
由y＝gt2得t＝ 知平抛运动的物体在空中运动的时间，只与下落的高度有关，与初速度大小无关．
(2)平抛运动的水平距离
由x＝v0t＝v0知平抛运动的物体的水平位移由初速度v0和下落高度y共同决定．
(3)落地速度：v＝＝，即落地速度也是由初速度v0和下落高度y共同决定．
(4)平抛运动的两个重要结论
①平抛运动的速度偏向角为α，如图所示，
则tanα＝＝＝＝.
平抛运动的位移偏向角为θ，则tanα＝2tanθ.
可见位移偏向角与速度偏向角不等．
②如图所示，从O点抛出的物体，经时间t到达P点．
则OB＝v0t
AB＝PBcotθ＝gt2·＝gt2·＝v0t.
可见AB＝OB，A为OB的中点，即v的反向延长线与x轴的交点为水平位移的中点．
典例2　 在距地面20 m高处，某人以10 m/s的速度水平抛出一物体(g取10 m/s2)，求物体
(1)抛出多长时间落到地面？
(2)落地的速度大小和方向；
(3)落地点与抛出点的距离大小．
【思路点拨】　水平方向上物体做匀速直线运动，满足匀速直线运动的规律方程x＝v0t，竖直方向上做自由落体运动，满足h＝gt2，对水平方向、竖直方向分别列方程，再根据运动的合成和分解即可以求出落地时速度的大小和方向．
【解析】　(1)小球竖直方向做自由落体运动，则有h＝gt2，得t＝＝ s＝2 s.
(2)落地竖直分速度大小vy＝gt＝20 m/s，速度大小为v＝＝10 m/s，与水平方向的夹角为θ，则tanθ＝＝2.
(3)在水平方向上发生的位移为x＝v0t＝20 m，在竖直方向上发生的位移为h＝20 m，故落地点与抛出点的距离为＝20 m.
【答案】　(1)2 s　(2)10 m/s　速度与水平方向夹角满足tanθ＝2　(3)20 m
　
(2018·牡丹江市期末)物体做平抛运动的轨迹如图所示，O为抛出点，物体经过点P(x1，y1)时的速度方向与水平方向的夹角为θ，x1、y1为已知，重力加速度为g，求：
(1)物体抛出时的初速度v0的大小(用x1、y1、g表示)；
(2)tanθ的值(用x1、y1、g表示)．
解析：(1)平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，y1＝gt2
水平方向上，v0＝
联立解得v0＝x1 .
(2)经过P点时的竖直分速度vy＝gt
速度与水平方向夹角的正切值tanθ＝
联立解得tanθ＝ .
答案：(1)x1　(2)
名师方法总结
(1)处理平抛运动问题要养成画示意图的习惯，将平抛运动分解为水平方向和竖直方向的两个分运动，求出两个分运动的物理量，然后利用运动的合成求合运动的物理量．
(2)研究平抛运动时要先分析物体在水平和竖直两个方向上的运动情况，根据运动的等时性和矢量关系列方程．
(3)研究竖直方向的运动时，利用自由落体运动的一些推论会起到事半功倍的效果．
名师点易错
有的同学误认为既然平抛运动为匀变速运动，则以v0平抛一物体，t时刻的速度v＝v0＋gt.
要点3|斜抛运动的研究
1．斜抛运动的定义：斜向上或斜向下抛出的物体只在重力(不考虑空气阻力)作用下的运动叫做斜抛运动．
2．斜抛运动的特点：水平方向分速度不变，竖直方向仅受重力作用，加速度恒为g.
3．斜抛运动的分解
4．斜抛运动的规律：(以斜上抛为例)
如图所示，斜上抛物体初速度为v0，与水平方向夹角为θ，则
所以t＝，
代入y的表达式可得：y＝xtanθ－.
这就是斜抛物体的轨迹方程．
可以看出：y＝0时，
①x＝0是抛出点位置；
②x＝＝是水平射程．
对应飞行时间：t＝.
典例3　 (多选)如图所示，一物体以初速度v0做斜抛运动，v0与水平方向成θ角．AB连线水平，则从A到B的过程中下列说法正确的是(　　)
A．上升时间t＝
B．最大高度h＝
C．在最高点速度为零
D．AB间位移xAB＝
【思路点拨】　斜抛运动的处理方式都是分解成为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的竖直上抛运动来处理，对水平、竖直方向分别列方程即可．
【解析】　物体做斜抛运动，水平方向上做匀速直线运动，vx＝v0cosθ，竖直方向上做竖直上抛运动，vy＝v0sinθ，上升时间t＝＝，A选项正确；最大高度h＝＝，B选项正确；在最高点水平速度不为零，C选项错误；AB间位移xAB＝vx·2t＝，D选项正确．
【答案】　ABD
　从某高处以6 m/s的初速度、30°抛射角斜向上方抛出一石子，落地时石子的速度方向和水平线的夹角为60°，求石子在空中运动的时间和抛出点离地面的高度(g取10 m/s2)．
解析：如图所示，石子落地时的速度方向和水平线的夹角为60°，则＝，即vy＝vx＝v0cos30°＝×6× m/s＝9 m/s.
取向上为正方向，落地时竖直速度向下，则－vy＝v0sin30°－gt，得t＝1.2 s.
由竖直方向位移公式得：h＝v0sin30°·t－gt2＝3×1.2 m－5×1.22 m＝－3.6 m，负号表示落地点比抛出点低．即抛出点离地面的高度为3.6 m.
答案：1.2 s　3.6 m
名师方法总结
(1)斜抛运动的处理方法与平抛运动类似，首先分解为水平和竖直方向上的两个分运动，然后分别对分运动求解，需要求合运动时，再对分运动合成．
(2)斜抛运动如从最高点分析则变为平抛运动．
名师点易错
斜抛运动在最高点时速度和加速度均不为零.
对点训练一　抛体运动的理解
1．(多选)(2018·佛山市高明区测试)关于平抛运动，下列说法中正确的是(　　)
A．平抛运动的轨迹是曲线，所以平抛运动是变速运动
B．平抛运动是一种匀变速曲线运动
C．平抛运动的水平射程x由初速度v0决定，与下落的高度h无关
D．平抛运动的落地时间t由初速度v0决定，v0越大，t越大
解析：平抛运动的轨迹是曲线，加速度不变，做匀变速曲线运动，A、B选项正确；平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，x＝v0t＝v0，与初速度和高度有关，C选项错误；时间由高度决定，与初速度无关，D选项错误．
答案：AB
2．(多选)消防队员手持水枪灭火，水枪跟水平面有一仰角．关于水枪射出水流的射高和射程下面说法中正确的是(　　)
A．初速度大小相同时，仰角越大，射程也越大
B．初速度大小相同时，仰角越大，射高也越高
C．仰角相同时，初速度越大，射高越高，射程不一定大
D．仰角相同时，初速度越大，射高越高，射程也一定大
解析：水枪射出的水流做斜抛运动，将初速度分解，水平速度vx＝vcosθ，竖直速度vy＝vsinθ，初速度大小相同时，仰角越大，水平速度越小，竖直速度越大，竖直方向上的运动时间越长，根据射程公式x＝vxt可知，水平射程不一定大，A选项错误；初速度大小相同时，仰角越大，竖直速度越大，射高越高，B选项正确；仰角相同时，初速度越大，竖直速度越大，射高越高，竖直方向上的运动时间越长，根据射程公式x＝vxt可知，射程越大，C选项错误，D选项正确．
答案：BD
对点训练二　平抛运动的研究
3．(多选)以速度v0水平抛出一物体，当其竖直分位移等于其水平分位移时，此物体的(　　)
A．竖直分速度等于其水平分速度
B．瞬时速度为v0
C．运动时间为
D．发生的位移为
解析：当竖直位移和水平位移相等时，有v0t＝gt2，解得t＝，则竖直分速度vy＝gt＝2v0，与水平分速度不等，故A错误，C正确；根据平行四边形定则知，瞬时速度的大小v＝＝v0，故B正确；水平位移x＝v0t＝，则位移s＝x＝，故D正确．故选BCD．
答案：BCD
4．(2018·乐山期末)如图所示，一小球从平台上水平拋出，恰好落在临近平台的一倾角为α＝53°的固定斜面顶端，并刚好沿斜面下滑，斜面摩擦因数μ＝0.5，已知斜面顶端与平台的高度差h＝0.8 m，g＝10 m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，求：
(1)小球水平拋出的初速度是多大？
(2)斜面顶端与平台边缘的水平距离s是多少？
(3)若平台与斜面底端高度差H＝6.8 m，则：小球离开平台后经多长时间t到达斜面底端？
解析：(1)小球做平抛运动，刚好落到斜面顶端时，下落高度为h
竖直方向上，v＝2gh
根据运动的合成与分解知识可知，
tan37°＝
联立解得v0＝3 m/s.
(2)小球在竖直方向上，h＝gt
水平方向上，s＝v0t1
联立解得s＝1.2 m，t1＝0.4 s.
(3)小球在斜面上加速下滑时，根据牛顿第二定律可知，mgsin53°－μmgcos53°＝ma
根据几何关系可知，sin53°＝
小球刚落到斜面上时的速度v合＝
小球在斜面上运动的过程，L＝v合t2＋at
联立解得t2＝1 s
总时间t总＝t1＋t2＝1.4 s.
答案：(1)3 m/s　(2)1.2 m　(3)1.4 s
对点训练三　斜抛运动的研究
5．有A、B两小球，B的质量为A的两倍．现将它们以相同速率沿同一方向抛出，不计空气阻力．图中①为A的运动轨迹，则B的运动轨迹是(　　)
A．①　　　　　　　　　　　 B．②
C．③ D．④
解析：由题意知A、B两小球抛出的初速度相同，由牛顿第二定律知，两小球运动的加速度相同，所以运动的轨迹相同，故A正确；B、C、D错误．
答案：A
【强化基础】
1．(多选)(2018·广州一模)t＝0时刻一质点开始做平抛运动，用下列图象反映其水平分速度大小vx、竖直分速度大小vy、合速度大小v与时间t的关系，合理的是(　　)
解析：平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，则水平分速度vx恒定不变，A选项正确；竖直方向上做自由落体运动，竖直分速度vy＝gt，图象为过原点的倾斜直线，C选项正确；合速度大小v＝＝，随着t的延长，v增大，t＝0时v≠0，B、D选项错误．
答案：AC
2．(多选)关于平抛运动，下列说法正确的是(　　)
A．由t＝可知，物体平抛的初速度越大，飞行时间越短
B．由t＝ 可知，物体下落的高度越大，飞行时间越长
C．任意连续相等的时间内，物体下落高度之比为1∶3∶5…
D．任意连续相等的时间内，物体运动速度的改变量相等
解析：由h＝gt2得t＝ ，即平抛运动的时间仅由下落的高度决定，下落的高度越大，飞行时间越长， 选项A错， 选项B对；只有在平抛运动开始计时的任意连续相等的时间内，物体下落高度之比才为1∶3∶5…， 选项C错；根据Δv＝gt可知，任意连续相等的时间内，平抛运动速度的改变量都相等， 选项D对．
答案：BD
3．甲、乙两物体做平抛运动的初速度之比为2∶1，若它们的水平射程相等，则它们抛出点离地面的高度之比为(　　)
A．1∶2 B．1∶1
C．4∶1 D．1∶4
解析：根据x＝vt知，水平射程相等，初速度之比为2∶1，则运动的时间之比为1∶2，根据h＝gt2知，抛出点离地的高度之比为1∶4，故D正确，A、B、C错误．故选D．
答案：D
4．物体做平抛运动时，它的速度方向与水平方向的夹角α的正切tanα随时间t变化的图象是图中的(　　)
解析：根据几何关系：tanα＝＝，则tanα与t成正比例函数关系．
答案：B
【巩固易错】
5．水平抛出的小球，t秒末的速度方向与水平方向的夹角为α1，t＋t0秒末的总位移方向与水平方向的夹角为α2，重力加速度为g，忽略空气阻力，则小球初速度的大小可表示为(　　)
A． B．
C． D．
解析：t秒末的速度方向与水平方向的夹角为α1，则tanα1＝＝，①，t＋t0秒内位移方向与水平方向的夹角为α2，则tanα2＝＝，②，联立解得v0＝，D正确．
答案：D
6.
如图，可视为质点的小球，位于半径为 m半圆柱体左端点A的正上方某处，以一定的初速度水平抛出小球，其运动轨迹恰好能与半圆柱体相切于B点．过B点的半圆柱体半径与水平方向的夹角为60°，则初速度为(不计空气阻力，重力加速度为g＝10 m/s2)(　　)
A． m/s B．4 m/s
C．3 m/s D． m/s
解析：飞行过程中恰好与半圆轨道相切于B点，知速度与水平方向的夹角为30°，设位移与水平方向的夹角为θ，则有：tanθ＝＝因为tanθ＝＝则竖直位移为y＝R，v＝2gy＝gR，所以，tan30°＝，联立以上各式解得：v0＝ ＝3 m/s，故选项C正确．
答案：C
【能力提升】
7．(2018·扬州市广陵区期末)第十六届中国崇礼国际滑雪节在张家口市崇礼区的长城岭滑雪场隆重举行．如图1所示，跳台滑雪运动员经过一段加速滑行后从A点水平飞出，落到斜坡上的B点．A、B两点间的竖直高度h＝45 m，斜坡与水平面的夹角α＝37°，不计空气阻力(取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10 m/s2)．求：
(1)运动员水平飞出时初速度v0的大小；
(2)设运动员从A点以不同的水平速度v0飞出，落到斜坡上时速度大小为v，请通过计算确定v与v0的关系式，并在图2中画出v-v0的关系图象．
解析：(1)运动员离开A点后做平抛运动，竖直方向上，h＝gt2
根据几何关系可知，水平位移x＝＝60 m
水平方向上，v0＝＝20 m/s.
(2)竖直方向上的位移y＝gt2
水平方向上位移x＝v0t
根据平抛运动规律可知tanα＝＝
竖直分速度vy＝gt
根据平行四边形定则可知，合速度v＝
联立解得v＝ v0，作图如下．
答案：(1)20 m/s　(2)v＝ v0　图见解析
8．一轰炸机在海面上方h＝500 m高处沿水平直线飞行，以v1＝100 m/s的速度追赶一艘位于正前下方以v2＝20 m/s的速度逃跑的敌舰，如图所示．要准确击中敌舰，飞机应在离敌舰水平距离为s处释放炸弹，释放炸弹时，炸弹与飞机的相对速度为零，空气阻力不计，重力加速度g＝10 m/s2.求：
(1)炸弹从被投出到落到水面的时间；
(2)炸弹刚落到水面时的速度大小；
(3)要能准确击中敌舰，s应为多大？
解析：(1)投下的炸弹做平抛运动，竖直方向有h＝gt2，代入数据解得：t＝10 s.
(2)炸弹刚落到水面时竖直方向的速度大小为vy＝gt＝10×10＝100 m/s，则炸弹刚落到水面时的速度大小为v＝＝200 m/s.
(3)炸弹从被投出到落到水面时的水平位移为x1＝v1t＝100×10 m＝1 732 m，在这段时间内敌舰前进的位移为x2＝v2t＝20×10 m＝200 m，所以飞机投弹时与敌舰在水平方向上距离为s＝x1－x2＝1 732 m－200 m＝1 532 m.
答案：(1)10 s　(2)200 m/s　(3)1 532 m
专题　平抛运动规律的综合应用
要点1|类平抛运动的处理方法
类平抛运动的处理方法与平抛运动基本上是一致的，在解题时仍然将其分解为一个匀速直线运动和一个匀加速直线运动，只不过匀加速直线运动的加速度不再是重力加速度g，方向也不一定在竖直方向上．
典例1　
如图所示，光滑斜面宽为c，长为b，倾角为θ，一物块沿斜面左上方顶点P水平射入，而从右下方顶点Q离开斜面，求物块入射的初速度为多大？
【解析】　物体在光滑的斜面上只受重力和斜面对物体的支持力，因此物体受到的合外力大小为F合＝mgsinθ，方向沿斜面向下．根据牛顿第二定律，则物体沿斜面方向的加速度为a＝＝gsinθ①
又由于物体的初速度与a垂直，所以物体的运动可分解为两个方向的运动，即物体在水平方向上以速度v0做匀速直线运动，沿斜面方向上做初速度为0的向下的匀加速直线运动．所以在水平方向上：c＝v0t②
沿斜面向下的方向上：b＝at2 ③
联立①②③得：v0＝＝ ＝c .
【答案】　c
质量为m的飞机以水平速度v0飞离跑道后逐渐上升，若飞机在此过程中水平速度保持不变，同时受到重力和竖直向上的恒定升力(该升力由其他力的合力提供，不含重力)，今测得当飞机在水平方向的位移为l时，它的上升高度为h，如图所示．求飞机受到的升力大小．
解析：飞机水平方向速度不变，则l＝v0t，竖直方向上飞机
加速度恒定，则有h＝at2，解得a＝v.根据牛顿第二定律F－mg＝ma得F＝mg＋ma＝mg.
答案：mg
名师方法总结
欲求平抛运动规律研究直线运动规律获得曲线运动规律．
要点2|平抛运动中的临界和相遇问题
平抛运动临界问题的处理，可以通过“逆向思维”、“等效思想”和“画临界轨迹”的方法来突破．明确平抛运动的基本性质，确定临界状态，在轨迹示意图中寻找出几何关系即可求解此类问题．
典例2　 如图所示，水平屋顶高H＝5 m，墙高h＝3.2 m，墙到房子的距离L＝3 m，墙外马路宽x＝10 m，小球从房顶a点水平飞出，(取g＝10 m/s2)
(1)若小球落在墙外的马路上，求小球在空中运动的时间t；
(2)若小球恰好经过墙顶b点后落在马路上，求小球离开房顶时的速度v0；
(3)若小球落在墙外的马路上，求小球离开房顶时的速度v0的取值范围．
【解析】　(1)小球做平抛运动，竖直方向上做自由落体运动，H＝gt2，解得小球在空中运动的时间t＝1 s.
(2)小球运动到墙顶b点的过程中，竖直方向上，H－h＝gt，水平方向上，v0t1＝L，联立解得v0＝5 m/s.
(3)小球恰好经过墙顶b点后落在马路上时，初速度较小，小球落在马路的最右端时，初速度较大．竖直方向上，H＝gt2，水平方向上，L＋x＝vmt，联立解得v0＝13 m/s，小球抛出时的速度v0取值范围大小为5 m/s≤v0≤13 m/s.
【答案】　(1)1 s　(2)5 m/s　(3)5 m/s≤v0≤13 m/s
　如图，窗子上、下沿间的高度H＝1.6 m，墙的厚度d＝0.4 m，某人在离墙壁距离L＝1.4 m、距窗子上沿高h＝0.2 m处的P点，将可视为质点的小物体以速度v垂直于墙壁水平抛出，小物体直接穿过窗口并落在水平地面上，取g＝10 m/s2，则v的取值范围是(　　)
A．v＞7 m/s 　　　　　　 B．v＞2.3 m/s
C．3 m/s＜v＜7 m/s D．2.3 m/s＜v＜3 m/s
解析：小物体做平抛运动，恰好擦着窗子上沿右侧穿过时v最大，水平方向上，L＝vmaxt，竖直方向上，h＝gt2，联立解得vmax＝7 m/s.恰好擦着窗口下沿左侧时v最小，L＋d＝vmint′，H＋h＝gt′2，联立解得vmin＝3 m/s，v的取值范围是3 m/s＜v＜7 m/s，C选项正确．
答案：C
名师方法总结
求解平抛运动中的临界问题的关键有三点：
(1)确定运动性质——平抛运动；
(2)确定临界状态；
(3)确定临界轨迹，并画出轨迹示意图．
要点3|平抛运动推论的应用
1．速度与水平方向夹角的正切值等于位移与水平方向夹角的正切值的二倍，即： tanθ＝2tanα.
2．做平抛运动的物体任意时刻速度的反向延长线一定通过水平位移的中点．
典例3　 如图所示，墙壁上落有两只飞镖，它们是从同一位置水平射出的，飞镖A与竖直墙壁成53°角，飞镖B与竖直墙壁成37°角，两者相距为d.假设运动时飞镖总是指向运动方向，不计空气阻力，求射出点离墙壁的距离．
【解析】　设射出点到墙壁之间的水平距离为x，如图所示，飞镖速度的反向延长线与OB交于A点，可以证明AB＝x，故有d＝xcot37°－xcot53°，所以x＝＝d.
【答案】　d
(多选)如图所示，一固定斜面倾角为θ，将小球A从斜面顶端以速率v0水平向右抛出，击中了斜面上的P点；将小球B从空中某点以相同速率v0水平向左抛出，恰好垂直斜面击中Q点．不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　)

A．若小球在击中P点时速度与水平方向所夹锐角为φ，则tanθ＝2tanφ
B．若小球在击中P点时速度与水平方向所夹锐角为φ，则tanφ＝2tanθ
C．小球A、B在空中运动的时间之比为2tan2θ∶1
D．小球A、B在空中运动的时间之比为tan2θ∶1
解析：小球A沿斜面平抛，斜面倾角等于位移夹角，根据平抛运动规律可知，tanφ＝2tanθ，A选项错误，B选项正确；小球A运动时间tA＝＝，小球B对着斜面平抛，斜面倾角与速度夹角互为余角，运动时间tB＝＝，小球A、B在空中运动的时间之比为2tan2θ∶1，C选项正确，D选项错误．
答案：BC
名师方法总结
典例3中首先要明确两只飞镖的水平位移是相同的，由推论：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．所以，它们进入墙壁的速度方向反向延长线必交于同一点，且这一点到墙壁的水平距离为射出点到墙壁水平距离的一半．
对点训练一　平抛运动的处理方法
1．水平抛出的小球，t秒末的速度方向与水平方向的夹角为θ1，t＋t0秒末速度方向与水平方向的夹角为θ2，忽略空气阻力，则小球初速度的大小为(　　)
A．gt0(cosθ1－cosθ2)　　　　 B．
C．gt0(tanθ1－tanθ2) D．
解析：t秒末的速度方向与水平方向的夹角为θ1，竖直分速度vy1＝v0tanθ1，t＋t0秒末速度方向与水平方向的夹角为θ2，竖直分速度vy2＝v0tanθ2，根据vy2－vy1＝gt0，得v0＝，B选项正确．
答案：B
2．如图为湖边一倾角为30°的大坝的横截面示意图，水面与大坝的交点为O.一人站在A点处以速度v0沿水平方向扔小石子，已知AO＝40 m，g取10 m/s2.下列说法正确的是(　　)
A．若v0＝18 m/s，则石块可以落入水中
B．若石块能落入水中，则v0越大，落水时速度方向与水平面的夹角越大
C．若石块不能落入水中，则v0越大，落到斜面上时速度方向与斜面的夹角越大
D．若石块不能落入水中，则v0越大，落到斜面上时速度方向与斜面的夹角越小
解析：根据h＝gt2得，t＝＝ s＝2 s．则石块落入水中的最小初速度v0＝＝＝10 m/s<18 m/s.可知v0＝18 m/s，则石块可以落入水中，故A正确；若石块能落入水中，则下落的高度一定，可知竖直分速度一定，根据tanα＝知，初速度越大，则落水时速度方向与水平面的夹角越小，故B错误；若石块不能落入水中，速度方向与水平方向的夹角的正切值tanα＝，位移方向与水平方向夹角的正切值tanθ＝＝，可知tanα＝2tanθ，因为θ一定，则速度与水平方向的夹角一定，可知石块落到斜面时速度方向与斜面的夹角一定，与初速度无关，故C、D错误．故选A．
答案：A
对点训练二　平抛运动中的临界和相遇问题
3．如图所示，离地面高h处有甲、乙两个小球，甲以速度v0水平抛出，同时乙以大小相同的初速度v0沿倾角为30°的光滑斜面滑下．若甲、乙同时到达地面，不计空气阻力，则甲运动的水平距离是(　　)
A．h B．h 　　　C．h　　 D．2h
解析：平抛运动的时间为t＝；乙在斜面下滑的加速度为：a＝＝g.根据2h＝v0t＋at2，代入数据得：v0t＝2h－×g×＝h.甲的水平距离为x甲＝v0t＝h.故A正确，B、C、D错误．故选A．
答案：A
4．(2018·黄冈期末)某同学将小球从P点水平抛向固定在水平地面上的圆柱形桶，小球沿着桶的直径方向恰好从桶的左侧上边沿进入桶内并打在桶的底角，如图所示，已知P点到桶左边沿的水平距离s＝0.80 m，桶的高度h0＝0.45 m，直径d＝0.20 m，桶底和桶壁的厚度不计，取重力加速度g＝10 m/s2，求：
(1)P点离地面的高度h1和小球抛出时的速度大小v0；
(2)小球经过桶的左侧上边沿时的速度大小及速度方向与水平方向的夹角正切值(结果可以带根号)．
解析：(1)小球离开P点后，做平抛运动．
从P点运动到圆桶上沿过程中，h1－h0＝gt
s＝v0t1
从P点运动到桶的底角过程中，h1＝gt
根据几何知识可知，s＋d＝v0t2
联立解得，h1＝1.25 m，v0＝2.0 m/s.
(2)小球运动到桶的左侧上沿时，根据平抛运动的规律可知
竖直方向的速度vy＝gt1
此时小球的速度v1＝
与水平方向的夹角，tanθ＝
联立解得，v1＝2 m/s，tanθ＝2.
答案：(1)1.25 m　2.0 m/s
(2)2 m/s，速度方向与水平方向的夹角正切值为2
对点训练三　平抛运动推论的应用
5．如图所示，将质量为m的小球从倾角为θ的光滑斜面上A点以速度v0水平抛出(即v0平行CD)，小球沿斜面运动到B点．已知A点的高度为h，则小球在斜面上运动的时间为多少？小球到达B点时的速度大小为多少？
解析：小球在光滑斜面上做类平抛运动，沿斜面向下的加速度a＝gsinθ.设由A运动到B的时间为t，则有＝at2，解得：t＝.设小球到达B点沿斜面向下的速度为vy，则vy＝at＝gsinθ· ＝，水平方向上的速度为v0，所以小球在B点的速度为v＝＝.
答案： 　　
【强化基础】
1.
