第四章 曲线运动（教师用书）-【新高考方案】2026年高考物理一轮总复习（培优进阶版）

第四章　曲线运动 大单元分层教学设计 基础　 落实课 第1讲　曲线运动　运动的合成与分解 第2讲　抛体运动 第3讲　圆周运动 综合　 融通课 第4讲　圆周运动的三类临界问题 实验　 探究课 第5讲　探究平抛运动的特点 第6讲　探究影响向心力大小的因素 第1讲　曲线运动 运动的合成与分解(基础落实课) 　一、曲线运动 1.速度的方向 质点在某一点的速度方向,沿曲线在这一点的切线方向,如图所示。 2.运动的性质 做曲线运动的物体,速度的方向时刻在改变,所以曲线运动一定是变速运动。 3.运动的条件 运动学 角度 当物体的加速度方向与速度方向不在同一条直线上时,物体做曲线运动 动力学 角度 当物体所受合力的方向与它的速度方向不在同一直线上时,物体做曲线运动 二、运动的合成与分解 1.合运动与分运动:物体的实际运动是合运动,物体同时参与的几个运动是分运动。 2.运动的合成:由已知的分运动求跟它们等效的合运动。 3.运动的分解:由已知的合运动求跟它等效的分运动。 4.遵循的法则:位移、速度、加速度都是矢量,故它们的合成与分解都遵循矢量运算法则。 5.运动分解的原则:根据运动的实际效果分解,也可采用正交分解法。 微点判断 1.速度发生变化的运动,一定是曲线运动。 (×) 2.(鲁科必修2P42T2·改编)判断下列说法的正误: ①物体在恒力作用下不可能做曲线运动。 (×) ②物体在变力作用下一定做曲线运动。 (×) ③物体的速度方向与合力方向不在同一条直线上时,物体一定做曲线运动。 (√) ④做曲线运动的物体所受合力的方向一定是变化的。 (×) 3.(教科必修2P5T2·选摘)一质点做曲线运动,判断下列说法的正误: ①质点速度大小不可能始终不变。 (×) ②质点速度方向一定与加速度方向相同。 (×) 4.做曲线运动的物体所受合外力的方向一定指向轨迹的凹侧。 (√) 5.(教科必修2P10T2·选摘)关于合运动与分运动的关系,判断下列说法的正误: ①合运动的速度一定大于分运动的速度。 (×) ②合运动的位移就是两个分运动位移的代数和。 (×) ③合运动的时间与分运动的时间不一样。 (×) 6.只要两个分运动为直线运动,合运动一定是直线运动。 (×) 逐点清(一)　物体做曲线运动的条件与轨迹分析 |题|点|全|练| 1.[物体做曲线运动的条件](2025·重庆沙坪坝模拟)汽车在水平地面转弯时,坐在车里的小北同学发现车内挂饰向左偏离了竖直方向,如图所示。设转弯时汽车所受的合外力为F,关于本次转弯,下列图示可能正确的是 (　　) 解析:选B　根据题图中车内的挂饰向左偏离了竖直方向,可知汽车正在向右转弯,由于汽车做曲线运动,故合力F指向轨迹的内侧,可知图B符合要求。 2.[轨迹、速度与力的位置关系]足球从A点被踢出后在空中运动的轨迹如图中虚线所示,其在图示位置所受合力F的方向可能是 (　　) A.F1 B.F2 C.F3 D.F4 解析:选B　足球的轨迹不对称说明足球受到空气阻力,足球在题图示位置时,受到竖直向下的重力和水平向左的空气阻力,合力方向偏向左下方,可能如题图中F2的方向。故选B。 3.[速率变化与力的方向间的关系](2023·全国乙卷)小车在水平地面上沿轨道从左向右运动,动能一直增加。如果用带箭头的线段表示小车在轨道上相应位置处所受合力,下列四幅图可能正确的是 (　　) 解析:选D　小车做曲线运动,所受合力指向曲线的凹侧,A、B错误;小车动能一直增加,则小车速率一直增大,合力与运动方向夹角为锐角,C错误,D正确。 |精|要|点|拨| 1.合外力与轨迹、速度间的关系分析思路 2.速率变化的判断 逐点清(二)　运动的合成与分解的应用 细作1　合运动与分运动的关系 1.跳伞运动深受年轻人的喜爱。在水平风向的环境中,一位跳伞运动员从飞机上由静止跳下后,下列说法中正确的是 (　　) A.风力越大,运动员下落时间越长 B.运动员下落时间与风力无关 C.风力越大,运动员落地时的竖直速度越大 D.运动员落地速度与风力无关 解析:选B　运动员同时参与了竖直和水平两个方向的分运动,两个分运动同时发生,相互独立,则水平方向的风力大小不影响竖直方向的运动,即下落时间不变,落地时竖直速度也不变,A、C错误,B正确;水平风力越大,水平方向的加速度越大,对应落地时的水平速度也越大,则落地时的合速度越大,D错误。 一点一过　合运动与分运动的关系 等时性 合运动和分运动经历的时间相等,即同时开始、同时进行、同时停止 等效性 各分运动的规律叠加起来与合运动的规律有完全相同的效果 独立性 若一个物体同时参与几个分运动,则各分运动独立进行,不受其他分运动的影响 同体性 合运动与分运动针对的是同一个物体 细作2　合运动的性质和轨迹的判断 2.(2025·山东济南模拟)一同学在桌面的白纸上从ab边向cd边匀速划一道竖直线,如图所示。在划线的过程中另一位同学水平向左加速抽动白纸,白纸上的划痕图样可能是 (　　) 解析:选A　根据题意可知,笔尖相对白纸参与水平向右的匀加速运动和水平向外的匀速运动,所以轨迹向右弯曲。故选A。 一点一过　合运动的性质和轨迹的判断 (1)若合加速度不变,则为匀变速运动;若合加速度(大小或方向)变化,则为非匀变速运动。 (2)若合加速度的方向与合初速度的方向在同一直线上,则为直线运动,否则为曲线运动。 细作3　分运动的性质和规律的判断 3.(2024·江西高考)(多选)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 (　　) 解析:选AD　由于小鱼在运动过程中只受重力作用,则小鱼在水平方向上做匀速直线运动,即vx为一定量,则有x=vxt,A可能正确,C错误;小鱼在竖直方向上做竖直上抛运动,则有y=vy0t-gt2,vy=vy0-gt,且vy最终减为0,B错误,D可能正确。 一点一过　有关运动的合成和分解的三点提醒 (1)由运动的合成与分解知识可知,合运动的位移、速度、加速度是各分运动的位移、速度、加速度的矢量和。 (2)在恒力作用下物体的匀变速曲线运动可分解为沿力的方向的匀变速直线运动和垂直于力的方向的匀速直线运动。 (3)两个相互垂直方向的分运动具有等时性,这常是处理运动分解问题的关键点。 逐点清(三)　小船渡河模型 1.合运动与分运动 2.小船渡河的两类问题、三种情境 问题 情境图示 方法解读 渡河 时间 最短 当船头方向(即v船方向)垂直河岸时,渡河时间最短,最短时间tmin= 渡河 位移 最短 如果v船>v水,当船头方向与上游河岸夹角θ满足v船cos θ=v水时,合速度垂直河岸,渡河位移最短,等于河宽d 如果v船<v水,当船头方向与合速度方向垂直时,渡河位移最短,等于 [应用体验] 类型1　小船渡河的最短时间问题 1.(多选)船在静水中速度与时间的关系如图甲所示,河水流速与到某河岸边的距离的变化关系如图乙所示,则 (　　) A.船渡河的最短时间50 s B.要使船以最短时间渡河,船在行驶过程中,船头必须始终与河岸垂直 C.船以最短时间渡河,船在河水中航行的轨迹是一条直线 D.船以最短时间渡河,船在河水中的最大速度是5 m/s 解析:选BD　当船头与河岸垂直时,渡河时间最短,最短时间为t== s=100 s,故A错误,B正确;船在沿河岸方向上做变速运动,在垂直于河岸方向上做匀速直线运动,两运动的合运动是曲线,故C错误;船以最短时间渡河,即船头与河岸垂直,船在河水中的最大速度是vm= m/s =5 m/s,故D正确。 类型2　小船渡河的最短位移问题 2.(2025·青海西宁模拟)(多选)在某次救援演习中,一冲锋舟匀速横渡一条两岸平直、水流速度不变的河流。当冲锋舟船头垂直河岸航行时,恰能到达正对岸下游x处。若冲锋舟船头保持与河岸成θ角(锐角)向上游航行时,则恰能到达正对岸。渡河时冲锋舟在静水中的速度大小不变。下列说法正确的是 (　　) A.河的宽度为 B.冲锋舟船头垂直河岸航行时,渡河过程的位移大小为x C.冲锋舟在静水中的速度与水的流速之比为1∶cos θ D.冲锋舟在静水中的速度与水的流速之比为1∶sin θ 解析:选AC　冲锋舟船头保持与河岸成θ角(锐角)向上游航行时,则恰能到达正对岸,则=,当冲锋舟船头垂直河岸航行时,恰能到达正对岸下游x处,则x=v水t,d=v静t,联立解得d=,故A、C正确,D错误;冲锋舟船头垂直河岸航行时,渡河过程的位移大小s==x,故B错误。 类型3　水流速度大于船在静水中速度的渡河问题 3.(2025·河北模拟)如图所示,在一次救援中,某河道水流速度大小恒为v,A处的下游C处有个半径为5L0的漩涡,其与河岸相切于B点,AB两点距离为12L0。若救援人员驾驶冲锋舟把被困群众从河岸的A处沿直线避开漩涡送到对岸,冲锋舟在静水中速度的最小值为 (　　) A.v B.v C.v D.v 解析:选A　当冲锋舟在静水中的速度与其在河流中的速度v合垂直时,冲锋舟在静水中的速度v舟最小,则sin θ=,利用几何关系可知tan=,联立可得v舟=v,故选A。 逐点清(四)　关联速度分解模型 1.关联速度分解模型 类型 模型特点 解题原则 绳连接 的物体 绳子不可伸长,即绳子的长度保持不变。两端点的速度方向通常不在绳子所在的直线上 将物体的实际速度(合速度)分解为垂直于绳子和平行于绳子两个分量,平行于绳子方向的分速度大小相等 杆连接 的物体 杆不可伸长或压缩,即杆的长度保持不变。两端点的速度方向通常不在杆所在的直线上 将物体的实际速度(合速度)分解为垂直于杆和平行于杆两个分量,平行于杆方向的分速度大小相等 接触 模型 物体与另一个物体接触,接触点的速度需要分解 将接触点的实际速度(合速度)分解为沿接触面和垂直于接触面两个分量,垂直于接触面方向的分速度大小相等 转动 模型 物体绕某个点转动,需要考虑角速度和线速度的关系 将物体的实际速度(合速度)分解为沿转动方向和垂直于转动方向两个分量,沿转动方向的分速度大小相等 2.常见模型图示 [应用体验] 类型1　绳端速度分解模型 1.(多选)如图所示,人在岸上拉船,已知船的质量为m,水的阻力恒为f,当轻绳与水平面的夹角为θ时,人的速度为v,人的拉力为F(不计滑轮与绳之间的摩擦),则以下说法正确的是 (　　) A.船的速度为　　 B.船的速度为vcos θ C.船的加速度为 D.船的加速度为 解析:选AD　船运动的速度是沿绳子收缩方向的速度和绕定滑轮的摆动速度的合速度,如图甲所示,根据平行四边形定则有v=v船cos θ,船的速度为v船=,故A正确,B错误;对小船受力分析,如图乙所示,则有Fcos θ-f=ma,因此船的加速度大小为a=,故C错误,D正确。 类型2　杆端速度分解模型 2.(2025·贵州贵阳模拟)火灾逃生的首要原则是离开火灾现场,如图所示是火警设计的一种让当事人快捷逃离现场的救援方案:用一根不变形的轻杆MN支撑在楼面平台AB上,N端在水平地面上向右以v0匀速运动,被救助的人员紧抱在M端随轻杆一起向平台B端靠近,平台高为h。当CN=2h时,被救人员向B点运动的速率是 (　　) A.v0 B.v0 C.v0 D.v0 解析:选C　设此时轻杆与水平方向的夹角为θ,将N端的速度v0进行分解,如图所示,则人的速度等于v0沿杆的分量,即v人=v0cos θ,根据几何关系可得cos θ==,解得v人=v0。故选C。 类型3　接触面速度分解模型 3.(2025·山东枣庄高三检测)如图所示,直杆一端可绕固定轴O无摩擦转动,另一端始终靠在物块B上,B的表面光滑,控制物块B使其由静止开始水平向左做a=0.4 m/s2的匀加速直线运动,在t=2 s时,直杆与竖直面的夹角θ=37°,端点A的速度为(sin 37°=0.6) (　　) A.1.2 m/s B.1.0 m/s C.0.64 m/s D.0.8 m/s 解析:选B　在t=2 s时B的速度v0=at=0.8 m/s,根据速度的分解规律有v0=vAcos θ,解得vA=1.0 m/s,故选B。 [课时跟踪检测]　 (说明:标★的为推荐讲评题目) 一、单项选择题 1.下列说法正确的是 (　　) A.在恒力作用下,物体可能做曲线运动 B.在变力作用下,物体不可能做曲线运动 C.做曲线运动的物体,其运动状态可能不改变 D.物体做曲线运动时,其加速度与速度的方向可能一致 解析:选A　物体做曲线运动的条件是合外力与速度不共线,力可以是恒力也可以是变力,故A正确,B错误;做曲线运动的物体,速度方向时刻发生变化,所以其运动状态一定改变,故C错误;物体做曲线运动的条件是加速度与速度不共线,故D错误。 2.(2025·云南昆明模拟)香蕉球是一项令人惊叹的足球技术,足球能在空中绕过防守人员进入球门。如图所示曲线是足球某段时间内运动轨迹的俯视图,图中所示时刻空气对足球的作用力的水平分力可能沿 (　　) A.a方向 B.b方向 C.c方向 D.d方向 解析:选A　根据曲线运动的规律,合力方向总是指向轨迹内侧,可知题图所示时刻空气对足球的作用力的水平分力可能沿a方向。故选A。 3.(2025·长沙高三检测)如图所示,乒乓球从斜面滚下后,以某一速度在水平的桌面上做直线运动。在与乒乓球路径垂直的方向上放一个直径略大于乒乓球的纸筒。当乒乓球经过纸筒正前方时,用吸管对着球横向吹气。下列说法正确的是 (　　) A.乒乓球仍沿着直线运动 B.乒乓球将偏离原来的运动路径,但不进入纸筒 C.乒乓球一定能进入纸筒 D.只有用力吹气,乒乓球才能进入纸筒 解析:选B　当乒乓球经过纸筒正前方时,对着乒乓球横向吹气,乒乓球所受合力的方向与速度方向不在同一条直线上,乒乓球做曲线运动,故乒乓球会偏离原来的运动路径;乒乓球会获得一个横向的速度,此速度与乒乓球原来的速度合成一个沿纸面内斜向左下方的合速度,因此乒乓球将向纸面内左下方运动,但不进入纸筒,故A、C、D错误,B正确。 4.(2025·石家庄模拟)放在地面上的鱼缸中的鱼在静止水中吐出的气泡沿竖直方向加速上浮,若鱼在匀速向右平移的缸中吐出气泡,则从如图所示的角度观察,气泡轨迹应为 (　　) 解析:选B　若鱼在匀速向右平移的缸中吐出气泡,由题意可知,气泡水平向右匀速运动的同时还竖直向上加速运动,则气泡的合运动为曲线运动,结合曲线运动的加速度方向位于轨迹的凹侧,则从题图所示的角度观察,气泡轨迹应为B图。 5.(2025·云南玉溪模拟)在同一位置同时朝着上、下、左、右四个方向抛出四个小球,小球的初速度大小均相等。不考虑空气阻力,则经过一段时间后(小球均未落地),四个小球的位置可能为 (　　) 解析:选A　四个小球加速度均相同,假设在该位置还静止释放一个小球,则抛出的四个小球均相对静止释放的小球做匀速直线运动,经过相同时间,四个小球相对中间小球的距离应该相等。故选A。 6.(2023·江苏高考)达·芬奇的手稿中描述了这样一个实验:一个罐子在空中沿水平直线向右做匀加速运动,沿途连续漏出沙子。