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（普高基础版）

第四章　曲线运动 第一讲　运动的合成与分解 课前 [精要回顾] [微点判断] (1)做曲线运动的物体，在某一点的速度方向，沿曲线在这一点的切线方向。 (√) (2)(2024·浙江6月选考T2B)蝴蝶转弯时所受合力沿运动方向。 (×) (3)速度发生变化的运动，一定是曲线运动。 (×) (4)做曲线运动的物体，加速度一定是变化的。 (×) (5)做曲线运动的物体，速度大小一定发生变化。 (×) (6)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。 (√) (7)曲线运动可能是匀变速运动。 (√) (8)两个分运动的时间一定与它们的合运动的时间相等。 (√) (9)合运动的速度一定比分运动的速度大。 (×) (10)(人教必修2 P6“问题”·改编)若人在河中始终保持头朝正前方游向对岸，则他会在对岸的正前方到达。 (×) (11)只要两个分运动为直线运动，合运动一定是直线运动。 (×) (12)分运动的位移、速度、加速度与合运动的位移、速度、加速度间满足平行四边形定则。 (√) 逐点清(一)　曲线运动的条件与轨迹分析 1.[物体做曲线运动的条件] (人教必修2 P4“演示”·改编)在演示“做曲线运动的条件”的实验中，有一个在水平桌面上做直线运动的小钢球，第一次在其运动路线的正前方放置条形磁铁，第二次在其运动路线的旁边放置条形磁铁，如图所示，虚线表示小钢球的运动轨迹。观察实验现象，以下叙述正确的是 (　　) A.第一次实验中，小钢球的运动是匀速直线运动 B.第二次实验中，小钢球的运动类似平抛运动，其运动轨迹是一条抛物线 C.该实验说明做曲线运动的物体的速度方向沿轨迹的切线方向 D.该实验说明物体做曲线运动的条件是物体受到的合力的方向与速度方向不在同一直线上 解析：选D　第一次实验中，小钢球受到沿速度方向的磁铁的吸引力作用，做直线运动，并且随着距离的减小，吸引力变大，加速度变大，故小钢球做非匀变速直线运动，A错误；第二次实验中，小钢球所受的磁铁的吸引力方向总是指向磁铁，是变力，故小钢球的运动不是类平抛运动，其轨迹也不是一条抛物线，B错误；该实验说明物体做曲线运动的条件是物体受到的合力的方向与速度方向不在同一直线上，但是不能说明做曲线运动的物体的速度方向沿轨迹的切线方向，C错误，D正确。 2.[轨迹、速度与力的位置关系] 如图所示为足球比赛中运动员主罚任意球时踢出快速旋转的“落叶球”在空中运动的轨迹示意图，跟正常飞行轨迹相比，“落叶球”会更早地向下落回地面。对“落叶球”在飞行过程中的分析正确的是 (　　) A.“落叶球”在空中的运动轨迹是对称的 B.“落叶球”会更早下落是因为在运动过程中受到了指向轨迹凹侧的空气作用力 C.“落叶球”会更早下落是因为在运动过程中受到了沿切线方向的空气阻力 D.“落叶球”在最高点的瞬时速度为零 解析：选B　“落叶球”是快速旋转的球，所以在空中的运动轨迹不是对称的，A错误；根据做曲线运动的条件，“落叶球”会更早下落是因为在运动过程中受到了指向轨迹凹侧的空气作用力，C错误，B正确；“落叶球”在最高点的竖直速度为零，水平速度不为零，所以瞬时速度不为零，D错误。 3.[速度变化与力(加速度)的方向间的关系] (2025·陕西宝鸡质检)体育课上两位同学在室内羽毛球场进行羽毛球比赛，羽毛球在空中上升的运动轨迹如图中虚线所示，羽毛球的加速度方向示意图可能正确的是 (　　) 解析：选C　羽毛球在空中做曲线运动，可知羽毛球的加速度方向应指向轨迹的凹侧，故A、D错误；羽毛球处于上升过程，速度在减小，可知加速度方向与速度方向之间的夹角应为钝角，故B错误，C可能正确。 关键点拨(对应学生用书旁栏内容) 1.(链接T1)在小钢球运动过程中，小钢球相对条形磁铁的位置发生变化，则条形磁铁对小钢球的作用力发生变化，故小钢球受到的是变力。 2.物体做曲线运动时，合力的方向一定指向轨迹的凹侧。 3.速率变化的判断 逐点清(二)　运动的合成与分解的应用 1.[合运动与分运动的关系] 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，运动员的下落时间越长 B.运动员的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.运动员的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，则运动员的下落时间不变，落地时的竖直速度大小也不变，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大，则落地时的合速度越大，D错误。 2.[合运动轨迹的判断] (2025·辽宁葫芦岛质检)在广东珠海举行的第十五届中国国际航空航天博览会上，中国歼-20、歼-35A与俄罗斯的苏-57战机相继进行了飞行表演，这是中俄三款隐身战机首次同时参展。在起飞一段时间内，“歼-20”水平方向做匀速直线运动，竖直方向上运动的v2-h图像如图所示，则地面上观众看到的“歼-20”运动轨迹正确的是 (　　) 解析：选A　根据题意可知“歼-20”水平方向做匀速直线运动，由题图可知竖直方向做匀速直线运动，所以合运动为匀速直线运动，其方向为斜向上。故选A。 3.[合运动性质的判断] 有一个质量为2 kg的质点在xOy平面上运动，在x方向的速度—时间图像和在y方向的位移—时间图像分别如图甲、乙所示，下列说法正确的是 (　　) A.质点所受的合力大小为3 N B.质点的初速度大小为3 m/s C.质点做匀变速直线运动 D.质点初速度的方向与合力的方向垂直 解析：选A　由题图乙可知，质点在y方向上做匀速直线运动，vy==-4 m/s，由题图甲可知，质点在x方向上做匀加速直线运动，a==1.5 m/s2，故质点所受的合力大小为F=ma=3 N，方向沿x轴方向，质点的初速度大小为v==5 m/s，方向与x轴既不平行也不垂直，故质点做匀变速曲线运动，质点初速度的方向与合力的方向不垂直，A正确，B、C、D错误。 4.[相对运动速度的计算] (2025·辽宁调研)如图所示，平静的湖面上一龙舟正以v1=40 m/s的速度向东行驶，另一小摩托艇正以v2=30 m/s的速度向南行驶，则此时摩托艇驾驶员看到的龙舟行驶速度v的大小和方向为(sin 37°=0.6，cos 37°=0.8) (　　) A.v=40 m/s，向东行驶 B.v=30 m/s，向北行驶 C.v=50 m/s，向东偏北37°方向行驶 D.v=50 m/s，向西偏南37°方向行驶 解析：选C　以摩托艇驾驶员为参考系，龙舟向东偏北方向行驶，速度大小为v==50 m/s，夹角满足tan θ==，解得θ=37°，则此时摩托艇驾驶员看到的龙舟行驶速度v的大小为50 m/s，向东偏北37°方向行驶。故选C。 关键点拨(对应学生用书旁栏内容) 1.(链接T1)水平方向和竖直方向的分运动具有独立性，水平风力不影响竖直方向的运动。 2.(链接T3)当合初速度方向与合加速度方向不在一条直线上时，合运动为匀变速曲线运动。 3.(链接T4)摩托艇驾驶员观察龙舟时以自身为参考系，此时龙舟有向东的速度v1和向北的速度v2。 逐点清(三)　小船渡河问题 必备知能 1.合运动与分运动 2.三种速度 (1)船在静水中的速度v船； (2)水流的速度v水； (3)船的实际速度v合。 3.两类问题 比较项目 最短时间问题 最短位移问题 渡河情境 渡河条件 v船⊥v水 v合⊥v水 (v船>v水) v合⊥v船 (v水>v船) 类型1　小船渡河的最短时间问题 1.若河面宽300 m，水流速度3 m/s，木船相对静水的速度1 m/s，则木船渡河所需的最短时间为 (　　) A.75 s B.95 s C.100 s D.300 s 解析：选D　河宽d=300 m一定，当木船船头垂直于河岸时，在河宽方向上的速度最大，渡河用时最短，渡河最短时间为tmin== s=300 s，故D正确。 2.(2025·海南模拟)一条两岸平直的宽为d的小河如图所示，河水流速恒定。一人驾驶小船从上游渡口A前往下游渡口B。已知全程小船在静水中的速度大小恒定，小船在静水中的速度大小与河水流速大小之比为∶1，行驶过程中船头始终垂直于河岸，则A、B两渡口沿河岸方向的距离为 (　　) A.d B.d C.d D.d 解析：选B　设小船在静水中的速度为v1，河水流速为v2，船头垂直于河岸，小船实际运动方向与河岸之间的夹角为α，则tan α==，A、B两渡口沿河岸方向的距离为x==d，故B正确。 类型2　小船渡河的最短位移问题 3.(2025·上饶模拟)(多选)如图所示，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，小船(视为质点)从岸边A点开始过河，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，船垂直于河岸过河，此时船到达正对岸B点，为最短路程过河，过河时的速率为v== m/s，故A、C错误，D正确；船头垂直于河岸过河时，过河时间最短，则有tmin==37.5 s，故B正确。 4.一小船在静水中的速度为3 m/s，它在一条河宽150 m、流速为5 m/s的河流中渡河，则下列说法正确的是 (　　) A.小船渡河时间不少于60 s B.小船以最短时间渡河时，它沿水流方向的位移大小为150 m C.小船以最短位移渡河时，位移大小为250 m D.小船以最短位移渡河时，时间为60 s 解析：选C　当船的速度垂直于河岸时，渡河时间最短，则tmin== s=50 s，故A错误；船以最短时间渡河时，沿水流方向的位移大小为x=v水tmin=5×50 m=250 m，故B错误；因为水流的速度大于船的静水速度，所以船不能垂直于河岸渡河，如图所示，当合速度方向与船的速度方向垂直时，合速度与水流速度的夹角最大，渡河位移最短，则sin θ==，则渡河的最短位移为x== m=250 m，故C正确；若船以最短位移渡河时，时间为t== s=62.5 s，故D错误。 关键点拨(对应学生用书旁栏内容) 1.(链接T1)渡河最短时间tmin=，与水流速度大小无关。 2.(链接T3)当v船>v水时，最短位移为河的宽度。 3.(链接T4)若v船<v水，当v船⊥v合时，小船渡河的位移最短。 逐点清(四)　绳(杆)端速度分解模型 必备知能 1.模型特点 (1)与绳或杆连接的物体速度方向与绳或杆所在的直线不共线。 (2)绳或杆的长度不变，绳或杆两端的物体沿绳或杆方向的分速度相等。 2.分解思路 3.常见模型 　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 1.[绳端速度的分解](2025·江苏南通阶段练习)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，人以速度v匀速向左运动，此时人的拉力大小为F，不计滑轮与绳之间的摩擦，则此时 (　　) A.船的速度为vcos θ B.船的速度为 C.船将匀速靠岸 D.