专题4 曲线运动（专题突破练）-【第一梯队】2026年高考物理二轮专题突破教用课件

专题四　曲线运动 高考物理 新高考专用 目 录 目 录 题型方法 实验5 探究平抛运动的特点 实验6 探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系 培优提升 题型12　关联速度模型 高考真题 高考模拟 题型13　抛体运动模型 高考真题 高考模拟 题型14　圆周运动模型 高考真题 高考模拟 目 录 题型12　关联速度模型 题型方法 高考真题 1. (2025黑吉辽蒙,6,4分)如图,趣味运动会的“聚力建高塔”活动中,两长度相等的 细绳一端系在同一塔块上,两名同学分别握住绳的另一端,保持手在同一水平面以相同 速率v相向运动。为使塔块沿竖直方向匀速下落,则v ( ) A.一直减小　　　　　     B.一直增大 C.先减小后增大　　　　　     D.先增大后减小     B     目 录 解析　某一时刻设绳与竖直方向的夹角为θ,将手的速度v分解为沿绳方向的分速度v绳 和垂直于绳方向的分速度,将塔块的速度v0分解为沿其中一根绳方向的分速度和垂直 于这根绳方向的分速度,手与塔块沿绳方向的分速度相等,则有v绳=v sin θ=v0 cos θ,联立 可得v= ,由题意知v0是定值,塔块下落,θ减小,v增大,B正确。   目 录 2. (2022湖北,16,16分)打桩机是基建常用工具。某种简易打桩机模型如图所示,重物 A、B和C通过不可伸长的轻质长绳跨过两个光滑的等高小定滑轮连接,C与滑轮等高 (图中实线位置)时,C到两定滑轮的距离均为L。重物A和B的质量均为m,系统可以在如 图虚线位置保持静止,此时连接C的绳与水平方向的夹角为60°。某次打桩时,用外力将 C拉到图中实线位置,然后由静止释放。设C的下落速度为 时,与正下方质量为2m 的静止桩D正碰,碰撞时间极短,碰撞后C的速度为零,D竖直向下运动   距离后静止(不 考虑C、D再次相碰)。重力加速度为g,A、B、C、D均可视为质点。 (1)求C的质量; (2)若D在运动过程中受到的阻力F可视为恒力,求F的大小; 目 录 (3)撤掉桩D,将C再次拉到图中实线位置,然后由静止释放,求A、B、C的总动能最大时 C的动能。   目 录 答案    (1) m    (2) mg    (3)2(2- )mgL 解析    (1)系统在图中虚线位置能保持静止,以C为研究对象,由平衡条件可得mCg=2mg sin 60° 解得mC= m。 (2)设碰撞后D的速度为v,由于碰撞时间极短,C、D构成的系统动量守恒,mCvC=2mv 在D运动过程中由动能定理有 -(F-2mg)× =0- ×2mv2 将vC= 代入可得F= mg (3)由对称性可知A、B的速度大小时刻相等,设C由实线位置静止释放,下降h高度时,C 目 录 的速度为v1,A、B的速度大小均为v2 此时Ek总=mCgh-2mg×( -L) 求导可知,当Ek总'= mg-mg×(L2+h2  ×2h=0,即h= L时,Ek总有最大值, =mgL 此时,v2=v1× =  Ek总max= mC + ×2m× = =mgL EkC= ×mC =(4-2 )mgL。 目 录 易错警示　关联速度的理解 将C的速度沿绳和垂直于绳的方向进行分解,可得v2=v∥=v1 cos α,由几何关系可得cos α=  ,联立可得v2=v1× 。 目 录  (2025福建百校联考)(多选)如图所示,半径为R、圆心为O的半圆轨道竖直固定 在水平面上,质量为2m的小球P通过轻质细线跨过两定滑轮A、B后与质量为m的物 体Q相连接,左侧的滑轮A刚好位于O点正上方,且O到滑轮A的距离为R,M点为轨道 上一点,∠MON=60°,N点为轨道的最低点,现将小球P从轨道左侧的最高点由静止释 放,整个运动过程中物体Q不会与滑轮发生碰撞。重力加速度为g,小球P可视为质 点,两定滑轮的大小不计,一切摩擦阻力均可忽略。则下列说法正确的是 ( )     BD     高考模拟 目 录 A.小球P由释放到N点的过程,物体Q始终超重 B.到M点时小球P的速度大小为  C.到M点时物体Q的速度大小为  D.到N点时小球P的加速度大小为 g 目 录 解析　小球P沿细线方向的分速度大小与Q的速度大小相等,可得小球P由释放到N的 过程,Q上升的速度先增大后减小,则Q先超重后失重,A错误。球P到M点时,由关联速度 可得vP sin 30°=vQ,由系统机械能守恒可得2mgR sin 30°-mg(2R cos 30°- R)= ×2m +  m ,联立解得vP= ,vQ= ,B正确,C错误。P从释放到N 点的过程,由系统机械能守恒可得2mgR-mg(2R- R)= ×2mv' ,由向心加速度公式可得 a= = g,D正确。 目 录 题型13　抛体运动模型 高考真题     AD     1. (2024江西,8,6分)(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 ( )   目 录 解析　小鱼做斜上抛运动,其竖直分运动为竖直上抛运动,水平分运动为匀速直线运 动。在水平方向有x=vt,x与t成正比,A正确。在竖直方向有y=v0yt- gt2,y-t图线为开口向 下的抛物线,B错误。水平方向的分速度vx=v0x=v,不随时间变化,C错误。竖直方向的分 速度vy=v0y-gt,vy-t图线为斜率为负的直线,D正确。 目 录 2. (2025湖北,6,4分)某网球运动员两次击球时,击球点离网的水平距离均为L,离地高 度分别为 、L,网球离开球拍瞬间的速度大小相等,方向分别斜向上、斜向下,且与水 平方向夹角均为θ。击球后网球均刚好直接掠过球网,运动轨迹平面与球网垂直,忽略 空气阻力,tan θ的值为 ( ) A. 　　    B. 　　    C. 　　    D.      C     解析　网球两次运动过程沿水平方向都有L=v0 cos θ·t,设球网最高处离地高度为H,斜 向上将球击出后,沿竖直方向有H- =v0·sin θ·t- gt2,斜向下将球击出后,沿竖直方向有L- H=v0 sin θ·t+ gt2,解得tan θ= ,C正确。 目 录 3. (2022广东,6,4分)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  解析　子弹离开枪口后做平抛运动,同时积木做自由落体运动,二者在竖直方向相对静 止,故子弹会击中P点,子弹在水平方向做匀速直线运动,有t= ,B正确。 目 录 4. (2023湖南,2,4分)如图(a),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(b)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 目 录 解析　两谷粒从O点抛出后均只受重力作用,故加速度相同,A错误。 