金版教程物理2025高考科学复习解决方案第四章 曲线运动第4章 核心素养提升含答案

《金版教程(物理）》2025高考科学复习解决方案第四章曲线运动《金版教程(物理）》2025高考科学复习解决方案第四章曲线运动第四章核心素养提升[科学思维提炼]1．矢量合成与分解的思想：小船过河问题、关联速度问题等运动的合成与分解。2．化曲为直法：利用矢量合成与分解的原理化曲为直，研究分析平抛运动、斜抛运动等曲线运动。3．极限法(1)研究分析曲线运动的速度方向。(2)推导向心加速度公式。①Δv的方向：如图所示，质点做匀速圆周运动从A点运动到B点，用下图体现时间逐渐减小到趋于零时Δv与线速度的关系。结论：Δt趋于零，Δv垂直于此时的线速度。即Δv指向圆心。②向心加速度的方向：由于Δv指向圆心，由加速度定义a＝eq\f(Δv,Δt)可知，加速度总是与Δv的方向一致，故向心加速度方向指向圆心。③向心加速度的大小仔细观察图丁，还可以发现，当Δt足够小时，vA、vB的夹角θ就足够小，θ角所对的弦和弧的长度就近似相等。因此，θ＝eq\f(Δv,v)，在Δt时间内，速度方向变化的角度θ＝ωΔt。由此可以求得Δv＝vωΔt将此式代入加速度定义式a＝eq\f(Δv,Δt)，并把v＝ωr代入，可以导出向心加速大小的表达式为an＝ω2r上式也可以写成an＝eq\f(v2,r)。4．对比法、控制变量法(1)探究曲线运动条件的演示实验；(2)探究平抛运动竖直分运动的特点的实验。5．控制变量法：探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系实验。6．逆向思维法：部分抛体运动问题的分析。7．理想模型法：平抛运动、斜抛运动，竖直面内圆周运动的“轻绳”模型、“轻杆”模型。8．临界和极限思维：小船过河中临界和极值问题，平抛运动中的临界问题，斜抛运动中的临界问题，类平抛运动中的临界问题，水平面内圆周运动的临界问题，竖直面内圆周运动的临界问题，斜面上圆周运动的临界问题。9．类比法(1)类平抛运动规律的研究分析；(2)斜面上圆周运动的研究分析。[素养提升集训]一、选择题(本题共8小题)1．(2023·浙江1月选考)如图所示，在考虑空气阻力的情况下，一小石子从O点抛出沿轨迹OPQ运动，其中P是最高点。若空气阻力大小与瞬时速度大小成正比，则小石子竖直方向分运动的加速度大小()A．O点最大B．P点最大C．Q点最大D．整个运动过程保持不变答案A解析空气阻力方向与瞬时速度方向相反，空气阻力大小与瞬时速度大小成正比，则根据平行四边形定则可知，空气阻力沿竖直方向的分力与瞬时速度沿竖直方向的分速度大小成正比，且二者方向相反。由牛顿第二定律可知，在竖直方向上，小石子向上减速运动阶段的加速度大小始终大于重力加速度g，向下加速运动阶段的加速度大小始终小于重力加速度g，而在向上减速过程中，小石子在O点竖直方向的分速度最大，小石子所受空气阻力沿竖直方向的分力最大，在竖直方向所受合力最大，根据牛顿第二定律可知，此时竖直方向分运动的加速度大小最大，故选A。2．(2023·广东省广州市高三下第三次模拟)如图1所示，客家人口中的“风车”也叫“谷扇”，是农民常用来精选谷物的农具。在同一风力作用下，精谷和瘪谷(空壳)谷粒都从洞口水平飞出，结果精谷和瘪谷落地点不同，自然分开，简化成如图2所示。谷粒从洞口飞出后忽略空气阻力，对这一现象，下列分析正确的是()A．N处是瘪谷，M处是精谷B．精谷飞出洞口到落地的时间比瘪谷短C．精谷和瘪谷飞出洞口后都做匀变速曲线运动D．精谷飞出洞口时的速度比瘪谷飞出洞口时的速度要大些答案C解析精谷的质量大于瘪谷的质量，由动能定理知，在相同风力的作用下，水平位移相同时，精谷获得的速度小于瘪谷获得的速度，即精谷飞出洞口时的速度比瘪谷飞出洞口时的速度要小些，故D错误；精谷和瘪谷飞出洞口后，有水平方向的初速度，只受重力作用，做平抛运动，即精谷和瘪谷飞出洞口后都做匀变速曲线运动，故C正确；谷粒做平抛运动时，竖直方向上有h＝eq\f(1,2)gt2，水平方向上有x＝v0t，则t＝eq\r(\f(2h,g))，x＝v0eq\r(\f(2h,g))，精谷和瘪谷的下落高度h相同，则精谷和瘪谷从飞出洞口到落地的时间相同，瘪谷的平抛运动初速度比精谷大，则瘪谷的水平位移大于精谷的水平位移，则N处是精谷，M处为瘪谷，故A、B错误。