第3课时 力与曲线运动
【备考指南】
1．注重掌握解决曲线运动问题的一般方法。抛体运动常采用运动的分解——“化曲为直”思想解决；而圆周运动应寻找物体做圆周运动的向心力，利用牛顿第二定律来解决，应重视此类基础题的训练。
2．重视三维空间中的抛体运动，要根据需要将抛体运动分解。在备考中应设置此类专题，消除学生思维定势，提升学生思维能力。
3．带电粒子在磁场中做圆周运动由原有的平面运动变成了现在的三维运动，对学生空间想象力提出了更高要求，在备考中应对此类问题进行强化训练，让学生形成新的认识，提高推理思维能力。
4．关注科技前沿知识的储备，加强椭圆运动模型的训练，提高学生将椭圆运动和圆周运动统一到中心天体质量上的推理思维能力。
热点一 抛体运动
考向1 平抛运动
1．平抛运动(类平抛运动)问题的求解方法
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。
[典例1] [平抛运动常规法解题](2024·浙江1月选考)如图所示，小明取山泉水时发现水平细水管到水平地面的距离为水桶高的两倍，在地面上平移水桶，水恰好从桶口中心无阻挡地落到桶底边沿A。已知桶高为h，直径为D，重力加速度为g，则水离开出水口的速度大小为( )
A． B．
C． D．(＋1)D
[听课记录]
[典例2] [平抛运动推论应用](多选)在某次飞镖锦标赛中，飞镖先后两次的抛出点在同一竖直线上的A、B两点，将飞镖沿水平方向抛出后，飞镖均扎在靶心处，两飞镖的轨迹如图乙中曲线1、2所示，飞镖扎在靶上瞬间的速度与水平方向的夹角分别为α、β。已知AB、BO的竖直高度相同，飞镖可视为质点，空气阻力忽略不计，则下列说法正确的是( )
A．飞镖先后两次在空中的运动时间之比为∶1
B．飞镖先后两次抛出时的初速度大小之比为∶1
C．α＝2β
D．tan α＝2tan β
[听课记录]
[典例3] [平抛运动特殊分解法](多选)如图所示，从倾角为θ的足够长的斜面顶端P以初速度v0水平抛出一个小球A，落在斜面上Q点，小球落在斜面上的速度与斜面的夹角为α，另一个小球B在斜面上方某处以初速度v0正对倾角为θ的斜面水平抛出，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A．小球A在空中运动过程中离斜面最远距离为
B．若小球B垂直落在斜面上，则在空中运动的时间为tan θ
C．若小球B落在斜面上的位移最小，则在空中运动的时间为
D．若把小球A水平抛出时的初速度变为2v0，小球仍落在斜面上，小球落在斜面上的速度与斜面的夹角α将变大
[听课记录]
平抛运动及其拓展模型解法图析
考向2 斜抛运动
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。
[典例4] [体育运动中的斜抛运动](多选)(2025·四川达州12月一模)滑板是一项青少年酷爱的运动，是依靠自身的体能快速运动的艺术。一青少年在一次训练中的运动简化如图所示，青少年以某一速度从P点进入曲面轨道，从O点离开曲面轨道，离开O点时的速度与水平方向的夹角为30°，最后恰好落在平台上的N点，O、N两点的连线与水平方向夹角也为30°。已知重力加速度g取10 m/s2，平台到曲面轨道右侧的距离d＝ m，青少年和滑板(可视为质点)总质量m＝60 kg，忽略空气阻力。青少年在此运动过程中，下列说法正确的是( )
A．从O点到N点的运动时间为2 s
B．从O点抛出时的速度大小为5 m/s
C．青少年和滑板落在N点前瞬间重力的功率为4 500 W
D．青少年离ON连线的最远距离为1 m
[听课记录]
热点二 圆周运动
考向1 水平面内的圆周运动
1．水平面内圆周运动的分析思路
2．水平面内圆周运动的动力学问题分析
运动 模型 汽车在水平 路面转弯 水平转台(光滑) 圆锥摆
向心 力的 来源 图示
运动 模型 飞车走壁 火车转弯 飞机水平转弯
向心 力的 来源 图示
[典例5] [生活中的圆周运动][人教版教材必修第二册P30T3改编]旋转餐桌的水平桌面上有两个茶杯P和Q(均可视为质点)，它们放置在圆心同侧，质量均为0.3 kg，与圆心间的距离分别为RP和RQ，其中RP＝0.2 m，RQ＝0.5 m。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，两个茶杯与旋转桌面间的动摩擦因数均为μ＝0.4，重力加速度大小g＝10 m/s2，餐桌带着茶杯以相同角速度ω一起匀速转动时，茶杯与餐桌没有发生相对滑动。下列说法正确的是( )
A．当以角速度ω＝2 rad/s匀速转动时，茶杯P和Q受到的摩擦力大小均为1.2 N
B．当以角速度ω＝2.5 rad/s匀速转动时，茶杯P和Q受到的摩擦力大小之比为2∶5
C．茶杯与餐桌能保持相对静止的最大角速度为2 rad/s
D．让餐桌加速转动，茶杯与餐桌仍相对静止，则两茶杯受到的摩擦力方向均指向餐桌的中心
[听课记录]
考向2 竖直面内的圆周运动
1．绳球模型：小球能通过最高点的条件是v≥。
2．杆球模型：小球能通过最高点的条件是v≥0。
3．“两点”“一联”解题两关键
(1)“两点”
(2)“一联”
[典例6] [杆球模型](2024·全国甲卷)如图所示，在竖直平面内，轻杆一端通过转轴连接在O点，另一端固定一质量为m的小球。小球从A点由静止开始摆下，先后经过B、C两点，A、C两点分别位于O点的正上方和正下方，B点与O点等高，不考虑摩擦及空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A．小球在B点受到的合力大小为2mg
B．小球在C点受到的合力大小为2mg
C．从A点到C点的过程，杆对小球的弹力最大值为5mg
D．从A点到C点的过程，杆对小球的弹力最小值为4mg
[听课记录]
热点三 万有引力与宇宙航行
1．分析天体运动的“两种模型”和“两条思路”
(1)两种模型：“跟地转”模型，卫星随中心天体同步转动(质点和中心天体角速度相同)；“绕地飞”模型是卫星(或自然天体)绕中心天体做匀速圆周运动，万有引力提供向心力。
(2)两条思路
①天体对其表面物体的万有引力近似等于重力，即G＝mg或GM＝gR2(R、g分别是天体的半径、表面重力加速度)。
②万有引力提供向心力，即G＝ma＝m＝mω2·r＝m·r。
口诀：高轨、低速、大周期
2．破解天体运动问题的“金三角”
注：①环绕轨道：G＝ma＝m＝mω2r＝mr
②不考虑地球自转：G＝mg
③近地轨道：mg＝ma＝m＝mω2r＝mr
[典例7] [赤道上的卫星与发射后的卫星的区别](多选)(2024·天津卷)卫星未发射时静置在赤道上随地球转动，地球半径为R。卫星发射后在地球同步轨道上做匀速圆周运动，轨道半径为r。则卫星未发射时和在轨道上运行时( )
A．角速度之比为1∶1
B．线速度之比为∶
