第四章曲線運動萬有引力與航天[全國卷5年考情分析]基礎考點常考考點命題概率常考角度勻速圓周運動、角速度、線速度、向心加速度(Ⅰ)離心現(xiàn)象(Ⅰ)第二宇宙速度和第三宇宙速度(Ⅰ)經(jīng)典時空觀和相對論時空觀(Ⅰ)以上4個考點未曾獨立命題運動的合成與分解(Ⅱ)'16Ⅰ卷T18(6分)'15Ⅱ卷T16(6分)綜合命題概率40%(1)對運動的合成與分解的考查(2)對平拋運動規(guī)律的考查(3)對圓周運動中角速度、線速度關系及向心力的考查(4)平拋運動、圓周運動與功能關系的綜合考查(5)天體質(zhì)量、密度的計算(6)衛(wèi)星運動的各物理量間的比較(7)衛(wèi)星的發(fā)射與變軌問題拋體運動(Ⅱ)'17Ⅰ卷T15(6分)'15Ⅰ卷T18(6分)'14Ⅱ卷T15(6分)獨立命題概率60%勻速圓周運動的向心力(Ⅱ)'16Ⅱ卷T16(6分)'14Ⅰ卷T20(6分)'13Ⅱ卷T21(6分)綜合命題概率100%萬有引力定律及其應用(Ⅱ)'17Ⅱ卷T19(6分)，Ⅲ卷T14(6分)獨立命題概率100%'16Ⅰ卷T17(6分)'15Ⅰ卷T21(6分)'14Ⅰ卷T19(6分)，Ⅱ卷T18(6分)'13Ⅰ卷T20(6分),Ⅱ卷T20(6分)環(huán)繞速度(Ⅱ)'15Ⅱ卷T16(6分)'13Ⅰ卷T20(6分)獨立命題概率30%第1節(jié)曲線運動__運動的合成與分解(1)速度發(fā)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(fā)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。(√)1.物體做直線運動還是做曲線運動是由物體的速度與合外力是否在同一直線上決定的。2．兩個分運動的合運動是直線運動還是曲線運動要看兩個分運動的合速度與合加速度是否在同一直線上。3．解題中常用到的二級結論：(1)小船過河問題①船頭的方向垂直于水流的方向，則小船過河所用時間最短，t＝eq\f(d,v船)。②若船速大于水速，則合速度垂直于河岸時，最短航程s＝d。③若船速小于水速，則合速度不可能垂直于河岸，最短航程s＝d×eq\f(v水,v船)。(2)用繩或桿連接的兩物體，沿繩或桿方向的分速度大小相等。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．關于曲線運動，下列說法中正確的是()A．做曲線運動的物體速度方向必定變化B．速度變化的運動必定是曲線運動C．加速度恒定的運動不可能是曲線運動D．加速度變化的運動必定是曲線運動解析：選A做曲線運動的物體速度大小不一定變化，但速度方向必定變化，A正確；速度變化的運動可能是速度方向在變，也可能是速度大小在變，不一定是曲線運動，B錯誤；加速度恒定的運動可能是勻變速直線運動，也可能是勻變速曲線運動，C錯誤；加速度變化的運動可能是非勻變速直線運動，也可能是非勻變速曲線運動，D錯誤。2．(2018·金華聯(lián)考)春節(jié)期間人們放飛孔明燈表達對新年的祝福，如圖甲所示，孔明燈在豎直O(jiān)y方向做勻加速運動，在水平Ox方向做勻速運動，孔明燈的運動軌跡可能為圖乙中的()A．直線OA B．曲線OBC．曲線OC D．曲線OD解析：選D孔明燈在豎直O(jiān)y方向做勻加速運動，在水平Ox方向做勻速運動，則合外力沿Oy方向，所以合運動的加速度方向沿Oy方向，但合速度方向不沿Oy方向，故孔明燈做曲線運動，結合合力指向軌跡內(nèi)側(cè)可知軌跡可能為曲線OD，故D正確。3．[多選](2018·南昌一模)一質(zhì)量為m的質(zhì)點起初以速度v0做勻速直線運動，在t＝0時開始受到恒力F作用，速度大小先減小后增大，其最小值為v＝0.5v0，由此可判斷()A．質(zhì)點受到恒力F作用后一定做勻變速曲線運動B．質(zhì)點受到恒力F作用后可能做圓周運動C．t＝0時恒力F方向與速度v0方向間的夾角為60°D．恒力F作用eq\f(\r(3)mv0,2F)時間時質(zhì)點速度最小解析：選AD在t＝0時質(zhì)點開始受到恒力F作用，加速度不變，做勻變速運動，若做勻變速直線運動，則最小速度為零，所以質(zhì)點受到恒力F作用后一定做勻變速曲線運動，故A正確；質(zhì)點在恒力作用下不可能做圓周運動，故B錯誤；設恒力與初速度之間的夾角是θ，最小速度v1＝v0sinθ＝0.5v0，由題意可知初速度與恒力間的夾角為鈍角，所以θ＝150°，故C錯誤；在沿恒力方向上速度為0時有v0cos30°－eq\f(F,m)Δt＝0，解得Δt＝eq\f(\r(3)mv0,2F)，故D正確。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(jīng)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(zhì)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(zhì)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(zhì)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]在一光滑水平面內(nèi)建立平面直角坐標系，一物體從t＝0時刻起，由坐標原點O(0,0)開始運動，其沿x軸和y軸方向運動的速度—時間圖像如圖甲、乙所示，下列說法中正確的是()A．前2s內(nèi)物體沿x軸做勻加速直線運動B．后2s內(nèi)物體繼續(xù)做勻加速直線運動，但加速度沿y軸方向C．4s末物體坐標為(4m,4m)D．4s末物體坐標為(6m,2m)[思路點撥](1)判斷物體運動性質(zhì)時要分析物體的加速度特點及加速度與速度方向間的關系。(2)確定物體在某時刻的坐標時，要沿x軸和y軸分別計算物體的位移。[解析]前2s內(nèi)物體在y軸方向速度為0，由題圖甲知物體沿x軸方向做勻加速直線運動，A正確；后2s內(nèi)物體在x軸方向做勻速運動，在y軸方向做初速度為0的勻加速運動，加速度沿y軸方向，合運動是曲線運動，B錯誤；4s內(nèi)物體在x軸方向上的位移是x＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×2×2＋2×2))m＝6m，在y軸方向上的位移為y＝eq\f(1,2)×2×2m＝2m，所以4s末物體坐標為(6m,2m)，D正確，C錯誤。[答案]AD[集訓沖關]1.