第4章 抛体运动 圆周运动(教用Word)-【赢在微点·顶层设计】2027年高中物理高考一轮总复习（粤教版）

该高中物理高考复习教案覆盖曲线运动、抛体运动、圆周运动及实验探究等核心考点，按运动合成与分解→抛体运动规律→圆周运动分析→实验验证的逻辑架构知识，通过考点梳理、方法指导、真题训练三环节，帮助学生构建“化曲为直”的解题框架，突破小船渡河、平抛临界等难点。 教案突出科学思维与科学探究素养，如将平抛运动分解为水平匀速和竖直自由落体模型，通过对比轻绳轻杆圆周运动临界条件培养推理能力。设计分层练习与实验创新案例（频闪摄影测速度），助力教师精准把控复习节奏，高效提升学生应考能力。

第四章　抛体运动　圆周运动 第1讲　曲线运动　运动的合成与分解 ■目标要求 1.理解物体做曲线运动的条件及运动性质。2.会用运动的合成与分解处理小船渡河、关联速度等实际问题。3.理解运动的合成与分解是处理曲线运动的重要思想方法。 考点1　曲线运动的条件和特征 　　　　　　 　　　　　　　　　　　　 必|备|知|识 1.速度的方向:质点在某一点的速度方向，沿曲线上该点的切线方向。 2.运动性质:做曲线运动的物体，速度的方向时刻改变，故曲线运动一定是变速运动，即必然具有加速度。 3.物体做曲线运动的条件。 (1)运动学角度:物体的加速度方向跟速度方向不在同一条直线上。 (2)动力学角度:物体所受合外力的方向跟速度方向不在同一条直线上。 (1)速度发生变化的运动一定是曲线运动(×) (2)做曲线运动的物体受到的合外力一定是变力(×) (3)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(√) 关|键|能|力 1.合外力与轨迹、速度间关系的分析思路。 2.速率变化的判断。 【典例1】　(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(D) 解析　小车做曲线运动，所受合外力指向轨迹的凹侧，A、B两项错误;小车沿轨道从左向右运动，动能一直增加，故合外力与运动方向夹角为锐角，C项错误，D项正确。 考点2　运动的合成与分解 　　　　　　 　　　　　　　　　　　　 必|备|知|识 1.合运动与分运动:一个物体同时参与的几个运动是分运动，物体的实际运动是合运动。 2.遵循的规律:位移、速度、加速度都是矢量，故它们的合成或分解都遵循平行四边形定则。 3.合运动与分运动的关系。 (1)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。 (2)独立性:一个物体同时参与几个分运动，各分运动相互独立，不受其他运动的影响。 (3)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。 (1)合运动的速度一定比分运动的速度大(×) (2)两个直线运动的合运动一定是直线运动(×) (3)曲线运动一定不是匀变速运动(×) 关|键|能|力 　合运动轨迹和运动性质的判断方法。 (1)若合外力方向与合初速度的方向在同一直线上，则合运动为直线运动，否则为曲线运动。 (2)若合外力不变，则为匀变速运动;若合外力变化，则为变加速运动。 考向1　合运动与分运动的关系 【典例2】　(多选)某架飞机在进行一定距离的航空测量时，需要严格按照从南到北的航线飞行。在无风时飞机相对地面的速度大小恒为100 m/s，飞行过程中航路上有持续东风(风向从东向西)，要确保完成航空测量。下列说法正确的是(AD) A.飞机的飞行朝向为北偏东方向 B.飞机的飞行朝向为北偏西方向 C.风速越大，飞机完成航空测量的时间越短 D.风速越大，飞机完成航空测量的时间越长 解析　要确保完成航空测量，根据速度合成的平行四边形定则，如图所示，合速度的方向是从南向北的，所以飞机的飞行朝向为北偏东方向，A项正确，B项错误;根据v合=可知风速越大，飞机的合速度越小，飞机完成航空测量的时间越长，C项错误，D项正确。 考向2　两个互成角度的合运动性质的判断 【典例3】　一小球在水平面内运动，在x方向上的x-t图像和y方向上的v-t图像如图所示，x、y方向相互垂直，则(C) A.小球做直线运动 B.小球做变加速运动 C.小球在2 s内的位移为4 m D.小球2 s末的速度为4 m/s 解析　根据题图可知，小球在x方向做匀速直线运动，速度大小为vx= m/s=2 m/s，小球在y方向做匀变速直线运动，所以小球的合运动为匀变速曲线运动，A、B两项错误;根据v-t图像的面积表示位移大小，可知小球在2 s内沿y方向的位移为0，则小球在2 s内的位移等于x方向的位移，即大小为4 m，C项正确;小球2 s末的速度为v== m/s= m/s，D项错误。 两个直线运动的合运动 两个互成角度的分运动 合运动的性质 两个匀速直线运动 匀速直线运动 一个匀速直线运动、一个匀变速直线运动 匀变速曲线运动 两个初速度为零的匀加速直线运动 匀加速直线运动 两个初速度不为零的匀变速直线运动 如果v合与a合共线，匀变速直线运动 如果v合与a合不共线，匀变速曲线运动 考点3　小船渡河问题 　　　　　　 　　　　　　　　　　　　 关|键|能|力 　两类问题、三种情景。 渡河时 间最短 当船头方向垂直河岸时，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 渡河位 移最短 如果v船<v水，当船头方向(即v船方向)与合速度方向垂直时，渡河位移最短，等于 考向1　渡河时间问题 【典例4】　(2025·珠海模拟)如图所示，AB两点连线垂直于河岸，小南同学由A点划船渡河，船头指向始终与河岸垂直，河宽为100 m，水流速度为4 m/s，船在静水中的速度为5 m/s，则小船到达对岸的位置距B点(D) A.160 m B.120 m C.100 m D.80 m 解析　船头指向始终与河岸垂直，则船渡河的时间为t== s=20 s，小船到达对岸的位置距B点x=v水t=4×20 m=80 m，D项正确。 考向2　渡河位移问题 【典例5】　(多选)如图，某条河宽为600 m，河水流速恒为v1=3 m/s，小船在静水中的运动速度大小为v2=4 m/s，小船可视为质点。则(CD) A.船的最短渡河时间为120 s B.若船以最短时间渡河，渡河位移大小为600 m C.船渡河的速度大小可能大于5 m/s D.若水流速度为v3=5 m/s，小船的最短渡河位移大小为750 m 解析　船速度v2垂直河岸方向时，渡河所用的时间最短，最短时间t== s=150 s，A项错误;船以最短时间渡河时，合速度大小v==5 m/s，合位移大小s=vt=750 m，B项错误;船与下游河岸的夹角小于90°时，合速度大小大于5 m/s，C项正确;若水流速度大于小船在静水中速度，小船不能垂直河岸渡河。