第四章eq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(,,,,,,,))曲線運動萬有引力與航天第1節曲線運動__運動的合成與分解(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。(√)突破點(一)物體做曲線運動的條件與軌跡分析1．運動軌跡的判斷(1)若物體所受合力方向與速度方向在同一直線上，則物體做直線運動。(2)若物體所受合力方向與速度方向不在同一直線上，則物體做曲線運動。2．合力方向與速率變化的關系[題點全練]1．關于物體的受力和運動，下列說法中正確的是()A．物體在不垂直于速度方向的合力作用下，速度大小可能一直不變B．物體做曲線運動時，某點的加速度方向就是通過這一點曲線的切線方向C．物體受到變化的合力作用時，它的速度大小一定改變D．做曲線運動的物體，一定受到與速度不在同一直線上的外力作用解析：選D如果合力與速度方向不垂直，必然有沿速度方向的分力，速度大小一定改變，故A錯誤；物體做曲線運動時，某點的速度方向就是通過這一點的曲線的切線方向，而不是加速度方向，故B錯誤；物體受到變化的合力作用時，它的速度大小可以不改變，比如勻速圓周運動，故C錯誤；物體做曲線運動的條件是一定受到與速度不在同一直線上的外力作用，故D正確。2．[多選](2018·南京調研)如圖所示，甲、乙兩運動物體在t1、t2、t3時刻的速度矢量分別為v1、v2、v3和v1′、v2′、v3′，下列說法中正確的是()A．甲做的不可能是直線運動B．乙做的可能是直線運動C．甲可能做勻變速運動D．乙受到的合力不可能是恒力解析：選ACD甲、乙的速度方向在變化，所以甲、乙不可能做直線運動，故A正確，B錯誤；甲的速度變化量的方向不變，知加速度的方向不變，則甲的加速度可能不變，甲可能作勻變速運動，選項C正確；乙的速度變化量方向在改變，知加速度的方向改變，所以乙的合力不可能是恒力，故D正確。3.[多選](2018·蘇州一模)某同學做了一個力學實驗，如圖所示，將一金屬球通過一輕質彈簧懸掛于O點，并用一水平方向的細繩拉住，然后將水平細繩剪斷，經觀察發現，水平細繩剪斷后金屬球在第一次向左擺動以及回擺過程的一段運動軌跡如圖中虛線所示。根據運動軌跡以及相關的物理知識，該同學得出以下幾個結論，其中正確的是()A．水平細繩剪斷瞬間金屬球的加速度方向一定水平向左B．金屬球運動到懸點O正下方時所受合力方向豎直向上C．金屬球速度最大的位置應該在懸點O正下方的左側D．金屬球運動到最左端時速度為零，而加速度不為零解析：選AC未剪斷細繩前，小球受向下的重力、彈簧的拉力和細繩的水平拉力作用，剪斷細繩后的瞬間，彈簧彈力不變，則彈力和重力的合力應該水平向左，故此時金屬球的加速度方向一定水平向左，選項A正確；金屬球運動到懸點O正下方時，合力指向軌跡的凹側，故合力方向豎直向下，選項B錯誤；當軌跡的切線方向與合力方向垂直時，小球的速度最大，由軌跡圖可知金屬球速度最大的位置應該在懸點O正下方的左側，選項C正確；金屬球運動到最左端時，由軌跡的切線可知，速度方向向上，不為零，因小球做曲線運動，故其加速度不為零，選項D錯誤。突破點(二)運動的合成與分解的應用1．合運動與分運動的關系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)等效性各分運動疊加起來與合運動有相同的效果獨立性一個物體同時參與幾個運動，其中的任何一個分運動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，但是合運動的性質和軌跡由它們共同決定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．合運動的性質和軌跡的判斷(1)若合加速度不變，則為勻變速運動；若合加速度(大小或方向)變化，則為非勻變速運動。(2)若合加速度的方向與合初速度的方向在同一直線上，則為直線運動，否則為曲線運動。[典例][多選](2018·鎮江模擬)將一物體由坐標原點O以初速度v0拋出，在恒力作用下軌跡如圖所示，A為軌跡最高點，B為軌跡與水平x軸交點，假設物體到B點時速度為vB，v0與x軸夾角為α，vB與x軸夾角為β，已知OA水平距離x1小于AB水平距離x2，則()A．物體在B點的速度vB大于v0B．物體從O到A時間大于從A到B時間C．物體在O點所受合力方向指向第四象限D．α可能等于β[思路點撥]將物體運動分解為水平方向和豎直方向上都為勻變速運動的分運動，然后根據A為最高點，O、B在x軸上得到上升、下降運動時間相同，進而得到豎直速度變化關系；再根據水平位移得到加速度方向，進而得到兩點的速度大小及方向的關系，亦可由加速度方向得到合外力方向。[解析]從圖中可知物體在豎直方向上做豎直上拋運動，在水平方向上做初速度不為零的勻加速直線運動，故到B點合外力做正功，物體在B點的速度vB大于v0，A正確；由于合運動和分運動具有等時性，根據豎直上拋運動的對稱性可知物體從O到A時間等于從A到B時間，B錯誤；物體受到豎直向下的重力，水平向右的恒力，故合力在O點指向第四象限，C正確；只有在只受重力作用下，α＝β，由于水平方向上合力不為零，故兩者不可能相等，D錯誤。[答案]AC[集訓沖關]1.[多選](2018·常州檢測)如圖所示，在一端封閉的光滑細玻璃管中注滿清水，水中放一紅蠟塊R(R視為質點)。將玻璃管的開口端用膠塞塞緊后豎直倒置且與y軸重合，在R從坐標原點以速度v0＝3cm/s勻速上浮的同時，玻璃管沿x軸正向做初速度為零的勻加速直線運動，合速度的方向與y軸夾角為α。則紅蠟塊R的()A．分位移y與x成正比B．分位移y的平方與x成正比C．合速度v的大小與時間t成正比D．tanα與時間t成正比解析：選BD由題意可知，y軸方向，y＝v0t；而x軸方向，x＝eq\f(1,2)at2，聯立可得：x＝eq\f(a,2v02)y2，故A錯誤，B正確；x軸方向，vx＝at，那么合速度的大小v＝eq\r(v02＋a2t2)，則v的大小與時間t不成正比，故C錯誤；設合速度的方向與y軸夾角為α，則有：tanα＝eq\f(at,v0)＝eq\f(a,v0)t，故D正確。2.(2018·衡陽聯考)如圖所示，當汽車靜止時，車內乘客看到窗外雨滴沿豎直方向OE勻速運動。現從t＝0時汽車由靜止開始做甲、乙兩種勻加速啟動，甲種狀態啟動后t1時刻，乘客看到雨滴從B處離開車窗，乙種狀態啟動后t2時刻，乘客看到雨滴從F處離開車窗，F為AB的中點。則t1∶t2為()A．2∶1 B．1∶eq\r(2)C．1∶eq\r(3) D．1∶(eq\r(2)－1)解析：選A雨滴在豎直方向的分運動為勻速直線運動，其速度大小與水平方向的運動無關，故t1∶t2＝eq\f(AB,v)∶eq\f(AF,v)＝2∶1，選項A正確。突破點(三)小船渡河問題1．小船渡河問題的分析思路2．小船渡河的兩類問題、三種情景渡河時間最短當船頭方向垂直于河岸時，渡河時間最短，最短時間tmin＝eq\f(d,v船)渡河位移最短如果v船>v水，當船頭方向與上游夾角θ滿足v船cosθ＝v水時，合速度垂直于河岸，渡河位移最短，等于河寬d如果v船<v水，當船頭方向(即v船方向)與合速度方向垂直時，渡河位移最短，等于eq\f(dv水,v船)[典例](2018·鎮江質檢)小船勻速橫渡一條河流，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)小船在靜水中的速度、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/s。