(2018·太原聯(lián)考)如圖所示，豎直放置的兩端封閉的玻璃管中注滿清水，內(nèi)有一個紅蠟塊能在水中勻速上浮。在紅蠟塊從玻璃管的下端勻速上浮的同時，使玻璃管以速度v水平向右勻速運動。紅蠟塊由管口上升到頂端，所需時間為t，相對地面通過的路程為L。則下列說法正確的是()A．v增大時，L減小 B．v增大時，L增大C．v增大時，t減小 D．v增大時，t增大解析：選B由合運動與分運動的等時性知，紅蠟塊沿管上升的高度和速度不變，運動時間不變，玻璃管勻速運動的速度越大，則合速度越大，合位移越大，B正確。2.(2018·衡陽聯(lián)考)如圖所示，當汽車靜止時，車內(nèi)乘客看到窗外雨滴沿豎直方向OE勻速運動。現(xiàn)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(tài)啟動后t1時刻，乘客看到雨滴從B處離開車窗，乙種狀態(tài)啟動后t2時刻，乘客看到雨滴從F處離開車窗，F(xiàn)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。3．[多選](2018·山東實驗中學高三段考)一物體在以xOy為直角坐標系的平面上運動，其運動規(guī)律為x＝－2t2－4t，y＝3t2＋6t(式中的物理量單位均為國際單位)，關于物體的運動，下列說法正確的是()A．物體在x軸方向上做勻減速直線運動B．物體在y軸方向上做勻加速直線運動C．物體運動的軌跡是一條直線D．物體運動的軌跡是一條曲線解析：選BC對應位移時間公式x＝v0t＋eq\f(1,2)at2，x＝－2t2－4t，y＝3t2＋6t，可得初速度：v0x＝－4m/s，v0y＝6m/s；加速度：ax＝－4m/s2，ay＝6m/s2；物體在x軸上分運動的初速度和加速度同方向，是勻加速直線運動，故A錯誤；物體在y軸方向的初速度和加速度同方向，是勻加速直線運動，故B正確；題中分運動的初速度和加速度數(shù)值完全相同，故合運動的初速度方向與加速度方向相同，故合運動一定是勻加速直線運動，故C正確，D錯誤。

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·綿陽質(zhì)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(fā)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(fā)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。v2＝v1cosαd＝v1sinα·t2由圖甲可得d＝v1t1聯(lián)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河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]1．一艘小船橫渡一條河流，小船本身提供的速度大小、方向都不變，且始終垂直于河岸。已知河水流速從兩岸到中心逐漸增大，則小船運動軌跡是選項圖中的()解析：選C小船沿垂直于河岸方向做勻速直線運動，河水流速從兩岸到中心逐漸增大，即小船從河岸到河心時沿河岸方向做加速運動，加速度指向下游，曲線軌跡的凹側(cè)指向下游，從河心到另一側(cè)河岸時，小船沿河岸方向做減速運動，加速度指向上游，凹側(cè)指向上游，故只有C正確。2.(2018·高安質(zhì)檢)如圖所示，兩次渡河時船相對于靜水的速度大小和方向都不變。已知第一次實際航程為A至B，位移為x1，實際航速為v1，所用時間為t1。由于水速增大，第二次實際航程為A至C，位移為x2，實際航速為v2，所用時間為t2。則()A．t2>t1，v2＝eq\f(x2v1,x1) B．t2>t1，v2＝eq\f(x1v1,x2)C．t2＝t1，v2＝eq\f(x2v1,x1) D．t2＝t1，v2＝eq\f(x1v1,x2)解析：選C設河寬為d，船自身的速度為v，與河岸上游的夾角為θ，對垂直河岸的分運動，過河時間t＝eq\f(d,vsinθ)，則t1＝t2；對合運動，過河時間t＝eq\f(x1,v1)＝eq\f(x2,v2)，解得v2＝eq\f(v1x2,x1)，C正確。3．(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。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(fā)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][多選]如圖所示，有一個沿水平方向做勻速直線運動的半徑為R的半圓柱體，半圓柱面上擱著一個只能沿豎直方向運動的豎直桿，在豎直桿未達到半圓柱體的最高點之前()A．半圓柱體向右勻速運動時，豎直桿向上做勻減速直線運動B．半圓柱體向右勻速運動時，豎直桿向上做減速直線運動C．半圓柱體以速度為v向右勻速運動，桿同半圓柱體接觸點和柱心的連線與豎直方向的夾角為θ時，豎直桿向上的運動速度為vtanθD．半圓柱體以速度為v向右勻速運動，桿同半圓柱體接觸點和柱心的連線與豎直方向的夾角為θ時，豎直桿向上的運動速度為vsinθeq\a\vs4\al([審題建模])以桿與半圓柱體接觸點為研究對象，沿接觸點的彈力方向即半徑方向兩物體的速度分量相等。半圓柱體可以簡化為長度為R的桿OA，O點代表半圓柱體的運動，A點代表桿AB的運動，如圖所示。[解析]O點向右運動，O點的運動使桿AO繞A點逆時針轉(zhuǎn)動的同時，沿桿OA方向向上推動A點；豎直桿的實際運動(A點的速度)方向豎直向上，使A點繞O點逆時針轉(zhuǎn)動的同時，沿OA方向(彈力方向)與OA桿具有相同的速度。速度分解如圖所示，對O點，v1＝vsinθ，對于A點，vAcosθ＝v1，解得vA＝vtanθ，O點(半圓柱體)向右勻速運動時，桿向上運動，θ角減小，tanθ減小，vA減小，但桿不做勻減速運動，A錯誤，B正確；由vA＝vtanθ可知C正確，D錯誤。[答案]BC[內(nèi)化模型]1．熟記常見模型2．謹記解題思路[集訓沖關]1.(2018·邯鄲檢測)如圖所示，汽車用跨過定滑輪的輕繩提升物塊A。汽車勻速向右運動，在物塊A到達滑輪之前，關于物塊A，下列說法正確的是()A．將豎直向上做勻速運動B．將處于超重狀態(tài)C．將處于失重狀態(tài)D．將豎直向上先加速后減速解析：選B設汽車向右運動的速度為v，繩子與水平方向的夾角為α，物塊上升的速度為v′，則vcosα＝v′，汽車勻速向右運動，α減小，v′增大，物塊向上加速運動，A、D錯誤；物塊加速度向上，處于超重狀態(tài)，B正確，C錯誤。