2027届新高考物理热点冲刺复习+曲线运动

物理新高考适用2027届新高考物理热点冲刺复习曲线运动目录CONTENTS第1节曲线运动运动的合成与分解微专题8圆周运动的临界极值问题第2节抛体运动微专题7抛体运动中的综合问题第3节圆周运动实验5探究平抛运动的特点实验6探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系第1节曲线运动运动的合成与分解考点1曲线运动的条件和特征1.物体做曲线运动的条件2.曲线运动的特征(1)曲线运动是变速运动,加速度必不为0。(2)若做曲线运动的物体所受合力恒定,物体做匀变速曲线运动;若所受合力变化,物体做变加速曲线运动。(3)曲线运动的轨迹:始终夹在合力方向与速度方向之间,而且向合力的方向弯曲,如图

所示。

典例1

(2025届北京东城一模)一质量为m的物块在光滑水平面上以速度v0做匀速直线

运动。某时刻开始受到与水平面平行的恒力F的作用,之后其速度大小先减小后增大,

最小值为

。下列图中初速度v0与恒力F夹角正确的是

(

)

D解析物块的速度先减小后增大,可得恒力与初速度v0的夹角大于90°;将初速度v0沿

F所在直线方向和垂直F方向分解,垂直F方向的分速度不变【点拨:当恒力F与速度v垂

直时,速度最小】,如图所示,根据几何关系可得cosθ=

,解得θ=60°,故恒力F的方向与初速度方向夹角为60°+90°=150°,D正确。

提分关键·规律总结曲线运动中速率变化的判断

考点2运动的合成与分解1.运算法则:平行四边形定则2.运动分解的方法:根据运动效果分解,或采用正交分解。3.合运动与分运动的重要性质等时性合运动与分运动、分运动与分运动经历的时间相等,即同时开始、同时进行、同时停止独立性各分运动相互独立,不受其他运动的影响,各分运动共同决定合运动的性质和轨迹等效性各分运动叠加起来与合运动有完全相同的效果4.合运动性质的判断两个分运动(不共线)合运动推断依据运动性质两个匀速直线运动v0≠0,a=0匀速直线运动一个匀速直线运动和一个匀变速直线运动v0≠0,a≠0且v0与a不共线匀变速曲线运动两个初速度不为零的匀变速直线运动v0与a共线时匀变速直线运动v0与a不共线时匀变速曲线运动两个初速度为零的匀加速直线运动v0=0,a≠0匀加速直线运动(运动方向与a的方向相同)典例2

(人教版必修二P21,T6改编)某质点在Oxy平面上运动,t=0时,质点位于y轴上。它在x轴方向运动的速度-时间图像如图甲所示,它在y轴方向的位移-时间图像如图乙所示。

(1)(回归教材)①求前2s内质点加速度的大小和方向;②分析质点的速度随时间变化的规律;··········

教考衔接··········③求质点运动的轨迹方程。(2)(情境变式·已知受力分析运动)如图所示,一倾角为30°足够大的光滑斜面体固定

于水平地面上,在斜面体上建立Oxy直角坐标系。t=0时将一质量为M、可视为质点的

物块从O点由静止释放,同时对物块施加沿x轴正方向的恒力F。已知重力加速度为g,不

计空气阻力。试分析:①物块速度随时间变化的规律;②物块运动的轨迹方程。(3)(链接高考)(多选)(2024安徽,9,5分)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Oxy直角坐标系,如图(1)所示。从t=0开始,将一可视为质点的物块

