第3讲 抛体运动 圆周运动-【创新教程】2027年高考物理大二轮专题增分方案学生用书

第一部分：专题一力与运动 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 C.C点速度方向沿CB向上，大小为1mm/s 1.曲线运动的理解 D.A点相对C点的速度沿水平方向，大小 (1)曲线运动是变速运动，速度方向沿切线 为2mm/s 方向. 对点集训 (2)合力方向与轨迹的关系：物体做曲线运动 1.一河流两岸平行，水流速率恒定为y,某人划 的轨迹一定夹在速度方向与合力方向之 船过河，船相对静水的速率为2，且℃2>.设 间，合力的方向指向曲线的“凹”侧. 人以最短的时间t1过河时，渡河的位移为 2.曲线运动的分析 d1;以最短的位移d2过河时，所用的时间为 (1)物体的实际运动是合运动，明确是在哪两 t2.下列说法正确的是 () 个方向上的分运动的合成. A.互=心，4_ (2)根据合外力与合初速度的方向关系判断合 t2'd2 运动的性质， B. 4_d2_ (3)运动的合成与分解就是速度、位移、加速度 t2 'd园 等的合成与分解，遵循平行四边形定则. 1 典题例析 'd2 /1+ [例1]（多选)(2026·河北卷)某千斤顶的 D.=1 /1 结构如图所示，四根等长杆由铰链相连.摇 t2 'd 动手柄竖直拾升重物过程中，A、C两点的 2.如图所示，有一半径为r 间距每秒均匀缩短2mm,当∠CAB=45° 的圆环在一水平地面上 时，下列说法正确的是 向右运动，且其圆心速度 重物 大小为0.现有一木板， 左端固定于地面之上，同时还搭于圆环之 上，且木板与地面所成锐角为0.则木板转动 手柄 的角速度ω为 ( 77777777777 A.cos Otan s /0 B.sin Otan号 A.A与C两点速度大小相等，方向相反 B.B点速度方向竖直向上，大小为2mm/s C. rcos 2tan D.cos Otan 考点二 抛体运动 核心透视 先按分运动规律列式，再用运动的合成求合 1.平抛运动 运动， (2)两个突破口 (1)基本思路 ①对于在斜面上平抛又落到斜面上的问题， 处理平抛（或类平抛）运动时，一般将运动沿 其竖直位移与水平位移之比等于斜面倾角 初速度方向和垂直于初速度方向进行分解， 的正切值. 11 物理 ②若平抛运动的物体垂直打在斜面上，则物 飞行器 体打在斜面上瞬间，其水平速度与竖直速度 7777777777 之比等于斜面倾角的正切值 着陆线 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 d 动为例（如图所示） A.20 m/s B.50 m/s C.110m/s D.120m/s 春向2 斜抛运动 [例3] (多选)(2026·湖 速度：v,=cos0,v,=vsin0-gt 北卷)某山沟竖直截面图 0 位移：x=cos0·t,y=sin0·t 28t 如图所示，山沟的一侧竖 (2)当物体做斜上抛运动至最高点时，运用逆 直，另一侧是以O点为圆 向思维，可转化为平抛运动， 心R为半径的是圆弧，圆弧最高点与0点 典题例析 考间1 平抛运动 等高。救援队从0点以大小为，=2g的 2 [例2](2026·广东卷)如图是月球上一圆 初速度向该山沟投掷救援物资，其中g是重 柱形阴影坑竖直截面图.假定某飞行器在月 力加速度大小.物资可视为质点，不计空气 阻力.为避免损坏救援物资，要求物资落到 面上空H=1.28km向坑中心方向以速度 圆弧上的速率最小，则物资 () o,匀速水平飞行.在距坑边l=1.2km的P 点正上方关闭动力，此后只受月球重力，直 A.在空中运动的时间为，2R g 至抵达着陆线.已知坑直径d=3km,月面 B.与水平方向成45°角斜上抛 至着陆线深度h=1.6km,月面重力加速度 取g月=1.6m/s2,飞行器可视为质点.飞行 C.抛出点与落点的高度差为②R 器安全到达着陆线，则。