（2007o泉州）将点A（4，0）绕着原点O顺时针方向旋转30°角到对应点A′，则点A′的坐标是（　　）A. （，2）B. （4，-2）C. （2，-2）D. （2，-2）
梓涵顼荣00166
做A′B⊥OA于点B，那么∠A′OB=30°，OA′=OA=4∴OB=4×cos30°=2，A′B=4×sin30°=2∵A′在第四象限，∴点A′的坐标是（2，-2）．故选C．
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解题的关键是抓住旋转的三要素：旋转中心，旋转方向，旋转角度，通过画图求解．
本题考点：
坐标与图形变化-旋转．
考点点评：
需注意旋转前后线段的长度不变，第四象限点的符号为（+，-）．
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＞＞＞如图，质量为M的小船在静止水面上以速率v0向右匀速行驶，一质量为..
如图，质量为M的小船在静止水面上以速率v0向右匀速行驶，一质量为m的救生员站在船尾，相对小船静止．若救生员以相对水面速率v水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船的速率为 （　　）A．v0+mMvB．v0-mMvC．v0+mM（v0+v）D．v0+mM（v0-v）
题型：单选题难度：偏易来源：不详
人在跃出的过程中船人组成的系统水平方向动量守恒，规定向右为正方向（M+m）v0=Mv′-mvv′=v0+mM（v0+v）故选C．
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据魔方格专家权威分析，试题“如图，质量为M的小船在静止水面上以速率v0向右匀速行驶，一质量为..”主要考查你对&&动量守恒定律&&等考点的理解。关于这些考点的“档案”如下：
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动量守恒定律
动量守恒定律：1、内容：一个系统不受外力或者所受外力之和为零，这个系统的总动量保持不变。 2、表达式：m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2'。 3、动量守恒定律成立的条件： ①系统不受外力或系统所受外力的合力为零； ②系统所受的外力的合力虽不为零，但系统外力比内力小得多，如碰撞问题中的摩擦力，爆炸过程中的重力等外力比起相互作用的内力来小得多，可以忽略不计； ③系统所受外力的合力虽不为零，但在某个方向上的分量为零，则在该方向上系统的总动量的分量保持不变。 4、动量守恒的速度具有“四性”：①矢量性；②瞬时性；③相对性；④普适性。 动量守恒定律与机械能守恒定律的比较：
系统动量守恒的判断方法:
方法一：南动量守恒的条件判断动量守恒的步骤如下： (1)明确系统由哪几部分组成。 (2)对系统中各物体进行受力分析，分清哪些是内力，哪些是外力。 (3)看所有外力的合力是否为零，或内力是否远大于外力，从而判断系统的动量是否守恒。方法二：南系统动量变化情况判断动量守恒方法如下： (1)明确初始状态系统的总动量是多少。 (2)对系统内的物体进行受力分析、运动分析，确定每一个物体的动量变化情况。 (3)确定系统动量变化情况，进而判定系统的动量是否守恒。
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与“如图，质量为M的小船在静止水面上以速率v0向右匀速行驶，一质量为..”考查相似的试题有：
3713353383873792553752071647713723543．小船渡河问题 一条宽度为L的河.水流速度为Vs.已知船在静水中的航速为Vc.船过河时.船的实际运动可以看成是随水以速度Vs漂流的运动和以Vc相对于静水的划行运动的合运动.随水漂流和划行这两个分运——精英家教网——