C．向心加速度之比为R∶r
D．受到地球的万有引力之比为R2∶r2
[听课记录]
[典例8] [在航天领域中的变轨问题](2025·河北石家庄模拟预测)2024年6月25日，嫦娥六号采用半弹道跳跃式技术成功返回，其返回过程大致可分为三个过程。过程一：升空进入环月轨道等待返回时机；过程二：进入月地转移轨道；过程三：首次进入大气层(最大速度为31马赫)，利用大气摩擦减速后弹起并离开大气层，在引力作用下再次进入大气层，最终着陆返回。其第三个过程俗称“太空打水漂”，标准术语为“半弹道跳跃式返回”。我们用如图所示的模型来简化描绘嫦娥六号返回过程，下列说法正确的是( )
A．嫦娥六号在返回地球时最大速度超过第二宇宙速度
B．嫦娥六号在第三个过程中，反弹离开大气层到达最高点时的运动速度一定大于第一宇宙速度
C．嫦娥六号从环月轨道经Z点时应加速以进入月地转移轨道
D．嫦娥六号进入月地转移轨道后在Z点处的机械能小于在环月轨道上P点处的机械能
[听课记录]
处理变轨问题的两类观点
1．力学观点：从半径小的轨道Ⅰ变轨到半径大的轨道Ⅱ，卫星需要向运动的反方向喷气，加速离心；从半径大的轨道Ⅱ变轨到半径小的轨道Ⅰ，卫星需要向运动的方向喷气，减速近心。
2．能量观点：在半径小的轨道Ⅰ上运行时的机械能比在半径大的轨道Ⅱ上运行时的机械能小。在同一轨道上运动卫星的机械能守恒，若动能增加则引力势能减小。
[典例9] [追及问题](2025·山西太原一模)中国载人登月初步方案已公布，计划2030年前实现载人登月科学探索。假如在登月之前需要先发射两颗探月卫星进行科学探测，两卫星在同一平面内绕月球的运动可视为匀速圆周运动，且绕行方向相同，如图甲所示，测得两卫星之间的距离Δr随时间变化的关系如图乙所示，不考虑两卫星之间的作用力。下列说法正确的是( )
A．a、b两卫星的线速度大小之比va∶vb＝∶1
B．a、b两卫星的加速度大小之比aa∶ab＝4∶1
C．a卫星的运转周期为T
D．b卫星的运转周期为2T
[听课记录]
1．[关联速度](2025·黑吉辽蒙卷)如图所示，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
2．[开普勒第三定律的应用](2025·云南卷)国际编号为192391的小行星绕太阳公转的周期约为5.8年，该小行星与太阳系内八大行星几乎在同一平面内做圆周运动。规定地球绕太阳公转的轨道半径为1 AU，八大行星绕太阳的公转轨道半径如下表所示。忽略其他行星对该小行星的引力作用，则该小行星的公转轨道应介于( )
行星 水星 金星 地球 火星 木星 土星 天王星 海王星
轨道 半径 R/AU 0.39 0.72 1.0 1.5 5.2 9.5 19 30
A．金星与地球的公转轨道之间
B．地球与火星的公转轨道之间
C．火星与木星的公转轨道之间
D．天王星与海王星的公转轨道之间
3．[平抛与圆周运动的结合](2025·江苏扬州仪征中学月考)如图所示，水平地面与一半径为L的竖直光滑圆弧轨道相接于B点，轨道上的C点位置处于圆心O的正下方。距离地面高度也为L的水平平台边缘上的A点有质量为m的小球以v0＝的初速度水平抛出，小球在空中运动至B点时，恰好沿圆弧轨道在该点的切线方向滑入轨道。小球运动过程中空气阻力不计，重力加速度为g，求：
(1)圆弧BC段所对应的圆心角θ；
(2)小球经B点时，对圆弧轨道的压力大小。
第3课时 力与曲线运动
热点一
典例1 C [设出水口到水桶口中心距离为x，则x＝v0， 落到桶底A点时x＋＝v0，解得v0＝，故C正确。]
典例2 AD [飞镖先后两次在空中做平抛运动，竖直方向有2h＝g，h＝g，则飞镖先后两次在空中的运动时间之比为t1∶t2＝∶1，故A项正确；水平方向有x＝v1t1，x＝v2t2，则飞镖先后两次抛出时的初速度大小之比为v1∶v2＝1∶，故B项错误；轨迹为曲线1的飞镖扎在靶上瞬间的速度与水平方向的夹角的正切值为tan α＝，轨迹为曲线2的飞镖扎在靶上瞬间的速度与水平方向的夹角的正切值为tan β＝，则tan α＝2tan β，故D项正确，C项错误。]
典例3 AC [将小球A的平抛运动沿垂直斜面向上与沿斜面向下分解，小球离斜面最远时，垂直斜面向上的速度为零，有d＝，故A选项正确；小球B垂直落在斜面上，则小球B的速度垂直于斜面，分解速度有tan θ＝，解得t0＝，故B选项错误；小球B落在斜面上的位移最小，则要求落点与抛出点的连线与斜面垂直，如图所示，所以有tan θ＝，而x1＝v0t1，y＝g，联立解得t1＝，故C选项正确；根据平抛运动规律，有tan θ＝，tan(α＋θ)＝，所以得tan(α＋θ)＝2tan θ，倾角θ为定值，所以落在斜面上时速度与斜面的夹角α为定值，与速度大小无关，故D选项错误。
]
典例4 BC [设O点处青少年的速度为v，将其分解到水平方向和竖直方向，即水平速度为vcos 30°＝v，竖直速度为vsin 30°＝，从O点到N点，青少年水平方向做匀速直线运动，有d＝vt， 竖直方向做竖直上抛运动，有－dtan 30°＝t－gt2，联立解得t＝1 s(负值已舍去)，v＝5 m/s，故A错误，B正确；青少年落在N点前瞬间竖直速度大小为 |vy1|＝＝7.5 m/s，故重力的功率为PG＝mg|vy1|＝4 500 W，故C正确；将青少年在O点的速度v和重力加速度g分解到沿ON方向和垂直ON方向，如图所示，vy＝vsin 60°＝ m/s，gy＝gsin 60°＝5 m/s2，垂直ON方向速度减为零时，青少年离ON连线的距离最远，时间t1＝＝0.5 s，最远距离为d＝vyt1＝ m，故D错误。]
热点二
典例5 B [对P和Q，当静摩擦力达到最大值时有μmg＝mω2r，得ω＝，则P的临界角速度ωP＝2 rad/s，Q的临界角速度ωQ＝2 rad/s，要使两茶杯与餐桌仍保持相对静止，最大角速度为2 rad/s，C错误；ω＝2 rad/s<2 rad/s，P和Q受到的摩擦力为静摩擦力，且大小分别等于0.24 N和0.6 N，A错误；ω＝2.5 rad/s<2 rad/s，P和Q受到的静摩擦力等于mω2r，大小之比为2∶5，B正确；让餐桌加速转动，茶杯与餐桌仍保持相对静止，则茶杯受到的摩擦力一方面提供其做圆周运动的向心力，另一方面使茶杯加速运动，可知茶杯所受摩擦力的方向不指向餐桌的中心，D错误。]