如图所示，以水流速度v3矢量的末端为圆心，以船速大小v2为半径作圆，过A点(v3矢量的始端)作圆的切线AC，合速度方向沿AC方向。由图得合速度v合与v3的夹角为θ，且有sin θ=，合位移AC为最短位移，由几何知识得AC=，联立解得最短位移AC=750 m，D项正确。 　　(1)渡河时间与船垂直河岸方向的分速度和河的宽度有关，与水流速度无关。 　　(2)当船速大于水流速度时渡河最短的位移为河的宽度，当船速小于水流速度时不能垂直渡河，但也有最短位移，可用三角形定则解决。 考点4　关联速度问题 　　　　　　 　　　　　　　　　　　　 关|键|能|力 1.速度特点。 两物体通过绳或杆相牵连，当两物体都发生运动时，两物体的速度往往不相等，但因绳或杆的长度是不变的，因此两物体的速度沿绳或杆方向的分速度是大小相等的。 2.“关联速度”常见情景示例。 考向1　绳端速度的分解 【典例6】　如图所示，重物沿竖直杆下滑，并通过一根不可伸长的细绳带动小车沿水平面向右运动，当滑轮右侧的绳与竖直方向成β角，且重物下滑的速率为v时，滑轮左侧的绳与水平方向成α角，则小车的速度为(D) A. B. C. D. 解析　将速度v按运动效果分解如图所示，则沿绳方向v1=vcos β，同理分解小车速度，v3=v车cos α，因为绳不可伸长，故沿绳方向速度大小相等，v1=v3，所以v车cos α=vcos β，所以v车=，D项正确。 考向2　杆端速度的分解 【典例7】　如图所示，一个固定汽缸的活塞通过两端有转轴的杆AB与圆盘边缘连接，半径为R的圆盘绕固定转动轴O点以角速度ω逆时针匀速转动，从而使活塞水平左右振动，在图示位置，杆与水平线AO的夹角为 θ，AO与BO垂直，则此时活塞的速度为(A) A.ωR B.ωRcos θ C. D.ωRtan θ 解析　在图示位置时，B点的速度vB=ωR，沿切线方向;活塞速度沿水平方向，A、B两点速度沿杆方向的分量相等，即vBcos θ=vAcos θ，故vA=vB=ωR，A项正确。 解决绳(或杆)端速度分解问题的技巧 (1)明确谁为合速度:以地面为参考系，绳(或杆)端点的速度为合速度。 (2)明确两个效果方向:沿绳(或杆)方向和垂直绳(或杆)的方向。 (3)两端点的关联:因为绳(或杆)不可伸长，所以沿绳(或杆)方向的速度分量大小相等。 第2讲　抛体运动 　　　　　　 　　　　　　　　　　　　 ■目标要求 1.掌握平抛运动的规律，学会运用运动的合成与分解处理类平抛、斜抛运动。2.学会处理斜面或圆弧面约束下的平抛运动问题。3.会处理平抛运动中的临界、极值问题。 考点1　平抛运动的规律 　　　　　　 　　　　　　　　　　　　 必|备|知|识 1.平抛运动:将物体以一定初速度沿水平方向抛出，物体只在重力作用下的运动。 2.平抛运动的性质:平抛运动是加速度为g的匀变速曲线运动，运动轨迹为抛物线。 3.研究方法:化曲为直，可分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动。 4.平抛运动的规律。 (1)速度关系。 (2)位移关系。 (1)平抛运动的加速度方向与速度方向总是垂直的(×) (2)平抛运动的初速度越大，在空中飞行的时间越长(×) (3)相等时间内做平抛运动的物体速度变化总是相同的，且方向一定竖直向下(√) 关|键|能|力 1.速度改变量:因为平抛运动的加速度为恒定的重力加速度g，所以做平抛运动的物体在任意相等时间间隔Δt内的速度改变量Δv=gΔt是相同的，方向恒为竖直向下。 2.两个重要的推论。 (1)做平抛运动的物体，在任一位置P(x，y)的瞬时速度的反向延长线与x轴交点A的横坐标为，如图所示。 (2)做平抛运动的物体，在任一位置速度偏向角θ与位移偏向角α的关系为tan θ=2tan α。 考向1　平抛运动的基本规律 【典例1】　(2022·广东卷)如图所示，在竖直平面内，截面为三角形的小积木悬挂在离地足够高处，一玩具枪的枪口与小积木上P点等高且相距为L。当玩具子弹以水平速度v从枪口向P点射出时，小积木恰好由静止释放，子弹从射出至击中积木所用时间为t，不计空气阻力。下列关于子弹的说法正确的是(B) A.将击中P点，t大于 B.将击中P点，t等于 C.将击中P点上方，t大于 D. 将击中P点下方，t等于 审题指导 序号 信息读取 信息加工 1 当玩具子弹以水平速度v从枪口向P点射出时;不计空气阻力 子弹做平抛运动 2 小积木恰好由静止释放，子弹从射出至击中积木所用时间为t (1)小积木做自由落体运动; (2)子弹与积木上的P点始终在同一高度 解析　由题意知枪口与P点等高，子弹和小积木在竖直方向上均做自由落体运动，当子弹击中积木时子弹和积木运动时间相同，根据h=gt2可知下落高度相同，所以将击中P点;又由于初始状态子弹到P点的水平距离为L，子弹在水平方向上做匀速直线运动，故有t=，B项正确。 【类题演练】　(2024·海南卷)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25 m，不计空气阻力，取g=10 m/s2，则两平台的高度差h为(B) A.0.5 m　　B.5 m　　 C.10 m　　D.20 m 解析　车做平抛运动，设运动时间为t，竖直方向h=gt2，水平方向d=v0t，其中d=25 m，v0=25 m/s，解得h=5 m，B项正确。 考向2　多个物体的平抛运动 【典例2】　(2025·东莞模拟)在同一水平直线上的两位置分别沿同方向抛出两小球A和B，其运动轨迹如图所示，不计空气阻力，两球在空中P点相遇，则(D) A.应先抛出A球 B.应先抛出B球 C.相遇时A球速率小于B球速率 D.抛出时A球的初速度大于B球的初速度 解析　由于相遇时A、B做平抛运动的竖直位移h相同，由h=gt2可知两球下落时间相同，两球应同时抛出，A、B两项错误;根据以上分析A、B做平抛运动的时间相同，但xA>xB，由于水平方向做匀速直线运动，则vAx > vBx，相遇时v=，则相遇时A球速率大于B球速率，C项错误，D项正确。 考向3　流体的平抛运动 【典例3】　(2025·湛江模拟)一根水平放置的水管，横截面积S=2.0 cm2，距地面高h=1.8 m。水从管口以不变的速度源源不断地沿水平方向射出，水落地的位置到管口的水平距离是0.9 m。求:每分钟内从管口流出的水有多大的体积?(设管口横截面上各处水的速度都相同，不计空气阻力，g取10 m/s2) 解析　根据h=gt2，x=v0t， 每分钟内从管口流出的水Q=v0St'， 联立解得Q=Sxt'=2×10-4×0.9×60× m3=0.018 m3。 答案　0.018 m3 考点2　落点有约束的平抛运动 　　　　　　 　　　　　　　　　　　　 关|键|能|力 与斜面或圆弧有关的平抛运动。 