第3讲 抛体运动 圆周运动-【创新教程】2026年高考物理大二轮专题增分方案学生用书

〡物理 小球在垂直于杆方向上受力平衡，可知杆对球的弹力垂 绳方向分解，将沿绳子方向和垂直绳方向分解，可得 直于杆向下，所以杆对球的弹力大小， F,=F1-G1, %cas日=n6.解得。品由于g块匀建下落时0 由题意可知F2=8N, 在减小，故可知一直增大. 解得F=20N. [答案]B (2)风力F作用时，由牛顿第二定律有 [对点集训] (F-mg)sin 37-uF,=ma, 因a1=4m/s,F=20N, 1.C[船头垂直河岸出发时，过河时间最短，即(=心，过河 解得u=0.25. 位移d,=√十(t)严；船以最短的位移过河时，d= (3)风力作用2s时小球的速度为U1=a1t1=8m/s, 风力作用2s时小球的位移为西1=2Q行=8m, √一，联立解得真=1-互，4= tV 风力撤去后，由牛顿第二定律有 正确.门 mgsin37°+umgcos37°=ma2, 2.B[设圆环与木板的接触，点 解得a,=8m/s2,方向沿杆向下 为P,圆心为O,角的顶，点为 二4m A,连接AO,A、P之间的距离 小球继续上滑的位移2=2a 为x,将圆心的速度分解为板 小球沿直杆向上运动的最大位移xm=x1十x2=12m 的速度和圆环上P,点的速 八0 [答案](1)20N(2)0.25(3)12m 度，如图所示 A分 考点三考向1 8 [例5][解析]由图像可知，图像第四象限表示向下运动， 由几何关系有tan之= 速度为负值.当向下运动到速度最大时篮球与地面接触，运 由运动的合成与分解有v,=sin9,板的角速度为ω= 动发生突变，速度方向变为向上并做匀减速运动.故第一次 反弹后上升至α点，此时速度第一次向上减为零，到达离地 竖，解得w=sina号，故B正确.] 面最远的位置，故四个点中篮球位置最高的是a点 考点二考向1 [答案]A [例2][解析]鸟食的运动视 0 考向2 为平抛运动，则在竖直方向有 [例6][解析]以物块为研究对象，根据牛顿第二定律 有F-mgsin0-F,=ma,可得a=F ngsin9+E,结 6=子， m 由于h<hv,则tM<tw,要同 合a-F图像可得k=1=b,-mgsin9十F 时接到鸟食，则在V,点接到的 mc’ =一b,可 鸟食先抛出，故A、B错误； 在水平方向有x=Uot,如图， 知小物块的质量m=石，摩擦力与重力沿斜面的分力大 过M,点作一水平面，可看出在相同高度处M点的水平 小之和为ngsin 0-十F,=c,故B、D正确. 位移大，则M点接到的鸟食平抛的初速度较大，故C错 误，D正确」 [答案]BD 课堂评价·高考预测 [L答案]D 考向2 1.C[第一次设绳子拉力为T1,根据平衡条件可知T1= [例3][解析]AC.将初速度分解为沿PQ方向分速度 m1g,对物块B,根据牛顿第二定律T1=2a1,解得a1= U1和垂直PQ分速度v2,则有y1=c0s60°=10m/s, 1 g,由于小车与物块相对静止，因此小车的加速度等于 2=sin60°=10√3m/s, 滑块的加速度，两个小物块的位置互换后，设绳子拉力 将重力加速度分解为沿PQ方向分加速度a1和垂直PQ 为T2,根据平衡条件可知T2=m2g,对物块A,根据牛顿 分加速度a2,则有a1=gsin30°=5m/s2,a2=gcos30° 1 第二定律T,=ma解得a2=2g.根据x=之ar,可知 =5√3m/s, 在相同时间内，两次小车运动的位移之比为1：x=1 垂直PQ方向根据对称性可得重物运动时间为t=2 :a2=1:4,故C正确.] 2.D[手机与充电宝从静止开始，向下先做加速度增大的 =4s,重物离PQ连线的最运距离为dm一2a, 加速运动，从t时刻向下做加速度减小的加速运动，加 速度减小到零时，速度达到最大；再向下做加速度增大 10√3m,故AC错误；B.