1、曲線運動/萬有引力與航天講義一、曲線運動、運動的合成與分解一、對曲線運動規律的進一步理解1運動類型的判斷(1)判斷物體是否做勻變速運動，要分析合外力是否為恒力(2)判斷物體是否做曲線運動，要分析合外力方向是否與速度方向在同一條直線上2運動類型的分類(1)直線運動勻速直線運動，條件：F合0.勻變速直線運動，條件：F合為恒力、不等于零且與速度同線非勻變速直線運動，條件：F合為變力且與速度同線(2)曲線運動勻變速曲線運動，條件：F合0，為恒力且與速度不同線非勻變速曲線運動，條件：F合0，為變力且與速度不同線3兩個直線運動的合運動性質的判斷根據合加速度方向與合初速度方向判定合運動是直線運動還是曲線運動

2、兩個互成角度(0°<<180°)的分運動合運動的性質兩個勻速直線運動勻速直線運動一個勻速直線運動、一個勻變速直線運動勻變速曲線運動兩個初速度為零的勻加速直線運動勻加速直線運動兩個初速度不為零的勻變速直線運動如v合與a合共線，為勻變速直線運動如v合與a合不共線，為勻變速曲線運動【例1】 一個質點受兩個互成銳角的恒力F1和F2作用，由靜止開始運動，若運動過程中保持二力方向不變，但F1突然增大到F1F，則質點以后()A一定做勻變速曲線運動B在相等時間內速度的變化一定相等C可能做勻速直線運動D可能做變加速曲線運動例1 AB恒力F1和F2的合力仍為恒力，物體由靜止開始做勻

3、加速直線運動，若運動過程中F1突然增大到F1F，雖仍為恒力，但合力的方向與速度方向不再共線，故物體將做勻變速曲線運動，選項A正確而C、D錯誤；由va·t可知，選項B正確規范思維先判斷是曲線運動還是直線運動，方法是看合外力的方向與速度的方向是否在一條直線上；再判斷加速度是否變化，方法是看F合是否變化 針對訓練1下圖中，能正確描述質點運動到P點時的速度v和加速度a的方向關系的是()1A物體做曲線運動時，速度方向沿軌跡的切線方向，所受合外力(或加速度)的方向指向曲線的凹側二、運動的合成和分解1原則：當定量研究一個較復雜的曲線運動時，往往按實際效果把它分解為兩個方向上的直線運動2運動的合成與

4、分解的運算法則(1)兩分運動在同一直線上時，同向相加，反向相減(2)兩分運動不在同一直線上時，按照平行四邊形定則進行合成，如圖2所示圖2(3)兩分運動垂直或正交分解后的合成a合，v合，x合.【例2】 (2010·江蘇單科·1)如圖3所示，一塊橡皮用細線懸掛于O點，用鉛筆靠著線的左側水平向右勻速移動，運動中始終保持懸線豎直，則橡皮運動的速度()A大小和方向均不變 B大小不變，方向改變C大小改變，方向不變 D大小和方向均改變圖3例2 A筆勻速向右移動時，x隨時間均勻增大，y隨時間均勻減小，說明橡皮水平方向勻速直線運動，豎直方向也是勻速直線運動，所以橡皮實際運動是勻速直線運動，A

5、正確規范思維首先按運動的效果將橡皮的運動分解為：水平方向的勻速直線運動和豎直方向的運動，再由題給條件判斷豎直分運動為勻速直線運動針對訓練2(2010·上海單科·12)降落傘在勻速下降過程中遇到水平方向吹來的風，若風速越大，則降落傘()A下落的時間越短 B下落的時間越長C落地時速度越小 D落地時速度越大2D風沿水平方向吹，不影響豎直速度，故下落時間不變，A、B兩項均錯風速越大，落地時合速度越大，故C項錯誤，D項正確三、兩種典型模型1小船過河問題模型(1)涉及的三個速度： v1：船在靜水中的速度v2：水流的速度v：船的實際速度(2)小船的實際運動是合運動，兩個分運動分別是水流的

6、運動和船相對靜水的運動(3)兩種情景怎樣渡河，過河時間最短？船頭正對河岸，渡河時間最短，t短(d為河寬)怎樣渡河，路徑最短(v2<v1時)?合速度垂直于河岸時，航程最短，x短d，船頭指向上游，與河岸的夾角為，cos .2繩連物體問題模型物體的實際運動為合運動，解題原則是：把物體的實際速度分解為垂直于繩和平行于繩方向的兩個分量，根據繩連物體沿繩方向的分速度大小相同求解【例3】 一快艇要從岸邊某一不確定位置處到達河中離岸邊100 m遠的一浮標處，已知快艇在靜水中的速度vx圖象和水流的速度vy圖象如圖4甲、乙所示，則下列說法中錯誤的是()圖4A快艇的運動軌跡為直線B快艇的運動軌跡為曲線C快艇最

7、快到達浮標處的時間為20 sD快艇最快到達浮標處經過的位移大于100 m例3 A快艇實際運動的兩個分運動分別是勻速直線運動和勻加速直線運動，且不在同一直線上，故快艇的運動軌跡為曲線，A錯，B對最快到達浮標處的方式是使vx垂直于河岸和浮標且保持圖甲所示的加速度a0.5 m/s2做勻加速直線運動，則at2x，代入x100 m有t20 s，C項正確但際位移為x>100 m，D項正確規范思維(1)首先根據運動的等時性確定船頭垂直岸(即vx垂直岸)時最快(2)再將艇的運動分解為沿河岸的勻速直線運動和垂直于河岸的勻加速直線運動，并由此確定軌跡 針對訓練3一物體在光滑的水平桌面上運動，在相互垂直的x方