若不计空气阻力,则下列图中能反映空中沙子排列的几何图形是 (　　) 解析:选D　罐子在空中水平向右做匀加速运动,以罐子为参考系,漏出的沙子在水平方向向左做匀加速运动,在竖直方向向下做匀加速运动,合加速度指向左下方,故沙子向左下方做匀加速直线运动。 7.(2025·河北衡水模拟)如图,离地高度为h的激光灯正以大小为ω的角速度在竖直面内转动,当光束转到图示位置时,光束与竖直方向夹角为θ,此时光束打在地面上的光点的移动速度大小为 (　　) A.hωtan θ B. C. D. 解析:选B　光点的实际运动水平向右,设光束打在地面上的光点的移动速度为v,将速度v分解为垂直于光束的速度v1和沿光束的速度v2,如图所示,则v1=vcos θ,激光灯以ω的角速度在竖直面内转动,则v1=ω,联立解得v=,故B正确,A、C、D错误。 8.如图所示,质量为m的木块a放置在倾角为α的固定斜面上,通过一根不可伸长的细线绕过固定在斜面上的轻滑轮与质量为m、套在杆上的小球b相连,小球以速率v向左匀速运动,不计空气阻力和一切摩擦力,重力加速度为g。当细线与水平杆的夹角为β时 (　　) A.木块a的速度大小为v B.木块a的速度大小为 C.细线的拉力大于mgsin α D.细线的拉力小于mgsin α 解析:选C　将小球b的速度分解为沿绳方向的分速度v1和垂直于绳方向的分速度v2,木块a的速度大小等于v1=vcos β,故A、B错误;小球b向左运动过程中,β逐渐减小,则木块a的速度逐渐增大,即木块a做加速运动,细线的拉力大于mgsin α,故C正确,D错误。 二、多项选择题 9.如图所示,小船(视为质点)从岸边A点开始渡河,河两岸平行,河的宽度为150 m,水流速度大小为3 m/s,船在静水中的速度大小为4 m/s,则 (　　) A.船不可能到达正对岸B点 B.船的最短过河时间为37.5 s C.船要以最短路程过河,船头必须指向正对岸 D.船以最短路程过河时的速率为 m/s 解析:选BD　由于船在静水中的速度大于水流的速度,当速度满足如图所示关系时,船垂直河岸过河,可以到达正对岸B点,为以最短路程过河,船头方向与v相对方向相同,过河时的速率为v== m/s,故A、C错误,D正确;船头垂直河岸过河时,时间最短,则有tmin==37.5 s,故B正确。 10.如图甲所示,竖直圆筒内壁光滑、半径为R,在侧壁同一竖直线上有A、B两小孔相距h,将一小球从上部A孔沿筒内壁水平射入筒中,小球紧贴筒内壁运动,并恰好能到达下部小孔B,所用时间为t1,到达下部小孔B时的速度大小为vB。如图乙所示,用光滑细钢丝绕成的螺距相同的柱形螺线管,横截面半径也为R,竖直固定,钢丝上下两端C、D恰好在同一竖直线上,相距h,一小铜环穿在钢丝上从上端C无初速度下滑到达底端D,所用时间为t2,到达D端时的速度大小为vD。二者相比较,下列结论正确的是 (　　) A.t1=t2 　　B.t1<t2 C.vB=vD 　　D.vB>vD 解析:选BD　题图甲中小球在筒内受重力和水平指向圆筒竖直中心轴的筒壁的弹力,贴着筒壁做螺旋线运动,可视为水平面内的匀速圆周运动与竖直方向上做自由落体运动的合运动,由竖直方向上做自由落体运动,可求得小球由A运动到B的时间为t1=;题图乙中小铜环沿钢丝运动,受重力和垂直钢丝斜向上方的弹力,可等效为小环沿光滑斜面下滑,如图所示,则小环由C运动到D的时间为t2=,其中a=gsin α<g,s>h,故t1<t2,A错误,B正确。小球有初速度,小环无初速度,根据机械能守恒定律知vB>vD,C错误,D正确。 三、计算题 11.(12分)在一光滑的水平面上建立xOy平面坐标系,一质点在水平面上从坐标原点开始运动,沿x方向和y方向的x⁃t图像和vy⁃t图像分别如图甲、乙所示,求: (1)运动后4 s内质点的最大速度;(4分) (2)4 s末质点离坐标原点的距离。(8分) 解析:(1)由题图可知,质点沿x轴正方向做匀速直线运动,速度大小为vx==2 m/s,在运动后4 s内,沿y轴方向运动的最大速度为vym=-4 m/s,则运动后4 s内质点的最大速度为vm==2 m/s。 (2)0~2 s内质点沿y轴正方向做匀加速直线运动,2~4 s内先沿y轴正方向做匀减速直线运动,再沿y轴负方向做初速度为零的匀加速直线运动,此时加速度大小为ay==3 m/s2 则质点沿y轴正方向做匀减速运动的时间 t2== s 则运动后的4 s内沿y轴方向的位移 y=×2×m-×4×m=0 因此4 s末质点离坐标原点的距离等于沿x轴方向的位移,由题图甲可知,4 s末质点离坐标原点的距离s=x1=8 m。 答案:(1)2 m/s　(2)8 m 12.(12分)如图所示,以岸边O点为原点建立空间直角坐标系,x轴沿河岸方向、y轴沿垂直河岸方向、z轴竖直向上。水速恒为vx=5 m/s,方向沿x轴正方向。t=0时刻开始,某船保持船头始终朝向y轴正方向运动至江心,船在y轴方向上的初速度为零,加速度为a1=4 m/s2,船在x轴方向上的速度始终与水速相同。在t=5 s时,船员相对船体以vz=10 m/s的速度将一个小石块垂直向上抛出,忽略空气阻力,重力加速度取g=10 m/s2。求: (1)t=5 s时船的位置坐标(x1,y1,z1);(5分) (2)石块到达最高点时的位置坐标(x2,y2,z2)。(7分) 解析:(1)船沿x轴方向做匀速运动, 则x1=vxt,解得x1=25 m 沿y轴方向做初速度为零的匀加速运动,则y1=a1t2,解得y1=50 m t=5 s时船的位置坐标为(25 m,50 m,0)。 (2)石块扔出瞬间,vy=a1t=20 m/s 石块到达最高点的时间t'==1 s 此时x轴方向的位移x2=vx(t+t')=30 m y轴方向的位移y2=y1+vyt'=70 m z轴方向的位移z2=gt'2=5 m 石块到达最高点时的位置坐标(30 m,70 m,5 m)。 答案:(1)(25 m,50 m,0)　(2)(30 m,70 m,5 m) 第2讲　抛体运动(基础落实课) 一、平抛运动 1.定义:以一定的初速度沿水平方向抛出的物体只在重力作用下的运动。 2.运动性质:平抛运动是加速度为g的匀变速曲线运动,其运动轨迹是抛物线。 3.研究方法——运动的合成与分解。 (1)水平方向:匀速直线运动; (2)竖直方向:自由落体运动。 二、平抛运动的规律 运动 分解 图示 速度 关系 位移 关系 两个 重要 推论 (1)做平抛(或类平抛)运动的物体在任一时刻,设其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α,则tan θ=2tan α (2)做平抛(或类平抛)运动的物体任一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,则x=2xOB 三、斜抛运动 1.定义:将物体以初速度v0沿斜向上方或斜向下方抛出,物体只在重力作用下的运动。 2.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。 3.研究方法 斜抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的匀变速直线运动。 4.基本规律(以斜上抛运动为例,如图所示) (1)水平方向:v0x=v0cos θ,F合x=0;  (2)竖直方向:v0y=v0sin θ,F合y=mg。  微点判断 　 1.(鲁科必修2P54T3·改编)关于平抛运动,判断下列说法的正误: ①做平抛运动的物体不受任何外力的作用。 (×) ②平抛运动是曲线运动,不可能是匀变速运动。 (×) ③做平抛运动的物体在竖直方向做自由落体运动。 (√) ④物体做平抛运动的落地时间与初速度的大小无关。 (√) 2.(2023·全国甲卷T14B)一同学将铅球水平推出,不计空气阻力和转动的影响,铅球在平抛运动过程中加速度保持不变。 (√) 3.做平抛运动的物体在相等时间内速度变化量相同。 (√) 4.做平抛运动的物体在相等时间内速度大小变化相同。 (×) 5.平抛运动速度和加速度方向之间的夹角一直减小。 (√) 6.斜抛运动的加速度不恒定。 (×) 7.无论是平抛运动还是斜抛运动,都是匀变速曲线运动。 (√) 逐点清(一)　平抛运动规律及应用 1.平抛运动时间和水平射程 运动 时间 由t=知,运动时间取决于下落高度h,与初速度v0无关 水平 射程 x=v0t=v0,即水平射程由初速度v0和下落高度h共同决定 2.速度和位移的变化规律 速度 变化 规律 ①任一时刻的速度水平分量均等于初速度v0 ②任一相等时间间隔Δt内的速度变化量方向竖直向下,大小Δv=Δvy=gΔt 位移 变化 规律 ①任一相等时间间隔Δt内,水平位移相同,即Δx=v0Δt ②连续相等的时间间隔Δt内,竖直方向上的位移差不变,即Δy=gΔt2 [应用体验] 1.(人教版教材必修2,P19T4)在水平路面上骑摩托车的人,遇到一个壕沟,其尺寸如图所示。摩托车后轮离开地面后失去动力,可以视为平抛运动。摩托车后轮落到壕沟对面才算安全。摩托车的速度至少要多大才能越过这个壕沟?g取10 m/s2。 解析:若摩托车恰能飞到壕沟对面,则水平方向x=v0t,竖直方向h=gt2,解得v0=5 m/s,则摩托车安全越过壕沟的速度至少要达到5 m/s。 答案:5 m/s 2.(2024·海南高考)在跨越河流表演中,一人骑车以25 m/s的速度水平冲出平台,恰好跨越长x=25 m的河流落在河对岸平台上,已知河流宽度为25 m,不计空气阻力,取g=10 m/s2,则两平台的高度差h为 (　　) A.0.5 m B.5 m C.10 m D.20 m 解析:选B　人和车做平抛运动,设运动时间为t,在竖直方向上有h=gt2,在水平方向上有x=v0t,其中x=25 m、v0=25 m/s,解得h=5 m。故选B。 |考|教|衔|接| 　　人教版教材中的题目是已知平抛运动的水平位移和竖直位移求解平抛运动的初速度,而2024年海南高考题是已知水平位移和水平速度求解竖直高度,两题情境相近,考查的均为平抛运动的基本规律。 3.(2024·湖北高考)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:选C　青蛙做平抛运动,在水平方向上做匀速直线运动,在竖直方向上做自由落体运动,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,因此青蛙应跳到荷叶c上面。故选C。 4.(2024·北京高考)如图所示,水平放置的排水管满口排水,管口的横截面积为S,管口离水池水面的高度为h,水在水池中的落点与管口的水平距离为d。假定水在空中做平抛运动,已知重力加速度为g,h远大于管口内径。求: (1)水从管口到水面的运动时间t; (2)水从管口排出时的速度大小v0; (3)管口单位时间内流出水的体积Q。 解析:(1)水在空中做平抛运动,由平抛运动规律得,竖直方向h=gt2 解得水从管口到水面的运动时间t=。 (2)由平抛运动规律得,水平方向d=v0t 解得水从管口排出时的速度大小v0=d。 (3)管口单位时间内流出水的体积 Q=Sv0=Sd。 答案:(1)　(2)d　(3)Sd 逐点清(二)　落点有约束条件的平抛运动 类型(一)　落点在斜面上的平抛运动 　　[例1]　如图所示,倾角为θ的斜面体固定在水平面上,两个可视为质点的小球甲和乙分别沿水平方向抛出,两球的初速度大小相等,已知甲的抛出点为斜面体的顶点,经过一段时间两球分别落在斜面上的A、B点后不再反弹,落在斜面上的瞬间,小球乙的速度与斜面垂直。忽略空气阻力,重力加速度为g,则下列结论正确的是 (　　) A.甲、乙两球在空中运动的时间之比为tan2θ∶1 B.甲、乙两球下落的高度之比为2tan2θ∶1 C.甲、乙两球的水平位移大小之比为tan θ∶1 D.甲、乙两球落在斜面上瞬间的速度方向与水平方向夹角的正切值之比为2tan2θ∶1 [解析]　由小球甲的运动可知,tan θ===,解得t=,落到斜面上瞬间的速度方向与水平方向夹角的正切值为tan α甲==,则tan α甲=2tan θ;由小球乙的运动可知,tan θ==,解得t'=,落到斜面上瞬间的速度方向与水平方向夹角的正切值为tan α乙==。甲、乙两球在空中运动的时间之比为t∶t'=2tan2θ∶1,A错误;由h=gt2可知,甲、乙两球下落的高度之比为h∶h'=t2∶t'2=4tan4θ∶1,B错误;由x=v0t可知,甲、乙两球的水平位移大小之比为x∶x'=t∶t'=2tan2θ∶1,C错误;甲、乙两球落在斜面上瞬间的速度方向与水平方向夹角的正切值之比为2tan2θ∶1,D正确。 [答案]　D |思|维|建|模|　落点在斜面上的平抛运动处理思路 图示 方法 基本规律 运动时间 分解速度,构建速度的矢量三角形 水平vx=v0 竖直vy=gt 合速度v= 由tan θ==得t= 分解位移,构建位移的矢量三角形 水平x=v0t 竖直y=gt2 合位移x合= 由tan θ= = 得t= 类型(二)　落点在曲面上的平抛运动 　　[例2·落点在圆弧面上]　如图所示,半径为R的半球形碗固定于水平面上,碗口水平,O点为碗的圆心,A、B为水平直径的两个端点。将一弹性小球(可视为质点)从A点沿AB方向以初速度v1水平抛出,小球与碗内壁碰撞一次后恰好经过B点;若将该小球从离O点R处的C点以初速度v2水平抛出,小球与碗内壁碰撞一次后恰好返回C点。假设小球与碗内壁碰撞前后瞬间小球的切向速度不变,沿半径方向的速度等大反向,则v2与v1的比值为 (　　) A.2 B. C. D. [解析]　小球从A点以初速度v1向右平抛,反弹后经过B点,由对称性知小球与碗内壁的碰撞点应在碗的最低点,由平抛运动的规律有R=v1t1,R=g,解得v1=;小球从C点以初速度v2向右平抛,要使小球能反弹回C点,小球必须垂直打在圆弧上,如图所示,设碰撞点为D,连接OD,即为平抛轨迹过D点的切线,过D点作DE⊥AB于E,则O为小球平抛水平位移的中点,有ED=g,CO=OE=v2t2,在Rt△ODE中,有(ED)2+(OE)2=R2,解得v2=,可得=,故选B。 [答案]　B 　　[例3·落点在抛物面上]　如图所示,在竖直平面内有一曲面,曲面满足的数学关系式为y=x2(x>0),在y轴上有一点P,坐标为(0,6 m)。从P点将一可看成质点的小球水平抛出,初速度为1 m/s。则小球第一次打在曲面上的时间为(不计空气阻力,g取10 m/s2) (　　) A.1 s　 　 B. s　 　 C. s　 　 D. s [解析]　设小球经过时间t打在曲面上M点,M点坐标为(x1,y1),小球水平抛出后做平抛运动,在水平方向上有x1=v0t,在竖直方向上有6 m-y1=gt2,又小球打在曲面上,则满足数学关系式y1=,代入数据解得t=1 s,故A正确,B、C、D错误。 [答案]　A |思|维|建|模|　平抛运动与两类曲面结合问题 (1)物体平抛后落入圆弧内时,物体平抛运动的水平位移、竖直位移与圆弧半径存在一定的数量关系。 (2)物体平抛后落入抛物面内时,物体平抛运动的水平位移、竖直位移与抛物线方程结合可以建立水平方向和竖直方向的关系方程。 逐点清(三)　平抛运动的临界问题 1.常见的“临界术语” (1)题目中有“刚好”“恰好”“正好”“取值范围”“多长时间”“多大距离”等词语,表明题述的过程中存在临界点。 (2)题目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼,表明题述的过程中存在着极值。 2.平抛运动临界、极值问题的分析方法 (1)确定研究对象的运动性质; (2)根据题意确定临界状态; (3)确定临界轨迹,画出轨迹示意图; (4)应用平抛运动的规律结合临界条件列方程求解。 　　[典例]　(2025·黑龙江哈尔滨模拟)如图1为一个网球场的示意图,一个网球发球机固定在底角处,可以将网球沿平行于地面的各个方向发出,发球点距地面高为1.8 m,球网高1 m。图2为对应的俯视图,其中L1=12 m,L2=9 m。按照规则,网球发出后不触网且落在对面阴影区域(包含虚线)内为有效发球。图中虚线为球场的等分线,则发球机有效发球时发出网球的最小速率为(忽略一切阻力,重力加速度g=10 m/s2) (　　) A. m/s B.12.5 m/s C. m/s D.20 m/s [解析]　当发球机有效发球且发出网球的速率最小时,球应恰好到达有效区域的边缘且刚好不触网,如图所示,网球从A点发出后落在C点。网球从A点发出后,在竖直方向做自由落体运动,有H=g,解得tAC== s=0.6 s,若网球恰好不触网,则有H-h=g,解得tAB== s=0.4 s,网球在水平方向上做匀速直线运动,即xAB∶xAC=tAB∶tAC=2∶3,因△CMB与△CNA为相似三角形,则有xAB∶xAC=xNM∶xNC=2∶3,因L1=12 m、L2=9 m,可得xNC=L1×=9 m,xAC== m,则发球机有效发球时发出网球的最小速率为vmin== m/s。故选A。 [答案]　A 　　[针对训练] 1.套圈游戏是一项趣味活动。如图,某次游戏中,一小孩从距地面高0.45 m处水平抛出半径为0.1 m的圆环(圆环面始终水平),套住了抛出时距圆环前端水平距离为1.0 m且顶端离地高度为0.25 m的竖直细圆筒。若重力加速度大小g=10 m/s2,则小孩抛出圆环的初速度可能是 (　　) A.4.3 m/s B.5.6 m/s C.6.5 m/s D.7.5 m/s 解析:选B　根据h1-h2=gt2,解得t== s=0.2 s,则平抛运动的最大初速度v1== m/s=6.0 m/s,最小初速度v2== m/s=5.0 m/s,则5.0 m/s<v<6.0 m/s,故选B。 2.如图所示,乒乓球的发球器安装在水平桌面上,竖直转轴OO'的O'端距桌面的高度为h,发射器O'A部分长度也为h。打开开关后,可将乒乓球从A点以初速度v0水平发射出去,其中≤v0≤2,g为重力加速度。设发射出的所有乒乓球都能落到桌面上,乒乓球自身尺寸及空气阻力不计。若使该发球器绕转轴OO'在90°角的范围内来回缓慢水平转动,持续发射足够长时间后,求乒乓球第一次与桌面相碰区域的面积S。 解析:乒乓球做平抛运动,在竖直方向有h=gt2 解得乒乓球做平抛运动的时间t= 当初速度最大时,水平位移xmax=vmaxt=2×=4h,当初速度最小时,水平位移xmin=vmint=×=2h,所以对应的四分之一圆环(乒乓球第一次与桌面相碰区域)的小圆半径r1=3h,大圆半径r2=5h,则持续发射足够长时间后,乒乓球第一次与桌面相碰区域的面积S=×π=4πh2。 答案:4πh2 逐点清(四)　斜抛运动 　对斜上抛运动从抛出点到最高点的运动过程,可逆向分析为平抛运动,分析完整的斜上抛运动时,还可根据下列三种对称性求解某些问题。 轨迹对称 斜上抛运动的轨迹关于过最高点的竖直线对称 速度对称 关于过轨迹最高点的竖直线对称的两点速度大小相等 时间对称 关于过轨迹最高点的竖直线对称的两点,从其中一点到最高点的上升时间与从最高点到对称点的下降时间相等 　　　　　　　 [考法全训] 考法1　斜抛运动规律的理解和应用 1.(人教版教材必修2,P20 T1)在篮球比赛中,投篮的投出角度太大和太小,都会影响投篮的命中率。在某次投篮表演中,运动员在空中一个漂亮的投篮,篮球以与水平面成45°的倾角准确落入篮筐,这次跳起投篮时,投球点和篮筐正好在同一水平面上(如图),设投球点到篮筐距离为9.8 m,不考虑空气阻力,g取9.8 m/s2。 (1)篮球进筐的速度有多大? (2)篮球投出后的最高点相对篮筐的竖直高度是多少? 解析:(1)设篮球出手和进筐的速度大小分别为v0和v,由题意可知v=v0 设篮球从出手到落入篮筐所用的时间为t,在竖直方向篮球只受重力,做竖直上抛运动,有-v0sin 45°=v0sin 45°-gt;篮球在水平方向的分运动为匀速运动,有x=v0tcos 45° 联立解得v=9.8 m/s。 (2)篮球投出后的最高点相对篮筐的竖直高度h==2.45 m。 答案:(1)9.8 m/s　(2)2.45 m 2.(2024·山东高考)(多选)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2 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10 m D.轨迹最高点与落点的高度差为45 m 解析:选BD　将初速度分解为沿PQ方向的分速度v1和垂直PQ的分速度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方向的分加速度a1和垂直PQ的分加速度a2,则有a1=gsin 30°=5 m/s2,a2=gcos 30°=5 m/s2,在垂直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A、C错误;重物落地时竖直分速度大小vy=-v0sin 30°+gt=30 m/s,则落地速度与水平方向夹角的正切值为tan θ===,可得θ=60°,故B正确;从抛出点到最高点所用时间为t1==1 s,则从最高点到落点所用时间为t2=t-t1=3 s,轨迹最高点与落点的高度差为h=g=45 m,故D正确。 |考|教|衔|接| 　　人教版教材中的练习题是物体做斜上抛运动,落地点与抛出点等高,2024年山东高考题也是斜上抛运动,落地点在抛出点的下方,高考题要比教材题的难度大,思维含量高,“源于教材,高于教材”是高考命题一贯坚持的原则。 考法2　三维空间内的斜抛运动 3.(多选)如图所示,某同学将离地1.25 m的网球以13 m/s的速度斜向上击出,击球点到竖直墙壁的距离为4.8 m。当网球竖直分速度为零时,击中墙壁上离地高度为8.45 m的P点。网球与墙壁碰撞后,垂直墙面的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10 m/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 (　　) A.v=5 m/s B.v=3 m/s C.d=3.6 m D.d=3.9 m 解析:选BD　设网球飞出时的速度大小为v0,竖直方向有=2g(H-h),代入数据得v0竖直= m/s=12 m/s,则v0水平= m/s=5 m/s,击球点到P点的水平距离x水平=v0水平t=v0水平·=6 m,根据几何关系可得打在墙面上时,垂直墙面的速度分量v0水平⊥=v0水平·=4 m/s,平行墙面的速度分量v0水平∥=v0水平·=3 m/s,反弹后,垂直墙面的速度分量v水平⊥=0.75·v0水平⊥=3 m/s,则反弹后的网球速度大小为v==3 m/s,网球落到地面的时间t'= = s=1.3 s,着地点到墙壁的距离d=v水平⊥t'=3.9 m,故B、D正确,A、C错误。 [课时跟踪检测]　 (说明:标★的为推荐讲评题目) 一、单项选择题 1.(2025·甘肃白银模拟)如图,杂技演员站在距离竖直挡板处朝挡板水平抛出一个弹性小球,小球经挡板反弹后恰好落入演员身后距离演员处地面上的孔中。已知小球离手时距离地面的高度为h,重力加速度为g,不计空气阻力,小球与挡板碰撞过程无机械能损失,即小球碰撞挡板前后的瞬间,竖直方向的速度不变,水平方向的速度大小不变、方向相反,则小球离手时的速度大小为 (　　) A.s B.s C.s D.s 解析:选C　由于小球与挡板碰撞过程无机械能损失,碰撞前后小球的速度大小不变,若没有挡板,根据对称性可知,小球做平抛运动,水平位移为x=s,根据平抛运动规律,有x=s=v0t,h=gt2,解得小球离手时的速度大小为v0=s,故选C。 2.(2025·山东潍坊高三联考)如图所示,倾角为30°的斜面固定在水平地面上,一可视为质点的小球从斜面底端斜向上抛出,速度方向与斜面夹角为30°,落到斜面上的位置距地面高度h=10 m,重力加速度大小取g=10 m/s2,不计空气阻力,则小球的初速度v0大小为 (　　) A.20 m/s B.20 m/s C.10 m/s D.10 m/s 解析:选D　将初速度和重力加速度都沿着斜面方向和垂直斜面方向分解,设垂直斜面方向的分初速度大小为v1,垂直斜面方向的分加速度大小为a1,沿着斜面方向的分初速度大小为v2,沿着斜面方向的分加速度大小为a2,根据几何关系可得v1=v0sin 30°,v2=v0cos 30°,a1=gcos 30°,a2=gsin 30°,设小球运动时间为t,垂直斜面方向有t=,沿着斜面方向有v2t-a2t2=,联立解得v0=10 m/s,故选D。 3.羽毛球是深受大众喜爱的体育运动之一。如图所示是羽毛球从左往右飞行的轨迹图,图中A、B为同一轨迹上等高的两点,P为该轨迹的最高点,则羽毛球在该轨迹上运动时 (　　) A.在A、B两点的速度大小相等 B.整个飞行过程中经过P点时的速度最小 C.在AP段的飞行时间小于在PB段的飞行时间 D.在AP上升阶段,羽毛球加速度的竖直分量小于重力加速度 解析:选C　由题图可知,运动轨迹不对称,即羽毛球在运动过程中受到重力和阻力的共同作用,阻力做负功,机械能减小,所以羽毛球在A点的速度大于在B点的速度,故A错误;在P点时,重力和阻力的合力与速度方向成钝角,速度将减小,故P点不是速度最小位置,故B错误;在竖直方向上,AP段的平均加速度大于PB段的平均加速度,位移大小相等,所以在AP段的飞行时间小于在PB段的飞行时间,故C正确;羽毛球加速度的竖直分量由重力和阻力的竖直分力的合力决定,在AP上升阶段,阻力的竖直分力向下,所以加速度的竖直分量大于重力加速度,故D错误。 4.(2025年1月·八省联考云南卷)如图所示,“套圈”活动中,某同学将相同套环分两次从同一位置水平抛出,分别套中Ⅰ、Ⅱ号物品。若套环可近似视为质点,不计空气阻力,则 (　　) A.套中Ⅰ号物品,套环被抛出的速度较大 B.套中Ⅰ号物品,重力对套环做功较小 C.套中Ⅱ号物品,套环飞行时间较长 D.套中Ⅱ号物品,套环动能变化量较小 解析:选D　根据平抛运动规律,套环水平方向和竖直方向的位移公式为x=v0t,h=gt2,可得v0=x;套中Ⅰ号物品时,套环水平位移x较小、下落高度h较大,可知套环被抛出的速度较小,A错误;根据重力做功表达式W=mgh可知,套中Ⅰ号物品时,套环下落高度h较大,重力对套环做功较大,B错误;根据平抛运动规律,竖直方向做自由落体运动,则h=gt2可得t=,套中Ⅱ号物品时,套环下落高度h较小,套环飞行时间较短,C错误;套中物品过程中由动能定理得mgh=ΔEk,套中Ⅱ号物品时,套环下落高度h较小,重力做功较小,可知套环动能变化量较小,D正确。故选D。 5.如图甲所示是一种投弹式干粉消防车。如图乙,从消防车出弹口到高楼的水平距离为x,在同一位置消防车先后向高层建筑发射2枚灭火弹,且灭火弹均恰好垂直射入建筑玻璃窗,假设发射初速度大小均为v0,v0与水平方向夹角分别为θ1、θ2,击中点离出弹口高度分别为h1、h2,灭火弹在空中飞行时间分别为t1、t2。灭火弹可视为质点,两运动轨迹在同一竖直面内,且不计空气阻力,重力加速度为g。则下列说法正确的是 (　　) A.高度之比= B.时间之比= C.两枚灭火弹的发射角满足θ1+θ2=90° D.水平距离与两枚灭火弹飞行时间满足x=2gt1t2 解析:选C　两灭火弹在竖直方向的初速度分别为vy1=v0sin θ1,vy2=v0sin θ2,根据=2gh,可得=,根据vy=gt,可得=,故A、B错误;两灭火弹在水平方向有x=v0cos θ1·,x=v0cos θ2·,可得sin 2θ1=sin 2θ2=sin(180°-2θ2),结合数学关系可得θ1+θ2=90°,故C正确;水平方向有=v0cos θ1,竖直方向有gt2=v0sin θ2,又由θ1+θ2=90°得sin θ2=cos θ1,可得x=gt1t2,故D错误。 二、多项选择题 6.如图所示,球网位于球台的中间位置,球台的左、右边界分别记为MN、PQ,边界MN中点a正上方h处为b点。某次运动员将球从b点垂直于MN水平向右击出,恰好经过网上边沿的c点后落在球台上d点,不计空气阻力。已知网高为h,MN、PQ之间的距离为2L,重力加速度为g。以下说法正确的是 (　　) A.球被击出时的初速度大小为 B.球的落点d与击出点b之间的水平距离为L C.球在落点d处的速度方向与水平方向夹角的正切值为 D.若只限定在b点水平击出,球的初速度只有不大于2L,才会落在对方台面上 解析:选AB　设球被击出时的初速度大小为v0,球被击出后做平抛运动,恰好经过网上边沿的c点,设所用时间为t,则有h=gt2,L=v0t,解得v0=,设球从被击出到落在球台上的时间为t1,落点与击出点之间的水平距离为l,则有h=g,l=v0t1,解得l=L,故A、B正确;球在竖直方向做自由落体运动,设在落点d处竖直方向的速度为vy,在落点d处速度方向与水平方向的夹角为θ,则有vy=gt1,tan θ=,解得tan θ=,故C错误;若保持击球高度不变,且垂直MN击球,当球恰好不出界时,则平抛运动的初速度为v==2L,但若只限定在b点水平击出,则水平位移的最大值应该是a点与P或Q的连线长度,大于2L,因此最大初速度应该大于v,而平抛运动的最小初速度为vmin=v0=,球的初速度只有在最小初速度和最大初速度之间才会落在对方台面上,故D错误。 7.(2025·重庆高三模拟)在篮球比赛中某同学以斜向上的速度将篮球抛出,与篮板撞击后落入篮筐,可得到此次篮球运动轨迹的简易图如图所示。若此次投篮中,篮球的初速度大小为v1,与竖直方向夹角为θ,篮球抛出后恰好垂直打在篮筐上方然后被反向弹回并且从篮筐正中央落下。