曲线运动
一、如何判断曲线运动物体的运动轨迹与受力方向的关系,
解答:做曲线运动的物体，其轨迹向合外力所指的一方弯曲，或者说合外力指向轨迹“凹”侧，已知物体的运动轨迹，可以判断出合外力的大致方向(若合外力方向与速度方向夹角α为锐角时，物体做曲线运动的速率将变大;当α为钝角时，物体做曲线运动的速率将变小;
当α为直角时，则该力只改变速度的方向而不改变速度的大小(要特别注意当作用在物体上的力方向突变时，其速度的方向并不能发生突变，原来的速度方向即为新轨迹的速度起始方向，且两轨迹均与该速度方向相切(
二、运动的性质和轨迹
解答:物体运动的性质由加速度决定:加速度为零时物体静止或做匀速运动;加速度恒定时物体做匀变速运动;加速度变化时物体做变加速运动(
物体运动的轨迹(直线还是曲线)则由物体的速度和加速度的方向关系决定:速度与加速度方向在同一条直线上时物体做直线运动;速度和加速度方向不在同一条直线上做曲线运动(
两个互成角度的直线运动的合运动是直线运动还是曲线运动决定于它们的合速度和合加速度方向是否共线(如图411所示)(常见的类型有:
1(a,0:合运动为匀速直线运动或静止(
2(a恒定:合运动的性质为匀变速运动，当v、a同向时，合运动为
匀加速直线运动;当v、a反向时，合运动为匀减速直线运动;当v、
a互成一角度，合运动为匀变速曲线运动(轨迹在v、a之间，和速度
v的方向相切，方向逐渐向a的方向接近，但不可能两者方向相同)( 3(a变化:合运动性质为变加速运动(如简谐运动，加速度
大小、方向都随时间变化(
三.渡河问题的分析:
1解答:(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(
12
()( 2(三种速度:船在静水中的速度、水vv
，，流速、船的实际速度()()v
3(三种情况过河时间最短:船头正对河岸1短
d，，时，渡河时间最短,为河宽(td()1
v
21 短 2()过河路径最短,时:合速度垂直于河岸，vv
航程最短，xd,.
21 3()过河路径最短,时:vv，，
合速度不可能垂直于河岸，无法
垂直渡河(确定
方法
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如下:如图24-1-2所示，以矢量末端为圆心，v1以矢量的大小为半径画弧，从v2v矢量的始端向圆弧作切线，则合速度沿此切线方
向航程最短(由图可知:11,短 vvd, sin,，最短航程:,,xd.22 vvsin
四、连带运动问题(“关联”速度问题)
解答:指物拉绳(杆)或绳(杆)拉物问题(由于高中研究的绳都是不可伸长的，杆都是不可伸长和压缩的，即绳或杆的长度不会改变，所以解题原则是:把物体的实际速度分解为垂直于绳(杆)和平行于绳(杆)两个分量，根据沿绳(杆)方向的分速度大小相同求解(
1(曲线运动的动力学条件 例1:一质点在xOy平面内运动的轨迹如图413所示， 下列判断正确的是( ) A(若x方向始终匀速，则y方向先加速后减速 B(若x方向始终匀速，则y方向先减速后加速 C(若y方向始终匀速，则x方向先减速后加速 D(若y方向始终匀速，则x方向先加速后减速 解析:若质点在x方向始终匀速，则表示?Fx,0，质点只受y方向的合力，根据质点做曲线运动时，受到的合外力和相应的加速度一定不为零，并总指向曲线的内侧这一结论可知:在前面阶段?Fy的方向沿y轴的负方向，后阶段?Fy的方向沿y轴的正方向，而整个过程物体在y轴上的速度方向始终沿y轴向上，即表示在前面阶段y方向上合力与速度方向反向，后阶段同向，所以若质点x方向始终匀速，则y方向先减速后加速，故选项A错B正确;同理若质点在y方向始终匀速，则x方向先加速后减速，故选项C错D正确( 2(运动的合成和分解的两种典型模型
(1)绳拉物体模型
例2:如图415所示，在河岸上利用定滑轮
拉绳索使小船靠岸，拉绳的速度为v，当拉
船头的绳索与水平面的夹角为α时，船的
速度是多少,
解析:方法1.小量分析法
取小量θ，如图所示，设角度变化θ所需的时间为Δt，取CD,CB，在Δt时间内船的位移为AB，绳子端点C的位移大小为绳子缩短的长度AD.由于θ?0?，所以
?BDA?90?.
所以AD,ABcosα?
又AD,vΔt?
AB,v船Δt?
由上述三式可得:v船,v/cosα
方法2.运动等效法 因为定滑轮右边的绳
子既要缩短又要偏转，所以定滑轮右边绳上的A点的运动情
况可以等效为:先以滑轮为圆心，以AC为半径做圆周运动到达B，
再沿BC直线运动到D.做圆周运动就有垂直绳子方向的线速度，
做直线运动就有沿着绳子方向的速度，也就是说船的速度(即绳上
A点的速度)的两个分速度方向是:一个沿绳缩短的方向，另一个
垂直绳的方向(作矢量三角形如图示，v船,v/cosα.
