2015高考物理二轮复习 专题四 抛体、圆周和天体运动训练

课时巩固过关练四抛体运动与圆周运动(60分钟100分)一、选择题(本大题共10小题,每小题5分,共50分。

第1～6题只有一项符合题目要求,第7～10题有多项符合题目要求)1.(2016·菏泽一模)转笔是一项用不同的方法与技巧,以手指来转动笔的休闲活动,如图所示。

转笔深受广大中学生的喜爱,其中也包含了许多的物理知识,假设某转笔高手能让笔绕笔上的某一点O做匀速圆周运动,下列有关该同学转笔中涉及的物理知识的叙述正确的是( )A.笔杆上的点离O点越远的,做圆周运动的向心加速度越小B.笔杆上的各点做圆周运动的向心力是由万有引力提供的C.若该同学使用中性笔,笔尖上的小钢珠有可能因快速的转动做离心运动被甩走D.若该同学使用的是金属笔杆,且考虑地磁场的影响,由于笔杆中不会产生感应电流,因此金属笔杆两端一定不会形成电势差【解析】选C。

根据a=ω2r,笔杆上的点离O点越远,做圆周运动的向心加速度越大,A项错误;笔杆上各点做圆周运动的向心力由笔杆的弹力提供,B项错误;笔尖上的小钢珠有离心趋势,C项正确;金属笔杆转动时,可能切割地磁场的磁感线,笔杆两端形成电势差,D项错误。

2.如图,滑板运动员以速度v0从离地高度为h的平台末端水平飞出,落在水平地面上。

忽略空气阻力,运动员和滑板可视为质点,下列表述正确的是( )A.v0越大,运动员在空中运动时间越长B.v0越大,运动员落地瞬间速度越大C.运动员落地瞬间速度与高度h无关D.运动员落地位置与v0大小无关【解析】选B。

在平抛运动中,飞行时间仅由高度决定,所以A错误;水平位移、落地速度(末速度)由高度和初速度共同决定,所以B正确,C、D错误。

3.(2016·南通一模)如图所示,某同学将一块橡皮用光滑细线悬挂于O点,用一支铅笔贴着细线中点的左侧以速度v水平向右匀速移动。

则在铅笔移动到图中虚线位置的过程中( )A.细线绕O点转动的角速度不变B.细线绕O点转动的角速度不断增大C.橡皮的运动轨迹为直线D.橡皮处于超重状态【解析】选D。

第二节 抛体运动[学生用书P295(单独成册)](建议用时：60分钟)一、单项选择题 1.如图所示，在同一竖直平面内，小球a 、b 从高度不同的两点(h a >h b )分别以初速度v a 和v b 沿水平方向抛出，经时间t a 和t b 后落到与两抛出点水平距离相等的P 点，若不计空气阻力，则( )A ．t a ＞t b ，v a ＜v bB ．t a ＞t b ，v a ＞v bC ．t a ＜t b ，v a ＜v bD ．t a ＜t b ，v a ＞v b解析：选A.由平抛运动规律可知：h ＝12gt 2，x ＝v 0t ，根据题中条件，因为h a ＞h b ，所以t a ＞t b ，又因为x a ＝x b ，故v a ＜v b ，所以A 选项正确．2．2016年里约奥运会上，中国女排再次夺冠．如图所示，在某次比赛中，我国女排队员将排球从底线A 点的正上方以某一速度水平发出，排球正好擦着球网落在对方底线的B 点上，且AB 平行于边界CD .已知网高为h ，球场的长度为s ，不计空气阻力且排球可看成质点，则排球被发出时，击球点的高度H 和水平初速度v 分别为( )A ．H ＝34hB ．H ＝32hC ．v ＝s3h 3gh D ．v ＝s4h6gh 解析：选D.由平抛运动知识可知12gt 2＝H ，H －h ＝12g ⎝ ⎛⎭⎪⎫t 22，得H ＝43h ，A 、B 错误．由vt＝s ，得v ＝s4h6gh ，D 正确，C 错误．3.如图所示，在斜面顶点以大小相同的速度v 0同时水平向左与水平向右抛出两个小球A 和B ，两侧斜坡的倾角分别为37°和53°，小球均落在坡面上，若不计空气阻力，则A 和B 两小球的运动时间之比为( )A ．16∶9B ．9∶16C ．3∶4D ．4∶3解析：选B.对于A 球有tan 37°＝h x ＝gt A 2v 0，解得t A ＝2v 0tan 37°g；同理对B 有t B ＝2v 0tan 53°g ，由此解得t A t B ＝916，故选项B 正确，A 、C 、D 错误． 4．如图所示，在竖直放置的半圆形容器的中心O 点分别以水平初速度v 1、v 2抛出两个小球甲、乙(可视为质点)，最终它们分别落在圆弧上的A 点和B 点，已知OA 与OB 互相垂直，且OA 与竖直方向成α角，则两小球初速度之比v 1v 2为( )A ．tan αB ．cos αsin αC ．tan α·tan αD ．cos α·cos α解析：选C.根据平抛运动得甲小球水平方向的位移为x A ＝R sin α＝v 1t 1，竖直方向的位移为y A ＝R cos α＝12gt 21，解得v 1＝12gR sin αcos α；乙小球水平方向的位移为x B ＝R cos α＝v 2t 2，竖直方向的位移为y B ＝R sin α＝12gt 22，解得v 2＝12gR cos αsin α，所以有v 1v 2＝tan α·tan α.选项C 正确．5.一阶梯如图所示，其中每级台阶的高度和宽度都是0.4 m ，一小球以水平速度v 飞出，g 取10 m/s 2，欲打在第四台阶上，则v 的取值范围是( )A. 6 m/s ＜v ≤2 2 m/s B ．2 2 m/s ＜v ≤3.5 m/s C. 2 m/s ＜v ＜ 6 m/s D ．2 2 m/s ＜v ＜ 6 m/s解析：选A.根据平抛运动规律有：x ＝vt ，y ＝12gt 2，若打在第3台阶与第4台阶边沿，则根据几何关系有：vt ＝12gt 2，得v ＝12gt ，如果落到第四台阶上，有：3×0.4＜12gt 2≤4×0.4，代入v ＝12gt ，得 6 m/s ＜v ≤2 2 m/s ，A 正确．6.如图所示，A 、B 两质点从同一点O 分别以相同的水平速度v 0沿x 轴正方向抛出，A 在竖直平面内运动，落地点为P 1；B 沿光滑斜面运动，落地点为P 2，P 1和P 2在同一水平面上，不计阻力，则下列说法正确的是( )A ．A 、B 的运动时间相同 B ．A 、B 沿x 轴方向的位移相同C ．A 、B 运动过程中的加速度大小相同D ．A 、B 落地时速度大小相同解析：选D.设O 点与水平面的高度差为h ，由h ＝12gt 21，h sin θ＝12g sin θ·t 22可得：t 1＝2hg，t 2＝2hg sin 2θ，故t 1<t 2，A 错误；由x 1＝v 0t 1，x 2＝v 0t 2，可知，x 1<x 2，B 错误；由a 1＝g ，a 2＝g sin θ可知，C 错误；A 落地的速度大小为v A ＝v 20＋（gt 1）2＝v 20＋2gh ，B 落地的速度大小v B ＝v 20＋（a 2t 2）2＝v 20＋2gh ，所以v A ＝v B ，故D 正确．二、多项选择题7．如图甲是古代一种利用抛出的石块打击敌人的装置，图乙是其工作原理的简化图．将质量为m ＝10 kg 的石块装在距离转轴L ＝4.8 m 的长臂末端口袋中．发射前长臂与水平面的夹角α＝30°.发射时对短臂施力使长臂转到竖直位置时立即停止，石块靠惯性被水平抛出．若石块落地位置与抛出位置间的水平距离为s ＝19.2 m ．不计空气阻力，g ＝10 m/s 2.则以下判断正确的是( )A ．石块被抛出瞬间速度大小为12 m/sB ．石块被抛出瞬间速度大小为16 m/sC ．石块落地瞬间速度大小为20 m/sD ．石块落地瞬间速度大小为16 m/s解析：选BC.石块被抛出后做平抛运动，水平方向s ＝v 0t ，竖直方向h ＝12gt 2，抛出点到地面的高度h ＝L ＋L ·sin α，解得v 0＝16 m/s ，选项B 正确；石块落地时，竖直方向的速度v y ＝gt ＝12 m/s ，落地速度v t ＝v 20＋v 2y ＝20 m/s ，选项C 正确．8.(2018·山西怀仁第一中学高三月考)如图所示，从同一水平线上的不同位置，沿水平方向抛出两个小球A 、B ，不计空气阻力，若欲使两小球在空中相遇，则必须( )A ．先抛出A 球B ．同时抛出两球C ．先抛出B 球D ．在相遇点A 球速度大于B 球速度解析：选BD.相遇时，下降的高度相同，根据t ＝2hg知，运动的时间相同，则同时抛出，故A 错误，B 正确，C 错误．相遇时，A 球的水平位移大，时间相等，则A 球的初速度大，相遇时，A 、B 球的竖直分速度相等，结合平行四边形定则知，在相遇点A 球的速度大于B 球的速度，故D 正确．9.(2018·安徽六安一中段考)如图所示，一演员表演飞刀绝技，由O 点先后抛出完全相同的3把飞刀，分别依次垂直打在竖直木板M 、N 、P 三点上．假设不考虑飞刀的转动，并可将其视为质点，已知O 、M 、N 、P 四点距离水平地面高度分别为h 、4h 、3h 、2h ，以下说法正确的是( )A ．3把飞刀在击中木板时动能相同B ．到达M 、N 、P 三点的飞行时间之比为1∶2∶ 3C ．到达M 、N 、P 三点的初速度的竖直分量之比为3∶2∶1D ．设到达M 、N 、P 三点，抛出飞刀的初速度与水平方向夹角分别为θ1、θ2、θ3，则有θ1＞θ2＞θ3解析：选CD.将运动逆向看，可视为3个平抛运动且到达O 点时水平位移相等．由H ＝12gt 2得t ＝2Hg，则到达M 、N 、P 三点的飞行时间之比为3∶2∶1，B 错误．在水平方向有l ＝v M t 1＝v N t 2＝v P t 3，由E k ＝12mv 2知3把飞刀在击中木板时打在M 点处的动能最小，打在P 点处的动能最大，A 错误．由v y ＝gt 可知到达M 、N 、P 三点的初速度的竖直分量之比为3∶2∶1，C 正确．作出抛体运动的轨迹，可知θ1＞θ2＞θ3，D 正确．10．车手要驾驶一辆汽车飞越宽度为d 的河流．在河岸左侧建起如图所示高为h 、倾角为α的斜坡，车手驾车从左侧冲上斜坡并从顶端飞出，接着无碰撞地落在右侧高为H 、倾角为θ的斜坡上，顺利完成了飞越．已知h ＞H ，当地重力加速度为g ，汽车可看成质点，忽略车在空中运动时所受的空气阻力．根据题设条件可以确定( )A ．汽车在左侧斜坡上加速的时间tB ．汽车离开左侧斜坡时的动能E kC ．汽车在空中飞行的最大高度H mD ．两斜坡的倾角满足α＜θ解析：选CD.设汽车从左侧斜坡飞出时的速度大小为v ，飞出后，汽车水平方向以v cos α做匀速直线运动，竖直方向以v sin α为初速度做竖直上抛运动，则汽车从飞出到最高点的过程中，竖直方向有H m －h ＝v 2sin 2α2g，汽车无碰撞地落在右侧斜坡上，说明车落在斜坡上时速度方向与斜坡平行，故汽车落在斜坡上时的速度大小为v ′＝v cos αcos θ，对汽车从最高点到右侧斜坡的过程，竖直方向有H m －H ＝v ′2sin 2θ2g ，联立以上三式，解得H m ＝h tan 2θ－H tan 2αtan 2θ－tan 2α，选项C 正确；因为h ＞H ，汽车落在右侧斜坡上时，竖直方向的分速度v ′y大于从左侧斜坡飞出时竖直方向的分速度v y ，但水平方向分速度大小相同，故tan α＝v yv x＜v ′yv x＝tan θ，所以α＜θ，选项D 正确；因汽车的质量未知，故汽车离开左侧斜坡时的动能无法求解，选项B 错误；因汽车在左侧斜坡运动过程的初速度及加速度均未知，故运动时间无法求解，选项A 错误．三、非选择题11．如图所示，装甲车在水平地面上以速度v 0＝20 m/s 沿直线前进，车上机枪的枪管水平，距地面高为h ＝1.8 m ．在车正前方竖直立一块高为两米的长方形靶，其底边与地面接触．枪口与靶距离为L 时，机枪手正对靶射出第一发子弹，子弹相对于枪口的初速度为v ＝800 m/s.在子弹射出的同时，装甲车开始匀减速运动，行进s ＝90 m 后停下．装甲车停下后，机枪手以相同方式射出第二发子弹．(不计空气阻力，子弹看成质点，重力加速度g ＝10 m/s 2)(1)求装甲车匀减速运动时的加速度大小；(2)当L ＝410 m 时，求第一发子弹的弹孔离地的高度，并计算靶上两个弹孔之间的距离； (3)若靶上只有一个弹孔，求L 的范围． 解析：(1)装甲车匀减速运动的加速度大小a ＝v 202s ＝209m/s 2. (2)第一发子弹飞行时间t 1＝Lv ＋v 0＝0.5 s弹孔离地高度h 1＝h －12gt 21＝0.55 m第二发子弹的弹孔离地的高度 h 2＝h －12g ⎝ ⎛⎭⎪⎫L －s v 2＝1.0 m两弹孔之间的距离Δh ＝h 2－h 1＝0.45 m.(3)若第一发子弹打到靶的下沿(第二发打到靶上)，装甲车枪口离靶的距离为L 1L 1＝(v 0＋v )2hg＝492 m若第二发子弹打到靶的下沿(第一发打到地上)，装甲车枪口离靶的距离为L 2L 2＝v2hg＋s ＝570 m故L 的范围为492 m<L ≤570 m. 答案：(1)209 m/s 2(2)0.55 m 0.45 m(3)492 m<L ≤570 m12．(2018·四川成都树德中学高三月考)如图所示，在倾角为37°的斜坡上有一人，前方有一动物沿斜坡匀速向下奔跑，速度v ＝15 m/s ，在二者相距L ＝30 m 时，此人以速度v 0水平抛出一石块，打击动物，人和动物都可看成质点．(已知sin 37°＝0.6，g ＝10 m/s 2)(1)若动物在斜坡上被石块击中，求v 0的大小；(2)若动物在斜坡末端时，动物离人的高度h ＝80 m ，此人以速度v 1水平抛出一石块打击动物，同时动物开始沿水平面运动，动物速度v ＝15 m/s ，动物在水平面上被石块击中的情况下，求速度v 1的大小．解析：(1)设过程中石块运动所需时间为t 对于动物：运动的位移s ＝vt对于石块：竖直方向(L ＋s )sin 37°＝12gt 2水平方向：(L ＋s )cos 37°＝v 0t 代入数据，由以上三式可得：v 0＝20 m/s. (2)对动物：x 1＝vt 1，对于石块：竖直方向h ＝12gt 21，解得t 1＝2hg＝4 s水平方向：htan θ＋x 1＝v 1t 1，联立可得v 1≈41.7 m/s.答案：见解析。

