第1部分 专题1 第3讲 抛体运动　圆周运动（word教参）-【创新教程】2025年高考物理大二轮专题增分方案

第3讲　抛体运动　圆周运动 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　对应学生用书　P11 考点一　运动的合成与分解 1．曲线运动的理解 (1)曲线运动是变速运动，速度方向沿切线方向． (2)合力方向与轨迹的关系：物体做曲线运动的轨迹一定夹在速度方向与合力方向之间，合力的方向指向曲线的“凹”侧． 2．曲线运动的分析 (1)物体的实际运动是合运动，明确是在哪两个方向上的分运动的合成． (2)根据合外力与合初速度的方向关系判断合运动的性质． (3)运动的合成与分解就是速度、位移、加速度等的合成与分解，遵循平行四边形定则． [例1]　(多选)(2024·河北五校联考)如图所示，在水平地面上有一个质量为M、横截面为直角三角形的木块，一长为L的轻杆的下端用铰链固定在地面上，另一端固定一个质量为m的小球，小球紧靠木块的一直角边．用水平向左的力F推木块，使木块以速度v向左做匀速运动，轻杆将绕着O点转动，经过图示位置时，轻杆与水平方向的夹角为θ，则下列说法正确的是(　　) A．此时小球的速度大小为 B．此时小球的速度大小为 C．此时轻杆转动的角速度为 D．木块匀速推小球的过程中，小球做匀速圆周运动 [解题指导] 两接触物体在垂直于接触面方向的分速度相同，平行于接触面方向的分速度若无相对滑动也相同，若有相对滑动则不同．此题中小球做圆周运动，其线速度为合速度，小球沿垂直接触面方向的分速度等于木块的速度v. [解析]　小球做圆周运动，其线速度方向与轻杆垂直．将线速度v球分解成水平方向和竖直方向上的两个分速度， 其水平分速度等于v，如图所示，即v球sin θ＝v，解得v球＝，选项A错误，B正确；轻杆转动的角速度ω＝＝，选项C正确；木块匀速推小球的过程中，杆与水平方向的夹角θ逐渐增大，由ω＝可知ω逐渐减小，所以小球做减速圆周运动，选项D错误． [答案]　BC 1．(2024·河北唐山市二模)一河流两岸平行，水流速率恒定为v1，某人划船过河，船相对静水的速率为v2，且v2＞v1.设人以最短的时间t1过河时，渡河的位移为d1；以最短的位移d2过河时，所用的时间为t2.下列说法正确的是(　　) A.＝，＝ B.＝，＝ C.＝ ，＝ D.＝ ，＝ 解析：C　[船头垂直河岸出发时，过河时间最短，即t1＝，过河位移d1＝；船以最短的位移过河时，d2＝t2，联立解得＝ ，＝ ，选项C正确．] 2．(2024·宁夏银川阶段检测)如图所示为内燃机部分结构的剖面简图，曲轴OA绕O点沿逆时针方向匀速转动，转速为n，曲轴与连杆AB连接在A点，连杆与活塞连接在B点，＝R.此时OA⊥AB，连杆AB与OB的夹角为θ，则(　　) A．图示时刻活塞的速度大小为 B．图示时刻活塞的速度大小为2πnRcos θ C．曲轴和活塞运动周期不相等 D．从图示时刻至活塞到最高点，活塞一直处于超重状态 解析：A　[根据圆周运动规律可得A点的线速度大小为vA＝2πnR，设图示时刻活塞的速度大小为v1，则根据运动的合成与分解可知vA＝v1cos θ，解得v1＝，故A正确，B错误；曲轴和活塞用连杆连接，运动周期相等，C错误；设∠OAB＝α，活塞的速度大小为v，则vAcos＝vcos θ，解得v＝vA，从图示时刻至活塞到最高点，vA不变，sin α一直减小，cos θ一直增大，所以v一直减小，活塞一直处于失重状态，D错误．] 考点二　抛体运动 1．