典例6 C [设轻杆的长度为L，小球由A点到B点的过程，对小球由机械能守恒定律得mgL＝m，小球在B点时轻杆向右的拉力提供向心力，设小球在B点时受到轻杆的作用力大小为F1，则有F1＝m，联立解得F1＝2mg，又小球在B点还受到重力的作用，则小球在B点受到的合力大小为FB＝mg，A错误；小球由A点到C点的过程，由机械能守恒定律得mg·2L＝m，小球在C点受到的合力提供向心力，则有FC＝m，解得FC＝4mg，B错误；小球在C点时轻杆对小球的弹力最大，设小球在C点时轻杆对小球的作用力大小为F2，则对小球由牛顿第二定律得F2－mg＝m，解得F2＝5mg，C正确；由于小球在A点时速度为零，则在A点时小球在沿杆方向的合力为0，故在A点时轻杆对小球的作用力大小为mg，方向竖直向上，即在A点时轻杆对小球的作用力为支持力，结合C项分析可知小球由A点到C点的过程，轻杆对小球的作用力由支持力变为拉力，在B点轻杆对小球的作用力指向圆心，为拉力，则在A、B间的某位置轻杆对小球的作用力大小为0，即杆对小球弹力的最小值为0，D错误。]
热点三
典例7 AC [卫星未发射时静置在赤道上随地球转动，角速度与地球自转角速度相等，卫星发射后在地球同步轨道上做匀速圆周运动，角速度与地球自转角速度相等，则卫星未发射时和在轨道上运行时角速度之比为1∶1，故A正确；根据题意，由公式v＝ωr可知，卫星未发射时和在轨道上运行时，由于角速度相等，则线速度之比为轨道半径之比R∶r，故B错误；根据题意，由公式an＝ω2r可知，卫星未发射时和在轨道上运行时，由于角速度相等，则向心加速度之比为轨道半径之比R∶r，故C正确；根据题意，由公式F＝可知，卫星未发射时和在轨道上运行时，受到地球的万有引力之比与轨道半径的平方成反比，即r2∶R2，故D错误。故选AC。]
典例8 C [嫦娥六号并没有摆脱地球引力的束缚，返回地球时最大速度不超过第二宇宙速度，故A错误；第一宇宙速度是绕地球做圆周运动的最大环绕速度，则嫦娥六号在第三个过程中，反弹离开大气层到达最高点时的运动速度一定小于第一宇宙速度，故B错误；嫦娥六号从环月轨道经Z点时加速，做离心运动，然后变轨到月地转移轨道，故C正确；嫦娥六号在环月轨道上P点和Z点时机械能相等，由于嫦娥六号从环月轨道经Z点时需要加速变轨到月地转移轨道，则嫦娥六号在月地转移轨道Z点处的机械能大于在环月轨道上P点处的机械能，故D错误。故选C。]
典例9 B [设a卫星与月球的距离为ra，b卫星与月球的距离为rb，根据图像有ra＋rb＝6r，rb－ra＝2r，联立，解得ra＝2r，rb＝4r，两卫星均绕月球运动，设a卫星与b卫星的速度分别为va、vb，根据牛顿第二定律有G＝m，解得v＝，可知a、b两卫星的线速度大小之比va∶vb＝∶1，故A错误；根据G＝ma，解得a＝，可知a、b两卫星的加速度大小之比aa∶ab＝4∶1，故B正确；根据开普勒第三定律可得，根据图像可知，经过时间T两卫星再次相距最近，有T＝2π，联立解得Ta＝T，Tb＝(2－1)T，故C、D错误。故选B。]
随堂练——研高考·测风向
1．B [设两边绳与竖直方向的夹角为θ，塔块沿竖直方向匀速下落的速度为v块，将v块沿绳方向和垂直绳方向分解，将v沿绳子方向和垂直绳方向分解，可得v块cos θ＝vsin θ，解得v＝，由于塔块匀速下落时θ在减小，故可知v一直增大。故选B。]
2．C [根据开普勒第三定律可知，其中r地＝1 AU，T地＝1年，T行＝5.8年，代入解得r行≈3.23 AU，故可知该小行星的公转轨道应介于火星与木星的公转轨道之间。故选C。]
3．解析：(1)小球到达B点时的竖直分速度vy＝，则tan θ＝＝1，解得θ＝45°。
(2)设小球到达B点时速度大小为vB，
则有vB＝v0，设轨道对小球的支持力为F，根据
F－mgcos 45°＝m，
解得F＝mg，
由牛顿第三定律可知，小球对圆弧轨道的压力大小为F'＝mg。
答案：(1)45° (2)mg
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第3课时 力与曲线运动
专题一 力与运动
【备考指南】
1．注重掌握解决曲线运动问题的一般方法。抛体运动常采用运动的分解——“化曲为直”思想解决；而圆周运动应寻找物体做圆周运动的向心力，利用牛顿第二定律来解决，应重视此类基础题的训练。
2．重视三维空间中的抛体运动，要根据需要将抛体运动分解。在备考中应设置此类专题，消除学生思维定势，提升学生思维能力。
3．带电粒子在磁场中做圆周运动由原有的平面运动变成了现在的三维运动，对学生空间想象力提出了更高要求，在备考中应对此类问题进行强化训练，让学生形成新的认识，提高推理思维能力。
4．关注科技前沿知识的储备，加强椭圆运动模型的训练，提高学生将椭圆运动和圆周运动统一到中心天体质量上的推理思维能力。
热点一 抛体运动
考向1 平抛运动
1．平抛运动(类平抛运动)问题的求解方法
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。
[典例1] [平抛运动常规法解题](2024·浙江1月选考)如图所示，小明取山泉水时发现水平细水管到水平地面的距离为水桶高的两倍，在地面上平移水桶，水恰好从桶口中心无阻挡地落到桶底边沿A。已知桶高为h，直径为D，重力加速度为g，则水离开出水口的速度大小为( )
A． B．
C． D．(＋1)D
√
C [设出水口到水桶口中心距离为x，则x＝v0， 落到桶底A点时x＋＝v0，解得v0＝，故C正确。]
[典例2] [平抛运动推论应用](多选)在某次飞镖锦标赛中，飞镖先后两次的抛出点在同一竖直线上的A、B两点，将飞镖沿水平方向抛出后，飞镖均扎在靶心处，两飞镖的轨迹如图乙中曲线1、2所示，飞镖扎在靶上瞬间的速度与水平方向的夹角分别为α、β。已知AB、BO的竖直高度相同，飞镖可视为质点，空气阻力忽略不计，则下列说法正确的是( )
A．飞镖先后两次在空中的运动时间之比为∶1
B．飞镖先后两次抛出时的初速度大小之比为∶1
C．α＝2β
D．tan α＝2tan β
√
√
AD [飞镖先后两次在空中做平抛运动，竖直方向有2h＝，h＝，则飞镖先后两次在空中的运动时间之比为t1∶t2＝∶1，故A项正确；水平方向有x＝v1t1，x＝v2t2，则飞镖先后两次抛出时的初速度大小之比为v1∶v2＝1∶，故B项错误；轨迹为曲线1的飞镖扎在靶上瞬间的速度与水平方向的夹角的正切值为tan α＝，轨迹为曲线2的飞镖扎在靶上瞬间的速度与水平方向的夹角的正切值为tan β＝，则tan α＝2tan β，故D项正确，C项错误。]
[典例3] [平抛运动特殊分解法](多选)如图所示，从倾角为θ的足够长的斜面顶端P以初速度v0水平抛出一个小球A，落在斜面上Q点，小球落在斜面上的速度与斜面的夹角为α，另一个小球B在斜面上方某处以初速度v0正对倾角为θ的斜面水平抛出，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A．小球A在空中运动过程中离斜面最远距离为
B．若小球B垂直落在斜面上，则在空中运动的时间为tan θ
C．若小球B落在斜面上的位移最小，则在空中运动的时间为
D．若把小球A水平抛出时的初速度变为2v0，小球仍落在斜面上，小球落在斜面上的速度与斜面的夹角α将变大
√
√