3．(多选)如图所示为赛车场的一个水平“梨形”赛道，两个弯道分别为半径R＝90m的大圆弧和r＝40m的小圆弧，直道与弯道相切。大、小圆弧圆心O、O′距离L＝100m。赛车沿弯道路线行驶时，路面对轮胎的最大径向静摩擦力是赛车重力的2.25倍。假设赛车在直道上做匀变速直线运动，在弯道上做匀速圆周运动。要使赛车不打滑，绕赛道一圈时间最短(发动机功率足够大，重力加速度g＝10m/s2，π＝3.14)，则赛车()A．在绕过小圆弧弯道后加速B．在大圆弧弯道上的速率为45m/sC．在直道上的加速度大小为5.63m/s2D．通过小圆弧弯道的时间为5.58s答案AB解析赛车用时最短，就要求赛车通过大、小圆弧时，速度都应达到允许的最大速度，通过小圆弧时，由eq\f(mveq\o\al(2,1),r)＝2.25mg得v1＝30m/s；通过大圆弧时，由eq\f(mveq\o\al(2,2),R)＝2.25mg得v2＝45m/s，B正确；赛车从小圆弧到大圆弧通过直道时需加速，故A正确；由几何关系可知连接大、小圆弧的直道长x＝50eq\r(3)m，由匀加速直线运动的速度位移公式：veq\o\al(2,2)－veq\o\al(2,1)＝2ax得a≈6.50m/s2，C错误；由几何关系可得小圆弧所对圆心角为120°，所以通过小圆弧弯道的时间t＝eq\f(T,3)＝eq\f(1,3)×eq\f(2πr,v1)＝2.79s，故D错误。4.(多选)如图所示，ab是半径为R的圆的直径，c是圆周上一点，ac＝bc。质量为m的物体仅受一个恒力作用，从a点沿ac方向射入圆形区域，经时间t沿cb方向从b点射出圆形区域。下列说法中正确的是()A．恒力沿cb方向，大小为eq\f(2\r(2)mR,t2)B．恒力方向垂直ab斜向左上，大小为eq\f(4mR,t2)C．物体在a点的速率为eq\f(2R,t)D．物体离开b点时的速率为eq\f(2\r(2)R,t)答案BD解析把物体在圆形区域内的运动沿ac方向和cb方向分解，沿ac方向初速度为va，末速度为0，物体做匀减速直线运动，由几何关系得位移为eq\r(2)R，在ac方向的平均速度eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(va＋0,2)＝eq\f(\r(2)R,t)，则va＝eq\f(2\r(2)R,t)，沿cb方向初速度为0，末速度为vb，物体做匀加速直线运动，在cb方向的平均速度eq\o(v,\s\up6(－))′＝eq\f(vb＋0,2)＝eq\f(\r(2)R,t)，解得vb＝eq\f(2\r(2)R,t)，C错误，D正确；沿ac方向的加速度ax＝eq\f(0－va,t)＝－eq\f(2\r(2)R,t2)，方向从c指向a，沿cb方向的加速度ay＝eq\f(vb－0,t)＝eq\f(2\r(2)R,t2)，方向从c指向b，合加速度为a＝eq\r(aeq\o\al(2,x)＋aeq\o\al(2,y))，解得a＝eq\f(4R,t2)，方向与ab垂直斜向左上方，根据牛顿第二定律，得恒力F＝ma＝eq\f(4mR,t2)，方向垂直ab斜向左上方，A错误，B正确。5．(2023·山东省滨州市高三下二模)从高H＝4m处的点A先后水平抛出两个小球1和2，球1与地面碰撞一次后，恰好越过位于水平地面上高为h的竖直挡板，然后落在水平地面上的D点，与地面碰撞前后水平方向的速度不变，竖直方向的速度等大反向。球2恰好越过挡板也落在D点，忽略空气阻力。挡板的高度h为()A．3.5m B．3mC．2.5m D．