2.如圖所示，一根長直輕桿AB在墻角沿豎直墻和水平地面滑動。當AB桿和墻的夾角為θ時，桿的A端沿墻下滑的速度大小為v1，B端沿地面滑動的速度大小為v2，則v1、v2的關系是()A．v1＝v2 B．v1＝v2cosθC．v1＝v2tanθ D．v1＝v2sinθ解析：選C將A、B兩點的速度分解為沿AB方向與垂直于AB方向的分速度，沿AB方向的速度分別為v1∥和v2∥，由于AB不可伸長，兩點沿AB方向的速度分量應相同，則有v1∥＝v1cosθ，v2∥＝v2sinθ，由v1∥＝v2∥，得v1＝v2tanθ，選項C正確。3.如圖所示，懸線一端固定在天花板上的O點，另一端穿過一張CD光盤的中央小孔后拴著一個橡膠球，橡膠球靜止時，豎直懸線剛好挨著水平桌面的邊沿。現(xiàn)將CD光盤按在桌面上，并沿桌面邊緣以速度v勻速移動，移動過程中，CD光盤中央小孔始終緊挨桌面邊線，當懸線與豎直方向的夾角為θ時，小球上升的速度大小為()A．vsinθ B．vcosθC．vtanθ D.eq\f(v,tanθ)解析：選A由題意可知，懸線與光盤交點參與兩個運動，一是沿著懸線方向的運動，二是垂直懸線方向的運動，則合運動的速度大小為v，由數(shù)學三角函數(shù)關系，則有v線＝vsinθ；而懸線速度的大小，即為小球上升的速度大小，故A正確。STS問題——練遷移思維生活中的運動合成分解問題(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(cè)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))[思維轉(zhuǎn)換提示]箭相對地面的速度(指向目標)是箭射出的速度v2(箭相對于馬)與馬前進速度v1的合速度，而且為保證箭在空中飛行時間最短，v2必須垂直于v1。解析：選BC要想以箭在空中飛行的時間最短的情況下?lián)糁心繕耍瑅2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)下雨打傘2．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？[思維轉(zhuǎn)換提示]雨滴相對于人的速度是雨滴下落的速度與地相對于人的速度(以3m/s的速度向東)的合速度，傘柄的指向與合速度方向正對。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(三)轉(zhuǎn)臺投籃3．趣味投籃比賽中，運動員站在一個旋轉(zhuǎn)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(nèi)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()[思維轉(zhuǎn)換提示]籃球的實際速度是運動員投籃球的速度與運動員所在位置平臺轉(zhuǎn)動速度的合速度。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，籃球就會被投入球筐。故C正確，A、B、D錯誤。(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/sB．西北風風速為4eq\r(2)m/sC．東北風風速為4m/sD．東北風風速為4eq\r(2)m/s[思維轉(zhuǎn)換提示]風相對騎車人的速度是風相對于地的速度與地相對于自行車的速度的合速度。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，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。(一)普通高中適用作業(yè)[A級——基礎小題練熟練快]★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.[多選]一質(zhì)點在xOy平面內(nèi)的運動軌跡如圖所示，下列判斷正確的是()A．質(zhì)點沿x軸方向可能做勻速運動B．質(zhì)點沿y軸方向可能做變速運動C．若質(zhì)點沿y軸方向始終勻速運動，則沿x軸方向可能先加速后減速D．若質(zhì)點沿y軸方向始終勻速運動，則沿x軸方向可能先減速后加速解析：選BD質(zhì)點做曲線運動，合力大致指向軌跡凹側(cè)，即加速度大致指向軌跡凹側(cè)，由題圖可知加速度方向指向弧內(nèi)，不可能沿y軸方向，x軸方向有加速度分量，所以沿x軸方向上，質(zhì)點不可能做勻速運動，y軸方向可能有加速度分量，故質(zhì)點沿y軸方向可能做變速運動，A錯誤，B正確；質(zhì)點在x軸方向先沿正方向運動，后沿負方向運動，最終在x軸方向上的位移為零，所以質(zhì)點沿x軸方向不能一直加速，也不能先加速后減速，只能先減速后反向加速，C錯誤，D正確。3．在一個光滑水平面內(nèi)建立平面直角坐標系xOy，質(zhì)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(nèi)物體的運動軌跡是一條直線B．0～4s內(nèi)物體的運動軌跡是一條拋物線C．前2s內(nèi)物體做勻加速直線運動，后2s內(nèi)物體做勻加速曲線運動D．前2s內(nèi)物體做勻加速直線運動，后2s內(nèi)物體做勻速圓周運動解析：選C0～2s內(nèi)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(nèi)物體做類平拋運動，C項正確。★4．(2018·石家莊質(zhì)檢)一小船過河時，船頭與上游河岸夾角為α，其航線恰好垂直于河岸，已知小船在靜水中的速度為v，現(xiàn)水流速度稍有增大，為保持航線不變，且能準時到達河對岸，下列措施中可行的是()A．減小α角，減小船速vB．減小α角，增大船速vC．增大α角，增大船速vD．增大α角，減小船速v解析：選B由題意可知，小船相對水的速度為v，其航線恰好垂直于河岸，如圖所示，當水流速度v1稍有增大，為保持航線不變，且準時到達對岸，則船速變化如圖v′所示，可知B正確。★5.如圖所示，開始時A、B間的細繩呈水平狀態(tài)，現(xiàn)由計算機控制物體A的運動，使其恰好以速度v沿豎直桿勻速下滑，經(jīng)細繩通過定滑輪拉動物體B在水平面上運動，則下列v-t圖像中，最接近物體B的運動情況的是()解析：選A將與物體A相連的繩端速度v分解為沿繩伸長方向的速度v1和垂直于繩方向的速度v2，則物體B的速度vB＝v1＝vsinθ，在t＝0時刻θ＝0°，vB＝0，C項錯誤；之后隨θ增大，sinθ增大，B的速度增大，但開始時θ變化快，速度增加得快，圖線的斜率大，隨θ增大，速度增加得慢，若繩和桿足夠長，則物體B的速度趨近于A的速度，只有A項正確。