的大小可能是 ( D.落到圆弧上的最小速率为6gR 2 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：受重力和 水平面内 分析临界状态，一般情况下，当静摩擦力最大 支持力，且二力的合 时为临界点 力为零 定模型 判断是轻杆模型还是轻绳模型 水平方向：受静摩擦 当F向=Fax 受力分析 轻杆：FN=mg时 力的作用，且静摩擦时，物体速度 竖直面内 定临界点 轻绳：mgm时 力提供物体做圆周达到临界值 运动的向心力，关系 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 程求解 式有：F=m 12 第一部分：专题一力与运动 (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 图示 中是水平面内的圆周运动.水平面内做圆 周运动的物体其向心力可能由弹力、摩擦 最高点重力mg,弹力F弹向 重力mg,弹力F弹 力等力提供，常涉及绳的张紧与松弛、接 受力 下或等于零 向下、向上或等于零 触面分离等临界状态. 向心力 来源 mg+Fa=m mg土F雅=m (2)分析物体的运动情况，即物体运动的线速 r 度、角速度、周期、平面、圆心、半径等. 恰好过 F弹=0，mg=m mg=F弹，v=0,即 (3)分析物体的受力情况，画出受力分析图， 在最高点速度可 最高点v=√gr,即在最高点 确定向心力的来源。 为零 速度不能为零 (4)注意临界条件.绳的临界条件为张力 典题例析 F,=0,接触面滑动的临界条件为静摩擦 专向1水平面内的圆周运动及临界问题 力达到最大静摩擦力，接触面分离的临界 [例4幻（多选）(2025· 条件为F、=0. 山东卷，10)如图所 (5)对匀速圆周运动或变速圆周运动的某一 示，在无人机的某次 点，根据牛顿运动定律及向心力公式列方 定点投放性能测试 程.对变速圆周运动的某一段，根据动能 中，目标区域是水平 定理和几何关系列方程 地面上以O点为圆 专向2“竖直面内的圆周运动及临界问题 心，半径R,=5m的圆形区域，OO/垂直 地面，无人机在离地面高度H=20m的 [例5]（多选）(2026·湖北 空中绕O点、平行地面做半径R2=3m 卷)如图所示，半径为R、内 的匀速圆周运动，A、B为圆周上的两点， 壁光滑的圆环轨道固定在竖 ∠AOB=90°.若物品相对无人机无初速 直平面内.初始时刻，质量为 度地释放，为保证落点在目标区域内，无 m的小球甲从圆环内表面最 人机做圆周运动的最大角速度应为wmx: 高处以大小为，=√2gR(g为重力加速度 当无人机以wx沿圆周运动经过A点时，相对 大小)的水平初速度向右运动，同时质量为 无人机无初速度地释放物品.不计空气对物品 2m的小球乙从圆环内表面最低处以某一水 运动的影响，物品可视为质点且落地后即静 平初速度向左运动.当甲第一次运动到圆环 止，重力加速度大小g=l0m/s2.下列说法正 确的是 最低点时，乙恰好第一次运动到圆环最高 点.不计空气阻力、下列说法正确的是 A.cmax= rad/s 及ms-号rads A.乙的初速度大小为3√gR C.无人机运动到B点时，在A点释放的物 B.甲、乙两小球运动的周期相等 品已经落地 C.任意时刻两小球的连线均过圆环圆心 D.无人机运动到B点时，在A点释放的物 D.任意时刻两小球对圆环作用力的合力均 品尚未落地 不为零 13 物理 规律总结解决竖直面内圆周运动问题的 关键一“两点一过程” (1)“两点”即最高点和最低点，在最高点和最 307 低点对物体进行受力分析，找出向心力的 A.a在最高点时所受摩擦力可能为0 来源，根据牛顿第二定律列方程； B.a在最低点时所受摩擦力可能为0 (2)“一过程”即从最高点到最低点（或从最低 点到最高点)，往往用动能定理或机械能 C.ω= 多是a开始滑动的临界角速度 /8 守恒定律将这两点联系起来 春向3斜面上的圆周运动及临界问题 D.w一√急是b开始滑动的临界角速度 [例6]如图所示，两个质量均为m的小物块 易错警示本题容易错选A选项.