2024届高考物理一轮复习第四章曲线运动万有引力与航天学案

这是一份2024届高考物理一轮复习第四章曲线运动万有引力与航天学案，共97页。学案主要包含了曲线运动，运动的合成与分解，斜抛运动，相对论等内容，欢迎下载使用。

第四章 曲线运动　万有引力与航天



第1讲　曲线运动　运动的合成与分解

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．运动的条件
(1)运动学角度：物体的加速度方向与速度方向不在同一条直线上。
(2)动力学角度：物体所受合外力的方向跟它的速度方向不在同一条直线上。
二、运动的合成与分解
1．合运动与分运动：物体的实际运动是合运动，物体同时参与的几个运动是分运动。
2．遵循的法则：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。
3．运动分解的原则：根据运动的实际效果分解，也可采用正交分解法。
情境创设　
如图所示，在杂技表演中，猴子沿竖直杆向上做初速度为零、加速度为a的匀加速运动，同时人顶着直杆以速度v0水平匀速移动。


微点判断　
(1)猴子相对地面运动的轨迹是直线。(×)
(2)猴子相对地面做匀变速运动。(√)
(3)猴子受到的合外力斜向右上方。(×)
(4)t时刻猴子的对地速度的大小为。(√)
(5)经过时间t，猴子的对地位移的大小为v0t＋at2。(×)


(一) 物体做曲线运动的条件与轨迹分析(固基点)
[题点全练通]
1．[物体做曲线运动的条件]如图所示，一个钢球从一斜面上滑下后在水平桌面上做直线运动，现在其运动路线的一侧放一块磁铁，钢球做曲线运动。下列说法正确的是(　 )

A．钢球的运动轨迹为抛物线
B．钢球所受合力为零时也可以做曲线运动
C．钢球做曲线运动的条件是所受合力的方向与运动方向必须垂直
D．钢球做曲线运动的条件是所受合力的方向与运动方向不在同一直线上
解析：选D　钢球的运动轨迹为曲线，由于磁铁对钢球的吸引力随钢球到磁铁的距离变化而变化，所以钢球的运动轨迹不是抛物线，故A错误；钢球所受合力为零时，只能处于静止状态或匀速直线运动状态，不可能做曲线运动，故B错误；钢球做曲线运动的条件是所受合力的方向与运动方向不在同一直线上，故C错误，D正确。
2．[轨迹、速度与力的位置关系]双人滑冰运动员在光滑的水平冰面上做表演，甲运动员给乙运动员一个水平恒力F，乙运动员在冰面上完成了一段优美的弧线MN。vM与vN正好成90°角，则此过程中，乙运动员受到甲运动员的恒力可能是图中的(　 )
A．F1 B．F2
C．F3 D．F4
解析：选C　根据题图所示乙运动员由M向N做曲线运动，乙运动员向前的速度减小，同时向右的速度增大，故合外力的方向指向题图F2水平线右下方，故F3的方向可能是正确的，C正确，A、B、D错误。
3．[速率变化与力的方向的关系]如图为“嫦娥五号”返回器在绕地球运行回收过程一段时间内的运动轨迹，返回器沿曲线从M点向N点飞行的过程中速度逐渐减小，在此过程中返回器所受合力方向可能是(　 )

解析：选A　“嫦娥五号”返回器从M点运动到N点，曲线轨迹的左侧为凹侧，则合力一定有向左的分力，“嫦娥五号”返回器在该过程中减速，所以沿轨迹的切线方向有与速度相反的分力，结合平行四边形定则可知合力与速度的方向的夹角大于90°，故A正确。

[要点自悟明]
1．合外力与轨迹、速度间的关系分析思路

2．速率变化的判断


(二) 运动的合成与分解的应用(精研点)
研清微点1　合运动与分运动的关系　
1．如图，一小船以1.0 m/s的速度匀速前行，站在船上的人竖直向上抛出一小球，小球上升的最大高度为0.45 m。当小球再次落入手中时，小船前进的距离为(假定抛接小球时人手的高度不变，不计空气阻力，g取10 m/s2)(　 )

A．0.3 m B．0.6 m
C．0.9 m D．1.2 m
解析：选B　根据运动的独立性可知，小球在竖直方向上运动的过程中，小船以1.0 m/s的速度匀速前行，由运动学知识h＝gt2，小球上升的时间t＝0.3 s，小球从上抛到再次落入手中所用的时间为2t，则小船前进的距离x＝v·2t＝0.6 m，故B正确。
一点一过
合运动与分运动的关系
等时性
合运动和分运动经历的时间相等，即同时开始、同时进行、同时停止
等效性
各分运动的规律叠加起来与合运动的规律有完全相同的效果
独立性
一个物体同时参与几个分运动，各分运动独立进行，不受其他运动的影响

研清微点2　合运动轨迹与性质的判断　
2．(2022·北京高三模拟)国产大飞机C919是我国按照国际民航规章自行研制、具有自主知识产权的喷气式民用飞机，于2017年5月5日成功首飞。如图所示，飞机在起飞过程中的某时刻水平分速度为60 m/s，竖直分速度为6 m/s，已知在此后的1 min内，飞机在水平方向做加速度为2 m/s2的匀加速直线运动，竖直方向做加速度为0.2 m/s2的匀加速直线运动。关于这1 min内飞机的运动与受力情况，下列选项正确的是(　 )