(2)船頭保持與河岸成α角航行時，如圖乙所示。由圖甲可得d＝v1t1v2＝v1cosαd＝v1t2sinα聯立解得α＝53°，v1≈0.33m/s，d＝200m。[答案](1)0.2m/s(2)0.33m/s200m53°[易錯提醒](1)船的航行方向即船頭指向，是分運動；船的運動方向是船的實際運動方向，是合運動，一般情況下與船頭指向不一致。(2)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。(3)船沿河岸方向的速度為船在靜水中的速度沿岸方向的分速度與水流速度的合速度，而船頭垂直于河岸方向時，船沿河岸方向的速度等于水流速度。[集訓沖關]1.[多選](2018·淮安模擬)小船橫渡一條兩岸平行的河流，船在靜水中的速度大小不變，船頭始終垂直指向河的對岸，水流速度方向保持與河岸平行，若小船的運動軌跡如圖所示，則()A．越接近河岸水流速度越大B．越接近河岸水流速度越小C．小船渡河的時間會受水流速度變化的影響D．小船渡河的時間不會受水流速度變化的影響解析：選BD從軌跡曲線的彎曲形狀上可以知道，小船先具有向下游的加速度，小船后具有向上游的加速度，故加速度是變化的，由于水流是先加速后減速，即越接近河岸水流速度越小，故A錯誤，B正確。由于船身方向垂直于河岸，無論水流速度是否變化，這種渡河方式耗時最短，即船渡河的時間不會受水流速度變化的影響，選項C錯誤，D正確。2.(2018·如東、豐縣聯考)一只小船渡河，運動軌跡如圖所示。水流速度各處相同且恒定不變，方向平行于岸邊；小船相對于靜水分別做勻加速、勻減速、勻速直線運動，船相對于靜水的初速度大小均相同、方向垂直于岸邊，且船在渡河過程中船頭方向始終不變，由此可以確定()A．船沿AD軌跡運動時，船相對于靜水做勻加速直線運動B．船沿三條不同路徑渡河的時間相同C．船沿AB軌跡渡河所用的時間最短D．船沿AC軌跡到達對岸前瞬間的速度最大解析：選D當沿AD軌跡運動時，則加速度方向與船在靜水中的速度方向相反，因此船相對于水做勻減速直線運動，故A錯誤；船相對于水的初速度大小均相同，方向垂直于岸邊，因運動的性質不同，則渡河時間也不同，故B錯誤；沿AB軌跡，做勻速直線運動，則渡河所用的時間大于沿AC軌跡運動渡河時間，故C錯誤；沿AC軌跡，垂直河岸方向船是做勻加速運動，則船到達對岸的速度最大，故D正確。3.(2018·徐州三中月考)某物理興趣小組的同學在研究運動的合成和分解時，駕駛一艘快艇進行了實地演練。如圖所示，在寬度一定的河中的O點固定一目標靶，經測量該目標靶距離兩岸的最近距離分別為MO＝15m、NO＝12m，水流的速度平行河岸向右，且速度大小為v1＝8m/s，快艇在靜水中的速度大小為v2＝10m/s。現要求快艇從圖示中的下方河岸出發完成以下兩個過程：第一個過程以最短的時間運動到目標靶；第二個過程由目標靶以最小的位移運動到圖示中的上方河岸。在下列說法中正確的是()A．快艇的出發點位于M點左側8m處B．第一個過程所用的時間約為1.17sC．第二個過程快艇的船頭方向應垂直河岸D．第二個過程所用的時間為2s解析：選D第一個過程以最短的時間運動到目標靶，當船頭的方向始終與河岸垂直時，船到達O點的時間最短，最短時間為：t1＝eq\f(OM,v2)＝eq\f(15,10)s＝1.5s，該過程中，船隨水流向下游方向的位移：x＝v1t1＝8×1.5m＝12m，可知船開始時要位于M左側12m處，故A、B均錯誤；第二個過程由目標靶以最小的位移運動到圖示中的上方河岸，則船頭的方向要向河的上游有一定的角度θ，此時：v2cosθ＝v1，得cosθ＝0.8，第二個過程所用的時間為：t2＝eq\f(ON,v2sinθ)＝eq\f(12,10×0.6)s＝2s，故C錯誤，D正確。突破點(四)繩(桿)端速度分解問題兩物體通過繩桿相牽連，當兩物體都發生運動時，兩物體的速度往往不相等，但因繩桿的長度是不變的，因此兩物體的速度沿繩桿方向的分速度是大小相等的。[典例](2018·興平市一模)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°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，則橡皮運動的速度()A．大小為v，方向不變和水平方向成60°B．大小為eq\r(3)v，方向不變和水平方向成60°C．大小為2v，方向不變和水平方向成60°D．大小和方向都會改變[解析]橡皮沿斜面向右上運動的位移一定等于橡皮向上的位移，故在豎直方向以相等的速度v勻速運動，根據平行四邊形定則，可求得合速度大小為eq\r(3)v，方向不變和水平方向成60°。[答案]B[內化模型]1．熟記常見模型2．謹記解題思路[集訓沖關]1.(2018·靖江月考)如圖所示，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θ。則()A．vA＝vBcosθB．vB＝vAcosθC．A上升過程中繩中張力不變D．A上升過程中，繩中張力始終小于B的重力解析：選B將物塊A的速度分解為沿繩子方向和垂直于繩子的方向，在沿繩子方向的分速度等于B的速度。在沿繩子方向的分速度為vAcosθ，所以vB＝vAcosθ，故A錯誤，B正確。A、B組成的系統因重力做功，開始的時候B的速度逐漸增大，但是由于vB＝vAcosθ，當θ＝90°時，則B的速度為0，所以B的速度一定是先增大后減小。知B先向下加速后向下減速，加速度方向先向下后向上，拉力先小于重力后大于重力，故C、D錯誤。2.如圖所示，工廠生產流水線上的工件以3m/s的速度連續不斷地向右勻速運動，在切割工序的P處，割刀的速度為6m/s(相對地)。為了使割下的工件都成規定尺寸的矩形，關于割刀相對工件的速度大小和方向，下列判斷正確的是()A．大小為3eq\r(3)m/s，方向與工件的邊界成60°角B．大小為3eq\r(3)m/s，方向與工件的邊界垂直C．大小為3eq\r(5)m/s，方向與工件的邊界成60°角D．大小為3eq\r(5)m/s，方向與工件的邊界垂直解析：選B為了使割下的工件都成規定尺寸的矩形，割刀相對工件的速度方向必須和工件的邊界垂直，故A、C錯誤；割刀相對工件的速度和工件的速度都是分速度，割刀相對地的速度是合速度，所以割刀相對工件的速度大小為：v相＝eq\r(62－32)m/s＝3eq\r(3)m/s，故B正確，D錯誤。生活中的運動合成問題(一)騎馬射箭1.[多選]民族運動會上有一騎射項目如圖所示，運動員騎在奔跑的馬上，彎弓放箭射擊側向的固定目標。假設運動員騎馬奔馳的速度為v1，運動員靜止時射出的箭速度為v2，跑道離固定目標的最近距離為d。要想命中目標且射出的箭在空中飛行時間最短，則()A．運動員放箭處離目標的距離為eq\f(dv2,v1)B．運動員放箭處離目標的距離為eq\f(d\r(v12＋v22),v2)C．箭射到固定目標的最短時間為eq\f(d,v2)D．箭射到固定目標的最短時間為eq\f(d,\r(v22－v12))解析：選BC要想以箭在空中飛行的時間最短的情況下擊中目標，v2必須垂直于v1，并且v1、v2的合速度方向指向目標，如圖所示，故箭射到目標的最短時間為eq\f(d,v2)，C對，D錯；運動員放箭處離目標的距離為eq\r(d2＋x2)，又x＝v1t＝v1·eq\f(d,v2)，故eq\r(d2＋x2)＝eq\r(d2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v1d,v2)))2)＝eq\f(d\r(v12＋v22),v2)，A錯，B對。