两谷粒从O运动 到P的竖直方向位移与水平方向位移均相同,设谷粒2抛出时速度方向与水平方向间夹 角为θ,有h=-v2 sin θ·t2+ g ,x=v2 cos θ·t2,对谷粒1有h= g ,x=v1t1,可得t1<t2,v2 cos θ<v1,即 谷粒2在最高点的速度小于v1,B正确,C错误。两谷粒从O到P位移相同,但t1<t2,由平均速 度的定义可知 > ,D错误。 目 录     BD     5. (2022山东,11,4分)(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 目 录 解析　网球击中墙壁时,竖直分速度减为零,故击出时vy= =12 m/s,t上= =1.2 s, 击出时vx= =5 m/s,水平位移x=vxt上=6 m,网球击中墙壁前瞬间,在垂直墙面方向上 的速度分量vx⊥= =4 m/s,在平行墙面方向上的速度分量vx∥= =3 m/s,碰墙后 v'x⊥=0.75vx⊥=3 m/s,故碰墙后的速度大小v= =3  m/s,碰墙后着地点到墙壁的距 离为d=v'x⊥· =3.9 m,B、D正确。   目 录 BD     6. (2024山东,12,4分)(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 目 录 解析　重物水平方向的位移x=v0 cos 30°·t(取水平向右为正方向),竖直方向的位移y=-v0 sin 30°·t+ gt2(取竖直向下为正方向);运动到落点Q,有tan 30°= ;联立解得t=4 s,A错 误。重物水平方向的速度vx=v0 cos 30°,竖直方向的速度vy=-v0 sin 30°+gt,t=4 s,可得tan α = = = ,可得在落点Q速度与水平方向的夹角α为60°,B正确。重物在落点Q 时竖直方向的速度vy=30 m/s,重物从最高点到落点在竖直方向上做自由落体运动,由 = 2gh可得高度差h=  m=45 m,D正确。 目 录   如图所示,以沿PQ方向为x轴正方向,垂直PQ向上方向为y轴正方向建立xOy坐标系,将 速度和加速度分别进行分解,当重物离PQ最远时,重物沿y轴方向的分速度减为零,可得 0-(v0 sin 60°)2=-2g cos 30°·H,解得重物离PQ的最远距离H=10  m,C错误。 目 录 7. (2023湖北,14,15分)如图为某游戏装置原理示意图。水平桌面上固定一半圆形 竖直挡板,其半径为2R、内表面光滑,挡板的两端A、B在桌面边缘,B与半径为R的固定 光滑圆弧轨道 在同一竖直平面内,过C点的轨道半径与竖直方向的夹角为60°。小 物块以某一水平初速度由A点切入挡板内侧,从B点飞出桌面后,在C点沿圆弧切线方向 进入轨道 内侧,并恰好能到达轨道的最高点D。小物块与桌面之间的动摩擦因数 为 ,重力加速度大小为g,忽略空气阻力,小物块可视为质点。求 (1)小物块到达D点的速度大小; (2)B和D两点的高度差; (3)小物块在A点的初速度大小。 目 录 答案    (1)     (2)0    (3)  解析    (1)设物块质量为m,物块恰好能通过最高点D,可知其所受重力提供向心力,在D 点对物块根据牛顿第二定律有mg=m ,可得vD= 。 (2)由题意可知C、D之间的高度差 hCD=R+R cos 60°= R 对物块由C到D根据动能定理有 -mghCD= m - m  解得vC=2  物块从B到C做平抛运动,过C点时有 目 录 vC水平=vC cos 60°=vB,解得vB=  由动能定理有mghBD= m - m  解得hBD=0。 (3)物块从A到B由动能定理得 -μmgs= m - m  其中s= ×2π×2R 解得vA= 。 目 录 1. (2025八省联考·云南)如图所示,“套圈”活动中,某同学将相同套圈分两次从同一 位置水平抛出,分别套中Ⅰ、Ⅱ号物品。若套圈可近似视为质点,不计空气阻力,则  ( ) A.套中Ⅰ号物品,套圈被抛出的速度较大 B.套中Ⅰ号物品,重力对套圈做功较小     D     高考模拟 C.套中Ⅱ号物品,套圈飞行时间较长 D.套中Ⅱ号物品,套圈动能变化量较小 目 录 解析　套圈在空中做平抛运动,有x=v0t,h= gt2,解得t= ,v0=x ,由题知,套中Ⅰ号物 品时,套圈x较小,h较大,故其飞行时间t较长,被抛出的速度v0较小,A错误,C错误。重力做 功W=mgh,套中Ⅰ号物品时,h较大,则其W较大,根据动能定理有mgh=ΔEk,则套中Ⅰ号物 品时,动能变化量较大,B错误,D正确。 目 录 2. (2025河南郑州一模)如图,某学校为响应郑州“无废城市”建设,以游戏“抛射入 洞”引导学生将空饮料瓶作为可回收垃圾放入对应回收箱中。已知某次学生水平抛 射时,抛出点离地1.80 m,距回收箱的水平距离为1.80 m。回收箱洞口离地1.35 m。不 计空气阻力,试估算饮料瓶出手时速度的大小 ( )   A.2 m/s　　    B.3 m/s　　    C.4 m/s　　    D.6 m/s     D     目 录 解析　设抛出点离地h1,回收箱洞口离地h2,抛出点距回收箱的水平距离为x,平抛的初速 度为v0,根据平抛运动的规律可得x=v0t,h1-h2= gt2,重力加速度g=9.8 m/s2,代入数据解得v0 ≈6 m/s,D正确。 目 录 3. (2025江西部分学校一模)如图所示将一个小球先后两次从A点斜向右上方抛出, 第一次垂直打在竖直墙面上的B点,第一次抛出的初速度大小为v01,小球打在B点的速度 大小为v1,小球从A点运动到B点的时间为t1,克服重力做功的平均功率为P1;第二次垂直 打在竖直墙面上的C点,第二次抛出的初速度大小为v02,小球打在C点的速度大小为v2,小 球从A点运动到C点的时间为t2,克服重力做功的平均功率为P2。则下列关系正确的是  ( )       A     A.t1<t2　　     B.v1<v2　　     C.v01<v02　　     D.P1>P2 目 录 解析　将小球的运动看成逆向的平抛运动,根据平抛运动规律有h= gt2,可得t1<t2,A正 确。两次运动的水平位移相等,有v1t1=v2t2,可得v1>v2,B错误。设斜抛运动初速度为v0,初 速度与水平方向的夹角为θ,由抛出点到最高点有v0 sin θ=gt、x=v0 cos θ·t,解得v0=  ,当θ1=30°、θ2=60°时v01=v02,C错误。克服重力做功的平均功率P= = mg2t,可 得P1<P2,D错误。 目 录 4. (2025江苏南通一模)炮弹的速度越大,受到的空气阻力越大,一炮弹从水平面A 处射出,落到B点,其弹道曲线如图所示。炮弹从A运动到B的过程中 ( )   A.水平方向的分速度一直减小 B.上升的时间大于下降的时间 C.在最高点时的速度最小 D.在最高点时的加速度最小     A     目 录 解析　炮弹在运动过程中,所受空气阻力的水平分量与炮弹水平方向的分速度方向相 反,则炮弹在水平方向的分速度一直减小,A正确。