从O点由静止释放,同时对物块施加沿x轴正方向的力F1和F2,其大小与时间t的关系如图

(2)所示。已知物块的质量为1.2kg,重力加速度g取10m/s2,不计空气阻力。则

(

)BDA.物块始终做匀变速曲线运动B.t=1s时,物块的y坐标值为2.5mC.t=1s时,物块的加速度大小为5

m/s2D.t=2s时,物块的速度大小为10

m/s答案(1)①2m/s2方向沿x轴正方向②v=

m/s,速度方向与x轴正方向的夹角θ满足tanθ=

③x=

-

y+12

(2)①v=t

,速度方向与x轴正方向的夹角θ满足tanθ=

②y=

x

(3)BD解析(1)①根据运动的分解可知,质点在x轴正方向做初速度为4m/s的匀加速直线运动,在y轴

负方向做速度大小为5m/s的匀速直线运动,则质点的加速度大小a=ax=

m/s2=2m/s2,方向沿x轴正方向。②质点在x轴方向的分速度vx=(4+2t)m/s,在y轴方向的分速度vy=-5m/s,则合速度大小v=

=

m/s,设速度方向与x轴正方向夹角为θ,可得tanθ=

=

。③质点在x轴方向的位移x=(4t+t2)m,在y轴方向的位移y=(10-5t)m,联立并消去t可得x=

-

y+12。(2)①在x轴方向有ax=

,vx=axt=

;在y轴方向有ay=

=

g,vy=

gt;联立可得速度大小v=

=t

,速度方向与x轴正方向的夹角θ满足tanθ=

=

。②x轴方向位移x=

axt2,y轴方向位移y=

ayt2,联立并消去t可得y=

x。(3)根据题图(2)可得,在0~4s内F1=4-t(N),F2=3t(N),故两力的合力为F=4+2t(N),物块在y

轴方向受力为mgsin30°,在x轴方向所受的力在改变,故物块所受合力在改变,物块做变

加速曲线运动,A错误;物块在y轴方向的加速度为ay=

=5m/s2,故t=1s时,物块的y坐标值为y=

ayt2=2.5m,B正确;t=1s时,x轴方向合力为6N,故此时在x轴方向的加速度ax=

m/s2=5m/s2,此时物块加速度大小为a=

=5

m/s2,C错误;t=2s时,在x轴正方向上,对物块根据动量定理有

t=mvx-0,在0~4s内F与时间t成线性关系,可得

=

N=6N,联立解得vx=10m/s,此时y轴方向速度为vy=ayt=10m/s,故此时物块的速度大小为v=

=10

m/s,D正确。考点3小船渡河模型

图示说明渡河时间最短

当船头垂直河岸时,渡河时间最短,最

短时间tmin=

渡河位移最短

当v水<v船时,满足v水-v船

cosθ=0,渡河

位移最短,最短渡河位移xmin=d

当v水>v船时,船头方向(即v船方向)与合

速度方向垂直,渡河位移最短,最短渡

河位移xmin=

典例3如图所示,消防员正在宽度d=100m、河水流速v1=5m/s的河流中进行水上救援

演练,可视为质点的冲锋舟到下游危险区的距离x=75m,其在静水中的速度为v2,则(

)

A.若冲锋舟在静水中的初速度为0,船头垂直于对岸,以恒定的加速度a=0.9m/s2冲向对岸,则能安全到达对岸B.若冲锋舟在河流中做匀速直线运动,为了使冲锋舟能安全到达河对岸,冲锋舟在静水中的速度v2不得小于3m/sC.若冲锋舟船头与河岸夹角为30°斜向上游且以速度v2=10m/s匀速航行,则恰能到达正对岸D.冲锋舟以最小的v2匀速航行恰能安全到达对岸所用的时间为25sA解析将冲锋舟的运动沿船头与沿水流两个方向分解,有d=

at2,解得t=

s,沿水流方向的位移x水=v1t=

m<x,A正确。如图所示,冲锋舟沿OP方向匀速航行恰能安全到达对岸,设冲锋舟的合速度与水流速度的夹角为θ【点拨:合速度为实际运动的速度】,则冲锋舟在静水中的速度v2至少应为vmin=v1sinθ,根据几何关系有tanθ=

,联立解得vmin=4m/s,OP=

,冲锋舟以最小的v2匀速航行恰能安全到达对岸所用的时间t2=

=

s,B、D错误。若冲锋舟船头与河岸夹角为30°斜向上游且以速度v2=10m/s匀速航行,则有v2cos30°=5

m/s>v1=5m/s,可知冲锋舟的合速度不指向正对岸,C错误。提分关键·方法提升分析小船渡河问题的思维流程

考点4关联速度模型情境图示分解图示定量结论

vB=v1=vA

cosθ

v0=v1=vA

cosθ

vA1=vB1,则vA

cosα=vB

cosβ

vA1=vB1,则vA

cosα=vB

sinα

vA1=vB,则vA

cosθ=vB典例4

(多选)用长为L的轻杆连接两个小球a、b(可视为质点),其质量分别为m和2m,墙

壁光滑,水平地面粗糙,两球与地面间的动摩擦因数相同,当a球在轻杆上端,b球在地面

上时,轻杆与竖直方向夹角θ=37°,如图甲所示,此时系统恰好保持静止。现将系统倒置,

b球在轻杆上端,a球在地面上,轻杆与竖直方向夹角仍为θ,如图乙所示,已知sin37°=0.6,

cos37°=0.8,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,不计空气阻力,下列说法正确的是(

)A.a、b两球与地面间的动摩擦因数为0.25B.图乙所示状态,系统仍保持静止状态C.图乙中给b球一向下的初速度,当轻杆与竖直方向夹角为53°时,a、b两球速度大小之比为3∶4D.图乙所示状态,给b球轻微扰动使b球下滑,可以求出b球落地时速度大小AC解析对题图甲所示系统(a、b两球及轻杆组成系统)进行受力分析,由受力平衡可得地面对系统支持力FN1=3mg、地面对系统摩擦力Ff=μFN1、Ff=FN2(FN2为墙对系统的弹力),联立可得FN2=Ff=3μmg;此时隔离出小球a进行受力分析,由受力平衡可得FN2=mgtan37°,解得μ=0.25,A正确。题图乙所示状态,系统与地面间的最大静摩擦力不变;若小球b

静止,墙壁对b球的弹力F'N2=2mgtan37°>Ff,系统无法受力平衡,B错误。题图乙所示状

态,当轻杆与竖直方向夹角为53°时,由关联速度可得vacos37°=vbcos53°,解得va∶vb=

3∶4,C正确。题图乙所示状态,b球落地前瞬间,a球的速度为零;由于摩擦力为变力,则

无法计算系统克服摩擦力所做的功,故不能计算出b球落地时速度大小,D错误。提分关键·规律总结明确合速度与分速度(1)合速度为物体实际运动的速度,一般分解合速度,不分解分速度。(2)绳、杆两端连接的物体速度大小不一定相等,但沿绳、杆方向的分速度大小一定相等。第2节抛体运动考点1平抛运动的基本规律运动图示以抛出点为坐标原点,以初速度方向为x轴正方向,竖直

向下为y轴正方向,建立坐标系

速度关系

位移关系

轨迹方程y=

x2重要推论x'=

,tanθ=2tanα典例1

(2024浙江1月,8,3分)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A。已知桶高为h,直径为D,重力加速度为g,则水离开出水口的速度大小为

(

)

A.

B.

C.