【步步高】（全国通用）2015届高考物理大二轮复习 专题训练三 第1课时 抛体、圆周和天体运动专题定位 本专题解决的是物体(或带电体)在力的作用下的曲线运动的问题．高考对本专题的考查以运动组合为线索，进而从力和能的角度进行命题，题目情景新，过程复杂，具有一定的综合性．考查的主要内容有：①曲线运动的条件和运动的合成与分解；②平抛运动规律；③圆周运动规律；④平抛运动与圆周运动的多过程组合问题；⑤应用万有引力定律解决天体运动问题；⑥带电粒子在电场中的类平抛运动问题；⑦带电粒子在磁场内的匀速圆周运动问题；⑧带电粒子在简单组合场内的运动问题等．用到的主要物理思想和方法有：运动的合成与分解思想、应用临界条件处理临界问题的方法、建立类平抛运动模型方法、等效的思想方法等．应考策略 熟练掌握平抛、圆周运动的规律，对平抛和圆周运动的组合问题，要善于由转折点的速度进行突破；熟悉解决天体运动问题的两条思路；灵活应用运动的合成与分解的思想，解决带电粒子在电场中的类平抛运动问题；对带电粒子在磁场内的匀速圆周运动问题掌握找圆心求半径的方法．第1课时 抛体、圆周和天体运动1．物体做曲线运动的条件当物体所受合外力的方向跟它的速度方向不共线时，物体做曲线运动．合运动与分运动具有等时性、独立性和等效性． 2．平抛运动(1)规律：v x ＝v 0，v y ＝gt ，x ＝v 0t ，y ＝12gt 2.(2)推论：做平抛(或类平抛)运动的物体①任意时刻速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点；②设在任意时刻瞬时速度与水平方向的夹角为θ，位移与水平方向的夹角为φ，则有tan θ＝2tan_φ. 3．竖直平面内圆周运动的两种临界问题(1)绳固定，物体能通过最高点的条件是v ≥gR . (2)杆固定，物体能通过最高点的条件是v >0.4．在处理天体的运动问题时，通常把天体的运动看成是匀速圆周运动，其所需要的向心力由万有引力提供．其基本关系式为G Mm r 2＝m v 2r ＝m ω2r ＝m (2πT)2r ＝m (2πf )2r .在天体表面，忽略自转的情况下有G Mm R2＝mg .5．卫星的绕行速度v 、角速度ω、周期T 与轨道半径r 的关系(1)由G Mm r 2＝m v 2r，得v ＝GMr，则r 越大，v 越小． (2)由G Mm r2＝m ω2r ，得ω＝GMr 3，则r 越大，ω越小． (3)由G Mm r 2＝m 4π2T2r ，得T ＝4π2r3GM，则r 越大，T 越大．6．卫星变轨(1)由低轨变高轨，需增大速度，稳定在高轨道上时速度比在低轨道小． (2)由高轨变低轨，需减小速度，稳定在低轨道上时速度比在高轨道大．1．竖直平面内圆周运动的最高点和最低点的速度关系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．2．对于平抛或类平抛运动与圆周运动组合的问题，应用合成与分解的思想分析这两种运动转折点的速度是解题的关键．3．分析天体运动类问题的一条主线就是F 万＝F 向，抓住黄金代换公式GM ＝gR 2. 4．确定天体表面重力加速度的方法有： (1)测重力法； (2)单摆法；(3)平抛(或竖直上抛)物体法； (4)近地卫星环绕法.考向1 抛体运动问题的分析例1 静止的城市绿化洒水车，由横截面积为S 的水龙头喷嘴水平喷出水流，水流从射出喷嘴到落地经历的时间为t ，水流落地点与喷嘴连线与水平地面间的夹角为θ，忽略空气阻力，以下说法正确的是( )A ．水流射出喷嘴的速度为gt tan θB ．空中水柱的水量为Sgt 22tan θC ．水流落地时位移大小为gt 22cos θD ．水流落地时的速度为2gt cot θ解析 由题意知，水做平抛运动，θ为总位移与水平方向的夹角，tan θ＝y x ＝gt2v x，可得水流射出喷嘴的速度为v x ＝gt2tan θ，故A 错误；下落的高度y ＝12gt 2，水流落地时位移s ＝ysin θ＝gt 22sin θ，所以C 错误；空中水柱的体积V ＝Sv x t ＝Sgt 22tan θ，所以B 正确；水流落地时的速度v ＝gt2＋v 2x ＝gt1＋14tan 2θ，所以D 错误． 答案 B以题说法 1.处理平抛(或类平抛)运动的基本方法就是把运动分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的匀加速直线运动，通过研究分运动达到研究合运动的目的．2．要善于建立平抛运动的两个分速度和分位移与题目呈现的角度之间的联系，这往往是解决问题的突破口．如图1所示，水平地面上有一个坑，其竖直截面为半圆，O 为圆心，AB 为沿水平方向的直径．若在A 点以初速度v 1沿AB 方向平抛一小球，小球将击中坑壁上的最低点D 点；若A 点小球抛出的同时，在C 点以初速度v 2沿BA 方向平抛另一相同质量的小球并也能击中D 点．已知∠COD ＝60°，且不计空气阻力，则( )图1A ．两小球同时落到D 点B ．两小球在此过程中动能的增加量相等C ．在击中D 点前瞬间，重力对两小球做功的功率不相等 D ．两小球初速度之比v 1∶v 2＝6∶3 答案 CD解析 由于两球做平抛运动下落的高度不同，则知两球不可能同时到达D 点；重力做功不等，则动能的增加量不等；在击中D 点前瞬间，重力做功的功率为P ＝mgv y ＝mg ·gt ，t 不等；设半圆的半径为R .小球从A 点平抛，可得R ＝v 1t 1，R ＝12gt 21，小球从C 点平抛，可得R sin 60°＝v 2t 2，R (1－cos 60°)＝12gt 22，联立解得v 1v 2＝63，故D 正确．考向2 圆周运动问题的分析例2 如图2所示，在竖直平面内有xOy 坐标系，其中y 轴竖直，长为l 的不可伸长细绳，一端固定在A 点，A 点的坐标为(0，l2)，另一端系一质量为m 的小球．现在x 坐标轴上(x >0)固定一个小钉，拉小球使细绳绷直并水平，再将小球从静止释放，当细绳碰到钉子以后，小球可以绕钉子在竖直平面内做圆周运动．图2(1)当钉子在x ＝54l 的P 点时，小球经过最低点细绳恰好不被拉断，求细绳能承受的最大拉力；(2)在满足(1)的条件下，为使小球释放后能绕钉子在竖直平面内做圆周运动，而细绳又不被拉断，求钉子所在位置的范围．审题突破 由几何知识求出小球做圆周运动的轨道半径后，怎么才能求出绳子的拉力？小球能绕钉子在竖直平面内做圆周运动的条件是什么？ 解析 (1)当钉子在x ＝54l 的P 点时，小球绕钉子转动的半径为：R 1＝l － l22＋x 2小球由静止到最低点的过程中机械能守恒：mg (l 2＋R 1)＝12mv 21在最低点细绳承受的拉力最大，有：F －mg ＝m v 21R 1联立求得最大拉力F ＝7mg .(2)小球绕钉子圆周运动恰好到达最高点时，有：mg ＝m v 22R 2运动中机械能守恒：mg (l 2－R 2)＝12mv 22钉子所在位置为x ′＝ l －R 22－l22联立解得x ′＝76l 因此钉子所在位置的范围为76l ≤x ≤54l .答案 (1)7mg (2)76l ≤x ≤54l 以题说法 解决圆周运动力学问题要注意以下几点：(1)要进行受力分析，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 ＝mr ω2＝m ωv ＝mr 4π2T2.(3)对于竖直面内的圆周运动要注意“杆模型”和“绳模型”的临界条件．(2014·新课标Ⅱ·17)如图3所示，一质量为M 的光滑大圆环，用一细轻杆固定在竖直平面内；套在大环上质量为m 的小环(可视为质点)，从大环的最高处由静止滑下．重力加速度大小为g .当小环滑到大环的最低点时，大环对轻杆拉力的大小为( )图3A ．Mg －5mgB ．Mg ＋mgC ．Mg ＋5mgD ．Mg ＋10mg 答案 C解析 设大环半径为R ，质量为m 的小环下滑过程中遵守机械能守恒定律，所以12mv 2＝mg ·2R .小环滑到大环的最低点时的速度为v ＝2gR ，根据牛顿第二定律得F N －mg ＝mv 2R ，所以在最低点时大环对小环的支持力F N ＝mg ＋mv 2R ＝5mg .根据牛顿第三定律知，小环对大环的压力F N ′＝F N ＝5mg ，方向向下．对大环，据平衡条件，轻杆对大环的拉力T ＝Mg ＋F N ′＝Mg ＋5mg .根据牛顿第三定律，大环对轻杆拉力的大小为T ′＝T ＝Mg ＋5mg ，故选项C 正确，选项A 、B 、D 错误． 