高考物理一轮复习第四章曲线运动万有引力与航天专题五平抛运动圆周运动热点问题分析教案

热点专题系列(六) ——圆周运动与平抛运动的综合问题热点概述：圆周运动和平抛运动的综合问题，是高考的热点，也是高考的重点。

此类综合问题主要是水平面内的圆周运动与平抛运动的综合考查和竖直面内圆周运动与平抛运动的综合考查。

[热点透析]一、水平面内的圆周运动与平抛运动的综合问题1．此类问题往往是物体先做水平面内的匀速圆周运动，后做平抛运动，有时还要结合能量关系分析求解，多以选择题或计算题考查。

2．解题关键(1)明确水平面内匀速圆周运动的向心力来源，根据牛顿第二定律和向心力公式列方程。

(2)平抛运动一般是沿水平方向和竖直方向分解速度或位移。

(3)速度是联系前后两个过程的关键物理量，前一个过程的末速度是后一个过程的初速度。

【例证1】 如图，置于圆形水平转台边缘的小物块随转台加速转动，当转速达到某一数值时，物块恰好滑离转台开始做平抛运动。

现测得转台半径R ＝0.5 m ，离水平地面的高度H ＝0.8 m ，物块平抛落地过程水平位移的大小s ＝0.4 m 。

设物块所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g ＝10 m/s 2。

求：(1)物块做平抛运动的初速度大小v 0； (2)物块与转台间的动摩擦因数μ。

答案 (1)1 m/s (2)0.2解析 (1)物块做平抛运动，在竖直方向上有 H ＝12gt 2①在水平方向上有s ＝v 0t ② 由①②式解得v 0＝sg2H＝1 m/s 。

③ (2)物块离开转台时，最大静摩擦力提供向心力，有f m ＝m v 20R ④f m ＝μN ＝μmg ⑤由③④⑤式解得 μ＝v 20gR＝0.2。

二、竖直面内的圆周运动与平抛运动的综合问题1．此类问题有时物体先做竖直面内的变速圆周运动，后做平抛运动，有时物体先做平抛运动，后做竖直面内的变速圆周运动，往往要结合能量关系求解，多以计算题考查。

2．解题关键(1)竖直面内的圆周运动首先要明确是“轻杆模型”还是“轻绳模型”，然后分析物体能够到达圆周最高点的临界条件。

专题五平抛运动、圆周运动热点问题分析突破水平面内圆周运动的临界问题1.水平面内圆周运动的临界问题关于水平面内的匀速圆周运动的临界问题，主要是临界速度和临界力的问题.常见的是与绳的拉力、弹簧的拉力、接触面的弹力和摩擦力等相关的问题.通过受力分析来确定临界状态和临界条件，是较常用的解题方法.2.处理临界问题的解题步骤(1)判断临界状态有些题目中有“刚好”“恰好”“正好”等字眼，明显表明题述的过程存在着临界点；若题目中有“取值范围”“多长时间”“多大距离”等词语，表明题述的过程存在着“起止点”，而这些起止点往往就是临界状态；若题目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼，表明题述的过程存在着极值，这个极值点也往往是临界状态.(2)确定临界条件判断题述的过程存在临界状态之后，要通过分析弄清临界状态出现的条件，并以数学形式表达出来.(3)选择物理规律当确定了物体运动的临界状态和临界条件后，要分别对于不同的运动过程或现象，选择相对应的物理规律，然后再列方程求解.[典例1] (多选)如图所示，两个质量均为m的小木块a和b(可视为质点)放在水平圆盘上，a与转轴OO′的距离为l，b与转轴的距离为2l，木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的k倍，重力加速度大小为g.若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，用ω表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是( )A.b一定比a先开始滑动B.a、b所受的摩擦力始终相等C.ω＝kg2l是b开始滑动的临界角速度D.当ω＝2kg3l时，a所受摩擦力的大小为kmg[问题探究] (1)物体随圆盘共同转动时，哪个物体受到的摩擦力大？(2)随着ω不断增大，哪个物体首先达到最大静摩擦力？谁先开始滑动？[提示] (1)根据F f ＝mω2r 可知，b 物体受到的摩擦力大.(2)随着ω增大，b 物体先达到最大静摩擦力，所以b 物体先相对圆盘滑动.[解析] 木块a 、b 的质量相同，外界对它们做圆周运动提供的最大向心力，即最大静摩擦力F fm ＝kmg 相同.它们所需的向心力由F 向＝mω2r 知F a <F b ，所以b 一定比a 先开始滑动，A 项正确；a 、b 一起绕转轴缓慢地转动时，F f ＝mω2r ，r 不同，所受的摩擦力不同，B 项错误；b 开始滑动时有kmg ＝mω2·2l ，其临界角速度为ωb ＝kg 2l ，选项C 正确；当ω＝2kg 3l时，a 所受摩擦力大小为F f ＝mω2r ＝23kmg ，选项D 错误.[答案] AC[变式1] (多选)如图所示，两个可视为质点的、相同的木块A 和B 放在水平转盘上，且木块A 、B 与转盘中心在同一条直线上，两木块用长为L 的轻绳连接，木块与转盘之间的最大静摩擦力均为各自重力的k 倍，A 放在距离转轴L 处，整个装置能绕通过转盘中心的竖直转轴O 1O 2转动.开始时，绳恰好伸直但无弹力.现让该装置从静止开始转动，角速度缓慢增大，以下说法正确的是( )A.当ω>2kg3L时，A 、B 会相对于转盘滑动 B.当ω>kg2L 时，绳子一定有弹力 C.ω在kg 2L<ω<2kg3L范围内增大时，B 所受摩擦力变大 D.ω在0<ω<2kg3L范围内增大时，A 所受摩擦力一直变大 答案：ABD 解析：若木块A 、B 间没有轻绳相连，随着ω的逐渐增大，由F f ＝mω2r 可知木块B 先出现相对滑动.木块A 、B 间有轻绳相连时，木块B 刚好要出现相对滑动，此时轻绳上弹力为零，以木块B 为研究对象可知kmg ＝mω2·2L ，则ω＝kg2L.若木块A 刚好要出现相对滑动，对木块B 有F T ＋kmg ＝mω2·2L ，对木块A 有kmg －F T ＝mω2L ，则ω＝2kg3L.综上所述可知，当0<ω≤kg 2L时，绳子没有弹力，木块A 、B 各自的摩擦力均随ω的增大而增大；当kg2L <ω≤2kg3L时，绳子有弹力，且木块B 的摩擦力达到最大值，而木块A 的摩擦力随ω的增大而增大；当ω>2kg3L时，木块A、B会相对于转盘滑动.故A、B、D正确，C错误.突破竖直面内圆周运动的临界问题1.在竖直面内做圆周运动的物体，按运动到轨道最高点时的受力情况可分为两类：一是无支撑(如球与绳连接、沿内轨道运动的过山车等)，称为“绳(环)约束模型”；二是有支撑(如球与杆连接、在弯管内的运动等)，称为“杆(管道)约束模型”.2.轻绳和轻杆模型涉及的临界问题轻绳模型轻杆模型常见类型均是没有支撑的小球均是有支撑的小球过最高点的临界条件mg＝mv2r－讨论分析(1)过最高点时，v≥gr，F N＋mg＝mv2r，绳、轨道对小球产生弹力F N；(2)不能过最高点v<gr，在到达最高点前小球已经脱离了圆轨道(1)当v＝0时，F N＝mg，F N为支持力，沿半径背离圆心；(2)当0<v<gr时，－F N＋mg＝mv2r，F N背向圆心，随v的增大而减小；(3)当v＝gr时，F N＝0；(4)当v>gr时，F N＋mg＝mv2r，F N指向圆心并随v的增大而增大[典例2] 如图所示，乘坐游乐园的翻滚过山车时，质量为m的人随车在竖直平面内旋转，下列说法正确的是( )A.过山车在最高点时人处于倒坐状态，全靠保险带拉住，没有保险带，人就会掉下来B.人在最高点时对座位不可能产生大小为mg 的压力C.人在最低点时对座位的压力等于mgD.人在最低点时对座位的压力大于mg[解析] 人过最高点时，F N ＋mg ＝m v 2R ，当v ≥gR 时，不用保险带，人也不会掉下来，当v ＝2gR 时，人在最高点时对座位产生的压力为mg ，A 、B 均错误；人在最低点具有竖直向上的加速度，处于超重状态，故人此时对座位的压力大于mg ，C 错误，D 正确.[答案] D[变式2] 如图所示，竖直放置的光滑圆轨道被固定在水平地面上，半径r ＝0.4 m ，最低点处有一小球(半径比r 小得多).现给小球一个水平向右的初速度v 0，要使小球不脱离圆轨道，则v 0应满足(取g ＝10 m/s 2)( )①v 0≥0 ②v 0≥4 m/s ③v 0≥2 5 m/s ④v 0≤2 2 m/s A.①和④ B.②或④ C.③或④ D.②和③答案：C 解析：当v 0较大时，小球能够通过最高点，这时小球在最高点处需要满足的条件是mg ≤mv 2r ，根据机械能守恒定律有12mv 2＋2mgr ＝12mv 20，可得v 0≥2 5 m/s ；当v 0较小时，小球不能通过最高点，这时对应的临界条件是小球上升到与圆心等高位置时速度恰好减为零，根据机械能守恒定律有mgr ＝12mv 20，可得v 0≤2 2 m/s ，选项C 正确.考向2 轻杆模型[典例3] (2017·山东烟台模拟)一轻杆一端固定质量为m 的小球，以另一端O 为圆心，使小球在竖直面内做半径为R 的圆周运动，如图所示，则下列说法正确的是( )A.小球过最高点时，杆所受到的弹力可以等于零B.小球过最高点的最小速度是gRC.小球过最高点时，杆对球的作用力一定随速度增大而增大D.小球过最高点时，杆对球的作用力一定随速度增大而减小[解析] 轻杆可对小球产生向上的支持力，小球经过最高点的速度可以为零，当小球过最高点的速度v ＝gR 时，杆所受的弹力等于零，A 正确，B 错误；若v <gR ，则杆在最高点对小球的弹力竖直向上，mg －F ＝m v 2R ，随v 增大，F 减小，若v >gR ，则杆在最高点对小球的弹力竖直向下，mg ＋F ＝m v 2R，随v 增大，F 增大，故C 、D 均错误.[答案] A[变式3] 如图所示，小球紧贴在竖直放置的光滑圆形管道内壁做圆周运动，内侧管壁半径为R ，小球半径为r ，则下列说法正确的是( )A.小球通过最高点时的最小速度v min ＝g R ＋r ）B.小球通过最高点时的最小速度v min ＝gRC.小球在水平线ab 以下的管道中运动时，内侧管壁对小球一定无作用力D.小球在水平线ab 以上的管道中运动时，外侧管壁对小球一定有作用力答案：C 解析：小球沿管道上升到最高点时的速度可以为零，选项A 、B 错误；小球在水平线ab 以下的管道中运动时，由外侧管壁对小球的作用力F N 与小球的重力在背离圆心方向的分力F mg 的合力提供向心力，即F N －F mg ＝ma ，因此，外侧管壁一定对小球有作用力，而内侧管壁对小球无作用力，选项C正确；小球在水平线ab以上的管道中运动时，小球受管壁的作用力情况与小球的速度大小有关，选项D错误.解决竖直平面内圆周运动的关键点(1)确定模型：首先判断是轻绳模型还是轻杆模型.(2)确定临界点：v临界＝gr，对轻绳模型来说是能否通过最高点的临界点，而对轻杆模型来说是F N表现为支持力还是拉力的临界点.突破平抛、圆周运动综合问题1.题目特点：此问题一般涉及圆周运动、平抛运动(或类平抛运动)、匀变速直线运动等多个运动过程，常结合功能关系进行求解.2.解答突破(1)分析临界点：对于物体在临界点相关多个物理量，需要区分哪些物理量能够突变，哪些物理量不能突变，而不能突变的物理量(一般指线速度)往往是解决问题的突破口.(2)分析每个运动过程的运动性质：①若为圆周运动，应明确是水平面内的匀速圆周运动，还是竖直面内的变速圆周运动，机械能是否守恒.②若为抛体运动，应明确是平抛运动，还是类平抛运动，垂直于初速度方向的力是哪个力.考向1 水平面内圆周运动与平抛运动的综合问题[典例4] (2017·山西八校一联)如图所示，质量是1 kg的小球用长为0.5 m 的细线悬挂在O点，O点距地面竖直距离为1 m，如果使小球绕OO′轴在水平面内做圆周运动，若细线最大承受拉力为12.5 N，(取g＝10 m/s2)求：(1)当小球的角速度为多大时，细线将断裂；(2)线断裂后小球落地点与悬点的水平距离.[解析] (1)当细线承受的拉力恰为最大时，对小球受力分析，如图所示：竖直方向F T cos θ＝mg 得：θ＝37° 向心力F 向＝mg tan 37°＝m ω2L sin 37° 解得：ω＝5 rad/s.(2)线断裂后，小球做平抛运动，则其平抛运动的初速度为：v 0＝ωL sin 37°＝1.5 m/s 竖直方向：y ＝h －L cos 37°＝12gt 2水平方向：x ＝v 0t解得d ＝L 2sin 2θ＋x 2＝0.6 m. [答案] (1)5 rad/s (2)0.6 m考向2 竖直面内圆周运动与平抛运动的综合问题[典例5] 如图所示，有一长为L 的细线，细线的一端固定在O 点，另一端拴一质量为m 的小球.现使小球恰好能在竖直面内做完整的圆周运动.已知水平地面上的C 点位于O 点正下方，且到O 点的距离为1.9L .不计空气阻力.(1)求小球通过最高点A 时的速度v A ；(2)若小球通过最低点B 时，细线对小球的拉力F T 恰好为小球重力的6倍，且小球经过B 点的瞬间细线断裂，求小球的落地点到C 点的距离.[解析] (1)若小球恰好能做完整的圆周运动，则小球通过A 点时细线的拉力刚好为零，根据向心力公式有mg ＝m v 2AL解得v A ＝gL .(2)小球在B 点时，根据牛顿第二定律有F T －mg ＝m v 2BL其中F T ＝6mg解得小球在B 点的速度大小为v B ＝5gL细线断裂后，小球从B 点开始做平抛运动，则由平抛运动的规律得 竖直方向上：1.9L －L ＝12gt 2水平方向上：x ＝v B t解得x ＝3L即小球落地点到C 点的距离为3L . [答案] (1)gL (2)3L圆周运动与平抛运动综合问题解题关键(1)明确圆周运动的向心力来源，根据牛顿第二定律和向心力公式列方程. (2)平抛运动一般是沿水平方向和竖直方向分解速度或位移.(3)速度是联系前后两个过程的关键物理量，前一个过程的末速度是后一个过程的初速度.1.[圆周运动中力和运动的关系]在室内自行车比赛中，运动员以速度v 在倾角为θ的赛道上做匀速圆周运动.已知运动员的质量为m ，做圆周运动的半径为R ，重力加速度为g ，则下列说法正确的是( )A.将运动员和自行车看做一个整体，整体受重力、支持力、摩擦力和向心力的作用B.运动员受到的合力大小为m v 2R ，做圆周运动的向心力大小也是m v 2RC.运动员做圆周运动的角速度为vRD.如果运动员减速，运动员将做离心运动答案：B 解析：向心力是整体所受力的合力，选项A 错误；做匀速圆周运动的物体，合力提供向心力，选项B 正确；运动员做圆周运动的角速度为ω＝vR，选项C 错误；只有运动员加速到所受合力不足以提供做圆周运动的向心力时，运动员才做离心运动，选项D 错误.2.[竖直面内的圆周运动](多选)如图所示，水平的木板B 托着木块A 一起在竖直平面内做匀速圆周运动，从水平位置a 沿逆时针方向运动到最高点b 的过程中，下列说法正确的是( )A.木块A 处于超重状态B.木块A 处于失重状态C.B 对A 的摩擦力越来越小D.B 对A 的摩擦力越来越大答案：BC 解析：A 、B 一起做匀速圆周运动，合力提供向心力，加速度即向心加速度.水平位置a 沿逆时针方向运动到最高点b 的过程中，加速度大小不变，方向指向圆心.在竖直方向有竖直向下的分加速度，因此A 、B 都处于失重状态，A 错误，B 正确；对A 受力分析，加速度指向圆心，那么此过程中水平方向加速度逐渐减小，而能够提供A 水平加速度的力只有B 对A 的摩擦力，因此B 对A 的摩擦力越来越小，C 正确，D 错误.3.[水平面内圆周运动的临界问题](多选)如图所示，在水平转台的光滑水平横杆上穿有两个质量分别为2m 和m 的小球A 和B ，A 、B 间用劲度系数为k 的轻质弹簧连接，弹簧的自然长度为L ，转台的直径为2L ，当转台以角速度ω绕竖直轴匀速转动时，如果A 、B 仍能相对横杆静止而不碰左右两壁，则( )A.小球A 和B 具有相同的角速度B.小球A 和B 做圆周运动的半径之比为1∶2C.若小球不与壁相碰，则ω>k mD.若小球不与壁相碰，则ω<k 2m答案：ABD 解析：A 、B 两球共轴转动，角速度相同，故A 正确.两球靠弹簧的弹力提供向心力，知两球向心力大小相等，2mr 1ω2＝mr 2ω2，解得r 1∶r 2＝1∶2，故B 正确.转台的直径为2L ，则r 2<L ，由mr 2ω2＝k ⎝⎛⎭⎪⎫r 2－L 2解得ω<k2m，故C 错误，D 正确. 4.[轻绳模型的应用]如图所示，小球沿水平面通过O 点进入半径为R 的半圆弧轨道后恰能通过最高点P ，然后落回水平面，不计一切阻力，下列说法正确的是( )A.小球落地点离O 点的水平距离为RB.小球落地点离O 点的水平距离为2RC.小球运动到半圆弧最高点P 时向心力恰好为零D.若将半圆弧轨道上部的14圆弧截去，其他条件不变，则小球能达到的最大高度比P 点低答案：B 解析：若小球恰能通过最高点P ，则在最高点P 时重力恰好提供向心力，选项C 错误；由圆周运动的知识可得mg ＝m v 2R ，小球离开P 点后做平抛运动，x ＝vt,2R ＝12gt 2，解得x ＝2R ，故选项A 错误，B 正确；若将弧轨道上部的14圆弧截去，其他条件不变，则小球离开轨道后做竖直上抛运动，达到最大高度时速度为零，故能达到的最大高度比P 点高，选项D 错误.5.[平抛、圆周运动综合问题](多选)如图所示，半径为R 的水平圆盘中心轴正上方a 处水平抛出一小球，圆盘以角速度ω做匀速转动，当圆盘半径Ob 恰好转到与初速度方向相同且平行的位置时，将小球抛出，要使球与圆盘只碰一次，且落点为b ，重力加速度为g ，小球抛出点a 距圆盘的高度h 和小球的初速度v 0可能应满足( )A.h ＝g π2ω2，v 0＝Rω2πB.h ＝8π2g ω2，v 0＝Rω4πC.h ＝2g π2ω2，v 0＝Rω6πD.h ＝32π2g ω2，v 0＝Rω8π答案：BD 解析：因圆盘转动具有周期性，则当小球落到b 点时，圆盘转过的角度θ＝2πk(k ＝1,2,3，…)，由ω＝θt，可得圆盘的角速度ω＝2πkt(k ＝1,2,3，…)，因小球做平抛运动，则小球下落高度h ＝12gt 2＝2π2gk 2ω2(k ＝1,2，3，…)，初速度v 0＝R t ＝Rω2πk (k ＝1,2,3，…)，将k 的取值代入可知，当k 取2和4时，B 、D 正确.。