A．飞机受到的合力竖直向上
B．飞机的运动轨迹为曲线
C．前20 s内，飞机上升的高度为120 m
D．前20 s内，飞机水平方向的平均速度为80 m/s
解析：选D　飞机在水平方向做匀加速直线运动，则水平方向合外力不为0，所以飞机受到的合力不可能竖直向上，A错误；设飞机的合加速度与水平方向的夹角为α，则有tan α＝＝，设飞机的合速度与水平方向的夹角为β，则有tan β＝＝，则α＝β，合加速度与合速度方向相同，飞机做匀加速直线运动，B错误；前20 s内，飞机上升的高度为h＝vyt＋ayt2＝160 m，C错误；前20 s内，飞机水平方向的位移为x＝vxt＋axt2＝1 600 m，前20 s内，飞机水平方向的平均速度为＝＝80 m/s，D正确。
一点一过
合运动的性质和轨迹的判断
(1)若合加速度不变，则为匀变速运动；若合加速度(大小或方向)变化，则为非匀变速运动。
(2)若合加速度的方向与合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。
研清微点3　根据运动轨迹分析物体运动情况　
3．(2022·重庆调研)在光滑的水平面上，一质量为m＝2 kg的滑块在水平方向恒力F＝4 N的作用下运动。如图所示给出了滑块在水平面上运动的一段轨迹，滑块过P、Q两点时速度大小均为v＝5 m/s，滑块在P点的速度方向与PQ连线夹角α＝37°，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则下列说法正确的是(　 )
A．水平恒力F的方向与PQ连线成53°夹角
B．滑块从P点运动到Q点的时间为3 s
C．滑块从P点运动到Q点的过程中速度最小值为3 m/s
D．P、Q两点连线的距离为10 m
解析：选B　滑块在水平恒力作用下由P点到Q点，滑块过P、Q两点时速度大小均为v＝5 m/s，即水平恒力不做功，所以力应该和位移的方向垂直，A错误；把滑块在P点的速度分解到垂直于PQ方向上有v2＝vsin α＝3 m/s，由题意知在这个方向上滑块先减速后反向加速，由牛顿第二运动定律得，运动的加速度a＝＝2 m/s2，由于运动具有对称性，得滑块从P到Q的时间t＝2×＝3 s，B正确；把速度分解到PQ方向上有v1＝vcos α＝4 m/s，滑块在PQ方向上做匀速运动，所以当滑块在垂直于PQ方向上的速度等于零时，速度最小，为4 m/s，C错误；P、Q两点之间的距离为PQ＝v1t＝12 m，D错误。

一点一过
有关运动的合成和分解的三点提醒
(1)由运动的合成与分解知识可知，合运动的位移、速度、加速度是各分运动的位移、速度、加速度的矢量和。
(2)恒力作用下物体的匀变速曲线运动可分解为沿力的方向的匀变速直线运动和垂直于力的方向的匀速直线运动。
(3)两个相互垂直方向的分运动具有等时性，这常是处理运动分解问题的关键点。

(三) 小船渡河模型(融通点)
1．合运动与分运动

2．两类问题、三种情境
渡河时间最短

当船头方向垂直河岸时，渡河时间最短，最短时间tmin＝
渡河位移最短

如果v船>v水，当船头方向与上游河岸夹角θ满足v船cos θ＝－v水时，合速度垂直河岸，渡河位移最短，等于河宽d

如果v船h，故t1r1＝r3
角速度
由G＝mω2r得ω＝，故ω1>ω2
同步卫星的角速度与地球自转角速度相同，故ω2＝ω3
ω1>ω2＝ω3
线速度
由G＝m得v＝ ，故v1>v2
由v＝rω得v2>v3
v1>v2>v3
向心加速度
由G＝ma得a＝，故a1>a2
由a＝ω2r得a2>a3
a1>a2>a3
　
热点(二)　天体中的“追及相遇”问题
1．[同向运动星体的“追及相遇”问题](2023·浙江1月选考)太阳系各行星几乎在同一平面内沿同一方向绕太阳做圆周运动。当地球恰好运行到某地外行星和太阳之间，且三者几乎排成一条直线的现象，称为“行星冲日”。已知地球及各地外行星绕太阳运动的轨道半径如下表：
行星名称
地球
火星
木星
土星
天王星
海王星
轨道半径R/AU
1.0
1.5
5.2
9.5
19
30

