2020届二轮复习 专题一 第3讲 力学中的曲线运动 课件(64张)(浙江专用)

第3课时力与曲线运动考点曲线运动的性质和特点1．条件F合与v的方向不在同一直线上，或加速度方向与速度方向不共线．2．性质(1)F合恒定：做匀变速曲线运动．(2)F合不恒定：做非匀变速曲线运动．3．速度方向沿轨迹切线方向4．合力方向与轨迹的关系物体做曲线运动的轨迹一定夹在速度方向与合力方向之间，合力的方向指向曲线的“凹”侧．5．合运动与分运动物体的实际运动是合运动，明确是在哪两个方向上的分运动的合成．6．合运动的性质根据合外力(或合加速度)与合初速度的方向关系判断合运动的性质．7．运动的合成与分解就是速度、位移、加速度等的合成与分解，遵循平行四边形定则．8．绳(杆)关联物体的速度(1)若由绳(杆)连接的两运动物体的运动方向沿绳(杆)方向，则两物体速度大小相等．(2)若物体运动方向不沿绳(杆)方向，将其速度分解到沿绳(杆)方向和垂直绳(杆)方向，再参考上一条．例1(2019·江西宜春市上学期期末)如图1所示是物体在相互垂直的x方向和y方向运动的v－t图象．以下判断正确的是( )图1A．在0～1s内，物体做匀速直线运动B．在0～1s内，物体做匀变速直线运动C．在1～2s内，物体做匀变速直线运动D．在1～2s内，物体做匀变速曲线运动答案 C解析在0～1s内，水平方向为匀速运动，竖直方向为匀加速运动，则合运动为匀变速曲线运动，故选项A、B错误；在1～2s内，水平方向初速度为：v0x＝4m/s，加速度为：a x＝4 m/s2竖直方向初速度为：v0y＝3m/s，加速度为：a y＝3 m/s2根据平行四边形定则合成可以得到合初速度为v＝5m/s，合加速度为a＝5 m/s2，而且二者方向在同一直线上，可知合运动为匀变速直线运动，故选项C正确，D错误．变式训练1.(2019·江苏南通市通州区、海门、启东期末)质量不同的两个小球A、B从同一位置水平抛出，运动过程中两小球受到的水平风力恒定且相等，运动轨迹如图2所示，则( )图2A．B的初速度一定大B．B的加速度一定大C．A的质量一定小D．A水平方向的平均速度一定小答案 D解析小球在竖直方向只受重力，所以竖直方向做自由落体运动，由于高度相同，由公式t＝2hg可知，两小球运动时间相同，由题图可知，A小球水平位移小于B小球水平位移，水平方向上两小球做匀减速直线运动，所以A水平方向的平均速度一定比B的小，由于无法知道两小球落地时的水平速度大小，所以无法判断两球的初速度大小和加速度大小，则无法判断两球的质量关系．2.(2019·山东济南市3月模拟)曲柄连杆结构是发动机实现工作循环，完成能量转换的主要运动零件，如图3所示，连杆下端连接活塞Q，上端连接曲轴P.在工作过程中，活塞在汽缸内上下做直线运动，带动曲轴绕圆心O旋转，若P做线速度大小为v0的匀速圆周运动，则下列说法正确的是( )图3A ．当OP 与OQ 垂直时，活塞运动的速度等于v 0B ．当OP 与OQ 垂直时，活塞运动的速度大于v 0C ．当OPQ 在同一直线时，活塞运动的速度等于v 0D ．当OPQ 在同一直线时，活塞运动的速度大于v 0 答案 A解析 当OP 与OQ 垂直时，设∠PQO ＝θ，此时活塞的速度为v ，将P 点的速度分解为沿杆方向和垂直于杆方向的速度；将活塞的速度v 分解为沿杆方向和垂直于杆方向的速度，则此时v 0cos θ＝v cos θ，即v ＝v 0，选项A 正确，B 错误；当OPQ 在同一直线时，P 点沿杆方向的速度为零，则活塞运动的速度等于0，选项C 、D 错误．考点 平抛运动规律的应用1．位移关系：⎩⎪⎨⎪⎧x ＝v 0t y ＝12gt 2位移方向偏转角tan α＝y x ＝gt2v 0. 2．速度关系：⎩⎪⎨⎪⎧v x ＝v 0v y ＝gt速度方向偏转角tan θ＝v y v x ＝gtv 0＝2tan α. 