學必求其心得，業必貴于專精學必求其心得，業必貴于專精學必求其心得，業必貴于專精第1節曲線運動運動的合成與分解一、曲線運動1．運動特點（1)速度方向：質點在某點的速度，沿曲線上該點的切線方向．(2)運動性質：做曲線運動的物體，速度的方向時刻改變，所以曲線運動一定是變速運動，即必然具有加速度．2．曲線運動的條件（1）從動力學角度看：物體所受合力的方向跟它的速度方向不在同一條直線上．（2)從運動學角度看：物體的加速度方向跟它的速度方向不在同一條直線上．二、運動的合成與分解1．基本概念分運動eq\o（,\s\up16（運動的合成），\s\do15(運動的分解))合運動2．分解原則根據運動的實際效果分解,也可采用正交分解．3．運算法則位移、速度、加速度都是矢量，故它們的合成與分解都遵循平行四邊形定則．4．合運動和分運動的關系（1）等時性：合運動與分運動經歷的時間相等．(2）獨立性：一個物體同時參與幾個分運動時，各分運動獨立進行,不受其他分運動的影響．(3)等效性：各分運動疊加起來與合運動有完全相同的效果．［自我診斷]1．判斷正誤（1）速度發生變化的運動，一定是曲線運動．(×)(2)做曲線運動的物體加速度一定是變化的．(×）(3)做曲線運動的物體速度大小一定發生變化．(×）（4)曲線運動可能是勻變速運動．(√)（5)兩個分運動的時間一定與它們的合運動的時間相等．（√）(6）合運動的速度一定比分運動的速度大．（×)（7)只要兩個分運動為直線運動，合運動一定是直線運動．（×)(8)分運動的位移、速度、加速度與合運動的位移、速度、加速度間滿足平行四邊形定則．(√）2．下列說法正確的是()A．各分運動互相影響，不能獨立進行B．合運動的時間一定比分運動的時間長C．合運動和分運動具有等時性，即同時開始、同時結束D．合運動的位移大小等于兩個分運動位移大小之和解析：選C.各分運動具有獨立性，A錯誤；合運動與分運動具有等時性,B錯誤，C正確；合運動的位移與分運動的位移滿足矢量合成的法則,D錯誤．3．(多選)某質點在光滑水平面上做勻速直線運動．現對它施加一個水平恒力，則下列說法正確的是(）A．施加水平恒力以后，質點可能做勻加速直線運動B．施加水平恒力以后，質點可能做勻變速曲線運動C．施加水平恒力以后,質點可能做勻速圓周運動D．施加水平恒力以后，質點立即有加速度，速度也立即變化解析:選AB。當水平恒力的方向與速度的方向在同一條直線上時，質點做勻變速直線運動，選項A正確；當水平恒力的方向與速度的方向不在同一條直線上時，質點做勻變速曲線運動，選項B正確；無論力的方向與速度的方向關系如何,質點都不可能做勻速圓周運動,選項C錯誤;速度不能發生突變，選項D錯誤．4．(多選)小船橫渡一條兩岸平行的河流，船本身提供的速度（即靜水速度)大小不變、船身方向垂直于河岸,水流速度與河岸平行，已知小船的運動軌跡如圖所示，則（）A．越接近河岸水流速度越小B．越接近河岸水流速度越大C．無論水流速度是否變化，這種渡河方式耗時最短D．該船渡河的時間會受水流速度變化的影響解析:選AC.由船的運動軌跡可知，小船渡河過程是先做加速運動后做減速運動．河流的中心水流速度最大,越接近河岸水流速度越小，故A正確,B錯誤;由于船頭垂直河岸，則這種方式過河的時間最短，C正確；船過河的時間與水流速度無關，D錯誤．考點一物體做曲線運動的條件與軌跡分析1．若已知物體運動的初速度v0的方向及它受到的恒定的合外力F的方向,圖中M、N、P、Q表示物體運動的軌跡，其中正確的是（)解析：選B.物體運動的速度方向與運動軌跡一定相切，而且合外力F的方向一定指向軌跡的凹側，故只有B正確．2．如圖所示為質點做勻變速曲線運動軌跡的示意圖，且質點運動到D點時速度方向與加速度方向恰好互相垂直,則質點從A點運動到E點的過程中，下列說法中正確的是（）A．質點經過C點的速率比D點的大B．質點經過A點時的加速度方向與速度方向的夾角小于90°C．質點經過D點時的加速度比B點的大D．質點從B到E的過程中加速度方向與速度方向的夾角先增大后減小解析:選A。質點做勻變速曲線運動，所以加速度不變；由于在D點速度方向與加速度方向垂直,則在C點時速度方向與加速度方向的夾角為鈍角，所以質點由C到D速率減小，所以C點速率比D點大．3．一個質點受到兩個互成銳角的力F1、F2的作用，由靜止開始運動，若保持二力方向不變,將F1突然增大為2F1A．不一定做曲線運動B．一定做勻變速運動C．可能做勻速直線運動D．可能做勻變速直線運動解析：選B.F1增大前，質點沿合力方向做勻加速直線運動．F1增大后,合力方向與F1增大之前的質點的速度方向不共線,因而做曲線運動．由于二力方向不變，只將F1增大為2F1，所以合力恒定，質點做勻變速曲線運動．故本題答案為B。考點二運動的合成與分解的應用1．合運動與分運動的關系(1）等時性：各個分運動與合運動總是同時開始，同時結束，經歷時間相等（不同時的運動不能合成）．（2）等效性：各分運動疊加起來與合運動有相同的效果．(3）獨立性：一個物體同時參與幾個運動，其中的任何一個都會保持其運動性質不變，并不會受其他分運動的干擾．雖然各分運動互相獨立，但是它們共同決定合運動的性質和軌跡．2．運動的合成與分解的運算法則運動的合成與分解是指描述運動的各物理量，即位移、速度、加速度的合成與分解,由于它們均是矢量,故合成與分解都遵守平行四邊形定則．3．合運動性質的判斷eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(加速度\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(恒定：勻變速運動，變化：非勻變速運動)），加速度方向與速度方向\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(共線：直線運動，不共線:曲線運動)））)題組一合運動性質的判斷1。（2017·江蘇連云港模擬)(多選)如圖所示，一塊橡皮用細線懸掛于O點，用釘子靠著線的左側沿與水平方向成30°角的斜面向右上以速度v勻速運動，運動中始終保持懸線豎直，下列說法正確的是（）A．橡皮的速度大小為eq\r（2）vB．橡皮的速度大小為eq\r(3)vC．橡皮的速度與水平方向成60°角D．橡皮的速度與水平方向成45°角解析:選BC。橡皮斜向右上方運動，具有沿斜面向上的分速度，與釘子沿斜面向上的速度相等，即為v；橡皮還具有豎直向上的分速度，大小也等于v;其實際速度大小（合速度)是兩個分速度的合成，如圖所示．故橡皮的實際速度大小（合速度):v′＝2vcos30°＝eq\r(3)v,且與水平方向成60°角，A、D錯誤,B、C正確．2．由于衛星的發射場不在赤道上，同步衛星發射后需要從轉移軌道經過調整再進入地球同步軌道．當衛星在轉移軌道上飛經赤道上空時，發動機點火,給衛星一附加速度，使衛星沿同步軌道運行．已知同步衛星的環繞速度約為3.1×103m/s,某次發射衛星飛經赤道上空時的速度為1。55×A．西偏北方向，1.9×103B．東偏南方向，1。9×103C．西偏北方向，2.7×103D．東偏南方向,2。7×103解析：選B.設當衛星在轉移軌道上飛經赤道上空與同步軌道高度相同的某點時，速度為v1，發動機給衛星的附加速度為v2，該點在同步軌道上運行時的速度為v。三者關系如圖，由圖知附加速度方向為東偏南,由余弦定理知veq\o\al(2，2）＝veq\o\al(2，1)＋v2－2v1vcos30°，代入數據解得v2≈1.9×103m/s。選項B正確．題組二與運動圖象結合的合成與分解問題3．物體在直角坐標系xOy所在的平面內由O點開始運動,其沿坐標軸方向的兩個分速度隨時間變化的圖象如圖所示，則對該物體運動過程的描述正確的是()A．物體在0～3s做直線運動B．