AC [将小球A的平抛运动沿垂直斜面向上与沿斜面向下分解，小球离斜面最远时，垂直斜面向上的速度为零，有d＝＝，故A选项正确；小球B垂直落在斜面上，则小球B的速度垂直于斜面，分解速度有tan θ＝，解得t0＝，故B选项错误；小球B落在斜面上的位移最小，则要求落点与抛出点的连线与斜面垂直，如图所示，所以有tan θ＝，而x1＝v0t1，y＝，联立解得t1＝，故C选项正确；根据平抛运动规律，有tan θ＝＝＝，tan (α＋θ)＝＝，所以得tan (α＋θ)＝2tan θ，
倾角θ为定值，所以落在斜面上时速度与斜面的夹角α为定
值，与速度大小无关，故D选项错误。]
模型图析
平抛运动及其拓展模型解法图析
考向2 斜抛运动
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。
[典例4] [体育运动中的斜抛运动](多选)(2025·四川达州12月一模)滑板是一项青少年酷爱的运动，是依靠自身的体能快速运动的艺术。一青少年在一次训练中的运动简化如图所示，青少年以某一速度从P点进入曲面轨道，从O点离开曲面轨道，离开O点时的速度与水平方向的夹角为30°，最后恰好落在平台上的N点，O、N两点的连线与水平方向夹角也为30°。已知重力加速度g取10 m/s2，平台到曲面轨道右侧的距离d＝ m，青少年和滑板(可视为质点)总质量m＝60 kg，忽略空气
阻力。青少年在此运动过程中，下列说法
正确的是( )
A．从O点到N点的运动时间为2 s
B．从O点抛出时的速度大小为5 m/s
C．青少年和滑板落在N点前瞬间重力的功率为4 500 W
D．青少年离ON连线的最远距离为1 m
√
√
BC [设O点处青少年的速度为v，将其分解到水平方向和竖直方向，即水平速度为v cos 30°＝v，竖直速度为v sin 30°＝，从O点到N点，青少年水平方向做匀速直线运动，有d＝vt，竖直方向做竖直上抛运动，有－d tan 30°＝t－gt2，联立解得t＝1 s(负值已舍去)，v＝5 m/s，故A错误，B正确；青少年落在N点前瞬间竖直速度大小为 |vy1|＝＝＝7.5 m/s，故重力的功率为PG＝mg|vy1|＝4 500 W，
故C正确；将青少年在O点的速度v和重力加速度g分解到沿ON方向和垂直ON方向，如图所示，vy＝v sin 60°＝ m/s，gy＝g sin 60°＝
5 m/s2，垂直ON方向速度减为零时，青少年离ON连线的距离最远，时间t1＝＝0.5 s，最远距离为d＝vyt1＝ m，故D错误。]
热点二 圆周运动
考向1 水平面内的圆周运动
1．水平面内圆周运动的分析思路
2．水平面内圆周运动的动力学问题分析
运动 模型 汽车在水平 路面转弯 水平转台(光滑) 圆锥摆
向心 力的 来源 图示
运动模型 飞车走壁 火车转弯 飞机水平转弯
向心 力的 来源 图示
[典例5] [生活中的圆周运动][人教版教材必修第二册P30T3改编]旋转餐桌的水平桌面上有两个茶杯P和Q(均可视为质点)，它们放置在圆心同侧，质量均为0.3 kg，与圆心间的距离分别为RP和RQ，其中RP＝0.2 m，RQ＝0.5 m。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，两个茶杯与旋转桌面间的动摩擦因数均为μ＝0.4，重力加速度大小g＝10 m/s2，餐桌带着茶杯以相同角速度ω一起匀速转动时，茶杯与餐桌没有发生相对滑动。下列说法正确的是( )
A．当以角速度ω＝2 rad/s匀速转动时，茶杯P和Q受到的摩擦力大小均为1.2 N
B．当以角速度ω＝2.5 rad/s匀速转动时，茶杯P和Q受到的摩擦力大小之比为2∶5
C．茶杯与餐桌能保持相对静止的最大角速度为2 rad/s
D．让餐桌加速转动，茶杯与餐桌仍相对静止，则两茶杯受到的摩擦力方向均指向餐桌的中心
√
B [对P和Q，当静摩擦力达到最大值时有μmg＝mω2r，得ω＝，则P的临界角速度ωP＝2 rad/s，Q的临界角速度ωQ＝2 rad/s，要使两茶杯与餐桌仍保持相对静止，最大角速度为2 rad/s，C错误；ω＝2 rad/s<2 rad/s，P和Q受到的摩擦力为静摩擦力，且大小分别等于0.24 N和0.6 N，A错误；ω＝2.5 rad/s<2 rad/s，P和Q受到的静摩擦力等于mω2r，大小之比为2∶5，B正确；让餐桌加速转动，茶杯与餐桌仍保持相对静止，则茶杯受到的摩擦力一方面提供其做圆周运动的向心力，另一方面使茶杯加速运动，可知茶杯所受摩擦力的方向不指向餐桌的中心，D错误。]
考向2 竖直面内的圆周运动
1．绳球模型：小球能通过最高点的条件是v≥。
2．杆球模型：小球能通过最高点的条件是v≥0。
3．“两点”“一联”解题两关键
(1)“两点”
(2)“一联”
[典例6] [杆球模型](2024·全国甲卷)如图所示，在竖直平面内，轻杆一端通过转轴连接在O点，另一端固定一质量为m的小球。小球从A点由静止开始摆下，先后经过B、C两点，A、C两点分别位于O点的正上方和正下方，B点与O点等高，不考虑摩擦及空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A．小球在B点受到的合力大小为2mg
B．小球在C点受到的合力大小为2mg
C．从A点到C点的过程，杆对小球的弹力最大值为5mg
D．从A点到C点的过程，杆对小球的弹力最小值为4mg
√
C [设轻杆的长度为L，小球由A点到B点的过程，对小球由机械能守恒定律得mgL＝，小球在B点时轻杆向右的拉力提供向心力，设小球在B点时受到轻杆的作用力大小为F1，则有F1＝，联立解得F1＝2mg，又小球在B点还受到重力的作用，则小球在B点受到的合力大小为FB＝＝mg，A错误；小球由A点到C点的过程，由机械能守恒定律得mg·2L＝，小球在C点受到的合力提供向心力，则有
FC＝，解得FC＝4mg，B错误；小球在C点时轻杆对小球的弹力最大，设小球在C点时轻杆对小球的作用力大小为F2，则对小球由牛顿第二定律得F2－mg＝，解得F2＝5mg，C正确；由于小球在A点时速度为零，则在A点时小球在沿杆方向的合力为0，故在A点时轻杆对小球的作用力大小为mg，方向竖直向上，即在A点时轻杆对小球的作用力为支持力，结合C项分析可知小球由A点到C点的过程，轻杆对小球的作用力由支持力变为拉力，在B点轻杆对小球的作用力指向圆心，为拉力，则在A、B间的某位置轻杆对小球的作用力大小为0，即杆对小球弹力的最小值为0，D错误。]
热点三 万有引力与宇宙航行
1．分析天体运动的“两种模型”和“两条思路”
(1)两种模型：“跟地转”模型，卫星随中心天体同步转动(质点和中心天体角速度相同)；“绕地飞”模型是卫星(或自然天体)绕中心天体做匀速圆周运动，万有引力提供向心力。
(2)两条思路
①天体对其表面物体的万有引力近似等于重力，即G＝mg或GM＝gR2(R、g分别是天体的半径、表面重力加速度)。