平抛运动 (1)基本思路 处理平抛(或类平抛)运动时，一般将运动沿初速度方向和垂直于初速度方向进行分解，先按分运动规律列式，再用运动的合成求合运动． (2)两个突破口 ①对于在斜面上平抛又落到斜面上的问题，其竖直位移与水平位移之比等于斜面倾角的正切值． ②若平抛运动的物体垂直打在斜面上，则物体打在斜面上瞬间，其水平速度与竖直速度之比等于斜面倾角的正切值． 2．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＝v0cos θ，vy＝v0sin θ－gt 位移：x＝v0cos θ·t，y＝v0sin θ·t－gt2 (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． 　　　 平抛运动 [例2]　(2024·湖北卷，3)如图所示，有五片荷叶伸出荷塘水面，一只青蛙要从高处荷叶跳到低处荷叶上．设低处荷叶a、b、c、d和青蛙在同一竖直平面内，a、b高度相同，c、d高度相同，a、b分别在c、d正上方．将青蛙的跳跃视为平抛运动，若以最小的初速度完成跳跃，则它应跳到(　　) A．荷叶a B．荷叶b　C．荷叶c D．荷叶d [解析]　青蛙做平抛运动，水平方向匀速直线运动，竖直方向自由落体运动，则有x＝vt，h＝gt2， 可得v＝x，因此水平位移越小，竖直高度越大，初速度越小，因此青蛙跳到荷叶c上面时，初速度最小． [答案]　C 　　　 斜抛运动 [例3]　(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v0大小为20 m/s，与水平方向的夹角为30°，抛出点P和落点Q的连线与水平方向夹角为30°，重力加速度大小取10 m/s2，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2s 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10 m D．轨迹最高点与落点的高度差为45 m [解题指导] (1)将初速度和重力加速度分别沿PQ方向和垂直PQ分解，根据运动对称性求重物运动时间； (2)根据重物水平方向和竖直方向运动性质结合已知的运动时间求落地时水平和竖直分速度； (3)分析出重物从最高点到落地所用时间，利用h＝gt求轨迹最高点与落点的高度差． [解析]　AC.将初速度分解为沿PQ方向分速度v1和垂直PQ分速度v2，则有v1＝v0cos 60°＝10 m/s，v2＝v0sin 60°＝10 m/s， 将重力加速度分解为沿PQ方向分加速度a1和垂直PQ分加速度a2，则有a1＝g sin 30°＝5 m/s2，a2＝gcos 30°＝5 m/s2， 垂直PQ方向根据对称性可得重物运动时间为t＝2＝4 s，重物离PQ连线的最远距离为dmax＝＝10 m，故AC错误；B.重物落地时竖直分速度大小为vy＝－v0sin 30°＋gt＝30 m/s，则落地速度与水平方向夹角正切值为tan θ＝＝＝，可得θ＝60°，故B正确； D．从抛出到最高点所用时间为t1＝＝1 s，则从最高点到落地所用时间为t2＝t－t1＝3 s， 轨迹最高点与落点的高度差为h＝gt＝45 m，故D正确． [答案]　BD 考点三　圆周运动 1．求解圆周运动问题的思维流程 2．