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3．小船渡河问题 一条宽度为L的河.水流速度为Vs.已知船在静水中的航速为Vc.船过河时.船的实际运动可以看成是随水以速度Vs漂流的运动和以Vc相对于静水的划行运动的合运动.随水漂流和划行这两个分运动互不干扰而具有等时性. (1)怎样渡河时间最短? 如图2-甲所示.设船头斜向上游与河岸成任意角θ.这时船速在垂直于河岸方向的速度分量V1=Vcsinθ,渡河所需时间为: 可以看出:L.Vc一定时.t随sinθ增大而减小,当θ=900时.sinθ=1.所以.当船头与河岸垂直时.渡河时间最短.. (2)若Vs＜Vc.怎样渡河位移最小? 如图2-乙所示.渡河的最小位移即河的宽度.为了使渡河位移等于L.必须使船的合速度V的方向与河岸垂直.这是船头应指向河的上游.并与河岸成一定的角度θ.根据三角函数关系有:Vccosθ─Vs=0. 所以θ=arccos(Vs/Vc).因为0≤cosθ≤1.所以只有在Vc&Vs时.船才有可能垂直于河岸横渡. (3)若Vs＞Vc.怎样渡河位移最短? 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.怎样才能使船的位移最短呢?如图2-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.船的位移越短.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) 此时渡河的最短位移为: 思考:过河的最短时间和最短位移分别决定于什么? 例5 河宽d=100m .水流速度为v1=4m/s.船在静水中的速度是v2=3m/s.求: ⑴ 欲使船渡河时间最短.船应怎样渡河?最短时间是多少?船经过的位移是多大? ⑵ 欲使船航行距离最短.船应怎样渡河?渡河时间多长? 解析: 设想水不流动.则船将以v1速度做匀速直线运动.设想船不开行.则船将以v2速度顺水飘流.可见实际渡河时.渡船同时参与两个分运动.其合运动沿v1与 v2矢量和的方向做匀速直线运动.由于分运动与合运动的等时性.船渡河时间等于v1分运动的时间. ⑴ 不论v1与v2的大小如何.船头v1的方向垂直指向河岸时.时间最短. ⑵ 因船速小于水速.故小船不能垂直过河.但有无最短航程呢? 虽然不能垂直过河.但有最短的路程.用画圆的方法可找出最短船程时夹角θ.并可找到这时速度之间关系满足的特征.如图. 则sinθ=v1/v2 S=d/sinθ . t=s/v合=d/(sinθ) 点评 ⑴ 不论v1与v2的大小如何.当船头v1的方向垂直指向河岸时.时间最短.且最短时间为 . ⑵ 当 时.合速度垂直过岸.航程最短为d .当 时不能垂直过岸.但仍有最短路程.此时船的实际航向与下游夹θ角.且sinθ=v1/v2 . 【】
题目列表(包括答案和解析)
第四部分 &曲线运动 &万有引力第一讲 基本知识介绍一、曲线运动1、概念、性质2、参量特征二、曲线运动的研究方法——运动的分解与合成1、法则与对象2、两种分解的思路a、固定坐标分解（适用于匀变速曲线运动）建立坐标的一般模式——沿加速度方向和垂直加速度方向建直角坐标；提高思想——根据解题需要建直角坐标或非直角坐标。b、自然坐标分解（适用于变加速曲线运动）基本常识：在考查点沿轨迹建立切向τ、法向n坐标，所有运动学矢量均沿这两个方向分解。动力学方程，其中改变速度的大小（速率），改变速度的方向。且= m，其中ρ表示轨迹在考查点的曲率半径。定量解题一般只涉及法向动力学方程。三、两种典型的曲线运动1、抛体运动（类抛体运动）关于抛体运动的分析，和新课教材“平跑运动”的分析基本相同。在坐标的选择方面，有灵活处理的余地。2、圆周运动匀速圆周运动的处理：运动学参量v、ω、n、a、f、T之间的关系，向心力的寻求于合成；临界问题的理解。变速圆周运动：使用自然坐标分析法，一般只考查法向方程。四、万有引力定律1、定律内容2、条件a、基本条件b、拓展条件：球体（密度呈球对称分布）外部空间的拓展----对球体外一点A的吸引等效于位于球心的质量为球的质量的质点对质点A的吸引；球体（密度呈球对称分布）内部空间的拓展“剥皮法则”-----对球内任一距球心为r的一质点A的吸引力等效于质量与半径为&r的球的质量相等且位于球心的质点对质点A的吸引；球壳（密度呈球对称分布）外部空间的拓展----对球壳外一点A的吸引等效于位于球心的质量为球壳的质量的质点对质点A的吸引；球体（密度呈球对称分布）内部空间的拓展-----对球壳内任一位置上任一质点A的吸引力都为零；并且根据以为所述，由牛顿第三定律，也可求得一质点对球或对球壳的吸引力。