【高考突破方案】第四章 -讲义（教师版）高考物理一轮复习
文档属性
| 名称 | 【高考突破方案】第四章 -讲义（教师版）高考物理一轮复习 |
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| 格式 | DOCX | ||
| 文件大小 | 9.5MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2025-12-10 14:11:19 | ||
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文档简介
第四章 曲线运动 万有引力与航天
课程标准 1.通过实验，了解曲线运动，知道物体做曲线运动的条件. 2.通过实验，探究并认识平抛运动的规律.会用运动合成与分解的方法分析平抛运动.体会将复杂运动分解为简单运动的物理思想.能分析生产生活中的抛体运动. 3.会用线速度、角速度、周期描述匀速圆周运动.知道匀速圆周运动向心加速度的大小和方向.通过实验，探究并了解匀速圆周运动向心力大小与半径、角速度、质量的关系.能用牛顿第二定律分析匀速圆周运动的向心力.了解生产生活中的离心现象及其产生的原因. 4.通过史实，了解万有引力定律的发现过程.知道万有引力定律.认识发现万有引力定律的重要意义.认识科学定律对人类探索未知世界的作用. 5.会计算人造地球卫星的环绕速度.知道第二宇宙速度和第三宇宙速度. 6.知道经典力学的局限性，初步了解相对论时空观和微观世界的量子特征.体会人类对自然界的探索是不断深入的.
核心素养 物理观念 1.理解物体做曲线运动的条件，理解向心力、向心加速度等概念. 2.掌握平抛运动、圆周运动的相关规律. 3.会用运动与相互作用知识分析曲线运动问题. 4.了解万有引力定律的发现过程及重要意义. 5.掌握万有引力定律的应用. 6.会计算环绕速度. 7.运用运动观念拓展对天体运动的探究.
科学思维 1.会用运动的合成与分解方法分析平抛运动，会用牛顿第二定律分析圆周运动. 2.体会将复杂运动转化为简单运动的思想方法，认识其物理模型特征. 3.运用万有引力定律和圆周运动知识分析天体运动问题. 4.建构双星、多星运动模型.
科学探究 通过实验研究平抛运动、匀速圆周运动的规律.学习引力常量的测量方法，体会猜想、假设及实验验证在发现海王星中的重要科学作用.
科学态度 与责任 联系生活中的曲线运动模型，让学生掌握生活中的物理应用，激发学生的学习兴趣.
命题探究 命题分析 1.曲线运动主要考查运动的合成与分解方法的应用，平抛运动和圆周运动的规律及其应用. 2.万有引力与航天是每年高考的必考内容，多是通过联系最新科技以选择题形式呈现.
趋势分析 1.以曲线运动为背景命制的题目常常涉及临界、极值、数形结合等问题，题型有选择题和计算题.近几年高考特别注重联系生产、生活及科技实际的命题. 2.以万有引力与航天为背景命制的题目：(1)应用万有引力定律计算重力加速度、天体质量、天体密度等；(2)对天体运动规律的分析，卫星的发射与变轨，与天体运动有关的能量问题等.
预设情境 风洞、航展表演、投篮、飞轮转动、抛撒谷粒、小船渡河、抛体运动、火车转弯、水流星、体育运动、天体的质量和密度、卫星运动参量、天体的“追及”、卫星的变轨和对接、双星或多星等.
第1讲 曲线运动 运动的合成与分解
一、曲线运动
1.速度的方向
质点在某一点的速度方向，沿曲线在这一点的 切线 方向.
2.运动性质
物体做曲线运动时，由于速度的 方向 时刻改变，物体的加速度一定 不为 0，因此，曲线运动一定是 变速 运动.
3.物体做曲线运动的条件
(1)运动学角度：物体的 加速度 的方向与它的速度方向不在同一直线上.
(2)动力学角度：物体所受合力的方向与它的速度方向不在同一直线上.
二、运动的合成与分解
1.分运动和合运动
一个物体同时参与几个运动，参与的这几个运动叫作 分运动 ，物体的实际运动叫作 合运动 .
2.运动的合成
由 分运动 求 合运动 的过程.包括位移、速度和加速度的合成.
3.运动的分解
由 合运动 求 分运动 的过程.解题时应按实际效果分解，或正交分解.
4.遵从的规律
运动的合成与分解遵从 矢量运算法则 .
5.合运动与分运动的关系
(1)等时性：合运动与分运动、分运动与分运动经历的 时间 相等，即同时开始、同时进行、同时停止.
(2)独立性：各分运动相互 独立 ，不受其他运动的影响.各分运动共同 决定 合运动的性质和轨迹.
(3)等效性：各分运动叠加起来与合运动有完全相同的 效果 .
考点一 物体做曲线运动的条件与轨迹分析
1.物体做曲线运动的轨迹
物体做曲线运动时，速度沿轨迹的切线方向，合力指向轨迹凹侧，如图所示.
2.物体做曲线运动的特征
(1)运动学特征：由于做曲线运动的物体的瞬时速度方向沿曲线的切线方向，所以做曲线运动的物体的速度方向时刻发生变化，即曲线运动一定为变速运动.
(2)动力学特征：由于做曲线运动的物体的速度时刻变化，说明物体具有加速度，根据牛顿第二定律可知，物体所受的合力一定不为零且和速度方向始终不在一条直线上（曲线运动条件）.合力在垂直于速度方向上的分力改变物体速度的方向，合力在沿速度方向上的分力改变物体速度的大小.
(3)若合外力的方向与速度方向夹角成锐角，则物体速率增大；若两者夹角为钝角，则速率减小.
物体做曲线运动的条件
【例1】 在珠海航展上，歼击机进行了空中表演，其轨迹是曲线，如图所示.歼击机在运动过程中，下列说法正确的是( )
A.歼击机的速度可能不变
B.歼击机所受合力大小一定不变
C.歼击机所受合力方向与它的速度方向可能在一条直线上
D.歼击机在曲线运动过程中所受合力一定指向曲线凹侧
【解析】 D 歼击机做的是曲线运动，速度方向时刻发生改变，A错误；物体做曲线运动的条件是物体的初速度方向与力的方向不在同一条直线上，力的大小可以不变，也可以变化，B错误；当歼击机所受合力方向与它的速度方向存在夹角时，才能做曲线运动，在同一条直线上是做直线运动，C错误；在曲线运动过程中所受合力一定指向曲线凹侧，D正确.
【变式训练1】 在演示“做曲线运动的条件”的实验中，有一个在水平桌面上向右做直线运动的小钢球，第一次在其运动路线的正前方放置条形磁铁，第二次在其运动路线的旁边放置条形磁铁，如图所示，虚线表示小钢球的运动轨迹.观察实验现象，以下叙述正确的是( )
A.第一次实验中，小钢球的运动是匀速直线运动
B.第二次实验中，小钢球的运动类似平抛运动，其运动轨迹是一条抛物线
C.该实验说明做曲线运动的物体的速度方向沿轨迹的切线方向
D.该实验说明物体做曲线运动的条件是物体受到的合力的方向与速度方向不在同一直线上
【解析】 D 第一次实验中，小钢球受到沿初速度方向的磁铁的吸引力作用，做直线运动，并且随着距离的减小，吸引力变大，加速度变大，故小钢球做非匀变速直线运动，A错误；第二次实验中，小钢球所受的磁铁的吸引力方向总是指向磁铁，是变力，故小钢球的运动不是类平抛运动，其轨迹也不是一条抛物线，B错误；该实验说明物体做曲线运动的条件是物体受到的合力的方向与速度方向不在同一直线上，但是不能说明做曲线运动的物体的速度方向沿轨迹的切线方向，C错误、D正确.
物体做曲线运动的轨迹分析
【例2】 （2023·辽宁卷）某同学在练习投篮，篮球在空中的运动轨迹如图中虚线所示，篮球所受合力F的示意图可能正确的是( )
【解析】 A 篮球做曲线运动，所受合力指向运动轨迹的凹侧，A正确.
【变式训练2】 （2023·江苏卷）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是( )
【解析】 D 罐子在空中沿水平直线向右做匀加速运动，沙子在时间Δt内水平方向相对于罐子位移为a(Δt)2，竖直方向做自由落体运动，在时间Δt内相对于罐子位移为g(Δt)2，说明沙子连线的倾角是一定的，D正确.
决定物体运动轨迹的两个因素 决定物体运动轨迹的两个因素是：初速度与合力.物体做曲线运动的轨迹在合力与速度方向的夹角范围内，且弯向受力方向，这是分析该类问题的技巧.
考点二 运动的合成与分解
1.运动的合成与分解的运算法则
运动的合成与分解是指描述运动的各物理量，即位移、速度、加速度的合成与分解.由于它们均是矢量，合成与分解都遵守平行四边形定则.
2.合运动的性质和轨迹的判断
(1)若合加速度不变，则为匀变速运动；若合加速度（大小或方向）变化，则为非匀变速运动.
(2)若合加速度的方向与合初速度的方向在同一直线上，则为直线运动，否则为曲线运动.
运动的合成与分解的运算
【例3】 在光滑的水平面上，一质量为m＝2 kg的滑块在水平方向F＝4 N的恒力作用下运动.如图所示给出了滑块在水平面上运动的一段轨迹，滑块过P、Q两点时速度大小均为v＝5 m/s，滑块在P点的速度方向与PQ连线夹角α＝37°，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则下列说法正确的是( )
A.水平恒力F的方向与PQ连线成53°夹角
B.滑块从P点运动到Q点的时间为3 s
C.滑块从P点运动到Q点的过程中速度最小值为3 m/s
D.P、Q两点连线的距离为10 m
【解析】 B 滑块在水平恒力作用下由P点到Q点，滑块过P、Q两点时速度大小均为v＝5 m/s，即水平恒力不做功，所以力应该和位移的方向垂直，A错误；把滑块在P点的速度分解到垂直于PQ方向上有v2＝v sin α＝3 m/s，由题意知在这个方向上滑块先减速后反向加速，由牛顿第二运动定律得运动的加速度a＝＝2 m/s2，由于运动具有对称性，得滑块从P到Q的时间t＝2×＝3 s，B正确；把速度分解到PQ方向上有v1＝v cos α＝4 m/s，滑块在PQ方向上做匀速运动，所以当滑块在垂直于PQ方向上的速度等于零时，速度最小，为4 m/s，C错误；P、Q两点之间的距离为PQ＝v1t＝12 m，D错误.
【变式训练3】 （多选）跳伞表演是人们普遍喜欢的观赏性体育项目，如图所示，当运动员从直升机上由静止跳下后，在下落过程中将会受到水平风力的影响，下列说法正确的是( )
A.风力越大，运动员下落时间越长，运动员可完成更多的动作
B.风力越大，运动员着地速度越大，有可能对运动员造成伤害
C.运动员下落时间与风力无关
D.运动员着地速度与风力无关
【解析】 BC 水平风力不会影响竖直方向的运动，所以运动员下落时间与风力无关，A错误、C正确；运动员落地时竖直方向的速度是确定的，水平风力越大，落地时水平分速度越大，运动员着地时的合速度越大，有可能对运动员造成伤害，B正确、D错误.
合运动的性质和轨迹的判断
【例4】 （2024·安徽卷）（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xOy直角坐标系，如图甲所示.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的关系如图乙所示.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( )
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
【解析】 BD 根据图像可得F1＝4－t (N)，F2＝3t (N)，故两力的合力为F＝4＋2t (N)，物块在y轴方向受到的力不变为mg sin 30°，x轴方向的力在改变，合力在改变，故物块做的不是匀变速曲线运动，A错误；在y轴方向的加速度为ay＝＝g sin 30°＝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，F＝6 N，故此时加速度大小为a＝＝ m/s2＝5 m/s2，C错误；对x轴正方向，对物块根据动量定理Ft＝mvx－0，由于F与时间t成线性关系，故可得×2＝1.2vx，解得vx＝10 m/s，此时y轴方向速度为vy＝g sin 30°·t＝5×2 m/s＝10 m/s，故此时物块的速度大小为v＝＝10 m/s，D正确.
【易错点】 学生易错选A.主要原因是未认真审题，沿x轴正方向的力F1和F2均随时间变化，这两个力的合力随时间在不断变化，故物体的加速度发生变化.
【变式训练4】 一质量为2 kg的物体在如图甲所示的xOy平面上运动，沿x轴方向上的v－t图像和沿y轴方向上的y－t图像分别如图乙、丙所示，下列说法正确的是( )
A.前2 s内物体做匀变速直线运动
B.物体的初速度为8 m/s
C.1 s末物体的速度大小为4 m/s
D.前2 s内物体所受的合外力为16 N
【解析】 C 由v－t图像可知，物体在x方向上做初速度为v0x＝8 m/s的匀减速直线运动，加速度大小为a＝4 m/s2.根据y－t图像可知，物体在y方向上做速度大小为vy＝4 m/s的匀速直线运动，合速度方向与加速度方向不在同一直线上，则在前2 s内，物体的合运动为匀变速曲线运动，A错误；物体的初速度为水平速度和竖直速度的合速度，初速度为v＝＝ m/s＝4 m/s，B错误；1 s末物体在x方向的速度为vx＝v0x－at＝4 m/s，故1 s末物体的速度大小为v′＝＝ m/s＝4 m/s，C正确；前2 s内物体的加速度大小为4 m/s2，由牛顿第二定律可知，物体所受合力为F＝ma＝8 N，D错误.
1.合运动和分运动的关系 (1)等时性：各个分运动与合运动总是同时开始、同时进行、同时结束，经历时间相等（不同时的运动不能合成）. (2)独立性：一个物体同时参与几个分运动时，各分运动独立进行，互不影响. (3)等效性：各分运动叠加起来与合运动有完全相同的效果. (4)同一性：各分运动与合运动是指同一物体参与的分运动和实际发生的运动，不能是几个不同物体发生的不同运动. 2.求解运动的合成与分解问题的技巧 (1)求解运动的合成与分解问题，应抓住合运动与分运动具有等时性、独立性. (2)物体的实际运动是合运动.运动分解时一般按运动效果进行分解.
考点三 小船渡河模型
渡河时间最短 当船头方向垂直河岸时，渡河时间最短，最短时间tmin＝
渡河位移最短 如果v船>v水，当船头方向与上游河岸夹角θ满足v船cos θ＝v水时，合速度垂直河岸，渡河位移最短，等于河宽d
如果v船【例5】 一小船渡河，河宽d＝180 m，水流速度v1＝2.5 m/s.
(1)若船在静水中的速度为v2＝5 m/s，欲使船在最短的时间内渡河，船头应朝什么方向？用多长时间？位移是多少？
(2)若船在静水中的速度为v2＝5 m/s，欲使船渡河的航程最短，船头应朝什么方向？用多长时间？位移是多少？
(3)若船在静水中的速度为v2＝1.5 m/s，欲使船渡河的航程最短，船头应朝什么方向？用多长时间？位移是多少？
【解析】 (1)若v2＝5 m/s，欲使船在最短时间内渡河，船头应垂直于河岸方向，如图甲所示，合速度为倾斜方向，垂直于河岸的分速度为v2＝5 m/s.
甲
t＝＝＝ s＝36 s，
v合＝＝ m/s，
x＝v合t＝90 m.
乙
(2)若v2＝5 m/s，欲使船渡河的航程最短，合速度应沿垂直于河岸方向，船头应朝图乙中的v2方向.垂直于河岸过河则要求v∥＝0，有
v2sin θ＝v1，得θ＝30°.
所以当船头与上游河岸成60°角时航程最短.
x＝d＝180 m，
t＝＝＝ s＝24 s.
(3)若v2＝1.5 m/s，与(2)中不同，因为船速小于水速，所以船一定向下游漂移，设合速度方向与河岸下游方向夹角为α，则航程x＝.欲使航程最短，需α最大，如图丙所示，由出发点A作出v1矢量，以v1矢量末端为圆心，v2大小为半径作圆，A点与圆周上某点的连线为合速度方向，欲使v合与河岸下游方向的夹角最大，应使v合与圆相切，即v合⊥v2.
由sin α＝＝，得α＝37°，
所以船头应朝与上游河岸成53°角方向.
t＝＝ s＝150 s，
v合＝v1cos α＝2 m/s，
x＝v合t＝300 m.
【变式训练5】 洪水无情人有情，每一次重大抢险救灾，都有子弟兵的身影.如图所示，水速为v，消防武警驾驶冲锋舟行驶，若冲锋舟沿与平直河岸成30°角的线路把被困群众从A处送到对岸安全地B处，采取以最小速度和舟头垂直于河岸两种方案行驶，则两种方案中冲锋舟的最小速度v1和以舟头垂直于河岸行驶冲锋舟的速度v2之比为( )
A.1∶2 B.1∶ C.2∶ D.∶2
【解析】 D 冲锋舟以最小速度v1和舟头垂直于河岸两种方案分别从A到B，冲锋舟最小速度v1垂直于AB连线，有v1＝v sin 30°，冲锋舟速度v2垂直于平直河岸时，有v2＝v tan 30°，可知＝cos 30°＝，D正确.
解决小船渡河问题
考点四 绳（杆）端速度分解模型
1.绳（杆）端速度分解模型特点：沿绳（或杆）方向的速度分量大小相等.
2.绳（杆）端速度的分解思路
【例6】 如图所示，水平光滑长杆上套有一物块Q，跨过悬挂于O点的轻小光滑圆环的轻绳一端连接Q，另一端悬挂一物块P.设轻绳的左边部分与水平方向的夹角为θ，初始时θ很小.现将P、Q由静止同时释放，关于P、Q以后的运动，下列说法正确的是( )
A.当θ＝60°时，P、Q的速度之比是∶2
B.当θ＝90°时，Q的速度最大
C.当θ＝90°时，Q的速度为零
D.当θ向90°增大的过程中Q的合力一直增大
【解析】 B P、Q用同一根绳连接，则Q沿绳子方向的速度与P的速度大小相等，则当θ＝60°时，Q沿绳子方向的分速度vQ cos 60°＝vP，解得＝，A错误；当θ＝90°时，即Q到达O点正下方，垂直Q运动方向上的分速度为0，即vP＝0，此时Q的速度最大，B正确、C错误；当θ向90°增大的过程中Q的合力逐渐减小，当θ＝90°时，Q的速度最大，加速度为零，合力为零，D错误.
【变式训练6】 （生活情境）“筋膜枪”利用其内部特制的高速电机带动枪头，产生的高频振动可以作用到肌肉深层，以达到缓解疼痛、促进血液循环等作用.如图所示为某款筋膜枪的内部结构简化图，连杆OB以角速度ω绕垂直于纸面的O轴匀速转动，带动连杆AB，使套在横杆上的滑块左右滑动，从而带动枪头振动.已知AB杆长为L，OB杆长为R，当AB⊥OB时，滑块的速度大小为( )
A.ωR B. C. D.
【解析】 B 当AB⊥OB时，杆AB的速度等于B点的速度为vB＝ωR，滑块沿杆的方向的速度等于杆的速度，则有vB＝v cos θ＝v，联立得v＝，B正确.
【易错点】 本题易错选A.主要原因是误认为滑块的速度等于B点做圆周运动的速度.滑块的实际速度沿横杆向右，其沿AB杆方向上的分速度大小和B点的速度大小相等.
四种常见的速度分解模型
1.篮球无转动加速下落时轨迹如图甲所示，若在篮球释放瞬间给它一个转动速度，轨迹如图乙所示，引起轨迹乙的原因称为马格努斯效应，马格努斯效应在球类运动项目中非常普遍.已知P为甲轨迹上一点，Q为乙轨迹上一点.根据轨迹下列判断正确的是( )
A.篮球在P点受到空气给它的力不可能水平向左
B.篮球在P点受到空气给它的力可能大于篮球重力
C.篮球在Q点受到空气给它的力可能水平向左
D.篮球在Q点受到空气给它的力可能斜向左上
【解析】 A 篮球在P点做直线运动，垂直于直线方向的合力为零，因此篮球水平方向不受空气的作用力，篮球加速下落，竖直方向所受空气的作用力小于重力，A正确、B错误；在Q点篮球做曲线运动，空气给篮球的作用力和重力的合力指向曲线的凹侧，重力竖直向下，所以空气给篮球的作用力可能斜向右上，C、D均错误.
2.无人机在空中拍摄运动会入场式表演.无人机起飞上升并向前追踪拍摄，飞行过程的水平方向速度vx和竖直向上的速度vy与飞行时间t的关系图线如图所示.下列说法正确的是( )
A.无人机在0～t1时间内沿直线飞行
B.无人机在t1～t2时间内沿直线飞行
C.无人机在t1时刻上升至最高点
D.无人机在0～t1时间内处于失重状态
【解析】 A 由题图可知，无人机t＝0时的初速度为0，0～t1时间内水平方向和竖直方向加速度恒定，即合加速度恒定，做匀加速运动，初速度为0的匀加速运动一定是直线运动，A正确；0～t1时间内无人机沿直线飞行，t1时刻，水平方向加速度变为0，合加速度方向为竖直方向，与此时速度方向不共线，所以做曲线运动，B错误；t1时刻之后，竖直速度方向依然向上，无人机还在上升，直到t2时刻，竖直速度减为0，到达最高点，C错误；0～t1时间内竖直方向加速度向上，处于超重状态，D错误.
3.如图所示，甲、乙两船在同一条河流中同时开始渡河，M、N分别是甲、乙两船的出发点，两船头与河岸均成α角，甲船船头恰好对准N点的正对岸P点，经过一段时间乙船恰好到达P点，假设甲、乙划船速度大小相等，且渡河过程中能相遇，两船相遇不影响各自的航行，下列判断正确的是( )
A.甲船也能到达正对岸
B.甲船渡河时间一定较短
C.两船相遇在NP直线上的某点（非P点）
D.甲、乙两船渡河时间不相等
【解析】 C 甲船航行的方向与河岸成α角，水流速度水平向右，合速度一定不会垂直于河岸，则甲船不能垂直到达对岸，A错误；在垂直于河岸方向上，v甲＝v sin α，v乙＝v sin α，渡河时间为t甲＝＝，t乙＝＝，两船渡河时间相等，因为在垂直于河岸方向上的分速度相等，又是同时出发的，所以两船相遇在NP直线上的某点（非P点），B、D错误，C正确.
4.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为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.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
【解析】 D 设网球飞出时的速度为v0，在竖直方向有（v0竖）2＝2g(H－h)，v0竖＝12 m/s，由速度三角形原则可知v水平＝5 m/s，则网球水平方向到墙面的距离为x水平＝v水平t＝v水平＝6 m，由几何关系可知，当球打到墙上时，垂直墙的速度分量为v水平1＝v水平·＝4 m/s，平行墙面的速度为v水平2＝v水平·＝3 m/s，网球与墙壁碰撞后，垂直墙面速度分量大小为v水平1′＝0.75·v水平1＝3 m/s，由速度三角形可知v＝＝3 m/s，A、B错误；网球落地时间为t′＝＝1.3 s，则着地点到墙壁的距离d＝v水平1′·t′＝3.9 m，C错误、D正确.