(二)轉臺投籃2．趣味投籃比賽中，運動員站在一個旋轉較快的大平臺邊緣上，相對平臺靜止，向平臺圓心處的球筐內投籃球。則下圖各俯視圖中籃球可能被投入球筐(圖中箭頭指向表示投籃方向)的是()解析：選C當沿圓周切線方向的速度和出手速度的合速度沿球筐方向，球就會被投入球筐。故C正確，A、B、D錯誤。(三)下雨打傘3．雨滴在空中以4m/s的速度豎直下落，人打傘以3m/s的速度向西急行，如果希望雨滴垂直打向傘的截面而少淋雨，傘柄應指向什么方向？解析：雨滴相對于人的速度方向即為傘柄的指向。雨滴相對人有向東3m/s的速度v1，有豎直向下的速度v2＝4m/s，如圖所示，雨滴對人的合速度v＝eq\r(v12＋v22)＝5m/s。tanα＝eq\f(v1,v2)＝eq\f(3,4)，即α＝37°。答案：向西傾斜，與豎直方向成37°角(四)風中騎車4．某人騎自行車以4m/s的速度向正東方向行駛，天氣預報報告當時是正北風，風速為4m/s，那么，騎車人感覺到的風向和風速為()A．西北風風速為4m/s B．西北風風速為4eq\r(2)m/sC．東北風風速為4m/s D．東北風風速為4eq\r(2)m/s解析：選D以騎車人為參考系，人向正東方向騎行，感覺風向正西，風速大小為v1＝4m/s，當時有正北風，人感覺到的風向為正南，風速為v2＝4m/s，如圖所示，可求得人感覺到的風向為東北風，風速v＝4eq\r(2)m/s，D正確。對點訓練：物體做曲線運動的條件與軌跡分析1．(2018·重慶月考)關于兩個運動的合成，下列說法正確的是()A．兩個直線運動的合運動一定也是直線運動B．方向不共線的兩個勻速直線運動的合運動一定也是勻速直線運動C．小船渡河的運動中，小船的對地速度一定大于水流速度D．小船渡河的運動中，水流速度越大，小船渡河所需時間越短解析：選B兩個直線運動可以合成為直線運動(勻速直線＋勻速直線)，也可以合成為曲線運動(勻變速直線＋勻速直線)，故選項A錯誤；兩個分運動為勻速直線運動，沒有分加速度，合運動就沒有加速度，則合運動一定是勻速直線運動，則選項B正確；小船對地的速度是合速度，其大小可以大于水速(分速度)，等于水速，或小于水速，故選項C錯誤；渡河時間由小船垂直河岸方向的速度決定，由運動的獨立性知與水速的大小無關，選項D錯誤。2.(2018·南京模擬)在光滑水平面上運動的物體，受到水平恒力F作用后，沿曲線MN運動，速度方向改變了90°，如圖所示，則此過程中，物體受到的恒力可能是()A．F1 B．F2C．F3 D．F4解析：選C由題圖可知，物體從M向N運動的過程中，沿初速度的方向做減速運動，所以具有與初速度方向相反的分力；同時物體向右做加速運動，所以物體還受到向右的作用力。所以物體受到的合力的方向沿F3的方向。故C正確，A、B、D錯誤。3.(2018·蘇州模擬)現在很多教室都安裝可以沿水平方向滑動的黑板，如圖所示。在黑板以某一速度向左勻速運動的同時，一位教師用粉筆在黑板上畫線，粉筆相對于墻壁從靜止開始先勻加速向下畫，接著勻減速向下畫直到停止，則粉筆在黑板上畫出的軌跡可能為()解析：選D粉筆相對黑板以某一速度水平向右勻速運動，同時從靜止開始先勻加速向下運動，再勻減速向下運動至停止，根據做曲線運動的物體所受合外力一定指向曲線凹側，則粉筆在水平方向始終勻速，在豎直方向先向下加速時，曲線向下彎曲；后向下減速，則曲線向上彎曲，故D正確；A、B、C錯誤。對點訓練：運動的合成與分解的應用4．(2018·蘇南七校聯考)帆船船頭指向正東以速度v(靜水中速度)航行，海面正刮著南風，風速為eq\r(3)v，以海岸為參考系，不計阻力。關于帆船的實際航行方向和速度大小，下列說法正確的是()A．帆船沿北偏東30°方向航行，速度大小為2vB．帆船沿東偏北60°方向航行，速度大小為eq\r(2)vC．帆船沿東偏北30°方向航行，速度大小為2vD．帆船沿東偏南60°方向航行，速度大小為eq\r(2)v解析：選A由于帆船的船頭指向正東，并以相對靜水中的速度v航行，南風以eq\r(3)v的風速吹來，當以海岸為參考系時，實際速度v實＝eq\r(v2＋\r(3)v2)＝2v，cosα＝eq\f(v,2v)＝eq\f(1,2)，α＝30°，即帆船沿北偏東30°方向航行，選項A正確。5．[多選]如圖1所示，在一端封閉的光滑細玻璃管中注滿清水，水中放一個紅蠟做成的小圓柱體R。將玻璃管的開口端用膠塞塞緊后豎直倒置且與y軸重合，R從坐標原點以v0＝3cm/s勻速上浮的同時，玻璃管沿x軸正方向運動，玻璃管的v-t圖像如圖2所示，則()A．R做勻加速直線運動B．2s內R路程為eq\r(52)cmC．2s末R速度為5cm/sD．2s末R坐標為(4cm,6cm)解析：選CDR在y軸方向做勻速運動，而在x軸方向上為勻加速直線運動，故合運動一定為勻變速曲線運動，故A錯誤；由題圖知小圓柱體R在x軸豎直方向做勻加速運動，有：vx＝at，解得：a＝eq\f(vx,t)＝eq\f(4,2)cm/s2＝2cm/s2，在x軸方向做初速為0的勻加速直線運動，有：sx＝eq\f(1,2)at2，2s末沿x軸方向的位移：sx＝eq\f(1,2)×2×22cm＝4cm沿y軸方向的位移：sy＝v0t＝3×2cm＝6cm所以2s末R的坐標為(4cm,6cm)2s內的位移：s＝eq\r(sy2＋sx2)＝eq\r(62＋42)cm＝eq\r(52)cm由于R做曲線運動，可知R的路程大于位移大小，所以R的路程大于eq\r(52)cm，故B錯誤，D正確；2s末R沿x軸方向的分速度：vx＝at＝2×2cm/s＝4cm/s所以2s末R的速度：v＝eq\r(v02＋vx2)＝eq\r(32＋42)cm/s＝5cm/s，故C正確。6．如圖所示，在豎直平面內的xOy坐標系中，Oy豎直向上，Ox水平。設平面內存在沿x軸正方向的恒定風力。一小球從坐標原點沿Oy方向豎直向上拋出，初速度為v0＝4m/s，不計空氣阻力，到達最高點的位置如圖中M點所示，(坐標格為正方形，g取10m/s2)求：(1)小球在M點的速度v1；(2)在圖中定性畫出小球的運動軌跡并標出小球落回x軸時的位置N；(3)小球到達N點的速度v2的大小。解析：(1)設正方形的邊長為s0。小球豎直方向做豎直上拋運動，v0＝gt1,2s0＝eq\f(v0,2)t1水平方向做勻加速直線運動，3s0＝eq\f(v1,2)t1解得v1＝6m/s。(2)由豎直方向運動的對稱性可知，小球再經過t1到x軸，水平方向做初速度為零的勻加速直線運動，所以回到x軸時落到x＝12處，位置N的坐標為(12,0)，運動軌跡及N如圖。(3)到N點時豎直分速度大小為v0＝4m/s，水平分速度vx＝a水平tN＝2v1＝12m/s，故v2＝eq\r(v02＋vx2)＝4eq\r(10)m/s。答案：(1)6m/s(2)見解析圖(3)4eq\r(10)m/s對點訓練：小船渡河問題7．[多選](2018·遂寧模擬)一快艇要從岸邊某一不確定位置A處到達河中離岸邊25m遠的一浮標B處，已知快艇在靜水中的速度vx圖像和向右水流的速度vy圖像如圖甲、乙所示，則下列說法中正確的是()A．快艇的運動軌跡為直線B．快艇的運動軌跡為曲線C．快艇最快到達浮標處的時間為10sD．