则相邻两次“冲日”时间间隔约为(　 )
A．火星365天 B．火星800天
C．天王星365天 D．天王星800天
解析：选B　该问题为天体运动的“追及”问题，由题意对“火星冲日”有：－＝1，且＝，解得t火≈800天，同理对“天王星冲日”可知t天≈369天，故选B。
2．[反向运动卫星的“追及相遇”问题](多选)如图所示，有A、B两颗卫星绕地心O做圆周运动，运动方向相反。A卫星的周期为T1，B卫星的周期为T2，在某一时刻两卫星相距最近，则(引力常量为G)(　 )
A．两卫星下一次相距最近需经过时间t＝
B．两颗卫星的轨道半径之比为
C．若已知两颗卫星相距最近时的距离，可求出地球的密度
D．若已知两颗卫星相距最近时的距离，可求出地球表面的重力加速度
解析：选AB　两卫星运动方向相反，设经过时间t再次相遇，则有t＋t＝2π，解得t＝，A正确；根据万有引力提供向心力得＝mr，A卫星的周期为T1，B卫星的周期为T2，所以两颗卫星的轨道半径之比为，B正确；若已知两颗卫星相距最近时的距离，结合两颗卫星的轨道半径之比可以求出两颗卫星的轨道半径，根据万有引力提供向心力得＝mr，可求出地球的质量，但不知道地球的半径，所以不能求出地球的密度和地球表面的重力加速度，故C、D错误。
3．[两星相距最近或最远次数的计算](多选)如图，行星a、b的质量分别为m1、m2，中心天体c的质量为M(M远大于m1及m2)，在万有引力作用下，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ra∶rb＝1∶4，则下列说法中正确的是(　 )

A．a、b运动的周期之比为Ta∶Tb＝1∶8
B．a、b运动的周期之比为Ta∶Tb＝1∶4
C．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
解析：选AD　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a、b运动的周期之比为1∶8，
A对；设图示位置夹角为θ v3，故有vA>v1>v3>vB。
(2)加速度：因为在A点，卫星只受到万有引力作用，故不论从轨道Ⅰ还是轨道Ⅱ上经过A点，卫星的加速度都相同，同理，经过B点加速度也相同。
(3)周期：设卫星在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ轨道上的运行周期分别为T1、T2、T3，轨道半径分别为r1、r2(半长轴)、r3，由开普勒第三定律＝k可知T1v问，C正确；“天问一号”离开地球到达火星运动可近似为椭圆运动，其椭圆轨道的半长轴小于火星运动轨道的半径，由开普勒第三定律有＝，可知“天问一号”的运动周期小于火星的运动周期，D错误。

9．假设有一载人宇宙飞船在距地面高度为4 200 km的赤道上空绕地球做匀速圆周运动，地球半径约为6 400 km，地球同步卫星距地面高为36 000 km，宇宙飞船和一地球同步卫星绕地球同向运动，每当两者相距最近时，宇宙飞船就向同步卫星发射信号，然后再由同步卫星将信号发送到地面接收站，某时刻两者相距最远，从此刻开始，在一昼夜的时间内，接收站共接收到信号的次数为(　 )
A．4次 B．6次
C．7次 D．8次
解析：选C　根据圆周运动的规律，分析一昼夜同步卫星与宇宙飞船相距最近的次数，即为卫星发射信号的次数，也为接收站接收到的信号次数。设宇宙飞船的周期为T，由＝mr，得T＝2π ，则＝3，解得T＝3 h，设两者由相隔最远至第一次相隔最近的时间为t1，有t1＝π，解得t1＝ h，再设两者相邻两次相距最近的时间间隔为t2，有t2＝2π，解得t2＝ h，由n＝＝6.5次，知接收站接收信号的次数为7次。
10．(多选)根据科学家们的推测，双星的运动是产生引力波的来源之一。假设宇宙中有一由a、b两颗星组成的双星系统，这两颗星绕它们连线上的某一点在万有引力作用下做匀速圆周运动，测得a星的周期为T，a、b两星间的距离为l，轨道半径之差为Δr，已知a星的轨道半径大于b星的轨道半径，则(　 )
A．b星的周期为T
B．b星的线速度大小为
C．a、b两星的轨道半径之比为
D．a、b两星的质量之比为
解析：选BD　两颗星绕它们连线上的某一点在万有引力作用下做匀速圆周运动，所以两颗星的周期相等，则Tb＝Ta＝T，A错误。a、b两星间的距离为l，轨道半径之差为Δr，已知a星的轨道半径大于b星的轨道半径，则ra＋rb＝l、ra－rb＝Δr，所以ra＝、rb＝。a、b两星的轨道半径之比＝，b星的线速度大小vb＝＝，B正确，C错误。两颗星绕它们连线上的某一点在万有引力作用下做匀速圆周运动，则G＝mara2＝mbrb2，所以a、b两星的质量之比＝＝，D正确。
11．(多选)如图所示，双星系统由质量不相等的两颗恒星P、Q组成，P、Q质量分别为M、m(M>m)，它们围绕共同的圆心O做匀速圆周运动。从地球上A点看过去，双星运动的平面与AO垂直，AO距离恒为L。观测发现质量较大的恒星P做圆周运动的周期为T，运动范围的最大张角为Δθ(单位是弧度)。已知引力常量为G，Δθ很小，可认为sin Δθ＝tan Δθ＝Δθ，忽略其他星体对双星系统的作用力。则(　 )
A．恒星Q的角速度为
B．恒星Q的轨道半径为
C．恒星Q的线速度为
D．两颗恒星的质量m和M满足的关系式为＝
解析：选BCD　恒星P与Q具有相同的角速度，则角速度ω＝，A错误；恒星P的轨道半径R＝Ltan ＝L·Δθ，对双星系统，有mω2r＝Mω2R，解得恒星Q的轨道半径为r＝，B正确；恒星Q的线速度大小v1＝ωr＝·＝，C正确；对双星系统，由万有引力提供向心力有G＝mω2r＝Mω2R，解得GM＝ω2r(r＋R)2，Gm＝ω2R(r＋R)2，相加得G(M＋m)＝ω2(R＋r)3，又由mω2r＝Mω2R，联立可得＝，D正确。

