2026年高考物理二轮复习（标准版）课时1 抛体运动（含答案）

课时1抛体运动

考点一运动的合成与分解

例1（2025.黑吉辽蒙卷.6）如图，趣味运动会的“聚力建高塔”活动中，两长度相等的细绳一端系在同

一塔块上，两名同学分别握住绳的另一端，保持手在同一水平面以相同速率-相向运动。为使塔块沿

竖直方向匀速下落，则火）

A.一直减小B.一直增大

C.先减小后增大D.先增大后减小

答案B

解析设两边绳与竖直方向的夹角为仇塔块沿竖直方向匀速下落的速度为^块，将I，块沿绳方向和垂直绳

方向分解，将u沿绳方向和垂直绳方向分解，可得心cosGvsin仇解得旧々，由于塔块匀速下落时。在

减小，故可知u一直增大。故选B,

S总结提升

分析关联速度问题的三个要点

⑴绳上速度处处相等（即两物体沿绳方向的速度大小相等）；

（2）物沐运动方向是合速度方向；

（3）沿的、垂直于绳分解实际速度。

例2（多选）（2024.安徽卷.9）一倾角为30。足够大的光滑斜面固定于水平地面上，在斜面上建立0孙直

角坐标系，如图甲所示。从仁0开始，将一可视为质点的物块从。点由静止释放，同时对物块施加沿

x轴正方向的力B和B，其大小与时间，的关系如图乙所示。已知物块的质量为1.2kg,重力加速度g

®l（）m/s2,不计空气阻力。贝lj（）

甲

A.物块始终做匀变速曲线运动

B.Fls时，物块的)，坐标值为2.5m

C./=ls时，物块的加速度大小为5v5m收

D.U2s时，物块的速度大小为

答案BD

解析根据题图乙可得H=4-«N),F2=3/(N),故两力的合力为6=4+2«N)

物块在)，轴方向受到的力不变，为〃?gsin30。，x轴方向受到的力A在改变，合力在改变，故物块做的不是

匀变速曲线运动，故A错误；

沿)，轴方向物块做匀加速直线运动，加速度为

a=mgsm3030°=5m/s2

」zn°

故Z=ls时，物块的)，坐标值为)=)/二2.5m,故B正确；

7=1s时，居=6N,故a=—=5m/s2

Km

22

则a=JQ『+ay=5\[2m/s,故C错误：

沿x轴正方向，对物块根据动量定理得

"/=〃叫-0

由于Ft与时间，成线性关系，故可得

(4+2XO)；(4+2X2)X2=I.2打

解得v.t=10m/s

此时y轴方向速度大小为

yv=^sin3(尸・/=5X2m/s=l()m/s

故此时物块的速度大小为

2

v=Ju/+vy=10\/2m/s,故D正确。

3迁移归一

两个分运动示例合运动性质

三工

匀速直线运动与匀变速直匀变速曲线运

线运动互成角度°l^s012^动

甲乙

两个直线运动

匀变速曲线运

两个匀变速直线运动动或匀变速直

线运动

直线运动和简谐运动单摆（类单摆）与直线运动曲线运动

4

寤—>6

直线运动与匀速圆周运动「X

螺旋式运动

垂直档[B

帅E7

直线运动和圆周运动

0、屋•UX

直线运动与圆周运动共面K摆线运动

CXK

yXK

考点二平抛运动

I.平抛运动及研究方法

条件初速度沿水平方向.只受重力作用

性质’是句变速曲线运动

M平

运箭匀速直线运动d

运

动

动常规■自由落体运动;工，

的分解法

合

究

研

成

一

方

法

与以抛出点为原点建立适当的

分

解特殊分解法直角坐标系,将加速度a分

・解为q、a,,初速度分分解

为力、%,然后在x、y方向

列方程求解

2.平抛运动的两个推论

(1)设做平抛运动的物体在任意时刻的速度方向与水平方向的夹角为。，位移方向与水平方向的夹角为

(P,则有tan6/=2tan9,如图甲所示。

(2)做平抛运动的物体任意时刻的瞬时速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点，如图乙所示。

例3(2025・云南卷-3)如图所示，某同学将两颗鸟食从O点水平抛出，两只小鸟分别在空中的何点和

N点同时接到鸟食。鸟食的运动视为平抛运动，两运动轨迹在同一竖直平面内，贝")

