03 专题一 第3课时 抛体运动与圆周运动（教师用书Word版）-【高考快车道】2026年高考物理大二轮专题复习与策略（江苏专版）

第3课时　抛体运动与圆周运动 [建体系·知关联](教师用书独具) [析考情·明策略] 真题呈现 2025江苏T4(圆周运动规律的应用) 2024江苏T4(通过喷泉形状认识平抛运动的规律) 2024江苏T10(比较不同水平面内圆锥摆的 v、ω、F向、a向) 2023江苏T10(合运动与分运动的概念及关系) 2023江苏T13(通过牛顿第二定律求解向心力) 考情分析 该部分注重与体育、娱乐、生活实际等结合，将“立德树人”的要求融入到物理试题的解答过程中，考查平抛运动、圆周运动规律。试题以能力测试为主导，以学科主干知识为载体，体现新课改的基本理念。题型有选择题，也有计算题。 考点1| 曲线运动和运动的合成与分解 1．曲线运动的分析 (1)物体的实际运动是合运动，明确是哪两个方向上的分运动的合成。 (2)根据合外力与合初速度的方向关系判断合运动的性质。 (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，遵守平行四边形定则。 2．渡河问题中分清三种速度 (1)合速度：物体的实际运动速度。 (2)船速：船在静水中的速度。 (3)水速：水流动的速度，可能大于船速。 3．绳(杆)端速度问题的解题方法 把物体的实际速度分解为垂直于绳(杆)和平行于绳(杆)的两个分量，根据沿绳(杆)方向的分速度大小相等求解，常见的模型如图所示。 [案例1]　如图所示的机械装置可以将圆周运动转化为直线上的往复运动。连杆AB、OB可绕图中A、B、O三处的转轴转动，连杆OB在竖直面内的圆周运动可通过连杆AB使滑块在水平横杆上左右滑动。已知OB杆长为L，绕O点做逆时针方向匀速转动的角速度为ω，当连杆AB与水平方向夹角为α，AB杆与OB杆的夹角为β时，滑块的水平速度大小为(　　) A．　　　 B． C． D． [题眼点拨]　①“连杆OB在竖直平面的圆周运动”表明B点沿切向的线速度是合速度，可沿杆和垂直杆分解。 ②“滑块在水平横杆上左右滑动”表明合速度沿水平横杆。 D　[设滑块的水平速度大小为v，A点的速度方向沿水平方向，将A点的速度分解如图所示。 滑块沿杆方向的分速度为vA分＝v cos α，B点做圆周运动，实际速度是圆周运动的线速度，可以分解为沿杆方向的分速度和垂直于杆方向的分速度，设B的线速度为v′，则有v′＝Lω，沿杆方向的分速度vB分＝v′cos θ＝v′cos (β－90°)＝Lωsin β，又因为二者沿杆方向的分速度是相等的，即vA分＝vB分，联立解得v＝，故D正确。] 反思感悟：“端速问题”的关键是合速度的判断，根据与杆或与绳相连的物体相对地面发生的实际运动判断是常用方法，如例题中B端的圆周运动，合速度沿切线。 [案例2]　(2025·江苏镇江模拟预测)一小船以相对于静水不变的速度向对岸驶去，船头始终垂直河岸。河水向右流动，并且距离河岸越远水流速度越大，下列描绘的小船过河轨迹中可能正确的是(　　) A　　　　　　　　　　B C　　　　　　　　　　D C　[距离河岸越远水流速度越大，则沿水流方向上做加速运动，垂直河岸方向上做匀速直线运动，类比于平抛运动的图像可知C符合题意。故选C。][案例3]　(2023·江苏卷T10)达·芬奇的手稿中描述了这样一个实验：一个罐子在空中沿水平直线向右做匀加速运动，沿途连续漏出沙子。