在同一平台上的O点抛出的两个物体，做平抛运动的轨迹如图所示，则两个物体做平抛运动的初速度vA、vB的关系及落地时间tA、tB的关系分别是(　　)
A．vA＞vB，tA＞tB
B．vA＞vB，tA＜tB
C．vA＜vB，tA＞tB
D．vA＜vB，tA＜tB
解析：由下落高度确定时间：h＝gt2，则t＝，则可知tA＞tB，水平位移x＝v0t，而tA＞tB，xA＜xB，则可知vA＜vB，故C正确．故选C．
答案：C
2．(多选)一同学在玩闯关类的游戏，他站在如图所示平台的边缘，想在2 s内水平跳离平台后落在支撑物P上，人与P的水平距离为3 m，人跳离平台的最大速度为6 m/s，则支撑物距离人的竖直高度可能为(g取10 m/s2)(　　)
A．1 m　　　　　　　　 B．9 m
C．17 m D．20 m
解析：人以最大速度跳离平台时，用时0.5 s，下落的高度为h＝1.25 m；在2 s内，下落的最大高度为20 m，人要跳到P上，高度差满足1.25 m≤h≤20 m.
答案：BCD
3．甲乙两球位于同一竖直直线上的不同位置，甲比乙高h，如图所示，将甲乙两球分别以v1、v2的速度沿同一水平方向抛出，不计空气阻力，下列条件中有可能使乙球击中甲球的是(　　)
A．甲先抛出，且v1＜v2 B．甲先抛出，且v1＞v2
C．甲后抛出，且v1＜v2 D．甲后抛出，且v1＞v2
解析：甲球位置高，要使两球相碰，需要先抛出．乙球击中甲球时，两者在同一位置，即水平位移相等，甲球运动时间长，初速度小，v1＜v2，A选项正确．
答案：A
4．一演员表演飞刀绝技，由O点先后抛出完全相同的三把飞刀，分别垂直打在竖直木板上M、N、P三点，如图所示．假设不考虑飞刀的转动，并可将其看作质点，已知O、M、N、P四点距水平地面高度分别为h、4h、3h、2h，以下说法正确的是 (　　)
A．三把刀在击中木板时速度相同
B．三次飞行时间之比为1∶ ∶
C．三次初速度的竖直分量之比为3∶2∶1
D．设三次抛出飞刀的初速度与水平方向夹角分别为θ1、θ2、θ3，则有θ1>θ2>θ3
解析：初速度为零的匀变速直线运动推论：①静止起通过连续相等位移所用时间之比t1∶t2∶t3∶…＝1∶(－1)∶(－)∶….②前h、前2h、前3h…所用的时间之比为1∶ ∶ ∶…，对末速度为零的匀变速直线运动，也可以运用这些规律倒推．三把刀在击中木板时速度不等，选项A错误；飞刀击中M点所用时间长一些，选项B错误；三次初速度的竖直分量之比等于 ∶ ∶1，选项C错误．只有选项D正确．
答案：D
5．(2018·江苏二模)如图为某游戏示意图，O点放置筐，参赛者沿规定的直轨道AB以一定的速度运动，并以身高的高度沿垂直AB的方向水平抛出，将网球投入筐中者获胜．B点是轨道上离筐最近的点，空气阻力不计．高个子甲选手以较小的速度运动到A点将网球水平抛出后恰好投入筐内．当矮个子乙选手以较大的速度向前运动并投球时，则(　　)
A．乙应在到达A点之前将网球水平抛出才有可能投入筐中
B．乙应在到达A点之后将网球水平抛出才有可能投入筐中
C．乙应将网球以更大的速度水平抛出才有可能投入筐中
D．两选手抛出的网球无论是否被投入筐中，它们在空中运动的时间都相等
解析：网球抛出后，做平抛运动，竖直方向上，h＝gt2，解得t＝，网球沿AB方向做匀速直线运动，s＝vt，乙的身高小，抛出的网球运动时间变短，乙沿AB方向的速度大于甲，故无法判断沿AB方向的距离，A、B、D选项错误；对于平抛运动，由x＝v0t知，网球要投入筐中，垂直AB方向的水平位移一定，t变小，则v0变大，乙应将网球以更大的速度水平抛出才有可能投入筐中，C选项正确．
答案：C
【巩固易错】
6．(2018·无锡市模拟)如图所示，以速度v将小球沿与水平方向成θ＝37°角斜向上抛出，结果球刚好能垂直打在竖直的墙面上，球反弹后的速度方向水平，速度大小为碰撞前瞬间速度的倍，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，空气阻力不计，则反弹后小球的速度大小再次为v时，速度与水平方向夹角的正切值为(　　)
A． B．
C． D．
解析：把小球的运动看作平抛运动，小球运动速度与水平方向的夹角θ＝37°时，速度大小为v，根据平抛运动规律可知，初速度v0＝vcosθ＝v，则球反弹后的速度v0′＝v0＝v，当小球的速度大小再次为v时，速度与水平方向夹角的正切值为tanα＝＝，B选项正确．
答案：B
7．(2018·安徽一模)一阶梯如图所示，其中每级台阶的高度和宽度都是0.4 m，一小球以水平速度v飞出，g取10 m/s2，求：
(1)任意改变初速度v的大小，求小球落在第四台阶上的长度范围是多少？(答案可保留根号)
(2)当速度v＝5 m/s，小球落在哪个台阶上？(要有计算过程)
解析：(1)小球以水平速度v飞出，欲打在第四级台阶上，求出两个临界情况：速度最小时打在第三级台阶的边缘上，速度最大时，打在第四级台阶的边缘上．
小球打在第三台阶的末端时初速度为v1
3h＝gt
3x＝v1t1
联立解得，v1＝ m/s
以速度v1打到第四台阶的水平距离为x′
4h＝gt
x′＝v1t2
联立解得，x′＝ m
小球落在第四台阶上的长度范围
Δx＝4x－x′＝ m.
(2)当速度v＝5 m/s，小球落在第n个台阶上
竖直方向上，nh＝gt2
水平方向上，nx＝vt
联立解得，n＝12.5
即小球落到第13个台阶上．
答案：(1) m　(2)13
【能力提升】
8．水平地面上有一个竖直的障碍物，在距离地面高为h＝1.2 m处有一个矩形的小孔，横截面如图所示，小孔的高d＝0.6 m，在同一个竖直平面内高H＝2 m处以水平速度v0＝4 m/s抛出一个质点，若要这个质点能够通过这个矩形的小孔，求小孔的宽度L最大值．
解析：质点做平抛运动，竖直方向上，到达小孔左上沿所用时间为t1，到达小孔右下沿所用时间为t2，t1＝，
t2＝，水平方向上，L＝v0(t2－t1)，代入数据解得L的最大值为0.8 m.
答案：0.8 m
第4节　圆周运动
核心素养关键词
知识体系
1.圆周运动是变速运动，匀速圆周运动是线速度大小处处相等的圆周运动．
2．质点通过的圆弧长度与所用时间的比值为线速度大小；半径转过的角度Δθ与所用时间的比值称为角速度，角速度恒定的圆周运动是匀速圆周运动．
3．做匀速圆周运动的物体，经过一周所用的时间叫周期，物体单位时间内转过的圈数叫转速．
4．线速度、角速度、周期的关系为v＝ωr＝，T＝.

一、圆周运动
1．圆周运动
物体沿着圆周的运动，即物体运动的轨迹是圆．
2．匀速圆周运动
(1)定义：如果物体沿着圆周运动，并且线速度的大小处处相等，这种运动叫做匀速圆周运动．
(2)性质：由于匀速圆周运动的线速度方向时刻在改变，所以它是一种变速运动．
二、描述圆周运动的物理量
1．线速度
(1)定义：物体做圆周运动通过的弧长Δs与所用时间Δt的比值．
(2)定义式：v＝，单位：m/s.
(3)矢量性：物体做圆周运动时，某点线速度方向是圆周上该点的切线方向．
(4)物理意义：描述物体沿圆周运动快慢的物理量．
2．角速度
(1)定义：在匀速圆周运动中，运动物体与圆心连线转过的角度Δθ跟所用时间Δt的比值．
(2)定义式：ω＝，单位：rad/s或rad·s－1.
(3)矢量性：角速度是一个矢量，在匀速圆周运动中角速度是个恒量．
(4)物理意义：描述物体绕圆心转动快慢的物理量．
3．周期、频率和转速
周期
频率
转速
定义
物体完成一次圆周运动的时间
物体在单位时间完成圆周运动的次数
物体在单位时间所转过的圈数
符号
T
f
n
单位
s
Hz
r/s或r/min
物理
意义
描述物体做圆周运动的快慢程度
关系
f＝，单位时间若取1 s，数值上n＝f
一、合作探究找规律
考点一　圆周运动中各物理量的关系
如图所示是一个玩具陀螺，a、b、c是蛇螺上的三个点；当蛇螺绕垂直于地面的轴线以角速度ω稳定旋转时．
1．陀螺绕垂直于地面的轴线稳定旋转时，a、b、c三点角速度是否相同？
2．a、b、c三点做圆周运动的线速度有什么关系？
答：1.a、b、c三点角速度相同．
2．三点在相等时间内半径转过的圆心角相等，三点的运动半径不相等，线速度不相等，va＝vc>vb.
考点二　传动装置及特点
如图所示的传动装置
1．A、B两点的线速度与它们的半径成________；B、C两点的角速度与它们的半径成________．
2．A、B、C三点中，哪两点的角速度相等？哪两点的线速度大小相等？
答：1.正比　反比
2．A、B两点的角速度相等，B、C两点的线速度大小相等．
二、理解概念做判断
1．做匀速圆周运动的物体相等时间内通过的弧长相等．(√)
2．做匀速圆周运动的物体相等时间内通过的位移相同．(×)
3．匀速圆周运动是一种变速运动．(√)
4．转速越大，周期一定越大．(×)
5．线速度越大，角速度一定越大．(×)
6．做圆周运动的物体角速度与转速成正比．(√)
7．匀速圆周运动是速度不变的曲线运动．(×)
要点1|线速度、角速度、周期、频率和转速各量间的关系
1．线速度和角速度的关系
(1)推导：如果物体沿半径为r的圆周做匀速圆周运动，在时间Δt内通过的弧长是Δs，半径转过的角度是Δθ，由数学知识得Δs＝rΔθ，于是有＝r，即v＝rω.
(2)公式：v＝rω，即匀速圆周运动中，线速度大小等于角速度大小与半径的乘积．
(3)线速度和角速度都是描述匀速圆周运动的质点运动快慢的物理量，线速度侧重于物体通过一段弧长的快慢程度，而角速度侧重于质点转过一定角度的快慢程度．它们都有一定的局限性，任何一个速度(v或ω)都无法全面准确地反映出做匀速圆周运动质点的运动状态．
2．线速度与周期、频率、转速的关系
v＝＝2πfr＝2πnr.
3．角速度与周期、频率、转速的关系
ω＝＝2πf＝2πn.
　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
【思路点拨】　匀速圆周运动中几个物理量之间的关系要根据几个对应的公式来分析，且要注意是哪个物理量固定不变．
【解析】　由v＝ωr知，只有当r一定时，才有v与ω成正比，只有当v一定时，才有ω与r成反比，故A、C均错；由v＝知，只有当r一定时，才有v越大，T越小，B错；由ω＝可知，ω越大，T越小，故D对．
【答案】　D
(多选)电风扇在闪光灯下转动，灯每秒闪光30次，风扇有三个均匀分布的叶片，如果转动时观察到有六个叶片，则其转速可能为(　　)
A．10 r/s 　　　 B．15 r/s　　　
C．20 r/s　　 D．25 r/s
解析：在闪光灯发光时间内，扇叶转过六分之一周的奇数倍时，观察到扇叶有六个叶片，这时风扇在闪光时间内转过的圈数n′＝＝(N＝0、1、2、3…)，转速n＝ r/s＝5(2N＋1)r/s (N＝0、1、2、3…)，当N＝0时，n＝5 r/s；当N＝1时，n＝15 r/s；当N＝2时，n＝25 r/s，B、D选项正确．
答案：BD
名师方法总结
(1)v、ω、r间是瞬时对应的关系．
(2)v、ω、r三个量中，只有先确定其中一个量不变，才能进一步明确另外两个量是正比还是反比关系．
(3)若比较物体沿圆周运动的快慢看线速度，若比较物体绕圆心运动的快慢看周期、角速度．
名师点易错
做匀速圆周运动的物体角速度大，线速度不一定大；半径大，线速度不一定大；但角速度大，周期一定小.
要点2|传动问题中υ、ω、T、n与r的关系
1．共轴传动
如图所示，A点和B点在同轴的一个“圆盘”上，但跟轴的距离不同，即转动半径不同，设为r和R，且r＜R，运动的特点是转动方向相同，角速度相同．其线速度、角速度、周期之间存在的定量关系为：ωA＝ωB，TA＝TB，＝.
2．皮带传动
如图所示，A点和B点分别是两个轮子边缘上的点，两个轮子用皮带连起来，并且皮带不打滑．由于A、B两点相当于皮带上的不同位置的点，所以它们的线速度必然相同，但是因为半径不同，所以角速度不同．运动特点是转动方向相同．线速度、角速度、周期之间存在的定量关系为：vA＝vB，＝，＝.
3．齿轮传动
如图所示，A点和B点分别是两个齿轮边缘上的点，两个齿轮轮齿啮合．两个轮子在同一时间内转过的齿数相等，或者说 A、B两点的线速度相等，但它们的转动方向恰好相反，即当逆时针转动．线速度、角速度、周期之间存在的定量关系为：vA＝vB，＝＝，＝＝，式中n1、n2分别表示齿轮的齿数．
典例2　 如图是自行车传动结构的示意图，其中Ⅰ是大齿轮， Ⅱ是小齿轮，Ⅲ是后轮，半径之比为2∶1∶5，且后轮直径为60 cm.则：
(1)Ⅰ、Ⅱ两轮边缘上点的线速度v之比：________；
Ⅱ、Ⅲ两轮边缘上点的角速度ω之比：________；
Ⅰ、Ⅲ两轮边缘上点的线速度v之比：________．
(2)若再测得脚踏板的转速为75 r/min，结合以上各量计算自行车的时速约为________km/h(保留两位有效数字)．
【思路点拨】　同一条皮带上的点的线速度相同，同轴上的各点的角速度都相同．
【解析】　(1)Ⅰ、Ⅱ两轮靠链条传动，轮子边缘上的点线速度大小相等，则线速度之比为1∶1；Ⅱ、Ⅲ两轮共轴转动，角速度相等，则两轮边缘上的点角速度之比为1∶1；Ⅰ、Ⅱ两轮边缘上点的线速度相等，根据v＝rω，可知ω1∶ω2＝r2∶r1＝1∶2，Ⅱ、Ⅲ两轮共轴转动，角速度相等，可知Ⅰ、Ⅲ两轮边缘上点的角速度ω之比为1∶2.故线速度之比v1∶v3＝ω1r1∶ω3r3＝1∶5.
(2)测得脚踏板的转速为75 r/min＝1.25 r/s，则Ⅰ轮的角速度ω1＝2πn＝2.5π rad/s，则Ⅱ的角速度为ω2＝5π
rad/s，则自行车的前进速度v＝r3ω3＝0.3×5π m/s＝1.5π m/s＝17 km/h.
【答案】　(1)1∶1　1∶1　1∶5　 (2)17
(2018·云南学业测试)如图所示，地球可以视为一个球体，O点为地球球心，位于昆明的物体A和位于赤道上的物体B．都随地球自转做匀速圆周运动，则(　　)
A．物体的周期TA＝TB
B．物体的周期TA＞TB
C．物体的线速度大小vA＞vB
D．物体的角速度大小ωA＞ωB
解析：物体A和B属于同轴转动模型，周期、角速度相等，TA＝TB，ωA＝ωB，A选项正确，B、D选项错误；根据v＝rω可知，B物体的轨道半径较大，B物体的线速度较大，vB＞vA，C选项错误．
答案：A
名师方法总结
(1)对“皮带传动”、“齿轮啮合”、“链条传动”三种传动的共同特点是：传动过程中强调皮带、齿轮、链条不打滑，两轮边缘上的每一点的线速度大小相等．
(2)由于两轮半径不一定相等，所以两轮转动的角速度不一定相等，但在同一轮上的各点转动的角速度一定相等．
名师点易错
在处理传动装置中各物理量间的关系时，关键是确定其相同的量(线速度或角速度)，再由描述圆周运动的各物理量间的关系，确定其他各量间的关系.
要点3|圆周运动的周期性问题
匀速圆周运动的基本特征之一是周期性．即在运动的过程中，物体的空间位置具有时间上的重复性．它的这一特点决定了某些圆周运动问题的多解性．在分析圆周运动与其他运动相联系的问题中，利用运动的等时性来求解待求量成了解决此类问题的关键．圆周运动与其他运动结合问题应注意的三点：(1)画示意图理解过程，找几何关系；(2)时间相等是解题关键；(3)运动的周期性可能导致多解．
典例3 　(多选)如图所示，直径为d的竖直圆筒绕中心轴线以恒定的转速匀速转动．一子弹以水平速度沿圆筒直径方向从左壁射入圆筒，从右侧射穿圆筒后发现两弹孔在同一竖直线上且相距为h.则(　　)
A．子弹在圆筒中的水平速度为v0＝d
B．子弹在圆筒中的水平速度为v0＝2d
C．圆筒转动的角速度可能为ω＝π
D．圆筒转动的角速度可能为ω＝3π
【思路点拨】　子弹做平抛运动，可以对水平方向和竖直方向对子弹列位移方程，再结合圆周运动的知识，子弹的两个弹孔在同一竖直直线上可知：圆筒一定转动了n＋1/2圈，可以求出圆筒转过的角度，再根据圆周运动的角速度公式可以求出．
【解析】　子弹做平抛运动，故运动的时间t＝，水平位移为d，则d＝v0t，解得水平速度v0＝d，故A正确，B错误；由题意知，t＝＝(2n＋1)，解得ω＝(2n＋1)π，当n＝0时，C正确，当n＝1时，D正确．
【答案】　ACD
(多选)如图所示，直径为d的纸筒绕垂直于纸面的O轴匀速转动(图示为截面)．从枪口射出的子弹以速度v沿直径穿过圆筒，若子弹穿过圆筒时先后在筒上留下A、B两个弹孔．AO与BO的夹角为θ，则圆筒转动的角速度ω可能为(　　)
A．v　　　　　　　 B．v
C．v D．v
解析：如果圆筒顺时针转动，圆筒转过的角度为α＝2nπ＋π＋θ (其中：n＝0、1、2、…)经历的时间为t＝，故圆筒转动的角速度ω为ω＝＝＝v，当n＝1时，ω＝v，故C正确；子弹穿过圆筒的过程中，如果圆筒逆时针转动，圆筒转过的角度为α＝2nπ＋π－θ(其中：n＝0、1、2、…)时间：t＝，故
圆筒转动的角速度ω为ω＝＝＝v，当n＝1时，ω＝v，故D正确．所以C、D正确，A、B错误．
答案：CD
名师方法总结
圆周运动具有周期性，该类问题常出现多解问题．有些题目会涉及圆周运动和平抛运动这两种不同的运动，这两种不同运动规律在解决同一问题时，必然有一个物理量在起桥梁作用，把两种不同运动联系起来，这一物理量常常是“时间”．
名师点易错
1．匀速圆周运动的“匀速”是线速度大小不变，实际上是匀速率．
2．匀速圆周运动是变速运动，所以有加速度，故做匀速圆周运动的物体所受合外力一定不为零.
对点训练一　各物理量间的关系
1．(2018·仙游期中)关于匀速圆周运动，下列认识正确的是(　　)
A．匀速圆周运动是匀速运动
B．匀速圆周运动是变速运动
C．匀速圆周运动是线速度不变的运动
D．匀速圆周运动是加速度不变的运动
解析：匀速圆周运动线速度大小不变，方向变化，是变速运动，A、C选项错误，B选项正确；加速度大小不变，方向始终指向圆心，是变加速运动，D选项错误．
答案：B
2．甲、乙两物体均做匀速圆周运动，甲的转动半径为乙的一半，当甲转过60°时，乙在这段时间里正好转过45°，则甲、乙两物体的线速度之比为(　　)
A．1∶4　　　　　　　 B．2∶3
C．4∶9 D．9∶16
解析：由题意知甲、乙两物体的角速度之比ω1∶ω2＝60∶45＝4∶3，2r1＝r2，故两物体的线速度之比，v1∶v2＝ω1r1∶ω2r2＝2∶3，B项正确．
答案：B
对点训练二　传动类问题
3．(多选)如图所示的传动装置中，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三点的角速度之比和线速度之比为 (　　)
A．角速度之比1∶2∶2
B．角速度之比1∶1∶2
C．线速度大小之比1∶2∶2
D．线速度大小之比1∶1∶2
解析：点a和点b是皮带传动边缘点，线速度相等，故va∶vb＝1∶1，根据v＝rω，有ωa∶ωb＝rb∶ra＝1∶2；点b和点c是同轴传动，角速度相等，故：ωb∶ωc＝1∶1；根据v＝rω，有vb∶vc＝rb∶rc＝1∶2，综合有ωa∶ωb∶ωc＝1∶2∶2，va∶vb∶vc＝1∶1∶2，故选项A、D正确．
答案：AD
对点训练三　圆周运动的周期性问题
4．(多选)对于走时准确的时钟，秒针、分针、时针三者的角速度分别为ω1、ω2、ω3，时针与分针的尖端从相距最近到相距最远所需的最短时间为t，则(　　)
A．ω1∶ω2＝60∶1 B．ω2∶ω3＝24∶1
C．t＝ h D．t＝ h
解析：根据时针转一圈的时间为12 h，分针转一圈的时间为1 h，秒针转一圈的时间为1 min，结合ω＝求解角速度之比；时针与分针的尖端相距最近时二者重合，相距最远时二者相差半周，结合关系即可求出．时针、分针、秒针的周期分别为12 h＝720 min、1 h＝60 min、1 min，则周期比为720∶12∶1.根据ω＝得秒针、分针、时针三者的角速度之比为ω1∶ω2＝720∶12＝60∶1，ω2∶ω3＝12∶1，A正确，B错误；时针与分针的尖端相距最近时二者重合，相距最远时二者相差半周，则－＝，解得 t＝ h，C正确，D错误．
答案：AC
【强化基础】
1．(2018·阜城期末)下列关于匀速圆周运动的说法中正确的是(　　)
A．由于匀速圆周运动的速度大小不变，所以是匀速运动
B．做匀速圆周运动的物体，处于平衡状态
C．一个物体做匀速圆周运动，在相等的时间内通过的位移相等
D．做匀速圆周运动的物体在相等的时间内转过的角度相等
解析：匀速圆周运动速度大小不变，方向时刻改变，是变速运动，A选项错误；做匀速圆周运动的物体，存在向心加速度，不是平衡状态，B选项错误；一个物体做匀速圆周运动，在相等的时间内通过的位移大小相等，方向不同，C选项错误；做匀速圆周运动的物体在相等的时间内转过的角度相等，D选项正确．
答案：D
2．(2018·绍兴模拟)机械鼠标的正反面如图所示，鼠标中定位球的直径是2.0 cm，如果将鼠标沿直线匀速拖移12 cm 需要1 s，则定位球的角速度为(　　)
A． rad/s B． rad/s
C．12 rad/s D．6 rad/s
解析：根据线速度定义式可知定位球的线速度，v＝＝＝12 cm/s.根据角速度与线速度关系可知，v＝ωr，定位球的角速度ω＝＝12 rad/s，A、B、D选项错误，C选项正确．
答案：C
3．(2018·盐城学业测试)如图所示，跷跷板转动时，跷跷板上的P、Q两点的角速度分别为ωP和ωQ，线速度大小分别为vP和vQ，则(　　)
A．ωP＜ωQ，vP＜vQ
B．ωP＝ωQ，vP＝vQ
C．ωP＝ωQ，vP＞vQ
D．ωP＞ωQ，vP＞vQ
解析：跷跷板上各点属于同轴转动模型，点P、Q绕着同一个点转动，故相同时间转过的角度相等，角速度相等，ωP＝ωQ，其中P点的转动半径大于Q点的转动半径，则vP＞vQ，A、B、D选项错误，C选项正确．
答案：C
4．两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的距离为(　　)
A．v1L/(v1＋v2) B．v2L/(v1＋v2)
C．(v1＋v2)L/v1 D．(v1＋v2)L/v2
解析：设小球1、2做圆周运动的半径分别为r1、r2，则v1∶v2＝ωr1∶ωr2＝r1∶r2，又因r1＋r2＝L，所以小球2到转轴O的距离r2＝，B正确．
答案：B
5．如图所示，O1为皮带的主动轮的轴心，轮半径为r1，O2为从动轮的轴心，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和C分别是3个轮边缘上的点，质点A、B、C的角速度之比是(　　)
A．2∶1∶1 B．1∶2∶3
C．3∶6∶2 D．2∶4∶3
解析：对于A和B，由于皮带不打滑，线速度大小相等，即vA＝vB，由v＝ωr得：ωA∶ωB＝r2∶r1＝2∶1，对于B与C，绕同一转轴转动，角速度相等，即ωB＝ωC，则ωA∶ωB∶ωC＝2∶1∶1.