2m答案B解析设球1、2的初速度分别为v1、v2，从A点落到D点运动的时间分别为t1、t2，B、C间的水平距离为d，由斜抛运动的对称性及题意可知，B、D间的水平距离为3d，对球1，水平方向有3d＝v1t1，竖直方向有H＝eq\f(1,2)geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t1,3)))eq\s\up12(2)，对球2，水平方向有v2t2＝3d，竖直方向有H＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,2)，解得v1＝deq\r(\f(g,2H))，v2＝3deq\r(\f(g,2H))；球2从A点飞至挡板顶端与球1从挡板顶端飞至最高点，所用时间相等，设为t′，则H－h＝eq\f(1,2)gt′2，球1的水平位移x1＝v1t′，球2的水平位移x2＝v2t′，由几何关系知x1＋x2＝3d－d，联立可解得h＝eq\f(3,4)H＝3m，故选B。6.(2024·山东省潍坊市高三上模拟预测)如图为斜式滚筒洗衣机的滚筒简化图，在脱水过程中滚筒绕固定轴OO′以恒定的角速度转动，滚筒的半径为r，筒壁内有一可视为质点的衣物，衣物与滚筒间的动摩擦因数为μ(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，转动轴与水平面间的夹角为θ，重力加速度为g。在脱水过程中，要保持衣物始终与滚筒相对静止，滚筒转动角速度的最小值为()A.eq\r(\f(\a\vs4\al(g（μsinθ＋cosθ）),μr)) B.eq\r(\f(\a\vs4\al(g（sinθ＋μcosθ）),μr))C.eq\r(\f(\a\vs4\al(g（μsinθ－cosθ）),μr)) D.eq\r(\f(\a\vs4\al(g（sinθ－μcosθ）),μr))答案B解析衣物在垂直于转轴的平面内做匀速圆周运动，则所受合力大小不变，一直指向轨迹圆心，衣物的重力和滚筒的支持力提供向心力，分析可知，衣物在最高点时所受滚筒的弹力最小，根据最大静摩擦力与弹力成正比，可知衣物在最高点时最容易滑动。要保持衣物始终与滚筒相对静止，则衣物在最高点时有mgsinθ≤μFN，又FN＋mgcosθ＝mω2r，可解得ω≥eq\r(\f(\a\vs4\al(g（sinθ＋μcosθ）),μr))，所以在脱水过程中，要保持衣物始终与滚筒相对静止，滚筒转动角速度的最小值为eq\r(\f(\a\vs4\al(g（sinθ＋μcosθ）),μr))。故选B。7．(2022·山东省临沂市高三下二模)如图所示，在一个足够大、表面平坦的雪坡顶端，有一个小孩坐在滑雪板上。给他一个大小为v0的在雪坡平面内的水平初速度使其运动。若雪坡与滑雪板之间的动摩擦因数μ<tanθ，不计空气阻力，则小孩()A．沿初速度方向做匀速直线运动B．做类平抛运动C．最终会沿雪坡做垂直于v0方向的匀加速直线运动D．最终会沿雪坡做与v0方向保持小于90°角的加速直线运动答案C解析对小孩和滑雪板受力分析，在雪坡平面内，受到垂直于v0方向的重力的分力mgsinθ和与运动方向相反的滑动摩擦力μmgcosθ，在沿初速度方向，受到与初速度方向相反的滑动摩擦力的分力而做减速运动，直到速度减为零时滑动摩擦力垂直于v0方向沿雪坡向上，由于μ<tanθ，则μmgcosθ<mgsinθ，之后小孩沿雪坡做垂直于v0方向的匀加速直线运动。故C正确，A、B、D错误。8．拨浪鼓最早出现在战国时期，宋代时小型拨浪鼓已成为儿童玩具。四个相同的拨浪鼓上分别系有长度不等的两根细绳，两绳另一端系着等质量的两小球。绳在鼓沿上的固定点与鼓心等高，竖直手柄与鼓的竖直轴重合。现转动手柄，使两小球在水平面内做周期相同的圆周运动。下列各图中两球的位置关系可能正确的是(图中细绳与竖直方向的夹角α<θ<β)()答案C解析对摆长为L、细绳与竖直方向的夹角为θ的圆锥摆，有：mgtanθ＝mω2Lsinθ，得：ω2＝eq\f(g,Lcosθ)＝eq\f(g,h)，则角速度相同时，圆锥顶点到小球圆周运动所在平面的高度差h也是相同的。如图，可能符合上述要求的只有C图。二、非选择题(本题共2小题)9．(2023·福建高考)一种离心测速器的简化工作原理如图所示。细杆的一端固定在竖直转轴OO′上的O点，并可随轴一起转动。杆上套有一轻质弹簧，弹簧一端固定于O点，另一端与套在杆上的圆环相连。