根据牛顿第二定律,上升阶段竖直方 向有mg+f=ma上升,下降阶段竖直方向有mg-f'=ma下降,可知升、降阶段在竖直方向的加速 度大小满足a上升>a下降,上升阶段在竖直方向的末速度为0,其逆运动为初速度为零的加速 运动,由于上升阶段与下降阶段的位移大小相等,又a上升>a下降,根据h= at2知上升时间比 下降时间短,B错误。当炮弹所受合力方向与速度方向垂直时炮弹的速度最小,在最高 点,速度沿水平方向,炮弹所受合力方向斜向左下方,不与速度垂直,在最高点时炮弹的 速度不是最小,C错误。炮弹所受合力最小时加速度最小,在最高点炮弹所受合力不是 最小,合力最小位置在从最高点下降过程的某位置,D错误。 目 录 5. (2025河南信阳二模)标准篮球场的三分线为一个半径为6.25 m的半圆弧线,圆心 在篮筐的中心垂直线与地面的交点处,篮筐相对地面的高度为3.05 m。一个篮球运动 员从三分线上的两不同位置竖直跳起斜向上投出篮球,篮球都恰好进入篮筐,两次篮球 投掷点与篮筐的高度都相同,不计篮球运动过程中受到的空气阻力,下列说法正确的是  ( )            D     目 录 A.同一次投篮过程篮球进入篮筐时的速度与抛出时的速度相同 B.篮球抛出时的速度与水平方向夹角越大,则抛出时的速度越大 C.篮球抛出时的速度与水平方向夹角越大,在篮球进入篮筐前运动时间越长 D.篮球抛出速度大小相同时,抛出时与水平方向的夹角可以不同 目 录 解析　由题意知,篮球做斜抛运动且运动的起点和终点在同一高度上,则同一次投篮过 程篮球进入篮筐时的速度与抛出时的速度大小相等,但方向不同,A错误。由题意知,篮 球抛出点和篮筐中心的距离为l=6.25 m,设篮球抛出的初速度大小为v0,与水平方向夹角 为θ,由斜抛运动规律可知运动时间t= ,则l=v0 cos θ· = ,l不变,在2θ≤ 90°时,θ越大,v0越小,在90°<2θ<180°时,θ越大,v0越大,B错误。由l= 可知v0大小相 同时,θ有两个值符合题意,D正确。由l=v0 cos θ·t可知t与v0、θ均有关,C错误。 目 录 6. (2025河南郑州三模)如图甲,某景观喷泉正以喷头为中心,在同一竖直面内向各 个方向以相同大小的初速度将水喷出,落到水平湖面上,空气阻力忽略不计。以喷头为 坐标原点O,水平方向为x轴,竖直方向为y轴建立坐标系,如图乙所示。已知图乙中实线 为部分水流的轨迹,虚线为水流的包络线(与所有水流的轨迹均相切的曲线),虚线的方 程为y=- x2+  (m)。取重力加速度g=10 m/s2,则 ( )            D     A.水被喷出时速度大小为3  m/s B.水被喷出后在空中运动的最长时间为0.3 s C.水流的最大水平位移为0.45 m D.水平位移最大的水流在空中的时间为  s 目 录 解析　由题可知,当x=0时,有ym=  m,结合竖直上抛运动规律有ym= ,联立解得v0=  =3 m/s,A错误;根据y= gt2,可知能运动至虚线最高点处的水对应的运动时间最 长,故有t上= =0.3 s,根据抛体运动的对称性可得,水被喷出后在空中运动的最长时 间为t=2t上=0.6 s,B错误;当y=0时,有- x2+ =0,解得最大水平位移为x=0.9 m,C错误;设水 被喷出时,速度方向与水平方向的夹角为θ,根据运动的分解可得水平位移x=v0 cos θ·T, 竖直方向上则有t'= ,根据运动的对称性可得T=2t'= ,联立可得x=  sin 2θ, 由数学知识可知,2θ=90°即θ=45°时,水平位移最大,故水平位移最大的水流在空中的时 间为T=2t'= =  s,D正确。 目 录 7. (2025安徽马鞍山一模)如图所示,将一篮球(可视为质点)从水平地面上方B点以 v0=10 m/s的速度斜向上抛出,抛出时速度方向与水平方向成θ=37°角,篮球恰好垂直击中 竖直篮板上A点,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重力加速度g取10 m/s2,已知A点距离水平地 面的高度为3.2 m,不计空气阻力。求: (1)A、B两点间的水平距离; (2)B点距离水平地面的高度。 目 录 答案    (1)4.8 m    (2)1.4 m 解析    (1)篮球做斜抛运动,运动至A处时速度沿水平方向,即竖直分速度减为0,则竖直 方向有v0 sin θ=gt,可得t=0.6 s 水平方向有xAB=v0 cos θ·t,解得xAB=4.8 m。 (2)篮球在空中运动的过程,竖直方向有yAB= v0 sin θ·t,解得yAB=1.8 m B点距离水平地面的高度h=3.2 m-yAB=1.4 m。 目 录 8. (人教版必修二P20,T7改编)如图所示,质量m=60 kg的跳台滑雪运动员从跳台A处 沿水平方向飞出,在斜坡(近似看成斜面)B处着陆,A、B间的距离L=40 m,斜坡与水平方 向的夹角θ=30°,不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2。求: (1)运动员由A处运动到B处的时间t; (2)运动员在飞行过程中,离斜坡最远的距离d及此时重力的瞬时功率P。   目 录 答案    (1)2 s    (2)  m    6 000 W 解析    (1)运动员在空中做平抛运动, 竖直方向有L sin 30°= gt2,解得t=2 s。 (2)(关键点拨:当运动员的速度方向与斜坡平行时,运动员离斜坡最远) 运动员由A处运动到B处的过程,水平方向有 L cos 30°=v0t,解得v0=10  m/s 运动员离斜坡最远时速度平行于斜坡,有 tan 30°= = ,解得t'=1 s 由几何关系得运动员离斜坡最远的距离为 目 录 d=  sin 30°=  m 此时重力的瞬时功率P=mgvy=mgv0 tan 30°=6 000 W。 目 录 一题多解　沿斜坡和垂直斜坡建立坐标系   (2)运动员由A处运动到离斜坡最远时,到斜坡的距离最大为d=v0 sin 30°· - g cos 30°· 目 录  =  m 此时运动员的速度为 vx=v0 cos 30°+g sin 30°· =20 m/s 重力的瞬时功率P=mgvx sin 30°=6 000 W。 目 录 1. (2025山东,4,3分)某同学用不可伸长的细线系一个质量为0.1 kg的发光小球,让小 球在竖直面内绕一固定点做半径为0.6 m的圆周运动。在小球经过最低点附近时拍摄 了一张照片,曝光时间为  s。由于小球运动,在照片上留下了一条长度约为半径 的 圆弧形径迹。根据以上数据估算小球在最低点时细线的拉力大小为 ( ) A.11 N　　    B.9 N　　    C.7 N　　    D.5 N     C     题型14　圆周运动模型 高考真题 解析　根据题意,在t=  s=0.02 s的曝光时间里小球在照片上留下了一条长度为x= r=  ×0.6 m=0.12 m的圆弧形径迹,则小球的线速度v= =  m/s=6 m/s,根据牛顿第二定 律,小球在最低点满足T-mg=m ,代入数据得T=7 N,C正确。 