[B級——中檔題目練通抓牢]6.(2018·洛陽模擬)在雜技表演中，猴子沿豎直桿向上做初速度為零、加速度為a的勻加速運動，同時人頂著直桿以速度v0水平勻速移動，經(jīng)過時間t，猴子沿桿向上移動的高度為h，人頂桿沿水平地面移動的距離為s，如圖所示。關于猴子的運動情況，下列說法中正確的是()A．相對地面的運動軌跡為直線B．相對地面做變加速曲線運動C．t時刻猴子對地速度的大小為v0＋atD．t時間內(nèi)猴子對地的位移大小為eq\r(s2＋h2)解析：選D猴子豎直向上做勻加速直線運動，水平向右做勻速直線運動，其合運動是勻變速曲線運動，A、B錯誤；t時刻猴子對地速度的大小為v＝eq\r(v02＋a2t2)，C錯誤；t時間內(nèi)猴子對地的位移是指合位移，其大小為eq\r(s2＋h2)，D正確。7.[多選](2018·德陽一診)甲、乙兩船在同一河流中同時開始渡河，河水流速為v0，船在靜水中的速率均為v，甲、乙兩船船頭均與河岸成θ角，如圖所示，已知甲船恰能垂直到達河正對岸的A點，乙船到達河對岸的B點，A、B之間的距離為L，則下列判斷正確的是()A．乙船先到達對岸B．若僅是河水流速v0增大，則兩船的渡河時間都不變C．不論河水流速v0如何改變，只要適當改變θ角，甲船總能到達正對岸的A點D．若僅是河水流速v0增大，則兩船到達對岸時，兩船之間的距離仍然為L解析：選BD將小船的運動分解為平行于河岸和垂直于河岸兩個方向，抓住分運動和合運動具有等時性，知甲、乙兩船到達對岸的時間相等，渡河的時間t＝eq\f(d,vsinθ)，故A錯誤；若僅是河水流速v0增大，則渡河的時間仍為t＝eq\f(d,vsinθ)，兩船的渡河時間都不變，故B正確；只有甲船速度大于水流速度時，甲船才可能到達河的正對岸A點，故C錯誤；若僅是河水流速v0增大，則兩船到達對岸時間不變，根據(jù)速度的分解，船在沿岸方向的分速度仍不變，兩船之間的相對速度不變，則兩船之間的距離仍然為L，故D正確。8.(2018·泉州模擬)如圖所示，一質(zhì)點受一恒定合外力F作用從y軸上的A點平行于x軸射出，經(jīng)過一段時間到達x軸上的B點，在B點時其速度垂直于x軸指向y軸負方向，質(zhì)點從A到B的過程，下列判斷正確的是()A．合外力F可能指向y軸負方向B．該質(zhì)點的運動為勻變速運動C．該質(zhì)點的速度大小可能保持不變D．該質(zhì)點的速度一直在減小解析：選B物體受到一恒力，從A到B，根據(jù)曲線運動條件，則有合外力的方向在x軸負方向與y軸負方向之間，不可能沿y軸負方向，否則B點的速度不可能垂直x軸，故A錯誤；由于受到一恒力，因此做勻變速曲線運動，故B正確；因受到一恒力，因此不可能做勻速圓周運動，所以速度大小一定變化，故C錯誤；根據(jù)力與速度的夾角，可知，速度先減小后增大，故D錯誤。9．如圖所示，在豎直平面內(nèi)的xOy坐標系中，Oy豎直向上，Ox水平。設平面內(nèi)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(jīng)過t1到達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/s10．河寬60m，水流速度v1＝6m/s，小船在靜水中的速度v2＝3m/s，求：(1)小船渡河的最短時間；(2)小船渡河的最短航程。解析：(1)當小船垂直河岸航行時，渡河時間最短，tmin＝eq\f(d,v2)＝eq\f(60,3)s＝20s。(2)因為船速小于水速，所以小船一定向下游漂移。如圖所示，以v1矢量末端為圓心，以v2矢量的大小為半徑畫弧，從v1矢量的始端向圓弧作切線，則合速度沿此切線方向時航程最短。由圖可知，最短航程為x短＝eq\f(d,sinθ)＝eq\f(v1,v2)d＝eq\f(6,3)×60m＝120m。答案：(1)20s(2)120m[C級——難度題目自主選做]★11.如圖所示，甲、乙兩船在同一條水流勻速的河流中同時開始渡河，M、N分別是甲、乙兩船的出發(fā)點，兩船頭與河岸均成α角，甲船船頭恰好對準N點的正對岸P點，經(jīng)過一段時間乙船恰好到達P點，如果劃船速度大小相同，且兩船相遇不影響各自的航行，下列判斷正確的是()A．甲船也能到達M點正對岸B．甲船渡河時間一定短C．兩船相遇在NP直線上的某點(非P點)D．渡河過程中兩船不會相遇解析：選C乙船垂直河岸到達正對岸，說明水流方向向右；甲船參與了兩個分運動，沿著船頭指向的勻速運動，隨著水流方向的勻速運動，故不可能到達M點正對岸，故A錯誤；小船過河的速度為船本身的速度垂直河岸方向的分速度vy＝vsinα，小船過河的時間t＝eq\f(d,vy)＝eq\f(d,vsinα)，故甲、乙兩船到達對岸的時間相同，故B錯誤；以流動的水為參考系，兩船相遇點在速度方向延長線的交點上；又由于乙船實際上沿著NP方向運動，故相遇點在NP直線上的某點(非P點)，故C正確，D錯誤。12.[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(zhuǎn)軸，其端點恰好處于左側(cè)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(xiàn)在桿的另一端用力使其逆時針勻速轉(zhuǎn)動，由豎直位置以角速度ω緩慢轉(zhuǎn)至水平(轉(zhuǎn)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。(二)重點高中適用作業(yè)[A級——保分題目巧做快做]1．在一個光滑水平面內(nèi)建立平面直角坐標系xOy，質(zhì)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(nèi)物體的運動軌跡是一條直線B．0～4s內(nèi)物體的運動軌跡是一條拋物線C．前2s內(nèi)物體做勻加速直線運動，后2s內(nèi)物體做勻加速曲線運動D．前2s內(nèi)物體做勻加速直線運動，后2s內(nèi)物體做勻速圓周運動解析：選C0～2s內(nèi)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(nèi)物體做類平拋運動，C項正確。2.