当测速器稳定工作时，圆环将相对细杆静止，通过圆环的位置可以确定细杆匀速转动的角速度。已知细杆长度l＝0.2m，杆与竖直转轴的夹角α始终为60°，弹簧原长x0＝0.1m，弹簧劲度系数k＝100N/m，圆环质量m＝1kg；弹簧始终在弹性限度内，重力加速度大小取10m/s2，摩擦力可忽略不计。(1)若细杆和圆环处于静止状态，求圆环到O点的距离；(2)求弹簧处于原长时，细杆匀速转动的角速度大小；(3)求圆环处于细杆末端P时，细杆匀速转动的角速度大小。答案(1)0.05m(2)eq\f(10\r(6),3)rad/s(3)10rad/s解析(1)设细杆和圆环处于静止状态时，弹簧的压缩量为Δx0，圆环到O点的距离为x1，则x1＝x0－Δx0对圆环受力分析，如图1所示，图中T0为弹簧对圆环的弹力，N0为细杆对圆环的弹力。根据平衡条件，沿细杆方向有T0＝mgcosα根据胡克定律得T0＝kΔx0联立并代入数据，解得x1＝0.05m。(2)设弹簧处于原长时，细杆匀速转动的角速度大小为ω1，圆环做匀速圆周运动的半径为r1，由几何关系可知r1＝x0sinα根据牛顿第二定律，圆环所受合力F合＝mωeq\o\al(2,1)r1对圆环受力分析，如图2所示，根据力的合成法则，可得F合tanα＝mg联立并代入数据，解得ω1＝eq\f(10\r(6),3)rad/s。(3)设圆环处于细杆末端P时，细杆匀速转动的角速度大小为ω2，圆环做匀速圆周运动的半径为r2，由几何关系有r2＝lsinα对圆环受力分析，如图3所示，根据胡克定律得，弹簧对圆环的弹力大小T2＝k(l－x0)对圆环，在竖直方向，根据平衡条件有mg＋T2cosα＝N2sinα在水平方向，根据牛顿第二定律有T2sinα＋N2cosα＝mωeq\o\al(2,2)r2联立并代入数据，解得ω2＝10rad/s。10．(2023·湖南省衡阳市高三下二模)如图所示，小车的质量M＝5kg，底板距地面高h＝0.8m，小车与水平地面间的动摩擦因数μ＝0.1，车内装有质量m＝0.5kg的水(不考虑水的深度)，现给小车一初速度，使其沿地面向右自由滑行，当小车速度为v0＝10m/s时，车底部的前方突然出现一条与运动方向垂直的裂缝，水从裂缝中连续渗出，形成不间断的水滴，设每秒滴出的水的质量为Δm＝0.1kg，并由此时开始计时，空气阻力不计，g取10m/s2，求：(1)t＝4s时，小车的加速度大小；(2)到小车停止运动，水平地面上水滴洒落的长度。答案(1)1m/s2(2)35.5m解析(1)设小车减速的某时刻，车内水的质量为m′，小车的加速度大小为a，则小车与水整体受到的摩擦力f＝μ(M＋m′)g对小车与水整体，根据牛顿第二定律，有f＝(M＋m′)a联立并代入数据得a＝1m/s2由匀变速直线运动规律有v0＝at1解得小车运动时间t1＝10st＝4s<t1，则t＝4s时，小车的加速度大小为1m/s2。(2)设水全部滴出所用的时间为t0，则t0＝eq\f(m,Δm)解得t0＝5s由于t0<t1，则水刚滴完时小车还没有停止运动最后一滴水离开小车时，小车的速度v1＝v0－at0水滴离开小车后做平抛运动，设运动的时间为t2，则h＝eq\f(1,2)gt2代入数据解得v1＝5m/s，t2＝0.4s由于t0＋t2<t1，故最后一滴水落地后小车仍在运动设第一滴水平抛运动沿水平方向的位移为x1，最后一滴水平抛运动沿水平方向的位移为x2，在t0时间内小车的位移为x3，则到小车停止运动，水平地面上水滴洒落的长度为L＝x2＋x3－x1根据运动学公式，有x1＝v0t2x2＝v1t2x3＝v0t0－eq\f(1,2)ateq\o\al(2,0)联立并代入数据，解得L＝35.5m。热点概述：圆周运动与平抛运动的综合问题，是高考的热点，也是高考的重点。此类综合问题主要是水平面内的圆周运动与平抛运动的综合考查和竖直面内的圆周运动与平抛运动的综合考查。水平面内的圆周运动与平抛运动的综合问题1．此类问题有时是一个物体做水平面上的圆周运动，另一个物体做平抛运动，特定条件下相遇，有时是一个物体先做水平面内的匀速圆周运动，后做平抛运动，有时还要结合能量关系分析求解，多以选择题或计算题考查。