目 录 2. (2022山东,8,3分)无人配送小车某次性能测试路径如图所示,半径为3 m的半圆弧 BC与长8 m的直线路径AB相切于B点,与半径为4 m的半圆弧CD相切于C点。小车以最 大速度从A点驶入路径,到适当位置调整速率运动到B点,然后保持速率不变依次经过 BC和CD。为保证安全,小车速率最大为4 m/s,在ABC段的加速度最大为2 m/s2,CD段的 加速度最大为1 m/s2。小车视为质点,小车从A到D所需最短时间t及在AB段做匀速直线 运动的最长距离l为 ( )     B     目 录 A.t=  s,l=8 m B.t=  s,l=5 m C.t=  s,l=5.5 m D.t=  s,l=5.5 m 目 录 解析　根据a= 可知,在BC段、CD段的最大速率分别为vBC= =  m/s,vCD= =2 m/s,在BC段、CD段的速率不变,则在两圆弧段运动的最大速率v=2 m/s,通过两圆弧的 时间为t2= + =  s,小车从A点以最大速率v0=4 m/s匀速经过一段距离l之后开始匀 减速,恰好到B点时速率为2 m/s,根据匀变速直线运动规律得v2- =-2a1(8 m-l),解得l=5 m,在AB段经历时间t1= + =  s,因此总时间为t=  s,B正确。 目 录 3. (2024江苏,11,4分)如图所示,轻绳的一端拴一个蜂鸣器,另一端穿过竖直管握在 手中。蜂鸣器在水平面a内做匀速圆周运动。缓慢下拉绳子,使蜂鸣器升高到水平面b 内继续做匀速圆周运动。不计空气阻力和摩擦力,与升高前相比,蜂鸣器 ( )   A.角速度不变　　　　　     B.线速度减小 C.向心加速度增大　　　　　     D.所受拉力大小不变     C     目 录 解析　设竖直管顶端到蜂鸣器这一段绳子长度为l、与竖直方向夹角为θ,竖直管顶端 到蜂鸣器做圆周运动的平面的距离为h,对蜂鸣器进行受力分析有F向=mg tan θ=mω2l sin θ,可得ω= ,而cos θ= ,联立有ω= ,ha>hb,则ωa<ωb,A错误;缓慢下拉绳子过程,拉 力做功大于克服重力做功,则蜂鸣器从水平面a到水平面b的过程中动能增大,线速度增 大,B错误;由于F向=mg tan θ=ma,整理有a=g tan θ,θ变大,所以蜂鸣器的向心加速度变大, C正确;所受拉力F= ,θ变大,则蜂鸣器所受拉力变大,D错误。 目 录 4. (2024全国甲,17,6分)如图,一光滑大圆环固定在竖直平面内,质量为m的小环套 在大圆环上,小环从静止开始由大圆环顶端经Q点自由下滑至其底部,Q为竖直线与大 圆环的切点。则小环下滑过程中对大圆环的作用力大小 ( )   A.在Q点最大　　　　　     B.在Q点最小 C.先减小后增大　　　　　     D.先增大后减小     C     目 录 解析　如图所示,设大圆环半径为R,最高点为M点,最低点为N点,P为小环运动过程中的 点。小环从M到P由动能定理可得mgR(1-cos θ)= mv2,在P点由牛顿第二定律可得mg cos θ-FNP=m ,联立可得FNP=3mg cos θ-2mg;小环由M点运动到N点,θ由0°变到180°,cos θ 由1减小到-1,当cos θ=-1时,FNP=-5mg,即大圆环对小环的作用力大小等于5mg,方向指向 圆心,此时小环对大圆环的作用力最大,A错误。当cos θ= 时,FNP=0,所以小环在Q点对 大圆环的作用力不是最小,B错误。小环由M点运动到N点,大圆环对小环的作用力先背 离圆心逐渐减小,当cos θ= 时,此作用力减到零,之后,大圆环对小环的作用力指向圆心 且逐渐增大,C正确,D错误。   目 录     A     5. (2024广东,5,4分)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  目 录 解析　插销刚卡进固定的端盖时,弹簧伸长量为Δx= ,弹力F=kΔx= ,插销与卷轴同轴 转动,角速度相同,弹簧弹力为插销提供向心力,有F=m ,v'=v· ,联立解得v=r ,A正 确。 目 录 6. (2025安徽,14,14分)如图,M、N为固定在竖直平面内同一高度的两根细钉,间距L =0.5 m。一根长为3L的轻绳一端系在M上,另一端竖直悬挂质量m=0.1 kg的小球,小球 与水平地面接触但无压力。t=0时,小球以水平向右的初速度v0=10 m/s开始在竖直平面 内做圆周运动。小球牵引着绳子绕过N、M,运动到M正下方与M相距L的位置时,绳子 刚好被拉断,小球开始做平抛运动。小球可视为质点,绳子不可伸长,不计空气阻力,重 力加速度g取10 m/s2。   目 录 (1)求绳子被拉断时小球的速度大小,及绳子所受的最大拉力大小; (2)求小球做平抛运动时抛出点到落地点的水平距离; (3)若在t=0时,只改变小球的初速度大小,使小球能通过N的正上方且绳子不松弛,求初 速度的最小值。 答案    (1)4  m/s    17 N    (2)4 m (3)2  m/s 目 录 解题导引　解答本题应注意以下关键点: (1)根据动能定理,计算小球通过M正下方与M相距L位置时的速度大小; (2)根据牛顿运动定律,计算绳子所受的最大拉力大小; (3)根据平抛运动规律,计算抛出点到落地点的水平距离; (4)根据动能定理和牛顿运动定律,计算小球初速度的最小值。 目 录 解析    (1)小球运动到M正下方与M相距L的位置时,绳子刚好被拉断,以小球作为研究对 象,根据动能定理有-mg·2L= mv2- m  解得v=4  m/s 设绳子所受的最大拉力为Fm,根据牛顿第三定律可知小球所受的拉力Fm'=Fm,根据牛顿 第二定律得Fm'-mg=m  解得Fm=17 N (2)小球做平抛运动时,水平方向有x=vt 竖直方向有2L= gt2 目 录 解得x=4 m (3)设小球的初速度最小值为v1,小球能通过N的正上方时速度的最小值为v2。 在最高点有mg=m  根据动能定理有-mg·5L= m - m  解得v1=2  m/s 目 录 7. (2023福建,15,12分)一种离心测速器的简化工作原理如图所示。细杆的一端固定在 竖直转轴OO'上的O点,并可随轴一起转动。杆上套有一轻质弹簧,弹簧一端固定于O点, 另一端与套在杆上的圆环相连。当测速器稳定工作时,圆环将相对细杆静止,通过圆环 的位置可以确定细杆匀速转动的角速度。已知细杆长度l=0.2 m,杆与竖直转轴的夹角 α始终为60°,弹簧原长x0=0.1 m,弹簧劲度系数k=100 N/m,圆环质量m=1 kg;弹簧始终在 弹性限度内,重力加速度大小取10 m/s2,摩擦力可忽略不计。 (1)若细杆和圆环处于静止状态,求圆环到O点的距离; (2)求弹簧处于原长时,细杆匀速转动的角速度大小; (3)求圆环处于细杆末端P时,细杆匀速转动的角速度大小。 目 录 答案    (1)0.05 m    (2)  rad/s    (3)10 rad/s 解析    (1)细杆和圆环处于平衡状态,对圆环受力分析如图甲所示,得T0=mg cos α=5 N   根据胡克定律F=kΔx得Δx0= =0.05 m 弹簧弹力方向沿杆向上,故弹簧处于压缩状态,弹簧此时的长度即圆环到O点的距离x1= x0-Δx0=0.05 m。 