专题强化五地球同步卫星双星或多星模型专题解读 1.本专题是万有引力定律在天体运行中的特殊运用，同步卫星是与地球(中心)相对静止的卫星；而双星或多星模型有可能没有中心天体，近年来常以选择题形式在高考题中出现．2．学好本专题有助于学生加深万有引力定律的灵活应用，加深力和运动关系的理解．3．需要用到的知识：牛顿第二定律、万有引力定律、圆周运动规律等．命题点一地球同步卫星1．定义：相对于地面静止且与地球自转具有相同周期的卫星叫地球同步卫星．2．“七个一定”的特点(1)轨道平面一定：轨道平面与赤道平面共面．(2)周期一定：与地球自转周期相同，即T＝24 h.(3)角速度一定：与地球自转的角速度相同．(4)高度一定：由GMm(R＋h)2＝m4π2T2(R＋h)得地球同步卫星离地面的高度h＝3.6×107 m.(5)速率一定：v＝GMR＋h＝3.1×103 m/s.(6)向心加速度一定：由GMm(R＋h)2＝ma得a＝GM(R＋h)2＝g h＝0.23 m/s2，即同步卫星的向心加速度等于轨道处的重力加速度．(7)绕行方向一定：运行方向与地球自转方向相同．例1利用三颗位置适当的地球同步卫星，可使地球赤道上任意两点之间保持无线电通讯．目前，地球同步卫星的轨道半径约为地球半径的6.6倍．假设地球的自转周期变小，若仍仅用三颗同步卫星来实现上述目的，则地球自转周期的最小值约为()A．1 h B．4 h C．8 h D．16 h答案 B解析地球自转周期变小，卫星要与地球保持同步，则卫星的公转周期也应随之变小，由开普勒第三定律r3T2＝k可知卫星离地球的高度应变小，要实现三颗卫星覆盖全球的目的，则卫星周期最小时，由数学几何关系可作出它们间的位置关系如图所示．卫星的轨道半径为r＝Rsin 30°＝2R由r31T21＝r32T22得(6.6R)3 242＝(2R)3 T22.解得T2≈4 h.解决同步卫星问题的“四点”注意1．基本关系：要抓住：G Mmr2＝ma＝mv2r＝mrω2＝m4π2T2r.2．重要手段：构建物理模型，绘制草图辅助分析．3．物理规律(1)不快不慢：具有特定的运行线速度、角速度和周期．(2)不高不低：具有特定的位置高度和轨道半径．(3)不偏不倚：同步卫星的运行轨道平面必须处于地球赤道平面上，只能静止在赤道上方的特定的点上．4．重要条件(1)地球的公转周期为1年，其自转周期为1天(24小时)，地球的表面半径约为6.4×103km，表面重力加速度g 约为9.8 m/s2.(2)月球的公转周期约27.3天，在一般估算中常取27天．(3)人造地球卫星的运行半径最小为r＝6.4×103 km，运行周期最小为T＝84.8 min，运行速度最大为v＝7.9 km/s .1．国务院批复，自2016年起将4月24日设立为“中国航天日”．如图1所示，1970年4月24日我国首次成功发射的人造卫星东方红一号，目前仍然在椭圆轨道上运行，其轨道近地点高度约为440 km，远地点高度约为2 060 km；1984年4月8日成功发射的东方红二号卫星运行在赤道上空35 786 km的地球同步轨道上．设东方红一号在远地点的加速度为a1，东方红二号的加速度为a2，固定在地球赤道上的物体随地球自转的加速度为a3，则a1、a2、a3的大小关系为()图1A．a2＞a1＞a3B．a3＞a2＞a1C．a3＞a1＞a2D．a1＞a2＞a3答案 D解析 由于东方红二号卫星是同步卫星，则其角速度和赤道上的物体角速度相等，根据a ＝ω2r ，r 2>r 3，则a 2>a 3；由万有引力定律和牛顿第二定律得，G Mmr 2＝ma ，由题目中数据可以得出，r 1<r 2，则a 2<a 1；综合以上分析有，a 1>a 2>a 3，选项D 正确．2．研究表明，地球自转在逐渐变慢，3亿年前地球自转的周期约为22小时．假设这种趋势会持续下去，地球的其他条件都不变，未来人类发射的地球同步卫星与现在的相比( ) A ．距地面的高度变大 B ．向心加速度变大 C ．线速度变大 D ．角速度变大 答案 A解析 地球的自转周期变大，则地球同步卫星的公转周期变大．由GMm (R ＋h )2＝m 4π2T 2(R ＋h )，得h ＝3GMT 24π2－R ，T 变大，h 变大，A 正确． 由GMm r 2＝ma ，得a ＝GMr2，r 增大，a 减小，B 错误． 由GMm r 2＝m v 2r ，得v ＝GMr，r 增大，v 减小，C 错误． 由ω＝2πT可知，角速度减小，D 错误． 3．(多选)地球同步卫星离地心的距离为r ，运行速率为v 1，加速度为a 1，地球赤道上的物体随地球自转的向心加速度为a 2，地球的第一宇宙速度为v 2，半径为R ，则下列比例关系中正确的是( ) A.a 1a 2＝r R B.a 1a 2＝(r R )2 C.v 1v 2＝r R D.v 1v 2＝R r答案 AD解析 设地球的质量为M ，同步卫星的质量为m 1，在地球表面绕地球做匀速圆周运动的物体的质量为m 2，根据向心加速度和角速度的关系有a 1＝ω21r ，a 2＝ω22R ，又ω1＝ω2，故a 1a 2＝r R ，选项A 正确；由万有引力定律和牛顿第二定律得G Mm 1r 2＝m 1v 21r ，G Mm 2R 2＝m 2v 22R ，解得v 1v 2＝Rr，选项D 正确． 命题点二 双星或多星模型 1．双星模型(1)定义：绕公共圆心转动的两个星体组成的系统，我们称之为双星系统，如图2所示．图2(2)特点：①各自所需的向心力由彼此间的万有引力相互提供，即 Gm 1m 2L 2＝m 1ω 21r 1，Gm 1m 2L 2＝m 2ω 22r 2 ②两颗星的周期及角速度都相同，即 T 1＝T 2，ω1＝ω2③两颗星的半径与它们之间的距离关系为：r 1＋r 2＝L (3)两颗星到圆心的距离r 1、r 2与星体质量成反比，即m 1m 2＝r 2r 1. 2．多星模型(1)定义：所研究星体的万有引力的合力提供做圆周运动的向心力，除中央星体外，各星体的角速度或周期相同．(2)三星模型：①三颗星位于同一直线上，两颗环绕星围绕中央星在同一半径为R 的圆形轨道上运行(如图3甲所示)． ②三颗质量均为m 的星体位于等边三角形的三个顶点上(如图乙所示)．图3(3)四星模型：①其中一种是四颗质量相等的恒星位于正方形的四个顶点上，沿着外接于正方形的圆形轨道做匀速圆周运动(如图丙所示)．②另一种是三颗恒星始终位于正三角形的三个顶点上，另一颗位于中心O ，外围三颗星绕O 做匀速圆周运动(如图丁所示)．例2 由三颗星体构成的系统，忽略其他星体对它们的作用，存在着一种运动形式，三颗星体在相互之间的万有引力作用下，分别位于等边三角形的三个顶点上，绕某一共同的圆心O 在三角形所在的平面内做相同角速度的圆周运动(图4为A 、B 、C 三颗星体质量不相同时的一般情况)．若A 星体质量为2m 、B 、C 两星体的质量均为m ，三角形的边长为a ，求：图4(1)A 星体所受合力大小F A ； (2)B 星体所受合力大小F B ； (3)C 星体的轨道半径R C ； (4)三星体做圆周运动的周期T .答案 (1)23G m 2a 2 (2)7G m 2a 2 (3)74a (4)πa 3Gm解析 (1)由万有引力定律，A 星体所受B 、C 星体引力大小为F BA ＝G m A m B r 2＝G 2m 2a 2＝F CA方向如图所示则合力大小为F A ＝F BA ·cos 30°＋F CA ·cos 30°＝23G m 2a 2(2)同上，B 星体所受A 、C 星体引力大小分别为 F AB ＝G m A m B r 2＝G 2m 2a 2F CB ＝G m C m B r 2＝G m 2a 2方向如图所示， 由余弦定理得合力为： F B ＝F 2AB ＋F 2CB －2F AB ·F CB ·cos 120°＝7G m 2a2 (3)由于m A ＝2m ，m B ＝m C ＝m通过分析可知，圆心O 在BC 的中垂线AD 的中点 则R C ＝⎝⎛⎭⎫34a 2＋⎝⎛⎭⎫12a 2＝74a (4)三星体运动周期相同，对C 星体，由F C ＝F B ＝7G m 2a 2＝m (2πT)2R C ，可得T ＝πa 3Gm.4．双星系统由两颗恒星组成，两恒星在相互引力的作用下，分别围绕其连线上的某一点做周期相同的匀速圆周运动．研究发现，双星系统演化过程中，两星的总质量、距离和周期均可能发生变化．若某双星系统中两星做圆周运动的周期为T，经过一段时间演化后，两星总质量变为原来的k倍，两星之间的距离变为原来的n倍，则此时圆周运动的周期为()A.n3k2T B.n3k TC.n2k T D.nk T答案 B解析设两恒星的质量分别为m1、m2，距离为L，双星靠彼此的引力提供向心力，则有G m1m2L2＝m1r14π2T2G m1m2L2＝m2r24π2T2并且r1＋r2＝L解得T＝2πL3G(m1＋m2)当两星总质量变为原来的k倍，两星之间距离变为原来的n倍时T′＝2πn3L3Gk(m1＋m2)＝n3k·T故选项B正确．5．银河系的恒星中大约四分之一是双星．如图5所示，某双星由质量不等的星体S1和S2构成，两星在相互之间的万有引力作用下绕两者连线上某一定点O做匀速圆周运动．由天文观察测得它们的运动周期为T，若已知S1和S2的距离为r，引力常量为G，求两星的总质量M.