第5讲　实验：探究平抛运动的特点

把握经典实验方案　
一、基本原理与操作
原理装置图

操作要领
(1)调节：①斜槽末端水平　②固定白纸的平板竖直
(2)确定平抛起点：
将小球飞离斜槽末端时球心的位置描在白纸上
(3)操作：①每次都从同一位置释放小球
②上下调节挡板，通过多次实验，在白纸上记录小球所经过的多个位置
(4)轨迹获取：用平滑曲线把白纸上各印迹连接起来

二、核心关键——数据处理
1．以O点为原点，水平方向为x轴，竖直向下方向为y轴建立坐标系。
2．在小钢球平抛运动轨迹上选取A、B、C、D、E五个点，测出它们的x、y坐标值，记到表格内。
3．把测到的坐标值依次代入公式v0＝x ，求出小钢球平抛的初速度，并计算其平均值。

融通多彩实验方案　
1．教科版新教材——平抛运动的实验研究

验装置图
[要点解读]
(1)打击弹片使小球A平抛的同时小球B做自由落体运动，观察实验结果。
(2)改变打击弹片的力度，改变小球A平抛的初速度，观察实验结果。
(3)通过实验发现A、B两球总是同时落地，说明小球A做平抛运动在竖直方向的分运动与小球B的运动相同。



2．粤教版新教材——探究平抛运动
　　
实验装置图
[要点解读]
(1)可用平抛运动实验器分别研究平抛运动在水平方向的分运动特点和在竖直方向的分运动特点。
(2)切断电源，使电磁铁C、D同时释放小球，使小球以相同的速度沿水平方向射出，同时碰撞开关S切断电磁铁E的电源，使钢球自由下落。
(3)控制小钢球在轨道A、B上的初始位置相对于各自轨道出口水平线处的高度相同，控制小钢球在电磁铁E上的位置与轨道A出口在同一高度。

归纳共性实验关键　
1．不变的实验原理
通过实验探究平抛运动在竖直方向的分运动为自由落体运动，在水平方向的分运动为匀速直线运动。
2．必备的实验器材：斜槽、小钢球、铅垂线。
3．共同的注意事项
(1)斜槽末端切线方向必须水平，以保证小球做平抛运动。
(2)每次释放小球的位置必须相同，以保证小球平抛的初速度相同。

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一、基础考法保住分

　　　　　　　　　　　　　　　　　

考查点(一)　实验原理与操作
1．用如图所示装置研究平抛运动。将白纸和复写纸对齐重叠并固定在竖直的硬板上。钢球沿斜槽轨道PQ滑下后从Q点飞出，落在水平挡板MN上。由于挡板靠近硬板一侧较低，钢球落在挡板上时，钢球侧面会在白纸上挤压出一个痕迹点。移动挡板，重新释放钢球，如此重复，白纸上将留下一系列痕迹点。

(1)下列实验条件必须满足的有________。
A．斜槽轨道光滑
B．斜槽轨道末端水平
C．挡板高度等间距变化
D．每次从斜槽上相同的位置无初速度释放钢球
(2)为定量研究，建立以水平方向为x轴、竖直方向为y轴的坐标系，取平抛运动的起始点为坐标原点，将钢球静置于Q点，钢球的________(填“最上端”“最下端”或“球心”)对应白纸上的位置即为原点；在确定y轴时________(填“需要”或“不需要”)y轴与铅垂线平行。
(3)为了得到平抛物体的运动轨迹，同学们还提出了以下三种方案，其中可行的是________。
A．从细管水平喷出稳定的细水柱，拍摄照片，即可得到平抛运动轨迹
B．用频闪照相在同一底片上记录平抛小球在不同时刻的位置，平滑连接各位置，即可得到平抛运动轨迹
C．将铅笔垂直于竖直的白纸板放置，笔尖紧靠白纸板，铅笔以一定初速度水平抛出，将会在白纸上留下笔尖的平抛运动轨迹
(4)伽利略曾研究过平抛运动，他推断：从同一炮台水平发射的炮弹，如果不受空气阻力，不论它们能射多远，在空中飞行的时间都一样。这实际上揭示了平抛物体________。
A．在水平方向上做匀速直线运动
B．在竖直方向上做自由落体运动
C．在下落过程中机械能守恒
解析：(1)为了能画出平抛运动轨迹，首先保证钢球做的是平抛运动，所以斜槽轨道不一定要光滑，但斜槽轨道末端必须是水平的；同时要让钢球总是从同一位置无初速度释放，这样才能找到同一运动轨迹上的几个点，A错误，B、D正确。挡板只要能记录下钢球下落在不同高度时的不同的位置即可，不需要等间距变化，C错误。
(2)钢球在运动中记录下的是其球心的位置，故抛出点也应是钢球静置于Q点时球心的位置，故应以钢球的球心对应白纸上的位置为坐标原点；钢球在竖直方向为自由落体运动，故y轴必须保证与铅垂线平行。
(3)从细管水平喷出稳定的细水柱，拍摄照片，即可得到平抛运动轨迹；用频闪照相在同一底片上记录平抛小球在不同时刻的位置，平滑连接各位置，即可得到平抛运动轨迹；将铅笔垂直于竖直的白纸板放置，笔尖紧靠白纸板，铅笔以一定初速度水平抛出，由于铅笔和白纸之间没有压力，故不会形成运动轨迹。故选A、B。
(4)伽利略的推断说明了炮弹由同一高度下落时的等时性，故只能说明炮弹在竖直方向为自由落体运动，无法说明水平方向的运动。
答案：(1)BD　(2)球心　需要　(3)AB　(4)B