方法点拨:方法1利用几何知识构建三角形，找出在Δt时间内绳与船的位移关系，进而确定速度关系;方法2利用了实际运动为合运动，按效果对船的速度进行分解(
变式训练2:如图416所示，物体A和B的质量均为m， 且分别与轻绳连接跨过定滑轮(不计绳子与滑轮，滑轮与轴 之间的摩擦)，当用水平拉力F拉物体B沿水平向右做匀速 直线运动的过程中( ) A(物体A也做匀速直线运动 B(绳子拉力始终大于物体A所受的重力 C(绳子对A物体的拉力逐渐增大 D(绳子对A物体的拉力逐渐减小 解析:设B的速度为v，则A的速度vA,vcosα，B沿水平方向向右做匀速直线运动，α角减小，vA,vcosα增大，A向上做加速运动，加速度向上，故绳子拉力始终大于物体A所受的重力(最后A的速度大小趋于与B相同，速度的变化率逐渐减小，由牛顿第二定律，可得绳子对物体的拉力也逐渐减小( 解析:如图甲所示，设船头斜向上游与河岸 (2)小船渡河模型
例3:一条宽度为L的河流，水流速度为vs，已知船在静水中的速度为vc，那么: 成任意角，这时船速在垂直于河岸方向的速度分 1 (1)怎样渡河时间最短, (2)若vc>vs，怎样渡河位移最小, c (3)若vc
vs时，船才有可能垂直于河岸横渡( (3)如果水流速度大于船在静水中的航行速度，则不论船的航向如何，总是被水冲向下游(怎样才能使漂下的距离最短呢,如图丙所示，设船头vc与河岸成θ角，合速度v与河岸成α角(可以看出:α角越大，船漂下的距离x越短，那么，在什么条件下α角最大呢,以vs的矢尖为圆心，以vc为半径画圆，当v与圆相切时，α角最大，根据cosθ,vc/vs，船头与河岸的夹角应为:θ,arccos(vc/vs)
L, 船漂的最短距离为:,,xvv(cos)minscvcsin,
vLs 此时渡河的最短位移为:,,xLcosv,c
方法点评:解答小船渡河问题关键是要联系渡河实际，对于最短位移渡河问题，要理解并分情况，利用几何知识作出正确的三角形即可解答(
dA(小船渡河的轨迹为直线 变式训练3:小河宽度为，河水中各点水流dvkxk B(小船垂直河岸方向前进的距离为时，船的 4速度与各点到较近河岸的距离成正比，,，水4v 实际速度为2v00x C(小船渡河的轨迹为曲线d,，为各点到近岸的距离，小船船头垂直河岸 3d D(小船垂直河岸方向前进的距离为时，船的v04 渡河，小船划水速度为，则下列说法正确的是0实际速度为10v ，，0
vvyd解析:因为,,，所以小船速度方向随4水
vvxx
220小船距河岸距离的不同而不同，所以小船渡河的轨迹
00
4 v()2d为曲线(由运动的合成可知:,,，平抛运动 vv，v4平抛运动的规律 d
如图4,2,1所示是一质点从O点以水平速度v0抛出经时间t到A点( (速度:BC故正确( 1 水平和竖直方向分速度分别为 ,，, ， vvvgtxy0
则它在点的合速度为: ,,，，，，2222 Avvvvgtxy0
,,vgty速度方向与水平方向夹角 ,,
()tan vvx0 (位移:
2 2水平位移和竖直位移分别为 ，,，, 1xvtygt 000
212gt 22222故合位移 ,,，，，，，，ygt021lxyvtgt000,,, xvtv20002从速度方向与位移方向可看出，tanθ, 2tanα， 请你把速度v方向反向延长与x轴交点为B，你能得到什么结论, ,,
3(水平射程和飞行时间 位移方向为与轴之间的夹角 lx()tan 2h1飞行时间:thgv, ，只与、有关，与无关(，，0g
2h2水平射由、、共程:同决定(xvtvhg,, ，v ，，000g
一、平抛运动的四个重要推论 1
解析:推论?:任意时刻的两个分运动的速
，，
度与合运动的速度构成一个矢量直角三角形，如422.
图,,gt tan,v,0 , 2推论?:从抛出点开始，任意一段时间内，，为速度方向偏向角
两个分运动的位移与合运动的位移构成一个矢量直角三角形，如图4-2-3.,0gt tan,2v ,
为位移方向偏向角( ()3推论?:做平抛或类平抛运动的物体在，，
任一时刻任一位置处，设其末速度方向与水平方
,,向的夹角为，位移与水平方向的夹角为，则
tan2tan. ,,,
4-2-4如图所示，由平抛运动规律得 2vgtygtgt1 ,tantan ,,，,,,，，,,vvxvtv220000
tan2tan. 所以, ,,
推论?:做平抛或类平抛 ()4，，
运动的物体，任意时刻的瞬时速度
方向的反向延长线一定通过此时水
平位移的中点
如图所示，设平抛物体的4-2-5
初速度为，从原点到点时间为0vOA
，点坐标为 ，，点坐标为 ,，则tAxyBx()(0)
,2v1y, ,，,，,，又,,，,,0xvtygtvgttan,02vxx
x 解得,即末状态速度方向的反向延长线与,xx2 轴的交点必为此时水平位移的中点(B
二、理解并灵活运用平抛运动的处理方法，处理类平抛运动等问题
解答:1(类平抛问题:物体具有一个初速度，并且具有与初速度方向垂直的恒定外力
作用，其初状态与受力情况与平抛运动类似，叫类平抛运动，我们也可以采用平抛运动的分
解方法来解决这样一类问题:
比如电场中带电粒子垂直于匀强电场方向进入电场，有一个初速度，受到一个恒定的沿电场方v
向的电场力,作用，把粒子的运动分解为沿初FqE0
速度方向的匀速直线运动，和沿电场方向的匀加速
qE 直线运动，加速度为,经时间，垂直电场方向at
mx 11速度,，位移,;沿电场方向速度vvxvt. 22y qEqE00 vattyatt,,，沿电场方向位移,, 2 mm22 (非类平抛问题:有些问题即使不是类平抛问
1(平抛运动规律的基本应用 题，有时在理解平抛运动的研究方法的基础上，也可 例1:(2010?全国卷?)一水平抛出的小球落到一倾角为θ的斜面上时，其速度方向与斜面垂直，
运动轨迹如图426中虚线所示(小球在竖直方向下落的距离与在水平方向通过的距离之比为( ) 借鉴平抛运动分解的思想(
11,,AB ,,tan2tan
,,Ctan D2tan,,
解析:如图构建速度矢量三角形，平抛的末