答案：A
【巩固易错】
6．无级变速是在变速范围内任意连续地变换速度，性能优于传统的挡位变速器，很多种高档汽车都应用了无级变速．如图所示是截锥式无级变速模型示意图，两个锥轮之间有一个滚轮，主动轮、滚轮、从动轮之间靠着彼此之间的摩擦力带动．当位于主动轮和从动轮之间的滚轮从左向右移动时，从动轮转速降低；滚轮从右向左移动时，从动轮转速增加．当滚轮位于主动轮直径D1、从动轮直径D2的位置时，主动轮转速n1、从动轮转速n2的关系是(　　)
A．＝ B．＝
C．＝ D．＝
解析：因为主动轮、滚轮、从动轮之间靠摩擦力带动，所以传动中三轮边缘的线速度大小相等，由v＝2πnr，得n1D1＝n2D2，所以＝，故B项正确．
答案：B
7．(多选)如图所示，在匀速转动圆规画圆的过程中(　　)
A．笔尖的线速度不变
B．笔尖的角速度不变
C．笔尖和针尖的连线在相等的时间内转过的角度相等
D．带笔尖的脚在相同时间内的位移相同
解析：笔尖线速度的方向在变，所以线速度改变，角速度不变，所以A错误，B正确；笔尖和针尖的连线在相等的时间内转过的角度θ＝ωt相等，所以C正确；带笔尖的脚在相同时间内的位移大小相同，方向改变，所以D错误．
答案：BC
【能力提升】
8．一辆变速自行车，中轴两个牙齿盘的齿数分别为N1＝48、N2＝38，后轴三个飞轮的齿数分别为N3＝14、N4＝17、N5＝24.保持踏脚恒定转速，欲车速最大，拨动档位，使牙齿盘的齿数为N1，则飞轮齿数应选择________(选填“N3”“N4”或“N5”)．假定阻力不变，以同样的车速行驶时，该选择________(选填“省力”或“不省力”)．
解析：脚蹬和牙齿盘同轴转动，飞轮和牙齿盘通过齿轮转动，后轮和飞轮同轴转动，角速度相同，根据v＝ωr可知，角速度越大，后轮速度越大．根据v＝ωr，有牙齿轮转速相同，即线速度不变，故飞轮齿数越小，后轮速度越大，故选N3；由于阻力不变，要保持匀速运动，动力等于阻力，故不省力．
答案：N3　不省力
第5节　向心加速度
核心素养关键词
知识体系
1.圆周运动是变速运动，故圆周运动一定有加速度，任何做匀速圆周运动的加速度都指向圆心，这个加速度叫向心加速度．
2．向心加速度的大小为an＝＝rω2，向心加速度方向始终沿半径指向圆心，与线速度垂直．
3．向心加速度是由物体受到指向圆心的力产生的，反映了速度方向变化的快慢.
一、速度的变化量
运动物体在一段时间内末速度与初速度之差，即Δv＝v2－v1．速度的变化量是矢量，既有大小，又有方向．
二、向心加速度
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．方向
沿半径方向指向圆心，与该点的线速度方向垂直，向心加速度的方向时刻改变．
3．大小
an＝＝ω2r＝r＝vω.
4．物理意义
向心加速度是描述线速度方向变化快慢的物理量，线速度方向变化的快慢决定了向心加速度的大小．
一、合作探究找规律
考点一　对向心加速度理解
某老师在做竖直面内圆周运动快慢的实验研究，并给运动小球拍了频闪照片，如图所示(小球相邻影像间的时间间隔相等)，对小球在最高点和最低点的向心加速度进行分析．
1．在匀速圆周运动中，物体的加速度就是向心加速度吗？加速度一定指向圆心吗？
2．在变速圆周运动中，物体的加速度就是向心加速度吗？加速度一定指向圆心吗？
答：1.在匀速圆周运动中，物体的加速度就是向心加速度，加速度一定指向圆心．
2．在变速圆周运动中，物体的加速度不是向心加速度，加速度不指向圆心，向心加速度指向圆心．
考点二　向心加速度的计算
如图所示，自行车的大齿轮、小齿轮、后轮三个轮子的半径不一样，A、B、C是它们边缘上的三个点，请思考：
1．哪两个点的向心加速度与半径成正比？
2．哪两点的向心加速度与半径成反比？
答：1.B、C两个点的角速度相同，向心加速度与半径成正比．
2．A、B两个点的线速度相同，向心加速度与半径成反比．
二、理解概念做判断
1．做匀速圆周运动的物体，向心加速度与半径成反比．(×)
2．向心加速度的方向一定指向圆心．(√)
3．做圆周运动的物体的加速度一定指向圆心．(×)
4．向心加速度的作用是改变物体速度的方向．(√)
5．曲线运动中，v1、v2和Δv＝v2－v1的方向一般不在一条直线上．(√)
要点1|对向心加速度的理解
1．速度的变化量的计算
(1)同一直线上的速度的变化量
(2)不在同一直线上的速度的变化量
当v1和v2不在同一直线上时，如图3所示，物体做曲线运动．作图时将初速度v1平移到B点，从v1的末端作Δv至v2的末端，则Δv即为速度的变化量．
2．对向心加速度的理解
(1)向心加速度是矢量，方向总指向圆心，方向始终与速度方向垂直，故向心加速度只改变速度的方向，不改变速度的大小．向心加速度的大小表示速度方向改变的快慢．
(2)an＝＝ω2r，表达式中an与两个量(ω或v、r)有关，在讨论时要注意用控制变量法分析：若角速度ω相同，则an∝r；若线速度v大小相同，则an∝.
(3)从向心加速度的物理意义可知，所有曲线运动均有向心加速度(所有曲线均可以视为由无数段圆弧组成)，而只有匀速圆周运动的向心加速度才等于物体的实际加速度(在学习完下一节后会理解)．
典例1　 下列关于匀速圆周运动中向心加速度的说法正确的是(　　)
A．向心加速度描述线速度方向变化的快慢
B．向心加速度表示角速度变化的快慢
C．向心加速度表示速率改变的快慢
D．向心加速度不变
【思路点拨】　向心加速度为矢量，其方向总是指向圆心，表示线速度变化快慢．
【解析】　匀速圆周运动的向心加速度指向圆心，是变化的，其只改变速度的方向，不改变速度的大小，所以是描述线速度方向改变快慢的物理量，所以A正确；B、C、D错误．
【答案】　A
(2018·玉田期中)甲、乙两球做匀速圆周运动，向心加速度a随半径r变化的关系图象如图所示，由图象可知(　　)
A．甲球运动时，角速度大小为2 rad/s
B．乙球运动时，线速度大小为6 m/s
C．甲球运动时，线速度大小不变
D．乙球运动时，角速度大小不变
解析：分析图象可知，甲球的向心加速度与半径成正比，即a＝rω2，角速度不变，ω＝＝2 rad/s，A选项正确，C选项错误；乙球的向心加速度与半径成反比，a＝，即r＝2 m时，a＝8 m/s2，v＝4 m/s，B、D选项错误．
答案：A
名师方法总结
(1)an＝＝ω2r中，an与r是成正比还是反比要由已知条件决定，当v大小一定时，an∝，当ω一定时，an∝r.
(2)匀速圆周运动是向心加速度大小不变，而方向时刻改变的变加速曲线运动．
名师点易错
1．对匀速圆周运动来讲，一段时间内的Δv不指向圆心，所以平均加速度a＝一般不指向圆心，而向心加速度是瞬时加速度，时刻指向圆心．
2．匀速圆周运动的加速度，即向心加速度是时刻指向圆心的，是变量．因此，匀速圆周运动不是匀变速曲线运动，而是变加速曲线运动.
要点2|传动装置中向心加速度的计算
计算传动装置中向心加速度关键掌握三点：
1．同轴转动的各点角速度相等；
2．皮带不打滑时，皮带传动的两轮上边缘各点的线速度大小相等；
3．灵活运用向心加速度的表达式．
掌握这三点，结合圆周运动中各物理量之间的关系不难得出正确答案．
典例2　 如图所示，一个大轮通过皮带拉着小轮转动，皮带和两轮之间无相对滑动，大轮的半径是小轮半径的2倍，大轮上的一点S离转动轴的距离是大轮半径的.当大轮边缘上的P点的向心加速度是12 cm/s2时，大轮上的S点和小轮边缘上的Q点的向心加速度各为多少？
【思路点拨】　皮带不打滑传动的轮子上边缘上两点的线速度大小相等，也就是图中P点和Q点的线速度大小相等，而P、S在同一个轮子上，所用两点角速度相等，再根据加速度公式确定各点加速度的关系．
【解析】　S点和P点角速度相同，即ωS＝ωP，由an＝ω2r可得＝＝，所以aS＝aP＝0.04 m/s2；P点和Q点线速度相同，即vP＝vQ，由an＝可得＝＝2，所以aQ＝2aP＝0.24 m/s2.
【答案】　0.04 m/s2　0.24 m/s2
　
如图所示为两级皮带传动装置，转动时皮带均不打滑，中间两个轮子是固定在一起的，轮1的半径和轮2的半径相同，轮3的半径和轮4的半径相同，且为轮1和轮2半径的一半，则轮1边缘的a点和轮4边缘的c点相比(　　)
A．线速度之比为1∶4
B．角速度之比为4∶1
C．周期之比为1∶2
D．向心加速度之比为1∶8
解析：设轮3的半径为r，a的角速度为ω，线速度为2ωr，则轮3、2的角速度为2ωr(r＝2ω，轮2的线速度为2ω2r＝4ωr，轮4的线速度也是4ωr，角速度为4ω，加速度a＝ω2r，所以A、B、C错误；D正确．
答案：D
名师方法总结
名师点易错
向心加速度的每一个公式都涉及三个物理量的变化关系，只有在某一个物理量不变时才能分析另外两个物理量之间的关系.在比较转动物体上做圆周运动的各点的向心加速度的大小时， 应按以下步骤进行：
(1)先确定是线速度大小相等，还是角速度相等.
(2)在线速度大小相等时，向心加速度与半径成反比；在角速度相等时，向心加速度与半径成正比.
对点训练一　对向心加速度的理解
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
解析：由an＝知，匀速圆周运动的向心加速度大小是恒定的，但是方向不断改变，选项A错误； 匀速圆周运动的速度方向不断改变，故不属于匀速运动，选项B正确； 向心加速度越大，物体速度方向改变的越快，选项C错误； 只有做匀速圆周运动的物体，加速度才时刻指向圆心，选项D错误.故选B．
答案：B
2.(2018·虹口区一模)将地球视为理想球体，且只考虑自转，不考虑其绕太阳的运动，则(　　)
A．南回归线与北回归线上各点的线速度都相同
B．赤道上各点的向心加速度等于重力加速度
C．地球表面和内部各点的向心加速度方向均指向地心
D．在地球的某一条半径上，各点的线速度均与它到地心的距离成正比
解析：地球上的物体随地球自转做匀速圆周运动，回归线上各点的线速度大小相等，方向并不相同，A选项错误；向心加速度是指各点做圆周运动的加速度，所以赤道上各点的向心加速度不同于重力加速度，B选项错误；地球表面各点向心加速度的方向都指向地轴的一点，只有赤道上各点向心加速度的方向指向地心，C选项错误；在地球的某一条半径上，各点属于同轴转动模型，角速度相同，v＝ωr，在地球的某一条半径上，各点的线速度均与它到地心的距离成正比，D选项正确.
答案：D
对点训练二　向心加速度的计算
3.如图所示是一个皮带传动减速装置，轮A和轮B共轴固定在一起，各轮半径之比RA∶RB∶RC∶RD＝2∶1∶1∶2，求在运转过程中，轮C边缘上一点和轮D边缘上一点向心加速度之比.
解析：B、D轮边缘线速度相等，A、C轮边缘线速度相等，A、B轮角速度相等.＝＝2∶1，＝＝4∶1，＝＝×＝8∶1.
答案：8∶1
【强化基础】
　　　　　　　　　　　　　
1.(2018·普兰店市期中)下列关于向心加速度的说法中，正确的是(　　)
A．向心加速度的方向始终与速度的方向垂直
B．向心加速度的方向可能与速度方向不垂直
C．向心加速度的方向保持不变
D．向心加速度的方向与速度的方向平行
解析：做圆周运动的物体受到向心加速度作用，向心加速度的方向始终指向圆心，而速度方向始终沿圆周的切线方向，所以向心加速度的方向始终与速度的方向垂直，A选项正确，B、D选项错误；向心加速度的方向始终指向圆心，绕圆心转动，方向时刻在变化，C选项错误.
答案：A
2.A、B两个质点分别做匀速圆周运动，在相等时间内通过的弧长之比sA∶sB＝4∶3，转过的圆心角之比θA∶θB＝3∶2，则下列说法中正确的是(　　)
A．它们的线速度之比vA∶vB＝4∶3
B．它们的角速度之比ωA∶ωB＝2∶3
C．它们的周期之比TA∶TB＝3∶2
D．它们的向心加速度之比aA∶aB＝3∶2
解析：在相等时间内通过的弧长之比sA∶sB＝4∶3，因为线速度v＝，所以它们的线速度之比vA∶vB＝4∶3，A正确；根据ω＝可得它们的角速度之比ωA∶ωB＝3∶2，B错误；根据公式T＝可得TA∶TB＝2∶3，C错误；根据公式a＝ωv，可知aA∶aB＝2∶1，故D错误.
答案：A
3.
如图所示，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(　　)
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
解析：由于摩擦力的作用使木块的速率不变，则木块做匀速圆周运动，向心加速度大小恒定，方向指向圆心，时刻改变，D选项正确.
答案：D
4.(2018·北京市海淀区测试)关于匀速圆周运动的向心加速度，下列说法正确的是(　　)
A．由于a＝，所以线速度大的物体的向心加速度大
B．由于a＝，所以旋转半径大的物体的向心加速度小
C．由于a＝ω2r，所以角速度大的物体的向心加速度大
D．以上结论都不正确
解析：对于多个变量存在的情况下，研究一个量与另一个量的关系时，用到控制变量法，故线速度大的物体的向心加速度不一定大，还要看半径，A选项错误；旋转半径大的物体的向心加速度不一定小，还要看线速度，B选项错误；根据a＝ω2r可知，角速度大的物体的向心加速度不一定大，还要看半径，C选项错误，D选项正确.
答案：D
5.(2018·慈利期中)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，那么说法中不正确的是(　　)
A．小球的角速度为ω＝
B．小球在时间t内通过的路程s＝t
C．小球做匀速圆周运动的周期T＝
D．小球在时间t内可能发生的最大位移为2R
解析：根据向心加速度的关系式可知，a＝Rω2，解得小球的角速度ω＝，A选项正确；根据线速度大小的关系式可知，v＝Rω＝，t时间内小球通过的路程s＝vt＝t，B选项正确；根据周期的定义可知，T＝＝2π，C选项错误；圆周运动两点间的最大距离就是直径，t时间内最大位移为2R，D选项正确.
答案：C
【巩固易错】
6.(多选)
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钉子.如图所示，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(　　)
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
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a＝知，小球的向心加速度变为原来的两倍，C正确，D错误.
答案：AC
7.如图所示，靠摩擦传动做匀速转动的大、小两轮接触面互不打滑，大轮半径是小轮半径的2倍.A、B分别为大、小轮边缘上的点，C为大轮上一条半径的中点.则(　　)
A．两轮转动的角速度相等
B．大轮转动的角速度是小轮的2倍
C．向心加速度aA＝2aB
D．向心加速度aB＝4aC
解析：摩擦传动的装置，边缘各点的线速度大小相等，A选项错误；大轮半径是小轮半径的2倍，根据ω＝可知，大轮转动的角速度是小轮的，B选项错误；根据a＝可知，aA＝，C选项错误；根据a＝ω2r可知，aA＝2aC，即aB＝4aC，D选项正确.
答案：D
【能力提升】
8.
飞行员从俯冲状态往上拉时，会发生黑视，第一是因为血压降低，导致视网膜缺血；第二是因为脑缺血.飞行员要适应这种情况，必须进行严格的训练，故飞行员的选拔是非常严格的.为了使飞行员适应飞行要求，要用如图所示的仪器对飞行员进行训练，飞行员坐在一个在竖直平面内做匀速圆周运动的舱内边缘，要使飞行员的加速度a＝6g，则角速度ω＝　　　　 rad/s.(R＝20 m，g取10 m/s2)
解析：根据a＝ω2R，可得ω＝＝ rad/s.
答案：
9.如图所示，定滑轮的半径为r＝10 cm，绕在滑轮上的细线悬挂一重物，由静止开始释放，测得重物以a＝2 m/s2的加速度做匀加速运动.在重物由静止开始下落1 m的瞬间，求：
(1)滑轮边缘上的P点的角速度为多少？
(2)P点的向心加速度a为多少？
解析：(1)重物以a＝2 m/s2的加速度做匀加速运动，则由静止下落1 m的瞬时速度为v＝＝2 m/s
所以此时P点的角速度为ω＝＝20 rad/s.
(2)P点的向心加速度为a＝ωv＝40 m/s2.
答案：(1)20 rad/s　(2)40 m/s2
第6节　向心力
核心素养关键词
知识体系
1.做匀速圆周运动的物体受到了指向圆心的合力，这个合力叫向心力，它是产生向心加速度的原因.
2.向心力的大小为Fn＝m＝mω2r，向心力的方向始终指向圆心，与线速度方向垂直.
3.向心力可能等于合外力，也可能等于合外力的一个分力，向心力是根据效果命名的力.
4.可把一般的曲线运动分成许多小段，每一小段按圆周运动处理.
一、向心力
1.定义：做匀速圆周运动的物体，受到始终指向圆心的合力，这个合力叫做向心力.
2.大小：Fn＝man＝m＝mω2r＝mr＝mvω.
3.方向：总是沿着半径指向圆心，始终与线速度方向垂直，方向时刻改变，所以向心力是变力.
4.作用效果：只改变线速度的方向，不改变线速度的大小Ｗ.
二、变速圆周运动
1.定义：线速度大小改变的圆周运动.
2.变速圆周运动同时具有向心加速度和切向加速度，匀速圆周运动只有向心加速度.
3.在匀速圆周运动中，向心力由物体所受合力来提供；在变速圆周运动中，物体所受合力一方面改变速度的方向，另一方面改变速度的大小，合力并不是向心力.
一、合作探究找规律
考点一　向心力来源
如图所示，汽车正在匀速率转弯.
1.汽车的向心力是由什么力提供的？
2.物体做圆周运动时，它所受的向心力的大小、方向有什么特点？
答：1.汽车匀速率转弯，摩擦力提供向心力.
2.向心力的特点：(1)方向：方向时刻在变化，始终指向圆心，与线速度的方向垂直.(2)大小：在匀速圆周运动中，向心力大小不变；在非匀速圆周运动中，其大小随速度v的变化而变化.
考点二　变速圆周运动和一般的曲线运动
荡秋千是小朋友很喜欢的游戏，当秋千向下荡时，请思考：
1.此时小朋友做的是匀速圆周运动还是变速圆周运动？
2.绳子拉力与重力的合力指向悬挂点吗？运动过程中，公式Fn＝m还适用吗？
答：1.小朋友做的是变速圆周运动.
2.小朋友荡到最低点时，绳子拉力与重力的合力指向悬挂点，在其他位置，合力不指向悬挂点.公式Fn＝m仍然适用.
二、理解概念做判断
1.向心力既可以改变速度的大小，也可以改变速度的方向.(×)
2.物体做圆周运动的速度越大，向心力一定越大.(×)
3.圆周运动中合外力等于向心力.(×)
4.向心力是按照效果命名的，不是物体实际受到的力，受力分析时，不能在受力示意图上画出向心力.(√)
5.圆周运动中指向圆心的合力等于向心力.(√)

要点1|向心力来源的实例分析
1.“向心力”由重力(万有引力)提供，如图甲所示.人造卫星绕地球做匀速圆周运动，它的向心力由地球对卫星的万有引力提供.
2.“向心力”由弹力提供，如图乙所示.物体在光滑平面上，
在绳的拉力作用下做匀速圆周运动，拉力(弹力)提供向心力.
3.“向心力”由摩擦力提供，如图丙所示.物体随转盘做匀速圆周运动，摩擦力提供向心力.
　　　　
4.“向心力”由重力沿半径方向的分力、弹力的合力提供，如图丁所示.摆球做变速圆周运动，摆线的拉力与重力沿绳方向的分力的合力共同提供向心力.
典例1　洗衣机的甩干筒在转动时有一衣物附在筒壁上，如右图，则以下说法不正确的是(　　)
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筒壁的弹力的作用提供
C．筒壁的弹力随筒的转速增大而增大
D．筒壁对衣物的竖直方向的摩擦力随转速增大而增大
【思路点拨】　向心力不是物体实际受到的力，而是由某些力来充当、提供向心力，其公式为F＝m，由此可以分析.
【解析】　衣服做圆周运动受重力、桶壁的弹力和静摩擦力作用，故A正确；衣服做圆周运动，靠弹力提供向心力，由FN＝mrω2知，转速增大，则桶壁对衣服的弹力增大，故B、C正确；在竖直方向上，衣服受重力和静摩擦力平衡，转速增大，静摩擦力不变，故D错误.
【答案】　D
　公园里的“飞天秋千”游戏开始前，座椅由钢丝绳竖直悬吊在半空.秋千匀速转动时，绳与竖直方向成某一角度θ，其简化模型如图所示，若要使夹角θ变大，可将(　　)
A．增大转动周期 B．钢丝绳变短
C．增大座椅质量 D．增大角速度
解析：座椅做圆周运动，重力和拉力的合力提供向心力，如图所示. mgtanθ＝m(r＋lsinθ)＝mω2(r＋lsinθ)，可得增大转动周期，角速度变小，夹角θ变小；绳长l变短，夹角θ变小；增大座椅的质量，角度不变，A、B、C选项错误；增大角速度，夹角θ变大，D选项正确.
答案：D
名师方法总结
对于这类题目，掌握向心力的来源是解题的前提条件：
(1)判断依据：任何一个力或几个力的合力，只要它能使物体产生向心加速度，它就是物体所受的向心力.
(2)若物体做匀速圆周运动，其向心力必然是物体所受的合外力，它始终沿着半径方向指向圆心，并且大小恒定.
(3)若物体做非匀速圆周运动，其向心力则为物体所受合力在半径方向上的分力，而合外力在切线方向上的分力则用来改变线速度的大小.
名师点易错
向心力是按力的作用效果命名的，它不是某种性质的力，在受力分析时，要避免再另外添加一个“向心力”.
要点2|匀速圆周运动的处理方法
1.指导思路
凡是做圆周运动的物体一定需要向心力.当物体做匀速圆周运动时，合外力充当向心力，当物体做变速圆周运动时，合外力沿半径方向的分力提供向心力.
2.解题步骤
(1)确定研究对象，必要时要将它从转动系统中，隔离出来.
(2)确定物体做圆周运动的轨道平面，并找出圆心和轨道半径.
(3)确定研究对象在有关位置所处的状态，分析运动物体的受力情况，判断哪些力提供向心力，千万别臆想出一个向心力来，这是解题的关键.
(4)沿半径指向圆心的方向和与之垂直的方向建立坐标系，将物体受到的力正交分解到坐标轴方向，再根据牛顿第二定律列方程求解.
沿半径方向满足Fn＝mrω2＝m＝mr，沿切线方向Ft＝0.
3.几种常见的匀速圆周运动的实例图表
图形
受力分析
力的分解方法
满足的方程及
向心加速度
或mgtanθ＝
mlsinθ·ω2
a＝gtanθ
或mgtanθ＝
m(d＋lsinθ)ω2
a＝gtanθ
或mgtanθ＝
mrω2
a＝gtanθ
或mgtanθ＝mrω2
a＝gtanθ
4.变速圆周运动的动力学特点
(1)物体做加速圆周运动
如图1所示，物体受到的合力F与速度方向的夹角小于90°.把F沿切向和径向正交分解，Ft沿速度方向，产生切向加速度，改变速度的大小，使物体加速；Fn沿半径方向，产生向心加速度，改变速度的方向.
(2)物体做减速圆周运动
如图2所示，物体受到的合力F与速度方向的夹角大于90°.同理，Ft使物体减速，Fn使物体改变运动方向.
5.处理一般的曲线运动的方法
运动轨迹既不是直线也不是圆周的曲线运动，称为一般的曲线运动.处理一般的曲线运动时，可以把曲线分割成许多小段，每一小段可看成一段小圆弧，把曲线当成许多半径不同的圆处理，如图所示.
6.匀速圆周运动与变速圆周运动的比较
　　运动
项目　　
匀速圆周运动
变速圆周运动
特点
v、an、Fn大小不变，方向变，ω、T、n不变
v、an、Fn、ω均变化
向心力
来源
合力等于向心力
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，方向始终与速度方向垂直
合外力变化，方向与速度方向不垂直
性质
均是非匀变速曲线运动
公式
Fn＝m＝mω2r，an＝＝ω2r通用
典例2　 (多选)质量为m的物体沿着半径为r的半球形金属球壳滑到最低点时的速度大小为v，如图所示，若物体与球壳之间的摩擦因数为μ，则物体在最低点时的(　　)
A．向心加速度为
B．向心力为m
C．对球壳的压力为
D．受到的摩擦力为μm
【思路点拨】　最低点物体在竖直方向上受到重力和支持力作用，水平方向上受到摩擦力作用，是由重力和支持力的合力提供向心力，根据向心力公式可以求出支持力大小，再根据滑动摩擦力的公式可以计算摩擦力大小.
【解析】　在最低点由速度和向心力公式可知，a＝，F向＝m，A正确，B错误；在最低点：FN－mg＝m，FN＝mg＋m，C错误；由滑动摩擦力公式可知：Ff＝μFN＝μm，D正确.
【答案】　 AD
　如图所示，有一质量为m的小球在光滑的半球形碗内做匀速圆周运动，轨道平面在水平面内.已知小球与半球形碗的球心O的连线跟竖直方向的夹角为θ，半球形碗的半径为R，求小球做圆周运动的速度及碗壁对小球的弹力各多大.
解析：根据小球做圆周运动的轨迹找圆心，定半径.由题图可知，圆周运动的圆心为，运动半径为r＝Rsinθ.小球受重力mg及碗对小球弹力FN的作用，向心力为弹力的水平分力.受力分析如图所示.
由向心力公式F＝m得FNsinθ＝m①
竖直方向上小球的加速度为零，所以竖直方向上所受的合力为零，即FNcosθ＝mg，解得FN＝②
联立①②两式，可解得物体做匀速圆周运动的速度为
v＝.
答案：　
　如图所示，OM＝MN＝R.两个小球质量都是m，a、b为水平轻绳.两小球正随水平圆盘以角速度ω匀速同步转动.小球和圆盘间的摩擦力可以不计.求：
(1)绳b对小球N的拉力大小；
(2)绳a对小球M的拉力大小.
解析：(1)对球N，受力如图甲所示，其做圆周运动的半径为2R，根据牛顿第二定律有
Fb＝mω2·2R＝2mω2R.
(2)对球M，受力如图乙所示，其做圆周运动的半径为R，根据牛顿第二定律有
Fa－Fb′＝mω2R
Fb＝Fb′
解得Fa＝Fb′＋mω2R＝3mω2R.
答案：(1)2mω2R　(2)3mω2R
名师方法总结
匀速圆周运动解题策略：
在解决匀速圆周运动的过程中，要注意以下几个方面：
(1)弄清物体做圆周运动轨道所在的平面，明确圆心和半径是解题的一个关键环节.
(2)分析清楚向心力的来源，明确向心力是由什么力提供的.
(3)对解题结果进行动态分析，明确各变量之间的制约关系、变化趋势以及结果涉及物理量的决定因素，如若改变物体的线速度，则角速度、周期、圆周轨道半径、向心加速度、向心力等都随之改变.
