第3讲 抛体运动 圆周运动(复习讲义)-【优化探究】2026年高考物理二轮专题复习配套课件（广东专版）

第3讲　抛体运动　圆周运动 [高考素养]　1.掌握运动的合成与分解及关联速度问题。2.掌握解决曲线运动的一般方法,会灵活分解平抛、斜抛运动。3.学会解决三维空间中抛体运动问题的方法。4.会分析常见圆周运动的向心力来源,并会处理圆周运动的问题。 课堂巩固　强化关键能力 考点一　运动的合成与分解 考点二　抛体运动 考点三　圆周运动 内容索引 考点一　运动的合成与分解 一 4 1.做曲线运动的条件 2.运动的合成与分解的基本思路 (1)明确合运动和分运动的运动性质。 (2)明确在哪两个方向上合成或分解。 (3)分别在各个方向上找出已知的物理量(速度、位移、加速度)。 (4)在各个方向上分别运用运动学公式和牛顿运动定律进行分析求解。 考向1　小船渡河模型 [例1]　(2025·广东佛山二模)某运动员练习时要匀速横渡一段宽为d=600 m的河,运动员在静水中的速度为v1=3 m/s,水流速度为v2=4 m/s,则 (　　) A.该运动员可能垂直河岸到达正对岸 B.该运动员渡河的时间可能小于200 s C.该运动员以最短时间渡河时,它沿水流方向的位移大小为800 m D.该运动员以最短位移渡河时,位移大小为600 m C [解析]　运动员在静水中的速度小于水流速度,合速度方向不可能垂直河岸,该运动员不可能垂直河岸到达正对岸,故A错误;运动员在静水中的速度始终垂直河岸时渡河时间最短,最短渡河时间tmin= s=200 s,该运动员渡河的时间不可能小于200 s,故B错误;该运动员以最短时间渡河时,它沿水流方向的位移大小x=v2tmin=4×200 m=800 m,故C正确;运动员在静水中的速度小于水流速度,合速度方向不可能垂直河岸,该运动员以最短位移渡河时,位移大于600 m,故D错误。 小船渡河模型 反思提升 方式 情景图示 情景解读 渡河 时间 最短 当船头垂直河岸时,渡河时间最短,最短时间tmin=,最短时间与水速无关 方式 情景图示 情景解读 渡河 位移 最短 当v水<v船时,如果满足v水-v船cos θ =0,渡河位移最短,xmin=d 当v水>v船时,如果船头方向与合速度方向垂直,渡河位移最短, xmin= = = 考向2　关联速度问题 [例2]　(2025·广东深圳光明区调研)如图所示,一牵引车沿水平面以v=5 m/s的速度向左匀速运动,牵引车连接轻绳跨过滑轮拉升重物,使重物沿竖直杆上升。某一时刻拴在车上的绳子与水平方向的夹角θ=37°,跨过滑轮的绳子恰好相互垂直,此时重物的速度大小为(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)(　　) A.5 m/s　　　　　　　　 B.4 m/s C.3 m/s D.3.2 m/s A [解析]　将牵引车和重物的速度分解为沿绳和垂直于绳方向的分速度,沿绳方向的速度大小相等,则有vcos 37°=v'cos 37°,解得v'=v=5 m/s,故选A。 [例3]　如图所示是火警设计的一种让当事人快捷逃离现场的救援方案:用一根不变形的轻杆MN支撑在楼面平台AB上,N端在水平地面上向右以v0匀速运动,被救助的人员紧抱在M端随轻杆一起向平台B端靠近,平台高为h,当CN=2h时,被救人员向B点运动的速率是 (　　) A.v0　　　　　　　　　 B.v0 C.v0 D.v0 C [解析]　将N端的速度v0进行分解,设此时v0与水平方向的夹角为θ,如图所示,人的速度等于v0沿杆的分量,即v人=v0cos θ,根据几何关系可得 cos θ==, 解得v人=v0,故选C。 速度分解的三种模型 反思提升 轻杆 模型 vcos θ=v'sin θ v1sin θ=v2sin θ ⇒v1=v2 轻绳 模型 v物cos α=v物'cos β vB=v物cos θ 接触 模型 v1=v0,v=v1tan θ=v0tan θ v=v1tan θ 二 考点二　抛体运动 16 1.平抛运动 (1)平抛运动及研究方法 (2)平抛运动的两个推论 ①若做平抛运动的物体在任意时刻的速度方向与水平方向的夹角为θ,位移方向与水平方向的夹角为φ,则有tan θ=2tan φ,如图甲所示。 ②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,如图乙所示。 2.斜抛运动(类斜抛运动)的处理方法 (1)斜抛运动是匀变速曲线运动,以斜上抛运动为例,如图所示。 速度:vx=v0cos θ,vy=v0sin θ-gt。 位移:x=v0cos θ·t,y=v0sin θ·t-gt2。 (2)当物体做斜上抛运动至最高点时,运用逆向思维,可转化为平抛运动。 