D.(

+1)D

C解析假设细水管最左端与桶右侧的水平距离为r,实现上述过程,示意图如图所示。水经过桶口时,平抛运动过程需要满足h=

gt2,r+

=v0t,落到A点时,平抛运动过程满足2h=

g

,r+D=v0t1,联立解得v0=

,C正确。提分关键·规律总结平抛运动速度和位移的变化规律(1)速度的变化规律相等时间ΔT内的速度变化量相等:Δv=gΔT,方向竖直向下,如图所示。

(2)位移的变化规律①相等时间ΔT内的水平位移相等:Δx=v0ΔT。②连续相等时间ΔT内,竖直方向上的位移差不变,即Δy=g(ΔT)2。考点2与斜面或圆弧面有关的平抛运动1.斜面约束

(明确末速度方向)由tanθ=

=

得t=

(明确末速度方向)由tanθ=

=

得t=

(明确位移方向)由tanθ=

=

=

得t=

(明确位移方向)由tanθ=

=

=

得t=

2.圆弧面约束

(明确速度方向)由tanθ=

=

得t=

在半圆内的平抛运动

(明确位移关系)由R+

=v0t得t=

(明确速度方向)由tanθ=

=

得t=

典例2如图所示,阳光垂直照射到斜面上,在斜面顶端把一小球水平抛出,小球刚好落

在木板底端。B点是运动过程中距离斜面最远处,A点是小球在阳光照射下小球经过B

点的投影点。不计空气阻力,则(

)

A.小球在斜面上的投影做匀速运动B.OA与AC长度之比为1∶3C.若D点在B点的正下方,则OD与DC长度相等D.减小小球抛出的速度,小球可能垂直落到斜面上C解析将小球的运动分解为沿斜面和垂直斜面两个方向上的分运动,可知小球沿斜

面方向做初速度为v0cosθ、加速度为gsinθ的匀加速直线运动,则小球在斜面上的投

影做匀加速直线运动,A错误;小球垂直斜面方向做初速度为v0sinθ、加速度为gcosθ

的“竖直上抛运动”,B点是运动过程中距离斜面最远处,则此时小球垂直斜面方向的

分速度刚好为0,根据对称性可知,小球从O到B与从B到C的时间相等,均为t=

,则有LOA=v0cosθ·t+

gsinθ·t2,LOC=v0cosθ·2t+

gsinθ·(2t)2,可得LAC=LOC-LOA=v0cosθ·t+

gsinθ·3t2,则有

=

>

,B错误;将小球的运动分解为水平方向的匀速运动和竖直方向的自由落体运动,则水平方向上小球从O到B有xOB=v0t,小球从O到C有xOC=

v0·2t=2xOB,若D点在B点的正下方,则有xOC=2xOD,可知D点是OC的中点,则OD与DC长度相

等,C正确;若小球垂直落到斜面上,则小球落到斜面上时的速度的水平分速度与小球从

斜面顶端抛出时的初速度方向相反,而小球在水平方向做匀速运动,小球的水平分速度

方向不可能反向,则减小小球抛出的速度,小球不可能垂直落到斜面上,D错误。提分关键·方法提升小球离斜面最大距离分析(1)沿水平方向、竖直方向建立坐标系

速度与水平方向夹角为θ时,离斜面距离最大,此时tanθ=

。(2)沿斜面和垂直斜面建立坐标系

典例3

(多选)如图所示,圆心为O的半圆形轨道ACB固定在水平地面上,轨道最低点为

C点,AB是水平直径,D点为半圆轨道上一点,O、D连线与水平方向的夹角为53°。现让

小球甲、乙(均可视为质点,质量分别为m、2m)从A点同时以水平向左的初速度抛出,甲

落到C点,乙落在D点,忽略空气阻力,sin53°=0.8,则(

)