已知条件 情景示例 解题策略 已知速 度方向 物体做平抛运动，垂直落到斜面上，如图所示，已知某时刻的速度方向垂直于斜面 分解速度，有tan θ== 物体做平抛运动，恰好无碰撞地进入圆弧形轨道，如图所示，即已知某时刻的速度方向沿该点圆弧的切线方向 分解速度，有tan θ== 已知位 移方向 物体从斜面上平抛又落回到斜面上，如图所示，已知位移的方向沿斜面向下 分解位移，有tan θ== 已知位 移方向 物体从斜面外平抛，落在斜面上有最小的位移，如图所示，即已知位移方向垂直于斜面 分解位移，有tan θ== 利用位 移关系 物体从圆心处平抛，落到半径为R的圆弧上，如图所示，位移大小等于半径R 运用几何关系 x2+y2=R2，且x=v0t， y=gt2 物体从与圆心等高的圆弧上抛出落到半径为R的圆弧上，如图所示，水平位移x与R的差的平方与竖直位移的平方之和等于半径的平方 运用几何关系 x=R+Rcos θ，y=Rsin θ， (x-R)2+y2=R2，且x=v0t， y=gt2 考向1　已知某时刻速度方向类 【典例4】　如图所示，以10 m/s的水平初速度抛出的物体，飞行一段时间后，垂直地撞在倾角θ=30°的斜面上，g取10 m/s2，这段飞行所用的时间为(C) A. s B. s C. s D.2 s 解析　物体做平抛运动，当垂直地撞在倾角为θ的斜面上时，把物体的速度分解如图所示，tan θ=，代入数据解得t= s，C项正确。 考向2　已知位移方向类 【典例5】　如图所示，从倾角为θ且足够长的斜面的顶点A，先后将同一小球以不同的初速度水平向右抛出，第一次初速度为v1，小球落到斜面上前一瞬间的速度方向与斜面的夹角为φ1，第二次初速度为v2，小球落在斜面上前一瞬间的速度方向与斜面间的夹角为φ2，若v2>v1，则φ1和φ2的大小关系是(C) A.φ1>φ2 B.φ1<φ2 C.φ1=φ2 D.无法确定 解析　根据平抛运动的推论，做平抛(或类平抛)运动的物体在任一时刻或任一位置时，设其速度方向与水平方向的夹角为α，位移与水平方向的夹角为β，则tan α=2tan β，由上述关系式结合题图中的几何关系可得tan(φ+θ)=2tan θ，此式表明小球的速度方向与斜面间的夹角φ仅与θ有关，而与初速度无关，因此φ1=φ2，即以不同初速度平抛的物体，落在斜面上各点的速度方向是互相平行的，C项正确。 考向3　利用位移关系类 【典例6】　如图所示，在竖直平面内有一半圆形轨道，圆心为O。一小球(可视为质点)从与圆心等高的圆形轨道上的A点以速度v0水平向右抛出，落于圆轨道上的C点。已知OC的连线与OA的夹角为θ，重力加速度为g，则小球从A运动到C的时间为(B) A. B. C. D. 解析　根据题意得小球做平抛运动，设半圆形轨道半径为R，水平方向小球做匀速直线运动，竖直方向为自由落体运动，即R-Rcos θ=v0t，Rsin θ=gt2，整理得t=，B项正确。 考点3　平抛运动的临界、极值问题 　　　　　　 　　　　　　　　　　　　 关|键|能|力 常见的“三种”临界特征。 (1)有些题目中有“刚好”“恰好”“正好”等字眼，明显表明题述的过程中存在着临界点。 (2)若题目中有“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着“起止点”，而这些起止点往往就是临界点。 (3)若题目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼，表明题述的过程中存在着极值，这个极值点往往是临界点。 考向1　平抛运动的临界问题 【典例7】　如图所示，窗口上、下沿间的高度H=1.6 m，墙的厚度d=0.4 m，某人在离墙壁距离L=1.4 m、距窗口上沿高h=0.2 m处的P点，将可视为质点的小物块以速度v垂直于墙壁水平抛出，小物块直接穿过窗口并落在水平地面上，取g=10 m/s2，则v的取值范围是(C) A.v>7 m/s B.v<2.3 m/s C.3 m/s<v<7 m/s D.2.3 m/s<v<3 m/s 解析　若小物块恰好碰到窗口上沿，由平抛运动规律，L=v1t1，h=g，联立解得小物块的速度v1=7 m/s;若小物块恰好碰到窗口下沿，由平抛运动规律，L+d=v2t2，h+H=g，联立解得小物块的速度v2=3 m/s。所以小物块速度v的取值范围是3 m/s<v<7 m/s，C项正确。 考向2　平抛运动的极值问题 【典例8】　某科技比赛中，参赛者设计了一个轨道模型，如图所示。模型放到0.8 m高的水平桌子上，最高点距离水平地面2 m，右端出口水平。现让小球由最高点静止释放，忽略阻力作用，为使小球飞得最远，右端出口距离桌面的高度应设计为(C) A.0 B.1 m C.0.2 m D.0.3 m 解析　小球从最高点到右端出口，满足机械能守恒定律，有mg(H-h)=mv2，从右端出口飞出后小球做平抛运动，有x=vt，h=gt2，联立解得x=2，根据数学知识知，当H-h=h时，x最大，即h=1 m时，小球飞得最远，此时右端出口距离桌面高度为Δh=1 m-0.8 m=0.2 m，C项正确。 考点4　斜抛运动 　　　　　　 　　　　　　　　　　　　 必|备|知|识 1.定义:将物体以初速度v0斜向上方或斜向下方抛出，物体只在重力作用下的运动。 2.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:运动的合成与分解。 (1)水平方向:匀速直线运动。 (2)竖直方向:匀变速直线运动。 (1)初速度方向斜向上抛出的轻塑料球的运动可以看成斜上抛运动(×) (2)做斜上抛运动的物体到达最高点时的速度为零(×) (3)斜上抛运动是匀变速曲线运动(√) 关|键|能|力 1.基本规律和极值。 以斜抛运动的抛出点为坐标原点O，水平向右为x轴的正方向，竖直向上为y轴的正方向，建立如图所示的平面直角坐标系xOy。 初速度可分解为v0x=v0cos θ，v0y=v0sin θ。 在水平方向，物体的位移和速度分别为 x=v0xt=(v0cos θ)t，　① vx=v0x=v0cos θ，　② 在竖直方向，物体的位移和速度分别为 y=v0yt-gt2=(v0sin θ)t-gt2，　③ vy=v0y-gt=v0sin θ-gt。　④ 在最高点，vy=0，由④式得到t=，⑤ 将⑤式代入③式得物体的射高ym=，⑥ 物体落回与抛出点同一高度时，有y=0， 由③式得总时间t总=，　⑦ 将⑦式代入①式得物体的射程xm=， 当θ=45°时，sin 2θ最大，射程最大。 所以对于给定大小的初速度v0，沿θ=45°方向斜向上抛出时，射程最大。 2.逆向思维法处理斜抛问题。 对斜上抛运动从抛出点到最高点的运动，可逆过程分析，看成平抛运动，分析完整的斜上抛运动，还可根据对称性求解某些问题。 