挈f纱

、、、一♦

N-

A.两颗鸟食同时抛出

B.在N点接到的鸟食后抛出

C.两颗鸟食平抛的初速度相同

D.在“点接到的鸟食平抛的初速度较大

答案D

解析鸟食的运动视为平抛运动，则在竖直方向有/尸改已由于九w＜加，则要同时接到鸟食，则在

N点接到的鸟食先抛出，故A、B错误；在水平方向有产物片叫借，过M点作一水平面，如图所示。可看

出在相同高度处，在M点接到的鸟食水平位移大，则在M点接到的鸟食平抛的初速度较大，故C错误，

D正确。

N

例4（2022・全国甲卷・24）将一小球水平抛出，使用频闪仪和照相机对运动的小球进行拍摄，频闪仪每

隔0.05s发出一次闪光。某次拍摄时，小球在抛出瞬间频闪仪恰好闪光，拍摄的照片编辑后如图所

示。图中的第一个小球为抛出瞬间的影像，每相邻两个球之间被删去了3个影像，所标出的两个线段

的长度si和S2之比为3：7。重力加速度大小取g=10mH,忽略空气阻力。求在抛出瞬间小球速度的

大小c

答案亭m/s

解析频闪仪每隔0.05s发出一次闪光，每相邻两个球之间被删去3个影像，故相邻两球的时间间隔为

/=4T=0.05X4s=0.2s

设抛出瞬间小球的速度为W,每相邻两球间的水平方向上位移为x,竖直方向上的位移分别为川、"，根

据平抛运动位移公式有X=VQt

）『去产二:义10X0.2,m=0.2ni

”二3。/六l-二：X10X（0.42-0.22）m=0.6m

令）『y,则有），2=3y=3y

已标注的线段si、g分别为s\=yjx2+y2

S2=yjx2+（3y）2=7x2+9y2

则有、//+y2:"2+9y2=3:7

整理得广蜉，

故在抛出瞬间小球的速度大小为

X2^5.