目 录 (2)若弹簧处于原长,则圆环仅受重力和支持力,其合力使圆环在水平面内做匀速圆周运 动。根据牛顿第二定律得 =m r,由几何关系得圆环此时转动的半径r=x0 sin α,联 立并代入数据解得ω0=  rad/s。 (3)圆环处于细杆末端P时,弹簧伸长量Δx'=l-x0,根据胡克定律得弹簧弹力T=k(l-x0)=10 N 对圆环受力分析如图乙所示,对各力正交分解,   目 录 竖直方向受力平衡,有mg+T cos α=N sin α, 水平方向合力提供向心力,则有 T sin α+N cos α=mω2r' 由几何关系得r'=l sin α 联立并代入数据解得ω=10 rad/s。 目 录 1. (2025河南郑州一模)在空间站中,航天员长期处于失重状态。为缓解这种状态带 来的不适,科学家设想建造一种环形空间站,如图所示。圆环绕中心匀速旋转,航天员站 在旋转舱内的侧壁上,可以受到与他站在地球表面时相同大小的支持力。根据以上描 述,航天员在旋转舱内站立的位置可能为 ( )   A.甲　　    B.乙　　    C.丙　　    D.丁     C     高考模拟 目 录 解析　旋转舱对航天员的支持力提供航天员随旋转舱做匀速圆周运动所需的向心力, 则航天员所受支持力必指向圆环的中心,航天员在旋转舱内站立的位置可能为丙,C正 确。 目 录 2. (2025辽宁期末联考)铁路弯道处,内、外轨组成的斜面与水平地面夹角为θ,当火车 以某一速度v通过该弯道时,内、外轨恰好不受侧压力作用,重力加速度为g,则下列说法 正确的是 ( ) A.转弯半径R=  B.当火车质量改变时,v不改变 C.若火车速度小于v,外轨将受到侧压力作用,其方向平行轨道平面向内 D.若火车速度大于v,内轨将受到侧压力作用,其方向平行轨道平面向内     B     目 录 解析　将情境简化后对火车受力分析,如图,当内、外轨道均不受侧压力作用时,有mg tan θ=m ,解得v= ,R= ,A错误。v与火车质量无关,B正确。若火车速度小 于v,F合大于其做圆周运动所需向心力,火车有做近心运动的趋势,内轨受到火车内侧车 轮轮缘侧压力作用,方向平行轨道平面向内,C错误。若火车速度大于v,火车有做离心 运动的趋势,外轨受到火车外侧车轮轮缘侧压力作用,方向平行轨道平面向外,D错误。   目 录 3. (2025安徽六安期末)在足够大转盘上放置两个质量分别为0.2 kg和0.4 kg的小物 块a和b(均可视为质点)。b放置在转盘中心,a、b之间用原长l=0.3 m、劲度系数k=10 N/ m的轻质弹簧拴接,此时弹簧处于原长。已知a、b与转盘间的动摩擦因数均为μ=0.5,重 力加速度g=10 m/s2,弹簧始终处于弹性限度内。假设物块所受最大静摩擦力等于滑动 摩擦力。为保证b不滑动,则转盘匀速转动时角速度ω的最大值为 ( )       A     A.  rad/s　　　　　    B.10  rad/s C.5  rad/s　　　　　    D.  rad/s 目 录 解题导引       解析　转盘匀速转动的角速度ω达到最大时,小物块b恰好将要相对转盘滑动,b与转盘 间的静摩擦力达到最大,对b,由力的平衡条件可得μmbg=kΔx,小物块a随转盘做圆周运 动,对a,由牛顿第二定律可得kΔx+μmag=maω2(l+Δx),联立解得ω=  rad/s,A正确。 目 录     D     4. (2025山西太原期末)如图所示,完全相同且长为L的两根轻杆,一端用光滑铰链连 接质量为m的小球,另一端用光滑铰链分别连接等高且间距为L的固定点A、B,小球恰 好可在竖直平面内绕AB中点O做圆周运动。重力加速度为g,不考虑空气阻力,下列说 法正确的是 ( ) A.小球在最低点处,杆上的弹力大小为5mg B.小球在最高点处,杆上的弹力大小为0 C.小球从最低点到最高点的过程中,杆上的弹力做功 mgL D.使A、B缓慢等距靠近O点的过程中,若小球机械能保持不 变,小球在最低点处,杆上的弹力越来越小 目 录 解析    (关键点拨:本题情境属于在竖直面内做圆周运动的杆球模型,“小球恰好可在 竖直平面内绕AB中点O做圆周运动”说明小球在最高点处于临界态)由题意知杆与竖 直方向的夹角为30°,小球在最高点时,有2F cos 30°=mg,解得杆上的弹力大小F= mg, B错误。小球从最高点至最低点的过程,根据动能定理可得2mgL cos 30°= mv2,小球在 最低点时,根据牛顿第二定律可得2F' cos 30°-mg=m ,联立解得小球在最低点处, 杆的弹力大小F'= mg,A错误。从最低点到最高点的过程中,杆上的弹力与小球的速 度总是垂直,杆上的弹力做功为0,C错误。小球从最高点至最低点的过程,根据动能定 理得mgL cos 30°+mgL cos θ'= mv'2,在最低点,根据牛顿第二定律得2F″ cos θ'-mg=m  ;联立解得F″= + ,当A、B缓慢等距靠近O点时,θ'减小,cos θ'增大,则 F″减小,D正确。 目 录 5. (2025湖南长沙市一模)如图,在竖直平面内,轻杆一端通过转轴连接在O点,另一 端固定一质量为m的小球。小球从A点由静止开始摆下,先后经过B、C两点,A、C点分 别位于O点的正上方和正下方,B点与O点等高,不考虑摩擦及空气阻力,重力加速度为g, 下列说法正确的是 ( ) A.小球在B点受到的合力大小为2mg B.小球在C点受到的合力大小为2mg     C     C.从A点到C点的过程,杆对小球的弹力最大值为5mg D.从A点到C点的过程,杆对小球的弹力最小值为4mg 目 录 解析　小球从A到B的过程,根据动能定理可得mgR= m ,在B点,小球受到的合力大小 F合= ,联立解得F合= mg,A错误。从A到C的过程,根据动能定理可得mg·2 R= m ,在C点,根据牛顿第二定律可得F'合=m ,联立解得F'合=4mg,此时杆的弹力F弹最 大,且F弹=mg+m =5mg,B错误,C正确。从A到C的过程,杆对小球的作用力由支持力变 为拉力,故杆对小球的弹力最小值为0,D错误。 二级结论　设杆与竖直方向的夹角为θ时杆对小球的弹力为0,由动能定理可得mg(R-R cos θ)= mv2,由牛顿第二定律可得mg cos θ=m ,联立解得 cos θ= 。 目 录 6. (2025八省联考·江西)如图所示,A、B两个相同的小球分别用长为10L、5L的细 绳悬挂在同一竖直线的两点,现使两球在水平面内做圆周运动,且角速度均缓慢增大,当 两球刚好运动到相同高度时,A、B两球运动半径分别为6L、4L,两球离地高度为6L。O 点为两悬挂点在地面的投影,两小球均可视为质点,则下列说法正确的是 ( ) A.两根细绳分别对A球和B球的拉力相同 B.A球和B球的周期相等     C     C.若同时剪断两根细绳,A、B两球同时落地 D.剪断两根细绳,A球和B球的落地点到O点的 距离相等 目 录 解析　设悬挂A、B小球的细绳与竖直方向的夹角分别为α和β,由几何关系可得sin α=  = 、 sin β= = ,故α=37°、β=53°,由受力分析可得FTA cos α=mg、FTB cos β=mg,解 得 = ,A错误。