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1、1(2018江苏卷3)某弹射管每次弹出的小球速度相等在沿光滑竖直轨道自由下落过程中，该弹射管保持水平，先后弹出两只小球忽略空气阻力，两只小球落到水平地面的()A时刻相同，地点相同 B时刻相同，地点不同C时刻不同，地点相同 D时刻不同，地点不同答案B解析弹出的小球做平抛运动，竖直方向的分运动为自由落体运动，水平方向的分运动为匀速直线运动弹射管自由下落，两只小球始终处于同一水平面，因此两只小球同时落地由hgt2知，两只小球在空中运动的时间不相等，由xvt知水平位移不相等，落地点不同2(2017江苏卷2)如图1所示，A、B两小球从相同高度同时水平抛出，经过时间t在空中相遇若两球的抛出速度都变为原来的
2、2倍，则两球从抛出到相遇经过的时间为()图1At B.t C. D.答案C解析设A、B两小球抛出点间的水平距离为L，分别以水平速度v1、v2抛出，经过时间t的水平位移分别为x1、x2，根据平抛运动规律有x1v1t，x2v2t，又x1x2L，则t ；若两球的抛出速度都变为原来的2倍，则两球从抛出到相遇经过的时间为t，故选项C正确3(多选) (2019江苏卷6)如图2所示，摩天轮悬挂的座舱在竖直平面内做匀速圆周运动座舱的质量为m，运动的半径为R，角速度大小为，重力加速度为g，则座舱()图2A运动周期为B线速度的大小为RC受摩天轮作用力的大小始终为mgD所受合力的大小始终为m2R答案BD解析由题意可
3、知座舱运动周期为T、线速度大小为vR、受到的合力大小为Fm2R，选项B、D正确，A错误；座舱的重力为mg，座舱做匀速圆周运动受到的向心力(即合力)大小不变，方向时刻变化，故座舱受到摩天轮的作用力大小时刻在改变，选项C错误4(2019江苏卷4)1970年成功发射的“东方红一号”是我国第一颗人造地球卫星，该卫星至今仍沿椭圆轨道绕地球运动如图3所示，设卫星在近地点、远地点的速度分别为v1、v2，近地点到地心的距离为r，地球质量为M，引力常量为G.则()图3Av1v2，v1 Bv1v2，v1Cv1v2，v1 Dv1v2，v1答案B解析“东方红一号”环绕地球在椭圆轨道上运动的过程中，只有万有引力做功，机
4、械能守恒，其由近地点向远地点运动时，万有引力做负功，引力势能增加，动能减少，因此v1v2；又“东方红一号”离开近地点开始做离心运动，则由离心运动的条件可知Gm，解得v1，B正确，A、C、D错误1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和等效性，分运动和分运动具有独立性2平抛运动(1)规律：vxv0，vygt，tan (为速度方向与水平方向的夹角)xv0t，ygt2，tan (为位移方向与水平方向的夹角)(2)推论：做平抛(或类平抛)运动的物体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；设在任意时刻瞬时速度与水平方向的夹角为，位移
5、方向与水平方向的夹角为，则有tan 2tan .3竖直平面内圆周运动的两种临界问题(1)绳模型：物体能通过最高点的条件是v.(2)杆模型：物体能通过最高点的条件是v0.4万有引力定律的规律和应用(1)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Gmm2rm()2r.在天体表面，忽略自转的情况下有Gmg.(2)卫星的绕行速度大小v、角速度、周期T与轨道半径r的关系由Gm，得v，则r越大，v越小由Gm2r，得，则r越大，越小由Gmr，得T，则r越大，T越大(3)卫星变轨由低轨变高轨，需增大速度，稳定在高轨道上时速度比在低轨道小；由高轨变低
6、轨，需减小速度，稳定在低轨道上时速度比在高轨道大(4)宇宙速度第一宇宙速度：推导过程为：由mg得：v17.9 km/s.第一宇宙速度是人造地球卫星的最大环绕速度，也是人造地球卫星的最小发射速度第二宇宙速度：v211.2 km/s，使物体挣脱地球引力束缚的最小发射速度第三宇宙速度：v316.7 km/s，使物体挣脱太阳引力束缚的最小发射速度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特点(1)F合恒定：做匀变速曲线运动(2)F合不恒定：做非匀速曲线运动(3)做曲线运动的物体受的合力总是指向曲线的凹侧3绳(杆)关联速度问题把物体的实际速度分解为垂直于绳(杆)和平行于绳(杆)两
7、个分量，根据沿绳(杆)方向的分速度大小相等求解，常见的模型如图4所示图4例1(2019南通市二模)“复兴号”动车组在京沪高铁率先实现350公里时速运营，我国成为世界上高铁商业运营速度最高的国家，一列“复兴号”正在匀加速直线行驶途中，某乘客在车厢里相对车厢以一定的速度竖直向上抛出一个小球，忽略空气阻力，则小球()A在最高点对地速度为零B在最高点对地速度最大C落点位置与抛出时车厢的速度大小无关D抛出时车厢速度越大，落点位置离乘客越远答案C解析小球在空中运动时，其水平方向上的速度大小是不变的，而竖直方向上其运动速度是变化的，最高点竖直方向的速度为零，此时对地速度最小，但不为零，故A、B错误；小球在空