8、向和y方向上的分運動的速度隨時間變化的規律如圖5所示關于物體的運動，下列說法中正確的是()A物體做勻變曲線運動B物體做變加速直線運動C物體運動的初速度大小是5 m/sD物體運動的加速度大小是5 m/s2圖53AC根據運動的合成與分解v合5 m/s，C正確從圖象得物體的加速度a2 m/s2，由于物體在x方向上做勻速直線運動，在y方向上做勻加速直線運動，且合初速度的方向與合加速度的方向不共線，所以物體做勻變速曲線運動，A正確【例4】 如圖6所示，物體A和B質量均為m，且分別與輕繩連接跨過光滑輕質定滑輪，B放在水平面上，A 與懸繩豎直用力F拉B沿水平面向左“勻速”運動過程中，繩對A的拉力的大小()A

9、大于mg B總等于mgC一定小于mg D以上三項都不正確圖6例4 A物體B向左的速度vB是合速度，根據其效果，分解為如右圖所示的兩個速度v1和v2，其中v2vA，又因v2vBcos ，當物體B向左勻速運動時，vB大小不變，變小，cos 增大，所以v2增大，即物體A向上做加速運動，由牛頓第二定律得FTmgma，可知：FTmgma>mg，故A正確規范思維(1)在進行速度分解時，首先要分清合速度與分速度合速度就是物體實際運動的速度，由物體的實際運動情況確定，分速度由合速度所產生的實際效果利用平行四邊形定則確定(2)對繩連物體的問題進行分析時，物體的速度一般分解為沿繩方向和垂直于繩方向兩個分速度

10、 針對訓練4如圖7所示，一輕繩通過無摩擦的小定滑輪O與小球B連接，另一端與套在光滑豎直桿上的小物塊A連接，桿兩端固定且足夠長，物塊A由靜止從圖示位置釋放后，先沿桿向上運動設某時刻物塊A運動的速度大小為vA，小球B運動的速度大小為vB，輕繩與桿的夾角為.則()AvAvBcos BvBvAcos C小球B減小的勢能等于物塊A增加的動能D當物塊A上升到與滑輪等高時，它的機械能最大圖74BDvA可分解為沿繩方向和垂直繩方向的兩個分速度，如右圖所示而小球B的速度等于沿繩方向的分速度，即vBvAcos ，故B正確；根據能量守恒可知，小球B減小的勢能等于物塊A增加的機械能和小球B增加的動能之和，C錯；當物塊

11、A上升到與滑輪等高時，vA沿繩方向分速度為0，即vB0，小球B運動到最低點，減少的重力勢能全部轉化為A的機械能，故此時A的機械能最大，D正確思維提升1判斷物體是否做曲線運動要緊緊抓住力的方向是否與速度方向在一條直線上；而物體是否做勻變速運動，則要看物體是否受大小、方向不變的恒力作用，兩者不要混淆2速度分解的一般原則是按實際效果來進行分解，常用的思維方法有兩種：一種是先虛擬合運動的一個位移，看看這個位移產生了什么效果，從中找到運動分解的方向；另一種是先確定合運動的速度方向(物體實際的運動方向就是合速度的方向)，然后確定由這個合速度所產生的實際效果，以確定兩個分速度的方向3根據曲線運動的軌跡和受力

12、的關系運動軌跡彎向合外力一側，確定出物體運動的軌跡4對于較復雜的運動，要善于將其分解為兩個不同的運動，從而按運動的合成與分解的一般方法求解有關問題二、平拋運動一、平拋運動物體的運動1求以下三種情況下平拋運動的時間(如圖1所示)圖1tatbtc總結：(1)平拋運動的時間取決于(a)：物體下落的高度(b)：初速度v0及斜面傾角(c)：拋點到豎直墻的距離及v0(2)(a)中的水平位移xv0·，取決于v0和下落高度h.2速度的變化規律(1)任意時刻的速度水平分量均等于初速度v0.(2)任意相等時間間隔t內的速度變化量方向豎直向下，大小vvygt.3位移變化規律(1)任意相等時間間隔t內的水平

13、位移不變，即xv0t.(2)連續相等的時間間隔t內，豎直方向上的位移差不變，即ygt2.4平拋運動的兩個重要推論推論：做平拋(或類平拋)運動的物體在任一時刻任一位置處，設其末速度方向與水平方向的夾角為，位移與水平方向的夾角為，則tan 2tan .圖2證明：如圖2所示，由平拋運動規律得：tan tan 所以tan 2tan 推論：做平拋(或類平拋)運動的物體，任意時刻的瞬時速度方向的反向延長線一定通過此時水平位移的中點證明：如圖2所示，設平拋物體的初速度為v0，從原點O運動到A點的時間為t，A點坐標為(x，y)，B點坐標為(x，0)則xv0t，ygt2，vygt，又tan ，解得x.即末狀態速