船的加速度为 解析：选B　将船的速度分解为沿绳子方向的速度和垂直于绳子方向的速度，其中沿绳子方向的分速度等于人的速度，则有v船cos θ=v，可得v船=，由于船在靠岸过程中，θ逐渐增大，cos θ逐渐减小，则v船逐渐增大，船将加速靠岸，故A、C错误，B正确；水的阻力恒为f，此时人的拉力大小为F，以船为研究对象，根据牛顿第二定律可得Fcos θ-f=ma，解得船的加速度为a=，故D错误。 2.[杆端速度的分解](2025·河南南阳检测)甲、乙两光滑小球(均可视为质点)用铰链与轻直杆连接，乙球处于光滑水平地面上，甲球套在光滑的竖直杆上，初始时轻杆竖直，杆长为4 m。无初速度释放，使得乙球沿水平地面向右滑动，当乙球距离起点3 m时，甲球的速度为v1，乙球的速度为v2，如图所示，下列说法正确的是 (　　) A.v1∶v2=∶3 B.v1∶v2=3∶7 C.甲球即将落地时，乙球的速度大小与甲球的速度大小相等 D.甲球即将落地时，乙球的速度达到最大 解析：选B　当乙球距离起点3 m时，设轻杆与竖直方向的夹角为θ，则v1在沿杆方向的分量为v1杆=v1cos θ，v2在沿杆方向的分量为v2杆=v2sin θ，而v1杆=v2杆，由几何关系有cos θ=，sin θ=，解得=，A错误，B正确；甲球即将落地时，有θ=90°，此时甲球的速度达到最大，而乙球的速度为零，C、D错误。 3.[接触面速度的分解]如图所示，一根长为L的直杆一端抵在墙角，另一端依靠在箱子的光滑竖直侧壁上，将箱子以大小为v的速度向右推，直杆绕O点在竖直面内转动，当直杆与竖直方向的夹角为θ时，直杆转动的角速度大小为 (　　) A.　 B.　 C.　 D. 解析：选B　直杆与箱子接触点的实际运动即合运动，方向垂直于杆指向右上方，设杆转动的角速度为ω，则合速度v实=ωL，沿水平方向的速度分量等于v，即ωLcos θ=v，则ω=，故B正确。 关键点拨(对应学生用书旁栏内容) 1.(链接T1)速度的分解要按照运动的实际效果进行分解，区别于力的效果分解，故不能得出v船=vcos θ的结果。 2.(链接T2)当绳端或杆端物体的速度不沿绳或杆时，将物体的速度沿绳或杆和垂直于绳或杆进行正交分解，则物体沿绳或杆的速度相等。 3.解答第3题的关键点 (1)杆端速度大小为ωL，方向垂直于杆斜向右上方。 (2)杆端速度沿水平方向的分速度与箱子的速度大小相等。 [课时跟踪检测]　 (说明：标★的题目为推荐讲评题目) 1.(2025·四川眉山模拟)关于做曲线运动的物体，下列说法正确的是 (　　) A.所受合外力可以为零 B.所受合外力一定为恒力 C.所受合外力一定为变力 D.所受合外力的方向与物体的速度方向一定不在一条直线上 解析：选D　做曲线运动的物体，速度方向时刻发生变化，所以一定是变速运动，合外力一定不为零，合外力可以是恒力，例如平抛运动，合外力也可以是变力，例如匀速圆周运动，故A、B、C错误；做曲线运动的条件是所受合外力的方向与物体的速度方向不在一条直线上，故D正确。 2.(2025·广西南宁质检)如图所示，虚线是跳水运动员在某次训练中离开跳台后其头部在空中的轨迹示意图。A为曲线轨迹起始点，B为轨迹最高点，C点的切线沿竖直方向，D点是即将入水点，不计空气阻力。关于运动员头部在空中的运动，下述正确的是 (　　) A.在A处速度和加速度都沿竖直方向 B.在B处加速度向下，速度沿水平方向 C.在C处速度和加速度都沿水平方向 D.在D处速度向下，加速度向上 解析：选B　运动员在空中只受重力作用，加速度始终竖直向下；做曲线运动的物体，某位置的速度方向在轨迹该点的切线方向上，在A处速度方向斜向上，在B处速度沿水平方向，在C处和D处速度都是竖直向下，A、C、D错误，B正确。 3.(2025·浙江衢州模拟)如图所示是运动员在某次水平掷出的铅球的运动轨迹。A、B、C为铅球运动轨迹上的三点，BD为轨迹上B点的切线。将铅球视为质点，不考虑空气阻力，则铅球 (　　) A.在A、C两点的加速度相同 B.在B点的速度方向沿AB连线方向 C.在B点的加速度方向沿BD方向 D.在B点的速度方向在BC连线和BD之间 解析：选A　铅球做平抛运动，只受重力，所以在A、C两点的加速度相同，都为重力加速度，故A正确；在B点的速度方向沿切线方向，即BD方向，故B、D错误；在B点的加速度方向竖直向下，故C错误。 4.(2025·河北张家口模拟)双人滑运动员在光滑的水平冰面上做表演，甲运动员给乙运动员一个水平恒力F，乙运动员在冰面上完成了一段优美的弧线MN。vM与vN正好成90°角，则此过程中乙运动员受到甲运动员的恒力可能是图中的 (　　) A.F1 B.F2 C.F3 D.F4 解析：选C　根据题图，乙运动员由M到N做曲线运动，乙运动员向前的速度减小， 同时向右的速度增大，故合外力的方向指向右后，故F3的方向可能是正确的。故选C。 5.如图所示，当汽车静止时，车内乘客看到窗外雨滴沿竖直方向OE匀速运动。现从t=0时汽车由静止开始做甲、乙两种匀加速启动，甲启动后t1时刻，乘客看到雨滴从B处离开车窗；乙启动后t2时刻，乘客看到雨滴从F处离开车窗，F为AB中点。则t1∶t2为 (　　) A.2∶1 B.1∶ C.1∶ D.1∶(-1) 解析：选A　由题意可知，在乘客看来，雨滴在竖直方向上做匀速直线运动，在水平方向做匀加速直线运动，因分运动与合运动具有等时性，则t1∶t2=∶=2∶1，故A正确。 6.如图所示，某物体做匀变速曲线运动的轨迹为。已知物体在B点的加速度方向与速度方向垂直，则下列说法正确的是 (　　) A.在C点的速率小于在B点的速率 B.在A点的加速度比在C点的加速度大 C.在C点的速率大于在B点的速率 D.从A点到C点，加速度方向与速度方向的夹角先增大后减小，速率先减小后增大 解析：选C　物体做匀变速曲线运动，从B点到C点，加速度方向与速度方向的夹角小于90°，在C点的速率比在B点的速率大，A错误，C正确；物体做匀变速曲线运动，则加速度不变，所以物体经过C点时的加速度与经过A点的相同，B错误；物体运动到B点时的速度方向与加速度方向恰好垂直，则从A点到B点的过程中速度方向与加速度方向的夹角大于90°且逐渐减小，从B点到C点的过程中加速度方向与速度方向的夹角小于90°且逐渐减小，所以从A点到C点，物体的加速度方向与速度方向的夹角一直减小，速率先减小后增大，D错误。 7.(2025·河南阶段练习)河水的流速随到一指定河岸的距离的变化关系图像如图甲所示，船在静水中的加速度与时间的关系图像如图乙所示，若要使船以最短时间渡河，则以下判断正确的是 (　　) A.船在河水中做匀变速运动 B.船渡河的最短时间是10 s C.船在行驶过程中，船头始终与航线垂直 D.船在刚登陆时的速度大小是64 m/s 解析：选B　船在沿河岸方向上先加速后减速，在垂直于河岸方向上做匀变速直线运动，两运动的合运动不是匀变速运动，故A错误；当船头始终与河岸垂直时(船头不与航线垂直)，渡河时间最短，根据d=at2，解得最短时间t==10 s，故B正确，C错误；由题图甲知，船在刚登陆时河水的流速为0，则船的速度大小是v=at=60 m/s，故D错误。 8.扇车在我国西汉时期就已广泛被用来清选谷物。谷物从扇车上端的进谷口进入分离仓，分离仓右端有一鼓风机提供稳定气流，从而将谷物中的秕粒a(秕粒为不饱满的谷粒，质量较轻)和饱粒b分开。若所有谷粒进入分离仓时，在水平方向获得的动量相同，之后所有谷粒受到气流的水平作用力可视为相同。下图中虚线分别表示a、b谷粒的轨迹，Fa、Fb为相应谷粒所受的合外力。下列四幅图中可能正确的是 (　　) 解析：选B　所有谷粒进入分离仓时在水平方向获得的动量相同，由p=mv可知饱粒b进入分离仓时的速度小于秕粒a进入分离仓时的速度。竖直方向所有谷粒都做自由落体运动，下落高度相同，由h=gt2可知，所有谷粒运动时间相同，水平方向谷粒所受的气流的作用力相同，由牛顿第二定律可知水平方向饱粒b的加速度小于秕粒a的加速度，由位移时间公式x=v0t+at2可知，饱粒b的水平位移小于秕粒a的水平位移，A、C错误。饱粒b的质量大于秕粒a的质量，则饱粒b的重力大于秕粒a的重力，作出饱粒b和秕粒a的受力示意图如图所示，可知D错误，B正确。 9.有一条小河，两岸平行，河水匀速流动的速度大小为v0，小船在静水中速度大小始终为v，且v>v0。若小船以最短位移过河，所用的时间为t；若小船以最短时间过河，所用的时间为t。则河水流速与小船在静水中的速度之比为 (　　) A.=　 B.=　 C.=　 D.= 解析：选D　当合速度垂直于河岸时，船以最短位移过河，如图所示，船以最短位移过河所用的时间为t=；当船头垂直于河岸时，即v垂直于河岸时，最短时间为tmin==t，联立解得=，故选D。 10.(2025·福建福州模拟)洪水无情人有情，每一次重大抢险救灾，都有子弟兵的身影。如图所示，水速为v，消防武警驾驶冲锋舟行驶，若冲锋舟沿与平直河岸成30°角的线路把被困群众从A处送到对岸安全地B处，采取以最小速度和船头正对河岸两种方案行驶，则两种方案中冲锋舟的最小速度v1和船头正对河岸行驶冲锋舟的速度v2之比为 (　　) A.1∶2 B.1∶ C.2∶ D.∶2 解析：选D　冲锋舟以最小速度v1和船头正对河岸分别从A到B，冲锋舟最小速度v1垂直于AB连线，有v1=vsin 30°，船头正对河岸行驶时冲锋舟速度v2垂直于平直河岸，有v2=vtan 30°，可知=cos 30°=，故D正确。 11.2024年央视春晚舞蹈节目《锦鲤》华丽登场，展现出别样的东方美，寓意鱼跃龙门好运连连。图甲为表演者的照片，图乙为简化示意图，工作人员A以速度v沿直线水平向左匀速拉动轻绳，表演者B在空中升起，则在此过程中 (　　) A.表演者B匀加速上升 B.表演者B匀减速上升 C.当θ=45°时，A与B的速度大小之比为1∶1 D.当θ=30°时，A与B的速度大小之比为2∶ 解析：选D　根据沿绳方向速度大小相等可知，vB=vcos θ，工作人员A以速度v沿直线水平向左匀速拉动轻绳，θ角变小，则cos θ变大，表演者B向上做加速运动，当θ趋近于0°时，表演者B的速度趋近于v，表演者B的加速度趋近于零，故表演者B变加速上升，故A、B错误；当θ=45°时，A与B的速度大小之比为v∶vB=1∶cos 45°=2∶，故C错误；当θ=30°时，A与B的速度大小之比为v∶vB=1∶cos 30°=2∶，故D正确。 12.(多选)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。 13.(2025·甘肃白银调研)如图所示，长度为2 m的轻杆AB绕A点以角速度ω=2.5 rad/s顺时针匀速转动，轻绳的一端连接重物，另一端绕过定滑轮固定在轻杆的B点。当轻绳与轻杆间的夹角θ=53°时，重物上升的速度大小为(已知sin 53°=0.8，cos 53°=0.6) (　　) A.6.25 m/s B.5 m/s C.4 m/s D.3 m/s 解析：选C　轻杆B点的速度大小vB=ωL=5 m/s，将B点的速度沿绳和垂直于绳的方向分解，如图所示，沿绳方向的速度大小等于重物上升的速度大小，故v=vBsin θ=5×0.8 m/s=4 m/s，故选C。 14.质点Q在xOy平面内运动，其在x轴方向和y轴方向的分运动图像如图甲和图乙所示，下列说法正确的是 (　　) A.