考向1　平抛运动 [例4]　(2025·广东深圳一模)如图所示,一可视为质点的弹性小球自倾角为45°的固定斜面上方由静止开始下落,与斜面上的P点发生碰撞后落到斜面上的Q点。不计碰撞中的动能损失和空气阻力,则小球从起始位置到P点的高度h与P、Q之间的距离s的关系为 (　　) A.s=2h　　　　　　　 B.s=4h C.s=6h D.s=8h D [解析]　设小球接触P点前瞬间速度大小为v,则有v2=2gh,解得v=;在P点反弹后,设从P到Q用时为t,由平抛运动规律可得tan 45°==,解得t=;又因为s·sin 45°=gt2,联立解得s=8h,故选D。 [以图说法] 图形示例 方法总结 已知速 度方向 已知速度的方向垂直于斜面 构建速度矢量三角形,根据tan θ== 求解问题 已知速度方向沿某点圆弧的切线方向 构建速度矢量三角形,根据tan θ==求解问题 图形示例 方法总结 已知位 移方向 已知位移的方向沿斜面向下 构建位移矢量三角形,根据 tan θ=== 求解问题 已知位移方向垂直斜面 考向2　斜抛运动 [例5]　(多选)(2025·广东四校联考)某篮球爱好者投篮训练时,篮球的运动轨迹如图所示,A是篮球的抛出点,B是篮球运动轨迹的最高点,C是篮球的入筐点。已知篮球在A点的速度与水平方向的夹角为60°,在C点速度大小为v,与水平方向的夹角为45°,重力加速度大小为g,不计空气阻力。下列说法正确的是 ( 　　) A.篮球经过B点时的速度为0 B.从A点到C点,篮球的速度变化方向竖直向下 C.从A点到C点,篮球的运动时间为 D.A、C两点的高度差为 BCD [解析]　篮球经过B点时有水平速度,则速度不为0,故A错误。速度变化方向为重力加速度的方向,则从A点到C点,篮球的速度变化方向竖直向下,故B正确。在A、C两点时水平速度相同,即vAcos 60°=vcos 45°,可得篮球从A点抛出时的速度为vA=v,A点竖直分速度vAy=vAsin 60°=v,方向竖直向上;C点竖直分速度vCy=vsin 45°=v,方向竖直向下;选竖直向下为正方向,有t==,故C正确。从A 到C,有(vsin 45°)2-(vAsin 60°)2=-2gh,解 得A、C两点的高度差为h=,故D正确。 三 考点三　圆周运动 26 1.圆周运动问题的分析思路 分析受力,明确向心力的来源,确定运动半径。熟练应用动力学方程F=m=mω2r=mr去解决圆周运动问题。 2.常见的圆周运动及临界条件 (1)水平面内的圆周运动 水平转盘上的物体 f=mω2r 恰好发生滑动时, f=μmg 圆锥摆模型 FTsin θ-FNcos θ=mω2r FTcos θ+FNsin θ=mg 恰好离开接触面时, FN=0 (2)竖直面及倾斜面内的圆周运动 轻绳模型 最高点:FT+mg=m 恰好通过最高点时绳的拉力恰好为0 轻杆模型 最高点:mg±F=m 恰好通过最高点时v=0,杆对小球的力等于小球的重力 带电小球在叠加场中的圆周运动 等效法 关注六个位置的动力学方程:最高点、最低点、等效最高点、等效最低点、最左边和最右边位置 恰好通过等效最高点时,恰好做完整的圆周运动 倾斜转盘上的物体 最高点:mgsin θ±f=mω2r 最低点:f-mgsin θ=mω2r 恰好通过最低点时, f=μmgcos θ 3.圆周运动的三种临界情况 (1)接触面滑动临界:f=fmax。 (2)接触面分离临界:FN=0。 (3)绳恰好绷紧:FT=0;绳恰好断裂:FT达到绳子可承受的最大拉力。 考向1　动力学规律的应用 [例6]　(多选)(2025·广东卷)将可视为质点的小球沿光滑冰坑内壁推出,使小球在水平面内做匀速圆周运动,如图所示。已知圆周运动半径R为0.4 m,小球所在位置处的切面与水平面夹角θ为45°,小球质量为0.1 kg,重力加速度g取10 m/s2。关于该小球,下列说法正确的有 (　　) A.角速度为5 rad/s B.线速度大小为4 m/s C.向心加速度大小为10 m/s2 D.所受支持力大小为1 N AC [解析]　对小球受力分析可知F向=mgtan 45°=mω2R, 解得ω=5 rad/s,故A正确; 线速度大小为v=ωR=2 m/s,故B错误; 向心加速度大小为a=ω2R=10 m/s2,故C正确; 所受支持力大小为N== N,故D错误。 考向2　轻绳类临界极值问题 [例7]　(多选)(2025·广东湛江二模)某马戏团上演的飞车节目如图所示,在竖直平面内有半径为R的固定圆轨道。表演者骑着摩托车在圆轨道内做圆周运动。已知人和摩托车的总质量为m,重力加速度大小为g,摩托车以的速度通过圆轨道的最高点B。关闭摩托车的动力,不计摩擦,忽略空气阻力,人和摩托车整体可视为质点,下列说法正确的是 (　　) A.