(2018·洛陽模擬)在雜技表演中，猴子沿豎直桿向上做初速度為零、加速度為a的勻加速運動，同時人頂著直桿以速度v0水平勻速移動，經(jīng)過時間t，猴子沿桿向上移動的高度為h，人頂桿沿水平地面移動的距離為s，如圖所示。關于猴子的運動情況，下列說法中正確的是()A．相對地面的運動軌跡為直線B．相對地面做變加速曲線運動C．t時刻猴子對地速度的大小為v0＋atD．t時間內(nèi)猴子對地的位移大小為eq\r(s2＋h2)解析：選D猴子豎直向上做勻加速直線運動，水平向右做勻速直線運動，其合運動是勻變速曲線運動，A、B錯誤；t時刻猴子對地速度的大小為v＝eq\r(v02＋a2t2)，C錯誤；t時間內(nèi)猴子對地的位移是指合位移，其大小為eq\r(s2＋h2)，D正確。3.[多選](2018·德陽一診)甲、乙兩船在同一河流中同時開始渡河，河水流速為v0，船在靜水中的速率均為v，甲、乙兩船船頭均與河岸成θ角，如圖所示，已知甲船恰能垂直到達河正對岸的A點，乙船到達河對岸的B點，A、B之間的距離為L，則下列判斷正確的是()A．乙船先到達對岸B．若僅是河水流速v0增大，則兩船的渡河時間都不變C．不論河水流速v0如何改變，只要適當改變θ角，甲船總能到達正對岸的A點D．若僅是河水流速v0增大，則兩船到達對岸時，兩船之間的距離仍然為L解析：選BD將小船的運動分解為平行于河岸和垂直于河岸兩個方向，抓住分運動和合運動具有等時性，知甲、乙兩船到達對岸的時間相等，渡河的時間t＝eq\f(d,vsinθ)，故A錯誤；若僅是河水流速v0增大，則渡河的時間仍為t＝eq\f(d,vsinθ)，兩船的渡河時間都不變，故B正確；只有甲船速度大于水流速度時，甲船才可能到達河的正對岸A點，故C錯誤；若僅是河水流速v0增大，則兩船到達對岸時間不變，根據(jù)速度的分解，船在沿岸方向的分速度仍不變，兩船之間的相對速度不變，則兩船之間的距離仍然為L，故D正確。4.(2018·泉州模擬)如圖所示，一質(zhì)點受一恒定合外力F作用從y軸上的A點平行于x軸射出，經(jīng)過一段時間到達x軸上的B點，在B點時其速度垂直于x軸指向y軸負方向，質(zhì)點從A到B的過程，下列判斷正確的是()A．合外力F可能指向y軸負方向B．該質(zhì)點的運動為勻變速運動C．該質(zhì)點的速度大小可能保持不變D．該質(zhì)點的速度一直在減小解析：選B物體受到一恒力，從A到B，根據(jù)曲線運動條件，則有合外力的方向在x軸負方向與y軸負方向之間，不可能沿y軸負方向，否則B點的速度不可能垂直x軸，故A錯誤；由于受到一恒力，因此做勻變速曲線運動，故B正確；因受到一恒力，因此不可能做勻速圓周運動，所以速度大小一定變化，故C錯誤；根據(jù)力與速度的夾角，可知，速度先減小后增大，故D錯誤。★5.(2018·合肥模擬)如圖所示，船從A點開出后沿直線AB到達對岸，若AB與河岸成37°角，水流速度為4m/s，則船從A點開出的最小速度為()A．2m/s B．2.4m/sC．3m/s D．3.5m/s解析：選B設水流速度為v1，船在靜水中的速度為v2，船沿AB方向航行時，運動的分解如圖所示，當v2與AB垂直時，v2最小，v2min＝v1sin37°＝2.4m/s，選項B正確。★6.[多選]如圖所示，人在岸上拉船，已知船的質(zhì)量為m，水的阻力恒為f，當輕繩與水平面的夾角為θ時，船的速度為v，此時人的拉力大小為F，則()A．人拉繩行走的速度為vcosθB．人拉繩行走的速度為eq\f(v,cosθ)C．船的加速度為eq\f(Fcosθ－f,m)D．船的加速度為eq\f(F－f,m)解析：選AC船的速度產(chǎn)生了兩個效果：一是滑輪與船間的繩縮短，二是繩繞滑輪順時針轉(zhuǎn)動，因此將船的速度進行分解，如圖所示，人拉繩行走的速度v人＝vcosθ，A對、B錯；繩對船的拉力等于人拉繩的力，即繩的拉力大小為F，與水平方向成θ角，因此Fcosθ－f＝ma，得a＝eq\f(Fcosθ－f,m)，C對、D錯。7.[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(zhuǎn)軸，其端點恰好處于左側(cè)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(xiàn)在桿的另一端用力使其逆時針勻速轉(zhuǎn)動，由豎直位置以角速度ω緩慢轉(zhuǎn)至水平(轉(zhuǎn)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。8．如圖所示，在豎直平面內(nèi)的xOy坐標系中，Oy豎直向上，Ox水平。設平面內(nèi)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(jīng)過t1到達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/s9．河寬60m，水流速度v1＝6m/s，小船在靜水中的速度v2＝3m/s，求：(1)小船渡河的最短時間；(2)小船渡河的最短航程。解析：(1)當小船垂直河岸航行時，渡河時間最短，tmin＝eq\f(d,v2)＝eq\f(60,3)s＝20s。(2)因為船速小于水速，所以小船一定向下游漂移。如圖所示，以v1矢量末端為圓心，以v2矢量的大小為半徑畫弧，從v1矢量的始端向圓弧作切線，則合速度沿此切線方向時航程最短。由圖可知，最短航程為x短＝eq\f(d,sinθ)＝eq\f(v1,v2)d＝eq\f(6,3)×60m＝120m。答案：(1)20s(2)120m[B級——拔高題目穩(wěn)做準做]★10.如圖所示，甲、乙兩同學從河中O點出發(fā)，分別沿直線游到A點和B點后，立即沿原路線返回到O點，OA、OB分別與水流方向平行和垂直，且eq\x\to(OA)＝eq\x\to(OB)。若水流速度不變，兩人在靜水中游速相等，則他們所用時間t甲、t乙的大小關系為()A．t甲<t乙 B．t甲＝t乙C．t甲>t乙 D．無法確定解析：選C設水速為v0，人在靜水中的速度為v，eq\x\to(OA)＝eq\x\to(OB)＝x。對甲，O→A階段人對地的速度為(v＋v0)，所用時間t1＝eq\f(x,v＋v0)；A→O階段人對地的速度為(v－v0)，所用時間t2＝eq\f(x,v－v0)。所以甲所用時間t甲＝t1＋t2＝eq\f(x,v＋v0)＋eq\f(x,v－v0)＝eq\f(2vx,v2－v02)。對乙，O→B階段和B→O階段的實際速度v′為v和v0的合成，如圖所示。由幾何關系得，實際速度v′＝eq\r(v2－v02)，故乙所用時間t乙＝eq\f(2x,v′)＝eq\f(2x,\r(v2－v02))。