14、度方向的反向延長線與x軸的交點必為此時水平位移的中點【例1】 (全國高考)如圖3所示，一物體自傾角為的固定斜面頂端沿水平方向拋出后落在斜面上物體與斜面接觸時速度與水平方向的夾角滿足()Atan sin Btan cos Ctan tan Dtan 2tan 圖3例1 D本題考查平拋運動的有關知識，本題為中等難度題目由平拋運動知識可得：對速度分解有tan ，對位移分解有tan ，所以有：tan 2tan .規范思維本題考查平拋運動的基本處理方法，也考查了斜面的制約關系平拋物體落在斜面上，就確定了水平位移和豎直位移的幾何關系，即tan (此式可稱為斜面的制約方程)此外利用推論解題很便捷本題的結果實

15、際上是平拋運動的一個重要推論tan 2tan . 針對訓練1(2010·北京理綜·22)如圖4，跳臺滑雪運動員經過一段加速滑行后從O點水平飛出，經3.0 s落到斜坡上的A點已知O點是斜坡的起點，斜坡與水平面的夾角37°，運動員的質量m50 kg.不計空氣阻力(取sin 37°0.60，cos 37°0.80；g取10 m/s2)求：(1)A點與O點的距離L；(2)運動員離開O點時的速度大小；圖41(1)75 m(2)20 m/s解析 (1)運動員在豎直方向做自由落體運動，有Lsin 37°gt2A點與O點的距離L75 m(2)設運動員

16、離開O點時的速度大小為v0，運動員在水平方向做勻速直線運動，即Lcos 37°v0t 解得v020 m/s【例2】 (2010·全國·18)一水平拋出的小球落到一傾角為的斜面上時，其速度方向與斜面垂直，運動軌跡如圖5中虛線所示小球在豎直方向下落的距離與在水平方向通過的距離之比為()Atan B2tan C. D.圖5例2 D設小球的初速度為v0，飛行時間為t.由速度三角形可得tan .故有，答案為D.規范思維本題中，斜面制約的是速度方向物體垂直落在斜面上，就確定了速度方向 針對訓練2(2010·天津河西期末)如圖6所示，以v010 m/s的速度水平拋出的

17、小球，飛行一段時間垂直地撞在傾角30°的斜面上，按g10 m/s2考慮，以下結論中不正確的是()A物體飛行時間是 sB物體撞擊斜面時的速度大小為20 m/sC物體飛行的時間是2 sD物體下降的距離是10m圖62AB考查平拋運動豎直方向的速度vy10 m/s，運動時間t s s，A正確，C錯誤；合速度大小v20 m/s，B正確；物體下落的豎直距離ygt215 m，D錯誤【例3】 (2008.江蘇單科.13)拋體運動在各類體育運動項目中很常見，如乒乓球運動現討論乒乓球發球問題，設球臺長2L、網高h，乒乓球反彈前后水平分速度不變，豎直分速度大小不變、方向相反，且不考慮乒乓球的旋轉和空氣阻力

18、(設重力加速度為g)(1)若球在球臺邊緣O點正上方高度為h1處以速度v1水平發出，落在球臺的P1點(如圖7中實線所示)，求P1點距O點的距離x1.(2)若球在O點正上方以速度v2水平發出，恰好在最高點時越過球網落在球臺的P2點(如圖中虛線所示)，求v2的大小(3)若球在O點正上方水平發出后，球經反彈恰好越過球網且剛好落在對方球臺邊緣P3處，求發球點距O點的高度h3. 圖7例3 (1)v1(2) (3)h解析(1)設發球時飛行時間為t1，根據平拋運動規律h1gtx1v1t1聯立以上兩式，解得x1v1·(2)設發球高度為h2，飛行時間為t2，根據平拋運動規律h2gtx2v2t2乒乓球反彈

19、前后水平分速度不變，最大高度不變故h2h2x2L聯立式，得v2 (3)如下圖所示，發球高度為h3，飛行時間為t3，根據平拋運動得h3gtx3v3t3且3x32L設球從恰好越過球網到最高點的時間為t，水平距離為x，有h3hgt2xv3t由幾何關系知x3xL聯立式，解得h3h規范思維本題以乒乓球發球為背景，考查學生讀題、審題及挖掘信息的能力、建模能力問題設置有臺階、有鋪墊，難度逐漸增加：第(1)問已知平拋的豎直高度和初速度求水平位移，難度較小；第(2)問認識到發球的對稱性才可解答；第(3)問不僅能從對稱性分析，還要恰當列式，熟練推導二、類平拋運動物體的運動1類平拋運動的受力特點物體所受合力為恒力，

20、且與初速度的方向垂直2類平拋運動的運動特點在初速度v0方向做勻速直線運動，在合外力方向做初速度為零的勻加速直線運動，加速度a.3類平拋運動的求解方法(1)常規分解法：將類平拋運動分解為沿初速度方向的勻速直線運動和垂直于初速度方向(即沿合力的方向)的勻加速直線運動，兩分運動彼此獨立，互不影響，且與合運動具有等時性(2)特殊分解法：對于有些問題，可以過拋出點建立適當的直角坐標系，將加速度分解為ax、ay，初速度v0分解為vx、vy，然后分別在x、y方向上列方程求解圖8【例4】 在光滑的水平面內，一質量m1 kg的質點以速度v010 m/s沿x軸正方向運動，經過原點后受一沿豎直向上(沿y軸正向)的恒