若a通 a和b(可视为质点)，静止在倾斜的匀质圆 过最高点时所受摩擦力为0，则应有mgsin8 盘上.圆盘可绕垂直于盘面的固定轴转动，a 到转轴的距离为，b到转轴的距离为2l,物 =mw2l,此时w= g,殊不知，物块a的角 块与盘面间的动岸擦因数为停，盘面与水平 速度要受在最低点不滑动的限制，物块a在 面的夹角为30°.设最大静摩擦力等于滑动 最低点不发生滑动的最大角速度为√最，所 摩擦力，重力加速度大小为g.若a、b随圆 以最高点摩擦力不可能为0，出现错选的原 盘以角速度ω匀速转动，下列说法正确的是 因是考虑问题不全面，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)水平地面上有一足 2.如图所示，一长为1的轻 够长且足够宽的固定斜 杆的一端固定在水平转 面，倾角为37°，小明站在 轴上，另一端固定一质量 斜面底端向斜面上投掷可视作质点的小石 为m的小球.使轻杆随转 块.若石块出手时的初速度方向与水平方向 轴在竖直平面内做角速度为ω的匀速圆 成45°，出手高度为站立点正上方1.8m,重 周运动，重力加速度为g.下列说法正确 力加速度g=10m/s2,sin37°=0.6，cos37° =0.8.下列说法正确的是 () 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 直，石块在斜面上的落点恰好与出手点等 一定向上 高，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 B.若石块的飞行轨迹所在平面与斜面底边垂 用力指向O点 直，石块在斜面上的落点恰好与出手点等 高，则石块出手时的初速度为2√3m/s C若u一√？，小球通过最高点时，杆对球的 C.若石块的初速度大小一定，当石块的飞 作用力为零 行轨迹所在平面与斜面底边垂直时，石 D.小球通过最低点时，杆对球的作用力可 块飞行时间最短 能向下 D.若投出石块的最大初速度为8m/s,则石 C温馨提污 块在斜面上与出手点等高的所有落点所 学习至此，请完成配套训练专题精准强化3 组成的线段长度不会超过12m 14物理 (2)撤护车加逸运动过程中的位移=2a听=100m, 设在t?时刻停止鸣笛，根据题意可得 4。-6)20+100+6=t2, 停止鸣笛时救护车距出发处的距离 x=x1+(t3一t1)Xv, 代入数据联立解得x=680m. 答案：(1)20m/s(2)680m 考点二考向1 [例2][解析] 剪断前，对BCD分析FAB=(3m十2m十m)g, 对D,FcD=mg, 剪断后，对B,FAB一3mg=3mag, 解得a=g,方向竖直向上； 对C,Fc+2mg=2mac, 解得ac=1.5g,方向竖直向下.故A正确. [答案]A 考向2 [例3][解析]因为物块甲向右运动，木箱静止，根据相 对运动，甲对木箱的摩擦力方向向右，A错误；设乙运动 的加速度为a,只要乙有竖直向下的恒定加速度，对甲、 乙和木箱，由整体法，竖直方向受力分析有FN=M悬g一 a,则地面对木箱的支持力大小不变，B错误；设绳子的 弹力大小为T,对甲受力分析有T-mg=ma, 对乙受力分析有mg一T=ma, 联立解得a=2.5m/s2,T=7.5N,C正确，D错误. [答案]C 考向3 [例4][解析](1)小球在垂直于杆方向上受风力的分 力大小为F1=Fcos37°， 小球的重力垂直于杆向下的分力大小为 G1=Gcos37°=8N, 小球在垂直于杆方向上受力平衡，可知杆对球的弹力垂 直于杆向下，所以杆对球的弹力大小， F2=F1-G1, 由题意可知F2=8N,解得F=20N. (2)风力F作用时，由牛顿第二定律有 (F-mg)sin 37-uF2=ma1, 因a1=4m/s2,F=20N,解得u=0.25. (3)风力作用2s时小球的速度为4=a14=8m/s, 