2．解题关键(1)明确水平面内匀速圆周运动的向心力来源，根据牛顿第二定律和向心力公式列方程。(2)平抛运动一般是沿水平方向和竖直方向分解速度或位移。(3)速度是联系前后两个过程的关键物理量，前一个过程的末速度是后一个过程的初速度。eq\a\vs4\al()(2022·河北高考)(多选)如图，广场水平地面上同种盆栽紧密排列在以O为圆心、R1和R2为半径的同心圆上，圆心处装有竖直细水管，其上端水平喷水嘴的高度、出水速度及转动的角速度均可调节，以保障喷出的水全部落入相应的花盆中。依次给内圈和外圈上的盆栽浇水时，喷水嘴的高度、出水速度及转动的角速度分别用h1、v1、ω1和h2、v2、ω2表示。花盆大小相同，半径远小于同心圆半径，出水口截面积保持不变，忽略喷水嘴水平长度和空气阻力。下列说法正确的是()A．若h1＝h2，则v1∶v2＝R2∶R1B．若v1＝v2，则h1∶h2＝Req\o\al(2,1)∶Req\o\al(2,2)C．若ω1＝ω2，v1＝v2，喷水嘴各转动一周，则落入每个花盆的水量相同D．若h1＝h2，喷水嘴各转动一周且落入每个花盆的水量相同，则ω1＝ω2[答案]BD[解析]根据平抛运动的规律有h＝eq\f(1,2)gt2，R＝vt，解得R＝veq\r(\f(2h,g))，可知若h1＝h2，则v1∶v2＝R1∶R2，若v1＝v2，则h1∶h2＝Req\o\al(2,1)∶Req\o\al(2,2)，A错误，B正确。设喷水嘴的横截面积为S0，转动周期为T，则喷水嘴转动一周的喷水量Q＝vS0T＝vS0eq\f(2π,ω)，单位长度上的花盆所得水量为Q单＝eq\f(Q,2πR)＝eq\f(vS0,ωR)；若ω1＝ω2，v1＝v2，则eq\f(Q单1,Q单2)＝eq\f(R2,R1)，知Q单1>Q单2，即喷水嘴各转动一周，落入内圈上每个花盆的水量较多，C错误。根据Q单＝eq\f(vS0,ωR)、R＝veq\r(\f(2h,g))，得Q单＝eq\f(S0,ω)eq\r(\f(g,2h))，若h1＝h2，喷水嘴各转动一周且落入每个花盆的水量相同，即Q单1＝Q单2，则ω1＝ω2，D正确。竖直面内的圆周运动与平抛运动的综合问题1．此类问题有时物体先做竖直面内的变速圆周运动，后做平抛运动，有时物体先做平抛运动，后做竖直面内的变速圆周运动，往往要结合能量关系求解，多以选择题或计算题考查。2．解题关键(1)竖直面内的圆周运动首先要明确是“轻杆模型”还是“轻绳模型”，一般要分析物体能够到达圆周最高点的临界条件。(2)速度也是联系前后两个过程的关键物理量。（多选）“快乐向前冲”节目中有这样一种项目，选手需要借助悬挂在高处的绳飞跃到鸿沟对面的平台上，已知开始时绳与竖直方向夹角为α，绳的悬挂点O距平台的竖直高度为H，绳长为L。如果质量为m的选手抓住绳子由静止开始摆动，运动到O点的正下方时松手，做平抛运动，不考虑空气阻力和绳的质量，下列说法正确的是（）A．选手刚摆到最低点时处于超重状态B．选手刚摆到最低点时所受绳子的拉力为(3－2cosα)mgC．若绳与竖直方向夹角仍为α，当L＝eq\f(H,2)时，落点距O点的水平距离最远D．若绳与竖直方向夹角仍为α，当L＝eq\f(H,3)时，落点距O点的水平距离最远[答案]ABC[解析]选手摆到最低点时加速度方向竖直向上，处于超重状态，A正确；选手摆到最低点时，T－mg＝meq\f(v2,L)，质量为m的选手由静止开始，运动到O点正下方过程中机械能守恒，故mgL·(1－cosα)＝eq\f(1,2)mv2①，联立解得T＝(3－2cosα)mg，B正确；从最低点松开绳子后，选手做平抛运动，故在水平方向上做匀速直线运动，x＝vt②，在竖直方向上做匀加速直线运动，H－L＝eq\f(1,2)gt2③，联立①②③解得x＝eq\r(4L（H－L）（1－cosα）)，根据数学知识可知当L＝H－L，即L＝eq\f(H,2)时，x最大，C正确，D错误。1.(2022·山东省德州市高三下二模)如图所示，天花板上悬挂的电风扇绕竖直轴匀速转动，竖直轴的延长线与水平地板的交点为O，扇叶外侧边缘转动的半径为R，距水平地板的高度为h。