5.（生活情境）（多选）钓鱼是一项越来越受到欢迎的运动，钓到大鱼时一般会先将鱼遛至没有力气再收线.如图所示，在收尾阶段，鱼已经浮在水面不再挣扎，钓鱼者以恒定速率v收鱼线（钓鱼者和鱼竿视为不动），鱼线与水平面的夹角为θ，以下说法正确的是( )
A.鱼在靠近钓鱼者过程中速率增大
B.当θ＝60°时，鱼的速率为2v
C.当θ＝37°时，鱼的速率为0.8v
D.鱼受到的合外力恒定
【解析】 AB 如图所示，将鱼的速度分解为沿绳子方向的速度和垂直绳子方向的速度，则v＝v鱼cos θ，钓鱼者以恒定速率v收鱼线过程中θ增大，v鱼增大，鱼做变加速运动，合外力不是恒定值，A正确、D错误；根据v＝v鱼cos θ，可知当θ＝60°时，v鱼＝2v，当θ＝37°时，v鱼＝1.25v，B正确、C错误.
6.（多选）如图所示，一轻绳绕过无摩擦的两个轻质小定滑轮O1、O2和质量为m的小球连接，另一端与套在光滑直杆上质量也为m的小物块连接，已知直杆两端固定，与两定滑轮在同一竖直平面内，与水平面的夹角θ＝60°，直杆上C点与两定滑轮均在同一高度，C点到定滑轮O1的距离为L，重力加速度为g，设直杆足够长，小球运动过程中不会与其他物体相碰.现将小物块从C点由静止释放，当小物块沿杆下滑距离也为L时（图中D处），下列说法正确的是( )
A.小物块刚释放时轻绳中的张力一定小于mg
B.小球下降的最大距离为（1－）L
C.小物块在D处的速度与小球速度大小之比为3∶1
D.小物块在D处的速度与小球速度大小之比为2∶
【解析】 AB 刚释放的瞬间，小球的瞬时加速度竖直向下，轻绳中的张力一定小于mg，A正确；当连接小物块的轻绳与杆垂直时，小球下降的距离最大，根据几何知识得Δh＝L－L sin 60°＝（1－）L，B正确；将小物块的速度分解为沿绳方向和垂直于绳方向的分速度，沿绳方向的分速度等于小球的速度，根据平行四边形定则，小物块在D处的速度与小球的速度之比为v1∶v2＝2∶1，C、D错误.
7.如图所示，在风洞实验室中，从A点以水平速度v0向左抛出一个质量为m的小球（可视为质点），小球抛出后所受空气作用力沿水平方向，其大小为F，经过一段时间小球运动到A点正下方的B点处，重力加速度为g，在此过程中，求：
(1)小球离A、B所在直线的最远距离；
(2)A、B两点间的距离；
(3)小球的最大速率vmax.
【解析】 (1)将小球的运动沿水平方向和竖直方向分解，水平方向有
F＝max，v＝2axxmax，
解得xmax＝.
(2)水平方向速度减小为零所需时间t1＝，由对称性知小球从A运动到B的总时间t＝2t1，竖直方向上有
y＝gt2＝.
(3)小球运动到B点时速率最大，此时有
vx＝v0，vy＝gt，
则vmax＝＝.
8.有一小船（视为质点）从岸边A点出发过宽d＝400 m的河，河由宽度之比为1∶3的Ⅰ、Ⅱ区域组成.Ⅰ区域水速大小v1＝3 m/s，Ⅱ区域水速大小v2＝5 m/s，方向向右，如图所示.为保证小船安全过河，小船在Ⅰ、Ⅱ区域的相对静水速度分别为v3＝5 m/s和v4＝3 m/s.B点为对岸上的点，且A、B连线与河岸垂直.求：
(1)小船以最短时间过河到达的位置；
(2)小船以最短路程过河到达的位置.
【解析】 (1)船头正对对岸过河时用时最短，过Ⅰ区域有t1＝＝20 s，
水流方向位移s1＝v1t1＝60 m，
过Ⅱ区域有t2＝＝100 s，
水流方向位移s2＝v2t2＝500 m，
则小船最后在B点下游的位置离B的距离为
s＝s1＋s2＝560 m.
(2)过Ⅰ区域时，v3>v1，则船可以垂直过河，水流方向位移s3＝0.
过Ⅱ区域时，由于v4则船实际速度大小v实＝＝4 m/s，
设水流方向位移为s4，
由几何关系有tan θ＝＝，
解得s4＝400 m.
则小船最后在B点下游的位置离B距离为
s′＝s3＋s4＝400 m.
第2讲 抛体运动
一、抛体运动
1.定义
以 一定的速度 将物体抛出，在空气阻力可以忽略的情况下，物体只受 重力 的作用，这时的运动叫作抛体运动.
2.运动的性质
加速度为g的 匀变速曲线 运动，运动轨迹是 抛物线 .
3.分类
(1)平抛运动；
(2)斜抛运动.
二、平抛运动
1.定义
将物体以一定的初速度沿 水平 方向抛出，物体只在 重力 作用下的运动.
2.运动的性质
平抛运动是加速度为g的 匀变速 曲线运动，运动轨迹是 抛物线 .
3.研究方法：化曲为直
(1)水平方向： 匀速 直线运动；
(2)竖直方向： 自由落体 运动.
4.基本规律
如图，以抛出点O为坐标原点，以初速度v0方向（水平方向）为x轴正方向，竖直向下为y轴正方向. (1)速度关系
(2)位移关系
(3)轨迹方程：y＝ x2 Ｗ.
三、斜抛运动
1.定义
将物体以初速度v0沿 斜向上方 或 斜向下方 抛出，物体只在 重力 作用下的运动.
2.运动的性质
加速度为 重力加速度g 的匀变速曲线运动.
3.研究方法
斜抛运动可以分解为水平方向的 匀速直线 运动和竖直方向的 匀变速直线 运动.
4.基本规律（以斜向上抛为例，如图所示）
(1)水平方向：v0x＝ v0cos θ ，x＝v0t cos θ.
(2)竖直方向：v0y＝ v0sin θ ，y＝v0t sin θ－gt2.
四、类平抛运动的分析
所谓类平抛运动，就是受力特点和运动特点类似于平抛运动，即受到一个恒定的外力且外力与初速度方向垂直，物体做匀变速曲线运动.
1.受力特点
物体所受合力为恒力，且与初速度的方向 垂直 .
2.运动特点
沿初速度v0方向做 匀速直线 运动，沿合力方向做初速度为零的 匀加速直线 运动.
考点一 平抛运动规律的应用
1.关于平抛运动必须掌握的四个物理量
物理量 相关分析
飞行时间(t) t＝，飞行时间取决于下落高度h，与初速度v0无关
水平射程(x) x＝v0t＝v0 ，即水平射程由初速度v0和下落高度h共同决定，与其他因素无关
落地速度(v) v＝＝，以θ表示落地时速度与水平方向间的夹角，有tan θ＝＝，所以落地速度也只与初速度v0和下落高度h有关
速度的改变量(Δv) 因为平抛运动的加速度为恒定的重力加速度g，所以做平抛运动的物体在任意相等时间间隔Δt内的速度改变量Δv＝gΔt相同，方向恒为竖直向下，如图所示
2.平抛运动的两个重要推论
(1)做平抛运动的物体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，如图甲所示.其推导过程为tan θ＝＝＝.
(2)做平抛运动的物体在任一时刻任一位置处，设其速度方向与水平方向的夹角为θ，位移与水平方向的夹角为α，则tan θ＝2tan α.如图乙所示.其推导过程为tan θ＝＝＝＝2tan α.
平抛运动的分析
【例1】 （2023·湖南卷）如图甲，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乙所示，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( )
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
【解析】 B 抛出的两谷粒在空中均仅受重力作用，加速度均为重力加速度，故谷粒1的加速度等于谷粒2的加速度，A错误；谷粒2做斜抛运动，水平方向上为匀速直线运动，故运动到最高点的速度即为水平方向上的分速度，与谷粒1比较，水平位移相同，但运动时间较长，故谷粒2水平方向的速度较小即最高点的速度小于v1，B正确；谷粒2做斜向上抛运动，谷粒1做平抛运动，均从O点运动到P点，故位移相同，在竖直方向上谷粒2做竖直上抛运动，谷粒1做自由落体运动，竖直方向上位移相同，故谷粒2运动时间较长，C错误；两谷粒从O点运动到P点的位移相同，运动时间不同，故平均速度不相等，谷粒1的平均速度大于谷粒2的平均速度，D错误.
【变式训练1】 （多选）摩托车跨越表演是一项惊险刺激的运动，受到许多极限爱好者的喜爱.假设在一次跨越河流的表演中，摩托车离开平台时的速度为24 m/s，刚好成功落到对面的平台上，测得两岸平台高度差为5 m，如图所示.若飞越中不计空气阻力，摩托车可以近似看成质点，g取10 m/s2，则下列说法正确的是( )
A.摩托车在空中的飞行时间为1 s
B.河宽为24 m
C.摩托车落地前瞬间的速度大小为10 m/s
D.若仅增加平台的高度（其他条件均不变），摩托车依然能成功跨越此河流
【解析】 ABD 摩托车在竖直方向做自由落体运动，则有h＝gt2，解得摩托车在空中的飞行时间为t＝1 s，A正确；河流的宽度即摩托车水平方向位移为d＝x＝v0t＝24×1 m＝24 m，B正确；竖直方向速度为vy＝gt＝10 m/s，则摩托车落地前瞬间的速度为v＝＝ m/s＝26 m/s，C错误；摩托车离开平台做平抛运动，仅增加平台的高度（其他条件均不变），则在空中的飞行时间增大，摩托车水平方向位移增大，所以摩托车依然能成功跨越此河流，D正确.
有约束条件的平抛运动模型
【例2】 （教考衔接·人教版必修二P21第3题）（多选）如图所示，将一个小球从A点以速度v1 水平抛出，小球垂直落在倾角为θ 的斜面上的P点.若将小球从图中的B点以速度v2水平抛出，小球垂直落在斜面上的Q 点（图中未标出），下列说法正确的是( )
A.Q点在P点上方
B.Q点可能与P 点重合
C.Q点在P点下方
D.水平初速度v2一定大于v1
【解析】 AD 小球两次都垂直打在斜面上，则小球末速度方向与初速度方向之间夹角不变，根据平抛运动的推论可知，第一次平抛运动位移xAP平行于第二次平抛运动位移xBQ ，如图所示，Q点在P点上方，A正确，B、C错误；小球两次都垂直打在斜面上，则＝tan θ，vy＝，联立可得v0＝tan θ，因hB>hA，则v2>v1 ，D正确.
【变式训练2】 如图所示，斜面AC与水平方向的夹角为α，在底端A点正上方与顶端C点等高处的E点以速度v0水平抛出一小球，小球垂直于斜面落到D点，重力加速度大小为g，则( )
A.小球在空中飞行时间为
B.小球落到斜面上时的速度大小为
C.CD与DA长度的比值为
D.小球的位移方向垂直于AC
【解析】C
小球的运动轨迹图如图所示，把小球在D点处的速度沿水平、竖直方向分解，小球垂直于斜面落到D点，所以在D点时有tan α＝＝，解得t＝，A错误；小球垂直于斜面落到D点，所以小球落到斜面上时的速度大小为v＝，B错误；根据几何关系，DA＝，CD＝，整理得CD与DA的比值为，C正确；由位移方向与水平方向夹角的正切值是速度方向与水平方向夹角的正切值的可知，位移方向不垂直于AC，D错误.
类平抛运动的分析 【例3】 A、B两个质点以相同的水平速度v0抛出，A在竖直平面内运动，落地点为P1，B沿光滑斜面运动，落地点为P2，不计阻力，如图所示，下列关于P1、P2在x轴上远近关系的判断正确的是( )
A.P1较远 B.P2较远 C.P1、P2等远 D.无法确定
【解析】 B A质点水平抛出后，只受重力，做平抛运动，在竖直方向有h＝gt.B质点水平抛出后，受重力和支持力，在斜面平面内所受合力为mg sin θ，大小恒定且与初速度方向垂直，所以B质点做类平抛运动，在沿斜面向下方向上，有＝g sin θ·t，可知t2>t1.A的水平位移x1＝v0t1，B的水平位移x2＝v0t2，由于t2>t1，所以x2>x1，P2较远，B正确.
【易错点】 本题易错选C，学生误认为运动过程的时候相等，所以水平位移大小相等.实际上，质点A在竖直平面内运动的时间比质点B沿斜面做类平抛运动的时间少，因而P2较远.
【变式训练3】 北京举办第24届冬季奥运会，催生了许多室内冰雪项目.如图所示为室内冰雪乐园中一个游玩项目，倾斜冰面与水平面夹角θ＝30°，冰面长、宽均为L＝40 m，冰面两侧均安装有安全护网，底部有缓冲装置（未画出）.周末某父子俩前往游玩，设父亲与滑板总质量为M＝80 kg，儿子与滑板总质量为m＝40 kg，工作人员将载有人的凹形滑板由冰面顶端中点静止释放的瞬间，父亲沿水平方向推了一下儿子，父子俩迅速分开，并沿冰面滑下.假设运动中始终没有碰到护网，父子俩都能安全到达冰面底端（不计一切阻力，父子俩均视为质点，重力加速度g取10 m/s2），求：
(1)父子俩下滑的时间t；
(2)父亲推儿子时最多做功W.
【解析】 (1)父子俩都沿冰面做类平抛运动，沿冰面向下的加速度为a＝g sin θ＝5 m/s2，
根据位移与时间关系L＝at2，
代入数据解得t＝4 s，两者同时达到底端.
(2)推开后，设父亲获得初速度为vM，儿子获得初速度vm，父子俩水平动量守恒，则
MvM＝mvm，
因儿子质量小些，只要儿子安全即可，水平滑动距离为，根据位移与时间关系＝vmt，
代入数据解得vm＝5 m/s，
代入动量守恒式，得vM＝2.5 m/s.
根据功能关系W＝mv＋Mv，
代入数据得W＝750 J.
类平抛运动求解方法 (1)常规分解法：将类平抛运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和垂直于初速度方向（即沿合力方向）的匀加速直线运动. (2)特殊分解法：对于有些问题，可以过抛出点建立适当的直角坐标系，将加速度a分解为ax、ay，初速度v0分解为vx、vy，然后分别在x、y方向上列方程求解.
考点二 平抛运动的临界问题
常见的三种临界特征：
(1)有些题目中有“刚好”“恰好”“正好”等字眼，明显表明题述的过程中存在着临界点.
(2)若题目中有“取值范围”“多长时间”“多大距离”等词语，表明题述的过程中存在着“起止点”，而这些起止点往往就是临界点.
(3)若题目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼，表明题述的过程中存在着极值，这个极值点往往是临界点.
【例4】 （多选）第十九届亚运会于2023年9月23日～10月8日在杭州举行，在本次亚运会女子排球决赛中，中国女排以六战全胜且一局未失的战绩成功卫冕冠军.如图所示为发球员在底线中点距离地面高h1处将排球水平击出，已知排球场的长为l1，宽为l2，球网高为h2.为使排球能落在对方球场区域，则发球员将排球击出后，排球初速度的最小值vmin和最大值vmax分别是（重力加速度为g，h2A.vmin＝
B.vmin＝
C.vmax＝l1
D.vmax＝
【解析】 AD 排球水平击出后，在空中做平抛运动，排球恰好从球网中点过去落在对方球场区域时排球初速度最小，根据平抛运动规律，可得h1－h2＝gt，＝vmint1，联立解得排球初速度最小值为vmin＝，A正确、B错误；排球恰好落在对方球场区域左边两个边角中的其中一个时排球初速度最大，根据平抛运动规律，可得h1＝gt，＝vmaxt2，联立解得排球初速度最大值为vmax＝，C错误、D正确.
【变式训练4】 如图所示，水平屋顶高H＝5 m，围墙高h＝3.2 m，围墙到房子的水平距离L＝3 m，围墙外空地宽x＝10 m，为使小球从屋顶水平飞出落在围墙外的空地上，g取10 m/s2.求：
(1)小球离开屋顶时的速度v0的大小范围；
(2)小球落在空地上的最小速度.
【解析】 (1)设小球恰好落到空地的右侧边缘时的水平初速度为v1，
则小球的水平位移L＋x＝v1t1，
小球的竖直位移H＝gt，
解以上两式得
v1＝(L＋x)＝13 m/s，
设小球恰好越过围墙的边缘时的水平初速度为v2，则此过程中小球的水平位移L＝v2t2，
小球的竖直位移H－h＝gt，
解以上两式得v2＝L＝5 m/s，
小球抛出时的速度大小范围为
5 m/s≤v0≤13 m/s.
(2)小球落在空地上，下落高度一定，落地时的竖直分速度一定，当小球恰好越过围墙的边缘落在空地上时，落地速度最小.竖直方向有v＝2gH，则vmin＝＝5 m/s.
处理此类问题的重点在于结合实际模型，对题意进行分析，提炼出关于临界条件的关键信息.此类问题的临界条件通常为位置关系的限制或速度关系的限制，列出竖直方向与水平方向上的方程，将临界条件代入即可求解.在分析此类问题时一定要注意从实际出发寻找临界点，画出物体运动的草图，找出临界条件.
1.环保部门工作人员在一次检查时发现，某厂的一根水平放置的排污管正在向厂外的河道中排出污水.环保人员利用手上的卷尺测出这根管道的直径为10 cm，管口中心距离河水水面的高度为80 cm，污水注入河道处到排污管管口的水平距离为120 cm，重力加速度g取10 m/s2，则该管道的排污量（即流量——单位时间内通过管道某横截面的流体体积）约为( )
A.24 L/s B.94 L/s C.236 L/s D.942 L/s
【解析】 A 根据平抛运动规律有x＝vt0，h＝gt，解得v＝3 m/s，根据流量的定义有Q＝，而V＝SL＝π（）2·vt，解得Q≈0.024 m3/s＝24 L/s，A正确，B、C、D错误.
2.用图甲所示的装置研究平抛运动，在水平桌面上放置一个斜面，每次都让小钢球从斜面上的同一位置由静止滚下，滚过桌边后钢球便做平抛运动打在竖直墙壁上，把白纸和复写纸贴在墙上，就可以记录小钢球的落点.改变桌子和墙的距离，就可以得到多组数据.已知四次实验中桌子右边缘离墙的距离分别为10 cm、20 cm、30 cm、40 cm，在白纸上记录的对应落点分别为A、B、C、D，如图乙所示，B、C、D三点到A点的距离之比为( )
A.4∶9∶16 B.3∶8∶15 C.3∶5∶7 D.1∶3∶5
【解析】 B 根据平抛运动规律得x＝v0t，h＝gt2，可知运动时间之比tA∶tB∶tC∶tD＝1∶2∶3∶4，竖直方向运动距离之比hA∶hB∶hC∶hD＝1∶4∶9∶16，则B、C、D三点到A点的距离之比(hB－hA)∶(hC－hA)∶(hD－hA)＝3∶8∶15，B正确.
3.如图，在竖直平面内有一半圆形轨道，圆心为O，AB为水平直径，D点为半圆形轨道的最低点，C为轨道上的一点，CO与水平直径的夹角为53°，甲、乙两小球分别从B点和C点水平抛出，两球都落到D点.不计空气阻力，小球可视为质点，sin 53°＝0.8，则甲、乙两球初速度之比为( )
A. B. C. D.
【解析】 B 依题意，设圆形轨道半径为R，对于甲球，水平方向上有R＝v1t1，竖直方向上有R＝gt，解得v1＝，对于乙球，水平方向上有R cos 53°＝v2t2，竖直方向上有R－R sin 53°＝gt，解得v2＝，可得＝.
4.如图所示为一网球发球机，可以将网球以不同的水平速度射出，打到竖直墙上.O、A、B是竖直墙上三点，O与出射点处于同一水平线上，A、B两点分别为两次试验时击中的点，OA＝h1，OB＝h2，出射点到O点的距离为L，当地重力加速度为g，空气阻力忽略不计，网球可看作质点.下列说法正确的是( )
A.出射速度足够大，网球可以击中O点
B.发球间隔时间足够短，两个网球在下落过程中可相遇
C.击中A点的网球的初速度大小为L
D.网球击中B点时速度大小为
【解析】 D 网球做平抛运动，不论出射速度多大，竖直方向的位移也不为零，所以网球不能击中O点，A错误；发球间隔时间足够短，但两个网球的竖直位移不相等，所以两个网球在下落过程中不可能相遇，B错误；对于击中A点的网球，根据平抛运动的规律可得L＝v0At1，h1＝gt，解得击中A点的网球的初速度大小为v0A＝L，C错误；同理，解得击中B点的网球的初速度大小为v0B＝L，网球击中B点时速度大小为vB＝＝，D正确.
5.（多选）如图所示，b是长方形acfd对角线的交点，e是底边df的中点，a、b、c处的三个小球分别沿图示方向做平抛运动，落地后立即停止运动，下列表述中，正确的是( )
A.若a、b、c处三球同时抛出，三球可能在de之间的区域（不包括地面）相遇
B.只要b、c处两球同时开始做平抛运动，二者不可能在空中相遇
C.若a、b处两球能在地面相遇，则a、b在空中运动的时间之比为2∶1
D.若a、c处两球在e点相遇，则一定满足va＝vc
【解析】 BD 若三个小球同时抛出，由于三球不都是从同一高度水平抛出，故三球不可能相遇，A错误、B正确；设ad＝2h，a球在空中运动时间为ta，b球在空中运动时间为tb，根据平抛运动规律，2h＝gt，h＝gt，解得ta＝2，tb＝，若a、b处两球能在地面相遇，则a、b在空中运动的时间之比为ta∶tb＝2∶＝∶1，C错误；由平抛运动规律h＝gt2和x＝v0t可知，D正确.
6.（多选）如图，让小石子分别以v01、v02、v03、v04的水平速度离开水库大坝顶部，分别落在大坝上A、B和水面上C、D处.不计空气阻力.以下说法正确的是( )
A.小石子平抛运动的时间关系为t1B.小石子平抛运动的初速度大小关系为v01C.小石子落到A、B、C、D处时，速度大小关系为vAD.小石子落到A、B、C、D处时，速度方向都不相同
【解析】 BC 小石子做平抛运动，竖直方向满足h＝gt2，解得t＝，因为hA7.如图所示为“快乐大冲关”节目中某个环节的示意图.参与游戏的选手会遇到一个人造山谷OAB，OA是高h＝3 m的竖直峭壁，AB是以O点为圆心的弧形坡，∠AOB＝60°，B点右侧是一段水平跑道.选手可以自O点借助绳索降到A点后再爬上跑道，但身体素质好的选手会选择自O点直接跃上跑道.选手可视为质点，忽略空气阻力，重力加速度g取10 m/s2.