(1)固定斜槽时，必须保证斜槽末端的切线水平。
(2)小球平抛运动的起点不是斜槽末端，而是斜槽末端小球球心对应的位置。
(3)同一实验过程中，小球在斜槽上释放的位置必须相同，以保证小球平抛的初速度相同。[关键点拨]

考查点(二)　数据处理与误差分析
2．(2021·全国乙卷)某同学利用图甲所示装置研究平抛运动的规律。实验时该同学使用频闪仪和照相机对做平抛运动的小球进行拍摄，频闪仪每隔0.05 s发出一次闪光，某次拍摄后得到的照片如图乙所示(图中未包括小球刚离开轨道的图像)。图中的背景是放在竖直平面内的带有方格的纸板，纸板与小球轨迹所在平面平行，其上每个方格的边长为5 cm。该同学在实验中测得的小球影像的高度差已经在图乙中标出。

完成下列填空：(结果均保留2位有效数字)
(1)小球运动到图乙中位置A时，其速度的水平分量大小为______m/s，竖直分量大小为______m/s；
(2)根据图乙中数据可得，当地重力加速度的大小为________m/s2。
解析：(1)因小球在水平方向做匀速直线运动，因此速度的水平分量大小为v0＝＝1.0 m/s；小球在竖直方向做自由落体运动，因此在A点的竖直速度可由平均速度等于时间中点的瞬时速度求得，其速度的竖直分量大小为vy＝ m/s≈2.0 m/s。
(2)由竖直方向的自由落体运动可得当地重力加速度的大小为g＝，代入数据可得g＝9.7 m/s2。

答案：(1)1.0　2.0　(2)9.7


结合轨迹计算平抛运动的初速度
(1)平抛轨迹完整(即含有抛出点)
在轨迹上任取一点，测出该点离原点的水平位移x及竖直位移y，就可求出初速度v0，因x＝v0t，y＝gt2，故v0＝x　。
(2)

平抛轨迹残缺(即无抛出点)
如图所示，在轨迹上任取三点A、B、C，使A、B间及B、C间的水平距离相等，由平抛运动的规律可知，A、B间与B、C间所用时间相等，设为t，则Δh＝hBC－hAB＝gt2，所以t＝，所以初速度v0＝＝x 。[关键点拨]
二、创新考法不失分

　　　　　　　　　　　　　　　　　

创新角度(一)　实验器材的创新
1.

试根据平抛运动原理设计“测量弹射器弹丸出射初速度”的实验方法，提供的实验器材有：弹射器(含弹丸，如图所示)、铁架台(带有夹具)、米尺。(重力加速度g已知)
(1)画出实验示意图。
(2)在安装弹射器时应注意：________________________________________________________________________。
(3)实验中需要测量的物理量(在画出的示意图中用字母标出)：________________________________________________________________________。
(4)由于弹射器每次射出的弹丸初速度不可能完全相等，在实验中采取的方法是________________________________________________________________________。
(5)计算公式为________________________________________________________________________。
解析：

(1)实验示意图如图所示。
(2)要注意弹射器应固定且发射方向应保持水平。
(3)实验中需测量弹丸射出的水平距离x和弹射器与水平地面的高度差h。
(4)在弹射器高度不变的情况下多次实验，取x1、x2、…、xn的平均值 作为实数据。
(5)由＝v弹丸t，h＝gt2，得v弹丸＝＝　。
答案：见解析
2．频闪摄影是研究变速运动常用的实验手段。在暗室中，照相机的快门处于常开状态，频闪仪每隔一定时间发出一次短暂的强烈闪光，照亮运动的物体，于是胶片上记录了物体在几个闪光时刻的位置。某物理小组利用如图甲所示的装置探究平抛运动规律。他们分别在该装置正上方A处和右侧正前方B处安装了频闪仪器并进行了拍摄，得到的频闪照片如图乙所示，O为抛出点，P为运动轨迹上某点。则根据平抛运动规律分析下列问题(g取10 m/s2)：