若电风扇转动过程中，某时刻扇叶外侧边缘脱落一小碎片，小碎片落地点到O点的距离为L，重力加速度为g，不计空气阻力，则电风扇转动的角速度为()A.eq\f(L,R)eq\r(\f(g,2h)) B.eq\f(R,L)eq\r(\f(g,2h))C.eq\r(\f(g,2h)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(R2,L2)－1))) D.eq\r(\f(g,2h)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L2,R2)－1)))答案D解析小碎片脱离扇叶后做平抛运动，脱离点到落地点的水平位移为x＝eq\r(L2－R2)，做平抛运动的时间为t＝eq\r(\f(2h,g))，又x＝vt，v＝Rω，可得电风扇转动的角速度为ω＝eq\r(\f(g,2h)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L2,R2)－1)))，D正确。2.(多选)如图所示，直径为d的竖直圆筒绕中心轴线以恒定的转速匀速转动。一子弹以水平速度沿圆筒直径方向从左侧射入圆筒，从右侧射穿圆筒后发现两弹孔在同一竖直线上且相距为h，则(不计子弹和圆筒间的相互作用)()A．子弹在圆筒中的水平速度为v0＝deq\r(\f(g,2h))B．子弹在圆筒中的水平速度为v0＝2deq\r(\f(g,2h))C．圆筒转动的角速度可能为ω＝πeq\r(\f(g,2h))D．圆筒转动的角速度可能为ω＝3πeq\r(\f(g,2h))答案ACD解析子弹在圆筒中运动的时间与自由下落h的时间相同，为t＝eq\r(\f(2h,g))，则v0＝eq\f(d,t)＝deq\r(\f(g,2h))，故A正确，B错误；在此时间内圆筒只需转半圈的奇数倍，ωt＝(2n＋1)π(n＝0，1，2，…)，所以ω＝eq\f(（2n＋1）π,t)＝(2n＋1)πeq\r(\f(g,2h))(n＝0，1，2，…)，故C、D正确。3.(2022·山东省德州市高三下三模)为限制车辆进出，通常在公园等场所门口放置若干石球。如图所示，半径为0.40m的固定石球底端与水平地面相切，以切点O为坐标原点，水平向右为正方向建立直线坐标系Ox。现使石球最上端的小物块(可视为质点)获得大小为2.1m/s水平向右的速度，不计小物块与石球之间的摩擦及空气阻力，取重力加速度g＝10m/s2，则小物块落地点坐标为()A．x＝0.40m B．x＝0.59mC．x＝0.80m D．x＝0.84m答案D解析设小物块在石球最高点将要脱离石球表面时的速度为v0，由mg＝eq\f(mveq\o\al(2,0),R)，解得v0＝2.0m/s，因为v＝2.1m/s>2.0m/s，所以小物块从石球最高点开始做平抛运动，假设小物块落地前与石球不相撞，以竖直向上为y轴正方向建立xOy直角坐标系，则小球做平抛运动时，有x＝vt，2R－y＝eq\f(1,2)gt2，可得小球的轨迹方程为2R－y＝eq\f(gx2,2v2)，又石球边界的方程为(y－R)2＋x2＝R2，代入数据解方程组知，方程组只有一组解x＝0，y＝0.8m，即小球的轨迹与石球边界圆不相交，假设正确。将y＝0代入轨迹方程，可得小物块落地点坐标x＝0.84m，故选D。实验探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系科学探究梳理1．学会使用向心力演示器。2．通过实验探究向心力大小与物体的轨道半径、角速度和质量的关系。1．探究方法：控制变量法。2．实验思路(1)控制两物体的质量和转动半径相同，探究向心力大小与转动角速度的定量关系。(2)控制两物体的质量和转动角速度相同，探究向心力大小与转动半径的定量关系。(3)控制两物体的转动半径和角速度相同，探究向心力大小与物体质量的定量关系。向心力演示器(如图)，三个金属球(半径相同，其中两个为质量相同的钢球，另一个为质量是钢球一半的铝球)。如图所示，匀速转动手柄1，可以使变速塔轮2和3以及长槽4和短槽5随之匀速转动，槽内的小球也随着做匀速圆周运动。