,速度与竖直方向的夹角等于斜面倾角，根据:v0tan.,gt , 则下落高度与水平射程之比为:2ygtgt1B方法点拨:利用平抛运动的推论构建速度矢量三角形是快速解答此题的关键( xvtv222tan ,,,，正确(00,
2(斜面上的平抛运动
例2:如图427所示，在倾角为θ的斜面顶端A处以速度
v0水平抛出一小球，落在斜面上的某一点B处，设空气阻
力不计，求:(1)小球从A运动到B处所需的时间、落到B点的速
t度及A、B间的距离( (2)从抛出开始计时，经过多长时间小球离斜 解析:小球做平抛运动，同时受到斜面体面的距离达到最大,这个最大距离是多少, 2 1H的限制，设小球从运动到处所需的时间为，则: ，，从抛出开始计时，设经过时间小球离斜面，，1 vgtvABt水平位移为,竖直位移为,.2的距离达到最大，当小球的速度与斜面平行时，小 v01t xvtygt tan球离斜面的距离达到最大，最大距离为,yg2 由数学关系得到:,2tan因 ,,，,方法点拨:1100,1vv (gtvt)tanxvygt斜面上的平0 2gg,所以 ,即小球从运动到处所需的时间为:,01抛运动斜面tantan21 2tvan,,Ht倾角为位移ABtyx22 22g200方向偏向小球落到点的速度为:,,，，222,,，,,，10111,00角( vtanBvvv+1+4tagtn、间的距离为:,Hcos 2 ,gtan,0又，,AB11sintan,, ,,, 0gcos,2vt2vx20,,l解得最,大距离为:cossco
变式训练2:如图428所示，在倾角为θ的
斜面上A点，以初速度v0水平抛出一小球，
小球落到斜面上的B点，不计空气阻力，
求小球落到B点的速度为多大,
解析:设小球落到点瞬时速度的偏向角为， B,
1 由推论可知，,，故,，3tan2tancos,,,2 ，14tan, v0据推论可得:,，所以1cos, v
2v0 ,,，vv14tan0, cosá
3(平抛运动中的临界和极值问题 例3:(2010?上海单科)如图429，ABC和ABD 为两个光滑固定轨道，A、B、E在同一水平面，C、 D、E在同一竖直线上，D点距水平面的高度h，C 点高度为2h，一滑块从A点以初速度v0分别沿两 轨道滑行到C或D处后水平抛出( (1)求滑块落到水平面时，落点与E点间的距离sC和sD.
(2)为实现sC,sD，v0应满足什么条件, 解析:根据机械能守恒:1，，
11112222 mvmvvmghv,，，mghmm,，2CD002222
根据平抛运动规律:
1122 hgh,，,tgt2CD
22
s,vtsvt，, CCCDDD
22vhvh42 22002为实现,，ss 综合得shsh,，,,,164CD，，CD gg22 42vhvh2200 即,，得,,,1646hhghv 0gg
但滑块从点以初速度分别沿两轨道滑行到AvC0
或处后水平抛出，要求D
方法点拨:本题考查了机械能守恒定律及平抛 vvh,，所以,,446ghghg00
运动相关知识，解题的关键是判断出临界点，第2
0 问要注意,v4gh
变式训练3:国家飞碟射击队在进行模拟训练时用如图4210所示
装置进行(被训练的运动员在高H,20m的塔顶，在地面上距塔水
平距离为x处有一个电子抛靶装置，圆形靶可被以速度v2竖直向上
抛出(当靶被抛出的同时，运动员立即用特制手枪沿水平射击，子
弹速度v1,100m/s.不计人的反应时间、抛靶装置的高度及子弹在枪
膛中的运动时间，且忽略空气阻力及靶的大小(g取10m/s2)(
(1)当x取值在什么范围时，无论v2为何值都不能被击中,
(2)若x,100m，v2,20m/s，试通过计算说明靶能否被击中,
解析:1子弹的射程为，则有:x，，
22H，201 x,,,v100m200m g10 2 若,，无论为何值都不xmv200能被击中(，，
2若靶被击中，则击中处一定在抛靶装置的
正上方，
x10011 设经历的时间为，则有:,,,tts1s11122v100 (1)m5my,,,gt，10，111 22在时间内，子弹下落及靶上升的竖直高度t分别为:
1122 (201101)m15myvt,,,gt，，，,,221122
4(运用平抛运动规律解决类平抛运动问题 20 m因为，,,所以靶恰好yyH被击中(12 例4:如图4211所示，光滑斜面长为a，宽 为b，倾角为θ，一物块沿斜面左上方顶点P 水平射入，而从右下方顶点Q离开斜面，求 入射初速度( 解析:物块在垂直于斜面方向没有运动，物块
v沿斜面方向上的曲线运动可分解为水平方向上初速
0的为零度初速下向斜面沿动和运直线速的匀为度
mgmaagsinsi,,n匀加速运动(在沿斜面方向上加加
xavt , , ?
01 水平方向上的位移,, ?ybat加22
沿斜面向下的位移,, ? gsin,va 2b0变式训练4:质量为m的飞机以水平速度v0飞离跑道后逐渐上升，若 由???得,飞机在此过程中水平速度保持不变，同时受到重力和竖直向上的恒定升
力(该升力由其他力的合力提供，不含重力)(今测得当飞机在水平方向的
位移为l时，它的上升高度为h，如图4212所示，求:
(1)飞机受到的升力大小;
(2)从起飞到上升至h高度的过程中升力所做的功及在高h处飞机的动能(
0
解析:1飞机水平方向速度不变，则有:,lvt，，2
1竖直方向上飞机加速度恒定，则有:,hat
22
022h解以上两式得:,av
l2
022h 故根据牛顿二定，第律:,Fmgmamgv,，(1) gl2从起飞到上升至高度的过程中升力做的功为:h，，
2220hv() WFhmgh,,，2ygl
20hv2机在处竖直分速度为:,,,飞hvatah
l
ky所以，此时飞机的动能为: 21114匀速圆周运动 222 (1)h00Emvv,，,mvm，2一、匀速圆周运动(匀速率圆周运动简称) 222l1(特点:匀速圆周运动是线速度 大小不变 的运动，因此它的角速度大小、周期和频率都是 恒定不变
的，物体受到的合外力 全部 提供向心力(
2(质点做匀速圆周运动的条件:合外力大小 不变 ，方向始终与速度方向 垂直 . 二、描述匀速圆周运动的物理量
1(线速度 (1)物理意义:描述质点沿圆周运动的 快慢 .