eq\f(t甲,t乙)＝eq\f(v,\r(v2－v02))>1，即t甲>t乙，故C正確。★11.(2018·石家莊檢測)一輕桿兩端分別固定質(zhì)量為mA和mB的兩個小球A和B(可視為質(zhì)點)。將其放在一個光滑球形容器中從位置1開始下滑，如圖所示，當輕桿到達位置2時球A與球形容器球心等高，其速度大小為v1，已知此時輕桿與水平方向成θ＝30°角，B球的速度大小為v2，則()A．v2＝eq\f(1,2)v1 B．v2＝2v1C．v2＝v1 D．v2＝eq\r(3)v1解析：選C球A與球形容器球心等高，速度v1方向豎直向下，速度分解如圖所示，有v11＝v1sin30°＝eq\f(1,2)v1，球B此時速度方向與桿成α＝60°角，因此v21＝v2cos60°＝eq\f(1,2)v2，沿桿方向兩球速度相等，即v21＝v11，解得v2＝v1，C項正確。★12.(2018·廣州檢測)如圖所示，物體a、b、c分別穿在豎直固定的直桿上，且物體a、b、c由輕質(zhì)不可伸長的細線通過兩定滑輪相連。某時刻物體a有向下的速度v0，吊住物體c的兩根細線與豎直方向的夾角分別為α和β，則物體b的速度大小為()A.eq\f(cosβ,cosα)v0 B.eq\f(cosα,cosβ)v0C.eq\f(sinβ,sinα)v0 D．以上均錯解析：選A研究左側(cè)細線，把物體c的速度vc沿細線和垂直細線分解為v0和v1，可得vc＝eq\f(v0,cosα)、豎直向上；再研究右側(cè)細線，把物體c的速度vc沿細線和垂直細線分解為vb和v2，vc＝eq\f(vb,cosβ)，聯(lián)立這兩式解得vb＝eq\f(cosβ,cosα)v0。★13.如圖所示，一根長為L的輕桿OA，O端用鉸鏈固定，輕桿靠在一個高為h的物塊上，某時刻桿與水平方向的夾角為θ，物塊向右運動的速度為v，則此時A點速度為()A.eq\f(Lvsinθ,h) B.eq\f(Lvcosθ,h)C.eq\f(Lvsin2θ,h) D.eq\f(Lvcos2θ,h)解析：選C如圖所示，根據(jù)運動的合成與分解可知，接觸點B的實際運動為合運動，可將B點運動的速度vB＝v沿垂直于桿和沿桿的方向分解成v2和v1，其中v2＝vBsinθ＝vsinθ為B點做圓周運動的線速度，v1＝vBcosθ為B點沿桿運動的速度。當桿與水平方向夾角為θ時，OB＝eq\f(h,sinθ)，由于B點的線速度為v2＝vsinθ＝OBω，所以ω＝eq\f(vsinθ,OB)＝eq\f(vsin2θ,h)，所以A的線速度vA＝Lω＝eq\f(Lvsin2θ,h)，選項C正確。第2節(jié)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(nèi)速度的變化量是相同的。(√)1．做平拋運動的物體，其落地時間完全由下落高度決定，與平拋速度大小無關。2．做平拋運動的物體，其水平位移由平拋初速度和下落高度共同決定。

突破點(一)平拋運動的規(guī)律1．基本規(guī)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(nèi)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．(2016·海南高考)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變化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(nèi)，速率的改變量相等D．在相等的時間間隔內(nèi)，動能的改變量相等解析：選B由于物體只受重力作用，做平拋運動，故加速度不變，速度大小和方向時刻在變化，選項A錯誤；設某時刻速度與豎直方向(即加速度方向)夾角為θ，則tanθ＝eq\f(v0,vy)＝eq\f(v0,gt)，隨著時間t變大，tanθ變小，θ變小，故選項B正確；根據(jù)加速度定義式a＝eq\f(Δv,Δt)＝g，則Δv＝gΔt，即在相等的時間間隔內(nèi)，速度的改變量相等，但速率的改變量不相等，故選項C錯誤；根據(jù)動能定理，動能的改變量等于重力做的功，即WG＝mgh，對于平拋運動，在豎直方向上，相等時間間隔內(nèi)的位移不相等，即動能的改變量不相等，故選項D錯誤。2．(2017·全國卷Ⅰ)發(fā)球機從同一高度向正前方依次水平射出兩個速度不同的乒乓球(忽略空氣的影響)。速度較大的球越過球網(wǎng)，速度較小的球沒有越過球網(wǎng)。其原因是()A．速度較小的球下降相同距離所用的時間較多B．速度較小的球在下降相同距離時在豎直方向上的速度較大C．速度較大的球通過同一水平距離所用的時間較少D．速度較大的球在相同時間間隔內(nèi)下降的距離較大解析：選C發(fā)球機從同一高度水平射出兩個速度不同的乒乓球，根據(jù)平拋運動規(guī)律，豎直方向上，h＝eq\f(1,2)gt2，可知兩球下落相同距離h所用的時間是相同的，選項A錯誤。由vy2＝2gh可知，兩球下落相同距離h時在豎直方向上的速度vy相同，選項B錯誤。由平拋運動規(guī)律，水平方向上，x＝vt，可知速度較大的球通過同一水平距離所用的時間t較少，選項C正確。由于做平拋運動的球在豎直方向的運動為自由落體運動，兩球在相同時間間隔內(nèi)下降的距離相同，選項D錯誤。3.(2018·撫順一模)如圖所示，離地面高h處有甲、乙兩個物體，甲以初速度v0水平射出，同時乙以初速度v0沿傾角為45°的光滑斜面滑下。若甲、乙同時到達地面，則v0的大小是()A.eq\f(\r(gh),2) B.eq\r(gh)C.eq\f(\r(2gh),2) D．2eq\r(gh)解析：選A甲做平拋運動，水平方向做勻速運動，豎直方向做自由落體運動，根據(jù)h＝eq\f(1,2)gt2，得：t＝eq\r(\f(2h,g))①根據(jù)幾何關系可知：x乙＝eq\r(2)h②乙做勻加速直線運動，根據(jù)牛頓第二定律可知：a＝eq\f(F合,m)＝eq\f(mgsin45°,m)＝eq\f(\r(2),2)g③根據(jù)位移時間公式可知：x乙＝v0t＋eq\f(1,2)at2④由①②③④式得：v0＝eq\f(\r(gh),2)，所以A正確。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(jīng)過時間t在空中相遇。若兩球的拋出速度都變?yōu)樵瓉淼?倍，則兩球從拋出到相遇經(jīng)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(jīng)過的時間t＝eq\f(L,v1＋v2)，若兩球的拋出速度都變?yōu)樵瓉淼?