A.乙落在D点时的速度沿半径方向B.甲、乙落在轨道前瞬间重力的功率之比为

∶2C.甲从A到C与乙从A到D所用时间之比为

∶2D.甲、乙的初速度之比为

∶4CD解析小球做平抛运动过程中,速度的反向延长线过水平位移的中点,可得乙落在D

点时的速度不可能沿半径方向,A错误。根据h=

gt2可得

=

=

=

,C正确。在竖直方向上,由vy=gt可得甲、乙落在轨道前瞬间竖直方向的速度之比vy甲∶vy乙=

∶2,则甲、乙落在轨道前瞬间重力的功率之比P甲∶P乙=mgvy甲∶2mgvy乙=

∶4,B错误。小球在水平方向做匀速运动,则在水平方向可得v0甲t甲=R、v0乙t乙=R+Rcos53°,解得v0甲∶v0乙=

∶4,D正确。考点3类平抛运动的分析运动图示以抛出点为坐标原点,以初速度方向为x轴正方向,合力方向为y轴正方向,建立坐标系速度关系

位移关系

典例4如图所示,倾角为θ=30°的光滑斜面体固定在水平地面上,斜面abcd为正方形。

一小球从斜面的顶点a处以大小v0=3.0m/s的初速度平行ab方向抛出,小球恰好从bc边

的中点飞出。已知重力加速度g取10m/s2,不计空气阻力,求斜面abcd的边长。

答案

1.8m解析

解法一

利用类平抛运动分位移的大小设斜面abcd的边长为L,在ab方向小球做匀速直线运动,有L=v0t;在ad方向小球做匀加速直线运动,有

=

gsinθ·t2;联立解得L=1.8m,t=0.6s(另一解不合题意,舍去)。解法二

利用速度偏转角与位移偏转角的关系以a点为坐标原点,设小球从bc边离开时,速度方向与ab之间的夹角为α;位移方向与ab之

间的夹角为β;有tanβ=

=

,tanα=

=2tanβ,L=v0t,联立解得L=1.8m。典例5

(多选)(2025届湖南衡阳名校检测)如图所示,一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒

子,以速度v0从M、N连线上的P点水平向右射入大小为E、方向竖直向下的匀强电场

中。已知MN与水平方向夹角为45°,粒子的重力和空气阻力可以忽略,则粒子到达M、N

连线上的某点时(

)A.所用时间为

B.速度大小为

v0ABCC.与P点的距离为

D.速度方向与竖直方向的夹角为30°解题导引

以P点为坐标原点,沿v0方向建立x轴,粒子在该方向上做匀速直线运动;沿电

场方向建立y轴,粒子在该方向上做初速度为零的匀加速直线运动。解析粒子做类平抛运动,由运动的分解可得tan45°=

=

,其中a=

,解得t=

,A正确。粒子到M、N连线上某点的速度大小v=

=

v0,B正确。粒子到M、N连线上某点时与P点的距离L=

v0t=

,C正确。根据平抛运动推论可得,粒子到M、N连线上某点时速度与水平方向夹角α满足tanα=2tan45°=2>tan60°,故速度

方向与竖直方向的夹角

小于30°,D错误。考点4斜抛运动运动图示以抛出点为坐标原点O,水平向右为x轴的正方向,竖直向

上为y轴的正方向,建立平面直角坐标系,如图所示水平方向速度vx=

=v0

cosθ位移x=

t=v0

cosθ·t竖直方向速度vy=

-gt=v0

sinθ-gt位移y=

t-

gt2=v0

sinθ·t-

gt2飞行时间t总=

射高Hm=

射程xm=

(若v0一定,当θ=45°时,xm最大)典例6

(多选)(2024江西,8,6分)一条河流某处存在高度差,小鱼从低处向上跃出水面,

冲到高处。如图所示,以小鱼跃出水面处为坐标原点,x轴沿水平方向,建立坐标系,小鱼

的初速度为v0,末速度v沿x轴正方向。在此过程中,小鱼可视为质点且只受重力作用。

关于小鱼的水平位置x、竖直位置y、水平方向分速度vx和竖直方向分速度vy与时间t的

关系,下列图像可能正确的是

(

)

AD解析小鱼做斜上抛运动,其竖直分运动为竖直上抛运动,水平分运动为匀速直线运

动。在水平方向有x=vt,x与t成正比,A正确。在竖直方向有y=v0yt-

gt2,y-t图线为开口向下的抛物线,B错误。水平方向的分速度vx=v0x=v,不随时间变化,C错误。竖直方向的分

速度vy=v0y-gt,vy-t图线为斜率为负的直线,D正确。提分关键·方法提升逆向思维处理斜抛运动利用斜上抛运动至最高点时速度水平的特点,可以将斜抛运动从最高点分段研究,前半

段相当于反向的平抛运动,后半段相当于平抛运动。微专题7

抛体运动中的综合问题题型1抛体运动中的临界极值问题1.抛体运动中的临界问题常见描述“恰好通过某处”“满足某种条件的最大或最小初速度”“速度恰沿某方向”等解题关键画出运动草图,寻找临界点,确定临界条件,确定已知量与未知量的关系2.抛体运动中的极值问题主要问题利用抛体运动规律和几何关系,得到相关函数关系式,利用数学方法求解最大或最小值常见方法二次函数求极值、均值不等式求极值、导数求极值等典例1某运动员从滑雪跳台以不同的速度v0水平跳向对面倾角为45°的斜坡(如图所

示),已知跳台的高度为h,不计空气阻力,重力加速度为g,则该运动员落到斜坡上的最小

速度为

(

)

A.

B.

C.

D.

C解析设运动员落到斜坡上经历的时间为t,以跳出点为坐标原点,沿水平方向建立x

轴,沿竖直方向建立y轴,水平方向上的位移x=v0t①;竖直方向上的位移y=

gt2②;由几何关系可得x=(h-y)·tan45°③;联立可得v0=

-

gt④。运动员落到斜坡上时的速度v满足v2=

+(gt)2⑤。联立④⑤可得v2=

+(gt)2,变形可得v2=

+

(gt)2-gh;当

=

(gt)2时,速度v最小,最小值为vmin=

,C正确。解题导引

拓展变式

(“配速法”解决实际抛体问题)(多选)(2025届安徽芜湖一中质量诊断)某同学将一乒乓球从距水平地面高h处的A点以速度v0水平抛出,乒乓球运动过程中受到的空气阻力大小始终与速率成正比,方向始终与运动方向相反,落到水平地面上的B点时速度大小恰为v0、方向竖直向下,如图所示。已知乒乓球从A点抛出时受到的空气阻力恰好等于自身受到的重力,重力加速度大小为g。则关于乒乓球从A点运动到B点的过程,下列说法正确的是