(2)方向:质点在圆弧某点的线速度方向沿圆弧该点的 切线 方向(
(3)大小:v,l/t(l是t时间内通过的弧长)(
2(角速度 (1)物理意义:描述质点绕圆心转动的 快慢 .
(2)大小:ω, φ/t ，φ是连接质点和圆心的半径在t时间内转过的角度(
3(周期T:做匀速圆周运动的物体运动一周所用的时间叫做周期(
频率f:做匀速圆周运动的物体单位时间内绕圆心转过的圈数，叫做频率(
,12(向心力(、、、关系:,，,,，,,, 24vTfTf 6 fT 作用效果:产生 加速度，只改变线向心，，1 ,2,,,,,vrfr2.r速度的 ，不改变线速度的 方向大小 因此， . T
向心力不做功( 注意:、、三个量任意一个确定，其余两,2Tf2,，， n个也确定了(v 大小:, , , , 2Frmamm 2 (向心加速度r5,，， 2224物理意义:可描述线速度方向改变的快慢( 1222，，，， mrn2T,v4 ，， 大小:,,,,,,,, 2afrvr4 r.方向:总是沿半径指向圆心，向心力是变力( 3nrT 方向:总是指向 ，所以不论的大圆心 3 a
小是否变化， 它都是个变化的量(
1(如何理解向心力,
解:向心力是做匀速圆周运动的物体所受外力的合力(向心力是根据力的作用效果命名的，不是一种特殊的性质力(向心力可以是某一个性质力，也可以是某一个性质力的分力或某几个性质力的合力(例如，水平转盘上匀速转动的物体由静摩擦力提供向心力;带电粒子垂直射入匀强磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力;电子绕原子核旋转由库仑力提供向心力;圆锥摆由重力和绳子的弹力的合力提供向心力(
做非匀速圆周运动的物体，其所受外力的合力并非向心力，其向心力仅为物体所受各外力沿半径方向的合力，而不是物体所受的合力(合力在切向方向的分力改变物体的速度大小，从而做非匀速圆周运动( 2(如何理解向心加速度,
解:(1)向心加速度是向心力产生的效果，其方向与向心力相同，总是指向圆心(
从运动的角度看，向心加速度是描述做匀速圆周运动的物体的速度方向变化情况的物理量，其计算公式a,v2/r,rω2.
由上式可以看出:当线速度v一定时，向心加速度a跟轨道半径r成反比;当角速度ω一定时，向心加速度a跟r成正比;由于v,rω，所以a总是跟v与ω的乘积成正比(
(2)向心加速度是匀速圆周运动的瞬时加速度而不是平均加速度.
(3)向心加速度不一定是物体做圆周运动的实际加速度(
匀速圆周运动中，向心加速度就是物体做圆周运动的加速度，
而在一般的非匀速圆周运动中，它只是物体的加速度的一个分
加速度，另一个分加速度为切向加速度，如图431所示，可见
物体做圆周运动的加速度不一定指向圆心，只有匀速圆周运动
的加速度才一定指向圆心;但向心加速度方向始终沿着半径指
向圆心(
圆周运动的切向加速度是描述圆周运动的线速度的大小改
变快慢的，向心加速度是描述线速度的方向改变快慢的(
1(圆周运动各量关系的理解和运用 例1:如图432所示，一个大轮通过皮带 拉动小轮转动，皮带和两轮之间无滑动，大轮 的半径是小轮的两倍，大轮上一点S离转动轴
的距离是半径的1/3.当大轮边缘上P点的向心
加速度是12cm/s2时，大轮上的S点和小轮边
缘上的Q点的向心加速度多大,
解析:因同一轮上点和点的角速度相同，即:SP方法点拨:对于这一
,，,, SP类问题要根据轮子
ar 2SS转动轮上各点角速 由,得:,，ar,ar PP度相等，皮带传动各r 2S点线速度相等判断4cm/s 所以,,，,aaSPr P出要比较的点是线 又不打滑的皮带传动的两轮边缘各点线速度大小 速度相同还是角速相同，即:,，vv PQ度相同，从而选择正2 v确的公式( // 由,得:,， aaarrQPPQr 2?/24cm/s 所以,,aarrQPPQ
2(水平面内匀速圆周运动的动力学问题
例2:如图434所示，一人用不可伸长的轻绳通过光滑的水平板中央小孔与质量为m的物体相连，物体正在做匀速圆周运动(
(1)现人缓慢地释放一段绳子，问物体m的轨道半
径r、角速度ω、线速度v的大小如何变化,
(2)现人迅速释放，使其半径由r变为1.2r，则释
放后角速度ω′变为原来角速度ω的多少倍,
解析:(1)由于缓慢释放绳故物体的轨道半径r增大，在半径增大的过程中，由于缓慢，可以认为水平面上绳子
的拉力始终与物体的线速度方向垂直，故此过程绳子拉力对物体不做功，所以线速度大小不变，据公式ω,v/r
可得ω变小(
迅速释放绳子的时间内由于没有力提供向心 2，， 力，物体做速度为的匀速直线运动，当运动到半,r 径为时，可把速度分解为垂直此时绳子方向的速1.2r 度及沿绳子方向的速度，由于绳子不可伸长，,1.2r, 故沿绳子方向的速度瞬时为零，如图所示，所以有:
,r1.2r25 ,,,,，得:,,, sin.2,,, 1.2rr361.2,
方法点评:匀速圆周运动中的放绳问题，关键是抓住缓慢释放与迅速释放所产生的区别(前 者，线速度大小不变;后者，由于沿绳方向速度的损耗，从而使线速度变小了(解决这一 问题可培养同学们的严谨科学思维及深入探究精神( 变式训练2:如图435所示，直角架ABC的直角 边AB边在竖直方向中，B点和C点各系一细绳， 两绳共吊着一质量为1kg的小球于D点，且BD ?CD，?ABD,30?，角架以AB为轴以10rad/s 的角速度匀速转动时，绳BD和CD的张力各为 多少, 解析:当绳CD的拉力为零时此为临界情况，此时小球所受重力与BD绳的拉力的合力提供向心力，有:mgtan30?,mω2(BDsin30?)，可得知ω,10rad/s，此表示当直角架以AB为轴以10rad/s的角速度匀速转动时，CD绳处于松弛状态，故此时TCD,0;这时BD与AB的夹角应大于30?，令其为θ角，则有:mgtanθ,m(BD)sinθω2，得cosθ, ，又TBDcosθ,mg，即可解得:TBD,40N.