vo=-=—m/So

t5

例5（2025・广东肇庆市模拟）如图所示，斜面AC与水平方向的夹角为外在底端A正上方与顶端C等

高处的E点以速度如水平抛出一小球，小球垂直于斜面落到。点，重力加速度为g,不计空气阻力，

则（）

A,小球在空中飞行时间甥

B.小球落到斜面上时的速度大小为上

cosa

C.C。与DA长度的比值为丁—

D.小球的位移方向垂直于AC

答案C

解析小球的运动轨迹图如图所示，把速度分解：小球垂直于斜面落到。点，所以在。点的有tana二型，

gt

解得=」一,故A错误：小球垂直于斜面落到。点，所以小球落到斜面上时的速度大小为】，二士故B

gtanasina

错误：根据几何关系，立人二4.Sm=遮：整理得CO与D4长詹的比值为:rt-.故C正确：由位移方向

cosasina2tanza

与水平方向夹角的正切值是速度方向与水平方向夹角正切值的3可知，位移不垂直于4C,故D错误。

■多题归一

考点三斜抛运动

斜抛运动是加速度为g的匀变速曲线运动，运动轨

性质

迹是抛物线

研究方法运动的合成与分解、逆向思维法

基本规律（以斜上抛运动为例）

(1)水平方向：vbA=v()cosaFAA-0：A-VWCOS0

(2)竖直方向：voy=vosin仇产合y=mg；y=v0/sin8-%户

常见图例

斜面抛出求距离最值一定角度抛出求距离最值

例6（2025・湖北卷・6）某网球运动员两次击球时，击球点离网的水平距离均为£,离地高度分别为：、

L网球离开球拍瞬间的速度大小相等，方向分别斜向上、斜向下，旦与水平方向夹角均为仇击球后

网球均刚好直接掠过球网，运动轨迹平面与球网垂直，忽略空气阻力，tan。的值为（）

答案C

解析设网球离开球拍瞬间的速度大小为用，球网高度为九则网球两次运动过程沿水平方向均做匀速直

线运动，有L=u（）cos斜向上将球击出后，沿竖直方向有〃-呆vosin夕/-'尸，斜向下将球击出后，沿竖直

方向有L-/j=vosin解得tan方:,故选C。

例7（多选）（2024.山东卷.12）如图所示，工程队向峡谷对岸平台抛射重物，初速度%大小为20m/s,

与水平方向的夹角为30。，抛出点P和落点。的连线与水平方向夹角为30。，重力加速度大小取10

mH,忽略空气阻力。重物在此运动过程中，下列说法正确的是（）

A.运动时间为2百s

B.落地速度与水平方向夹角为60°

C.重物离PQ连线的最远距离为10m

D.轨迹最高点与落点的高度差为45m

答案BD

解析解法一

以户点为坐标原点，建立直南坐标系如图甲所示（PQ为x轴）

将Vo沿两个坐标轴分解，则有

vox=v（jcos600=10m/s,vo.v=vosin600=1OA/3m/s

将重力加速度沿两个坐标轴分解，则有

a产gsin30°=5m/s2

2

ay=gcos30°=5\/3m/s

从P点抛出至落到。点的过程中，由对称性可知仁2詈=4s,A错误;

重物距PQ连线最远距离丫=务=

10V3m,C错误;

落至。点时VA=VO.V+«A/=3Om/s

由对称性得vv=voy=10V3m/s

落至。点时速度方向与x轴夹角设为0

tan族上二£则尸30。

以3

又因PQ与水平方向夹角为30°,

则落地速度方向与水平方向夹甬Q=60。，B正确：

重物从抛出到最高点所用时间为/尸曳包竺二］s

9

从最高点到落地所用时间为『21=3S

2

则轨迹最高点与落点的高度差为/?=1^t2=45m,D正确。

解法二以P点为坐标原点建立直南坐标系，水平方向为x轴，竖直方向为），轴，如图乙所示，P'与P等

高

V

Vo.r=VoCOS30°

=1()73nVs

vov=vosin300=1()m/s

从P-P'

xi=Vfti/i=20V3m

v.v=vo,v=lOV3m/s

vv=v0v=10m/s,

从PJQ

X2=\\tl

2

y=vyt2^gt2

由几何关系知：

t3n前。：一/一lOtz+Stz-

*xx+x220>/3+10V3t2

解得：f2=2s

/恳="T2=4S,A错误；

从最高点至Q点、时间为ty=t^-y=3S

vy-gh=30m/s

tana=—=V3,<z=60°,B正确；

vx

2

H=^gt3=45m,D正确；

离P。连线最远点速度方向与PQ平行，即垂直于PQ连线的分速度为0,最远距离。二堂■二（—。?二与百

2ct£2gcos30°

m,C错误。

解法三沿初速度方向和重力加速度方向分解。

丙

如图丙所示，将重物的运动沿初速度方向、竖直方向进行分解，则沿初速度W方向的分运动为匀速直线运

动，而沿竖直方向的分运动为自由落体运动，由几何关系知ZXPQM为等边三角形，vor-sin30°=^x

得从P至。所用时间/=4s,故A错误；落在。点时的速度反向延长线通过匀速直线运动分&移PM的中

点，由此可知也与水平方向夹南为60。，B正确；重物上升时间，尸空里”二1s,则从最高点落至。点的时

9

间及=/-/产3s,轨迹最高点与落点间的高度差〃m,D正确；重物离PQ最远距离

。若=嘿照C错误，

■提炼总结

斜抛运动问题，往往有正交分解法和斜交分解法:

I.正交分解法

（1）沿水平方向和竖直方向分解

（2）沿位移方向和垂直位移方向分解

。产gsin0

ay=gcos0

2.斜交分解法

沿初速度方向和加速度方向分解，产也尸。

变式（多选）（2025・四川乐山市二模）桂北全州县大西江镇，在红七军走过的湘桂古道上有一座古炮台。

如图所示，炮筒与水平面夹角为。，炮筒口离地面的距离为儿已知炮弹从炮筒口发射的速率为uo,当

地重力加速度为g,不计空气阻力，下列说法正确的有（）

A.若a角确定,

B.若。角确定，炮弹从炮筒口运动到最高点所用时间为r=皿吧

9

C.若“角不确定，炮弹水平射程的最大值为广勿生出丝

9

D.若〃角不确定，炮弹水平射程的最大值为尸史吗无观

2g

答案BC

解析若a角确定，炮弹离地面的最大高度为广/?+驾也，选项A错误；若a角确定，炮弹从炮筒口运

动到最高点所用时间为广皿吧，选项B正确；若a角不确定，将炮弹的运动分解为沿山方向斜向上的匀

9

速直线运动和竖直向下的自由落体运动，则『二伍《产点尸/尸二力大若+且分产肥，则由数学知识得当r=-

2=2%：2叫寸x有极大值Xm=%S/+2叫选项C正确，D错误。

2agzg

|选择题解题技巧逆向思维法

解题中若运用正向思维法解题比较烦琐，可以考虑利用逆向思维法解题，这样能够使物体的运动

变成一种更简单的运动。

运动示例已知条件逆向思维

物体做匀减速直线物体做初速度已知的

匀减速直线运动

运动，末速度已知匀加速直线运动

物体做（类途〉抛运

（类）斜抛运动物体做（类）平抛运动

动，末速度水平

【示例】（2024•重庆市一模）一学生用两个颜色不同的球做斜抛运动游戏，如图所示，第一次出手，红色

球的初速度与竖直方向的夹角为a=60。；第二次出手，橙色球的初速度与竖直方向的夹角为4二30。。两

次出手的位置在同一竖直线上，结果两球正好到达相同的最高点C,则红色球、橙色球上升的高度之

比为（）

Bi/Dl

答案B

解析两个不同颜色的球做斜抛运动，经过相同的最高点，可将其逆运动看成水平向左的平抛运动，运动

轨迹如图所示，两平抛运动的水平位移相同，设为x,速度的反向延长线均过水平位移的中点，相交于同

一点。

设两球下落的高度分别为品、h2t则

解得区=巴竺/，故选B。

八2tana3

专题强化练

［分值：50分］

［1~7题，每题4分，8、9题，每题6分］

［保分基础练I

1.（2024・江苏卷4）喷泉a、6形成如图所示的形状,不计空气阻力，则喷泉。、1的（

A.加速度相同B.初速度相同

C.最高点的速度相同D.在空中的时间相同

答案A

解析不计空气阻力，喷泉喷出的水在空中只受重力，加速度均为重力加速度，A正确；设喷泉喷出的水

竖直方向的分速度为上丫，水平方向的分速度为以，竖直方向，根据对称性可知在空中运动的时间仁2后，

可知汾＞%,D错误；最高点的速度等于水平方向的分速度义厂；,由于水平方向的位移大小关系未知，无法

判断最高点的速度大小关系，根据速度的合成可知无法判断初速度的大小关系，B、C错误。

2.（2025•江西新余市一模）如图所示，位于竖直平面内的一面墙上有A、B、C三个完全相同的窗户。将一个

小球斜向上抛出，小球在空中依次飞过A、B、C三个窗户，图中曲线为小球在空中运动的轨迹，轨迹所

在的平面靠近竖直墙面，且与墙面平行。不计空气阻力的影响，以下说法中正确的是（）

A.小球通过窗户A所用的时间最短

B.小球通过窗户C的平均速度最大

C.小球通过窗户C动能变化量最小

D.小球通过窗户A克服重力做的功最多

答案A

解析小球做斜上抛运动，可以分解成水平方向的匀速直线运动和竖直方向的竖直上抛运动，水平方向运

动和竖直方向运动具有等时性。小球竖直方向速度逐渐减小，而A、B、C三个窗户的竖直高度相等，所

以通过A所用时间最短，通过C所用时间最长，故A正确；小球竖直方向速度逐渐减小，水平方向速度

不变，所以经过A的平均速度最大，经过C的平均速度最小，故B错误；根据重力做功公式％=〃名儿小

球通过A、B、C三个窗户克服重力做功相等，故D错误；根据动能定理1匕=4反，结合D选项分析可知

小球通过A、B、C三个窗户动能变化是相同，故C错误。

3.（2025・安徽卷・6）在竖直平面内，质点M绕定点O沿逆时针方向做匀速圆周运动，质点N沿竖直方向做直

线运动，M、N在运动过程中始终处于同一高度。r=0时，M、”与。点位于同一直线上，如图所示。此后