分清题目条件是位移(方向)关系，还是速度(方向)关系，选择合适的关系式解题． 3．基本思路处理平抛(或类平抛)运动时，一般将合运动沿初速度方向和垂直于初速度方向进行分解，先按分运动规律列式，再用运动的合成求合运动． 4．两个突破口(1)对于在斜面上平抛又落到斜面上的问题，其竖直位移与水平位移之比等于斜面倾角的正切值．(2)若平抛运动的物体垂直打在斜面上，则物体打在斜面上瞬间，其水平速度与竖直速度之比等于斜面倾角的正切值．例2 (多选)(2019·黑龙江齐齐哈尔市联谊校期末)如图4所示，D 点为固定斜面AC 的中点．在A 点和D 点分别以初速度v 01和v 02水平抛出一个小球，结果两球均落在斜面的底端C .空气阻力不计．设两球在空中运动的时间分别为t 1和t 2，落到C 点前瞬间的速度大小分别为v 1和v 2，落到C 点前瞬间的速度方向与水平方向的夹角分别为θ1和θ2，则下列关系式正确的是( )图4A.t 1t 2＝2B.v 01v 02＝ 2 C.v 1v 2＝ 2 D.tan θ1tan θ2＝12答案 BC解析 两球都做平抛运动，在竖直方向上做自由落体运动，由h ＝12gt 2，得t ＝2hg.两球下落的高度之比h 1∶h 2＝2∶1，可得，t 1t 2＝21，故A 错误．小球水平方向做匀速直线运动，则v 0＝x t .两球水平位移之比x 1∶x 2＝2∶1，结合t 1t 2＝21，得v 01v 02＝2，故B 正确．设斜面的倾角为α，小球落到C 点前瞬间的速度方向与水平方向的夹角为θ.则tan α＝12gt 2v 0t ＝gt2v 0.tan θ＝gt v 0＝2tan α，是定值，所以tan θ1tan θ2＝1，即θ1＝θ2.落到C 点前瞬间的速度大小分别为v 1＝v 01cos θ1，v 2＝v 02cos θ2，可得，v 1v 2＝2，故C 正确，D 错误． 变式训练3．(2019·江苏泗阳县第一次统测)如图5所示，某同学由O 点先后抛出完全相同的3个小球(可将其视为质点)，分别依次垂直打在竖直木板M 、N 、P 三点上．已知M 、N 、P 、O 四点距离水平地面高度分别为4h 、3h 、2h 、h .不计空气阻力，以下说法正确的是( )图5A ．击中P 点的小球动能最小B ．分别到达M 、N 、P 三点的小球的飞行时间之比为1∶2∶3C ．分别到达M 、N 、P 三点的小球的初速度的竖直分量之比为3∶2∶1D ．到达木板前小球的加速度相同 答案 D解析 将运动逆向看，可看成是三个平抛运动，且达到O 点时水平位移相等，根据h ＝12gt 2，可得运动时间t ＝2hg，则到达M 、N 、P 的运动时间之比为3∶2∶1，故B 错误；水平方向有x ＝vt ，则水平方向的速度之比为2∶3∶6，由E k ＝12mv 2可知，击中M 点的小球动能最小，故A 错误；由v ＝gt 可知，到达M 、N 、P 三点的小球的初速度的竖直分量之比为3∶2∶1，故C 错误；做平抛运动物体的加速度为重力加速度，故到达木板前小球的加速度相同，故D 正确．4.(2019·广东茂名市第一次综合测试)如图6所示，有一内壁光滑的高为H ＝5m 、宽为L ＝1m 的直立长方形容器，可视为质点的小球在上端口边缘O 以水平初速度v 0向左抛出，正好打在E 点，若球与筒壁碰撞时无能量损失，不计空气阻力，重力加速度的大小为g ＝10m/s 2.则小球的初速度v 0的大小可能是( )图6A ．2m/sB ．4 m/sC ．6m/sD ．9 m/s 答案 D解析 根据平抛运动的分析可知H ＝12gt 2，(2n ＋1)L ＝v 0t ，n ＝0,1,2,3…，解得v 0＝(2n ＋1)L ，n ＝0,1,2,3…，所以v 0的可能值为1m/s,3 m/s,5m/s,7 m/s,9m/s…故D 正确，A 、B 、C 错误．