图5答案4π2r3 GT2解析设星体S1、S2的质量分别为m1、m2，运动的轨道半径分别为R1、R2，则运动的角速度为ω＝2πT根据万有引力定律和向心力公式有G m1m2r2＝m1ω2R1＝m2ω2R2又R1＋R2＝r联立解得两星的总质量为M＝m1＋m2＝ω2r2R2G＋ω2r2R1G＝ω2r3G＝4π2r3GT2.一、近地卫星、同步卫星和赤道上随地球自转的物体的比较如图6所示，a为近地卫星，半径为r1；b为同步卫星，半径为r2；c为赤道上随地球自转的物体，半径为r3.图6二、卫星追及相遇问题典例(多选)如图7所示，三个质点a、b、c的质量分别为m1、m2、M(M远大于m1及m2)，在c的万有引力作用下，a、b在同一平面内绕c沿逆时针方向做匀速圆周运动，已知轨道半径之比为r a∶r b＝1∶4，则下列说法中正确的有()图7A．a、b运动的周期之比为T a∶T b＝1∶8B．a、b运动的周期之比为T a∶T b＝1∶4C．从图示位置开始，在b转动一周的过程中，a、b、c共线12次D．从图示位置开始，在b转动一周的过程中，a、b、c共线14次点评某星体的两颗卫星之间的距离有最近和最远之分，但它们都处在同一条直线上，由于它们的轨道不是重合的，因此在最近和最远的相遇问题上不能通过位移或弧长相等来处理，而是通过卫星运动的圆心角来衡量，若它们初始位置在同一直线上，实际上内轨道所转过的圆心角与外轨道所转过的圆心角之差为π的整数倍时就是出现最近或最远的时刻，而本题中a、b、c三个质点初始位置不在一条直线上，故在列式时要注意初始角度差．答案AD解析根据开普勒第三定律：周期的平方与半径的三次方成正比，则周期之比为1∶8，A对；设图示位置夹角为θ<π2，b转动一周(圆心角为2π)的时间为t＝T b，则a、b相距最远时：2πT a T b－2πT b T b＝(π－θ)＋n·2π(n＝0,1,2,3，…)，可知n<6.75，n可取7个值；a、b相距最近时：2πT a T b－2πT b T b＝(2π－θ)＋m·2π(m＝0,1,2,3，…)，可知m<6.25，m可取7个值，故在b转动一周的过程中，a、b、c共线14次，D对．题组1同步卫星1．(多选)据报道，北斗卫星导航系统利用其定位、导航等功能加入到马航MH370失联客机搜救工作，为指挥中心调度部署人力、物力提供决策依据，保证了搜救船只准确抵达相关海域，帮助搜救船只规划搜救航线，避免搜救出现遗漏海域，目前北斗卫星导航定位系统由高度均约为36 000 km的5颗静止轨道卫星和5颗倾斜地球同步轨道卫星以及高度约为21 500 km的4颗中轨道卫星组网运行，下列说法正确的是()A．中轨道卫星的周期比同步卫星的周期大B．所有卫星均位于以地心为中心的圆形轨道上C．同步卫星和中轨道卫星的线速度均小于第一宇宙速度D．赤道上随地球自转的物体的向心加速度比同步卫星的向心加速度大答案BC解析由开普勒第三定律可知，轨道半径较小的中轨道卫星的周期比同步卫星的周期小，A项错；由题意知，北斗导航系统的卫星轨道高度一定，因此卫星均位于以地心为中心的圆形轨道上，B项正确；第一宇宙速度是卫星绕地球的最大运行速度，C项正确；赤道上物体与同步卫星的角速度相同，由a＝ω2r可知，同步卫星的向心加速度较大，D项错．2．如图1所示，轨道Ⅰ是近地气象卫星轨道，轨道Ⅱ是地球同步卫星轨道，设卫星在轨道Ⅰ和轨道Ⅱ上都绕地心做匀速圆周运动，运行的速度大小分别是v1和v2，加速度大小分别是a1和a2，则()图1A ．v 1>v 2 a 1<a 2B ．v 1>v 2 a 1>a 2C ．v 1<v 2 a 1<a 2D ．v 1<v 2 a 1>a 2 答案 B解析 根据G Mmr 2＝m v 2r＝ma ，可知v ＝GM r ，a ＝GMr2，所以v 1>v 2，a 1>a 2.选项B 正确． 3．设地球的质量为M ，半径为R ，自转周期为T ，引力常量为G .“神舟九号”绕地球运行时离地面的高度为h ，则“神舟九号”与“同步卫星”各自所在轨道处的重力加速度的比值为( )A.423223(2)()()R h GMT π＋ B.22343()()(2π)GM R h T ＋C.223423()(2π)()GMT R h ＋ D.43223(2π)()()T GM R h ＋答案 C解析 设“神舟九号”与“同步卫星”各自所在轨道处的重力加速度分别为g 神九、g 同步，则m 神九g 神九＝G Mm 神九(R ＋h )2，m 同步g 同步＝G Mm 同步r 2同步＝4π2m 同步r 同步T 2，联立可得g 神九g 同步＝(GMT 2)23(2π)43(R ＋h )2，故C 正确． 4．“神舟八号”飞船绕地球做匀速圆周运动时，飞行轨道在地球表面的投影如图2所示，图中标明了飞船相继飞临赤道上空所对应的地面的经度．设“神舟八号”飞船绕地球飞行的轨道半径为r 1，地球同步卫星飞行轨道半径为r 2.则r 31∶r 32等于( )图2A ．1∶24B ．1∶156C ．1∶210D ．1∶256答案 D解析 从图象中可以看出，飞船每运行一周，地球自转22.5°，故飞船的周期为T 1＝22.5°360°×24 h ＝1.5 h ，同步卫星的周期为24 h ，由开普勒第三定律可得r 31r 32＝T 21T 22＝(1.524)2＝1256，故选D.题组2 双星、多星模型5．(多选)宇宙间存在一些离其他恒星较远的三星系统，其中有一种三星系统如图3所示，三颗质量均为m 的星位于等边三角形的三个顶点，三角形边长为R ，忽略其他星体对它们的引力作用，三星在同一平面内绕三角形中心O 做匀速圆周运动，万有引力常量为G ，则()图3A ．每颗星做圆周运动的线速度为 Gm RB ．每颗星做圆周运动的角速度为 3GmR 3 C ．每颗星做圆周运动的周期为2πR 33GmD ．每颗星做圆周运动的加速度与三星的质量无关 答案 ABC解析 由图可知，每颗星做匀速圆周运动的半径r ＝R 2cos 30°＝33R .由牛顿第二定律得Gm 2R 2·2cos 30°＝m v 2r ＝mω2r＝m 4π2T2r ＝ma ，可解得v ＝GmR，ω＝ 3GmR 3，T ＝2πR 33Gm ，a ＝3GmR2，故A 、B 、C 均正确，D 错误． 6．2016年2月11日，美国科学家宣布探测到引力波的存在，引力波的发现将为人类探索宇宙提供新视角，这是一个划时代的发现．在如图4所示的双星系统中，A 、B 两个恒星靠着相互之间的引力正在做匀速圆周运动，已知恒星A 的质量为太阳质量的29倍，恒星B 的质量为太阳质量的36倍，两星之间的距离L ＝2×105 m ，太阳质量M ＝2×1030 kg ，引力常量G ＝6.67×10－11N·m 2/kg 2，π2＝10.若两星在环绕过程中会辐射出引力波，该引力波的频率与两星做圆周运动的频率具有相同的数量级，则根据题目所给信息估算该引力波频率的数量级是( )图4A ．102 HzB ．104 HzC ．106 HzD ．108 Hz 答案 A解析 A 、B 的周期相同，角速度相等，靠相互之间的引力提供向心力， 有G M A M B L 2＝M A r A 4π2T 2①G M A M B L 2＝M B r B 4π2T 2②有M A r A ＝M B r B ，r A ＋r B ＝L ， 解得r A ＝M B M A ＋M B L ＝3629＋36L ＝3665L .由①得T ＝ 4π2L 3×3665GM B ，则f ＝1T＝GM B 4π2L 3×3665＝6.67×10－11×36×2×10304×10×(2×105)3×3665Hz ≈1.6×102 Hz.第11页 共11页 7．经过用天文望远镜长期观测，人们在宇宙中已经发现了许多双星系统，通过对它们的研究，使我们对宇宙中物质的存在形式和分布情况有了较深刻的认识，双星系统由两个星体组成，其中每个星体的线度都远小于两星体之间的距离，一般双星系统距离其他星体很远，可以当成孤立系统来处理．现根据对某一双星系统的测量确定，该双星系统中每个星体的质量都是M ，两者相距L ，它们正围绕两者连线的中点做圆周运动．(1)计算出该双星系统的运动周期T ；(2)若该实验中观测到的运动周期为T 观测，且T 观测∶T ＝1∶N (N >1)．为了理解T 观测与T 的不同，目前有一种流行的理论认为，在宇宙中可能存在一种望远镜观测不到的暗物质．作为一种简化模型，我们假定在以这两个星体连线为直径的球体内均匀分布这种暗物质．若不考虑其他暗物质的影响，根据这一模型和上述观测结果确定该星系间这种暗物质的密度．答案 (1)πL 2L GM (2)3(N －1)M 2πL 3解析 (1)双星均绕它们连线的中点做圆周运动，万有引力提供向心力，则G M 2L 2＝M ⎝⎛⎭⎫2πT 2·L 2，解得T ＝πL 2L GM . (2)N >1，根据观测结果，星体的运动周期为T 观测＝1NT <T ，这是由于双星系统内(类似一个球体)均匀分布的暗物质引起的，均匀分布在双星系统内的暗物质对双星系统的作用与一个质点(质点的质量等于球内暗物质的总质量M ′且位于中点O 处)的作用等效，考虑暗物质作用后双星系统的运动周期，即 G M 2L 2＋G MM ′(L 2)2＝M ⎝⎛⎭⎫2πT 观测2·L 2， 代入T ＝πL 2L GM 并整理得M ′＝N －14M . 故所求的暗物质密度为ρ＝M ′43π(L 2)3＝3(N －1)M 2πL 3.。