使小球做匀速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，通过横臂的杠杆作用使弹簧测力套筒7下降，从而露出标尺8。根据标尺8上露出的红白相间等分标记，可以粗略计算出两个球所受向心力的比值。1．把两个质量相同的小球分别放在长槽和短槽上，使它们的转动半径相同。调整塔轮上的皮带，使两个小球的角速度不同。记录向心力的大小与角速度的关系。2．保持两个小球质量不变，增大长槽上小球的转动半径。调整塔轮上的皮带，使两个小球的角速度相同。记录向心力的大小与转动半径的关系。3．换成质量不同的球，分别使两球的转动半径相同。调整塔轮上的皮带，使两个小球的角速度也相同。记录向心力的大小与小球质量的关系。4．重复几次以上实验。1．表格法(1)m、r一定实验次数eq\f(ω1,ω2)F1/格F2/格eq\f(F1,F2)123(2)m、ω一定实验次数eq\f(r1,r2)F1/格F2/格eq\f(F1,F2)12(3)r、ω一定实验次数eq\f(m1,m2)F1/格F2/格eq\f(F1,F2)122.图像法分别作出Fn­ω2图像、Fn­r图像、Fn­m图像。1．在质量和轨道半径一定的情况下，向心力的大小与角速度的平方成正比。2．在质量和角速度一定的情况下，向心力的大小与轨道半径成正比。3．在轨道半径和角速度一定的情况下，向心力的大小与质量成正比。1．污渍、生锈等使小球的质量、轨道半径变化，带来的误差。2．仪器不水平带来的误差。3．标尺读数不准带来的误差。4．皮带打滑带来的误差。1．实验前要做好横臂支架安全检查，检查螺钉是否有松动，保持仪器水平。2．实验时转速应从慢到快，且转速不宜过快，以免损坏测力弹簧。3．注意防止皮带打滑，尽可能保证ω比值不变。4．注意仪器的保养，延长仪器使用寿命，并提高实验可信度。科学探究精研考点一教材原型实验例1(2023·浙江1月选考)“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”)。[答案](1)A(2)角速度平方不变[解析](1)影响向心力大小的因素有质量、转动半径、线速度、角速度等，所以本实验需先控制其他几个因素不变，研究其中一个因素变化所产生的影响，采用的实验方法是控制变量法，故选A。(2)标尺上露出的红白相间等分标记之比等于两小球所受向心力大小的比值，根据F＝meq\f(v2,r)＝mrω2＝mreq\f(4π2,T2)，在小球质量m和转动半径r相同的情况下，两小球所受向心力大小的比值即左右标尺露出的红白相间等分标记的比值等于两小球的线速度平方之比，或角速度平方之比，或周期平方的倒数之比。皮带连接的左右两变速塔轮轮缘的线速度大小相等，设所连接的左右两变速塔轮半径分别为R左、R右，根据ω＝eq\f(v轮,R)，可知两小球角速度之比为eq\f(ω左,ω右)＝eq\f(R右,R左)，保持不变，又根据F＝mrω2，可知加速转动手柄的过程中，两小球所受向心力大小的比值不变，即左右标尺露出的红白相间等分标记的比值不变。例2用如图所示的向心力演示器探究向心力大小的表达式。匀速转动手柄，可以使变速塔轮以及长槽和短槽随之匀速转动，槽内的小球也随着做匀速圆周运动。使小球做匀速圆周运动的向心力由横臂的挡板对小球的压力提供，球对挡板的反作用力，通过横臂的杠杆作用使弹簧测力套筒下降，从而露出标尺。根据标尺上露出的红白相间等分标记，可以粗略计算出两个球所受的向心力大小之比。(1)通过实验得到如下表的数据：组数球的质量m/g转动半径r/cm转速n/(r·s－1)向心力大小Fn/红格数114.015.0012228.015.0014314.015.0028414.030.0014为研究向心力大小跟转速的关系，应比较表中的第1组和第________组数据。(2)你认为本实验中产生误差的原因有______________________________(写出一条即可)。[答案](1)3(2)质量的测量引起的误差；转动半径不准引起的误差；弹簧测力套筒的读数引起的误差(任一条均可)[解析](1)为研究向心力大小跟转速的关系，必须要保证球的质量和转动半径一定，则应比较表中的第1组和第3组数据。