考点圆周运动问题1．物理量间的关系2．两种传动方式(1)齿轮传动(皮带传动、摩擦传动)：两轮边缘线速度大小相等．(2)同轴转动：轮上各点角速度相等．3．基本思路(1)受力分析，明确向心力的来源，确定圆心以及半径．(2)列出正确的动力学方程F ＝m v 2r ＝mrω2＝mωv ＝mr 4π2T2.4．技巧方法竖直平面内圆周运动的最高点和最低点的速度通常利用动能定理来建立联系，然后结合牛顿第二定律进行动力学分析． 5．两种模型(1)绳球模型：小球能通过最高点的条件是v ≥gR . (2)杆球模型：小球能到达最高点的条件是v ≥0.例3 (2019·北京市东城区上学期期末)如图7所示，长度为L 的轻绳一端固定于O 点，另一端系一个质量为m 的小球，将轻绳拉直到水平状态时无初速度释放小球．重力加速度为g ，问：图7(1)小球经过最低点时，轻绳受到的拉力大小；(2)若在O 点的正下方钉一个钉子A ，要求小球在轻绳与钉子相碰后能够绕钉子做一个完整的圆周运动(忽略钉子的直径)，钉子A 的位置到悬点O 的距离至少为多大？(3)经验告诉我们，当轻绳与钉子相碰时，钉子的位置越靠近小球，绳就越容易断．请你通过推导计算解释这一现象．(推导过程中需要用到的物理量，自己设定) 答案 (1)3mg (2)0.6L (3)见解析解析 (1)小球从开始释放到最低点过程机械能守恒：mgL ＝12mv 2由牛顿第二定律可得：F T －mg ＝m v 2L联立解得F T ＝3mg结合牛顿第三定律可知，小球在最低点时，轻绳受到的拉力大小为3mg ．(2)设钉子A 的位置到悬点O 的距离为x ，小球在细绳与钉子相碰后做圆周运动的轨道半径为r 小球恰能通过最高点时，由牛顿第二定律可得：mg ＝m v 12r，其中：r ＝L －x由机械能守恒定律可得：mg (L －2r )＝12mv 12解得：x ＝0.6L ．(3)设小球在最低点时到钉子的距离为R ， 小球摆到最低点过程中，由机械能守恒定律可得：mgL ＝12mv 2小球通过最低点的速度：v ＝2gL在最低点由牛顿第二定律可得：F T0－mg ＝m v 2R则：F T0＝mg ＋m 2gLR可见小球在最低点时到钉子的距离越小，轻绳拉力越大，绳就越容易断． 变式训练5．(多选)(2019·江苏南京市、盐城市一模)乘坐列车时，在车厢内研究列车的运动情况，小明在车厢顶部用细线悬挂一个小球．当列车以恒定速率通过一段圆弧形弯道时，小明发现悬挂小球的细线与车厢侧壁平行，则下列判断正确的是( ) A ．细线对小球的拉力等于小球的重力 B ．外侧轨道与轮缘间没有侧向挤压作用 C ．小球不在悬点的正下方，偏向弯道的内侧D ．放在桌面上的茶杯所受支持力垂直于桌面，但并非竖直向上 答案 BD解析 当列车以恒定速率通过一段圆弧形弯道时，小球也做匀速圆周运动，细线的拉力与重力的合力提供向心力，设此时细线与竖直方向的夹角为θ，则细线的拉力：F ＝mgcos θ＞mg ，故A 错误；设列车与小球做匀速圆周运动的半径为R ，车速为v ，则对小球：mg tan θ＝m v 2R，解得：v ＝gR tan θ，由于悬挂小球的细线与车厢侧壁平行，可知车受到的支持力的方向与小球受到的细线的拉力方向相同，由受力分析可知，车的向心力恰好由车受到的重力与支持力的合力提供，所以两侧的轨道与轮缘间都没有侧向挤压作用，故B 正确；由于悬挂小球的细线与车厢侧壁平行，绳子的拉力与重力的合力提供小球做匀速圆周运动的向心力，则小球一定不在悬点的正下方，故C 错误；在弯道处火车内轨与外轨之间存在高度差，所以火车的桌面不是水平的，根据弹力方向的特点可知，放在桌面上的茶杯所受支持力垂直于桌面，但并非竖直向上，故D 正确．