章末復習課知識體系[答案填寫]①切線②不在同一條直線上③重力④勻速直線運動⑤自由落體運動⑥v0t⑦eq\f(1,2)gt2⑧eq\f(y,x)⑨v0⑩gt?eq\f(vy,vx)?eq\f(Δs,Δt)?eq\f(Δθ,Δt)?ωr?eq\f(2πr,T)?ω2r?eq\f(v2,r)?eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)))eq\s\up12(2)r?mω2r?meq\f(v2,r)eq\o\ac(○,)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)))eq\s\up12(2)r主題一小船渡河問題的處理方法1．小船參與的兩個分運動：小船在河流中實際的運動(站在岸上的觀察者看到的運動)可視為船同時參與了這樣兩個分運動：(1)船相對水的運動(即船在靜水中的運動)，它的方向與船身的指向相同；(2)船隨水漂流的運動(即速度等于水的流速)，它的方向與河岸平行．船在流水中實際的運動(合運動)是上述兩個分運動的合成．2．兩類最值問題．(1)渡河時間最短問題：若要渡河時間最短，由于水流速度始終沿河道方向，不能提供指向河對岸的分速度．因此只要使船頭垂直于河岸航行即可．由圖可知，t短＝eq\f(d,v船)，此時船渡河的位移x＝eq\f(d,sinθ)，位移方向滿足tanθ＝eq\f(v船,v水).(2)渡河位移最短問題(v水＜v船)：最短的位移為河寬d，此時渡河所用時間t＝eq\f(d,v船sinθ)，船頭與上游夾角θ滿足v船cosθ＝v水，如圖所示．【例1】河寬60m，水流速度v1＝6m/s，小船在靜水中速度v2＝3(1)它渡河的最短時間是多少？(2)最短航程是多少？解析：(1)當小船速度垂直于河岸過河的時間最短，則tmin＝eq\f(d,v2)＝eq\f(60,3)s＝20s.(2)先作出OA表示水流速度v1，然后以A為圓心以船在靜水的速度v2的大小為半徑作圓，過O作圓A的切線OB與圓A相切于B，連接AB，過O作AB的平行線，過B作OA的平行線，兩平行線相交于點C，則OC為船對水的速度v2(如圖所示)，由圖不難看出，船沿OBD行駛到對岸位移最短，設v2與河岸的夾角為α，則有cosα＝eq\f(v2,v1)＝eq\f(1,2)，α＝60°，smin＝eq\f(d,cosα)＝eq\f(60,\f(1,2))m＝120m.答案：(1)20s(2)120針對訓練1．某人橫渡一河岸，船劃行速度和水流速度一定，此人過河最短時間為T1；若此船用最短的位移過河，則需時間為T2，若船速大于水速，則船速與水速之比為()\f(T2,\r(Teq\o\al(2,2)－Teq\o\al(2,1))) \f(T2,T1)\f(T1,\r(Teq\o\al(2,1)－Teq\o\al(2,2))) \f(T1,T2)解析：設船在靜水中速度為v1，水流速度為v2，河寬為d，則過河最短時間T1＝eq\f(d,v1)；過河位移最短時，所用時間T2＝eq\f(d,\r(veq\o\al(2,1)－veq\o\al(2,2)))，聯立以上兩式得eq\f(v1,v2)＝eq\f(T2,\r(Teq\o\al(2,2)－Teq\o\al(2,1))).A正確．答案：A主題二圓周運動中的臨界問題1．水平面內的圓周運動的臨界問題．在水平面上做圓周運動的物體，當角速度ω變化時，物體有遠離或向著圓心運動(半徑有變化)的趨勢．這時，要根據物體的受力情況，判斷物體所受的某個力是否存在以及這個力存在時方向朝哪(特別是一些接觸力，如靜摩擦力、繩的拉力等)．2．豎直平面內的圓周運動的臨界問題．豎直平面內的圓周運動，往往是典型的變速圓周運動．對于物體在豎直平面內的變速圓周運動問題，中學階段只分析通過最高點和最低點的情況．在解答豎直面內的圓周運動問題時，對球在最高點的臨界情況，要注意兩類模型的區別：繩和桿，繩只能提供拉力，而桿既能提供拉力又能提供支持力．【例2】有一水平放置的圓盤，上面放有一勁度系數為k的輕質彈簧，如圖所示，彈簧的一端固定于軸O上，另一端掛一質量為m的物體A，物體與圓盤面間的動摩擦因數為μ，開始時彈簧未發生形變，長度為R.(1)圓盤的轉速n0多大時，物體A開始滑動？(2)分析轉速達到2n0時，彈簧的伸長量Δx是多少？解析：(1)A剛開始滑動時，A所受的最大靜摩擦力提供向心力．則有μmg＝mωeq\o\al(2,0)R.①又因為ω0＝2πn0，②由①②得n0＝eq\f(1,2π)eq\r(\f(μg,R)).