21、力F15 N作用，直線OA與x軸成37，如圖8所示曲線為質點的軌跡圖(g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8)求：(1)如果質點的運動軌跡與直線OA相交于P點，質點從O點到P點所經歷的時間以及P點的坐標；(2)質點經過P點的速度大小例4 (1)3 s(30 m,22.5 m)(2)5 m/s解析(1)質點在水平方向上不受外力作用做勻速直線運動，豎直方向上受恒力F和重力mg作用做勻加速直線運動由牛頓第二定律得a m/s25 m/s2設質點從O點到P點經歷的時間為t，P點坐標為(xP，yP)，則xPv0t，yPat2又tan 聯立解得：t3 s，xP30 m，yP22.5 m(

22、2)質點經過P點時沿y方向的速度 vyat15 m/s故P點的速度大小vP5 m/s規范思維類平拋運動是指物體受恒力作用且恒力方向與初速度方向垂直的運動，其運動規律與平拋運動的規律相同，處理方法與平拋運動問題的處理方法亦相同，但需注意的是不一定按豎直方向和水平方向進行分解，而是按初速度方向和合外力方向來分解思維提升1平拋運動的條件是只受重力作用；初速度不為0，且方向水平2平拋運動的性質是勻變速曲線運動3平拋運動的研究方法是運動的分解，即平拋運動是水平方向的勻速直線運動與豎直方向的自由落體運動的合運動4平拋運動中速度偏角與位移偏角之間的關系是tan 2tan ，要記住這一重要推論易錯點評1平拋運

23、動中，在任意相等時間內的速度變化量都相等，且方向豎直向下，即vgt.2平拋運動的物體在空中的飛行時間僅決定于下落的高度，與初速度的大小無關，即t.3平拋運動與斜面結合的問題，常常用斜面傾角的正切與平拋物體水平位移、豎直位移之間的關系來處理4類平拋運動的處理方法與平拋運動完全一樣，只是加速度不再是g，而應先根據牛頓第二定律求出加速度a，然后用平拋運動的處理方法來解決三、圓周運動一、圓周運動的運動學分析1勻速圓周運動(1)特點：線速度的大小不變，角速度、周期和頻率都是恒定不變的，向心加速度和向心力的大小也都是恒定不變的(2)性質：是線速度大小不變而方向時刻變化的變速曲線運動，是加速度大小不變而方向

24、時刻改變的變加速曲線運動(3)向心加速度和向心力：僅存在向心加速度向心力就是做勻速圓周運動的物體所受外力的合力(4)質點做勻速圓周運動的條件：合外力大小不變，方向始終與速度方向垂直且指向圓心2傳動裝置特點(1)同軸傳動：固定在一起共軸轉動的物體上各點角速度相同(2)皮帶傳動：不打滑的摩擦傳動和皮帶(或齒輪)傳動的兩輪邊緣上各點線速度大小相等(3)在討論v、r三者關系時，應采用控制變量法，即保持其中一個量不變來討論另外兩個量的關系【例1】 (寧夏理綜高考.30)如圖3所示為某一皮帶傳動裝置主動輪的半徑為r1，從動輪的半徑為r2.已知主動輪做順時針轉動，轉速為n，轉動過程中皮帶不打滑下列說法正確的

25、是()圖3A.從動輪做順時針轉動 B.從動輪做逆時針轉動C.從動輪的轉速為n D.從動輪的轉速為n例1 BC因為主動輪順時針轉動，從動輪通過皮帶的摩擦力帶動而轉動，所以從動輪做逆時針轉動；由于通過皮帶傳動且轉動過程中皮帶不打滑，皮帶與輪邊緣的線速度相等，所以由2nr12n2r2得，從動輪的轉速為n2.答案為B、C.規范思維分析傳動問題要抓住關鍵的兩點：(1)同一輪軸上的各點角速度相同；(2)皮帶不打滑(或齒輪傳動)時，輪邊緣各點的線速度大小相同這兩點抓住了，然后再根據描述圓周運動的各物理量之間的關系就不難得出正確的結論 針對訓練1如圖4所示，輪O1、O3固定在同一轉軸上，輪O1、O2用皮帶連接

26、且不打滑在O1、O2、O3三個輪的邊緣各取一點A、B、C，已知三個輪的半徑比r1r2r3211，求：(1)A、B、C三點的線速度大小之比vAvBvC；(2)A、B、C三點的角速度之比ABC；(3)A、B、C三點的向心加速度大小之比aAaBaC.圖41(1)221(2)121(3)241解析(1)令vAv，由于轉動時不打滑，所以vBv.因AC，由公式vr知，當角速度一定時，線速度跟半徑成正比，故vcv，所以vAvBvC221.(2)令A，由于共軸轉動，所以C.因vAvB，由公式知，當線速度一定時，角速度跟半徑成反比，故B2.所以ABC121.(3)令A點向心加速度為aAa，因vAvB，由公式a知