6．(2019·四川乐山市第一次调查研究)如图8所示，在半径为R 的半球形碗的光滑内表面上，一质量为m 的小球在距碗顶高度为h 的水平面内做匀速圆周运动，重力加速度为g ，则小球做匀速圆周运动的角速度为( )图8A.gh R 2－h2B.ghR 2－h 2C ．gh(R －h )2D.gh答案 D解析 根据受力分析和向心力公式可得：mg tan θ＝mrω2，小球做匀速圆周运动的轨道半径为：r ＝R sin θ；解得：ω＝gR cos θ＝gh，故选D. 考点万有引力定律的理解和应用1．环绕天体模型环绕天体做圆周运动的向心力由中心天体对它的万有引力提供，即G Mm r 2＝mrω2＝m 4π2T 2r ＝mv 2r＝ma ，可得：环绕天体运行线速度v ＝GMr ，角速度ω＝GMr 3，周期T ＝4π2r3GM，加速度a ＝GM r2.2．天体质量和密度(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 43πR3＝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由万有引力提供向心力，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＝3πr3GT 2R 3.3．变轨问题(1)同一卫星在不同轨道上运行时机械能和周期不同，轨道半径越大，机械能越大，周期越长． (2)卫星经过不同轨道相交的同一点时，加速度相等且外轨道的速度大于内轨道的速度． 4．双星问题双星各自做圆周运动的向心力由两者之间的万有引力提供，即Gm 1m 2(r 1＋r 2)2＝m 1ω2r 1＝m 2ω2r 2，另：G m 1＋m 2(r 1＋r 2)2＝ω2(r 1＋r 2)双星总质量：m 1＋m 2＝ω2(r 1＋r 2)3G.例4 (2019·贵州安顺市上学期质量监测)如图9所示，A 为地球表面赤道上的物体，B 为一轨道在赤道平面内的实验卫星，C 为在赤道上空的地球同步卫星，地球同步卫星C 和实验卫星B 的轨道半径之比为3∶1，两卫星的环绕方向相同，那么关于A 、B 、C 的说法正确的是( )图9A ．B 、C 两颗卫星所受地球万有引力之比为1∶9B ．B 卫星的公转角速度大于地面上随地球自转的物体A 的角速度C ．同一物体在B 卫星中对支持物的压力比在C 卫星中小D ．B 卫星中的宇航员一天内可看到9次日出 答案 B解析 根据万有引力定律F ＝Gm 1m 2r 2知，物体间的引力与两个物体的质量及两者之间的距离均有关，由于B 、C 两卫星的质量关系未知，所以B 、C 两颗卫星所受地球引力之比不一定为1∶9，故A 错误；C 卫星的轨道半径比B 卫星的轨道半径大，由开普勒第三定律知，B 卫星的公转周期小于C 卫星的公转周期，而C 卫星的公转周期等于地球自转周期，所以B 卫星的公转周期小于随地球自转的物体的运动周期，因此B 卫星的公转角速度大于地面上随地球自转的物体A 的角速度，故B 正确；物体在B 、C 卫星中均处于完全失重状态，物体对支持物的压力均为零，故C 错误；根据开普勒第三定律r 3T2＝k ，知C 、B 卫星轨道半径之比为3∶1，则周期之比为33∶1，地球自转周期与C 卫星周期相同，所以地球自转周期是B 卫星的运行周期的33倍(约为5.2倍)，因此B 卫星中的宇航员一天内看不到9次日出，故D 错误．变式训练7．(2019·全国卷Ⅱ·14)2019年1月，我国嫦娥四号探测器成功在月球背面软着陆．在探测器“奔向”月球的过程中，用h表示探测器与地球表面的距离，F表示它所受的地球引力，能够描述F随h变化关系的图像是( )答案 D解析在嫦娥四号探测器“奔向”月球的过程中，根据万有引力定律可知，随着h的增大，探测器所受的地球引力逐渐减小但并不是均匀减小的，故能够描述F随h变化关系的图像是D.8．