快艇最快到達浮標處經過的位移大小為30m解析：選BC兩分運動一個做勻加速直線運動，一個做勻速直線運動，知合加速度的方向與合速度的方向不在同一條直線上，合運動為曲線運動，故A錯誤、B正確；快艇在河中的靜水速度垂直于河岸時，時間最短，在垂直于河岸方向上的加速度a＝0.5m/s2，由d＝eq\f(1,2)at2得，t＝10s，故C正確；在沿河岸方向上的位移x＝v2t＝3×10m＝30m，所以最終位移s＝eq\r(x2＋d2)＝5eq\r(61)m，故D錯誤。8.(2018·淮安月考)如圖所示，小船過河時，船頭偏向上游與水流方向成α角，船相對于靜水的速度為v，其航線恰好垂直于河岸。現水流速度稍有增大，為保持航線不變，且準時到達對岸，下列措施中可行的是()A．減小α角，增大船速v B．增大α角，增大船速vC．減小α角，保持船速v不變 D．增大α角，保持船速v不變解析：選B因為合速度方向指向河岸且大小不變，由運動的合成知識可得：vcosβ＝v水，α＋β＝180°，而vsinβ不變，則當水流速度稍有增大時，可減小β角(即增大α角)，同時增大船速v，選項B正確；減小α角，增大船速v，合速度方向將變化，A錯誤；保持船速v不變，減小或增大α角，合速度都將變化，C、D錯誤。9．(2018·合肥檢測)有一條兩岸平直、河水均勻流動，流速恒為v的大河，一條小船渡河，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，小船在靜水中的速度大小為eq\f(2v,\r(3))，回程與去程所用時間之比為()A．3∶2 B．2∶1C．3∶1 D．2eq\r(3)∶1解析：選B設河寬為d，則去程所用的時間t1＝eq\f(d,\f(2v,\r(3)))＝eq\f(\r(3)d,2v)；返程時的合速度：v′＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2v,\r(3))))2－v2)＝eq\f(v,\r(3))，回程的時間為：t2＝eq\f(d,\f(v,\r(3)))＝eq\f(\r(3)d,v)；故回程與去程所用時間之比為t2∶t1＝2∶1，選項B正確。對點訓練：繩(桿)端速度分解問題10.[多選](2018·昆山月考)如圖所示，一輛貨車利用跨過光滑定滑輪的輕質纜繩提升一箱貨物，已知貨箱的質量為M，貨物的質量為m，貨車以速度v向左做勻速直線運動，重力加速度為g，則下列說法正確的是()A．到達圖示位置時，貨箱向上運動的速度大于eq\f(v,cosθ)B．到達圖示位置時，貨箱向上運動的速度等于vcosθC．運動過程中，M受到繩的拉力等于MgD．運動過程中，M受到繩的拉力大于Mg解析：選BD將貨車的速度進行正交分解，如圖所示。由于繩子不可伸長，貨箱和貨物整體向上運動的速度和貨車速度沿著繩子方向的分量相等，故：v1＝vcosθ由于θ不斷減小，故貨箱和貨物整體向上做加速運動，加速度向上，故A錯誤，B正確；貨箱和貨物整體向上做加速運動，故拉力大于(M＋m)g，自然大于Mg，故C錯誤，D正確。11.如圖所示，水平光滑長桿上套有一物塊Q，跨過懸掛于O點的輕小光滑圓環的細線一端連接Q，另一端懸掛一物塊P。設細線的左邊部分與水平方向的夾角為θ，初始時θ很小。現將P、Q由靜止同時釋放，關于P、Q以后的運動下列說法正確的是()A．當θ＝60°時，P、Q的速度之比是eq\r(3)∶2B．當θ＝90°時，Q的速度最大C．當θ＝90°時，Q的速度為零D．當θ向90°增大的過程中Q的合力一直增大解析：選BP、Q用同一根繩連接，則Q沿繩子方向的速度與P的速度相等，則當θ＝60°時，Q的速度vQcos60°＝vP，解得：eq\f(vP,vQ)＝eq\f(1,2)，故A錯誤；P的機械能最小時，即為Q到達O點正下方時，此時Q的速度最大，即當θ＝90°時，Q的速度最大，故B正確，C錯誤；當θ向90°增大的過程中Q的合力逐漸減小，當θ＝90°時，Q的速度最大，加速度最小，合力最小，故D錯誤。考點綜合訓練12.(2018·雨花臺模擬)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B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。13.[多選]如圖所示，用一根長桿和兩個定滑輪的組合裝置來提升重物M，長桿的一端放在地上通過鉸鏈連接形成轉軸，其端點恰好處于左側滑輪正下方O點處，在桿的中點C處拴一細繩，通過兩個滑輪后掛上重物M。C點與O點距離為L，現在桿的另一端用力使其逆時針勻速轉動，由豎直位置以角速度ω緩慢轉至水平(轉過了90°角)，此過程中下列說法正確的是()A．重物M做勻速直線運動B．重物M做勻變速直線運動C．重物M的最大速度是ωLD．重物M的速度先增大后減小解析：選CD與桿垂直的速度v是C點的實際速度，vT是細繩的速度，即重物M的速度。設vT與v的夾角是θ，則vT＝vcosθ，開始時θ減小，則vT增大；當桿與細繩垂直(θ＝0)時，重物M的速度最大，為vmax＝ωL，然后再減小，C、D正確。14.(2018·贛州期末)如圖所示，河寬d＝120m，設船在靜水中的速度為v1，河水的流速為v2，小船從A點出發，在渡河時，船身保持平行移動，若出發時船頭指向河對岸的上游B點處，經過10min，小船恰好到達河正對岸的C點，若出發時船頭指向河正對岸的C點，經過8min小船到達C點下游的D點處，求：(1)小船在靜水中的速度v1的大小；(2)河水的流速v2的大小；(3)在第二次渡河中小船被沖向下游的距離sCD。解析：(1、2)當船頭指向B時，合速度v＝eq\r(v12－v22)，則有：eq\r(v12－v22)＝eq\f(d,t1)＝eq\f(120m,10min)＝12m/min，當船頭指向C點時，有：v1＝eq\f(d,t2)＝eq\f(120m,8min)＝15m/min＝0.25m/s，解得v2＝9m/min＝0.15m/s。(3)在第二次渡河中小船被沖向下游的距離sCD＝v2t2＝0.15×480m＝72m。答案：(1)0.25m/s(2)0.15m/s(3)72m第2節拋體運動(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量是相同的。(√)突破點(一)平拋運動的規律1．基本規律(1)速度關系(2)位移關系2．實用結論(1)速度改變量：物體在任意相等時間內的速度改變量Δv＝gΔt相同，方向恒為豎直向下，如圖甲所示。(2)水平位移中點：因tanα＝2tanβ，所以OC＝2BC，即速度的反向延長線通過此時水平位移的中點，如圖乙所示。[題點全練]1.(2018·南京調研)如圖所示，將小球從空中的A點以速度v0水平向右拋出，不計空氣阻力，小球剛好擦過豎直擋板落在地面上的B點。若使小球仍剛好擦過豎直擋板且落在地面上的B點右側，下列方法可行的是()A．在A點正上方某位置將小球以小于v0的速度水平拋出B．在A點正下方某位置將小球以大于v0的速度水平拋出C．在A點將小球以大于v0的速度水平拋出D．在A點將小球以小于v0的速度水平拋出解析：選B根據平拋運動的規律h＝eq\f(1,2)gt2，水平位移x＝v0t可知選項B正確。2.(2018·南通模擬)體育課進行定點投籃訓練，某次訓練中，籃球運動軌跡如圖中虛線所示。下列所做的調整肯定不能使球落入籃筐的是()A．保持球拋出方向不變，增加球出手時的速度B．