考向3 天体运动问题的分析例3 人类发射地球同步卫星时，先将卫星发射至近地圆轨道1，然后经点火，使其沿椭圆轨道2运行，最后再次点火，将卫星送入同步轨道3.轨道1、2相切于Q 点，轨道2、3相切于P 点，如图4所示．关于这颗卫星分别在1、2、3轨道上正常运行时，以下说法正确的是( )图4A ．卫星在三个轨道运动的周期关系是：T 1<T 2<T 3B ．卫星在轨道3上的角速度大于在轨道1上的角速度C ．卫星在轨道1上经过Q 点时的动能小于它在轨道2上经过Q 点时的动能D ．卫星在轨道2上运动时的机械能可能等于它在轨道3上运动时的机械能审题突破 需要根据什么规律比较椭圆运动的周期关系？在P 点和Q 点两次点火是加速还是减速？解析 轨道1的半长轴最小，轨道3的半长轴最大，根据a 3T2＝k 知，T 1＜T 2＜T 3，故A 正确；卫星在轨道1和3上做匀速圆周运动，角速度ω＝GMr 3，知轨道半径大的角速度小，故B 错误；卫星在轨道1上Q 点点火加速，做离心运动进入轨道2，故在轨道2经过Q 点时的速度大，动能大，故C 正确；卫星在轨道2上机械能小于它在轨道3上的机械能，故D 错误． 答案 AC以题说法 解决天体运动问题要善于构建两大模型1．“天体公转”模型——某天体绕中心天体做匀速圆周运动．这种模型一般应用动力学方程(G Mm r 2＝m v 2r ＝m ω2r ＝m (2πT)2r ＝ma n )和黄金代换公式(GM ＝gR 2)就能轻松解决． 2．“卫星变轨”模型——卫星速度改变时，卫星将变轨运行．①当v 增大时，卫星将做离心运动，周期变长，机械能增加．②速度减小时，卫星将做向心运动，周期变短，机械能减少．如果把水星和金星绕太阳的运动视为匀速圆周运动，如图5所示．从水星与金星在一条直线上开始计时，若天文学家测得在相同时间内水星转过的角度为θ1，金星转过的角度为θ2(θ1、θ2均为锐角)，则由此条件可求得( )图5A ．水星和金星绕太阳运动的周期之比B ．水星和金星的密度之比C ．水星和金星表面的重力加速度之比D ．水星和金星绕太阳运动的向心加速度大小之比 答案 AD解析 由题知它们的角速度之比为θ1∶θ2，则周期比为θ2∶θ1；水星和金星是环绕天体，无法求出质量，也无法知道它们的半径，所以求不出密度比，也求不出表面的重力加速度之比；根据万有引力提供向心力，G Mm r 2＝mr ω2，r ＝ 3GM ω2，知道了角速度比，就可求出轨道半径之比，根据a ＝r ω2，轨道半径之比、角速度之比都知道，很容易求出向心加速度之比，故D 正确．4．平抛与圆周运动组合问题的综合分析例4 (17分)如图6所示，一小物块自平台上以速度v 0水平抛出，刚好落在邻近一倾角为α＝53°的粗糙斜面AB 顶端，并恰好沿该斜面下滑，已知斜面顶端与平台的高度差h ＝0.032 m ，小物块与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5，A 点离B 点所在平面的高度H ＝1.2 m ．有一半径为R 的光滑圆轨道与斜面AB 在B 点相切连接，已知cos 53°＝0.6，sin 53°＝0.8，g 取10 m/s 2.求：图6(1)小物块水平抛出的初速度v 0是多少；(2)若小物块能够通过圆轨道最高点，圆轨道半径R 的最大值．思维导图解析 (1)小物块自平台做平抛运动，由平抛运动知识得：v y ＝2gh ＝2×10×0.032 m/s ＝0.8 m/s(2分)由于物块恰好沿斜面下滑，则tan 53°＝v y v 0(3分) 得v 0＝0.6 m/s.(2分)(2)设小物块过圆轨道最高点的速度为v ，受到圆轨道的压力为F N .则由向心力公式得：F N ＋mg ＝m v 2R(2分)由动能定理得：mg (H ＋h )－μmgH cos 53°sin 53°－mg (R ＋R cos 53°)＝12mv 2－12mv 20(5分)小物块能过圆轨道最高点，必有F N ≥0(1分) 联立以上各式并代入数据得：R ≤821 m ，即R 最大值为821m ．(2分)答案 (1)0.6 m/s (2)821m(限时：15分钟，满分：19分)(2014·福建·21)如图7所示为某游乐场内水上滑梯轨道示意图，整个轨道在同一竖直平面内，表面粗糙的AB 段轨道与四分之一光滑圆弧轨道BC 在B 点水平相切．点A 距水面的高度为H ，圆弧轨道BC 的半径为R ，圆心O 恰在水面．一质量为m 的游客(视为质点)可从轨道AB 的任意位置滑下，不计空气阻力．图7(1)若游客从A 点由静止开始滑下，到B 点时沿切线方向滑离轨道落在水面D 点，OD ＝2R ，求游客滑到B 点时的速度v B 大小及运动过程轨道摩擦力对其所做的功W f ；(2)某游客从AB 段某处滑下，恰好停在B 点，又因受到微小扰动，继续沿圆弧轨道滑到P 点后滑离轨道，求P 点离水面的高度h .(提示：在圆周运动过程中任一点，质点所受的向心力与其速率的关系为F 向＝m v 2R)答案 (1)2gR －(mgH －2mgR ) (2)23R解析 (1)游客从B 点做平抛运动，有 2R ＝v B t ①R ＝12gt 2②由①②式得v B ＝2gR ③ 从A 到B ，根据动能定理，有mg (H －R )＋W f ＝12mv 2B －0④由③④式得W f ＝－(mgH －2mgR )⑤(2)设OP 与OB 间夹角为θ，游客在P 点时的速度为v P ，受到的支持力为N ，从B 到P 由机械能守恒定律，有mg (R －R cos θ)＝12mv 2P －0⑥过P 点时，根据向心力公式，有mg cos θ－N ＝m v 2PR ⑦N ＝0⑧cos θ＝h R⑨由⑥⑦⑧⑨式解得h ＝23R ⑩(限时：45分钟)题组1 抛体运动问题的分析1．如图1所示，某人向对面的山坡上水平抛出两个质量不等的石块，分别落到A 、B 两处．不计空气阻力，则落到B 处的石块( )图1A ．初速度大，运动时间短B ．初速度大，运动时间长C ．初速度小，运动时间短D ．初速度小，运动时间长 答案 A解析 由于B 点在A 点的右侧，说明水平方向上B 点的距离更远，而B 点距抛出点的高度较小，故运动时间较短，二者综合说明落在B 点的石块的初速度较大，故A 正确，B 、C 、D 错误． 2．如图2所示，可视为质点的小球位于半圆柱体左端点A 的正上方某处，以初速度v 0水平抛出，其运动轨迹恰好与半圆柱体相切于B 点，过B 点的半圆柱体半径与水平面夹角为30°，则半圆柱体的半径为(不计空气阻力，重力加速度为g )( )图2A.23v 203gB.23v 209gC.3－v 20gD.－23v 20g答案 C解析 在B 点，据题可知小球的速度方向与水平方向成60°角，由速度的分解可知，竖直分速度大小v y ＝v 0tan 60°＝3v 0，v 0t ＝R ＋R cos 30°，v y ＝gt ，得R ＝3－v20g，故选C.3．如图3所示，ab 为竖直平面内的半圆环acb 的水平直径，c 为环上最低点，环半径为R .将一个小球从a 点以初速度v 0沿ab 方向抛出，设重力加速度为g ，不计空气阻力( )图3A ．当小球的初速度v 0＝2gR2时，掉到环上时的竖直分速度最大 B ．当小球的初速度v 0<2gR2时，将撞击到环上的圆弧ac 段 C ．当v 0取适当值，小球可以垂直撞击圆环 D ．无论v 0取何值，小球都不可能垂直撞击圆环 答案 ABD解析 当下落的高度为R 时，竖直分速度最大，根据R ＝12gt 2得，t ＝2Rg，则v 0＝Rt ＝2gR 2，故A 、B 正确；设小球垂直击中环，则其速度反向沿长线必过圆心，设其速度与水平方向的夹角为θ，R sin θ＝12gt 2，R (1＋cos θ)＝v 0t ，且tan θ＝gtv 0，可解得θ＝0，但这是不可能的，故C 错误，D 正确，故选A 、B 、D. 题组2 圆周运动问题的分析4．(2014·新课标Ⅰ·20)如图4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4A ．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 ＝m ω2R .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 ＝m ω 2a l ，当f a ＝kmg 时，kmg ＝m ω 2a l ，ωa ＝ kg l；对木块b ：f b ＝m ω 2b ·2l ，当f b ＝kmg 时，kmg ＝m ω 2b ·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 ＝m ω2l ，f b ＝m ω2·2l ，f a <f b ，选项B 错误；当ω＝ kg2l时b 刚开始滑动，选项C 正确；当ω＝2kg 3l 时，a 没有滑动，则f a ＝m ω2l ＝23kmg ，选项D 错误． 