(多选)(2019·江西上饶市重点中学六校第一次联考)A、B两个半径相同的天体各有一个卫星a、b环绕它们做匀速圆周运动，两个卫星的环绕周期之比为4∶1，A、B各自表面重力加速度之比为4∶1(忽略天体的自转)，则( )A．a、b轨道半径之比为4∶1B．A、B密度之比为4∶1C．a、b与天体的连线扫过相同面积所需时间之比为1∶16D．a、b所受向心力之比为1∶16答案AB解析根据GMmr2＝m(2πT)2r以及GMmR2＝mg可得r3＝GMT24π2＝gR2T24π2∝gT2；可得a、b轨道半径之比为r ar b＝341×(41)2＝41，选项A正确；由ρ＝M43πR3＝gR2G43πR3＝3g4πGR∝g，则A、B密度之比为4∶1，选项B正确；根据t＝rθv，12r2θ＝S，即t＝2Srv＝2Sr·2πrT＝STπr2，当扫过相同面积S时，则t at b＝T aT b×r b2r a2＝41×(14)2＝14，选项C错误；两卫星a、b的质量不确定，无法比较向心力的大小关系，选项D错误．例5(2019·河南驻马店市上学期期终)天文学家经过长期观测，在宇宙中发现了许多“双星”系统，这些“双星”系统一般与其他星体距离很远，受到其他天体引力的影响可以忽略不计．根据一对“双星”系统的光学测量确定，此双星系统中两个星体的质量均为m，而绕系统中心转动的实际周期是理论计算的周期的k倍(k<1)，究其原因，科学家推测，在以两星球球心连线为直径的球体空间中可能均匀分布着暗物质．若此暗物质确定存在，其质量应为( )A.m 4(1k 2－1) B.m 4(4k 2－1) C.m 4(1k2－4) D.m 4(14k2－1) 答案 A解析 质量相同的双星均绕它们的连线的中点做圆周运动，由万有引力提供向心力得：G m 2L 2＝m4π2T 02·L2；解得：T 0＝πL 2LGm.根据观测结果，星体的运动周期T ＝kT 0<T 0，这种差异是由双星内均匀分布的暗物质引起的，均匀分布在球体内的暗物质对双星系统的作用与一质量等于球内暗物质的总质量m ′，位于中点O 处的质点的作用相同，则有：G m 2L 2＋Gmm ′(L 2)2＝m 4π2T 2·L2，解得：T ＝πL2L G (m ＋4m ′)，所以：m ′＝m 4(1k2－1)，故选A.例6 (2019·山东临沂市2月质检)2019年春节期间，中国科幻电影里程碑作品《流浪地球》热播，影片中为了让地球逃离太阳系，人们在地球上建造特大功率发动机，使地球完成一系列变轨操作，其逃离过程可设想成如图10所示，地球在椭圆轨道Ⅰ上运行到远日点B 变轨，进入圆形轨道Ⅱ.在圆形轨道Ⅱ上运行到B 点时再次加速变轨，从而最终摆脱太阳束缚．对于该过程，下列说法正确的是( )图10A ．沿轨道Ⅰ运动至B 点时，需向前喷气减速才能进入轨道Ⅱ B ．沿轨道Ⅰ运行的周期小于沿轨道Ⅱ运行的周期C ．沿轨道Ⅰ运行时，在A 点的加速度小于在B 点的加速度D ．在轨道Ⅰ上由A 点运行到B 点的过程，速度逐渐增大 答案 B解析 沿轨道Ⅰ运动至B 点时，需向后喷气加速才能进入轨道Ⅱ，选项A 错误；因轨道Ⅰ的半长轴小于轨道Ⅱ的半径，根据开普勒第三定律可知，沿轨道Ⅰ运行的周期小于沿轨道Ⅱ运行的周期，选项B 正确；根据a ＝GMr2可知，沿轨道Ⅰ运行时，在A 点的加速度大于在B 点的加速度，选项C 错误；根据开普勒第二定律可知，选项D 错误．专题突破练 级保分练1.(2019·江苏苏北三市期末)如图1所示，一块可升降白板沿墙壁竖直向上做匀速运动，某同学用画笔在白板上画线，画笔相对于墙壁从静止开始水平向右先匀加速运动，后匀减速运动直到停止．