第3讲圆周运动一、匀速圆周运动、角速度、线速度、向心加速度1．匀速圆周运动(1)定义：做圆周运动的物体，若在相等的时间内通过的圆弧长相等，就是匀速圆周运动．(2)特点：加速度大小不变，方向始终指向圆心，是变加速运动．(3)条件：合外力大小不变、方向始终与速度方向垂直且指向圆心．2．描述匀速圆周运动的物理量深度思考如图1所示为一辆自行车传动装置的结构图．图1(1)同一齿轮上到转轴距离不同的各点的线速度、角速度是否相同？(2)两个齿轮相比较，其边缘的线速度是否相同？角速度是否相同，转速是否相同？答案(1)线速度不同，角速度相同．(2)线速度相同，角速度、转速不同．二、匀速圆周运动的向心力1．作用效果向心力产生向心加速度，只改变速度的方向，不改变速度的大小．2．大小F＝m v2r＝mrω2＝m4π2T2r＝mωv＝4π2mf2r.3．方向始终沿半径方向指向圆心，时刻在改变，即向心力是一个变力．4．来源向心力可以由一个力提供，也可以由几个力的合力提供，还可以由一个力的分力提供．三、离心现象1．定义：做圆周运动的物体，在所受合外力突然消失或不足以提供圆周运动所需向心力的情况下，就做逐渐远离圆心的运动．2．本质：做圆周运动的物体，由于本身的惯性，总有沿着圆周切线方向飞出去的趋势．3．受力特点(如图2)图2当F＝mrω2时，物体做匀速圆周运动；当F＝0时，物体沿切线方向飞出；当F<mrω2时，物体逐渐远离圆心．1．判断下列说法是否正确．(1)匀速圆周运动是匀变速曲线运动．(×)(2)做圆周运动的物体，一定受到向心力的作用，所以分析做圆周运动物体的受力时，除了分析其受到的其他力，还必须指出它受到向心力的作用．(×)(3)做圆周运动的物体所受合外力突然消失，物体将沿圆周的半径方向飞出．(×)(4)火车转弯速率小于规定的数值时，内轨受到的压力会增大．(√)(5)飞机在空中沿半径为R的水平圆周盘旋时，飞机机翼一定处于倾斜状态．(√)2．(人教版必修2P25第3题改编)如图3所示，小物体A与水平圆盘保持相对静止，跟着圆盘一起做匀速圆周运动，则A受力情况是()图3A．重力、支持力B．重力、向心力C．重力、支持力、指向圆心的摩擦力D．重力、支持力、向心力、摩擦力答案 C3．(人教版必修2P19第4题改编)图4是自行车传动装置的示意图，其中Ⅰ是半径为r1的大齿轮，Ⅱ是半径为r2的小齿轮，Ⅲ是半径为r3的后轮，假设脚踏板的转速为n r/s，则自行车前进的速度为()图4A.πnr1r3r2 B.πnr2r3r1C.2πnr2r3r1 D.2πnr1r3r2答案 D4．(人教版必修2P25第2题改编)如图5所示，一个内壁光滑的圆锥形筒的轴线垂直于水平面，圆锥筒固定不动，有两个质量相等的小球A和B紧贴着内壁分别在图中所示的水平面内做匀速圆周运动，则以下说法中正确的是()图5A．A球的角速度等于B球的角速度B．A球的线速度大于B球的线速度C．A球的运动周期小于B球的运动周期D．A球对筒壁的压力大于B球对筒壁的压力答案 B解析先对小球受力分析，如图所示，由图可知，两球的向心力都来源于重力mg和支持力F N的合力，建立如图所示的坐标系，则有：F N sin θ＝mg①F N cos θ＝mrω2②由①得F N＝mgsin θ，小球A和B受到的支持力F N相等，由牛顿第三定律知，选项D错误．由于支持力F N相等，结合②式知，A球运动的半径大于B球运动的半径，故A球的角速度小于B球的角速度，A球的运动周期大于B球的运动周期，选项A 、C 错误．又根据F N cos θ＝m v 2r可知：A 球的线速度大于B 球的线速度，选项B 正确.命题点一 圆周运动的分析 1．圆周运动中的运动学分析 (1)对公式v ＝ωr 的理解 当r 一定时，v 与ω成正比； 当ω一定时，v 与r 成正比； 当v 一定时，ω与r 成反比． (2)对a ＝v 2r＝ω2r ＝ωv 的理解在v 一定时，a 与r 成反比；在ω一定时，a 与r 成正比． 2．圆周运动中的动力学分析 (1)向心力的来源向心力是按力的作用效果命名的，可以是重力、弹力、摩擦力等各种力，也可以是几个力的合力或某个力的分力，因此在受力分析中要避免再另外添加一个向心力． (2)向心力的确定①确定圆周运动的轨道所在的平面，确定圆心的位置．②分析物体的受力情况，找出所有的力沿半径方向指向圆心的合力就是向心力．例1 (多选)(2016·浙江理综·20)如图6所示为赛车场的一个水平“梨形”赛道，两个弯道分别为半径R ＝90 m 的大圆弧和r ＝40 m 的小圆弧，直道与弯道相切．大、小圆弧圆心O 、O ′距离L ＝100 m ．赛车沿弯道路线行驶时，路面对轮胎的最大径向静摩擦力是赛车重力的 2.25倍，假设赛车在直道上做匀变速直线运动，在弯道上做匀速圆周运动，要使赛车不打滑，绕赛道一圈时间最短(发动机功率足够大，重力加速度g ＝10 m/s 2，π＝3.14)，则赛车( )图6A ．在绕过小圆弧弯道后加速B ．在大圆弧弯道上的速率为45 m/sC ．在直道上的加速度大小为5.63 m/s 2D ．通过小圆弧弯道的时间为5.58 s绕赛道一圈时间最短．答案 AB解析 在弯道上做匀速圆周运动时，根据径向静摩擦力提供向心力得，kmg ＝m v 2m r ，当弯道半径一定时，在弯道上的最大速率是一定的，且在大弯道上的最大速率大于小弯道上的最大速率，故要想时间最短，可在绕过小圆弧弯道后加速，选项A 正确；在大圆弧弯道上的速率为v m R ＝kgR ＝ 2.25×10×90 m/s ＝45 m/s ，选项B 正确；直道的长度为x ＝L 2－(R －r )2＝50 3 m ，在小弯道上的最大速率为：v m r ＝kgr ＝ 2.25×10×40 m/s ＝30 m/s ，在直道上的加速度大小为a ＝v 2m R －v 2m r2x ＝452－3022×503m/s 2≈6.50 m/s 2，选项C 错误；由几何关系可知，小圆弧轨道的长度为2πr3，通过小圆弧弯道的时间为t ＝2πr3v m r ＝2×3.14×403×30s ≈2.80 s ，选项D 错误．1．如图7所示，“旋转秋千”中的两个座椅A 、B 质量相等，通过相同长度的缆绳悬挂在旋转圆盘上．不考虑空气阻力的影响，当旋转圆盘绕竖直的中心轴匀速转动时，下列说法正确的是( )图7A ．A 的速度比B 的大B ．A 与B 的向心加速度大小相等C ．悬挂A 、B 的缆绳与竖直方向的夹角相等D ．悬挂A 的缆绳所受的拉力比悬挂B 的小 答案 D解析 根据题意可知，座椅A 和B 的角速度相等，A 的转动半径小于B 的转动半径，由v ＝rω可知，座椅A 的线速度比B 的小，选项A 错误；由a ＝rω2可知，座椅A 的向心加速度比B 的小，选项B 错误；座椅受力如图所示，由牛顿第二定律得mg tan θ＝mrω2，tan θ＝rω2g，因座椅A 的运动半径较小，故悬挂A 的缆绳与竖直方向的夹角小，选项C 错误；拉力F T ＝mgcos θ，可判断悬挂A 的缆绳所受的拉力比悬挂B 的小，选项D 正确．2．(多选)如图8所示，两个质量不同的小球用长度不等的细线拴在同一点，并在同一水平面内做匀速圆周运动，则它们的( )图8A ．周期相同B ．线速度的大小相等C ．角速度的大小相等D ．向心加速度的大小相等 答案 AC解析 对小球受力分析如图所示，受自身重力mg 、绳子拉力F T ，合力提供向心力即水平指向圆心，设细线和竖直方向夹角为θ，小球到悬点的距离为h ，则有mg tan θ＝ma n ＝mω2h tan θ，可得向心加速度a n ＝g tan θ，所以向心加速度大小不相等，选项D 错；角速度ω＝gh，所以角速度大小相等，选项C 对；由于水平面内圆周运动的半径不同，线速度v ＝ωh tan θ，所以线速度大小不同，选项B 错，周期T ＝2πω，角速度相等，所以周期相等，选项A 对．命题点二 水平面内圆周运动的临界问题例2 如图9所示，用一根长为l ＝1 m 的细线，一端系一质量为m ＝1 kg 的小球(可视为质点)，另一端固定在一光滑锥体顶端，锥面与竖直方向的夹角θ＝37°，当小球在水平面内绕锥体的轴做匀速圆周运动的角速度为ω时，细线的张力为F T .(g 取10 m/s 2，结果可用根式表示)求：图9(1)若要小球刚好离开锥面，则小球的角速度ω0至少为多大？ (2)若细线与竖直方向的夹角为60°，则小球的角速度ω′为多大？①小球在水平面内绕锥体的轴做匀速圆周运动；②若要小球刚好离开锥面．答案 (1)522 rad/s (2)2 5 rad/s解析 (1)若要小球刚好离开锥面，则小球只受到重力和细线的拉力，受力分析如图所示．小球做匀速圆周运动的轨迹圆在水平面上，故向心力水平，在水平方向运用牛顿第二定律及向心力公式得：mg tan θ＝mω20l sin θ解得：ω20＝gl cos θ即ω0＝gl cos θ＝52 2 rad/s.(2)同理，当细线与竖直方向成60°角时，由牛顿第二定律及向心力公式得：mg tan α＝mω′2l sin α解得：ω′2＝gl cos α，即ω′＝gl cos α＝2 5 rad/s.水平面内圆周运动临界问题的分析技巧1．在水平面内做圆周运动的物体，当角速度ω变化时，物体有远离或向着圆心运动的趋势．这时要根据物体的受力情况，判断某个力是否存在以及这个力存在时方向朝哪(特别是一些接触力，如静摩擦力、绳的拉力等)．2．三种临界情况(1)接触与脱离的临界条件：两物体相接触或脱离，临界条件是：弹力F N＝0.(2)相对滑动的临界条件：两物体相接触且处于相对静止时，常存在着静摩擦力，则相对滑动的临界条件是：静摩擦力达到最大值．(3)绳子断裂与松驰的临界条件：绳子所能承受的张力是有限度的，绳子断与不断的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力，绳子松弛的临界条件是：F T＝0.3．(多选)如图10所示，两个质量均为m的小木块a和b(可视为质点)放在水平圆盘上，a与转轴OO′的距离为l，b与转轴的距离为2l，木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的k倍，重力加速度大小为g.若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，用ω表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是()图10A．b一定比a先开始滑动B．a、b所受的摩擦力始终相等C．ω＝kg2l是b开始滑动的临界角速度D．当ω＝2kg3l时，a所受摩擦力的大小为kmg答案AC解析小木块a、b做圆周运动时，由静摩擦力提供向心力，即f＝mω2R.当角速度增加时，静摩擦力增大，当增大到最大静摩擦力时，发生相对滑动，对木块a：f a＝mω2a l，当f a＝kmg时，kmg＝mω2a l，ωa＝kgl；对木块b：f b＝mω2b·2l，当f b＝kmg时，kmg＝mω2b·2l，ωb＝kg2l，所以b先达到最大静摩擦力，选项A正确；两木块滑动前转动的角速度相同，则f a ＝mω2l ，f b ＝mω2·2l ，f a <f b ，选项B 错误；当ω＝ kg2l时b 刚要开始滑动，选项C 正确；当ω＝2kg 3l 时，a 没有滑动，则f a ＝mω2l ＝23kmg ，选项D 错误． 命题点三 竖直面内的圆周运动 1．竖直面内圆周运动两类模型一是无支撑(如球与绳连接、沿内轨道运动的过山车等)，称为“绳(环)约束模型”，二是有支撑(如球与杆连接、在弯管内的运动等)，称为“杆(管)约束模型”． 2．竖直平面内圆周运动的两种模型特点及求解方法最高点无支撑最高点有支撑重力、弹力，弹力方向向下或重力、弹力，弹力方向向下、22例3 小球P 和Q 用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，P 球的质量大于Q 球的质量，悬挂P 球的绳比悬挂Q 球的绳短．将两球拉起，使两绳均被水平拉直，如图11所示．将两球由静止释放．在各自轨迹的最低点( )图11A ．P 球的速度一定大于Q 球的速度B ．P 球的动能一定小于Q 球的动能C ．P 球所受绳的拉力一定大于Q 球所受绳的拉力D ．P 球的向心加速度一定小于Q 球的向心加速度①P 球的质量大于Q 球的质量；②由静止释放；③在各自轨迹的最低点．答案 C解析 小球从水平位置摆动至最低点，由动能定理得，mgL ＝12m v 2，解得v ＝2gL ，因L P <L Q ，故v P <v Q ，选项A 错误；因为E k ＝mgL ，又m P >m Q ，L P <L Q ，则两小球的动能大小无法比较，选项B 错误；对小球在最低点受力分析得，F T －mg ＝m v 2L ，可得F T ＝3mg ，选项C 正确；由a n ＝v 2L ＝2g 可知，两球的向心加速度相等，选项D 错误．例4 如图12所示，一质量为m ＝0.5 kg 的小球，用长为0.4 m 的轻绳拴着在竖直平面内做圆周运动．g 取10 m/s 2，求：图12(1)小球要做完整的圆周运动，在最高点的速度至少为多大？ (2)当小球在最高点的速度为4 m/s 时，轻绳拉力多大？(3)若轻绳能承受的最大张力为45 N ，小球的速度不能超过多大？①轻绳拴着在竖直平面内做圆周运动；②小球要做完整的圆周运动；③最大张力为45 N.答案 (1)2 m/s (2)15 N (3)4 2 m/s解析 (1)在最高点，对小球受力分析如图甲，由牛顿第二定律得 mg ＋F 1＝m v 2R①由于轻绳对小球只能提供指向圆心的拉力，即F 1不可能取负值，亦即F1≥0②联立①②得v≥gR，代入数值得v≥2 m/s所以，小球要做完整的圆周运动，在最高点的速度至少为2 m/s.(2)将v2＝4 m/s代入①得，F2＝15 N.(3)由分析可知，小球在最低点张力最大，对小球受力分析如图乙，由牛顿第二定律得F3－mg＝m v23R③将F3＝45 N代入③得v3＝4 2 m/s即小球的速度不能超过4 2 m/s.4．(多选)“水流星”是一种常见的杂技项目，该运动可以简化为细绳一端系着小球在竖直平面内的圆周运动模型，如图13所示，已知绳长为l，重力加速度为g，则()图13A．