质点Q做匀变速直线运动，初速度为12 m/s B.质点Q做匀变速曲线运动，加速度为5 m/s2 C.质点Q做匀变速直线运动，2 s末的速度为20 m/s D.质点Q做匀变速曲线运动，2 s内的位移为45 m 解析：选C　根据匀变速直线运动位移公式x=v0t+at2，可得=at+v0，根据题图甲可得=k1t+v0x，所以质点Q在x轴上的分运动是匀变速直线运动，初速度v0x=6 m/s，加速度ax=2k1=2× m/s2=3 m/s2。根据题图乙可知，质点Q在y轴上的分运动是匀变速直线运动，初速度v0y=8 m/s，加速度ay=k2= m/s2=4 m/s2。因为==，可知质点Q的初速度和加速度在同一条直线上，所以质点Q做匀变速直线运动，初速度为v0==10 m/s，加速度为a==5 m/s2，2 s末的速度为v=v0+at=(10+5×2)m/s=20 m/s，故C正确，A、B、D错误。 第二讲　抛体运动的规律及其应用 课前 [精要回顾] [微点判断] (1)以一定的初速度水平抛出的物体的运动一定是平抛运动。 (×) (2)做平抛运动的物体的速度方向时刻在变化，加速度方向也时刻在变化。 (×) (3)(2023·全国甲卷T1B)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。 (√) (4)做平抛运动的物体，初速度越大，水平位移越大。 (×) (5)做平抛运动的物体，初速度越大，在空中飞行时间越长。 (×) (6)(人教必修2 P18T1·改编)平抛运动的落地速度由高度和初速度共同决定。 (√) (7)从同一高度水平抛出的物体，不计空气阻力时，在空中飞行的时间是相同的。 (√) (8)无论是平抛运动还是斜抛运动，都是匀变速曲线运动。 (√) (9)平抛运动是匀变速曲线运动，速度不断变大。 (√) (10)做平抛运动的物体，在任意相等的时间内速度的变化量是相同的。 (√) (11)(人教必修2 P18“思考与讨论”·改编)研究炮弹的斜抛运动轨迹时不能忽略空气阻力。 (√) 逐点清(一)　平抛运动规律及应用 必备知能 1.飞行时间和水平射程 (1)飞行时间：由t=知，时间取决于下落高度h，与初速度v0无关。 (2)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 (1)速度的变化规律 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均竖直向下，大小Δv=Δvy=gΔt。 (2)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=g(Δt)2。 3.两个推论 (1)做平抛运动的物体在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。 (2)做平抛运动的物体在任意时刻任意位置处，设其速度方向与水平方向的夹角为θ，位移与水平方向的夹角为α，有tan θ=2tan α。 　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 题点1　平抛运动基本规律的应用 1.(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。 2.(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。 题点2　重要结论的应用 3.(2025·吉林延边阶段练习)如图所示，从某高度水平抛出一小球，经过时间t到达地面时，速度与水平方向的夹角为θ，不计空气阻力，重力加速度为g。下列说法正确的是 (　　) A.小球水平抛出时的初速度大小为gttan θ B.小球在t时间内的位移方向与水平方向的夹角为 C.若小球的初速度增大，则平抛运动的时间变长 D.若小球的初速度减小，则θ增大 解析：选D　小球落地时竖直方向的分速度vy=gt，根据题意可得tan θ=，解得v0=，故A错误；设在t时间内的位移方向与水平方向的夹角为α，根据平抛运动的推论2tan α=tan θ，可知α≠，故B错误；抛出点与落地点的高度差不变，根据h=gt2，可得t=，若小球的初速度增大，则平抛运动的时间不变，故C错误；根据tan θ=，可知若小球的初速度减小，则θ增大，故D正确。 4.(2025·广东深圳阶段练习)(多选)如图，某人从同一位置O以不同的水平速度投出两枚飞镖A、B，最后都插在竖直墙壁上，它们与墙面的夹角分别为30°、60°，图中飞镖的取向可认为是击中墙面时的速度方向，不计空气阻力。则下列说法正确的有 (　　) A.两只飞镖的抛出速度满足vB0>vA0 B.两只飞镖击中墙面的速度满足vA>vB C.两只飞镖的运动时间一定相等 D.插在墙上的两只飞镖的反向延长线与OO'一定交于同一点 解析：选AD　设水平距离为s，飞镖的初速度为v0，击中墙面的速度为v，速度与竖直方向的夹角为θ，则有tan θ==，s=v0t，联立解得v0=，由于从同一位置O抛出，落在同一竖直墙壁上，则s相同，所以有vB0>vA0，故A正确；击中墙面的速度为v====，由于sin 120°=sin 60°=，则有vA=vB，故B错误；竖直方向有h=gt2，可得t=，可知两只飞镖的运动时间一定不相等，故C错误；根据平抛运动任意时刻速度的反向延长线一定经过此时水平位移的中点，可知插在墙上的两只飞镖的反向延长线与OO'一定交于同一点，故D正确。 逐点清(二)　落点有约束条件的平抛运动 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 类型1　落点在斜面上的平抛运动 1.可视为质点的运动员从P点以v0的速度水平飞出，若不计空气阻力，运动员在空中飞行3 s后落在斜面上Q点。简化示意图如图所示，已知sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，g取10 m/s2。则运动员由P到Q的过程中 (　　) A.水平初速度大小为30 m/s B.水平初速度大小为20 m/s C.位移大小为45 m D.位移大小为60 m 解析：选B　运动员由P到Q的过程中，有tan 37°==，可得水平初速度大小为v0==20 m/s，故A错误，B正确；运动员由P到Q的过程中，水平位移为x=v0t=60 m，位移大小为s==75 m，故C、D错误。 2.如图所示，以水平初速度v0=10 m/s抛出的物体，飞行一段时间后，垂直地撞在倾角为60°的斜面上。不计空气阻力，g=10 m/s2，则物体完成这段飞行的时间是 (　　) A. s　　　 B.1 s C. s　　　 D.2 s 解析：选A　物体撞在斜面上的速度与斜面垂直，将该速度分解，如图所示，由于不计空气阻力，因此物体水平方向的速度仍为v0，设物体竖直方向的速度为vy，则有tan 60°=，由于物体竖直方向只受到重力，因此竖直方向的加速度为重力加速度，且物体竖直方向的初速度为零，则有vy=gt，联立解得t= s，故选A。 类型2　落点在圆弧面上的平抛运动 3.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：选B　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。 4.(2025·黑龙江哈尔滨月考)如图所示，圆环竖直放置，从圆心O点正上方的P点以速度v0水平抛出的小球恰能从圆环上的Q点沿切线方向飞过，若OQ与OP间的夹角为θ，不计空气阻力，重力加速度为g。则 (　　) A.圆环的半径为R= B.小球从P点运动到Q点的时间t= C.小球从P点到Q点的速度变化量为 D.小球运动到Q点时的速度大小为vQ= 解析：选A　以速度v0水平抛出的小球恰能从圆环上的Q点沿切线方向飞过，小球运动到Q点时的速度大小为vQ=，故D错误；小球在Q点的竖直方向的速度为vQy=v0tan θ，小球从P点运动到Q点的时间t==，故B错误；小球水平方向做匀速直线运动，有Rsin θ=v0t，圆环的半径为R=，故A正确；小球从P点到Q点的速度变化量Δv=gt=v0tan θ，故C错误。 关键点拨(对应学生用书旁栏内容) 1.落点在斜面上的平抛运动处理思路 图示 方法 分解速度，构建速度的矢量三角形 分解位移，构建位移的矢量三角形 基本规律 水平vx=v0 竖直vy=gt 合速度v= 水平x=v0t 竖直y=gt2 合位移x合= 运动时间 由tan θ==得t= 由tan θ==得t= 2.落点在圆弧面上的平抛运动处理思路 运动情境 物理量分析 tan θ==→t= 在半圆内的平抛运动，R+=v0t→t= 小球恰好从圆柱体Q点沿切线飞过，此时半径OQ垂直于速度方向，圆心角θ与速度的偏向角相等 逐点清(三)　斜抛运动 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 题点1　斜抛运动规律的应用 1.(2025·福建泉州模拟)如图所示，从水池里同一位置喷出两水柱A、B，分别落在水平面上的M、N点，两水柱运动的最大高度相同。不计空气阻力，对比水柱A、B (　　)　 A.A在空中运动的时间比B的长 B.B在空中运动的时间比A的长 C.在空中运动过程中B的速度变化量更大 D.A、B的加速度始终相等 解析：选D　两水柱做斜抛运动，在竖直方向为竖直上抛运动，设水柱向上运动的时间为t，上升的最大高度为h，则在竖直方向有gt2=h，解得t=，由于最大高度相同，可得两水柱在空中运动时间相同，故A、B错误；水柱在空中做斜上抛运动，合力均为重力，因此加速度均为g，则速度变化量为Δv=2gt，所以两水柱的速度变化量相同，故C错误，D正确。 2.如图所示，某喷泉中间有一喷水口竖直向上喷水，外圈的喷水口环绕成一个圆形，圆的半径为10 m，调节喷水孔的喷射角度，让喷出的水全部汇聚到中间喷水口，并且让外圈的水最高喷射5 m。若g取10 m/s2，不考虑空气阻力，则外圈喷出水的速度大小为 (　　) A.5 m/s　 B.5 m/s　 C.10 m/s　 D.15 m/s 解析：选A　外圈喷水口喷出的水的运动可以简化为一个斜上抛运动，如图所示，将此运动分解到水平、竖直两个方向，竖直方向为竖直上抛运动，水平方向为匀速直线运动，最大高度为y=g，竖直方向上升和下降过程具有对称性，则总时间为t=2t1=2 s，水平速度vx= m/s=5 m/s，竖直速度vy=gt1=10 m/s，合速度大小为v==5 m/s，故选A。 题点2　逆向思维法处理斜上抛运动 3.(2025·广东广州模拟)小明同学在练习投篮时将篮球从同一位置斜向上抛出，其中有两次篮球垂直撞在竖直放置的篮板上，篮球运动轨迹如图所示，不计空气阻力，关于篮球从抛出到撞击篮板前，下列说法正确的是 (　　) A.两次在空中的时间可能相等 B.两次抛出的初速度大小可能相等 C.两次抛出的初速度水平分量可能相等 D.