取水平向右为x 轴正方向，竖直向下为y 轴正方向，则画笔在白板上画出的轨迹可能为( )图1答案 D解析 由题意可知，画笔相对白板竖直方向向下做匀速运动，水平方向先向右做匀加速运动，根据运动的合成可知此时画笔做曲线运动，由于合力向右，则曲线向右弯曲，然后水平方向向右做匀减速运动，同理可知轨迹仍为曲线，由于合力向左，则曲线向左弯曲，故选项D 正确，A 、B 、C 错误．2．(2019·全国卷Ⅲ·15)金星、地球和火星绕太阳的公转均可视为匀速圆周运动，它们的向心加速度大小分别为a 金、a 地、a 火，它们沿轨道运行的速率分别为v 金、v 地、v 火．已知它们的轨道半径R 金<R 地<R 火，由此可以判定( ) A ．a 金>a 地>a 火 B ．a 火>a 地>a 金 C ．v 地>v 火>v 金 D ．v 火>v 地>v 金答案 A解析 金星、地球和火星绕太阳公转时万有引力提供向心力，则有G MmR 2＝ma ，解得a ＝G M R2，结合题中R 金<R 地<R 火，可得a 金>a 地>a 火，选项A 正确，B 错误；同理，有G Mm R 2＝m v 2R，解得v＝GMR，再结合题中R 金<R 地<R 火，可得v 金>v 地>v 火，选项C 、D 错误． 3.(2019·江苏扬州中学月考)汽车静止时，车内的人从矩形车窗ABCD 看到窗外雨滴的运动方向如图2中①所示(设雨滴匀速下落)．在汽车从静止开始匀加速启动阶段的t 1、t 2两个时刻，看到雨滴的运动方向分别如②③所示．E 是AB 的中点，则( )图2A ．t 2＝2t 1B ．t 2＝3t 1C ．t 2＝2t 1D ．t 2＝5t 1答案 C解析 由题意可知，雨滴相对于车窗竖直方向做匀速直线运动，设竖直方向的分速度为v 0；车沿水平方向做匀加速直线运动，则雨滴相对于车沿水平方向也是匀加速直线运动，设车的加速度为a ，在t 1、t 2两个时刻雨滴相对于车窗沿水平方向的速度分别为：v 1＝at 1，v 2＝at 2，由题图可知在t 1时刻满足：v 1v 0＝BF AB ，在t 2时刻满足：v 2v 0＝BF AE ，由于E 是AB 的中点，可知AE ＝12AB ，解得：t 2＝2t 1.4.(多选)(2019·江苏常州市上学期期末)如图3所示，a 、b 两点位于同一条竖直线上，从a 、b 两点分别以速度v 1、v 2水平抛出两个小球，它们都能经过水平地面上方的P 点．则下列说法正确的是( )图3A ．两小球抛出的初速度v 1>v 2B ．两小球抛出的初速度v 1<v 2C ．从a 点抛出的小球着地时水平射程较大D ．从b 点抛出的小球着地时水平射程较大 答案 BD解析 因为从抛出点到P 点的过程中，水平位移相等，从a 点抛出的小球的运动时间较长，则从a 点抛出的小球的初速度较小，即v 1＜v 2，故A 错误，B 正确；到达P 点时，从a 点抛出的小球的竖直分速度较大，所以从P 点到地面，从a 点抛出的小球先落地，从b 点抛出的小球后落地，从b 点抛出的小球的初速度大，所以从b 点抛出的小球的水平射程较大，故C 错误，D 正确．5.(多选)(2019·福建漳州市第二次教学质量监测)明代出版的《天工开物》一书中记载：“其湖、池不流水，或以牛力转盘，或聚数人踏转．”并附有牛力齿轮翻车的图画，如图4所示，翻车通过齿轮传动，将湖水翻入农田．已知A、B齿轮啮合且齿轮之间不打滑，B、C齿轮同轴，若A、B、C三齿轮半径的大小关系为r A>r B>r C，则( )图4A．齿轮A、B的角速度大小相等B．齿轮A的角速度比齿轮C的角速度小C．齿轮B、C的角速度相等D．齿轮A边缘的线速度比齿轮C边缘的线速度小答案BC解析齿轮A与齿轮B是齿轮传动，边缘点线速度相等，根据公式v＝ωr可知，半径比较大的A的角速度小于B的角速度．