第3讲 抛体运动与圆周运动 讲义

第3讲抛体运动与圆周运动讲义知识体系：考点一曲线运动运动的合成与分解两个分运动示例合运动性质两个直线运动匀速直线运动与匀变速直线运动互成角度匀变速曲线运动两个匀变速直线运动匀变速曲线运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直线运动和圆周运动直线运动与匀速圆周运动垂直螺旋式运动直线运动与圆周运动共面摆线运动2.沿绳或杆的速度分解方法情景示例方法:把物体的实际速度分解为垂直于绳(杆)和平行于绳(杆)两个分量,根据沿绳(杆)方向的分速度大小相等列式求解。典例1:(2025·河北石家庄高三联考)如图所示,在某次演习中一轰炸机沿着与水平方向成30°角向下进行俯冲轰炸,其俯冲的加速度大小为g,同时每隔1s向下释放一枚炮弹,若不计空气阻力,重力加速度为g,则炮弹在空中排列的图形可能是()答案B解析轰炸机在空中与地面成30°角向下做加速度大小为g的匀加速运动,以轰炸机为参考系,炮弹在与地面成30°角方向向上做初速度为0、加速度大小为g的匀加速直线运动,而炮弹在竖直方向上做自由落体运动,炮弹的合加速度如图所示,则炮弹在空中排列的图形,可能是图B,故B正确。典例2:(2025·黑、吉、辽、内蒙古卷,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v相向运动。为使塔块沿竖直方向匀速下落,则v()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解析设塔块匀速下落的速度为v0,细绳与水平方向的夹角为α,将塔块的速度沿细绳和垂直于细绳的方向分解,如图所示,沿细绳方向的速度为v1=v0sinα;将手的速度沿细绳和垂直于细绳的方向分解,则沿细绳方向的速度为v2=vcosα,则v1=v2,整理得v=v0tanα,由于两人相向运动的过程中,细绳与水平方向的夹角α逐渐增大,tanα逐渐增大,v0保持不变,所以v一直增大,B正确,A、C、D错误。考点二平抛运动1.平抛运动及研究方法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θ，位移方向与水平方向的夹角为φ，则有tanθ=2tanφ，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。3.处理平抛(类平抛)运动的技巧(1)处理平抛运动(或类平抛运动)时,利用“化曲为直”的思想,分别研究物体在两个不同方向的分运动,再根据运动学公式、牛顿运动定律、几何关系等列式求解。(2)如图甲所示,对于从斜面上水平抛出又落到斜面上的问题,有yx=tanθ,速度方向与斜面平行时,物体离斜面最远(3)如图乙所示,对平抛运动的物体垂直打在斜面上,有v0vy=tan如图丙所示,做平抛运动的物体,其位移方向与速度方向一定不同,它们之间的关系tanφ=2tanθ。大多数平抛运动与斜面(曲面)的综合问题，最终可转化为对平抛物体位移方向、速度方向分析，对位移、速度分解、计算，从而解决问题。已知速度方向，分解速度垂直落在斜面上tanθ=v0v无碰撞地进入圆弧形轨道tanθ=vyv已知位移方向，分解位移求飞行时间、位移等tanθ=yx=落在斜面上位移最小tanθ=xy=(x-R)2+y2=R2典例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M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，则()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M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h=12gt2，由于hM<hN，则tM<tN，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x=v0t=v02hg，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，典例4:(2025·广西南宁模拟)如图所示,倾角为37°的斜面体固定在水平面上,小球A在斜面底端正上方以速度v1向右水平抛出,同时,小球B在斜面顶端以速度v2向左水平抛出,两球抛出点在同一水平线上,结果两球恰好落在斜面上的同一点,且A球落到斜面上时速度刚好与斜面垂直,不计小球的大小,sin37°=0.6,cos37°=0.8。则v1∶v2等于()A.4∶3B.5∶4C.8∶7D.9∶8答案D解析小球A垂直打在斜面上,如图所示,根据几何关系可得tan37°=v1gt1。对于小球B,有tan37°=12gt22v2t2=gt22v2,又t1考点三斜抛运动性质斜抛运动是加速度为g的匀变速曲线运动，运动轨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：v0x=v0cosθ，F合x=0；x=v0tcosθ(2)竖直方向：v0y=v0sinθ，F合y=mg；y=v0tsinθ-12gt常见图例斜抛运动(类斜抛运动)的处理方法(1)斜抛运动是匀变速曲线运动,以斜上抛运动为例(如图所示)速度:vx=vx0=v0cosθ,vy=v0sinθ-gt位移:x=v0cosθ·t,y=v0sinθ·t-12gt2上升时间:t=v0sinθg射高:h=v02sin2θ2g(2)当物体做斜上抛运动至最高点时,运用逆向思维,可转化为平抛运动处理。典例5:(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L，离地高度分别为L2、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，且与水平方向夹角均为θ。