27、，當線速度一定時，向心加速度跟半徑成反比，所以aB2a.又因為AC，由公式a2r知，當角速度一定時，向心加速度跟半徑成正比，故aCa.所以aAaBaC241.二、圓周運動中的動力學問題分析1向心力的來源向心力是按力的作用效果命名的，可以是重力、彈力、摩擦力等各種力，也可以是幾個力的合力或某個力的分力，因此在受力分析中要避免再另外添加一個向心力2分析下列各情景中的向心力來源圖形向心力來源衛星繞地球做勻速圓周運動引力繩拉球在光滑水平面上做勻速圓周運動拉力(或彈力)衣服在筒內壁上做勻速圓周運動壁對衣服的彈力物體做圓錐擺運動拉力和重力的合力汽車通過拱形橋時重力和支持力的合力3.圓周運動的分析思路(1)

28、圓周可看成是牛頓第二定律應用的進一步延伸將牛頓第二定律Fma應用于圓周運動，F就是向心力，a就是向心加速度，即得：Fmanmm2RmR(2)基本思路明確研究對象分析運動情況：即做什么性質的圓周運動(勻速圓周運動？變速圓周運動？)；確定軌道所在的平面和圓心位置，從而確定向心力的方向分析受力情況(注意不要把向心力作為某一性質的力進行分析)，在向心方向求合外力(即選定向心方向為正方向)由牛頓第二定律列方程，根據已知量和要求量選擇合適的向心加速度公式求解或進行必要的討論【例2】 (2010·山東省泰安市高三第二輪復習質量檢測)如圖5所示，物塊P置于水平轉盤上隨轉盤一起運動，圖中c沿半徑指向圓

29、心，a與c垂直，下列說法正確的是()A當轉盤勻速轉動時，P受摩擦力方向為a方向B當轉盤加速轉動時，P受摩擦力方向可能為b方向C當轉盤加速轉動時，P受摩擦力方向可能為c方向D當轉盤減速轉動時，P受摩擦力方向可能為d方向圖5例2 BD圓周運動，向心方向一定受力勻速圓周運動，切向方向不受力；變速圓周運動，切向方向一定受力加速沿a方向，減速沿a反方向摩擦力即為向心方向和切向方向這兩個方向上受到的力的合力由此可判斷B、D正確規范思維(1)首先確定物體做什么性質的圓周運動：勻速圓周運動，合外力指向圓心；非勻速圓周運動，合外力有兩個分力：沿半徑指向圓心方向的合外力提供向心力，改變物體的速度方向；沿切線方向的

30、分力產生切向加速度，改變速度的大小(2)再根據合加速度的方向判斷靜摩擦力的方向【例3】 如圖6所示，在光滑的水平面上有兩個質量相同的球A和球B，A、B之間以及B球與固定點O之間分別用兩段輕繩相連并以相同的角速度繞著O點做勻速圓周運動，如果OB2AB，則繩OB與繩BA的張力之比為()A21 B32 C53 D52圖6例3 C設AB段長為l，分別對A、B受力分析如圖所示由牛頓第二定律得FOBFABm·2l2FBAm·3l2由牛頓第三定律知FAB與FBA大小相等聯立解得：FOB5ml2，FAB3ml2規范思維通過此題進一步強化應用牛頓第二定律解題的思路：明確研究對象；隔離物體進行

31、受力分析；明確圓心及半徑；應用牛頓第二定律列方程正確的進行受力分析仍是解題的關鍵 針對訓練22009年10月10日，美國空軍“雷鳥”飛行表演隊在泰國首都曼谷進行了精彩的飛行表演飛行員駕機在豎直平面內做圓環特技飛行，若圓環半徑為1 000 m，飛行速度為100 m/s，求飛行在最高點和最低點時飛行員對座椅的壓力是自身重力的多少倍(g10 m/s2)2見解析解析如右圖所示，飛至最低點時飛行員受向下的重力mg和向上的支持力FN1，合力提供向心力即Fn1FN1mg；在最高點時，飛行員受向下的重力mg和向下的壓力FN2，合力提供向心力即Fn2FN2mg.兩個向心力大小相等且FnFn1Fn2在最低點：FN

32、1mg，則FN1mg解得：12在最高點：FN2mg，則FN2mg解得：10即飛機飛至最低點時，飛行員對座椅的壓力是自身重力的兩倍，飛至最高點時，飛行員對座椅無壓力思維提升1注意區分勻速直線運動與勻速圓周運動的不同勻速直線運動是平衡態，加速度為零，所受合力為零；勻速圓周運動是非平衡態，速度方向在變化，一定有加速度，也一定受力的作用2向心力是效果力，是物體實際所受性質力的分力或合力，在分析物體所受力的個數時，不應分析向心力易錯點評1在傳動問題中要注意區分軸傳動與帶(或摩擦)傳動兩種情況軸傳動時，共軸各輪角速度相等；帶(或摩擦)傳動時，各輪邊緣線速度相等解題中應挖掘出這一隱含條件2勻速圓周運動具有周

33、期性，解題中要特別注意由周期性所引起的多解問題3在變速圓周運動中，合力與合加速度都不指向圓心，向心力與向心加速度只是合力與合加速度的一個分量4對于圓周運動中的臨界問題，找到臨界狀態，列出臨界條件下的平衡方程或牛頓第二定律方程是解題的關鍵四、圓周運動規律的應用圓周運動規律在實際中的應用1圓錐擺類問題分析圖4圓錐擺是一種典型的勻速圓周運動模型，基本的圓錐擺模型和受力情況如圖4所示，拉力(或彈力)和重力的合力提供球做圓周運動的向心力F合Fnmgtan m其運動情況也相似，都在水平面內做圓周運動，圓心在水平面內，常見的圓錐擺類模型還有：火車轉彎(如圖5所示)；雜技節目“飛車走壁”(如圖6所示)；飛機在