物體在3s~4s做直線運動C．物體在3s～4s做曲線運動D．物體在0~3s做變加速運動解析:選B。物體在0～3s內，x方向做勻速直線運動，y方向做勻加速直線運動,兩運動的合運動，一定是曲線運動,且加速度恒定，則A、D錯誤；物體在3s～4s內兩個方向的分運動都是勻減速運動，在3s末，速度與x軸的夾角tanθ＝eq\f(vy,vx）＝eq\f(3，4),加速度與x軸的夾角tanβ＝eq\f(ay,ax）＝eq\f（3,4）,因此合速度與合加速度方向相反，則做直線運動,故B正確，C錯誤．4．有一個質量為2kg的質點在x.y平面上運動，在x方向的速度圖象和y方向的位移圖象分別如圖甲、乙所示,下列說法正確的是（)A．質點所受的合力為3NB．質點的初速度為3m/sC．質點做勻變速直線運動D．質點初速度的方向與合力的方向垂直解析：選A。由題圖乙可知，質點在y方向上做勻速運動，vy＝eq\f(Δx，Δt)＝－4m/s，在x方向上做勻加速直線運動，a＝eq\f(Δv,Δt)＝1.5m/s2,故質點所受合力F＝ma＝3N，A正確;質點的初速度v＝eq\r（vx02＋v\o\al(2，y))＝5m/s，B錯誤；質點做勻變速曲線運動,C錯誤；質點初速度的方向與合力的方向不垂直，如圖所示，θ＝53°，D錯誤．考點三小船渡河問題1．小船渡河問題的速度（1）船的實際運動是水流的運動和船相對靜水的運動的合運動．(2）三種速度：v1(船在靜水中的速度)、v2(水流速度）、v（船的實際速度)．2．小船渡河的三種情景（1）過河時間最短：船頭正對河岸時,渡河時間最短，t短＝eq\f（d,v1）（d為河寬）．（2)過河路徑最短(v2＜v1時):合速度垂直于河岸時，航程最短，s短＝d.船頭指向上游與河岸夾角為α,cosα＝eq\f(v2，v1).(3）過河路徑最短（v2＞v1時）：合速度不可能垂直于河岸，無法垂直渡河．確定方法如下：如圖所示，以v2矢量末端為圓心，以v1矢量的大小為半徑畫弧，從v2矢量的始端向圓弧作切線，則合速度沿此切線方向航程最短．由圖可知：cosα＝eq\f(v1，v2)，最短航程:s短＝eq\f(d,cosα）＝eq\f（v2，v1）d.1．（2017·湖北省重點中學聯考)(多選)一只小船在靜水中的速度為3m/s，它要渡過一條寬為30m的河，河水流速為4m/s，則這只船()A．過河時間不可能小于10sB．不能沿垂直于河岸方向過河C．渡過這條河所需的時間可以為6sD．不可能渡過這條河解析：選AB.船在過河過程同時參與兩個運動,一個沿河岸向下游的水流速度，一個是船自身的運動．垂直河岸方向位移即河的寬度d＝30m，而垂直河岸方向的最大分速度即船自身的速度3m/s，所以渡河最短時間t＝eq\f（d，3m/s)＝10s，A對、C錯．只要有垂直河岸的分速度，就可以渡過這條河，D錯．船實際發生的運動就是合運動，如果船垂直河岸方向過河，即合速度垂直河岸方向．一個分速度沿河岸向下，與合速度垂直，那么在速度合成的三角形中船的速度即斜邊，要求船的速度大于河水的速度，而本題目中船的速度小于河水的速度,故不可能垂直河岸方向過河，B對．2．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（）A。eq\f（kv，\r（k2－1)) B．eq\f（v，\r(1－k2））C。eq\f（kv,\r（1－k2）） D.eq\f(v，\r(k2－1）)解析：選B.設大河寬度為d，去程時t1＝eq\f（d,v靜)，回程時,t2＝eq\f(d，\r（v\o\al（2,靜）－v2)），又eq\f（t1，t2）＝k，得v靜＝eq\f(v，\r(1－k2)),B正確．3．（2017·四川綿陽質檢）小船勻速渡過一條河流,當船頭垂直對岸方向航行時，在出發后10min到達對岸下游120m處；若船頭保持與河岸成α角向上游航行，出發后12。5min到達正對岸．求：(1）水流的速度；（2）船在靜水中的速度、河的寬度以及船頭與河岸間的夾角α。解析：（1)船頭垂直對岸方向航行時，如圖甲所示．由x＝v2t1得v2＝eq\f(x，t1)＝eq\f(120，600)m/s＝0。2m/s①（2）船頭保持與岸成α角航行時，如圖乙所示．由（1)可得d＝v1t1v2＝v1cosα②d＝v1t2sinα③聯立解得α＝53°，v1＝0。33m/s，d＝200m答案:（1）0.2m/s（2）0.33m/s200m53°(1)渡河時間只與船垂直于河岸方向的分速度有關，與水流速度無關．(2)船渡河位移最小值與v船和v水大小關系有關,v船＞v水時,河寬即為最小位移，v船＜v水時，應利用圖解法求極值的方法處理．考點四關聯速度問題1．問題特點：沿繩（或桿)方向的速度分量大小相等．2．思路與原則(1)思路①明確合速度→物體的實際運動速度v；（2)原則：v1與v2的合成遵循平行四邊形定則．3．解題方法把物體的實際速度分解為垂直于繩（桿)和平行于繩(桿)兩個分量，根據沿繩（桿)方向的分速度大小相等求解．常見的模型如圖所示．1．在距河面高度h＝20m的岸上有人用長繩拴住一條小船,開始時繩與水面的夾角為30°.人以恒定的速率v＝3m/s拉繩，使小船靠岸，那么(）A．5s時繩與水面的夾角為60°B．5s后小船前進了15mC．5s時小船的速率為4m/sD．5s時小船到岸邊的距離為15m解析：選D.設開始時小船距岸邊為L，則L＝eq\f(h,tan30°）＝20eq\r(3)m，5s后繩端沿岸位移為x＝vt＝3×5m＝15m,設5s后小船前進了x′,繩與水平面的夾角為θ,由幾何關系得sinθ＝eq\f（h,2h－x）＝eq\f(20,2×20－15)＝0。8，解得θ＝53°，選項A錯誤；由tanθ＝eq\f(h，L－x′)，解得x′＝19。64m，選項B錯誤；由v船cosθ＝v可得此時小船的速率為v船＝5m/s，選項C錯誤;5s時小船到岸邊的距離為L－x′＝20eq\r(3)m－19。64m＝15m，選項D正確．2。如圖所示，物體A、B經無摩擦的定滑輪用細線連在一起，A物體受水平向右的力F的作用，此時B勻速下降，A水平向左運動，可知()A．物體A做勻速運動B．物體A做加速運動 C．物體A所受摩擦力逐漸增大D．物體A所受摩擦力不變解析：選B。設系在A上的細線與水平方向夾角為θ，物體B的速度為vB,大小不變,細線的拉力為FT，則物體A的速度vA＝eq\f（vB，cosθ），FfA＝μ（mg－FTsinθ)，因物體下降，θ增大，故vA增大,物體A做加速運動,A錯誤，B正確；物體B勻速下降，FT不變，故隨θ增大，FfA減小，C、D均錯誤．3．(2017·上海四區聯考)如圖所示,長為L的直棒一端可繞固定軸O轉動,另一端擱在升降平臺上，平臺以速度v勻速上升，當棒與豎直方向的夾角為α時，棒的角速度為(）A。eq\f(vsinα，L） B．eq\f(v,Lsinα）C。eq\f(vcosα,L) D。eq\f(v，Lcosα)解析：選B。棒與平臺接觸點的實際運動即合運動的速度方向是垂直于棒指向左上方，合速度沿豎直向上方向上的速度分量等于v,即ωLsinα＝v，所以ω＝eq\f（v,Lsinα）。課時規范訓練[基礎鞏固題組］1．精彩的F1賽事相信你不會陌生吧!車王舒馬赫在一個彎道上突然調整行駛的賽車致使后輪脫落，從而不得不遺憾地退出了比賽．關于脫落的后輪的運動情況，以下說法中正確的是（）A．仍然沿著汽車行駛的彎道運動B．沿著與彎道垂直的方向飛出C．脫落時,沿著輪子前進的方向做直線運動，離開彎道D．上述情況都有可能解析：選C.車輪被甩出后，不再受到車身的約束，被甩出的后輪沿甩出時的速度方向(即甩出點軌跡的切線方向)做直線運動,輪不可能沿車行駛的彎道運動，也不可能沿垂直于彎道的方向運動．故本題答案為C.2．