已知脱手点与撞击点的竖直距离为H,撞击点与篮筐的竖直距离为h,忽略空气阻力,不计篮球与篮板碰撞的时间,则 (　　) A.篮球从脱手到进入篮筐的过程中水平方向动量守恒 B.篮球垂直打在篮板前一瞬间速度大小为v1sin θ C.篮球从脱手到进入篮筐过程所经历的时间为+ D.篮球反向弹回到进入篮筐过程中满足L=v1sin θ 解析:选BC　从脱手到与篮板碰撞前篮球水平方向的动量向右,与篮板碰撞后篮球水平方向的动量向左,所以篮球从脱手到进入篮筐的过程中水平方向动量不守恒,故A错误;篮球抛出后恰好垂直打在篮筐上方,从脱手到与篮板碰撞前,篮球水平方向做匀速直线运动,则篮球垂直打在篮板前一瞬间速度大小为v=vx=v1sin θ,故B正确;篮球从脱手到与篮板碰撞前过程,竖直方向根据逆向思维有H=g,解得t1=,与篮板碰撞后到进入篮筐过程,竖直方向有h=g,解得t2=,则篮球从脱手到进入篮筐过程所经历的时间为t=t1+t2=+,故C正确;由篮球的运动轨迹可知,篮球与篮板碰撞后的水平速度小于碰撞前的水平速度,则篮球反向弹回到进入篮筐过程中满足L=vx't2<vxt2=v1sin θ,故D错误。 三、计算题 8.(10分)(2023·新课标卷)将扁平的石子向水面快速抛出,石子可能会在水面上一跳一跳地飞向远方,俗称“打水漂”。要使石子从水面跳起产生“水漂”效果,石子接触水面时的速度方向与水面的夹角不能大于θ。为了观察到“水漂”,一同学将一石子从距水面高度为h处水平抛出,抛出速度的最小值为多少?(不计石子在空中飞行时所受的空气阻力,重力加速度大小为g) 解析:石子做平抛运动,竖直方向做自由落体运动,则有2gh=, 可得落到水面上时的竖直速度vy=, 由题意可知,≤tan θ, 即v0≥,石子抛出速度的最小值为。 答案: 9.(11分)(2025·河南郑州模拟)篮筐的统一标准距地面高度为H=3.05 m。在标准篮球场地的某次比赛中,某同学在某位置跳起投篮,该同学将球出手的瞬时速度大小v=4 m/s,方向与水平方向夹角为60°,篮球到达篮筐中心时,速度与水平方向夹角为45°,如图所示。将篮球看成质点,忽略空气阻力,取重力加速度g=10 m/s2。求: (1)篮球从出手到最高点所用的时间;(3分) (2)篮球抛出点与篮筐中心的水平距离x;(4分) (3)篮球抛出点离地面的高度h。(4分) 解析:(1)如图所示,篮球抛出后竖直方向上做竖直上抛运动 根据vsin 60°=gt1,解得t1=0.6 s。 (2)以竖直向下为正方向,竖直方向上有 vy'=-vy+gt,vy'=vx=vcos 60° 水平方向上做匀速直线运动,有x=vcos 60°·t 解得x= m。 (3)以竖直向上为正方向,竖直方向上有 -=-2gh' 解得h'=1.2 m h=H-h'=1.85 m。 答案:(1)0.6 s　(2) m　(3)1.85 m 第3讲　圆周运动(基础落实课) 一、匀速圆周运动及其描述 1.匀速圆周运动 (1)特点:速度的大小不变,方向始终与半径垂直。 (2)性质:匀速圆周运动是加速度大小不变、方向总指向圆心的变加速曲线运动。 (3)质点做匀速圆周运动的条件:合外力大小不变,方向始终与速度方向垂直且指向圆心。 2.匀速圆周运动各物理量间的关系 二、匀速圆周运动的向心力 大小 Fn=m=mω2r=m=mωv=m·4π2f2r 方向 始终沿半径方向指向圆心,时刻在改变,即向心力是一个变力 来源 向心力可以由一个力提供,也可以由几个力的合力提供,还可以由一个力的分力提供 三、离心运动和近心运动 向心力的供需关系 运动状态 运动图示 F=man=m=mω2r 圆周运动 F<man=m=mω2r 离心运动 F>man=m=mω2r 近心运动 微点判断 1.匀速圆周运动是匀变速曲线运动。 (×) 2.(教科必修2P32T1·选摘)对于做匀速圆周运动的物体,判断下列说法的正误: ①线速度不变。 (×) ②周期不变。 (√) 3.物体做匀速圆周运动时,其合外力是变力。 (√) 4.匀速圆周运动的向心加速度方向指向圆心,大小不变。 (√) 5.(鲁科必修2P80T2·改编)对于匀速圆周运动,判断下列有关物理理之间关系描述的正误: ①角速度一定与转速成正比。 (√) ②角速度一定与半径成反比。 (×) ③周期一定与半径成正比。 (×) 6.(2024·甘肃高考T8·改编)电动小车在水平面内做匀速圆周运动,判断下列说法的正误: ①小车的加速度不变。 (×) ②小车所受的合外力一定指向圆心。 (√) 7.(人教必修2P26T2·改编)某个走时准确的时钟,分针与时针的角速度之比为24∶1。 (×) 8.做离心运动的物体沿半径方向远离圆心。 (×) 逐点清(一)　三种常见的传动方式 |题|点|全|练| 1.[同轴传动](2024·黑吉辽高考)“指尖转球”是花式篮球表演中常见的技巧。如图,当篮球在指尖上绕轴转动时,球面上P、Q两点做圆周运动的 (　　) A.半径相等　　　　　　 B.线速度大小相等 C.向心加速度大小相等 D.角速度大小相等 解析:选D　根据题图可知,Q点到轴的距离大于P点到轴的距离,则Q点做圆周运动的半径大于P点做圆周运动的半径,A错误;P、Q两点同轴转动,角速度大小相等,根据v=ωr和a=ω2r分析可知,Q点的线速度和向心加速度均大于P点的,B、C错误,D正确。 2.[皮带传动](多选)如图甲所示是中学物理实验室常用的感应起电机,它是由两个大小相等、直径约为30 cm的感应玻璃盘起电的,其中一个玻璃盘通过从动轮与手摇主动轮连接,如图乙所示。现玻璃盘以100 r/min的转速旋转,已知主动轮的半径约为8 cm,从动轮的半径约为2 cm,P和Q是玻璃盘边缘上的两点,若转动时皮带不打滑,下列说法正确的是 (　　) A.P、Q的线速度相同 B.玻璃盘的转动方向与摇把转动方向相反 C.P点的线速度大小约为1.6 m/s D.摇把的转速约为40 r/min 解析:选BC　线速度的方向沿曲线的切线方向,由题图可知,P、Q两点线速度的方向一定不同,故A错误;若主动轮顺时针转动,从动轮通过皮带的摩擦力带动转动,从动轮逆时针转动,反之亦然,故B正确;玻璃盘的直径是30 cm,转速是100 r/min,所以线速度v=ωr=2nπr=2××π× m/s≈1.6 m/s,故C正确;从动轮边缘的线速度v从=ωr从=2nπrc=2××π×0.02 m/s=π m/s,由于主动轮边缘各点的线速度与从动轮边缘各点的线速度大小相等,即v主=v从,所以主动轮的转速n主=== r/s=25 r/min,故D错误。 3.[齿轮传动](2025·广东佛山模拟)如图所示是《天工开物》中牛力齿轮的图画及其原理简化图。牛拉动横杆驱动半径为R1的大齿轮匀速率转动,大齿轮与半径为R2的中齿轮垂直咬合,中齿轮通过横轴与半径为R3的小齿轮相连,小齿轮驱动抽水桶抽水。已知牛拉横杆转一圈需要时间为t,则抽水桶的运动速率约为 (　　) A.　B.　C.　D. 解析:选A　大齿轮的线速度大小为v1=,由题意可知,大齿轮和中齿轮的线速度大小相等,即v2=v1=,中齿轮和小齿轮是同轴传动,具有相同的角速度,根据ω=,可知=,解得v3=,故选A。 |精|要|点|拨| 　　常见的三种传动方式及特点 项目 同轴传动 皮带传动 齿轮传动 装置 A、B两点在同轴的一个圆盘上 两个轮子用皮带连接,A、B两点分别是两个轮子边缘的点 两个齿轮轮齿啮合,A、B两点分别是两个齿轮边缘上的点 特点 角速度、周期相同 线速度大小相等 线速度大小相等 转向 相同 相同 相反 规律 线速度与半径成正比: = 向心加速度与半径成正比: = 角速度与半径成反比:= 向心加速度与半径成反比: = 角速度与半径成反比: = 向心加速度与半径成反比: = 逐点清(二)　圆周运动的动力学问题 1.向心力的来源 向心力是按力的作用效果命名的,可以是重力、弹力、摩擦力等各种力,也可以是几个力的合力或某个力的分力,因此在受力分析中要避免再另外添加一个向心力。 2.向心力的确定 (1)确定圆周运动的轨道所在的平面,确定圆心的位置。 (2)分析物体的受力情况,所有的力沿半径方向的分力的合力就是向心力。 3.圆周运动动力学问题的分析思路 [考法全训] 考法1　向心力的分析 1.(2024·广东高考)如图所示,在细绳的拉动下,半径为r的卷轴可绕其固定的中心点O在水平面内转动。卷轴上沿半径方向固定着长度为l的细管,管底在O点。细管内有一根原长为、劲度系数为k的轻质弹簧,弹簧底端固定在管底,顶端连接质量为m、可视为质点的插销。当以速度v匀速拉动细绳时,插销做匀速圆周运动。若v过大,插销会卡进固定的端盖,使卷轴转动停止。忽略摩擦力,弹簧在弹性限度内。要使卷轴转动不停止,v的最大值为 (　　) A.r B.l C.r D.l 解析:选A　由题意可知,当插销刚好卡进固定端盖时,弹簧的伸长量为Δx=,根据胡克定律有F=kΔx=,插销与卷轴同轴转动,角速度相同,弹簧弹力提供插销做匀速圆周运动的向心力,则F=mlω2,对卷轴有v=rω,联立解得v=r。故选A。 考法2　车辆转弯问题 2.(多选)如图所示,为保证安全,铁路拐弯处内、外轨有一定的高度差,与水平面夹角为θ,使质量为M0的火车以设计的速率v0在水平面内转弯时,内、外轨对车轮均无侧向压力,测得此时轨道对车轮的支持力大小为N0。当火车以实际速率v在此弯道上转弯时,轨道将施于车轮一个与枕木平行的侧向压力F,已知重力加速度为g,下列说法正确的是 (　　) A.若v>v0,侧向压力F方向由内轨指向外轨 B.若v>v0,轨道对车轮的支持力大于N0 C.在春运期间乘客较多,导致火车总质量大于M0,为保证安全,此时的行驶速率应该小于v0 D.该弯道的半径r= 解析:选BD　若v>v0,重力和支持力的合力不足以提供火车做圆周运动所需的向心力,火车有做离心运动的趋势,则此时外轨对车轮轮缘施加压力,即侧向压力F方向由外轨指向内轨,此时轨道对车轮的支持力大于N0,A错误,B正确;火车以规定的速度转弯时满足Mgtan θ=M,解得v0=,可知v0与火车的质量无关,该弯道的半径r=,C错误,D正确。 考法3　离心运动 3.(2025·浙江杭州质检)高速离心机常用于快速沉淀或分离物质。如图所示,水平试管固定在高速离心机上,离心机的转速为n,在水平试管中有质量为m的某固体颗粒,某时刻颗粒离转轴的距离为r。已知试管中充满液体,颗粒与试管内壁不接触。下列说法正确的是 (　　) A.颗粒运动的角速度为 B.颗粒此时受到的合外力大小必为4π2mrn2 C.离转轴越远,分离沉淀效果越好 D.此款高速离心沉淀机适用于任何颗粒,颗粒都会到试管底部沉淀 解析:选C　颗粒运动的角速度为ω=2πn,故A错误;由向心力公式可得Fn=mω2r=m(2πn)2r=4π2mrn2,颗粒此时受到的合外力大小未必为4π2mrn2,一般都是小于这个值,正是因为合外力提供不了所需向心力,颗粒才会沉淀,故B错误;离转轴越远,r越大,液体提供的“浮力”与颗粒在该处做匀速圆周运动所需向心力的差距越大,则分离沉淀效果越好,故C正确;只有颗粒的密度大于液体密度,颗粒才会在试管底部沉淀,如果颗粒的密度小于液体密度,颗粒会在试管管口“沉淀”,即漂浮在管口,故D错误。 逐点清(三)　圆锥摆类问题 1.模型特点:一根质量不计的不可伸长的细线,上端固定,下端系一个可以视为质点的摆球,在水平面内做匀速圆周运动,细绳所掠过的路径为圆锥表面。 2.受力特点:只受两个力,即竖直向下的重力mg和沿摆线方向的拉力FT。两个力的合力就是摆球做圆周运动的向心力Fn,如图所示(也可以理解为拉力FT的竖直分力与摆球的重力平衡,FT的水平分力提供向心力)。 3.运动特点:如图摆长为L,摆线与竖直方向夹角为θ,由牛顿第二定律得mgtan θ=m,而r=Lsin θ,解得T=2π=2π。由此可得: ①摆高h=Lcos θ,周期T越小,圆锥摆转得越快,θ越大;②摆线拉力FT=,圆锥摆转得越快,摆线拉力FT越大;③摆球的加速度a=gtan θ。 　　[典例]　(2024·江西高考)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O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B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μ,重力加速度为g,不计空气阻力。 (1)在图(a)中,若圆盘在水平雪地上以角速度ω1匀速转动,转椅运动稳定后在水平雪地上绕O点做半径为r1的匀速圆周运动。求AB与OB之间夹角α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O1点做半径为r2的匀速圆周运动,绳子与竖直方向的夹角为θ,绳子在水平雪地上的投影A1B与O1B的夹角为β。求此时圆盘的角速度ω2。 [解析]　(1)对转椅受力分析,转椅在水平面内受摩擦力、轻绳拉力,两者合力提供其做圆周运动所需向心力,如图所示。设转椅的质量为m,则转椅所需的向心力Fn1=mr1 转椅受到的摩擦力f1=μmg 根据几何关系有tan α= 联立解得tan α=。 (2)转椅在题图(b)情况下所需的向心力Fn2=mr2 转椅受到的摩擦力f2=μN2 根据几何关系有tan β= 竖直方向上由平衡条件有N2+Tcos θ=mg 水平面上有f2=Tsin θsin β 联立解得ω2=。 [答案]　(1)　(2) [应用体验] 1.长度为1 m的细线一端拴一质量为m=2 kg的小球(不计大小),另一端固定于O点。让小球在水平面内做匀速圆周运动,这种运动通常称为圆锥摆运动。如图所示,摆线与竖直方向的夹角α=37°,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,则下列说法正确的是 (　　) A.小球运动的角速度为 rad/s B.细线的拉力大小为16 N C.小球运动的线速度大小为1.2 m/s D.小球所需要的向心力大小为15 N 解析:选D　细线的拉力大小为FT==25 N,故B错误;根据牛顿第二定律有mgtan 37°=mω2Lsin 37°,解得ω= rad/s,故A错误;小球运动的线速度大小为v=ωLsin 37°= m/s,故C错误;向心力大小为Fn=mgtan 37°=15 N,故D正确。 2.(多选)如图所示,一个内壁光滑的圆锥筒固定在地面上,圆锥筒的轴线竖直。一个小球贴着筒的内壁在水平面内做圆周运动,由于微弱的空气阻力作用,小球的运动轨迹由A轨道缓慢下降到B轨道,则在此过程中 (　　) A.小球的向心加速度逐渐减小 B.小球运动的角速度逐渐减小 C.小球运动的线速度逐渐减小 D.小球运动的周期逐渐减小 解析:选CD　以小球为研究对象,对小球受力分析,如图所示。由牛顿第二定律得F==ma==mrω2,可知向心力F大小不变,向心加速度大小a=不变,故A错误;角速度ω=,由于轨道半径减小,则角速度变大,故B错误;线速度v=,由于轨道半径减小,线速度减小,故C正确;周期T=,角速度增大,则周期减小,故D正确。 [课时跟踪检测]　 (说明:标★的为推荐讲评题目) 一、单项选择题 1.(2025·河南开封模拟)如图甲所示,面点师制作蛋糕时,蛋糕坯放在旋转的转台上,其简化图如图乙所示,转台以某一恒定角速度绕竖直转轴OO'转动,A、B两点到转轴的距离不同,用ω、v、T、a分别表示角速度、线速度大小、周期、向心加速度大小。下列关系正确的是 (　　) A.ωA>ωB B.aA>aB C.vA<vB D.TA<TB 解析:选B　由题图可知,A、B两点同轴转动,角速度相等,即ωA=ωB,根据T=,可得TA=TB,故A、D错误;根据a=ω2r,可知aA>aB,故B正确;根据v=ωr,可知vA>vB,故C错误。 2.(2025·广东潮州模拟)如图甲所示,陀螺是深受小朋友喜爱的玩具之一。玩耍时,由细绳的一端开始将细绳紧紧缠绕在陀螺侧面,将陀螺竖直放置在地面上,用力水平拉动细绳另一端,使陀螺由静止开始加速转动,俯视图如图乙所示。若陀螺的半径为R,在地面上稳定转动时,其角速度至少要达到ω,缠绕在陀螺上的细绳长为l,拉动细绳时,细绳在陀螺侧面不打滑。将细绳的运动视为匀加速直线运动,为使陀螺稳定转动,细绳的加速度至少为 (　　) A. B. C. D. 解析:选B　根据v2=2al,v=ωR,联立解得a=,故选B。 3.(2025·江西南昌一模)网络上有人演示快速转动的红酒在倒立的红酒杯中不会洒落的“绝活”,引发大家的惊叹。为了说明这一原理,小明演示了小球在倒置红酒杯杯壁内做快速圆周运动,同样也不会掉下来。如图,A球在上,B球在下,A、B两小球在静止的红酒杯内不同的水平面上做匀速圆周运动,A、B两小球完全相同且可视为质点,红酒杯杯壁的倾角不变,不计一切摩擦。下列说法正确的是 (　　) A.A球做圆周运动的向心力大小大于B球做圆周运动的向心力大小 B.A球的线速度大小大于B球的线速度大小 C.A球的角速度大小大于B球的角速度大小 D.A球做圆周运动的周期小于B球做圆周运动的周期 解析:选B　由于杯壁的倾角不变,A、B两小球所受合力大小相等,合力提供向心力,向心力大小相等,故 A错误;根据Fn=m=mω2r=mr,由于rA>rB,所以vA>vB,ωA<ωB,TA>TB,故B正确,C、D错误。 4.(2025·广东深圳模拟)一卷帘窗由帘布和底杆组成,帘布和轻质塑料拉珠套在半径不同的共轴轻质定滑轮上,定滑轮固定在窗户顶端,侧视结构简图如图所示。已知拉珠所在滑轮半径为r1,帘布所在滑轮半径为r2。现用手向下缓慢匀速拉动拉珠,帘布上升,拉珠、帘布均与滑轮无相对滑动,不计一切阻力,下列说法正确的是 (　　) A.帘布上升的速度大于拉珠向下运动的速度 B.帘布上升的速度等于拉珠向下运动的速度 C.帘布上升的速度与拉珠向下运动的速度之比为 D.卷帘窗被上拉的过程,手做的功等于帘布和底杆的机械能增加量 解析:选D　拉珠和帘布对应的滑轮属于同轴转动,它们的角速度相等,根据v=ωr,帘布上升的速度小于拉珠向下运动的速度,且速度之比为,故A、B、C错误;卷帘窗被上拉过程,手做的功转化为帘布和底杆的机械能,即手做的功等于帘布和底杆的机械能增加量,故D正确。 5.(2025·重庆模拟)某射击游戏道具如图(a)所示,将圆形转筒十等分后间隔排列五片弧形薄板,其余位置留空,俯视图如图(b)所示。已知转筒直径d=1 m,角速度ω=8π rad/s,一同学用玩具手枪瞄准中轴线随机打出一枪,弹丸可认为做水平匀速直线运动且速度v1=20 m/s,弹丸穿过薄板后速度会减半,忽略空气阻力和弹丸穿过薄板所需时间,下列说法正确的是 (　　) A.薄板上各点线速度相同 B.薄板上一定会留下一个弹孔 C.若增大角速度,薄板上至少会留下一个弹孔 D.若减小角速度,薄板上至少会留下一个弹孔 解析:选B　根据v=rω可知,薄板上各点线速度大小相等,方向不同,故A错误。若弹丸穿过空隙进入转筒,则弹丸在转筒中运动的时间t1==0.05 s,这段时间内转筒转过的角度θ1=ωt1=0.4π,又弹丸射入时正对面是薄板,每个薄板和空隙所对的圆心角为0.2π,可知弹丸会穿过薄板离开转筒;若弹丸穿过薄板进入转筒,则弹丸在转筒中运动的时间t2==0.1 s,这段时间内转筒转过的角度θ2=ωt2=0.8π,又弹丸射入时正对面是空隙,每个薄板和空隙所对的圆心角为0.2π,可知弹丸穿过空隙离开转筒;综上所述,薄板上一定会留下一个弹孔,故B正确。无论是增大角速度还是减小角速度,弹丸都有可能两次经过空隙,在薄板上可能不留下弹孔,故C、D错误。 6.(2024·江苏高考)如图所示,细绳穿过竖直的管子拴住一个小球,让小球在A高度处的水平面内做匀速圆周运动,现用力将细绳缓慢下拉,使小球在B高度处的水平面内做匀速圆周运动,不计一切摩擦,则 (　　) A.线速度vA> vB B.角速度ωA>ωB C.向心加速度aA< aB D.向心力FA>FB 解析:选C　设管外细绳与竖直方向夹角为θ,管外细绳的长度为l,小球所在水平面距离顶点的竖直高度为h,对小球分析有F向=mgtan θ=mω2lsin θ=m=ma,解得v=,ω=,a=gtan θ。由于v=,小球从A处到达B处,l减小,θ增大,则无法判断vA、vB的关系,故A错误;由于ω=,其中cos θ=,联立得ω=,由题意可知,小球从A处到达B处,h减小,则ωA<ωB,故B错误;由于F向=mgtan θ,a=gtan θ,角度θ变大,小球所受向心力变大,即FA<FB,向心加速度也变大,即aA<aB,故C正确,D错误。 二、多项选择题 7.(2025·广东深圳期中)如图所示,杂技演员进行表演时,可以悬空靠在以角速度ω匀速转动的圆筒内壁上而不掉下来。设圆筒半径为r,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则该演员 (　　) A.受到4个力的作用 B.所需的向心力由弹力提供 C.角速度越大,人受到的摩擦力越大 D.圆筒的角速度ω≥ 解析:选BD　杂技演员受到重力、筒壁的弹力和静摩擦力共3个力作用,A错误;由于杂技演员在圆筒内壁上不掉下来,竖直方向根据平衡条件有mg=Ff,筒壁的弹力提供向心力,水平方向有F=mω2r,角速度越大,人受到的摩擦力不变,弹力变大,B正确,C错误;要想不下滑,最大静摩擦力需要大于等于重力,所以μF≥mg,F=mω2r,解得ω≥,D正确。 8.(2025·山东泰安模拟)进入冬季后,北方的冰雪运动吸引了许多南方游客。如图为雪地转转游戏,人乘坐雪圈(人和雪圈总质量为50 kg,大小忽略不计)绕轴以2 rad/s的角速度在水平雪地上匀速转动,已知水平杆长为2 m,离地高为2 m,绳长为4 m,且绳与水平杆垂直。则雪圈(含人) (　　) A.所受的合外力不变 B.所受绳子的拉力指向圆周运动的圆心 C.线速度大小为8 m/s D.所需向心力大小为800 N 解析:选CD　雪圈(含人)做匀速圆周运动,合外力一直指向圆心,方向时刻发生变化,因而合外力在不断变化,故A错误;绳子的拉力沿绳并指向绳收缩的方向,并不是指向圆周运动的圆心,故B错误;根据几何关系可知,雪圈(含人)做匀速圆周运动的半径为r= m=4 m,可知线速度大小为v=ωr=8 m/s,向心力大小为Fn=mω2r=800 N,故C、D正确。 三、计算题 9.(11分)一粗糙的圆锥体可绕其轴线做圆周运动,其轴线沿竖直方向,母线与轴线之间的夹角为θ=53°。现于锥面上放一个石块,石块与锥面间的动摩擦因数μ=0.8,石块与圆锥体顶点O的距离L=3 m,石块的质量为m=20 kg,石块可看作质点。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,取重力加速度g=10 m/s2,sin 53°=0.8,cos 53°=0.6。求: (1)若圆锥体与石块均静止,石块受到锥面的摩擦力大小;(5分) (2)若石块随圆锥体一起以角速度ω=0.2 rad/s绕轴线做匀速圆周运动,石块受到的摩擦力的大小。(6分) 解析:(1)若圆锥体与石块均静止,石块的受力分析如图1所示,因μmgsin θ>mgcos θ 故石块受到锥面的摩擦力大小 Ff=mgcos θ=120 N。 (2)当圆锥体与石块一起以角速度ω=0.2 rad/s绕轴线做匀速圆周运动时,石块的受力分析如图2所示, 竖直方向有Ff'cos θ+FN'sin θ-mg=0 水平方向有Ff'sin θ-FN'cos θ=mω2Lsin θ 解得Ff'=121.536 N。 答案:(1)120 N　(2)121.536 N 10.(12分)(2025·辽宁营口模拟)一种可测量转动角速度的简易装置如图所示。“V”形光滑支架固定在水平底座上,可随底座绕中轴线OO'旋转,支架两杆与水平面间夹角均为53°,两杆的杆长均为2L。一原长为L的轻弹簧套在AB杆上,弹簧一端固定于杆的上端A点,另一端与一套在杆上的小球(可视为质点)拴接,支架静止时弹簧的长度为1.5L。现让小球随支架匀速转动,已知小球的质量为m,重力加速度为g,sin 53°=0.8。 (1)求轻弹簧的劲度系数;(3分) (2)求弹簧恰好为原长时,支架转动的角速度;(4分) (3)若支架转动的角速度为,求此时弹簧的长度。(5分) 解析:(1)静止时弹簧伸长了L,对小球由平衡条件可得kL=mgsin 53°,解得k=。 (2)轻弹簧恰好为原长时,小球只受重力和杆的支持力,由几何关系可知小球转动半径r=Lcos 53° 竖直方向Ncos 53°=mg 水平方向Nsin 53°=mrω2, 解得ω=。 (3)若支架转动的角速度为>ω=,弹簧压缩,设形变量为Δx,则有 N'cos 53°=mg+kΔxsin 53° N'sin 53°+kΔxcos 53°=mr'ω'2 其中r'=[2L-(L-Δx)]cos 53° 解得Δx=0.5L 弹簧的长度为x=L-0.5L=0.5L。 答案:(1)　(2)　(3)0.5L 第4讲　圆周运动的三类临界问题(综合融通课) (一)水平面内圆周运动的临界问题 1.与摩擦力有关的临界极值问题 物体间恰好不发生相对滑动的临界条件是物体间恰好达到最大静摩擦力。 (1)如果只是摩擦力提供向心力,则最大静摩擦力Ffm=,静摩擦力的方向一定指向圆心。 (2)如果除摩擦力以外还有其他力,如绳两端连接物体随水平面转动,其中一个物体存在一个恰不向内滑动的临界条件和一个恰不向外滑动的临界条件,分别为静摩擦力达到最大且静摩擦力的方向沿半径背离圆心和沿半径指向圆心。 2.与弹力有关的临界极值问题 (1)两个接触物体分离的临界条件是物体间的弹力恰好为零。 (2)绳上拉力的临界条件是绳恰好拉直且无弹力或绳上拉力恰好为最大承受力。 3.水平面内圆周运动临界问题的分析方法 几何分析 目的是确定圆周运动的圆心、半径等 运动分析 目的是确定圆周运动的线速度、角速度、向心加速度等 受力 分析 目的是通过力的合成与分解,表示出物体做圆周运动时外界所提供的向心力 条件 分析 ①绳的临界:张力FT=0;②接触面滑动的临界:F=Ffmax;③接触面分离的临界:FN=0。 分析时一般先假设达到临界状态后,再分析结论 [考法全训] 考法1　发生相对滑动时的临界问题 1.(2024·江苏高考)陶瓷是以粘土为主要原料以及各种天然矿物经过粉碎、混炼、成型和煅烧制得的材料以及各种制品。如图所示是生产陶瓷的简化工作台,当陶瓷匀速转动时,台面上掉有陶屑,陶屑与台面间的动摩擦因数处处相同(台面够大),则 (　　) A.离轴OO'越远的陶屑质量越大 B.离轴OO'越近的陶屑质量越小 C.只有平台边缘有陶屑 D.离轴最远的陶屑距离不会超过某一值 解析:选D　与台面相对静止的陶屑做匀速圆周运动,静摩擦力提供向心力,当静摩擦力为最大静摩擦力时,根据牛顿第二定律可得μmg=mω2r,解得r=,因与台面相对静止的陶屑的角速度相同,可知能与台面相对静止的陶屑离轴OO'的距离与陶屑质量无关,只要在台面上不发生相对滑动的位置都有陶屑,故A、B、C错误;离轴最远的陶屑受到的静摩擦力为最大静摩擦力,由上述分析可知最大的运动半径为R=,μ与ω均一定,故R为定值,即离轴最远的陶屑距离不会超过某一值R,故D正确。 考法2　物体间恰好分离的临界问题 2.(多选)如图所示,三角形为一光滑圆锥体的正视图,锥面与竖直方向的夹角为θ=37°。一根长为l=1 m的细线一端系在圆锥体顶端,另一端系着一可视为质点的小球,小球在水平面内绕圆锥体的轴做匀速圆周运动,重力加速度g=10 m/s2,sin 37°=0.6,不计空气阻力,则 (　　) A.小球受重力、支持力、拉力和向心力 B.小球可能只受拉力和重力 C.当ω0= rad/s时,小球对圆锥体的压力刚好为零 D.当ω=2 rad/s时,小球受重力、支持力和拉力作用 解析:选BC　向心力是效果力,不是小球实际受到的力;对小球受力分析,小球受重力、细线的拉力,小球可能受圆锥体的支持力,也可能不受圆锥体的支持力;转速较小时, 小球紧贴圆锥面,则FTcos θ+FNsin θ=mg,FTsin θ-FNcos θ=mω2lsin θ,随着角速度的增加,FT增大,FN减小,当角速度达到ω0时支持力为零,支持力恰好为零时有mgtan θ=mlsin θ,解得ω0= rad/s,A错误,B、C正确。因 2 rad/s> rad/s,所以当ω=2 rad/s时,小球已经离开斜面,小球只受重力、拉力的作用,D错误。 考法3　绳的弹力恰好有无的临界问题 3.如图甲所示,在匀速转动的水平转盘上,沿半径方向放着用轻质细线相连的质量相等的两个物体A和B,它们分居圆心两侧,与圆心距离分别为2r和3r,两物体与盘间的动摩擦因数相同,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。若初始时绳子恰好拉直但没有拉力,现增大转盘角速度让转盘做匀速圆周运动,但两物体还未发生相对滑动,这一过程A与B所受摩擦力f的大小与ω2的关系图像如图乙所示,下列关系式正确的是 (　　) A.2=3　　　　　　 B.=2 C.2=5 D.=3 解析:选D　因为物体A和B分居圆心两侧,与圆心距离分别为2r和3r,绳子出现拉力之前,两个物体都只受静摩擦力的作用,与ω2成正比,由于B物体到圆心的距离大,故B物体先达到最大静摩擦力,之后摩擦力大小不变为μmg=m·3r,角速度达到ω1后绳子出现拉力,在角速度为ω2时,设绳子拉力为T,对B有T+μmg=m·3r,对A有T=m·2r,解得=3,故选D。 (二)竖直平面内圆周运动的临界问题 　　竖直平面内圆周运动两种常见的模型 轻绳模型 轻杆模型 情境 图示 弹力 特征 弹力可能向下,也可能等于零 弹力可能向下,可能向上,也可能等于零 力学方程 mg+FT=m mg±FN=m 临界特征 FT=0,即mg=m,得v= v=0,即F向=0, 此时FN=mg [考法全训] 考法1　轻绳模型 　　[例1]　如图甲所示,小球用不可伸长的轻绳连接,绕定点O在竖直面内做圆周运动,小球经过最高点的速度大小为v,此时绳子拉力大小为FT,拉力FT与速度的平方v2的关系如图乙所示,图像中的数据a和b以及重力加速度g都为已知量,以下说法正确的是 (　　) A.数据a与小球的质量有关 B.数据b与小球的质量无关 C.比值只与小球的质量有关,与圆周轨道半径无关 D.利用数据a、b和g能够求出小球的质量和圆周轨道半径 [解析]　由题图乙可知当v2=a时,绳子的拉力为零,此时小球的重力提供向心力,则有mg=m,解得v2=gr,即a=gr,A错误;当v2=2a时,对小球进行受力分析,则有mg+b=m,解得b=mg,与小球的质量有关,B错误;根据以上分析可知=,C错误;由题图乙可知,当v2=a时,则有mg=m,解得r=,当v2=2a时,则有mg+b=m,解得m=,D正确。 [答案]　D 考法2　轻杆模型 　　[例2]　(2025·北京海淀模拟)如图甲所示,轻杆一端与一小球相连,另一端连在光滑固定轴上,可在竖直平面内自由转动。现使小球在竖直平面内做圆周运动,到达某一位置开始计时,取水平向右为正方向,小球的水平分速度 vx随时间t的变化关系如图乙所示。不计空气阻力。下列说法中正确的是 (　　) A.t1时刻小球通过最高点,图乙中S1和 S2的面积不相等 B.t2时刻小球通过最高点,图乙中S1和 S2的面积相等 C.t1时刻的杆中弹力一定大于t2时刻的杆中弹力 D.在小球做一次完整圆周运动的过程中,杆中弹力可能两次为零 [解析]　因在最高点和最低点两侧小球的水平分速度具有对称性,又小球在最高点时的水平分速度小于在最低点时的水平分速度,在水平直径最左端和最右端时的水平分速度为零,故由题图可知,t1时刻小球通过最高点,面积S1表示的是从最低点运动到水平直径最左端位置的过程中通过的水平位移,其大小等于轨道半径,S2表示的是从水平直径最左端位置运动到最高点的过程中通过的水平位移,其大小也等于轨道半径,A、B错误;若t1时刻轻杆对小球没有弹力作用,则t2时刻的杆中弹力不可能为0,C错误;若存在某点高于圆心、低于最高点,恰好重力的分力提供匀速圆周运动的向心力,则杆中的弹力为零,并存在关于过圆心竖直方向对称的位置弹力也为零,故在小球做一次完整圆周动的过程中,杆中弹力可能两次为零,D正确。 [答案]　D (三)斜面上圆周运动的临界问题 　　在斜面上做圆周运动的物体,因所受的控制因素不同,常见类型有:摩擦力控制、杆控制、绳控制。与竖直面内的圆周运动类似,斜面上的圆周运动通常也是分析物体在最高点和最低点的受力情况,只是在受力分析时,一般需要进行立体图到平面图的转化,这是解斜面上圆周运动问题的难点。 考法1　静摩擦力控制下的斜面圆周运动 　　[例1]　(2025·天津模拟)如图所示,光滑斜面上固定一个圆形转盘,转盘上表面平整,圆心为O,转盘可绕垂直斜面的轴O转动。转盘上放置一个小滑块P,转盘绕O匀速转动,P总是相对转盘静止,下列判断正确的是 (　　) A.P在任意位置的向心力均相同 B.P在最左端点和最右端点受到转盘的摩擦力大小相等、方向相反 C.P受到的摩擦力至少有一个位置指向圆心,最多有两个位置 D.P在最高点和最低点受到转盘的摩擦力大小可能相等 [解析]　滑块P做匀速圆周运动,向心力大小相等,方向时刻改变,故A错误;P在左端点和右端点,由静摩擦力和重力沿斜面向下的分力mgsin θ的合力提供向心力,沿斜面方向受力分析如图所示,由于半径相等,角速度相等,向心力大小相等、方向相反,则摩擦力大小相等,方向并不相反,故B错误;在最低点静摩擦力指向圆心,在最高点可能指向圆心,P受到的摩擦力至少有一个位置指向圆心,最多有两个位置,故C正确;设转盘转动的角速度为ω,滑块的质量为m,转动半径为r,在最低点时,有f1-mgsin θ=mrω2,得f1=mgsin θ+mrω2,假设在最高点时摩擦力大小和在最低点相等,若方向沿斜面向下有f1+mgsin θ=2mgsin θ+mrω2>mrω2,不成立,若方向沿斜面向上,则摩擦力与重力沿斜面向下的分力mgsin θ的合力沿斜面向上,故也不成立,可知在最高点和最低点受到转盘的摩擦力大小不可能相等,故D错误。 [答案]　C 考法2　轻绳控制下的斜面圆周运动 　　[例2]　如图所示,一倾角为θ=30°的斜劈静置于粗糙水平面上,斜劈上表面光滑,一轻绳的一端固定在斜面上的O点,另一端系一小球。在图示位置垂直于绳给小球一初速度,使小球恰好能在斜面上做圆周运动。已知O点到小球球心的距离为l,重力加速度为g,整个过程中斜劈静止,下列说法正确的是 (　　) A.小球在顶端时,速度大小为 B.小球在底端时,速度大小为 C.小球运动过程中,地面对斜劈的摩擦力大小不变 D.小球运动过程中,地面对斜劈的支持力等于小球和斜劈的重力之和 [解析]　小球在顶端时,绳的拉力FT与重力沿斜面向下的分力的合力提供小球做圆周运动所需的向心力,有FT+mgsin θ=m,可知绳的拉力越小,小球的速度越小,当绳的拉力为零时,小球恰好在斜面上做圆周运动,在顶端时的速度为vmin==,A错误;小球由顶端向底端运动时,只有重力对小球做功,根据动能定理有mg·2lsin θ=mv2-m,代入数据可得v=,B正确;小球在斜面上受重力、支持力和绳的拉力作用做变速圆周运动,其所受重力与斜面的支持力大小和方向均保持不变,绳的拉力大小和方向均不断变化,根据牛顿第三定律,以斜劈为研究对象,斜劈在小球恒定的压力、绳不断变化的拉力、地面的支持力、摩擦力和自身的重力作用下保持平衡,绳的拉力不断变化,故其在水平和竖直方向上的分量也在不断变化,根据斜劈的平衡条件可知,它受到的水平方向上的摩擦力大小是变化的,地面对斜劈支持力的大小不一定等于小球和斜劈重力之和,C、D错误。 [答案]　B [课时跟踪检测]　 (说明:标★的为推荐讲评题目) 一、单项选择题 1.(2025·江苏泰州模拟)用两根轻绳连接两个球A和B,其中一根绳的另一端固定在一个竖直转轴上,如图所示。当两球随转轴一起匀速转动时两球所处的位置可能是图中的哪一个 (　　) 解析:选C　设上面轻绳与竖直方向的夹角为θ,对整体分析,根据牛顿第二定律得Mgtan θ=Mrω2,解得上面细绳与竖直方向的夹角和角速度的关系为gtan θ=rω2;设下面轻绳与竖直方向的夹角为α,对B球隔离分析,可得mgtan α=mr'ω2,解得下面细绳与竖直方向夹角和角速度的关系为gtan α=r'ω2;A、B两球的角速度相等,又r'>r,则α>θ,故选C。 2.如图所示,A、B、C三个物体放在旋转圆台上,它们与圆台之间的动摩擦因数均为μ,A的质量为2m,B、C的质量均为m,A、B离轴心的距离为R,C离轴心的距离为2R,重力加速度为g,假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则当圆台旋转时(设A、B、C都没有滑动) (　　) A.物体A的向心加速度最大 B.物体B受到的静摩擦力最大 C.物体C开始滑动的临界角速度为 D.当圆台转速增大时,B比A先滑动 解析:选C　物体A、B、C的角速度相等,由a=ω2r,可得物体C的向心加速度最大,故A错误;A、B、C都没有滑动,静摩擦力提供向心力,根据Ff=m物ω2r,可知物体B受到的静摩擦力最小,故B错误;静摩擦力达到最大值时对应开始滑动的临界角速度,对物体C有μmg=m·2R,解得ωC=,故C正确;同理可得物体A、B开始滑动的临界角速度分别为ωA=,ωB=,当圆台转速增大时,物体A、B同时滑动,故D错误。 3.如图所示,在倾角为α=30°的光滑斜面上,有一根长为L=0.8 m的轻杆,一端固定在O点,另一端系一质量为m=0.2 kg的小球,沿斜面做圆周运动。取g=10 m/s2。若要小球能通过最高点A,则小球在最低点B的最小速度是 (　　) A.4 m/s B.2 m/s C.2 m/s D.2 m/s 解析:选A　小球受轻杆控制,在A点的最小速度为零,由动能定理有2mgLsin α=m,解得vB=4 m/s,A正确。 4.如图所示,一小球以一定的初速度从图示位置进入光滑的轨道,小球先进入圆轨道1,再进入圆轨道2,圆轨道1的半径为R,圆轨道2的半径是轨道1的1.8倍,小球的质量为m,若小球恰好能通过轨道2的最高点B,则小球在轨道1上经过其最高点A时对轨道的压力大小为(重力加速度为g) (　　) A.2mg B.3mg C.4mg D.5mg 解析:选C　小球恰好能通过轨道2的最高点B时,有mg=,小球在轨道1上经过其最高点A时,有FN+mg=,根据机械能守恒定律,有2×(1.8-1)mgR=m-m,联立解得FN=4mg,结合牛顿第三定律可知,小球在轨道1上经过其最高点A时对轨道的压力大小为4mg,C正确。 5.如图甲、乙所示为自行车气嘴灯,气嘴灯由接触式开关控制,其结构如图丙所示,弹簧一端固定在顶部,另一端与小物块P连接,当车轮转动时,P拉伸弹簧后使触点A、B接触,从而接通电路,使气嘴灯发光,则 (　　) A.弹簧对物块P的拉力就是物块做圆周运动需要的向心力 B.自行车逐渐加速过程中,气嘴灯在最高点一定比最低点先点亮 C.要使气嘴灯在更高的车速下才能发光,可将弹簧剪短一截后放回装置 D.要使气嘴灯在更低的车速下也能发光,可换用质量更小的物块 解析:选C　在最高或最低点时,弹簧对物块P的拉力和物块P的重力的合力是物块做圆周运动需要的向心力,故A错误;在最高点气嘴灯恰好点亮时有mg+F=mr,在最低点气嘴灯恰好点亮时有F-mg=mr,可知ω1>ω2,所以自行车逐渐加速过程中,气嘴灯在最低点比最高点先点亮,故B错误;由以上分析知气嘴灯在最低点更容易点亮,要使气嘴灯在更高的车速下才能发光,由F-mg=mr,可得ω2=,可将弹簧剪短一截后放回装置,使得接通触点A、B时弹簧可以提供更大的力,故C正确;由以上分析知气嘴灯在最低点更容易点亮,要使气嘴灯在更低的车速下也能发光,由ω2=可知,可以增加质量m,即换用质量更大的物块,故D错误。 6.(2025·河北保定模拟)如图甲所示,陀螺可在圆轨道外侧旋转而不脱落,好像轨道对它施加了魔法,被称为“魔力陀螺”,它可等效为图乙所示的模型,竖直固定的磁性圆轨道半径为R,质量为m的质点沿轨道外侧做完整的圆周运动,A、C两点分别为轨道的最高点与最低点,B、D两点与轨道圆心等高,质点受到始终指向圆心、大小恒为2mg的磁性引力作用,不计摩擦和空气阻力,重力加速度大小为g,下列说法正确的是 (　　) A.若质点经过A点时的速度大小为,则此时质点受到轨道的弹力大小为mg B.若质点经过B点时的速度大小为,则此时质点受到轨道的弹力大小为mg C.若质点经过C点时的速度大小为,则此时质点受到轨道的弹力大小为2mg D.若质点经过D点时的速度大小为,则此时质点受到轨道的弹力大小为2mg 解析:选B　若质点经过A点时的速度大小为,根据牛顿第二定律有mg+2mg-NA=m,解得NA=2mg,故A错误;若质点经过B点时的速度大小为,根据牛顿第二定律有2mg-NB=m,解得NB=mg,故B正确;若质点经过C点时的速度大小为,根据牛顿第二定律有2mg-mg-NC=m,解得NC=0,故C错误;若质点经过D点时的速度大小为,根据牛顿第二定律有2mg-ND=m,解得ND=mg,故D错误。 7.(2025·山东烟台模拟)如图所示,矩形框架ABCD位于竖直平面内,轻弹簧的一端固定在A点,另一端连接一个质量为m的小球,小球穿在框架的光滑竖直杆CD上并处于静止状态。现让框架绕AB边所在的O1O2轴由静止开始转动,在角速度逐渐增大的过程中,下列说法正确的是 (　　) A.弹簧的长度变短 B.弹簧的长度不变 C.CD杆对小球的弹力变大 D.CD杆对小球的弹力不变 解析:选B　设弹簧的弹力为F,原长为l0,弹簧与水平方向的夹角为θ,对小球受力分析,如图所示,在竖直方向上有Fsin θ=mg,由胡克定律可得F=k,联立两式可知,θ为定值,则F也不变,即当角速度不断增大时,小球的高度不变,弹簧的弹力不变,弹簧的长度不变,故A错误,B正确;小球由静止开始做圆周运动,由F在水平方向的分力Fcos θ和CD杆对小球的弹力FN的合力提供向心力,根据牛顿第二定律得Fcos θ-FN=mω2r,解得FN=Fcos θ-mω2r,可知随着ω增大,FN先减小后反向增大,故C、D错误。 8.(2025·江西南昌一模)如图所示,一质量为m的物块放在水平木板上,现用木板托住物块一起绕O点在竖直平面内做半径为R的匀速圆周运动,角速度大小为ω,物块与木板之间的动摩擦因数为μ,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g。若在运动过程中物块和木板始终保持相对静止且木板始终保持水平,则下列说法正确的是 (　　) A.在圆心等高处时物块受到的摩擦力为μmg B.在圆心等高处时物块受到的摩擦力为2mω2R C.ω的最大值为 D.ω的最大值为 解析:选D　依题意,可知物块在圆心等高处时受到的静摩擦力提供其做匀速圆周运动所需的向心力,大小为f=Fn=mω2R,大小不一定等于μmg,故A、B错误;由于物块加速度的水平分量是由摩擦力产生的,加速度的竖直分量是由重力和支持力的合力产生的,如图,根据牛顿第二定律有μN=mω2Rsin θ,mg-N=mω2Rcos θ,联立解得ω2=,由数学知识可得ω的最大值为ωmax=,故C错误,D正确。 二、多项选择题 9.(2025·河南周口模拟)如图所示,水平桌面上有一个光滑的小孔,穿过小孔的细线一端连接在水平桌面上的物块上,另一端吊着一个小球,使小球做圆锥摆运动。当小球运动的角速度为ω1时,物块刚好要滑动,这时悬线与竖直方向的夹角为θ1;将物块向小孔移近一些,仍让小球做圆锥摆运动,当小球运动的角速度为ω2时,物块刚好要滑动,这时悬线与竖直方向的夹角为θ2。下列关系正确的是 (　　) A.ω1>ω2 B.ω1=ω2 C.θ1>θ2 D.θ1=θ2 解析:选AD　物块刚好要滑动,可知此时细线拉力大小等于物块受到的最大静摩擦力fmax,以小球为对象,在竖直方向上,两次分别由受力平衡可得fmaxcos θ1=mg,fmaxcos θ2=mg,可得θ1=θ2,在水平方向上,两次分别由牛顿第二定律可得fmaxsin θ1=ml1sin θ1,fmaxsin θ2=ml2sin θ2,可得ω1=,ω2=,由题意可知l1<l2,则有ω1>ω2。故选A、D。 10.(2025·云南昆明模拟)如图甲所示,将质量均为m的物块A、B置于水平转盘的同一直径上,两者用长为L的水平轻绳连接,轻绳恰好伸直但无拉力。已知两物块与转盘之间的动摩擦因数均为μ,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,物块A与转轴的距离等于L,整个装置能绕通过转盘中心的竖直轴转动,当转盘以不同角速度匀速转动时,两物块所受摩擦力大小f与角速度ω二次方的关系图像如图乙所示,重力加速度为g,下列说法正确的是 (　　) A.