两次抛出的初速度竖直分量可能相等 解析：选B　篮球的运动可以看成平抛运动的逆过程，由题图可知，第二次运动过程上升的高度较小，所以运动时间较短，故A错误；篮球的运动可以看成平抛运动的逆过程，在竖直方向上做自由落体运动，由题图可知，第二次抛出时速度的竖直分量较小；在水平方向做匀速直线运动，水平射程相等，但第二次用的时间较短，故第二次抛出时的水平分速度较大，根据速度的合成可知，抛出时的初速度大小关系不能确定，有可能相等，故B正确，C、D错误。 4.如图所示，小球A从地面向上斜抛，抛出时的速度大小为10 m/s、方向与水平方向的夹角为53°，在A抛出的同时，有小球B从某高处自由下落，当A上升到最高点时恰能击中下落的B，不计空气阻力，sin 53°=0.8，重力加速度g取10 m/s2。则A、B两球初始距离为 (　　) A.4.8 m　 B.6.4 m C.8.0 m　 D.11.2 m 解析：选C　小球A的运动可以看成平抛运动的逆过程，水平初速度为v0=vcos 53°=6 m/s，竖直 初速度为vy=vsin 53°=8 m/s，相遇时A球竖直位移为yA==3.2 m，运动时间为t==0.8 s，水平位移为x=v0t=4.8 m，B球竖直位移为yB=gt2=3.2 m，即初始时A、B两球竖直距离为y=yA+yB=6.4 m，根据勾股定理，A、B两球初始距离为s==8.0 m，故选C。 关键点拨(对应学生用书旁栏内容) 1.斜上抛运动在竖直方向的分运动为竖直上抛运动，在水平方向的分运动为匀速直线运动。 2.物体做斜上抛运动，从抛出点至最高点的过程可看作从最高点做平抛运动的逆过程。其运动时间相等，斜上抛运动的初速度即为平抛运动的末速度。 [课时跟踪检测] (说明：标★的题目为推荐讲评题目) 1.第19届亚运会女子铅球决赛在杭州奥体中心体育场举行，我国运动员以19米58的成绩获得金牌。若不计铅球在空中运动时的空气阻力，关于铅球的运动，下列说法正确的是 (　　) A.铅球做变加速曲线运动 B.任意相等时间内铅球的速度变化量不同 C.铅球做匀变速运动 D.若该运动员每次投掷铅球的初速度大小不变、铅球出手位置离地高度不变，则铅球在空中飞行时间不变 解析：选C　铅球在空中只受重力，根据牛顿第二定律可知铅球的加速度恒定，故铅球做匀变速曲线运动，根据加速度的定义式a=可知，任意相等时间内铅球的速度变化量相同，故A、B错误，C正确；设铅球的初速度v与水平方向的夹角为θ，铅球出手位置距离地面高度为h，在竖直方向上根据匀变速直线运动规律有-h=vtsin θ-gt2，可知铅球在空中运动时间跟初速度与水平方向夹角有关，故D错误。 2.(2024·新课标卷)福建舰是我国自主设计建造的首艘弹射型航空母舰。借助配重小车可以进行弹射测试，测试时配重小车被弹射器从甲板上水平弹出后，落到海面上。调整弹射装置，使小车水平离开甲板时的动能变为调整前的4倍。忽略空气阻力，则小车在海面上的落点与其离开甲板处的水平距离为调整前的 (　　) A.0.25倍 　B.0.5倍 C.2倍 D.4倍 解析：选C　动能表达式为Ek=mv2，由题意可知，小车水平离开甲板时的动能变为调整前的4倍，则离开甲板时的速度变为调整前的2倍；小车离开甲板后做平抛运动，从离开甲板到落到海面上的时间不变，根据x=vt，可知小车在海面上的落点与其离开甲板处的水平距离变为调整前的2倍。故选C。 3.(2024·江苏高考)喷泉a、b形成如图所示的形状，不计空气阻力，则喷泉a、b (　　) A.加速度相同 B.初速度相同 C.在最高点的速度相同 D.在空中的时间相同 解析：选A　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，故A正确；设喷泉喷出的水竖直方向的分速度为vy，水平方向的分速度为vx，设喷泉最高的高度为h，根据对称性可知在空中运动的时间t=2，可知tb>ta，D错误；在最高点的速度等于水平方向的分速度vx=，由于水平方向的位移大小关系未知，无法判断在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。 4.(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。 5.(2025·河南信阳模拟预测)如图所示，将一个小球从O点水平抛出。从O点运动到A点，偏向角为30°，运动时间为t1；从A点运动到B点，偏向角也是30°，运动时间为t2。不计空气阻力，则t1∶t2等于 (　　) A.1∶1 B.1∶2 C.1∶3 D.1∶4 解析：选B　设抛出时的初速度大小为v0，则到A点时沿竖直方向的分速度vy1=v0tan 30°，t1=，到达B点时，沿竖直方向的分速度vy2=v0tan 60°，t1+t2=，解得t1∶t2=1∶2，故选B。 6.如图所示，在竖直直角坐标系内有一高为8 m、倾角为37°的斜面，将小球从+y轴上位置(0，8 m)处沿+x方向水平抛出，初速度为4 m/s，g取10 m/s2，不计空气阻力。则小球第一次在斜面上的落点位置为 (　　) A.(3 m，4 m) B.(3 m，5 m) C.(4 m，5 m) D.(4 m，3 m) 解析：选D　设小球第一次在斜面上的落点位置为(x，y)，小球在空中做平抛运动，水平方向有x=v0t，竖直方向有y0-y=gt2，其中v0=4 m/s，y0=8 m，又由几何关系可得tan 37°=，联立解得x=4 m，y=3 m，故选D。 7.(2024·浙江1月选考)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，当地重力加速度为g，则水离开出水口的速度大小为 (　　) A. B. C. D.(+1)D 解析：选C　设出水孔到水桶中心的水平距离为x，则x=v0，落到桶底A点时x+=v0，解得v0= 。故选C。 8.(2025·广西南宁阶段练习)某物体做平抛运动时，它的速度偏向角θ(速度与水平方向的夹角)的正切值随时间t变化的图像如图所示，g取10 m/s2，则下列说法不正确的是 (　　) A.物体的平抛初速度大小为5 m/s B.第1 s内物体下落的高度为5 m C.第2 s末物体的位移偏向角(位移与水平方向的夹角)为45° D.前3 s内物体的速度变化量的大小为30 m/s 解析：选A　由平抛运动规律知tan θ=，由题图可知斜率为k=，解得v0=10 m/s，故A错误；第1 s内物体下落的高度h1=g=5 m，故B正确；第2 s末物体下落的高度为h2=g=20 m，第2 s末物体的水平位移为x2=v0t2=20 m，则有tan α==1，则第2 s末物体的位移偏向角为α=45°，故C正确；前3 s内物体的速度变化量可以看成是水平方向的速度变化量与竖直方向的速度变化量的矢量和，而水平方向的速度变化量为0，所以前3 s内物体的速度变化量的大小即为竖直方向的速度变化量的大小Δvy=gΔt=30 m/s，故D正确。 9.(2025·浙江阶段练习)如图所示，AB是一半径为R的圆弧，圆心位置为O点，一小球从与圆心等高的某点沿半径方向水平抛出，恰好垂直落在AB面上的Q点，且速度与水平方向夹角为53°(sin 53°=0.8，cos 53°=0.6)，则小球抛出后的水平位移为 (　　) A.0.6R B.0.8R C.R D.1.2R 解析：选D　如图所示，小球恰好垂直落在AB面上的Q点，作速度的反向延长线，交于O点，由平抛运动的推论可知，速度反向延长线交于水平位移的中点，故满足tan 53°=，结合圆的几何关系可得2 +y2=R2，联立解得x=1.2R，D正确。 10.(多选)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。 11.(2025·甘肃质检)如图所示，一固定斜面倾角为θ，在斜面底端正上方A点把小球以初速度v0正对斜面水平抛出，小球恰好运动最小的位移到达斜面(即小球的抛出点和落点的连线垂直于斜面)，重力加速度为g，不计一切阻力，则小球在空中运动的时间为 (　　) A.　 B. C.　 D. 解析：选A　小球从A点平抛恰好以最小位移到达斜面，即位移垂直于斜面，设平抛运动的水平位移为x，竖直位移为y，则由几何关系得tan θ==，解得t=，故选A。 12.(多选)如图所示，四分之一圆弧面的半径R与斜面的竖直高度相等，斜面的倾角为60°，圆弧面的圆心为图中O点，在斜面的顶端A点将多个小球以不同的水平速度抛出，设小球碰到接触面后均不再反弹，已知重力加速度为g，则以下说法正确的是 (　　) A.小球有可能垂直打到圆弧面上 B.小球抛出的初速度越大，则运动时间越短 C.小球抛出的速度等于时，运动时间最长 D.若小球抛出的速度小于，则落到接触面时速度偏向角均相同 解析：选AD　如图所示，根据平抛运动推论，速度反向延长线交于水平位移的中点，当圆心O为图中水平位移AA'的中点时，小球垂直打在圆弧面B点，故A正确；根据h=gt2，当小球打在斜面上时，小球抛出的初速度越大，小球下落高度越大，可知小球运动的时间越长；当小球打在圆弧面上时，小球抛出的初速度越大，小球下落高度越小，可知小球运动的时间越短，故B错误；当小球刚好落在O点正下方时，下落高度最大，运动时间最长，则有R=gt2，=v0t，联立解得v0=，故C错误；若小球抛出的速度小于，可知小球均落在斜面上，根据平抛运动推论可知，落到斜面上时速度偏向角均满足tan θ=2tan 60°=2，即落到斜面时速度偏向角均相同，故D正确。 13.(9分)(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；(3分) (2)水从管口排出时的速度大小v0；(3分) (3)管口单位时间内流出水的体积Q。(3分) 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 第三讲　圆周运动 课前 [精要回顾] [微点判断] (1)匀速圆周运动是匀变速曲线运动。 (×) (2)(人教必修2 P26T1·改编)位于赤道和位于北京的物体，随地球自转做匀速圆周运动的角速度相同。 (√) (3)(2024·甘肃高考T8D)电动小车在水平面内做匀速圆周运动，小车所受的合外力一定指向圆心。 (√) (4)(人教必修2 P29“思考与讨论”·改编)当物体做圆周运动的线速度逐渐减小时，物体所受合力的方向与速度方向的夹角小于90°。 (×) (5)匀速圆周运动的向心加速度与半径成反比。 (×) (6)匀速圆周运动的向心力是产生向心加速度的原因。 (√) (7)比较物体沿圆周运动的快慢看线速度，比较物体绕圆心转动的快慢看周期或角速度。 (√) (8)做匀速圆周运动的物体，当合外力突然消失时，物体将沿切线方向飞出。 (√) (9)摩托车转弯时速度过大就会向外发生滑动，这是摩托车受沿转弯半径向外的离心力作用的缘故。 (×) (10)(人教必修2 P40T5·改编)滚筒洗衣机脱水时，湿衣服上的水在最高点更容易甩出。 (×) 逐点清(一)　圆周运动的运动学问题 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 题点1　圆周运动各物理量间的关系 1.如图所示是某物体的运动轨迹。已知它的运动速率保持不变，则在此过程中它运动的 (　　) A.角速度变大，向心加速度变大 B.角速度变小，向心加速度变大 C.角速度变大，向心加速度变小 D.