某電視臺舉辦了一期群眾娛樂節目，其中有一個環節是讓群眾演員站在一個旋轉較快的大平臺邊緣上，向大平臺圓心處的球筐內投籃球．如果群眾演員相對平臺靜止，則下面各俯視圖中哪幅圖中的籃球可能被投入球筐（圖中平臺內箭頭指向表示投籃方向)（)解析:選B.籃球若能被投入球筐，其合速度的方向應指向圓心，因平臺逆時針旋轉,所以投籃方向應是如圖B所示，選項B正確．3.跳傘表演是人們普遍喜歡的觀賞性體育項目，如圖所示，當運動員從直升機上由靜止跳下后，在下落過程中將會受到水平風力的影響，下列說法中正確的是（)A．風力越大，運動員下落時間越長，運動員可完成更多的動作B．風力越大，運動員著地時的豎直速度越大，有可能對運動員造成傷害C．運動員下落時間與風力無關D．運動員著地速度與風力無關解析：選C.水平風力不會影響豎直方向的運動,所以運動員下落時間與風力無關，A錯誤，C正確;運動員落地時豎直方向的速度是確定的，水平風力越大,落地時水平分速度越大，則運動員著地時的合速度越大，有可能對運動員造成傷害,B、D錯誤．4．（多選）如圖，在河水速度恒定的小河中，一小船保持船頭始終垂直河岸從一側岸邊向對岸行駛，船的軌跡是一個彎曲的“S”形，則（)A．小船垂直河岸的速度大小恒定不變B．小船垂直河岸的速度大小先增大后減小C．與船以出發時的速度勻速過河相比，過河時間長了D．與船以出發時的速度勻速過河相比，過河時間短了解析:選BD。船在沿河岸的方向上做勻速直線運動,即在相同的時間間隔內，在河岸方向上的位移是相同的；在垂直于河岸的方向上，在相等的時間間隔內（參照船在沿河岸方向上的時間），開始時位移的變化逐漸增大再逐漸減小，所以速度先增大后減小;因中間那段時間速度較大，所以與船保持恒定的初始速度過河相比過河時間短了．選項B、D正確．5。（多選)如右圖所示，在滅火搶險的過程中，消防隊員有時要借助消防車上的梯子爬到高處進行救人或滅火作業．為了節省救援時間,在消防車向前前進的過程中，人同時相對梯子勻速向上運動．在地面上看消防隊員的運動，下列說法中正確的是（）A．當消防車勻速前進時，消防隊員一定做勻加速直線運動B．當消防車勻速前進時，消防隊員一定做勻速直線運動C．當消防車勻加速前進時,消防隊員一定做勻變速曲線運動D．當消防車勻加速前進時，消防隊員一定做勻變速直線運動解析：選BC。當消防車勻速前進時，消防隊員一定做勻速直線運動，選項A錯誤，B正確;當消防車勻加速前進時，消防隊員一定做勻變速曲線運動，選項C正確，D錯誤．6．如圖所示,人沿平直的河岸以速度v行走，且通過不可伸長的繩拖船，船沿繩的方向行進，此過程中繩始終與水面平行．當繩與河岸的夾角為α時，船的速率為（）A．vsinα B.eq\f（v,sinα)C．vcosα D。eq\f(v,cosα)解析:選C.人的速度為合速度，當人沿平直的河岸以速度v行走時，可將人的速度分解為沿繩方向的分速度和垂直于繩方向的分速度,沿繩方向的分速度即為船行駛的速度,故船的速度為vcosα,選項C正確．7．如圖所示，套在豎直細桿上的環A由跨過定滑輪的不可伸長的輕繩與重物B相連．由于B的質量較大，故在釋放B后,A將沿桿上升，當A環上升至與定滑輪的連線水平時,其上升速度v1≠0，若這時B的速度為v2,則()A．v2＝0 B．v2＞v1C．v2≠0 D．v2＝v1解析：選A.環A在虛線位置時，環A的速度沿虛線方向的分速度為零，故物體B的速度v2＝0,A正確．［綜合應用題組］8．(多選）一快艇要從岸邊某一不確定位置處到達河中離岸邊100m遠的一浮標處，已知快艇始終與河岸垂直，其在靜水中的速度vx圖象和流水的速度vy圖象分別如圖甲、乙所示，則（)A．快艇的運動軌跡為直線B．快艇的運動軌跡為曲線C．能找到某一位置使快艇最快到達浮標處的時間為20sD．快艇最快到達浮標處經過的位移為100m解析:選BC.快艇沿河岸方向的勻速運動與垂直于河岸的勻加速運動的合運動是類平拋性質的曲線運動，A錯誤，B正確；最快到達浮標處的方式是使垂直于河岸的速度vx保持圖甲所示的加速度a＝0。5m/s2的勻加速運動，則eq\f（1，2）at2＝xx,代入xx＝100m有t＝20s,但實際位移為x＝eq\r(x\o\al（2,x）＋x\o\al(2,y)）＞100m，C正確，D錯誤．9．質量m＝4kg的質點靜止在光滑水平面上的直角坐標系的原點O處，先用沿＋x軸方向的力F1＝8N作用了2s,然后撤去F1；再用沿＋y軸方向的力F2＝24N作用了1s，則質點在這3s內的軌跡為（)解析：選D.由F1＝max得ax＝2m/s2，質點沿x軸勻加速直線運動了2s,x1＝eq\f(1，2)axteq\o\al(2，1）＝4m，vx1＝axt1＝4m/s；之后質點受F2作用而做類平拋運動，ay＝eq\f(F2,m)＝6m/s2，質點再經過1s，沿x軸再運動，位移x2＝vx1t2＝4m,沿＋y方向運動位移y2＝eq\f(1，2)ayteq\o\al(2,2）＝3m，對應圖線可知D項正確．10。如圖，船從A處開出后沿直線AB到達對岸，若AB與河岸成37°角，水流速度為4m/s，則船從A點開出相對水流的最小速度為（)A．2m/s B．2.4m/sC．3m/s D．3.5m/s解析：選B.船參與了兩個分運動,沿船頭指向的分運動和順水流而下的分運動,其中，合速度v合方向已知，大小未知，順水流而下的分運動速度v水的大小和方向都已知，沿船頭指向的分運動的速度v船大小和方向都未知，合速度與分速度遵循平行四邊形定則（或三角形定則)，如圖，當v合與v船垂直時,v船最小,由幾何關系得到v船的最小值為v船min＝v水sin37°＝2。4m/s，選項B正確．11．在一個光滑水平面內建立平面直角坐標系xOy，質量為1kg的物體原來靜止在坐標原點O（0,0)，t＝0時受到如圖所示隨時間變化的外力作用,圖甲中Fx表示沿x軸方向的外力，圖乙中Fy表示沿y軸方向的外力，下列描述正確的是()A．0～4s內物體的運動軌跡是一條直線B．0~4s內物體的運動軌跡是一條拋物線C．前2s內物體做勻加速直線運動，后2s內物體做勻加速曲線運動D．前2s內物體做勻加速直線運動，后2s內物體做勻速圓周運動解析:選C.0～2s內物體沿x軸方向做初速度為零的勻加速直線運動，2s時受沿y軸方向的恒力作用,與速度方向垂直，故2～4s內物體做類平拋運動，C項正確．12。(多選)如圖所示，某同學在研究運動的合成時做了如圖所示活動：用左手沿黑板推動直尺豎直向上運動,運動中保持直尺水平，同時用右手沿直尺向右移動筆尖．若該同學左手的運動為勻速運動，右手相對于直尺的運動為初速度為零的勻加速運動,則關于筆尖的實際運動，下列說法中正確的是（）A．筆尖做勻速直線運動B．筆尖做勻變速直線運動C．筆尖做勻變速曲線運動D．筆尖的速度方向與水平方向夾角逐漸變小解析：選CD。由題意知筆尖做勻變速曲線運動,A、B錯誤，C正確；筆尖的速度方向為合速度方向，右手沿水平方向的速度逐漸增大，則合速度方向與水平方向夾角逐漸變小，D正確．13.如圖所示,A、B兩物體系在跨過光滑定滑輪的一根輕繩的兩端，當A物體以速度v向左運動時，系A、B的繩分別與水平方向成α、β角，此時B物體的速度大小為()A．vsinα/sinβ B．vcosα/sinβC．vsinα/cosβ D．vcosα/cosβ解析:選D。根據A、B兩物體的運動情況，將兩物體此時的速度v和vB分別分解為兩個分速度v1(沿繩的分量)和v2（垂直繩的分量）以及vB1（沿繩的分量）和vB2(垂直繩的分量）,由于兩物體沿繩的速度分量相等，v1＝vB1，即vcosα＝vBcosβ,則B物體的速度方向水平向右，其大小為vB＝eq\f（cosα，cosβ)v，D正確．14。