(1)若选手以速度v0水平跳出后，能跳在水平跑道上，求v0的最小值；
(2)若选手以速度v1＝4 m/s水平跳出，求该选手在空中的运动时间.
【解析】 (1)若选手以速度v0水平跳出后，能跳在水平跑道上，则
h sin 60°≤v0t，
h cos 60°＝gt2，
解得v0≥ m/s.
则v0的最小值为 m/s.
(2)若选手以速度v1＝4 m/s水平跳出，因v1下降高度y＝gt′2，
水平前进距离x＝v1t′，
且x2＋y2＝h2，解得t′＝0.6 s.
8.如图所示，滑雪运动员通过助滑道加速后从A点垂直于缓冲坡以v0＝20 m/s起跳，最后落在缓冲坡上的B点，轨迹上的C点与A点等高（图中未画出），已知缓冲坡倾角θ＝37°，不计空气阻力.已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2.求：
(1)运动员从A点到C点过程中速度变化量的大小Δv；
(2)缓冲坡上A、B两点间的距离L；
(3)运动员落在B点的速度方向与水平面夹角的正切值k.
【解析】 (1)运动员竖直分速度
vy＝v0cos 37°＝16 m/s.
从A点到C点过程中速度变化量大小为
Δv＝2vy＝32 m/s.
(2)设沿缓冲坡为x轴，起跳方向为y轴，y向加速度为ay＝g cos 37°＝8 m/s2，
y向往返时间为
t＝2＝5 s，
x向加速度为
ax＝g sin 37°＝6 m/s2，
AB之间的距离为
L＝axt2＝75 m.
(3)设水平方向为x轴，竖直方向为y轴.着陆时水平方向的分速度为
vx＝v0sin 37°＝12 m/s，
着陆时竖直方向的分速度为
vy＝gt－v0cos 37°＝34 m/s，
着陆速度与水平面夹角的正切值为
k＝tan α＝＝.
第3讲 圆周运动
一、匀速圆周运动、角速度、线速度、向心加速度
1.匀速圆周运动
(1)定义：线速度大小 不变 的圆周运动.
(2)性质：加速度大小 不变 ，方向总是指向 圆心 的变加速曲线运动.
2.描述匀速圆周运动的物理量
项目 定义、意义 公式、单位
线速度 描述做圆周运动的物体运动 快慢 的物理量(v) ①v＝＝ ②国际单位： m/s
角速度 描述物体绕圆心 转动快慢 的物理量(ω) ①ω＝＝ ②国际单位： rad/s
周期、频率 物体沿 圆周 运动一圈的时间(T) ①T＝＝，国际单位： s ②f＝，国际单位： Hz
向心加速度 方向指向 圆心 ①an＝＝ ω2r ②国际单位： m/s2
3.线速度、角速度、周期、频率、向心加速度之间的关系
(1)v＝ ωr ＝r＝ 2πrf Ｗ.
(2)an＝＝ rω2 ＝ωv＝r＝4π2f2r.
二、匀速圆周运动的向心力
1.作用效果：产生向心加速度，只改变线速度的 方向 ，不改变线速度的 大小 Ｗ.
2.大小：F＝m＝mrω2＝m＝mωv＝m·4π2f2r.
3.方向：始终沿半径方向指向 圆心 Ｗ.
4.来源：向心力可以由一个力提供，也可以由几个力的 合力 提供，还可以由一个力的 分力 提供.
三、离心现象
1.定义：做 圆周 运动的物体，在所受合外力突然消失或不足以提供圆周运动所需 向心力 的情况下，所做的逐渐远离圆心的运动.
2.受力特点
(1)当Fn＝mω2r时，物体做匀速 圆周 运动.
(2)当Fn＝0时，物体沿 切线 方向飞出.
(3)当Fn＜mω2r时，物体逐渐 远离 圆心，做离心运动.
(4)当Fn＞mω2r时，物体将逐渐 靠近 圆心，做近心运动.
考点一 圆周运动的运动学分析
1.对公式v＝ωr的理解
当r一定时，v与ω成正比；
当ω一定时，v与r成正比；
当v一定时，ω与r成反比.
2.对a＝＝ω2r的理解
当v一定时，a与r成反比；
当ω一定时，a与r成正比.
3.常见的三种传动方式及特点
(1)皮带传动：如图甲、乙所示，皮带与两轮之间无相对滑动时，两轮边缘线速度大小相等，即vA＝vB.
(2)摩擦传动：如图丙所示，两轮边缘接触，接触点无打滑现象时，两轮边缘线速度大小相等，即vA＝vB.
(3)同轴传动：如图丁所示，两轮固定在一起绕同一转轴转动，两轮转动的角速度大小相等，即ωA＝ωB.
圆周运动各物理量间的关系
【例1】 在我国东北地区严寒的冬天，人们经常玩一项“泼水成冰”的游戏，具体操作是把一杯开水沿弧线均匀快速地泼向空中，图甲所示是某人玩“泼水成冰”游戏的瞬间，可抽象为如图乙所示的模型，泼水过程中杯子的运动可看成匀速圆周运动，人的手臂伸直，在0.5 s内带动杯子转动了210°，人的臂长约为0.6 m，则泼水过程中( )
A.杯子沿顺时针方向运动
B.P位置飞出的小水珠初速度沿1方向
C.杯子运动的角速度大小为 rad/s
D.杯子运动的线速度大小约为 m/s
【解析】 C 由图乙中做离心运动的轨迹可知，杯子的旋转方向为逆时针方向，P位置飞出的小水珠初速度沿2方向，A、B错误；杯子旋转的角速度为ω＝，代入数据得ω＝ rad/s，C正确；杯子旋转的轨迹半径约为0.6 m，则线速度大小为v＝ωR＝ m/s，D错误.
【易错点】 本题易错选A.学生习惯性认为杯子沿顺时针方向运动.从水珠的轨迹，结合曲线运动规律，质点瞬时速度沿轨迹在该位置的切线方向，可以判断杯子沿逆时针方向运动.
【变式训练1】 在北京冬奥会短道速滑混合团体2 000 m接力决赛中，我国短道速滑队夺得中国队在本届冬奥会的首金.
(1)如果把运动员起跑后进入弯道前的过程看作初速度为零的匀加速直线运动，若运动员加速到速度v＝9 m/s时，滑过的距离x＝15 m，求加速度的大小；
(2)如果把运动员在弯道滑行的过程看作轨道为半圆的匀速圆周运动，如图所示，若甲、乙两名运动员同时进入弯道，滑行半径分别为R甲＝8 m、R乙＝9 m，滑行速率分别为v甲＝10 m/s、v乙＝11 m/s，求甲、乙过弯道时的向心加速度大小之比，并通过计算判断哪位运动员先出弯道.
【解析】 (1)根据速度位移公式有
v2＝2ax，
代入数据可得a＝2.7 m/s2.
(2)根据向心加速度的表达式a＝，
可得甲、乙的向心加速度之比为
＝×＝，
甲、乙两物体做匀速圆周运动，则运动的时间为
t＝，
代入数据可得甲、乙运动的时间为
t甲＝ s，t乙＝ s，
因t甲传动装置中各物理量的分析
【例2】 （多选）如图甲所示是中学物理实验室常用的感应起电机，它是由两个大小相等直径约为30 cm的感应玻璃盘起电的，其中一个玻璃盘通过从动轮与手摇主动轮连接，如图乙所示，现玻璃盘以100 r/min的转速旋转，已知主动轮的半径约为8 cm，从动轮的半径约为2 cm，P和Q是玻璃盘边缘上的两点，若转动时皮带不打滑，下列说法正确的是( )
A.P、Q的线速度相同
B.玻璃盘的转动方向与摇把转动方向相反
C.P点的线速度大小约为1.6 m/s
D.摇把的转速约为400 r/min
【解析】 BC 线速度的方向沿曲线的切线方向，由题图可知，P、Q两点的线速度的方向一定不同，A错误；若主动轮做顺时针转动，从动轮通过皮带的摩擦力带动转动，从动轮逆时针转动，B正确；玻璃盘的直径是30 cm，转速是100 r/min，所以线速度v＝ωr＝2nπr＝2××π× m/s＝0.5π m/s≈1.6 m/s，C正确；从动轮边缘的线速度vc＝ωrc＝2××π×0.02 m/s＝π m/s，由于主动轮的边缘各点的线速度与从动轮边缘各点的线速度的大小相等，即vz＝vc，所以主动轮的转速nz＝＝＝ r/s＝25 r/min，D错误.
【易错点】 本题易错选A.学生未注意到速度为矢量，P、Q两点的线速度大小相等，方向不同，故P、Q两点的线速度不同.矢量的比较，大小和方向都要考虑.
【变式训练2】 如图所示为“行星减速机”的工作原理图.“行星架”为固定件，中心“太阳轮”为从动件，其半径为R1，周围四个“行星轮”的半径为R2，“齿圈”为主动件，其中R1＝2R2.A、B、C分别是“太阳轮”“行星轮”“齿圈”边缘上的点.则在该状态下( )
A.A点与B点的角速度相同
B.A点与C点的转速相同
C.B点与C点的周期相同
D.A点与C点的线速度大小相同
【解析】 D 由题意可知，A、B、C三点的线速度大小相等，根据v＝ωr，结合A、B、C三点的半径大小关系RC>RA>RB，可知A、B、C三点的角速度大小关系为ωC<ωA<ωB，根据转速与角速度关系ω＝2πn，可知A、B、C三点的转速大小关系为nCTA>TB，A、B、C错误，D正确.
解决传动问题的关键 (1)确定属于哪类传动方式，抓住传动装置的特点. ①同轴转动：固定在一起共轴转动的物体上各点角速度相同； ②皮带传动、齿轮传动和摩擦传动：齿轮传动和不打滑的摩擦（皮带）传动的两轮边缘上各点线速度大小相等. (2)结合公式v＝ωr，v一定时ω与r成反比，ω一定时v与r成正比，判定各点v、ω的比例关系.若要判定向心加速度an的比例关系，可巧用an＝ωv这一规律.
考点二 圆周运动中的动力学问题
1.向心力的来源
(1)向心力的方向沿半径指向圆心.
(2)向心力来源：一个力或几个力的合力或某个力的分力.
2.向心力的确定
(1)确定圆周运动的轨道所在的平面，确定圆心的位置.
(2)分析物体的受力情况，找出所有的力沿半径方向指向圆心的合力就是向心力.
3.圆周运动中向心力与合力的关系
(1)匀速圆周运动
(2)非匀速圆周运动
圆周运动中的受力分析
【例3】 天花板下悬挂的轻质光滑小挂钩可绕过悬挂点的竖直轴无摩擦地转动.一根光滑轻质细绳穿过挂钩，两端分别连接小球P和Q.两小球同时做匀速圆周运动，且在任意时刻两球均在同一水平面上，此时悬挂两球的细绳与竖直方向的夹角分别为45°和30°，则( )
A.两球向心加速度的大小相等
B.小球P、Q的质量之比为∶2
C.小球P、Q所受向心力的大小之比为∶1
D.两球线速度的大小相等
【解析】 C 对小球受力分析可知，绳的拉力在水平方向的分力提供向心力，则有F sin θ＝mg tan θ＝ma，得a＝g tan θ，P、Q两小球相连接的细绳与竖直方向的夹角的正切值不同，故它们的向心加速度大小不相等，A错误；两小球由同一细绳连接，故细绳对小球的拉力大小相等，由受力分析可知F cos θ＝mg，故两小球的质量之比为mP∶mQ＝cos 45°∶cos 30°＝∶，B错误；两小球所受向心力由绳的拉力在水平方向的分力提供，有F向＝F sin θ，故两小球所受向心力的大小之比为F向P∶F向Q＝sin 45°∶sin 30°＝∶1，C正确；设挂钩到两小球做圆周运动的平面的距离为h，由圆周运动得mg tan θ＝m，得v＝tan θ，所以两小球做圆周运动的线速度大小之比为vP∶vQ＝tan 45°∶tan 30°＝∶1，D错误.
【变式训练3】 （多选）如图所示，矩形框MNQP竖直放置，其中MP、PQ足够长，且MP杆粗糙、MN杆光滑，轻弹簧一端连接一个穿过MN杆、质量为m的小球a，另一端连接另一个穿过MP杆、质量也为m的小球b.已知框绕MN轴分别以角速度ω和ω′匀速转动时，小球b在MP杆的位置不变，且ω′>ω，则与以ω匀速转动时相比，以ω′匀速转动时( )
A.小球a的高度更低
B.弹簧弹力的大小相等
C.小球b所受杆的摩擦力更大
D.小球b所受合外力更大
【解析】 BD 对小球a受力分析，设弹力为T，弹簧与水平方向的夹角为θ，小球在竖直方向有T sin θ＝mg，而T＝k（－l0），可知θ为定值，T不变，则当转速增大后，小球a的高度不变，弹簧的弹力不变，A错误、B正确；以ω匀速转动时，根据题意无法判断小球b所受摩擦力的方向，所以无法判断摩擦力的变化，对小球b，有F合＝mω2r，r不变，角速度变大，则合外力变大，C错误、D正确.
圆周运动实例分析
【例4】（多选）如图所示的四幅图表示的是有关圆周运动的基本模型，下列说法正确的是( )
A.如图a，低速行驶的汽车通过拱桥的最高点时重力提供向心力
B.如图b，两球做圆锥摆，摆球受到的合力的方向沿绳指向悬点
C.如图c，小球在光滑而固定的圆锥筒内做匀速圆周运动，合力指向运动轨迹的圆心
D.如图d，火车转弯超过规定速度行驶时，外轨对车轮的轮缘会有挤压作用
【解析】 CD
图a中由于是低速行驶，则所需要的向心力小于重力，即由重力与地面的支持力的合力提供向心力，A错误；当小球做匀速圆周运动时，由小球所受外力的合力提供向心力，则图b与图c中小球受到的合力的方向应该指向圆周运动的圆心，即指向轨迹虚线圆的圆心，不是沿绳指向悬点，B错误、C正确；火车转弯时，当以规定速度运行时，内外轨均没有挤压，由重力与支持力的合力提供向心力，如图所示.此时有mg tan θ＝m，解得v0＝，如图d，火车转弯超过规定速度行驶时，有v>v0＝，此时单独由重力与支持力的合力已经不足以提供向心力，因此外轨对车轮的轮缘会有挤压作用，D正确.
【变式训练4】 如图所示是一种能够方便脱水的地拖桶，拖把脱水时把拖把头放进脱水桶，用脚上下踩踏踏板可以把拖把头中的水分脱干，下列说法正确的是( )
A.拖把头中的水离脱水桶的转轴越远角速度越大
B.拖把头中的水离脱水桶的转轴越近越容易被甩出
C.踩踏踏板的速度越大，拖把头中的水分越容易被甩出
D.踩踏踏板的速度不变，拖把头中所有水分的线速度大小相等
【解析】 C 拖把头中的水同时都绕转轴一起做圆周运动，因此角速度相同，A错误；由向心力公式F＝mω2r，可知拖把头中的水离脱水桶的转轴越远，转动的半径越大，所需的向心力越大，水在拖把头上的附着力越不容易提供所需向心力，水越容易做离心运动，因此越容易被甩出，B错误；踩踏踏板的速度越大，脱水桶的转速也越大，线速度也越大，由向心力公式F＝m可知，转动半径一定时，线速度越大，所需向心力也越大，拖把头中的水分越容易被甩出，C正确；踩踏踏板的速度不变，可知拖把头中的水转动的角速度大小相同，由线速度与角速度的关系v＝ωr，可知在不同位置的水到脱水桶转轴的距离不同，转动半径不同，故不是所有水分的线速度大小都相等，D错误.
圆周运动动力学问题的分析思路
1.在“天宫一号”的太空授课中，航天员王亚平做了一个有趣的实验，如图所示，在T形支架上，用细绳系着一个小钢球.设小钢球质量为m，细绳长度为L.王亚平用手指沿切线方向轻推小钢球，小钢球在拉力作用下做匀速圆周运动.测得小钢球运动的周期为T，由此可知( )
A.小钢球运动的角速度ω＝
B.小钢球运动的线速度v＝
C.小钢球运动的加速度a＝
D.细绳中的拉力为F＝
【解析】 D 小钢球的角速度ω＝，A错误；小钢球运动的线速度v＝，B错误；小钢球的加速度a＝ω2L＝，C错误；细绳中的拉力为F＝ma＝，D正确.
2.在某节目中，有这样的一个实验，如图所示，将一根足够长的轻质细绳穿过内壁和端口光滑的细空心圆筒，绳子上端系一个金属球，下端与装有皮球的网袋连接.转动空心圆筒，使金属球做匀速圆周运动，网袋保持静止（未与空心圆筒接触）.不计空气阻力，对于不同稳定转速的金属球，下列说法正确的是( )
A.金属球转速越慢，金属球的位置越高
B.金属球转速越慢，网袋的位置越低
C.空心圆筒上方的细绳与竖直方向的夹角不变
D.金属球在转动过程受重力、绳子的拉力和向心力的作用
【解析】 C 设金属球质量为m，皮球和网袋的总质量为M，以皮球和网袋为对象，根据平衡条件可知，细绳拉力为FT＝Mg，以金属球为研究对象，设连接金属球的绳子与竖直方向的夹角为α，则有FTcos α＝mg，FTsin α＝mω2r，联立解得cos α＝，＝mω2r，可知α始终恒定，金属球转速越慢，即角速度越小，可知r越大，所以空心圆筒与金属球之间的绳子越长，金属球位置越低，网袋位置越高，A、B错误，C正确；金属球在转动过程只受重力和绳子的拉力作用，D错误.
3.如图所示，自行车的大齿轮、小齿轮、后轮的半径之比为4∶1∶16，在用力蹬脚踏板前进的过程中，下列说法正确的是( )
A.小齿轮和后轮的角速度大小之比为16∶1
B.大齿轮和小齿轮的角速度大小之比为1∶4
C.大齿轮边缘和后轮边缘的线速度大小之比为1∶4
D.大齿轮和小齿轮边缘的向心加速度大小之比为4∶1
【解析】 B 小齿轮和后轮是同轴转动，角速度相等，A错误；大齿轮和小齿轮边缘的线速度相等，根据v＝ωr可知，角速度大小之比为1∶4，B正确；根据v＝ωr可知，小齿轮和后轮边缘的线速度之比为1∶16，则大齿轮边缘和后轮边缘的线速度大小之比为1∶16，C错误；根据a＝可知，大齿轮和小齿轮轮缘的向心加速度大小之比为1∶4，D错误.
4.（传统文化）剪纸艺术源远流长，经久不衰，是中国民间艺术中的瑰宝.将如图所示具有对称性的剪纸平放并固定在水平圆盘上，剪纸中心与圆盘中心重合，圆盘匀速转动，在暗室中用每秒闪光10次的频闪光源照射圆盘，暗室中静止不动的观察者观察到剪纸相对静止，则圆盘的转速至少为( )
A.0.02 r/s B.2 r/s C.4 r/s D.4π r/s
【解析】 B （方法1）剪纸每转动θ＝×2π(N＝1，2，3，…)，转动后的图形都会与原图形重合，只要在经过相邻两次闪光的时间间隔内，剪纸都转过θ＝×2π(N＝1，2，3，…)，静止不动的观察者就观察到剪纸相对静止，则ω＝＝(N＝1，2，3，…)，n＝＝2N r/s(N＝1，2，3，…)，当N＝1时，n最小，此时n＝2 r/s，B正确.
（方法2）剪纸在0.1 s内至少转圈，则看起来相对静止，即1 s至少转2圈，B正确.
5.（多选）四个完全相同的小球A、B、C、D均在水平面内做圆锥摆运动.如图甲所示，其中小球A、B在同一水平面内做圆锥摆运动（连接B球的绳较长）；如图乙所示，小球C、D在不同水平面内做圆锥摆运动，但是连接C、D的绳与竖直方向之间的夹角相同（连接D球的绳较长），则下列说法正确的是( )
A.小球A、B角速度相等
B.小球A、B线速度大小相同
C.小球C、D向心加速度大小相同
D.小球D受到绳的拉力大于小球C受到绳的拉力
【解析】 AC 对题图甲中小球A、B分析，设绳与竖直方向的夹角为θ，小球的质量为m，小球A、B到悬点O的竖直距离为h，则mg tan θ＝mω2h tan θ，解得ω＝，所以小球A、B的角速度相等，线速度大小不相同，A正确、B错误；对题图乙C、D分析，设绳与竖直方向的夹角为θ，小球的质量为m，绳长为L，绳上拉力为FT，则有mg tan θ＝ma，FTcos θ＝mg得a＝g tan θ，FT＝，所以小球C、D向心加速度大小相同，受到绳的拉力大小也相同，C正确、D错误.
6.（多选）某装置如图所示，两根轻杆OA、OB与小球及一小滑块通过光滑铰链连接，杆OA的A端与固定在竖直光滑杆上的光滑铰链相连.小球与小滑块的质量均为m，轻杆OA、OB长均为l，原长为l的轻质弹簧与滑块都套在该竖直杆上，弹簧连接在A点与小滑块之间.装置静止时，弹簧长为1.6l，重力加速度为g，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，以下说法正确的是( )
A.轻杆OA对小球的作用力方向沿OA杆向上，大小为
B.轻杆OB对小滑块的作用力方向沿OB杆向下，大小为
C.弹簧的劲度系数k＝
D.若小球绕杆以角速度ω＝在水平面内做匀速圆周运动，则弹簧将恢复原长
【解析】 BC 设OA杆与竖直方向的夹角为θ，由几何关系得cos θ＝＝0.8，即θ＝37°.对球受力分析，球受重力、杆OA对球的作用力FA，OB对球的作用力FB，如图甲，由平衡条件得FA＝FB＝＝mg.OA杆对球的作用力方向沿杆斜向右上，OB杆对球的作用力方向沿杆斜向左上，则杆OB对滑块的作用力方向沿OB杆斜向右下，大小为FB′＝FB＝mg，A错误、B正确；对小滑块受力分析，如图甲，由平衡条件得T＝mg＋FB′cos 37°，由胡克定律得T＝k(1.6l－l)，联立解得k＝，C正确；小球在水平面内做匀速圆周运动，若弹簧恢复原长，分别对小球和滑块受力分析，如图乙，对滑块，由平衡条件得F2′cos 60°＝mg，对小球，竖直方向，由平衡条件得F2cos 60°＋mg＝F1cos 60°，水平方向，由牛顿第二定律得F2sin 60°＋F1sin 60°＝mω2l sin 60°，且F2′＝F2，联立解得ω＝，D错误.