重物落地时竖直分速度大小为飞 的减速运动，2时刻速度减小到零，此后做向上的加速 =一sin30°十gt=30m/s,则落地速度与水平方向夹角正 度减小的加速运动，加速度减小到零时向上运动的速度 元.0530=√5，可得0=60，故B正确： 切值为tan0=改= 达到最大，此后先向上做加速度增大的减速运动，从t 时刻再向上做加速度减小的减速运动，最后速度为零， D.从抛出到最高点所用时间为4=6s血30°=1s,则从 故A错误；充电宝在t,时刻加速度方向向上，所受的摩 g 擦力方向向上；充电宝在t时刻加速度方向向下，由mg 最高点到落地所用时间为t2=t一t=3s, 1 十F=ma3a3=12m/s,可知摩擦力方向向下，故B错 轨选最高点与落点的高度差为h=2戏=45m,故D 误；在t1时刻充电宝向下的加速度为10m/s,充电宝 正确. 与手机之间的摩擦力最小，值为零，故C错误；在2时刻 [答案]BD 充电宝向上的加速度最大，充电宝与手机之间的摩擦力 考点三考向1 最大，由牛顿第二定律可得Fmx -71g=1a2,又Fmx F,解得充电宝与手机之间的吸引力大小至少为F=12N, [例4][解析]物品从无人机上释放后，做平抛运动，竖 故D正确.] 直方向H=2gt,可得t=2s, 第3讲抛体运动圆周运动 要使得物品落，点在目标区域内，水平方向满足x= 核心素养·助学提能 考点一 √R-R=ut, [例1][解析]设两边绳与竖直方向的夹角为B,塔块沿 竖直方向匀速下落的速度为猴，将V续沿绳方向和垂直 最大角速度等于ws一R,' ·236· 答案精析 联立可得仙nr= 二rad/s,故A错误，B正确； 2.C[根据题意可知，小球做匀速圆周运动，小球运动到 最高点时，若杆对球的作用力为零，则有g=wl,解 π 2 ，杆对球 无人机从A到B的时间t'= =3π 三，可知，若小球运动的角速度如台 4s, 得ω 由于t'>t,可知无人机运动到B点时，在A点释放的物 的作用力向下，若小球运动的角速度ω一√气，杆对球的 g 品已经落地，故C正确，D错误。 [「答案]BC 作用力向上，故A错误，C正确：小球做匀速圆周运动， 考向2 则小球运动到水平位置A时，合力指向圆心，对小球受 「例5]「解析]从出发点到管道的最高点，由机械能守 力分析可知，小球受重力和杆的作用力，由平行四边形 定则可知，杆对球的作用力不可能指向O点，故B错误； 恒定律得之m心=mgR十号m,解得小球到达管道最 小球通过最低点时，合力竖直向上，则杆对球的作用力 高点时的速度U=0,即它刚好能够通过管道的最高，点， 一定向上，故D错误.门 选项B错误；小球到达管道最高，点时速度为0，则可求得 第4讲万有引力与宇宙航行 此时小球对管道的压力等于小球的重力，为1N,选项A 核心素养·助学提能 考点一 错误；由机城能守恒定律得m喝十mgR=合mu5,解得 [例1][解析]根据题意，设地球与太阳间距离为R,则 小球到达管道最低点时速度v2=10√2m/s,在最低，点， 小行星公转轨道的半长轴为a=5R,7R=6R, 2 由牛颜第二定律得F-mg=m尺，解得管道最低点对小 由开普勒第三定律有6R)=R 球的支持力F=5N,再结合牛顿第三定律可知，选项C T T 正确；小球刚好通过圆轨道最高点，则在最高点，小球速 解得T=6·T=6√6年，故A错误； 立，从出发点到圆轨道的最高点，由机 从远日，点到近日点，小行星与太阳间距离减小，由万有 度v满足g=m 