【典例9】　(2023·湖南卷)如图甲，我国某些农村地区人们用手抛撒谷粒进行水稻播种。某次抛出的谷粒中有两颗的运动轨迹如图乙所示，其轨迹在同一竖直平面内，抛出点均为O，且轨迹交于P点，抛出时谷粒1和谷粒2的初速度分别为v1和v2，其中v1方向水平，v2方向斜向上。忽略空气阻力，关于两谷粒在空中的运动，下列说法正确的是(B) A.谷粒1的加速度小于谷粒2的加速度 B.谷粒2在最高点的速度小于v1 C.两谷粒从O到P的运动时间相等 D.两谷粒从O到P的平均速度相等 解析　抛出的两谷粒在空中均仅受重力作用，加速度均为重力加速度，故谷粒1的加速度等于谷粒2的加速度，A项错误;在竖直方向上谷粒2做竖直上抛运动，谷粒1做自由落体运动，竖直方向上位移相同，谷粒2运动时间较长，C项错误;两谷粒水平方向的分运动均为匀速直线运动，水平位移相同，但谷粒2运动时间较长，故谷粒2水平方向上的速度小于v1，B项正确;两谷粒从O点运动到P点的位移相同，运动时间不同，故平均速度不相等，谷粒1的平均速度大于谷粒2的平均速度，D项错误。 第3讲　实验5:探究平抛运动的特点 ■目标要求 1.知道平抛运动的条件是只受重力作用，具有水平方向的初速度。2.知道平抛运动的轨迹是抛物线，会在实验中描绘其轨迹。3.会利用描绘的轨迹求平抛运动的初速度。 考点1　实验基本技能 　　　　　　 　　　　　　　　　　　　 1.实验原理。 (1)用描迹法画出小球运动的轨迹。 (2)建立坐标系，测出轨迹曲线上某一点的坐标x和y，由公式x=v0t和y=gt2，可得v0=x。 2.实验器材。 斜槽、方木板、挡板、铁架台、复写纸、坐标纸、图钉、钢球、铅垂线、三角板、铅笔、刻度尺等。 3.实验步骤(以描迹法为例)。 (1)按实验原理图安装实验装置，使斜槽末端水平。 (2)以斜槽水平部分端口上小球球心位置为坐标原点O，过O点画出竖直的y轴和水平的x轴。 (3)使小球从斜槽上同一位置由静止滚下，小球落在倾斜的挡板上，挤压复写纸，在白纸上留下印迹。上下调节挡板N，通过多次实验，在小球运动轨迹上描下若干点。 (4)将白纸从木板上取下，从O点开始连接画出的若干点描绘出一条平滑曲线。 4.数据处理。 (1)判断平抛运动的轨迹是不是抛物线。 若平抛运动的轨迹是抛物线，则当以抛出点为坐标原点建立直角坐标系后，轨迹上各点的坐标具有y=ax2的关系，且同一轨迹上，a是一个特定的值。用刻度尺测量几个点的x、y坐标值，分别代入y=ax2中求出常数a，看计算得到的a值在误差允许范围内是否为同一常数。 (2)计算平抛运动的初速度。 ①平抛轨迹完整(即含有抛出点):在轨迹上任取一点，测出该点离原点的水平位移x及竖直位移y，根据x=v0t，y=gt2，可求出初速度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。 5.误差分析。 (1)斜槽末端没有调节成水平状态，导致初速度不水平。 (2)坐标原点不够精确等。 (3)空气阻力的存在，使小球的轨迹不是真正的平抛运动轨迹。 6.注意事项。 (1)斜槽末端的切线调成水平，以保证小球的初速度水平。 (2)方木板必须处于竖直平面内，固定时用铅垂线检查坐标纸竖线是否竖直。 (3)小球每次从斜槽同一位置由静止释放。 (4)小球释放的位置高度要适中，以使小球平抛运动的轨迹由坐标纸的左上角一直到达右下角为宜。 (5)坐标原点不是槽口的端点，而是小球出槽口时球心在木板上的投影点。 (6)在轨迹上选取离坐标原点O较远的一些点来计算初速度。 【典例1】　(2024·河北卷)图甲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，得到了如图乙所示的印迹，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 相同 (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。 轨迹见解析 (3)根据轨迹，求得钢球做平抛运动的初速度大小为 0.70 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)为保证钢球每次平抛运动的初速度相同，必须让钢球在斜槽上同一位置静止释放，故高度相同。 (2)描点连线用平滑曲线连接，钢球做平抛运动的轨迹如图所示。 (3)因为抛出点在坐标原点，为方便计算，在图线上找到较远的点，在图线上找到纵坐标为20.0 cm的点为研究位置，该点坐标为(14.1 cm，20.0 cm)，根据平抛运动规律x=v0t，y=gt2，解得v0≈0.70 m/s。 考点2　实验的迁移、拓展和创新 　　　　　　 　　　　　　　　　　　　 考向1　实验方案创新 【典例2】　频闪摄影是研究变速运动常用的实验手段。在暗室中，照相机的快门处于常开状态，频闪仪每隔一定时间发出一次短暂的强烈闪光，照亮运动的物体，于是胶片上记录了物体在几个闪光时刻的位置。某物理小组利用如图甲所示的装置探究平抛运动规律。他们分别在该装置正上方A处和右侧正前方B处安装了频闪仪器并进行了拍摄，得到的频闪照片如图乙所示，O为抛出点，P为运动轨迹上某点。根据平抛运动规律分析下列问题(g取10 m/s2): (1)乙图中，A处摄像头所拍摄的频闪照片为 a (填“a”或“b”)。  (2)测得图乙a中OP距离为30 cm，b中OP距离为45 cm，则平抛小球的初速度大小应为 1 m/s，小球在P点速度大小应为  m/s。  解析　(1)小球做平抛运动时，水平方向是匀速直线运动，竖直方向是自由落体运动，故A处摄像头所拍摄的频闪照片为a。 (2)竖直方向上有y=gt2，可得t== s=0.3 s，则平抛小球的初速度v0==1 m/s，小球在P点竖直方向的速度vy=gt=10×0.3 m/s=3 m/s，则vP== m/s。 　　从装置的设置和实验过程的描述中得到实验方案的设计思路是解题的关键。A处摄像头拍摄的是水平方向的分运动，B处摄像头拍摄的是竖直方向的分运动，所以图乙a和图乙b分别描述的是水平分运动和竖直分运动。 考向2　实验器材改进 【典例3】　某校的同学们利用手机APP的定时连拍功能来探究物体的平抛运动，实验步骤如下: ①一同学站在竖直墙边，将小球沿平行于墙面的竖直面内水平向右抛出，另一位同学随即启动手机APP，拍摄下了不同时刻小球位置的照片; ②用刻度尺测出某一块砖块的高度d和长度L; ③用平滑的曲线将小球四个位置连接起来，得到小球的部分运动轨迹如图所示。 小球所受空气阻力可以忽略不计，重力加速度为g，墙面的每一块砖都完全相同。请分析下列问题: (1)手机APP里设置的定时连拍的时间间隔为T=  。  (2)小球在位置B的速度大小为vB=  。  