第3讲 抛体运动与圆周运动 讲义-2026年高三物理二轮专题复习

第3讲　抛体运动与圆周运动　讲义 知识体系： 考点一　曲线运动　运动的合成与分解 两个分运动 示例 合运动性质 两个直线运动 匀速直线运动与匀变速直线运动互成角度 匀变速曲线运动 两个匀变速直线运动 匀变速曲线运动或匀变速直线运动 直线运动和简谐运动 单摆(类单摆)与直线运动 曲线运动 直线运动和圆周运动 直线运动与匀速圆周运动垂直 螺旋式运动 直线运动与圆周运动共面 摆线运动 2.沿绳或杆的速度分解方法 情景示例 方法:把物体的实际速度分解为垂直于绳(杆)和平行于绳(杆)两个分量,根据沿绳(杆)方向的分速度大小相等列式求解。 典例1:(2025·河北石家庄高三联考)如图所示,在某次演习中一轰炸机沿着与水平方向成30°角向下进行俯冲轰炸,其俯冲的加速度大小为g,同时每隔1 s向下释放一枚炮弹,若不计空气阻力,重力加速度为g,则炮弹在空中排列的图形可能是(　　) 答案　B解析　轰炸机在空中与地面成30°角向下做加速度大小为g的匀加速运动,以轰炸机为参考系,炮弹在与地面成30°角方向向上做初速度为0、加速度大小为g的匀加速直线运动,而炮弹在竖直方向上做自由落体运动,炮弹的合加速度如图所示,则炮弹在空中排列的图形,可能是图B,故B正确。 典例2: (2025·黑、吉、辽、内蒙古卷,6)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 答案　B解析　设塔块匀速下落的速度为v0,细绳与水平方向的夹角为α,将塔块的速度沿细绳和垂直于细绳的方向分解,如图所示,沿细绳方向的速度为v1=v0sin α;将手的速度沿细绳和垂直于细绳的方向分解,则沿细绳方向的速度为v2=vcos α,则v1=v2,整理得v=v0tan α,由于两人相向运动的过程中,细绳与水平方向的夹角α逐渐增大,tan α逐渐增大,v0保持不变,所以v一直增大,B正确,A、C、D错误。 考点二　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)设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。 3.处理平抛(类平抛)运动的技巧 (1)处理平抛运动(或类平抛运动)时,利用“化曲为直”的思想,分别研究物体在两个不同方向的分运动,再根据运动学公式、牛顿运动定律、几何关系等列式求解。 (2)如图甲所示,对于从斜面上水平抛出又落到斜面上的问题,有=tan θ,速度方向与斜面平行时,物体离斜面最远。 (3)如图乙所示,对平抛运动的物体垂直打在斜面上,有=tan θ。 (4) 如图丙所示,做平抛运动的物体,其位移方向与速度方向一定不同,它们之间的关系tan φ=2tan θ。 　　大多数平抛运动与斜面(曲面)的综合问题，最终可转化为对平抛物体位移方向、速度方向分析，对位移、速度分解、计算，从而解决问题。 已知速度 方向， 分解速度 垂直落在斜面上 tan θ== 无碰撞地进入圆弧形轨道 tan θ== 已知位移 方向，分解位移 求飞行时间、位移等 tan θ== 落在斜面上位移最小 tan θ== (x-R)2+y2=R2 典例3:(2025·云南卷·3)如图所示，某同学将两颗鸟食从O点水平抛出，两只小鸟分别在空中的M点和N点同时接到鸟食。鸟食的运动视为平抛运动，两运动轨迹在同一竖直平面内，则(　　) A.两颗鸟食同时抛出 B.在N点接到的鸟食后抛出 C.两颗鸟食平抛的初速度相同 D.在M点接到的鸟食平抛的初速度较大 答案　D解析　鸟食的运动视为平抛运动，则在竖直方向有h=gt2，由于hM<hN，则tM<tN，要同时接到鸟食，则在N点接到的鸟食先抛出，故A、B错误；在水平方向有x=v0t=v0，过M点作一水平面，如图所示。可看出在相同高度处，在M点接到的鸟食水平位移大，则在M点接到的鸟食平抛的初速度较大，故C错误，D正确。 