在M运动一周的过程中，N运动的速度u随时间/变化的图像可能是（）

答案D

解析因为质点M、N在运动过程中始终处于同一高度，所以N的速度四与M在竖直方向的分速度.大

小相等，设M做匀速圆周运动的角速度为①，半径为r,转动角度q在时刻，其竖直方向分速度

EvA-a/roscot,即％v=wcos①/,则D正确，A、B、C错误。

4.（2024.浙江1月选考-8）如图所示，小明取山泉水时发现水平细水管到水平地面的距离为水桶高的两倍，在

地面上平移水桶，水恰好从桶口中心无阻挡地落到桶底边沿4。已知桶高为力，直径为D,重力加速度为

g，则水离开出水口的速度大小为（）

细水管

C（您+1）。

•2

答案c

解析设出水口到水桶口中心水平距离为X,则A-=Vo后，落到桶底A点时x+^=vo解得

H及罗后故C正确。

5.（多选）（2025•河南南阳市检测）水稻抛秧是一种通过人工或抛秧机抛秧，使秧苗根部朝下，自由落入田中定

植的水稻移栽新技术。甲、乙两人从相同高度沿水平方向各抛出一根秧苗，甲、乙抛出的秧苗落入田中时

速度方向与水平方向的夹角分别为37。和53。，如图甲、乙所示.秧苗的质量相同，秧苗可视为质点，忽略

空气阻力的影响，已知sin37o=0.6,cos37o=0.8,关于甲、乙两人所抛的秧苗，下列说法正确的是（）

甲乙

A.从抛出到落入田中前的瞬间，动量变化量相同

B.从抛出到落入田中前的瞬间，动量变化量不相同

C.秧苜的初速度大小之比为4：3

D.从抛出到落入田中前的瞬间，水平位移大小之比为16：9

答案AD

解析甲、乙两人在相同高度沿水平方向各抛出一根秧苗，竖直方向有〃带以2,可知两根秧苗在空中的运

动时间，相同，又根据动量定理有，咫所以甲、乙两人所抛的秧苗从抛出到落入田中前的瞬间，动

量变化量相同，A正确，B错误；设秧苗落入田中前瞬间速度方向与水平方向的夹角为。，秧苗抛出时的

初速度为i，o,有tan牝土，则酎0=-^二卫^,所以甲、乙两人所抛秧苗的初速度大小之比为tan53°：tan

37°=16：9,C错误；因两根秧苗在空中的运动时间相同，水平方向有尸区，可知甲、乙两人所抛的秧苗

从抛出到落入田中前的瞬间，水平位移大小之比与初速度大小之比相等，即上二竺，D正确。

*乙9

6.（2025・四川巴中市检测）如图所示，弹珠发射器（可视为质点）固定于足够高的支架顶端，支架沿着与竖直墙

壁平行的方向以速度也水平运动，同时弹珠发射器可在水平面内沿不同方向发射速度大小为也（也＞0）的弹

珠。弹珠从发射到击中墙壁的过程中水平方向位移为心竖直方向位移为户已知发射器到墙壁的垂直距离

为乙重力加速度为g，不计空气阻力，下列说法正确的是（）

r弹珠发射器

A.x的最小值为

V2

B/的最小值为"L

V1

C.），的最小值为器

乙1/2

D。,的最小值为施治

答案C

解析弹珠在水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，当也垂直竖直墙壁射出时，弹珠运动

时间置短Anin=—,），的最小值为'miWgtmin2二等7，故C正确，D错误；由于也,也，则弹珠水平方向的合

速度可以垂直竖直墙壁，合速度大小为宝/艺2—%2,此时X的最小值为L,故A、B错误。

7.（2025•江西省一模）如图所示，一个小球从P点以大小为uo的初速度斜向上抛出，初速度与水平方向的夹

角为以小球恰好垂直打在竖直墙面上的8点，墙面上的A点与P点等高且与8点在同一竖直方向上；若

保持小球从P点抛出的初速度大小不变，水平抛出后小球打在墙面上的位置在A点正下方的C点。已知

AB=2AC,不计空气阻力，小球可视为质点，则。为（）

一----B

P''C

A.30°B,45°C.60°D.75°

答案B

解析设第一次斜抛小球在空中运动的时间为,,小球在空中运动的逆运动是平抛运动，第二次平抛小球

在空中运动的时间为J则vocos〃Go，，由于AB=2AC,所以有刎=2X刎2,联立两式解得445。，故选

Bo

【争分提能练1

8.（2025•山东淄博市一模）如图所示，在离地面高”的。处固定一点光源，其正前方水平距离为L处竖直放

置一光屏。将一小球以大小为w的初速度从O点水平向右抛出，在光屏上可以看到小球影子的运动，空气

阻力不计，重力加速度为g,则在小球运动过程中（)