3(匀速圆周运动中的多解问题 例3:质点P以O为圆心做半径为R的匀速圆周 运动，如图436所示，周期为T，当P经过图中D 点时，有一质量为m的另一质点Q受到力F的作 用从静止开始做匀加速直线运动，为使P、Q两 质点在某时刻的速度相同，则F的大小应满足什 解析:速度相同包括大小相等和方向相同，由在相同时间内，质点做匀加速直线运动，速Q么条件, F质点做匀速圆周运动的方向可知，只有当运动到PP 度应达到，由牛顿第二定律及速度公式得:,，vvt m圆周上的点时，、速度的方向才相同，即质点CPQ 8,mR 由以上三式得:,,、、、？？ Fn(0123)2Pnn转过，(3/4)(0123)周 ,、、、，经历的时间？？， (43)nT
tnTn,，,、、、，(3/4)(012)3？？方法点拨:速度相同包括速度的大小和方向均相同，明白这一点是解答此题,的关键(利用两种运动时间相等，即可求得F适合题设条件的表达式( 2R 质点的速率:Pv, T
变式训练3:如图437所示，半径为R的水平圆盘正以中
心O为转轴匀速转动，从圆盘中心O的正上方h高处水平抛出
一小球，此时半径OB恰与球的初速度方向一致(要使小球只
与圆盘碰撞一次，且正好落在B点，则小球的初速度及圆盘的
角速度分别为多少,
解析:当小球在半径恰与初速度方向一致OBg 由以上两式解得小球的初速度,vR 时水平抛出，要使圆盘只碰撞一次，且落点为，B2h
再根据相遇的等时性，小球与圆盘上点相B碰的则必须使小球落到点时，圆盘上的点也恰好转BB ,,条件是:,,、、2(123)ntn？？到该位置即运动时间相等(设小球的初速度为，()v
, 2ng2由平抛运动知识得:,, 3 (1所以,,,、、nn2)？？ 2th1 hgtRvt, ,
2
一、变速圆周运动
?特点:速度大小、方向发生变化， 向心加速度 和向心力都相应变化(
?质点做变速圆周运动的条件:合外力方向与速度方向不垂直，但始终存在向心力( ?处理方法:一般来说，当做圆周运动物体所受的合力不指向圆心时，可以将它沿半径方向和切线方向正交分解，其沿半径方向的分力为向心力，只改变速度的 方向 ，不改变速度的 大小 ;其沿切线方向的分力为切向力，只改变速度的 大小 ，不改变速度的 方向 .分别与它们相应的向心加速度描述速度 方向 变化的快慢，切向加速度描述速度 大小 变化的快慢(
?变速圆周运动:合外力并不指向圆心(
沿半径方向(或沿法线方向)的合外力等于向心力，产生向心加速度，改变速度的方向，F法,F向,ma向( 沿切线方向的合外力产生切向加速度，改变速度的大小(F切,ma切(
二、离心运动和向心运动
2v 当物体沿半径方向的合外力,即,，FmFF()供需r
物体就做 运动;离心
2v 当,时即,，物体就做 运动;FmFF()向心供需r
2v一、圆周运动问题的分析与求解 只有,即,物体才做FmF()F 周 运动(圆供需r解答: 1(动力学问题
此类问题要注意三个方面的分析:
(1)几何关系的分析，目的是确定圆周运动的圆心、半径等;
(2)运动分析，目的是表示出物体做圆周运动所需要的向心力;
(3)受力分析，目的是利用力的合成与分解知识，表示出物体做圆周运动时，外界所提供的向心力(
2(临界问题
圆周运动中临界问题的分析，应首先考虑达到临界条件时物体所处的状态，然后分析该状态下物体
的受力特点，结合圆周运动的知识，列出相应的动力学方程(
3(多解问题 匀速圆周运动具有周期性，因此与圆周运动有关的部分题目的解可能具有周期性，从而出现多解，分析该部分题目时要注意解答全面(
(正交分解法求解圆周运动的解题步骤:4
1明确研究对象，受力分析(，，
2建立坐标，正交分解应根据题意确定物体，，
的运动轨道和圆心，以指向圆心方向为一坐
标轴方向(
Fma=,xx列方程3，，,Fma=yy,
4解方程，得出结论(，，
二、竖直平面内圆周运动问题分析
解答:1(“轻绳”模型
如图所示，没有物体支撑的小球，在竖直平面内做圆周运动过最高点的情况:
1(临界条件:小球达最高点时绳子的拉力或轨，，
道的弹力刚好等于零，小球的重力提供其做圆)
2v临界 周运动的向心力,，式中的是小球mgmv临界r
通过最高点的最小速度，通常叫临界速度，则
vg,r 临界
2(能通过最高点的条件:当当,时vvvv,，，临界临界
绳、轨道对小球分别产生拉力、压力时小球将做)
完整的圆周运动(
3(不能过最高点的条件:,实际上小球还vv，，临界
没到最高点就脱离了轨道() 2(“轻杆”模型
如图442所示，有物体支撑的小球在竖直平面内做圆周运动过最高点的情况:
1临界条件:由于硬杆和管壁的支撑作用，小球，， ?当,时，,vFrg0.Nv恰能达最高点的临界速度,0.临界 ?当,时，杆对小球有指向圆心的拉力，其vrg24-4-2a图所示的小球过最高点时，轻杆对小，，，，大小随速度的增大而增大(
3b图中小球经过最高点时，光滑管壁对小球，，，，球的弹力情况: 的弹力情况:vF?当,时，轻杆对小球有竖直向上的支持力，0N ?当,时，管的内壁下侧对小球有竖直向上的v0Fmg其大小等于小球的重力，即,.N支持力，其大小等于小球重力，即,FFmg.NNvrg?当,,时，杆对小球的作用力的方向竖直0?当,,时，管的内壁下侧对小球有竖直向0vrg向上，大小随速度的增大而减小，其取值范围是上的支持力，大小随速度的增大而减小，其取FNmgF,,0.N值范围是,,mgF0.N
变式训练2:如图443所示，汽车质量为1.5×104kg，以不变的速率先后驶过凹形桥面和凸形桥面，桥面圆弧半径为15m，如果桥面承受的最大压力不得超过2.0×105N，汽车允许的最大
速率是多少,汽车以此速率驶过桥面的最小压力是多少,(g,
10m/s2) 解析:首先要确定汽车在何位置时对桥面的压力 最大(汽车经过凹形桥面时，向心加速度方向向上， 汽车处于超重状态;经过凸形桥面时，向心加速度方 向向下，汽车处于失重状态，所以当汽车经过凹形桥 ()面的最低点时如图甲所示，汽车对桥面的压力最大( 当汽车经过凹桥面最低点时，设桥面支持力为 2vFFm，由牛顿第二定律有:,,gm NN11R 52.010N 要求F,，N1 .() 解得允许的最大速度v,7.07m/sNm
由上面的分析可知，汽车经过凸桥顶点时对
桥面的压力最小，设为如图乙所示，由牛顿F,2
m N
2 v1.010N.N 第二定律有:,,mgFm 2
R NN
5 2(圆周运动中的临界问题 解得:F,，2 例2:如图444所示，一轻杆一端 由牛顿第三定律知，与FF,等值反向(固定质量为m的小球，以另一端O为圆22 心，使小球做半径为R的圆周运动，以 下说法正确的是( ) A(小球过最高点时，杆所受的弹力可以等于零
B(小球过最高点时的临界速度为gR
C(小球过最高点时，杆对球的作用力可以与球
所受重力方向相反，此时重力一定大于杆对
球的作用力
D(小球过最高点时，杆对球作用力一定与小球
所受重力方向相反
v0方法点拨: 解析:小球用轻杆支持，过最高点的,，临界
熟练掌握“轻杆”NmgB,，方向向上，当杆对球作故
答案
八年级地理上册填图题岩土工程勘察试题省略号的作用及举例应急救援安全知识车间5s试题及答案
不正确(模型是解答此题
用力与重力相反，即向上，的关键，计算临
界值，则能判断v0C 当,时，重力与支持力相等，当故错误(
出正确答案( vNRg0A,时，,，所以正确(
0vRgmgN0N 当,,时，,,，为支持力(
vNNRg0D 当,时，,，为拉力，所以不正确( 变式训练2:如果把轻杆换成细绳，情况怎样,如果把轻杆换成细绳，且小球带正电、空
间存在一场强为E方向竖直向上的匀强电场，则小球能做整个圆周运动的临界速度怎样, 临界
解析:1若将轻杆换成细绳，临界条件是，，
2
v mgmv,，,，Rg
R
即细绳只能产生拉力，所以只有答案、正确(AB，，
2若将小球置于匀强电场中?当,时，小球qEmg在整个圆周上都不会脱轨，做匀速圆周运动，速度可v以是不等于零的任何值(
?当,时，小球不会在下半圆脱轨，最容易qEmg临界 脱轨是最高点(由临界条件: ?当,时，小球不会在上半圆脱轨，最qEmg2容易脱轨是最低点等效最高点(由临界条件:()vqEqER mgEmv,,q得:,RgRg(),,,2vRmm qEm,,得:mgR
qEqER v,,RgRg(),,临界mm
3(圆周运动与其他知识综合应用 例3:如图445所示，LMPQ是光滑轨道， LM水平，长为5.0m，MPQ是一半径为R,1.6m 的半圆，QOM在同一竖直面上，在恒力F作用下， 质量m,1kg的物体A从L点由静止开始运动， 当达到M时立即停止用力(欲使A刚好能通过Q 点，则力F大小为多少,(取g,10m/s2) 解析:物体经过点时，其受力情况如图所AQ 2方法点拨:正确理解A物体“刚好 vN示(由牛顿第二定律得:，,mgFm能通过Q点”含义是解决本题的关 R0键(常用来表达临界状态的词语还 N 物体刚好过点时有,AQF有“恰好”“恰能”“至少”“至多” 4m/s
等，同学们在审题时必须注意;另，解得,,vgR
圆周运动常与机械能守恒定律，动 对物体从到全过程，LQ
能定理等相联系，构成综合性较强 由动能定理得1的题目( 2 2LM2 FxmgRm,,v
8N.