圆周运动常考的临界模型 (1)水平面内圆周运动常考的临界模型 图示 受力 临界 竖直方向：受重力和支持力，且二力的合力为零 水平方向：受静摩擦力的作用，且静摩擦力提供物体做圆周运动的向心力，关系式有：Ff＝ 当F向＝Ffmax时，物体速度达到临界值 (2)竖直面内圆周运动常考的两种临界模型 最高点无支撑 最高点有支撑 图示 最高点受力 重力mg，弹力F弹向下或等于零 重力mg，弹力F弹向下、向上或等于零 向心力来源 mg＋F弹＝m mg±F弹＝m 恰好过最高点 F弹＝0，mg＝m，v＝，即在最高点速度不能为零 mg＝F弹，v＝0，即在最高点速度可为零 　　　　　 水平面内的圆周运动及临界问题 [例4]　(2024·辽宁一模)如图所示，餐桌中心是一个半径为r＝1.5 m的圆盘，圆盘可绕中心轴转动，近似认为圆盘与餐桌在同一水平面内且两者之间的间隙可忽略不计．已知放置在圆盘边缘的小物体与圆盘间的动摩擦因数为μ1＝0.6，与餐桌间的动摩擦因数为μ2＝0.225，餐桌离地高度为h＝0.8 m．设小物体与圆盘以及餐桌之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2. (1)为使物体不滑到餐桌上，圆盘的角速度ω的最大值为多少？ (2)缓慢增大圆盘的角速度，物体从圆盘上甩出，为使物体不滑落到地面，餐桌半径R的最小值为多少？ (3)若餐桌半径R′＝r，圆盘角速度缓慢增大，则物体从圆盘上被甩出后滑落到地面上的位置到从圆盘甩出点的水平距离L为多少？ [解题指导] 读取题干 获取信息 近似认为圆盘与餐桌在同一水平面内且两者之间的间隙可忽略不计 物体从圆盘滑到餐桌时速度大小、方向均不变 小物体与圆盘间的动摩擦因数为μ1＝0.6，与餐桌间的动摩擦因数为μ2＝0.225，餐桌离地高度为h＝0.8 m．设小物体与圆盘以及餐桌之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力 (1)物体在圆盘上不滑动时的最大向心加速度； (2)物体在餐桌上做匀减速直线运动的加速度； (3)物体离开餐桌做平抛运动的竖直位移为0.8 m 缓慢增大圆盘的角速度，物体从圆盘上甩出，为使物体不滑落到地面，餐桌半径R的最小值为多少 (1)餐桌半径最小时，物体滑到餐桌边缘的速度恰为零；(2)圆盘半径、餐桌半径和物体在餐桌上的位移组成直角三角形 [解析]　(1)由题意可得，当小物体在圆盘上随圆盘一起转动时，圆盘对小物体的静摩擦力提供向心力，所以随着圆盘转速的增大，小物体受到的静摩擦力增大．当静摩擦力最大时，小物体即将滑落，此时圆盘的角速度达到最大，则有 fm＝μ1FN＝mrω2，FN＝mg， 两式联立可得ω＝＝2 rad/s. (2)由题意可得，当物体滑到餐桌边缘时速度恰好减为零，对应的餐桌半径即为最小值．设物体在餐桌上滑动的位移为x，物体在餐桌上做匀减速运动的加速度大小为a，则a＝， 因为f＝μ2mg，所以a＝μ2g＝2.25 m/s2， 物体在餐桌上滑动的初速度为v0＝ωr＝3 m/s， 由运动学公式v－v＝－2ax可得x＝2 m， 则餐桌半径的最小值R＝＝2.5 m. (3)当物体滑离餐桌时，开始做平抛运动，平抛的初速度为物体在餐桌上滑动的末速度vt′，由题意可得vt′2－v＝－2ax′， 由于餐桌半径为R′＝r，所以x′＝r＝1.5 m， 所以可得vt′＝1.5 m/s， 设物体做平抛运动的时间为t，则h＝gt2， 解得t＝ ＝0.4 s， 所以物体做平抛运动的水平位移为 x″＝vt′t＝0.6 m， 所以由题意可得L＝x′＋x″＝2.1 m. [答案]　(1)2 rad/s　(2)2.5 m　(3)2.1 m 　解决圆周运动问题的主要步骤 (1)审清题意，确定研究对象，明确物体做圆周运动的平面是至关重要的一环，如例题中是水平面内的圆周运动．水平面内做圆周运动的物体其向心力可能由弹力、摩擦力等力提供，常涉及绳的张紧与松弛、接触面分离等临界状态． (2)分析物体的运动情况，即物体运动的线速度、角速度、周期、平面、圆心、半径等． (3)分析物体的受力情况，画出受力分析图，确定向心力的来源． (4)注意临界条件．