5．如图5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 调节其与水平面的倾角．板上一根长为l ＝0.6 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 m/s.若小球能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5答案 α≤30°解析 小球在板面上运动时受绳子拉力、板面弹力、重力的作用．在垂直板面方向上合力为0，重力在沿板面方向的分量为mg sin α，小球在最高点时，由绳子的拉力和重力分力的合力提供向心力：F T ＋mg sin α＝mv21l①研究小球从释放到最高点的过程，据动能定理： －mgl sin α＝12mv 21－12mv 20②若恰好通过最高点绳子拉力F T ＝0，联立①②解得：sin α＝v 203gl ＝323×10×0.6＝12.故α最大值为30°，可知若小球能在板面内做圆周运动，倾角α的值应满足α≤30°. 题组3 天体运动问题的分析6．(2014·新课标Ⅱ·18)假设地球可视为质量均匀分布的球体．已知地球表面重力加速度在两极的大小为g 0，在赤道的大小为g ，地球自转的周期为T ，引力常量为G .地球的密度为( ) A.3πg 0－g GT 2g 0 B.3πg 0GT 2g 0－gC.3πGT2D.3πg 0GT 2g答案 B解析 物体在地球的两极时，mg 0＝G Mm R ，物体在赤道上时，mg ＋m (2πT )2R ＝G Mm R ，又M ＝43πR 3，联立以上三式解得地球的密度ρ＝3πg 0GT 2g 0－g.故选项B 正确，选项A 、C 、D 错误．7．2013年12月11日，“嫦娥三号”携带月球车“玉兔”从距月面高度为100 km 的环月圆轨道Ⅰ上的P 点变轨，进入近月点为15 km 的椭圆轨道Ⅱ，由近月点Q 成功落月，如图6所示．关于“嫦娥三号”，下列说法正确的是( )图6A ．沿轨道 Ⅰ 运行一周的位移大于沿轨道 Ⅱ 运行一周的位移B ．沿轨道 Ⅱ 运行时，在P 点的加速度小于在Q 点的加速度C ．沿轨道Ⅱ运行的周期大于沿轨道Ⅰ运行的周期D ．在轨道Ⅱ上由P 点到Q 点的过程中机械能增加 答案 B解析 沿轨道Ⅰ运行一周的位移与沿轨道Ⅱ运行一周的位移都是零，即相等，故A 错误．根据GMm r 2＝ma 得a ＝GMr2，沿轨道Ⅱ运行时，在P 点的加速度小于在Q 点的加速度，故B 正确．根据a 3T2＝k 可得半长轴a 越大，运行周期越大，故沿轨道Ⅱ运行的周期小于沿轨道Ⅰ运行的周期，故C 错误．在轨道Ⅱ上由P 点运行到Q 点的过程中，只有万有引力对其做功，机械能守恒，故D 错误．8．(2014·东北三省第二次模拟)一颗围绕地球运行的飞船，其轨道为椭圆．已知地球质量为M ，地球半径为R ，万有引力常量为G ，地球表面重力加速度为g .则下列说法正确的是( )A ．飞船在远地点速度一定大于gRB ．飞船在近地点瞬间减速转移到绕地圆轨道后，周期一定变小C ．飞船在远地点瞬间加速转移到绕地圆轨道后，机械能一定变小D ．飞船在椭圆轨道上的周期可能等于π 27R5g答案 BD解析 由G Mm r 2＝m v 2r ＝mr ω2＝mr 4π2T 2＝ma ，G Mm R2＝mg 得绕地球的最大速度v ＝gR ，A 错误；飞船在近地点瞬间减速，飞船将做向心运动，则由a 3T2＝k 知，周期减小，B 正确；飞船在远地点瞬间加速，除引力外，其他力对飞船做正功，机械能一定增加，C错误；r＝R时，由T＝4π2r3 GM得最小周期T＝π4Rg＜π27R5g，D正确．题组4 平抛与圆周运动组合问题的综合9．如图7所示，高台的上面有一竖直的14圆弧形光滑轨道，半径R ＝54 m ，轨道端点B 的切线水平．质量M ＝5 kg 的金属滑块(可视为质点)从轨道顶端A 由静止释放，离开B 点后经时间t ＝1 s 撞击在斜面上的P 点．已知斜面的倾角θ＝37°，斜面底端C 与B 点的水平距离x 0＝3 m ．g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不计空气阻力．图7(1)求金属滑块M 运动至B 点时对轨道的压力大小；(2)若金属滑块M 离开B 点时，位于斜面底端C 点、质量m ＝1 kg 的另一滑块，在沿斜面向上的恒定拉力F 作用下由静止开始向上加速运动，恰好在P 点被M 击中．已知滑块m 与斜面间动摩擦因数μ＝0.25，求拉力F 大小；(3)滑块m 与滑块M 碰撞时间忽略不计，碰后立即撤去拉力F ，此时滑块m 速度变为4 m/s ，仍沿斜面向上运动，为了防止二次碰撞，迅速接住并移走反弹的滑块M ，求滑块m 此后在斜面上运动的时间．答案 (1)150 N (2)13 N (3)1＋72 s解析 (1)M 由A 到B 过程，由机械能守恒定律得MgR ＝12Mv 2B ①解得v B ＝5 m/s滑块在B 点时，由向心力公式得F N －Mg ＝M v2B R②解得F N ＝150 N③由牛顿第三定律知，M 在B 点时对轨道的压力大小为150 N. (2)M 离开B 点后平抛运动的水平位移为x ＝v B t ＝5 m④由几何关系可知m 的位移为s ＝x －x 0cos 37°＝2.5 m⑤设滑块m 向上运动的加速度为a ，由s ＝12at 2⑥得a ＝5 m/s 2由牛顿第二定律得F －mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma ⑦ 解得F ＝13 N ．⑧(3)撤去拉力后，滑块m 沿斜面上滑过程的加速度a 1＝mg sin 37°＋μmg cos 37°m＝8 m/s 2⑨上滑时间t 1＝v a 1＝0.5 s⑩上滑位移s 1＝v 22a 1＝1 m ⑪滑块m 沿斜面下滑过程的加速度a 2＝mg sin 37°－μmg cos 37°m＝4 m/s 2⑫下滑过程s ＋s 1＝12a 2t 22⑬由⑪⑫⑬得t 2＝72s 所以碰后在斜面上运动的时间为t 总＝t 1＋t 2＝1＋72s ⑭10．某工厂生产流水线示意图如图8所示，半径R ＝1 m 的水平圆盘边缘E 点固定一小桶．在圆盘直径DE 正上方平行放置的水平传送带沿顺时针方向匀速转动，传送带右端C 点与圆盘圆心O 在同一竖直线上，竖直高度h ＝1.25 m ．AB 为一个与CO 在同一竖直平面内的四分之一光滑圆弧轨道，半径r ＝0.45 m ，且与水平传送带相切于B 点．一质量m ＝0.2 kg 的滑块(可视为质点)从A 点由静止释放，滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，当滑块到达B 点时，圆盘从图示位置以一定的角速度ω绕通过圆心O 的竖直轴匀速转动，滑块到达C 点时恰与传送带同速并水平抛出，刚好落入圆盘边缘的小桶内．取g ＝10 m/s 2，求：图8(1)滑块到达圆弧轨道B 点时对轨道的压力F N B ； (2)传送带BC 部分的长度L ；(3)圆盘转动的角速度ω应满足的条件．答案 (1)6 N ，方向竖直向下 (2)1.25 m (3)ω＝2n π rad/s(n ＝1,2,3…) 解析 (1)滑块从A 到B 过程中，由动能定理有mgr ＝12mv 2B解得v B ＝2gr ＝3 m/s滑块到达B 点时，由牛顿第二定律有F N B ′－mg ＝m v2B r解得F N B ′＝6 N据牛顿第三定律，滑块到达B 点时对轨道的压力大小为6 N ，方向竖直向下． (2)滑块离开C 点后做平抛运动，h ＝12gt 21解得t 1＝2hg＝0.5 sv C ＝Rt 1＝2 m/s滑块由B 到C 过程中，据动能定理有 －μmgL ＝12mv 2C －12mv 2B解得L ＝v 2B －v2C 2μg＝1.25 m(3)滑块由B 到C 过程中，据运动学公式有L ＝v B ＋v C 2t 2解得t 2＝2Lv B ＋v C＝0.5 s 则t ＝t 1＋t 2＝1 s圆盘转动的角速度ω应满足条件t ＝n ·2πω(n ＝1,2,3…) 解得ω＝2n π rad/s(n ＝1,2,3…)．。