(1)乙图中，A处摄像头所拍摄的频闪照片为______(填“a”或“b”)。
(2)测得图乙a中OP距离为30 cm，b中OP距离为45 cm，则平抛小球的初速度大小应为________ m/s，小球在P点速度大小应为________ m/s。
解析：(1)小球做平抛运动时，水平方向是匀速直线运动，竖直方向是自由落体运动，故A处摄像头所拍摄的频闪照片为a。
(2)竖直方向上有y＝gt2，得t＝＝ s＝0.3 s，则平抛小球的初速度v0＝＝ m/s＝1 m/s，小球在P点竖直方向的速度vy＝gt＝10×0.3 m/s＝3 m/s，则vP＝＝ m/s。
答案：(1)a　(2)1　

创新角度(二)　实验原理的创新
3．某同学设计了一个“探究平抛运动的特点”的实验。实验装置示意图如图甲所示，A是一块平面木板，在其上等间隔地开凿出一组平行的插槽(如图甲中P0P0′、P1P1′、…)，槽间距离均为d。把覆盖复写纸的白纸铺贴在硬板B上。实验时依次将B板插入A板的各插槽中，每次让小球从斜轨道的同一位置由静止释放。每打完一点后，把B板插入后一槽中并同时向纸面内侧平移距离d。实验得到的小球在白纸上打下的若干痕迹点如图乙所示。

(1)实验前应对实验装置反复调节，直到________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
每次让小球从同一位置由静止释放，是为了________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)每次将B板向内侧平移距离d，是为了________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)在图乙中绘出小球做平抛运动的轨迹。
解析：(1)对实验装置反复调节的目的：①使斜轨道末端切线水平，以保证小球离开轨道时做平抛运动；②使A板水平，保证B板总处于同一高度；③使插槽P0P0′垂直斜轨道并在斜轨道末端正下方，以保证B板在P0P0′时小球的痕迹为抛出点。每次让小球从同一位置由静止释放，是为了保证小球每次以相同初速度做平抛运动。
(2)每次将B板向内侧平移距离d，是为了使记录纸上每两点间的水平距离相等。
(3)如图所示。

答案：(1)斜轨道末端切线水平、A板水平、插槽P0P0′垂直斜轨道并在斜轨道末端正下方　使小球每次做平抛运动的初速度都相同　(2)使记录纸上每两点之间的水平距离相等　(3)见解析图
创新角度(三)　数据处理的创新
4．如图甲所示，

AB是一可升降的竖直支架，支架顶端A处固定一弧形轨道，轨道末端水平。一条形木板的上端铰接于过A的水平转轴上，下端搁在水平地面上。将一小球从弧型轨道某一位置由静止释放，小球落在木板上的某处，测出小球平抛运动的水平射程x和此时木板与水平面的夹角θ，并算出tan θ。改变支架AB的高度，将小球从同一位置释放，重复实验，得到多组x和tan θ，记录的数据如下表：
实验次数
1
2
3
4
5
6
tan θ
0.18
0.32
0.69
1.00
1.19
1.43
x/m
0.035
0.065
0.140
0.160
0.240
0.290


(1)在图乙的坐标中描点连线，做出x-tan θ的关系图像。
(2)根据x-tan θ图像可知小球做平抛运动的初速度v0＝________ m/s；实验中发现θ超过60°后，小球将不会掉落在斜面上，则斜面的长度为________ m。(重力加速度g取10 m/s2，计算结果保留两位小数)。
(3)实验中有一组数据出现明显错误，可能的原因是
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
解析：(1)x-tan θ的关系图像如图所示：

(2)根据tan θ＝，得t＝，
则水平射程为：x＝v0t＝。
可知图线的斜率k＝，由图可知k＝≈0.2，
解得v0＝ ＝ m/s＝1.0 m/s。
当θ＝60°时，有t＝＝ s，
则斜面的长度为：s＝＝ m≈0.69 m。
(3)实验中有一组数据出现明显错误，由图可知，第4组数据水平射程偏小，由x＝v0t＝知，初速度偏小，即小球释放位置低于其他次实验。
答案：(1)见解析图　(2)1.00(0.96～1.04均可)　0.69(0.65～0.73均可)　(3)第4次小球释放位置与其他次实验不同(低于其他次实验)
第6讲　实验：探究影响向心力大小的因素



　　　　　　　　　　　　　　　　　

把握经典实验方案　
一、基本原理与操作
原理装置图


(1)利用变速塔轮可改变小球的转动角速度
(2)利用长槽和短槽可改变小球的转动半径

(3)利用测力套筒可显示向心力的大小

操作要领
向心力演示器如上图所示。转动手柄1，可使变速塔轮2和3以及长槽4和短槽5随之匀速转动，皮带分别套在塔轮2和3上的不同圆盘上，可使两个槽内的小球分别以几种不同的角速度做匀速圆周运动。小球做圆周运动的向心力由横臂6的挡板对小球的压力提供，球对挡板的反作用力通过横臂的杠杆使弹簧测力套筒7下降，从而露出标尺8，标尺8上露出的红白相间等分格子的多少可以显示出两个球所受向心力的大小
(1)皮带套在塔轮2、3半径相同的圆盘上，小球转动半径和转动角速度相同时，可以探究向心力与小球质量的关系。(2)皮带套在塔轮2、3半径相同的圆盘上，小球转动角速度和质量相同时，可以探究向心力与转动半径的关系。(3)皮带套在塔轮2、3的不同半径的圆盘上，小球质量相同、转动半径相同时，可以探究向心力与角速度的关系