c、不规则物体间的万有引力计算——分割与矢量叠加3、万有引力做功也具有只与初末位置有关而与路径无关的特征。因而相互作用的物体间有引力势能。在任一惯性系中，若规定相距无穷远时系统的万有引力势能为零，可以证明，当两物体相距为r时系统的万有引力势能为EP&=&－G五、开普勒三定律天体运动的本来模式与近似模式的差距，近似处理的依据。六、宇宙速度、天体运动1、第一宇宙速度的常规求法2、从能量角度求第二、第三宇宙速度万有引力势能EP&=&－G3、解天体运动的本来模式时，应了解椭圆的数学常识第二讲 重要模型与专题一、小船渡河物理情形：在宽度为d的河中，水流速度v2恒定。岸边有一艘小船，保持相对河水恒定的速率v1渡河，但船头的方向可以选择。试求小船渡河的最短时间和最小位移。模型分析：小船渡河的实际运动（相对河岸的运动）由船相对水流速度v1和水相对河岸的速度v2合成。可以设船头与河岸上游夹角为θ（即v1的方向），速度矢量合成如图1（学生活动）用余弦定理可求v合的大小v合=（学生活动）用正弦定理可求v合的方向。令v合与河岸下游夹角为α，则α= arcsin1、求渡河的时间与最短时间由于合运动合分运动具有等时性，故渡河时间既可以根据合运动求，也可以根据分运动去求。针对这一思想，有以下两种解法解法一：&t =&&其中v合可用正弦定理表达，故有&t =&&=&解法二：&t =&&=&&=&此外，结合静力学正交分解的思想，我们也可以建立沿河岸合垂直河岸的坐标x、y，然后先将v1分解（v2无需分解），再合成，如图2所示。而且不难看出，合运动在x、y方向的分量vx和vy与v1在x、y方向的分量v1x、v1y以及v2具有以下关系vy&= v1yvx&= v2&- v1x由于合运动沿y方向的分量Sy&≡&d&，故有解法三：&t =&&=&&=&t (θ)函数既已得出，我们不难得出结论当θ= 90°时，渡河时间的最小值&tmin&=&（从“解法三”我们最容易理解t为什么与v2无关，故tmin也与v2无关。这个结论是意味深长的。）2、求渡河的位移和最小位移在上面的讨论中，小船的位移事实上已经得出，即S合&=&&=&&=&但S合（θ）函数比较复杂，寻求S合的极小值并非易事。因此，我们可以从其它方面作一些努力。将S合沿x、y方向分解成Sx和Sy&，因为Sy&≡&d&，要S合极小，只要Sx极小就行了。而Sx（θ）函数可以这样求——解法一：&Sx&= vxt =（v2&- v1x）&=（v2&– v1cosθ）为求极值，令cosθ= p&，则sinθ=&，再将上式两边平方、整理，得到这是一个关于p的一元二次方程，要p有解，须满足Δ≥0&，即≥整理得&≥所以，Sxmin=&，代入Sx（θ）函数可知，此时cosθ=&最后，Smin=&=&d此过程仍然比较繁复，且数学味太浓。结论得出后，我们还不难发现一个问题：当v2＜v1时，Smin＜d&，这显然与事实不符。（造成这个局面的原因是：在以上的运算过程中，方程两边的平方和开方过程中必然出现了增根或遗根的现象）所以，此法给人一种玄乎的感觉。解法二：纯物理解——矢量三角形的动态分析从图2可知，Sy恒定，Sx越小，必有S合矢量与下游河岸的夹角越大，亦即v合矢量与下游河岸的夹角越大（但不得大于90°）。我们可以通过v1与v2合成v合矢量图探讨v合与下游河岸夹角的最大可能。先进行平行四边形到三角形的变换，如图3所示。当θ变化时，v合矢量的大小和方向随之变化，具体情况如图4所示。从图4不难看出，只有当v合和虚线半圆周相切时，v合与v2（下游）的夹角才会最大。此时，v合⊥v1&，v1、v2和v合构成一个直角三角形，αmax&= arcsin并且，此时：θ= arccos有了αmax的值，结合图1可以求出：S合min&=&d最后解决v2＜v1时结果不切实际的问题。从图4可以看出，当v2＜v1时，v合不可能和虚线半圆周相切（或αmax&= arcsin无解），结合实际情况，αmax取90°即：v2＜v1时，S合min&= d&，此时，θ= arccos结论：若v1＜v2&，θ= arccos时，S合min&=&d& & &&若v2＜v1&，θ= arccos时，S合min&= d二、滑轮小船物理情形：如图5所示，岸边的汽车用一根不可伸长的轻绳通过定滑轮牵引水中的小船，设小船始终不离开水面，且绳足够长，求汽车速度v1和小船速度v2的大小关系。