风力作用2s时小球的位移为工=2a行=8m, 风力撤去后，由牛顿第二定律有 mgsin37°+umgcos37°=ma2, 解得a2=8m/s2,方向沿杆向下 =4m· 小球继续上滑的位移x2=2a 小球沿直杆向上运动的最大位移xm=x1十x2=12m. [答案](1)20N(2)0.25(3)12m 考点三考向1 [例5][解析]由于相邻两树木间距离相等，所以t-N 图像的形状与t-x图像的形状相同，又t-工图像上的 点的切线斜率表示对应时刻速度的倒数，1~t2时间内t 一N图像上的点的切线斜率不变，所以该段时间内汽车 做匀速运动，A错误；t2~t时间内t-N图像上的点的 切线斜率逐渐增大，所以该段时间内汽车做减速运动，B 正确；根据t-N图像可知t1~t2时间内汽车的路程为相 邻树木间距的4倍，t2~t时间内汽车的路程为相邻树 木间距的3倍，4~；时间内汽车的路程为相邻树木间 距的3倍，故C、D错误. [答案]B 2 考向2 [例6][解析]以物块为研究对象，根据牛顿第二定律 有F-mgsin 0--F,=ma,可得a=E_mgsin0+B,结 m 合a一F图像可得k=1=b,-mgsin+E=-一b,可 m c m 知小物块的质量m=是，摩擦力与重力沿斜面的分力大 小之和为mgsin0+F:=c,故B、D正确. [答案]BD 课堂评价·高考预测 1.C2.D 第3讲抛体运动圆周运动 核心素养·助学提能 考点一 [例1][解析]由题意可知，四边形ABCD是菱形，摇动 手柄竖直抬升重物过程中，B点的速度方向竖直向上， A、C两点的速度方向分别垂直AD、CD方向，大小相等， A、C两，点的间距每秒均匀缩短2mm,可知A、C两点速 度的水平分童大小相等，为=心=子×是m/ 2 1mm/5,当∠CAB=45时，B点和C点沿BC方向的分速度 大小相等，即gsin45°=c,又=6cos45°，可得e= √2mm/s,g=2mm/s,A、C两点的速度大小相等，方向 相互垂直，A、C错误，B正确；A、C两点竖直方向的速度 大小相等，方向相同，水平方向速度大小相等，方向相 反，所以A点相对C点的速度沿水平方向，大小为十 =2mm/s,D正确. [答案]BD [对点集训门 1.C2.B 考点二考向1 [例2][解析]根据题意可知飞行器安全到达着陆线， 速度最小时会刚好通过月面坑边到达着陆线，此时根据 平抛运动规律在整直方向有H=合g:,代入数据解 得t1=40s, 在水平方向有l=t1,代入数据可得=30m/s; 飞行器安全到达着陆线，速度最大时会到达着陆线最右 端的坑边缘，此时根据平抛运动规律在竖直方向有H十 h=2gn专，代入数据解得=60s, 在水平方向有l十d=ot2,代入数据可得%=70m/s, 所以飞行器安全到达着陆线需满足30m/s≤U。 70m/s. [答案]B 考向2 [例3][解析]设落，点与O,点的竖直高度为，水平位移 为x,初速度与水平方向的夹角为，将初速度沿水平和竖直 方向分解，可得一h=%sn9:i一28，z=%0s0, 同时有h2+x2=R2, 联五得A=7a+世片合风 设落到圆孤上的速度为，根据机械能守恒 解得v=√2+2gh, 故可如后烧小德小，世多矿-型·时取爱小 值，落到圆孤上的速度最小； 8 四A=古R,=V,放AD正痛，C 解得入g 2 错误，根报窗面分新，当√四A=之R时，代入解得 5n0=号，0=30，故B错误。 [答案]AD 考点三考向1 [例4][解析]物品从无人机上释放后，做平抛运动，竖 直方向H=7g,可得1=2s, 要使得物品落，点在目标区域内，水平方向满足 x=√R-R2=t, 最大角追度等于一R】 2 联立可得ar=子ad/s,故A错误，B正确； 八 无人机从A到B的时间=Z=3π」 厂wmax 4 S: 由于t>t,可知无人机运动到B点时，在A,点释放的物 品已经落地，故C正确，D错误. [答案]BC 考向2 [例5][解析]根据题意当甲第一次运动到圆环最低点 时，乙恰好第一次运动到圆环最高点，则两者运动周期 相同，B正确；若乙的初速度为3√gR,则根据动能定理 可得此时乙在最高点的速度为√5gR,则易知乙的平均 速度大于甲，不可能相同时间内转半圈，A错误；在竖直 光滑圆环内，小球受重力作用，做的是变速圆周运动，相 同时间乙转过的角度与甲不同，除甲、乙运动到最低点 或最高点，任意时刻两小球连线均不过圆心，即速度不 同，向心力不同，圆环对两小球的作用力大小、方向均不 一致，根据力的合成和牛顿第三定律，两小球对圆环作 用力的合力不可能为0，C错误，D正确. [答案]BD 考向3 [例6][解析]在最高点，若a所受摩擦力为0，靠重力 沿圆盘的分力提供向心力，有mgsin0=mlaw2,在最低 点，有f-mgsin0=mlw2,解得最低点的摩擦力f=mg, 而最大静摩擦力fm=μngcos日=0.75mg,不可能为 mg,故假设不成立，因此在最高点a所受到的摩擦力不 会为0，故选项A错误；a在最低点时，由牛顿运动定律 有f-mgsin0=mw2l,得f=mgsin0+mw2l,所以a在最 低点时所受摩擦力不可能为0，故选项B错误；对a在最 低点，由牛顿运动定律得umgcos0-mgsin0=ml,代 入数据解得如√最故选项C错送：时b在最低点，由 牛颜运动定律得mgcos0-mgsin0=maw2(2l),代入数 据解得仙气√景，故选项D正确 [答案]D 课堂评价·高考预测 1.ACD 2.C 第4讲万有引力与宇宙航行 核心素养·助学提能 考点一 [例1][解析]设恒星半径为R,由题意得行星轨道半 径r=nR,行星绕恒星做匀速圆周运动，万有引力提供向 心力，有G=加祭，垫理得恒显质量M- n4π2 G7,恒 2 讲解册参考答案 里为均匀球体，体积V=号R,平均密度P=心，将r 4π2(nR)3 GT nR代入得p= 3πn GT· [答案]C [对点集训] 1.B2.B 考点二 [例2][解析]卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提 供向心力G, Mm =ma'r=m, 其中G为引力常量，M为地球质量，r为轨道半径，仙为 角速度，V为线速度. GMGM 推导得rω√产， 根据”=r,由于轨道半径不同，则改≠，故A错误； 1W2 由以上分析可知，品©r是，与r有关，≠，故B错 W2 误：由以上分析可知，立心，与，有关，≠2，故C C1 (GM r 错误；由以上分析可知， =GM,与r无关， GM 故D正确. [答案]D [例3][解析]赤道上静止物体与地球同步卫星角速度 相等，由a=rm2可得a,>a,根据GM=ma,可得a= r2 GM,则a1>a,所以a1>a>ao,选项A错误；在Ⅱ轨道 r 上，从P到Q的过程中只有万有引力做功，机械能守恒， 选项B错误；卫星从轨道I转移到轨道Ⅱ要在P点点火 加速做离心运动，所以在P点，Ⅱ轨道的线速度大于I 轨道的线选度，选项C正确；由开普勒第三定律气=及 可知，由于Ⅱ轨道半长轴小于Ⅲ轨道的半径，故Ⅱ轨道 的运行周期小于Ⅲ轨道的运行周期，选项D错误. [答案]C [对点集训] 1.B 2.BD 考点三考向1 [例4][解析]双星系统靠相互间的万有引力提供向心 力，则角速度大小和周期相等，所以Q星的周期为T,根 据题意可知n十r。=1-。=△，解得=+△r、 2、 。=2,则卫，Q两颗显的运动半径之比为告会选 2 项D正确；双星系统靠相互间的万有引力提供向心力， 角速度大小相等，向心力大小相等，则有GmpQ= 2 mprp@=mqrqw,解得mp= lrow rp G,mg= G,则Q、 P两颗里的质量老为△m=ma-mn-上-4Ar G GT2 选项A正确；P、Q两颗星的线速度大小之差为△v=一a =2x_2πe=2πAr,选项B正确；P、Q两颗星的质量 T T T 之比为m="=仁A,选项C错误。 ma re l+△r' [答案]C 9