角速度变小，向心加速度变小 解析：选A　由物体的运动轨迹可知，其轨迹半径逐渐减小，由于速率不变，根据公式ω=，an=，可知其角速度变大，向心加速度变大，故选A。 2.(2025·浙江温州联考)在东北严寒的冬天，人们经常玩一项“泼水成冰”的游戏，具体操作是把一杯开水沿弧线均匀快速地泼向空中。图甲所示是某人玩“泼水成冰”游戏的瞬间，其示意图如图乙所示。泼水过程中杯子的运动可看成匀速圆周运动，人的手臂伸直，在0.5 s内带动杯子旋转了210°，人的臂长约为0.6 m。下列说法正确的是 (　　) A.泼水时杯子的旋转方向为顺时针方向 B.P位置飞出的小水珠初速度沿1方向 C.杯子在旋转时的角速度大小为 rad/s D.杯子在旋转时的线速度大小约为 m/s 解析：选D　由题图乙中小水珠做离心运动的轨迹可知，杯子的旋转方向为逆时针方向，P位置飞出的小水珠初速度沿2方向，故A、B错误；杯子旋转的角速度大小为ω== rad/s= rad/s，故C错误；杯子旋转的轨迹半径约为0.6 m，则线速度大小约为v=ωR=×0.6 m/s=m/s，故D正确。 题点2　三种常见的传动方式 3.(2025·甘肃酒泉质检)如图所示为脚踏自行车的传动装置简化图，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、丙三轮的半径之比为1∶9∶3，传动链条在各轮转动中不打滑，则乙、丙的转速之比为 (　　) A.1∶2 B.2∶1 C.3∶1 D.1∶3 解析：选C　甲、丙两轮边缘处的各点线速度相等，根据v=ωr=2πnr，可得甲、丙的转速之比为3∶1，甲、乙同轴转动，角速度相等，转速相等，所以乙、丙的转速之比为3∶1。故选C。 4.(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。 5.如图甲所示，修正带是通过两个齿轮相互咬合进行工作的，其原理可简化为如图乙所示的模型。A、B是大、小齿轮边缘上的两点，C是大轮上的一点。若大轮半径是小轮半径的2倍，小轮中心到A点和大轮中心到C点的距离之比为2∶1，则A、B、C三点 (　　) A.线速度大小之比为4∶4∶1 B.角速度大小之比为1∶1∶1 C.转速之比为2∶2∶1 D.向心加速度大小之比为2∶1∶1 解析：选A　A、B是大、小齿轮边缘上的两点，可知vA=vB，又v=ωr，rA=rB，可得ωA=2ωB，由于B、C两点都在大轮上，可知ωB=ωC，又v=ωr，rB=4rC，可得vB=4vC，则A、B、C三点线速度大小之比为vA∶vB∶vC=4∶4∶1，A、B、C三点角速度大小之比为ωA∶ωB∶ωC=2∶1∶1，A正确，B错误；根据角速度和转速的关系有ω=2πn，可知A、B、C三点转速之比为nA∶nB∶nC=ωA∶ωB∶ωC=2∶1∶1，C错误；根据向心加速度公式有a=ω2r，可知A、B、C三点向心加速度大小之比为aA∶aB∶aC=8∶4∶1，D错误。 题点3　圆周运动的多解问题 6.(多选)如图所示，直径为d的竖直圆筒绕中心轴线以恒定的转速匀速转动。一子弹以水平速度沿圆筒直径方向从左侧射入圆筒，从右侧射穿圆筒后发现两弹孔在同一竖直线上且相距为h，重力加速度为g，不计空气阻力，则 (　　) A.子弹在圆筒中的水平速度为d B.子弹在圆筒中的水平速度为2d C.圆筒转动的角速度可能为π D.圆筒转动的角速度可能为3π 解析：选ACD　子弹在圆筒中运动的时间与做自由落体运动下落高度h的时间相同，即t=，则v0==d，故A正确，B错误；在此段时间内圆 筒转过的圈数为半圈的奇数倍，即ωt=(2n+1)π(n=0，1，2，…)，所以ω==(2n+1)π(n=0，1，2，…)，故C、D正确。 关键点拨(对应学生用书旁栏内容) 1.圆周运动各物理量间的关系 2.同轴传动时，各点角速度相同；皮带、链条、齿轮传动时，边缘处线速度大小相等。 3.解答第6题的关键点 (1)子弹在竖直方向上做自由落体运动。 (2)子弹穿过圆筒的时间内，圆筒可能转动周，也可能转动周。 逐点清(二)　圆周运动的动力学问题 必备知能 1.向心力 (1)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，在受力分析中要避免再另外添加一个向心力。 (2)公式：Fn=man=m=mω2r=mr·=mr·4π2f2=mωv。 2.圆周运动中动力学问题的分析思路 3.常见运动模型 运动 模型 向心力的 来源示意图 运动 模型 向心力的 来源示意图 飞机水平转弯 飞车走壁 圆锥摆 火车转弯 汽车在水平路面转弯　 光滑水平转台 　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 题点1　车辆转弯问题 1.(2025·安徽合肥质检)港珠澳大桥总长约55 km，是世界上总体跨度最长、钢结构桥体最长、海底沉管隧道最长的路海大桥，设计时速100 km/h。如图所示，该路段是港珠澳大桥的一段半径r=150 m的圆弧形弯道，总质量m=1 800 kg的汽车通过该圆弧形弯道时以速度v=90 km/h做匀速圆周运动(汽车可视为质点，路面视为水平且不考虑车道的宽度)。已知路面与汽车轮胎间的径向最大静摩擦力为汽车所受重力的，重力加速度g取10 m/s2，则 (　　) A.汽车过该弯道时受到重力、支持力、摩擦力、牵引力和向心力 B.汽车过该弯道时所受径向静摩擦力大小为4 000 N C.汽车过该弯道时的向心加速度大小为5 m/s2 D.汽车能安全通过该弯道的最大速度为15 m/s 解析：选D　汽车过该弯道时受到重力、牵引力、支持力和摩擦力作用，径向摩擦力提供做圆周运动的向心力，故A错误；汽车过该弯道时所受径向静摩擦力大小为Ff=m=7 500 N，故B错误；汽车过该弯道时的向心加速度大小为a== m/s2，故C错误；汽车能安全通过该弯道的最大速度满足mg=m，解得vm=15 m/s，故D正确。 2.(2025·新疆巴音郭楞期末)(多选)火车转弯时，如果铁路弯道的内、外轨一样高，则外轨对轮缘挤压的弹力提供了火车转弯的向心力，如图甲所示。但是靠这种办法得到向心力，铁轨和车轮极易受损。故在修筑铁路时，弯道处的外轨会略高于内轨，当火车以规定的行驶速度转弯时，内、外轨均不会受到轮缘的侧向挤压，如图乙所示。设此时规定的行驶速度大小为v，重力加速度为g，两轨所在面与水平地面的夹角为θ，则下列说法正确的是 (　　) A.该弯道的半径r= B.当火车质量改变时，规定的行驶速度大小也改变 C.当火车速率小于v时，内轨将受到轮缘的挤压 D.当火车速率大于v时，内轨将受到轮缘的挤压 解析：选AC　当火车以规定的行驶速度转弯时，火车受重力和轨道的支持力，两个力的合力提供向心力，根据mgtan θ=m，可知该弯道的半径r=，选项A正确；由以上分析可知，当火车质量改变时，规定的行驶速度大小不变，选项B错误；当火车速率小于v时，重力和轨道的支持力的合力大于火车所需的向心力，则火车有做向心运动的趋势，则内轨将受到轮缘的挤压，选项C正确；当火车速率大于v时，重力和轨道的支持力的合力小于火车所需的向心力，则火车有做离心运动的趋势，外轨将受到轮缘的挤压，选项D错误。 题点2　圆锥摆问题 3.(2025·江苏模拟)如图所示，游乐场有一种叫“旋转飞椅”的游乐项目。钢绳的一端系着座椅，另一端固定在水平转盘上，转盘可绕穿过其中心的竖直轴转动。当转盘匀速转动时，质量相等的两游客P、Q在同一水平面内做匀速圆周运动，连接游客P、Q的钢绳与竖直方向之间的夹角分别为θ1、θ2，且θ1<θ2。将游客看作一个质点，不计钢绳和座椅的重力，下列说法正确的是 (　　) A.游客P、Q的角速度不相等 B.游客P、Q的线速度大小相等 C.游客P的向心加速度小于游客Q的向心加速度 D.游客P、Q受到钢绳的拉力大小相等 解析：选C　两游客绕同一转轴转动，则游客P、Q的角速度相等，故A错误；根据几何关系可知，游客P的转动半径小于游客Q的转动半径，由v=ωr可知，游客P的线速度小于游客Q的线速度，故B错误；根据a=ω2r，可知游客P的向心加速度小于游客Q的向心加速度，故C正确；游客受到钢绳的拉力大小F=，可知游客P受到钢绳的拉力大小小于游客Q受到钢绳的拉力大小，故D错误。 题点3　水平面内圆周运动的临界问题 4.如图所示，两个质量均为m的小木块A、B(均可视为质点)放在水平圆盘上，A、B到转轴OO'的距离分别为l、2l，小木块与圆盘之间的动摩擦因数均为μ，可以认为小木块与圆盘之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。若圆盘从静止开始绕轴转动，并缓慢地加速，用ω表示圆盘转动的角速度，用g表示重力加速度的大小，下列说法正确的是 (　　) A.圆盘对A的作用力大小大于A对圆盘的作用力大小 B.当ω=时，A所受摩擦力的大小为μmg C.A、B所受摩擦力的大小始终相等 D.B一定比A先开始滑动 解析：选D　圆盘对A的作用力与A对圆盘的作用力是一对相互作用力，总是等大反向，A错误；当ω=时，A所受摩擦力的大小为fA=mω2l=μmg，B错误；根据f=mω2r可知，在两木块未相对圆盘滑动时，两木块做圆周运动的半径不同，A、B所受摩擦力的大小不相等，当两木块都相对圆盘滑动后，所受滑动摩擦力大小相等，C错误；当木块恰好滑动时，对A有ml=μmg，解得ωA=，对B有2ml=μmg，解得ωB=，可知B的临界角速度较小，则B一定比A先开始滑动，D正确。 5.(2025·四川乐山调研)如图，半径为R的半球形陶罐固定在可以绕竖直轴转动的水平转台上，转台转轴与过陶罐球心O的对称轴OO'重合。转台以一定的角速度匀速转动，一质量为m的小物块落入陶罐内，经过一段时间后小物块随陶罐一起转动且相对罐壁静止，此时小物块受到的摩擦力恰好为0，且物块和O点的连线与OO'之间的夹角为60°，重力加速度为g。则转台转动的角速度为 (　　) A. B. C. D. 解析：选A　对小物块受力分析，小物块受重力和罐壁的支持力，由牛顿第二定律可得mgtan 60°=mω2Rsin 60°，解得ω=，故选A。 关键点拨(对应学生用书旁栏内容) 1.解答车辆转弯问题的关键 (1)车辆在水平路面上转弯时，只有径向静摩擦力提供向心力，当径向静摩擦力达到最大时，汽车安全通过的速度为最大值。 (2)路面倾斜时，当车辆所受支持力的水平分力恰好提供向心力时，车辆不受径向摩擦力，或轮缘不受轨道挤压。 2.做圆锥摆运动的物体的运动半径为物体到转轴的水平距离。 3.解答第4题的关键点 (1)最大静摩擦力提供向心力时木块恰好要滑动。 (2)临界角速度较小的木块先滑动。 逐点清(三)　竖直平面内圆周运动的临界问题 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 1.[轻绳模型] (多选)如图所示，一质量为m=0.5 kg 的小球(可视为质点)用长为0.4 m的轻绳拴着在竖直平面内做圆周运动，取g=10 m/s2，下列说法正确的是 (　　) A.小球要做完整的圆周运动，在最高点的速度至少为2 m/s B.当小球在最高点的速度为4 m/s时，轻绳拉力大小为15 N C.若轻绳能承受的最大张力为45 N，小球的最大速度不能超过4 m/s D.