8、中运动时，其水平方向上的速度大小是不变的，列车做匀加速直线运动，相对位移为xv0tat2v0tat2，与初速度无关，故C正确，D错误拓展训练1如图5所示，长为L的直杆一端可绕固定轴O无摩擦转动，另一端靠在以水平速度v匀速向左运动、表面光滑的竖直挡板上，当直杆与竖直方向夹角为时，直杆端点A的线速度为()图5A. Bvsin C. Dvcos 答案C解析将直杆端点A的线速度进行分解，如图所示，由图中的几何关系可得：v0，选项C正确，选项A、B、D错误1方法运动的分解将平抛运动分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动“化曲为直”，是处理平抛运动的基本思路和方法2斜抛运动(1)可分解为水平
9、方向的匀速直线运动和竖直方向的匀减速运动(斜上抛)或匀加速运动(斜下抛)(2)斜上抛运动常拆解成两个对称的平抛运动处理例2(2019南通泰扬徐淮宿连七市二模)如图6所示，在飞镖比赛中，某同学将飞镖从O点水平抛出，第一次击中飞镖盘上的a点，第二次击中飞镖盘上的b点，忽略空气阻力，则()图6A飞镖第一次水平抛出的速度较小B飞镖第二次抛出时的动能较小C飞镖两次在空中运动的时间相等D飞镖两次击中飞镖盘时的速度方向相同答案B解析飞镖做平抛运动，在竖直方向上做自由落体运动，有：hgt2，得：t，知飞镖第二次下降的高度大，运动时间较长；由xv0t，x相等，知飞镖第二次水平抛出的速度较小，动能较小，故A、C错
10、误，B正确飞镖击中飞镖盘时的速度方向与水平方向夹角的正切值为：tan ，飞镖第二次抛出时运动时间较长，而初速度较小，可知飞镖第二次抛出击中飞镖盘时的速度方向与水平方向的夹角较大，故D错误拓展训练2(2019苏州市期初调研)一小孩站在岸边向湖面抛石子a、b两粒石子先后从同一位置抛出后，各自运动的轨迹曲线如图7所示，两条曲线的最高点位于同一水平线上，忽略空气阻力的影响关于a、b两粒石子的运动情况，下列说法正确的是()图7A在空中运动的加速度aaabB在空中运动的时间tatbC抛出时的初速度vavbD入水时的末速度vavb答案D解析两石子在空中运动的加速度均为g，选项A错误；因两石子从同一位置抛出，
11、它们的最高点又在同一水平线上，则竖直方向的运动相同，则在空中的运动时间相同，选项B错误；a的水平射程小，则根据v0可知，a的初速度小，选项C错误；根据v可知，a入水的末速度小，选项D正确1基本思路(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Fnmmr2mvmr.2向心力来源(1)做匀速圆周运动的物体，所受合外力提供向心力(2)做非匀速圆周运动的物体，所受合外力沿半径方向的分力提供向心力，沿切线方向的分力改变速度的大小例3(多选)(2019南京、盐城一模)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只小球当列车以恒定速率通过一段弯道时，
12、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，但不竖直向上答案BD解析当列车以恒定速率通过一段弯道时，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之间的夹角为，则细线的拉力：Fmg，故A错误；设车与小球做匀速圆周运动的半径为R，车速为v，则对小球：mgtan m，解得：v，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的方向相同，由受力分析可知，车的向心力恰好是由车受到的重
13、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，细线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，而是偏向弯道的外侧，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，但不竖直向上，故D正确拓展训练3(2019泗阳县第一次统测)如图8所示，ABC为一光滑细圆管构成的圆轨道，固定在竖直平面内，轨道半径为R(比细圆管的半径大得多)，OA水平，OC竖直，最低点为B，最高点为C.在A点正上方某位置有一质量为m的小球(可视为质点
14、)由静止开始下落，刚好进入细圆管内运动已知细圆管的内径稍大于小球的直径，不计空气阻力，重力加速度为g.下列说法正确的是()图8A若小球刚好能达到轨道的最高点C，则释放点距A点的高度为1.5RB若释放点距A点竖直高度为2R，则小球经过最低点B时轨道对小球的支持力为7mgC若小球从C点水平飞出恰好能落到A点，则释放点距A点的高度为2RD若小球从C点水平飞出后恰好能落到A点，则小球在C点对圆管的作用力为1.5mg答案B解析小球刚好能到达轨道的最高点C，即小球到达C点的速度为 0，根据机械能守恒可得： mghmgR，解得： hR，即释放点距A点的高度为R，故A错误；在B点对小球由牛顿第二定律可得：FNmgm，根据动能定理：mg(2RR)mvB2，解得FN7mg，则小球经过最低点B时轨道对小球的支持力为7mg，故B正确；小球从 C 点飞出做平抛运动，水平方向上有：RvCt，竖直方向上有：Rgt2，由动能定理有：mg(hR)mvC2，解得释放点距A点的高度为h1.25R，vC，故C错误；在C点时，由牛顿第二定律可得：mgFNCm，解得FNCmg，根据牛顿第三定律可知，小球在C点对圆管的作用力大小为mg，方向竖直向下，故D错误1天体质量和密度的求解(1)利用天