解析　(1)小球做平抛运动，在竖直方向做自由落体运动，根据匀变速直线运动推论，相邻相等时间段内位移之差恒定，有Δy=d=gT2，所以定时连拍的时间间隔T=。 (2)小球平抛运动的初速度v0==L，根据匀变速直线运动的推论，平均速度等于中间时刻的瞬时速度，在B点时竖直方向的速度为vBy==，小球在位置B的速度大小为vB==。 考向3　实验目的改变 【典例4】　图甲为某种瓶装水电动取水器，某实验小组利用平抛运动规律测量该取水器取水时的流量(单位时间流出水的体积)。实验方案如下: (1)利用游标卡尺测量取水器出水管内径d，如图乙所示，应利用游标卡尺 A (填图乙中的字母代号)部分进行测量，读数为 5.5 mm。  (2)调节取水器管口方向，使取水器启动后，水从管口水平射出。 (3)待水在空中形成稳定的弯曲水柱后，紧贴水柱后方放置白底方格板(已知每个正方格的边长为L)，并利用手机正对水柱拍摄照片，如图丙所示。 (4)已知当地重力加速度为g，根据图丙可以计算水从O点运动到P点所需要的时间为  (用L、g进行表示)。  (5)已知流量的决定式为Q=S·v(其中S为水流的横截面积，v为水流的速度大小)。由上述信息可得出取水器取水时的流量为Q= πd2 (用L、g、d进行表示)。  解析　(1)游标卡尺测量内径应该用内测量爪，即A部分，其读数为d=5 mm+0.1×5 mm=5.5 mm。 (4)水在竖直方向做自由落体运动，由题图丙得5L=gt2，解得t=。 (5)水在水平方向做匀速直线运动，由题图丙得8L=vt，所以有Q=S·v，S=π，解得Q=πd2。 第4讲　圆周运动 ■目标要求 1.掌握描述圆周运动的物理量及各物理量间的关系。2.会分析匀速圆周运动的周期性导致的多解问题。3.会分析向心力的来源，会用动力学观点分析圆周运动问题。 考点1　圆周运动的运动学分析 　　　　　　 　　　　　　　　　　　　 必|备|知|识 1.描述圆周运动的物理量。 定义、意义 公式、单位 线速度 描述做圆周运动的物体沿圆弧运动快慢的物理量(v) (1)v== (2)单位:m/s 角速度 描述物体绕圆心转动快慢的物理量(ω) (1)ω== (2)单位:rad/s 周期 物体沿圆周运动一圈的时间(T) (1)T==， 单位:s (2)f=， 单位:Hz 向心 加速度 (1)描述速度方向变化快慢的物理量(a) (2)方向指向圆心 (1)a==rω2 (2)单位:m/s2 2.匀速圆周运动。 (1)定义:做圆周运动的物体，若在任意相等的时间内通过的圆弧长相等，就是匀速圆周运动。 (2)特点:加速度大小不变，方向始终指向圆心，是变加速运动。 (3)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。 (1)匀速圆周运动是匀变速曲线运动(×) (2)物体做匀速圆周运动时，其线速度不变(×) (3)物体做匀速圆周运动时，其所受合外力是变力(√) (4)匀速圆周运动的向心加速度与半径成正比(×) 关|键|能|力 1.对公式v=ωr的理解。 当r一定时，v与ω成正比; 当ω一定时，v与r成正比; 当v一定时，ω与r成反比。 2.对a==ω2r的理解。 当v一定时，a与r成反比; 当ω一定时，a与r成正比。 3.常见的三种传动方式及特点。 (1)皮带传动:如图甲、乙所示，皮带与两轮之间无相对滑动时，两轮边缘线速度大小相等，即vA=vB。 (2)摩擦(齿轮)传动:如图丙所示，两轮边缘接触，接触点无打滑现象时，两轮边缘线速度大小相等，即vA=vB。 (3)同轴转动:如图丁所示，两轮固定在一起绕同一转轴转动，两轮转动的角速度大小相等，即ωA=ωB。 考向1　描述圆周运动的物理量 【典例1】　(多选)火车以60 m/s的速率转过一段弯道，某乘客发现放在桌面上的指南针在10 s内匀速转过了约10°。在此10 s时间内，火车(AD) A.运动路程为600 m B.加速度为零 C.角速度约为1 rad/s D.转弯半径约为3.4 km 解析　在此10 s时间内，火车运动路程s=vt=60×10 m=600 m，A项正确;火车在弯道上运动，做曲线运动，一定有加速度，B项错误;火车匀速转过10°，约为 rad，角速度ω== rad/s，C项错误;由v=ωR，可得转弯半径约为3.4 km，D项正确。 考向2　传动装置 【典例2】　如图所示，自行车的大齿轮、小齿轮、后轮的半径不一样，小齿轮和后轮同轴转动，小齿轮与大齿轮通过链条传动。架起后轮，使大齿轮匀速转动时，关于图中A、B、C三点的运动情况，下列说法正确的是(C) A.A、B、C三点的线速度vA>vB>vC B.A、B、C三点的线速度vA<vB<vC C.A、B、C三点的角速度ωC=ωB>ωA D.A、B、C三点的角速度ωC>ωB=ωA 解析　由题图可知，A、B为链条传动，线速度相等，即vA=vB，B、C为同轴转动，角速度相等，即ωC=ωB，根据v=ωr和rC>rA>rB，可得vC>vB=vA，ωC=ωB>ωA，C项正确。 考向3　圆周运动的多解问题 【典例3】　(多选)为了测定子弹的飞行速度，在一根水平放置的轴杆上固定两个薄圆盘A、B，A、B平行相距2 m，轴杆的转速为3 600 r/min，子弹穿过两盘留下两个弹孔a、b，测得两弹孔所在的半径夹角是30°，如图所示。则该子弹的速度可能是(AC) A.57.6 m/s B.115.2 m/s C.1 440 m/s D.2 880 m/s 解析　子弹从A盘到B盘，B盘转过的角度为θ=+2kπ(k=0，1，2，…)，盘转动的角速度为ω=2πn=120π rad/s，则子弹在A、B间运动的时间等于转盘转动时间，即=，整理得v= m/s(k=0，1，2，…)，所以当k=0时，v=1 440 m/s;当k=1时，v=110.8 m/s;当k=2时，v=57.6 m/s，A、C两项正确。 考点2　圆周运动的动力学分析 　　　　　　 　　　　　　　　　　　　 必|备|知|识 1.向心力的效果:向心力产生向心加速度，只改变速度的方向，不改变速度的大小。 2.向心力的大小:F=m=mrω2=mr=mωv=4π2mf2r。 3.向心力的方向: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。 4.向心力的来源: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。 (1)向心力可以由一个力或一个力的分力提供，也可以由合力提供(√) (2)变速圆周运动的合外力一定指向圆心(×) 关|键|能|力 　圆周运动动力学问题的分析思路。 考向1　车辆转弯问题 【典例4】　如图甲所示，在修筑铁路时，为了消除轮缘与铁轨间的挤压，要根据弯道的半径和规定的行驶速度设计适当的倾斜轨道，即两个轨道存在一定的高度差。