若轻绳能承受的最大张力为45 N，小球的最大速度不能超过4 m/s 解析：选ABC　设小球通过最高点时的最小速度为v0，则根据牛顿第二定律有mg=m，解得v0=2 m/s，故A正确；当小球在最高点的速度为v1=4 m/s时，设轻绳拉力大小为FT，根据牛顿第二定律有FT+mg=m，解得FT=15 N，故B正确；小球在轨迹最低点速度最大，此时轻绳的拉力最大，根据牛顿第二定律有FTm-mg=m，解得vm=4 m/s，故C正确，D错误。 2.[轻杆模型] (2025·福建福州联考)(多选)如图所示，长为0.25 m的轻质细杆一端固定于O点，另一端固定有一质量为1 kg的小球，使小球绕O点在竖直面内以2 m/s 的线速度做匀速圆周运动。取g=10 m/s2。下列说法正确的是 (　　) A.小球通过最高点时，对杆的作用力大小是16 N，方向竖直向下 B.小球通过最高点时，对杆的作用力大小是6 N，方向竖直向上 C.小球通过最低点时，对杆的作用力大小是26 N，方向竖直向上 D.小球通过最低点时，对杆的作用力大小是26 N，方向竖直向下 解析：选BD　设小球通过最高点时，杆对小球的作用力是F，由牛顿第二定律得mg+F=m，解得F=6 N，方向竖直向下，由牛顿第三定律可知小球对杆的作用力大小是6 N，方向竖直向上，故A错误，B正确；设小球通过最低点时，杆对小球的作用力是F1，由牛顿第二定律得F1-mg=m，解得F1=26 N，方向竖直向上，由牛顿第三定律可知小球对杆的作用力大小是26 N，方向竖直向下，故C错误，D正确。 关键点拨(对应学生用书旁栏内容) 1.轻绳模型 情境图示 弹力特征 弹力可能向下，也可能等于零 受力 示意图 力学方程 mg+FT=m 临界特征 FT=0，即mg=m，得v= 2.轻杆模型 情境图示 弹力特征 弹力可能向下，可能向上，也可能等于零 受力 示意图 力学方程 mg±FN=m 临界特征 v=0，即F向=0，此时FN=mg 逐点清(四)　离心运动 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 1.[对离心运动的理解] (多选)有一水平的转盘在水平面内匀速转动，在转盘上放一质量为m的物块，恰能随转盘一起匀速转动，则下列关于物块运动的说法正确的是 (　　) A.如果将转盘的角速度增大，则物块可能沿切线方向飞出 B.如果将转盘的角速度增大，物块将沿曲线逐渐远离圆心 C.如果将转盘的角速度减小，物块将沿曲线逐渐靠近圆心 D.如果将转盘的角速度减小，物块仍做匀速圆周运动 解析：选BD　物块恰能随转盘一起转动，说明此时提供向心力的摩擦力为最大静摩擦力。如果增大角速度，则需要的向心力要增大，而摩擦力不能再增大了，因此物块就会逐渐远离圆心，A错误，B正确；若减小角速度，则需要的向心力减小，而摩擦力可以减小，因此物块仍做匀速圆周运动，C错误，D正确。 2.[离心现象分析] 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。 关键点拨(对应学生用书旁栏内容) 离心运动的两点提醒 (1)只有当合外力突然消失时，原来做匀速圆周运动的物体才沿圆周切线方向飞出。 (2)当合外力不足以提供所需向心力时，物体运动的圆弧半径逐渐增大，离圆心越来越远。 [课时跟踪检测] (说明：标★的题目为推荐讲评题目) 1.化曲为圆是曲线运动的一种分解方式，如图所示，在变力作用下质量为m的物体的轨迹可以分为很多小段，每小段都可以看成圆周运动的一部分，在B点物体的受力F与速度v的夹角为θ，则物体在B点的向心加速度大小为 (　　) A.　　 B.　　 C.　　 D. 解析：选C　在B点把物体受力F分别沿着速度方向和垂直速度方向分解，则向心力大小为Fn=Fsin θ，由牛顿第二定律可得物体在B点的向心加速度大小为an=，故选C。 2.陀螺是中国民间较早出现的玩具之一，为了美观，陀螺上往往会对称地镶嵌一些相同质量、不同颜色的装饰物。如图所示，一小朋友抽打陀螺后使其转动起来，若陀螺的转速为 5 r/s，陀螺上一装饰物到中心的距离为2 cm，则装饰物的角速度约为 (　　) A.17.85 rad/s B.15.7 rad/s C.31.4 rad/s D.62.8 rad/s 解析：选C　装饰物的角速度等于陀螺的角速度，则有ω=2πn≈31.4 rad/s，C正确。 3.(2025·浙江模拟)断电后，风扇慢慢停下的过程中，关于图中扇叶上A、B两点的运动情况，下列说法正确的是 (　　) A.A、B两点的线速度始终相同 B.A、B两点的转速不相同 C.A点的加速度始终指向圆心 D.A、B两点的向心加速度的比值保持不变 解析：选D　A、B两点同轴转动，角速度相同，转动半径不同，根据v=ωr可知，线速度不相同，故A错误；A、B两点同轴转动，角速度相同，转速相同，故B错误；风扇慢慢停下，不是做匀速圆周运动，故A点的加速度不指向圆心，故C错误；根据a=ω2r，A、B两点的转动半径的比值保持不变，则A、B两点的向心加速度的比值保持不变，故D正确。 4.在赛车比赛中，赛车在水平弯道转弯时会严重损伤轮胎，所以弯道被设计成内低外高，赛道与水平面的夹角为α。弯道近似看作半径为r的圆弧，重力加速度大小为g，为尽量保护轮胎，赛车转弯时的速度大小为 (　　) A. B. C. D. 解析：选B　赛车转弯时，为尽量保护轮胎，重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律可得mgtan α=m，可得赛车转弯时的速度大小为v=，故选B。 5.(多选)滚筒洗衣机静止于水平地面上，衣物随着滚筒一起在竖直平面内做高速匀速圆周运动，以达到脱水的效果，滚筒截面如图所示，A点为最高点，B点为最低点，CD为水平方向的直径，下列说法正确的有 (　　) A.衣物运动到A点时处于超重状态 B.衣物运动到B点时脱水效果最好 C.衣物运动到C点或D点时，洗衣机对地面的摩擦力不为零 D.衣物在B点时，洗衣机对地面的压力等于洗衣机的重力 解析：选BC　衣物运动到最高点A点时，加速度方向竖直向下，处于失重状态，故A错误；衣物及衣物上的水运动到最低点B点时，加速度方向竖直向上，处于超重状态，此时脱水效果最好，故B正确，D错误；衣物运动到C点或D点时，洗衣机对衣物的水平作用力提供衣物的向心力，可知此时衣物对洗衣机在水平方向作用力不为零，而洗衣机是静止的，可知地面对其的摩擦力不为零，根据牛顿第三定律可知，此时洗衣机对地面的摩擦力不为零，故C正确。 6.(2025·湖北检测)某同学在转动如图所示的铅笔的过程中，发现在水平面内绕笔中心转动的角速度超过20 rad/s时，位于铅笔一端的橡皮擦将滑出，已知他使用的铅笔长20 cm，假设橡皮擦受到的最大静摩擦力为定值，且橡皮擦的大小可忽略，g取10 m/s2，则要保证橡皮擦不滑出，这支铅笔在竖直面内绕其中心转动的角速度的最大值为 (　　) A.10 rad/s B.10 rad/s C.20 rad/s D.10 rad/s 解析：选B　设最大静摩擦力为f0，则在水平面内绕笔中心转动过程中，有f0=m·，在竖直面内绕其中心转动过程中，若要保证橡皮擦不滑出，则橡皮擦能够顺利通过最低点，由于在最低点由竖直向上的摩擦力与重力的合力提供向心力，则有f0-mg=m·，解得ω2=10 rad/s，故选B。 7.(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。 8.(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)，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，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。 9.如图所示，轻杆一端固定在O点，另一端固定一小球。给小球一垂直于轻杆方向的初速度使轻杆绕O点在竖直平面内做圆周运动。关于小球在最低点A、最高点B两点所受轻杆的弹力，下列说法正确的是 (　　) A.轻杆在A、B两点对小球的弹力大小相等 B.小球运动到A点时，轻杆对小球的弹力可能为零 C.小球运动到A点时，轻杆对小球的弹力方向可能竖直向下 D.小球运动到B点时，轻杆对小球的弹力可能小于小球重力 解析：选D　根据题意可知，小球运动到A点时，轻杆对小球的弹力和小球重力的合力提供小球做圆周运动的向心力，则有FA-mg=m，可知轻杆对小球的弹力方向一定竖直向上，且大小一定大于小球的重力，故B、C错误；小球运动到B点时，若轻杆对小球的弹力为0，则有mg=m，解得vB=，可知轻杆对小球的弹力可能小于小球重力，轻杆在A、B两点对小球的弹力大小不相等，故A错误，D正确。 10.(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。 11.(12分)(2025·北京朝阳质检)如图所示，水平圆台可以绕其中心轴转动。在圆台中心两侧放上甲、乙两物体，两物体的质量均为m，均可视为质点，甲、乙两物体到圆台中心的距离分别为2R、R，其连线过圆台中心。两物体与圆台间的动摩擦因数均为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。 (1)若圆台以某一角速度转动时，甲、乙均未滑动。求甲、乙两物体的加速度大小之比；(3分) (2)若圆台的角速度逐渐增大，请分析说明甲、乙两物体谁先滑动；(4分) (3)若将甲、乙两物体用不可伸长的轻绳连接，轻绳最初拉直而不张紧，缓慢增加圆台的角速度，求两物体刚要滑动时圆台转动的角速度ω。(5分) 解析：(1)若圆台以某一角速度转动时，甲、乙均未滑动，根据a=ω2r，可得甲、乙两物体的加速度大小之比a甲∶a乙=2R∶R=2∶1。 (2)若圆台的角速度逐渐增大，根据μmg=mr 可得ω0=，因甲转动半径较大，临界角速度较小，可知甲物体先滑动。 (3)两物体刚要滑动时，甲受到的最大静摩擦力指向圆心，乙受到的最大静摩擦力背离圆心，则对甲有T+μmg=mω2·2R 对乙有T-μmg=mω2R 解得圆台转动的角速度ω=。 答案：(1)2∶1　(2)甲　(3) 12.(14分)(2025·北京海淀质检)如图所示，不可伸长的轻绳一端固定在距离水平地面高为h的O点，另一端系有质量为m、可视为质点的小球，将小球拉至O点正上方的A点，给其一水平方向的初速度v0，使其恰好在竖直平面内以O点为圆心做半径为r的圆周运动。当小球运动到最低点B时，绳恰好被拉断，小球水平飞出。不计空气阻力及绳断时的能量损失，重力加速度为g。求： (1)小球的初速度大小v0。(3分) (2)绳能承受拉力的最大值Fm。(8分) (3)小球落地时的速度大小v。(3分) 解析：(1)小球恰好通过A点时绳子拉力为零，仅重力提供向心力，有mg=m，解得v0=。 (2)从A点到B点，由动能定理2mgr=m-m，解得vB= 在B点，由绳子拉力和小球重力的合力提供向心力，有T-mg=m 解得T=6mg 再由牛顿第三定律可得Fm=T=6mg。 (3)小球从B点到落地的过程中，只有重力做功，由动能定理，有mg(h-r)=mv2-m 解得v=。 