(

)A.空气阻力对其做的功为mghB.射程为

C.运动时间为

+

D.速率的最小值为

v0

BD解析乒乓球从A点到B点,根据动能定理可得mgh+Wf=

m

-

m

,解得空气阻力对乒乓球做的功Wf=-mgh,A错误。水平方向,取初速度方向为正,根据动量定理可得-∑kvx

Δt=0-mv0,即kx=mv0;初态时f=mg=kv0,联立可得射程x=

,B正确。竖直方向,取竖直向下为正,根据动量定理可得mgt-∑kvyΔt=mv0-0,即mgt-kh=mv0,解得t=

+

,C错误。如图甲所示,将乒乓球的初速度分解为v1、v2,使速度v1对应的阻力f1与重力平衡,则可将乒乓球

的运动分解为竖直向下的匀速直线运动和斜向上的变速直线运动,由图甲中几何关系

可得f1=kv1=mg(即v1=v0)、f2=kv2、α=45°,乒乓球受到的合力可等效为f2,

图乙为乒乓球速度变化矢量图,可得当合速度方向v与速度v2方向垂直

(如图乙vmin⊥v2')时,乒乓球的速度最小,由几何关系可得vmin=v1sin45°=

v0,D正确。题型2立体空间中的抛体运动问题核心思想:建立合适的坐标系,将三维问题降为二维问题,将立体空间问题转化为平面问

题,结合合成与分解的思想“化曲为直”,进行求解。典例2

(多选)(2022山东,11,4分)如图所示,某同学将离地1.25m的网球以13m/s的速度

斜向上击出,击球点到竖直墙壁的距离4.8m。当网球竖直分速度为零时,击中墙壁上离

地高度为8.45m的P点。网球与墙壁碰撞后,垂直墙面速度分量大小变为碰前的0.75倍,

平行墙面的速度分量不变。重力加速度g取10m/s2,网球碰墙后的速度大小v和着地点

到墙壁的距离d分别为

(

)BDA.v=5m/s

B.v=3

m/sC.d=3.6m

D.d=3.9m解析网球击中墙壁时,竖直分速度减为零,故击出时vy=

=12m/s,t上=

=1.2s,击出时vx=

=5m/s,水平位移x=vxt上=6m,网球击中墙壁前瞬间,在垂直墙面方向上的速度分量vx⊥=

=4m/s,在平行墙面方向上的速度分量vx∥=

=3m/s,碰墙后v'x⊥=0.75vx⊥=3m/s,故碰墙后的速度大小v=

=3

m/s,碰墙后着地点到墙壁的距离为d=v'x⊥·

=3.9m,B、D正确。

高考变式

(空间几何关系)试计算出网球着地点与击出点之间的距离。答案

7.66m解析如图所示,网球着地点与击出点沿z轴方向的距离z1=d0-d=(4.8-3.9)m=0.9m;

沿x轴方向的距离x1=v0x(t1+t2)=7.5m;网球着地点与击出点之间的距离s=

≈7.66m。提分关键·方法提升降维法一般步骤

题型3抛体运动中的相遇问题常见类型平抛与直线运动相遇、平抛与平抛相遇、平抛与竖直

上抛相遇、平抛与斜抛相遇等特点两物体同一时刻到达空间同一位置解题方法利用运动的合成与分解将二维追及相遇问题转化为一

维的追及相遇问题;根据运动过程草图找到位移关系、

速度关系和时间关系典例3

(2023湖南,2,4分)如图(a),我国某些农村地区人们用手抛撒谷粒进行水稻播

种。某次抛出的谷粒中有两颗的运动轨迹如图(b)所示,其轨迹在同一竖直平面内,抛出

点均为O,且轨迹交于P点,抛出时谷粒1和谷粒2的初速度分别为v1和v2,其中v1方向水平,

v2方向斜向上,忽略空气阻力,关于两谷粒在空中的运动,下列说法正确的是

(

)

A.谷粒1的加速度小于谷粒2的加速度B.谷粒2在最高点的速度小于v1C.两谷粒从O到P的运动时间相等D.两谷粒从O到P的平均速度相等B解题导引

解析两谷粒从O点抛出后均只受重力作用,故加速度相同,A错误。两谷粒从O运

动到P的竖直方向位移与水平方向位移均相同,设谷粒2抛出时速度方向与水平方向间

夹角为θ,有h=-v2sinθ·t2+

g

,x=v2cosθ·t2,对谷粒1有h=

g

,x=v1t1,可得t1<t2,v2cosθ<v1,即谷粒2在最高点的速度小于v1,B正确,C错误。两谷粒从O到P位移相同,但t1<t2,由平均

速度的定义可知

>

,D错误。易错警示谷粒1和谷粒2同时抛出,运动轨迹相交,并不能判断谷粒1和谷粒2同时出现在P点,所以

不能判断两谷粒从O到P的运动时间相等。高考变式

(平抛与竖直上抛相遇)(多选)如图,物体甲从高H处以速度v1平抛,同时乙

从水平方向距甲s处由地面以初速度v2竖直上抛,不计空气阻力,重力加速度为g,则(

)