如圖所示，在一次抗洪救災工作中，一架直升機A用一長H＝50m的懸索(重力可忽略不計)系住傷員B，直升機A和傷員B一起在水平方向上以v0＝10m/s的速度勻速運動的同時,懸索在豎直方向上勻速上拉．在將傷員拉到直升機內的時間內,A、B之間的豎直距離以l＝50－5t（單位:m）的規律變化，則（）A．傷員經過5s時間被拉到直升機內B．傷員經過10s時間被拉到直升機內C．傷員的運動速度大小為5m/sD．傷員的運動速度大小為10m/s解析：選B.傷員在豎直方向的位移為h＝H－l＝5t（m)，所以傷員的豎直分速度為v1＝5m/s;由于豎直方向做勻速直線運動，所以傷員被拉到直升機內的時間為t＝eq\f（H,v1)＝eq\f(50，5)s＝10s，故A錯誤，B正確；傷員在水平方向的分速度為v0＝10m/s，所以傷員的速度為v＝eq\r（v\o\al（2,1）＋v\o\al(2,0））＝eq\r（52＋102）m/s＝5eq\r（5）m/s，故C、D均錯誤．第2節拋體運動一、平拋運動1．定義：將物體以一定的初速度沿水平方向拋出,不考慮空氣阻力,物體只在重力作用下所做的運動，叫平拋運動．2．性質：平拋運動是加速度恒為重力加速度g的勻變速曲線運動,軌跡是拋物線．二、平拋運動的規律以拋出點為原點,以水平方向(初速度v0方向）為x軸，以豎直向下的方向為y軸建立平面直角坐標系，則1．水平方向：做勻速直線運動,速度：vx＝v0，位移：x＝v0t。2．豎直方向：做自由落體運動，速度：vy＝gt，位移:y＝eq\f(1,2)gt23．合運動（1)合速度：v＝eq\r（v\o\al(2,x)＋v\o\al（2,y））＝eq\r(v\o\al（2，0)＋gt2），方向與水平方向夾角為θ，則tanθ＝eq\f（vy,v0）＝eq\f（gt，v0).(2）合位移：s＝eq\r（x2＋y2）＝eq\r(v0t2＋\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(1，2)gt2))2),方向與水平方向夾角為α，則tanα＝eq\f（y，x)＝eq\f（gt,2v0）.三、斜拋運動1．定義：將物體以一定的初速度沿斜向上或斜向下拋出，物體僅在重力的作用下所做的運動，叫做斜拋運動．2．性質：加速度恒為g的勻變速曲線運動，軌跡是拋物線．3．基本規律以斜向上拋為例說明,如圖所示．(1）水平方向：v0x＝v0cos_θ，F合x＝0.(2)豎直方向:v0y＝v0sin_θ，F合y＝mg。因此斜拋運動可以看做是水平方向的勻速直線運動和豎直方向的豎直上(下）拋運動的合運動．[自我診斷]1．判斷正誤(1）以一定的初速度水平拋出的物體的運動是平拋運動．(×）（2)做平拋運動的物體的速度方向時刻在變化，加速度方向也時刻在變化．(×)（3)做平拋運動的物體初速度越大，水平位移越大．（×)（4)做平拋運動的物體,初速度越大，在空中飛行時間越長．(×）（5）從同一高度平拋的物體，不計空氣阻力時，在空中飛行的時間是相同的．（√）(6）無論平拋運動還是斜拋運動，都是勻變速曲線運動．(√）(7)做平拋運動的物體，在任意相等的時間內速度的變化是相同的．(√）2．（多選)為了驗證平拋運動的小球在豎直方向上做自由落體運動,用如圖所示的裝置進行實驗．小錘打擊彈性金屬片，A球水平拋出，同時B球被松開，自由下落,關于該實驗,下列說法中正確的有()A．兩球的質量應相等B．兩球應同時落地C．應改變裝置的高度，多次實驗D．實驗也能說明A球在水平方向上做勻速直線運動解析：選BC.小錘打擊彈性金屬片后，A球做平拋運動，B球做自由落體運動．A球在豎直方向上的運動情況與B球相同，做自由落體運動，因此兩球同時落地．實驗時，需A、B兩球從同一高度開始運動，對質量沒有要求,但兩球的初始高度及擊打力度應該有變化，實驗時要進行3～5次得出結論．本實驗不能說明A球在水平方向上的運動性質，故選項B、C正確，選項A、D錯誤．3．做平拋運動的物體，落地過程在水平方向通過的距離取決于()A．物體的初始高度和所受重力B．物體的初始高度和初速度C．物體所受的重力和初速度D．物體所受的重力、初始高度和初速度解析：選B。水平方向通過的距離x＝v0t，由h＝eq\f(1，2)gt2得t＝eq\r(\f(2h，g）),所以時間t由高度h決定;又x＝v0t＝v0eq\r（\f（2h，g))，故x由初始高度h和初速度v0共同決定，B正確．考點一平拋運動的基本規律1．飛行時間：由t＝eq\r（\f（2h，g))知，時間取決于下落高度h，與初速度v0無關．2．水平射程：x＝v0t＝v0eq\r（\f(2h，g））,即水平射程由初速度v0和下落高度h共同決定，與其他因素無關．3．落地速度:vt＝eq\r（v\o\al(2,x）＋v\o\al（2，y)）＝eq\r（v\o\al(2，0）＋2gh),以α表示落地速度與x軸正方向的夾角，有tanα＝eq\f(vy,vx)＝eq\f（\r（2gh)，v0），所以落地速度也只與初速度v0和下落高度h有關．4．速度改變量：因為平拋運動的加速度為重力加速度g，所以做平拋運動的物體在任意相等時間間隔Δt內的速度改變量Δv＝gΔt相同,方向恒為豎直向下，如圖甲所示．5．兩個重要推論（1)做平拋（或類平拋)運動的物體任一時刻的瞬時速度的反向延長線一定通過此時水平位移的中點，如圖乙中A點和B點所示．（2)做平拋（或類平拋)運動的物體在任意時刻任一位置處，設其速度方向與水平方向的夾角為α，位移與水平方向的夾角為θ，則tanα＝2tanθ。1。如圖所示，一小球從一半圓軌道左端A點正上方某處開始做平拋運動（小球可視為質點),飛行過程中恰好與半圓軌道相切于B點．O為半圓軌道圓心,半圓軌道半徑為R,OB與水平方向夾角為60°，重力加速度為g，則小球拋出時的初速度為（)A。eq\r（\f（3gR，2）) B．eq\r（\f(3\r(3)gR，2）)C.eq\r（\f(\r(3）gR,2）） D。eq\r（\f（\r（3）gR，3）)解析：選B.畫出小球在B點速度的分解矢量圖，如圖所示．由圖可知,tan60°＝eq\f(v0，gt)，R（1＋cos60°)＝v0t，聯立解得v0＝eq\r(\f(3\r（3）gR，2）)，選項B正確．2．（2017·浙江臺州質檢)從某高度水平拋出一小球，經過t時間到達地面時，速度方向與水平方向的夾角為θ，不計空氣阻力，重力加速度為g，下列結論中正確的是()A．小球初速度為gttanθB．若小球初速度增大，則平拋運動的時間變長C．小球著地速度大小為eq\f（gt,sinθ)D．小球在t時間內的位移方向與水平方向的夾角為θ解析:選C。如圖所示，小球豎直方向的速度為vy＝gt，則初速度為v0＝gtcotθ，落地時速度v＝eq\f（gt,sinθ)，選項C正確，A錯誤；平拋運動的時間t＝eq\r(\f(2y,g）)，由高度決定,選項B錯誤；設位移方向與水平方向的夾角為α，則tanα＝eq\f(y，x）＝eq\f(gt，2v0），tanθ＝eq\f（vy,v0）＝eq\f（gt，v0)，則tanθ＝2tanα，選項D錯誤．3．距地面高5m的水平直軌道上A、B兩點相距2m，在B點用細線懸掛一小球,離地高度為h，如圖．小車始終以4m/s的速度沿軌道勻速運動，經過A點時將隨車攜帶的小球由軌道高度自由卸下,小車運動至B點時細線被軋斷，最后兩球同時落地．不計空氣阻力，取重力加速度的大小g＝10m/s2。可求得h等于（)A．1。25m B．2。25mC．3.75m D．4.75m解析：選A.根據兩球同時落地可得eq\r(\f（2H,g)）＝eq\f(dAB，v）＋eq\r(\f(2h，g）)，代入數據得h＝1。25m，選項A正確．分解思想在平拋運動中的應用(1)解答平拋運動問題時，一般的方法是將平拋運動沿水平和豎直兩個方向分解，這樣分解的優點是不用分解初速度也不用分解加速度．