若不计空气阻力，则下列图中能反映空中沙子排列的几何图形的是(　　) A　　　　　B　　 　　C　　　　　D D　[设罐子的初速度为v0，在空中水平向右的加速度为a，在某一时刻t，对于t之前的任一时刻t0漏出的沙子，其在t时间内水平方向的位移大小x＝＋(v0＋at0)(t－t0)＝＝－a(t－t0)2＋at2＋v0t，其在t时间内竖直方向的位移大小y＝g(t－t0)2，可得＝(t－t0)2，联立解得y＝－x＋gt2＋(对于t时刻，t为定值)，则沙子的几何图形应为D。] 【教师备选资源】如图所示，光滑的水平地面上有一个表面光滑的立方体P，一轻杆的下端用光滑铰链连接于地面的O点，轻杆的上端连接一小球Q，Q靠在P的左侧面上，P的右侧面受到水平向左的推力F的作用，整个装置处于静止状态。现撤去F，在P、Q分离时(　　) A．两者的速率相等　　 B．Q的加速度为零 C．Q刚好落地 D．Q只受重力 D　[如图所示，将小球的运动分解， 有vx＝v sin α，vP＝，即小球和立方体分离时刻速率不相等，故A错误；设小球和立方体质量分别为m、M，对小球和立方体整体受力分析，受重力、杆的弹力FT、支持力，在水平方向运用牛顿第二定律，有FTcos α＝(m＋M)ax，刚分离时加速度的水平分量为零，故杆的弹力为零，所以小球只受重力，此时小球加速度为g，故B错误，D正确；由A项的分析可知，落地时，小球Q的水平速度为零，而分离时小球Q的水平速度不为零，所以二者分离时，Q未落地，故C错误。] 考点2| 平抛运动 1．平抛运动的研究方法 2．平抛运动的二级结论 (1)做平抛运动的物体在任一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，即tan α＝。 (2)做平抛运动的物体在任一时刻任一位置处，其速度与水平方向的夹角α的正切值，是位移与水平方向夹角θ的正切值的2倍，即tan α＝2tan θ。 (3)若物体在斜面上平抛又落到斜面上，则其竖直位移与水平位移之比等于斜面倾角的正切值。 (4)若平抛物体垂直打在斜面上，则物体打在斜面上瞬间，其水平速度与竖直速度之比等于斜面倾角的正切值。 [案例4]　如图所示为湖边一倾角为30°的大坝的横截面示意图，水面与大坝的交点为O，一人站在A点处以速度v0沿水平方向扔小石块。已知AO＝30 m，忽略人的身高，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　) A．若v0＜18 m/s，则石块不能落入水中 B．若v0＞10 m/s，则石块一定能落入水中 C．若石块能落入水中，则v0越大，落水时速度方向与水平面的夹角越大 D．若石块不能落入水中，落到斜面上时速度方向与水平面的夹角恒定 D　[若石块恰好落在O点，则下落的高度h＝30× m＝15 m，运动的时间t＝＝ s，初速度v0＝＝15 m/s，故若v0＜18 m/s，则石块可能落入水中；若v0＞10 m/s，则石块不一定落入水中，选项A、B错误；若石块能落入水中，下落的高度一定，竖直分速度一定，结合平行四边形定则知tan α＝，初速度越大，落水时速度方向与水平面的夹角越小，选项C错误；若石块不能落在水中，则石块竖直位移与水平位移的比值是定值，有tan θ＝＝，速度与水平方向的夹角tan α＝＝＝2tan θ，因为θ＝30°一定，则速度与水平方向的夹角一定，可知石块落到斜面上时速度方向与水平面的夹角一定，选项D正确。] 反思感悟：平抛运动问题要构建好两类模型，一类是常规平抛运动模型，注意分解方法，应用匀变速运动的规律；另一类是平抛、斜面结合模型，要灵活应用斜面倾角，分解速度或位移，构建几何关系。 [案例5]　(2024·江苏卷T4)喷泉a、b出射点高度相同，形成如图所示的形状，不计空气阻力，则喷泉a、b的(　　) A．