保持球拋出方向不變，減小球出手時的速度C．增加球出手時的速度，減小球速度方向與水平方向的夾角D．增加球出手時的速度，增加球速度方向與水平方向的夾角解析：選B由題圖可知，籃球沒進筐的原因是水平射程較小；保持球拋出方向不變，增加球出手時的速度可增加水平射程，可使籃球進筐，選項A不符合題意；保持球拋出方向不變，減小球出手時的速度，這樣可減小水平射程，則不能使籃球進筐，選項B符合題意；增加球出手時的速度，減小球速度方向與水平方向的夾角，這樣可能使水平速度增加，豎直速度不變，導致水平位移增加，豎直高度不變，也可能使籃球進筐，選項C不符合要求；增加球出手時的速度，增加球速度方向與水平方向的夾角，可能使水平位移增加，也可能使籃球進筐，選項D不符合要求；故選B。突破點(二)多體平拋問題[題點全練]1.(2017·江蘇高考)如圖所示，A、B兩小球從相同高度同時水平拋出，經過時間t在空中相遇。若兩球的拋出速度都變為原來的2倍，則兩球從拋出到相遇經過的時間為()A．t B.eq\f(\r(2),2)tC.eq\f(t,2) D.eq\f(t,4)解析：選C設兩球間的水平距離為L，第一次拋出的速度分別為v1、v2，由于小球拋出后在水平方向上做勻速直線運動，則從拋出到相遇經過的時間t＝eq\f(L,v1＋v2)，若兩球的拋出速度都變為原來的2倍，則從拋出到相遇經過的時間為t′＝eq\f(L,2v1＋v2)＝eq\f(t,2)，C項正確。2.(2018·徐州模擬)電視綜藝節目《加油向未來》中有一個橄欖球空中擊劍游戲：寶劍從空中B點自由下落，同時橄欖球從A點以速度v0沿AB方向拋出，恰好在空中C點擊中劍尖，不計空氣阻力。關于橄欖球，下列說法正確的是()A．在空中運動的加速度大于寶劍下落的加速度B．若以大于v0的速度沿原方向拋出，一定能在C點上方擊中劍尖C．若以小于v0的速度沿原方向拋出，一定能在C點下方擊中劍尖D．無論以多大速度沿原方向拋出，都能擊中劍尖解析：選B由于橄欖球和劍在空中只受重力作用，故加速度均為g，選項A錯誤；若要擊中劍尖，需滿足水平方向：x＝v0cosθ·t，豎直方向：H＝eq\f(1,2)gt2＋v0sinθ·t－eq\f(1,2)gt2＝v0sinθ·t，若以大于v0的速度沿原方向拋出，此時t變小，相遇時劍下落的高度減小，則一定能在C點上方擊中劍尖，選項B正確；若以小于v0的速度沿原方向拋出，若速度過小，則橄欖球可能不能運動到球的正下方就落地了，故不一定能在C點下方擊中劍尖，選項C、D錯誤。[題后悟通]對多體平拋問題的四點提醒(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。(4)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。突破點(三)平拋運動問題的5種解法平拋運動是較為復雜的勻變速曲線運動，求解此類問題的基本方法是，將平拋運動分解為水平方向的勻速直線運動和豎直方向的自由落體運動。高考對平拋運動的考查往往將平拋運動置于實際情景或物理模型中，而在這些情景中求解平拋運動問題時只會運動分解的基本方法往往找不到解題突破口，這時根據平拋運動特點，結合試題情景和所求解的問題，再佐以假設法、對稱法、等效法等，能使問題迎刃而解。eq\a\vs4\al(一以分解速度為突破口求解平拋運動問題)對于一個做平拋運動的物體來說，若知道了某時刻的速度方向，可以從分解速度的角度來研究：tanθ＝eq\f(vy,vx)＝eq\f(gt,v0)(θ為t時刻速度與水平方向間夾角)，從而得出初速度v0、時間t、夾角θ之間的關系，進而求解具體問題。[例1](2016·上海高考)如圖，圓弧形凹槽固定在水平地面上，其中ABC是位于豎直平面內以O為圓心的一段圓弧，OA與豎直方向的夾角為α。一小球以速度v0從桌面邊緣P水平拋出，恰好從A點沿圓弧的切線方向進入凹槽。小球從P到A的運動時間為________；直線PA與豎直方向的夾角β＝________。[解析]根據題意，小球從P點拋出后做平拋運動，小球運動到A點時將速度分解，有tanα＝eq\f(vy,vx)＝eq\f(gt,v0)，則小球運動到A點的時間為：t＝eq\f(v0tanα,g)；從P點到A點的位移關系有：tanβ＝eq\f(v0t,\f(1,2)gt2)＝eq\f(2v0,gt)＝eq\f(2,tanα)＝2cotα，所以PA與豎直方向的夾角為：β＝arctan(2cotα)。[答案]eq\f(v0tanα,g)arctan(2cotα)eq\a\vs4\al(二以分解位移為突破口求解平拋運動問題)對于一個做平拋運動的物體來講，若知道某一時刻物體的位移方向，則可將位移分解到水平方向和豎直方向，然后利用tanα＝eq\f(\f(1,2)gt2,v0t)(α為t時刻位移與水平方向間夾角)，確定初速度v0、運動時間t和夾角α間的大小關系。[例2](2018·青島月考)如圖所示，在豎直面內有一個以AB為水平直徑的半圓，O為圓心，D為最低點。圓上有一點C，且∠COD＝60°。現在A點以速率v1沿AB方向拋出一小球，小球能擊中D點；若在C點以某速率v2沿BA方向拋出小球時也能擊中D點。重力加速度為g，不計空氣阻力。下列說法正確的是()A．圓的半徑為R＝eq\f(2v12,g) B．圓的半徑為R＝eq\f(4v12,3g)C．速率v2＝eq\f(\r(3),2)v1 D．速率v2＝eq\f(\r(3),3)v1[解析]從A點拋出的小球做平拋運動，它運動到D點時R＝eq\f(1,2)gt12，R＝v1t1，故R＝eq\f(2v12,g)，選項A正確，選項B錯誤；從C點拋出的小球Rsin60°＝v2t2，R(1－cos60°)＝eq\f(1,2)gt22，解得v2＝eq\f(\r(6),2)v1，選項C、D錯誤。[答案]Aeq\a\vs4\al(三利用假設法求解平拋運動問題)對于平拋運動，運動時間由下落高度決定，水平位移由下落高度和初速度決定，所以當下落高度相同時，水平位移與初速度成正比。但有時下落高度不同，水平位移就很難比較，這時可以采用假設法，例如移動水平地面使其下落高度相同，從而作出判斷。[例3]斜面上有a、b、c、d四個點，如圖所示，ab＝bc＝cd，從a點正上方的O點以速度v水平拋出一個小球，它落在斜面上b點，若小球從O點以速度2v水平拋出，不計空氣阻力，則它落在斜面上的()A．b與c之間某一點 B．c點C．c與d之間某一點 D．d點[解析]假設斜面是一層很薄的紙，小球落上就可穿透且不損失能量，過b點作水平線交Oa于a′，由于小球從O點以速度v水平拋出時，落在斜面上b點，則小球從O點以速度2v水平拋出，穿透斜面后應落在水平線a′b延長線上的c′點，如圖所示，因ab＝bc，則a′b＝bc′，即c′點在c點的正下方，顯然，小球軌跡交于斜面上b與c之間。所以，本題答案應選A。[答案]Aeq\a\vs4\al(四利用推論法求解平拋運動問題)推論Ⅰ：做平拋運動的物體在任一時刻或任一位置時，設其速度方向與水平方向的夾角為θ，位移與水平方向的夾角為φ，則tanθ＝2tanφ。推論Ⅱ：做平拋運動的物體，任意時刻速度方向的反向延長線一定通過此時水平位移的中點。推論Ⅲ：物體落回斜面的平拋運動中，物體在不同落點的速度方向與斜面的夾角相等。[例4]如圖所示，墻壁上落有兩只飛鏢，它們是從同一位置水平射出的，飛鏢甲與豎直墻壁成α＝53°角，飛鏢乙與豎直墻壁成β＝37°角，兩者相距為d。