名师点易错
只有匀速圆周运动的物体所受合外力方向才指向圆心，对变速圆周运动的物体合外力方向不再指向圆心.
对点训练一　向心力来源
1.(2018·云南学业测试)如图所示，把一个小球放在玻璃漏斗中，晃动漏斗，可以使小球沿光滑的漏斗壁在某一水平面内做匀速圆周运动.此时小球所受到的力有(　　)
A．重力、支持力
B．重力、支持力，向心力
C．重力、支持力，离心力
D．重力、支持力、向心力、沿漏斗壁的下滑力
解析：小球做匀速圆周运动，受到重力和支持力作用，合力提供向心力，总是指向圆心，A选项正确.
答案：A
2.(多选)(2018·宁波期末)山崖边的公路常常称为最险公路，一辆汽车欲安全通过此弯道公路，下列说法正确的是(　　)
A．若汽车以恒定的角速度转弯，选择内圈较为安全
B．若汽车以恒定的线速度大小转弯，选择外圈较为安全
C．汽车在转弯时受到重力、支持力和摩擦力作用
D．汽车在转弯时受到重力、支持力、摩擦力和向心力作用
解析：汽车通过弯道公路时，做匀速圆周运动，侧向静摩擦力提供向心力，根据向心力公式可知，Ff＝mω2r，角速度恒定时，半径越小，所需要的向心力越小，故选择内圈，汽车行驶安全，A选项正确；根据线速度公式可知，Ff＝m，线速度大小恒定时，半径越大，所需要的向心力越小，故选择外圈，汽车行驶安全，B选项正确；汽车在转弯时，受到重力、支持力和摩擦力作用，向心力由合力提供，C选项正确，D选项错误.
答案：ABC
对点训练二　匀速圆周运动的处理方法
3.
有一种杂技表演叫“飞车走壁”，由杂技演员驾驶摩托车沿圆台形表演台的侧壁高速行驶，做匀速圆周运动.图中粗线圆表示摩托车的行驶轨迹，轨迹离地面的高度为h.下列说法中正确的是(　　)
A．h越高，摩托车对侧壁的压力将越大
B．h越高，摩托车做圆周运动的线速度将越大
C．h越高，摩托车做圆周运动的周期将越小
D．h越高，摩托车做圆周运动的向心力将越大
解析：摩托车做匀速圆周运动，提供圆周运动的向心力是重力mg和支持力F的合力，作出受力图：
侧壁对摩托车的支持力F＝不变，则摩托车对侧壁的压力不变，故A错误；如图向心力Fn＝mgtanθ，m、θ不变，向心力大小不变，同时mgtanθ＝m＝mr，则：v＝，T＝，故半径r增大，线速度v和周期T增大，故B正确，C、D错误.
答案：B
4.
如图所示，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，绳与竖直方向的夹角为θ(设重力加速度为g)，求：
(1)小球受到的拉力F；
(2)小球转动的周期T.
解析：(1)小球受重力和细绳拉力作用，两力的合力提供向心力，如图所示：
根据二力合成法则得，F＝.
(2)重力和细绳拉力的合力提供向心力，
mgtanθ＝m·Lsinθ，解得周期T＝2π .
答案：(1)　(2)2π
【强化基础】
1.(多选)(2018·泸州二模)如图所示，“旋转秋千”中座椅(可视为质点)通过轻质缆绳悬挂在旋转圆盘上.当旋转圆盘以角速度ω匀速转动时，不计空气阻力，缆绳延长线与竖直中心轴相交于O点，夹角为θ，O点到座椅的竖直高度为h，则当ω增大时(　　)
A．h不变 B．θ增大
C．ω2h不变 D．ω2h增大
解析：座椅在水平面内做匀速圆周运动，受到重力和绳的拉力作用，合力提供向心力，如图所示：
mgtanθ＝mω2r，根据几何关系可知，r＝htanθ，当ω增大时，h减小，θ增大，A、D选项错误，B、C选项正确.
答案：BC
2.甲、乙两名溜冰运动员，M甲＝80 kg，M乙＝40 kg，面对面拉着弹簧秤做圆周运动的溜冰表演，如图所示，两人相距0.9 m，弹簧秤的示数为48 N，下落判断中正确的是(　　)
A．两人的线速度相同，约为40 m/s
B．两人的角速度相同，约为2 rad/s
C．两人的运动半径相同，都是0.45 m
D．两人的运动半径不同，甲为0.3 m，乙为0.6 m
解析：弹簧秤对甲、乙两名运动员的拉力提供向心力，根据牛顿第二定律得：M甲R甲ω＝M乙R乙ω＝48 N，由于甲、乙两名运动员面对面拉着弹簧秤做圆周运动的溜冰表演，所以ω甲＝ω乙，＝＝，则R甲＝0.3 m，R乙＝0.6 m，由于v＝Rω，知两人的线速度不等，根据F＝M甲R甲ω，解得：ω甲＝ rad/s＝ rad/s，故D正确，A、B、C错误.
答案：D
3.
如图所示，半径为r的圆筒，绕竖直中心轴OO′旋转，小物块a靠在圆筒的内壁上， 它与圆筒内壁间的动摩擦因数为μ，现要使a不下落，则圆筒转动的角速度ω至少为(　　)
A． B．
C． D．
解析：要使A不下落，则小物块在竖直方向上受力平衡，有：f＝mg，当摩擦力正好等于最大摩擦力时，圆筒转动的角速度ω取最小值，筒壁对物体的支持力提供向心力，根据向心力公式得：N＝mω2r，而f＝μN，联立以上三式解得：ω＝，故D正确.
答案：D
4.
(多选)如图所示，天车下吊着两个质量都是m的工件A和B，系A的吊绳较短，系B的吊绳较长，若天车匀速运动到某处突然停止，则该时刻两吊绳所受拉力FA与FB及两工件的加速度aA与aB的大小关系是(　　)
A．FA＞FB B．aA＜aB
C．FA＝FB＝mg D．aA＞aB
解析：两工件的线速度大小相同，则有：a＝，由于rA＜rB，故aA＞aB，D正确；对工件F－mg＝m，即F＝mg＋m，结合rA＜rB，得：FA＞FB，A正确.
答案：AD
5.(2018·化州市一模)如图，小木块以某一竖直向下的初速度从半球形碗口向下滑到碗底，木块下滑过程中速率不变，则木块(　　)
A．下滑过程的加速度不变
B．所受的合外力大小不变
C．对碗壁的压力大小不变
D．所受的摩擦力大小不变
解析：木块下滑过程中速率不变，做匀速圆周运动，向心加速度大小不变，方向时刻指向圆心，时刻改变，A选项错误；木块受到的合力提供向心力，故所受合力大小不变，方向指向圆心，时刻改变，B选项正确；木块受重力、支持力及摩擦力作用，支持力与重力的合力充当向心力，木块下滑过程中重力沿径向分力变化，支持力一定会变化，对碗壁的压力大小变化，C选项错误；在切向上摩擦力应与重力的分力大小相等，方向相反，重力的分力变化，摩擦力也会发生变化，D选项错误.
答案：B
【巩固易错】
6.如图所示，在半径为R的半圆形碗的光滑表面上，一质量为m的小球以角速度ω在水平面内作匀速圆周运动，该平面离碗底的距离h为(　　)
A． B．R－
C．－R D．＋
解析：小球靠重力和支持力的合力提供向心力，小球做圆周运动的半径为r＝Rsinθ， 根据力图可知tanθ＝＝，解得cosθ＝.所以h＝R－Rcosθ＝R－.故选B．
答案：B
7.(2018·醴陵市一模)飞机飞行时除受到发动机的推力和空气阻力外，还受到重力和机翼的升力，机翼的升力垂直于机翼所在平面向上，当飞机在空中盘旋时机翼的内侧倾斜(如图所示)，以保证重力和机翼升力的合力提供向心力.设飞机以速率v在水平面内做半径为R的匀速圆周运动时，机翼与水平面成θ角，飞行周期为T，则下列说法正确的是(　　)
A．若飞行速率v不变，θ增大，则半径R增大
B．若飞行速率v不变，θ增大，则周期T增大
C．若θ不变，飞行速率v增大，则半径R增大
D．若飞行速率v增大，θ增大，则周期T一定不变
解析：
飞机在水平面内做匀速圆周运动，重力和机翼升力的合力提供向心力，如图所示：
mgtanθ＝m，解得v＝，若飞行速率v不变，θ增大，则R减小，A选项错误；若θ不变，飞行速率v增大，则R增大，C选项正确；mgtanθ＝mR，解得T＝2π，若飞行速率v不变，θ增大，R减小，则T减小，B选项错误；若飞行速率v增大，θ增大，R的变化不能确定，周期T不一定不变，D选项错误.
答案：C
【能力提升】
8.(多选)(2018·乌鲁木齐模拟)如图所示，竖直平面内固定一个圆环状的细管，一光滑小球(直径略小于管径)在管内做圆周运动，则(　　)
A．小球以不同的速度大小通过最高点时，管壁对小球的作用力大小一定不等
B．小球以不同的速度大小通过最高点时，管壁对小球的作用力大小可能相等
C．小球以不同的速度大小通过最低点时，管壁对小球的作用力大小一定不等
D．小球以不同的速度大小通过最低点时，管壁对小球的作用力大小可能相等
解析：小球通过最高点时，重力和管壁作用力的合力提供向心力，当速度较大时，小球有离心运动的趋势，对外壁有压力，mg＋FN1＝m，解得FN1＝m－mg，当速度较小时，对内壁有压力，mg－FN2＝m，解得FN2＝mg－m，分析可知，速度不同，压力大小可能相同，A选项错误，B选项正确；在最低点，根据牛顿第二定律，FN－mg＝m，解得FN＝mg＋m，速度大小不同，对管壁的作用力一定不同，C选项正确，D选项错误.
答案：BC
9.如图所示，水平长杆AB绕过B端的竖直轴OO′匀速转动，在杆上套有一个质量m＝1 kg的圆环，若圆环与水平杆间的动摩擦因数μ＝0.5，且假设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，则：
(1)当杆的转动角速度ω＝2 rad/s时，圆环的最大旋转半径为多大？
(2)如果水平杆的转动角速度降为ω′＝1.5 rad/s，圆环能否相对于杆静止在原位置，此时它所受到的摩擦力有多大？(g取10 m/s2)
解析：(1)圆环在水平面内做匀速圆周运动的向心力是杆施加给它的静摩擦力提供的，则最大向心力F向＝μmg代入公式F向＝mRmaxω2，得Rmax＝，代入数据可得Rmax＝1.25 m.
(2)当水平杆的转动角速度降为1.5 rad/s时，圆环所需的向心力减小，则圆环所受的静摩擦力随之减小，不会相对于杆滑动，故圆环相对杆仍静止在原来的位置，此时的静摩擦力f＝mRmaxω′2≈2.81 N.
答案：(1)1.25 m　(2)2.81 N
第7节　生活中的圆周运动
核心素养关键词
知识体系
1.火车转弯处，外轨略高于内轨，使得火车所受支持力和重力的合力提供向心力.当火车以合适的速率通过弯道时，可以避免火车轮缘对内、外轨的挤压磨损.
2.汽车过拱形桥时，在凸形桥的桥顶上，汽车对桥的压力小于汽车重力，汽车在桥顶的安全行驶速度小于；汽车在凹形桥的最低点处，汽车对桥的压力大于汽车的重力.
3.绕地球做匀速圆周运动的航天器中，宇航员具有指向地心的向心加速度，处于完全失重状态.
4.做圆周运动的物体，当合外力突然消失或不足以提供向心力时，物体将做离心运动；当合外力突然大于所需向心力时，物体将做近心运动.
一、铁路的弯道
火车转弯时做圆周运动，转弯处外轨高于内轨，重力和支持力的合力提供向心力.
二、拱形桥
1.汽车过拱形桥时做圆周运动，重力和桥面支持力的合力提供向心力.
2.汽车运动到拱形桥的最高点时处于失重状态，运动到凹形桥的最低点时处于超重状态.
三、航天器中的失重现象
1.航天器中的物体随航天器一起做匀速圆周运动，自身重力和航天器的支持力的合力提供向心力.
2.当支持力等于零时，物体处于完全失重状态.
四、离心运动
1.定义：做匀速圆周运动的物体，在所受合力突然消失或者不足以提供做圆周运动所需的向心力情况下，就做逐渐远离圆心的运动，这种运动叫离心运动.
2.本质：离心现象是物体惯性的表现.
一、合作探究找规律
考点一　车辆转弯问题
火车在铁轨上转弯可以看成是匀速圆周运动，如图所示，请思考下列问题：
1.火车转弯处的铁轨有什么特点？
2.火车转弯时速度过大或过小，会对哪侧轨道有侧压力？
答：1.火车转弯处，外轨高于内轨.
2.火车转弯时速度过大会对轨道外侧有压力，速度过小会对轨道内侧有压力.
考点二　汽车过桥问题
如图所示，过山车的质量为m，轨道半径为r，过山车经过轨道最高点时的速度为v.
1.过山车能通过轨道最高点的临界速度是多少？
2.当过山车通过轨道最高点的速度大于临界速度时，过山车对轨道的压力怎样计算？
答：1.临界条件为mg＝，故临界速度v＝.
2.根据FN＋mg＝，可得FN＝－mg.
考点三　圆周运动中的失重及离心现象
链球比赛中，高速旋转的链球被放手后会飞出.汽车高速转弯时，若摩擦力不足，汽车会滑出路面.
1.链球飞出、汽车滑出路面的原因是因为受到了离心力吗？
2.物体做离心运动的条件是什么？
答：1.链球飞出、汽车滑出路面的原因是物体惯性的表现，不是因为受到了什么离心力，离心力是不存在的.
2.物体做离心运动的条件是：做圆周运动的物体，提供向心力的外力突然消失或者外力不能提供足够大的向心力.
二、理解概念做判断
1.做圆周运动的物体所受合外力突然消失，物体将沿圆周切线方向做匀速直线运动.(√)
2.摩托车转弯时，如果超过一定速度，摩托车将发生滑动，这是因为摩托车收到沿半径方向向外的离心力作用.(×)
3.汽车过拱桥时，汽车对桥面的压力可以大于自身重力，也可以小于自身重力.(×)
4.火车转弯时，具有速度的限制.(√)
5.汽车过凸形桥或者凹形桥时，向心加速度的方向都是向上的.(×)
6.做圆周运动的物体只有突然失去向心力时才做离心运动.(×)
要点1|车辆转弯问题分析
1.火车车轮的结构特点
火车的车轮有凸出的轮缘，且火车在轨道上运行时，有凸出轮缘的一边在两轨道内侧，这种结构特点，主要是有助于固定火车运动的轨迹(如图所示).
2.火车转弯时的受力分析
在火车转弯处，让外轨高于内轨，如图所示，若行驶速度合适，转弯时所需的向心力可仅由重力和支持力的合力提供.
(1)推证：设车轨间距为L，两轨高度差为h，转弯半径为R，火车的质量为M，保证无侧向压力时的行驶速度为v0.
根据直角三角形边角关系知，sinα＝，
由火车的受力情况：
tanα＝
因为α角很小，可近似取sinα＝tanα，
即＝，所以向心力F合＝Mg.
又因为F合＝M，所以车速v0＝ .
由于铁轨建成后，h、L、R各量是确定的，故火车在该处转弯时满足上述条件的车速v0应是一个定值.
(2)结论：①当火车行驶速率v＝v0时，火车对内外轨均无侧向压力.
②当火车行驶速率v＞v0时，外轨道对轮缘有侧向压力.
③当火车行驶速率v＜v0时，内轨道对轮缘有侧向压力.
典例1　 一段铁路转弯处，内、外轨高度差为h＝10 cm，弯道半径为r＝625 m，轨道斜面长l＝1 435 mm，求这段弯道的设计速度v0是多大？并讨论当火车速度大于和小于v0时对内、外轨的侧压力.(g取10 m/s2)
【思路点拨】　当火车在倾斜轨道上转弯时，其临界速度为，tanθ＝h/l.当火车的速度大于临界速度时，火车对外轨有挤压力，如果小于临界速度，则火车对内轨有挤压力，对火车画出受力示意图，建立直角坐标系，把力统一成指向圆心方向的和背离圆心方向的，根据圆周运动的向心力方程求解.
【解析】　
当火车以设计速度v0运行时，其受力如图所示，其中G与FN的合力F＝mgtanθ提供火车转弯时的向心力，又F＝m，所以mgtanθ＝m.当θ很小时，取sinθ＝tanθ＝，代入上式有
v0＝ ＝ m/s≈20.87 m/s≈75 km/h.
讨论：当v＞v0时，外轨对外轮边缘产生沿路面向内的弹力(侧压力)，此时火车受力如图所示，设火车的质量为m，根据牛顿第二定律有FNsinθ＋F外cosθ＝m，
FNcosθ＝F外sinθ＋mg.
联立上述两式解得：F外＝mcosθ－mgsinθ.
由此看出，火车的速度v越大，F外越大，铁轨越容易损坏，若F外过大，会造成铁轨的侧向移动，损坏铁轨，造成火车出轨.
当v＜v0时，内轨对内轮边缘产生沿路面向外的侧压力.
同理有FNsinθ－F内cosθ＝m，
FNcosθ＋F内sinθ＝mg.
联立解得F内＝mgsinθ－mcosθ.
可以看出，v越小，F内越大，内轨的磨损也越大，因此在有弯道限速标志的地方一定要遵守规定.
【答案】　见解析
　山城重庆的轻轨交通颇有山城特色，由于地域限制，弯道半径很小，在某些弯道上行驶时列车的车身严重倾斜.每到这样的弯道乘客都有一种坐过山车的感觉，很是惊险刺激.假设某弯道铁轨是圆弧的一部分，转弯半径为R，重力加速度为g，列车转弯过程中倾角(车身与水平面夹角)为θ，则列车在这样的轨道上转弯行驶的安全速度(轨道不受侧向挤压)为(　　)
A．　　　　　　 B．
C． D．
解析：列车在这样的轨道上转弯安全行驶，此时列车受到的支持力和重力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律得：
mgtanθ＝m
解得：v＝
故选C．
答案：C
处理火车转弯问题的步骤：
(1)正确地受力分析；
(2)把各力正交分解求解向心力；
(3)根据物体做圆周运动的平面及圆心确定半径；
(4)利用牛顿第二定律列方程求解.
名师点易错
汽车、摩托车赛道拐弯处和高速公路转弯处设计成外高内低，也是尽量使车受到的重力和支持力的合力提供向心力，以减小车轮受到地面施加的侧向挤压作用.
要点2|拱形桥、凹形桥问题分析
1.汽车过拱桥时
(1)向心力分析：汽车在桥上运动经过最高点时，汽车所受重力mg及桥对其支持力FN的合力提供向心力，如图所示.
(2)动力学关系：mg－FN＝m，所以FN＝mg－.
(3)结论：汽车对桥的压力与桥对汽车的支持力是一对作用力与反作用力，故汽车对桥的压力小于其重力.
(4)速度对压力的影响：汽车的速度不断增大时，由上面表达式FN＝mg－可以看出，v越大，FN越小.当FN＝0时，由mg＝m可得v＝.当速度大于时，汽车所需的向心力会大于重力，这时汽车将“飞”离桥面.我们看摩托车越野赛时，常有摩托车飞起来的现象，就是这个原因.
2.汽车过凹桥时
(1)向心力分析：如图所示，汽车经过凹桥最低点时，受竖直向下的重力和竖直向上的支持力，其合力充当向心力.
(2)动力学关系：FN－mg＝m，所以FN＝mg＋m.
(3)结论：由牛顿第三定律知，车对桥的压力FN′＝mg＋m，大于车的重力.
(4)速度对压力的影响：由FN′＝mg＋m可以看出，v越大，车对桥的压力越大.
典例2　如图所示，质量m＝2.0×104 kg的汽车以不变的速率先后驶过凹形桥面和凸形桥面，两桥面的圆弧半径均为20 m.如果桥面承受的压力不得超过 3.0×105 N，则：
(1)汽车允许的最大速度是多少？
(2)若以所求速度行驶，汽车对桥面的最小压力是多少？(g取10 m/s2)
【思路点拨】　汽车在图示最低点时：支持力减去重力提供向心力，而在最高点时：重力减去支持力提供向心力.
【解析】　(1)汽车在凹形桥底部时，由牛顿第二定律得：FN－mg＝m
代入数据解得v＝10 m/s.
(2)汽车在凸形桥顶部时，
由牛顿第二定律得：mg－FN′＝
代入数据解得FN′＝105 N
由牛顿第三定律知最小压力为105 N.
【答案】　(1)10 m/s　(2)105 N
变式训练2－1　如图所示，质量为m的小汽车驶上半径为R的拱桥的过程，说法正确的是(　　)
A．若汽车到桥顶的压力为，汽车的速度大小为
B．若拱桥的半径一定，汽车行驶到桥顶的速度越大越安全
C．在汽车到桥顶的速度相同的情况下，拱桥的半径越大，汽车越安全
D．若拱桥的半径增大到与地球半径相同，汽车速度多大都不可能腾空飞起来
解析：汽车的压力为时，汽车所受合力为，根据合力提供向心力有＝m，汽车的速度：v＝，故A错误；当汽车在桥顶的速度大于，汽车将做离心运动而离开地面发生危险，故汽车在桥顶的速度不是越大越安全，故B错误；汽车离开桥顶做离心运动的临界条件是速度大于，可知半径越大时，临界速度越大，故汽车在行驶速度相同的情况下，半径越大汽车离临界速度越远，汽车行驶越安全，故C正确；汽车做离心运动离开桥顶时的临界速度为， 汽车要离开桥面腾空，则速度必达到这里的R为地球的半径，故D错误，所以C正确，A、B错误.
答案：C
(1)汽车过拱桥时一般做变速圆周运动，受力较复杂，但汽车在桥的最高端或最低端时，竖直方向上的合力提供向心力，利用F合＝可在受力分析的基础上求速度，也可在已知过桥速度时，根据受力分析求某个力.
(2)汽车过凸形桥，当v＝时，车对桥的压力为零；当0≤v＜时，0＜F≤mg；当v＞时，车将脱离桥面.
名师点易错
上述两种拱形桥问题中支持力的方向均为竖直向上的，依据圆心位置的差异而出现了大于重力或小于重力的现象.分析时先要找到圆心的位置，再分析.
要点3|圆周运动中的失重现象
1.航天器中完全失重的原因
绕地球做匀速圆周运动的航天器，其中的物体做圆周运动所需的向心力由物体所受重力提供，因此航天器中的物体处于完全失重状态，即航天器对航天员及舱内物体的支持力为零.物体在航天器中处于失重状态，并不是说物体不受重力，只是重力提供了做圆周运动所需的向心力，而支持力为零.
2.在绕地球做匀速圆周运动的航天器中，涉及重力的一切现象不再发生.例如：无法用弹簧秤测物体所受的重力；无法用天平测物体的质量等等.
典例3　在下面所介绍的各种情况中，哪种情况将出现超重现象(　　)
①荡秋千经过最低点的小孩　②汽车过凸形桥　③汽车过凹形桥　④在绕地球做匀速圆周运动的飞船中的仪器
A．①②　　 B．①③　　　
C．①④　　 D．③④
【思路点拨】　超重时加速度方向向上，失重时加速度方向向下；绕地球匀速圆周运动的卫星及里面的物体都是处于完全失重状态.
【解析】　物体在竖直平面内做圆周运动，受重力和拉力(或支持力)的作用，物体运动至最高点时向心加速度向下，则mg－FN＝m，有FN＜mg，物体处于失重状态，若mg＝m，则FN＝0，物体处于完全失重状态.物体运动至最低点时，向心加速度向上，则FN－mg＝m，有FN＞mg，物体处于超重状态.由以上分析知①③将出现超重现象.
【答案】　B
变式训练3－1　我国已成功发射了载人航天飞船，飞船中的宇航员需要在航天之前进行多种训练.如图所示是离心试验器的原理图.可以用离心试验器来研究过荷对人体的影响，测试人的抗荷能力.离心试验器转动时，被测者做匀速圆周运动，现观察到图中的直线AB(即垂直于座位的直线)与水平杆成30°角，被测者所受座位的压力是他所受重力的多少倍？
解析：被测者做匀速圆周运动所需要的向心力由他所受重力和座位对他的支持力的合力提供，如图所示：
在竖直方向受力平衡，
FNsin30°＝mg，①
在水平方向，由牛顿第二定律得
FNcos30°＝mrω2，②
由①式可得FN＝＝2mg.
即被测试者所受座位的压力是其重力的2倍.
答案：2倍
在圆周运动中分析超、失重现象时，要抓住加速度方向这个关键，若物体的加速度向上，则物体处于超重状态；若物体的加速度向下，则物体处于失重状态；若物体向下的加速度恰为g，则物体处于完全失重状态(此时依靠重力工作的仪器不能使用).
名师点易错
物体在航天器中处于完全失重状态，并不是说物体不受重力，只是重力全部用于提供物体做圆周运动所需的向心力，使得支持力为0.
要点4|离心运动
1.物体做离心运动的条件
做圆周运动的物体，一旦提供向心力的外力突然消失，或者外力不能提供足够大的向心力时，物体做远离圆心的运动，即离心运动.
2.合外力与向心力的关系(如图)
(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＜mrω2或F合＜，则外力不足以将物体拉回到原轨道上，而做离心运动，即“需要”大于“提供”或“提供不足”.
(4)若F合＝0，则物体做直线运动.
3.常见的几种离心运动
项目
实验图
原理图
现象及结论
洗衣机脱水筒
当水滴跟衣物的附着力F不足以提供向心力时，即F＜mω2r，水滴做离心运动而离开衣物
汽车在水平路
面上转弯
当最大静摩擦力不足以提供向心力时，即Fmax＜m，汽车做离心运动
用离心机把体温计的水银甩入玻璃泡中
当离心机快速旋转时，缩口处对水银柱的阻力不足以提供向心力时，水银柱做离心运动，进入玻璃泡内
典例4　
有一种叫做“魔盘”的娱乐设施，如图所示.当“魔盘”转动得很慢时，盘上的人都可以随“魔盘”一起转动而不至于被甩开.当“魔盘”的转速增大时，盘上的人逐渐向边缘滑去，离转动中心越远的人，这种滑动的趋势越厉害.设“魔盘”转速为6 r/min，一个体重为30 kg的小孩坐在距离轴心1 m处(盘半径大于1 m)随“魔盘”一起转动(没有滑动).问：
(1)小孩需要的向心力是由什么提供的？这个向心力是多少？
(2)假设人与“魔盘”间的动摩擦因数μ＝0.2，要使离轴心1 m处的小孩不发生滑动，求“魔盘”转动的最大角速度(取人与“魔盘”间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力).