而B与C是同轴转动，角速度相等，所以齿轮A的角速度比C的小，故A错误，B、C正确；齿轮B的半径大，边缘线速度大于C的，又齿轮A与齿轮B 边缘点线速度相等，所以齿轮A边缘的线速度比C边缘的线速度大，故D错误．6.(2019·浙江金华十校高三期末)甲、乙两位同学进行投篮比赛，由于两同学身高和体能的差异，他们分别站在不同的两处将篮球从A、B两点投出(如图5所示)，两人投出的篮球都能垂直打中篮板的同一点并落入篮筐，不计空气阻力，则下列说法中正确的是( )图5A．甲、乙抛出的篮球从抛出到垂直打中篮板的运动时间相等B．甲、乙抛出的篮球初速度的大小可能相等C．甲、乙抛出的篮球初速度的竖直分量大小相等D．甲、乙抛出的篮球垂直打中篮板时的速度相等答案 B7.(2019·山东济南市上学期期末)如图6所示，将一个物体以一定的初速度从倾角30°的斜面顶端水平抛出，落到斜面上，则到达斜面时的动能与平抛初动能的比值为( )图6 A．2∶1B．7∶3C．4∶3D．2∶ 3答案 B解析根据tan30°＝12gt2v0t得：t＝2v0tan30°g，则竖直分速度为：v y＝gt＝233v0.因为E1＝12 mv02，则有：E2＝12mv2＝12m(v02＋v y2)＝12m·73v02＝73·12mv02＝73E1，故B正确，A、C、D错误．8.(2019·湖南娄底市下学期质量检测)如图7，2018年6月14日11时06分，探月工程嫦娥四号任务“鹊桥”中继星成功实施轨道捕获控制，进入环绕距月球约6.5万公里的地月拉格朗日L2点的Halo使命轨道，成为世界首颗运行在地月L2点Halo轨道的卫星，地月L2是个“有趣”的位置，在这里中继星绕地球转动的周期与月球绕地球转动的周期相同，下列说法正确的是( )图7A．“鹊桥”中继星绕地球转动的角速度比月球绕地球转动的角速度大B．“鹊桥”中继星与地心的连线及月球与地心的连线在相同时间内分别扫过的面积相等C．“鹊桥”中继星绕地球转动的向心加速度比月球绕地球转动的向心加速度小D．“鹊桥”中继星绕地球转动的向心力由地球和月球的万有引力共同提供答案 D解析根据题意知“鹊桥”中继星绕地球转动的周期与月球绕地球转动的周期相同，根据ω＝2πT知“鹊桥”中继星绕地球转动的角速度与月球绕地球转动的角速度相等，故A错误；“鹊桥”中继星与地心的连线及月球与地心的连线在相同时间内转过的角度相等，但是因“鹊桥”中继星与地心的连线距离大于月球与地心的连线距离，可知在相同时间内分别扫过的面积不相等，选项B错误；“鹊桥”中继星的轨道半径比月球绕地球的轨道半径大，根据a＝ω2r知“鹊桥”中继星绕地球转动的向心加速度比月球绕地球转动的向心加速度大，故C 错误；“鹊桥”中继星绕地球转动的向心力由地球和月球的万有引力共同提供，选项D正确．9．(2019·河北省“五个一名校联盟”第一次诊断)如图8是美国宇航员阿姆斯特朗在月球表面留下的人类的“足迹”．根据天文资料，我们已知月球的质量约为地球质量的181，月球的半径约为地球半径的14，地球的第一宇宙速度约为7.9km/s.则月球的第一宇宙速度约为( )图8 A．1.8 km/s B．2.7 km/s C．7.9 km/s D．3.7 km/s 答案 A解析地球的第一宇宙速度为卫星绕地球在近地轨道上运行的速度，得：G MmR2＝mg＝mv2R，v＝gR＝GMR＝7.9km/s；同理可得，月球的第一宇宙速度为v1＝GM1R1；v1v＝M1RMR1＝29，解得v1≈1.8km/s.10．(2019·河北邯郸市测试)如图9所示，在水平放置的半径为R的圆柱体轴线正上方的P 点，将一个小球以水平速度v0垂直圆柱体的轴线抛出，小球飞行一段时间后恰好从圆柱体的Q点沿切线飞过，测得O、Q连线与竖直方向的夹角为θ，那么小球完成这段飞行的时间是( )图9A.v0g tanθB.g tanθv0C.R sinθv0D.R cosθv0答案 C解析小球以水平速度v0垂直圆柱体的轴线抛出后做平抛运动，将其沿水平和竖直方向分解，在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动．设小球到达Q点时的速度为v，竖直分速度为v y，则由题设及几何知识得，小球从P到Q在水平方向上发生的位移为x。