A.若两物体在空中能够相遇,从抛出到相遇的时间为

ABDB.若要物体乙在上升过程中与甲相遇,必须满足

=

,v2>

C.若要物体乙在下降过程中与甲相遇,必须满足

=

,v2>

D.若相遇点离地高度为

,则v2=

解析若两物体在空中能够相遇,竖直方向应满足

gt2+

=H,解得t=

,A正确。相遇时,甲水平方向分位移为s,可得t=

,所以

=

;若要物体乙在上升过程中与甲相遇,需满足

>

,可得v2>

,B正确。若要物体乙在下降过程中与甲相遇,需满足

<

<2

,可得

<v2<

,C错误。若相遇点离地高度为

,对物体甲有

=

gt2,由于t=

,解得v2=

,D正确。一题多解物体甲、乙的加速度相同,可知甲相对乙水平方向以v1向右做匀速直线运动,竖直方向

以v2向下做匀速直线运动,所以相遇时有t=

=

,A正确。第3节圆周运动考点1圆周运动的运动学问题1.描述圆周运动的物理量间的关系

共轴传动皮带传动齿轮传动摩擦传动

角速度相同轮缘或啮合处线速度大小相等

ωA=ωBvA∶vB=r∶RaA∶aB=r∶RvA=vB,ωA∶ωB=R∶raA∶aB=R∶r(齿数比等于半径比)2.常见的传动方式典例1

(2025届广东深圳龙岗区期末)一飞轮传动系统如图所示,设各轮的转轴均固定

且相互平行,甲、乙两轮同轴且无相对转动,已知甲、乙、丙、丁四轮的半径之比为

5∶2∶3∶1,A、B分别是甲、乙两轮边缘上的点,两传送带在四轮转动时均不打滑,下

列判断正确的是

(

)

A.甲、乙两轮的角速度相等B.A点向心加速度比B点的小C.两传送带的线速度大小相等D.当丙轮转1圈时,丁轮已转了10圈A解析甲、乙两轮同轴传动,可得两轮角速度相等,A正确。A、B两点角速度相等,由

于rA>rB,根据a=ω2r可得aA>aB,B错误。甲、乙两轮角速度相等,由于r甲∶r乙=5∶2,根据v=

ωr可得v甲∶v乙=5∶2,C错误。由于v甲∶v乙=5∶2,且v丁=v甲,v乙=v丙,可得v丁∶v丙=5∶2;丙、

丁两轮半径之比为3∶1,根据v=ωr可得ω丁=

ω丙,故丙轮转1圈时,丁轮已转了

圈,D错误。考点2圆周运动的动力学问题

图像合力作用效果匀速圆周

所受合力提供向心力F合=man=m

=mrω2=m

r=mωv变速圆周

Ft改变速度大小;Fn提供向心力,改变

速度方向离心或近心

F=0时,物体沿切线方向飞出;0<F<mω2r时,物体逐渐远离圆心;F>mω2r时,物体逐渐靠近圆心典例2

(人教版必修二P42,T5改编)如图1所示,质量为m的小球用细绳悬于P点,使小球

在水平面内做匀速圆周运动,重力加速度为g,小球可视为质点。

(1)(回归教材)①若悬挂小球的绳长为l,小球做匀速圆周运动的角速度为ω,绳对小球

的拉力F有多大?②如图2所示,若保持绳长l不变,改变轨迹圆的圆心O到悬点P的距离h,增大细绳与竖直··········

教考衔接··········方向的夹角θ,则小球做匀速圆周运动的角速度ω将如何变化?(2)(情境变式)图甲是两个圆锥摆,两摆球运动轨道在同一个水平面内,图乙是完全相

同的两个小球在内壁光滑的倒圆锥内做匀速圆周运动。下列说法正确的是

(

)

A.甲图中两摆球的运动周期相等B.甲图中两摆球的线速度大小相等C.乙图中两个小球的线速度大小相等D.乙图中两个小球的角速度大小相等A(3)(链接高考)(2023福建,15,12分)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)①mω2l②增大

(2)A

(3)①0.05m②

rad/s③10rad/s解析(1)①设细绳与竖直方向的夹角为θ,则对题图1中小球受力分析有Fsinθ=mω2lsinθ,解

得F=mω2l。②对题图2中小球进行受力分析,水平方向有Fsinθ=mω2lsinθ,竖直方向有Fcosθ=mg,

解得ω2=

=

,可见在h减小的情况下,角速度ω增大。(2)设题图甲中做圆锥摆运动的其中一个小球对应摆线与竖直方向的夹角为θ,摆球与

悬点的高度差为h,线速度大小为v,周期为T,根据牛顿第二定律有mgtanθ=m

=m

htanθ,解得v=

tanθ,T=2π

,由此可知题图甲中两摆球的线速度大小不相等,周期相等,A正确,B错误;设题图乙中倒圆锥母线与竖直方向夹角为α,由牛顿第二定律

可得

=m

=mrω'2,解得v'=

,ω'=

,题图乙中两球运动的轨道半径r不同,故线速度、角速度大小均不同,C、D错误。(3)①细杆和圆环处于平衡状态,对圆环受力分析如图甲所示,得T0=mgcosα=5N

根据胡克定律F=kΔx得Δx0=

=0.05m弹簧弹力方向沿杆向上,故弹簧处于压缩状态,弹簧此时的长度即圆环到O点的距离x1=

x0-Δx0=0.05m。②若弹簧处于原长,则圆环仅受重力和支持力,其合力使圆环在水平面内做匀速圆周运

动。根据牛顿第二定律得

=m

r,由几何关系得圆环此时转动的半径r=x0sinα,联立并代入数据解得ω0=

rad/s。③圆环处于细杆末端P时,弹簧伸长量Δx'=l-x0,根据胡克定律得弹簧弹力T=k(l-x0)=10N对圆环受力分析如图乙所示,对各力正交分解,竖直方向受力平衡,有mg+Tcosα=Nsinα,水平方向合力提供向心力,则有Tsinα+Ncosα=mω2r'由几何关系得r'=lsinα联立并代入数据解得ω=10rad/s。提分关键·方法提升圆周运动中动力学问题的分析思路微专题8