②万有引力提供向心力，即G＝ma＝m＝mω2·r＝m·r。
口诀：高轨、低速、大周期
2．破解天体运动问题的“金三角”
注：①环绕轨道：G＝ma＝m＝mω2r＝mr
②不考虑地球自转：G＝mg
③近地轨道：mg＝ma＝m＝mω2r＝mr
[典例7] [赤道上的卫星与发射后的卫星的区别](多选)(2024·天津卷)卫星未发射时静置在赤道上随地球转动，地球半径为R。卫星发射后在地球同步轨道上做匀速圆周运动，轨道半径为r。则卫星未发射时和在轨道上运行时( )
A．角速度之比为1∶1
B．线速度之比为∶
C．向心加速度之比为R∶r
D．受到地球的万有引力之比为R2∶r2
√
√
AC [卫星未发射时静置在赤道上随地球转动，角速度与地球自转角速度相等，卫星发射后在地球同步轨道上做匀速圆周运动，角速度与地球自转角速度相等，则卫星未发射时和在轨道上运行时角速度之比为1∶1，故A正确；根据题意，由公式v＝ωr可知，卫星未发射时和在轨道上运行时，由于角速度相等，则线速度之比为轨道半径之比R∶r，故B错误；根据题意，由公式an＝ω2r可知，卫星未发射时和在轨道上运行时，由于角速度相等，则向心加速度之比为轨道半径之比R∶r，故C正确；根据题意，由公式F＝可知，卫星未发射时和在轨道上运行时，受到地球的万有引力之比与轨道半径的平方成反比，即r2∶R2，故D错误。故选AC。]
[典例8] [在航天领域中的变轨问题](2025·河北石家庄模拟预测)2024年6月25日，嫦娥六号采用半弹道跳跃式技术成功返回，其返回过程大致可分为三个过程。过程一：升空进入环月轨道等待返回时机；过程二：进入月地转移轨道；过程三：首次进入大气层(最大速度为31马赫)，利用大气摩擦减速后弹起并离开大气层，在引力作用下再次进入大气层，最终着陆返回。其第三个过程俗称“太空打水漂”，标准术语为“半弹道跳跃式返回”。我们用如图所示的模型来简化描绘嫦娥六号返回过程，下列说法正确的是( )
A．嫦娥六号在返回地球时最大速度超过第二宇宙速度
B．嫦娥六号在第三个过程中，反弹离开大气层到达最高点时的运动速度一定大于第一宇宙速度
C．嫦娥六号从环月轨道经Z点时应加速以进入月地转移轨道
D．嫦娥六号进入月地转移轨道后在Z点处的机械能小于在环月轨道上P点处的机械能
√
C [嫦娥六号并没有摆脱地球引力的束缚，返回地球时最大速度不超过第二宇宙速度，故A错误；第一宇宙速度是绕地球做圆周运动的最大环绕速度，则嫦娥六号在第三个过程中，反弹离开大气层到达最高点时的运动速度一定小于第一宇宙速度，故B错误；嫦娥六号从环月轨道经Z点时加速，做离心运动，然后变轨到月地转移轨道，故C正确；嫦娥六号在环月轨道上P点和Z点时机械能相等，由于嫦娥六号从环月轨道经Z点时需要加速变轨到月地转移轨道，则嫦娥六号在月地转移轨道Z点处的机械能大于在环月轨道上P点处的机械能，故D错误。故选C。]
方法总结 处理变轨问题的两类观点
1．力学观点：从半径小的轨道Ⅰ变轨到半径大的轨道Ⅱ，卫星需要向运动的反方向喷气，加速离心；从半径大的轨道Ⅱ变轨到半径小的轨道Ⅰ，卫星需要向运动的方向喷气，减速近心。
2．能量观点：在半径小的轨道Ⅰ上运行时的机械能比在半径大的轨道Ⅱ上运行时的机械能小。在同一轨道上运动卫星的机械能守恒，若动能增加则引力势能减小。
[典例9] [追及问题](2025·山西太原一模)中国载人登月初步方案已公布，计划2030年前实现载人登月科学探索。假如在登月之前需要先发射两颗探月卫星进行科学探测，两卫星在同一平面内绕月球的运动可视为匀速圆周运动，且绕行方向相同，如图甲所示，测得两卫星之间的距离Δr随时间变化的关系如图乙所示，不考虑两卫星之间的作用力。下列说法正确的是( )
A．a、b两卫星的线速度大小之比va∶vb＝∶1
B．a、b两卫星的加速度大小之比aa∶ab＝4∶1
C．a卫星的运转周期为T
D．b卫星的运转周期为2T
√
B [设a卫星与月球的距离为ra，b卫星与月球的距离为rb，根据图像有ra＋rb＝6r，rb－ra＝2r，联立，解得ra＝2r，rb＝4r，两卫星均绕月球运动，设a卫星与b卫星的速度分别为va、vb，根据牛顿第二定律有G＝m，解得v＝，可知a、b两卫星的线速度大小之比va∶vb＝∶1，故A错误；根据G＝ma，解得a＝，可知a、b两卫星的加速度大小之比aa∶ab＝4∶1，故B正确；根据开普勒第三定律可得＝，可得＝，根据图像可知，经过时间T两卫星再次相距最近，有T＝2π，联立解得Ta＝T，Tb＝(2－1)T，故C、D错误。故选B。]
1．[关联速度](2025·黑吉辽蒙卷)如图所示，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
√
B [设两边绳与竖直方向的夹角为θ，塔块沿竖直方向匀速下落的速度为v块，将v块沿绳方向和垂直绳方向分解，将v沿绳子方向和垂直绳方向分解，可得v块cos θ＝v sin θ，解得v＝，由于塔块匀速下落时θ在减小，故可知v一直增大。故选B。]
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[运动的合成与分解](多选)(2024·安徽卷)一倾角为30°的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
√
√
BD [根据题图乙可得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，故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，故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，故C错误；对x轴正方向，对物块根据动量定理有Ft＝mvx－0，由于F与时间t呈线性关系，故可得×2 m/s＝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，故D正确。]
2．[开普勒第三定律的应用](2025·云南卷)国际编号为192391的小行星绕太阳公转的周期约为5.8年，该小行星与太阳系内八大行星几乎在同一平面内做圆周运动。规定地球绕太阳公转的轨道半径为
1 AU，八大行星绕太阳的公转轨道半径如下表所示。忽略其他行星对该小行星的引力作用，则该小行星的公转轨道应介于( )
行星 水星 金星 地球 火星 木星 土星 天王星 海王星
轨道 半径 R/AU 0.39 0.72 1.0 1.5 5.2 9.5 19 30
A．金星与地球的公转轨道之间
B．地球与火星的公转轨道之间
C．火星与木星的公转轨道之间
D．天王星与海王星的公转轨道之间
√
C [根据开普勒第三定律可知＝，其中r地＝1 AU，T地＝1年，T行＝5.8年，代入解得r行≈3.23 AU，故可知该小行星的公转轨道应介于火星与木星的公转轨道之间。故选C。]