引力定律F=G1可知，小行星受太阳引力增大，故 械能守恒定律得之md十2mgr=mgR十子mG,联立解 B错误； 得r=4m,选项D正确， 由开普勒第二定律可知，从远日，点到近日点，小行星线 [答案]CD 速度逐渐增大，故C错误； 考向3 [例6][解析]在最高点，若a所受摩擦力为0，靠重力 由牛顿第二定律有GM=ma,解得a=GM,可知 r2 r 沿圆盘的分力提供向心力，有mgsin9=mlw,在最低 R2 点，有f-mgsin日=mla,解得最低点的摩擦力f=mg, (5R)=251 而最大静摩擦力∫。=ngcos日=0.75mg,不可能为 g,故假设不成立，因此在最高点a所受到的摩擦力不 即小行星在近日点的加速度是地球公转加速度的石，故 会为0，故选项A错误：在最低，点时，由牛顿运动定律 D正确 有f-mgsin8=ma2l,得f=ng sin9+mwl,所以a在最 [答案]D 低点时所受摩擦力不可能为0，故选项B错误；对a在最 [对点集训] 低，点，由牛顿运动定律得ng cos0-mgsin8=mwil,代 入教据解得侧√备故选项C错误：对b在最低点，由 1.C[根据开誉勒第三定律可知：-R Ta-TaT 其中R地=1AU,T=1年，T#=5.8年， 牛顿运动定律得umgcos0-mgsin 0-=mw(2l),代入数 代入解得R≈3.23AU, 据解得，气，故选项D正确。 故可知该小行星的公转轨道应介于火星与木星的公转 轨道之间.门 [答案]D 2.BC「对于题述环月椭圆轨道和环月圆轨道，根据开普 课堂评价·高考预测 (a+b+2R13 1.ACD[石块出手时的初速度方向与水平方向成45°，则 2 r 勒第三定律有 tan45°=& ，可得r=+R,故 2 心，=y,石块落在1.8m高的斜面上，tan37 T A错误，B正确；对于环月圆轨道，根据万有引力提供向 =1.8m,则石块的水平位移x=2.4m,由石块斜向上 心力可得=n(停），可得M- /2π G,故C正确， 运功时=t=乏=1.2m,-受1=0.6m,又或- D错误.] 考点二 2gy',解得U,=2√m/s,所以石块出手时的初速度为v 「例2「解析]通信卫星受到的万 =√十U=2√6m/s,故A正确，B错误；若石块的初速 有引力F-GMm 度大小一定，当石块的飞行轨迹所在平面与斜面底边垂 (R+h),三颗通信 直时，石块在斜面上的落点最高，石块下落时间最短，石 卫星的质量未知，所以万有引力 块飞行时间最短，故C正确：若投出石块的最大初速度 大小不一定相等，A错误；三颗通 为8m/s,则v0=v0=4√2m/s,石块在斜面上的落，点 信卫星若要全覆盖，如图所示，由 R 恰好与出手点等高处，最大运动时间，=2=4、， 几何关系可知cos60°=R千h,解 g 5 得通信卫星离地高度至少h=R， 最大水半位移=06=号m,石换在斜面上与出手点 Mm 等高的所有落，点与出手点的最小距离x=2.4,则石块 B错误：对卫星，有GR十)=mF中，在地球表面 在斜面上与出手，点等高的最远落，点与最近落，点的距离 G=mg,其动能为E= 2mw2= 、mgR R 2(R+h),C错误； △x=√/6-x2=√35.2m<6m,2△x<12m,则石块在 斜面上与出手点等高的所有落点所组成的线段长度不 由开普勒第三定律可得=上 R+h Tr2 (R-6R ,同步卫星 会超过12m,故D正确.] ·237.第一部分：专题一力与运动I 第3讲 抛体运动【 圆周运动 核心素养>助学提能 考点一运动的合成与分解 核心透视 对点集训 1.曲线运动的理解 1.(2025·河北唐山市二模)一河流两岸平行， (1)曲线运动是变速运动，速度方向沿切线方向. 