7.（传统文化）清代乾隆的《冰嬉赋》用“躄躠”（可理解为低身斜体）二字揭示了滑冰的动作要领.在短道速滑比赛中，
(1)运动员途中某次过弯道时的运动可视为半径为10 m的匀速圆周运动，速度大小为14 m/s.已知运动员的质量为73 kg，求此次过弯道时所需的向心力大小；
(2)运动员通过侧身来调整身体与水平冰面的夹角，使场地对其作用力指向身体重心而实现平稳过弯，如图所示.求运动员在(1)问中过弯道时身体与水平面的夹角θ的大小.（不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，取tan 22°＝0.40，tan 27°＝0.51，tan 32°＝0.62，tan 37°＝0.75）
【解析】 (1)根据F向＝m，解得运动员过弯道时所需的向心力大小为
F向＝73× N＝1 430.8 N.
(2)设场地运动员的作用力大小为F，受力如图所示，根据牛顿第二定律可得
F向＝，
解得tan θ＝＝≈0.51，
可得θ＝27°.
8.气嘴灯安装在自行车的气嘴上，骑行时会发光，一种气嘴灯的感应装置结构如图甲所示，感应装置内壁光滑，质量为m的重物套在光滑杆上，一端通过劲度系数为k的弹簧连在A点，重物上有触点C，在B端固定有触点D，如图甲重物静止时C、D间的距离Δx＝.当触点C、D接触后，LED灯就会发光，测得自行车车轮内径为R.让安装了气嘴灯的自行车倒放在地面上（如图乙所示），旋转前车轮研究LED发光情况.重力加速度大小为g.气嘴灯大小相对车轮内径可忽略不计.
(1)若前轮匀速转动时，线速度大小v0＝，
①当气嘴灯运动到最低点时，求B端对重物的支持力；
②通过计算判断LED灯是否能一直发光.
(2)若使前轮匀速转动一周，线速度大小v1＝2，求LED灯发光的时间.
【解析】 (1)①由离心运动的原理，可知B端应在车轮转轴外侧，更靠近气嘴，A端应在内侧，题图重物静止时，弹簧弹力F1＝mg＝kx，
在最低点时，合力提供向心力有
F＋k(x＋Δx)－mg＝m，
解得B端对重物的支持力F＝2mg，方向竖直向上.
②当气嘴灯运动到最高点时恰能发光，则此时的弹簧弹力为F2＝k(Δx＋x)＝4mg，
则此时的临界状态是弹簧弹力和其重力提供向心力F2＋mg＝m，
解得v＝＝v0，
则LED灯恰能一直发光.
(2)由v1＝2>v0，当车速较大时，车轮转速较大，重物随这轮转动需要向心力较大，弹簧弹力变大，形变量变大，触点C与触点D接触，所以LED灯一直发光，前轮匀速转动一周，LED灯发光的时间
T＝＝.
核心素养提升（四） 水平面、竖直面内圆周运动的临界问题
题型一 水平面内的圆周运动
1.运动特点
(1)运动轨迹是水平面内的圆.
(2)合外力沿水平方向指向圆心，提供向心力，竖直方向合力为零，物体在水平面内做匀速圆周运动.
2.几种常见的临界条件
(1)水平转盘上的物体恰好不发生相对滑动的临界条件是物体与盘间恰好达到最大静摩擦力.
(2)物体间恰好分离的临界条件是物体间的弹力恰好为零.
(3)绳的拉力出现临界条件的情形有：绳恰好拉直意味着绳上无弹力；绳上拉力恰好为最大承受力等.
3.解决圆锥摆临界问题的技巧
圆锥摆的临界问题，主要就是与弹力有关的临界问题.
(1)绳子松弛或断开的临界条件是：①绳恰好拉直且没有弹力；②绳上的拉力恰好达到最大值.
(2)接触或脱离的临界条件是物体与物体间的弹力恰好为零.
(3)对于火车转弯、半圆形碗内的水平圆周运动有两类临界情况：①摩擦力的方向发生改变；②发生相对滑动.
【例1】 如图所示，叠放在水平转台上的物体 A、B及物体 C能随转台一起以角速度ω匀速转动，A、B、C 的质量分别为3m、2m、m，A与B、B和C与转台间的动摩擦因数都为μ，A 和B、C离转台中心的距离分别为r和1.5r.假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，下列说法正确的是( )
A.B对A的摩擦力一定为3μmg
B.B对A的摩擦力一定为3mω2r
C.转台的角速度需要满足ω≤
D.若转台的角速度逐渐增大，最先滑动的是A物体
【解析】 B 由于物体 A、B及物体 C能随转台一起匀速转动，则三个物体受到的均为静摩擦力，则B对A的摩擦力有0ω3，由于物体 A、B及物体 C均随转台一起匀速转动，则转台的角速度需要满足ω≤ω3＝，该分析表明，当角速度逐渐增大时，物体C所受到的摩擦力先达到最大静摩擦力，即若转台的角速度逐渐增大，最先滑动的是C物体，C、D错误.
【变式训练1】 如图甲所示，质量相等的物块A、B放在水平圆盘上，A、B和圆盘圆心O在同一直线上，让圆盘绕过圆心O的竖直轴匀速转动，当A刚要滑动时，转动的角速度为ω1，当B刚要滑动时，转动的角速度为ω2；若A、B在圆盘上的位置不变，用细线将A、B连接，细线刚好伸直，如图乙所示，让圆盘匀速转动，当A、B一起刚要滑动时，转动的角速度为ω3，两物块与盘面间的动摩擦因数相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列关系正确的是( )
A.ω1>ω3>ω2 B.ω1<ω3<ω2 C.ω1<ω2 D.ω1<ω3
【解析】 A 对甲图，设物块到圆心的距离为r，当物块刚要滑动时，最大静摩擦力提供向心力，由牛顿第二定律有μmg＝mω2r，可得ω＝，故当A刚要滑动时，转动的角速度为ω1＝，当B刚要滑动时，转动的角速度为ω2＝；若用细线将A、B连接，当它们一起刚要滑动时，最大静摩擦力和拉力合力提供向心力，对B物块由牛顿第二定律有μmg＋T＝mωrB，对A物块有μmg－T＝mωrA，联立解得ω3＝，因为rA<ω3>ω2，A正确.
【例2】 （多选）如图所示，水平杆固定在竖直杆上，两者互相垂直，水平杆上O、A两点连接有两轻绳，两绳的另一端都系在质量为m的小球上，OA＝OB＝AB，现通过转动竖直杆，使水平杆在水平面内做匀速圆周运动，三角形OAB始终在竖直平面内，若转动过程OB、AB两绳始终处于拉直状态，则下列说法正确的是( )
A.OB绳的拉力范围为0～mg
B.OB绳的拉力范围为mg～mg
C.AB绳的拉力范围为0～mg
D.AB绳的拉力范围为0～mg
【解析】 BC 转动的角速度为0时，OB绳的拉力最小，AB绳的拉力最大，这时两者的值相同，设为T1，则2T1cos 30°＝mg，T1＝mg，增大转动的角速度，当AB绳的拉力刚好等于0时，OB绳的拉力最大，设这时OB绳的拉力为T2，则T2cos 30°＝mg，T2＝mg，因此OB绳的拉力范围为mg～mg，AB绳的拉力范围为0～mg，B、C正确.
【变式训练2】 （多选）如图所示，三角形为一光滑圆锥体的正视图，锥面与竖直方向的夹角为θ＝37°.一根长为l＝1 m的细线一端系在圆锥体顶端，另一端系着一可视为质点的小球，小球在水平面内绕圆锥体的轴做匀速圆周运动，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，不计空气阻力，则( )
A.小球受重力、支持力、拉力和向心力
B.小球可能只受拉力和重力
C.当ω0＝ rad/s时，小球对圆锥体的压力刚好为零
D.当ω＝2 rad/s时，小球受重力、支持力和拉力作用
【解析】 BC 向心力是效果力，不是小球实际受到的力；对小球受力分析，小球受重力、细线的拉力，小球可能受圆锥体的支持力，也可能不受圆锥体的支持力；转速较小时，小球紧贴圆锥面，则FTcos θ＋FNsin θ＝mg，FTsin θ－FNcos θ＝mω2l sin θ，当转速达到ω0时支持力为零，支持力恰好为零时有mg tan θ＝mωl sin θ，解得ω0＝ rad/s，A错误，B、C正确，因为2 rad/s＞ rad/s，所以，当ω＝2 rad/s时，小球已经离开斜面，小球只受重力、拉力的作用，D错误.
【易错点】 本题易错选A.分析受力时，要注意向心力不是物体实际受到的力.
水平面内圆周运动临界问题的分析方法 (1)几何分析：目的是确定圆周运动的圆心、半径等. (2)运动分析：目的是确定圆周运动的线速度、角速度、向心加速度等. (3)受力分析：目的是通过力的合成与分解，表示出物体做圆周运动时，外界所提供的向心力.
题型二 竖直面内的圆周运动
1.在竖直平面内做圆周运动的物体，按运动到轨道最高点时的受力情况可分为两类：一是无支撑（如球与绳连接、沿内轨道运动的物体等），称为“绳（环）约束模型”，二是有支撑（如球与杆连接、在弯管内的运动等），称为“杆（管）约束模型”.
2.绳、杆模型涉及的临界问题
项目 轻“绳”模型 （最高点无支撑） 轻“杆”模型 （最高点有支撑）
常见 类型
弹力 特征 弹力可能向下，也可能等于零 弹力可能向下，可能向上，也可能等于零
受力 示意图
力学 方程 mg＋FT＝m mg±FN＝m
临界 特征 FT＝0，即mg＝m，得v＝ v＝0，即Fn＝0，此时FN＝mg
模型 关键 (1)绳只能对小球施加向下的力 (2)小球通过最高点的速度至少为 (1)“杆”对小球的作用力可以是拉力，也可以是支持力 (2)小球通过最高点的速度最小可以为0
实例 球与绳连接、水流星、沿内轨道运动的“过山车”等 球与杆连接、球在光滑管道中运动等
【例3】 如图甲所示，小球在竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动.当小球运动到圆形管道的最高点时，管道对小球的弹力与过最高点时小球速度的平方的关系如图乙所示（取竖直向下为正方向）.MN为通过圆心的一条水平线.不计小球半径、管道的粗细，重力加速度为g.下列说法正确的是( )
A.管道的半径为bg
B.小球质量为
C.小球在MN以下的管道中运动时，内侧管壁对小球可能有作用力
D.小球在MN以上的管道中运动时，外侧管壁对小球一定有作用力
【解析】 B 由题图乙可知，当v2＝b时，FN＝0，有mg＝m，解得R＝，A错误；当v2＝0时，FN＝mg＝a，有m＝，B正确；小球在水平线MN以下的管道中运动时，由于向心力的方向要指向圆心，则管壁必然要提供指向圆心的支持力，只有外壁才可以提供这个力，所以内侧管壁对小球没有作用力，C错误；小球在水平线MN以上的管道中运动时，重力沿径向的分量必然参与提供向心力，可能是外侧管壁受力，也可能是内侧管壁对小球有作用力，还可能均无作用力，故D错误.
【易错点】 本题易错选D.学生误认为小球在水平线MN以上的管道中运动时，一定会受到外侧管壁的挤压.实际上，由于小球的速度未知，小球与内侧或外侧可能有弹力，也可能均无弹力.此类问题应注意找向心力的来源，学会沿半径方向和垂直半径方向进行力的分解，再结合圆周运动的规律求解.
【变式训练3】 过山车是青少年喜欢的一种游乐项目.为了研究过山车的原理，可将过山车简化为如图所示的模型，质量为m的小球在光滑竖直圆轨道上做圆周运动，在轨道的最高点和最低点分别安装有压力传感器.让小球从同一位置由静止下滑，经多次测量得到在最高点和最低点小球对轨道压力的平均值分别为F1、F2，则当地的重力加速度为( )
A. B. C. D.
【解析】 D 过山车模型可以看作轻绳模型，小球在轨道上运动时受到轨道对其指向圆心的弹力作用.由牛顿第三定律可得在M点和N点轨道对小球的弹力大小平均值分别为F2、F1，设圆轨道半径为R，在M点，对小球进行受力分析，根据小球所受的合力提供向心力得F2－mg＝m，在N点，对小球进行受力分析，根据小球所受的合力提供向心力得mg＋F1＝m，由M到N，根据动能定理得－mg·2R＝mv－mv，联立解得g＝，D正确.
【例4】 （多选）竖直平面内的圆周运动是物理学里的经典模型之一，某同学通过如下实验来探究其相关规律：如图所示，质量为m的小球固定在力传感器测量的一侧，传感器另一侧固定在轻杆一端，现给小球一初速度让其绕O点做圆周运动，小球到O点距离为L，已知当力传感器受到球对其为压力时读数为负，受到拉力时读数为正，重力加速度为g.则下列说法正确的是( )
A.只要小球通过圆周最高点的速度大于0就能完成完整的圆周运动
B.若小球通过圆周最高点时速度为，则力传感器读数为－mg
C.若小球能做完整的圆周运动，则小球通过圆周最低点的速度至少为2
D.若小球通过圆周最低点时速度为，则此时力传感器读数为mg
【解析】 ABC 轻杆模型中小球过最高点速度不小于0，A正确；在最高点受力分析有mg＋F＝m，将速度代入，解得F＝－mg，即小球受到向上的支持力，由牛顿第三定律可知传感器受到向下的压力，B正确；由动能定理可知，mv＝mg·2L，则vmin＝2，C正确；在最低点受力分析有F－mg＝m，将速度为代入，解得F＝3mg，D错误.
【变式训练4】 如图所示，轻杆长3L，在杆两端分别固定质量均为m的球A和B，光滑水平转轴穿过杆上距球A为L处的O点，外界给系统一定能量后，杆和球在竖直平面内转动，球B运动到最高点时，杆对球B恰好无作用力.忽略空气阻力，则球B在最高点时( )
A.球B的速度为零
B.球A的速度大小为
C.水平转轴对杆的作用力为1.5mg
D.水平转轴对杆的作用力为2.5mg
【解析】 C 球B运动到最高点时，杆对球B恰好无作用力，即重力恰好提供向心力，有mg＝m，解得v＝，A错误；由于A、B两球的角速度相等，则球A的速度大小v′＝，B错误；球B到最高点时，对杆无弹力，此时球A受重力和拉力的合力提供向心力，有F－mg＝m，解得F＝1.5mg，由牛顿第三定律及共点力平衡可知水平转轴对杆的作用力为1.5mg，C正确、D错误.
竖直面内圆周运动问题的解题思路
1.（2024·广东卷）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
【解析】 A 有题意可知当插销刚卡紧固定端盖时弹簧的伸长量为Δx＝，根据胡克定律有F＝kΔx＝，插销与卷轴同轴转动，角速度相同，对插销，由弹力提供向心力，即F＝mlω2，对卷轴有v＝rω，联立解得v＝r，A正确.
2.如图所示，AC、BC两绳系一质量为m＝0.1 kg的小球，AC绳长L＝2 m，两绳的另一端分别固定于轴的A、B两处，两绳拉直时与竖直轴的夹角分别为30°和45°.小球在水平面内做匀速圆周运动时，若两绳中始终有张力，小球的角速度可能是（g取10 m/s2）( )
A.2 rad/s B.2.5 rad/s C.3.5 rad/s D.4 rad/s
【解析】 B 当上绳绷紧、下绳恰好伸直但无张力时，小球受力如图甲所示，由牛顿第二定律得mg tan 30°＝mωr，又有r＝L sin 30°，解得ω1＝ rad/s≈2.4 rad/s，当下绳绷紧、上绳恰好伸直无张力时，小球受力如图乙所示，由牛顿第二定律得，mg tan 45°＝mωr，解得ω2＝ rad/s≈3.2 rad/s，故当2.4 rad/s<ω<3.2 rad/s时，两绳始终有张力，B正确，A、C、D错误.
3.如图所示，在粗糙的水平地面上有一斜面，轻绳绕过两光滑的定滑轮，左端与粗糙斜面上的物块P相连，右端与小球相连，轻绳PC恰好与斜面垂直.现将小球从A处由静止释放，小球在AB间摆动过程中，斜面体和物块P始终保持静止不动，则小球从A→O→B的运动过程中( )
A.斜面对物块的摩擦力先减小后增大
B.地面对斜面体的摩擦力先增大后减小
C.若小球运动到O点，轻绳断裂，小球将做自由落体运动
D.若小球运动到O点，轻绳断裂，物块P可能会沿斜面运动
【解析】 B 对物块受力分析，由于轻绳PC恰好与斜面垂直，斜面体和物块P始终保持静止不动，物块受斜面沿斜面向上的静摩擦力f与物块重力沿斜面向下的分力mg sin θ始终平衡，所以斜面对物块的摩擦力保持不变，A错误；小球从A→O→B的运动过程中，由机械能守恒知小球的速率先增大后减小，由牛顿第二定律可知绳的拉力先增大后减小，细绳对P物块的拉力也是先增大后减小，以P和斜面为一整体进行受力分析可知：细绳对P的拉力即对整体的拉力的水平分力与地面对斜面向左的静摩擦力平衡，所以地面对斜面体的摩擦力先增大后减小，B正确；若小球运动到O点，轻绳断裂，小球速度水平向右，只受重力作用，将做平抛运动，C错误；若小球运动到O点，轻绳断裂，物块P对斜面体的压力增大，最大静摩擦力增大，斜面体给物块的静摩擦力继续平衡物块重力沿斜面向下的分力，物块保持静止，D错误.
4.如图所示，一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定的角速度ω转动，盘面与水平面的夹角为37°，盘面上离转轴距离1.0 m处有一小物体与圆盘始终保持相对静止，小物体的质量为1.0 kg，小物体与盘面间的动摩擦因数为0.8（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力）.则当ω达到最大值时，小物体运动到最高点时所受摩擦力的大小为（g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8）( )
A.5.6 N B.6.0 N C.6.4 N D.8.0 N
【解析】 A 经分析，当物体运动到最低点时，摩擦力达到最大值，角速度达到最大值，根据牛顿第二定律得μmg cos 37°－mg sin 37°＝mrω，在最高点，根据牛顿第二定律得Ff＋mg sin 37°＝mrω，联立以上两式并代入数据得Ff＝－5.6 N，A正确.
5.（多选）如图所示，一块足够大的光滑平板放置在水平面上，能绕水平固定轴MN自由转动从而实现调节其与水平面所成的倾角.板上有一根长为l＝0.5 m的轻绳，一端系住一个质量为m＝0.5 kg的小球，另一端固定在板上的O点.当平板倾角为α时，先将轻绳平行于水平轴MN拉直，然后给小球一沿着平板并与轻绳垂直的初速度v0＝2 m/s，g取10 m/s2，则( )
A.若α＝0°，则轻绳对小球的拉力大小为FT＝4 N
B.若α＝90°，则小球相对于初始位置可上升的最大高度为0.3 m
C.小球能在平板上绕O点做完整的圆周运动，α必须满足的条件为sin α≤
D.小球能在平板上绕O点做完整的圆周运动，α必须满足的条件为sin α≤
【解析】 AD 小球在平板上运动时受轻绳的拉力、重力和平板的弹力.在垂直平板方向上合力为零，重力沿平板方向的分力为mg sin α，小球在最高点时，由轻绳的拉力和重力沿平板方向的分力的合力提供向心力，有FT＋mg sin α＝m，研究小球从释放点到最高点的过程，据动能定理有－mgl sin α＝mv－mv，若恰好通过最高点，轻绳拉力FT＝0，解得sin α＝，C错误、D正确；若α＝0°，则轻绳对小球的拉力大小为FT＝m＝4 N，A正确；若α＝90°，小球不能到达最高点，假设能够上升0.3 m，重力势能的增加量mgh＝1.5 J，初动能mv＝1 J，机械能不守恒，B错误.
6.如图所示，一杂技运动员骑摩托车沿一竖直圆轨道做匀速圆周运动.摩托车运动的速率恒为v＝10 m/s，人和摩托车的总质量为m＝200 kg，摩托车受到的阻力是摩托车对轨道压力的，摩托车通过与圆心O在同一水平面上的B点向下运动时牵引力恰好为零，摩托车车身的长度不计，g取10 m/s2，π取3.14，求：
(1)运动员完成一次圆周运动所需的时间；
(2)摩托车在最低点对轨道的压力大小.
【解析】 (1)根据题意可知摩托车通过B点时牵引力恰好为零，此时摩托车所受摩擦力Ff与重力平衡，有mg＝Ff＝FN，
根据牛顿第二定律有
FN＝m，
解得R＝＝5 m，
运动员完成一次圆周运动所需的时间为
t＝，
解得t＝3.14 s.
(2)在最低点，对人和摩托车整体有
F－mg＝m，
解得F＝6 000 N，
根据牛顿第三定律知摩托车对轨道的压力大小
F′＝F＝6 000 N.
7.如图所示，餐桌中心是一个半径r＝1.5 m的圆盘，圆盘可绕中心轴转动，近似认为圆盘与餐桌在同一水平面内且两者之间的间隙可忽略不计.已知放置在圆盘边缘的小物体与圆盘间的动摩擦因数μ1＝0.6，与餐桌间的动摩擦因数μ2＝0.225，餐桌离地高度h＝0.8 m.设小物体与圆盘以及餐桌之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力.
(1)为使物体不滑到餐桌上，圆盘的角速度ω的最大值为多少？
(2)缓慢增大圆盘的角速度，物体从圆盘上甩出，为使物体不滑落到地面，餐桌半径R的最小值为多大？
(3)若餐桌半径R′＝r，则在圆盘角速度缓慢增大时，物体从圆盘上被甩出后滑落到地面上的位置到从圆盘甩出点的水平距离L为多少？
【解析】 (1)由题意可得，当小物体在圆盘上随圆盘一起转动时，圆盘对小物体的静摩擦力提供向心力，所以随着圆盘转速的增大，小物体受到的静摩擦力增大，当静摩擦力最大时，小物体即将离开圆盘，此时圆盘的角速度达到最大，有
Ffm＝μ1mg＝mω2r，
解得ω＝2 rad/s.
(2)由题意可得，当物体滑到餐桌边缘时速度恰好减为零，对应的餐桌半径取最小值.设物体在餐桌上滑动的位移为x，物体在餐桌上做匀减速运动的加速度大小为a，有a＝，
又Ff＝μ2mg，
解得a＝μ2g＝2.25 m/s2.
物体在餐桌上滑动的初速度
v0＝ωr＝3 m/s，
由运动学公式0－v＝－2ax可得
x＝2 m.
由几何关系可得餐桌半径的最小值
R＝＝2.5 m.
(3)当物体滑离餐桌时，开始做平抛运动，平抛的初速度为物体在餐桌上滑动的末速度v，由题意可得
v2－v＝－2ax′，
由于餐桌半径R′＝r，
所以x′＝r＝1.5 m，
解得v＝1.5 m/s.
设物体做平抛运动的时间为t，则
h＝gt2，
解得t＝＝0.4 s，
物体做平抛运动的水平位移
x″＝vt＝0.6 m，
所以水平距离L＝x′＋x″＝2.1 m.
第4讲 万有引力与航天
一、开普勒行星运动定律
1.定律内容
(1)开普勒第一定律：所有行星绕太阳运动的轨道都是 椭圆 ，太阳处在椭圆的一个 焦点 上.