小球运动到最低点Q时，处于失重状态B．小球初速度v0越大，则在P、Q两点绳对小球的拉力差越大C．当v0>6gl时，小球一定能通过最高点PD．当v0<gl时，细绳始终处于绷紧状态答案CD解析小球运动到最低点Q时，由于加速度向上，故处于超重状态，选项A错误；小球在最低点时：F T1－mg＝m v20l；在最高点时：F T2＋mg＝mv2l，其中12m v2－mg·2l＝12m v2，解得FT1－F T2＝6mg，故在P、Q两点绳对小球的拉力差与初速度v0无关，选项B错误；当v0＝6gl时，得v＝2gl，因为小球能经过最高点的最小速度为gl，则当v0>6gl时小球一定能通过最高点P，选项C正确；当v0＝gl时，由12m v2＝mgh得小球能上升的高度h＝12l，即小球不能越过与悬点等高的位置，故当v0<gl时，小球将在最低点位置来回摆动，细绳始终处于绷紧状态，选项D正确．5．如图14所示，轻杆长3L ，在杆两端分别固定质量均为m 的球A 和B ，光滑水平转轴穿过杆上距球A 为L 处的O 点，外界给系统一定能量后，杆和球在竖直平面内转动，球B 运动到最高点时，杆对球B 恰好无作用力．忽略空气阻力．则球B 在最高点时( )图14A ．球B 的速度为零 B ．球A 的速度大小为2gLC ．水平转轴对杆的作用力为1.5mgD ．水平转轴对杆的作用力为2.5mg 答案 C解析 球B 运动到最高点时，杆对球B 恰好无作用力，即重力恰好提供向心力，有mg ＝m v 2B 2L ，解得v B ＝2gL ，故A 错误；由于A 、B 两球的角速度相等，则球A 的速度大小v A ＝122gL ，故B 错误；B 球在最高点时，对杆无弹力，此时A 球受重力和拉力的合力提供向心力，有F －mg ＝m v 2A L，解得：F ＝1.5mg ，故C 正确，D 错误.斜面上圆周运动的临界问题在斜面上做圆周运动的物体，因所受的控制因素不同，如静摩擦力控制、轻绳控制、轻杆控制，物体的受力情况和所遵循的规律也不相同．下面列举三类实例： 1．静摩擦力控制下的圆周运动图15典例1 如图15所示，一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定角速度ω转动，盘面上离转轴距离 2.5 m 处有一小物体与圆盘始终保持相对静止．物体与盘面间的动摩擦因数为32(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，盘面与水平面的夹角为30°，g 取10 m/s 2.则ω的最大值是( ) A. 5 rad/s B. 3 rad/s C ．1.0 rad/s D ．0.5 rad/s答案 C解析 当小物体转动到最低点时为临界点，由牛顿第二定律知，μmg cos 30°－mg sin 30°＝mω2r 解得ω＝1.0 rad/s 故选项C 正确．2．轻绳控制下的圆周运动典例2 如图16所示，一块足够大的光滑平板放置在水平面上，能绕水平固定轴MN 调节其与水平面所成的倾角．板上一根长为l ＝0.60 m 的轻细绳，它的一端系住一质量为m 的小球P ，另一端固定在板上的O 点．当平板的倾角固定为α时，先将轻绳平行于水平轴MN 拉直，然后给小球一沿着平板并与轻绳垂直的初速度v 0＝3.0 m/s.若小球能保持在板面内做圆周运动，倾角α的值应在什么范围内？(取重力加速度g ＝10 m/s 2)图16答案 0°≤α≤30°解析 小球在倾斜平板上运动时受到绳子拉力、平板弹力、重力．在垂直平板方向上合力为0，重力在沿平板方向的分量为mg sin α小球在最高点时，由绳子的拉力和重力沿平板方向的分力的合力提供向心力，有F T ＋mg sin α＝m v 21l①研究小球从释放到最高点的过程，根据动能定理有 －mgl sin α＝12m v 21－12m v 20② 若恰好能通过最高点，则绳子拉力F T ＝0③ 联立①②③解得sin α＝12，则α＝30°故α的范围为0°≤α≤30°. 3．轻杆控制下的圆周运动典例3 如图17所示，在倾角为α＝30°的光滑斜面上，有一根长为L ＝0.8 m 的轻杆，一端固定在O 点，另一端系一质量为m ＝0.2 kg 的小球，沿斜面做圆周运动，取g ＝10 m/s 2，若要小球能通过最高点A ，则小球在最低点B 的最小速度是( )图17A ．4 m/sB ．210 m/sC ．2 5 m/sD ．2 2 m/s 答案 A解析 小球受轻杆控制，在A 点的最小速度为零，由2mgL sin α＝12m v 2B可得v B ＝4 m/s ，A 正确．题组1匀速圆周运动的分析1．水平放置的三个不同材料制成的圆轮A、B、C，用不打滑皮带相连，如图1所示(俯视图)，三圆轮的半径之比为R A∶R B∶R C＝3∶2∶1，当主动轮C匀速转动时，在三轮的边缘上分别放置一相同的小物块(可视为质点)，小物块均恰能相对静止在各轮的边缘上，设小物块所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，小物块与轮A、B、C 接触面间的动摩擦因数分别为μA、μB、μC，A、B、C三轮转动的角速度分别为ωA、ωB、ωC，则()图1A．μA∶μB∶μC＝2∶3∶6B．μA∶μB∶μC＝6∶3∶2C．ωA∶ωB∶ωC＝1∶2∶3D．ωA∶ωB∶ωC＝6∶3∶2答案 A解析小物块在水平方向由最大静摩擦力提供向心力，所以向心加速度a＝μg，而a＝v2R，A、B、C三圆轮边缘的线速度大小相同，所以μ∝1R，所以μA∶μB∶μC＝2∶3∶6，由v＝Rω可知，ω∝1R，所以ωA∶ωB∶ωC＝2∶3∶6，故只有A正确．2．(多选)如图2为学员驾驶汽车在水平面上绕O点做匀速圆周运动的俯视示意图．已知质量为60 kg的学员在A 点位置，质量为70 kg的教练员在B点位置，A点的转弯半径为5.0 m，B点的转弯半径为4.0 m，学员和教练员(均可视为质点)()图2A．运动周期之比为5∶4B．运动线速度大小之比为1∶1C．向心加速度大小之比为5∶4D．受到的合力大小之比为15∶14答案CD解析A、B两点做圆周运动的角速度相等，根据T＝2πω知，周期相等，故A错误．根据v＝rω知，半径之比为5∶4，则线速度大小之比为5∶4，故B错误．根据a＝rω2知，半径之比为5∶4，则向心加速度大小之比为5∶4，故C正确．根据F＝ma知，向心加速度大小之比为5∶4，质量之比为6∶7，则合力大小之比为15∶14，故D 正确．题组2水平面内圆周运动的临界问题3．(多选)摩擦传动是传动装置中的一个重要模型，如图3所示的两个水平放置的轮盘靠摩擦力传动，其中O、O′分别为两轮盘的轴心．已知两个轮盘的半径比r甲∶r乙＝3∶1，且在正常工作时两轮盘不打滑．今在两轮盘上分别放置两个同种材料制成的滑块A、B，两滑块与轮盘间的动摩擦因数相同，两滑块距离轴心O、O′的间距R A ＝2R B.若轮盘乙由静止开始缓慢地转动起来，且转速逐渐增加，则下列叙述正确的是()图3A．滑块A和B在与轮盘相对静止时，角速度之比为ω甲∶ω乙＝1∶3B．滑块A和B在与轮盘相对静止时，向心加速度的比值为a A∶a B＝2∶9C．转速增加后滑块B先发生滑动D．转速增加后两滑块一起发生滑动答案ABC解析假设轮盘乙的半径为R，由题意可知两轮盘边缘的线速度大小相等，有ω甲(3R)＝ω乙R，得ω甲∶ω乙＝1∶3，所以滑块相对轮盘滑动前，A、B的角速度之比为1∶3，A正确；滑块相对轮盘滑动前，根据a＝ω2r得A、B的向心加速度之比为a A∶a B＝2∶9，B正确；据题意可得滑块A、B的最大静摩擦力分别为F f A＝μm A g，F f B＝μm B g，最大静摩擦力之比为F f A∶F f B＝m A∶m B，滑块相对轮盘滑动前所受的静摩擦力之比为F f A′∶F f B′＝(m A a A)∶(m B a B)＝m A∶(4.5m B)，综上分析可得滑块B先达到最大静摩擦力，先开始滑动，C正确，D错误．4．(多选)如图4所示，在水平圆盘上放有质量分别为m、m、2m的可视为质点的三个物体A、B、C，圆盘可绕垂直圆盘的中心轴OO′转动．三个物体与圆盘间的动摩擦因数相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．三个物体与轴O共线且OA＝OB＝BC＝r，现将三个物体用轻质细线相连，保持细线伸直且恰无张力．当圆盘从静止开始转动，角速度极其缓慢地增大，则对于这个过程，下列说法正确的是()图4A．A、B两个物体同时达到最大静摩擦力B．B、C两个物体的静摩擦力先增大后不变，A物体所受的静摩擦力先增大后减小再增大C．当ω2> μgr时整体会发生滑动D．当μg2r<ω<μgr时，在ω增大的过程中B、C间的拉力不断增大答案BCD解析当圆盘转速增大时，静摩擦力提供向心力，三个物体的角速度相等，由F0＝mω2r，由于C的半径最大，质量最大，故C所需要的向心力增加最快，最先达到最大静摩擦力，此时μ(2m)g＝2m·2rω21，解得ω1＝μg 2r，当C的摩擦力达到最大静摩擦力之后，细线BC开始提供拉力，B的摩擦力增大，达到最大静摩擦力后，A、B 之间细线开始有力的作用，随着角速度增大，A的摩擦力将减小到零然后反向增大，当A的摩擦力达到最大，且细线BC的拉力大于A、B整体的摩擦力时物体将会出现相对滑动，此时A与B还受到细线的拉力，对C有F T＋μ(2m)g＝2m·2rω22，对A、B整体有F T＝2μmg，解得ω2＝μgr，当ω2>μgr时整体会发生滑动，故A错误，B、C正确；当μg2r<ω<μgr时，C所受摩擦力沿着半径向里，且没有出现滑动，故在ω增大的过程中，由于向心力F＝F T＋F f不断增大，故B、C间的拉力不断增大，故D正确．5.如图5所示，水平杆固定在竖直杆上，两者互相垂直，水平杆上O、A两点连接有两轻绳，两绳的另一端都系在质量为m的小球上，OA＝OB＝AB，现通过转动竖直杆，使水平杆在水平面内做匀速圆周运动，三角形OAB 始终在竖直平面内，若转动过程中OB、AB两绳始终处于拉直状态，则下列说法正确的是()图5A．OB绳的拉力范围为0～33mgB．OB绳的拉力范围为33mg～233mgC．AB绳的拉力范围为33mg～233mgD．AB绳的拉力范围为0～233mg答案 B解析当转动的角速度为零时，OB绳的拉力最小，AB绳的拉力最大，这时两者的值相同，设为F1，则2F1cos30°＝mg，F1＝33mg，增大转动的角速度，当AB绳的拉力刚好等于零时，OB绳的拉力最大，设这时OB绳的拉力为F2，则F2cos 30°＝mg，F2＝233mg，因此OB绳的拉力范围为33mg～233mg，AB绳的拉力范围为0～33mg，B项正确．6．如图6所示，半径为R的半球形陶罐，固定在可以绕竖直轴旋转的水平转台上，转台转轴与过陶罐球心O的对称轴OO′重合．转台以一定角速度ω匀速旋转，一质量为m的小物块落入陶罐内，经过一段时间后，小物块随陶罐一起转动且相对罐壁静止，它和O点的连线与OO′之间的夹角θ为60°，重力加速度大小为g.图6(1)若ω＝ω0，小物块受到的摩擦力恰好为零，求ω0；(2)若ω＝(1±k)ω0，且0＜k≪1，求小物块受到的摩擦力大小和方向．答案(1) 2g R(2)当ω＝(1＋k)ω0时，F f沿罐壁切线向下，大小为3k(2＋k)2mg当ω＝(1－k)ω0时，F f沿罐壁切线向上，大小为3k(2－k)2mg解析(1)对小物块受力分析可知：F N cos 60°＝mg①F N sin 60°＝mR′ω20②R′＝R sin 60°③联立①②③解得：ω0＝2g R(2)由于0＜k≪1，当ω＝(1＋k)ω0时，物块受摩擦力方向沿罐壁切线向下．由受力分析可知：F N′cos 60°＝mg＋F f cos 30°④F N′sin 60°＋F f sin 30°＝mR′ω2⑤联立③④⑤解得：F f＝3k(2＋k)2mg当ω＝(1－k)ω0时，物块受摩擦力方向沿罐壁切线向上．由受力分析和几何关系知：F N″cos 60°＋F f′sin 60°＝mg⑥F N″sin 60°－F f′cos 60°＝mR′ω2⑦联立③⑥⑦解得F f′＝3k(2－k)2mg.题组3 竖直平面内圆周运动的临界问题7．如图7所示，长均为L 的两根轻绳，一端共同系住质量为m 的小球，另一端分别固定在等高的A 、B 两点，A 、B 两点间的距离也为L .重力加速度大小为g .现使小球在竖直平面内以AB 为轴做圆周运动，若小球在最高点速率为v 时，两根绳的拉力恰好均为零，则小球在最高点速率为2v 时，每根绳的拉力大小为( )图7A.3mgB.433mg C ．3mg D ．23mg答案 A解析 设小球在竖直面内做圆周运动的半径为r ，小球运动到最高点时轻绳与圆周运动轨道平面的夹角为θ＝30°，则有r ＝L cos θ＝32L .根据题述小球在最高点速率为v 时，两根绳的拉力恰好均为零，有mg ＝m v 2r ；小球在最高点速率为2v 时，设每根绳的拉力大小为F ，则有2F cos θ＋mg ＝m (2v )2r ，联立解得F ＝3mg ，选项A 正确．8.(多选)如图8所示，竖直放置的光滑圆轨道被固定在水平地面上，半径r ＝0.4 m ，最低点处有一小球(半径比r 小很多)，现给小球一水平向右的初速度v 0，则要使小球不脱离圆轨道运动，v 0应当满足(取g ＝10 m/s 2)( )图8A ．v 0≥0B ．v 0≥4 m/sC ．v 0≥2 5 m/sD ．v 0≤2 2 m/s答案 CD解析 当v 0较大时，小球能够通过最高点，这时小球在最高点处需要满足的条件是mg ≤m v 2r ，又根据机械能守恒定律有12m v 2＋2mgr ＝12m v 20，得v 0≥2 5 m/s ，C 正确．当v 0较小时，小球不能通过最高点，这时对应的临界条件是小球上升到与圆心等高位置处时速度恰好减为零，根据机械能守恒定律有mgr ＝12m v 20，得v 0＝2 2 m/s ，D 正确．9．如图9所示，两个四分之三竖直圆弧轨道固定在同一水平地面上，半径R 相同，左侧轨道由金属凹槽制成，右侧轨道由金属圆管制成，均可视为光滑轨道．在两轨道右侧的正上方分别将金属小球A 和B 由静止释放，小球距离地面的高度分别为h A 、h B ，下列说法正确的是( )。