34、水平面內的盤旋(如圖7所示)圖5圖6圖7【例1】(廣東高考)有一種叫“飛椅”的游樂項目，示意圖如圖8所示，長為L的鋼繩一端系著座椅，另一端固定在半徑為r的水平轉盤邊緣，轉盤可繞穿過其中心的豎直軸轉動當轉盤以角速度勻速轉動時，鋼繩與轉軸在同一豎直平面內，與豎直方向的夾角為，不計鋼繩的重力，求轉盤轉動的角速度與夾角的關系圖8例1 解析設轉盤轉動角速度為時，鋼繩與豎直方向的夾角為座椅到中心軸的距離：RrLsin 對座椅受力分析有：Fnmgtan mR2聯立兩式得： 針對訓練1(2009·廣東單科)(1)為了清理堵塞河道的冰凌，空軍實施投彈爆破飛機在河道上空高H處以速度v0水平勻速飛行，投擲

35、下炸彈并擊中目標求炸彈剛脫離飛機到擊中目標所飛行的水平距離及擊中目標時的速度大小(不計空氣阻力) (2)如圖9所示，一個豎直放置的圓錐筒可繞其中心軸OO轉動，筒內壁粗糙，筒口半徑和筒高分別為R和H，筒內壁A點的高度為筒高的一半內壁上有一質量為m的小物塊求：當筒不轉動時，物塊靜止在筒壁A點受到的摩擦力和支持力的大小；當物塊在A點隨筒做勻速轉動，且其所受到的摩擦力為零時，筒轉動的角速度圖91(1)v0(2) 針對訓練2鐵路轉彎處的彎道半徑r是根據地形決定的彎道處要求外軌比內軌高，其內、外軌高度差h的設計不僅與r有關，還取決于火車在彎道上的行駛速率下列表格中是鐵路設計人員技術手冊中彎道半徑r及與之對

36、應的軌道的高度差h.彎道半徑r/m660330220165132110內、外軌高度差h/mm50100150200250300(1)根據表中數據，試導出h和r關系的表達式，并求出當r440 m時，h的設計值(2)鐵路建成后，火車通過彎道時，為保證絕對安全，要求內、外軌道均不向車輪施加側向壓力，又已知我國鐵路內、外軌的間距設計值為L1 435 mm，結合表中數據，算出我國火車的轉彎速率v(以km/h為單位，結果取整數當很小時，tan sin )2(1)hr33 m275 mm(2)54 km/h 2豎直面內的圓周運動問題分析圖10(1)繩(單軌，無支撐，水流星模型)：繩只能給物體施加拉力，而不能

37、有支持力(如圖10所示)這種情況下有Fmgmg，所以小球通過最高點的條件是v，通過最高點的最小速度vmin.當v> 時，繩對球產生拉力，軌道對球產生壓力當v< 時，球不能通過最高點(實際上球沒有到最高點就脫離了軌道)圖11(2)外軌(單軌，有支撐，汽車過拱橋模型)，只能給物體支持力，而不能有拉力(如圖11所示)有支撐的汽車，彈力只可能向上，在這種情況下有：mgFmg，所以v，物體經過最高點的最大速度vmax，此時物體恰好離開橋面，做平拋運動(3)桿(雙軌，有支撐)：對物體既可以有拉力，也可以有支持力，如圖12所示圖12過最高點的臨界條件：v0.在最高點，如果小球的重力恰好提供其做圓

38、周運動的向心力，即mg，v，桿或軌道內壁對小球沒有力的作用當0<v<時，小球受到重力和桿(或內軌道)對球的支持力當v>時，小球受到重力和桿向下的拉力(或外軌道對球向下的壓力)圖13【例2】 如圖13所示，位于豎直平面內的光滑軌道，由一段斜的直軌道和與之相切的圓形軌道連接而成，圓形軌道的半徑為R.一質量為m的小物塊從斜軌道上某處由靜止開始下滑，然后沿圓形軌道運動要求物塊能通過圓形軌道的最高點，且在該最高點與軌道間的壓力不能超過5mg(g為重力加速度)求物塊初始位置相對于圓形軌道底部的高度h的取值范圍例2 Rh5R解析設物塊在圓形軌道最高點的速度為v，由機械能守恒得mgh2mgR

39、mv2物塊在最高點受的力為重力mg、軌道的壓力FN.重力與壓力的合力提供向心力，有mgFNm物塊能通過最高點的條件是FN0，即當FN0，只有重力提供向心力時為通過最高點的臨界條件，有mgm由式可得v由式得hR按題的要求，FN5mg，代入式得v由式得h5R規范思維解此題要注意兩個臨界條件的分析，特別要理解“物塊能通過最高點”的臨界條件的意義 針對訓練3在2008年北京奧運會上，我國體操小將鄒凱奪得單杠、自由體操、男子團體三枚金牌，以一屆奧運會收獲三金的佳績與84年的體操王子李寧比肩如圖14所示為鄒凱做單杠動作單臂大回旋的瞬間他用一只手抓住單杠，伸展身體，以單杠為軸做圓周運動假設他的質量為60 k