二、核心关键
1．数据处理
(1)m、r一定。
序号
1
2
3
4
5
6
F向






ω






ω2






(2)m、ω一定。
序号
1
2
3
4
5
6
F向






r






(3)r、ω一定。
序号
1
2
3
4
5
6
F向






m






(4)分别作出F向-ω2、F向-r、F向-m的图像。
2．实验结论
(1)在小球质量和做圆周运动的半径一定的情况下，向心力的大小与角速度的平方成正比。
(2)在小球质量和角速度一定的情况下，向心力的大小与做圆周运动的半径成正比。
(3)在小球做圆周运动的半径和角速度一定的情况下，向心力的大小与质量成正比。
3．注意事项
(1)定性感知实验中，轻小球受到的重力与拉力相比可忽略。
(2)使用向心力演示器时应注意：
①将横臂紧固螺钉旋紧，以防小球和其他部件飞出而造成事故。
②摇动手柄时应力求缓慢加速，注意观察其中一个测力套筒上标尺的格数。达到预定格数时，保持转速均匀恒定。


一、基础考法保住分

　　　　　　　　　　　　　　　　　

考查点(一)　影响向心力大小因素的定性分析
1．如图所示，同学们分小组探究影响向心力大小的因素。同学们用细绳系一纸杯(杯中有30 mL的水)在空中甩动，使纸杯在水平面内做圆周运动，来感受向心力。

(1)下列说法中正确的是________。
A．保持质量、绳长不变，增大转速，绳对手的拉力将不变
B．保持质量、绳长不变，增大转速，绳对手的拉力将增大
C．保持质量、角速度不变，增大绳长，绳对手的拉力将不变
D．保持质量、角速度不变，增大绳长，绳对手的拉力将增大
(2)如图甲所示，绳离杯心40 cm处打一结点A，80 cm处打一结点B，学习小组中一位同学手表计时，另一位同学操作，其余同学记录实验数据：
操作一：手握绳结点A，使杯在水平方向每秒运动一周，体会向心力的大小。
操作二：手握绳结点B，使杯在水平方向每秒运动一周，体会向心力的大小。
操作三：手握绳结点A，使杯在水平方向每秒运动二周，体会向心力的大小。
操作四：手握绳结点A，再向杯中添加30 mL的水，使杯在水平方向每秒运动一周，体会向心力的大小。
则：①操作二与一相比较：质量、角速度相同，向心力的大小与转动半径大小有关；
操作三与一相比较：质量、转动半径相同，向心力的大小与角速度的大小有关；
操作四与一相比较：____________________相同，向心力大小与________有关；
②物理学中此种实验方法叫________法。
③小组总结阶段，在空中甩动，使杯在水平面内做圆周运动的同学谈感受时说：“感觉手腕发酸，感觉力的方向不是指向圆心的向心力而是背离圆心的离心力，跟书上说的不一样。”你认为该同学的说法是否正确，为什么？
解析：(1)由题意，根据向心力公式F向＝mω2r，由牛顿第二定律有T拉＝mω2r；保持质量、绳长不变，增大转速，根据公式可知，绳对手的拉力将增大，故A错误，B正确；保持质量、角速度不变，增大绳长，据公式可知，绳对手的拉力将增大，故C错误，D正确。
(2)根据向心力公式F向＝mω2r，由牛顿第二定律，则有T拉＝mω2r；操作二与一相比较：质量、角速度相同，向心力的大小与转动半径大小有关；操作三与一相比较：质量、转动半径相同，向心力的大小与角速度的大小有关；操作四与一相比较：角速度、转动半径相同，向心力大小与质量有关；物理学中此种实验方法叫控制变量法。
说法不对。该同学受力分析的对象是自己的手，我们实验时受力分析的对象是水杯，细绳的拉力提供水杯
做圆周运动的向心力指向圆心。细绳对手的拉力与“向心力”大小相等，方向相反，背离圆心。
答案：(1)BD　(2)①角速度(线速度)、转动半径　质量　②控制变量　③见解析
考查点(二)　影响向心力大小因素的定量分析
2．(2023·浙江1月选考，节选)“探究向心力大小的表达式”实验装置如图所示。

(1)采用的实验方法是________。
A．控制变量法 B．等效法　C．模拟法
(2)在小球质量和转动半径相同的情况下，逐渐加速转动手柄到一定速度后保持匀速转动。此时左右标尺露出的红白相间等分标记的比值等于两小球的________之比(选填“线速度大小”“角速度平方”或“周期平方”)；在加速转动手柄过程中，左右标尺露出红白相间等分标记的比值________(选填“不变”“变大”或“变小”)。
解析：(1)该实验探究多个物理量之间的关系，应用控制变量法。
(2)根据向心力表达式F＝mrω2，在小球质量、转动半径相同的情况下，F∝ω2，左右标尺标记的比值为F之比等于角速度的平方比；由于两球角速度比为定值，则标记的比值不变。
答案：(1)A　(2)角速度平方　不变

(1)当某物理量与多个因素可能有关时应采用控制变量法进行定量研究。
(2)在研究某两个物理量之间的关系时，其他因素所对应的物理量应当保持不变。[关键点拨]
二、创新考法不失分

　　　　　　　　　　　　　　　　　

创新角度(一)　实验器材的创新
1.