由圆周运动规律可得mg tan α=m·6L 、mg tan β=m·4L ,解得  = ,B错误。剪断细绳后,两球均做平抛运动,两球离地高度相同,故两球同时落地,C 正确。对小球A,可得mg tan α=m ,小球A做平抛运动的时间tA= ,小球A落地点到O 点的距离LA= =3 L,同理可得小球B落地点到O点的距离LB=4 L,D错 误。 目 录     C     7. (人教版必修二P41,T7改编)如图所示,半径为R的半球形陶罐和陶罐内的物块(视 为质点)绕竖直轴OO'从静止开始缓慢加速转动,当达到某一角速度时,物块受到的摩擦 力减为零,此时物块和陶罐球心O点的连线与OO'之间的夹角为θ,此后保持该角速度做 匀速圆周运动,重力加速度大小为g,下列说法正确的是 ( )   A.物块匀速转动的周期为  B.物块匀速转动的线速度大小为  C.物块匀速转动的角速度大小为  D.若继续增大转动的速度,物块有下滑的趋势 目 录 解析　设物块匀速转动的角速度为ω,根据合力提供向心力得mg tan θ=mω2R sin θ,解得 ω= ,C正确。物块匀速转动的周期T= = ,A错误。物块匀速转动的线 速度v=ωR sin θ= ,B错误。若继续增大转动的速度,物块有做离心运动的趋 势,则有上滑的趋势,D错误。 目 录 8. (2025八省联考·陕晋青宁)图(a)是某小河的航拍照片,河道弯曲形成的原因之一可解 释为:河道弯曲处的内侧与外侧河堤均受到流水重力产生的压强,外侧河堤还受到流水 冲击产生的压强。小河某弯道处可视为半径为R的圆弧的一部分,如图(b)所示,假设河 床水平,河水密度为ρ,河道在整个弯道处宽度d和水深h均保持不变,水的流动速度v大小 恒定,d≪R,忽略流水内部的相互作用力。取弯道某处一垂直于流速的观测截面,在一 极短时间Δt内,求:(R、ρ、d、h、v、Δt均为已知量) 目 录        (1)通过观测截面的流水质量Δm; (2)流水速度改变量Δv的大小; (3)外侧河堤受到的流水冲击产生的压强p。 目 录 答案    (1)ρdhvΔt    (2) Δt    (3)  解析    (1)由题可知,在极短时间Δt内流水经过的距离Δl=vΔt, 流水的横截面积S=dh, 根据ρ= 可得流水的质量Δm=ρΔV=ρSΔl=ρdhvΔt。 (2)在极短的时间Δt内,水做匀速圆周运动,根据匀速圆周运动的规律可知,其加速度a=  ,又a= , 联立解得Δv= Δt。 (3)根据牛顿第二定律可得F=Δm , 目 录 结合(1)(2)的分析,解得F= , 根据牛顿第三定律可得这部分水流对外侧河堤的冲击力大小F'=F, 这部分水流对外侧河堤的作用面积S'=hΔl=vhΔt, 故外侧河堤受到的流水冲击产生的压强p= = 。 目 录 实验5　探究平抛运动的特点 实验聚焦 1.(2023北京,16,10分)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。        目 录 (1)关于实验,下列做法正确的是________(选填选项前的字母)。 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。     11     　相等时间内A球水平分位移相等 　自由落体         ABD     目 录 (4)某同学实验时忘了标记重垂线方向。为解决此问题,他在频闪照片中,以某位置为坐 标原点,沿任意两个相互垂直的方向作为x轴和y轴正方向,建立直角坐标系xOy,并测量 出另外两个位置的坐标值(x1,y1)、(x2,y2),如图3所示。根据平抛运动规律,利用运动的合 成与分解的方法,可得重垂线方向与y轴间夹角的正切值为_________。 目 录 解析    (1)选择体积小、质量大的小球,这样可以减小空气阻力的影响,A正确;该实验应 借助重垂线确定竖直方向,B正确;应先打开频闪仪,再抛出小球,C错误;实验中应使小球 做平抛运动,所以要水平抛出小球,D正确。 (2)在误差允许范围内,根据任意时刻A、B两球的高度相同,可判断A球竖直方向做自由 落体运动;根据相等时间内A球水平分位移相等可判断A球水平方向做匀速直线运动。 (3)小球从高度为0.8 m的桌面水平飞出,则根据h= gt2可求得小球的运动时间t≈0.404 s,每秒频闪25次,则每0.404 s可照相11次,最多可以得到小球在空中运动的11个位置。 (4)分析可知,小球在x轴方向和y轴方向均做匀变速直线运动,则相邻相等时间内的位移 差相等,即Δx=aT2,则x方向有(x2-x1)-x1=axT2,y方向有(y2-y1)-y1=ayT2,重垂线方向与y轴夹角 的正切值tan θ= ,联立解得tan θ= 。 目 录 2.[2023浙江6月,16Ⅰ(1)]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     B     目 录 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。重力加速度 为g,测得钢球直径为d,则钢球平抛初速度v0为______。 　D     　C     目 录   A.  　　　    B.   C.  　　　    D.   目 录 解析　①题图1装置只能用于探究平抛运动竖直分运动的特点,B正确。 ②用题图2装置进行实验时,斜槽末端必须水平,但轨道不必光滑,A错误;调节水平挡板 N时,不需要等间距移动,只要能把小球的轨迹记录下来即可,B错误;为了保证小球平抛 初速度相同,小球必须从M上同一位置静止滚下,C正确。 ③小球在竖直方向做自由落体运动,计算水平位移时,需要考虑小球半径的影响,根据y1 = gt2、x- =v0t可知v0=  ,同理可得v0=  =  ,A、C错误, D正确;由y1= gt2、x- =v0t、y2= gt'2、2x- =v0t'联立可得v0= ,B错误。 目 录 注意事项    (1)背板必须处于竖直面内;斜槽末端必须水平。 (2)选用质量大、体积小、表面光滑的钢球,可以减小运动过程中空气阻力的影响。 (3)钢球每次必须从斜槽上同一位置由静止释放,释放的位置高度要适中,使钢球做平抛 运动的轨迹由坐标纸的左上角一直到右下角为宜。 (4)坐标原点不是斜槽末端的端点,应是钢球离开斜槽末端时球心在背板上的投影点;点 迹要用平滑的曲线连接(不能用折线)。 目 录 3.[2022海南,14(2),6分]某学习小组探究平抛运动的特点。        ①采用如图甲所示装置探究平抛运动竖直分运动的特点。用小锤击打弹性金属片后, A球沿水平方向抛出,做平抛运动;同时B球被释放,自由下落,做自由落体运动。实验发 目 录 现两球同时落地。分别改变小球距地面的高度和小锤击打的力度,多次重复实验,发现 两球仍同时落地。