40、g，要完成動作，則他運動到最低點時手臂受的拉力至少約為(忽略空氣阻力，取g10 m/s2)()圖14A600 N B2 400 N C3 000 N D3 600 N3C 針對訓練4如圖15所示，小物塊位于半徑為R的半圓柱形物體頂端，若給小物塊一水平速度v0，則物塊()A立即做平拋運動 B落地時水平位移為RC落地速度大小為2 D落地時速度方向與地面成60°角圖154AC物體恰好不受軌道的支持力的情況下(物體在最高點做圓周運動)的臨界條件是最高點速度為，因為v0>，所以物體將從最高點開始做平拋運動，A正確；由平拋運動的規律Rgt2，xv0t，可得：x2R，B答案錯誤；落地時豎直分

41、速度vy，合速度v2，其方向與地面成45°角，C正確，D錯誤思維提升1雖然鐵路外軌高于內軌，但整個外軌是等高的，整個內軌是等高的因而火車在行駛的過程中，重心的高度不變，即火車重心的軌跡在同一水平面內故火車運動軌跡的圓周平面是水平面，而不是斜面2汽車通過凹部時處于超重狀態；通過凸部時處于失重狀態3離心運動是因為所受的向心力小于所需向心力所致，根本不存在“離心力”這種力離心運動軌跡可以是直線，也可以是曲線4桿連小球與繩連小球在完成豎直面內的圓周運動時，所需臨界條件不同其根本原因是桿可提供拉力，也可提供支持力，而繩只能提供拉力易錯點評1汽車過凸形拱橋面頂點，當汽車的速度v時，汽車對橋的壓力

42、減小為零這時，汽車以速度v開始做平拋運動，而不再沿橋面做圓周運動，如圖所示2處理離心運動問題時，要注意區分外界所提供的力與物體做圓周運動所需的向心力3處理豎直面內的圓周運動時，要注意臨界條件的使用，且在最高點或最低點時應用向心力關系，而在兩點之間應用動能定理或功能關系處理五、萬有引力定律及其應用一、萬有引力定律及其應用重力與重力加速度1關于重力(1)在地面上，忽略地球自轉時，認為物體的向心力為零各處位置均有mg(2)由于FnmR2非常小，所以對一般問題的研究認為Fn0，mg2重力加速度(1)任意星球表面的重力加速度：在星球表面處，由于萬有引力近似等于重力，Gmg，g.(R為星球半徑，M為星球質

43、量)(2)星球上空某一高度h處的重力加速度：Gmg，g隨著高度的增加，重力加速度逐漸減小【例1】 (2009·江蘇單科·3)英國新科學家(New Scientist)雜志評選出了2008年度世界8項科學之最，在XTEJ1650500雙星系統中發現的最小黑洞位列其中，若某黑洞的半徑R約為45 km，質量M和半徑R的關系滿足(其中c為光速，G為引力常量)，則該黑洞表面重力加速度的數量級為()A108 m/s2 B1010 m/s2C1012 m/s2 D1014 m/s2例1 C可認為黑洞表面物體的重力等于萬有引力，即mg，即g，將代入上式得g m/s21×1012

44、m/s2.規范思維在星球表面，由mgG，得GMgR2，若知星球表面重力加速度g和星球半徑R，可替換GM，稱為黃金代換；g，由重力加速度g可將萬有引力定律和其它規律相聯系，如運動學公式，機械能守恒定律等，實現綜合解題二、天體質量和密度的估算1解決天體圓周運動問題的一般思路利用萬有引力定律解決天體運動的一般步驟(1)兩條線索萬有引力提供向心力FFn.重力近似等于萬有引力提供向心力(2)兩組公式Gmm2rmrmgrmm2rmr(gr為軌道所在處重力加速度)2天體質量和密度的計算(1)利用天體表面的重力加速度g和天體半徑R.由于Gmg，故天體質量M，天體密度.(2)通過觀察衛星繞天體做勻速圓周運動的周

45、期T和軌道半徑r進行計算由萬有引力等于向心力，即Gmr，得出中心天體質量M；若已知天體的半徑R，則天體的密度；若天體的衛星在天體表面附近環繞天體運動，可認為其軌道半徑r等于天體半徑R，則天體密度.可見，只要測出衛星環繞天體表面運動的周期T，就可估算出中心天體的密度【例2】 已知萬有引力常量G，地球半徑R，月球和地球之間的距離r，同步衛星距地面的高度h，月球繞地球的運轉周期T1，地球的自轉周期T2，地球表面的重力加速度g.某同學根據以上條件，提出一種估算地球質量M的方法：同步衛星繞地心做圓周運動，由Gm()2h得M.(1)請判斷上面的結果是否正確，并說明理由如不正確，請給出正確的解法和結果(2)

46、請根據已知條件再提出兩種估算地球質量的方法并解得結果例2 見解析解析(1)上面的結果是錯誤的，地球的半徑R在計算過程中不能忽略正確的解法和結果：Gm()2(Rh) 得M.(2)解法一在地面上的物體所受的萬有引力近似等于重力，由mg，解得M.解法二對月球繞地球做圓周運動，由Gm()2r，得M.規范思維本題給出了兩種常用的求星球質量的方法：(1)已知衛星的軌道半徑r和周期T求質量(注意r為衛星到天體球心的距離)；(2)已知星球表面重力加速度g、星球半徑R和引力常量G，由M，求星球質量三、對人造衛星的認識及變軌問題1人造衛星的動力學特征萬有引力提供向心力，即Gmmr2m()2r2人造衛星的運動學特征