水流速率恒定为1，某人划船过河，船相对静 (2)合力方向与轨迹的关系：物体做曲线运动的轨 水的速率为v2,且2>1.设人以最短的时间 迹一定夹在速度方向与合力方向之间，合力的 t1过河时，渡河的位移为d1;以最短的位移d2 方向指向曲线的“凹”侧。 过河时，所用的时间为2.下列说法正确的是 2.曲线运动的分析 () (1)物体的实际运动是合运动，明确是在哪两个方 vi d v 向上的分运动的合成。 2呢'd2u喝 (2)根据合外力与合初速度的方向关系判断合运动 的性质。 2'd喝 (3)运动的合成与分解就是速度、位移、加速度等的 合成与分解，遵循平行四边形定则. C. 'd2 1+ 典题例析 吃 [例1](2025·黑吉辽蒙 D.4= 1-5d 12 vi'di 1+ 卷，6)如图，趣味运动会 的“聚力建高塔”活动中， 2.(2025·浙江名校协作体适 两长度相等的细绳一端 应性考试)如图所示，有一 系在同一塔块上，两名同学分别握住绳的另一 半径为r的圆环在一水平 端，保持手在同一水平面以相同速率相向运 地面上向右运动，且其圆心 、H 动.为使塔块沿竖直方向匀速下落，则。( 速度大小为v.现有一木板， A.一直减小 B.一直增大 左端固定于地面之上，同时还搭于圆环之上，且 C.先减小后增大 D.先增大后减小 木板与地面所成锐角为0.则木板转动的角速度 [解题指导] w为 () ①塔块的速度沿绳方向和垂直绳方向分解，将 A.n 0 沿绳子方向和垂直绳方向分解， B.sin Otan ②利用v块cos0=vsin0分析. C.cos号tan0 0 D.cos Otan 考点二 抛体运动 核心透视 ②若平抛运动的物体垂直打在斜面上，则物体打 1.平抛运动 在斜面上瞬间，其水平速度与竖直速度之比等于 (1)基本思路 斜面倾角的正切值 处理平抛（或类平抛）运动时，一般将运动沿初速 2.斜抛运动（类斜抛运动）的处理方法 度方向和垂直于初速度方向进行分解，先按分运 (1)斜抛运动是匀变速曲线运动，以斜上抛运动 动规律列式，再用运动的合成求合运动 为例（如图所示） (2)两个突破口 ①对于在斜面上平抛又落到斜面上的问题，其竖 直位移与水平位移之比等于斜面倾角的正切值. ·11· 丨物理 速度：ux=vo cos0,uy=0sin0-gt 度大小取10m/s2,忽略空气阻力.重物在此运动 位移：x=ocos0·t,y=vosin0·t- 过程中，下列说法正确的是 () 2812 (2)当物体做斜上抛运动至最高点时，运用逆向 30° 30° 思维，可转化为平抛运动。 典题例析 春向1 苹抛运动 [例2](2025·云南卷，3) M登 如图所示，某同学将两颗 A.运动时间为2√3s 鸟食从O点水平抛出，两 B.落地速度与水平方向夹角为60° 只小鸟分别在空中的M N C.重物离PQ连线的最远距离为10m 点和N点同时接到鸟食.鸟食的运动视为平 D.轨迹最高点与落点的高度差为45m 抛运动，两运动轨迹在同一竖直平面内，则 [解题指导] (1)将初速度和重力加速度分别沿PQ方向和 A.两颗鸟食同时抛出 垂直PQ分解，根据运动对称性求重物运 B.在N点接到的鸟食后抛出 动时间； C.两颗鸟食平抛的初速度相同 (2)根据重物水平方向和竖直方向运动性质结 D.在M点接到的鸟食平抛的初速度较大 合已知的运动时间求落地时水平和竖直分 春向2 斜抛运动 速度； 例3]（多选）(2024·山东卷，12)如图所示，工程 (3)分析出重物从最高点到落地所用时间，利 队向峡谷对岸平台抛射重物，初速度o大小为 用五= 2g号求轨迹最高点与落点的高 20m/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 度差 考点三 圆周运动 核心透视 2.