根据该实验现象,可以得到的实验结论是______________________ _________________________。 ②探究平抛运动水平分运动的特点时,得到小球平抛运动的轨迹如图乙所示,其中O为 抛出点,a、b、c是轨迹上选取的三个点,O与a、a与b、b与c之间的竖直距离分别为h、 3h、5h,则小球从O到a、a到b、b到c的运动时间_______(填“相等”或“不相等”); 又测得O与a、a与b、b与c之间的水平距离相等,均为x,则可分析得出平抛运动在水平 方向的分运动是匀速直线运动,小球平抛运动的初速度为__________(用h、x和重力加 速度g表示)。     x      　相等     直方向上做自由落体运动     　做平抛运动的物体,在竖 目 录 解析　①经过多次实验发现两个小球总是同时落地,共同点就是竖直方向的运动形式 一致,即做平抛运动的物体,在竖直方向上做自由落体运动。 ②小球在竖直方向做自由落体运动,且O到a、a到b、b到c三个过程中,相邻两个过程在 竖直方向上运动的距离之差均为2h,由公式Δx=aT2可知,三个过程的运动时间相等;设经 过相邻两点时间间隔为t,则x=vt,在竖直方向上有2h=gt2,解得t= ,所以v=x 。 目 录 4.(2022福建,11,5分)某实验小组利用图(a)所示装置验证小球平抛运动的特点。实验时, 先将斜槽固定在贴有复写纸和白纸的木板边缘,调节槽口水平并使木板竖直;把小球放 在槽口处,用铅笔记下小球在槽口时球心在木板上的水平投影点O,建立xOy坐标系。 然后从斜槽上固定的位置释放小球,小球落到挡板上并在白纸上留下印迹。上下调节 挡板进行多次实验。实验结束后,测量各印迹中心点O1、O2、O3…的坐标,并填入表格 中,计算对应的x2值。 O1 O2 O3 O4 O5 O6 y/cm 2.95 6.52 9.27 13.20 16.61 19.90 x/cm 5.95 8.81 10.74 12.49 14.05 15.28 x2/cm2 35.4 77.6 115.3 156.0 197.4 233.5 目 录   (1)根据表中数据,在图(b)给出的坐标纸上补上O4数据点,并绘制“y-x2”图线。 目 录 (2)由y-x2图线可知,小球下落的高度y,与水平距离的平方x2成_______(填“线性”或 “非线性”)关系,由此判断小球下落的轨迹是抛物线。 　线性     目 录 (3)由y-x2图线求得斜率k,小球平抛运动的初速度表达式为v0=_________(用斜率k和重力 加速度g表示)。 (4)该实验得到的y-x2图线常不经过原点,可能的原因是__________________________。 　水平射出点未与O点重合               答案    (1)见解析 目 录 解析    (1)根据题表数据在坐标纸上描出O4数据点,并绘制“y-x2”图线如图所示。   (2)由y-x2图线为一条倾斜的直线可知,小球下落的高度y与水平距离的二次方x2成线性 目 录 关系。 (3)小球做平抛运动,水平方向有x=v0t,竖直方向有y= gt2,联立可得y= g = x2,可 知y-x2图线的斜率为 k= ,解得小球平抛运动的初速度表达式为v0= 。 (4)y-x2图线是一条直线,但常不经过原点,这是因为小球的水平射出点未与坐标原点O 重合,位于坐标原点O上方(或下方),导致实验中所测得的y值偏小(或偏大)。 目 录 1.[2023浙江1月,16Ⅰ(2)]“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     A     实验6　探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系 目 录 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(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_______(填“不变”“变大”或“变小”)。 　不变     　角速度平方     解析　①本实验是为了探究向心力与影响它的多个因素的关系,故采用控制变量法。 ②根据向心力Fn=mrω2可知,当m、r一定时,标尺露出的等分标记的比值即向心力之比, 等于角速度平方之比,且加速转动过程比值保持不变。 目 录 方法提炼　控制变量法探究 (1)使两小球的质量、转动的半径相同,探究向心力的大小跟转动的角速度的定量关 系。 (2)使两小球的质量、转动的角速度相同,探究向心力的大小跟转动半径的定量关系。 (3)使两小球的转动半径、转动的角速度相同,探究向心力的大小跟质量的定量关系。 目 录 2.[2024海南,14(1),6分]水平圆盘上紧贴边缘放置一密度均匀的小圆柱体,如图(a)所示, 图(b)为俯视图,测得圆盘直径D=42.02 cm,小圆柱体质量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=______rad/s(π取 3.14)。     1     目 录 ②用游标卡尺测量小圆柱体不同位置的横截面直径,某次测量的示数如图(c)所示,该读 数d=____________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________________N(保留2位有效数字)。     6.1×10-3          mω2(D-　 d)         16.2     解析　①圆盘转动的周期T= =6.28 s,则角速度ω= =1 rad/s。 ②根据游标卡尺读数规则有d=16 mm+2×0.1 mm=16.2 mm。 ③由圆周运动向心力表达式有F=mω2× ,代入数据解得F≈6.1×10-3 N。 目 录 培优提升 提分策略 曲线运动通常会和牛顿运动定律、能量守恒、动量守恒等知识点结合考查,要求考生 有较强的综合分析能力,能够分步骤处理问题。备考建议在强化基础上注重非典型轨 迹建模(如抛物线、椭圆、螺旋线等轨迹的实际应用)、动态过程分析(如绳子断裂、 脱离轨道、摩擦力突变等)及多过程衔接(如抛体运动与圆周运动及碰撞结合),关注情 境创新题、学科交叉融合及实验探究。 目 录 1.(明晰规律·变力作用下的曲线运动)(2024安徽,9,5分)(多选)一倾角为30°足够大的光 滑斜面固定于水平地面上,在斜面上建立Oxy直角坐标系,如图(1)所示。从t=0开始,将 一可视为质点的物块从O点由静止释放,同时对物块施加沿x轴正方向的力F1和F2,其大 小与时间t的关系如图(2)所示。已知物块的质量为1.2 kg,重力加速度g取10 m/s2,不计 空气阻力。则 ( )  　          BD     A.