即當n0＝eq\f(1,2π)eq\r(\f(μg,R))時，物體A開始滑動．(2)轉速增加到2n0時，有μmg＋kΔx＝mωeq\o\al(2,1)r，ω1＝2π·2n0，r＝R＋Δx，整理得Δx＝eq\f(3μmgR,kR－4μmg).答案：(1)eq\f(1,2π)eq\r(\f(μg,R))(2)eq\f(3μmgR,kR－4μmg)針對訓練2.如圖所示，水平轉臺上放著A、B、C三個物體，質量分別為2m、m、m.離轉軸的距離分別為R、R、2R，與轉臺間的動摩擦因數相同，轉臺旋轉時，A．若三個物體均未滑動，A物體的向心加速度最大B．若三個物體均未滑動，B物體受到的摩擦力最大C．轉速增加，A物體比B物體先滑動D．轉速增加，C物體先滑動解析：三個物體均未滑動時，做圓周運動的角速度相同，均為ω，根據a＝ω2r知，半徑最大的向心加速度最大，選項A錯誤；三個物體均未滑動時，靜摩擦力提供向心力，FfA＝2mω2R，FfB＝mω2R，FfC＝2mω2R，B物體受到的摩擦力最小，選項B錯誤；轉速增加時，角速度增加，三個物體剛要滑動時，分別滿足：2μmg＝2mωeq\o\al(2,A)R，μmg＝mωeq\o\al(2,B)R，μmg＝2mωeq\o\al(2,C)R，由此知ωc＜ωA＝ωB，當轉速增加時，C的靜摩擦力首先不足以提供向心力，C物體先滑動，A與B要么不動，要么一起滑動，選項D正確，選項C錯誤.答案：D【統攬考情】本章知識考點較多，在高考命題中的熱點有：(1)對運動合成與分解的理解；(2)對平拋運動的理解及綜合應用；(3)圓周運動的受力分析及與牛頓第二定律、能量觀點的綜合應用．以上熱點也是重點，在高考試題中既有選擇題，也有綜合大題．既有對本章知識的單獨考查，又有與以后學習的動能定理、能量守恒、電場、磁場等知識的綜合考查．本章在高考試卷中的分值有時較多，大約在15～20分．【真題例析】(2023·課標全國Ⅰ卷)一帶有乒乓球發射機的乒乓球臺如圖所示．水平臺面的長和寬分別為L1和L2，中間球網高度為h.發射機安裝于臺面左側邊緣的中點，能以不同速率向右側不同方向水平發射乒乓球，發射點距臺面高度為3h.不計空氣的作用，重力加速度大小為g.若乒乓球的發射速率v在某范圍內，通過選擇合適的方向，就能使乒乓球落到球網右側臺面上，則v的最大取值范圍是()\f(L1,2)eq\r(\f(g,6h))＜v＜L1eq\r(\f(g,6h))\f(L1,4)eq\r(\f(g,h))＜v＜eq\r(\f(（4Leq\o\al(2,1)＋Leq\o\al(2,2)）g,6h))\f(L1,2)eq\r(\f(g,6h))＜v＜eq\f(1,2)eq\r(\f(（4Leq\o\al(2,1)＋Leq\o\al(2,2)）g,6h))\f(L1,4)eq\r(\f(g,h))＜v＜eq\f(1,2)eq\r(\f(（4Leq\o\al(2,1)＋Leq\o\al(2,2)）g,6h))解析：乒乓球的水平位移最大時球應該恰好落在右側臺面的邊角上，由平拋運動規律得3h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)，eq\r(Leq\o\al(2,1)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L2,2)))\s\up12(2))＝vmaxt1，解得vmax＝eq\f(1,2)eq\r(\f(（4Leq\o\al(2,1)＋Leq\o\al(2,2)）g,6h))；乒乓球的水平位移最小時球應該恰好擦著球網的中點落在右側臺面上，則乒乓球從發球點到球網的中點，由平拋運動規律得2h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,2)，eq\f(L1,2)＝vmint2，解得vmin＝eq\f(L1,4)eq\r(\f(g,h))，所以乒乓球發射速率的范圍為eq\f(L1,4)eq\r(\f(g,h))＜v＜eq\f(1,2)eq\r(\f(（4Leq\o\al(2,1)＋Leq\o\al(2,2)）g,6h))，故選項D正確．答案：D針對訓練(2023·浙江卷)如圖所示為足球球門，球門寬為L.一個球員在球門中心正前方距離球門s處高高躍起，將足球頂入球門的左下方死角(圖中P點)．球員頂球點的高度為h.足球做平拋運動(足球可看成質點，忽略空氣阻力)，則()A．足球位移的大小x＝eq\r(\f(L2,4)＋s2)B．足球初速度的大小v0＝eq\r(\f(g,2h)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L2,4)＋s2)))C．