【思路点拨】　人随“魔盘”转动时需要的向心力F＝mω2r，人离转动中心越远F越大.当F大于最大静摩擦力时，人就被甩出去，所以离中心越远越容易被甩出.
【解析】　(1)小孩随“魔盘”一起做圆周运动时，小孩受到重力、支持力和静摩擦力作用，小孩做圆周运动所需的向心力是由小孩与“魔盘”之间的静摩擦力提供的.“魔盘”转动时的角速度为ω＝＝0.2π rad/s，由牛顿第二定律可得F＝mrω2≈11.8 N.
(2)小孩受到的最大静摩擦力为Fmax＝μmg①
由牛顿第二定律可得Fmax＝mrω②
由①②可得ωmax≈1.4 rad/s.
【答案】　(1)静摩擦力　11.8 N　(2)1.4 rad/s
变式训练4－1　如图所示，在室内自行车比赛中，运动员以速度v在倾角为θ的赛道上做匀速圆周运动.已知运动员的质量为m，做圆周运动的半径为R，重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　)
A．将运动员和自行车看作一个整体，整体受重力、支持力、摩擦力和向心力的作用
B．运动员受到的合力为m，是一个恒力
C．若运动员加速，则可能沿斜面上滑
D．若运动员减速，则一定加速沿斜面下滑
解析：向心力是按照效果命名的力，进行受力分析时，不能分析向心力，将运动员和自行车看作一个整体，受到重力、支持力、摩擦力作用，A选项错误；运动员骑自行车在倾斜赛道上做匀速圆周运动，合力提供向心力，大小为m，方向指向圆心，时刻在改变，B选项错误；若运动员加速，有离心的趋势，可能沿斜面上滑，C选项正确；若运动员减速，有近心运动的趋势，可能沿斜面下滑或有向下运动的趋势，D选项错误.
答案：C
离心现象是由于外界所能提供的合力F供小于物体做圆周运动所需的向心力F需＝m而造成的，即离心现象产生的条件是F供＜F需.
名师点易错
离心力和向心力都是根据作用效果命名的力，不是物体实际受到的力，受力分析时不要凭空添加力.
对点训练一　车辆转弯问题
1.火车通过弯道时，为了保证安全，要求火车在按规定速度v行驶时，内外侧轨道均不向车施加侧向力(　　)
A．当火车以速度v通过此弯处时，所受到的铁轨对火车的支持力充当了转弯的向心力
B．当火车以速度v通过此弯道，受到重力、铁轨的支持力和转弯的向心力作用
C．当火车以大于v的速度通过此转弯处时，车轮轮缘会挤压外轨
D．当火车以大于v的速度通过此转弯处时，车轮轮缘会挤压内轨
解析：火车在按规定速度行驶时内外轨道均不向车轮施加侧向压力，受重力和支持力，合力提供向心力，A错误，B错误；当火车以大于v的速度通过此转弯处时，有离心趋势，挤压外轨，即车轮轮缘会挤压外轨，C正确，D错误.故选C．
答案：C
对点训练二　汽车过桥问题
2.
如图所示，汽车车厢顶部悬挂一轻质弹簧，弹簧下拴一个质量为m的小球，当汽车在水平路面上匀速行驶时，弹簧长度为L1，当汽车以同一速度通过一个凸形桥的最高点时弹簧长度为L2，下列关系中正确的是(　　)
A．L1＝L2
B．L1＞L2
C．L1＜L2
D．前三种情况均有可能
解析：小球与汽车一起做圆周运动，小球的向心力由小球所受力的合力提供.因此，小球的重力应大于弹簧对小球的拉力.即由题意知k(L1－L0)＝mg，k(L2－L0)＜mg，由此可得L1＞L2，故选B．
答案：B
对点训练三　圆周运动中的失重现象
3.(2018·密云模拟)应用物理知识分析生活中的常见现象，可以使物理学习更加有趣和深入.例如你用手掌平托一苹果，保持这样的姿势在竖直平面内按顺时针方向做匀速圆周运动.关于苹果从最高点c到最右侧点d运动的过程，下列说法中正确的是(　　)
A．手掌对苹果的摩擦力越来越大
B．苹果先处于超重状态后处于失重状态
C．手掌对苹果的支持力越来越小
D．苹果所受的合外力越来越大
解析：苹果做匀速圆周运动，从c到d的过程中，加速度始终指向圆心，大小不变，在水平方向上的分加速度逐渐增大，根据牛顿第二定律知，摩擦力越来越大，A选项正确；从c到d的过程中，竖直方向的加速度向下，故苹果处于失重状态，B选项错误；从c到d的过程中，竖直向下的加速度逐渐减小，即重力和支持力的合力逐渐减小，支持力越来越大，C选项错误；苹果做匀速圆周运动，合外力大小不变，D选项错误.
答案：A
对点训练四　离心运动
4.如图一辆质量为500 kg的汽车静止在一座半径为50 m的圆弧形拱桥顶部.(取g＝10 m/s2)
(1)此时汽车对圆弧形拱桥的压力是多大？
(2)如果汽车以6 m/s的速度经过拱桥的顶部，则汽车对圆弧形拱桥的压力是多大？
(3)汽车以多大速度通过拱桥的顶部时，汽车对圆弧形拱桥的压力恰好为零？
解析：(1)汽车静止于拱桥顶部，重力和支持力二力平衡，mg＝F＝5 000 N，根据牛顿第三定律可知，汽车对圆弧形拱桥的压力是5 000 N.
(2)汽车以6 m/s的速度经过拱桥的顶部时，重力和支持力的合力提供向心力，mg－F＝m，代入数据解得F＝4 640 N，根据牛顿第三定律得汽车对拱桥的压力为4 640 N.
(3)汽车对圆弧形拱桥的压力恰好为零时，重力提供向心力，mg＝m，解得v＝＝10 m/s.
答案：(1)5 000 N　(2)4 640 N　(3)10 m/s
【强化基础】
1.
如图所示，质量相等的A、B两物块放在匀速转动的水平圆盘上，随圆盘一起做匀速圆周运动，则下列关系中正确的是(　　)
A．它们所受的摩擦力fA＞fB
B．它们的线速度vA＜vB
C．它们的运动周期TAD．它们的角速度ωA＞ωB
解析：对两物块进行受力分析知：水平方向只受静摩擦力，故由静摩擦力提供向心力，则f＝mω2r，由于A、B在同一转盘上无相对运动，因此它们的角速度相等，又因为RA>RB，故fA>fB，故A正确；由v＝ωr，ωA＝ωB， RA>RB，可知vA>vB，故B错误；根据T＝，ωA＝ωB，可知TA＝TB，C错误；由于A、B在同一转盘上无相对运动，因此它们的角速度相等，故D错误.
答案：A
2.(多选)(2018·赣州期中)洗衣机的脱水筒采用电机带动衣物旋转的方式脱水，下列说法中正确的是(　　)
A．在人看来水会从桶中甩出是因为水滴受到离心力很大的缘故
B．脱水过程中，大部分衣物紧贴筒壁
C．加快脱水筒转动角速度，脱水效果会更好
D．靠近中心的衣物脱水效果不如四周的衣物脱水效果好
解析：水滴不会受到离心力作用，水会从桶中甩出是因为水滴受到合外力不足以提供向心力，A选项错误；脱水过程中，大部分衣物做离心运动而紧贴筒壁，B选项正确；根据向心力公式可知，F＝mω2R，ω增大会使向心力F增大，衣服中的水容易发生离心运动，会使更多水滴被甩出去，脱水效果更好，C选项正确；F＝mω2R，半径越大，需要的向心力越大，所以靠近中心的衣物脱水效果不如四周的衣物脱水效果好，D选项正确.
答案：BCD
3.(2018·温州模拟)下列对教材中的四幅图分析正确的是(　　)
A．图甲：被推出的冰壶能继续前进，是因为一直受到手的推力作用
B．图乙：电梯在加速上升时，电梯里的人处于失重状态
C．图丙：汽车过凹形桥最低点时，速度越大，对桥面的压力越大
D．图丁：汽车在水平路面转弯时，受到重力、支持力、摩擦力、向心力四个力的作用
解析：被推出的冰壶由于惯性，能继续前进，并不是受到手的推力作用，A选项错误；电梯在加速上升时，加速度向上，电梯里的人处于超重状态，B选项错误；汽车过凹形桥最低点时，向心加速度向上，支持力与重力的合力提供向心力，速度越大，需要的向心力越大，支持力越大，汽车对桥面的压力越大，C选项正确；汽车在水平路面转弯时，受到重力、支持力、摩擦力三个力的作用，合力提供向心力，D选项错误.
答案：C
4.(多选)
如图所示，可视为质点的、质量为m的小球，在半径为R的竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动，下列有关说法中正确的是(　　)
A．小球能够通过最高点时的最小速度为0
B．小球能够通过最高点时的最小速度为
C．如果小球在最高点时的速度大小为2，则此时小球对管道的外壁有作用力
D．如果小球在最低点时的速度大小为，则小球对管道的作用力为5mg
解析：圆形管道内壁能支撑小球，小球能够通过最高点时的最小速度为0，故A正确，B错误；设管道对小球的弹力大小为F，方向竖直向下.由牛顿第二定律得mg＋F＝m，v＝2，代入解得F＝3mg＞0，方向竖直向下，根据牛顿第三定律得知：小球对管道的弹力方向竖直向上，即小球对管道的外壁有作用力，故C正确；在最低点时重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律，有：N－mg＝m，v＝，解得：N＝mg＋m＝mg＋m＝6mg；根据牛顿第三定律，球对管道的外壁的作用力为6mg，故D错误.故选AC．
答案：AC
5.
如图所示，长度均为l＝1 m的两根轻绳，一端共同系住质量为m＝0.5 kg的小球，另一端分别固定在等高的A、B两点，A、B两点间的距离也为l.重力加速度g＝10 m/s2.现使小球在竖直平面内以AB为轴做圆周运动，若小球在最高点速率为v时，每根绳的拉力恰好为零，则小球在最高点速率为2v时，每根绳的拉力大小为(　　)
A．5 N B． N
C．15 N D．10 N
解析：小球在最高点速率为v时，重力提供向心力，mg＝m，当小球在最高点的速率为2v时，重力和绳的拉力提供向心力，mg＋2FTcos30°＝m，联立解得FT＝5 N，A选项正确.
答案：A
【巩固易错】
6.(多选)(2018·银川市兴宁区期中)如图所示，光滑的水平面上，小球m在拉力F作用下做匀速圆周运动，若小球到达P点时F突然发生变化，下列关于小球运动的说法正确的是(　　)
A．F突然消失，小球将沿轨迹Pa做离心运动
B．F突然变小，小球将沿轨迹Pa做离心运动
C．F突然变大，小球将沿轨迹Pb做离心运动
D．F突然变大，小球将沿轨迹Pc逐渐靠近圆心
解析：根据圆周运动规律可知，当向心力突然消失或变小时，物体会做离心运动，当向心力突然变大时，物体做向心运动，向心力F突然消失，小球将沿轨迹Pa做匀速直线运动，A选项正确；向心力F突然变小，小球将沿轨迹Pb做离心运动，B选项错误；向心力F突然变大，小球将沿轨迹Pc逐渐靠近圆心，做向心运动，C选项错误，D选项正确.
答案：AD
7.(2018·蚌埠市期中)飞行员的质量为m，驾驶飞机在竖直平面内以速度v做半径为r的匀速圆周运动，在轨道的最高点和最低点时，飞行员对座椅的压力(　　)
A．是相等的 B．相差m
C．相差2m D．相差2mg
解析：飞行员在最高点时，根据牛顿第二定律结合向心力公式得mg＋FN1＝m.
在最低点，FN2－mg＝m，联立解得FN2－FN1＝2mg，D选项正确.
答案：D
【能力提升】
8.如图甲所示的陀螺可在圆轨道外侧旋转而不脱落，好像轨道对它施加了魔法一样，被称为 “魔力陀螺”.它可等效为图乙所示模型；竖直固定的磁性圆轨道半径为R，质量为m的质点沿轨道外侧做完整的圆周运动，A、B两点分别为轨道的最高点与最低点.质点受轨道的磁性引力始终指向圆心O且大小恒为F，不计摩擦和空气阻力，重力加速度为g.
(1)若质点在A点的速度为，求质点在该点对轨道的弹力；
(2)若磁性引力大小F可变，质点以速度2恰好通过B点，求F的最小值.
解析： (1)设轨道在A点对质点向上的弹力大小为FN
F＋mg－FN＝m
代入数据，得：FN＝F
由牛顿第三定律得：质点在A点对轨道弹力大小为F，方向竖直向下.
(2)质点在B点时有FB－mg－FN＝m
当FN＝0时，恰好通过B点
故FB＝5mg.
答案： (1)F　方向竖直向下　(2)5mg
9.铁路转弯处的弯道半径r是根据地形决定的，弯道处要求外轨比内轨高，其内外轨道高度差h的设计不仅与r有关，还取决于火车在弯道上的行驶速率，下表中是铁路设计人员技术手册中弯道半径r及与之对应的轨道的高度差h：(取g＝10 m/s2)
弯道半径r/m
660
330
220
165
132
110
内外轨道高度差h/mm
50
100
150
200
250
300
(1)据表中数据，导出h和r关系的表达式，并求出r＝440 m时h的值；
(2)铁路建成后，火车通过弯道时，为保证绝对安全，要求内、外轨道均不向车轮施加侧向压力，又已知我国铁路内、外轨的间距设计值L＝1 435 mm，结合表中的数据，算出我国火车的转弯速度v.(以km/h为单位，结果取整数.设轨道倾角很小时，正切值按正弦值处理)
解析：(1)由表中数据可知，每组的h与r之积为常数，hr＝660×50×10－3m2＝33 m2.当r＝440 m时，h＝75 mm.
(2)内、外轨对车轮没有侧向压力时，火车的受力如图所示，则mgtanθ＝m，θ很小，则有tanθ≈sinθ＝
所以v＝ ＝ m/s≈15 m/s＝54 km/h.
答案：(1)hr＝33 m2 　75 mm 　(2)54 km/h

专题　圆周运动中的临界问题
要点1|水平面内圆周运动的临界问题
水平面内圆周运动的临界极值问题通常有两类，一类是与摩擦力有关的临界问题，一类是与弹力有关的临界问题.
1.与摩擦力有关的临界极值问题
物体间恰好不发生相对滑动的临界条件是物体间恰好达到最大静摩擦力，如果只是摩擦力提供向心力，则有Fm＝m，静摩擦力的方向一定指向圆心；如果除摩擦力以外还有其他力，如绳两端连物体，其中一个在水平面上做圆周运动时，存在一个恰不向内滑动的临界条件和一个恰不向外滑动的临界条件，分别为静摩擦力达到最大且静摩擦力的方向沿半径背离圆心和沿半径指向圆心.
2.与弹力有关的临界极值问题
压力、支持力的临界条件是物体间的弹力恰好为零；绳子拉力的临界条件是绳恰好拉直且其上无弹力或绳上拉力恰好为最大承受力等.
典例1　如图所示，水平转盘的中心有一个光滑的竖直小圆筒，质量为m的物体A放在转盘上，物体A到圆心的距离为r，物体A通过轻绳与物体B相连，物体B的质量也为m.若物体A与转盘间的动摩擦因数为μ，则转盘转动的角速度ω在什么范围内，物体A才能随盘转动？
【解析】　由于A在转盘上随转盘做匀速圆周运动，所以它所受的合力必然指向圆心.对物体A进行受力分析可知，重力与支持力平衡，绳的拉力指向圆心，因此A所受的摩擦力方向一定沿着半径方向，或指向圆心，或背离圆心.具体而言，当ω较小时，A有向圆心O运动的趋势，故转盘对A的摩擦力方向背离圆心；当ω较大时，A有远离圆心O运动的趋势，故转盘对A的摩擦力方向指向圆心.
当A将要沿转盘背离圆心滑动时，A所受的摩擦力为最大静摩擦力，方向指向圆心，此时A做圆周运动所需的向心力为绳的拉力与最大静摩擦力的合力，即
F＋Fm＝mrω， ①
由于B静止，则有F＝mg ②
又因为Fm＝μFN＝μmg ③
由①②③式可得：ω1＝ .
当A将要沿转盘指向圆心滑动时，A所受的摩擦力为最大静摩擦力，方向背离圆心，此时A做圆周运动所需的向心力为F－Fm＝mrω ④
由②③④式可得：ω2＝ .
故要使A随转盘一起转动，其角速度ω的范围为ω2≤ω≤ω1，即 ≤ω≤ .
【答案】　　≤ω≤
变式训练1－1　(2018·湖北期中)如图所示，两根轻绳同系一个质量m＝0.14 kg的小球，两绳的另一端分别固定在轴上的A、B两处，上面绳AC长L＝2.00 m，当两绳都拉直时，与轴的夹角分别为37°和53°，小球随轴一起在水平面内做匀速圆周运动，重力加速度g取10 m/s2，已知sin37°＝0.60，cos37°＝0.80.求：
(1)若要两绳均处于拉直状态，小球的角速度ω1至少为多少？
(2)当小球的角速度为ω2＝4.00 rad/s时，两轻绳拉力各为多少？
解析：(1)分析可知，小球绕轴做匀速圆周运动，AC绳一定有拉力，当角速度较小时，BC绳拉直但无拉力，重力和AC绳拉力的合力提供向心力.
根据牛顿第二定律，mgtan37°＝mωLsin37°
解得ω1＝2.5 rad/s.
(2)当角速度较大时，AC绳没有拉力，当AC绳拉直但没有力时，小球受到的重力和BC绳拉力的合力提供向心力.
根据牛顿第二定律，mgtan53°＝mωLsin37°
解得ω0＝ rad/s
分析可知，当2.5 rad/s＜ω＜ rad/s时两绳均张紧
当ω2＝4 rad/s时，AC绳无拉力
此时BC绳与杆的夹角θ＞53°
竖直方向上，T2cosθ＝mg
水平方向上，T2sinθ＝mωBCsinθ
根据几何关系可知，ACsin37°＝BCsin53°
联立解得T2＝3.36 N，T1＝0.
答案：(1)2.5 rad/s　(2)0　3.36 N
(1)典例中要注意分析物体A所受静摩擦力大小和方向随圆盘转速的变化而发生变化.
(2)典例中的临界条件是物体A所受静摩擦力达到了最大静摩擦力，此时对应的角速度也达到了临界值.
名师点易错
静摩擦力的方向是与物体相对运动趋势方向相反，在圆周运动中要分清物体相对运动趋势方向.
要点2|竖直面内圆周运动的临界问题
1.轻绳模型
如图所示，细绳系的小球或在轨道内侧运动的小球，在最高点时的临界状态为只受重力，即mg＝，则v＝.在最高点时：
(1)v＝，拉力或压力为零.
(2)v＞时，物体受向下的拉力或压力.
(3)v＜时，物体不能达到最高点.
即绳类的临界速度为v临＝.
2.轻杆模型
如图所示，在细轻杆上固定的小球或在管形轨道内运动的小球，由于杆和管能对小球产生向上的支持力，所以小球能在竖直平面内做圆周运动的条件是：在最高点的速度大于或等于零，小球的受力情况为：
(1)v＝0时，小球受向上的支持力FN＝mg.
(2)0＜v＜时，小球受向上的支持力0＜FN＜mg.
(3)v＝时，小球除受重力之外不受其他力.
(4)v＞时，小球受向下的拉力或压力，并且随速度的增大而增大.
即杆类的临界速度为v临＝0.
典例2　一根长L＝60 cm的绳子系着一个小球，小球在竖直平面内做圆周运动.已知球的质量m＝0.5 kg，求：
(1)试确定到达最高点时向心力的最小值；
(2)小球能够到达最高点继续做圆周运动的最小速度；
(3)当小球在最高点时的速度为3 m/s时，绳对小球的拉力.(g＝10 m/s2)
【解析】　(1)小球通过最高点的临界条件是重力提供向心力，故向心力的最小值为mg＝5 N.
(2)小球通过最高点的最小速度为vmin，mg＝m，解得vmin＝＝ m/s.
(3)当小球在最高点时的速度为3 m/s时，拉力和重力的合力提供向心力，mg＋F＝m，代入数据解得F＝2.5 N.
【答案】　(1)5 N　(2) m/s　(3)2.5 N
变式训练2－1　如图所示，质量为m的小球置于正方体的光滑盒子中，盒子的边长略大于球的直径.某同学拿着该盒子在竖直平面内做半径为R的匀速圆周运动，已知重力加速度为g，空气阻力不计，问：
(1)要使盒子在最高点时盒子与小球之间恰好无作用力，则该盒子做匀速圆周运动的周期为多少？
(2)若盒子以第(1)问中周期的做匀速圆周运动，则当盒子运动到图示球心与O点位于同一水平面位置时，小球对盒子的哪些面有作用力，作用力为多大？
解析：(1)设此时盒子的运动周期为T0，因为在最高点时盒子与小球之间恰好无作用力，因此小球仅受重力作用.根据牛顿运动定律得mg＝m，
又v＝，得T0＝2π.
(2)设此时盒子的运动周期为T，
则此时小球的向心加速度a＝R，
由第(1)问知g＝R，且T＝，
由以上三式得a＝4g，
设小球受盒子右侧面的作用力为F，受上侧面的作用力为FN，根据牛顿运动定律知
在水平方向上有F＝ma＝4mg，
在竖直方向上有FN＋mg＝0，
即FN＝－mg，
F为正值，FN为负值，所以小球对盒子的右侧面和下侧面有作用力，大小分别为4mg和mg.
答案：(1)2π　(2)右侧面，4mg　下侧面，mg
解答竖直平面内圆周运动临界问题时应注意以下几点：
(1)要明确运动的模型，即绳或杆.
(2)分析物体的受力情况，找到向心力来源.
(3)会应用向心力公式列方程.列方程时以指向圆心为正方向，若未知的力求出为正，说明该力的方向与正方向一致，若求出为负，说明该力方向与正方向相反.
名师点易错
杆提供的不一定为支持力，也可以为拉力.

对点训练一　水平面内圆周运动问题
1.(多选)
如图所示，一个质量为m的小球用一根长为l的细绳吊在天花板上，给小球一水平初速度，使它在水平内做匀速圆周运动，此时细绳与竖直方向的夹角为θ、重力加速度为g.下列说法正确的是(　　)
A．细绳对小球的拉力大小为
B．细绳对小球的拉力大小为mgtanθ
C．小球做圆周运动的线速度大小为
D．小球做圆周运动的线速度大小为
解析：小球受重力和拉力两个力作用，靠两个力的合力提供向心力，根据平行四边形定则知，细绳对小球的拉力T＝，故A正确，B错误；根据牛顿第二定律得，mgtanθ＝m，解得v＝，故C正确，D错误.故选AC．
答案：AC
2.(2018·四川省高三二模)如图所示，天花板上有一可自由转动光滑小环Q，一轻绳穿过Q，两端分别连接质量为m1、m2的A、B小球.两小球分别在各自的水平面内做圆周运动，它们周期相等.则A、B小球到Q的距离l1、l2的比值为(　　)
A．　　　 B．　　　　
C．　　　 D．
解析：一根绳子的张力F是相等的，对于A球，Fsinθ1＝m1l1sinθ1，对于B球，Fsinθ2＝m2l2sinθ2，联立可知，m1l1＝m2l2，即＝，D选项正确.
答案：D
对点训练二　竖直面内圆周运动问题
3.(多选)
一杂技演员骑摩托车沿一竖直圆形轨道做特技表演，如图所示.A、C两点分别是轨道的最低点和最高点，B、D分别为两侧间的端点，若运动中的速率保持不变，人与车的总质量为m，设演员在轨道内逆时针运动.下列说法正确的是(　　)
A．人和车的向心加速度大小不变
B．摩托车通过最低点A时，轨道受到的压力不可能等于mg
C．由D点到A点的过程中，人受重力、支持力、摩擦力、向心力4个力的作用
D．摩托车通过B、D两点时，轨道受到的压力相同
解析：据题知，人和车做匀速圆周运动，速率不变，由公式a＝知，向心加速度大小不变，故A正确；摩托车通过最低点A时，重力和支持力的合力提供向心力，有：N－mg＝m，得N＝mg＋m，故轨道的支持力一定大于重力mg，根据牛顿第三定律，轨道受到的压力大于mg，故B正确；由D点到A点的过程中，人受重力、支持力、摩擦力3个力的作用，故C错误；摩托车通过B、D两点时，轨道受到的压力均为N＝m，但是压力的方向不同，故D错误.故选AB．
答案：AB
【强化基础】
1.(多选)如图所示，A、B、C三个物体放在旋转圆台上，动摩擦因数均为μ，A的质量为2m，B、C的质量均为m，A、B离轴的距离为R，C离轴的距离为2R，则当圆台旋转时(设三物体都没有滑动)(　　)
A．C物体的向心加速度最大
B．B物体所受的静摩擦力最小
C．当圆台转速增加时，C比A先滑动
D．当圆台转速增加时，B比A先滑动
解析：根据公式a＝ω2r可知C物体的向心加速度最大.向心力由摩擦力提供，则有f＝F＝mω2r，可知物体B受到的摩擦力最小.当静摩擦力最大时，物体相对圆台恰好不滑动，则有μmg＝mω2r，即ω＝，由于C的离轴距离最大，当转速增大时，C先滑动.
答案：ABC
2. (2018·新余市高三模拟)一轻杆一端固定质量为m的小球，以另一端O为圆心，使小球在竖直面内做半径为R的圆周运动，如图所示，则下列说法正确的是(　　)
A．小球过最高点时，杆所受到的弹力可以等于零
B．小球过最高点的最小速度是
C．小球过最高点时，杆对球的作用力一定随速度增大而增大
D．小球过最高点时，杆对球的作用力一定随速度增大而减小
解析：小球通过最高点时，重力提供向心力，杆的弹力可以等于零，mg＝m，A选项正确；当弹力与重力等大反向时，解得过最高点的最小速度为0，B选项错误；mg＋F＝m，当0≤v≤ 时，杆对球的作用力随速度增大而减小，当v＞ 时，杆对球的作用力随速度增大而增大，C、D选项错误.