典例4:(2025·广西南宁模拟)如图所示,倾角为37°的斜面体固定在水平面上,小球A在斜面底端正上方以速度v1向右水平抛出,同时,小球B在斜面顶端以速度v2向左水平抛出,两球抛出点在同一水平线上,结果两球恰好落在斜面上的同一点,且A球落到斜面上时速度刚好与斜面垂直,不计小球的大小,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。则v1∶v2等于(　　) A.4∶3　　　B.5∶4 C.8∶7　　　D.9∶8 答案　D解析　小球A垂直打在斜面上,如图所示, 根据几何关系可得tan 37°=。对于小球B,有tan 37°==,又t1=t2,联立得v1∶v2=9∶8,故D正确。 考点三　斜抛运动 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 研究方法 运动的合成与分解、逆向思维法 基本规律 (以斜上抛 运动为例) (1)水平方向：v0x=v0cos θ，F合x=0；x=v0tcos θ (2)竖直方向：v0y=v0sin θ，F合y=mg；y=v0tsin θ-gt2 常见图例 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=vx0=v0cos θ,vy=v0sin θ-gt 位移:x=v0cos θ·t,y=v0sin θ·t-gt2。 上升时间:t=　　　　射高:h=　　　射程:x=vx·2t= (2)当物体做斜上抛运动至最高点时,运用逆向思维,可转化为平抛运动处理。 典例5:(2025·湖北卷·6)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. 答案　C解析　设网球离开球拍瞬间的速度大小为v0，球网高度为h，则网球两次运动过程沿水平方向均做匀速直线运动，有L=v0cos θ·t，斜向上将球击出后，沿竖直方向有h-=v0sin θ·t-gt2，斜向下将球击出后，沿竖直方向有L-h=v0sin θ·t+gt2，解得tan θ=，故选C。 典例6:(多选)(2025·河南名校联考)如图所示,在一个倾角θ=15°的足够长固定斜面底端P点将小球a以某一初速度斜向上抛出,抛出方向与斜面的夹角α=30°,小球a将落在斜面上的Q点,P、Q之间的距离为l。若将小球b以相同大小的初速度从P点抛出,抛出方向与斜面的夹角调整为45°,不计空气阻力,重力加速度为g,sin 15°=,cos 15°=,则(　　) A.从抛出到落在斜面上,小球a所用的时间为 B.从抛出到落在斜面上,小球a、b所用的时间相等 C.小球b将落在Q点 D.小球b将落在Q点的下方 答案　AC解析　将a的加速度和初速度沿斜面方向和垂直斜面方向分解,如图所示, 设初速度大小为v,则从抛出到落在斜面上,小球a所用的时间为ta=,则沿斜面方向有l=vcos α·ta-gsin θ·,联立解得ta=,故A正确;同理,小球b所用的时间为tb=≠ta=,故B错误;设b球落点与P点的距离为x,则有x=vcos 45°·tb-gsin θ·,联立解得x=l,故C正确,D错误。 考点四　圆周运动 1.水平面内的圆周运动临界条件 模型示例 动力学方程 临界情况示例 水平转盘上的物体 Ff=mω2r 恰好发生滑动：Ff=Ffmax 圆锥摆模型 mgtan θ=mrω2 恰好离开接触面FN=0 2.竖直面及倾斜面内的圆周运动临界条件 模型示例 动力学方程 临界情况示例 轻 绳 模 型 最高点：FT+mg=m 恰好通过最高点，绳的拉力恰好为0 在到达最高点前M点脱离mgcos θ=m 恰好通过最高点，FN恰好为0 轻杆模型 最高点：mg±F=m 恰好通过最高点，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，等效最高点：mg'=m，其中g'= 恰好通过等效最高点，即恰好做完整的圆周运动 倾斜转盘上的物体 最高点：mgsin θ±Ff=mω2r 最低点：Ff-mgsin θ=mω2r 在最低点恰好不发生相对滑动 典例7: (2025·山东泰安高三适应性考)如图所示,质量为m、可视为质点的物块用长为L的细绳拴接放在转盘上,细绳的另一端连接在通过转盘轴心与盘固定在一起的竖直杆上,细绳刚好伸直且与竖直方向的夹角为α。