由图乙可知,转盘的角速度ω1<ω<ω2时,物块A所受摩擦力不变 B.图乙中ω1= C.∶=2∶3 D.当ω=ω2时,轻绳的拉力大小为 解析:选BD　角速度比较小时,物块受到的静摩擦力提供所需的向心力,由于物块B的转动半径较大,所需向心力较大,则物块B受到的摩擦力先达到最大静摩擦力,之后物块B受到的摩擦力不变,绳子开始产生拉力,物块A所受摩擦力变大,则题图乙中图线b为物块B所受摩擦力大小f与角速度的平方ω2的关系图像,对物块B,由牛顿第二定律可得μmg=m·2L,解得ω1=,故A错误,B正确;当ω=ω2时,物块A受到的摩擦力达到最大静摩擦力,分别对物块A和B进行受力分析,根据牛顿第二定律可得μmg-T=mL,μmg+T=m·2L,联立解得ω2=,T=,可知∶=3∶4,故C错误,D正确。 三、计算题 11.(8分)如图所示,一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定轴以恒定角速度转动,盘面上离转轴距离r= m处有一质量m=1 kg、可视为质点的物体与圆盘始终保持相对静止。盘面与水平面的夹角为θ=37°,P是轨迹圆的最高点,Q是轨迹圆的最低点,物体与盘面间的动摩擦因数为μ,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。 (1)当圆盘角速度ω= rad/s时,求物体受到的向心力大小;(3分) (2)当圆盘角速度ω=2 rad/s时,为维持物体相对圆盘静止,求物体与盘面间的动摩擦因数的最小值。(5分) 解析:(1)当角速度ω= rad/s时,由Fn=mrω2 代入数据解得Fn=0.75 N。 (2)当物体转到圆盘的最低点恰好不下滑时,μ有最小值,受力分析如图所示 f=μmgcos θ f-mgsin θ=mrω2 代入数据解得μ=。 答案:(1)0.75 N　(2) 第5讲　探究平抛运动的特点(重点实验) 一、实验知能/系统归纳 一、理清原理与操作 (1)调节:①斜槽末端水平;②固定白纸的平板竖直。 (2)确定平抛起点:将小球飞离斜槽末端时球心的位置描在白纸上。 (3)操作:①每次都从同一位置由静止释放小球; ②上下调节挡板N,通过多次实验,在白纸上记录小球所经过的多个位置。 (4)轨迹获取:用平滑曲线把白纸上各印迹连接起来。 二、掌握数据处理方法 1.平抛轨迹完整(即含有抛出点) 在轨迹上任取一点,测出该点离抛出点的水平位移x及竖直位移y,就可求出初速度v0。因x=v0t,y=gt2,故v0=x　。 2.平抛轨迹残缺(即无抛出点) 如图所示,在轨迹上任取三点A、B、C,使A、B间及B、C间的水平距离相等,由平抛运动的规律可知,A、B间与B、C间所用时间相等,设为t,则Δh=hBC-hAB=gt2,所以t=,所以初速度v0==x。 三、注意实验细节 1.固定斜槽时,要保证斜槽末端的切线水平,保证小球的初速度沿水平方向。若不水平,会导致小球离开斜槽后不做平抛运动。 2.固定木板时,木板必须处在竖直平面内且与小球运动轨迹所在的竖直平面平行,固定时要用铅垂线检查坐标纸竖线是否竖直。 3.为保证小球每次都从斜槽上的同一位置由静止释放,可在斜槽上某一位置固定一个挡板。 4.要在斜槽上适当高度释放小球,使它以适当的水平初速度抛出,其轨迹由木板左上角到达右下角,这样可以减小测量误差。 5.坐标原点不是槽口的端点,应是小球出槽口时球心在木板上的投影点。 6.计算小球的初速度时,应选距抛出点稍远一些的点为宜,以便于测量和计算。 四、做好误差分析 1.建立坐标系时,坐标原点的位置确定不准确,导致轨迹上各点的坐标不准确。 2.小球每次自由滚下时起始位置不完全相同,导致轨迹出现误差。 3.确定小球运动的位置时不准确,会导致误差。 4.量取轨迹上各点坐标时不准确,会导致误差。 二、实验关键/重点解读 　　本实验的命题特点主要集中在以下两个方面:(1)轨迹的坐标原点是否为小球平抛的起点;(2)因实验原理与装置的不同,确定小球运动轨迹的方式也不同,数据处理的方法也有所不同。 关键点(一) 　 坐标原点是否为平抛起点   [题点训练] 1.利用频闪照片研究平抛运动规律,得到的照片经1∶1还原后如图所示,连续曝光过程中小球依次出现在A、B、C三个位置,图中每个正方形的边长为20 cm,重力加速度g取10 m/s2,空气阻力不计。 (1)频闪照相机的曝光频率为　　　　Hz;  (2)平抛运动的水平初速度为　　　　m/s;  (3)以A点为坐标原点,水平向右为x轴正方向,竖直向下为y轴正方向,则平抛运动抛出点的坐标为　　　　　　　　。(以cm为单位)  解析:(1)由题图可得,AB、BC间的水平和竖直距离分别为x1=x2=60 cm=0.6 m,y1=0.6 m,y2=1.0 m,由于Δy=y2-y1=gT2,可得频闪照相机的曝光周期为T= =0.2 s,频闪照相机的曝光频率为f==5 Hz。 (2)水平方向上x1=v0T,可得平抛运动的水平初速度v0=3 m/s。 (3)设抛出点坐标为(x0,y0),小球落在B点时的竖直速度为vyB==4 m/s,由于yB-y0==0.8 m,可得y0=-0.2 m=-20 cm;由于xB-x0=v0t=v0·=1.2 m,可得x0=-0.6 m=-60 cm,抛出点坐标为(-60 cm,-20 cm)。 答案:(1)5　(2)3　(3)(-60 cm,-20 cm) 2.(2025·山东泰安模拟)某同学用如图甲所示的装置“探究平抛运动及其特点”,实验操作是:在小球A、B处于同一高度时,用小锤轻击弹性金属片使A球水平飞出,同时B球被松开。 (1)该同学观察到的现象是:小球A、B　　　　(填“同时”或“先后”)落地。上述现象说明:平抛运动的竖直分运动是　　　　(填“自由落体”或“匀速直线”)运动。  (2)该同学用图乙所示方法记录平抛运动的轨迹如图丙所示,a、b、c三点表示小球运动过程中经过的三个位置,重力加速度g取10 m/s2,空气阻力不计,则小球做平抛运动的初速度大小为v0=　　　　m/s。(保留两位有效数字)  (3)另一同学重新进行实验,以抛出点为坐标原点,水平向右为x轴正方向,竖直向下为y轴正方向,在轨迹上选取间距较大的几个点,确定其坐标,并在直角坐标系内绘出了y⁃x2图像如图丁所示,重力加速度g取10 m/s2,则此小球平抛的初速度大小为v0=　　　　m/s。  解析:(1)该实验的现象是:小球A、B会同时落地;上述现象说明A、B两球在竖直方向有相同的运动情况,而B球做自由落体运动,则说明平抛运动的竖直分运动是自由落体运动。 (2)ab段、bc段的水平距离相等,则运动时间相等,设为T,在竖直方向上有Δy=gT2,解得T== s=0.1 s,则平抛运动的初速度为v0== m/s=3.0 m/s。 (3)根据y=gt2,x=v0t,联立解得平抛运动的轨迹方程为y=x2,则图像的斜率为= m-1,解得v0=0.5 m/s。 答案:(1)同时　自由落体　(2)3.0　(3)0.5 [归纳建模] 1.小球平抛运动的起点在斜槽末端小球球心的位置。 2.平抛运动轨迹残缺时,可以用Δy=gT2和v0=确定小球做平抛运动的初速度。 关键点(二) 　 确定小球轨迹的不同方式   [题点训练] 1.(2024·河北高考,节选)图1为探究平抛运动特点的装置,其斜槽位置固定且末端水平,固定坐标纸的背板处于竖直面内,钢球在斜槽中从某一高度滚下,从末端飞出,落在倾斜的挡板上挤压复写纸,在坐标纸上留下印迹。某同学利用此装置通过多次释放钢球,得到了如图2所示的印迹,坐标纸的y轴对应竖直方向,坐标原点对应平抛起点。 (1)每次由静止释放钢球时,钢球在斜槽上的高度　　　　(填“相同”或“不同”)。  (2)在坐标纸中描绘出钢球做平抛运动的轨迹。 (3)根据轨迹,求得钢球做平抛运动的初速度大小为　　　　m/s(当地重力加速度g为9.8 m/s2,保留2位有效数字)。  解析:(1)在探究平抛运动特点的实验中,要使钢球到达斜槽末端的速度相同,则每次由静止释放钢球时,钢球在斜槽上的高度相同。 (2)用平滑曲线连接坐标纸上的点,即为钢球做平抛运动的轨迹,作图时应使尽可能多的点在图线上,不在图线上的点均匀分布在图线两侧,如图所示。 (3)根据平抛运动规律有x=v0t,y=gt2,联立可得v0=x,在轨迹图线上选取一点(15 cm,20 cm),代入数据可得v0≈0.74 m/s。 答案:(1)相同　(2)见解析图　(3)0.74(0.69~0.76均可) 2.“研究物体的平抛运动”实验的装置如图甲所示。小球从斜槽上滚下,经过水平槽飞出后做平抛运动。每次都使小球从斜槽上同一位置由静止滚下,在小球运动轨迹的某处用带孔的卡片迎接小球,使小球恰好从孔中央通过而不碰到边缘,然后对准孔中央在白纸上记下一点。通过多次实验,在竖直白纸上记录小球所经过的多个位置,用平滑曲线连起来就得到小球做平抛运动的轨迹。 (1)实验所需的器材有:白纸、图钉、平板、铅笔、斜槽、小球、重垂线、有孔的卡片,除此之外还需要的一项器材是　　　　。  A.天平　　　B.秒表　　　C.刻度尺 (2)如图乙所示是在实验中记录的一段轨迹。已知小球是从原点O水平抛出的,经测量A点的坐标为(40 cm,20 cm),g取10 m/s2,则小球平抛的初速度v0=　　　　m/s,若B点的横坐标为xB=60 cm,则B点的纵坐标为yB=　　　　m。  (3)一同学在实验中采用了如下方法:如图丙所示,斜槽末端的正下方为O点。用一块平木板附上复写纸和白纸,竖直立于正对槽口前的O1处,使小球从斜槽上某一位置由静止滚下,小球撞在木板上留下痕迹A。将木板向后平移至O2处,再使小球从斜槽上同一位置由静止滚下,小球撞在木板上留下痕迹B。O、O1间的距离为x1,O、O2间的距离为x2,A、B间的高度差为y。则小球抛出时的初速度v0为　　　　。  A. B. C. D. 解析:(1)此实验中只需描绘出小球做平抛运动的轨迹,根据轨迹进行计算,本实验还需要刻度尺测量出轨迹上各点的坐标。故选C。 (2)根据yA=gt2,解得到达A点的时间t==0.2 s,小球平抛的初速度为v0==2 m/s。到达B点的时间为t'==0.3 s,B点纵坐标为yB=gt'2=0.45 m。 (3)在竖直方向上y=g-g,在水平方向上x1=v0t1,x2=v0t2,联立解得小球抛出时的初速度v0=,故选A。 答案:(1)C　(2)2　0.45　(3)A 3.如图甲所示,AB是一可升降的竖直支架,支架顶端A处固定一弧形轨道,轨道末端水平。一条形木板的上端铰接于过A的水平转轴上,下端搁在水平地 面上。将一小球从弧型轨道某一位置由静止释放,小球落在木板上的某处,测出小球平抛运动的水平射程x和此时木板与水平面的夹角θ,并算出tan θ。改变支架AB的高度,将小球从同一位置由静止释放,重复实验,得到多组x和tan θ,记录的数据如下表: 实验次数 1 2 3 4 5 6 tan θ 0.18 0.32 0.69 1.00 1.19 1.43 x/m 0.035 0.065 0.140 0.160 0.240 0.290 (1)在图乙的坐标中描点连线,做出x⁃tan θ的关系图像。 (2)根据x⁃tan θ图像可知小球做平抛运动的初速度v0=　　　 m/s;实验中发现θ超过60°后,小球将不会掉落在斜面上,则斜面的长度为　　　 m。(g取10 m/s2,结果保留两位小数)  (3)实验中有一组数据出现明显错误,可能的原因是 　。 解析:(1)x⁃tan θ的关系图像如图所示。 (2)根据tan θ=,得t=,则水平射程为x=v0t=,可知x⁃tan θ图像的斜率k=,由图可知k==0.2,解得v0== m/s=1.00 m/s。当θ=60°时,有t== s,则斜面的长度为s== m≈0.69 m。 (3)实验中有一组数据出现明显错误,由图可知,水平射程偏小,由x=知,初速度偏小,即小球释放位置低于其他几次实验时释放位置。 答案:(1)见解析图　(2)1.00(0.96~1.04均可) 0.69(0.64~0.75均可)　(3)小球释放位置与其他几次实验不同(低于其他几次实验) [归纳建模] 1.保证小球在斜槽上每次释放点位置相同,以保证小球每次做平抛运动的初速度相同,小球平抛的运动轨迹不变。 2.确定小球平抛运动过程中不同时刻的位置,然后用平滑曲线连接起来,就可以得到小球做平抛运动的轨迹。 3.不同的实验原理获取小球做平抛运动轨迹上各点的方法也不相同。 [课时跟踪检测] 1.(4分)用频闪摄影方法来研究小球的平抛运动。如图为记录下的频闪照片,x轴和y轴分别位于水平和竖直方向,照片中两个小球分别从同一高度平抛和自由下落,则根据照片可判断平抛运动在竖直方向的分运动为　　　　　　运动。已知频闪周期为T,测得平抛小球在x轴上的坐标值后,用下列各式计算水平初速度,忽略空气阻力,测量时相对误差较小的是　　　　。 A.　　　　B.　　　　C. D.　　　　E.　　　　F. 解析:根据照片可知,做平抛运动的小球与做自由落体运动的小球始终在同一高度,说明平抛运动的竖直分运动为自由落体运动。距离越大,计算得出的平均速度误差越小,故选F。 答案:自由落体　F 2.(4分)用如图1所示装置研究平抛运动。将白纸和复写纸对齐重叠并固定在竖直的硬板上。钢球沿斜槽轨道PQ滑下后从Q点飞出,落在水平挡板MN上。由于挡板靠近硬板一侧较低,钢球落在挡板上时,钢球侧面会在白纸上挤压出一个痕迹点。移动挡板,重新释放钢球,如此重复,白纸上将留下一系列痕迹点。 (1)为定量研究,建立以水平方向为x轴、竖直方向为y轴的坐标系。取平抛运动的起始点为坐标原点,将钢球静置于Q点,钢球的　　　　(选填“最上端”“最下端”或“球心”)对应白纸上的位置即为原点。  (2)如图2所示是某同学在某次实验中取得的数据,其中坐标原点为抛出点,g取10 m/s2,则此钢球做平抛运动的初速度大小为　　　　 m/s。  解析:(1)钢球在运动过程中记录下的是其球心的位置,故抛出点也应是钢球静置于Q点时球心的位置,故应以球心对应白纸上的位置为坐标原点。 (2)由平抛运动规律得y=gt2,x=v0t,钢球做平抛运动的初速度大小为v0== m/s=1.6 m/s。 答案:(1)球心　(2)1.6 3.(6分)(2023·浙江6月选考,节选)在“探究平抛运动的特点”实验中 (1)用图1装置进行探究,下列说法正确的是　　　　。  A.只能探究平抛运动水平分运动的特点 B.需改变小锤击打的力度,多次重复实验 C.能同时探究平抛运动水平、竖直分运动的特点 (2)用图2装置进行实验,下列说法正确的是　　　。  A.斜槽轨道 M必须光滑且其末端水平 B.上下调节挡板N时必须每次等间距移动 C.小钢球从斜槽M上同一位置静止滚下 (3)用图 3装置进行实验,竖直挡板上附有复写纸和白纸,可以记下钢球撞击挡板时的点迹。