倍，則從拋出到相遇經(jīng)過的時間為t′＝eq\f(L,2v1＋v2)＝eq\f(t,2)，C項正確。2.(2018·揭陽檢測)如圖，長方體ABCD-A1B1C1D1中，|AB|＝2|AD|＝2|AA1|，將可視為質(zhì)點的小球從頂點A在∠BAD所在范圍內(nèi)(包括邊界)分別沿不同方向水平拋出，落點都在A1B1C1D1范圍內(nèi)(包括邊界)。不計空氣阻力，以A1B1C1D1所在水平面為重力勢能參考平面，則小球()A．拋出速度最大時落在B1點B．拋出速度最小時落在D1點C．從拋出到落在B1D1線段上任何一點所需的時間都相等D．落在B1D1中點時的機械能與落在D1點時的機械能相等解析：選C由于小球拋出時離地高度相等，故各小球在空中運動的時間相等，則可知水平位移越大，拋出時的速度越大，故落在C1點的小球拋出速度最大，落點靠近A1點的小球速度最小，故A、B錯誤，C正確；由題圖可知，落在B1D1中點和落在D1點的水平位移不同，所以兩種情況中對應的水平速度不同，則可知它們在最高點時的機械能不相同，因下落過程機械能守恒，故落地時的機械能也不相同，故D錯誤。3.[多選]如圖所示，A、B兩點在同一條豎直線上，A點離地面的高度為2.5h，B點離地面高度為2h。將兩個小球分別從A、B兩點水平拋出，它們在P點相遇，P點離地面的高度為h。已知重力加速度為g，則()A．兩個小球一定同時拋出B．兩個小球拋出的時間間隔為(eq\r(3)－eq\r(2))eq\r(\f(h,g))C．小球A、B拋出的初速度之比eq\f(vA,vB)＝eq\r(\f(3,2))D．小球A、B拋出的初速度之比eq\f(vA,vB)＝eq\r(\f(2,3))解析：選BD平拋運動在豎直方向上做自由落體運動，由H＝eq\f(1,2)gt2，得t＝eq\r(\f(2H,g))，由于A到P的豎直高度較大，所以從A點拋出的小球運動時間較長，應先拋出，故A錯誤；由t＝eq\r(\f(2H,g))，得兩個小球拋出的時間間隔為Δt＝tA－tB＝eq\r(\f(2×1.5h,g))－eq\r(\f(2h,g))＝(eq\r(3)－eq\r(2))eq\r(\f(h,g))，故B正確；由x＝v0t得v0＝xeq\r(\f(g,2H))，x相等，則小球A、B拋出的初速度之比eq\f(vA,vB)＝eq\r(\f(hB,hA))＝eq\r(\f(h,1.5h))＝eq\r(\f(2,3))，故C錯誤，D正確。[題后悟通]對多體平拋問題的四點提醒(1)兩條平拋運動軌跡的交點是兩物體的必經(jīng)之處，兩物體要在此處相遇，必須同時到達此處。即軌跡相交是物體相遇的必要條件。(2)若兩物體同時從同一高度拋出，則兩物體始終處在同一高度。(3)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。(4)若兩物體從同一高度先后拋出，則兩物體高度差隨時間均勻增大。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(jù)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](2018·商丘一中押題卷)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(zhì)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]飛行過程中恰好與半圓軌道相切于B點，則知速度與水平方向的夾角為30°，則有：vy＝v0tan30°，又vy＝gt，則得：v0tan30°＝gt，t＝eq\f(v0tan30°,g)①水平方向上小球做勻速直線運動，則有：R＋Rcos60°＝v0t②聯(lián)立①②解得：v0＝eq\r(\f(3\r(3)gR,2))。[答案]Beq\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]如圖所示，兩小球a、b從直角三角形斜面的頂端以相同大小的水平速度v0向左、向右水平拋出，分別落在兩個斜面上，三角形的兩底角分別為30°和60°，則兩小球a、b運動時間之比為()A．1∶eq\r(3) B．1∶3C.eq\r(3)∶1 D．3∶1[解析]設a、b兩球運動的時間分別為ta和tb，則tan30°＝eq\f(\f(1,2)gta2,v0ta)＝eq\f(gta,2v0)，tan60°＝eq\f(\f(1,2)gtb2,v0tb)＝eq\f(gtb,2v0)，兩式相除得：eq\f(ta,tb)＝eq\f(tan30°,tan60°)＝eq\f(1,3)。[答案]Beq\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α，位移與水平方向的夾角為β，則tanα＝2tanβ。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，從傾角為θ且足夠長的斜面的頂點A，先后將同一小球以不同的初速度水平向右拋出，第一次初速度為v1，小球落到斜面上前一瞬間的速度方向與斜面的夾角為φ1，第二次初速度為v2，小球落在斜面上前一瞬間的速度方向與斜面間的夾角為φ2，若v2>v1，則φ1和φ2的大小關系是()A．φ1>φ2 B．φ1<φ2C．φ1＝φ2 D．無法確定[解析]根據(jù)平拋運動的推論，做平拋(或類平拋)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α，位移與水平方向的夾角為β，則tanα＝2tanβ。由上述關系式結合題圖中的幾何關系可得：tan(φ＋θ)＝2tanθ，此式表明小球的速度方向與斜面間的夾角φ僅與θ有關，而與初速度無關，因此φ1＝φ2，即以不同初速度平拋的物體，落在斜面上各點的速度方向是互相平行的。故C正確。[答案]Ceq\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(guī)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(chǎn)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(zhì)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(nèi)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?yōu)檠貀軸負方向、大小變?yōu)镕2＝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(nèi)運動的位移大小；(2)風力F2作用多長時間，小球的速度變?yōu)榕c初速度相同。