加速度相同　 B．初速度相同 C．最高点的速度相同 D．在空中的时间相同 A　[水在空中的运动为斜抛运动，只受重力作用，则a、b加速度相同，均为重力加速度，A正确；喷泉由出射点到落地的过程，由h＝gt2与对称性可知，喷泉a在空中运动的时间小于喷泉b在空中运动的时间，D错误；喷泉在最高点的速度等于水平初速度，结合x水平＝v0xt可知两喷泉在最高点的速度不相同，C错误；由喷泉轨迹可知两喷泉出射点的速度方向不同，则两喷泉的初速度不同，B错误。] [案例6]　如图所示为一“永动机”玩具的模型，abcd是一组光滑的细金属双轨，轨道间距为l＝0.8 cm，bc段水平。按下一个隐蔽开关后，把质量m＝3.6 g的钢球从软木盘中心的洞口O处无初速度释放，钢球便沿轨道运动至d点斜向上飞出，速度与水平方向成53°，之后恰好落到洞口O点附近的G点，接着在洞口附近来回运动一段时间后，再次从洞口无初速度落下，此后不断重复以上过程。不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，sin 53°＝0.8。 (1)已知钢球直径d＝1 cm，求钢球在bc段上滚动时，每条轨道对钢球的支持力F； (2)若将钢球视作质点，Gd处在同一高度，水平距离s＝60 cm，求钢球从d点飞出后能上升的最大高度h； (3)若在(2)的条件下，要使钢球能“永动”，求小球每运动一圈，玩具中隐蔽的加速装置需对小球做的功W。 [解析]　(1)钢球在bc段上滚动时，支持力与竖直方向夹角满足sin θ＝＝ 竖直方向根据受力平衡可得 2F cos θ＝mg 联立解得F＝0.03 N。 (2)Gd间的运动可以视为两段平抛运动，利用平抛知识可知，水平方向有＝vxt 竖直方向有vy＝gt d点速度与水平方向夹角满足tan 53°＝ 又因为h＝gt2 联立解得t＝0.2 s，h＝0.2 m。 (3)d点抛出时的竖直分速度为vy＝gt＝2 m/s d点的速度为vd＝＝2.5 m/s 每次对小球做的功为 W＝Ekd＝＝1.125×10-2 J。 [答案]　(1)0.03 N　(2)0.2 m　(3)1.125×10-2 J 【教师备选资源】 某工厂为了落实有关节能减排政策，水平的排水管道满管径工作，减排前、后水落点距出水口的水平距离分别为x0、x1，则减排前、后单位时间内的排水量之比(　　) A． 　　B． 　　C．　　 D． A　[设管的横截面积为S，则排水量为V排＝SL，L＝vt，减排前水流速为v1，则t时间内排水量V排1＝Sv1t＝Sx0；减排后水流速为v2，则t时间内排水量V排2＝Sv2t＝Sx1，则减排前、后单位时间内的排水量之比＝，故选A。] 考点3| 圆周运动 1．水平面内的圆周运动的“临界”分析 (1)绳的临界：张力FT＝0。 (2)接触面滑动的临界：F＝Ffm。 (3)接触面分离的临界：FN＝0。 2．竖直面内的圆周运动(轻绳模型和轻杆模型) 轻绳模型 轻杆模型 图示 在最高点受力 重力，弹力F弹向下或等于零，mg＋F弹＝m 重力，弹力F弹向下、向上或等于零，mg±F弹＝m 恰好过最高点 F弹＝0，mg＝m，v＝，即在最高点速度不能为零 v＝0，mg＝F弹，在最高点速度可为零 关联 应用动能定理或机械能守恒定律将初、末状态联系起来列方程求解 [案例7]　(2025·江苏扬州阶段练习)一种自动计数的呼拉圈深受人们欢迎，如图甲，腰带外侧带有轨道，轨道内有一滑轮，滑轮与配重通过轻绳连接，其模型简化如图乙所示。已知配重质量为0.4 kg，绳长为0.3 m，悬挂点到腰带中心的距离为0.12 m，水平固定好腰带，通过人体微小扭动，使配重在水平面内做匀速圆周运动。