（2）畫出速度（或位移)分解圖，通過幾何知識建立合速度（或合位移）、分速度（或分位移）及其方向間的關系，通過速度(或位移)的矢量三角形求解未知量．考點二類平拋運動1．受力特點：物體所受合力為恒力，且與初速度的方向垂直．2．運動特點：在初速度v0方向做勻速直線運動，在合力方向做初速度為零的勻加速直線運動，加速度a＝eq\f(F合,m).3．求解技巧(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方向列方程求解．1。(多選)如圖所示,兩個足夠大的傾角分別為30°、45°的光滑斜面放在同一水平面上，兩斜面間距大于小球直徑，斜面高度相等．有三個完全相同的小球a、b、c，開始均靜止于斜面同一高度處，其中小球b在兩斜面之間,a、c分別在兩斜面頂端．若同時釋放a、b、c，小球到達該水平面的時間分別為t1、t2、t3.若同時沿水平方向拋出,初速度方向如圖所示，小球到達水平面的時間分別為t1′、t2′、t3′.下列關于時間的關系正確的是()A．t1＞t3＞t2 B．t1＝t1′、t2＝t2′、t3＝t3′C．t1′＞t3′＞t2′ D．t1＜t1′、t2＜t2′、t3＜t3′解析：選ABC.由靜止釋放三個小球時，對a:eq\f(h，sin30°）＝eq\f(1，2)g·sin30°·teq\o\al(2,1)，則teq\o\al(2，1)＝eq\f（8h,g)；對b：h＝eq\f（1,2）gteq\o\al(2，2)，則teq\o\al（2,2）＝eq\f（2h，g)；對c:eq\f（h,sin45°）＝eq\f(1，2）gsin45°·Teq\o\al（2,3），則teq\o\al(2，3)＝eq\f（4h，g），所以t1＞t3＞t2。當水平拋出三個小球時，小球b做平拋運動，小球a、c在斜面內做類平拋運動．沿斜面方向的運動同第一種情況，所以t1＝t1′，t2＝t2′，t3＝t3′，故A、B、C正確．2．質量為m的飛機以水平初速度v0飛離跑道后逐漸上升，若飛機在此過程中水平速度保持不變，同時受到重力和豎直向上的恒定升力(該升力由其他力的合力提供，不含重力)．今測得當飛機在水平方向的位移為l時，它的上升高度為h，如圖所示，求:（1)飛機受到的升力大小；(2)上升至h高度時飛機的速度．解析：(1)飛機做類平拋運動,則:水平方向l＝v0t豎直方向h＝eq\f（1，2）at2解得a＝eq\f(2v\o\al(2，0)h,l2)對飛機由牛頓第二定律得F－mg＝ma解得F＝meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（g＋\f(2v\o\al(2，0)h，l2)））（2)豎直方向veq\o\al(2，y）＝2ahv＝eq\r（v\o\al(2,0）＋v\o\al(2，y））解得v＝eq\f（v0，l）eq\r（l2＋4h2）設速度方向與初速度v0方向的夾角為θ,則：tanθ＝eq\f(vy,v0)解得θ＝arctaneq\f（2h,l)答案:(1)meq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(g＋\f(2v\o\al（2，0)h,l2）))（2）eq\f(v0，l)eq\r(l2＋4h2），方向與v0的夾角為arctaneq\f（2h，l)考點三多體平拋問題1．多體平拋運動問題是指多個物體在同一豎直平面內平拋時所涉及的問題．2．三類常見的多體平拋運動(1）若兩物體同時從同一高度(或同一點)拋出，則兩物體始終在同一高度,二者間距只取決于兩物體的水平分運動．（2）若兩物體同時從不同高度拋出,則兩物體高度差始終與拋出點高度差相同，二者間距由兩物體的水平分運動和豎直高度差決定．（3）若兩物體從同一點先后拋出，兩物體豎直高度差隨時間均勻增大,二者間距取決于兩物體的水平分運動和豎直分運動．1.如圖所示,在距水平地面分別為H和4H的高度處，同時將質量相同的a、b兩小球以相同的初速度v0水平拋出,則以下判斷正確的是（）A．a、b兩小球同時落地B．兩小球落地速度的方向相同C．a、b兩小球水平位移之比為1∶2D．a、b兩小球水平位移之比為1∶4解析：選C。由H＝eq\f（1,2)gteq\o\al（2,a)，4H＝eq\f（1,2）gteq\o\al（2，b)可得tb＝2ta,A錯誤；由x＝v0t可知，xa∶xb＝1∶2，C正確，D錯誤；設落地時速度與水平方向夾角為θ，則由tanθ＝eq\f（gt,v0)可知，tanθa∶tanθb＝1∶2，θa≠θb，B錯誤．2．（2017·山東濰坊模擬)如圖所示,半圓形容器豎直放置，從其圓心O點處分別以水平初速度v1、v2拋出兩個小球（可視為質點),最終它們分別落在圓弧上的A點和B點,己知OA與OB互相垂直，且OA與豎直方向成θ角，則兩小球的初速度之比為（）A.eq\r(tanθ) B．tanθC.eq\r（tan3θ) D．tan2θ解析：選C.由平拋運動規律得，水平方向Rsinθ＝v1t1，Rcosθ＝v2t2，豎直方向Rcosθ＝eq\f(1，2）gteq\o\al(2，1），Rsinθ＝eq\f(1,2）gteq\o\al(2，2)，聯立解得eq\f(v1,v2）＝eq\r（tan3θ)，選項C正確．（1）物體做平拋運動的時間由物體被拋出點的高度決定，而物體的水平位移由物體被拋出點的高度和物體的初速度共同決定．(2）兩條平拋運動軌跡的相交處是兩物體的可能相遇處，兩物體要在此處相遇，必須同時到達此處．考點四斜面上的平拋運動與斜面相關的平拋運動，其特點是做平拋運動的物體落在斜面上，包括兩種情況：1．物體從空中拋出垂直落在斜面上;2．從斜面上拋出落在斜面上．在解答這類問題時,除了要運用平拋運動的位移和速度規律,還要充分運用斜面傾角,找出斜面傾角同位移和速度與水平方向夾角的關系，從而使問題得到順利解決．兩種模型對比如下：方法內容斜面總結分解速度水平:vx＝v0豎直：vy＝gt合速度:v＝eq\r（v\o\al(2,x）＋v\o\al(2，y)）分解速度，構建速度三角形分解位移水平：x＝v0t豎直：y＝eq\f(1,2)gt2合位移：s＝eq\r(x2＋y2）分解位移，構建位移三角形題組一順著斜面的平拋運動1。跳臺滑雪運動員的動作驚險而優美，其實滑雪運動可抽象為物體在斜坡上的平拋運動．如圖所示，設可視為質點的滑雪運動員從傾角為θ的斜坡頂端P處，以初速度v0水平飛出，運動員最后又落到斜坡上A點處，AP之間距離為L，在空中運動時間為t，改變初速度v0的大小，L和t都隨之改變．關于L、t與v0的關系，下列說法中正確的是(）A．L與v0成正比 B．L與v0成反比C．t與v0成正比 D．t與veq\o\al（2,0)成正比解析：選C.因運動員落在斜面上,故其位移與水平方向的夾角就等于斜面的傾角θ，因此有tanθ＝eq\f(y,x)，其中y＝eq\f(1，2）gt2,x＝v0t，則t＝eq\f（2v0tanθ,g）,L＝eq\f(x，cosθ）＝eq\f（v0t，cosθ)＝eq\f（2v\o\al（2,0）tanθ，gcosθ)，故t與v0成正比，L與veq\o\al(2，0)成正比，C正確．2．(2017·懷化模擬）如圖所示，滑板運動員從傾角為53°的斜坡頂端滑下，滑下的過程中他突然發現在斜面底端有一個高h＝1.4m、寬L＝1。2m的長方體障礙物，為了不觸及這個障礙物，他必須在距水平地面高度H＝3.2m的A點沿水平方向跳起離開斜面(豎直方向的速度變為零)．己知運動員的滑板與斜面間的動摩擦因數μ＝0。1，忽略空氣阻力，重力加速度g取10m/s2.(已知sin53°＝0。8，cos53°＝0。