[解析](1)設在0～2.0s內(nèi)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(shù)據(jù)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(nèi)運動的位移s1＝eq\r(x12＋y12)代入數(shù)據(jù)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，F(xiàn)2的作用時間為t2時小球的速度變?yōu)榕c初速度相同，則F2＝ma20＝v1－a2t2代入數(shù)據(jù)解得t2＝4.0s。[答案](1)0.8m/s1.1m(2)4.0sSTS問題——練遷移思維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·大連重點中學聯(lián)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(wǎng)，過網(wǎng)時的速度方向均垂直于球網(wǎng)，把兩次落臺的乒乓球看成完全相同的球1和球2，如圖所示，不計乒乓球的旋轉(zhuǎn)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(wǎng)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(zhì)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(jù)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(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02，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(wǎng)球的平拋運動問題3.(2018·沈陽模擬)一位網(wǎng)球運動員以拍擊球，使網(wǎng)球沿水平方向飛出，第一只球落在自己一方場地的B點，彈跳起來后，剛好擦網(wǎng)而過，落在對方場地的A點處，如圖所示，第二只球直接擦網(wǎng)而過，也落在A點處，設球與地面的碰撞過程沒有能量損失，且運動過程不計空氣阻力，則兩只球飛過球網(wǎng)C處時水平速度之比為()A．1∶1B．1∶3C．3∶1D．1∶9解析：選B由平拋運動的規(guī)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。由于球與地面的碰撞沒有能量損失，設第一只球自擊出到落到A點時間為t1，第二只球自擊出到落到A點時間為t2，則t1＝3t2。由于兩球在水平方向均為勻速運動，水平位移大小相等，設它們從O點出發(fā)時的初速度分別為v1、v2，由x＝v0t得：v2＝3v1，所以有eq\f(v1,v2)＝eq\f(1,3)，所以兩只球飛過球網(wǎng)C處時水平速度之比為1∶3，故B正確。(四)排球的平拋運動問題4.(2018·盤錦模擬)如圖所示是排球場的場地示意圖，設排球場的總長為L，前場區(qū)的長度為eq\f(L,6)，網(wǎng)高為h，在排球比賽中，對運動員的彈跳水平要求很高。如果運動員的彈跳水平不高，運動員的擊球點的高度小于某個臨界值H，那么無論水平擊球的速度多大，排球不是觸網(wǎng)就是越界。設某一次運動員站在前場區(qū)和后場區(qū)的交界處，正對網(wǎng)前豎直跳起垂直網(wǎng)將排球水平擊出，關于該種情況下臨界值H的大小，下列關系式正確的是()A．H＝eq\f(49,48)h B．H＝eq\f(16L＋h,15L)C．H＝eq\f(16,15)h D．H＝eq\f(L＋h,L)h解析：選C將排球水平擊出后排球做平拋運動，排球剛好觸網(wǎng)到達底線時，有：H－h(huán)＝eq\f(1,2)gt12，H＝eq\f(1,2)gt22eq\f(L,6)＝v0t1，eq\f(L,6)＋eq\f(L,2)＝v0t2聯(lián)立解得H＝eq\f(16,15)h故C正確。eq\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(wǎng)球等都有中間網(wǎng)及邊界問題，要求球既能過網(wǎng)，又不出邊界；足球的球門有固定的高度和寬度。(一)普通高中適用作業(yè)[A級——基礎小題練熟練快]★1.(2016·江蘇高考)有A、B兩小球，B的質(zhì)量為A的兩倍。現(xiàn)將它們以相同速率沿同一方向拋出，不計空氣阻力。圖中①為A的運動軌跡，則B的運動軌跡是()A．① B．②C．③ D．④解析：選A不計空氣阻力的情況下，兩球沿同一方向以相同速率拋出，其運動軌跡是相同的，選項A正確。★2.如圖所示，一質(zhì)點做平拋運動先后經(jīng)過A、B兩點，到達A點時速度方向與豎直方向的夾角為60°，到達B點時速度方向與水平方向的夾角為45°。質(zhì)點運動到A點與質(zhì)點運動到B的時間之比是()A.eq\f(1,3) B.eq\f(\r(3),3)C.eq\f(2,3) D．條件不夠，無法求出解析：選B設初速度大小為v0，將A、B兩點的速度分解，在A點：tan(90°－60°)＝eq\f(vAy,v0)＝eq\f(gtA,v0)，在B點：tan45°＝eq\f(vBy,v0)＝eq\f(gtB,v0)，由以上兩式可求得：eq\f(tA,tB)＝eq\f(tan30°,tan45°)＝eq\f(\r(3),3)，故選項B正確。★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(jù)h＝eq\f(1,2)gt2，知ta>tb>tc，根據(jù)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·邯鄲一中調(diào)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D正確。5．[多選]如圖所示，橫截面為直角三角形的兩個相同斜面緊靠在一起，固定在水平面上，小球從左邊斜面的