已知物块与转盘之间的动摩擦因数为μ,且μ<tan α,假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度大小为g。现让整个装置(含物块)以竖直杆为轴转动,物块与盘保持相对静止,角速度从零逐渐增大到ω0后,保持ω0匀速转动,当ω0=时,绳子拉力大小为(　　) A.0　　　　　　　B.mgcos α C.　　　　　　D. 答案　C解析　当转盘角速度逐渐增大时,会出现临界情况,转盘对物块的支持力恰好为零,此时竖直方向有mg=FTcos α,水平方向上,由牛顿第二定律有FTsin α=mω2Lsin α,联立解得ω=,即当ω0=,转盘对物块的支持力恰好为零, 由FTcos α=mg可得细绳的拉力大小为FT=,故C正确。 典例8:(多选)(2025·重庆巴蜀中学适应性考试)如图所示,柔力球以迎、引、抛及弧形接发技术为特征,是一项集健身、表演和竞技为一体的富有民族特色的体育运动。如图,健身者能控制球拍使球在竖直面内做半径为R的匀速圆周运动,忽略球运动过程中受到的空气阻力。a为圆周的最高点,c为最低点,在这两处拍面水平,b、d两点与圆心O等高,已知球的质量为m,重力加速度大小为g,球在c点对球拍的压力大小为5mg,则球(　　) A.做圆周运动的线速度大小为 B.在a处受到球拍的作用力为3mg C.在b处一定只受到两个力的作用 D.圆周运动的周期为T=π 答案　BD解析　球在c点对球拍的压力大小为5mg,由牛顿第三定律知,在c点球拍对球的支持力大小FN=5mg,则在c点,有FN-mg=m,解得v=2,故A错误;在a处,有FNa+mg=m,解得FNa=3mg,故B正确;设在b处球拍与水平面的夹角为θ,若满足mgtan θ=m,又v=2,解得tan θ=4,可知小球在b处可能受重力、支持力和摩擦力这三个力的作用,故C错误;圆周运动的周期为T==π,故D正确。 典例9:如图所示为一儿童玩具的简化模型，AB为水平直轨道，BC和CD为两段半径为R、圆心角为37°的圆弧轨道，ABCD位于同一竖直平面内，整个轨道无摩擦且各段轨道平滑连接。在水平直轨道的A端有一弹簧枪，向左压缩弹簧可将小球向右弹出。在某次玩耍时，弹簧枪将质量为m的小球弹出后，小球恰好能够到达D点。已知重力加速度为g，不计空气阻力，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。求： (1)小球经过B点前后瞬间对轨道的压力大小之比； (2)更换一个质量为的小球，仍将弹簧压缩到相同的长度后释放，小球经过C点后上升的最大高度。 答案　(1)5∶9　(2)R 解析　(1)小球经过B点前瞬间，轨道对小球的支持力大小FN1=mg 根据牛顿第三定律可得，小球对轨道的压力大小FN1'=FN1=mg 因为小球恰好到达D点，故到达D点的速度为零，从B点到D点 由动能定理得-mg·2R(1-cos 37°)=0-m 小球经过B点后瞬间，由牛顿第二定律得FN2-mg=m 联立解得FN2=mg 根据牛顿第三定律可得，小球对轨道的压力大小FN2'=FN2=mg 所以FN1'∶FN2'=5∶9。 (2)弹簧枪对小球做的功W=m 设质量为的小球被弹出后到达C点的速度为vC， 根据动能定理得W-gR(1-cos 37°)=×-0 解得vC= 因为mgcos 37°< 所以小球经过C点后将离开轨道做斜上抛运动，设其离开C点后上升的最大高度为h 有(vCsin 37°)2=2gh 解得h=R。 学科网（北京）股份有限公司 $