(2)开普勒第二定律：对任意一个行星来说，它与太阳的连线在 相等 的时间内扫过的 面积 相等.
(3)开普勒第三定律：所有行星轨道的 半长轴 的三次方跟它的 公转周期 的二次方的比都相等.
2.适用条件：适用于宇宙中 一切 环绕同一中心天体的运动.
二、万有引力定律及应用
1.内容：自然界中任何两个物体都相互吸引，引力的方向在它们的连线上，引力的大小与 物体的质量m1和m2的乘积 成正比，与 它们之间距离r的二次方 成反比.
2.公式：F＝ G ，其中G叫作引力常量，G＝6.67×10-11 N·m2/kg2，其值由卡文迪什通过
课程标准 1.通过实验，了解曲线运动，知道物体做曲线运动的条件. 2.通过实验，探究并认识平抛运动的规律.会用运动合成与分解的方法分析平抛运动.体会将复杂运动分解为简单运动的物理思想.能分析生产生活中的抛体运动. 3.会用线速度、角速度、周期描述匀速圆周运动.知道匀速圆周运动向心加速度的大小和方向.通过实验，探究并了解匀速圆周运动向心力大小与半径、角速度、质量的关系.能用牛顿第二定律分析匀速圆周运动的向心力.了解生产生活中的离心现象及其产生的原因. 4.通过史实，了解万有引力定律的发现过程.知道万有引力定律.认识发现万有引力定律的重要意义.认识科学定律对人类探索未知世界的作用. 5.会计算人造地球卫星的环绕速度.知道第二宇宙速度和第三宇宙速度. 6.知道经典力学的局限性，初步了解相对论时空观和微观世界的量子特征.体会人类对自然界的探索是不断深入的.
核心素养 物理观念 1.理解物体做曲线运动的条件，理解向心力、向心加速度等概念. 2.掌握平抛运动、圆周运动的相关规律. 3.会用运动与相互作用知识分析曲线运动问题. 4.了解万有引力定律的发现过程及重要意义. 5.掌握万有引力定律的应用. 6.会计算环绕速度. 7.运用运动观念拓展对天体运动的探究.
科学思维 1.会用运动的合成与分解方法分析平抛运动，会用牛顿第二定律分析圆周运动. 2.体会将复杂运动转化为简单运动的思想方法，认识其物理模型特征. 3.运用万有引力定律和圆周运动知识分析天体运动问题. 4.建构双星、多星运动模型.
科学探究 通过实验研究平抛运动、匀速圆周运动的规律.学习引力常量的测量方法，体会猜想、假设及实验验证在发现海王星中的重要科学作用.
科学态度 与责任 联系生活中的曲线运动模型，让学生掌握生活中的物理应用，激发学生的学习兴趣.
命题探究 命题分析 1.曲线运动主要考查运动的合成与分解方法的应用，平抛运动和圆周运动的规律及其应用. 2.万有引力与航天是每年高考的必考内容，多是通过联系最新科技以选择题形式呈现.
趋势分析 1.以曲线运动为背景命制的题目常常涉及临界、极值、数形结合等问题，题型有选择题和计算题.近几年高考特别注重联系生产、生活及科技实际的命题. 2.以万有引力与航天为背景命制的题目：(1)应用万有引力定律计算重力加速度、天体质量、天体密度等；(2)对天体运动规律的分析，卫星的发射与变轨，与天体运动有关的能量问题等.
预设情境 风洞、航展表演、投篮、飞轮转动、抛撒谷粒、小船渡河、抛体运动、火车转弯、水流星、体育运动、天体的质量和密度、卫星运动参量、天体的“追及”、卫星的变轨和对接、双星或多星等.
第1讲 曲线运动 运动的合成与分解
一、曲线运动
1.速度的方向
质点在某一点的速度方向，沿曲线在这一点的 切线 方向.
2.运动性质
物体做曲线运动时，由于速度的 方向 时刻改变，物体的加速度一定 不为 0，因此，曲线运动一定是 变速 运动.
3.物体做曲线运动的条件
(1)运动学角度：物体的 加速度 的方向与它的速度方向不在同一直线上.
(2)动力学角度：物体所受合力的方向与它的速度方向不在同一直线上.
二、运动的合成与分解
1.分运动和合运动
一个物体同时参与几个运动，参与的这几个运动叫作 分运动 ，物体的实际运动叫作 合运动 .
2.运动的合成
由 分运动 求 合运动 的过程.包括位移、速度和加速度的合成.
3.运动的分解
由 合运动 求 分运动 的过程.解题时应按实际效果分解，或正交分解.
4.遵从的规律
运动的合成与分解遵从 矢量运算法则 .
5.合运动与分运动的关系
(1)等时性：合运动与分运动、分运动与分运动经历的 时间 相等，即同时开始、同时进行、同时停止.
(2)独立性：各分运动相互 独立 ，不受其他运动的影响.各分运动共同 决定 合运动的性质和轨迹.
(3)等效性：各分运动叠加起来与合运动有完全相同的 效果 .
考点一 物体做曲线运动的条件与轨迹分析
1.物体做曲线运动的轨迹
物体做曲线运动时，速度沿轨迹的切线方向，合力指向轨迹凹侧，如图所示.
2.物体做曲线运动的特征
(1)运动学特征：由于做曲线运动的物体的瞬时速度方向沿曲线的切线方向，所以做曲线运动的物体的速度方向时刻发生变化，即曲线运动一定为变速运动.
(2)动力学特征：由于做曲线运动的物体的速度时刻变化，说明物体具有加速度，根据牛顿第二定律可知，物体所受的合力一定不为零且和速度方向始终不在一条直线上（曲线运动条件）.合力在垂直于速度方向上的分力改变物体速度的方向，合力在沿速度方向上的分力改变物体速度的大小.
(3)若合外力的方向与速度方向夹角成锐角，则物体速率增大；若两者夹角为钝角，则速率减小.
物体做曲线运动的条件
【例1】 在珠海航展上，歼击机进行了空中表演，其轨迹是曲线，如图所示.歼击机在运动过程中，下列说法正确的是( )
A.歼击机的速度可能不变
B.歼击机所受合力大小一定不变
C.歼击机所受合力方向与它的速度方向可能在一条直线上
D.歼击机在曲线运动过程中所受合力一定指向曲线凹侧
【解析】 D 歼击机做的是曲线运动，速度方向时刻发生改变，A错误；物体做曲线运动的条件是物体的初速度方向与力的方向不在同一条直线上，力的大小可以不变，也可以变化，B错误；当歼击机所受合力方向与它的速度方向存在夹角时，才能做曲线运动，在同一条直线上是做直线运动，C错误；在曲线运动过程中所受合力一定指向曲线凹侧，D正确.
【变式训练1】 在演示“做曲线运动的条件”的实验中，有一个在水平桌面上向右做直线运动的小钢球，第一次在其运动路线的正前方放置条形磁铁，第二次在其运动路线的旁边放置条形磁铁，如图所示，虚线表示小钢球的运动轨迹.观察实验现象，以下叙述正确的是( )
A.第一次实验中，小钢球的运动是匀速直线运动
B.第二次实验中，小钢球的运动类似平抛运动，其运动轨迹是一条抛物线
C.该实验说明做曲线运动的物体的速度方向沿轨迹的切线方向
D.该实验说明物体做曲线运动的条件是物体受到的合力的方向与速度方向不在同一直线上
【解析】 D 第一次实验中，小钢球受到沿初速度方向的磁铁的吸引力作用，做直线运动，并且随着距离的减小，吸引力变大，加速度变大，故小钢球做非匀变速直线运动，A错误；第二次实验中，小钢球所受的磁铁的吸引力方向总是指向磁铁，是变力，故小钢球的运动不是类平抛运动，其轨迹也不是一条抛物线，B错误；该实验说明物体做曲线运动的条件是物体受到的合力的方向与速度方向不在同一直线上，但是不能说明做曲线运动的物体的速度方向沿轨迹的切线方向，C错误、D正确.
物体做曲线运动的轨迹分析
【例2】 （2023·辽宁卷）某同学在练习投篮，篮球在空中的运动轨迹如图中虚线所示，篮球所受合力F的示意图可能正确的是( )
【解析】 A 篮球做曲线运动，所受合力指向运动轨迹的凹侧，A正确.
【变式训练2】 （2023·江苏卷）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是( )
【解析】 D 罐子在空中沿水平直线向右做匀加速运动，沙子在时间Δt内水平方向相对于罐子位移为a(Δt)2，竖直方向做自由落体运动，在时间Δt内相对于罐子位移为g(Δt)2，说明沙子连线的倾角是一定的，D正确.
决定物体运动轨迹的两个因素 决定物体运动轨迹的两个因素是：初速度与合力.物体做曲线运动的轨迹在合力与速度方向的夹角范围内，且弯向受力方向，这是分析该类问题的技巧.
考点二 运动的合成与分解
1.运动的合成与分解的运算法则
运动的合成与分解是指描述运动的各物理量，即位移、速度、加速度的合成与分解.由于它们均是矢量，合成与分解都遵守平行四边形定则.
2.合运动的性质和轨迹的判断
(1)若合加速度不变，则为匀变速运动；若合加速度（大小或方向）变化，则为非匀变速运动.
(2)若合加速度的方向与合初速度的方向在同一直线上，则为直线运动，否则为曲线运动.
运动的合成与分解的运算
【例3】 在光滑的水平面上，一质量为m＝2 kg的滑块在水平方向F＝4 N的恒力作用下运动.如图所示给出了滑块在水平面上运动的一段轨迹，滑块过P、Q两点时速度大小均为v＝5 m/s，滑块在P点的速度方向与PQ连线夹角α＝37°，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则下列说法正确的是( )
A.水平恒力F的方向与PQ连线成53°夹角
B.滑块从P点运动到Q点的时间为3 s
C.滑块从P点运动到Q点的过程中速度最小值为3 m/s
D.P、Q两点连线的距离为10 m
【解析】 B 滑块在水平恒力作用下由P点到Q点，滑块过P、Q两点时速度大小均为v＝5 m/s，即水平恒力不做功，所以力应该和位移的方向垂直，A错误；把滑块在P点的速度分解到垂直于PQ方向上有v2＝v sin α＝3 m/s，由题意知在这个方向上滑块先减速后反向加速，由牛顿第二运动定律得运动的加速度a＝＝2 m/s2，由于运动具有对称性，得滑块从P到Q的时间t＝2×＝3 s，B正确；把速度分解到PQ方向上有v1＝v cos α＝4 m/s，滑块在PQ方向上做匀速运动，所以当滑块在垂直于PQ方向上的速度等于零时，速度最小，为4 m/s，C错误；P、Q两点之间的距离为PQ＝v1t＝12 m，D错误.
【变式训练3】 （多选）跳伞表演是人们普遍喜欢的观赏性体育项目，如图所示，当运动员从直升机上由静止跳下后，在下落过程中将会受到水平风力的影响，下列说法正确的是( )
A.风力越大，运动员下落时间越长，运动员可完成更多的动作
B.风力越大，运动员着地速度越大，有可能对运动员造成伤害
C.运动员下落时间与风力无关
D.运动员着地速度与风力无关
【解析】 BC 水平风力不会影响竖直方向的运动，所以运动员下落时间与风力无关，A错误、C正确；运动员落地时竖直方向的速度是确定的，水平风力越大，落地时水平分速度越大，运动员着地时的合速度越大，有可能对运动员造成伤害，B正确、D错误.
合运动的性质和轨迹的判断
【例4】 （2024·安徽卷）（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xOy直角坐标系，如图甲所示.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的关系如图乙所示.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( )
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
【解析】 BD 根据图像可得F1＝4－t (N)，F2＝3t (N)，故两力的合力为F＝4＋2t (N)，物块在y轴方向受到的力不变为mg sin 30°，x轴方向的力在改变，合力在改变，故物块做的不是匀变速曲线运动，A错误；在y轴方向的加速度为ay＝＝g sin 30°＝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，F＝6 N，故此时加速度大小为a＝＝ m/s2＝5 m/s2，C错误；对x轴正方向，对物块根据动量定理Ft＝mvx－0，由于F与时间t成线性关系，故可得×2＝1.2vx，解得vx＝10 m/s，此时y轴方向速度为vy＝g sin 30°·t＝5×2 m/s＝10 m/s，故此时物块的速度大小为v＝＝10 m/s，D正确.
【易错点】 学生易错选A.主要原因是未认真审题，沿x轴正方向的力F1和F2均随时间变化，这两个力的合力随时间在不断变化，故物体的加速度发生变化.
【变式训练4】 一质量为2 kg的物体在如图甲所示的xOy平面上运动，沿x轴方向上的v－t图像和沿y轴方向上的y－t图像分别如图乙、丙所示，下列说法正确的是( )
A.前2 s内物体做匀变速直线运动
B.物体的初速度为8 m/s
C.1 s末物体的速度大小为4 m/s
D.前2 s内物体所受的合外力为16 N
【解析】 C 由v－t图像可知，物体在x方向上做初速度为v0x＝8 m/s的匀减速直线运动，加速度大小为a＝4 m/s2.根据y－t图像可知，物体在y方向上做速度大小为vy＝4 m/s的匀速直线运动，合速度方向与加速度方向不在同一直线上，则在前2 s内，物体的合运动为匀变速曲线运动，A错误；物体的初速度为水平速度和竖直速度的合速度，初速度为v＝＝ m/s＝4 m/s，B错误；1 s末物体在x方向的速度为vx＝v0x－at＝4 m/s，故1 s末物体的速度大小为v′＝＝ m/s＝4 m/s，C正确；前2 s内物体的加速度大小为4 m/s2，由牛顿第二定律可知，物体所受合力为F＝ma＝8 N，D错误.
1.合运动和分运动的关系 (1)等时性：各个分运动与合运动总是同时开始、同时进行、同时结束，经历时间相等（不同时的运动不能合成）. (2)独立性：一个物体同时参与几个分运动时，各分运动独立进行，互不影响. (3)等效性：各分运动叠加起来与合运动有完全相同的效果. (4)同一性：各分运动与合运动是指同一物体参与的分运动和实际发生的运动，不能是几个不同物体发生的不同运动. 2.求解运动的合成与分解问题的技巧 (1)求解运动的合成与分解问题，应抓住合运动与分运动具有等时性、独立性. (2)物体的实际运动是合运动.运动分解时一般按运动效果进行分解.
考点三 小船渡河模型
渡河时间最短 当船头方向垂直河岸时，渡河时间最短，最短时间tmin＝
渡河位移最短 如果v船>v水，当船头方向与上游河岸夹角θ满足v船cos θ＝v水时，合速度垂直河岸，渡河位移最短，等于河宽d
如果v船
(1)若船在静水中的速度为v2＝5 m/s，欲使船在最短的时间内渡河，船头应朝什么方向？用多长时间？位移是多少？
(2)若船在静水中的速度为v2＝5 m/s，欲使船渡河的航程最短，船头应朝什么方向？用多长时间？位移是多少？
(3)若船在静水中的速度为v2＝1.5 m/s，欲使船渡河的航程最短，船头应朝什么方向？用多长时间？位移是多少？
【解析】 (1)若v2＝5 m/s，欲使船在最短时间内渡河，船头应垂直于河岸方向，如图甲所示，合速度为倾斜方向，垂直于河岸的分速度为v2＝5 m/s.
甲
t＝＝＝ s＝36 s，
v合＝＝ m/s，
x＝v合t＝90 m.
乙
(2)若v2＝5 m/s，欲使船渡河的航程最短，合速度应沿垂直于河岸方向，船头应朝图乙中的v2方向.垂直于河岸过河则要求v∥＝0，有
v2sin θ＝v1，得θ＝30°.
所以当船头与上游河岸成60°角时航程最短.
x＝d＝180 m，
t＝＝＝ s＝24 s.
(3)若v2＝1.5 m/s，与(2)中不同，因为船速小于水速，所以船一定向下游漂移，设合速度方向与河岸下游方向夹角为α，则航程x＝.欲使航程最短，需α最大，如图丙所示，由出发点A作出v1矢量，以v1矢量末端为圆心，v2大小为半径作圆，A点与圆周上某点的连线为合速度方向，欲使v合与河岸下游方向的夹角最大，应使v合与圆相切，即v合⊥v2.
由sin α＝＝，得α＝37°，
所以船头应朝与上游河岸成53°角方向.
t＝＝ s＝150 s，
v合＝v1cos α＝2 m/s，
x＝v合t＝300 m.
【变式训练5】 洪水无情人有情，每一次重大抢险救灾，都有子弟兵的身影.如图所示，水速为v，消防武警驾驶冲锋舟行驶，若冲锋舟沿与平直河岸成30°角的线路把被困群众从A处送到对岸安全地B处，采取以最小速度和舟头垂直于河岸两种方案行驶，则两种方案中冲锋舟的最小速度v1和以舟头垂直于河岸行驶冲锋舟的速度v2之比为( )
A.1∶2 B.1∶ C.2∶ D.∶2
【解析】 D 冲锋舟以最小速度v1和舟头垂直于河岸两种方案分别从A到B，冲锋舟最小速度v1垂直于AB连线，有v1＝v sin 30°，冲锋舟速度v2垂直于平直河岸时，有v2＝v tan 30°，可知＝cos 30°＝，D正确.
解决小船渡河问题
考点四 绳（杆）端速度分解模型
1.绳（杆）端速度分解模型特点：沿绳（或杆）方向的速度分量大小相等.
2.绳（杆）端速度的分解思路
【例6】 如图所示，水平光滑长杆上套有一物块Q，跨过悬挂于O点的轻小光滑圆环的轻绳一端连接Q，另一端悬挂一物块P.设轻绳的左边部分与水平方向的夹角为θ，初始时θ很小.现将P、Q由静止同时释放，关于P、Q以后的运动，下列说法正确的是( )
A.当θ＝60°时，P、Q的速度之比是∶2
B.当θ＝90°时，Q的速度最大
C.当θ＝90°时，Q的速度为零
D.当θ向90°增大的过程中Q的合力一直增大
【解析】 B P、Q用同一根绳连接，则Q沿绳子方向的速度与P的速度大小相等，则当θ＝60°时，Q沿绳子方向的分速度vQ cos 60°＝vP，解得＝，A错误；当θ＝90°时，即Q到达O点正下方，垂直Q运动方向上的分速度为0，即vP＝0，此时Q的速度最大，B正确、C错误；当θ向90°增大的过程中Q的合力逐渐减小，当θ＝90°时，Q的速度最大，加速度为零，合力为零，D错误.
【变式训练6】 （生活情境）“筋膜枪”利用其内部特制的高速电机带动枪头，产生的高频振动可以作用到肌肉深层，以达到缓解疼痛、促进血液循环等作用.如图所示为某款筋膜枪的内部结构简化图，连杆OB以角速度ω绕垂直于纸面的O轴匀速转动，带动连杆AB，使套在横杆上的滑块左右滑动，从而带动枪头振动.已知AB杆长为L，OB杆长为R，当AB⊥OB时，滑块的速度大小为( )
A.ωR B. C. D.
【解析】 B 当AB⊥OB时，杆AB的速度等于B点的速度为vB＝ωR，滑块沿杆的方向的速度等于杆的速度，则有vB＝v cos θ＝v，联立得v＝，B正确.
【易错点】 本题易错选A.主要原因是误认为滑块的速度等于B点做圆周运动的速度.滑块的实际速度沿横杆向右，其沿AB杆方向上的分速度大小和B点的速度大小相等.
四种常见的速度分解模型
1.篮球无转动加速下落时轨迹如图甲所示，若在篮球释放瞬间给它一个转动速度，轨迹如图乙所示，引起轨迹乙的原因称为马格努斯效应，马格努斯效应在球类运动项目中非常普遍.已知P为甲轨迹上一点，Q为乙轨迹上一点.根据轨迹下列判断正确的是( )
A.篮球在P点受到空气给它的力不可能水平向左
B.篮球在P点受到空气给它的力可能大于篮球重力
C.篮球在Q点受到空气给它的力可能水平向左
D.篮球在Q点受到空气给它的力可能斜向左上
【解析】 A 篮球在P点做直线运动，垂直于直线方向的合力为零，因此篮球水平方向不受空气的作用力，篮球加速下落，竖直方向所受空气的作用力小于重力，A正确、B错误；在Q点篮球做曲线运动，空气给篮球的作用力和重力的合力指向曲线的凹侧，重力竖直向下，所以空气给篮球的作用力可能斜向右上，C、D均错误.
2.无人机在空中拍摄运动会入场式表演.无人机起飞上升并向前追踪拍摄，飞行过程的水平方向速度vx和竖直向上的速度vy与飞行时间t的关系图线如图所示.下列说法正确的是( )
A.无人机在0～t1时间内沿直线飞行
B.无人机在t1～t2时间内沿直线飞行
C.无人机在t1时刻上升至最高点
D.无人机在0～t1时间内处于失重状态
【解析】 A 由题图可知，无人机t＝0时的初速度为0，0～t1时间内水平方向和竖直方向加速度恒定，即合加速度恒定，做匀加速运动，初速度为0的匀加速运动一定是直线运动，A正确；0～t1时间内无人机沿直线飞行，t1时刻，水平方向加速度变为0，合加速度方向为竖直方向，与此时速度方向不共线，所以做曲线运动，B错误；t1时刻之后，竖直速度方向依然向上，无人机还在上升，直到t2时刻，竖直速度减为0，到达最高点，C错误；0～t1时间内竖直方向加速度向上，处于超重状态，D错误.
3.如图所示，甲、乙两船在同一条河流中同时开始渡河，M、N分别是甲、乙两船的出发点，两船头与河岸均成α角，甲船船头恰好对准N点的正对岸P点，经过一段时间乙船恰好到达P点，假设甲、乙划船速度大小相等，且渡河过程中能相遇，两船相遇不影响各自的航行，下列判断正确的是( )
A.甲船也能到达正对岸
B.甲船渡河时间一定较短
C.两船相遇在NP直线上的某点（非P点）
D.甲、乙两船渡河时间不相等
【解析】 C 甲船航行的方向与河岸成α角，水流速度水平向右，合速度一定不会垂直于河岸，则甲船不能垂直到达对岸，A错误；在垂直于河岸方向上，v甲＝v sin α，v乙＝v sin α，渡河时间为t甲＝＝，t乙＝＝，两船渡河时间相等，因为在垂直于河岸方向上的分速度相等，又是同时出发的，所以两船相遇在NP直线上的某点（非P点），B、D错误，C正确.