足球末速度的大小v＝eq\r(\f(g,2h)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L2,4)＋s2))＋4gh)D．足球初速度的方向與球門線夾角的正切值tanθ＝eq\f(L,2s)解析：足球做平拋運動，平拋運動的高度為h，平拋運動的水平位移為d＝eq\r(s2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,2)))\s\up12(2))，足球的位移為x＝eq\r(h2＋d2)，A項錯誤；足球運動的時間t＝eq\r(\f(2h,g))，足球的初速度為v0＝eq\f(d,t)＝eq\r(\f(g,2h)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L2,4)＋s2)))，B項正確；足球末速度的大小v＝eq\r(veq\o\al(2,0)＋veq\o\al(2,y))＝eq\r(\f(g,2h)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L2,4)＋s2))＋2gh)，C項錯誤；初速度的方向與球門線夾角的正切值為tanθ＝eq\f(s,\f(L,2))＝eq\f(2s,L)，D項錯誤．答案：B1．(2023·天津卷)未來的星際航行中，宇航員長期處于零重力狀態，為緩解這種狀態帶來的不適，有人設想在未來的航天器上加裝一段圓柱形“旋轉艙”，如圖所示．當旋轉艙繞其軸線勻速旋轉時，宇航員站在旋轉艙內圓柱形側壁上，可以受到與他站在地球表面時相同大小的支持力．為達到上述目的，下列說法正確的是()A．旋轉艙的半徑越大，轉動的角速度就應越大B．旋轉艙的半徑越大，轉動的角速度就應越小C．宇航員質量越大，旋轉艙的角速度就應越大D．宇航員質量越大，旋轉艙的角速度就應越小解析：宇航員站在地球表面時有FN＝mg，要使宇航員站在旋轉艙內圓柱形側壁上，受到與他站在地球表面時相同大小的支持力，則FN＝mrω2，解得：ω＝eq\r(\f(g,r))，所以旋轉艙的半徑越大，轉動的角速度應越小，并且與宇航員的質量無關，故選項B正確，選項A、C、D錯誤．答案：B2．(2023·廣東卷)如圖所示，帆板在海面上以速度v朝正西方向運動，帆船以速度v朝正北方向航行，以帆板為參照物()A．帆船朝正東方向航行，速度大小為vB．帆船朝正西方向航行，速度大小為vC．帆船朝南偏東45°方向航行，速度大小為eq\r(2)vD．帆船朝北偏東45°方向航行，速度大小為eq\r(2)v解析：本題考查速度的合成．以帆板為參照物，帆船在東西方向以速度v向東運動，南北方向以速度v向北運動，根據矢量合成的平行四邊形定則可以求得帆船以帆板為參照物是以大小為eq\r(2)v的速度向北偏東45°運動，故選D.答案：D3．(2023·安徽卷)如圖所示，一傾斜的勻質圓盤繞垂直于盤面的固定對稱軸以恒定角速度ω轉動，盤面上離轉軸距離2.5m處有一小物體與圓盤始終保持相對靜止．物體與盤面間的動摩擦因數為eq\f(\r(3),2)(設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)，盤面與水平面的夾角為30°，g取10m/s2.則ω的最大值是()\r(5)rad/s \r(3)rad/sC．rad/s D．rad/s解析：小物體與圓盤始終保持相對靜止，在最低點有f－mgsinθ＝mω2r.當小物體在最低點恰好滑動時，ω取最大值，有μmgcosθ－mgsinθ＝mω2r，解得ω＝rad/s，故選項C正確．答案：C4．(2023·四川卷)有一條兩岸平直、河水均勻流動、流速恒為v的大河．小明駕著小船渡河，去程時船頭指向始終與河岸垂直，回程時行駛路線與河岸垂直．去程與回程所用時間的比值為k，船在靜水中的速度大小相同，則小船在靜水中的速度大小為()\f(kv,\r(k2－1)) \f(v,\r(1－k2))\f(kv,\r(1－k2)) \f(v,\r(k2－1))解析：去程時如圖甲，所用時間t1＝eq\f(d,v船)，回程時如圖乙，所用時間t2＝eq\f(d,\r(veq\o\al(2,船)－v2))，又eq\f(t1,t2)＝k，聯立解得v船＝eq\f(v,\r(1－k2))，則B正確．答案：B5．(2023·浙江卷)如圖所示，裝甲車在水平地面上以速度v0＝20m/s沿直線前進，車上機槍的槍管水平，距地面高為h＝1.8m．在車正前方