如图乙所示，火车轨道在某转弯处其轨道平面倾角为θ，转弯半径为r，在该转弯处规定行驶的速度为v，则下列说法正确的是(C) A.火车运动的圆周平面为图乙中的a B.当火车转弯时，火车实际转弯速度越小越好 C.当火车行驶的速率大于时，外侧铁轨对车轮的轮缘施加压力 D.当火车行驶的速率等于时，内、外侧铁轨对车轮的轮缘均无压力 解析　火车运动的圆周平面为水平面，为题图乙中的b，A项错误;由重力与支持力的合力提供向心力可得mgtan θ=m，在该转弯处规定行驶的速度为v=，D项错误;当火车行驶的速率大于时，外侧铁轨对车轮的轮缘施加压力，C项正确;若火车行驶的速度小于设计速度时，内侧铁轨对车轮的轮缘施加压力，速度越小，压力越大，内轨道和轮缘之间的磨损越严重，B项错误。 考向2　圆锥摆模型 【典例5】　(多选)如图所示，一根不可伸长的轻绳，一端系一可视为质点的小球，另一端固定在O点。小球在水平面内做匀速圆周运动，当细绳与竖直方向夹角为37°时，细绳拉力为F1，小球角速度为ω1。缓慢增加小球的转速，当细绳与竖直方向夹角为53°时，细绳拉力为F2，小球角速度为ω2，已知cos 37°=0.8，cos 53°=0.6，下列说法正确的是(AC) A.= B.= C.= D.= 解析　对小球受力分析，竖直方向，有Fcos θ=mg，所以==，A项正确，B项错误;根据牛顿第二定律Fsin θ=mω2Lsin θ，解得===，C项正确，D项错误。 【典例6】　如图所示，一个内壁光滑的圆锥筒，其轴线垂直于水平面，圆锥筒固定不动。有一个质量为m的小球紧贴着筒内壁在水平面内做匀速圆周运动，小球所在的高度为H。已知重力加速度为g，圆锥筒的顶角为2θ，则(D) A.小球受到重力、支持力和向心力三个力作用 B.小球受到的合力方向垂直于筒壁斜向上 C.小球受到的支持力大小为mgsin θ D.小球做匀速圆周运动的角速度ω= 解析　小球A受到重力、支持力，向心力是由重力和支持力的合力来提供，A项错误;如图所示，小球受重力和支持力而做匀速圆周运动，由合力提供向心力，合力一定指向圆心，B项错误;受力分析可知sin θ=，解得小球受到的支持力大小为FN=，C项错误;由合力提供向心力，则F合=mω2r，其中tan θ=，tan θ=，联立解得ω=，D项正确。 比较典例5和典例6的受力分析可以看出，两者受力情况基本相同，可把小球在圆锥筒内的运动看成圆锥摆模型的拓展。 考点3　离心运动 　　　　　　 　　　　　　　　　　　　 必|备|知|识 1.离心运动:做圆周运动的物体，在所受合外力突然消失或不足以提供圆周运动所需向心力的情况下，就做逐渐远离圆心的运动。 2.受力特点(如图所示)。 (1)当F=0时，物体沿切线方向飞出。 (2)当F<mrω2时，物体逐渐远离圆心。 (3)当F>mrω2时，物体逐渐向圆心靠近，做近心运动。 3.本质:离心运动的本质并不是受到离心力的作用，而是提供的力小于做匀速圆周运动需要的向心力。 (1)物体做离心运动是因为受到了背离圆心方向的离心力作用(×) (2)做离心运动的物体所受合外力一定为0(×) 关|键|能|力 【典例7】　如图所示为运动员短道速滑急转弯的情景，此时容易失控侧滑而甩出赛道，下列说法正确的是(A) A.运动员速度越大越容易发生侧滑 B.转弯时重力提供一部分向心力 C.发生侧滑是因为运动员受到的合力方向背离圆心 D.发生侧滑是因为运动员受到的合外力大于所需的向心力 解析　根据F=m，可知速度越大，所需的向心力越大，越容易发生侧滑，A项正确;转弯时的向心力为沿半径方向的合力，重力方向为竖直方向，不可能提供向心力，B项错误;发生侧滑是因为运动员受到的合力不足以提供向心力， C、D两项错误。 培优课7　圆周运动的临界问题 题型1　水平面内的圆周运动的临界问题 　　　　　　 　　　　　　　　　　　　 　水平面内圆周运动的三种临界情况。 (1)接触与脱离的临界条件。 两物体相接触或脱离的临界条件是:弹力FN=0。 (2)相对滑动的临界条件。 两物体相接触且处于相对静止时，常存在着静摩擦力，则相对滑动的临界条件是:静摩擦力达到最大值。 (3)绳子断裂与松弛的临界条件。 绳子所能承受的张力是有限度的，绳子断与不断的临界条件是:绳中张力等于它所能承受的最大张力;绳子松弛的临界条件是:FT=0。 考向1　与摩擦力有关的临界问题 【典例1】　如图，两瓷罐P、Q(可视为质点)放在水平圆桌转盘上，质量分别为m、2m，离转轴OO'的距离分别为R、2R，与转盘间的动摩擦因数均为μ。若转盘从静止开始缓慢地加速转动，P、Q与转盘均保持相对静止，用ω表示转盘的角速度，则(C) A.当ω增大时，P比Q先开始滑动 B.P、Q未滑动前所受的摩擦力大小相等 C.P开始滑动时，临界角速度为ω= D.Q开始滑动时，临界角速度为ω= 解析　P、Q未滑动前所受的摩擦力分别为fP=mω2R，fQ=2m·ω2·2R=4mω2R，P、Q未滑动前所受的摩擦力大小不相等，B项错误;根据牛顿第二定律得μmg=mω2R，解得ω=，P、Q开始滑动时的角速度分别为ωP=，ωQ=，当ω增大到时，Q先开始滑动，C项正确，A、D两项错误。 【典例2】　(多选)如图所示，在水平圆盘上，沿半径方向放置物体A和B，mA=4 kg，mB=1 kg它们分居在圆盘的圆心两侧，与圆心距离为rA=0.1 m，rB=0.2 m，中间用细线相连。A、B与盘间的动摩擦因数均为μ=0.2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，若圆盘从静止开始绕中心转轴非常缓慢地加速转动，直到A、B刚要与圆盘发生相对滑动。g=10 m/s2，下列说法正确的是(AB) A.B的摩擦力先达到最大 B.A物体所受摩擦力的方向一直指向圆心 C.当ω=50 rad/s时，A、B两物体出现滑动 D.当ω= rad/s时，绳子出现张力 解析　A达到最大静摩擦力时的临界角速度满足μmAg=mArA，代入数据解得ω0A=2 rad/s，同理可得B达到最大静摩擦力时的临界角速度满足μmBg=mBrB，代入数据解得ω0B= rad/s，则当圆盘转动的速度逐渐变大时，B先达到临界角速度值，则B的摩擦力先达到最大，A项正确;当B的摩擦力达到最大时，转速再增加时，绳子出现张力，即当ω= rad/s时，绳子出现张力，D项错误;达到A的最大静摩擦力时的临界角速度前，A的向心力由静摩擦力提供，则静摩擦力指向圆心，A与B的角速度相等，A的质量是B的4倍，而A做圆周运动的半径是B的一半，根据F=mω2r可知A需要的向心力大，所以当A、B两物体开始滑动时A背离圆心运动，B向着圆心运动，则在滑动之前一小段时间内(达到A的最大静摩擦力时的临界角速度后)，A受的静摩擦力也指向圆心，故A物体所受摩擦力的方向一直指向圆心，B项正确;A、B两物体恰好出现滑动时，对A有T+μmAg=mArA，对B有T-μmBg=mBrB，解得ω1= rad/s，C项错误。 　　