答案：(1)　(2)6mg　(3) 第四讲　探究平抛运动的特点(重点实验) 　　　　　　　　　　　　　　　　　 一、理清原理与操作 原理装置图 操作要领 (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，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、强化重点环节和关键能力 1.注意事项 (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。 (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)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。 (5)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。 2.误差分析 (1)安装斜槽时，其末端切线不水平，导致小球离开斜槽后不做平抛运动。 (2)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。 (3)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。 (4)确定小球运动的位置时不准确，会导致误差。 (5)量取轨迹上各点坐标时不准确，会导致误差。 　　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。 命题点(一)　坐标原点是否为平抛起点 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(0.69~0.79均可) 2. (2025年1月·八省联考陕晋宁青卷)图(a)为研究平抛运动的实验装置，其中装置A、B固定在铁架台上，装置B装有接收器并与计算机连接。小球从装有发射器的装置A上某高度处沿着轨道向下运动，离开轨道时，装置B开始实时探测小球运动的位置变化。根据实验记录的数据由数表作图软件拟合出平抛运动曲线方程y=1.63x2+0.13x，如图(b)所示。 (1)安装并调节装置A时，必须保证轨道末端　　　　。(填“水平”或“光滑”)  (2)根据拟合曲线方程，可知坐标原点　　　　(填“在”或“不在”)抛出点。  (3)根据拟合曲线方程，可计算出平抛运动的初速度为　　　　m/s。(当地重力加速度g取9.8 m/s2，计算结果保留2位有效数字)  解析:(1)安装并调节装置A时，必须保证轨道末端水平，以保证小球做平抛运动。 (2)根据曲线方程y=1.63x2+0.13x，可知该抛物线的顶点横坐标为x=- m≈-0.04 m，可知坐标原点不在抛出点。 (3)设在坐标原点小球的水平速度为v0，竖直速度为v0y，则根据x=v0t，y=v0yt+gt2，解得y=v0y+g=x2+x，结合y=1.63x2+0.13x，可得=1.63，解得v0≈1.7 m/s。 答案:(1)水平　(2)不在　(3)1.7 [系统建模] 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。 命题点(二)　确定小球轨迹的不同方式 1.(2023·北京高考，节选)用频闪照相记录平抛小球在不同时刻的位置，探究平抛运动的特点。 (1)关于实验，下列做法正确的是　　　　(填选项前的字母)。  A.选择体积小、质量大的小球 B.借助重垂线确定竖直方向 C.先抛出小球，再打开频闪仪 D.水平抛出小球 (2)图1所示的实验中，A球沿水平方向抛出，同时B球自由落下，借助频闪仪拍摄上述运动过程。图2为某次实验的频闪照片，在误差允许范围内，根据任意时刻A、B两球的竖直高度相同，可判断A球竖直方向做　　　　　运动；根据　　　　　　　　　　，可判断A球水平方向做匀速直线运动。  (3)某同学使小球从高度为0.8 m的桌面水平飞出，用频闪照相拍摄小球的平抛运动(每秒频闪25次)，最多可以得到小球在空中运动的　　　　　个位置。(g取10 m/s2)  解析：(1)用频闪照相记录平抛小球在不同时刻的位置，选择体积小、质量大的小球可以减小空气阻力的影响，A正确；本实验需要借助重垂线确定竖直方向，B正确；实验过程中应先打开频闪仪，再水平抛出小球，C错误，D正确。 (2)根据任意时刻A、B两球的竖直高度相同，可以判断出A球竖直方向做自由落体运动；根据A球相邻两位置水平距离相等，可以判断A球水平方向做匀速直线运动。 (3)小球从高度为0.8 m的桌面水平抛出，根据运动学公式h=gt2，解得t=0.4 s，频闪仪每秒频闪25次，频闪周期T= s=0.04 s，故最多可以得到小球在空中运动的个数为=10。 答案：(1)ABD　(2)自由落体　A球相邻两位置水平距离相等　(3)10 2.(2025·河南洛阳质检)在做“研究平抛运动”的实验中，为了确定小球在不同时刻所通过的位置，实验时用如图甲所示的装置。 实验操作的主要步骤如下： A.在一块平木板上钉上复写纸和白纸，然后将其竖直立于斜槽轨道末端槽口前，木板与槽口之间有一段距离，并保持板面与轨道末端的水平段垂直； B.使小球从斜槽上紧靠挡板处由静止滚下，小球撞到木板在白纸上留下痕迹A； C.将木板沿水平方向向右平移一段距离x，再使小球从斜槽上紧靠挡板处由静止滚下，小球撞到木板在白纸上留下痕迹B； D.再将木板水平向右平移同样距离x，让小球仍从斜槽上紧靠挡板处由静止滚下，在白纸上得到痕迹C。 若测得x=20 cm，A、B间距离y1=15 cm，B、C间距离y2=25 cm，已知当地的重力加速度g取10 m/s2。 (1)根据上述直接测量的量和已知的物理量可以计算出小球平抛的初速度大小v0=　　　　m/s。  (2)关于该实验，下列说法中不正确的是　　　　。  A.斜槽轨道不一定光滑 B.每次释放小球的位置必须相同 C.每次小球均需由静止释放 D.小球的初速度可通过测量小球的释放点与抛出点之间的高度h，再由机械能守恒定律求出 (3)另外一位同学根据测量出的不同x情况下的y1和y2，令Δy=y2-y1，并描绘出了如图乙所示的Δy-x2图像，若已知图像的斜率为k，则小球平抛的初速度大小v0与k的关系式为　　　　。  解析：(1)小球在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做自由落体运动，所以Δy=y2-y1=gt2， 解得t=0.1 s，小球平抛的初速度大小v0== m/s=2 m/s。 (2)实验中需要小球每次做平抛运动的轨迹相同，即从斜槽末端抛出时的初速度相同，所以每次释放小球的位置必须相同，且每次小球均需由静止释放，而斜槽轨道并不一定要光滑，故A、B、C正确；由于斜槽不可能完全光滑，且存在空气阻力，所以不能由机械能守恒定律求解小球的初速度，故D错误。 (3)根据上述分析可知x=v0t=v0，整理得Δy=x2，所以k=，解得v0=。 答案：(1)2　(2)D　(3)v0= [系统建模] 1.保证小球在斜槽上每次释放点的位置相同，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。 1.用如图(a)所示的实验装置研究物体的平抛运动。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。上下移动水平挡板MN到合适的位置，重新释放钢球，如此重复，白纸上将留下一系列的痕迹点。 (1)为使钢球能水平抛出，必须调整斜槽，使其末端切线成水平方向，检查切线是否水平的方法是 。  (2)每次都要从斜槽上相同的位置无初速度释放钢球，原因是　　　　　　　　　　　　　　。  (3)为定量研究钢球的平抛运动，建立以水平方向为x轴、竖直方向为y轴的坐标系。 ①取平抛运动的起始点为坐标原点，将钢球静置于斜槽末端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；在确定y轴时　　　　　(选填“需要”或“不需要”)y轴与重垂线平行。  ②若遗漏记录平抛轨迹的起始点，也可按下述方法处理数据：在如图(b)所示的轨迹上取A、B、C三点，测得AB和BC的水平间距均为x，AB和BC的竖直间距分别是y1和y2，已知当地重力加速度为g，可求得钢球平抛的初速度大小为　　　　　(用字母x、y1、y2和g表示)。  解析：(1)将钢球放置在斜槽末端，能保持静止(或既不向里滚，也不向外滚)，则说明斜槽末端切线水平。 (2)每次都要从斜槽上相同的位置无初速度释放钢球，原因是保证钢球每次都以相同的速度从斜槽末端飞出。 (3)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。 钢球在竖直方向做自由落体运动，故需要y轴与重垂线平行。 ②平抛运动竖直方向的分运动为自由落体运动，根据y2-y1=gT2，解得T=，平抛运动水平方向的分运动为匀速直线运动，根据匀速直线运动公式x=v0T，解得v0=x。 答案：(1)将钢球放置在斜槽末端，能保持静止(或既不向里滚，也不向外滚)，则说明斜槽末端切线水平 (2)保证钢球每次都以相同的速度从斜槽末端飞出　(3)①球心　需要　②x 2.某同学用如图甲所示的装置探究平抛运动的特点。固定在水平地面上的斜面PQO上方的弧形轨道末端水平，小球从弧形轨道上不同位置下滑，从末端水平飞出，在末端P点有一速度传感器(图中未画出)，可测出小球经P点做平抛运动的初速度v0。改变小球的释放位置，从而改变小球在P点的速度v0，测出小球的落点到OP的距离x，记录的数据如图乙所示。当地重力加速度大小g=9.8 m/s2，若用直尺测得斜面的高度PO=　　　　m，斜面的长度PQ=　　　　m，就验证了平抛运动的规律。(结果均保留两位小数)  解析：根据表中数据可知，前三组数据满足 s= s= s=0.4 s，说明小球一定落在水平面上，结合平抛运动规律可得，斜面的高度PO=gt2≈0.78 m；由后两组数据有 s≈0.33 s<0.4 s， s≈0.16 s<0.4 s，可得后两组数据对应的小球落在斜面上，设斜面的倾角为θ，由平抛运动规律有=tan θ，结合最后两组数据有=tan θ，由几何关系有PQsin θ=PO，解得PQ≈0.98 m。 答案：0.78　0.98 3.(2025·安徽淮南模拟)在某地用如图甲所示装置研究平抛运动的规律。悬点O正下方P点有水平放置的刀片，当悬线摆至P点时能轻易被割断，小球由于惯性向前飞出做平抛运动。现对小球采用频闪数码照相机连续拍摄，在有坐标纸的背景屏前，拍下了小球在平抛运动过程中的多张照片，经合成后，照片如图乙所示。a、b、c、d为连续四次拍下的小球位置，已知照相机连续拍照的时间间隔是0.10 s。照片大小如图乙中坐标所示，又知该照片的长度与实际背景屏的长度之比为5∶12，则： (1)由已知信息，可知a点　　　　(选填“是”或“不是”)小球的抛出点。  (2)由已知信息，若不计其他阻力，可以算出小球做平抛运动的初速度是　　　m/s。(保留2位有效数字)  (3)由已知信息，可以推算出该地的重力加速度为　　　　m/s2。