物理知识点复习提纲（二）（人教版必修2适用）专题四：抛体运动和圆周运动【知识要点】1、运动的合成与分解（A级）（1）运动的合成与分解指的是位移、速度、加速度的合成与分解。

由于它们都是矢量，所以遵循平行四边形定则。

（2）合运动与分运动具有等时性、独立性。

（3）合运动的性质讨论：两个匀速直线运动的合运动一定是匀速直线运动；匀速直线运动和匀变速直线运动的合运动可能是匀变速直线运动或匀变速曲线运动。

2、平抛运动的规律（B级）（1）定义：将物体以一定初速度水平抛出去，物体只在重力作用下的运动叫平抛运动，其轨迹是抛物线的一部分。

（2）平抛运动是匀变速曲线运动，在任何相等的时间内速度变化大小相等，方向相同。

（3 ）对平抛运动的处理办法：先进行运动的分解再进行运动的合成。

Vx=V0Vy=gt V= V02+（gt）2，tanθ=Vy/Vx=gt/V0X=V0·t Y=1/2gt2 S= X2+Y2 ，tanα=Y/X= gt/2V0a x =0 a y=g a=0（4）物体做平抛运动的时间由决定；物体做平抛运动的水平射程由和决定。

【例题分析】例1、在高空匀加速水平飞行的飞机上自由释放一物，若空气阻力不计，飞机上人看物体的运动轨迹是( A )A.倾斜的直线B.竖直的直线C.不规则曲线D.抛物线例2、如图所示，在高度分别为h A、h B(h A＞h B)两处以v A、v B相向水平抛出A、B两个小物体，不计空气阻力，已知它们的轨迹交于C点，若使A、B两物能在C处相遇，应该是( B) 必须大于v BA。

.vB。

A物必须先抛C。

v B必须大于v AD。

A、B必须同时抛3、匀速圆周运动（A 级）（1）定义：物体做圆周运动，在任意相等的时间内里通过的弧长均相等的运动。

（2）特点：速度大不变，方向时刻在变化，故不是匀变速曲线运动。

（3）描述匀速圆周运动的物理量：线速度：描述质点沿圆弧运动的快慢，V=S/t=2πR/T=R·w角速度：描述质点绕圆心转动的快慢，w=θ/t=2π/T周期：质点绕圆周运动一圈所用时间．国际单位s，T越小，运动越快．T=1/f向心加速度：只改变速度的大小，而不改变速度的方向。