解答与摩擦力有关的临界问题的关键是临界状态的确定，当不能确定其临界状态时，可采用下面的方法:让角速度或线速度从小逐渐增大，分析各物理量的变化，找出临界状态，临界状态常出现在静摩擦力达到最大静摩擦力、绳子出现拉力等情形时。确定了物体运动的临界状态和临界条件后，选择研究对象进行受力分析，利用牛顿第二定律列方程求解。 考向2　与弹力有关的临界问题 【典例3】　如图所示，用一根长为l=1 m的细线，一端系一质量为m=1 kg的小球(可视为质点)，另一端固定在一光滑锥体顶端，锥面与竖直方向的夹角θ=37°。(g取10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8)求: (1)当小球在水平面内绕锥体的轴做匀速圆周运动的角速度为ω1= rad/s时，求小球对细线的张力T1的大小; (2)当小球在水平面内绕锥体的轴做匀速圆周运动的角速度为ω2=2 rad/s时，求小球对细线的张力T2的大小。 解析　(1)假设小球刚好与锥面间没有弹力作用时的角速度为ω0，根据牛顿第二定律以及力的合成与分解有mgtan θ=mlsin θ， 解得ω0= rad/s>ω1， 所以当小球角速度为ω1时，小球与锥面间存在弹力作用，设为FN， 在竖直方向上，对小球根据平衡条件有 T1cos θ+FNsin θ=mg， 在水平方向上，对小球根据牛顿第二定律有 T1sin θ-FNcos θ=mlsin θ， 解得T1=10 N。 (2)因为ω2=2 rad/s>ω0， 所以此时小球将脱离锥面，设此时细线与竖直方向的夹角为α，则根据牛顿第二定律以及力的合成与分解有 mgtan α=mlsin α， 解得α=60°， 所以T2==20 N。 答案　(1)10 N　(2)20 N 　　锥面对小球的弹力刚好为零时的角速度为临界角速度，即小球离开锥面的临界状态。当角速度超过此临界角速度后，小球离开锥面，由重力和绳子拉力的合力提供向心力，且随着角速度的增大，绳子与竖直方向的夹角增大。 题型2　竖直面内的圆周运动的两类模型及临界问题 　　　　　　 　　　　　　　　　　　　 　竖直面内的圆周运动是一种典型的变速曲线运动，主要有两种模型:轻绳模型和轻杆模型，分析比较如下: 类别 轻绳模型 轻杆模型 常见 类型 最高点均是没有物体支撑的小球(小球可视为质点) 最高点均是有物体支撑的小球(小球可视为质点) 过最高 点的临 界条件 由mg=m， 得v临= v临=0 讨论 分析 (1)过最高点时v≥，FN+mg=m，绳、轨道对球产生弹力FN≥0，方向指向圆心; (2)v<时，不能过最高点，在到达最高点前小球已经脱离了圆轨道 (1)当v=0时，FN=mg，FN为支持力，沿半径背离圆心; (2)当0<v<时，-FN+mg=m，FN沿半径背离圆心，随v的增大而减小; (3)当v=时，FN=0; (4)当v >时，FN+mg=m，FN指向圆心并随v的增大而增大 考向1　“轻绳”模型 【典例4】　如图所示，用长为l的细绳拴着质量为m的小球(可视为质点)在竖直平面内做圆周运动，重力加速度为g，下列说法正确的是(D) A.小球在圆周最高点时的向心力一定只由重力提供 B.小球在最高点时绳子的拉力不可能为零 C.小球通过圆周最高点时的速率可能为 D.小球通过最低点时绳子的拉力一定大于小球重力 解析　小球在圆周最高点时的向心力可能等于重力，也可能等于重力与绳子拉力之和，取决于小球的瞬时速度的大小，A项错误;小球在最高点时，受到的最小的合外力为重力，要做完整的圆周运动需满足mg=m，解得vmin=，当在最高点速度为时，绳子拉力为零，小球刚好能做完整的圆周运动，故小球通过圆周最高点时的速率不可能为，B、C两项错误;小球在最低点时，具有竖直向上的向心加速度，处于超重状态，拉力大于重力，D项正确。 【典例5】　(多选)如图所示，竖直放置的光滑圆轨道被固定在水平地面上，半径r=0.4 m，最低点处有一小球(半径比r小很多)，现给小球一水平向右的初速度v0，则要使小球不脱离圆轨道运动，v0应当满足(g取10 m/s2)(CD) A.v0≥0 B.v0≥4 m/s C.v0≥2 m/s D.v0≤2 m/s 解析　当v0较大时，小球能够通过最高点，这时小球在最高点处需要满足的条件是mg≤，又根据机械能守恒定律有mv2+2mgr=m，得v0≥2 m/s，C项正确;当v0较小时，小球不能通过最高点，这时对应的临界条件是小球上升到与圆心等高位置处时速度恰好减为零，根据机械能守恒定律有mgr≥m，得v0≤2 m/s，D项正确。 　　物体在竖直放置的圆形轨道内侧做圆周运动与“轻绳”模型类似，在最高点时均由重力和指向圆心的弹力的合力提供向心力，通过最高点的临界条件也相同，所以把它归纳入“轻绳”模型中。 考向2　“轻杆”模型 【典例6】　一轻杆一端固定质量为m的小球，以另一端O为圆心，使小球在竖直面内做半径为R的圆周运动，如图所示，则下列说法正确的是(重力加速度为g)(A) A.小球过最高点时，杆所受到的弹力可以等于零 B.小球过最高点的最小速度是 C.小球过最高点时，杆对球的作用力一定随速度增大而增大 D.小球过最高点时，杆对球的作用力一定随速度增大而减小 解析　轻杆可对小球产生向上的支持力，小球经过最高点的速度可以为零，当小球过最高点的速度v=时，杆所受的弹力等于零，A项正确，B项错误;若v<，则杆在最高点对小球的弹力竖直向上，mg-F=m，随v增大，F减小;若v>，则杆在最高点对小球的弹力竖直向下，mg+F=m，随v增大，F增大，C、D两项错误。 【典例7】　(多选)如图所示，一个内壁光滑的弯管处于竖直平面内，其中管道半径为R。现有一个半径略小于弯管横截面半径的光滑小球在弯管里运动，小球半径比R小很多，当小球通过最高点时速率为v0，重力加速度为g，则下列说法正确的是 (ABC) A.若v0=，则小球对管内壁无压力 B.若v0>，则小球对管内上壁有压力 C.若0<v0<，则小球对管内下壁有压力 D.不论v0多大，小球对管内下壁都有压力 解析　在最高点，若恰好重力提供向心力，则由牛顿第二定律有mg=m，解得v0=，即此种情况下小球对管内壁无压力，A项正确;若小球对管内上壁有压力，即管内壁对小球有向下的弹力，由牛顿第二定律有mg+FN=m，解得v0=>，B项正确;若小球对管内下壁有压力，即管内下壁对小球有向上的弹力，由牛顿第二定律有mg-FN=m，解得v0=<，若0<v0<，则小球对管内下壁有压力，C项正确;根据以上分析可知，当v0≥时，小球对管内下壁无压力，D项错误。 　　物体在竖直放置的圆管轨道内做圆周运动与“轻杆”模型类似，物体通过最高点时，均由重力和轨道沿半径向里或向外的弹力的合力提供向心力，v0=为弹力向里或向外的临界速度。 