6）求：(1）運動員在斜面上滑行的加速度的大小;（2）若運動員不觸及障礙物，他從斜面上起跳后到落至水平面的過程所經歷的時間；（3）運動員為了不觸及障礙物,他從A點沿水平方向起跳的最小速度．解析：(1）設運動員連同滑板的質量為m，運動員在斜面滑行的過程中，由牛頓第二定律得mgsin53°－μmgcos53°＝ma解得a＝gsin53°－μgcos53°＝7。4m/s2(2）運動員從斜面上起跳后，沿豎直方向做自由落體運動,則H＝eq\f(1，2)gt2解得t＝0.8s(3）為了不觸及障礙物，運動員以速度v沿水平方向起跳后豎直下落高度為H－h時，他沿水平方向運動的距離至少為eq\f（H,tan53°）＋L，設這段時間為t′，則H－h＝eq\f(1,2）gt′2eq\f（H,tan53°）＋L≤vt′解得v≥6.0m/s，所以最小速度vmin＝6.0m/s.答案：(1）7。4m/s2（2)0.8s(3)6。0m/s題組二對著斜面的平拋運動3．（2017·吉林模擬）(多選)如圖所示，A、D分別是斜面的頂端、底端，B、C是斜面上的兩個點，AB＝BC＝CD，E點在D點的正上方，與A等高．從E點以一定的水平速度拋出質量相等的兩個小球,球1落在B點，球2落在C點，關于球1和球2從拋出到落在斜面上的運動過程（)A．球1和球2運動的時間之比為2∶1B．球1和球2動能增加量之比為1∶2C．球1和球2拋出時初速度之比為2eq\r(2)∶1D．球1和球2運動時的加速度之比為1∶2解析:選BC。因為AC＝2AB，所以AC的高度差是AB高度差的2倍，根據h＝eq\f（1，2)gt2得t＝eq\r(\f（2h,g）)，解得運動的時間比為1∶eq\r(2），故A錯誤；根據動能定理得mgh＝ΔEk，知球1和球2動能增加量之比為1∶2，故B正確；BD在水平方向上的分量是DC在水平方向分量的2倍，結合x＝v0t，解得初速度之比為2eq\r(2）∶1，故C正確；平拋運動的加速度均為g,兩球的加速度相同，故D錯誤．4。(2017·溫州質檢)如圖所示，小球以v0正對傾角為θ的斜面水平拋出,若小球到達斜面的位移最小，則飛行時間t為(重力加速度為g）（)A.eq\f（v0tanθ，g) B．eq\f（2v0tanθ，g）C.eq\f（v0cotθ,g) D。eq\f(2v0cotθ，g）解析：選D。如圖所示，要小球到達斜面的位移最小,則要求落點與拋出點的連線與斜面垂直，所以有tanθ＝eq\f（x，y)，而x＝v0t，y＝eq\f（1，2）gt2，解得t＝eq\f（2v0cotθ，g）.（1）物體的豎直位移與水平位移之比是同一個常數，這個常數等于斜面傾角的正切值;（2)當物體的速度方向與斜面平行時，物體離斜面最遠．考點五平拋運動中的臨界問題[典例］如圖所示，水平屋頂高H＝5m，墻高h＝3。2m，墻到房子的距離L＝3m，墻外馬路寬x＝10m，小球從房頂水平飛出，落在墻外的馬路上，g＝10m/s2.求:（1）小球離開屋頂時的速度v0的大小范圍；(2)小球落在馬路上的最小速度．解析(1)設小球恰好落到馬路的右側邊緣時，水平初速度為v01，則L＋x＝v01t1豎直位移H＝eq\f（1，2）gteq\o\al（2，1）聯立解得v01＝(L＋x）eq\r（\f（g,2H）)＝13m/s設小球恰好越過圍墻的邊緣時，水平初速度為v02，則水平位移L＝v02t2豎直位移H－h＝eq\f（1，2）gteq\o\al(2,2)聯立解得v02＝5m/s所以小球拋出時的速度大小范圍為5m/s≤v0≤13m/s。（2）小球落在馬路上,下落高度一定，落地時的豎直分速度一定，當小球恰好越過圍墻的邊緣落在馬路上時，落地速度最小．豎直方向veq\o\al(2,y)＝2gH又有vmin＝eq\r（v\o\al(2，02)＋v\o\al（2,y))解得vmin＝5eq\r(5）m/s答案（1）5m/s≤v0≤13m/s（2)5eq\r(5)m/s（1)在體育運動中,像乒乓球、排球、網球等都有中間網及邊界問題，要求球既能過網,又不出邊界，某物理量（尤其是球速）往往要有一定的范圍限制，在這類問題中,確定臨界狀態，畫好臨界軌跡，是解決問題的關鍵點．(2)分析平拋運動中的臨界問題時一般運用極限分析的方法，即把要求的物理量設定為極大或極小，讓臨界問題突現出來，找到產生臨界的條件．1．(多選）如圖所示，一高度為h的光滑水平面與一傾角為θ的斜面連接，一小球以速度v從平面的右端P點向右水平拋出，則小球在空中運動的時間t（)A．一定與v的大小有關B．一定與v的大小無關C．當v大于eq\r（\f（gh，2))cotθ時，t與v無關D．當v小于eq\r（\f（gh，2))cotθ時，t與v有關解析：選CD.球有可能落在斜面上，也有可能落在水平面上,可用臨界法求解，如果小球恰好落在斜面與水平面的交點處,則滿足hcotθ＝vt，h＝eq\f(1，2)gt2，聯立可得v＝eq\r（\f(gh，2)）cotθ.故當v大于eq\r（\f（gh，2))cotθ時,小球落在水平面上，t＝eq\r（\f（2h，g)）,與v無關；當v小于eq\r(\f(gh,2）)cotθ時，小球落在斜面上,x＝vt，y＝eq\f（1，2)gt2，eq\f（y，x）＝tanθ,聯立可得t＝eq\f(2vtanθ，g)，即與v有關，故選項C、D正確．2．一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()A.eq\f（L1，2)eq\r(\f（g，6h）)＜v＜L1eq\r（\f（g，6h))B.eq\f(L1，4)eq\r(\f(g,h）)＜v＜eq\r（\f(4L\o\al（2,1）＋L\o\al（2，2）g，6h))C.eq\f(L1，2）eq\r(\f（g,6h）)＜v＜eq\f（1,2）eq\r(\f(4L\o\al（2，1）＋L\o\al（2，2）g,6h））D。eq\f(L1，4)eq\r（\f（g，h）)＜v＜eq\f（1，2)eq\r(\f（4L\o\al(2，1）＋L\o\al（2,2)g，6h))解析:選D.設以速率v1發射乒乓球，經過時間t1剛好落到球網正中間．則豎直方向上有3h－h＝eq\f(1,2）gteq\o\al（2,1），①水平方向上有eq\f(L1,2)＝v1t1.②由①②兩式可得v1＝eq\f（L1,4)eq\r（\f(g,h））.設以速率v2發射乒乓球，經過時間t2剛好落到球網右側臺面的兩角處，在豎直方向有3h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2，2)，③在水平方向有eq\r（\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L2,2）)）2＋L\o\al(2，1))＝v2t2。④由③④兩式可得v2＝eq\f(1,2）eq\r(\f(4L\o\al（2,1）＋L\o\al（2,2)g,6h）).則v的最大取值范圍為v1＜v＜v2，故選項D正確．課時規范訓練［基礎鞏固題組]1．物體做平拋運動時，下列描述物體的速度變化量大小Δv隨時間t變化的圖象中，可能正確的是（)解析：選D.平拋運動是勻變速曲線運動，加速度為定值,由a＝eq\f（Δv，Δt）知，D正確．2．游樂場內兩支玩具槍在同一位置先后沿水平方向各射出一顆子彈,打在遠處的同一個靶上，A為甲槍子彈留下的彈孔，B為乙槍子彈留下的彈孔，兩彈孔在豎直方向上相距高度為h，如圖所示，不計空氣阻力．關于兩槍射出子彈的初速度大小,下列判斷正確的是（)A．甲槍射出的子彈初速度較大B．乙槍射出的子彈初速度較大C．甲、乙兩槍射出的子彈初速度一樣大D．無法比較甲、乙兩槍射出的子彈初速度的大小解析:選A。