假設飛鏢的運動是平拋運動，求射出點離墻壁的水平距離。(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)[解析]設射出點P離墻壁的水平距離為L，飛鏢甲下降的高度為h1，飛鏢乙下降的高度為h2，根據平拋運動的重要推論可知，兩飛鏢速度的反向延長線一定通過水平位移的中點Q，如圖所示，由此得eq\f(L,2)cotβ－eq\f(L,2)cotα＝d，代入數值得：L＝eq\f(24d,7)。[答案]eq\f(24d,7)eq\a\vs4\al(五利用等效法求解類平拋運動問題)當物體受到與初速度垂直的恒定的合外力時，其運動規律與平拋運動類似，簡稱類平拋運動。類平拋運動的求解方法是，將運動分解為初速度方向的勻速直線運動和垂直于初速度方向(即合外力方向)的勻加速直線運動，求出等效加速度，再利用求解平拋運動的方法求解相關問題。[例5](2018·河北正定中學月考)風洞實驗室能產生大小和方向均可改變的風力。如圖所示，在風洞實驗室中有足夠大的光滑水平面，在水平面上建立xOy直角坐標系。質量m＝0.5kg的小球以初速度v0＝0.40m/s從O點沿x軸正方向運動，在0～2.0s內受到一個沿y軸正方向、大小F1＝0.20N的風力作用；小球運動2.0s后風力方向變為沿y軸負方向、大小變為F2＝0.10N(圖中未畫出)。試求：(1)2.0s末小球在y軸方向的速度大小和2.0s內運動的位移大小；(2)風力F2作用多長時間，小球的速度變為與初速度相同。[解析](1)設在0～2.0s內小球運動的加速度為a1，則F1＝ma12．0s末小球在y軸方向的速度v1＝a1t1代入數據解得v1＝0.8m/s沿x軸方向運動的位移x1＝v0t1沿y軸方向運動的位移y1＝eq\f(1,2)a1t122．0s內運動的位移s1＝eq\r(x12＋y12)代入數據解得s1＝0.8eq\r(2)m≈1.1m。(2)設2.0s后小球運動的加速度為a2，F2的作用時間為t2時小球的速度變為與初速度相同。則F2＝ma20＝v1－a2t2代入數據解得t2＝4.0s。[答案](1)0.8m/s1.1m(2)4.0s體育運動中的平拋運動問題(一)乒乓球的平拋運動問題1．[多選](2018·蘇北重點中學聯考)在某次乒乓球比賽中，乒乓球先后兩次落臺后恰好在等高處水平越過球網，過網時的速度方向均垂直于球網，把兩次落臺的乒乓球看成完全相同的兩個球，球1和球2，如圖所示，不計乒乓球的旋轉和空氣阻力，乒乓球自起跳到最高點的過程中，下列說法正確的是()A．起跳時，球1的重力功率等于球2的重力功率B．球1的速度變化率小于球2的速度變化率C．球1的飛行時間大于球2的飛行時間D．過網時球1的速度大于球2的速度解析：選AD乒乓球起跳后到最高點的過程，其逆過程可看成平拋運動。重力的瞬時功率等于重力乘以豎直方向的速度，兩球起跳后能到達的最大高度相同，由v2＝2gh得，起跳時豎直方向分速度大小相等，所以兩球起跳時重力功率大小相等，A正確；速度變化率即加速度，兩球在空中的加速度都等于重力加速度，所以兩球的速度變化率相同，B錯誤；由h＝eq\f(1,2)gt2可得兩球飛行時間相同，C錯誤；由x＝vt可知，球1的水平位移較大，運動時間相同，則球1的水平速度較大，D正確。(二)足球的平拋運動問題2.(2015·浙江高考)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：選B根據幾何關系可知，足球做平拋運動的豎直高度為h，水平位移為x水平＝eq\r(s2＋\f(L2,4))，則足球位移的大小為：x＝eq\r(x水平2＋h2)＝eq\r(s2＋\f(L2,4)＋h2)，選項A錯誤；由h＝eq\f(1,2)gt2，x水平＝v0t，可得足球的初速度為v0＝eq\r(\f(g,2h)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L2,4)＋s2)))，選項B正確；對足球應用動能定理：mgh＝eq\f(mv2,2)－eq\f(mv02,2)，可得足球末速度v＝eq\r(v02＋2gh)＝eq\r(\f(g,2h)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L2,4)＋s2))＋2gh)，選項C錯誤；初速度方向與球門線夾角的正切值為tanθ＝eq\f(2s,L)，選項D錯誤。(三)網球的平拋運動問題3．一位網球運動員以拍擊球，使網球沿水平方向飛出。第一只球飛出時的初速度為v1，落在自己一方場地上后，彈跳起來，剛好擦網而過，落在對方場地的A點處。如圖所示，第二只球飛出時的初速度為v2，直接擦網而過，也落在A點處。設球與地面碰撞時沒有能量損失，且不計空氣阻力，求：(1)網球兩次飛出時的初速度之比v1∶v2；(2)運動員擊球點的高度H與網高h之比H∶h。解析：(1)第一、二兩只球被擊出后都做平拋運動，由平拋運動的規律可知，兩球分別被擊出至各自第一次落地的時間是相等的。由題意知水平射程之比為：x1∶x2＝1∶3，故平拋運動的初速度之比為v1∶v2＝1∶3。(2)第一只球落地后反彈做斜拋運動，根據運動對稱性可知DB段和OB段是相同的平拋運動，則兩球下落相同高度(H－h)后水平距離x1′＋x2′＝2x1，根據公式H＝eq\f(1,2)gt12，H－h＝eq\f(1,2)gt22，而x1＝v1t1，x1′＝v1t2，x2′＝v2t2，綜合可得v1t2＋v2t2＝2v1t1，故t1＝2t2，即H＝4(H－h)，解得H∶h＝4∶3。答案：(1)1∶3(2)4∶3(四)排球的平拋運動問題4．如圖所示，排球場總長為18m，設球網高度為2m，運動員站在網前3m處正對球網跳起將球水平擊出，不計空氣阻力，取重力加速度g＝10m/s2。(1)若擊球高度為2.5m，為使球既不觸網又不出界，求水平擊球的速度范圍；(2)當擊球點的高度低于何值時，無論水平擊球的速度多大，球不是觸網就是越界？解析：(1)排球被水平擊出后，做平拋運動，如圖所示，若正好壓在底線上，則球在空中的飛行時間：t1＝eq\r(\f(2h0,g))＝eq\r(\f(2×2.5,10))s＝eq\f(1,\r(2))s由此得排球不越界的臨界速度v1＝eq\f(x1,t1)＝eq\f(12,1/\r(2))m/s＝12eq\r(2)m/s。若球恰好觸網，則球在網上方運動的時間：t2＝eq\r(\f(2h0－H,g))＝eq\r(\f(2×2.5－2,10))s＝eq\f(1,\r(10))s。得排球觸網的臨界擊球速度值v2＝eq\f(x2,t2)＝eq\f(3,1/\r(10))m/s＝3eq\r(10)m/s。要使排球既不觸網又不越界，水平擊球速度v的取值范圍為：3eq\r(10)m/s<v≤12eq\r(2)m/s。(2)設擊球點的高度為h，當h較小時，擊球速度過大會越界，擊球速度過小又會觸網，臨界情況是球剛好擦網而過，落地時又恰好壓在邊界線上。由幾何知識可得eq\f(x1,\r(\f(2h,g)))＝eq\f(x2,\r(\f(2h－H,g)))，得h＝eq\f(H,1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x2,x1)))2)＝eq\f(2,1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,12)))2)m＝eq\f(32,15)m。