物块始终做匀变速曲线运动 B.t=1 s时,物块的y坐标值为2.5 m C.t=1 s时,物块的加速度大小为5  m/s2 D.t=2 s时,物块的速度大小为10  m/s 目 录 解析　根据题图(2)可得,在0~4 s内F1=4-t(N),F2=3t(N),故两力的合力为F=4+2t(N),物块 在y轴方向受力为mg sin 30°,在x轴方向所受的力在改变,故物块所受合力在改变,物块 做变加速曲线运动,A错误;物块在y轴方向的加速度为ay= =5 m/s2,故t=1 s时,物 块的y坐标值为y= ayt2=2.5 m,B正确;t=1 s时,x轴方向合力为6 N,故此时在x轴方向的加 速度ax=  m/s2=5 m/s2,此时物块加速度大小为a= =5  m/s2,C错误;t=2 s时,在x 轴正方向上,对物块根据动量定理有 t=mvx-0,在0~4 s内F与时间t成线性关系,可得 =   N=6 N,联立解得vx=10 m/s,此时y轴方向速度为vy=ayt=10 m/s,故此时 物块的速度大小为v= =10  m/s,D正确。 目 录 2.(突破情境·多过程与临界问题)(2025广东肇庆鼎湖一模)(多选)风洞实验通过产生人 工控制的气流模拟飞行器在气流中的运动过程。如图所示为某次实验示意图,固定在 竖直面内的 光滑圆弧轨道ACD与粗糙水平面平滑相切于A点,O为圆弧轨道的圆心。 将质量为m的滑块(可视为质点)从水平地面上的E点由静止释放,整个装置处在水平向 右的风场中,滑块始终受到恒定风力作用。已知圆弧轨道的半径为R,滑块与水平地面 间的动摩擦因数μ=0.25,且滑块恰好能在圆弧轨道上的B点处保持静止,OB与竖直方向 的夹角θ=37°,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重力加速度g=10 m/s2。A、E两点间的距离为l,下 列说法正确的是 ( )     BC     目 录   A.滑块受到的风力大小为 mg B.若滑块能通过圆弧轨道的最高点C,则l≥5R C.当l≥ R时,滑块运动到D点之前一定不会脱离圆弧轨道 D.当l<5R时,滑块运动到D点之前一定会脱离圆弧轨道 目 录 解析　滑块静止在B处,由受力分析可得滑块受到的风力大小F=mg tan θ= mg,A错 误。若滑块恰能通过圆弧轨道最高点C,在C点由重力提供向心力可得mg=m ,滑块由 E至C的过程,由动能定理可得Fl-μmgl-2mgR= mv2,联立解得l=5R,B正确。(关键点拨:风 力和滑块的重力均恒定,则二力的合力恒定,在圆周运动阶段视为等效重力,找到圆周运 动中的等效最高点,判断滑块能否通过等效最高点即可)风力与重力的合力F'= =  mg,方向与竖直方向成θ角斜向右下方,视为等效重力,在等效最高点有F'=m ,由E至等 效最高点的过程,由动能定理得Fl'-μmgl'-F'(R+R cos θ)= mv'2,联立解得l'= R,故当l≥  R时,滑块运动到D点之前一定不会脱离圆弧轨道,C正确。当l较小时,滑块可能脱离 圆弧轨道,也可能沿轨道返回,D错误。 目 录 二级结论    (1)等效最高点位于圆周上等效重力反方向的最远点。 (2)在等效最高点,向心力由等效重力和约束力(如轨道的支持力)共同提供;临界条件是 仅等效重力提供向心力。 目 录     A     3.(综合运用·图像分析与功能关系)(2025内蒙古赤峰期末)2024年,在巴黎奥运会郑钦文 斩获中国在奥运会上首枚网球女单金牌。若在比赛过程中运动员从某一高度将质量 为m的网球击出,网球击出后在空中飞行的速率v随时间t的变化关系如图所示,t2时刻网 球落到对方的场地上。以地面为零势能面,网球可视为质点,不计空气阻力,重力加速度 大小为g。下列说法正确的是 ( )   A.击球点到地面的高度为  B.击球点到落地点间的水平距离为v0t2 C.网球在被球拍击中时的重力势能为  D.网球在空中飞行的最大重力势能为  目 录 解析　画出运动轨迹并沿水平和竖直方向建立坐标系,如图所示,   球在空中运动的过程,对球的运动进行分解,水平方向有x=v1t2,从击球点到落地点过程 中,只有重力做功,有 m - m =mgh,解得h= ,A正确,B错误。以地面为零势能面, 被球拍击中时网球的重力势能为Ep0=mgh= ,C错误。根据机械能守恒得Epmax= mgh+ m - m = ,D错误。 目 录 4.(突破情境·单过程多阶段)(2025云南曲靖一模)曲靖市第七届中小学生运动会暨2024 年曲靖市第八届校园体育联赛小学生排球联赛在陆良县举行。如图所示,某同学在网 前扣球时,将质量为m的排球(可视为质点)从离地高度为h的空中某点以初速度v0水平扣 出,经过M点时,速度方向与竖直方向夹角为θ1;经过N点时,速度方向与竖直方向夹角为θ 2。已知θ1>θ2,球网的位置在M、N之间,高度为H,重力加速度为g,不计空气阻力。下列 说法正确的是 ( )       B     目 录 A.扣球时排球到球网的水平距离可以为2v0  B.排球从M点运动到N点的过程中所用时间为  C.M点到N点的竖直高度为   -   D.排球从扣球点到M点的动量变化率小于从M点到N点的动量变化率 目 录 解析　根据平抛运动规律,排球恰好从球网上边缘经过,有h-H= gt2、x=v0t,解得扣球时 排球到球网的水平最大距离x=v0 ,A错误。在M、N两点时,竖直方向有vMy=  、vNy= ,排球从M点到N点所用时间tMN= = ,B正确。M点 到N点的竖直高度hMN= =  ,C错误。由动量定理得mgΔt=Δp,解 得动量变化率 =mg,故两个阶段动量变化率相等,D错误。 易错警示    (1)若θ为速度与竖直方向的夹角,则tan θ= ; (2)注意区分动量变化量与动量变化率。 目 录 5.(突破情境·多过程与极值问题)(2023江苏,15,12分)如图所示,滑雪道AB由坡道和水平 道组成,且平滑连接,坡道倾角均为45°。平台BC与缓冲坡CD相连。若滑雪者从P点由 静止开始下滑,恰好到达B点。滑雪者现从A点由静止开始下滑,从B点飞出。已知A、P 间的距离为d,滑雪者与滑道间的动摩擦因数均为μ,重力加速度为g,不计空气阻力。 (1)求滑雪者运动到P点的时间t; (2)求滑雪者从B点飞出的速度大小v; (3)若滑雪者能着陆在缓冲坡CD上,求平台BC的最大长度L。 目 录 答案    (1)     (2)  (3) (1-μ)d 解析    (1)设滑雪者质量为m,对滑雪者在AP段进行受力分析,由牛顿第二定律得 mg sin 45°-μmg cos 45°=ma ① 解得a= (1-μ)g ② 由运动学分析有d= at2 ③ vP=at ④ 联立②③得t=  ⑤ (2)由④式可知,vP=  ⑥ 目 录 滑雪者从P点静止开始下滑到B点,由动能定理有 WGPB+WfPB=0 ⑦ 对滑雪者从A点静止开始下滑的过程中的P→B段分析有 WGPB+WfPB= mv2- m  ⑧ 联立⑥⑦⑧得v=vP=  ⑨ (3)滑雪者从B点飞出刚好落在C点时,BC长度L最大,从B到C为抛体运动,设空中运动时 间为t' 竖直方向vy=v sin 45°=g×  ⑩ 水平方向L=vxt'=v cos 45°·t'   目 录 联立⑨⑩ 得L= (1-μ)d 可知,若滑雪者能着陆在缓冲坡CD上,平台BC的最大长度为 (1-μ)d。 目 录 $