L

0

A.影子做匀速直线运动，速度大小为当

B.影子做匀速直线运动，速度大小为经

%

C.影子做匀加速直线运动，加速度大小为g

D.影子做匀加速直线运动，加速度大小为华

n

答案A

解析小球做平抛运动，小球在光屏上的投影点如图所示，由几何知识得卜苧，其中〃二/尸，解得

尸器/,则影子的位移与时间成正比，小球在点光源照射下的影子在墙上的运动是匀速直线运动，速度大

小v=",故选Ao

2v0

9.（2025•北京市朝阳区二模）如图所示，倾角为8=37。的足够长斜面固定在水平地面上，将一小球（可视为质

点）从斜面底端。点以初速度W斜向上抛出，经过一段时间，小球以垂直于斜面方向的速度打在斜面上的

P点。已知重力加速度为g,sin37o=0.6,不计空气阻力。则0、P两点之间的距离为（）

A.

•26。B誓D霭

答案A

解析小球抛出后，将小球的速度与重力加速度分别沿斜面与叁直于斜面分解，则小球在这两个方向上均

做匀变速直线运动。小球以垂直于斜面方向的速度打在斜面上的P点，表明此时沿斜面方向的分速度恰好

减为。，根据对称性，小球打在P点时垂直于斜面方向的分速度与抛出时垂直于斜面方向的分速度等大反

向。设抛出时初速度小与斜面之间的夹角为a,在沿斜面方向上有0-wcosa二-gsin在垂直于斜面的方

向上有fosina=y（）sina・gcos8*解得tan。=白，又tansin2a+cos2«=1,得sincosa=^^,在

3cosof1313

沿斜面方向上有Lo产呼。s：）2,解得产磬，故选A。

2gsin626g

10.（10分）单板滑雪u型池比赛是冬奥会比赛项目，其场地可以简化为如图甲所示的模型：U形滑道由两个

半径相同的四分之一圆柱面轨道和一个中央的平面直轨道连接而成，轨道倾角为17.2。。某次练习过程

中，运动员以吸尸10m/s的速度从凯道边缘上的M点沿轨道的竖直切面A8CO滑出轨道，速度方向与轨道

边缘线4力的夹角。=72.8。，腾空后沿轨道边缘的N点进入轨道。图乙为腾空过程左视图。该运动员可视为

质点，不计空气阻力，取重力加速度的大小g=l（）m/s2,sin72.8o=0.96,372.8。=0.30。求:

(1)(5分)运动员腾空过程中离开AD的距离的最大值d；

(2)(5分)M、N之间的距离L。

答案(1)4.8m(2)12m

解析(1)在M点，设运动员在A8C。面内垂直AO方向的分速度为也，由运动的合成与分解规律得

Vi=vJv/sin72.8°①

设运动员在A8c。面内垂直方向的分加速度为山，由牛顿第二定律得

“zgcos17.2°=〃7al②

由运动学公式得公空③

2al

联立①②③式，代入数据得

d=4.8m④

(2)在例点，设运动员在A8C。面内平行4。方向的分速度为v2.

由运动的合成与分解规律得v2=v,vfcos72.8°⑤

设运动员在A8c。面内平行4。方向的分加速度为s,由牛顿第二定律得

“zgsin17.2°=ma2⑥

设腾空时间为由运动学公式得口也⑦

L=V2t+^Cl212⑧

联立①②⑤⑥⑦⑧式，代入数据得£=12m。⑨

课时2圆周运动天体的运动

考点一圆周运动

1.水平面内的圆周运动临界条件

模型示例动力学方程临界情况示例

水平转盘上的物体

恰好发生滑动：

力3Fi=marr

|口Ff=Ffax

1I]m

圆锥摆模型

恰好离升接触面

mgtunO=mr(o'