4.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为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.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
【解析】 D 设网球飞出时的速度为v0，在竖直方向有（v0竖）2＝2g(H－h)，v0竖＝12 m/s，由速度三角形原则可知v水平＝5 m/s，则网球水平方向到墙面的距离为x水平＝v水平t＝v水平＝6 m，由几何关系可知，当球打到墙上时，垂直墙的速度分量为v水平1＝v水平·＝4 m/s，平行墙面的速度为v水平2＝v水平·＝3 m/s，网球与墙壁碰撞后，垂直墙面速度分量大小为v水平1′＝0.75·v水平1＝3 m/s，由速度三角形可知v＝＝3 m/s，A、B错误；网球落地时间为t′＝＝1.3 s，则着地点到墙壁的距离d＝v水平1′·t′＝3.9 m，C错误、D正确.
5.（生活情境）（多选）钓鱼是一项越来越受到欢迎的运动，钓到大鱼时一般会先将鱼遛至没有力气再收线.如图所示，在收尾阶段，鱼已经浮在水面不再挣扎，钓鱼者以恒定速率v收鱼线（钓鱼者和鱼竿视为不动），鱼线与水平面的夹角为θ，以下说法正确的是( )
A.鱼在靠近钓鱼者过程中速率增大
B.当θ＝60°时，鱼的速率为2v
C.当θ＝37°时，鱼的速率为0.8v
D.鱼受到的合外力恒定
【解析】 AB 如图所示，将鱼的速度分解为沿绳子方向的速度和垂直绳子方向的速度，则v＝v鱼cos θ，钓鱼者以恒定速率v收鱼线过程中θ增大，v鱼增大，鱼做变加速运动，合外力不是恒定值，A正确、D错误；根据v＝v鱼cos θ，可知当θ＝60°时，v鱼＝2v，当θ＝37°时，v鱼＝1.25v，B正确、C错误.
6.（多选）如图所示，一轻绳绕过无摩擦的两个轻质小定滑轮O1、O2和质量为m的小球连接，另一端与套在光滑直杆上质量也为m的小物块连接，已知直杆两端固定，与两定滑轮在同一竖直平面内，与水平面的夹角θ＝60°，直杆上C点与两定滑轮均在同一高度，C点到定滑轮O1的距离为L，重力加速度为g，设直杆足够长，小球运动过程中不会与其他物体相碰.现将小物块从C点由静止释放，当小物块沿杆下滑距离也为L时（图中D处），下列说法正确的是( )
A.小物块刚释放时轻绳中的张力一定小于mg
B.小球下降的最大距离为（1－）L
C.小物块在D处的速度与小球速度大小之比为3∶1
D.小物块在D处的速度与小球速度大小之比为2∶
【解析】 AB 刚释放的瞬间，小球的瞬时加速度竖直向下，轻绳中的张力一定小于mg，A正确；当连接小物块的轻绳与杆垂直时，小球下降的距离最大，根据几何知识得Δh＝L－L sin 60°＝（1－）L，B正确；将小物块的速度分解为沿绳方向和垂直于绳方向的分速度，沿绳方向的分速度等于小球的速度，根据平行四边形定则，小物块在D处的速度与小球的速度之比为v1∶v2＝2∶1，C、D错误.
7.如图所示，在风洞实验室中，从A点以水平速度v0向左抛出一个质量为m的小球（可视为质点），小球抛出后所受空气作用力沿水平方向，其大小为F，经过一段时间小球运动到A点正下方的B点处，重力加速度为g，在此过程中，求：
(1)小球离A、B所在直线的最远距离；
(2)A、B两点间的距离；
(3)小球的最大速率vmax.
【解析】 (1)将小球的运动沿水平方向和竖直方向分解，水平方向有
F＝max，v＝2axxmax，
解得xmax＝.
(2)水平方向速度减小为零所需时间t1＝，由对称性知小球从A运动到B的总时间t＝2t1，竖直方向上有
y＝gt2＝.
(3)小球运动到B点时速率最大，此时有
vx＝v0，vy＝gt，
则vmax＝＝.
8.有一小船（视为质点）从岸边A点出发过宽d＝400 m的河，河由宽度之比为1∶3的Ⅰ、Ⅱ区域组成.Ⅰ区域水速大小v1＝3 m/s，Ⅱ区域水速大小v2＝5 m/s，方向向右，如图所示.为保证小船安全过河，小船在Ⅰ、Ⅱ区域的相对静水速度分别为v3＝5 m/s和v4＝3 m/s.B点为对岸上的点，且A、B连线与河岸垂直.求：
(1)小船以最短时间过河到达的位置；
(2)小船以最短路程过河到达的位置.
【解析】 (1)船头正对对岸过河时用时最短，过Ⅰ区域有t1＝＝20 s，
水流方向位移s1＝v1t1＝60 m，
过Ⅱ区域有t2＝＝100 s，
水流方向位移s2＝v2t2＝500 m，
则小船最后在B点下游的位置离B的距离为
s＝s1＋s2＝560 m.
(2)过Ⅰ区域时，v3>v1，则船可以垂直过河，水流方向位移s3＝0.
过Ⅱ区域时，由于v4
设水流方向位移为s4，
由几何关系有tan θ＝＝，
解得s4＝400 m.
则小船最后在B点下游的位置离B距离为
s′＝s3＋s4＝400 m.
第2讲 抛体运动
一、抛体运动
1.定义
以 一定的速度 将物体抛出，在空气阻力可以忽略的情况下，物体只受 重力 的作用，这时的运动叫作抛体运动.
2.运动的性质
加速度为g的 匀变速曲线 运动，运动轨迹是 抛物线 .
3.分类
(1)平抛运动；
(2)斜抛运动.
二、平抛运动
1.定义
将物体以一定的初速度沿 水平 方向抛出，物体只在 重力 作用下的运动.
2.运动的性质
平抛运动是加速度为g的 匀变速 曲线运动，运动轨迹是 抛物线 .
3.研究方法：化曲为直
(1)水平方向： 匀速 直线运动；
(2)竖直方向： 自由落体 运动.
4.基本规律
如图，以抛出点O为坐标原点，以初速度v0方向（水平方向）为x轴正方向，竖直向下为y轴正方向. (1)速度关系
(2)位移关系
(3)轨迹方程：y＝ x2 Ｗ.
三、斜抛运动
1.定义
将物体以初速度v0沿 斜向上方 或 斜向下方 抛出，物体只在 重力 作用下的运动.
2.运动的性质
加速度为 重力加速度g 的匀变速曲线运动.
3.研究方法
斜抛运动可以分解为水平方向的 匀速直线 运动和竖直方向的 匀变速直线 运动.
4.基本规律（以斜向上抛为例，如图所示）
(1)水平方向：v0x＝ v0cos θ ，x＝v0t cos θ.
(2)竖直方向：v0y＝ v0sin θ ，y＝v0t sin θ－gt2.
四、类平抛运动的分析
所谓类平抛运动，就是受力特点和运动特点类似于平抛运动，即受到一个恒定的外力且外力与初速度方向垂直，物体做匀变速曲线运动.
1.受力特点
物体所受合力为恒力，且与初速度的方向 垂直 .
2.运动特点
沿初速度v0方向做 匀速直线 运动，沿合力方向做初速度为零的 匀加速直线 运动.
考点一 平抛运动规律的应用
1.关于平抛运动必须掌握的四个物理量
物理量 相关分析
飞行时间(t) t＝，飞行时间取决于下落高度h，与初速度v0无关
水平射程(x) x＝v0t＝v0 ，即水平射程由初速度v0和下落高度h共同决定，与其他因素无关
落地速度(v) v＝＝，以θ表示落地时速度与水平方向间的夹角，有tan θ＝＝，所以落地速度也只与初速度v0和下落高度h有关
速度的改变量(Δv) 因为平抛运动的加速度为恒定的重力加速度g，所以做平抛运动的物体在任意相等时间间隔Δt内的速度改变量Δv＝gΔt相同，方向恒为竖直向下，如图所示
2.平抛运动的两个重要推论
(1)做平抛运动的物体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，如图甲所示.其推导过程为tan θ＝＝＝.
(2)做平抛运动的物体在任一时刻任一位置处，设其速度方向与水平方向的夹角为θ，位移与水平方向的夹角为α，则tan θ＝2tan α.如图乙所示.其推导过程为tan θ＝＝＝＝2tan α.
平抛运动的分析
【例1】 （2023·湖南卷）如图甲，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乙所示，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( )
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
【解析】 B 抛出的两谷粒在空中均仅受重力作用，加速度均为重力加速度，故谷粒1的加速度等于谷粒2的加速度，A错误；谷粒2做斜抛运动，水平方向上为匀速直线运动，故运动到最高点的速度即为水平方向上的分速度，与谷粒1比较，水平位移相同，但运动时间较长，故谷粒2水平方向的速度较小即最高点的速度小于v1，B正确；谷粒2做斜向上抛运动，谷粒1做平抛运动，均从O点运动到P点，故位移相同，在竖直方向上谷粒2做竖直上抛运动，谷粒1做自由落体运动，竖直方向上位移相同，故谷粒2运动时间较长，C错误；两谷粒从O点运动到P点的位移相同，运动时间不同，故平均速度不相等，谷粒1的平均速度大于谷粒2的平均速度，D错误.
【变式训练1】 （多选）摩托车跨越表演是一项惊险刺激的运动，受到许多极限爱好者的喜爱.假设在一次跨越河流的表演中，摩托车离开平台时的速度为24 m/s，刚好成功落到对面的平台上，测得两岸平台高度差为5 m，如图所示.若飞越中不计空气阻力，摩托车可以近似看成质点，g取10 m/s2，则下列说法正确的是( )
A.摩托车在空中的飞行时间为1 s
B.河宽为24 m
C.摩托车落地前瞬间的速度大小为10 m/s
D.若仅增加平台的高度（其他条件均不变），摩托车依然能成功跨越此河流
【解析】 ABD 摩托车在竖直方向做自由落体运动，则有h＝gt2，解得摩托车在空中的飞行时间为t＝1 s，A正确；河流的宽度即摩托车水平方向位移为d＝x＝v0t＝24×1 m＝24 m，B正确；竖直方向速度为vy＝gt＝10 m/s，则摩托车落地前瞬间的速度为v＝＝ m/s＝26 m/s，C错误；摩托车离开平台做平抛运动，仅增加平台的高度（其他条件均不变），则在空中的飞行时间增大，摩托车水平方向位移增大，所以摩托车依然能成功跨越此河流，D正确.
有约束条件的平抛运动模型
【例2】 （教考衔接·人教版必修二P21第3题）（多选）如图所示，将一个小球从A点以速度v1 水平抛出，小球垂直落在倾角为θ 的斜面上的P点.若将小球从图中的B点以速度v2水平抛出，小球垂直落在斜面上的Q 点（图中未标出），下列说法正确的是( )
A.Q点在P点上方
B.Q点可能与P 点重合
C.Q点在P点下方
D.水平初速度v2一定大于v1
【解析】 AD 小球两次都垂直打在斜面上，则小球末速度方向与初速度方向之间夹角不变，根据平抛运动的推论可知，第一次平抛运动位移xAP平行于第二次平抛运动位移xBQ ，如图所示，Q点在P点上方，A正确，B、C错误；小球两次都垂直打在斜面上，则＝tan θ，vy＝，联立可得v0＝tan θ，因hB>hA，则v2>v1 ，D正确.
【变式训练2】 如图所示，斜面AC与水平方向的夹角为α，在底端A点正上方与顶端C点等高处的E点以速度v0水平抛出一小球，小球垂直于斜面落到D点，重力加速度大小为g，则( )
A.小球在空中飞行时间为
B.小球落到斜面上时的速度大小为
C.CD与DA长度的比值为
D.小球的位移方向垂直于AC
【解析】C
小球的运动轨迹图如图所示，把小球在D点处的速度沿水平、竖直方向分解，小球垂直于斜面落到D点，所以在D点时有tan α＝＝，解得t＝，A错误；小球垂直于斜面落到D点，所以小球落到斜面上时的速度大小为v＝，B错误；根据几何关系，DA＝，CD＝，整理得CD与DA的比值为，C正确；由位移方向与水平方向夹角的正切值是速度方向与水平方向夹角的正切值的可知，位移方向不垂直于AC，D错误.
类平抛运动的分析 【例3】 A、B两个质点以相同的水平速度v0抛出，A在竖直平面内运动，落地点为P1，B沿光滑斜面运动，落地点为P2，不计阻力，如图所示，下列关于P1、P2在x轴上远近关系的判断正确的是( )
A.P1较远 B.P2较远 C.P1、P2等远 D.无法确定
【解析】 B A质点水平抛出后，只受重力，做平抛运动，在竖直方向有h＝gt.B质点水平抛出后，受重力和支持力，在斜面平面内所受合力为mg sin θ，大小恒定且与初速度方向垂直，所以B质点做类平抛运动，在沿斜面向下方向上，有＝g sin θ·t，可知t2>t1.A的水平位移x1＝v0t1，B的水平位移x2＝v0t2，由于t2>t1，所以x2>x1，P2较远，B正确.
【易错点】 本题易错选C，学生误认为运动过程的时候相等，所以水平位移大小相等.实际上，质点A在竖直平面内运动的时间比质点B沿斜面做类平抛运动的时间少，因而P2较远.
【变式训练3】 北京举办第24届冬季奥运会，催生了许多室内冰雪项目.如图所示为室内冰雪乐园中一个游玩项目，倾斜冰面与水平面夹角θ＝30°，冰面长、宽均为L＝40 m，冰面两侧均安装有安全护网，底部有缓冲装置（未画出）.周末某父子俩前往游玩，设父亲与滑板总质量为M＝80 kg，儿子与滑板总质量为m＝40 kg，工作人员将载有人的凹形滑板由冰面顶端中点静止释放的瞬间，父亲沿水平方向推了一下儿子，父子俩迅速分开，并沿冰面滑下.假设运动中始终没有碰到护网，父子俩都能安全到达冰面底端（不计一切阻力，父子俩均视为质点，重力加速度g取10 m/s2），求：
(1)父子俩下滑的时间t；
(2)父亲推儿子时最多做功W.
【解析】 (1)父子俩都沿冰面做类平抛运动，沿冰面向下的加速度为a＝g sin θ＝5 m/s2，
根据位移与时间关系L＝at2，
代入数据解得t＝4 s，两者同时达到底端.
(2)推开后，设父亲获得初速度为vM，儿子获得初速度vm，父子俩水平动量守恒，则
MvM＝mvm，
因儿子质量小些，只要儿子安全即可，水平滑动距离为，根据位移与时间关系＝vmt，
代入数据解得vm＝5 m/s，
代入动量守恒式，得vM＝2.5 m/s.
根据功能关系W＝mv＋Mv，
代入数据得W＝750 J.
类平抛运动求解方法 (1)常规分解法：将类平抛运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和垂直于初速度方向（即沿合力方向）的匀加速直线运动. (2)特殊分解法：对于有些问题，可以过抛出点建立适当的直角坐标系，将加速度a分解为ax、ay，初速度v0分解为vx、vy，然后分别在x、y方向上列方程求解.
考点二 平抛运动的临界问题
常见的三种临界特征：
(1)有些题目中有“刚好”“恰好”“正好”等字眼，明显表明题述的过程中存在着临界点.
(2)若题目中有“取值范围”“多长时间”“多大距离”等词语，表明题述的过程中存在着“起止点”，而这些起止点往往就是临界点.
(3)若题目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼，表明题述的过程中存在着极值，这个极值点往往是临界点.
【例4】 （多选）第十九届亚运会于2023年9月23日～10月8日在杭州举行，在本次亚运会女子排球决赛中，中国女排以六战全胜且一局未失的战绩成功卫冕冠军.如图所示为发球员在底线中点距离地面高h1处将排球水平击出，已知排球场的长为l1，宽为l2，球网高为h2.为使排球能落在对方球场区域，则发球员将排球击出后，排球初速度的最小值vmin和最大值vmax分别是（重力加速度为g，h2
B.vmin＝
C.vmax＝l1
D.vmax＝
【解析】 AD 排球水平击出后，在空中做平抛运动，排球恰好从球网中点过去落在对方球场区域时排球初速度最小，根据平抛运动规律，可得h1－h2＝gt，＝vmint1，联立解得排球初速度最小值为vmin＝，A正确、B错误；排球恰好落在对方球场区域左边两个边角中的其中一个时排球初速度最大，根据平抛运动规律，可得h1＝gt，＝vmaxt2，联立解得排球初速度最大值为vmax＝，C错误、D正确.
【变式训练4】 如图所示，水平屋顶高H＝5 m，围墙高h＝3.2 m，围墙到房子的水平距离L＝3 m，围墙外空地宽x＝10 m，为使小球从屋顶水平飞出落在围墙外的空地上，g取10 m/s2.求：
(1)小球离开屋顶时的速度v0的大小范围；
(2)小球落在空地上的最小速度.
【解析】 (1)设小球恰好落到空地的右侧边缘时的水平初速度为v1，
则小球的水平位移L＋x＝v1t1，
小球的竖直位移H＝gt，
解以上两式得
v1＝(L＋x)＝13 m/s，
设小球恰好越过围墙的边缘时的水平初速度为v2，则此过程中小球的水平位移L＝v2t2，
小球的竖直位移H－h＝gt，
解以上两式得v2＝L＝5 m/s，
小球抛出时的速度大小范围为
5 m/s≤v0≤13 m/s.
(2)小球落在空地上，下落高度一定，落地时的竖直分速度一定，当小球恰好越过围墙的边缘落在空地上时，落地速度最小.竖直方向有v＝2gH，则vmin＝＝5 m/s.
处理此类问题的重点在于结合实际模型，对题意进行分析，提炼出关于临界条件的关键信息.此类问题的临界条件通常为位置关系的限制或速度关系的限制，列出竖直方向与水平方向上的方程，将临界条件代入即可求解.在分析此类问题时一定要注意从实际出发寻找临界点，画出物体运动的草图，找出临界条件.
1.环保部门工作人员在一次检查时发现，某厂的一根水平放置的排污管正在向厂外的河道中排出污水.环保人员利用手上的卷尺测出这根管道的直径为10 cm，管口中心距离河水水面的高度为80 cm，污水注入河道处到排污管管口的水平距离为120 cm，重力加速度g取10 m/s2，则该管道的排污量（即流量——单位时间内通过管道某横截面的流体体积）约为( )
A.24 L/s B.94 L/s C.236 L/s D.942 L/s
【解析】 A 根据平抛运动规律有x＝vt0，h＝gt，解得v＝3 m/s，根据流量的定义有Q＝，而V＝SL＝π（）2·vt，解得Q≈0.024 m3/s＝24 L/s，A正确，B、C、D错误.
2.用图甲所示的装置研究平抛运动，在水平桌面上放置一个斜面，每次都让小钢球从斜面上的同一位置由静止滚下，滚过桌边后钢球便做平抛运动打在竖直墙壁上，把白纸和复写纸贴在墙上，就可以记录小钢球的落点.改变桌子和墙的距离，就可以得到多组数据.已知四次实验中桌子右边缘离墙的距离分别为10 cm、20 cm、30 cm、40 cm，在白纸上记录的对应落点分别为A、B、C、D，如图乙所示，B、C、D三点到A点的距离之比为( )
A.4∶9∶16 B.3∶8∶15 C.3∶5∶7 D.1∶3∶5
【解析】 B 根据平抛运动规律得x＝v0t，h＝gt2，可知运动时间之比tA∶tB∶tC∶tD＝1∶2∶3∶4，竖直方向运动距离之比hA∶hB∶hC∶hD＝1∶4∶9∶16，则B、C、D三点到A点的距离之比(hB－hA)∶(hC－hA)∶(hD－hA)＝3∶8∶15，B正确.
3.如图，在竖直平面内有一半圆形轨道，圆心为O，AB为水平直径，D点为半圆形轨道的最低点，C为轨道上的一点，CO与水平直径的夹角为53°，甲、乙两小球分别从B点和C点水平抛出，两球都落到D点.不计空气阻力，小球可视为质点，sin 53°＝0.8，则甲、乙两球初速度之比为( )
A. B. C. D.
【解析】 B 依题意，设圆形轨道半径为R，对于甲球，水平方向上有R＝v1t1，竖直方向上有R＝gt，解得v1＝，对于乙球，水平方向上有R cos 53°＝v2t2，竖直方向上有R－R sin 53°＝gt，解得v2＝，可得＝.
4.如图所示为一网球发球机，可以将网球以不同的水平速度射出，打到竖直墙上.O、A、B是竖直墙上三点，O与出射点处于同一水平线上，A、B两点分别为两次试验时击中的点，OA＝h1，OB＝h2，出射点到O点的距离为L，当地重力加速度为g，空气阻力忽略不计，网球可看作质点.下列说法正确的是( )
A.出射速度足够大，网球可以击中O点
B.发球间隔时间足够短，两个网球在下落过程中可相遇
C.击中A点的网球的初速度大小为L
D.网球击中B点时速度大小为
【解析】 D 网球做平抛运动，不论出射速度多大，竖直方向的位移也不为零，所以网球不能击中O点，A错误；发球间隔时间足够短，但两个网球的竖直位移不相等，所以两个网球在下落过程中不可能相遇，B错误；对于击中A点的网球，根据平抛运动的规律可得L＝v0At1，h1＝gt，解得击中A点的网球的初速度大小为v0A＝L，C错误；同理，解得击中B点的网球的初速度大小为v0B＝L，网球击中B点时速度大小为vB＝＝，D正确.
5.（多选）如图所示，b是长方形acfd对角线的交点，e是底边df的中点，a、b、c处的三个小球分别沿图示方向做平抛运动，落地后立即停止运动，下列表述中，正确的是( )
A.若a、b、c处三球同时抛出，三球可能在de之间的区域（不包括地面）相遇
B.只要b、c处两球同时开始做平抛运动，二者不可能在空中相遇
C.若a、b处两球能在地面相遇，则a、b在空中运动的时间之比为2∶1
D.若a、c处两球在e点相遇，则一定满足va＝vc
【解析】 BD 若三个小球同时抛出，由于三球不都是从同一高度水平抛出，故三球不可能相遇，A错误、B正确；设ad＝2h，a球在空中运动时间为ta，b球在空中运动时间为tb，根据平抛运动规律，2h＝gt，h＝gt，解得ta＝2，tb＝，若a、b处两球能在地面相遇，则a、b在空中运动的时间之比为ta∶tb＝2∶＝∶1，C错误；由平抛运动规律h＝gt2和x＝v0t可知，D正确.
6.（多选）如图，让小石子分别以v01、v02、v03、v04的水平速度离开水库大坝顶部，分别落在大坝上A、B和水面上C、D处.不计空气阻力.以下说法正确的是( )
A.小石子平抛运动的时间关系为t1
【解析】 BC 小石子做平抛运动，竖直方向满足h＝gt2，解得t＝，因为hA
(1)若选手以速度v0水平跳出后，能跳在水平跑道上，求v0的最小值；
(2)若选手以速度v1＝4 m/s水平跳出，求该选手在空中的运动时间.
【解析】 (1)若选手以速度v0水平跳出后，能跳在水平跑道上，则
h sin 60°≤v0t，
h cos 60°＝gt2，
解得v0≥ m/s.