某兴趣小组用如图甲所示的装置与传感器结合，探究向心力大小的影响因素。实验时用手拨动旋臂使砝码做圆周运动，力传感器和光电门固定在实验器材上，测量角速度和向心力。
(1)电脑通过光电门测量挡光杆通过光电门的时间，并由挡光杆的宽度d、挡光杆通过光电门的时间Δt、挡光杆做圆周运动的半径r，自动计算出砝码做圆周运动的角速度，则其计算角速度的表达式为________________________________________________________________________。
(2)在图乙中取①②两条曲线为相同转动半径、不同质量下向心力与角速度的关系图线，由图乙可知。曲线①对应的砝码质量________(填“大于”或“小于”)曲线②对应的砝码质量。


解析：(1)挡光杆转动的线速度v＝，由ω＝，计算得出：ω＝。砝码与挡光杆转动的角速度相同，则砝码角速度的表达式为ω＝。
(2)若保持角速度和半径都不变，则砝码做圆周运动的向心加速度不变，由牛顿第二定律F＝ma可以知道，质量大的砝码需要的向心力大，所以曲线①对应的砝码质量小于曲线②对应的砝码质量。
答案：(1)ω＝　(2)小于
2．如图甲所示是某同学探究做圆周运动的物体质量、向心力、轨道半径及线速度关系的实验装置，做匀速圆周运动的圆柱体放置在水平光滑圆盘上，力传感器测量向心力F，速度传感器测量圆柱体的线速度v，该同学通过保持圆柱体质量和运动半径不变，来探究向心力F与线速度v的关系：

(1)该同学采用的实验方法为________。
A．等效替代法 B．控制变量法
C．理想化模型法 D．比值法
(2)改变线速度v，多次测量，该同学测出了五组F、v数据，如表所示：
v/(m·s－1)
1.0
1.5
2.0
2.5
3.0
F/N
0.88
2.00
3.50
5.50
7.90

该同学对数据分析后，在图乙坐标纸上描出了五个点。
①作出F-v2图线；
②若圆柱体运动半径r＝0.2 m，由作出的F-v2图线可得圆柱体的质量m＝____kg(保留两位有效数字)。
解析：(1)实验中探究向心力和速度的关系，保持圆柱体质量和运动半径不变，采用的实验方法是控制变量法，B正确。
(2)①作出F-v2图线，如图所示。

②根据F＝知，图线的斜率k＝，则有＝，代入数据计算得出m≈0.18 kg。
答案：(1)B　(2)①见解析图　②0.18
创新角度(二)　实验原理的创新
3.

改装的探究圆周运动的向心力大小的实验装置如图所示。有机玻璃支架上固定一个直流电动机，电动机转轴上固定一个半径为r的塑料圆盘，圆盘中心正下方用细线接一个重锤，圆盘边缘连接细绳，细绳另一端连接一个小球。实验操作如下：
①利用天平测量小球的质量m，记录当地的重力加速度g的大小；
②闭合电源开关，让小球做如图所示的匀速圆周运动，调节激光笔2的高度和激光笔1的位置，让激光恰好照射到小球的中心，用刻度尺测量小球做圆周运动的半径R和球心到塑料圆盘的高度h；
③当小球第一次到达A点时开始计时，并记录为1次，记录小球n次到达A点的时间t；
④切断电源，整理器材。
请回答下列问题：
(1)下列说法正确的是________。
A．小球运动的周期为
B．小球运动的线速度大小为
C．小球运动的向心力大小为
D．若电动机转速增加，激光笔1、2应分别左移、上移
(2)若已测出R＝40.00 cm，r＝4.00 cm，h＝90.00 cm，t＝100.00 s，n＝51，π取3.14，则小球做圆周运动的周期T＝________s，记录的当地重力加速度大小应为g＝________m/s2。(计算结果均保留3位有效数字)
解析：(1)从球第1次到第n次通过A位置，转动圈数为n－1，时间为t，周期T＝，A错误；小球的线速度大小为v＝＝，B正确；小球受重力和拉力，合力提供向心力，设细绳与竖直方向的夹角为α，有FTcos α＝mg，FTsin α＝Fn，则Fn＝mgtan α＝mg，C错误；若电动机的转速增加，则转动半径增加，激光笔1、2应分别左移、上移，D正确。
(2)小球做圆周运动的周期T＝＝2.00 s，向心力Fn＝mg＝mR，解得g＝≈9.86 m/s2。
答案：(1)BD　(2)2.00　9.86