专题04 曲线运动、万有引力与航天目录第一节曲线运动运动的合成与分解 (2)【基本概念、规律】 (2)【重要考点归纳】 (2)考点一对曲线运动规律的理解 (2)考点二运动的合成及合运动性质的判断 (2)【思想方法与技巧】 (3)两种运动的合成与分解实例 (3)第二节抛体运动 (4)【基本概念、规律】 (4)【重要考点归纳】 (5)考点一平抛运动的基本规律及应用 (5)考点二与斜面相关联的平抛运动 (6)考点三与圆轨道关联的平抛运动 (6)第三节圆周运动 (7)【基本概念、规律】 (7)【重要考点归纳】 (8)考点一水平面内的圆周运动 (8)考点二竖直面内的圆周运动 (8)考点三圆周运动的综合问题 (8)【思想方法与技巧】 (9)竖直平面内圆周运动的“轻杆、轻绳”模型 (9)第四节万有引力与航天 (10)【基本概念、规律】 (10)【重要考点归纳】 (11)考点一天体质量和密度的估算 (11)考点二卫星运行参量的比较与运算 (11)考点三卫星(航天器)的变轨问题 (12)考点四宇宙速度的理解与计算 (13)【思想方法与技巧】 (13)双星系统模型 (13)求极值的六种方法 (14)第一节曲线运动运动的合成与分解【基本概念、规律】一、曲线运动1．速度的方向：质点在某一点的速度方向，沿曲线在这一点的切线方向．2．运动的性质：做曲线运动的物体，速度的方向时刻在改变，所以曲线运动一定是变速运动．3．曲线运动的条件：物体所受合力的方向跟它的速度方向不在同一条直线上或它的加速度方向与速度方向不在同一条直线上．二、运动的合成与分解1．运算法则位移、速度、加速度都是矢量，故它们的合成与分解都遵循平行四边形定则．2．合运动和分运动的关系(1)等时性：合运动与分运动经历的时间相等．(2)独立性：一个物体同时参与几个分运动时，各分运动独立进行，不受其他分运动的影响．(3)等效性：各分运动叠加起来与合运动有完全相同的效果．【重要考点归纳】考点一对曲线运动规律的理解1．曲线运动的分类及特点(1)匀变速曲线运动：合力(加速度)恒定不变．(2)变加速曲线运动：合力(加速度)变化．2．合外力方向与轨迹的关系物体做曲线运动的轨迹一定夹在合外力方向与速度方向之间，速度方向与轨迹相切，合外力方向指向轨迹的“凹”侧．3．速率变化情况判断(1)当合力方向与速度方向的夹角为锐角时，速率增大；(2)当合力方向与速度方向的夹角为钝角时，速率减小；(3)当合力方向与速度方向垂直时，速率不变．考点二运动的合成及合运动性质的判断1．运动的合成与分解的运算法则运动的合成与分解是指描述运动的各物理量即位移、速度、加速度的合成与分解，由于它们均是矢量，故合成与分解都遵循平行四边形定则．2．合运动的性质判断⎩⎨⎧加速度或合外力⎩⎪⎨⎪⎧变化：变加速运动不变：匀变速运动加速度或合外力与速度方向⎩⎪⎨⎪⎧共线：直线运动不共线：曲线运动3．两个直线运动的合运动性质的判断4.成运算．【思想方法与技巧】两种运动的合成与分解实例一、小船渡河模型 1．模型特点两个分运动和合运动都是匀速直线运动，其中一个分运动的速度大小、方向都不变，另一分运动的速度大小不变，研究其速度方向不同时对合运动的影响．这样的运动系统可看做小船渡河模型．2．模型分析(1)船的实际运动是水流的运动和船相对静水的运动的合运动．(2)三种速度：v 1(船在静水中的速度)、v 2(水流速度)、v (船的实际速度)． (3)两个极值①过河时间最短：v 1⊥v 2，t min ＝dv 1(d 为河宽)．②过河位移最小：v ⊥v 2(前提v 1＞v 2)，如图甲所示，此时x min ＝d ，船头指向上游与河岸夹角为α，cos α＝v 2v 1；v 1⊥v (前提v 1＜v 2)，如图乙所示．过河最小位移为x min ＝d sin α＝v 2v 1d .3.求解小船渡河问题的方法求解小船渡河问题有两类：一是求最短渡河时间，二是求最短渡河位移．无论哪类都必须明确以下三点：(1)解决这类问题的关键是：正确区分分运动和合运动，在船的航行方向也就是船头指向方向的运动，是分运动；船的运动也就是船的实际运动，是合运动，一般情况下与船头指向不共线．(2)运动分解的基本方法，按实际效果分解，一般用平行四边形定则沿水流方向和船头指向分解． (3)渡河时间只与垂直河岸的船的分速度有关，与水流速度无关． 二、绳(杆)端速度分解模型 1．模型特点绳(杆)拉物体或物体拉绳(杆)，以及两物体通过绳(杆)相连，物体运动方向与绳(杆)不在一条直线上，求解运动过程中它们的速度关系，都属于该模型．2．模型分析(1)合运动→绳拉物体的实际运动速度v(2)分运动→⎩⎪⎨⎪⎧其一：沿绳或杆的分速度v 1其二：与绳或杆垂直的分速度v 2(3)关系：沿绳(杆)方向的速度分量大小相等． 3.解决绳(杆)端速度分解问题的技巧(1)明确分解谁——分解不沿绳(杆)方向运动物体的速度； (2)知道如何分解——沿绳(杆)方向和垂直绳(杆)方向分解；(3)求解依据——因为绳(杆)不能伸长，所以沿绳(杆)方向的速度分量大小相等．第二节 抛体运动【基本概念、规律】 一、平抛运动1．性质：平抛运动是加速度恒为重力加速度g 的匀变速曲线运动，轨迹是抛物线．2．规律：以抛出点为原点，以水平方向(初速度v 0方向)为x 轴，以竖直向下的方向为y 轴建立平面直角坐标系，则(1)水平方向：做匀速直线运动，速度：v x ＝v 0，位移：x ＝v 0t . (2)竖直方向：做自由落体运动，速度：v y ＝gt ，位移：y ＝12gt 2.(3)合运动①合速度：v ＝v 2x ＋v 2y ，方向与水平方向夹角为θ，则tan θ＝v y v 0＝gt v 0. ②合位移：x 合＝x 2＋y 2，方向与水平方向夹角为α，则tan α＝yx ＝gt2v 0.二、斜抛运动 1．性质加速度为g 的匀变速曲线运动，轨迹为抛物线．2．规律(以斜向上抛为例说明，如图所示)(1)水平方向：做匀速直线运动，v x ＝v 0cos θ. (2)竖直方向：做竖直上抛运动，v y ＝v 0sin θ－gt . 【重要考点归纳】考点一 平抛运动的基本规律及应用1．飞行时间：由t ＝2hg知，时间取决于下落高度h ，与初速度v 0无关． 2．水平射程：x ＝v 0t ＝v 02hg，即水平射程由初速度v 0和下落高度h 共同决定，与其他因素无关．3．落地速度：v t ＝v 2x ＋v 2y ＝v 20＋2gh ，以θ表示落地速度与x 轴正方向的夹角，有tan θ＝v yv x＝2ghv 0，所以落地速度也只与初速度v 0和下落高度h 有关．4．速度改变量：因为平抛运动的加速度为恒定的重力加速度g ，所以做平抛运动的物体在任意相等时间间隔Δt 内的速度改变量Δv ＝g Δt 相同，方向恒为竖直向下，如图甲所示．5．两个重要推论(1)做平抛(或类平抛)运动的物体任一时刻的瞬时速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点，如图乙中A 点和B 点所示．(2)做平抛(或类平抛)运动的物体在任意时刻任一位置处，设其末速度方向与水平方向的夹角为α，位移与水平方向的夹角为θ，则tan α＝2tan θ.6.“化曲为直”思想在抛体运动中的应用(1)根据等效性，利用运动分解的方法，将其转化为两个方向上的直线运动，在这两个方向上分别求解． (2)运用运动合成的方法求出平抛运动的速度、位移等．考点二 与斜面相关联的平抛运动1.斜面上的平抛问题是一种常见的题型，在解答这类问题时除要运用平抛运动的位移和速度规律，还要充分运用斜面倾角，找出斜面倾角同位移和速度与水平方向夹角的关系，从而使问题得到顺利解决．常见的模型如下：速度方向与关，分解速度，构速度方向与关，分解速度，构位移方向与关，分解位移，构2.(1)从斜面上某点抛出又落到斜面上，位移与水平方向夹角等于斜面倾角； (2)从斜面外抛出的物体落到斜面上，注意找速度方向与斜面倾角的关系． 考点三 与圆轨道关联的平抛运动在竖直半圆内进行平抛时，圆的半径和半圆轨道对平抛运动形成制约．画出落点相对圆心的位置，利用几何关系和平抛运动规律求解． 平抛运动的临界问题(1)在解决临界和极值问题时，正确找出临界条件(点)是解题关键．(2)对于平抛运动，已知平抛点高度，又已知初速度和水平距离时，要进行平抛运动时间的判断，即比较t 1＝2h g 与t 2＝xv 0，平抛运动时间取t 1、t 2的小者．(3)本题中，两发子弹不可能打到靶上同一点的说明： 若打到靶上同一点，则子弹平抛运动时间相同， 即t ＝Lv 0＋v ＝L －90v，L ＝3 690 m ，t ＝4.5 s ＞2hg＝0.6 s ，即子弹0.6 s 后就已经打到地上．第三节 圆周运动【基本概念、规律】一、描述圆周运动的物理量1．线速度：描述物体圆周运动的快慢，v ＝Δs Δt ＝2πrT .2．角速度：描述物体转动的快慢，ω＝ΔθΔt ＝2πT .3．周期和频率：描述物体转动的快慢，T ＝2πr v ，T ＝1f.4．向心加速度：描述线速度方向变化的快慢．a n ＝r ω2＝v 2r ＝ωv ＝4π2T2r .5．向心力：作用效果产生向心加速度，F n ＝ma n . 二、匀速圆周运动和非匀速圆周运动的比较1．定义：做圆周运动的物体，在合力突然消失或者不足以提供圆周运动所需的向心力的情况下，就做逐渐远离圆心的运动．2．供需关系与运动如图所示，F 为实际提供的向心力，则 (1)当F ＝m ω2r 时，物体做匀速圆周运动； (2)当F ＝0时，物体沿切线方向飞出； (3)当F <m ω2r 时，物体逐渐远离圆心； (4)当F >m ω2r 时，物体逐渐靠近圆心． 