答案：A
3.如图所示，小球固定在轻杆一端绕圆心O在竖直面内做匀速圆周运动，下列关于小球在最高点以及与圆心O等高处的受力分析一定错误的是(　　)
解析：小球做匀速圆周运动，重力和弹力的合力提供向心力，小球运动到与圆心O等高处时，弹力方向应该斜向右上方，A选项错误，B选项正确；小球运动到最高点时，弹力可能竖直向上也可能竖直向下，C、D选项正确.
答案：A
4.(多选)(2018·临沂三模)如图所示，不可伸长的轻质细绳一端固定在光滑竖直杆上，轻质弹簧用光滑轻环套在杆上，细绳和弹簧的另一端固定在质量为m的小球上，开始时处于静止状态，现使该装置绕杆旋转且角速度缓慢增大，则下列说法正确的是(　　)
A．轻绳上的弹力保持不变
B．轻绳上的弹力逐渐变大
C．弹簧上的弹力逐渐变大
D．弹簧上的弹力先变小后变大
解析：设绳与水平方向的夹角为θ，分析小球的受力情况，如图所示：
竖直方向合力为零，Tsinθ＝mg.随着角速度的增大，θ变小，绳上的拉力增大，A选项错误，B选项正确；水平方向的合力提供向心力，角速度较小时，弹簧处于压缩状态时，随着角速度增大时，向心力增大，弹力逐渐减小，弹簧恢复原长时，弹力变为零，当角速度继续增大，此时弹簧处于伸长状态，弹簧的弹力继续增大，C选项错误，D选项正确.
答案：BD
【巩固易错】
5.(多选)在光滑水平桌面中央固定一边长为0.3 m的正三棱柱abc，俯视如图所示.长度为L＝1 m的细线，一端固定在a点，另一端拴住一质量为m＝0.5 kg、不计大小的小球.初始时刻，把细线拉直在ca的延长线上，并给小球以v0＝2 m/s且垂直于细线方向的水平速度，由于棱柱的存在，细线逐渐缠绕在棱柱上(不计细线与三棱柱碰撞过程中的能量损失).已知细线所能承受的最大拉力为7 N，则下列说法中正确的是(　　)
A．细线断裂之前，小球速度的大小保持不变
B．细线断裂之前，小球所受细线拉力为零
C．细线断裂之前，小球运动的总时间为0.7π s
D．细线断裂之前，小球运动的位移大小为0.1 m
解析：细线断裂之前，绳子拉力与速度垂直，不改变小球的速度大小，故小球的速度大小保持不变.故A正确；细线断裂之前，小球所受细线拉力不为零，选项B错误；绳子刚断裂时，拉力大小为7 N，由F＝m得，此时的半径为r＝ m，由于小球每转120°半径减小0.3 m，则知小球刚好转过一周，细线断裂，则小球运动的总时间为t＝·＋·＋·，而r1＝1 m，r2＝0.7 m，r3＝0.4 m，v0＝2 m/s，解得：t＝0.7π s.故C正确；小球每转120°半径减小0.3 m，细线断裂之前，小球运动的位移大小为1 m－0.1 m＝0.9 m.故D错误.故选AC．
答案：AC
6.(多选)如图甲所示，一轻杆一端固定在O点，另一端固定一小球，在竖直平面内做半径为R的圆周运动.小球运动到最高点时，杆与小球间弹力大小为FN，小球在最高点的速度大小为v，FN-v2图象如图乙所示.下列说法正确的是(　　)
A．当地的重力加速度大小为
B．小球的质量为R
C．v2＜b时，杆对小球弹力方向向下
D．若c＝2b，则杆对小球弹力大小与重力大小相等
解析：在最高点，若v＝0，则FN＝mg＝a；若FN＝0，由图知：v2＝b，则有mg＝m＝m，解得g＝，m＝R，故B错误，A正确；由图可知：当v2＜b时，杆对小球弹力方向向上，当v2＞b时，杆对小球弹力方向向下，故C错误；若c＝2b.则N＋mg＝m＝m，解得FN＝mg，即小球受到的弹力与重力大小相等，故D正确.故选AD．
答案：AD
【能力提升】
7.(2018·池州期中)如图所示，轻杆长2l，中点装在水平轴O点，两端分别固定着小球A和B，A球的质量为m，B球的质量为2m，两者一起在竖直平面内绕O轴做圆周运动，已知重力加速度取g.若A球在最高点时，杆A端恰好不受力，求此时O轴的受力大小和方向？
解析：两球绕O轴做圆周运动，角速度相等，线速度相等.
若A球在最高点时，杆A端恰好不受力，A球受到的重力提供向心力.
根据牛顿第二定律得mg＝m
解得v＝
B球受到的重力和杆的作用力提供向心力，F－2mg＝2m
联立解得F＝4mg
此时杆对B球的拉力的大小为4mg，方向竖直向下.
答案：4mg　竖直向下
8.(2018·济南一模)如图所示，在水平面内有一平台可绕竖直的中心轴以角速度ω＝3.14 rad/s旋转.在平台内沿半径方向开两个沟槽，质量为0.01 kg的小球A放置在粗糙的沟槽内，球与沟槽的动摩擦因数为0.5；质量为0.04 kg的小球B放置在另一光滑的沟槽内.长度为1 m的细线绕过平台的中心轴，其两端与两球相连.设平台中心轴是半径可忽略的细轴，且光滑，球A始终相对圆盘保持静止.(g＝3.142 m/s2.最大静摩擦力等于滑动摩擦力)求：
(1)球A到轴O的距离多大时，小球A恰好不受摩擦力？
(2)球A到轴O的最大距离为多少？
解析：(1)球A恰好不受摩擦力时，细线的拉力提供向心力，FT＝mAω2rA
研究球B的受力情况，FT＝mBω2(L－rA)
联立解得rA＝0.8 m.
(2)球A到轴O的距离最大时，向心力最大，即最大静摩擦力和细线拉力的合力提供向心力，Ff＋FT′＝mAω′2rA′
研究球B的受力情况，FT′＝mBω′2(L－rA′)
联立解得，rA′＝0.9 m
球A到轴O的最大距离为0.9 m.
答案：(1)0.8 m　(2)0.9 m

第1节　曲线运动
第1课时　曲线运动的位移和速度　
运动描述的实例
核心素养关键词
知识体系
1.做曲线运动的物体在某点的速度方向沿曲线在该点的切线方向．
2．曲线运动的速度方向在不断变化，因此曲线运动一定是变速运动．
3．关联速度类运动的分解，一般向沿绳、垂直于绳方向或沿杆、垂直于杆方向分解.
一、曲线运动
1．定义：物体运动的轨迹是曲线的运动．
2．特点：曲线运动是一种变速运动．物体做曲线运动时，速度的方向时刻都在变化．
二、运动的合成与分解
1．合运动与分运动的概念：如果一个物体实际发生的运动产生的效果跟另外几个运动产生的总效果相同，则物体实际发生的运动叫做合运动，这几个运动叫做分运动．
2．合运动与分运动之间的关系：等时性、独立性、等效性．
3．运动的合成与分解：由几个分运动求合运动叫做运动的合成；将一个运动分解为几个分运动叫做运动的分解．运动的合成与分解遵循的法则是平行四边形定则．
一、合作探究找规律
考点一　曲线运动中的位移和速度
如图所示，以初速度v0抛出一个物体，物体在空中做曲线运动．
1．在曲线上画出物体经过A、B、C、D各点时的速度方向．
2．物体的运动是一种________(填“匀速”或“变速”)运动．
答：1.物体经过A、B、C、D点时的速度方向在各点的切线方向如图所示．
2．变速
考点二　运动的合成与分解
如图所示，跳伞运动员打开降落伞后从高空下落．
1．跳伞员在无风时竖直匀速下落，有风时运动员的实际运动轨迹还竖直向下吗？竖直方向的运动是跳伞员的合运动还是分运动？
2．已知跳伞员的两个分运动速度，怎样求跳伞员的合速度？
答：1.有风时不竖直向下运动．无风时跳伞员竖直匀速下落，有风时，一方面竖直匀速下落，一方面在风力作用下水平运动．因此，竖直匀速下落的运动是跳伞员的分运动．
2．以两个分速度为邻边作平行四边形，应用平行四边形定则求合速度．
考点三　运动描述的实例
蜡块能沿玻璃管匀速上升(如图甲所示)，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：
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蜡块的实际速度．
答：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tanα＝＝，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tanθ＝.
二、理解概念做判断
1．曲线运动一定是变速运动．(√)
2．做曲线运动的物体，速度大小一定发生变化．(×)
3．喷泉中斜射出的水流，其速度方向沿切线方向．(√)
4．两个匀速直线运动的合运动一定是直线运动．(×)
5．一个匀速直线运动和一个匀加速直线运动的合运动一定是匀加速直线运动．(×)
6．位移的分矢量不能用坐标表示．(×)
要点1|曲线运动的位移和速度
1．曲线运动的位移
(1)曲线运动中坐标系的选取
若我们把一个物体以初速度v0沿水平方向抛出，它不会沿水平方向运动，而是沿一条曲线落向地面．这种情况下无法应用直线坐标系，而应该选择平面直角坐标系．
坐标系的建立：选抛出点为坐标原点，x轴的正方向沿v0方向，y轴的正方向沿竖直方向向下，如图所示．
(2)曲线运动的位移在坐标系中的表述
当物体运动到A点时，它相对于抛出点O的位移是OA，其大小用l表示．
这类问题中位移矢量的方向在不断变化，运算起来很不方便，因此要尽量用它在坐标轴方向的分矢量来表示它．上图中若以抛出点O为坐标原点，即可用A点的坐标(xA，yA)来表示坐标系中曲线运动的位移．
2．曲线运动的速度
(1)曲线运动的速度方向
物体的运动轨迹是曲线的运动叫做曲线运动．若将物体视为质点，则质点在某一点的速度方向，沿曲线在这一点的切线方向．
(2)对曲线运动中速度方向的分析与推导
①利用牛顿第一定律分析
质点脱离束缚后，若不受力的作用，会保持脱离曲线时的速度做匀速直线运动．
②利用v＝做理论推导
如图所示，曲线运动的平均速度应为时间t内的位移与时间t的比值，即v＝.
随时间t取值的减小，由图可知时间t内位移的方向逐渐向A点的切线方向靠近．当时间趋于无限短时，位移方向即为A点的切线方向，极短时间内的平均速度的方向即为A点的瞬时速度方向，也就是A点的切线方向．
(3)曲线运动的性质
速度是矢量，速度的变化不仅指速度大小的变化，也包括速度方向的变化．做曲线运动物体的速度方向时刻在发生变化，所以曲线运动是一种变速运动．
典例1　 关于曲线运动速度的方向，下列说法正确的是(　　)
A．速度的方向总是沿曲线并保持不变
B．速度的方向总是与这一点运动的轨迹垂直
C．速度的方向就是曲线上的这一点的切线方向
D．曲线运动的速度方向不断改变，速度大小保持不变
【思路点拨】　曲线运动中速度的方向(即物体运动的方向)为轨迹上某点的切线方向．
【解析】　速度的方向是运动轨迹的切线方向，即曲线上这一点的切线方向，B选项错误，C选项正确；曲线运动中速度方向是不断改变的，速度大小可能保持不变，也可能变化，A、D选项错误．
【答案】　C
　 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(　　)
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
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；做变速运动的物体具有加速度，由牛顿第二定律可知物体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．
答案：B
名师方法总结
(1)在确定某点的速度方向时，首先要弄清两点：①物体沿轨迹的运动方向；②该点的切线方向．以上两点相结合即可确定某点的速度方向．
(2)曲线运动是变速运动，当物体受到的合力恒定时，加速度恒定，物体做匀变速曲线运动，位移大小总小于路程．
名师点易错
1．有的同学误认为做曲线运动的物体，速度大小和方向均发生变化．
2．有的同学误认为做曲线运动的物体速度变化，加速度也变化．
3．有的同学误认为既然曲线运动一定是变速运动，那么变速运动一定是曲线运动.
要点2|运动的合成与分解
1．几种常见的运动的合成情况
(1)如果两个分运动都在同一条直线上，需选取正方向，与正方向同向的量取“＋”，与正方向反向的量取“－”，则矢量运算转化为代数运算．
(2)如果两个分运动互成角度，则遵循平行四边形定则(如图所示)．
(3)两个相互垂直的分运动的合成：如果两个分运动都是直线运动，且夹角为90°，其分位移为x1、x2，分速度为v1、v2，分加速度为a1、a2，则其合位移x、合速度v和合加速度a，可以运用解直角三角形的方法求得，如图所示．
合位移的大小和方向为：x＝ ，tanθ＝.
合速度的大小和方向为：v＝ ，tanφ＝.
合加速度的大小和方向为：a＝ ，tanα＝.
2．常见的两种分解方法
依据平行四边形定则可知：一个合运动可以分解成无数组分运动，但在解决实际问题时不可能随便分解．实际分解时方法有以下两种：
(1)效果分解：根据运动的实际效果来确定两个分运动的方向，进行分解．
(2)正交分解：建立正交坐标系，将运动分解到两个相互垂直的方向上．
典例2　 如图所示，用一小车通过轻绳提升一货物，某一时刻，两段绳恰好垂直，且拴在小车一端的绳与水平方向的夹角为θ，此时小车的速度为v0，则此时货物的速度为(　　)
A．v0　　　　　　　　　 B．v0sinθ
C．v0cosθ D．
【思路点拨】　小车实际的运动为合运动，关联速度类问题的分解方法是把物体的运动分解为沿绳方向的速度和垂直于绳子方向的速度，同样货物的速度也是这样分解，从而建立两者之间的速度关系．
【解析】　车的速度等于沿绳子方向和垂直于绳子方向速度的合速度，根据平行四边形定则，有v0cosθ＝v绳，而货物的速度等于沿绳子方向和垂直于绳子方向速度的合速度．设货物与绳子方向的夹角为α，则有v货cosα＝v绳；由于两绳子相互垂直，所以α＝θ，则由以上两式可得，货物的速度就等于小车的速度．故选A．
【答案】　A
如图所示，一条不可伸长的细绳跨过一个小定滑轮，将货物A、滑车B连在一起，当细线与水平方向成60°角时，A的速度为1 m/s，B车的速度为(　　)
A．1 m/s B．0.5 m/s
C．2 m/s D．1.5 m/s
解析：将B的速度分解到沿绳和垂直于绳两个方向，沿绳方向的分速度等于A的速度大小，即vBcos60°＝vA，解得vB＝2 m/s，故C正确；A、B、D错误．
答案：C
名师方法总结
解答此类问题应注意以下几点：
(1)分解的是合运动而不是分运动．把物体的实际运动看成合运动．
(2)把物体实际速度分解为垂直于绳和平行于绳的两个分量，根据沿绳方向的分速度大小相等列方程求解．
(3)以上所说的“速度”沿绳方向的分量指的是“瞬时速度”而不是平均速度．
名师点易错
关联速度类速度的分解并不是水平、竖直方向分解，而常沿绳、垂直于绳或沿杆、垂直于杆分解.
要点3|运动描述的实例
1．运动的实例——蜡块的运动
(1)实验条件：蜡块在竖直固定的注满清水的玻璃管中向上运动，可以看到其运动接近于匀速直线运动，当蜡块在竖直玻璃管内向上匀速运动的同时，让玻璃管向右做匀速直线运动，则蜡块就参与了竖直方向、水平方向的两个不同的分运动(如图所示)，其运动特点(轨迹、速度、位移)是怎样的呢？
(2)蜡块的位置：以蜡块的初始位置为坐标原点，水平向右和竖直向上的方向分别为x、y轴的正方向建立坐标系，如图所示．设蜡块在x、y轴的分速度分别为vx和vy，从开始运动时计时，t时刻的位置P可以用它的x、y两个坐标表示
x＝vxt， ①
y＝vyt. ②
(3)蜡块的速度
根据位移和速度的关系得v＝＝.
角θ表示v的方向与x轴的夹角，则tanθ＝.
(4)蜡块的运动轨迹
①②两式消去t，得y＝x，vx、vy均是常量，所以，蜡块的轨迹是一条过原点的倾斜直线．
(5)蜡块运动分析：在探究蜡块运动的实验中，蜡块在竖直方向上受重力和浮力共同作用做匀速运动，水平方向随着管做匀速运动，因此蜡块实际上沿倾斜方向的运动可以看成是由水平方向和竖直方向的运动合成的．
2．船渡河问题
(1)渡河时间最短问题
根据等时性可用船对水的分运动时间代表渡河时间，由于河宽一定，只有当船在静水速度v船垂直河岸时，所用时间最短．由图可知，此时t短＝，船渡河的位移x＝，位移方向满足tanθ＝.
(2)渡河位移最短问题
求解渡河位移最短问题，分为两种情况：
①v水＜v船，最短的位移为河宽d，此时渡河所用时间t＝，船头与上游夹角θ满足v船 cosθ＝v水，如图所示．②若v水＞v船，这时无论船头指向什么方向，都无法使船垂直河岸渡河，即最短位移不可能等于河宽d，寻找最短位移的方法是：
如图所示，按水流速度和船在静水速度大小的比例，先从出发点A开始做矢量v水，再以v水末端为圆心，v船为半径画圆弧，自出发点A向圆弧做切线即为船位移最小时的合运动的方向．这时船头与河岸夹角θ满足 cosθ＝，最短位移x短＝，过河时间t＝.
典例3　 河宽d＝100 m，水流速度v1＝3 m/s，船在静水中的速度v2＝5 m/s.求：
(1)欲使船渡河时间最短，船应怎样渡河？最短时间是多少？
(2)欲使船航行的距离最短，船应怎样渡河？渡河时间是多少？
【思路点拨】　当船头正对河岸时渡河时间最短，最短时间为河宽与船速的比值．当船速大于水速时，船可以垂直于河岸过河，即合速度垂直于河岸时，船渡河时位移最小．当船速小于水速时，合速度不能垂直河岸，当合速度的方向与船在静水中速度的方向垂直时，渡河的位移最短．
【解析】　(1)当船头方向与河岸垂直时，渡河时间最短，如图(1)所示．
则渡河时间tmin＝＝ s＝20 s.
(2)欲使船航行距离最短，需使船的实际位移(合位移)与河岸垂直，设此时船的开行速度v2与岸成φ角，如图(2)所示．
则cosφ＝＝，即φ＝53°，此时船的速度v＝＝4 m/s，渡河所需时间t＝＝25 s，船的位移自然就是河宽smin＝d＝100 m.
【答案】　(1) 船应沿垂直于河岸的方向渡河，tmin＝＝20 s　(2)船速与上游河岸夹角为53°，25 s
　(多选)河水的流速与离河岸的关系如图甲所示，船在静水中速度与时间的关系如图乙所示．若要使船以最短时间渡河，则(　　)
A．船渡河的最短时间是100 s
B．船在行驶过程中，船头始终与河岸垂直
C．船在河水中航行的轨迹是一条直线
D．船在河水中的最大速度是5 m/s
解析：由甲图知河宽d＝300 m，当船头垂直于河岸时，渡河时间最短tmin＝＝100 s，故A、B正确；由于河水流速在变，故船的合速度大小、方向都在变，轨迹是曲线，故C错误；水速最大为4 m/s，船在河水中的最大速度v＝＝5 m/s，故D正确．
答案：ABD
名师方法总结
在解决此类问题时应注意以下几点：
(1)先确定合运动和分运动．
合运动是物体的实际运动，决定了物体的实际运动效果，分运动是反映某一方向运动效果的运动．
(2)合运动与分运动满足平行四边形定则，且应注意合运动与分运动的等时性和独立性．
名师点易错
1．要使船垂直于对岸横渡，即路程最短，则v船在水流方向分速度和水流速度大小相等，方向相反．
2．要使渡河时间最短，船头应指向对岸，则v船与水流方向垂直.
对点训练一　曲线运动的位移和速度
1．(多选)关于曲线运动的性质，下列说法正确的是(　　)
A．曲线运动一定是变速运动
B．变速运动不一定是曲线运动
C．曲线运动一定是加速度变化的运动
D．曲线运动的加速度是可能不变的
解析：曲线运动的速度方向沿着轨迹的切线方向，时刻改变，故一定是变速运动，故A正确；变速运动，可能直线，也可能是曲线运动，故B正确；曲线运动的条件是合力与速度方向不共线，合力可能是不变化的，故C错误，D正确．
答案：ABD
2．(2018·株洲一模)如图所示，一辆汽车沿着弯曲的水平公路行驶，依次通过公路上的abcde各位置，其中汽车速度方向与它在e位置的速度方向大致相同的是(　　)
A．位置a　　　　　　　 B．位置b
C．位置c D．位置d
解析：曲线运动某点的速度方向为该点的切线方向，a和e的切线方向都是向下偏左的，速度方向大致相同，A选项正确，B、C、D选项错误．
答案：A
对点训练二　运动的合成与分解
3．(多选)关于两个运动的合成，下列说法正确的是(　　)
A．两个直线运动的合运动一定也是直线运动
B．不共线的两个匀速直线运动的合运动一定也是匀速直线运动
C．小船渡河的运动中， 小船对岸的速度一定大于水流速度
D．小船渡河的运动中， 小船渡河所需最短时间与水流速度大小无关
解析：两个分运动是直线运动，其合运动可能是曲线运动，比如平抛运动，故A错误；不共线的两个匀速直线运动，没有加速度，则合运动也一定是匀速直线运动，故B正确；合运动的速度可能比分速度大，可能比分速度小，可能与分速度相等，故C错误；小船渡河所需时间与水流速无关，故D正确．故选BD．
答案：BD
4.
如图所示，一条小船位于200 m宽的河正中A点处，从这里向下游100 m处有一危险区，当时水流速度为4 m/s，为了使小船避开危险区沿直线到达对岸，小船在静水中的速度至少是(　　)
A． m/s B． m/s
C．2 m/s D．4 m/s
解析：要使小船避开危险区沿直线到达对岸，则有合运动的最大位移为 m＝200 m．可知小船能安全到达河岸的合速度方向，设此速度与水流速度的夹角为θ，即有tanθ＝＝，所以θ＝30°；又已知水流速度，则可得小船在静水中最小速度为v船＝v水sinθ＝×4 m/s＝2 m/s，故选C．
答案：C
对点训练三　运动描述的实例
5．(2018·宿迁期末)如图所示，竖直放置的玻璃管内有一蜡块，当蜡块从玻璃管的底端匀速上升时，玻璃管水平向右匀速运动，直至蜡块上升到玻璃管的顶端．关于蜡块的运动，下列说法正确的是(　　)
A．蜡块的轨迹是曲线
B．蜡块的轨迹是直线
C．若在运动中增大玻璃管的水平速度，蜡块上升的时间将变短
D．若在运动中增大玻璃管的水平速度，蜡块上升的时间将变长
解析：蜡块参与了竖直方向和水平方向两个方向的分运动，均为匀速直线运动，根据运动的合成，蜡块的轨迹是直线，A选项错误，B选项正确；蜡块在竖直方向上，t＝，管长不变，若在运动中增大玻璃管的水平速度，那么竖直方向上的分速度不变，蜡块由管口到顶端的时间不变，C、D选项错误．
答案：B
6．(2018·娄底期中)直升飞机空投物资时，可以停留在空中不动，设投出的物资离开飞机(即由于降落伞的作用)在空中能匀速下落，无风时落地速度为3 m/s.若空投时飞机停留在离地面90 m高处空投物资，由于风的作用，使降落伞和物资下落的同时能以0.8 m/s速度匀速水平向北运动，求：
(1)物资在空中运动的时间；
(2)物资落地时速度的大小；
(3)物资在下落过程中水平方向移动的距离．
解析：(1)物资在竖直方向上做匀速直线运动，下落的时间t＝＝30 s.
(2)物资在水平方向上做匀速直线运动，根据运动的合成法则可知，落地时的速度大小v＝≈3.1 m/s.
(3)物资在下落过程中，水平向北移动的距离s＝vxt＝24 m.
答案：(1)30 s　(2)3.1 m/s　(3)24 m
【强化基础】
1．关于运动的合成与分解的说法中，正确的是(　　)
A．合运动的位移为分运动的位移矢量和
B．合运动的速度一定比其中的一个分速度大
C．合运动的时间为分运动时间之和
D．合运动的位移一定比分运动位移大
解析：速度、位移是矢量，故合运动的速度、位移为分运动的速度、位移的矢量和，所以合运动的速度、位移不一定比分运动的大，故A正确，B、D错误；根据运动的独立性原理，分运动的时间与合运动的时间相同，故C错误．
答案：A
2．如图所示，竖直放置的两端封闭的玻璃管中注满清水，内有一个红蜡块在水中匀速上浮．在红蜡块从玻璃管的下端匀速上浮的同时，使玻璃管以速度v水平向右匀速运动．红蜡块由管口上升到顶端，所需时间为t，相对地面通过的路程为L，则 (　　)
A．v增大时，t增大
B．v增大时，t减小
C．v增大时，L减小
D．v增大时，L增大
解析：蜡块在水平方向上和竖直方向上都做匀速直线运动，在竖直方向上，t＝，管长不变，竖直方向上的分速度不变，根据合运动与分运动具有等时性，知蜡块由管口到顶端的时间不变．v增大，水平方向上的位移增大，根据运动的合成，知蜡块相对于地面的路程L增大，故D正确，A、B、C错误．
答案：D
3．如图所示，跳伞运动员以4 m/s的速度沿竖直方向匀速下降，下降一段距离后刮起了水平方向的风，最终运动员以5 m/s的速度匀速运动，则此时风速大小是(　　)

A．5 m/s　　　　　　　　 B．3 m/s
C．9 m/s D． m/s
解析：跳伞运动员参与了水平和竖直两方向的运动，水平方向上的分运动不影响竖直方向上的分运动，根据平行四边形定则可知风速v2＝＝ m/s＝3 m/s，B选项正确．
答案：B
4.如图，在一棵大树下有张石凳子，上面水平摆放着一排香蕉．小猴子为了一次拿到更多的香蕉，它紧抓住软藤摆下，同时树上的老猴子向上拉动软藤的另一端，使得小猴子到达石凳子时保持身体水平向右运动．已知老猴子以恒定大小的速率v拉动软藤，当软藤与竖直方向成θ角时，则小猴子的水平运动速度大小为(　　)
A．vcosθ B．vsinθ
C． D．
解析：由题意知，小猴子沿绳子方向的速度等于老猴子拉绳子的速度，如图所示，小猴子沿水平方向的速度为v′，即v＝v′sinθ，所以小猴子沿水平方向的运动速度v′＝，D正确．
答案：D
5．(2018·西安市二模)某人划船横渡一条河，河水流速处处相同且恒定，船的划行速率恒定．已知此人过河最短时间为T1；若此人用最短的位移过河，则需时间为T2；已知船的划行速度大于水速．则船的划行速率与水流速率之比为(　　)
A． B．
C． D．
解析：设河宽为d，设船在静水中的速率为v1，水流速为v2.