解得F,
万有引力定律与天体运动
一、开普勒定律
1(第一定律(轨道定律):所有行星围绕太阳运转的轨道都是 椭圆 ，太阳处在所有椭圆的一个焦点上(
2(第二定律(面积定律):任意一个行星在绕太阳运动时，行星与太阳的连线在相同时间里扫过的面积是 相等的(
3(第三定律(周期定律):所有行星的轨道的
半长轴的 跟公转周期的 三次方 二次方 的3 R2比值都 ，即:,比值是一个与中心天相等kk( T二、万有引力定律 体有关，与行星无关的常量)(1(万有引力定律的内容和公式
内容:宇宙间的一切物体都是互相吸引的(两个物体间的引力的大小，跟它们的 质量的乘积 成正比，
mm跟它们的 距离的平方 成反比( ,112212 公式:, ，其中,，FGG 6.6710Nm/kg，,2r
叫引力常量 .
2(适用条件:公式适用于 质点间 的相互作用(当两个物体间的距离远远大于物体本身的大小时，物体可视为质点(均匀的球体也可以视为质点，r是两球心间的距离(
3(万有引力定律的用应 ，， 1行星表面物体的重力:重力近似等于 万有引力. ，， 2重力加速度:
0022 MmGM 表面重力加速度:因为,，所Gmgg以, RR2 GMm 轨道上的重力加速度:因为,，mg ，，，Rh4(天体的运动 2GM (1)运动模型:天体运动可看成是 匀速圆周运动 ——其引力全部提供 向心力 . 所以g,
，，，Rh (2)人造卫星的绕行速度、角速度、周期、向心加速度与半径的关系:
()7.9km/s 1(第一宇宙速度 环绕速度 :,，v三、三种宇宙速度
是人造地球卫星的 最小 发射速度，是绕地球1 做匀速圆周运动的 最大 速度，推广到任何天
GM体表面第一宇宙速度 vgR,, R
2(第二宇宙速度 脱离速度 :,，()11.2km/sv
是使物体挣脱地球引力束缚的最小发射速度(2 ()16.7k 3(第三宇宙速度 逃逸速度 :,，vm/s
四、地球同步卫星(通信卫星) 是使物体挣脱太阳最小引力束缚的 发射速度(3 所谓地球同步卫星，是相对于地面 静止 的，和地球自转具有相同周期的卫星，T,24h.同步卫星必须
位于赤道 正上方 ，距地面高度h?3.6×104km，线速度约为3.08km/s，向心加速度约为0.23m/s2.
五、卫星的超重和失重:
1(卫星进入轨道前加速过程，卫星上物体 超重 .
2(卫星进入轨道后正常运转时，系统具有向下的加速度且等于轨道处的重力加速度g轨，卫星上物体 完
全失重 .
一、万有引力和重力的联系与区别
解答:重力是万有引力产生的，由于地球的自
转，因而地球表面的物体随地球自转需要向心力(
重力实际上是万有引力的一个分力(另一个分力就 514
F 是物体随地球自转时需要的向心力，如图所示，向
由于纬度的变化，物体做圆周运动的向心力不断
g变化，因而表面物体的重力随纬度的变化而变化， mm221即重力加速度随纬度变化而变化，从赤道到两极逐 而认为两者相等，即,，,mgGgGm/.R212R常用来计算星球表面重力加速度的大小，在地球 渐增大(通常的计算中因重力和万有引力相差不大，的同一纬度处，随物体离地面高度的增大而减小，即 g
Gm 1 ,g2()Rh，
在赤道处，物体的万有引力 分解的两个分力和刚好在Fmg 2向
一条直线上，则有,，，FFmg2向
所以
Gmm212 ,,,,mgFFmR.,22向自2 R
Gmm212mR 因地球自转角速度很小,2自2 R
Gmm12 mg 所以，,22R 假设地球自转加快，即变大，,自 Gmm212mgmRmg0 由,,时，,，222自2, R
此时地球赤道上物体无重力，但是它要求地球自转
Gm1的角速度,，比现在地球自转角速度要大得多(自3,R
二、解决天体圆周运动问题的两条思路
解答:1(在地面附近万有引力近似等于物体的
2Mm2重力，即,，整理得,GmgGMgR
R
2 (天体运动都可以近似地看成匀速圆周运动，引向(
其向FF心力由万有引力提供，即,
, 一般有以下几种表述形式:
2MmvMm2,22 ?,?, GmG mr rrr2 三、天体质量和密度的计算Mm41g 22 ?Gr,
rTR. 解(答:利用天体表面的重力加速度和天体
半径MmgR2 GmgM
GR2由于,，故天体质量,，MMg3,
,4V4GR,R 天体密度,,,33
2T
2,Mm4r.(利用卫星绕天体做匀速圆周运动的周期 1由万有引力等于向心力，即,，Gmr，，22rT23,和轨道半径4r得出中心天体质量,;M2GT
2若已知天体的半径，则天体的密度R，，
,3rMM3 ,,,,;234VGTR3R,3
3若天体的卫星在天体表面附近环绕天体运动，，，
可认为其轨道半径等于天体半径，则天体密度rR
3,,可见，只要测出卫星环绕天体表面运动的周2,GT
T期，就可估测出中心天体的密度(
四、区别物体随地球自转的向心加速度和环绕地球运动的向心加速度
解答:1(向心力的来源不同
置于地面上的物体随地球自转所需的向心力由地球对物体的引力和
地面支持力的合力提供(
环绕地球运动的卫星所需的向心力完全由地球对其的引力提供(
两个向心力的数值相差很大，如质量为1kg的物体在赤道上随地球
自转所需的向心力只有0.034N，而它所受的地球引力约为9.8N.