由題圖可以看出，子彈射出后到打到靶上的過程中，豎直方向的位移關系是hB〉hA，由h＝eq\f(1，2)gt2得tB＞tA，由v＝eq\f(x，t）可以得出vA＞vB,A正確．3．在地面上方某點將一小球以一定的初速度沿水平方向拋出,不計空氣阻力，則小球在隨后的運動中（)A．速度和加速度的方向都在不斷改變B．速度與加速度方向之間的夾角一直減小C．在相等的時間間隔內，速率的改變量相等D．在相等的時間間隔內，動能的改變量相等解析：選B。小球做平拋運動，加速度為重力加速度，小球的速度大小和方向時刻變化，小球的加速度大小和方向均恒定,故A錯誤．速度與加速度的夾角的正切值tanθ＝eq\f(v0,vy）＝eq\f(v0，gt），隨著時間t的增大，夾角θ減小，故B正確．速度改變量Δv＝gΔt，相等時間內的速度改變量相等，但速率（即速度的大小）的改變量不相等,故C錯誤．相等時間內動能的改變量取決于合力-—重力做的功,由于相等時間內下落的高度越來越大,重力做的功越來越多，故動能的改變量越來越大,故D錯誤．4．如圖所示,某同學將一枚飛鏢從高于靶心的位置水平投向豎直懸掛的靶盤，結果飛鏢打在靶心的正下方．忽略飛鏢運動過程中所受空氣阻力，在其他條件不變的情況下，為使飛鏢命中靶心，他在下次投擲時可以()A．換用質量稍大些的飛鏢B．適當增大投飛鏢的高度C．到稍遠些的地方投飛鏢D．適當減小投飛鏢的初速度解析：選B。飛鏢做的是平拋運動，飛鏢打在靶心的正下方說明飛鏢豎直方向的位移太大，根據平拋運動的規律可得，水平方向上x＝v0t，豎直方向上h＝eq\f(1，2)gt2，所以要想減小飛鏢豎直方向的位移,在水平位移不變的情況下，可以適當增大投飛鏢的初速度來減小飛鏢的運動時間，故D錯誤；初速度不變時，時間不變，適當增大投飛鏢的高度，可以使飛鏢命中靶心,飛鏢的質量不影響平拋運動的規律，故A錯誤,B正確；在稍遠些地方投飛鏢，則運動時間變長，下落的高度變大,不會擊中靶心，故C錯誤．5．（多選)如圖所示，相同的乒乓球1、2恰好在等高處水平越過球網,不計乒乓球的旋轉和空氣阻力,乒乓球自最高點到落臺的過程中，下列說法正確的是（）A．過網時球1的速度小于球2的速度B．球1的飛行時間大于球2的飛行時間C．球1的速度變化率等于球2的速度變化率D．落臺時，球1的重力功率等于球2的重力功率解析：選CD.由h＝eq\f(1，2)gt2知兩球運動時間相等，B錯誤；由于球1水平位移大,故水平速度大，A錯誤；兩球都做平拋運動，故加速度等大,即速度變化率相等，C正確；由veq\o\al(2，y）＝2gh可知落臺時兩球豎直速度等大，又因為重力等大，故落臺瞬時功率等大，D正確．6。如圖所示，一名跳臺滑雪運動員經過一段時間的加速滑行后從O點水平飛出,經過3s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θ＝37°,運動員的質量m＝50kg。不計空氣阻力（sin37°＝0。6，cos37°＝0。8；g取10m/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；（3）運動員從O點飛出開始到離斜坡距離最遠所用的時間．解析：（1)運動員在豎直方向做自由落體運動，有Lsin37°＝eq\f(1，2)gt2，L＝eq\f（gt2，2sin37°)＝75m.（2)設運動員離開O點時的速度為v0，運動員在水平方向的分運動為勻速直線運動，有Lcos37°＝v0t，即v0＝eq\f(Lcos37°,t)＝20m/s.（3)運動員的平拋運動可分解為沿斜面方向的勻加速運動(初速度為v0cos37°、加速度為gsin37°)和垂直斜面方向的類豎直上拋運動(初速度為v0sin37°、加速度為gcos37°）．當垂直斜面方向的速度減為零時，運動員離斜坡最遠，有v0sin37°＝gcos37°·t，解得t＝1。5s答案：(1）75m(2)20m/s(3）1。5s［綜合應用題組］7。如圖所示，從A點由靜止釋放一彈性小球,一段時間后與固定斜面上B點發生碰撞，碰后小球速度大小不變，方向變為水平方向，又經過相同的時間落于地面上C點,已知地面上D點位于B點正下方，B、D間的距離為h，則（)A．A、B兩點間的距離為eq\f(h，2)B．A、B兩點間的距離為eq\f(h，3）C．C、D兩點間的距離為2hD．C、D兩點間的距離為eq\f（2\r（3)，3)h解析：選C。AB段小球自由下落，BC段小球做平拋運動，兩段時間相同，所以A、B兩點間距離與B、D兩點間距離相等，均為h，故A、B錯誤；BC段平拋初速度v＝eq\r(2gh)，持續的時間t＝eq\r(\f(2h,g）),所以C、D兩點間距離x＝vt＝2h，故C正確,D錯誤．8。如圖所示，位于同一高度的小球A、B分別以v1和v2的速度水平拋出，都落在了傾角為30°的斜面上的C點，小球B恰好垂直打到斜面上,則v1、v2之比為()A．1∶1 B．2∶1C．3∶2 D．2∶3解析：選C.小球A、B從同一高度平拋，到斜面上的C點經歷的時間相等,設為t，由題意可得tan30°＝eq\f(\f(1,2）gt2,v1t），tan30°＝eq\f(v2，gt）,解得v1∶v2＝3∶2，C正確．9.如圖所示，一個小球從一斜面頂端分別以v10、v20、v30水平拋出,分別落在斜面上1、2、3點，落到斜面時豎直分速度分別是v1y、v2y、v3y,則(）A.eq\f（v1y，v10）＞eq\f(v2y,v20）＞eq\f（v3y，v30） B.eq\f（v1y,v10）＜eq\f(v2y，v20)＜eq\f(v3y,v30）C.eq\f(v1y，v10）＝eq\f(v2y，v20）＝eq\f（v3y,v30） D．條件不足，無法比較解析：選C.設小球落到斜面時速度方向與水平方向的夾角為α,由tanα＝eq\f（vy,v0)＝eq\f(gt，v0）＝eq\f(gt2，v0t）＝eq\f(2y，x）＝2tanθ，故eq\f（v1y，v10)＝eq\f（v2y,v20）＝eq\f(v3y,v30），C正確．10．如圖所示的光滑斜面長為l，寬為b,傾角為θ，一物塊（可看成質點)沿斜面左上方頂點P水平射入，恰好從底端Q點離開斜面，則(）A．P→Q所用的時間t＝2eq\r(\f(2l,gsinθ)）B．P→Q所用的時間t＝eq\r(\f（2l,g)）C．初速度v0＝beq\r（\f（gsinθ,2l）)D．初速度v0＝beq\r(\f(g,2l)）解析:選C.物體的加速度為：a＝gsinθ.根據l＝eq\f(1,2）at2，得：t＝eq\r（\f（2l，gsinθ))，故A、B錯誤；初速度v0＝eq\f（b,t)＝beq\r（\f（gsinθ,2l）),故C正確，D錯誤．11．（多選）如圖所示，在網球的網前截擊練習中，若練習者在球網正上方距地面H處，將球以速度v沿垂直球網的方向擊出,球剛好落在底線上，已知底線到網的距離為L,重力加速度取g，將球的運動視作平拋運動，下列表述正確的是（)A．球的速度v等于Leq\r（\f(g,2H)）B．球從擊出至落地所用時間為eq\r（\f（2H,g））C．球從擊球點至落地點的位移等于LD．球從擊球點至落地點的位移與球的質量有關解析:選AB。由平拋運動規律知，在水平方向上有L＝vt，在豎直方向上有H＝eq\f(1,2)gt2,聯立解得t＝eq\r（\f（2H,g）)，v＝eq\f（L，t)＝Leq\r（\f(g,2H））,A、B正確；球從擊球點至落地點的位移為x＝eq\r(H2＋L2)，與球的質量無關，C、D錯誤．12．如圖所示，傾角為37°的粗糙斜面的底端有一質量m＝1kg的凹形小滑塊，小滑塊與斜面間的動摩擦因數μ＝0.25.現小滑塊以某一初速度v從斜面底端上滑，同時在斜面底端正上方有一小球以v0水平拋出，經過0.4s，小球恰好垂直斜面方向落入凹槽，此時，小滑塊還在上滑過程中．