最短时间过河时，船头与河岸垂直，T1＝
最小位移过河时，v合＝
T2＝＝
联立解得＝ .A选项正确．
答案：A
【巩固易错】
6．一只小船渡过两岸平行的河流，河中水流速度各处相同且恒定不变，方向平行于河岸．小船的初速度均相同，且船头方向始终垂直于河岸，小船相对于水分别做匀加速、匀减速和匀速直线运动，其运动轨迹如图所示．下列说法错误的是(　　)
A．沿AC和AD轨迹小船都是做匀变速运动
B．AD是匀减速运动的轨迹
C．沿AC轨迹渡河所用时间最短
D．小船沿AD轨迹渡河，船靠岸时速度最大
解析：船沿着船头指向方向做匀加速直线运动的同时还要随着水流一起运动，曲线运动的加速度指向轨迹的内侧，故AC轨迹船相对于静水沿v0方向做匀加速运动，AB轨迹船相对于静水沿v0方向做匀速运动，AD轨迹船相对于静水沿v0方向做匀减速运动．沿AD轨迹，船是匀减速运动，则船到达对岸的速度最小，故A、B正确，D错误；船相对于水的初速度大小均相同，方向垂直于岸边，由于AC轨迹船相对于静水沿v0方向做匀加速运动，AB轨迹船相对于静水沿v0方向做匀速运动，AD轨迹船相对于静水沿v0方向做匀减速运动，故沿三条不同路径渡河的时间不同，沿AC轨迹渡河所用的时间最短，故C正确．故选D．
答案：D
7．如图，细绳一端固定在天花板上的O点，另一端穿过一张CD光盘的中央小孔后拴着一个橡胶球，橡胶球静止时，竖直悬线刚好挨着水平桌面的边沿．现将CD光盘按在桌面上，并沿桌面边缘以速度v匀速移动，移动过程中，CD光盘中央小孔始终紧挨桌面边线，当悬线与竖直方向的夹角为θ时，小球上升的速度大小为(　　)

A．vsinθ B．vcosθ
C． D．
解析：线与光盘交点参与两个运动，一是沿着线的方向运动，二是垂直线的方向运动，则合运动的速度大小为v，由数学三角函数关系，则有v线＝vsinθ；而线的速度的方向，即为小球上升的速度大小，故A正确．
答案：A
【能力提升】
8．如图所示，竖直放置、两端封闭的玻璃管内注满清水，管内有一个用红蜡块做成的圆柱体，能在玻璃管中匀速上升．在圆柱体匀速上升的同时让玻璃管水平向右匀速运动．已知圆柱体匀速上升的速度大小为6 cm/s，玻璃管水平运动的速度大小为8 cm/s.
(1)圆柱体的运动为________；
A．匀变速曲线运动 　　　 B．非匀变速曲线运动
C．匀加速直线运动 D．匀速直线运动
(2)求解圆柱体运动的速度．
解析：(1)圆柱体参与了水平和竖直方向的运动，合力为零，合运动是匀速直线运动，D选项正确．
(2)根据平行四边形定则可知，合速度v＝＝0.1 m/s.
答案：(1)D　(2)0.1 m/s
9．(2018·西宁市城北区月考)一个质点从光滑xOy平面上的原点O开始运动，其分速度vx和vy随时间变化的图线如图甲、乙所示，求：
(1)t＝6 s时物体的速度；
(2)t＝16 s时物体的位移．
解析：(1)分析图甲可知，t＝6 s时，x轴方向的速度vx＝3 m/s
分析图乙可知，t＝6 s时，y轴方向的速度vy＝3 m/s，合速度v6＝＝3 m/s
与x轴正方向的夹角是45°.
(2)物体在x轴方向上做匀速直线运动，t＝16 s时，分位移x＝48 m
y轴方向上的加速度ay＝＝0.5 m/s2
t＝16 s时，y方向的分位移y＝ayt2＝64 m
合位移s＝＝80 m
与x轴正方向的夹角的正切值tanα＝＝，α＝53°.
答案：(1)3 m/s，与x轴正方向的夹角是45°
(2)80 m，与x轴正方向的夹角为53°
第3节　实验：研究平抛运动
[知识概要]
一、实验目的
1．用实验的方法描出平抛运动的轨迹．
2．判断平抛运动的轨迹是否为抛物线．
3．根据平抛运动的轨迹求其初速度．
二、实验原理
1．利用追踪法逐点描出小球运动的轨迹．
2．建立坐标系，如果轨迹上各点的y坐标与x坐标间的关系具有y＝ax2的形式(a是一个常量)，则轨迹是一条抛物线．
3．测出轨迹上某点的坐标x、y，据x＝v0t、y＝gt2得初速度v0＝x·.
一、实验目的
1．用描迹法描绘平抛运动的轨迹．
2．根据运动轨迹计算平抛运动的初速度．
二、实验装置如图
三、实验器材
斜槽轨道、小钢球、木板、坐标纸、图钉、重锤、直尺、三角板、铅笔等．
四、实验步骤
(1)安装斜槽轨道，使其末端保持水平；
(2)固定木板上的坐标纸，使木板保持竖直状态，小球的运动轨迹与板面平行，坐标纸方格横线呈水平方向；
(3)以斜槽末端为坐标原点沿重垂线画出y轴；
(4)将小球从斜槽上的适当高度由静止释放，用铅笔记录小球做平抛运动经过的位置；
(5)重复步骤(4)，在坐标纸上记录多个位置；
(6)在坐标纸上作出x轴，用平滑的曲线连接各个记录点，得到平抛运动的轨迹.
要点1|平抛运动实验的研究
1．实验过程中的注意事项
(1)保证斜槽末端的切线水平，木板竖直且与小球下落的轨迹平面平行，并使小球运动时靠近木板，但不接触；
(2)小球每次都从斜槽上同一位置由静止滚下；
(3)小球做平抛运动的起点不是槽口的端点，应是小球在槽口时球的重心在木板上的水平投影点；
(4)小球在斜槽上开始滚下的位置高度要适当，以便使小球运动的轨迹由木板的左上角到右下角．
2．误差分析
(1)斜槽末端没有调水平，小球离开斜槽后不做平抛运动．
(2)确定小球运动的位置时不准确．
(3)量取轨迹上各点坐标时不准确．
3．判断平抛运动的轨迹是不是抛物线
(1)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的值，在y-x2坐标系中描点，连接各描点看是否在一条直线上，并求出该直线的斜率即为a值．
(2)公式法：①以抛出点O为坐标原点，重垂线方向为y轴，水平方向为x轴，建立平面直角坐标系．
②如图所示，在x轴上作出等距离的几个点A1、A2、A3…，把线段OA1的长度记为L，那么OA2＝2L，OA3＝3L…，由A1、A2、A3…向下作垂线，与轨迹的交点记为M1、M2、M3….
③设轨迹就是一条抛物线，则M1、M2、M3…各点的y坐标与x坐标应该具有的形式为y＝ax2，a是常量．
④用刻度尺测量某点的x、y两个坐标，代入y＝ax2中，求出常量a.
⑤测量其他几个点的x、y坐标，代入上式，看是否满足，如果在误差允许范围内满足，就说明该曲线为抛物线．
典例1　 某同学采用如图所示的装置探究平抛运动的规律：用小锤击打弹性金属片C，使 A球沿水平方向飞出，B球被松开做自由落体运动，可观察的现象是________；为进一步探究，可以改变________，多次实验，可观察到同样的现象，这说明________________________．
【思路点拨】　平抛运动水平方向上的规律为匀速直线，竖直方向上的规律为自由落体，根据分运动和合运动具有等时性可知两球同时落地，因水平方向上没有对比，不能反映水平方向上平抛的规律．
【解析】　实验可观察的现象是两球同时落地 ；为进一步探究，可以改变实验装置的离地高度和小锤击打力度，多次实验，可观察到同样的现象，这说明做平抛运动的A球在竖直方向上的分运动为自由落体运动．
【答案】　两球同时落地　实验装置的离地高度和小锤击打力度　做平抛运动的A球在竖直方向上的分运动为自由落体运动
　如图所示，在“探究平抛运动的运动规律”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：
A．让小球多次从斜槽上________________滚下，记下小球碰到铅笔笔尖的一系列位置．
B．按图安装好器材，注意________________，记下平抛初位置O点和过O点的竖直线．
C．取下白纸以O为原点，以过O点的竖直线为y轴建立坐标系，用平滑曲线画平抛运动物体的轨迹．
(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________．
解析：本实验关键是，确保小球每次抛出的初速度相同，而且初速度是水平的，因此安装器材时，注意调整斜槽末端水平，实验过程中让小球多次从斜槽上同一位置滚下．
答案：(1)同一位置无初速　调整斜槽末端水平
(2)BAC
名师方法总结
实验时掌握实验中的仪器，理解实验原理及注意事项是解决此类题目的关键．
名师点易错
1．小球每次必须从同一位置无初速滚下．
2．斜槽末端切线水平.
要点2|计算平抛运动的初速度
1．已知轨迹和抛出点
以抛出点为坐标原点，水平方向为x轴，竖直向下为y轴，建立平面直角坐标系．
(1)在轨迹曲线上任取A、B、C、D、E、F六个不同点．
(2)用刻度尺分别测出它们的坐标x和y.
(3)根据坐标值，代入公式v0＝＝x，分别计算小球的初速度v0，并计算其平均值．
2．已知轨迹和竖直轴(或水平轴)，不知抛出点
(1)在轨迹曲线上取三点A、B、C，使xAB＝xBC＝x，如图所示．
(2)用刻度尺分别测出yA、yB、yC，则有yAB＝yB－yA，yBC＝yC－yB．
(3)根据平抛运动在水平方向上为匀速直线运动，则物体从A到B和从B到C运动时间相等，设为T；竖直方向由匀变速直线运动推论有：yBC－yAB＝gT2，且v0T＝x.
解以上两式得：v0＝x.
典例2　 如图甲所示是“研究平抛物体的运动”的实验装置图．(g＝10 m/s2)
(1)图乙是正确实验后的数据，其中O为抛出点，则此小球做平抛运动的初速度为________m/s.
(2)在另一次实验中将白纸换成方格纸，方格边长L＝5 cm，通过实验，记录了小球在运动途中的三个位置，如图丙所示，则该小球做平抛运动的初速度为________m/s；B点的竖直分速度为________m/s.
【思路点拨】　平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据运动学公式、抓住等时性进行求解．
【解析】　(1)因为O点是抛出点，则h＝gt2，则：t＝＝ s＝0.2 s．则小球的初速度为v0＝＝ m/s＝1.6 m/s.
(2)由图可知，AB、BC之间的时间间隔相等，根据Δy＝gT2得：T＝＝＝ s＝0.1 s，则小球的初速度为v0＝＝ m/s＝1.5 m/s.B点竖直方向上的分速度等于AC在竖直方向上的平均速度，为vBy＝＝ m/s＝2 m/s.
【答案】　(1)1.6　(2)1.5　2
　某同学利用图甲所示装置做“研究平抛运动”的实验，根据实验结果在坐标纸上描出了小球水平抛出后的运动轨迹，但不慎将画有轨迹图线的坐标纸丢失了一部分，剩余部分如图乙所示，图乙中水平方向与竖直方向每小格的边长均代表0.10 m，P1、P2和P3是轨迹图线上的3个点，P1和P2、P2和P3之间的水平距离相等．(重力加速度g取9.8 m/s2)
(1)设P1、P2和P3的横坐标分别为x1、x2和x3，纵坐标分别为y1、 y2和y3.从图乙中可读出|y1－y2|＝________ m，|y1－y3|＝________ m，|x1－x2|＝________ m．(保留两位小数)
(2)若已测知抛出后小球在水平方向上做匀速运动，利用(1)中读取的数据，求出小球从P1运动到P2所用的时间为________ s，小球抛出后的水平速度为________ m/s.(均可用根号表示)
解析：(1)由题图乙可知P1到P2两点在竖直方向的间隔为6格，P1到P3两点在竖直方向的间隔为16格，所以有|y1－y2|＝0.60 m，|y1－y3|＝1.60 m，P1到P2两点在水平方向的距离为6格，则有|x1－x2|＝0.60 m.
(2)由水平方向的运动特点可知P1到P2与P2到P3的时间相等，竖直方向根据Δy＝gt2，解得t＝ s，则有v0＝＝ m/s＝ m/s≈2.97 m/s.
答案：(1)0.60　1.60　0.60　(2)　(或2.97)
名师方法总结
(1)计算平抛运动的初速度时，已知抛出点时，根据x＝v0t和y＝gt2，即可求解v0＝x；未知抛出点时，一般根据Δy＝gT2和x＝v0T求解．
(2)计算抛出点的位置时，抓住平抛运动的特点，即平抛运动的物体在水平方向上做匀速直线运动，竖直方向上做自由落体运动，利用运动学的规律即可求解．
名师点易错
图中所画坐标原点不一定是平抛运动的起始点.
要点3|实验创新设计
1．喷水法
如图所示，倒置的饮料瓶内装着水，瓶塞内插着两根两端开口的细管，其中一根弯成水平，且加上一个很细的喷嘴．
水从喷嘴中射出，在空中形成弯曲的细水柱，它显示了平抛运动的轨迹．将它描在背后的纸上，进行分析处理．
2．频闪照相法
频闪照相是指每隔一定时间对同一物体进行一次照相，并将其位置呈现在同一张底片上的技术．它可以精确描述物体的运动情况，如图所示．
(1)通过对同一时刻两小球位置的对比可知，在任一个相同时间下落的位移是相等的，说明平抛运动的竖直分运动是自由落体运动．
(2)测量相邻像间的水平距离，结果发现任意两个相邻的像间水平距离相等，说明平抛运动在水平方向的分运动是匀速直线运动．
典例3　 某同学设计了一个研究平抛运动的实验，实验装置示意图如图所示，A是一块平面木板，在其上等间隔地开凿出一组平行的插槽(图中P0P0′、P1P1′…)，槽间距离均为d.把覆盖了复写纸的白纸铺贴在硬板B上．实验时依次将B板插入A板的各插槽中，每次让小球从斜轨的同一位置由静止释放．每打完一点后，把B板插入后一槽中并同时向纸面内侧平移距离d.实验得到小球在白纸上打下的若干痕迹点，如图所示．
(1)实验前应对实验装置反复调节，直到________，每次让小球从同一位置由静止释放，是为了________．
(2)每次将B板向内侧平移距离d，是为了________．
(3)在图中绘出小球做平抛运动的轨迹．
【思路点拨】　实验中应当使得滚下的小球做平抛运动，就要求斜槽末端水平，且研究同一个平抛的运动规律，要求小球到达斜面底端速度大小一样，平抛运动水平方向为匀速直线运动，竖直方向为自由落体运动，通过平滑曲线连接即可得到平抛运动的轨迹．
【解析】　(1)通过对实验装置的反复调节，达到：①斜轨末端水平，以保证小球离开轨道时做平抛运动，②A板水平，保证B板总处于同一高度，③插槽P0P0′垂直斜轨并在斜轨末端正下方，以保证B板在P0P0′时小球的痕迹为抛出点．每次让小球从同一位置由静止释放，以保证小球每次以相同初速度做平抛运动．
(2)记录纸上每两点间的水平距离相等．
(3)如答案图所示．
【答案】　(1)斜轨末端水平、A板水平、插槽P0P0′垂直斜轨并在斜轨末端正下方　每次做初速度相同的平抛运动
(2)使记录纸上每两点之间的水平距离相等
(3)如图所示
　(2018·蚌埠二模)某小组设计了一个研究平抛运动的实验装置，在抛出点O的正前方，竖直放置一块毛玻璃．他们利用不同的频闪光源，在小球抛出后的运动过程中光源闪光，会在毛玻璃上出现小球的投影点，在毛玻璃右边用照相机进行多次曝光，拍摄小球在毛玻璃上的投影照片．如图1，小明在O点左侧用水平的平行光源照射，得到的照片如图3；如图2，小红将一个点光源放在O点照射重新实验，得到的照片如图4，已知光源的闪光频率均为31 Hz，光源到玻璃的距离L＝1.2 m，两次实验小球抛出时的初速度相等．根据上述实验可求出：(结果均保留2位小数)
(1)重力加速度的大小为________m/s2，投影点经过图3中M位置时的速度大小为________m/s.
(2)小球平抛时的初速度大小为________m/s.
解析：(1)小球在竖直方向上做自由落体运动，连续相等时间内的位移之差为恒量
Δy＝gT2＝＝1.00 cm，代入数据解得，重力加速度g＝9.61 m/s2
投影点经过M位置的竖直速度vM＝＝＝0.62 m/s.
(2)经过时间t后小球运动的水平位移为x＝v0t，竖直位移为y＝gt2，设小球在玻璃上的投影点竖直距离为Y，由相似三角形可知＝，解得Y＝.下一次曝光时刻，Y＋Δh＝.
联立解得v0＝＝9.3 m/s.
答案：(1)9.61　0.62　(2)9.3
名师方法总结
研究平抛运动的轨迹和求平抛运动的初速度其依据都是平抛运动的特点和基本规律．首先，平抛运动是匀变速曲线运动，加速度为g，竖直向下；其次，平抛运动可以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．这些知识如果把握到位，很多问题就会迎刃而解．
名师点易错
平抛运动的分析，常结合匀变速直线运动的两个推论：
1．在连续相等时间内的位移之差是一恒量．
2．某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度.
【强化基础】
1．在不考虑空气阻力的情况下，下列物体中做平抛运动的是(　　)
A．水平击出的排球
B．空中水平匀速飞行的小鸟
C．斜向上踢出的足球
D．从桌面上弹起的乒乓球
解析：水平击出的排球，初速度水平，仅受重力，做平抛运动，故A正确；空中水平匀速飞行的小鸟，做匀速直线运动，故B错误；斜向上踢出的足球，初速度斜向上，不是平抛运动，故C错误；从桌面上弹起的乒乓球，初速度不水平，不是平抛运动，故D错误．
答案：A
2．(多选)研究平抛运动，下面哪些做法可以减小实验误差(　　)
A．使用密度大、体积小的钢球
B．尽量减小钢球与斜槽间的摩擦
C．实验时，让小球每次都从同一高度由静止开始滚下
D．使斜槽末端的切线保持水平
解析：选用密度大、体积小的小钢球可以减小空气阻力的影响，故A对；此实验与小球和斜槽间是否有摩擦无关，故B错；实验中必须让小球每次都从同一位置由静止滚下，才能使平抛运动的初速度相同，故C对；实验斜槽末端的切线水平，才能保证小球做平抛运动，故D对，综上所述正确答案为A、C、D．
答案：ACD
3.
(多选)如图所示，两个相同的弧形轨道M、N，分别用于发射小铁球P、Q，两轨道上端分别装有电磁铁C、D，电磁铁E装在与轨道M最低点等高处的某一水平位置．调C、D高度，使AC＝BD，将小铁球P、Q、R分别吸在电磁铁C、D、E上，然后同时切断C、D电源，P、Q从弧形轨道滚下，当小球P运动到圆弧末端时由装置切断E电源，小球R开始下落，改变弧形轨道M的高度以及电磁铁E的位置，再进行若干次调整，经过多次实验发现，P、Q、R三球同时在水平面相撞．下列说法和做法正确的是(　　)
A．实验说明小铁球P离开轨道做平抛运动的竖直方向的分运动是自由落体运动
B．实验说明小铁球P离开轨道做平抛运动的水平方向的分运动是匀速直线运动
C．若实验时发现小铁球P、R在空中相撞而不能同时击中水平的小铁球Q，为了使三球同时相撞，可以适当将电磁铁E向右移动一些
D．若实验时发现小铁球P、R在空中相撞而不能同时击中水平的小铁球Q，为了使三球同时相撞，可以适当将电磁铁E向左移动一些
解析：小铁球P、Q能以相同的初速度同时分别从轨道M、N的下端射出，可以看到P、Q两球相碰．可知小球P在水平方向上的运动情况与Q球的运动情况相同，即小铁球P离开轨道做平抛运动的水平方向的分运动是匀速直线运动．当小球P运动到圆弧末端时，小球R开始下落，多次实验发现，P、Q、R三球同时在水平面相撞，说明小铁球P做平抛运动的竖直方向的分运动是自由落体运动，A、B选项正确；若实验时发现小铁球P、R在空中相撞而不能同时击中水平的小铁球Q，为了使三球同时相撞，必须增大R球到Q球的水平距离，因此可以适当将电磁铁E向右移动一些，C选项正确，D选项错误．
答案：ABC
【巩固易错】
4．(2018·黔东南州一模)如图，粗糙的斜槽固定在水平桌面上，斜槽末端与水平桌面平滑连接．小球从斜槽上A点滚下，经桌面末端B点水平抛出，落在地面上的C点，不计空气阻力，重力加速度为g.下列说法正确的是(　　)
A．若仅测出AB间的竖直高度，可求出小球经过B点时的速度
B．若仅测出BC间的距离，可求出小球经过B点时的速度
C．若仅测出BC间的水平距离，可求出小球做平抛运动的时间
D．若仅测出BC间的竖直高度，可求出小球做平抛运动的时间
解析：斜槽粗糙，仅测出AB间的竖直高度，无法确定B点的速度，A选项错误；小球离开B点后做平抛运动，根据公式h＝gt2只能计算出小球做平抛的运动时间，不能求出小球经过B点的速度，B选项错误，D选项正确；根据已知，仅测出BC间的水平距离，由于水平速度未知，故不能测出小球做平抛运动的时间，C选项错误．
答案：D
5．(多选)在探究平抛运动的规律时，可以选用图中所示的各种装置图，以下操作合理的是(　　)
A．选用装置1研究平抛物体竖直分运动，应该用眼睛看A、B两球是否同时落地
B．选用装置2时，要获得稳定的细水柱所显示的平抛轨迹，竖直管上端A一定要低于水面
C．选用装置3时，要获得钢球的平抛轨迹，每次不一定要从斜槽上同一位置由静止释放钢球
D．除上述装置外，也能用数码照相机拍摄钢球做平抛运动的每秒十几帧至几十帧的照片，获得平抛轨迹
解析：选用装置1研究平抛物体竖直分运动，应该用耳朵听A、B两球是否同时落地，A选项错误；装置2中，A管内为外界大气压强，在水面下保证A管上出口处的压强为大气压强．为了保证水流速度稳定，另一出水管的上端口处压强与A管上出口处的压强有恒定的压强差．如果A管上出口在水面上则水面上为大气压强，随水面下降，出水管上口压强降低，出水速度减小，B选项正确；选用装置3时，要获得钢球的平抛轨迹，每次需要从斜槽上同一位置由静止释放钢球，C选项错误；数码照相机拍摄时曝光时间是固定的，可以用来研究平抛运动，D选项正确．
答案：BD
【能力提升】
6．在“研究平抛物体运动”的实验中，可以描绘平抛物体运动轨迹和求物体的平抛初速度．实验简要步骤如下：
A．让小球多次从________位置上滚下，记下小球穿过卡片孔的一系列位置；
B．安装好器材，注意调节斜槽末端和平板竖直，记下抛出点O和过抛出点O的竖直线；
C．测出曲线上某点的坐标x、y，用v0＝________算出该小球的平抛初速度，实验需要对多个点求v0的值，然后求它们的平均值；
D．取下白纸，以抛出点O为坐标原点，以竖直线为轴建立坐标系，用平滑曲线画平抛轨迹．
上述实验步骤的合理顺序是________ (只排列序号即可)．
解析：A．让小球多次从同一位置由静止滚下，目的是保证小球多次做平抛运动的初速度相等；C．平抛运动分解为水平方向的匀速直线运动，竖直方向的自由落体运动，水平方向有x＝v0t，竖直方向有y＝gt2，联立求出初速度v0＝x，故实验步骤合理顺序是BADC．
答案：同一　x　BADC
7．(2018·北京市大兴区一模)“研究平抛运动”实验中，A实验小组选用如图1实验装置，他们让钢球从斜槽固定位置滚下从槽的末端飞出做平抛运动，用铅笔描出小球经过的位置，通过多次实验，在竖直白纸上记录钢球经过的多个位置，得到钢球平抛运动的轨迹，并利用轨迹求出钢球平抛运动的初速度．
(1)除图中所给的实验器材外，完成本实验还需要的测量工具是________________．
(2)为保证钢球飞出后做平抛运动，斜槽末端必须水平．请简要说明，在实验操作中你是如何检测斜槽末端是否水平的．_____________________________________________________________
________________________________________________________________________.
(3)如图2所示，在实验中记下钢球的平抛初位置O点，用悬挂的重锤确定竖直线．取下白纸以O为原点，以竖直线为y轴建立坐标系，用平滑曲线画出平抛运动物体的轨迹．如果平抛运动的轨迹是一条抛物线，那么轨迹上任意一点的y坐标与x坐标理论上应满足y＝ax2，若设初速度为v0，重力加速度为g，关系式中的a应等于(　　)
A．　　 B．　　　C．　　 D．
(4)B实验小组为了更方便研究平抛运动，他们在实验中用频闪光源代替钢球，频闪光源的频率为50 Hz，抛出后经过画布时在上面留下了一串反映平抛运动轨迹的点迹(如图3)．将点迹拍照后用软件分析可得到各点的坐标．下图中M1、M2、M3是频闪光源平抛运动过程中在画布上留下的三个连续点迹，M1、M2、M3的坐标见表格，通过计算可得频闪光源平抛运动的初速度为________m/s，当地的重力加速度为________m/s2.