圆周运动的临界极值问题题型1水平面内圆周运动的临界极值问题情境受力分析临界状态对应规律

初始有F静=mω2r临界状态:静摩擦力达到最大,有F静max

=m

r

临界状态1:当FB静=FBmax时,绳子上将

要产生拉力临界状态2:当FA静=FAmax时,A、B将要

与转盘发生相对滑动

A、B开始滑动的临界状态:FBmax+F'T=mBω2rBFT-FAmax=mAω2rA

通过比较两接触面的动摩擦因数μ来

判定谁先滑动,动摩擦因数小的先滑

动

临界状态:当FT+F静max=mAω2r时,A物体

即将相对转盘向外滑动

临界状态:当FN=0,即ω=

时,小球即将“飘起来”典例1

(多选)如图所示,两个质量均为m的小木块a和b(可视为质点)放在水平圆盘上,a

与转轴OO‘的距离为l,b与转轴的距离为2l。木块与圆盘间的最大静摩擦力为木块所受

重力的k倍,重力加速度大小为g。若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动,用ω表示

圆盘转动的角速度,且最大静摩擦力等于滑动摩擦力,下列说法正确的是

(

)

A.b一定比a先开始滑动B.a、b所受的摩擦力始终相等C.ω=

是b开始滑动的临界角速度D.当ω=

时,a所受摩擦力的大小为kmgAC解析设木块a刚开始发生滑动的临界角速度为ωa,可得kmg=m

l,解得ωa=

,同理可得b刚开始发生滑动的临界角速度为ωb=

,ωb<ωa,故b一定比a先开始滑动,A、C正确。两木块相对圆盘滑动前,转动的角速度相同,由静摩擦力提供向心力,对a分析可得fa

=mω2l,对b分析可得fb=mω2·2l=2mω2l,故fa<fb,B错误。当ω=

时,ω<ωa,a没有发生滑动,对a分析可得fa=mω2l=

kmg,D错误。典例2

(多选)如图所示,水平圆盘可绕竖直轴转动,沿直径方向放着用细线相连的质量

均为m的物体A和B,它们分居圆心两侧,与圆心距离分别为RA=r,RB=2r,A和B与圆盘间的

动摩擦因数分别为μ和

,圆盘静止时细线刚好伸直且无张力。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g,现让圆盘从静止开始缓慢加速,则

(

)

A.当ω<

时,细线中没有张力ACB.当ω=

时,物体A受到的摩擦力指向圆心C.当ω=

时,两物体刚好不滑动D.当两物体刚好不滑动时烧断细线,A仍相对圆盘静止,B将做离心运动解析

①假设物体A、B间无细线相连,试分析物体A、B相对圆盘即将滑动的临界角速度是多

大?当物体A相对圆盘即将滑动时,有μmg=m

r,解得ω1=

。当物体B相对圆盘即将滑动时,有

mg=m

·2r,解得ω2=

。故当ω<

时,细线中没有张力,A正确。②当圆盘的角速度ω>

时,随着ω变大,物体A和B与圆盘间的摩擦力如何变化?ω>

且A、B不相对圆盘滑动时,物体B与圆盘间的摩擦力为最大静摩擦力fB=

mg,且保持不变。对物体A,由牛顿第二定律可得FT+fA=mω2r;FT=FT',对物体B,由牛顿第二定律

可得FT'+

mg=mω2·2r;联立可得

mg-fA=mω2r,所以fA会随ω的增大而减小,当ω=

时,fA=0,B错误。③当圆盘的角速度ω>

时,随着ω变大,物体A和B与圆盘间的摩擦力如何变化?ω>

且A、B不相对圆盘滑动时,物体B与圆盘间的摩擦力为最大静摩擦力fB=

mg,且保持不变。由

mg-fA=mω2r可得fA会变向,即A受到的摩擦力背离圆心。当物体A与圆盘间达到最大静摩擦力时,有

mg+μmg=mω2r,解得ω=

,此时两物体刚好不滑动,C正确。④当圆盘的角速度ω=

时烧断细线,物体A、B将做什么运动?当两物体刚好不滑动时,在烧断细线的瞬间,A所需向心力为FA=mω2r=

μmg>μmg,B所需向心力为FB=mω2·2r=3μmg>

μmg,可知两物体的最大静摩擦力都不足以提供向心力,因此A和B都将做离心运动,D错误。一题多解

质心法巧解临界角速度质心的判断:根据m(-r)+m·2r=(m+m)r'可得r'=

;当物体A、B与接触面即将发生相对滑动时,可得μmg+

mg=(m+m)·ω2

,解得ω=

,故当ω=

时,两物体刚好不滑动。题型2竖直面内圆周运动的临界极值问题

绳球模型杆球模型图示

绳连球轨道内球杆连球管内球大环套小球共同特征绳或轨只能提供指向圆心的力杆或轨的力既可指向圆心,也可背离圆心现实典例凹形桥、水流星、飞机俯冲等打夯机由牛顿第二定律列方程最高点mg+FT=m

拉力mg+F杆=m

支持力mg-F杆=m

最低点FT-mg=m

F杆-mg=m

最高点速度若FT=0,即mg=m

,v=

若F杆=0,mg=m

,v=

若F杆背离圆心,mg-F杆=m

,0≤v<

FT≠0,即mg+FT=m

,v>

若F杆指向圆心,F杆+mg=m

,v>

最高点速度范围v≥

(v<

,绳球模型中球脱轨)v≥0(杆球模型不存在脱轨情况)最高点临界速度(恰好、刚好)v临=

(最高点速度不能为0)v临=0(最高点速度可以为0)典例3如图所示,长为L的轻绳一端拴一个质量为m的小球,另一端可绕O在竖直平面

内自由转动,已知小球通过最高点P时速度为

,g为重力加速度,不计一切阻力,小球可视为质点。则

(

)