模型分析：由于绳不可伸长，滑轮右边绳子缩短的速率即是汽车速度的大小v1&，考查绳与船相连的端点运动情况，v1和v2必有一个运动的合成与分解的问题。（学生活动）如果v1恒定不变，v2会恒定吗？若恒定，说明理由；若变化，定性判断变化趋势。结合学生的想法，介绍极限外推的思想：当船离岸无穷远时，绳与水的夹角趋于零，v2→v1&。当船比较靠岸时，可作图比较船的移动距离、绳子的缩短长度，得到v2＞v1&。故“船速增大”才是正确结论。故只能引入瞬时方位角θ，看v1和v2的瞬时关系。（学生活动）v1和v2定量关系若何？是否可以考虑用运动的分解与合成的知识解答？针对如图6所示的两种典型方案，初步评说——甲图中v2&= v1cosθ，船越靠岸，θ越大，v2越小，和前面的定性结论冲突，必然是错误的。错误的根源分析：和试验修订本教材中“飞机起飞”的运动分析进行了不恰当地联系。仔细比较这两个运动的差别，并联系“小船渡河”的运动合成等事例，总结出这样的规律——合运动是显性的、轨迹实在的运动，分运动是隐性的、需要分析而具有人为特征（无唯一性）的运动。解法一：在图6（乙）中，当我们挖掘、分析了滑轮绳子端点的运动后，不难得出：船的沿水面运动是v2合运动，端点参与绳子的缩短运动v1和随绳子的转动v转&，从而肯定乙方案是正确的。即：v2&= v1&/ cosθ解法二：微元法。从考查位置开始取一个极短过程，将绳的运动和船的运动在图7（甲）中标示出来，AB是绳的初识位置，AC是绳的末位置，在AB上取=得D点，并连接CD。显然，图中BC是船的位移大小，DB是绳子的缩短长度。由于过程极短，等腰三角形ACD的顶角∠A→0，则底角∠ACD→90°，△CDB趋于直角三角形。将此三角放大成图7（乙），得出：S2&= S1&/ cosθ&。鉴于过程极短，绳的缩短运动和船的运动都可以认为是匀速的，即：S2&= v2&t&，S1&= v1&t&。所以：v2&= v1&/ cosθ三、斜抛运动的最大射程物理情形：不计空气阻力，将小球斜向上抛出，初速度大小恒为v0&，方向可以选择，试求小球落回原高度的最大水平位移（射程）。模型分析：斜抛运动的常规分析和平抛运动完全相同。设初速度方向与水平面夹θ角，建立水平、竖直的x、y轴，将运动学参量沿x、y分解。针对抛出到落回原高度的过程0 = Sy&= v0y&t +&（-g）t2Sx&= v0x&t解以上两式易得：Sx&=&sin2θ结论：当抛射角θ= 45°时，最大射程Sxmax&=&（学生活动）若v0&、θ确定，试用两种方法求小球到达的最大高度。运动学求解——考查竖直分运动即可；能量求解——注意小球在最高点应具备的速度v0x&，然后对抛出到最高点的过程用动能定理或机械能守恒。结论：Hm&=&&。四、物体脱离圆弧的讨论物理情形：如图8所示，长为L的细绳一端固定，另一端系一小球。当小球在最低点时，给球一个vo&= 2的水平初速，试求所能到达的最大高度。模型分析：用自然坐标分析变速圆周运动的典型事例。能量关系的运用，也是对常规知识的复习。（学生活动）小球能否形成的往复的摆动？小球能否到达圆弧的最高点C ？通过能量关系和圆周运动动力学知识的复习，得出：小球运动超过B点、但不能到达C点（vC&≥），即小球必然在BC之间的某点脱离圆弧。（学生活动）小球会不会在BC之间的某点脱离圆弧后作自由落体运动？尽管对于本问题，能量分析是可行的（BC之间不可能出现动能为零的点，则小球脱离圆弧的初速度vD不可能为零），但用动力学的工具分析，是本模型的重点——在BC阶段，只要小球还在圆弧上，其受力分析必如图9所示。沿轨迹的切向、法向分别建τ、n坐标，然后将重力G沿τ、n分解为Gτ和Gn分量，T为绳子张力。法向动力学方程为T + Gn&=&ΣFn&= man&= m由于T≥0&，Gn＞0&，故v≠0&。（学生活动：若换一个v0值，在AB阶段，v = 0是可能出现的；若将绳子换成轻杆，在BC阶段v = 0也是可能出现的。）下面先解脱离点的具体位置。设脱离点为D，对应方位角为θ，如图8所示。由于在D点之后绳子就要弯曲，则此时绳子的张力T为零，而此时仍然在作圆周运动，故动力学方程仍满足Gn&= Gsinθ= m& & & & & & & & & & & & & & & & & & & & &①在再针对A→D过程，小球机械能守恒，即（选A所在的平面为参考平面）：m+ 0 = mg ( L + Lsinθ) +m& & & & & & & & & & & &&②代入v0值解①、②两式得：θ= arcsin&，（同时得到：vD&=&）小球脱离D点后将以vD为初速度作斜向上抛运动。