即擊球高度不超過此值時，球不是出界就是觸網。答案：(1)3eq\r(10)m/s<v≤12eq\r(2)m/s(2)eq\f(32,15)meq\a\vs4\al([反思領悟])在解決體育運動中的平拋運動問題時，既要考慮研究平拋運動的思路和方法，又要考慮所涉及的體育運動設施的特點，如乒乓球、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；足球的球門有固定的高度和寬度。對點訓練：拋體運動的基本規律1.(2018·杭州模擬)農歷12月11日是千祥鎮的交流會，程老師和他七歲的兒子在逛街的過程中，發現了一個游戲“套圈游戲”，套中啥，就可以拿走那樣東西，兩元一次，程老師試了一次，套中了一個距離起點水平距離為2m的“熊大”雕像，他兒子看了，也心癢癢，想把距離起點相等水平距離的“光頭強”雕像也套中。假設他們套圈的時候圈的運動是平拋運動，程老師拋圈的速度為2m/s，試問他兒子要將像套中，應怎么辦()A．大于2m/s的速度拋出 B．等于2m/s的速度拋出C．小于2m/s的速度拋出 D．無法判斷解析：選A根據平拋運動的規律可知，豎直方向h＝eq\f(1,2)gt2，水平方向的位移x＝vt＝veq\r(\f(2h,g))；由于程老師拋圈的速度為2m/s能夠套住，他兒子的身高要低于他，要想套住必須增加水平速度；所以A正確，B、C、D錯誤。2.(2018·佛山模擬)2016年起，我國空軍出動“戰神”轟-6K等戰機赴南海戰斗巡航。某次戰備投彈訓練，飛機在水平方向做加速直線運動的過程中投下一顆模擬彈。飛機飛行高度為h，重力加速度為g，不計空氣阻力，則以下說法正確的是()A．在飛行員看來模擬彈做平拋運動B．模擬彈下落到海平面的時間為eq\r(\f(2h,g))C．在飛行員看來模擬彈做自由落體運動D．若戰斗機做加速向下的俯沖運動，此時飛行員一定處于失重狀態解析：選B模擬彈相對于地面做平拋運動，水平方向做勻速直線運動，而且水平速度與剛被投下時飛機的速度相同。由于飛機做加速直線運動，速度不斷增大，所以在飛行員看來模擬彈做的不是平拋運動，也不是自由落體運動，故A、C錯誤。模擬彈豎直方向做自由落體運動，由h＝eq\f(1,2)gt2得t＝eq\r(\f(2h,g))，故B正確。若戰斗機做加速向下的俯沖運動，若飛機斜向下做加速運動時，具有豎直向下的分加速度，此時飛行員處于失重狀態；若飛機斜向下做加速曲線運動時，有斜向上的向心加速度，具有豎直向上的分加速度，此時飛行員處于超重狀態，故D錯誤。3.(2018·呼倫貝爾一模)如圖所示，在同一平臺上的O點水平拋出的三個物體，分別落到a、b、c三點，則三個物體運動的初速度va、vb、vc和運動的時間ta、tb、tc的關系分別是()A．va>vb>vcta>tb>tc B．va<vb<vcta＝tb＝tcC．va<vb<vcta>tb>tc D．va>vb>vcta<tb<tc解析：選C三個物體落地的高度ha>hb>hc，根據h＝eq\f(1,2)gt2，知ta>tb>tc，根據xa<xb<xc，x＝vt知，a的水平位移最短，時間最長，則速度最小；c的水平位移最長，時間最短，則速度最大，所以有va<vb<vc。故C正確，A、B、D錯誤。4.(2018·鹽城一模)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在地面上C點，已知地面上D點位于B點正下方，B、D間距離為h，則()A．A、B兩點間距離為eq\f(h,2) B．A、B兩點間距離為eq\f(h,4)C．C、D兩點間距離為2h D．C、D兩點間距離為eq\f(2\r(3),3)h解析：選C小球在AB段自由下落，小球在BC段做平拋運動，兩段過程運動時間相同，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)，運動的時間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。5．[多選]質量為m的物體以速度v0水平拋出，經過一段時間速度大小變為eq\r(2)v0，不計空氣阻力，重力加速度為g，以下說法正確的是()A．該過程平均速度大小為eq\f(1＋\r(2),2)v0B．運動位移的大小為eq\f(\r(5)v02,2g)C．速度大小變為eq\r(2)v0時，重力的瞬時功率為mgv0D．運動時間為eq\f(v0,2g)解析：選BC根據題述，經過一段時間速度大小變為eq\r(2)v0，將該速度分解可得豎直速度等于v0，重力的瞬時功率為P＝mgv0，選項C正確；由v0＝gt，解得運動時間為t＝eq\f(v0,g)，選項D錯誤；水平位移為x1＝v0t＝eq\f(v02,g)，豎直位移y＝eq\f(1,2)gt2＝eq\f(v02,2g)，運動位移的大小為x＝eq\r(x12＋y2)＝eq\f(\r(5)v02,2g)，選項B正確；該過程平均速度大小為v＝eq\f(x,t)＝eq\f(\r(5)v0,2)，選項A錯誤。對點訓練：平拋運動與斜面的結合6.如圖所示，斜面ABC放在水平面上，斜邊BC長為l，傾角為30°，在斜面的上端B點沿水平方向拋出一小球，結果小球剛好落在斜面下端C點，重力加速度為g，則小球初速度v0的值為()A.eq\f(1,2)eq\r(gl) B.eq\f(1,2)eq\r(2gl)C.eq\f(1,2)eq\r(3gl) D.eq\f(1,2)eq\r(5gl)解析：選C平拋運動的水平位移x＝lcosθ＝v0t，豎直方向的位移y＝lsinθ＝eq\f(1,2)gt2，聯立可得v0＝eq\f(1,2)eq\r(3gl)，C正確。7．(2018·邯鄲一中調研)如圖，斜面AC與水平方向的夾角為α，在A點正上方與C等高處水平拋出一小球，其速度垂直于斜面落到D點，則CD與DA的比為()A.eq\f(1,tanα) B.eq\f(1,2tanα)C.eq\f(1,tan2α) D.eq\f(1,2tan2α)解析：選D設小球水平方向的速度為v0，將D點的速度進行分解，水平方向的速度等于平拋運動的初速度，通過幾何關系求解，得豎直方向的末速度為v2＝eq\f(v0,tanα)，設該過程用時為t，則DA間水平距離為v0t，故DA＝eq\f(v0t,cosα)；CD間豎直距離為eq\f(v2t,2)，故CD＝eq\f(v2t,2sinα)，得eq\f(CD,DA)＝eq\f(1,2tan2α)，故選D。8．(2018·淄博實驗中學月考)在斜面頂端的A點以速度v平拋一小球，經t1時間落到斜面上B點處，若在A點將此小球以速度0.5v水平拋出，經t2時間落到斜面上的C點處，以下判斷正確的是()A．AB∶AC＝2∶1 B．AB∶AC＝4∶1C．t1∶t2＝4∶1 D．t1∶t2＝eq\r(2)∶1解析：選B平拋運動豎直方向上的位移和水平方向上的位移關系為tanθ＝eq\f(y,x)＝eq\f(\f(1,2)gt2,v0t)＝eq\f(gt,2v0)，則t＝eq\f(2v0tanθ,g)，可知運動的時間與初速度成正比，所以t1∶t2＝2∶1。豎直方向上下落的高度h＝eq\f(1,2)gt2，可得豎直方向上的位移之比為4∶1。斜面上的距離s＝eq\f(h,sinθ)，知AB∶AC＝4∶1。故選B。9．[多選]如圖所示，一固定斜面傾角為θ，將小球A從斜面頂端以速率v0水平向右拋出，擊中了斜面上的P點。將小球B從空中某點以相同速率v0水平向左拋出，恰好垂直斜面擊中Q點。