则v0的最小值为 m/s.
(2)若选手以速度v1＝4 m/s水平跳出，因v1
水平前进距离x＝v1t′，
且x2＋y2＝h2，解得t′＝0.6 s.
8.如图所示，滑雪运动员通过助滑道加速后从A点垂直于缓冲坡以v0＝20 m/s起跳，最后落在缓冲坡上的B点，轨迹上的C点与A点等高（图中未画出），已知缓冲坡倾角θ＝37°，不计空气阻力.已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2.求：
(1)运动员从A点到C点过程中速度变化量的大小Δv；
(2)缓冲坡上A、B两点间的距离L；
(3)运动员落在B点的速度方向与水平面夹角的正切值k.
【解析】 (1)运动员竖直分速度
vy＝v0cos 37°＝16 m/s.
从A点到C点过程中速度变化量大小为
Δv＝2vy＝32 m/s.
(2)设沿缓冲坡为x轴，起跳方向为y轴，y向加速度为ay＝g cos 37°＝8 m/s2，
y向往返时间为
t＝2＝5 s，
x向加速度为
ax＝g sin 37°＝6 m/s2，
AB之间的距离为
L＝axt2＝75 m.
(3)设水平方向为x轴，竖直方向为y轴.着陆时水平方向的分速度为
vx＝v0sin 37°＝12 m/s，
着陆时竖直方向的分速度为
vy＝gt－v0cos 37°＝34 m/s，
着陆速度与水平面夹角的正切值为
k＝tan α＝＝.
第3讲 圆周运动
一、匀速圆周运动、角速度、线速度、向心加速度
1.匀速圆周运动
(1)定义：线速度大小 不变 的圆周运动.
(2)性质：加速度大小 不变 ，方向总是指向 圆心 的变加速曲线运动.
2.描述匀速圆周运动的物理量
项目 定义、意义 公式、单位
线速度 描述做圆周运动的物体运动 快慢 的物理量(v) ①v＝＝ ②国际单位： m/s
角速度 描述物体绕圆心 转动快慢 的物理量(ω) ①ω＝＝ ②国际单位： rad/s
周期、频率 物体沿 圆周 运动一圈的时间(T) ①T＝＝，国际单位： s ②f＝，国际单位： Hz
向心加速度 方向指向 圆心 ①an＝＝ ω2r ②国际单位： m/s2
3.线速度、角速度、周期、频率、向心加速度之间的关系
(1)v＝ ωr ＝r＝ 2πrf Ｗ.
(2)an＝＝ rω2 ＝ωv＝r＝4π2f2r.
二、匀速圆周运动的向心力
1.作用效果：产生向心加速度，只改变线速度的 方向 ，不改变线速度的 大小 Ｗ.
2.大小：F＝m＝mrω2＝m＝mωv＝m·4π2f2r.
3.方向：始终沿半径方向指向 圆心 Ｗ.
4.来源：向心力可以由一个力提供，也可以由几个力的 合力 提供，还可以由一个力的 分力 提供.
三、离心现象
1.定义：做 圆周 运动的物体，在所受合外力突然消失或不足以提供圆周运动所需 向心力 的情况下，所做的逐渐远离圆心的运动.
2.受力特点
(1)当Fn＝mω2r时，物体做匀速 圆周 运动.
(2)当Fn＝0时，物体沿 切线 方向飞出.
(3)当Fn＜mω2r时，物体逐渐 远离 圆心，做离心运动.
(4)当Fn＞mω2r时，物体将逐渐 靠近 圆心，做近心运动.
考点一 圆周运动的运动学分析
1.对公式v＝ωr的理解
当r一定时，v与ω成正比；
当ω一定时，v与r成正比；
当v一定时，ω与r成反比.
2.对a＝＝ω2r的理解
当v一定时，a与r成反比；
当ω一定时，a与r成正比.
3.常见的三种传动方式及特点
(1)皮带传动：如图甲、乙所示，皮带与两轮之间无相对滑动时，两轮边缘线速度大小相等，即vA＝vB.
(2)摩擦传动：如图丙所示，两轮边缘接触，接触点无打滑现象时，两轮边缘线速度大小相等，即vA＝vB.
(3)同轴传动：如图丁所示，两轮固定在一起绕同一转轴转动，两轮转动的角速度大小相等，即ωA＝ωB.
圆周运动各物理量间的关系
【例1】 在我国东北地区严寒的冬天，人们经常玩一项“泼水成冰”的游戏，具体操作是把一杯开水沿弧线均匀快速地泼向空中，图甲所示是某人玩“泼水成冰”游戏的瞬间，可抽象为如图乙所示的模型，泼水过程中杯子的运动可看成匀速圆周运动，人的手臂伸直，在0.5 s内带动杯子转动了210°，人的臂长约为0.6 m，则泼水过程中( )
A.杯子沿顺时针方向运动
B.P位置飞出的小水珠初速度沿1方向
C.杯子运动的角速度大小为 rad/s
D.杯子运动的线速度大小约为 m/s
【解析】 C 由图乙中做离心运动的轨迹可知，杯子的旋转方向为逆时针方向，P位置飞出的小水珠初速度沿2方向，A、B错误；杯子旋转的角速度为ω＝，代入数据得ω＝ rad/s，C正确；杯子旋转的轨迹半径约为0.6 m，则线速度大小为v＝ωR＝ m/s，D错误.
【易错点】 本题易错选A.学生习惯性认为杯子沿顺时针方向运动.从水珠的轨迹，结合曲线运动规律，质点瞬时速度沿轨迹在该位置的切线方向，可以判断杯子沿逆时针方向运动.
【变式训练1】 在北京冬奥会短道速滑混合团体2 000 m接力决赛中，我国短道速滑队夺得中国队在本届冬奥会的首金.
(1)如果把运动员起跑后进入弯道前的过程看作初速度为零的匀加速直线运动，若运动员加速到速度v＝9 m/s时，滑过的距离x＝15 m，求加速度的大小；
(2)如果把运动员在弯道滑行的过程看作轨道为半圆的匀速圆周运动，如图所示，若甲、乙两名运动员同时进入弯道，滑行半径分别为R甲＝8 m、R乙＝9 m，滑行速率分别为v甲＝10 m/s、v乙＝11 m/s，求甲、乙过弯道时的向心加速度大小之比，并通过计算判断哪位运动员先出弯道.
【解析】 (1)根据速度位移公式有
v2＝2ax，
代入数据可得a＝2.7 m/s2.
(2)根据向心加速度的表达式a＝，
可得甲、乙的向心加速度之比为
＝×＝，
甲、乙两物体做匀速圆周运动，则运动的时间为
t＝，
代入数据可得甲、乙运动的时间为
t甲＝ s，t乙＝ s，
因t甲
【例2】 （多选）如图甲所示是中学物理实验室常用的感应起电机，它是由两个大小相等直径约为30 cm的感应玻璃盘起电的，其中一个玻璃盘通过从动轮与手摇主动轮连接，如图乙所示，现玻璃盘以100 r/min的转速旋转，已知主动轮的半径约为8 cm，从动轮的半径约为2 cm，P和Q是玻璃盘边缘上的两点，若转动时皮带不打滑，下列说法正确的是( )
A.P、Q的线速度相同
B.玻璃盘的转动方向与摇把转动方向相反
C.P点的线速度大小约为1.6 m/s
D.摇把的转速约为400 r/min
【解析】 BC 线速度的方向沿曲线的切线方向，由题图可知，P、Q两点的线速度的方向一定不同，A错误；若主动轮做顺时针转动，从动轮通过皮带的摩擦力带动转动，从动轮逆时针转动，B正确；玻璃盘的直径是30 cm，转速是100 r/min，所以线速度v＝ωr＝2nπr＝2××π× m/s＝0.5π m/s≈1.6 m/s，C正确；从动轮边缘的线速度vc＝ωrc＝2××π×0.02 m/s＝π m/s，由于主动轮的边缘各点的线速度与从动轮边缘各点的线速度的大小相等，即vz＝vc，所以主动轮的转速nz＝＝＝ r/s＝25 r/min，D错误.
【易错点】 本题易错选A.学生未注意到速度为矢量，P、Q两点的线速度大小相等，方向不同，故P、Q两点的线速度不同.矢量的比较，大小和方向都要考虑.
【变式训练2】 如图所示为“行星减速机”的工作原理图.“行星架”为固定件，中心“太阳轮”为从动件，其半径为R1，周围四个“行星轮”的半径为R2，“齿圈”为主动件，其中R1＝2R2.A、B、C分别是“太阳轮”“行星轮”“齿圈”边缘上的点.则在该状态下( )
A.A点与B点的角速度相同
B.A点与C点的转速相同
C.B点与C点的周期相同
D.A点与C点的线速度大小相同
【解析】 D 由题意可知，A、B、C三点的线速度大小相等，根据v＝ωr，结合A、B、C三点的半径大小关系RC>RA>RB，可知A、B、C三点的角速度大小关系为ωC<ωA<ωB，根据转速与角速度关系ω＝2πn，可知A、B、C三点的转速大小关系为nC
解决传动问题的关键 (1)确定属于哪类传动方式，抓住传动装置的特点. ①同轴转动：固定在一起共轴转动的物体上各点角速度相同； ②皮带传动、齿轮传动和摩擦传动：齿轮传动和不打滑的摩擦（皮带）传动的两轮边缘上各点线速度大小相等. (2)结合公式v＝ωr，v一定时ω与r成反比，ω一定时v与r成正比，判定各点v、ω的比例关系.若要判定向心加速度an的比例关系，可巧用an＝ωv这一规律.
考点二 圆周运动中的动力学问题
1.向心力的来源
(1)向心力的方向沿半径指向圆心.
(2)向心力来源：一个力或几个力的合力或某个力的分力.
2.向心力的确定
(1)确定圆周运动的轨道所在的平面，确定圆心的位置.
(2)分析物体的受力情况，找出所有的力沿半径方向指向圆心的合力就是向心力.
3.圆周运动中向心力与合力的关系
(1)匀速圆周运动
(2)非匀速圆周运动
圆周运动中的受力分析
【例3】 天花板下悬挂的轻质光滑小挂钩可绕过悬挂点的竖直轴无摩擦地转动.一根光滑轻质细绳穿过挂钩，两端分别连接小球P和Q.两小球同时做匀速圆周运动，且在任意时刻两球均在同一水平面上，此时悬挂两球的细绳与竖直方向的夹角分别为45°和30°，则( )
A.两球向心加速度的大小相等
B.小球P、Q的质量之比为∶2
C.小球P、Q所受向心力的大小之比为∶1
D.两球线速度的大小相等
【解析】 C 对小球受力分析可知，绳的拉力在水平方向的分力提供向心力，则有F sin θ＝mg tan θ＝ma，得a＝g tan θ，P、Q两小球相连接的细绳与竖直方向的夹角的正切值不同，故它们的向心加速度大小不相等，A错误；两小球由同一细绳连接，故细绳对小球的拉力大小相等，由受力分析可知F cos θ＝mg，故两小球的质量之比为mP∶mQ＝cos 45°∶cos 30°＝∶，B错误；两小球所受向心力由绳的拉力在水平方向的分力提供，有F向＝F sin θ，故两小球所受向心力的大小之比为F向P∶F向Q＝sin 45°∶sin 30°＝∶1，C正确；设挂钩到两小球做圆周运动的平面的距离为h，由圆周运动得mg tan θ＝m，得v＝tan θ，所以两小球做圆周运动的线速度大小之比为vP∶vQ＝tan 45°∶tan 30°＝∶1，D错误.
【变式训练3】 （多选）如图所示，矩形框MNQP竖直放置，其中MP、PQ足够长，且MP杆粗糙、MN杆光滑，轻弹簧一端连接一个穿过MN杆、质量为m的小球a，另一端连接另一个穿过MP杆、质量也为m的小球b.已知框绕MN轴分别以角速度ω和ω′匀速转动时，小球b在MP杆的位置不变，且ω′>ω，则与以ω匀速转动时相比，以ω′匀速转动时( )
A.小球a的高度更低
B.弹簧弹力的大小相等
C.小球b所受杆的摩擦力更大
D.小球b所受合外力更大
【解析】 BD 对小球a受力分析，设弹力为T，弹簧与水平方向的夹角为θ，小球在竖直方向有T sin θ＝mg，而T＝k（－l0），可知θ为定值，T不变，则当转速增大后，小球a的高度不变，弹簧的弹力不变，A错误、B正确；以ω匀速转动时，根据题意无法判断小球b所受摩擦力的方向，所以无法判断摩擦力的变化，对小球b，有F合＝mω2r，r不变，角速度变大，则合外力变大，C错误、D正确.
圆周运动实例分析
【例4】（多选）如图所示的四幅图表示的是有关圆周运动的基本模型，下列说法正确的是( )
A.如图a，低速行驶的汽车通过拱桥的最高点时重力提供向心力
B.如图b，两球做圆锥摆，摆球受到的合力的方向沿绳指向悬点
C.如图c，小球在光滑而固定的圆锥筒内做匀速圆周运动，合力指向运动轨迹的圆心
D.如图d，火车转弯超过规定速度行驶时，外轨对车轮的轮缘会有挤压作用
【解析】 CD
图a中由于是低速行驶，则所需要的向心力小于重力，即由重力与地面的支持力的合力提供向心力，A错误；当小球做匀速圆周运动时，由小球所受外力的合力提供向心力，则图b与图c中小球受到的合力的方向应该指向圆周运动的圆心，即指向轨迹虚线圆的圆心，不是沿绳指向悬点，B错误、C正确；火车转弯时，当以规定速度运行时，内外轨均没有挤压，由重力与支持力的合力提供向心力，如图所示.此时有mg tan θ＝m，解得v0＝，如图d，火车转弯超过规定速度行驶时，有v>v0＝，此时单独由重力与支持力的合力已经不足以提供向心力，因此外轨对车轮的轮缘会有挤压作用，D正确.
【变式训练4】 如图所示是一种能够方便脱水的地拖桶，拖把脱水时把拖把头放进脱水桶，用脚上下踩踏踏板可以把拖把头中的水分脱干，下列说法正确的是( )
A.拖把头中的水离脱水桶的转轴越远角速度越大
B.拖把头中的水离脱水桶的转轴越近越容易被甩出
C.踩踏踏板的速度越大，拖把头中的水分越容易被甩出
D.踩踏踏板的速度不变，拖把头中所有水分的线速度大小相等
【解析】 C 拖把头中的水同时都绕转轴一起做圆周运动，因此角速度相同，A错误；由向心力公式F＝mω2r，可知拖把头中的水离脱水桶的转轴越远，转动的半径越大，所需的向心力越大，水在拖把头上的附着力越不容易提供所需向心力，水越容易做离心运动，因此越容易被甩出，B错误；踩踏踏板的速度越大，脱水桶的转速也越大，线速度也越大，由向心力公式F＝m可知，转动半径一定时，线速度越大，所需向心力也越大，拖把头中的水分越容易被甩出，C正确；踩踏踏板的速度不变，可知拖把头中的水转动的角速度大小相同，由线速度与角速度的关系v＝ωr，可知在不同位置的水到脱水桶转轴的距离不同，转动半径不同，故不是所有水分的线速度大小都相等，D错误.
圆周运动动力学问题的分析思路
1.在“天宫一号”的太空授课中，航天员王亚平做了一个有趣的实验，如图所示，在T形支架上，用细绳系着一个小钢球.设小钢球质量为m，细绳长度为L.王亚平用手指沿切线方向轻推小钢球，小钢球在拉力作用下做匀速圆周运动.测得小钢球运动的周期为T，由此可知( )
A.小钢球运动的角速度ω＝
B.小钢球运动的线速度v＝
C.小钢球运动的加速度a＝
D.细绳中的拉力为F＝
【解析】 D 小钢球的角速度ω＝，A错误；小钢球运动的线速度v＝，B错误；小钢球的加速度a＝ω2L＝，C错误；细绳中的拉力为F＝ma＝，D正确.
2.在某节目中，有这样的一个实验，如图所示，将一根足够长的轻质细绳穿过内壁和端口光滑的细空心圆筒，绳子上端系一个金属球，下端与装有皮球的网袋连接.转动空心圆筒，使金属球做匀速圆周运动，网袋保持静止（未与空心圆筒接触）.不计空气阻力，对于不同稳定转速的金属球，下列说法正确的是( )
A.金属球转速越慢，金属球的位置越高
B.金属球转速越慢，网袋的位置越低
C.空心圆筒上方的细绳与竖直方向的夹角不变
D.金属球在转动过程受重力、绳子的拉力和向心力的作用
【解析】 C 设金属球质量为m，皮球和网袋的总质量为M，以皮球和网袋为对象，根据平衡条件可知，细绳拉力为FT＝Mg，以金属球为研究对象，设连接金属球的绳子与竖直方向的夹角为α，则有FTcos α＝mg，FTsin α＝mω2r，联立解得cos α＝，＝mω2r，可知α始终恒定，金属球转速越慢，即角速度越小，可知r越大，所以空心圆筒与金属球之间的绳子越长，金属球位置越低，网袋位置越高，A、B错误，C正确；金属球在转动过程只受重力和绳子的拉力作用，D错误.
3.如图所示，自行车的大齿轮、小齿轮、后轮的半径之比为4∶1∶16，在用力蹬脚踏板前进的过程中，下列说法正确的是( )
A.小齿轮和后轮的角速度大小之比为16∶1
B.大齿轮和小齿轮的角速度大小之比为1∶4
C.大齿轮边缘和后轮边缘的线速度大小之比为1∶4
D.大齿轮和小齿轮边缘的向心加速度大小之比为4∶1
【解析】 B 小齿轮和后轮是同轴转动，角速度相等，A错误；大齿轮和小齿轮边缘的线速度相等，根据v＝ωr可知，角速度大小之比为1∶4，B正确；根据v＝ωr可知，小齿轮和后轮边缘的线速度之比为1∶16，则大齿轮边缘和后轮边缘的线速度大小之比为1∶16，C错误；根据a＝可知，大齿轮和小齿轮轮缘的向心加速度大小之比为1∶4，D错误.
4.（传统文化）剪纸艺术源远流长，经久不衰，是中国民间艺术中的瑰宝.将如图所示具有对称性的剪纸平放并固定在水平圆盘上，剪纸中心与圆盘中心重合，圆盘匀速转动，在暗室中用每秒闪光10次的频闪光源照射圆盘，暗室中静止不动的观察者观察到剪纸相对静止，则圆盘的转速至少为( )
A.0.02 r/s B.2 r/s C.4 r/s D.4π r/s
【解析】 B （方法1）剪纸每转动θ＝×2π(N＝1，2，3，…)，转动后的图形都会与原图形重合，只要在经过相邻两次闪光的时间间隔内，剪纸都转过θ＝×2π(N＝1，2，3，…)，静止不动的观察者就观察到剪纸相对静止，则ω＝＝(N＝1，2，3，…)，n＝＝2N r/s(N＝1，2，3，…)，当N＝1时，n最小，此时n＝2 r/s，B正确.
（方法2）剪纸在0.1 s内至少转圈，则看起来相对静止，即1 s至少转2圈，B正确.
5.（多选）四个完全相同的小球A、B、C、D均在水平面内做圆锥摆运动.如图甲所示，其中小球A、B在同一水平面内做圆锥摆运动（连接B球的绳较长）；如图乙所示，小球C、D在不同水平面内做圆锥摆运动，但是连接C、D的绳与竖直方向之间的夹角相同（连接D球的绳较长），则下列说法正确的是( )
A.小球A、B角速度相等
B.小球A、B线速度大小相同
C.小球C、D向心加速度大小相同
D.小球D受到绳的拉力大于小球C受到绳的拉力
【解析】 AC 对题图甲中小球A、B分析，设绳与竖直方向的夹角为θ，小球的质量为m，小球A、B到悬点O的竖直距离为h，则mg tan θ＝mω2h tan θ，解得ω＝，所以小球A、B的角速度相等，线速度大小不相同，A正确、B错误；对题图乙C、D分析，设绳与竖直方向的夹角为θ，小球的质量为m，绳长为L，绳上拉力为FT，则有mg tan θ＝ma，FTcos θ＝mg得a＝g tan θ，FT＝，所以小球C、D向心加速度大小相同，受到绳的拉力大小也相同，C正确、D错误.
6.（多选）某装置如图所示，两根轻杆OA、OB与小球及一小滑块通过光滑铰链连接，杆OA的A端与固定在竖直光滑杆上的光滑铰链相连.小球与小滑块的质量均为m，轻杆OA、OB长均为l，原长为l的轻质弹簧与滑块都套在该竖直杆上，弹簧连接在A点与小滑块之间.装置静止时，弹簧长为1.6l，重力加速度为g，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，以下说法正确的是( )
A.轻杆OA对小球的作用力方向沿OA杆向上，大小为
B.轻杆OB对小滑块的作用力方向沿OB杆向下，大小为
C.弹簧的劲度系数k＝
D.若小球绕杆以角速度ω＝在水平面内做匀速圆周运动，则弹簧将恢复原长
【解析】 BC 设OA杆与竖直方向的夹角为θ，由几何关系得cos θ＝＝0.8，即θ＝37°.对球受力分析，球受重力、杆OA对球的作用力FA，OB对球的作用力FB，如图甲，由平衡条件得FA＝FB＝＝mg.OA杆对球的作用力方向沿杆斜向右上，OB杆对球的作用力方向沿杆斜向左上，则杆OB对滑块的作用力方向沿OB杆斜向右下，大小为FB′＝FB＝mg，A错误、B正确；对小滑块受力分析，如图甲，由平衡条件得T＝mg＋FB′cos 37°，由胡克定律得T＝k(1.6l－l)，联立解得k＝，C正确；小球在水平面内做匀速圆周运动，若弹簧恢复原长，分别对小球和滑块受力分析，如图乙，对滑块，由平衡条件得F2′cos 60°＝mg，对小球，竖直方向，由平衡条件得F2cos 60°＋mg＝F1cos 60°，水平方向，由牛顿第二定律得F2sin 60°＋F1sin 60°＝mω2l sin 60°，且F2′＝F2，联立解得ω＝，D错误.
7.（传统文化）清代乾隆的《冰嬉赋》用“躄躠”（可理解为低身斜体）二字揭示了滑冰的动作要领.在短道速滑比赛中，
(1)运动员途中某次过弯道时的运动可视为半径为10 m的匀速圆周运动，速度大小为14 m/s.已知运动员的质量为73 kg，求此次过弯道时所需的向心力大小；
(2)运动员通过侧身来调整身体与水平冰面的夹角，使场地对其作用力指向身体重心而实现平稳过弯，如图所示.求运动员在(1)问中过弯道时身体与水平面的夹角θ的大小.（不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，取tan 22°＝0.40，tan 27°＝0.51，tan 32°＝0.62，tan 37°＝0.75）
【解析】 (1)根据F向＝m，解得运动员过弯道时所需的向心力大小为
F向＝73× N＝1 430.8 N.