专题四 抛体、圆周和天体运动1．物体做曲线运动的条件当物体所受合外力的方向跟它的速度方向不共线时，物体做曲线运动．合运动与分运动具有等时性、独立性和等效性． 2．平抛运动(1)规律：v x ＝v 0，v y ＝gt ，x ＝v 0t ，y ＝12gt 2.(2)推论：做平抛(或类平抛)运动的物体①任意时刻速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点；②设在任意时刻瞬时速度与水平方向的夹角为θ，位移与水平方向的夹角为φ，则有tan θ＝2tan_φ. 3．竖直平面内圆周运动的两种临界问题(1)绳固定，物体能通过最高点的条件是v ≥gR . (2)杆固定，物体能通过最高点的条件是v >0.4．在处理天体的运动问题时，通常把天体的运动看成是匀速圆周运动，其所需要的向心力由万有引力提供．其基本关系式为G Mm r 2＝m v 2r ＝m ω2r ＝m (2πT)2r ＝m (2πf )2r .在天体表面，忽略自转的情况下有G Mm R2＝mg .5．卫星的绕行速度v 、角速度ω、周期T 与轨道半径r 的关系(1)由G Mm r 2＝m v 2r，得v ＝GMr，则r 越大，v 越小． (2)由G Mm r2＝m ω2r ，得ω＝GMr 3，则r 越大，ω越小． (3)由G Mm r 2＝m 4π2T2r ，得T ＝4π2r3GM，则r 越大，T 越大．6．卫星变轨(1)由低轨变高轨，需增大速度，稳定在高轨道上时速度比在低轨道小． (2)由高轨变低轨，需减小速度，稳定在低轨道上时速度比在高轨道大．1．竖直平面内圆周运动的最高点和最低点的速度关系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．2．对于平抛或类平抛运动与圆周运动组合的问题，应用合成与分解的思想分析这两种运动转折点的速度是解题的关键．3．分析天体运动类问题的一条主线就是F 万＝F 向，抓住黄金代换公式GM ＝gR 2.4．确定天体表面重力加速度的方法有：(1)测重力法；(2)单摆法；(3)平抛(或竖直上抛)物体法；(4)近地卫星环绕法．考向1 抛体运动问题的分析例1 (单选)静止的城市绿化洒水车，由横截面积为S 的水龙头喷嘴水平喷出水流，水流从射出喷嘴到落地经历的时间为t ，水流落地点与喷嘴连线与水平地面间的夹角为θ，忽略空气阻力，以下说法正确的是( ) A ．水流射出喷嘴的速度为gt tan θ B ．空中水柱的水量为Sgt 22tan θC ．水流落地时位移大小为gt 22cos θD ．水流落地时的速度为2gt cot θ解析 由题意知，水做平抛运动，θ为总位移与水平方向的夹角，tan θ＝y x ＝gt2v x，可得水流射出喷嘴的速度为v x ＝gt2tan θ，故A 错误；下落的高度y ＝12gt 2，水流落地时位移s ＝ysin θ＝gt 22sin θ，所以C 错误；空中水柱的体积V ＝Sv x t ＝Sgt 22tan θ，所以B 正确；水流落地时的速度v ＝gt2＋v 2x ＝gt1＋14tan 2θ，所以D 错误． 答案 B以题说法 1.处理平抛(或类平抛)运动的基本方法就是把运动分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的匀加速直线运动，通过研究分运动达到研究合运动的目的．2．要善于建立平抛运动的两个分速度和分位移与题目呈现的角度之间的联系，这往往是解决问题的突破口．(双选)如图1所示，水平地面上有一个坑，其竖直截面为半圆，O 为圆心，AB 为沿水平方向的直径．若在A 点以初速度v 1沿AB 方向平抛一小球，小球将击中坑壁上的最低点D 点；若A 点小球抛出的同时，在C 点以初速度v 2沿BA 方向平抛另一相同质量的小球并也能击中D 点．已知∠COD ＝60°，且不计空气阻力，则( )图1A ．两小球同时落到D 点B ．两小球在此过程中动能的增加量相等C ．在击中D 点前瞬间，重力对两小球做功的功率不相等 D ．两小球初速度之比v 1∶v 2＝6∶3 答案 CD解析 由于两球做平抛运动下落的高度不同，则知两球不可能同时到达D 点；重力做功不等，则动能的增加量不等；在击中D 点前瞬间，重力做功的功率为P ＝mgv y ＝mg ·gt ，t 不等；设半圆的半径为R .小球从A 点平抛，可得R ＝v 1t 1，R ＝12gt 21，小球从C 点平抛，可得R sin 60°＝v 2t 2，R (1－cos 60°)＝12gt 22，联立解得v 1v 2＝63，故D 正确．考向2 圆周运动问题的分析例2 如图2所示，在竖直平面内有xOy 坐标系，其中y 轴竖直，长为l 的不可伸长细绳，一端固定在A 点，A 点的坐标为(0，l2)，另一端系一质量为m 的小球．现在x 坐标轴上(x >0)固定一个小钉，拉小球使细绳绷直并水平，再将小球从静止释放，当细绳碰到钉子以后，小球可以绕钉子在竖直平面内做圆周运动．图2(1)当钉子在x ＝54l 的P 点时，小球经过最低点细绳恰好不被拉断，求细绳能承受的最大拉力；(2)在满足(1)的条件下，为使小球释放后能绕钉子在竖直平面内做圆周运动，而细绳又不被拉断，求钉子所在位置的范围．审题突破 由几何知识求出小球做圆周运动的轨道半径后，怎么才能求出绳子的拉力？小球能绕钉子在竖直平面内做圆周运动的条件是什么？ 解析 (1)当钉子在x ＝54l 的P 点时，小球绕钉子转动的半径为：R 1＝l － l22＋x 2小球由静止到最低点的过程中机械能守恒：mg (l 2＋R 1)＝12mv 21在最低点细绳承受的拉力最大，有：F －mg ＝m v 21R 1联立求得最大拉力F ＝7mg .(2)小球绕钉子圆周运动恰好到达最高点时，有：mg ＝m v 22R 2运动中机械能守恒：mg (l 2－R 2)＝12mv 22钉子所在位置为x ′＝ l －R 22－l22联立解得x ′＝76l 因此钉子所在位置的范围为76l ≤x ≤54l . 答案 (1)7mg (2)76l ≤x ≤54l 以题说法 解决圆周运动力学问题要注意以下几点：(1)要进行受力分析，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 ＝mr ω2＝m ωv ＝mr 4π2T2.(3)对于竖直面内的圆周运动要注意“杆模型”和“绳模型”的临界条件．(单选)(2014·新课标Ⅱ·17)如图3所示，一质量为M 的光滑大圆环，用一细轻杆固定在竖直平面内；套在大环上质量为m 的小环(可视为质点)，从大环的最高处由静止滑下．重力加速度大小为g .当小环滑到大环的最低点时，大环对轻杆拉力的大小为( )图3A ．Mg －5mgB ．Mg ＋mgC ．Mg ＋5mgD ．Mg ＋10mg 答案 C解析 设大环半径为R ，质量为m 的小环下滑过程中遵守机械能守恒定律，所以12mv 2＝mg ·2R .小环滑到大环的最低点时的速度为v ＝2gR ，根据牛顿第二定律得F N －mg ＝mv 2R ，所以在最低点时大环对小环的支持力F N ＝mg ＋mv 2R ＝5mg .根据牛顿第三定律知，小环对大环的压力F N ′＝F N ＝5mg ，方向向下．对大环，据平衡条件，轻杆对大环的拉力T ＝Mg ＋F N ′＝Mg ＋5mg .根据牛顿第三定律，大环对轻杆拉力的大小为T ′＝T ＝Mg ＋5mg ，故选项C 正确，选项A 、B 、D 错误．考向3 天体运动问题的分析例3 (双选)人类发射地球同步卫星时，先将卫星发射至近地圆轨道1，然后经点火，使其沿椭圆轨道2运行，最后再次点火，将卫星送入同步轨道3.轨道1、2相切于Q 点，轨道2、3相切于P 点，如图4所示．关于这颗卫星分别在1、2、3轨道上正常运行时，以下说法正确的是( )图4A ．卫星在三个轨道运动的周期关系是：T 1<T 2<T 3B ．卫星在轨道3上的角速度大于在轨道1上的角速度C ．卫星在轨道1上经过Q 点时的动能小于它在轨道2上经过Q 点时的动能D ．卫星在轨道2上运动时的机械能可能等于它在轨道3上运动时的机械能审题突破 需要根据什么规律比较椭圆运动的周期关系？在P 点和Q 点两次点火是加速还是减速？解析 轨道1的半长轴最小，轨道3的半长轴最大，根据a 3T2＝k 知，T 1＜T 2＜T 3，故A 正确；卫星在轨道1和3上做匀速圆周运动，角速度ω＝GMr 3，知轨道半径大的角速度小，故B 错误；卫星在轨道1上Q 点点火加速，做离心运动进入轨道2，故在轨道2经过Q 点时的速度大，动能大，故C 正确；卫星在轨道2上机械能小于它在轨道3上的机械能，故D 错误． 答案 AC以题说法 解决天体运动问题要善于构建两大模型1．“天体公转”模型——某天体绕中心天体做匀速圆周运动．这种模型一般应用动力学方程(G Mm r 2＝m v 2r ＝m ω2r ＝m (2πT)2r ＝ma n )和黄金代换公式(GM ＝gR 2)就能轻松解决． 2．“卫星变轨”模型——卫星速度改变时，卫星将变轨运行．①当v 增大时，卫星将做离心运动，周期变长，机械能增加．②速度减小时，卫星将做向心运动，周期变短，机械能减少．(双选)如果把水星和金星绕太阳的运动视为匀速圆周运动，如图5所示．从水星与金星在一条直线上开始计时，若天文学家测得在相同时间内水星转过的角度为θ1，金星转过的角度为θ2(θ1、θ2均为锐角)，则由此条件可求得( )图5A ．水星和金星绕太阳运动的周期之比B ．水星和金星的密度之比C ．水星和金星表面的重力加速度之比D ．水星和金星绕太阳运动的向心加速度大小之比 答案 AD解析 由题知它们的角速度之比为θ1∶θ2，则周期比为θ2∶θ1；水星和金星是环绕天体，无法求出质量，也无法知道它们的半径，所以求不出密度比，也求不出表面的重力加速度之比；根据万有引力提供向心力，G Mm r 2＝mr ω2，r ＝ 3GM ω2，知道了角速度比，就可求出轨道半径之比，根据a ＝r ω2，轨道半径之比、角速度之比都知道，很容易求出向心加速度之比，故D 正确.4．平抛与圆周运动组合问题的综合分析例4 (17分)如图6所示，一小物块自平台上以速度v 0水平抛出，刚好落在邻近一倾角为α＝53°的粗糙斜面AB 顶端，并恰好沿该斜面下滑，已知斜面顶端与平台的高度差h ＝0.032 m ，小物块与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5，A 点离B 点所在平面的高度H ＝1.2 m ．有一半径为R 的光滑圆轨道与斜面AB 在B 点相切连接，已知cos 53°＝0.6，sin 53°＝0.8，g 取10 m/s 2.求：图6(1)小物块水平抛出的初速度v 0是多少；(2)若小物块能够通过圆轨道最高点，圆轨道半径R 的最大值．解析 (1)小物块自平台做平抛运动，由平抛运动知识得：v y ＝2gh ＝2×10×0.032 m/s ＝0.8 m/s(2分)由于物块恰好沿斜面下滑，则tan 53°＝v y v 0(3分) 得v 0＝0.6 m/s.(2分)(2)设小物块过圆轨道最高点的速度为v ，受到圆轨道的压力为F N .则由向心力公式得：F N ＋mg ＝m v 2R(2分)由动能定理得：mg (H ＋h )－μmgH cos 53°sin 53°－mg (R ＋R cos 53°)＝12mv 2－12mv 20(5分)小物块能过圆轨道最高点，必有F N ≥0(1分) 联立以上各式并代入数据得：R ≤821 m ，即R 最大值为821m ．(2分)答案 (1)0.6 m/s (2)821m(限时：15分钟，满分：19分)(2014·福建·21)如图7所示为某游乐场内水上滑梯轨道示意图，整个轨道在同一竖直平面内，表面粗糙的AB 段轨道与四分之一光滑圆弧轨道BC 在B 点水平相切．点A 距水面的高度为H ，圆弧轨道BC 的半径为R ，圆心O 恰在水面．一质量为m 的游客(视为质点)可从轨道AB 的任意位置滑下，不计空气阻力．图7(1)若游客从A 点由静止开始滑下，到B 点时沿切线方向滑离轨道落在水面D 点，OD ＝2R ，求游客滑到B 点时的速度v B 大小及运动过程轨道摩擦力对其所做的功W f ；(2)某游客从AB 段某处滑下，恰好停在B 点，又因受到微小扰动，继续沿圆弧轨道滑到P 点后滑离轨道，求P 点离水面的高度h .