不计一切阻力，绳子与竖直方向夹角θ＝37°，配重距离地面高度为0.5 m，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求： (1)细绳的拉力； (2)若配重不慎脱落，脱落后平抛的水平距离(结果用根号表示)； (3)配重从静止开始加速旋转至θ＝37°的过程中，绳子对配重所做的功。 [解析]　(1)根据题意，对配重进行受力分析，根据共点力平衡得FTcos 37°＝mg 解得FT＝＝5 N。 (2)根据题意可知，配重做匀速圆周运动，则 r＝l sin 37°＋0.12 m＝0.30 m 根据mg tan θ＝m 解得v＝1.5 m/s 配重不慎脱落后做平抛运动，则有h＝gt2 平抛的水平距离为x＝vt 联立解得x＝ m。 (3)根据几何关系可得，配重上升的高度为 h1＝l＝0.06 m 根据动能定理可得W－mgh1＝mv2 解得W＝0.69 J。 [答案]　(1)5 N　(2) m　(3)0.69 J 反思感悟：圆周运动的一些典型模型的处理方法 [案例8]　(2025·江苏卷T4)游乐设施“旋转杯”的底盘和转杯分别以O、O′为转轴，在水平面内沿顺时针方向匀速转动。O′固定在底盘上。某时刻转杯转到如图所示位置，杯上A点与O、O′恰好在同一条直线上。则(　　) A．A点做匀速圆周运动 B．O′点做匀速圆周运动 C．此时A点的速度小于O′点 D．此时A点的速度等于O′点 B　[A点运动为A点绕O′的圆周运动和O′相对于O的圆周运动的合运动，故轨迹不是圆周，故不做匀速圆周运动，故A错误；根据题意O′固定在底盘上，故可知O′围绕O点做匀速圆周运动，故B正确；杯上A点与O、O′恰好在同一条直线上时且A在OO′延长线上，A点和O′点运动方向相同，又A点相对O′点做圆周运动，故此时A的速度大于O′的速度，故C、D错误。故选B。] [案例9]　如图所示，高H＝20 m的光滑水平平台左端水平放置一两轮间距d＝8.0 m的传送带。可视为质点的滑块a、b之间用细绳相连，其中间有一处于压缩状态的轻质弹簧(滑块与弹簧不连接)，开始时整个装置处于静止状态。某时刻装置中的细线忽然断开，滑块a、b被弹出，其中滑块a以速度大小v0＝5.0 m/s向左滑上传送带，滑块b沿竖直放置的半径为R＝0.1 m的光滑圆形管道做圆周运动，并通过最高点C。已知滑块a、b的质量分别为ma＝1.0 kg，mb＝2.0 kg，空气阻力不计，g取10 m/s2。求： (1)滑块a、b被弹出时，滑块b的速度大小vb； (2)滑块b通过圆形管道最高点时对管道的压力。 [解析]　(1)弹开前后，a、b系统动量守恒，有 mav0＝mbvb 解得vb＝2.5 m/s。 (2)滑块b通过圆形管道到最高点C过程，由动能定理得－mbg·2R＝ 在最高点处，由牛顿第二定律得mbg＋FC＝ 解得FC＝25 N 由牛顿第三定律可知滑块b对管道上壁有竖直向上的压力，大小为25 N。 [答案]　(1) 2.5 m/s　(2) 25 N，方向竖直向上 【教师备选资源】 (2023·江苏卷T13)“转碟”是传统的杂技项目，如图所示，质量为m的发光物体放在半径为r的碟子边缘，杂技演员用杆顶住碟子中心，使发光物体随碟子一起在水平面内绕A点做匀速圆周运动。当角速度为ω0时，碟子边缘看似一个光环。求此时发光物体的速度大小v0和受到的静摩擦力大小f。 [解析]　发光体的速度v0＝ω0r，发光体做匀速圆周运动，则静摩擦力充当做圆周运动的向心力，静摩擦力大小为f＝r。 [答案]　ω0r　r 18/18 学科网（北京）股份有限公司 $