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，tanθA.12 B.13 C.14答案C解析设网球离开球拍瞬间的速度大小为v0，球网高度为h，则网球两次运动过程沿水平方向均做匀速直线运动，有L=v0cosθ·t，斜向上将球击出后，沿竖直方向有h-L2=v0sinθ·t-12gt2，斜向下将球击出后，沿竖直方向有L-h=v0sinθ·t+12gt2，解得tanθ=1典例6:(多选)(2025·河南名校联考)如图所示,在一个倾角θ=15°的足够长固定斜面底端P点将小球a以某一初速度斜向上抛出,抛出方向与斜面的夹角α=30°,小球a将落在斜面上的Q点,P、Q之间的距离为l。若将小球b以相同大小的初速度从P点抛出,抛出方向与斜面的夹角调整为45°,不计空气阻力,重力加速度为g,sin15°=6−24,cos15°=A.从抛出到落在斜面上,小球a所用的时间为2B.从抛出到落在斜面上,小球a、b所用的时间相等C.小球b将落在Q点D.小球b将落在Q点的下方答案AC解析将a的加速度和初速度沿斜面方向和垂直斜面方向分解,如图所示,设初速度大小为v,则从抛出到落在斜面上,小球a所用的时间为ta=2vsinαgcosθ,则沿斜面方向有l=vcosα·ta-12gsinθ·ta2,联立解得ta=2lg,故A正确;同理,小球b所用的时间为tb=2vsin45°gcosθ≠ta=2vsin30°gcosθ,故B错误;设b球落点与P点的距离为x,则有x=vcos45°·t考点四圆周运动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Ff=mω2r恰好发生滑动：Ff=Ffmax圆锥摆模型mgtanθ=mrω2恰好离开接触面FN=02.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轻绳模型最高点：FT+mg=mv恰好通过最高点，绳的拉力恰好为0在到达最高点前M点脱离mgcosθ=mv恰好通过最高点，FN恰好为0轻杆模型最高点：mg±F=mv恰好通过最高点，杆对小球的力等于小球的重力带电小球在叠加场中的圆周运动等效法关注六个位置的动力学方程，最高点、最低点、等效最高点、等效最低点、最左边和最右边位置，等效最高点：mg'=mv2r，其中g'恰好通过等效最高点，即恰好做完整的圆周运动倾斜转盘上的物体最高点：mgsinθ±Ff=mω2r最低点：Ff-mgsinθ=mω2r在最低点恰好不发生相对滑动典例7:(2025·山东泰安高三适应性考)如图所示,质量为m、可视为质点的物块用长为L的细绳拴接放在转盘上,细绳的另一端连接在通过转盘轴心与盘固定在一起的竖直杆上,细绳刚好伸直且与竖直方向的夹角为α。已知物块与转盘之间的动摩擦因数为μ,且μ<tanα,假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度大小为g。现让整个装置(含物块)以竖直杆为轴转动,物块与盘保持相对静止,角速度从零逐渐增大到ω0后,保持ω0匀速转动,当ω0=gLcosα时A.0B.mgcosαC.mgcosα答案C解析当转盘角速度逐渐增大时,会出现临界情况,转盘对物块的支持力恰好为零,此时竖直方向有mg=FTcosα,水平方向上,由牛顿第二定律有FTsinα=mω2Lsinα,联立解得ω=gLcosα,即当ω0=gLcosα,转盘对物块的支持力恰好为零,由FTcosα=mg可得细绳的拉力大小为FT=典例8:(多选)(2025·重庆巴蜀中学适应性考试)如图所示,柔力球以迎、引、抛及弧形接发技术为特征,是一项集健身、表演和竞技为一体的富有民族特色的体育运动。如图,健身者能控制球拍使球在竖直面内做半径为R的匀速圆周运动,忽略球运动过程中受到的空气阻力。a为圆周的最高点,c为最低点,在这两处拍面水平,b、d两点与圆心O等高,已知球的质量为m,重力加速度大小为g,球在c点对球拍的压力大小为5mg,则球()A.做圆周运动的线速度大小为2B.在a处受到球拍的作用力为3mgC.在b处一定只受到两个力的作用D.圆周运动的周期为T=πR答案BD解析球在c点对球拍的压力大小为5mg,由牛顿第三定律知,在c点球拍对球的支持力大小FN=5mg,则在c点,有FN-mg=mv2R,解得v=2gR,故A错误;在a处,有FNa+mg=mv2R,解得FNa=3mg,故B正确;设在b处球拍与水平面的夹角为θ,若满足mgtanθ=mv2R,又v=2gR,解得tanθ=4,可知小球在b处可能受重力、支持力和摩擦力这三个力的作用,故C错误;圆周运动的周期为T=2πR典例9:如图所示为一儿童玩具的简化模型，AB为水平直轨道，BC和CD为两段半径为R、圆心角为37°的圆弧轨道，ABCD位于同一竖直平面内，整个轨道无摩擦且各段轨道平滑连接。在水平直轨道的A端有一弹簧枪，向左压缩弹簧可将小球向右弹出。在某次玩耍时，弹簧枪将质量为m的小球弹出后，小球恰好能够到达D点。已知重力加速度为g，不计空气阻力，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：(1)小球经过B点前后瞬间对轨道的压力大小之比；(2)更换一个质量为m2的小球，仍将弹簧压缩到相同的长度后释放，小球经过C答案(1)5∶9(2)27125解析(1)小球经过B点前瞬间，轨道对小球的支持力大小FN1=mg根据牛顿第三定律可得，小球对轨道的压力大小FN1'=FN1=mg因为小球恰好到达D点，故到达D点的速度为零，从B点到D点由动能定理得-mg·2R(1-cos37°)