(保留2位有效数字)  解析：(1)因为相邻相等时间间隔内的竖直位移大小之比为1∶2∶3，不符合初速度为0的匀加速直线运动连续相等时间间隔内位移大小之比为1∶3∶5的特点，故a点竖直分速度不为0，故a点不是抛出点。 (2)根据题意可知ab间水平距离为l=4× cm=9.6 cm，小球在水平方向做匀速直线运动，所以初速度v0==0.96 m/s。 (3)竖直方向Δy=(ybc-yab)×=gT2，解得g=9.6 m/s2。 答案：(1)不是　(2)0.96　(3)9.6 4.(2025·四川成都模拟预测)(1)某物理兴趣小组开展了对平抛运动规律的创新性探究，设计了如图甲所示的实验。将小钢球从坐标原点O水平抛出，做平抛运动。两束光分别沿着与坐标轴平行的方向照射小球，在两个坐标轴光屏上留下了小钢球的两个影子。影子1做　　　　　运动，影子2做　　　　运动。  (2)如图乙是小张同学研究小钢球在斜面上做平抛运动的实验装置。每次将小钢球从弧形轨道同一位置由静止释放，逐渐改变斜面与水平地面之间的夹角 θ 并确保轨道末端位置不变，保证小球每次都能顺利地从轨道末端水平抛出并落到斜面上，获得不同的水平射程x，最后根据测量数据作出了如图丙所示的x-tan θ图像，取 g=10 m/s2。则由图丙可知，小钢球在斜面顶端水平抛出时的初速度 v0= 　　　m/s。(结果保留一位小数)  解析：(1)影子1反映小钢球在水平方向的运动，所以影子1做匀速直线运动。影子2反映小钢球在竖直方向的运动，所以影子2做自由落体运动。 (2)根据平抛运动规律有x=v0t，y=gt2，tan θ=，联立解得x=tan θ，由题图丙可知=0.1 m，解得v0≈0.7 m/s。 答案：(1)匀速直线　自由落体　(2)0.7 第五讲　探究影响向心力大小的因素(基础实验) 　　　　　　　　　　　　　　　　　 一、理清原理与操作 1.原理装置图 (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。 2.操作要领 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、强化重点环节和关键能力 1.定性感知实验中，轻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。 1.(2023·浙江1月选考，节选)“探究向心力大小的表达式”实验装置如图所示。 (1)采用的实验方法是　　　　。  A.控制变量法　　B.等效法　　C.模拟法 (2)在小球质量和转动半径相同的情况下，逐渐加速转动手柄到一定速度后保持匀速转动。此时左右标尺露出的红白相间等分标记的比值等于两小球的　　　　之比(选填“线速度大小”“角速度平方”或“周期平方”)；在加速转动手柄过程中，左右标尺露出红白相间等分标记的比值　　　　　(选填“不变”“变大”或“变小”)。  解析：(1)该实验探究多个物理量之间的关系，应用控制变量法。 (2)根据向心力表达式F=mrω2，在小球质量、转动半径相同的情况下，F∝ω2，左右标尺标记的比值为F之比等于角速度的平方比；由于两球角速度平方之比为定值，则标记的比值不变。 答案：(1)A　(2)角速度平方　不变 2. (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.(2025·四川眉山模拟)某同学利用如图(a)所示的实验装置验证向心力公式。在透明厘米刻度尺上钻一个小孔，细线一端系在小孔处，另一端连接质量为m、可视为质点的小钢球。将刻度尺固定在水平桌面上，使小钢球在水平面内绕圆心O做匀速圆周运动。 (1)钢球运动稳定后， 该同学从刻度尺上方垂直刻度尺向下看， 某时刻小孔和钢球的位置如图 (b) 所示，则钢球做圆周运动的半径为r=　　　　 cm。  (2)在验证向心力F与角速度ω的关系时，该同学保持钢球质量m、轨迹半径r不变，这种实验方法称为　　　　。(填选项前字母)  A.等效替代法　　　　　　　 B.理想模型法 C.控制变量法 D.微元法 (3)若该同学测得细线长度为l，经过时间t钢球转动了n圈，则钢球转动的角速度ω=　　　　；该同学只需验证等式　　　　成立，即可验证向心力公式。  解析：(1)小孔位置到钢球投影位置的长度等于钢球做圆周运动的半径，则钢球做圆周运动的半径为r=85.0 cm-55.0 cm=30.0 cm。 (2)在验证向心力F与角速度ω的关系时，该同学保持钢球质量m、轨迹半径r不变，这种实验方法称为控制变量法。故选C。 (3)经过时间t钢球转动了n圈，则钢球做圆周运动的周期T=，钢球做圆周运动的角速度ω==；设细线与竖直方向的夹角为θ，根据几何关系有tan θ=，对钢球进行分析，钢球受到细线的拉力与重力，合力方向指向圆心O，由合力提供向心力，则有mgtan θ=mω2r，联立解得=。 答案：(1)30.0　(2)C　(3)　= 4.(2025·河北石家庄质检)某同学用如图甲所示装置做“探究向心力大小与角速度大小关系”的实验。水平直杆随竖直转轴一起转动，滑块套在水平直杆上，用细线将滑块与固定在竖直转轴上的力传感器连接，细线处于水平伸直状态，当滑块随水平直杆一起匀速转动时，拉力的大小可以通过力传感器测得，滑块转动的角速度可以通过角速度传感器测得。 (1)滑块和角速度传感器的总质量为20 g，保持滑块到竖直转轴的距离不变，多次改变竖直转轴转动的快慢，测得多组力传感器的示数F及角速度传感器的示数ω，根据实验数据得到的F-ω2图像如图乙所示，图像没有过坐标原点的原因是　　　　　，滑块到竖直转轴的距离为　　　　 m。(计算结果保留3位有效数字)  (2)若去掉细线，仍保持滑块到竖直转轴的距离不变，则转轴转动的最大角速度为　　　　 rad/s。  解析：(1)若水平直杆不光滑，则滑块转动过程中，当角速度较小时只有静摩擦力提供向心力，随着角速度增大，摩擦力逐渐增大， 当摩擦力达到最大值时，继续增大转速，绳子开始出现拉力，则有F+Ffmax=mrω2，整理得F=mrω2-Ffmax，故F-ω2图像不过坐标原点。由题图乙可知斜率为k=mr= kg·m，解得r≈0.257 m。 (2)由题图乙可知，当F=0时，Ffmax=mr，则转轴转动的最大角速度满足=25 rad2/s2，解得ω0=5 rad/s。 答案：(1)水平直杆不光滑　0.257　(2)5 5.(2025·重庆沙坪坝质检)某实验小组利用如图甲所示的装置探究向心力和圆周运动角速度以及运动半径的关系。带有遮光片的小球放在光滑的水平“U”型槽内，槽内宽略大于球直径，“U”型槽内安装带有压力传感器的挡板，挡板放置位置可调节，“U”型槽固定在竖直转轴上，在电机带动下绕竖直转轴做匀速圆周运动。光电门调节到适当位置可记录遮光片的遮光时间Δt，压力传感器可测量小球所受向心力F的大小，刻度尺可测量挡板到转轴的距离L。 (1)用50分度游标卡尺测量遮光片宽度d，如图乙所示，则d=　　　　 mm；  (2)保持挡板位置不变，改变转动快慢，以F为纵坐标，以　　　 填“Δt”“”或“”为横坐标，作出的图像是正比例函数； (3)保持转动角速度不变，改变挡板位置，作出F-L图像，若考虑小球半径对实验的影响，所作的F-L图像应该是　　　　(填选项前字母)。  解析：(1)根据游标卡尺的读数规律，该读数为d=8 mm+21×0.02 mm=8.42 mm。 (2)根据光电门测速原理可知，小球做圆周运动的速度大小v=，挡板对小球的弹力提供做圆周运动的向心力，则有F=m=·，可知，以F为纵坐标，以为横坐标，作出的图像是正比例函数。 (3)小球做匀速圆周运动的轨道半径实际上等于小球球心到转轴的距离，则有F=mω2(L-r)=mω2L-mω2r，可知，图像斜率一定，图像与纵轴的截距为负值，只有B选项满足要求。 答案：(1)8.42　(2)　(3)B 6.某同学用图甲所示的装置探究物体做圆周运动的向心力大小与转动半径、线速度、质量的关系。用一根细线系住钢球，另一端连接在固定于铁架台上端的力传感器上，钢球静止于A点，将光电门固定在A的正下方。钢球底部竖直地粘住一片宽度为x的遮光条。 (1)用天平测出钢球质量，用刻度尺测出摆线长度，用游标卡尺测出钢球直径，示数如图乙所示，钢球直径d=　　　　 mm。  (2)将钢球拉至不同位置由静止释放，读出钢球经过A点时力传感器的读数F及光电门的遮光时间t，算出钢球速度的平方值，具体数据如下表所示： 次数 1 2 3 4 5 F/N 0.124 0.143 0.162 0.181 0.200 v2/(m2·s-2) 2.0 4.0 5.8 8.0 10.1 请在坐标图丙中画出F-v2的关系图像。 (3)由图像可知，钢球的重力为　　　　 N。  (4)若图像的斜率为k，钢球质量为m，重力加速度为g，则F与v2的关系式为　　　　(用所给物理量的符号表示)。  (5)某同学通过进一步学习知道了向心力的公式，发现实验中使用公式m求得钢球经过A点的向心力比测量得到的向心力大，你认为产生误差的主要原因是 　。 解析：(1)钢球直径d=11 mm+10×0.05 mm=11.50 mm。 (2)画出F-v2的关系图像如图所示。 (3)根据F-mg=m，可得F=v2+mg，由图像的截距可知，钢球的重力为mg=0.108 N。 (4)若图像的斜率为k，钢球质量为m，重力加速度为g，则F与v2的关系式为F=kv2+mg。 (5)产生误差的主要原因是光电门测出的是遮光条通过最低点时的速度，大于钢球球心通过最低点的速度。 答案：(1)11.50　(2)见解析图　(3)0.108(0.106~0.110均可)　(4)F=kv2+mg　(5)见解析 7.(2025·广西南宁调研)甲、乙两同学分别用如图所示的实验装置来验证向心力公式。匀质小球由轻绳a和b分别系在固定于轻质木架上A点和C点的力传感器1、2上。小球上装有遮光片，当木架绕轴BC匀速转动时，小球在水平面内做匀速圆周运动，绳a在竖直方向、绳b在水平方向。测得小球中心到转轴的距离为L，小球和遮光片的总质量为m，忽略空气的阻力。 (1)实验时，随着装置匀速转动的角速度增大，力传感器1的示数会　　　　　 (选填“不断增大”“不断减小”或“保持不变”)。  (2)甲同学实验时，保持装置匀速转动，测得遮光片从第一次遮光到第N1次遮光经历的总时间为t1，则小球做圆周运动的周期T1=　　　　　 ；力传感器2的示数为F1，如果表达式　　　　　 (用F1、L、m、N1、t1、π表示)成立，则向心力公式得到验证。  (3)乙同学实验时，测得遮光片的宽度为d，保持装置匀速转动，测得遮光片N2次遮光的总时间为t2，则小球做圆周运动的线速度v2=　　　　　 ；力传感器2的示数为F2，如果表达式　　　　　 (用F2、L、m、N2、t2、d表示)成立，则向心力公式得到验证。  解析：(1)力传感器1的示数始终等于小球和遮光片的总重力，保持不变。 (2)甲同学实验时，周期T1=，如果表达式F1=mL=mL成立，则向心力公式得到验证。 (3)乙同学实验时，遮光片N2次遮光的总时间为t2，一次遮光的平均时间为t0=，小球做圆周运动的线速度v2==，如果表达式F2=m=成立，则向心力公式得到验证。 答案：(1)保持不变　 (2)　 F1=mL　 (3)　 F2= 52 / 67 学科网（北京）股份有限公司 $$