题型3　斜面上圆周运动的临界问题 　　　　　　 　　　　　　　　　　　　 　斜面上的圆周运动——类比法的应用。 与竖直面内的圆周运动类似，斜面上的圆周运动也是集中分析物体在最高点和最低点的受力情况，列牛顿运动定律方程来解题。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。 在斜面上做圆周运动的物体，根据受力情况的不同，可分为以下三类: (1)物体在静摩擦力作用下做圆周运动。 (2)物体在绳的拉力作用下做圆周运动。 (3)物体在杆的作用下做圆周运动。 这类问题的特点是重力的分力和其他力的合力提供向心力，运动和受力情况比较复杂。 【典例8】　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(小球可视为质点)，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) A.4 m/s B.2 m/s C.2 m/s D.2 m/s 解析　小球受轻杆控制，在A点的最小速度为零，由动能定理可得mg×2Lsin α=m-0，可得vB=4 m/s，A项正确。 第5讲　实验6:探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系 ■目标要求 1.会用控制变量法探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系。2.会用作图法处理实验数据，掌握“化曲为直”的思想。 考点1　实验基本技能 　　　　　　 　　　　　　　　　　　　 1.实验原理。 本实验需要探究向心力与多个物理量之间的关系，因而实验采用控制变量法。如图所示，匀速转动手柄，可以使塔轮、长槽和短槽匀速转动，槽内的小球也随之做匀速圆周运动，此时小球向外挤压挡板，挡板对小球有一个向内的弹力作为小球做匀速圆周运动的向心力，可以通过标尺上露出的红白相间等分标记，粗略计算出两球所需向心力的比值。 在实验过程中可以通过两个小球同时做圆周运动对照，分别分析下列情形: (1)在两小球质量和转动半径相等的情况下，探究向心力大小与角速度的关系。 (2)在两小球质量和角速度相等的情况下，探究向心力大小与半径的关系。 (3)在转动半径和角速度相等的情况下，探究向心力大小与质量的关系。 2.实验器材。 向心力演示器、小球。 3.实验步骤。 (1)把两个质量不同的小球放在长槽和短槽上，调整塔轮上的皮带和小球的位置，使两球的转动半径和角速度都相同。转动手柄，观察向心力大小和质量的关系。 (2)换两个质量相同的小球，使两球的角速度相同。再增大长槽上小球的转动半径，使两球的转动半径不同。转动手柄，观察向心力大小和半径的关系。 (3)把两个质量相同的小球放在长槽和短槽上，使它们的转动半径相同，调整皮带的位置，使两球转动的角速度不同，转动手柄。观察向心力大小和角速度的关系。 4.数据处理。 分别作出F-m、F-r、F-ω2图像，分析向心力大小与质量、半径、角速度之间的关系。 5.注意事项。 (1)实验前应将横臂紧固，螺钉旋紧，以防球和其他部件飞出造成事故。 (2)实验时，不宜使标尺露出格数太多，以免由于球沿滑槽外移引起过大的误差。 (3)摇动手柄时，应力求加速缓慢，速度增加均匀。 (4)皮带跟塔轮之间要拉紧。 【典例1】　“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 (填选项字母)。  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 角速度平方 (填“线速度大小”“角速度平方”或“周期平方”)之比;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 不变 (填“不变”“变大”或“变小”)。  解析　(1)本实验先控制住其他几个因素不变，集中研究其中一个因素变化所产生的影响，采用的实验方法是控制变量法，A项正确。 (2)标尺上露出的红白相间的等分格数之比为两个小球所受向心力的比值，根据F=mrω2，在小球质量和转动半径相同的情况下，可知左、右标尺露出的红白相间等分标记的比值等于两小球的角速度平方之比。设皮带两塔轮的半径为R1、R2，塔轮的线速度为v，则有ω1=，ω2=，小球质量和转动半径相同的情况下，可知==，由于两变速盘的半径之比不变，则两小球的角速度平方之比不变，左、右标尺露出红白相间等分标记的比值不变。 考点2　实验的迁移、拓展和创新 　　　　　　 　　　　　　　　　　　　 考向1　实验装置创新 【典例2】　(2024·海南卷)水平圆盘上紧贴边缘放置一密度均匀的小圆柱体，如图甲所示，图乙为俯视图，测得圆盘直径D=42.02 cm，圆柱体质量m=30.0 g，圆盘绕过盘心O的竖直轴匀速转动，转动时小圆柱体相对圆盘静止。 为了研究小圆柱体做匀速圆周运动时所需要的向心力情况，某同学设计了如下实验步骤: (1)用秒表测圆盘转动10周所用的时间t=62.8 s，则圆盘转动的角速度ω= 1 rad/s(π取3.14)。  (2)用游标卡尺测量小圆柱体不同位置的直径，某次测量的示数如图丙所示，该读数d= 16.2 mm，多次测量后，得到平均值恰好与d相等。  (3)写出小圆柱体所需向心力表达式F=  (用D、m、ω、d表示)，其大小为 6.1×10-3 N(保留2位有效数字)。  解析　(1)圆盘转动10周所用的时间t=62.8 s，则圆盘转动的周期为T= s，根据角速度与周期的关系有ω==1 rad/s。 (2)根据游标卡尺的读数规则有16 mm+2×0.1 mm=16.2 mm。 (3)小圆柱体做圆周运动的半径为r=，则小圆柱体所需向心力表达式F=，代入数据有F=6.1×10-3 N。 考向2　实验目的改变 【典例3】　如图是利用激光测定圆盘圆周运动的原理示意图，图中光源和接收器固定，圆盘绕固定轴匀速转动，圆盘边缘侧面有一小段涂有反光材料(侧面其他部分不反射光)。圆盘转动到图示位置时，接收器开始接收到反光涂层所反射的激光束，接收器第1次刚接收到激光束至第n+1次刚接收到激光束所用时间为T0，每次接收激光束持续时间为t，圆盘的直径为d，圆周率用π表示。(计算结果用题中所给字母表示) (1)由实验可知，圆盘转动周期T=  。  (2)圆盘边缘上的点的向心加速度大小an=  。  (3)圆盘侧面反光涂层的长度l=  。  解析　(1)由实验可知，圆盘转动周期 T=。 (2)圆盘转动的角速度为ω==，圆盘边缘上的点的向心加速度大小为an=rω2==。 (3)由题意可得=，解得l=。 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$