/…飞尺二0

2.竖直面及倾斜面内的圆周运动临界条件

模型示例动力学方程临界情况示例

1^2恰好通过最高点，绳的拉力恰

rn最高点：FT+mg=in—

好为0

1J

\/

'、、、­/

轻绳模型

在到达最高点前M点脱离

恰好通过最高点，尺恰好为0

加geosg叶

轻杆模型

rn恰好通过最高点，杆对小球的

最高点：〃?g±F=〃?亍

1J力等于小球的重力

\J

关注六个位置的动力学方

带电小球在叠加场中的圆周运动程，最高点、最低点、等

效最高点、等效最低点、

恰好通过等效最高点，即恰好

最左边和最右边位置，等

三做完整的圆周运动

效最高点：mg'=加，其中

等效法

,二J(mg)2+(qE)2

*m

倾斜转盘上的物体

最高点：〃?gsin0±Ff=morr

在最低点恰好不发生相对滑动

最低点:Ff-mgsin0=m(irr

，.宜£6

//f

例1(2024.江西卷.14)雪地转椅是一种游乐项目，其中心传动装置带动转椅在雪地上滑动。如图(a)、

(b)所示，传动装置有一高度可调的水平圆盘，可绕通过中心。点的竖直轴匀速转动。圆盘边缘A处固

定连接一轻绳，轻绳另一端8连接转椅(视为质点)。转椅运动稳定后，其角速度与圆盘角速度相等。

转椅与雪地之间的动摩擦因数为〃，重力加速度为g,不计空气阻力。

(a)圆盘在水平雪地(b)圆盘在空中

(1)在国(a)中，若圆盘在水平雪地上以角速度助匀速转动，转椅运动稳定后在水平雪地上绕。点做半

径为小的匀速圆周运动。求AB与08之间夹角Q的正切值。

(2)将圆盘升高，如图(b)所示。圆盘匀速转动，转椅运动稳定后在水平雪地上绕Oi点做半径为r2的匀

速圆周运动，绳子与竖直方向的夹角为仇绳子在水平雪地上的投影48与08的夹角为夕。求此时圆

盘的加速度C02°

答案..ngpIngsindcosp

口q(sinBsin6+〃cosd)r2

解析(1)设转椅做匀速圆周运动时轻绳拉力为FT,转椅质量为小，受力分析可知轻绳拉力沿切线方向的分

量与转椅受到地面的滑动摩擦力平衡，沿径向方向的分量提供转椅做圆周运动的向心力，故可得Reos

2

a=m(jurr\,/z/?7g=Fjsino.

联立解得tanaT312-rl

⑵设此时轻绳拉力为Fr;沿A18方向和垂直AiB方向竖直向上的分力分别为后尸Fr'sin0,FBFT'COS。

2

对转椅根据牛顿第二定律得FTIcosp=ma)2ri

沿切线方向根据平衡条件有FTisin^=F,=//FN

竖直方向根据平衡条件有FN+FT2=；^

联立解得yj，(sin片0sin吸/7+^。c力os0)、r2.

例2(2025•山东荷泽市模拟)如图，在竖直平面内，固定有一半径为R的;光滑圆弧轨道ABC,A8为

圆弧轨道的水平直径，。为圆心，C为圆弧轨道的最高点。一质量为〃?的小球(可看成质点)从A点正

上方”高处静止释放，小球运动过程中不计空气阻力，求:

(1)为使小球能在A8c轨道上运动而不脱离轨道，”应该满足的条件;

(2)若〃=0.9R,小球刚要脱离轨道时，小球距A3的高度人

答案（1）H21.5R（2）0.6/?