【重要考点归纳】考点一 水平面内的圆周运动1．运动实例：圆锥摆、火车转弯、飞机在水平面内做匀速圆周飞行等．2．重力对向心力没有贡献，向心力一般来自弹力、摩擦力或电磁力．向心力的方向水平，竖直方向的合力为零．3．涉及静摩擦力时，常出现临界和极值问题．4.水平面内的匀速圆周运动的解题方法(1)对研究对象受力分析，确定向心力的来源，涉及临界问题时，确定临界条件；(2)确定圆周运动的圆心和半径；(3)应用相关力学规律列方程求解．考点二竖直面内的圆周运动1．物体在竖直平面内的圆周运动有匀速圆周运动和变速圆周运动两种．2．只有重力做功的竖直面内的圆周运动一定是变速圆周运动，遵守机械能守恒．3．竖直面内的圆周运动问题，涉及知识面比较广，既有临界问题，又有能量守恒的问题．4．一般情况下，竖直面内的变速圆周运动问题只涉及最高点和最低点的两种情形．考点三圆周运动的综合问题圆周运动常与平抛(类平抛)运动、匀变速直线运动等组合而成为多过程问题，除应用各自的运动规律外，还要结合功能关系进行求解．解答时应从下列两点入手：1．分析转变点：分析哪些物理量突变，哪些物理量不变，特别是转变点前后的速度关系．2．分析每个运动过程的受力情况和运动性质，明确遵守的规律．3.平抛运动与圆周运动的组合题，用平抛运动的规律求解平抛运动问题，用牛顿定律求解圆周运动问题，关键是找到两者的速度关系．若先做圆周运动后做平抛运动，则圆周运动的末速等于平抛运动的水平初速；若物体平抛后进入圆轨道，圆周运动的初速等于平抛末速在圆切线方向的分速度．【思想方法与技巧】竖直平面内圆周运动的“轻杆、轻绳”模型1．模型特点在竖直平面内做圆周运动的物体，运动至轨道最高点时的受力情况可分为两类：一是无支撑(如球与绳连接、沿内轨道的“过山车”等)，称为“轻绳模型”；二是有支撑(如球与杆连接、小球在弯管内运动等)，称为“轻杆模型”．2．模型分析绳、杆模型常涉及临界问题，分析如下：过最高点的23.(1)定模型：首先判断是轻绳模型还是轻杆模型，两种模型过最高点的临界条件不同，其原因主要是“绳”不能支持物体，而“杆”既能支持物体，也能拉物体．(2)确定临界点：v 临＝gr ，对轻绳模型来说是能否通过最高点的临界点，而对轻杆模型来说是F N 表现为支持力还是拉力的临界点．(3)定规律：用牛顿第二定律列方程求解．第四节 万有引力与航天【基本概念、规律】 一、万有引力定律1．内容：自然界中任何两个物体都相互吸引，引力的方向在它们的连线上，引力的大小与物体的质量m 1和m 2的乘积成正比，与它们之间距离r 的二次方成反比．2．公式：F ＝Gm 1m 2r2，其中G ＝6.67×10－11 N·m 2/kg 2. 3．适用条件：严格地说，公式只适用于质点间的相互作用，当两个物体间的距离远大于物体本身的大小时，物体可视为质点．均匀的球体可视为质点，其中r 是两球心间的距离．一个均匀球体与球外一个质点间的万有引力也适用，其中r 为球心到质点间的距离．二、宇宙速度三、经典力学的时空观和相对论时空观1．经典时空观(1)在经典力学中，物体的质量是不随速度的改变而改变的．(2)在经典力学中，同一物理过程发生的位移和对应时间的测量结果在不同的参考系中是相同的． 2．相对论时空观同一过程的位移和时间的测量与参考系有关，在不同的参考系中不同． 3．经典力学的适用范围只适用于低速运动，不适用于高速运动；只适用于宏观世界，不适用于微观世界． 【重要考点归纳】考点一 天体质量和密度的估算1．解决天体(卫星)运动问题的基本思路(1)天体运动的向心力来源于天体之间的万有引力，即G Mm r 2＝ma n ＝m v 2r ＝m ω2r ＝m 4π2r T2 (2)在中心天体表面或附近运动时，万有引力近似等于重力，即G MmR2＝mg (g 表示天体表面的重力加速度)． 2．天体质量和密度的计算(1)利用天体表面的重力加速度g 和天体半径R .由于G Mm R 2＝mg ，故天体质量M ＝gR 2G ，天体密度ρ＝M V ＝M 43πR 3＝3g 4πGR.(2)通过观察卫星绕天体做匀速圆周运动的周期T 和轨道半径r .①由万有引力等于向心力，即G Mm r 2＝m 4π2T 2r ，得出中心天体质量M ＝4π2r3GT 2；②若已知天体半径R ，则天体的平均密度ρ＝M V ＝M 43πR3＝3πr 3GT 2R 3；③若天体的卫星在天体表面附近环绕天体运动，可认为其轨道半径r 等于天体半径R ，则天体密度ρ＝3πGT 2.可见，只要测出卫星环绕天体表面运动的周期T ，就可估算出中心天体的密度．3.(1)利用圆周运动模型，只能估算中心天体质量，而不能估算环绕天体质量．(2)区别天体半径R 和卫星轨道半径r ：只有在天体表面附近的卫星才有r ≈R ；计算天体密度时，V ＝43πR 3中的R 只能是中心天体的半径．考点二卫星运行参量的比较与运算1．卫星的各物理量随轨道半径变化的规律2．卫星运动中的机械能(1)只在万有引力作用下卫星绕中心天体做匀速圆周运动和沿椭圆轨道运动，机械能均守恒，这里的机械能包括卫星的动能、卫星(与中心天体)的引力势能．(2)质量相同的卫星，圆轨道半径越大，动能越小，势能越大，机械能越大．3．极地卫星、近地卫星和同步卫星(1)极地卫星运行时每圈都经过南北两极，由于地球自转，极地卫星可以实现全球覆盖．(2)近地卫星是在地球表面附近环绕地球做匀速圆周运动的卫星，其运行的轨道半径可近似认为等于地球的半径，其运行线速度约为7.9 km/s.(3)同步卫星①轨道平面一定：轨道平面和赤道平面重合．②周期一定：与地球自转周期相同，即T＝24 h＝86 400 s.③角速度一定：与地球自转的角速度相同．④高度一定：卫星离地面高度h＝3.6×104 km.⑤速率一定：运动速度v＝3.07 km/s(为恒量)．⑥绕行方向一定：与地球自转的方向一致．考点三卫星(航天器)的变轨问题1．轨道的渐变做匀速圆周运动的卫星的轨道半径发生缓慢变化，由于半径变化缓慢，卫星每一周的运动仍可以看做是匀速圆周运动．解决此类问题，首先要判断这种变轨是离心还是向心，即轨道半径r是增大还是减小，然后再判断卫星的其他相关物理量如何变化．2．轨道的突变由于技术上的需要，有时要在适当的位置短时间启动飞行器上的发动机，使飞行器轨道发生突变，使其进入预定的轨道．(1)当卫星的速度突然增加时，G Mmr2＜mv2r，即万有引力不足以提供向心力，卫星将做离心运动，脱离原来的圆轨道，轨道半径变大，当卫星进入新的轨道稳定运行时由v ＝GM r可知其运行速度比原轨道时减小． (2)当卫星的速度突然减小时，G Mm r 2＞m v 2r，即万有引力大于所需要的向心力，卫星将做近心运动，脱离原来的圆轨道，轨道半径变小，当卫星进入新的轨道稳定运行时由v ＝GM r可知其运行速度比原轨道时增大；卫星的发射和回收就是利用这一原理．不论是轨道的渐变还是突变，都将涉及功和能量问题，对卫星做正功，卫星机械能增大，由低轨道进入高轨道；对卫星做负功，卫星机械能减小，由高轨道进入低轨道．考点四 宇宙速度的理解与计算1．第一宇宙速度v 1＝7.9 km/s ，既是发射卫星的最小发射速度，也是卫星绕地球运行的最大环绕速度．2．第一宇宙速度的求法： (1)GMm R 2＝m v 21R ，所以v 1＝GM R. (2)mg ＝mv 21R，所以v 1＝gR . 【思想方法与技巧】双星系统模型1．模型特点(1)两颗星彼此相距较近，且间距保持不变．(2)两颗星靠相互之间的万有引力做匀速圆周运动．(3)两颗星绕同一圆心做圆周运动．2．模型分析(1)双星运动的周期和角速度相等，各以一定的速率绕某一点转动，才不至于因万有引力作用而吸在一起．(2)双星做匀速圆周运动的向心力大小相等，方向相反．(3)双星绕共同的中心做圆周运动时总是位于旋转中心的两侧，且三者在一条直线上．(4)双星轨道半径之和等于它们之间的距离．3.(1)解决双星问题时，应注意区分星体间距与轨道半径：万有引力定律中的r 为两星体间距离，向心力公式中的r 为所研究星球做圆周运动的轨道半径．(2)宇宙空间大量存在这样的双星系统，如地月系统就可视为一个双星系统，只不过旋转中心没有出地壳而已，在不是很精确的计算中，可以认为月球绕着地球的中心旋转求极值的六种方法从近几年高考物理试题来看，考查极值问题的频率越来越高，由于这类试题既能考查考生对知识的理解能力、推理能力，又能考查应用数学知识解决问题的能力，因此必将受到高考命题者的青睐.下面介绍极值问题的六种求解方法.一、临界条件法对物理情景和物理过程进行分析，利用临界条件和关系建立方程组求解，这是高中物理中最常用的方法．二、二次函数极值法对于二次函数y ＝ax 2＋bx ＋c ，当a ＞0时，y 有最小值y min ＝4ac －b 24a ，当a ＜0时，y 有最大值y max ＝4ac －b 24a .也可以采取配方法求解．三、三角函数法某些物理量之间存在着三角函数关系，可根据三角函数知识求解极值．四、图解法此种方法一般适用于求矢量极值问题，如动态平衡问题，运动的合成问题，都是应用点到直线的距离最短求最小值．五、均值不等式法任意两个正整数a 、b ，若a ＋b ＝恒量，当a ＝b 时，其乘积a ·b 最大；若a ·b ＝恒量，当a ＝b 时，其和a ＋b 最小．六、判别式法一元二次方程的判别式Δ＝b 2－4ac ≥0时有实数根，取等号时为极值，在列出的方程数少于未知量个数时，求解极值问题常用这种方法．。