姓名，年级：时间：第四讲曲线运动知识内容考试要求备考指津1.曲线运动b1。

平抛运动的规律及其研究方法,圆周运动的角速度、线速度和向心加速度是近几年命题的热点，且多数与电场力、洛伦兹力联系起来考查.2。

生活中的圆周运动命题范围很大，需灵活运用。

2.运动的合成与分解c3。

平抛运动d4。

圆周运动d5.向心加速度d6。

向心力d7。

生活中的圆周运动c运动的合成与分解【题组过关】1．(2019·宁波检测)一轻杆两端分别固定质量为m A和m B的两个小球A和B(可视为质点）．将其放在一个光滑球形容器中从位置1开始下滑，如图所示，当轻杆到达位置2时球A与球形容器球心等高，其速度大小为v1，已知此时轻杆与水平方向成θ＝30°角，B球的速度大小为v2，则( )A．v2＝错误!v1B．v2＝2v1C．v2＝v1D．v2＝3v1解析:选C.球A与球形容器球心等高，速度v1方向竖直向下，速度分解如图所示，有v11＝v1sin 30°＝错误!v1，球B此时速度方向与杆成α＝60°角，因此v21＝v2cos 60°＝错误!v2,沿杆方向两球速度相等,即v21＝v11,解得v2＝v1，选项C正确．2。

如图所示，河的宽度为L，河水流速为u，甲、乙两船均以静水中的速度v同时渡河．出发时两船相距2L，甲、乙船头均与岸边成60°角，且乙船恰好能直达正对岸的A点．则下列判断正确的是( )A．甲船正好也在A点靠岸B．甲船在A点下游靠岸C．甲、乙两船到达对岸的时间相等D．甲、乙两船可能在未到达对岸前相遇解析：选C。

甲、乙两船在垂直河岸方向的分速度均为v sin 60°,过河时间均为t＝错误!，故C正确．由乙恰好到达A点知,u＝v sin 30°＝错误!v，则甲沿河岸方向的速度为u＋错误!v＝v,沿河岸方向的位移为v·t＝错误!〈2L，故A、B、D错误．3．(多选)如图所示，将质量为2m的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为m的小环，小环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑定滑轮与直杆的距离为d.现将小环从与定滑轮等高的A处由静止释放，当小环沿直杆下滑距离也为d时（图中B处),下列说法正确的是( )A．小环刚释放时轻绳中的张力一定大于2mgB．小环到达B处时，重物上升的高度也为dC．小环在B处的速度与重物上升的速度大小之比等于错误!D．小环在B处的速度与重物上升的速度大小之比等于错误!解析:选AC.由题意，释放时小环向下加速运动，则重物将加速上升，对重物由牛顿第二定律可知绳中张力一定大于重力2mg，所以A正确；小环到达B 处时,重物上升的高度应为绳子竖直部分缩短的长度,即Δh＝错误!d－d，所以B 错误；根据题意，沿绳子方向的速度大小相等，将小环在B处的速度沿绳子方向与垂直于绳子方向正交分解有v B cos θ＝v重,即错误!＝错误!＝错误!，所以C 正确，D错误．错误!1．合运动性质和轨迹的判断方法：若加速度与初速度的方向在同一直线上,则为直线运动,否则为曲线运动,加速度恒定则为匀变速,加速度不恒定则为非匀变速．2．三种过河情景分析(1）过河时间最短:船头正对河岸时,渡河时间最短，t min ＝d v 1(d 为河宽）．(2)过河路径最短(v 2<v 1时)：合速度垂直于河岸时，航程最短，x min ＝d 。