解析（1）小球刚好能到达C点时，在C点，对小球由牛顿第二定律可得〃电;加车

从释放小球到C的过程中，

2

由动能定理得mg（H-R）=^mvc

联立解得，二1.5我，故为使小球不脱离轨道，

H2L5R

（2）设小球刚要脱离轨道时小球与圆心的连线与竖直方向的央函为仇速度为v,

由几何关系可知cos0=-

R

对小球由牛顿第二定律可得

“zgcosg+

由动能定理得〃窗0.9R-力）=，加

联立铎得力二0.6九

3一题多变

变式1（多选）（2023・湖南卷⑻如图，固定在竖直面内的光滑轨道由直线段人8和圆弧段BC组

成，两段相切于8点，A8段与水平面夹角为aBC段圆心为0,最高点为。、A与。的高度差等于圆

弧轨道的直径2M小球从A点以初速度如冲上轨道，能沿轨道运动恰好到达。点，重力加速度为g,

下列说法正确的是（）

A.小球从8到C的过程中，对轨道的压力逐渐增大

B.小球从A到C的过程中，重力的功率始终保持不变

C.小球的初速度频

D.若小球初速度卬增大，小球有可能从B点脱离轨道

答案AD

解析由题知，小球能沿轨道运动恰好到达。点，则小球在C点的速度为也=0,则小球从。到8的过程

V2

中，2

有mgR(1-cosv,尸N=，〃gcosa-m—9耳关立有FN=3/7Z^COSa-2mg,则从C到8的过程中a由0增大

到仇则cosa逐渐减小，故心逐渐减小，而小球从8到。的过程中，由牛顿第三定律知，对轨道的压力

逐渐增大，A正确；由于A到8的过程中小球的速度逐渐减小，则A到8的过程中重力的功率大小为

P=ntgvsin0,则4到8的过程中小球重力的功率始终减小，则B错误；从4到C的过程中有-

22

mg-21?=|mvc-1/nv0,解得v°=j4gR,C错误;小球在B点恰好脱离统道有〃?geos柒〃号则

I，产JgReos。,则若小球初速度%增大，小球在8点的速度有可能为JgReos。,故小球有可能从8点脱离

轨道，D正确。

变式2（2024・全国甲卷・17）如图，一光滑大圆环固定在竖直平面内，质量为〃，的小环套在大圆环上，

小环从静止开始由大圆环顶端经。点自由下滑至其底部，Q为竖直线与大圆环的切点。则小环下滑过

程中对大圆环的作用力大小（）

A.在。点最大B.在Q点最小

C.先减小后增大D.先增大后减小

答案C

解析方法一（分析法）：设大圆环半径为R,小环在大圆环上某处（尸点）与圆环的作用力恰好为零，此时只

有小环的重力分力提供小环所需向心力，可知P点必在Q点上方，如图所示

设户点和圆心连线与竖直向上方向的夹角为0,从大圆环顶端到P点过程，根据机械能守恒定律〃琢Ri­

cos。尸亍加

在P点,由牛顿第二定律得mgeos。=〃弓

联立解得cos0=1

从大圆环顶端到P点过程，小环速度较小，小环重力沿着指向大圆环圆心方向的分力大于小环所需的向心

力，所以大圆环对小环的弹力背离圆心，不断减小，从尸点到最低点过程，小环速度变大，小环重力沿着

大圆环直径方向的分力和大圆环对小环的弹力的合力提供向心力，从尸点到。点，小环重力沿大圆环直径

的分力逐渐减小，从。点到最低点，小环重力沿大圆环直径的分力背离圆心，逐渐增大，所以大圆环对小

环的弹力逐渐变大，根据牛顿第三定律可知小环下滑过程中对大圆环的作用力大小先减小后增大。

方法二（数学法）：设大圆环半径为R,小环在大圆环上某处时，设该处和圆心的连线与竖直向上方向的夹

角为a（oweW7i）,根据机械能守恒定律得

1-cosWOWTI）

在该处根据牛顿第二定律得

F+mgeos族/『-（OWOWTC）

R

联立可得F=2mg-3mgcos0

则大圆环对小环作用力的大小为

|f]=[2〃?g-3〃?gcos例

根据教学知识可知因的大小在cos外,时最小，由牛顿第三定律可知，小环下滑过程中对大圆环的作用力大

小先减小后增大。故选C。

考点二万有引力与宇宙航行

I.开普勒定律的理解

(1)根据开普勒第一定律，行星在帏圆轨道上运动时，相等时间内扫过的面积相等，贝Uum二也「2；

(2)根据开普勒第三定律，箱,若为椭圆轨道，则，•为半长轴，若为圆轨道，则『R：其中Q瞿，两

个中心天体的质量之比与对应的提成正比。

(3)运行过程中行星的机械能守恒，即氏1+6产&2+42。

2.万有引力定律代如詈

r2

(1)，•为两质点之间的距离或两个均匀球体的球心间的距离；

(2)G为引力常量，由物理学家卡文迪什测出。

3.卫星的发射、运行及变轨

忽略自转：喈二〃®故GM=gW(黄金代换式)