(两个向心加速度的计算方法不同 2
2,4 物体随地球自转的向心加速度为,，aR2
T式中，为地球半径(R
GM 卫星绕地球环绕运行的向心加速度为,，a2
r 五、环绕速度和发射速度式中为地球质量，为卫星与地心的距离( Mr2Mmv 解答:对人造卫星，由,得:Gm2 rr
GM v,该速度指的是人造卫星在轨道上环.
r
绕地球运动的速度，其大小随轨道半径的增大而
减小(
由于人造卫星在发射过程中要克服地球引力
2(万有引力与重力 做功，增大势能，所以将卫星发射到离地球越远m
例2:某星球可视为球体，其自转周期为T，在它的两极处，用弹簧秤测得某物体重为P，在它的赤的轨道上，在地面所需的发射速度越大(MR道上，用弹簧秤测得同一物体重为0.9P，某星球的平均密度是多少,
解析:设被测物体的质量为，某星球的质量MmPG
为，半径为;在两极处时物体的重力等于地球R
2
对物体的万有引力，即:,
在赤道上，因某星球自转物体做匀速圆周运动，某星球对物体的万有引力和弹簧秤对物体的拉力的Mm4,方法点拨: GPmR0.9(1)物体在两极的重合力提供向心力，根据牛顿第二定律有:2RT
力在数值上就等于2240R,万有引力( M ,,234GT(2)在赤道上重力为3, 根据数学知识可知某星球的体积为:,VR万有引力的一个分32由以上两式解得某星球的质量为:,力( 根据密度的定义式可得某星球的平均密度为:
(3)利用万有引力和MP330,, ,,,公式可求天体密度( ,22V(-PPGTG0.9)T
变式训练2:(2010?上海)月球绕地球做匀速圆周运动
的向心加速度大小为a，设月球表面的重力加速度大小解析:根据月球绕地
为g1，在月球绕地球运行的轨道处由地球引力产生的球做匀速圆周运动
加速度大小为g2，则( ) 的向心力由地球引
A(g1,a B(g2,a 力提供，选B.
C(g1，g2,a D(g2,g1,a
3(中心天体质量、密度的估算
例3:中子星是恒星演化的一种可能结果，它的密
度很大(现有一中子星，观测到它的自转周期T, s.
问该中子星的最小密度应是多少才能维持该星体的稳
解析:考虑中子星赤道处一小块物质，只有当 定，不致因自转而瓦解，计算时星体可视为均匀球体((引
力常数G,6.67×10,11N?m2/kg2) 到的万有引力大于或等于它随星体一起旋转所受它
子星才不会瓦解(中，力时心向的需方法点拨: (1)不瓦解，意味着 , , 赤道上的小物块可 靠其受到的万有引GMm2ð 2mR,,力提供向心力( 2 ,,TR(2)利用万有引力提 4供向心力可求天体3 MVR,,,质量及天体的密由以上各式得,3 度( 3, , 代入数据得:,，2 GT
143 1.2710/,kgm.例5:(2010?山东)1970年4月24
日，我国自行设计、制造的第一颗 人造地球卫星“东方红一号”发射
成功，开创了我国航天事业的新纪
元(如图452所示，“东方红一号”
的运行轨道为椭圆轨道，其近地点
M和远地点N的高度分别为439km
和2384km，则( ) A(卫星在M点的势能大于N点的势能 B(卫星在M点的角速度大于N点的角速度
C(卫星在M点的加速度大于N点的加速度 D(卫星在N点的速度大于7.9 km/s
Mm A解析:(根据,,，因为,，EGrrpMN r
所以,，EEA错误;pMpN
,v B(根据,，因为,，vvMNr ,,
且,，所以,，rrB正确(2MNMN
GM C(根据,，因为,，arr MNr
所以,，aaC正确; MN 所以,，错误(vkmsM GM D(根据,，因为,，为地球半径vrRR， Mr
7.9/D
\
6(同步卫星问题
例6:据报道，我国数据中继卫星“天链一号01星”于2008年4月25日在西昌卫星发射中心发射升空，经过4次变轨控制后，于5月1日成功定点在东经77?赤道上空的同步轨道(关于成功定点后的“天链一号01星”，下列说法正确的是( )
A(运行速度大于7.9km/s B(离地面高度一定，相对地面静止
C(绕地球运行的角速度比月球绕地球运行的角速度大
D(向心加速度与静止在赤道上物体的向心加速度大小相等
方法点拨:(1)轨道越高速度越小，7.9km/s为地球所有卫星绕地球匀速运行的最大线速度(
(2)同步即为与地球自转周期相等( (3)轨道越高角速度越小(
9(“双星”问题 解析:如图所示，设的轨道半径为，的MrM
例在天体运动中，将两颗彼此距离较近的恒星称为双星,它们围绕两球连线上的某一点做圆周运动(由于两轨道半径为，由于两星绕点做匀速圆周运动的rO星间的引力而使它们在运动中距离保持不变(已知两星质量分别为M1和M2，相距L，求它们的角速度(
角速度相同，都设为，根据牛顿第二定律有:112
MM GMr,，2方法点拨: ,L
(1)双星模型其MM周期、角速度 GM,r,212L相同( 112
(2)其轨道半 而，,rrL,2径与质量成反12 以上三式联立解得:222比，即有M1r1
,M2r2. GMM(，)112 , LL
, 12
莫言(1955年2月17日, )，原名管谟业，生于山东高密县，中国当代著名作家。香港公开大学荣誉文学博士，青岛科技大学客座教授。1980年代中以乡土作品崛起，充满着“怀乡”以及“怨乡”的复杂情感，被归类为“寻根文学”作家。作品深受魔幻现实主义影响。莫言在小说中构造独特的主观感觉世界，天马行空的叙述，陌生化的处理，塑造神秘超验的对象世界，带有明显的“先锋”色彩。2006年荣登中国作家富豪榜第20位，2007年问鼎中国作家实力榜第1名，2011年凭长篇小说《蛙》获第八届茅盾文学奖，2012年10月11日获得2012年诺贝尔文学奖。
，
浙公网安备 33021202002483