4、平抛运动、圆周运动热点问题分析［基础训练］1. （2018 •四川乐山调考）如图所示，一个内壁光滑的圆锥筒，其轴线垂直于水平面,圆锥筒固定不动.有一质量为m 的小球A 紧贴着筒内壁在水平面内做匀速圆周运动，筒口半 A. 小球B. 小球C. 小球D. 小球 A 做匀速圆周运动的角速度 w =2A 受到重力、支持力和向心力三个力作用 A 受到的合力大小为mg R A 受到的合力方向垂直筒壁斜向上答案：A 解析：对小球进行受力分析可知，小球受重力、支持力两个力的作用, 2H 力的合力提供向心力，由向心力关系可得 mg cot 0 = m w r ,其中cot 0 = R g ,则(两个Rr =— 2, 解得gH ,选项A 正确，B 错误；小球所受合力方向应指向圆周运动的圆心，提供向心力, R所以合力大小为 mg cot 0 = ^Rt ，选项C D 错误.2. （2018 •福建毕业班质检）如图所示，长均为 L 的两根轻绳，一端共同系住质量为 的小球，另一端分别固定在等高的 A B 两点，A B 两点间的距离也为 L .重力加速度大小为g .现使小球在竖直平面内以 AB 为轴做圆周运动，若小球在最高点速率为 v 时，两根绳的拉力恰好均为2v 时，每根绳的拉力大小为（ 径和筒高分别为D. 2 3mg2答案：A 解析：当小球以速度v 通过最高点时，mg= mR ；当小球以2v 通过最高点时，g 2设每根绳拉力大小为 F ,则J 3F + mg=叶琴一，解得F =J 3mg 选项A 正确.3. （2018 •湖南株洲二中月考）用一根细线一端系一小球 （可视为质点），另一端固定在 光滑锥顶上，如图所示，设小球在水平面内做匀速圆周运动的角速度为 重力mg 支持力N 和绳的拉力T 而平衡，T = mg cos 0丰0, A 错误;减小，当N= 0时，角速度为3 °,当3 <3 0时，由牛顿第二定律得 T sin0 , T cos 0 + Nsin 0 = mg 解得 T = mo 2L sin 2 0 + m^os 0，当面，绳与竖直方向夹角变大，设为 3，由牛顿第二定律得 T sin 3A. 3mg3 ,线的张力为T , =0时，小球静止，受 C. 3mg3增大时，T 增大，N0 — N cos 0 = m 3 2L sin3 >3 0时，小球离开锥2 =m w L sin 3，所以 T则T 随答案：B 解析：设绳长为L ,锥面与竖直方向夹角为 0 ,当3=mS 2,可知T- 3 2图线的斜率变大，所以B正确，C D错误.4. （2018 •河北三市七校联考）如图所示，用长为L的轻绳把一个小铁球悬挂在离水平地面高为2L的O点，小铁球以O为圆心在竖直平面内做圆周运动且恰能到达最高点B处•不计空气阻力，重力加速度为g.若运动到最高点轻绳断开，则小铁球落到地面时的速度大小为（）B1 2L •1 ]A.V3gL C.p7gL B^6gL D. 3翻答案：C解析：小铁球恰能到达最高点，即在最高点只有重力提供向心力，设小铁球2mv在最咼点的速度为v o，由向心力公式和牛顿第二定律可得mg=~L;从B点到落地，设小铁球落地的速度大小为v,由动能定理可得3mgL= *m& —^m）v，联立可得v= 7gL,故选项C正确，A B D错误.5. （2018 •甘肃模拟）（多选）如图所示，质量为3m的竖直光滑圆环A的半径为R固定在质量为2m的木板B上，木板B的左右两侧各有一竖直挡板固定在地面上，使B不能左右运动.在环的最低点静止放有一质量为m的小球C,现给小球一水平向右的瞬时速度v o,小球会在圆环内侧做圆周运动，为保证小球能通过环的最高点，且不会使环在竖直方向上跳起，则速度v o必须满足（）A. 最小值为2 gR B .最大值为3 . gRC.最小值为5gR D .最大值为10gR答案：BC 解析：小球从B 到C 做匀速圆周运动，由合外力提供向心力， 即由轨道的支持力和重力径向分力的合力提供向心力， 向心力大小不变，而重力的径向分力逐渐变大， 所 以轨道对小球的支持力逐渐变大， 则小球对轨道的压力逐渐变大， 而重力的切向分力逐渐变 小，所以小球受到的摩擦力逐渐变小，小球与轨道之间的动摩擦因数逐渐变小，选项错误.小球从B 到C 做匀速圆周运动，则由能量守恒定律可知： 小球克服摩擦力做的功等于答案：CD 解析：在最高点，小球速度最小时有: 2 V 1 mg= mR ,解得 gR 从最低点 到最高点的过程中机械能守恒，则有: 2mg 金-m\2= 2m\2小 ,解得v o 小要使环不会在 竖直方向上跳起，在最高点环对球的最大压力 F m = 2m 叶3mg= 5mg 在最高点，速度最大时 2 v 2 j 有：m 叶5mg= mR,解得V 2= *6gR 从最低点到最高点的过程中机械能守恒，则有： 2mgR 1 1 ________________________ ___________________________________ _________ + 2mV = q mV 大，解得v o 大=寸10gR,所以小球在最低点的速度范围为： 寸5gRC v °w ^10gR, 选项CD 正确.6. （2018 •河北衡水中学摸底）（多选）如图所示，BC 是半径为R= 1 m 的竖直面内的圆 弧轨道，轨道末端 C 在圆心O 的正下方，/ BO G 60°,将质量为 m= 1 kg 的小球，从与 O 等高的A 点水平抛出，小球恰好从B 点沿圆弧切线方向进入轨道， 由于小球与圆弧之间有摩 B 到C 做匀速圆周运动，重力加速度大小取 g = 10 m/s 2,则下列说法正确 擦，能够使小球从 的是（ A. 小球与轨道之间的动摩擦因数可能保持不变 B. 小球克服摩擦力做功为 5 JC. D. 小球从B 到C 的全过程中，小球对轨道的压力不变A 、 D1 1重力做的功W G mgR— R cos 60 ° ) = ?mgR= 2x1 x10x1 J = 5 J，选项B正确.小球从A到B 做平抛运动，在 B 点，小球速度方向偏向角 0 = 60°,则tan 60°=—, V y = gt ，竖直V A 方向的位移y = R cos 60 ° = 2gt 2;水平方向的位移 x = V A t ，解得x =f m ,则A B 两点的 2 3距离X AB = ”...x + y 2 = 112 m ,选项C 正确.综上本题选 B 、C.7.(2018 •山东东营一中质检)如图所示，一水平光滑、距地面高为h 、边长为a 的正方形MNP 桌面上，用长为L 的不可伸长的轻绳连接质量分别为 m 、m 的A 、 在绳子拉力的作用下，绕绳子上的某点O 以相同的角速度做匀速圆周运动, 心重合，已知 R A = 0.5 kg , L = 1.2 m , L AO = 0.8 m , a = 2.1 m , h = 1.25 m 、. 2V A = 0.4 m/s ，重力加速度取 g = 10 m/s ，求：M(2)若当绳子与MN 平行时突然断开，则经过 1.5 s 两球的水平距离;⑶ 在⑵ 的情况下，两小球落至地面时，落点间的水平距离.答案：(1)0.1 N 1 kg (2)1.5 m (3)2.68 m2 2”丄lV A 0.4 解析：(1) F =毗=0.5 x 而 N = 0.1 N , 由 F = R A W 2L OA = 2L OB ,L OA得 R B = RA _ = 1 kg.L OB向位移之和 x = (V A + V B )t i = 0.6 x 1.5 m= 0.9 m 则水平距离为 =1.5 m.(3)两球离开桌面后做平抛运动，运动时间 2h 2X 1.25g =； 10 S =0.5 S , 沿运动方向水平位移之和 x '= ( V A + V B ) 12+ a = 0.6 x 0.5 m + 2.1 m = 2.4 m. 则落地点间水平距离为 S '= .X ' 2+ L 2= , 2.4 2+ 1.2 2 m = -5- m = 2.68 m.B 两小球，两小球 圆心O 与桌面中 ,A 球的速度大小 (2)绳子断裂后，两球在水平方向上一直做匀速直线运动,V AV B =2 = 0.2 m/s ，沿运动方 s = x 2+ L 2= . 0.9 2+ 1.2 2 m (1)绳子上的拉力 t 2 =［能力提升］&如图所示，半径为 R 的圆轮在竖直面内绕 O 轴匀速转动，轮上 A 、B 两点均粘有一小 物体，当B 点转至最低位置时，此时 O A B 、P 四点在同一竖直线上，已知 OA= AB P 是 地面上的一点.A 、B 两点处的小物体同时脱落，最终落到水平地面上同一点.（不计空气 1 11线速度为R 设A 下落的时间为t i ,水平位移为s ，则在竖直方向上有 h —^R= 2gt 2，在1水平方向上有s = R- t 1, B 下落的高度为 h — R, B 随圆轮运动的线速度为 3 R,设B 下落一 1 2的时间为t 2,水平位移也为s ，则在竖直方向上有 h — R = -gt 2,在水平方向上有 S = 3 Rt 2, 联立解得h = 7尺 选项A 正确，B 、C D 错误.69. （多选）如图所示，ab 为竖直平面内的半圆环 acb 的水平直径，c 为环的最低点，环 的半径为R 将一个小球从a 点以初速度v o 沿ab 方向抛出，设重力加速度为g ,不计空气阻力，则（） 的阻力）则O P 之间的距离是（答案：A 解析：设O P 之间的距离为h ,则A 下落的高度为h — £R , A 随圆轮运动的(3) v 可分解为切向速度 v i 和法向速度V 2A. 当小球的初速度 V o =亠紳寸，与环相撞时的竖直分速度最大B. 当小球的初速度 v o ＜亠邦寸，将与环上的圆弧 ac 段相撞C. 当V o 取适当值，小球可以垂直撞击圆环D. 无论V 。