(提示：在圆周运动过程中任一点，质点所受的向心力与其速率的关系为F 向＝m v 2R)答案 (1)2gR －(mgH －2mgR ) (2)23R解析 (1)游客从B 点做平抛运动，有2R ＝v B t ①R ＝12gt 2②由①②式得v B ＝2gR ③ 从A 到B ，根据动能定理，有mg (H －R )＋W f ＝12mv 2B －0④由③④式得W f ＝－(mgH －2mgR )⑤(2)设OP 与OB 间夹角为θ，游客在P 点时的速度为v P ，受到的支持力为N ，从B 到P 由机械能守恒定律，有mg (R －R cos θ)＝12mv 2P －0⑥过P 点时，根据向心力公式，有mg cos θ－N ＝m v 2PR ⑦N ＝0⑧cos θ＝h R⑨由⑥⑦⑧⑨式解得h ＝23R ⑩(限时：45分钟)题组1 抛体运动问题的分析1．(单选)如图1所示，某人向对面的山坡上水平抛出两个质量不等的石块，分别落到A 、B 两处．不计空气阻力，则落到B 处的石块( )图1A ．初速度大，运动时间短B ．初速度大，运动时间长C ．初速度小，运动时间短D ．初速度小，运动时间长 答案 A解析 由于B 点在A 点的右侧，说明水平方向上B 点的距离更远，而B 点距抛出点的高度较小，故运动时间较短，二者综合说明落在B 点的石块的初速度较大，故A 正确，B 、C 、D 错误．2．(单选)如图2所示，可视为质点的小球位于半圆柱体左端点A 的正上方某处，以初速度v 0水平抛出，其运动轨迹恰好与半圆柱体相切于B 点，过B 点的半圆柱体半径与水平面夹角为30°，则半圆柱体的半径为(不计空气阻力，重力加速度为g )( )图2A.23v 203gB.23v 209gC.3－v 20gD.－23v 2g答案 C解析 在B 点，据题可知小球的速度方向与水平方向成60°角，由速度的分解可知，竖直分速度大小v y ＝v 0tan 60°＝3v 0，v 0t ＝R ＋R cos 30°，v y ＝gt ，得R ＝3－v 20g，故选C.3．(双选)如图3所示，ab 为竖直平面内的半圆环acb 的水平直径，c 为环上最低点，环半径为R .将一个小球从a 点以初速度v 0沿ab 方向抛出，设重力加速度为g ，不计空气阻力( )图3A ．v 0越大，小球在空气中运动的时间越长B ．当小球的初速度v 0<2gR2时，将撞击到环上的圆弧ac 段 C ．当v 0取适当值，小球可以垂直撞击圆环 D ．无论v 0取何值，小球都不可能垂直撞击圆环 答案 BD解析 平抛运动竖直方向的分运动是自由落体运动，小球下落的高度越大，小球运动的时间越长，与初速度无关，A 错误；当小球的初速度v 0<2gR2时，水平位移小于R ，小球将撞击到环上的圆弧ac 段，故B 正确；设小球垂直击中环，则其速度反向沿长线必过圆心，设其速度与水平方向的夹角为θ，R sin θ＝12gt 2，R (1＋cos θ)＝v 0t ，且tan θ＝gtv 0，可解得θ＝0，但这是不可能的，故C 错误，D 正确，故选B 、D. 题组2 圆周运动问题的分析4．(双选)(2014·新课标Ⅰ·20)如图4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4A ．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 ＝m ω2R .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 ＝m ω2a l ，当f a ＝kmg 时，kmg ＝m ω2a l ，ωa ＝ kg l；对木块b ：f b ＝m ω2b ·2l ，当f b ＝kmg 时，kmg ＝m ω2b ·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 ＝m ω2l ，f b ＝m ω2·2l ，f a <f b ，选项B 错误；当ω＝kg2l时b 刚开始滑动，选项C 正确；当ω＝2kg 3l 时，a 没有滑动，则f a ＝m ω2l ＝23kmg ，选项D 错误． 5．如图5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 调节其与水平面的倾角．板上一根长为l ＝0.6 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 m/s.若小球能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5答案 α≤30°解析 小球在板面上运动时受绳子拉力、板面弹力、重力的作用．在垂直板面方向上合力为0，重力在沿板面方向的分量为mg sin α，小球在最高点时，由绳子的拉力和重力分力的合力提供向心力：F T ＋mg sin α＝mv 21l①研究小球从释放到最高点的过程，据动能定理： －mgl sin α＝12mv 21－12mv 20②若恰好通过最高点绳子拉力F T ＝0，联立①②解得：sin α＝v 203gl ＝323×10×0.6＝12.故α最大值为30°，可知若小球能在板面内做圆周运动，倾角α的值应满足α≤30°. 题组3 天体运动问题的分析6．(单选)(2014·新课标Ⅱ·18)假设地球可视为质量均匀分布的球体．已知地球表面重力加速度在两极的大小为g 0，在赤道的大小为g ，地球自转的周期为T ，引力常量为G .地球的密度为( ) A.3πg 0－g GT 2g 0 B.3πg 0GT 2g 0－gC.3πGT2D.3πg 0GT 2g答案 B解析 物体在地球的两极时，mg 0＝G Mm R 2，物体在赤道上时，mg ＋m (2πT )2R ＝G Mm R 2，又M ＝43πR 3，联立以上三式解得地球的密度ρ＝3πg 0GT 2g 0－g.故选项B 正确，选项A 、C 、D 错误．7．(单选)2013年12月11日，“嫦娥三号”携带月球车“玉兔”从距月面高度为100 km 的环月圆轨道Ⅰ上的P 点变轨，进入近月点为15 km 的椭圆轨道Ⅱ，由近月点Q 成功落月，如图6所示．关于“嫦娥三号”，下列说法正确的是( )图6A ．沿轨道 Ⅰ 运行一周的位移大于沿轨道 Ⅱ 运行一周的位移B ．沿轨道 Ⅱ 运行时，在P 点的加速度小于在Q 点的加速度C ．沿轨道Ⅱ运行的周期大于沿轨道Ⅰ运行的周期D ．在轨道Ⅱ上由P 点到Q 点的过程中机械能增加 答案 B解析 沿轨道Ⅰ运行一周的位移与沿轨道Ⅱ运行一周的位移都是零，即相等，故A 错误．根据GMm r 2＝ma 得a ＝GMr2，沿轨道Ⅱ运行时，在P 点的加速度小于在Q 点的加速度，故B 正确．根据a 3T2＝k 可得半长轴a 越大，运行周期越大，故沿轨道Ⅱ运行的周期小于沿轨道Ⅰ运行的周期，故C 错误．在轨道Ⅱ上由P 点运行到Q 点的过程中，只有万有引力对其做功，机械能守恒，故D 错误．8．(双选)一颗围绕地球运行的飞船，其轨道为椭圆．已知地球质量为M ，地球半径为R ，万有引力常量为G ，地球表面重力加速度为g .则下列说法正确的是( ) A ．飞船在远地点速度一定大于gRB ．飞船在近地点瞬间减速转移到绕地圆轨道后，周期一定变小C ．飞船在远地点瞬间加速转移到绕地圆轨道后，机械能一定变小D ．飞船在椭圆轨道上的周期可能等于π 27R5g答案 BD解析 由G Mm r 2＝m v 2r ＝mr ω2＝mr 4π2T 2＝ma ，G Mm R2＝mg 得绕地球的最大速度v ＝gR ，A 错误；飞船在近地点瞬间减速，飞船将做向心运动，则由a 3T2＝k 知，周期减小，B 正确；飞船在远地点瞬间加速，除引力外，其他力对飞船做正功，机械能一定增加，C 错误；r ＝R 时，由T ＝ 4π2r3GM得最小周期T ＝π4Rg＜π27R5g，D 正确． 题组4 平抛与圆周运动组合问题的综合9．如图7所示，高台的上面有一竖直的14圆弧形光滑轨道，半径R ＝54 m ，轨道端点B 的切线水平．质量M ＝5 kg 的金属滑块(可视为质点)从轨道顶端A 由静止释放，离开B 点后经时间t ＝1 s 撞击在斜面上的P 点．已知斜面的倾角θ＝37°，斜面底端C 与B 点的水平距离x 0＝3 m ．g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不计空气阻力．图7(1)求金属滑块M 运动至B 点时对轨道的压力大小；(2)若金属滑块M 离开B 点时，位于斜面底端C 点、质量m ＝1 kg 的另一滑块，在沿斜面向上的恒定拉力F 作用下由静止开始向上加速运动，恰好在P 点被M 击中．已知滑块m 与斜面间动摩擦因数μ＝0.25，求拉力F 大小；(3)滑块m 与滑块M 碰撞时间忽略不计，碰后立即撤去拉力F ，此时滑块m 速度变为4 m/s ，仍沿斜面向上运动，为了防止二次碰撞，迅速接住并移走反弹的滑块M ，求滑块m 此后在斜面上运动的时间．答案 (1)150 N (2)13 N (3)1＋72 s解析 (1)M 由A 到B 过程，由机械能守恒定律得MgR ＝12Mv 2B ①解得v B ＝5 m/s滑块在B 点时，由向心力公式得F N －Mg ＝M v 2BR②解得F N ＝150 N③由牛顿第三定律知，M 在B 点时对轨道的压力大小为150 N. (2)M 离开B 点后平抛运动的水平位移为x ＝v B t ＝5 m④由几何关系可知m 的位移为s ＝x －x 0cos 37°＝2.5 m⑤设滑块m 向上运动的加速度为a ，由s ＝12at 2⑥得a ＝5 m/s 2由牛顿第二定律得F －mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma ⑦解得F ＝13 N ．⑧(3)撤去拉力后，滑块m 沿斜面上滑过程的加速度a 1＝mg sin 37°＋μmg cos 37°m＝8 m/s 2⑨上滑时间t 1＝v a 1＝0.5 s⑩上滑位移s 1＝v 22a 1＝1 m ⑪滑块m 沿斜面下滑过程的加速度a 2＝mg sin 37°－μmg cos 37°m＝4 m/s 2⑫下滑过程s ＋s 1＝12a 2t 22⑬由⑪⑫⑬得t 2＝72s 所以碰后在斜面上运动的时间为t 总＝t 1＋t 2＝1＋72s ⑭10．某工厂生产流水线示意图如图8所示，半径R ＝1 m 的水平圆盘边缘E 点固定一小桶．在圆盘直径DE 正上方平行放置的水平传送带沿顺时针方向匀速转动，传送带右端C 点与圆盘圆心O 在同一竖直线上，竖直高度h ＝1.25 m ．AB 为一个与CO 在同一竖直平面内的四分之一光滑圆弧轨道，半径r ＝0.45 m ，且与水平传送带相切于B 点．一质量m ＝0.2 kg 的滑块(可视为质点)从A 点由静止释放，滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，当滑块到达B 点时，圆盘从图示位置以一定的角速度ω绕通过圆心O 的竖直轴匀速转动，滑块到达C 点时恰与传送带同速并水平抛出，刚好落入圆盘边缘的小桶内．取g ＝10 m/s 2，求：图8(1)滑块到达圆弧轨道B 点时对轨道的压力F N B ； (2)传送带BC 部分的长度L ；(3)圆盘转动的角速度ω应满足的条件． 答案 (1)6 N ，方向竖直向下 (2)1.25 m (3)ω＝2n π rad/s(n ＝1,2,3…)解析 (1)滑块从A 到B 过程中，由动能定理有mgr ＝12mv 2B解得v B ＝2gr ＝3 m/s滑块到达B 点时，由牛顿第二定律有F N B ′－mg ＝m v 2Br解得F N B ′＝6 N据牛顿第三定律，滑块到达B 点时对轨道的压力大小为6 N ，方向竖直向下． (2)滑块离开C 点后做平抛运动，h ＝12gt 21解得t 1＝2hg＝0.5 sv C ＝Rt 1＝2 m/s滑块由B 到C 过程中，据动能定理有 －μmgL ＝12mv 2C －12mv 2B解得L ＝v 2B －v 2C2μg＝1.25 m(3)滑块由B 到C 过程中，据运动学公式有L ＝v B ＋v C 2t 2解得t 2＝2Lv B ＋v C＝0.5 s 则t ＝t 1＋t 2＝1 s圆盘转动的角速度ω应满足条件t ＝n ·2πω(n ＝1,2,3…) 解得ω＝2n π rad/s(n ＝1,2,3…)．。