绳的临界条件为张力FT＝0，接触面滑动的临界条件为静摩擦力达到最大静摩擦力，接触面分离的临界条件为FN＝0. (5)对匀速圆周运动或变速圆周运动的某一点，根据牛顿运动定律及向心力公式列方程．对变速圆周运动的某一段，根据动能定理和几何关系列方程． 　　　　　　 竖直面内的圆周运动及临界问题 [例5]　(多选)(2024·湖南长沙市一中月考)如图所示，一质量为m＝0.1 kg的小球以竖直向上的初速度v0＝10 m/s冲入一管道，该管道为圆管道，半径为R＝5 m．已知小球的入口与圆心在同一高度．经过管道后，它又沿着水平导轨进入另一个半径为r的圆轨道，且恰好能通过圆轨道的最高点．若所有衔接处均不损失机械能，不计摩擦，小球直径以及管道内径可忽略，圆管道和圆轨道底端均与水平导轨相切，重力加速度g取10 m/s2.下列说法正确的是(　　) A．小球到达管道最高点时对管道的压力为零 B．小球到达管道最高点时速度为5 m/s C．小球到达管道最低点时对管道的压力为5 N D．圆轨道半径r为4 m [解题指导] (1)小球到达管道最高点、最低点的速度可以应用机械能守恒定律(或动能定理)求解； (2)光滑圆管属于“轻杆模型”，小球到达管道最高点的速度v≥0； (3)光滑圆轨道属于“轻绳模型”，看到“恰好能通过圆轨道的最高点”，会想到“该点小球的速度v＝ ”． [解析]　从出发点到管道的最高点，由机械能守恒定律得mv＝mgR＋mv，解得小球到达管道最高点时的速度v1＝0，即它刚好能够通过管道的最高点，选项B错误；小球到达管道最高点时速度为0，则可求得此时小球对管道的压力等于小球的重力，为1 N，选项A错误；由机械能守恒定律得mv＋mgR＝mv，解得小球到达管道最低点时速度v2＝10 m/s，在最低点，由牛顿第二定律得F－mg＝m，解得管道最低点对小球的支持力F＝5 N，再结合牛顿第三定律可知，选项C正确；小球刚好通过圆轨道最高点，则在最高点，小球速度v满足mg＝m，从出发点到圆轨道的最高点，由机械能守恒定律得mv2＋2mgr＝mgR＋mv，联立解得r＝4 m，选项D正确． [答案]　CD 　解决竖直面内圆周运动问题的关键——“两点一过程” (1)“两点”即最高点和最低点，在最高点和最低点对物体进行受力分析，找出向心力的来源，根据牛顿第二定律列方程； (2)“一过程”即从最高点到最低点(或从最低点到最高点)，往往用动能定理或机械能守恒定律将这两点联系起来． 　　　　　 斜面上的圆周运动及临界问题 [例6]　如图所示，两个质量均为m的小物块a和b(可视为质点)，静止在倾斜的匀质圆盘上．圆盘可绕垂直于盘面的固定轴转动，a到转轴的距离为l，b到转轴的距离为2l，物块与盘面间的动摩擦因数为，盘面与水平面的夹角为30°.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g.若a、b随圆盘以角速度ω匀速转动，下列说法正确的是(　　) A．a在最高点时所受摩擦力可能为0 B．a在最低点时所受摩擦力可能为0 C．ω＝是a开始滑动的临界角速度 D．ω＝是b开始滑动的临界角速度 [解析]　在最高点，若a所受摩擦力为0，靠重力沿圆盘的分力提供向心力，有mgsin θ＝mlω2，在最低点，有f－mgsin θ＝mlω2，解得最低点的摩擦力f＝mg，而最大静摩擦力fm＝μmgcos θ＝0.75mg，不可能为mg，故假设不成立，因此在最高点a所受到的摩擦力不会为0，故选项A错误；a在最低点时，由牛顿运动定律有f－mgsin θ＝mω2l，得f＝mgsin θ＋mω2l，所以a在最低点时所受摩擦力不可能为0，故选项B错误；对a在最低点，由牛顿运动定律得μmgcos θ－mgsin θ＝mωl，代入数据解得ω1＝，故选项C错误；对b在最低点，由牛顿运动定律得μmgcos θ－mgsin θ＝mω(2l)，代入数据解得ω2＝，故选项D正确． [答案]　D 　本题容易错选A选项．