不計空氣阻力，重力加速度為g，下列說法正確的是()A．若小球A在擊中P點時速度方向與水平方向所夾銳角為φ，則tanθ＝2tanφB．若小球A在擊中P點時速度方向與水平方向所夾銳角為φ，則tanφ＝2tanθC．小球A、B在空中運動的時間之比為2tan2θ∶1D．小球A、B在空中運動的時間之比為tan2θ∶1解析：選BC對于小球A，有tanθ＝eq\f(y,x)＝eq\f(\f(1,2)gt2,v0t)＝eq\f(gt,2v0)，得t＝eq\f(2v0tanθ,g)，tanφ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(gt,v0)，則有tanφ＝2tanθ，故A錯誤，B正確；對于小球B，tanθ＝eq\f(v0,vy′)＝eq\f(v0,gt′)，得t′＝eq\f(v0,gtanθ)，所以小球A、B在空中運動的時間之比為t∶t′＝2tan2θ∶1，故C正確，D錯誤。10.(2018·鄭州模擬)如圖所示，斜面體ABC固定在水平地面上，斜面的高AB為eq\r(2)m，傾角為θ＝37°，且D是斜面的中點，在A點和D點分別以相同的初速度水平拋出一個小球，結果兩個小球恰能落在地面上的同一點，則落地點到C點的水平距離為()A.eq\f(3,4)m B.eq\f(\r(2),3)mC.eq\f(\r(2),2)m D.eq\f(4,3)m解析：選D設AB高為h，則從A點拋出的小球運動的時間t1＝eq\r(\f(2h,g))，從D點拋出的小球運動的時間t2＝eq\r(\f(2×\f(h,2),g))＝eq\r(\f(h,g))，在水平方向上有：v0t1－v0t2＝eq\f(h,2tanθ)，x＝v0t1－eq\f(h,tanθ)代入數據得，x＝eq\f(4,3)m，故D正確，A、B、C錯誤。考點綜合訓練11.(2018·連云港一檢)如圖所示，在水平放置的半徑為R的圓柱體的正上方的P點將一個小球以水平速度v0沿垂直于圓柱體的軸線方向拋出，小球飛行一段時間后恰好從圓柱體的Q點沿切線飛過，測得O、Q連線與豎直方向的夾角為θ，那么小球完成這段飛行的時間是()A．t＝eq\f(v0,gtanθ) B．t＝eq\f(gtanθ,v0)C．t＝eq\f(Rsinθ,v0) D．t＝eq\f(Rcosθ,v0)解析：選C小球做平拋運動，tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(gt,v0)，則時間t＝eq\f(v0tanθ,g)，選項A、B錯誤；在水平方向上有Rsinθ＝v0t，則t＝eq\f(Rsinθ,v0)，選項C正確，D錯誤。12．[多選]如圖所示，在距地面高為H＝45m處，有一小球A以初速度v0＝10m/s水平拋出，與此同時，在A的正下方有一物塊B也以相同的初速度同方向滑出，B與水平地面間的動摩擦因數為μ＝0.4，A、B均可視為質點，空氣阻力不計(取g＝10m/s2)。下列說法正確的是()A．小球A落地時間為3sB．物塊B運動時間為3sC．物塊B運動12.5m后停止D．A球落地時，A、B相距17.5m解析：選ACD根據H＝eq\f(1,2)gt2得，t＝eq\r(\f(2H,g))＝eq\r(\f(2×45,10))s＝3s，故A正確；物塊B勻減速直線運動的加速度大小a＝μg＝0.4×10m/s2＝4m/s2，則B速度減為零的時間t0＝eq\f(v0,a)＝eq\f(10,4)s＝2.5s，滑行的距離x＝eq\f(v0,2)t0＝eq\f(10,2)×2.5m＝12.5m，故B錯誤，C正確；A落地時，A的水平位移xA＝v0t＝10×3m＝30m，B的位移xB＝x＝12.5m，則A、B相距Δx＝(30－12.5)m＝17.5m，故D正確。13.(2018·資陽模擬)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。現讓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初速度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＝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，則有：vy＝gt＝10×0.4m/s＝4m/s因此有：v0＝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(x,cos37°)＝eq\f(1.2,0.8)m＝1.5m，根據牛頓第二定律，滑塊上滑的加速度為：a＝gsin37°＋μgcos37°＝8m/s2根據公式：s＝vt－eq\f(1,2)at2v＝5.35m/s。答案：(1)3m/s(2)5.35m/s14．(2018·宿遷模擬)如圖所示，練習雪道由傾斜部分AB段和水平部分BC段組成，其中傾斜雪道的傾角θ＝45°，A處離水平地面的高度H＝5m。運動員每次練習時在A處都沿水平方向飛出，不計空氣阻力。取g＝10m/s2。(1)求運動員在空中運動的最長時間tm。(2)運動員要落在AB段，求其在A處飛出時的最大速度vm大小。(3)運動員在A處飛出的速度為v，當其落到BC段時，速度方向與豎直方向的夾角為α，試通過計算在圖2中畫出tanα-v圖像。解析：(1)運動員在空中運動的最長時間對應運動員下落的高度H＝5m，根據H＝eq\f(1,2)gt2得，tm＝eq\r(\f(2H,g))＝eq\r(\f(2×5,10))s＝1s。(2)若運動員落在斜面上，速度最大時恰好落在B點，由于θ＝45°，則運動員的水平位移：x＝H＝5m則運動員在A處飛出時的最大初速度：vm＝eq\f(x,t)＝eq\f(5,1)m/s＝5m/s。(3)運動員到達BC段時，下落的時間是1s，則落地時豎直方向的分速度：vy＝gtm＝10×1m/s＝10m/s運動員到達BC段的過程中水平方向的分速度不變，到達B點的水平方向的分速度為5m/s，所以到達B點時速度方向與豎直方向的夾角滿足：tanα＝eq\f(vm,vy)＝eq\f(5,10)＝eq\f(1,2)在BC段：tanα＝eq\f(v,vy)＝eq\f(1,10)v所以畫出tanα-v圖像如圖所示。答案：(1)1s(2)5m/s(3)見解析圖第3節圓_周_運_動(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。(×)突破點(一)描述圓周運動的物理量1．圓周運動各物理量間的關系2．對公式v＝ωr的理解當r一定時，v與ω成正比；當ω一定時，v與r成正比；當v一定時，ω與r成反比。3．對a＝eq\f(v2,r)＝ω2r的理解當v一定時，a與r成反比；當ω一定時，a與r成正比。4．常見的三種傳動方式及特點(1)皮帶傳動：如圖甲、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：如圖丙所示，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：如圖丁所示，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。[題點全練]1.(2018·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