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[天体运动](2024·安徽卷)2024年3月20日，我国探月工程四期鹊桥二号中继星成功发射升空。当抵达距离月球表面某高度时，鹊桥二号开始进行近月制动，并顺利进入捕获轨道运行，如图所示，轨道的半长轴约为51 900 km。后经多次轨道调整，进入冻结轨道运行，轨道的半长轴约为9 900 km，周期约为
24 h。则鹊桥二号在捕获轨道运行时( )
A．周期约为144 h
B．近月点的速度大于远月点的速度
C．近月点的速度小于在冻结轨道运行时近月点的速度
D．近月点的加速度大于在冻结轨道运行时近月点的加速度
√
B [冻结轨道和捕获轨道的中心天体是月球，根据开普勒第三定律得＝，整理得T2＝≈288 h，A错误；根据开普勒第二定律得，鹊桥二号在捕获轨道运行时近月点的速度大于远月点的速度，B正确；鹊桥二号在近月点从高轨道捕获轨道到低轨道冻结轨道时需要减速制动，鹊桥二号在捕获轨道运行时近月点的速度大于在冻结轨道运行时近月点的速度，C错误；鹊桥二号在两轨道的近月点所受的万有引力相同，根据牛顿第二定律可知，鹊桥二号在捕获轨道运行时近月点的加速度等于在冻结轨道运行时近月点的加速度，D错误。]
3．[平抛与圆周运动的结合](2025·江苏扬州仪征中学月考)如图所示，水平地面与一半径为L的竖直光滑圆弧轨道相接于B点，轨道上的C点位置处于圆心O的正下方。距离地面高度也为L的水平平台边缘上的A点有质量为m的小球以v0＝的初速度水平抛出，小球在空中运动至B点时，恰好沿圆弧轨道在该点的切线方向滑入轨道。小球运动过程中空气阻力不计，重力加速度为g，求：
(1)圆弧BC段所对应的圆心角θ；
(2)小球经B点时，对圆弧轨道的压力大小。
[解析] (1)小球到达B点时的竖直分速度vy＝，则tan θ＝＝1，解得θ＝45°。
(2)设小球到达B点时速度大小为vB，
则有vB＝v0，设轨道对小球的支持力为F，根据
F－mg cos 45°＝，解得F＝mg，
由牛顿第三定律可知，小球对圆弧轨道的压力大小为F′＝mg。
[答案] (1)45° (2)mg
说明：单选题每小题4分，多选题每小题6分，本试卷总分44分
1．(2025·高三上学期贵州模拟预测)火灾逃生的首要原则是离开火灾现场，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
课后限时练3 力与曲线运动
题号
1
3
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4
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7
√
C [将N端的速度v0进行分解，设沿杆方向的分量与水平方向的夹角为θ，如图所示
则人的速度等于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。]
题号
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题号
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2．(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
√
A [由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，对插销分析，有弹力提供向心力，F＝mlω2；对卷轴边沿有v′＝v＝rω，联立解得v＝r。故选A。]
题号
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3．(多选)[源于人教版教材必修二P72T6改编]2025年9月21日发生了“土星冲日”现象，即土星、地球、太阳三者处于同一直线，如图所示。设土星和地球在同一平面内沿同一方向绕太阳做匀速圆周运动，土星的公转半径约为地球公转半径的9.5倍。下列说法正确的是( )
A．地球绕太阳运行的速度小于地球的第一宇宙速度
B．相邻两次“土星冲日”之间，土星绕太
阳比地球绕太阳少运动了一圈
C．土星公转的周期约为20年
D．2026年还会看到土星冲日的天文现象
题号
2
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7
√
√
BD [地球的第一宇宙速度是环绕地球做圆周运动的物体的最大速度，第二宇宙速度是环绕太阳做圆周运动天体的最大速度，所以地球绕太阳运行的速度大于地球的第一宇宙速度，A错误；由于地球的轨道半径小，运行速度快，则在下一次“土星冲日”时，地球绕太阳比土星绕太阳多运动了一圈，B正确；根据G＝mr，得T＝2π，地球公转周期T地＝1年，由开普勒第三定律，有＝，解得T土≈29.3年，C错误；如果两次土星冲日时间间隔为t年，由地球绕太阳比土星绕太阳多运动一周有t＝2π，解得相邻两次土星冲日时间间隔为t≈1.04年，故下一次土星冲日大约在2026年10月份，故D正确。]
题号
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7
4．(2025·山东卷)轨道舱与返回舱的组合体，绕质量为M的行星做半径为r的圆周运动，轨道舱与返回舱的质量比为5∶1。如图所示，轨道舱在P点沿运动方向向前弹射返回舱，分开瞬间返回舱相对行星的速度大小为2，G为引力常量，此时轨道舱相对行星的速度大小为( )
A． B．
C． D．
题号
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√
C [轨道舱与返回舱的质量比为5∶1，设返回舱的质量为m，则轨道舱的质量为5m，总质量为6m；根据题意组合体绕行星做圆周运动，根据万有引力定律有G＝6m，可得做圆周运动的线速度为v＝，弹射返回舱的过程中组合体动量守恒，有6mv＝5mv1＋mv2，由题意可知v2＝2， 代入解得v1＝，故选C。]
题号
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【教师备选资源】
(多选)2024年11月16日，中国北斗系统正式成为全球民航通用的卫星导航系统一周年。如图所示，北斗系统空间段由若干地球静止轨道卫星a、倾斜地球同步轨道卫星b和中圆地球轨道卫星c等组成。将所有卫星的运动视为匀速圆周运动、地球看成质量均匀的球体，若地球静止轨道卫星a的轨道半径是地球半径的k倍，下列说法正确的是( )
A．卫星c的动能大于卫星a的动能
B．卫星b有可能每天同一时刻经过北京正上方
C．卫星a有可能总在北京正上方与我们相对静止
D．地球赤道重力加速度大小与北极的重力加速度大小之比为1－
√