47、(1)線速度v：由Gm得v ，隨著軌道半徑的增大，衛星的線速度減小(2)角速度：由Gm2r得，隨著軌道半徑的增大，衛星的角速度減小(3)周期：由Gmr，得T2 ，隨著軌道半徑的增大，衛星的運行周期增大3衛星的穩定運行與變軌運行分析(1)什么情況下衛星穩定運行？衛星所受萬有引力恰等于做勻速圓周運動的向心力時，將保持勻速圓周運動滿足的公式：G.(2)變軌運行分析：當衛星由于某種原因速度突然改變時(開啟或關閉發動機或空氣阻力作用)，萬有引力就不再等于所需的向心力，衛星將做變軌運行當v增大時，所需向心力增大，即萬有引力不足以提供向心力，衛星將做離心運動，脫離原來的圓軌道，軌道半徑變大，但衛星一旦進入新

48、的軌道運行，由v 知其運行速度要減小，但重力勢能、機械能均增加當衛星的速度突然減小時，向心力減小，即萬有引力大于衛星所需的向心力，因此衛星將做向心運動，同樣會脫離原來的圓軌道，軌道半徑變小，進入新軌道運行時由v 知其運行速度將增大，但重力勢能、機械能均減少(衛星的發射和回收就是利用了這一原理)圖3【例3】 (2010·江蘇單科·6)2009年5月，航天飛機在完成對哈勃空間望遠鏡的維修任務后，在A點從圓形軌道 進入橢圓軌道 ，B為軌道 上的一點，如圖3所示關于航天飛機的運動，下列說法中不正確的有()A在軌道 上經過A的速度小于經過B的速度B在軌道 上經過A的動能小于在軌道 上

49、經過A的動能C在軌道 上運動的周期小于在軌道 上運動的周期D在軌道 上經過A的加速度小于在軌道 上經過A的加速度例3 ABC在橢圓軌道上運動，近地點的速度最大，遠地點的速度最小，A選項正確由萬有引力定律可知飛機在A點受到的引力是個定值，由此結合牛頓第二定律可知飛機在A點的加速度是個定值，故D項錯誤飛機從A點進入軌道 相對于軌道 可看成向心運動，則可知飛機在軌道 上A點速度小于軌道 上A點速度，再結合動能定義式可知B選項正確根據低軌道衛星的周期小，高軌道衛星周期大可知C選項正確綜上知正確答案為A、B、C.規范思維衛星的變軌問題注意區分這兩種情況(1)制動變軌：衛星的速率減小，衛星做向心運動，軌道

50、半徑變小，需開動反沖發動機使衛星做減速運動；(2)加速變軌：衛星的速率增大，衛星做離心運動，軌道半徑變大，需開動反沖發動機使衛星做加速運動四、環繞速度與發射速度的比較及地球同步衛星1環繞速度與發射速度的比較近地衛星的環繞速度v 7.9 km/s，通常稱為第一宇宙速度，它是地球周圍所有衛星的最大環繞速度，是在地面上發射衛星的最小發射速度不同高度處的人造衛星在圓軌道上的運行速度v ，其大小隨半徑的增大而減小但是，由于在人造地球衛星發射過程中火箭要克服地球引力做功，所以將衛星發射到離地球越遠的軌道，在地面上所需的發射速度就越大2地球同步衛星特點(1)地球同步衛星只能在赤道上空(2)地球同步衛星與地球

51、自轉具有相同的角速度和周期(3)地球同步衛星相對地面靜止(4)同步衛星的高度是一定的【例4】 我國成功發射一顆繞月運行的探月衛星“嫦娥一號”設該衛星的運行軌道是圓形的，且貼近月球表面已知月球的質量約為地球質量的，月球的半徑約為地球半徑的，地球上的第一宇宙速度約為7.9 km/s，則該探月衛星繞月運行的速率約為()A0.4 km/s B1.8 km/s C11 km/s D36 km/s例4 B設地球的質量、半徑分別為M、R，月球的質量、半徑分別為M、r，則M，rR.在星體表面，物體的重力近似等于萬有引力，若物體質量為m0，則：m0g，即GMgR2；在月球表面，滿足GMgr2，由此可得：ggg，地球表面的第一宇宙速度v17.9 km/s，在月球表面，有v ×7.9 km/s1.8 km/s.規范思維(1)解決此類題的關鍵：要明確衛星的第一宇宙速度等于最大環繞速度(2)解決萬有引力定律的應用問題，盡管題目很多，但基本方法是不變的，即把天體的運動看成圓周運動，萬有引力提供向心力五、雙星問題【例5】 (2010·重慶理綜)月球與地球質量之比約為180.有研究者認為月球和地球可視為一個由兩質點構成的雙星系統，它們都圍繞月地連線上某點O做勻速圓周運動據此觀點，可知月球與地球繞O點運動的線速度大小之比約為()A16 400 B180C801 D6 4