考前基础回扣练四抛体运动与圆周运动建议用时20分钟1.(多选)下列哪幅图能正确描述质点运动到P点时的速度v和加速度a的方向关系( )【解析】选A、C。

做曲线运动的物体其速度的方向在某点切线方向上,而加速度的方向即所受合外力的方向指向曲线的凹侧,故B、D错,A、C正确。

2.(多选)质量为m的物体,在F1、F2、F3三个共点力的作用下做匀速直线运动,保持F1、F2不变,仅将F3的方向改变90°(大小不变)后,物体可能做( )A.加速度大小为的匀变速直线运动B.加速度大小为的匀变速直线运动C.加速度大小为的匀变速曲线运动D.匀速直线运动【解析】选B、C。

物体在F1、F2、F3三个共点力作用下做匀速直线运动,必有F3与F1、F2的合力等大反向,当F3大小不变、方向改变90°时,F1、F2的合力大小仍为F3,方向与改变方向后的F3夹角为90°,故F合=F3,加速度a==。

若初速度方向与F合方向共线,则物体做匀变速直线运动;若初速度方向与F合方向不共线,则物体做匀变速曲线运动,B、C项正确。

3.船在静水中的速度为3.0m/s,它要渡过宽度为30 m的河,河水的流速为2.0 m/s,则下列说法中正确的是( )A.船不能渡过河B.船渡河的速度一定为5.0 m/sC.船不能垂直到达对岸D.船到达对岸所需的最短时间为10 s【解析】选D。

船速与水速的夹角不同时,合速度的大小不同,B错误;当船速垂直河岸时,小船的渡河时间t==10s,A错误、D正确;当船速斜向上游,合速度垂直河岸时,船垂直达到对岸,C错误。

4.如图所示,A、B两个小球从同一竖直线上的不同位置水平抛出,结果它们同时落在地面上的同一点C,已知A离地面的高度是B离地面高度的2倍,则A、B两个球的初速度之比v A∶v B为( )A.1∶2B.2∶1C.∶1D.∶2【解析】选D。

由于两球离地面的高度之比为2∶1,由t=可知,它们落地所用的时间之比为∶1,由于它们的水平位移x相同,由v=可知,初速度之比为1∶=∶2,D项正确。

4-2抛体运动一、选择题1．(2012·皖南八校高三联考一)如图所示，在足够长的斜面上A 点，以水平速度v 0抛出一个小球，不计空气阻力，它落到斜面上的水平距离为x 1；若将此球改用2v 0水平速度抛出，落到斜面上的水平距离为x 2，则x 1 ∶x 2为()A ．1 ∶1B ．1 ∶2C ．1 ∶3D ．1 ∶4[答案] D[解析] 设斜面倾角为θ，则tan θ＝y x ＝12gt 2v 0t ＝gt 2v 0，故t ＝2v 0tan θg ，水平位移x ＝v 0t ＝2v 20tan θg ∝v 20，故当水平初速度由v 0变为2v 0后，水平位移变为原来的4倍，D 项正确。

2．(2012·哈尔滨质检)如图所示，某同学为了找出平抛运动物体的初速度之间的关系，用一个小球在O 点对准前方的一块竖直放置的挡板，O 与A 在同一高度，小球的水平初速度分别是v 1、v 2、v 3，打在挡板上的位置分别是B 、C 、D ，AB ∶BC ∶CD ＝1 ∶3 ∶5。

则v 1、v 2、v 3之间的正确关系是( )A．v1∶v2∶v3＝3 ∶2 ∶1B．v1∶v2∶v3＝5 ∶3 ∶1C．v1∶v2∶v3＝6 ∶3 ∶2D．v1∶v2∶v3＝9 ∶4 ∶1[答案] C[解析]根据平抛运动规律可知，小球在竖直方向上做自由落体运动，由于AB∶BC∶CD＝1 ∶3 ∶5，则y1∶y2∶y3＝1 ∶4 ∶9，又因为x＝v0t，则y＝gx22v20，即v1∶v2∶v3＝1y1∶1y2∶1y3＝6 ∶3 ∶2，选项C正确。

3.如图所示，取稍长的细杆，其一端固定一枚铁钉，另一端用羽毛做一个尾翼，做成A、B两只“飞镖”，将一软木板挂在竖直墙壁上，作为镖靶。

在离墙壁一定距离的同一处，将它们水平掷出，不计空气阻力，两只“飞镖”插在靶上的状态如图所示(侧视图)。

则下列说法中正确的是()A ．A 镖掷出时的初速度比B 镖掷出时的初速度大B ．B 镖插入靶时的末速度比A 镖插入靶时的末速度大C ．B 镖的运动时间比A 镖的运动时间长D ．A 镖的质量一定比B 镖的质量大[答案] AC[解析] 由题图可知A 镖的竖直位移较小，由h ＝12gt 2可以判断A 镖的运动时间较小，由于两镖的水平位移相同，所以A 镖的初速度较大，选项A 、C 正确。