题号
2
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7
BD [由G＝m，得v＝，所以卫星a的线速度小于卫星c的线速度，由于不知道卫星的质量关系，无法比较动能，A错误；卫星b是倾斜地球同步轨道卫星，周期与地球自转相同，若某一时刻出现在北京正上方，则过24小时之后又在北京正上方；地球静止轨道卫星c只可能在赤道的正上方，不可能在北京正上方，B正确，C错误；在地球北极有G＝mg1，在地球赤道有G－mR＝mg2，对地球静止轨道卫星a有G＝mkR，解得＝1－，D正确。]
5．(2025·辽宁沈阳二模)2028年奥运会新增壁球运动项目。如图所示，运动员从A点将球斜向上击出，水平击中墙上B点反弹后又水平飞出，落到C点，BB′竖直，AB′C三点在同一水平面上，B′C垂直于AC。不计空气阻力，球碰撞B点前后的速度大小分别为v1、v2，球在AB、BC两段运动时间分别为t1、t2，则正确的是( )
A．v1＝v2 B．v1C．t1>t2 D．t1＝t2
题号
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√
D [依题意，球在AB段做斜抛运动，看成反方向的平抛运动，则有hBB′＝，球在BC段做平抛运动，有hBB′＝，联立解得t1＝t2，故C错误，D正确；球在AB段水平方向有xAB′＝v1t1，球在BC段水平方向，有xCB′＝v2t2，由题图可知xAB′>xCB′，联立解得v1>v2，故A、B错误。]
题号
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6．(多选)(2025·四川南充三模)如图，足够大水平圆盘中央固定一光滑竖直细杆，质量分别为2m和m的小球A、B用轻绳相连，小球A穿过竖直杆置于原长为l的轻质弹簧上，弹簧劲度系数为k＝，B紧靠一个固定在圆盘上且与OAB共面的挡板上，在缓慢增加圆盘转速过程中，弹簧始终在弹性限度内，不计一切摩擦，重力加速度为g，则( )
A．球B离开圆盘后，弹簧弹力不变
B．绳子越长小球飞离圆盘时的角速度就越大
C．当角速度为时，弹簧长度等于
D．当角速度为时，弹簧弹力等于3mg
题号
2
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√
√
AD [球B离开圆盘后，设轻绳与竖直方向夹角为θ，对B竖直方向FTcos θ＝mg，对A竖直方向F弹＝2mg＋FTcos θ＝3mg，即弹簧弹力不变，选项A正确；设小球恰飞离圆盘时绳子与竖直方向夹角为θ0，AB绳长为L，此时弹簧长度为l1，对A，k(l－l1)＝3mg，解得l1＝，则＝，对B，mg tan θ0＝L sin θ0，ω0＝＝，则小球飞离圆盘时的角速度为定值，与绳长无关，选项B错误；当角速度为<ω0时，此时物块还没有离开圆盘，此时弹簧长度大于，选项C错误；当角速度为>ω0时，此时物块已经离开圆盘，此时弹簧弹力等于3mg，选项D正确。故选AD。]
题号
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7．(16分)(2025·重庆育才中学10月质检)如图甲为某款玩具，其主要配件有小物块、弹射器、三连环、滑跃板及部分直线轨道等。如图乙为其结构示意图，其中三连环是由三个半径不同的光滑圆轨道Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ组成，且三个圆轨道平滑连接但不重叠，其圆心分别为O1、O2、O3，半径分别为R1＝0.4 m、R2＝
0.3 m、R3＝0.2 m。OA、AC为光滑水平轨道，滑跃板CD为足够长的粗糙倾斜轨道，轨道倾角θ可调(0≤θ<90°)。某次游戏中弹射器将小物块自O点以一定初速度弹出，小物块先后通过圆轨道Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ后冲上滑跃板。小物块可视为质点，其质量m＝0.2 kg，与滑跃板CD间动摩擦因数μ＝，弹簧劲度系数k＝100 N/m，弹簧的弹性势能为E＝kx2，轨道各部分平滑连接，g取10 m/s2。若小物块恰好能够通过三连环，求：
题号
2
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6
7
(1)弹簧的最小压缩量；
(2)小物块第一次经过圆轨道Ⅲ最高点时所受的弹力大小；
(3)调整滑跃板CD的倾角θ，小物块第一次在CD轨道上向上滑行的最小距离。
题号
2
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3
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5
6
7
[解析] (1)由于小物块恰好能够通过三连环，即小物块通过圆轨道Ⅰ的最高点时，有mg＝
设弹簧最小压缩量为x1，则从开始到轨道Ⅰ最高点过程中，由能量守恒定律有＝，解得x1＝0.2 m。
题号
2
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5
6
7
(2)小物块第一次从圆轨道Ⅰ最高点到达圆轨道Ⅲ最高点的过程，根据动能定理有
mg(2R1－2R3)＝
在圆轨道Ⅲ最高点，根据牛顿第二定律有FN＋mg＝，解得FN＝10 N。
题号
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(3)小物块第一次从圆轨道Ⅰ的最高点到达AC轨道的过程，根据动能定理有
mg·2R1＝，解得v3＝2 m/s
小物块冲上滑跃板CD后将减速至0，则根据能量守恒定律有＝mgx′sin θ＋μmgx′cos θ
解得x′＝ m
令y＝sin θ＋cos θ，对y求导有y′＝cos θ－sin θ，当该导数为0时，解得θ＝60°
题号
2
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可知，当θ＝60°时，小物块在CD轨道上向上滑行的距离最小，则有x′min＝ m＝ m。
题号
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[答案] (1)0.2 m (2)10 N (3) m
谢 谢！课后限时练3 力与曲线运动
说明：单选题每小题4分，多选题每小题6分，本试卷总分44分
1．(2025·高三上学期贵州模拟预测)火灾逃生的首要原则是离开火灾现场，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
2．(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