(2)设场地运动员的作用力大小为F，受力如图所示，根据牛顿第二定律可得
F向＝，
解得tan θ＝＝≈0.51，
可得θ＝27°.
8.气嘴灯安装在自行车的气嘴上，骑行时会发光，一种气嘴灯的感应装置结构如图甲所示，感应装置内壁光滑，质量为m的重物套在光滑杆上，一端通过劲度系数为k的弹簧连在A点，重物上有触点C，在B端固定有触点D，如图甲重物静止时C、D间的距离Δx＝.当触点C、D接触后，LED灯就会发光，测得自行车车轮内径为R.让安装了气嘴灯的自行车倒放在地面上（如图乙所示），旋转前车轮研究LED发光情况.重力加速度大小为g.气嘴灯大小相对车轮内径可忽略不计.
(1)若前轮匀速转动时，线速度大小v0＝，
①当气嘴灯运动到最低点时，求B端对重物的支持力；
②通过计算判断LED灯是否能一直发光.
(2)若使前轮匀速转动一周，线速度大小v1＝2，求LED灯发光的时间.
【解析】 (1)①由离心运动的原理，可知B端应在车轮转轴外侧，更靠近气嘴，A端应在内侧，题图重物静止时，弹簧弹力F1＝mg＝kx，
在最低点时，合力提供向心力有
F＋k(x＋Δx)－mg＝m，
解得B端对重物的支持力F＝2mg，方向竖直向上.
②当气嘴灯运动到最高点时恰能发光，则此时的弹簧弹力为F2＝k(Δx＋x)＝4mg，
则此时的临界状态是弹簧弹力和其重力提供向心力F2＋mg＝m，
解得v＝＝v0，
则LED灯恰能一直发光.
(2)由v1＝2>v0，当车速较大时，车轮转速较大，重物随这轮转动需要向心力较大，弹簧弹力变大，形变量变大，触点C与触点D接触，所以LED灯一直发光，前轮匀速转动一周，LED灯发光的时间
T＝＝.
核心素养提升（四） 水平面、竖直面内圆周运动的临界问题
题型一 水平面内的圆周运动
1.运动特点
(1)运动轨迹是水平面内的圆.
(2)合外力沿水平方向指向圆心，提供向心力，竖直方向合力为零，物体在水平面内做匀速圆周运动.
2.几种常见的临界条件
(1)水平转盘上的物体恰好不发生相对滑动的临界条件是物体与盘间恰好达到最大静摩擦力.
(2)物体间恰好分离的临界条件是物体间的弹力恰好为零.
(3)绳的拉力出现临界条件的情形有：绳恰好拉直意味着绳上无弹力；绳上拉力恰好为最大承受力等.
3.解决圆锥摆临界问题的技巧
圆锥摆的临界问题，主要就是与弹力有关的临界问题.
(1)绳子松弛或断开的临界条件是：①绳恰好拉直且没有弹力；②绳上的拉力恰好达到最大值.
(2)接触或脱离的临界条件是物体与物体间的弹力恰好为零.
(3)对于火车转弯、半圆形碗内的水平圆周运动有两类临界情况：①摩擦力的方向发生改变；②发生相对滑动.
【例1】 如图所示，叠放在水平转台上的物体 A、B及物体 C能随转台一起以角速度ω匀速转动，A、B、C 的质量分别为3m、2m、m，A与B、B和C与转台间的动摩擦因数都为μ，A 和B、C离转台中心的距离分别为r和1.5r.假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，下列说法正确的是( )
A.B对A的摩擦力一定为3μmg
B.B对A的摩擦力一定为3mω2r
C.转台的角速度需要满足ω≤
D.若转台的角速度逐渐增大，最先滑动的是A物体
【解析】 B 由于物体 A、B及物体 C能随转台一起匀速转动，则三个物体受到的均为静摩擦力，则B对A的摩擦力有0
【变式训练1】 如图甲所示，质量相等的物块A、B放在水平圆盘上，A、B和圆盘圆心O在同一直线上，让圆盘绕过圆心O的竖直轴匀速转动，当A刚要滑动时，转动的角速度为ω1，当B刚要滑动时，转动的角速度为ω2；若A、B在圆盘上的位置不变，用细线将A、B连接，细线刚好伸直，如图乙所示，让圆盘匀速转动，当A、B一起刚要滑动时，转动的角速度为ω3，两物块与盘面间的动摩擦因数相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列关系正确的是( )
A.ω1>ω3>ω2 B.ω1<ω3<ω2 C.ω1<ω2 D.ω1<ω3
【解析】 A 对甲图，设物块到圆心的距离为r，当物块刚要滑动时，最大静摩擦力提供向心力，由牛顿第二定律有μmg＝mω2r，可得ω＝，故当A刚要滑动时，转动的角速度为ω1＝，当B刚要滑动时，转动的角速度为ω2＝；若用细线将A、B连接，当它们一起刚要滑动时，最大静摩擦力和拉力合力提供向心力，对B物块由牛顿第二定律有μmg＋T＝mωrB，对A物块有μmg－T＝mωrA，联立解得ω3＝，因为rA<
【例2】 （多选）如图所示，水平杆固定在竖直杆上，两者互相垂直，水平杆上O、A两点连接有两轻绳，两绳的另一端都系在质量为m的小球上，OA＝OB＝AB，现通过转动竖直杆，使水平杆在水平面内做匀速圆周运动，三角形OAB始终在竖直平面内，若转动过程OB、AB两绳始终处于拉直状态，则下列说法正确的是( )
A.OB绳的拉力范围为0～mg
B.OB绳的拉力范围为mg～mg
C.AB绳的拉力范围为0～mg
D.AB绳的拉力范围为0～mg
【解析】 BC 转动的角速度为0时，OB绳的拉力最小，AB绳的拉力最大，这时两者的值相同，设为T1，则2T1cos 30°＝mg，T1＝mg，增大转动的角速度，当AB绳的拉力刚好等于0时，OB绳的拉力最大，设这时OB绳的拉力为T2，则T2cos 30°＝mg，T2＝mg，因此OB绳的拉力范围为mg～mg，AB绳的拉力范围为0～mg，B、C正确.
【变式训练2】 （多选）如图所示，三角形为一光滑圆锥体的正视图，锥面与竖直方向的夹角为θ＝37°.一根长为l＝1 m的细线一端系在圆锥体顶端，另一端系着一可视为质点的小球，小球在水平面内绕圆锥体的轴做匀速圆周运动，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，不计空气阻力，则( )
A.小球受重力、支持力、拉力和向心力
B.小球可能只受拉力和重力
C.当ω0＝ rad/s时，小球对圆锥体的压力刚好为零
D.当ω＝2 rad/s时，小球受重力、支持力和拉力作用
【解析】 BC 向心力是效果力，不是小球实际受到的力；对小球受力分析，小球受重力、细线的拉力，小球可能受圆锥体的支持力，也可能不受圆锥体的支持力；转速较小时，小球紧贴圆锥面，则FTcos θ＋FNsin θ＝mg，FTsin θ－FNcos θ＝mω2l sin θ，当转速达到ω0时支持力为零，支持力恰好为零时有mg tan θ＝mωl sin θ，解得ω0＝ rad/s，A错误，B、C正确，因为2 rad/s＞ rad/s，所以，当ω＝2 rad/s时，小球已经离开斜面，小球只受重力、拉力的作用，D错误.
【易错点】 本题易错选A.分析受力时，要注意向心力不是物体实际受到的力.
水平面内圆周运动临界问题的分析方法 (1)几何分析：目的是确定圆周运动的圆心、半径等. (2)运动分析：目的是确定圆周运动的线速度、角速度、向心加速度等. (3)受力分析：目的是通过力的合成与分解，表示出物体做圆周运动时，外界所提供的向心力.
题型二 竖直面内的圆周运动
1.在竖直平面内做圆周运动的物体，按运动到轨道最高点时的受力情况可分为两类：一是无支撑（如球与绳连接、沿内轨道运动的物体等），称为“绳（环）约束模型”，二是有支撑（如球与杆连接、在弯管内的运动等），称为“杆（管）约束模型”.
2.绳、杆模型涉及的临界问题
项目 轻“绳”模型 （最高点无支撑） 轻“杆”模型 （最高点有支撑）
常见 类型
弹力 特征 弹力可能向下，也可能等于零 弹力可能向下，可能向上，也可能等于零
受力 示意图
力学 方程 mg＋FT＝m mg±FN＝m
临界 特征 FT＝0，即mg＝m，得v＝ v＝0，即Fn＝0，此时FN＝mg
模型 关键 (1)绳只能对小球施加向下的力 (2)小球通过最高点的速度至少为 (1)“杆”对小球的作用力可以是拉力，也可以是支持力 (2)小球通过最高点的速度最小可以为0
实例 球与绳连接、水流星、沿内轨道运动的“过山车”等 球与杆连接、球在光滑管道中运动等
【例3】 如图甲所示，小球在竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动.当小球运动到圆形管道的最高点时，管道对小球的弹力与过最高点时小球速度的平方的关系如图乙所示（取竖直向下为正方向）.MN为通过圆心的一条水平线.不计小球半径、管道的粗细，重力加速度为g.下列说法正确的是( )
A.管道的半径为bg
B.小球质量为
C.小球在MN以下的管道中运动时，内侧管壁对小球可能有作用力
D.小球在MN以上的管道中运动时，外侧管壁对小球一定有作用力
【解析】 B 由题图乙可知，当v2＝b时，FN＝0，有mg＝m，解得R＝，A错误；当v2＝0时，FN＝mg＝a，有m＝，B正确；小球在水平线MN以下的管道中运动时，由于向心力的方向要指向圆心，则管壁必然要提供指向圆心的支持力，只有外壁才可以提供这个力，所以内侧管壁对小球没有作用力，C错误；小球在水平线MN以上的管道中运动时，重力沿径向的分量必然参与提供向心力，可能是外侧管壁受力，也可能是内侧管壁对小球有作用力，还可能均无作用力，故D错误.
【易错点】 本题易错选D.学生误认为小球在水平线MN以上的管道中运动时，一定会受到外侧管壁的挤压.实际上，由于小球的速度未知，小球与内侧或外侧可能有弹力，也可能均无弹力.此类问题应注意找向心力的来源，学会沿半径方向和垂直半径方向进行力的分解，再结合圆周运动的规律求解.
【变式训练3】 过山车是青少年喜欢的一种游乐项目.为了研究过山车的原理，可将过山车简化为如图所示的模型，质量为m的小球在光滑竖直圆轨道上做圆周运动，在轨道的最高点和最低点分别安装有压力传感器.让小球从同一位置由静止下滑，经多次测量得到在最高点和最低点小球对轨道压力的平均值分别为F1、F2，则当地的重力加速度为( )
A. B. C. D.
【解析】 D 过山车模型可以看作轻绳模型，小球在轨道上运动时受到轨道对其指向圆心的弹力作用.由牛顿第三定律可得在M点和N点轨道对小球的弹力大小平均值分别为F2、F1，设圆轨道半径为R，在M点，对小球进行受力分析，根据小球所受的合力提供向心力得F2－mg＝m，在N点，对小球进行受力分析，根据小球所受的合力提供向心力得mg＋F1＝m，由M到N，根据动能定理得－mg·2R＝mv－mv，联立解得g＝，D正确.
【例4】 （多选）竖直平面内的圆周运动是物理学里的经典模型之一，某同学通过如下实验来探究其相关规律：如图所示，质量为m的小球固定在力传感器测量的一侧，传感器另一侧固定在轻杆一端，现给小球一初速度让其绕O点做圆周运动，小球到O点距离为L，已知当力传感器受到球对其为压力时读数为负，受到拉力时读数为正，重力加速度为g.则下列说法正确的是( )
A.只要小球通过圆周最高点的速度大于0就能完成完整的圆周运动
B.若小球通过圆周最高点时速度为，则力传感器读数为－mg
C.若小球能做完整的圆周运动，则小球通过圆周最低点的速度至少为2
D.若小球通过圆周最低点时速度为，则此时力传感器读数为mg
【解析】 ABC 轻杆模型中小球过最高点速度不小于0，A正确；在最高点受力分析有mg＋F＝m，将速度代入，解得F＝－mg，即小球受到向上的支持力，由牛顿第三定律可知传感器受到向下的压力，B正确；由动能定理可知，mv＝mg·2L，则vmin＝2，C正确；在最低点受力分析有F－mg＝m，将速度为代入，解得F＝3mg，D错误.
【变式训练4】 如图所示，轻杆长3L，在杆两端分别固定质量均为m的球A和B，光滑水平转轴穿过杆上距球A为L处的O点，外界给系统一定能量后，杆和球在竖直平面内转动，球B运动到最高点时，杆对球B恰好无作用力.忽略空气阻力，则球B在最高点时( )
A.球B的速度为零
B.球A的速度大小为
C.水平转轴对杆的作用力为1.5mg
D.水平转轴对杆的作用力为2.5mg
【解析】 C 球B运动到最高点时，杆对球B恰好无作用力，即重力恰好提供向心力，有mg＝m，解得v＝，A错误；由于A、B两球的角速度相等，则球A的速度大小v′＝，B错误；球B到最高点时，对杆无弹力，此时球A受重力和拉力的合力提供向心力，有F－mg＝m，解得F＝1.5mg，由牛顿第三定律及共点力平衡可知水平转轴对杆的作用力为1.5mg，C正确、D错误.
竖直面内圆周运动问题的解题思路
1.（2024·广东卷）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
【解析】 A 有题意可知当插销刚卡紧固定端盖时弹簧的伸长量为Δx＝，根据胡克定律有F＝kΔx＝，插销与卷轴同轴转动，角速度相同，对插销，由弹力提供向心力，即F＝mlω2，对卷轴有v＝rω，联立解得v＝r，A正确.
2.如图所示，AC、BC两绳系一质量为m＝0.1 kg的小球，AC绳长L＝2 m，两绳的另一端分别固定于轴的A、B两处，两绳拉直时与竖直轴的夹角分别为30°和45°.小球在水平面内做匀速圆周运动时，若两绳中始终有张力，小球的角速度可能是（g取10 m/s2）( )
A.2 rad/s B.2.5 rad/s C.3.5 rad/s D.4 rad/s
【解析】 B 当上绳绷紧、下绳恰好伸直但无张力时，小球受力如图甲所示，由牛顿第二定律得mg tan 30°＝mωr，又有r＝L sin 30°，解得ω1＝ rad/s≈2.4 rad/s，当下绳绷紧、上绳恰好伸直无张力时，小球受力如图乙所示，由牛顿第二定律得，mg tan 45°＝mωr，解得ω2＝ rad/s≈3.2 rad/s，故当2.4 rad/s<ω<3.2 rad/s时，两绳始终有张力，B正确，A、C、D错误.
3.如图所示，在粗糙的水平地面上有一斜面，轻绳绕过两光滑的定滑轮，左端与粗糙斜面上的物块P相连，右端与小球相连，轻绳PC恰好与斜面垂直.现将小球从A处由静止释放，小球在AB间摆动过程中，斜面体和物块P始终保持静止不动，则小球从A→O→B的运动过程中( )
A.斜面对物块的摩擦力先减小后增大
B.地面对斜面体的摩擦力先增大后减小
C.若小球运动到O点，轻绳断裂，小球将做自由落体运动
D.若小球运动到O点，轻绳断裂，物块P可能会沿斜面运动
【解析】 B 对物块受力分析，由于轻绳PC恰好与斜面垂直，斜面体和物块P始终保持静止不动，物块受斜面沿斜面向上的静摩擦力f与物块重力沿斜面向下的分力mg sin θ始终平衡，所以斜面对物块的摩擦力保持不变，A错误；小球从A→O→B的运动过程中，由机械能守恒知小球的速率先增大后减小，由牛顿第二定律可知绳的拉力先增大后减小，细绳对P物块的拉力也是先增大后减小，以P和斜面为一整体进行受力分析可知：细绳对P的拉力即对整体的拉力的水平分力与地面对斜面向左的静摩擦力平衡，所以地面对斜面体的摩擦力先增大后减小，B正确；若小球运动到O点，轻绳断裂，小球速度水平向右，只受重力作用，将做平抛运动，C错误；若小球运动到O点，轻绳断裂，物块P对斜面体的压力增大，最大静摩擦力增大，斜面体给物块的静摩擦力继续平衡物块重力沿斜面向下的分力，物块保持静止，D错误.
4.如图所示，一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定的角速度ω转动，盘面与水平面的夹角为37°，盘面上离转轴距离1.0 m处有一小物体与圆盘始终保持相对静止，小物体的质量为1.0 kg，小物体与盘面间的动摩擦因数为0.8（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力）.则当ω达到最大值时，小物体运动到最高点时所受摩擦力的大小为（g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8）( )
A.5.6 N B.6.0 N C.6.4 N D.8.0 N
【解析】 A 经分析，当物体运动到最低点时，摩擦力达到最大值，角速度达到最大值，根据牛顿第二定律得μmg cos 37°－mg sin 37°＝mrω，在最高点，根据牛顿第二定律得Ff＋mg sin 37°＝mrω，联立以上两式并代入数据得Ff＝－5.6 N，A正确.
5.（多选）如图所示，一块足够大的光滑平板放置在水平面上，能绕水平固定轴MN自由转动从而实现调节其与水平面所成的倾角.板上有一根长为l＝0.5 m的轻绳，一端系住一个质量为m＝0.5 kg的小球，另一端固定在板上的O点.当平板倾角为α时，先将轻绳平行于水平轴MN拉直，然后给小球一沿着平板并与轻绳垂直的初速度v0＝2 m/s，g取10 m/s2，则( )
A.若α＝0°，则轻绳对小球的拉力大小为FT＝4 N
B.若α＝90°，则小球相对于初始位置可上升的最大高度为0.3 m
C.小球能在平板上绕O点做完整的圆周运动，α必须满足的条件为sin α≤
D.小球能在平板上绕O点做完整的圆周运动，α必须满足的条件为sin α≤
【解析】 AD 小球在平板上运动时受轻绳的拉力、重力和平板的弹力.在垂直平板方向上合力为零，重力沿平板方向的分力为mg sin α，小球在最高点时，由轻绳的拉力和重力沿平板方向的分力的合力提供向心力，有FT＋mg sin α＝m，研究小球从释放点到最高点的过程，据动能定理有－mgl sin α＝mv－mv，若恰好通过最高点，轻绳拉力FT＝0，解得sin α＝，C错误、D正确；若α＝0°，则轻绳对小球的拉力大小为FT＝m＝4 N，A正确；若α＝90°，小球不能到达最高点，假设能够上升0.3 m，重力势能的增加量mgh＝1.5 J，初动能mv＝1 J，机械能不守恒，B错误.
6.如图所示，一杂技运动员骑摩托车沿一竖直圆轨道做匀速圆周运动.摩托车运动的速率恒为v＝10 m/s，人和摩托车的总质量为m＝200 kg，摩托车受到的阻力是摩托车对轨道压力的，摩托车通过与圆心O在同一水平面上的B点向下运动时牵引力恰好为零，摩托车车身的长度不计，g取10 m/s2，π取3.14，求：
(1)运动员完成一次圆周运动所需的时间；
(2)摩托车在最低点对轨道的压力大小.
【解析】 (1)根据题意可知摩托车通过B点时牵引力恰好为零，此时摩托车所受摩擦力Ff与重力平衡，有mg＝Ff＝FN，
根据牛顿第二定律有
FN＝m，
解得R＝＝5 m，
运动员完成一次圆周运动所需的时间为
t＝，
解得t＝3.14 s.
(2)在最低点，对人和摩托车整体有
F－mg＝m，
解得F＝6 000 N，
根据牛顿第三定律知摩托车对轨道的压力大小
F′＝F＝6 000 N.
7.如图所示，餐桌中心是一个半径r＝1.5 m的圆盘，圆盘可绕中心轴转动，近似认为圆盘与餐桌在同一水平面内且两者之间的间隙可忽略不计.已知放置在圆盘边缘的小物体与圆盘间的动摩擦因数μ1＝0.6，与餐桌间的动摩擦因数μ2＝0.225，餐桌离地高度h＝0.8 m.设小物体与圆盘以及餐桌之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力.
(1)为使物体不滑到餐桌上，圆盘的角速度ω的最大值为多少？
(2)缓慢增大圆盘的角速度，物体从圆盘上甩出，为使物体不滑落到地面，餐桌半径R的最小值为多大？
(3)若餐桌半径R′＝r，则在圆盘角速度缓慢增大时，物体从圆盘上被甩出后滑落到地面上的位置到从圆盘甩出点的水平距离L为多少？
【解析】 (1)由题意可得，当小物体在圆盘上随圆盘一起转动时，圆盘对小物体的静摩擦力提供向心力，所以随着圆盘转速的增大，小物体受到的静摩擦力增大，当静摩擦力最大时，小物体即将离开圆盘，此时圆盘的角速度达到最大，有
Ffm＝μ1mg＝mω2r，
解得ω＝2 rad/s.
(2)由题意可得，当物体滑到餐桌边缘时速度恰好减为零，对应的餐桌半径取最小值.设物体在餐桌上滑动的位移为x，物体在餐桌上做匀减速运动的加速度大小为a，有a＝，
又Ff＝μ2mg，
解得a＝μ2g＝2.25 m/s2.
物体在餐桌上滑动的初速度
v0＝ωr＝3 m/s，
由运动学公式0－v＝－2ax可得
x＝2 m.
由几何关系可得餐桌半径的最小值
R＝＝2.5 m.
(3)当物体滑离餐桌时，开始做平抛运动，平抛的初速度为物体在餐桌上滑动的末速度v，由题意可得
v2－v＝－2ax′，
由于餐桌半径R′＝r，
所以x′＝r＝1.5 m，
解得v＝1.5 m/s.
设物体做平抛运动的时间为t，则
h＝gt2，
解得t＝＝0.4 s，
物体做平抛运动的水平位移
x″＝vt＝0.6 m，
所以水平距离L＝x′＋x″＝2.1 m.
第4讲 万有引力与航天
一、开普勒行星运动定律
1.定律内容
(1)开普勒第一定律：所有行星绕太阳运动的轨道都是 椭圆 ，太阳处在椭圆的一个 焦点 上.
(2)开普勒第二定律：对任意一个行星来说，它与太阳的连线在 相等 的时间内扫过的 面积 相等.
(3)开普勒第三定律：所有行星轨道的 半长轴 的三次方跟它的 公转周期 的二次方的比都相等.
2.适用条件：适用于宇宙中 一切 环绕同一中心天体的运动.
二、万有引力定律及应用
1.内容：自然界中任何两个物体都相互吸引，引力的方向在它们的连线上，引力的大小与 物体的质量m1和m2的乘积 成正比，与 它们之间距离r的二次方 成反比.
2.公式：F＝ G ，其中G叫作引力常量，G＝6.67×10-11 N·m2/kg2，其值由卡文迪什通过
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