(已知sin37°＝0。6，cos37°＝0。8)，g取10m/s2.求：(1）小球水平拋出的速度v0;（2)小滑塊的初速度v。解析：(1)設小球落入凹槽時豎直速度為vy，則vy＝gt＝10×0。4m/s＝4m/sv0＝vytan37°＝3m/s。(2）小球落入凹槽時的水平位移x＝v0t＝3×0。4m＝1。2m則滑塊的位移為s＝eq\f(1。2，cos37°）m＝1。5m滑塊上滑時,mgsin37°＋μmgcos37°＝ma解得a＝8m/s2根據公式s＝vt－eq\f（1,2)at2解得：v＝5。35m/s.答案：（1)3m/s（2)5.35m/s第3節圓周運動一、描述圓周運動的物理量1．線速度：描述物體圓周運動快慢．v＝eq\f(Δs,Δt)＝eq\f（2πr，T).2．角速度:描述物體轉動快慢．ω＝eq\f(Δθ，Δt)＝eq\f（2π,T）.3．周期和頻率：描述物體轉動快慢．T＝eq\f（2πr,v)，T＝eq\f(1,f）.4．向心加速度：描述線速度方向變化快慢的物理量．an＝rω2＝eq\f(v2,r）＝ωv＝eq\f（4π2，T2)r.二、向心力1．作用效果：產生向心加速度，只改變速度的方向,不改變速度的大小．2．大小:F＝meq\f(v2,r）＝mω2r＝meq\f(4π2r,T2)＝mωv＝4π2mf2r3．方向：總是沿半徑方向指向圓心,時刻在改變，即向心力是一個變力．4．來源:向心力可以由一個力提供，也可以由幾個力的合力提供，還可以由一個力的分力提供．三、圓周運動、向心運動和離心運動1．勻速圓周運動與非勻速圓周運動兩種運動具體比較見下表:項目勻速圓周運動非勻速圓周運動定義線速度的大小不變的圓周運動線速度的大小不斷變化的圓周運動運動特點F向、a向、v均大小不變，方向變化，ω不變F向、a向、v大小和方向均發生變化，ω發生變化向心力F向＝F合由F合沿半徑方向的分力提供2。離心運動(1）本質：做圓周運動的物體，由于本身的慣性，總有沿著圓周切線方向飛出去的傾向．(2)受力特點(如圖所示）①當F＝mrω2時，物體做勻速圓周運動；②當F＝0時，物體沿切線方向飛出；③當F＜mrω2時，物體逐漸遠離圓心，F為實際提供的向心力．④當F＞mrω2時,物體逐漸向圓心靠近，做向心運動．[自我診斷]1．判斷正誤(1）勻速圓周運動是勻變速曲線運動．（×)（2）物體做勻速圓周運動時，其角速度是不變的．(√)（3)物體做勻速圓周運動時，其合外力是不變的．（×)(4)勻速圓周運動的向心加速度與半徑成反比．(×)（5)勻速圓周運動的向心力是產生向心加速度的原因．（√)（6）比較物體沿圓周運動的快慢看線速度，比較物體繞圓心轉動的快慢，看周期或角速度．(√)（7）做勻速圓周運動的物體，當合外力突然減小時，物體將沿切線方向飛出．(×)(8）摩托車轉彎時速度過大就會向外發生滑動,這是摩托車受沿轉彎半徑向外的離心力作用的緣故．（×)2．(多選)某質點繞圓軌道做勻速圓周運動,下列說法中正確的是()A．因為該質點速度大小始終不變，所以它做的是勻速運動B．該質點速度大小不變，但方向時刻改變，是變速運動C．該質點速度大小不變,因而加速度為零,處于平衡狀態D．該質點做的是變速運動,具有加速度，故它所受合力不等于零解析:選BD。勻速圓周運動的速度大小不變,但方向時刻改變,所以不是勻速運動，A錯誤，B正確；由于速度的方向改變，所以速度是變化的,一定存在加速度,不是處于平衡狀態,合力不等于零,C錯誤，D正確．3．(多選)一質點做勻速圓周運動，其線速度大小為4m/s，轉動周期為2s，則（)A．角速度為0。5rad/s B．轉速為0。5r/sC．軌跡半徑為eq\f(4,π）m D．加速度大小為4πm/s2解析：選BCD.角速度為ω＝eq\f（2π，T）＝πrad/s，A錯誤；轉速為n＝eq\f（ω,2π）＝0。5r/s，B正確；半徑r＝eq\f(v，ω）＝eq\f(4,π）m，C正確；向心加速度大小為a＝eq\f(v2，r）＝4πm/s2，D正確．4。有一個驚險的雜技節目叫“飛車走壁”，雜技演員騎摩托車先在如圖所示的大型圓筒底部做速度較小,半徑較小的圓周運動，通過逐步加速，圓周運動的半徑逐步增大，最后能以較大的速度在豎直筒壁上做勻速圓周運動，這時使車和人整體做勻速圓周運動的向心力是（)A．圓筒壁對車的靜摩擦力B．筒壁對車的彈力C．摩托車本身的動力D．重力和摩擦力的合力解析：選B.在豎直筒壁上的摩托車只受三個力作用，其中豎直方向上重力與摩擦力是一對平衡力，水平方向上筒壁對車的彈力提供了車和人整體做勻速圓周運動的向心力，B正確．考點一圓周運動的運動學問題1．圓周運動各物理量間的關系2．對公式v＝ωr和a＝eq\f(v2,r)＝ω2r的理解(1)由v＝ωr知，r一定時,v與ω成正比；ω一定時，v與r成正比；v一定時，ω與r成反比．（2）由a＝eq\f（v2，r)＝ω2r知,在v一定時，a與r成反比；在ω一定時,a與r成正比．1.（2017·廣州調研)如圖所示，當正方形薄板繞著過其中心O并與板垂直的轉動軸轉動時，板上A、B兩點()A．角速度之比ωA∶ωB＝eq\r(2)∶1B．角速度之比ωA∶ωB＝1∶eq\r(2）C．線速度之比vA∶vB＝eq\r(2）∶1D．線速度之比vA∶vB＝1∶eq\r（2)解析：選D。板上A、B兩點的角速度相等，角速度之比ωA∶ωB＝1∶1，選項A、B錯誤；線速度v＝ωr，線速度之比vA∶vB＝1∶eq\r(2)，選項C錯誤,D正確．2.（多選）如圖所示為一鏈條傳動裝置的示意圖．已知主動輪是逆時針轉動的,轉速為n，主動輪和從動輪的齒數比為k，以下說法中正確的是(）A．從動輪是順時針轉動的B．主動輪和從動輪邊緣的線速度大小相等C．從動輪的轉速為nkD．從動輪的轉速為eq\f（n，k）解析:選BC.主動輪逆時針轉動，帶動從動輪也逆時針轉動，用鏈條傳動，兩輪邊緣線速度大小相等,A錯誤，B正確；由r主：r從＝k，2πn·r主＝2πn從·r從可得n從＝nk，C正確，D錯誤．3.（2017·桂林模擬）如圖所示，B和C是一組塔輪，即B和C半徑不同，但固定在同一轉動軸上，其半徑之比為RB∶RC＝3∶2,A輪的半徑大小與C輪相同，它與B輪緊靠在一起,當A輪繞過其中心的豎直軸轉動時，由于摩擦作用，B輪也隨之無滑動地轉動起來．a、b、c分別為三輪邊緣的三個點,則a、b、c三點在運動過程中的（）A．線速度大小之比為3∶2∶2B．角速度之比為3∶3∶2C．轉速之比為2∶3∶2D．向心加速度大小之比為9∶6∶4解析:選D.A、B輪摩擦傳動，故va＝vb,ωaRA＝ωbRB，ωa∶ωb＝3∶2；B、C同軸，故ωb＝ωc，eq\f（vb,RB)＝eq\f（vc，RC），vb∶vc＝3∶2,因此va∶vb∶vc＝3∶3∶2，ωa∶ωb∶ωc＝3∶2∶2，故A、B錯誤．轉速之比等于角速度之比，故C錯誤．由a＝ωv得：aa∶ab∶ac＝9∶6∶4,D正確．常見的三種傳動方式及特點(1)皮帶傳動：如圖1甲、乙所示，皮帶與兩輪之間無相對滑動時，兩輪邊緣線速度大小相等，即vA＝vB.（2)摩擦傳動：如圖2甲所示，兩輪邊緣接觸,接觸點無打滑現象時,兩輪邊緣線速度大小相等，即vA＝vB.（3)同軸傳動:如圖2乙所示，兩輪固定在一起繞同一轉軸轉動，兩輪轉動的角速度大小相等，即ωA＝ωB。考點二圓周運動的動力學問題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．向心力的確定(1）先確定圓周運動的軌道所在的平面，確定圓心的位置．(2)再分析物體的受力情況，找出所有的力沿半徑方向指向圓心的合力就是向心力．3．解決動力學問題要注意三個方面的分析（1)幾何關系的分析，目的是