它所能到达的最高点（相对A）可以用两种方法求得。解法一：运动学途径。先求小球斜抛的最大高度，hm&=&&=&&代入θ和vD的值得：hm&=&L小球相对A的总高度：Hm&= L + Lsinθ+ hm&=&L解法二：能量途径小球在斜抛的最高点仍具有vD的水平分量，即vDsinθ=&&。对A→最高点的过程用机械能守恒定律（设A所在的平面为参考平面），有m+ 0 =&&+ mg Hm容易得到：Hm&=&L五、万有引力的计算物理情形：如图9所示，半径为R的均质球质量为M，球心在O点，现在被内切的挖去了一个半径为R/2的球形空腔（球心在O′）。在O、O′的连线上距离O点为d的地方放有一个很小的、质量为m的物体，试求这两个物体之间的万有引力。模型分析：无论是“基本条件”还是“拓展条件”，本模型都很难直接符合，因此必须使用一些特殊的处理方法。本模型除了照应万有引力的拓展条件之外，着重介绍“填补法”的应用。空腔里现在虽然空无一物，但可以看成是两个半径为R/2的球的叠加：一个的质量为+M/8&，一个的质量为－M/8&。然后，前者正好填补空腔——和被挖除后剩下的部分构成一个完整的均质球A&；注意后者，虽然是一个比较特殊的物体（质量为负值），但仍然是一个均质的球体，命名为B&。既然A、B两物均为均质球体，他们各自和右边小物体之间的万有引力，就可以使用“拓展条件”中的定势来计算了。只是有一点需要说明，B物的质量既然负值，它和m之间的万有“引力”在方向上不再表现为吸引，而应为排斥——成了“万有斥力”了。具体过程如下FAm&= GFBm&= G&=&－G最后，两物之间的万有引力&F = FAm&+ FBm&= G－G需要指出的是，在一部分同学的心目中，可能还会存在另一种解题思路，那就是先通过力矩平衡求被挖除物体的重心（仍然要用到“填补法”、负质量物体的重力反向等），它将在O、O′的连线上距离O点左侧R/14处，然后“一步到位”地求被挖除物与m的万有引力F = G然而，这种求法违背了万有引力定律适用的条件，是一种错误的思路。六、天体运动的计算物理情形：地球和太阳的质量分别为m和M&，地球绕太阳作椭圆运动，轨道的半长轴为a&，半短轴为b&，如图11所示。试求地球在椭圆顶点A、B、C三点的运动速度，以及轨迹在A、C两点的曲率半径。模型分析：求解天体运动的本来模式，常常要用到开普勒定律（定量）、机械能守恒（万有引力势能）、椭圆的数学常识等等，相对高考要求有很大的不同。地球轨道的离心率很小（其值≈0.0167&，其中c为半焦距），这是我们常常能将它近似为圆的原因。为了方便说明问题，在图11中，我们将离心率夸大了。针对地球从A点运动到B点的过程，机械能守恒m+（－）=&m+（－）比较A、B两点，应用开普勒第二定律，有：vA（a－c）= vB（a + c）结合椭圆的基本关系：c =&&解以上三式可得：vA&=&&，& & &vB&=&再针对地球从A到C的过程，应用机械能守恒定律，有m+（－）=&m+（－）代入vA值可解得：vC&=&为求A、C两点的曲率半径，在A、C两点建自然坐标，然后应用动力学（法向）方程。在A点，F万&=&ΣFn&= m an&，设轨迹在A点的曲率半径为ρA&，即：G= m代入vA值可解得：ρA&=&在C点，方程复杂一些，须将万有引力在τ、n方向分解，如图12所示。然后，F万n&=ΣFn&= m an&，即：F万cosθ= m即：G·&= m代入vC值可解得：ρC&=&值得注意的是，如果针对A、C两点用开普勒第二定律，由于C点处的矢径r和瞬时速度vC不垂直，方程不能写作vA（a－c）= vC&a&。正确的做法是：将vC分解出垂直于矢径的分量（分解方式可参看图12，但分解的平行四边形未画出）vC&cosθ，再用vA（a－c）=（vC&cosθ）a&，化简之后的形式成为vA（a－c）= vC&b要理解这个关系，有一定的难度，所以建议最好不要对A、C两点用开普勒第二定律第三讲 典型例题解析教材范本：龚霞玲主编《奥林匹克物理思维训练教材》，知识出版社，2002年8月第一版。例题选讲针对“教材”第五、第六章的部分例题和习题。
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