若a通过最高点时所受摩擦力为0，则应有mgsin θ＝mω2l，此时ω＝ ，殊不知，物块a的角速度要受在最低点不滑动的限制，物块a在最低点不发生滑动的最大角速度为 ，所以最高点摩擦力不可能为0，出现错选的原因是考虑问题不全面，只分析了最高点，而没分析最低点. 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　对应学生用书　P14 1．(多选)(2024·山东青岛市一模)水平地面上有一足够长且足够宽的固定斜面，倾角为37°，小明站在斜面底端向斜面上投掷可视作质点的小石块．若石块出手时的初速度方向与水平方向成45°，出手高度为站立点正上方1.8 m，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.下列说法正确的是(　　) A．若石块的飞行轨迹所在平面与斜面底边垂直，石块在斜面上的落点恰好与出手点等高，则石块出手时的初速度为2 m/s B．若石块的飞行轨迹所在平面与斜面底边垂直，石块在斜面上的落点恰好与出手点等高，则石块出手时的初速度为2 m/s C．若石块的初速度大小一定，当石块的飞行轨迹所在平面与斜面底边垂直时，石块飞行时间最短 D．若投出石块的最大初速度为8 m/s，则石块在斜面上与出手点等高的所有落点所组成的线段长度不会超过12 m 解析：ACD　[石块出手时的初速度方向与水平方向成45°，则tan 45°＝，vx＝vy，石块落在1.8 m高的斜面上，tan 37°＝，则石块的水平位移x＝2.4 m，由石块斜向上运动时x′＝vxt＝＝1.2 m，y′＝t＝0.6 m，又v＝2gy′，解得vy＝2 m/s，所以石块出手时的初速度为v＝＝2 m/s，故A正确，B错误；若石块的初速度大小一定，当石块的飞行轨迹所在平面与斜面底边垂直时，石块在斜面上的落点最高，石块下落时间最短，石块飞行时间最短，故C正确；若投出石块的最大初速度为8 m/s，则vx0＝vy0＝4 m/s，石块在斜面上的落点恰好与出手点等高处，最大运动时间t0＝2＝ s，最大水平位移x0＝vx0t0＝ m，石块在斜面上与出手点等高的所有落点与出手点的最小距离x＝2.4 m，则石块在斜面上与出手点等高的最远落点与最近落点的距离Δx＝＝ m<6 m,2Δx<12 m，则石块在斜面上与出手点等高的所有落点所组成的线段长度不会超过12 m，故D正确．] 2．(2024·河北石家庄三模)如图所示，竖直平面内的光滑金属细圆环半径为R，质量为m的带孔小球穿于环上，一长为R的轻杆一端固定于球上，另一端通过光滑的铰链连接于圆环最低点，重力加速度为g.当圆环以角速度ω＝绕竖直直径转动时，轻杆对小球的作用力大小和方向为(　　) A．2mg，沿杆向上 B．2mg，沿杆向下 C．(2－1)mg，沿杆向上 D．(2－1)mg，沿杆向下 解析：B　[设轻杆与竖直直径夹角为θ，由几何关系可得cos θ＝，得θ＝60°，则小球圆周运动的半径为r＝Rsin 60°＝R，做圆周运动所需向心力为F向＝mω2r＝3mg，小球有向上运动的趋势，设杆对小球有沿杆向下的拉力F1，环对小球有指向圆心的支持力F2，根据平衡条件可知F1cos 30°＋F2cos 30°＝F向，F1sin 30°＋mg＝F2sin 30°，解得F1＝2mg.] 学科网（北京）股份有限公司 $$