实验时竖直挡板初始位置紧靠斜槽末端,钢球从斜槽上P点静止滚下,撞击挡板留下点迹 0,将挡板依次水平向右移动x,重复实验,挡板上留下点迹 1、2、3、4。以点迹 0 为坐标原点,竖直向下建立坐标轴y,各点迹坐标值分别为y1、y2、y3、y4。测得钢球直径为d,则钢球平抛初速度v0为　　　。  A. B. C. D. 解析:(1)用题图1所示的实验装置,只能探究平抛运动竖直分运动的特点,故A、C错误;在实验过程中,需要改变小锤击打的力度,多次重复实验,故B正确。 (2)为了保证小球做平抛运动,需要斜槽末端水平,为了保证小球抛出时速度相等,小球需要从同一位置静止释放,斜槽不需要光滑,故A错误,C正确;上下调节挡板N时不必每次等间距移动,故B错误。 (3)竖直方向y1=g,水平方向x-=v0t1,联立可得v0= ,故A错误;竖直方向Δy=y2-2y1=g,水平方向x=v0t2,联立可得v0=x,故B错误;竖直方向y4=g,水平方向4x-=v0t4,联立可得v0= ,故D正确,C错误。 答案:(1)B　(2)C　(3)D 4.(8分)(2025·山东青岛期末)频闪摄影是研究物体运动的常用实验手段,在暗室里,照相机每隔一定时间曝一次光,在胶片上记录物体在闪光时刻的位置。如图甲是某实验小组探究平抛运动规律的实验装置,分别在该装置正上方A处和右侧正前方B处各安装一个频闪相机,调整相机快门,设定相机曝光时间间隔为0.1 s。将小球从斜槽上某一位置自由释放,并启动相机,得到如图乙所示的频闪照片,O为抛出点,P为小球运动轨迹上的一个位置。通过测量和换算得知,图乙(a)中OP对应的实际距离为105 cm,(b)中OP对应的实际距离为122 cm。请回答下面问题: (1)A处相机所拍摄的频闪照片为乙图中的　　　　[选填“(a)”或“(b)”];  (2)通过对频闪照片(a)的测量发现,(a)中小球相邻位置间距离几乎是相等的,则小球水平抛出的初速度v0=　　　　m/s(结果保留2位有效数字);  (3)通过对频闪照片(b)的测量发现,(b)中小球相邻两位置间的距离几乎是均匀增大的,则当地重力加速度g=　　　　m/s2(结果保留3位有效数字);  (4)小球在P点的速度方向与水平方向间夹角的正切值为　　　　(结果保留3位有效数字)。  解析:(1)A处频闪相机记录每隔一定时间小球水平方向的位置,平抛运动水平方向不受力,做匀速直线运动,故A处相机所拍摄的频闪照片为题图乙中的(a)。 (2)由平抛运动规律可得v0== m/s=2.1 m/s。 (3)根据y=gt2=122 cm,解得g=9.76 m/s2。 (4)小球在P点的竖直分速度为vy=gt=9.76×0.1×5 m/s=4.88 m/s,则小球在P点的速度方向与水平方向间夹角的正切值为tan θ=≈2.32。 答案:(1)(a)　(2)2.1　 (3)9.76　 (4)2.32 第6讲　探究影响向心力大小的因素(基础实验) 一、实验知能/系统归纳 一、理清原理与操作 (1)利用变速塔轮可改变小球的转动角速度。 (2)利用长槽和短槽可改变小球的转动半径。 (3)利用测力套筒可显示向心力的大小。 向心力演示器如上图所示。匀速转动手柄1,可使变速塔轮2和3以及长槽4和短槽5随之匀速转动,皮带分别套在塔轮2和3的不同圆盘上,可使两个槽内的小球分别以几种不同的角速度做匀速圆周运动。小球做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,标尺8上露出的红白相间等分格子的多少可以显示出两个球所受向心力的大小。 (1)皮带套在塔轮2、3的不同半径的圆盘上,小球质量相同、转动半径相同时,可以探究向心力与角速度的关系。 (2)皮带套在塔轮2、3的半径相同的圆盘上,小球质量相同、转动半径不同时,可以探究向心力与转动半径的关系。 (3)皮带套在塔轮2、3的半径相同的圆盘上,小球质量不同、转动半径相同时,可以探究向心力与小球质量的关系。 二、掌握数据处理方法 1.m、r一定 序号 1 2 3 4 5 6 F向 ω ω2 2.m、ω一定 序号 1 2 3 4 5 6 F向 r 3.r、ω一定 序号 1 2 3 4 5 6 F向 m 4.分别作出F向⁃ω2、F向⁃r、F向⁃m的图像。 5.实验结论 (1)在小球质量和做圆周运动的半径一定的情况下,向心力的大小与角速度的平方成正比。 (2)在小球质量和角速度一定的情况下,向心力的大小与做圆周运动的半径成正比。 (3)在小球做圆周运动的半径和角速度一定的情况下,向心力的大小与质量成正比。 三、注意实验细节 1.定性感知实验中,应先用质量较小的小球,小球受到的重力与拉力相比可忽略。 2.使用向心力演示器时应注意: (1)将横臂紧固螺钉旋紧,以防小球和其他部件飞出而造成事故。 (2)摇动手柄时应力求缓慢加速,注意观察其中一个测力套筒上标尺的格数。达到预定格数时,保持转速均匀恒定。 二、应用发展/练中融通 1.图甲为“用向心力演示器验证向心力公式”的实验示意图,图乙为俯视图。图中A、B槽分别与a、b轮同轴固定,且a、b轮半径相同。当a、b两轮在皮带的带动下匀速转动时: (1)两槽转动的角速度ωA　　　　ωB。(选填“>”“=”或“<”)。  (2)现有两质量相同的钢球,①球放在A槽的边缘,②球放在B槽的边缘,它们到各自转轴的距离之比为2∶1。则钢球①、②的线速度之比为　　　　,受到的向心力之比为　　　　。  解析:(1)因a、b轮半径相同,故a、b两轮转动的角速度相同,而两槽的角速度与两轮的角速度相同,则ωA=ωB。 (2)钢球①、②的角速度相同,转动半径之比为2∶1,则根据v=ωr可知,线速度之比为2∶1;根据F=mω2r可知,受到的向心力之比为2∶1。 答案:(1)=　(2)2∶1　2∶1 11.(2025年1月·八省联考四川卷)某学习小组使用如图所示的实验装置探究向心力大小与半径、角速度、质量之间的关系，若两球分别放在长槽和短槽的挡板内侧，转动手柄，长槽和短槽随变速塔轮匀速转动，两球所受向心力的比值可通过标尺上的等分格显示，当皮带放在皮带盘的第一挡、第二挡和第三挡时，左、右变速塔轮的角速度之比分别为1∶1、1∶2和1∶3。 (1)第三挡对应左、右皮带盘的半径之比为　　　　　　。  (2)探究向心力大小与质量之间的关系时，把皮带放在皮带盘的第一挡后，应将质量　　　　(选填“相同”或“不同”)的铝球和钢球分别放在长、短槽上半径　　　　(选填“相同”或“不同”)处挡板内侧。  (3)探究向心力大小与角速度之间的关系时，该小组将两个相同的钢球分别放在长、短槽上半径相同处挡板内侧，改变皮带挡位，记录一系列标尺示数。其中一组数据为左边1.5格、右边6.1格，则记录该组数据时，皮带位于皮带盘的第　　　　挡(选填“一”“二”或“三”)。  解析:(1)皮带传动线速度相等，第三挡左、右变速塔轮的角速度之比为1∶3，根据v=ωr可知，第三挡对应左、右皮带盘的半径之比为3∶1。 (2)探究向心力大小与质量之间的关系时，需要保证两个物体做圆周运动的角速度相等、半径相等、质量不同，所以应将质量不同的铝球和钢球分别放在长、短槽上半径相同处挡板内侧。 (3)根据Fn=mω2r，则左、右变速塔轮的角速度平方之比为≈，可知皮带位于皮带盘的第二挡。 答案:(1)3∶1　(2)不同　相同　(3)二 3.(2025·河南周口模拟)某同学用力传感器和角速度传感器探究向心力与角速度的关系。质量为m的角速度传感器(大小忽略不计)固定在质量为M的小球上,用细线将小球(包括角速度传感器)悬于力传感器上的O点,测得悬点到小球中心的距离为L,重力加速度为g。 (1)实验时,将小球拉开,使悬线与竖直方向成一定的角度,由静止释放小球,由力传感器测得小球运动过程中细线的最大拉力为F,则小球做圆周运动的最大向心力大小为　　　　(用M、m、F、g表示);由角速度传感器测得小球运动过程中的最大角速度为ω,则最大向心加速度大小为　　　　(用L、ω表示);如果等式　　　　　　　　在误差允许的范围内成立,则向心力公式得到验证。  (2)在保持悬线长L、小球质量M和传感器质量m不变的情况下,多次改变小球由静止释放的位置进行实验,由力传感器及角速度传感器测得多组小球在竖直面内做圆周运动时细线的最大拉力F及小球运动的最大角速度ω,作F⁃ω2图像。如果图像是一条倾斜直线,图像与纵轴的截距等于　　　　,图像的斜率等于　　　　,则表明在最低点向心力与　　　　成正比。  解析:(1)小球在最低点时,速度最大,做圆周运动的向心力最大,细线拉力最大,则有F向max=F-(M+m)g;由角速度传感器测得小球运动过程中的最大角速度为ω,则最大向心加速度大小为amax=ω2L;根据牛顿第二定律可得F向max=F-(M+m)g=(M+m)amax,联立可得F-(M+m)g=(M+m)ω2L,如果等式在误差允许的范围内成立,则向心力公式得到验证。 (2)根据F-(M+m)g=(M+m)ω2L,可得F=(M+m)Lω2+(M+m)g,作F⁃ω2图像,如果图像是一条倾斜直线,图像与纵轴的截距等于(M+m)g,图像的斜率等于(M+m)L,则表明在最低点向心力与ω2成正比。 答案:(1)F-(M+m)g　 ω2L　F-(M+m)g=(M+m)ω2L　(2)(M+m)g　 (M+m)L　ω2 4.(2025·重庆九龙坡模拟)某兴趣小组用图甲所示的装置探究圆周运动向心力的大小与质量、线速度和运动半径之间的关系。不计摩擦的水平直杆固定在竖直转轴上,竖直转轴可以随转速可调的电动机一起转动,套在水平直杆上的滑块通过细线与固定在竖直转轴上的力传感器相连接。水平直杆的另一端到竖直转轴的距离为R的边缘处安装了宽度为d的遮光片,光电门可以测出遮光片经过光电门所用的时间。 (1)为了探究滑块向心力的大小与运动半径的关系,需要控制　　　　　　　　保持不变(选填“质量和线速度”“质量和运动半径”或“线速度和运动半径”)。  (2)由图甲可知,滑块的角速度　　　　遮光片的角速度(选填“大于”“小于”或“等于”)。若某次实验中滑块到竖直转轴的距离为r,测得遮光片的挡光时间为Δt,则滑块的线速度表达式v=　　　　(用Δt、d、R、r表示)。  (3)兴趣小组保持滑块质量和运动半径不变,探究向心力F与线速度的关系时,以F为纵坐标,以为横坐标,根据测量数据作一条倾斜直线如图乙所示,已测得遮光片的宽度d=0.01 m,遮光片到竖直转轴的距离R=0.3 m,滑块的质量m=0.15 kg,则滑块到竖直转轴的距离r =　　　　m。  解析:(1)本实验采用控制变量法,当探究滑块向心力的大小与运动半径的关系时,需要控制质量和线速度保持不变。 (2)由于滑块与遮光片同轴转动,因此旋转的角速度相等。遮光片的角速度ω==,由于角速度相等,可知滑块的线速度v=ωr=。 (3)根据F==·,可知F⁃图像的斜率k==,代入数据可得r=0.2 m。 答案:(1)质量和线速度　(2)等于　 (3)0.2 5.改装的探究圆周运动向心力大小的实验装置如图所示。有机玻璃支架上固定一个直流电动机,电动机转轴上固定一个半径为r的塑料圆盘,圆盘中心正下方用细线接一个重锤,圆盘边缘连接细绳,细绳另一端连接一个小球。实验操作如下: ①利用天平测量小球的质量m,记录当地的重力加速度g的大小; ②闭合电源开关,让小球做如图所示的匀速圆周运动,调节激光笔2的高度和激光笔1的位置,让激光恰好照射到小球的中心,用刻度尺测量小球做圆周运动的半径R和球心到塑料圆盘的高度h; ③当小球第一次到达A点时开始计时,并记录为1次,记录小球n次到达A点的时间t; ④切断电源,整理器材。 请回答下列问题: (1)下列说法正确的是　　　　。  A.小球运动的周期为 B.小球运动的线速度大小为 C.小球运动的向心力大小为 D.若电动机转速增加,激光笔1、2应分别左移、上移 (2)若已测出R=40.00 cm,r=4.00 cm,h=90.00 cm,t=100.00 s,n=51,π取3.14,则小球做圆周运动的周期T=　　　　s,记录的当地重力加速度大小应为g=　　　　m/s2。(计算结果均保留3位有效数字)  解析:(1)从球第1次到第n次通过A位置,转动圈数为n-1,时间为t,周期T=,A错误;小球的线速度大小为v==,B正确;小球受重力和拉力,合力提供向心力,设细线与竖直方向的夹角为α,有FTcos α=mg,FTsin α=Fn,则Fn=mgtan α=mg,C错误;若电动机的转速增加,则转动半径增加,激光笔1、2应分别左移、上移,D正确。 (2)小球做圆周运动的周期T==2.00 s,向心力Fn=mg=mR,解得g=≈9.86 m/s2。 答案:(1)BD　(2)2.00　9.86 6.(2025·广西百色模拟)某实验小组为了验证小球所受向心力与角速度、运动半径的关系,设计了如图甲所示的实验装置,转轴MN由电动机带动,转速可调,固定在转轴上O点的力传感器通过轻绳连接一质量为m的小球,一根固定在转轴上的光滑水平直杆穿过小球,保证小球在水平面内转动,直杆最外边插一小遮光片P,小球每转一周遮光片P通过右边光电门时可记录遮光片最外边的遮光时间。某次实验操作如下: (1)用螺旋测微器测量遮光片P的宽度d,测量结果如图乙所示,则d=　　　　mm。  (2)如图甲所示,安装好实验装置,用刻度尺测量遮光片最外边到转轴O点的距离记为L1,测量小球球心到转轴O点的距离记为L2。 (3)启动电动机,让小球转动起来,某次遮光片通过光电门时遮光时间为t,则小球此时的角速度等于　　　　。(用d、t、L1、L2中的部分字母表示)  (4)验证向心力与运动半径的关系时,让电动机匀速转动,遮光片P每次通过光电门的遮光时间相同,调节小球球心到转轴O点的距离L2,测出每一个L2以及其对应的力传感器的读数F,得出多组数据,画出的F⁃L2关系图像应该为　　　　。  (5)验证向心力与角速度的关系时,让小球球心到转轴O点的距离L2不变,调节电动机转速,遮光片P每次通过光电门的遮光时间不同,记录某次遮光时间t,同时记录此时力传感器的读数F,得出多组F与t的数据,为了准确验证小球所受向心力F与角速度ω的关系,应画　　　 关系图像。 解析:(1)螺旋测微器的读数为d=1.5 mm+38.0×0.01 mm=1.880 mm。 (3)遮光片通过光电门时遮光时间为t,则遮光片最外边线速度为v=,所以小球此时的角速度为ω==。 (4)遮光片P每次通过光电门的遮光时间相同,L1、d不变,则ω不变,由F=mω2L2,可知F⁃L2关系图像为过原点的倾斜直线,故选A。 (5)根据向心力公式F=mω2L2=mL2=·,为了准确验证小球所受向心力F与角速度ω的关系,应画F⁃图像。 答案:(1)1.880　(3)　(4)A　(5)F⁃ 31 / 88 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$