圆周运动常考的临界模型 1.求解圆周运动问题的思维流程 (1)水平面内圆周运动常考的临界模型 图示 受力 临界 明确向心力的来源，一般情况下向心力是由 绳（杆）的拉力、静摩擦力提供 竖直方向：受重力 水平面内 分析临界状态，一般情况下，当静摩擦力最大 和支持力，且二力 时为临界点 的合力为零 定模型 判断是轻杆模型还是轻绳模型 水平方向：受静摩当F向= 受力分析 轻杆：FN=mg时 擦力的作用，且静Fmx时，物 竖直面内 定临界点 轻绳：mgm平时 摩擦力提供物体做体速度达 圆周运动的向心到临界值 应用动能定理或机械能守恒定 过程分析 律将初、末状态联系起来，列方 力，关系式有：F 程求解 电力系统中各种电压的变电所及输配电线路组成的整体，称为电力网。它包含变电、输电、配电 ·12·三个单元。电力网的任务是输送与分配电能，改变电压。 第一部分：专题一力与运动1 (2)竖直面内圆周运动常考的两种临界模型 规律总结解决圆周运动问题的主要步骤 最高点无支撑 最高点有支撑 (1)审清题意，确定研究对象，明确物体做圆周运 动的平面是至关重要的一环，如例题中是水平 面内的圆周运动.水平面内做圆周运动的物体 图示 其向心力可能由弹力、摩擦力等力提供，常涉 及绳的张紧与松弛、接触面分离等临界状态. 重力mg,弹力 (2)分析物体的运动情况，即物体运动的线速度、 最高点重力mg,弹力F弹向 受力 F弹向下、向上 角速度、周期、平面、圆心、半径等. 下或等于零 或等于零 (3)分析物体的受力情况，画出受力分析图，确定 向心力的来源. 向心力 来源 mg十F弹=m mg士F弹=m (4)注意临界条件.绳的临界条件为张力FT=0, 接触面滑动的临界条件为静摩擦力达到最大 F弹 =0,mg=m mg=F弹，v=0, 静摩擦力，接触面分离的临界条件为FN=O. 恰好过 即在最高点速度 (5)对匀速圆周运动或变速圆周运动的某一点，根 最高点v=√gr,即在最高点 可为零 据牛顿运动定律及向心力公式列方程.对变速 速度不能为零 圆周运动的某一段，根据动能定理和几何关系 典题例析 列方程. 专向1水平面内的圆周运动及临界问题 春向2竖直面内的圆周运动及临界荷题 [例4]（多选）(2025·山 [例5]（多选）(2025·湖南 东卷，10)如图所示，在 -0 长沙市一中月考)如图所 无人机的某次定点投放 示，一质量为m=0.1kg 性能测试中，目标区域是 的小球以竖直向上的初速度o=10m/s冲人 水平地面上以O点为圆 管道，该管道为圆管道，半径为R=5m.已知 心，半径R1=5m的圆 小球的入口与圆心在同一高度.经过管道后，它又 形区域，OO垂直地面， 无人机在离地面高度H=20m的空中绕O 沿着水平导轨进入另一个半径为r的圆轨道，且 点、平行地面做半径R2=3m的匀速圆周运 恰好能通过圆轨道的最高点.若所有衔接处均不损 动，A、B为圆周上的两点，∠AOB=90°.若物 失机械能，不计摩擦，小球直径以及管道内径可忽 品相对无人机无初速度地释放，为保证落点在 略，圆管道和圆轨道底端均与水平导轨相切，重力 目标区域内，无人机做圆周运动的最大角速度 加速度g取l0m/s2.下列说法正确的是() 应为wmax·当无人机以wmax沿圆周运动经过A A.小球到达管道最高点时对管道的压力为零 点时，相对无人机无初速度地释放物品.不计 B.小球到达管道最高点时速度为5√2m/s 空气对物品运动的影响，物品可视为质点且落 C.小球到达管道最低点时对管道的压力为5N 地后即静止，重力加速度大小g=10m/s2.下 D.