A.小球运动到最低点Q时的速度大小为

B.小球运动到最低点Q时的速度大小为

C.在最高点P小球受到绳的拉力不为零D.在最高点P小球受到绳的拉力为mg··········

能力进阶··········B解析由题意,小球从P运动到Q点,根据动能定理有mg×2L=

m

-

m

,解得小球运动到最低点Q时的速度大小为vQ=

,A错误,B正确;小球在P点时,根据牛顿第二定律有F+mg=m

,解得此时小球受到绳的拉力为F=0,C、D错误。(进阶1·杆球模型)(多选)如图甲所示,轻杆一端固定在O点,另一端固定一小球,现让

小球在竖直平面内做半径为R的圆周运动。小球运动到最高点时,杆与小球间的弹力

大小为FN,小球在最高点的速度大小为v,其FN-v2图像如图乙所示,不计一切阻力。则

(

)A.小球的质量为

B.当地的重力加速度大小为

C.当v2=c时,在最高点杆对小球的弹力方向向上D.当v2=b时,小球处于完全失重状态BD解题导引

解析小球通过最高点时,若杆对小球的力为支持力,由牛顿第二定律可得mg-FN=m

;当v2=0时,mg=FN,结合图像可得mg=FN=a①;当FN=0时,v2=gR,结合图像可得gR=b②;联立①②可得g=

,m=

R【另解:由mg-FN=m 可得FN=- v2+mg,结合图像中左半部分图线可得 = ,mg=a,即m= R,g= 】,A错误,B正确。当v2=b时,小球在最高点只受重力,处于完全失重状态,D正确。当v2=c>b时,小球做圆周运动所需的向心力大于mg,通过最高

点时杆对小球的弹力方向向下,C错误。(进阶2·圆环模型)(多选)如图甲所示,质量为0.2kg的小球套在竖直固定的光滑圆环

上,并在圆环最高点保持静止。受到轻微扰动后,小球由静止开始沿着圆环运动,一段时

间后,小球与圆心的连线转过θ角度时,小球的速度大小为v,v2与cosθ的关系如图乙所

示,g取10m/s2。则

(

)

A.圆环半径为0.6mB.θ=

时,小球所受合力为4NC.0≤θ≤π过程中,圆环对小球的作用力一直增大D.0≤θ≤π过程中,圆环对小球的作用力先减小后增大AD解析小球下滑过程中,由机械能守恒定律可得mg(R-Rcosθ)=

mv2,推得v2=-2gRcos

θ+2gR;结合题图乙有2gR=12m2/s2,解得R=0.6m,A正确。θ=

时,cosθ=0,小球处于圆心等高处,可得圆环对小球的弹力FN=m

=4N;小球所受合力为F=

=2

N,B错误。0≤θ≤

时,由牛顿第二定律可得mgcosθ-FN=m

,可知随θ的增大,v也增大,所以FN必须减小,当FN=0时,mgcosθ=m

,随后有FN+mgcosθ=m

,可知随θ的增大,v也增大,所以FN必须增大;

≤θ≤π的过程中,有FN-mgcos(180°-θ)=m

,可知随θ的增大,v也增大,所以FN必须增大;所以0≤θ≤π过程中,圆环对小球的作用力先减小后增大,C错误,D正确。题型3斜面上圆周运动的临界极值问题1.特殊位置受力分析2.临界状态分析物块相对转盘即将滑动的临界位置在最低点,物块运动过程中在最低点有Ff-mgsinθ=mω2r,当Ff=μmgcosθ时转盘角速度ω达到临界值,此时μmgcosθ-mgsinθ=m

r,可得ωmax=

。典例4

(多选)转盘游戏深受人们喜爱,现将其简化为如图所示模型。倾角为θ=30°的

圆盘绕垂直于盘面且过圆心的轴做匀速圆周运动,盘面上距离轴r处有一可视为质点的

小物块与圆盘始终保持相对静止,物块质量为m,与盘面间的动摩擦因数为μ,重力加速

度为g,圆盘的角速度为ω=

,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则

(

)

A.μ的最小值为

ACDB.物块从最低点第一次转到最高点的过程中,圆盘对物块的冲量大小为

m

C.物块运动到任意关于转轴对称的两点时受到的摩擦力的大小分别为f1、f2,一定有f

+f

>m2g2D.ω增大,物块在最高点受到的摩擦力一定增大解析物块随圆盘在倾斜面上做匀速圆周运动,在垂直盘面方向有FN=mgcosθ①;在

最低点,由牛顿第二定律可得μminFN-mgsinθ=mω2r②;联立解得μmin=

,A正确。物块从最低点第一次转到最高点的过程中,取最高点速度方向为正,由动量定理可得IF+IG=mv-

(-mv),解得IF+IG=

m

,且IG≠0,重力冲量与合力冲量垂直,可得圆盘对物块的冲量大小IF≠

m

,B错误。设物块在某一位置时与圆心连线的方向和重力沿圆盘向下的分力方向的夹角为α,由余弦定理可知

=

+

-2G1Fncosα,其中G1=mgsinθ,由对称性可知f

=

+

+2G1Fncosα,且Fn=mω2r=

mg>G1,则f

+f

=2

+2

>m2g2,C正确。物块在

最高点时,由牛顿第二定律可得mgsinθ+f=mω2r,可得随着ω的增大,物块在最高点受到的摩擦力一定增大,D正确