M1
M2
M3
x/cm
1.0
2.0
3.0
y/cm
0.40
1.19
2.37
(5)该组同学在老师的启发下想进一步探究做平抛运动的物体在竖直方向上的分运动，利用(4)中的实验装置完成实验并测量相关数据，通过计算机绘出如图4所示的vy-t图象，并拟合出表达式，图中vy为频闪光源平抛运动竖直方向的分速度．他们通过分析图象和表达式可以得出的结论是________．
A．斜槽末端可能不水平
B．频闪光源与斜槽之间存在摩擦
C．频闪光源在水平方向上做匀速直线运动
D．频闪光源在竖直方向上做匀加速直线运动
解析：(1)实验中还需要刻度尺测量水平位移和竖直位移，还需要的测量工具是刻度尺．
(2)检测斜槽末端是否水平，可以看小球能否静止在轨道的边缘．
(3)小球做平抛运动，水平方向上x＝v0t
竖直方向上，y＝gt2
联立解得a＝，D选项正确．
(4)根据平抛运动规律可知，平抛运动的初速度v0＝
相邻两点间的时间间隔T＝0.02 s
联立解得v0＝0.5 m/s
在竖直方向上，连续相等时间间隔内，位移之差为常量
根据Δy＝gT2得，g＝9.75 m/s2.
(5)由图可知，竖直分速度与时间成线性关系，可知频闪光源在竖直方向上做匀加速直线运动，由于0时刻的竖直分速度不为零，可知斜槽末端不水平，A、D选项正确．
答案：(1)刻度尺　(2)看小球能否静止在轨道的边缘　(3)D　(4)0.5　9.75　(5)AD
第2课时　物体做曲线运动的条件
核心素养关键词
知识体系
1.当物体所受合力方向与速度方向不共线时，物体做曲线运动．
2．做曲线运动的物体所受合力的方向指向曲线弯曲的内侧．
3．研究曲线运动的基本方法：运动的合成与分解.
物体做曲线运动的条件
1．当物体所受合力的方向与它的速度方向不在同一直线上，物体做曲线运动．
2．合力为恒力，物体将做匀变速曲线运动；合力为变力，物体将做变加速曲线运动.
一、合作探究找规律
考点一　物体做曲线运动的条件
1．图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．
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：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．合力方向与速度方向不共线．
考点二　两个直线运动的合运动分析
如图所示的塔吊臂上有一可以沿水平方向运动的小车A，小车下装有吊着物体B的吊钩．在小车A与物体B以相同的水平速度沿吊臂方向匀速运动的同时，吊钩将物体B向上吊起．
1．吊钩将物体B向上匀速吊起时，物体B的运动轨迹是直线还是曲线？
2．吊钩将物体B匀加速向上吊起时，物体B的运动轨迹是直线还是曲线？
答：1.直线，两个匀速直线运动的合运动为匀速直线运动．
2．曲线，水平方向的匀速直线与竖直方向的匀加速的合运动为匀变速曲线运动．
二、理解概念做判断
1．李娜打出的网球做曲线运动．(√)
2．当物体受力方向与运动方向总是在同一直线上时，物体也可以做曲线运动．(×)
3．物体做曲线运动时，合力一定是变力．(×)
4．物体做曲线运动时，加速度一定不为零．(√)
5．物体做曲线运动时加速度方向一定与所受合力方向相同．(√)
要点1|物体做曲线运动的条件
1．从力和运动关系的角度理解物体做曲线运动的条件
(1)当合力的方向跟物体的速度方向在同一直线上时，物体做直线运动．
(2)当合力的方向跟物体的速度方向始终垂直时，物体做速度大小不变，方向不断改变的曲线运动，此时的合力只改变速度的方向，不改变速度的大小．
(3)当合力的方向跟速度方向不在同一直线上时，可将合力分解到沿着速度方向和垂直于速度方向这两个方向，如图所示，沿着速度方向的分力F1只改变速度的大小，垂直于速度方向的分力F2只改变速度的方向，这时物体做曲线运动．
(4)若力和速度之间的夹角为θ，当0≤θ＜90°时，物体速度不断增大，当90°＜θ≤180°时，物体速度不断减小．
2．物体做直线运动与做曲线运动的比较
运动名称
比较项目　　　
匀速直
线运动
匀变速
直线运动
曲线运动
F合
F合＝0
F合≠0，
F合恒定
F合≠0，F合可能恒定，可能变化
a
a＝0
a≠0，
a恒定
a≠0，a可能恒定，可能变化
v
恒定
变化
变化
x
位移大小
等于路程
位移大小小
于等于路程
位移大小比路程小
F合方向
与v方向
在一条
直线上
不在一条直线上
a方向
与v方向
在一条
直线上
不在一条直线上
典例1　 一小球在水平面上移动，每隔0.02秒小球的位置如图所示．每一段运动过程分别以甲、乙、丙、丁和戊标示．试问在哪一段，小球所受的合力为零(　　)
A．甲　　　　　　　　　 B．乙
C．丙 D．戊
【思路点拨】　曲线运动的合力一定不为零，如果物体所受的合力为零则物体一定处于静止状态或者匀速直线运动状态，观察图中小球的位置是否均匀来分析即可．
【解析】　小球所受的合力为零时，物体处于静止或匀速直线运动状态，根据图象可知，甲阶段做减速直线运动，乙阶段做曲线运动，丙阶段做匀速直线运动，丁阶段做曲线运动，戊阶段做加速直线运动，故丙阶段小球所受的合力为零，故C正确，A、B、D错误．故选C．
【答案】　C
　(2018·天津市红桥区期中)关于曲线运动的性质，下列说法中正确的是(　　)
A．曲线运动可能是匀速运动
B．曲线运动一定是变速运动
C．变速运动一定是曲线运动
D．曲线运动的加速度方向可能与速度方向相反
解析：曲线运动的速度方向沿着曲线上某点的切线方向，时刻改变，故一定是变速运动，A选项错误，B选项正确；曲线运动的条件是合力与速度不共线，即加速度方向与速度方向不共线，D选项错误；曲线运动一定是变速运动，而变速运动不一定是曲线运动，C选项错误．
答案：B
名师方法总结
物体做曲线运动的判断方法：
(1)直接根据曲线运动的定义来判断．若物体的运动轨迹为直线，则它做直线运动，为曲线则物体所做的就是曲线运动．
(2)根据物体做曲线运动的条件来确定
①若合外力方向与物体的运动方向共线，则物体做直线运动，不共线则物体做曲线运动．
②若物体的加速度方向与其速度方向共线，则物体做直线运动，不共线则物体做曲线运动．
名师点易错
物体做曲线运动的条件只强调合力方向跟它的速度方向不在同一直线上，不管合力是恒力还是变力.
要点2|合外力、速度、运动轨迹三者之间的关系
1．物体的运动轨迹与速度和合外力有关，如图所示，物体的运动轨迹一定夹在合外力与
速度方向之间．
2．运动轨迹与速度相切，且轨迹是向合外力的方向弯曲，或者说合外力的方向总指向轨迹的内侧．
典例2　 春节期间人们放飞孔明灯表达对新年的祝福，如图所示，孔明灯在竖直Oy方向做匀加速运动，在水平Ox方向做匀速运动，孔明灯的运动轨迹可能为(　　)
A．直线OA　　　　　 B．曲线OB
C．曲线OC D．曲线OD
【思路点拨】　曲线运动的物体合力一定指向曲线的内侧，孔明灯在Oy方向匀加速，则合力方向应在y轴正方向上．
【解析】　孔明灯在竖直Oy方向做匀加速运动，则合外力沿Oy方向，在水平Ox方向做匀速运动，此方向上合力为零，所以合运动的加速度方向沿Oy方向，但合速度方向不沿Oy方向，孔明灯做曲线运动，结合合力指向轨迹内侧，可知轨迹可能为OD，故D正确，A、B、C错误．
【答案】　D
　如图所示，一小球在光滑的水平面上以v0向右运动，运动中要穿过一段有水平向北的风的风带ab，经过风带时风会给小球一个向北的水平恒力，其余区域无风力，则小球过风带及过后的轨迹正确的是(　　)
解析：小球受到风的作用后做曲线运动，合力指向轨迹的内侧，离开风带后，小球做匀速直线运动，B选项正确．
答案：B
名师方法总结
物体运动到某点时，轨迹向哪个方向弯曲，可以用如下方法判断：作出该点的速度方向(即切线方向)所在的直线，则合外力方向指向此直线的哪一侧，轨迹就向哪一侧弯曲，应用这一规律，我们也可以根据轨迹的弯曲方向判断合外力的大致方向．
名师点易错
物体受多个力作用时，并不是某一个力的方向指向曲线的内侧，而是合力方向才指向曲线内侧.
要点3|两个直线运动的合运动的性质和轨迹的判断
1．两个同一直线上的分运动的合成
两个分运动在同一直线上，无论方向是同向还是反向，无论是匀速的还是变速的，其合运动一定是直线运动．
2．两个互成角度的分运动的合成
(1)两个匀速直线运动的合运动一定仍是匀速直线运动，v合由平行四边形定则求解．
(2)两个初速度均为零的匀加速直线运动的合运动一定仍是初速度为零的匀加速直线运动，a合由平行四边形定则求解．
(3)一个匀速直线运动和另一个匀变速直线运动的合运动一定是匀变速曲线运动，合运动的加速度即为分运动的加速度．
(4)两个匀变速直线运动的合运动，其性质由合加速度方向与合初速度方向的关系决定：当合加速度与合初速度共线时，合运动仍为匀变速直线运动；当合加速度与合初速度不共线时，合运动为匀变速曲线运动．
3．两个相互垂直的分运动的合成
如果两个分运动都是匀速直线运动，且互成角度为90°，其分位移为x1、x2，分速度为v1、v2，则其合位移x和合速度v可以运用解直角三角形的方法求得，如图所示．
典例3　 (多选)(2018·成都模拟)CCTV－1综合频道在黄金时间播出了电视剧《陆军一号》，其中直升机抢救伤员的情境深深感动了观众．假设直升机放下绳索吊起伤员后(如图甲所示)，竖直方向的速度图象和水平方向的位移图象分别如图乙、丙所示，若不计空气阻力，则(　　)
A．伤员一直处于失重状态
B．绳索中拉力方向一定沿竖直向上
C．在地面上观察到伤员的运动轨迹是一条倾斜向上的直线
D．绳索中拉力先大于重力，后小于重力
【解析】　分析图乙可知，伤员在竖直方向上先是向上做匀加速运动，加速度向上，拉力大于重力，处于超重状态；后向上做匀减速运动，加速度向下，拉力小于重力，处于失重状态，A选项错误，D选项正确；分析图丙可知，伤员在水平方向上做匀速直线运动，故绳索中拉力方向始终沿竖直向上，B选项正确；根据运动的合成与分解知识可知，伤员运动的轨迹是曲线，C选项错误．
【答案】　BD
　下列说法正确的是(　　)
A．匀速直线运动与匀变速直线运动的合运动一定是直线运动
B．匀速直线运动与匀变速直线运动的合运动一定是曲线运动
C．若物体所受合外力不为零，则一定做曲线运动
D．若物体做曲线运动，则所受的合外力一定不为零
解析：物体做直线和曲线运动的条件看合外力与初速度的方向，若方向在一条直线上，则做直线运动，若不在一条直线上，则做曲线运动，匀速直线运动与匀变速直线运动的合运动可是直线运动也可是曲线运动，A、B错误；若物体所受合外力不为零，但合外力与初速度的方向在一条直线上，物体也做直线运动，C错误；若物体做曲线运动，速度方向一定改变，有加速度，物体所受的合外力一定不为零，D正确．故选D．
答案：D
名师方法总结
两个互成角度的直线运动的合运动的性质和轨迹，由两分运动的性质及合初速度与合加速度的方向关系决定．判断方法如下：
(1)性质的判断：根据合加速度是否恒定判定合运动是匀变速运动还是非匀变速运动，若合加速度不变且不为零，则合运动为匀变速运动，若合加速度变化，则为非匀变速运动．
(2)轨迹的判断：根据合加速度与合初速度是否共线判断合运动是直线运动还是曲线运动．若合加速度与合初速度在同一直线上，则合运动为直线运动，否则为曲线运动．
名师点易错
1．两个匀速直线运动的合运动一定是匀速直线运动．
2．两个直线运动的合运动不一定是直线运动.
要点4|曲线运动的分类
典例4　 一个物体在光滑水平面上以初速度v做曲线运动，已知物体在运动过程中：只受恒力的作用，其运动轨迹如图所示，那么物体在由M点运动到N点的过程中，物体的速度大小的变化情况为_____________________________．
【思路点拨】　物体做曲线运动时，合力一定指向曲线的凹侧，本题中恒力从M点或N点均为指向凹侧，且方向不可变化，可从图上大体标出恒力方向，再根据恒力与速度夹角来判断速度大小如何变化．
【解析】　过M点做曲线的切线如图所示AE，过N点做曲线的切线如图所示DF.物体运动到M点时所受合外力的方向将以M点为作用点，方向可能指向直线AE的下方的任意一个方向；物体运动到N点时所受合外力的方向将以N点为作用点，方向可能指向直线DF的下方的任意一个方向．
因为物体运动过程中物体所受合外力为一个定值，所以物体所受合外力的可能方向应在物体运动到M点时可能的速度方向与运动到N点时可能的速度方向的公共部分．显然当物体到达M点时，物体运动的速度方向与物体所受合外力的方向成钝角，故合外力充当阻力，导致物体运动速度减小；当物体到达N点时，物体运动的速度方向与物体所受合外力的方向成锐角，故合外力充当动力，导
致物体运动速度增大．
显然，物体沿着曲线MN运动的过程中，物体运动的速度大小先减小而后增大．
【答案】　先减小而后增大
　一个物体在光滑水平面上以初速度v0做曲线运动，已知此过程中水平方向只受一个恒力的作用，运动轨迹如图所示，M点的速度为v0，则由P到N的过程中，速度大小的变化为(　　)
A．逐渐增大　　　　　 B．逐渐减小
C．先增大后减小 D．先减小后增大
解析：由于物体受到恒力作用，由轨迹的弯曲可知，力F的方向为斜向下方向，但比v的方向向左偏折得多一些，由此可知力F与v0的夹角为钝角，力F沿轨迹切线方向的分量使速度逐渐减小，当速度方向与力F的方向垂直时，速度最小，而当速度的方向变化为与力F的方向成锐角后，物体的速度又逐渐增大，由此可知物体在由P到N运动的过程中速度应是逐渐增大，故A正确．
答案：A
名师方法总结
判断做曲线运动的物体的速度大小变化情况时，应从下列关系入手：
(1)当物体所受合外力方向与速度方向的夹角为锐角时，物体做曲线运动的速率增大；
(2)当物体所受合外力方向与速度方向的夹角为钝角时，物体做曲线运动的速率减小；
(3)当物体所受合外力方向与速度方向的夹角总为直角(或垂直)时，物体做曲线运动的速率不变．
名师点易错
物体做直线运动还是曲线运动，是由力的方向和速度的方向关系决定的，与力是恒力还是变力无关．
恒力作用下的曲线运动称为匀变速曲线运动；变力作用下的曲线运动称为变加速曲线运动.
对点训练一　曲线运动的条件
1．(多选)(2018·鸡泽期末)一个质量为1 kg、初速度不为零的物体，在光滑水平面上受到大小分别为1 N、3 N和5 N 的三个水平方向的共点力作用，则该物体(　　)
A．可能做匀速直线运动
B．可能做匀减速直线运动
C．可能做匀变速曲线运动
D．加速度的大小不可能是2 m/s2
解析：先求三个力合力的取值范围，1 N、3 N和5 N三力同向时合力最大，为9 N，而最小为1 N，合力不可能为零，物体不能做匀速直线运动，A选项错误；当合力与初速度反向时，物体做匀减速直线运动，B选项正确；当合力与初速度方向不共线时，物体可做匀变速曲线运动，C选项正确；根据牛顿第二定律可知，当合力等于2 N时，加速度为2 m/s2，D选项错误．
答案：BC
对点训练二　合外力、速度、轨迹的关系
2．(2018·嘉兴模拟)如图所示，高速摄像机记录了一名擅长飞牌、射牌的魔术师的发牌过程，虚线是飞出的扑克牌的轨迹，则扑克牌所受合外力F与速度v关系正确的是(　　)
解析：扑克牌做曲线运动，速度方向沿着运动轨迹的切线方向，合力指向运动轨迹弯曲的内侧，A选项正确．
答案：A
对点训练三　合运动轨迹及性质的判断
3．(多选)光滑水平面上一运动质点以速度v0通过点O，如图所示，与此同时给质点加上沿x轴正方向的恒力Fx和沿y轴正方向的恒力Fy，则 (　　)
A．因为有Fx，质点一定做曲线运动
B．如果FyC．如果Fy＝Fxtanα，质点做直线运动
D．如果Fx>Fycotα，质点向x轴一侧做曲线运动
解析：如果Fx、Fy二力的合力沿v0方向，即Fy＝Fxtanα.则质点做直线运动，选项A错误、选项C正确；若Fx>Fycotα，则合力方向在v0与x轴正方向之间，则轨迹向x轴一侧弯曲而做曲线运动，若Fx答案：CD
对点训练四　曲线运动的分类
4．(多选)一个物体以初速度v0从A点开始在光滑水平面上运动．已知有一个水平力作用在物体上，物体运动轨迹如图中实线所示，图中B为轨迹上的一点，虚线是过A，B两点并与轨迹相切的直线，虚线和实线将水平面划分为5个区域．关于施力物体的位置，下面说法正确的是(　　)
A．如果这个力是引力，则施力物体一定在④区域
B．如果这个力是引力，则施力物体一定在②区域
C．如果这个力是斥力，则施力物体可能在②区域
D．如果这个力是斥力，则施力物体可能在③区域
解析：做曲线运动的物体轨迹一定处于合外力与速度方向之间且弯向合外力这一侧，如果这个力是引力，则施力物体一定在④区域，如果这个力是斥力，施力物体一定在②区域，A、C选项正确，B、D选项错误．
答案：AC
【强化基础】
1．(2018·阜城期末)下列关于曲线运动的叙述中，正确的是(　　)
A．做曲线运动的物体，其加速度方向一定是变化的
B．做曲线运动的物体，速度方向一定时刻改变
C．物体做曲线运动时，它所受到的合力可能为零
D．物体做曲线运动时，所受合力方向有可能与速度方向在一条直线上
解析：曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上，但合力可能不变，加速度可能不变，A选项错误；曲线运动的速度方向必定是改变的，B选项正确；物体受到合外力为零时，做匀速直线运动，不可能是曲线运动，C选项错误；物体所受合力方向与速度方向在一条直线上时，一定做匀变速直线运动，D选项错误．
答案：B
2．如图所示，一小球在光滑水平桌面上做匀速运动，若沿桌面对小球施加一个恒定外力，则小球一定做(　　)
A．直线运动 B．曲线运动
C．匀变速运动 D．匀加速直线运动
解析：当物体所受的恒力与速度方向在同一条直线上，做匀变速直线运动，不在同一条直线上，做匀变速曲线运动，故小球一定做匀变速运动，C选项正确．
答案：C
3．(多选)(2018·济南市历城区模拟)如图所示，一物体在光滑水平面上，在恒力F的作用下(图中未画出)做曲线运动，物体的初速度、末速度方向如图所示，下列说法正确的是(　　)
A．物体的运动轨迹是抛物线
B．F的方向可以与v2成45°
C．F的方向可以与v1垂直
D．F的方向可以与v2垂直
解析：物体受到恒定的外力作用，运动轨迹为抛物线，A选项正确；根据曲线运动的规律可知，受力指向轨迹的内侧，要使物体沿如图所示的轨迹运动，力的方向介于初速度切线的反向延长线和末速度方向之间，但不包括边界，F的方向可以与v2成45°，B选项正确；分析轨迹图可知，物体的初、末速度相互垂直，F的方向不能与初速度v1和末速度v2垂直，C、D选项错误．
答案：AB
4．若已知物体运动初速度v0的方向及该物体受到的恒定合外力F的方向，则图中所画物体运动的轨迹可能正确的是(　　)
解析：曲线运动的速度的方向是沿着运动轨迹的切线的方向，由此可以判断A、D错误；曲线运动的物体受到的合力应该指向运动轨迹弯曲的内侧，由此可以判断B正确；C错误．
答案：B
5．双人滑运动员在光滑的水平冰面上做表演，甲运动员给乙运动员一个水平恒力F，乙运动员在冰面上完成了一段优美的弧线MN.vM与vN正好成90°角，则此过程中，乙运动员受到甲运动员的恒力可能是图中的(　　)

A．F1 　　　　　　　　　　　 B．F2
C．F3 D．F4
解析：物体由M向N做曲线运动受力指向轨迹的内侧，故物体先做匀减速运动后做匀加速运动，合外力的方向可能是F2的方向，B选项正确．
答案：B
【巩固易错】
6．(2018·沈阳市三模)在水平桌面上放置一张纸，画有如图所示的平面直角坐标系，一个涂有颜料的小球以速度v从原点O出发，沿y轴负方向做匀速直线运动(不计纸与球间的摩擦)，同时，白纸从静止开始沿x轴正方向做匀加速直线运动，经过一段时间，在纸面上留下的痕迹为下图中的(　　)
解析：根据运动的合成与分解法则可知，以白纸为参考系，小球沿y轴负方向做匀速直线运动，沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，则小球的运动轨迹，如B选项所示，B选项正确．
答案：B
7．一物体在共点恒力F1、F2、F3的共同作用下做匀速直线运动，突然撤去F1，其他力不变，则物体可能做的运动，下列说法正确的是(　　)
A．物体不可能做匀变速直线运动
B．物体可能做直线运动，也可能做曲线运动
C．物体一定沿着F1的方向做匀减速直线运动
D．物体一定沿着与F1相反的方向做匀加速直线运动
解析：一物体在共点力F1、F2、F3的共同作用下做匀速直线运动，合力为零，突然撤去F1，其他力不变，根据共点力的平衡知识可知，合力的方向与F1的方向相反，物体做匀变速运动．若速度方向与F1方向不在同一条直线上，物体做曲线运动；若速度方向与F1方向在同一条直线上，且与F1同向，则物体做匀减速直线运动；若速度方向与F1方向在同一条直线上，且与F1反向，则物体做匀加速直线运动，B选项正确．
答案：B
【能力提升】
8．一物体做曲线运动，轨迹如图所示，物体运动到A、B、C、D四点时，
图中关于物体速度方向和受力方向的判断，哪些点可能是正确的？
解析：物体的速度方向一定沿曲线的切线方向，物体受到合外力的方向指向曲线的凹侧，故A、D两点正确．
答案：A、D
9．中国首颗火星探测器“萤火一号”于2011年10月发射．如图所示为该探测器示意图，P1、P2、P3、P4是四个喷气发动机，P1、P3的连线与空间某一固定坐标系的x轴平行，P2、P4的连线与y轴平行，每台发动机开动时都能向探测器提供动力，开始时，探测器以恒定速率v0向x轴正方向平动，四个喷气发动机P1、P2、P3、P4能提供的推力大小相等，则：
(1)分别单独开动P1、P2、P3、P4，探测器将分别做什么运动？
(2)同时开动P2与P3，探测器将做什么运动？
(3)若四个发动机同时开动，探测器将做什么运动？
解析：(1)单独开动P1，产生一个沿x轴负方向的力，探测器先做匀减速直线运动直到速度为零，后沿x轴负方向做匀加速直线运动．
单独开动P2，产生一个沿y轴正方向的力，与初速度方向垂直，探测器做曲线运动．
单独开动P3，产生一个沿x轴正方向的力，探测器做匀加速直线运动．
单独开动P4，产生一个沿y轴负方向的力，与初速度方向垂直，探测器做曲线运动．
(2)同时开动P2与P3，产生一个沿y轴正方向的力和一个沿x轴正方向的力，合力与初速度夹角为45°，物体做曲线运动．
(3)同时开动四个发动机，合外力为零，探测器将以原速度做匀速直线运动．
答案：见解析
课件42张PPT。专题　圆周运动中的临界问题要点精讲 易错明辨科学思维析要点知识反馈　自查自评 当堂训练助理解word部分： 请做： 课时跟踪检测
模拟考场　巩固提升点此进入该word板块课件41张PPT。专题　平抛运动规律的综合应用要点精讲 易错明辨科学思维析要点知识反馈　自查自评 当堂训练助理解课件33张PPT。本章综合小结切线 不在同一条直线上 重力 匀变速 抛物线 匀速直线运动 自由落体运动 课件75张PPT。第1节　曲线运动
第1课时　曲线运动的位移和速度　运动描述的实例课前预习 自主学习基础知识自梳理曲线变速方向合分等时性独立性等效性平行四边形定则知识得出　概念形成 物理观念初形成√×√×××要点精讲　易错明辨 科学思维析要点知识反馈　自查自评 当堂训练助理解课件71张PPT。第1节　曲线运动
第2课时　物体做曲线运动的条件课前预习 自主学习基础知识自梳理同一直线上匀变速曲线运动变加速曲线运动知识得出　概念形成 物理观念初形成√ × × √ √ 要点精讲　易错明辨 科学思维析要点知识反馈　自查自评 当堂训练助理解课件76张PPT。第2节　平抛运动课前预习 自主学习基础知识自梳理初速度 重力 水平 水平 重力 知识得出　概念形成 物理观念初形成× × × √ × 要点精讲　易错明辨 科学思维析要点知识反馈　自查自评 当堂训练助理解课件57张PPT。第3节　实验：研究平抛运动课前预习 自主学习基础知识自梳理描迹法 初速度 水平 斜槽末端 要点精讲　易错明辨 科学思维析要点课件60张PPT。第4节　圆周运动课前预习 自主学习基础知识自梳理圆周 相等 方向 变速 切线 快慢 快慢 Hz r/s 知识得出　概念形成 物理观念初形成√ × √ × × √ × 要点精讲　易错明辨 科学思维析要点知识反馈　自查自评 当堂训练助理解课件42张PPT。第5节　向心加速度课前预习 自主学习基础知识自梳理圆心 垂直 线速度方向 知识得出　概念形成 物理观念初形成× √ × √ √ 要点精讲　易错明辨 科学思维析要点知识反馈　自查自评 当堂训练助理解课件61张PPT。第6节　向心力课前预习 自主学习基础知识自梳理圆心 垂直 方向 变 方向 大小 大小 切向 合力 知识得出　概念形成 物理观念初形成× × × √ √ 要点精讲　易错明辨 科学思维析要点知识反馈　自查自评 当堂训练助理解课件84张PPT。第7节　生活中的圆周运动课前预习 自主学习基础知识自梳理高于 支持力 失重 超重 零 知识得出　概念形成 物理观念初形成√ × × √ × × 要点精讲　易错明辨 科学思维析要点知识反馈　自查自评 当堂训练助理解