(2)本实验中产生误差的原因有：质量的测量引起的误差；转动半径不准引起的误差；弹簧测力套筒的读数引起的误差。考点二实验拓展与创新1．实验目的的创新由v＝ωr可知，Fn＝meq\f(v2,r)，故也可以探究Fn与v、m、r的关系，实验方法和思路不变。2．实验器材的创新用力传感器测量向心力，用光电门测量线速度(角速度)。例3某同学用图甲所示的装置探究物体做圆周运动的向心力大小与半径、线速度、质量的关系。用一根细线系住钢球，另一端连接在固定于铁架台上端的力传感器上，钢球静止于A点，将光电门固定在A的正下方。钢球底部竖直地粘住一片宽度为x的遮光条。(1)用天平测出钢球质量，用刻度尺测出摆线长度，用游标卡尺测出钢球直径，示数如图乙所示，钢球直径d＝________mm。(2)将钢球拉至不同位置由静止释放，读出钢球经过A点时力传感器的示数F及光电门的遮光时间t，算出钢球速度的平方值，具体数据如下表：12345F/N0.1240.1430.1620.1810.200v2/(m2·s－2)2.04.05.88.010.1请在下面的坐标图中，画出F­v2关系图像。(3)由图像可知，钢球的重力为________N。(4)若图像的斜率为k，钢球质量为m，重力加速度为g，则F与v2的关系式为____________(用所给物理量的符号表示)。(5)某同学通过进一步学习知道了向心力的公式，发现实验中使用公式meq\f(v2,r)求得钢球经过A点的向心力比测量得到的向心力大，你认为产生误差的主要原因是____________________________________________________________。[答案](1)11.50(2)图见解析(3)0.106(4)F＝kv2＋mg(5)光电门测出的是遮光条通过最低点时的速度，大于钢球球心通过最低点的速度[解析](1)钢球直径d＝11mm＋0.05mm×10＝11.50mm。(2)画出的F­v2关系图像如图。(3)设钢球做圆周运动的半径为l，根据F－mg＝meq\f(v2,l)可得F＝mg＋eq\f(m,l)v2，由图像的纵截距可知，钢球的重力为mg＝0.106N。(4)若图像的斜率为k，钢球质量为m，重力加速度为g，则F与v2的关系式为F＝kv2＋mg。(5)产生误差的主要原因是，光电门测出的是遮光条通过最低点时的速度，大于钢球球心通过最低点的速度。课时作业1．在探究小球做圆周运动所需向心力的大小Fn与质量m、角速度ω和半径r之间的关系的实验中。(1)在探究向心力的大小Fn与角速度ω的关系时，要保持________相同。A．ω和r B．ω和mC．m和r D．m和Fn(2)本实验采用的实验方法是________。A．累积法 B．控制变量法C．微元法 D．放大法(3)甲同学在进行如图甲所示的实验，他是在研究向心力的大小Fn与________的关系。(4)乙同学用如图乙所示装置做该实验，他测得铝球与钢球质量之比为1∶2，两球运动半径相等，观察到标尺上红白相间的等分格显示出铝球与钢球所受向心力的比值为2∶1，则他实验中与皮带相连接的变速塔轮对应的半径之比为________。答案(1)C(2)B(3)质量(4)1∶2解析(1)在探究向心力的大小Fn与质量m、角速度ω和半径r之间的关系时，需先控制其他物理量不变，研究另外两个物理量的关系。所以在探究向心力的大小Fn与角速度ω的关系时，要保持小球的质量m与运动的半径r相同。故C正确。(2)在实验时需先控制某些量不变，研究另外两个物理量的关系，该方法为控制变量法。故B正确。(3)甲同学在进行如题图甲所示的实验，由题图甲可知，两球一个为铝球一个为钢球，质量不同，转动半径相同，所以甲同学是在研究向心力的大小Fn与质量的关系。(4)两球质量之比为1∶2，所受向心力之比为2∶1，转动半径相等，根据Fn＝mω2r，则转动的角速度之比为2∶1，因为两变速塔轮靠皮带传动，变速塔轮边缘的线速度大小相等，根据v＝r′ω知与皮带连接的变速塔轮对应的半径之比为1∶2。2