摩托车经过B点时对轨道的压力大小为2mg B.摩托车经过A点时的速度大小为 C.摩托车从B点到A点的过程中,重力的功率先增大后减小 D.摩托车从B点到A点的过程中,先超重后失重 BC [解析]　由题意可知,摩托车在B点时,有FB+mg=m,解得FB=mg,由牛顿第三定律可知,摩托车经过B点时对轨道的压力大小为mg,选项A错误;摩托车从B点到A点的过程中,由机械能守恒定律有2mgR+m=m,其中vB=,解得vA=,选项B正确;摩托车从B点到A点的过程中,竖直速度vy先增大后减小,重力的功率P=mgvy,重力的功率先 增大后减小,选项C正确;摩托车从B点到A点的过程中,加速 度竖直分量先向下后向上,即先失重后超重,选项D错误。 考向3　轻杆类临界极值问题 [例8]　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.A、B之间的距离越小,小球在最低点处杆上的弹力就越小 D [解析]　小球恰好可在竖直平面内绕AB中点O做圆周运动,则 在最高点的速度为0,有2Fcos 30°=mg,解得F=mg,从最高点 至最低点,根据动能定理有mg×2×L=mv2,在最低点,根据牛 顿第二定律有2F'cos 30°-mg=m,联立解得F'=mg,故A、B错误;小球从最低点到最高点的过程中,杆上的弹力与速度始终垂直,故弹力做功为0,故C错误;从最高点至最低点,根据动能定理有mg×2×Lcos θ=mv2,小球在最低点处有2F″cos θ-mg=m,解得F″=,由此可知,A、B之间的距离越小,即θ越小,cos θ越大,杆上的弹力就越小,故D正确。 考向4　摩擦力临界极值问题 [例9]　(多选)如图所示,水平圆盘可绕竖直轴转动,圆盘上放有小物体A、B、C,质量分别为m、2m、3m,A放在B上,C、B离圆心O的距离分别为2r、3r。C、B之间用细线相连,圆盘静止时细线刚好伸直且无张力。已知C、B与圆盘间的动摩擦因数以及A、B间的动摩擦因数均为μ,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g。现让圆盘从静止缓慢加速,若A、B之间能发生相对滑动则认为A立即飞走,B以后不再受A物体的影响,且细线不会被拉断,则下列说法正确的是 (　　) A.当ω=时,A即将滑离B B.当ω=时,细线张力为 C.无论ω多大,B、C都不会和圆盘发生相对滑动 D.当ω=时,剪断细线,C将做离心运动 [答案]　AC [解析]　当A开始滑动时有fA=μmg=mω2×3r,解得ω=,所以当 ω=时,A即将滑离B,故A正确;当ω=>时A已经滑离B,B所 需向心力FB=2mω2×3r=6mω2r=3μmg,B与圆盘之间的最大静摩擦力 为fBm=μ×2mg=2μmg,细线张力为F=FB-fBm=μmg,故B错误;当ω>时,若B、C一起随盘转动,则对B有T+2μmg=2mω2·3r,对C有T+fC=3mω2·2r,解得fC=2μmg<fCm=3μmg,故只要细线抗拉力足够大,无论ω多么大,B、C总一起随盘转动而不发生相对滑动,故C正确;当ω=时,C所需向心力FC'=6mω2r=2.4μmg<fCm,所以剪断细线,C将与圆盘一起转动,故D错误。 四 课堂巩固 强化关键能力 1.如图所示,一个小球从P点以大小为v0的初速度斜向上抛出,初速度与水平方向的夹角为θ,小球恰好垂直打在竖直墙面上的B点,墙面上的A点与P点等高且与B点在同一竖直方向上。若保持小球从P点抛出的初速度大小不变,水平抛出后小球打在墙面上的位置在A点正下方的C点。已知AB=2AC,不计空气阻力,小球可视为质点,则θ角为 (　　) A.30°　　　　　　　　　 B.45° C.60° D.75° B 解析:设第一次斜抛时小球在空中运动的时间为t,小球在空中运动的逆运动是平抛运动,第二次平抛时小球运动的时间为t',则v0cos θ·t=v0·t', 由于AB=2AC, 所以有gt2=2·gt'2, 联立两式解得θ=45°, 故选B。 2.如图所示,一段路面中的凹凸部分可看作圆弧的一部分,A、B、C三处的切线均水平,其中B处的曲率半径ρB最大,C处的曲率半径ρC最小,一辆可视为质点的汽车以恒定的速率经过该路面,汽车受到的阻力与汽车对路面的压力成正比,汽车经过A、B、C三点时,发动机的输出功率分别记为PA、PB、PC。下列判断正确的是 (　　) A.PA<PB<PC B.PA<PC<PB C.PC<PB<PA D.PC<PA<PB A 解析:汽车在A处时有mg-FNA=m,汽车在B处时有FNB-mg=m,汽车在C处时有FNC-mg=m,由于汽车受到的阻力与汽车对路面的压力成正比,故汽车在C点受到的阻力最大,在A点受到的阻力最小,因汽车的输出功率P=fv,则PA<PB<PC。 $