圆轨道半径r为4m 列说法正确的是 [解题指导] A.cmnx= 3 rad/s ()小球到达管道最高点、最低点的速度可以 应用机械能守恒定律（或动能定理）求解； B.mnax= 3 rad/s (2)光滑圆管属于“轻杆模型”，小球到达管道 C.无人机运动到B点时，在A点释放的物品已 最高点的速度≥0； 经落地 (3)光滑圆轨道属于“轻绳模型”，看到“恰好能 D.无人机运动到B点时，在A点释放的物品尚 通过圆轨道的最高点”，会想到“该点小球 未落地 的速度v=√g” ·13 1物理 规律总结解决竖直面内圆周运动问题的关键 等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g.若a、b 一“两点一过程” 随圆盘以角速度ω匀速转动，下列说法正确的是 () (1)“两点”即最高点和最低点，在最高点和最低点 对物体进行受力分析，找出向心力的来源，根 A.a在最高点时所受摩擦力可能为0 B.a在最低点时所受摩擦力可能为0 据牛顿第二定律列方程； (2)“一过程”即从最高点到最低点（或从最低点到 C.w= 是是a开始滑动的临界角速度 最高点)，往往用动能定理或机械能守恒定律 将这两点联系起来。 D.w入8 是b开始滑动的临界角速度 专向3斜面上的圆周运动及临界问题 易错警示 本题容易错选A选项.若a通过 [例6]如图所示，两个质量 最高点时所受摩擦力为0，则应有mgsin0= 均为m的小物块a和b(可 视为质点)，静止在倾斜的匀 mw2l,此时w= √号珠不知，物块a的角连度要 质圆盘上.圆盘可绕垂直于 307、 受在最低点不滑动的限制，物块a在最低点不发 盘面的固定轴转动，a到转轴的距离为1，b到转 轴的距离为21，物块与盘面间的动摩擦因数为 生滑动的最大角達度为√景所以最商点摩擦 3 力不可能为0，出现错选的原因是考虑问题不全 ,盘面与水平面的夹角为30°.设最大静摩擦力 面，只分析了最高点，而没分析最低点· 课堂评价>高考预测 1.(多选)(2025·山东青岛市 2.（2025·北京东城高三期末)如 一模)水平地面上有一足够 图所示，一长为1的轻杆的 长且足够宽的固定斜面，倾 端固定在水平转轴上，另一端 角为37°，小明站在斜面底端向斜面上投掷可视 固定一质量为m的小球.使轻 作质点的小石块.若石块出手时的初速度方向与 杆随转轴在竖直平面内做角速度为ω的匀速圆 水平方向成45°，出手高度为站立点正上方1.8m, 周运动，重力加速度为g.下列说法正确的是 重力加速度g=10m/s2,sin37°=0.6，cos37°= 0.8.下列说法正确的是 ( A.若石块的飞行轨迹所在平面与斜面底边垂 A.小球运动到最高点时，杆对球的作用力一定 直，石块在斜面上的落点恰好与出手点等高， 向上 则石块出手时的初速度为2√6m/s B.小球运动到水平位置A时，杆对球的作用力 B.若石块的飞行轨迹所在平面与斜面底边垂直， 指向O点 石块在斜面上的落点恰好与出手点等高，则 C.若w入7 ,小球通过最高点时，杆对球的作用 石块出手时的初速度为2√3m/s C.若石块的初速度大小一定，当石块的飞行轨 力为零 迹所在平面与斜面底边垂直时，石块飞行时 D.小球通过最低点时，杆对球的作用力可能 间最短 向下 D.若投出石块的最大初速度为8m/s,则石块在 C温蓉提 斜面上与出手点等高的所有落点所组成的线 学习至此，请完成配套训练 专题精准强化3 段长度不会超过12m “电子眼”又称“电子警察”，是“智能交通违章监摄管理系统”的俗称，电子眼采用感应线来感应路 ·14·面上的汽车传来的压力，通过传感器将信号采集到中央处理器，送寄存器暂存（该数据在一个红灯周期 内有效)