3．(多选)[源于人教版教材必修二P72T6改编]2025年9月21日发生了“土星冲日”现象，即土星、地球、太阳三者处于同一直线，如图所示。设土星和地球在同一平面内沿同一方向绕太阳做匀速圆周运动，土星的公转半径约为地球公转半径的9.5倍。下列说法正确的是( )
A．地球绕太阳运行的速度小于地球的第一宇宙速度
B．相邻两次“土星冲日”之间，土星绕太阳比地球绕太阳少运动了一圈
C．土星公转的周期约为20年
D．2026年还会看到土星冲日的天文现象
4．(2025·山东卷)轨道舱与返回舱的组合体，绕质量为M的行星做半径为r的圆周运动，轨道舱与返回舱的质量比为5∶1。如图所示，轨道舱在P点沿运动方向向前弹射返回舱，分开瞬间返回舱相对行星的速度大小为2，G为引力常量，此时轨道舱相对行星的速度大小为( )
A． B．
C． D．
5．(2025·辽宁沈阳二模)2028年奥运会新增壁球运动项目。如图所示，运动员从A点将球斜向上击出，水平击中墙上B点反弹后又水平飞出，落到C点，BB′竖直，AB′C三点在同一水平面上，B′C垂直于AC。不计空气阻力，球碰撞B点前后的速度大小分别为v1、v2，球在AB、BC两段运动时间分别为t1、t2，则正确的是( )
A．v1＝v2 B．v1C．t1>t2 D．t1＝t2
6．(多选)(2025·四川南充三模)如图，足够大水平圆盘中央固定一光滑竖直细杆，质量分别为2m和m的小球A、B用轻绳相连，小球A穿过竖直杆置于原长为l的轻质弹簧上，弹簧劲度系数为k＝，B紧靠一个固定在圆盘上且与OAB共面的挡板上，在缓慢增加圆盘转速过程中，弹簧始终在弹性限度内，不计一切摩擦，重力加速度为g，则( )
A．球B离开圆盘后，弹簧弹力不变
B．绳子越长小球飞离圆盘时的角速度就越大
C．当角速度为时，弹簧长度等于
D．当角速度为时，弹簧弹力等于3mg
7．(16分)(2025·重庆育才中学10月质检)如图甲为某款玩具，其主要配件有小物块、弹射器、三连环、滑跃板及部分直线轨道等。如图乙为其结构示意图，其中三连环是由三个半径不同的光滑圆轨道Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ组成，且三个圆轨道平滑连接但不重叠，其圆心分别为O1、O2、O3，半径分别为R1＝0.4 m、R2＝0.3 m、R3＝0.2 m。OA、AC为光滑水平轨道，滑跃板CD为足够长的粗糙倾斜轨道，轨道倾角θ可调(0≤θ<90°)。某次游戏中弹射器将小物块自O点以一定初速度弹出，小物块先后通过圆轨道Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ后冲上滑跃板。小物块可视为质点，其质量m＝0.2 kg，与滑跃板CD间动摩擦因数μ＝，弹簧劲度系数k＝100 N/m，弹簧的弹性势能为E＝kx2，轨道各部分平滑连接，g取10 m/s2。若小物块恰好能够通过三连环，求：
(1)弹簧的最小压缩量；
(2)小物块第一次经过圆轨道Ⅲ最高点时所受的弹力大小；
(3)调整滑跃板CD的倾角θ，小物块第一次在CD轨道上向上滑行的最小距离。
课后限时练3
1．C [将N端的速度v0进行分解，设沿杆方向的分量与水平方向的夹角为θ，如图所示
则人的速度等于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。]
2．A [由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，对插销分析，有弹力提供向心力，F＝mlω2；对卷轴边沿有v'＝v＝rω，联立解得v＝r。故选A。]
3．BD [地球的第一宇宙速度是环绕地球做圆周运动的物体的最大速度，第二宇宙速度是环绕太阳做圆周运动天体的最大速度，所以地球绕太阳运行的速度大于地球的第一宇宙速度，A错误；由于地球的轨道半径小，运行速度快，则在下一次“土星冲日”时，地球绕太阳比土星绕太阳多运动了一圈，B正确；根据G＝mr，得T＝2π，地球公转周期T地＝1年，由开普勒第三定律，有，解得T土≈29.3年，C错误；如果两次土星冲日时间间隔为t年，由地球绕太阳比土星绕太阳多运动一周有t＝2π，解得相邻两次土星冲日时间间隔为t≈1.04年，故下一次土星冲日大约在2026年10月份，故D正确。]
4．C [轨道舱与返回舱的质量比为5∶1，设返回舱的质量为m，则轨道舱的质量为5m，总质量为6m；根据题意组合体绕行星做圆周运动，根据万有引力定律有G＝6m，可得做圆周运动的线速度为v＝，弹射返回舱的过程中组合体动量守恒，有6mv＝5mv1＋mv2，由题意可知v2＝2， 代入解得v1＝，故选C。]
5．D [依题意，球在AB段做斜抛运动，看成反方向的平抛运动，则有hBB'＝g，球在BC段做平抛运动，有hBB'＝g，联立解得t1＝t2，故C错误，D正确；球在AB段水平方向有xAB'＝v1t1，球在BC段水平方向，有xCB'＝v2t2，由题图可知xAB'>xCB'，联立解得v1>v2，故A、B错误。]
6．AD [球B离开圆盘后，设轻绳与竖直方向夹角为θ，对B竖直方向FTcos θ＝mg，对A竖直方向F弹＝2mg＋FTcos θ＝3mg，即弹簧弹力不变，选项A正确；设小球恰飞离圆盘时绳子与竖直方向夹角为θ0，AB绳长为L，此时弹簧长度为l1，对A，k(l－l1)＝3mg，解得l1＝，则 cos θ0＝，对B，mgtan θ0＝mLsin θ0，ω0＝，则小球飞离圆盘时的角速度为定值，与绳长无关，选项B错误；当角速度为<ω0时，此时物块还没有离开圆盘，此时弹簧长度大于，选项C错误；当角速度为>ω0时，此时物块已经离开圆盘，此时弹簧弹力等于3mg，选项D正确。故选AD。]
7．解析：(1)由于小物块恰好能够通过三连环，即小物块通过圆轨道Ⅰ的最高点时，有mg＝m
设弹簧最小压缩量为x1，则从开始到轨道Ⅰ最高点过程中，由能量守恒定律有k＝mg·2R1＋m，解得x1＝0.2 m。
(2)小物块第一次从圆轨道Ⅰ最高点到达圆轨道Ⅲ最高点的过程，根据动能定理有
mg(2R1－2R3)＝mm
在圆轨道Ⅲ最高点，根据牛顿第二定律有FN＋mg＝m，解得FN＝10 N。
(3)小物块第一次从圆轨道Ⅰ的最高点到达AC轨道的过程，根据动能定理有
mg·2R1＝mm，解得v3＝2 m/s
小物块冲上滑跃板CD后将减速至0，则根据能量守恒定律有
m＝mgx'sin θ＋μmgx'cos θ
解得x'＝ m
令y＝sin θ＋cos θ，对y求导有y'＝cos θ－sin θ，当该导数为0时，解得θ＝60°
可知，当θ＝60°时，小物块在CD轨道上向上滑行的距离最小，则有x'min＝ m＝ m。
答案：(1)0.2 m (2)10 N (3) m
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