1、- 1 - 第 3 讲 抛体运动 圆周运动 析考情 明考向_考情分析_透视命题规律 一、构建体系 透析考情 思维导图 考情分析 1.高考对平抛运动与圆周运 动知识的考查，多集中在平 抛运动与圆周运动规律的应 用及与生活、生产相联系的 命题，多涉及相关物理量的 临界和极限状态的求解，或 考查平抛运动与圆周运动组 合题，常会涉及功能关系。 2.单独命题常以选择题的形 式出现，题目难度中等；与 牛顿运动定律、功能关系、 电磁学知识相结合的命题常 以计算题的形式出现，如 2020 年山东卷第 16 题考查 了运动的合成与分解思想。 二、熟记规律 高效突破 1物体做曲线运动的条件：当物体所受合外力的方向
2、跟它的速度方向不在同一条直线上时， 物体做曲线运动。 2运动的合成与分解的运算法则：平行四边形定则。 3做平抛运动的物体，平抛运动的时间完全由高度决定，水平位移由水平初速度和高度共同 决定。 4平抛(或类平抛)运动的推论 (1)任意时刻速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点。 (2)设在任意时刻瞬时速度与水平方向的夹角为 ， 位移与水平方向的夹角为， 则有 tan 2tan 。 5做匀速圆周运动的物体，其向心力等于合力，并且向心力只改变速度的方向，不改变速度 的大小，因此物体的动能保持不变，向心力不做功，但动量不断改变。 6水平面内圆周运动的临界问题 (1)水平面内做圆周运动的物体其向心力
3、可能由弹力、摩擦力等力提供，常涉及绳的张紧与松 弛、接触与分离等临界状态。 (2)常见临界条件： 绳子松弛的临界条件是绳的张力 FT0； 相对滑动的临界条件是静摩擦力达 到最大值；接触或分离的临界条件是接触面间的弹力 FN0。 7竖直平面内圆周运动的两种临界问题 (1)绳模型：半径为 R 的圆形轨道，物体能通过最高点的条件是 v gR。 (2)杆模型：物体能通过最高点的条件是 v0。 研考向 提能力_考向研析_掌握应试技能 考向一 运动的合成与分解 1运动性质和轨迹的判断 若加速度与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，加速度恒定则为 匀变速运动，加速度不恒定则为非匀变速运动
4、。 2三种过河情景 时间最短 位移最短 - 2 - 渡河 情景 渡河 条件 船头垂直于河岸 船头斜向上游且 v船v水 船头斜向上游，与合速度方向 垂直，且 v水v船 渡河 结果 最短时间 tmin d v船 最短位移为河宽 d 最短位移为v 水 v船d 3.“端速问题”解题原则 把物体的实际速度分解为垂直于绳(杆)和平行于绳(杆)两个分量，根据沿绳(杆)方向的分速度 大小相等求解，常见的模型如图所示。 典例 1 (多选)(2020 山东师范大学附属中学高三模拟)质量为 2 kg 的质点在 xOy 平面上做曲 线运动，它在 x 方向的速度图像和 y 方向的位移图像如图所示。下列说法正确的是( )
5、 A质点的初速度为 5 m/s B2 s 末质点的速度大小为 6 m/s C质点初速度的方向与合外力方向垂直 D质点所受的合外力为 3 N 解析 质点在 x 方向的初速度为 vx3 m/s，y 方向的初速度为 vy4 m/s，故质点的初速度 为 v0 v2xv2y5 m/s，A 正确；2 s 末质点的速度大小为 v 6242 m/s2 13 m/s，B 错 误；合外力沿 x 方向，而初速度方向既不沿 x 方向，也不沿 y 方向，故质点初速度的方向与合 外力方向不垂直，C 错误；质点的加速度 a1.5 m/s2，所受的合外力 F合ma3 N，D 正确。 答案 AD 易错警示 - 3 - 运动的合
6、成与分解问题的三点注意 (1)物体的实际运动是合运动，明确分运动的特点，如典例中物体在 x 方向和 y 方向的运动特 点。 (2)根据物体运动过程的受力分析判断合运动的性质，如典例中的合外力沿 x 方向，合运动是 匀变速曲线运动。 (3)运动的合成与分解就是速度、位移、加速度等的合成与分解，遵循平行四边形定则，同时 还要注意合运动与分运动的等时性。 1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 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。如果划船速度大小相等，且两船相遇时不影响各自的航行，下列判断正确
7、的是( ) A甲船也能到达正对岸 B甲船渡河时间一定短 C两船相遇在 NP 直线上的某点(非 P 点) D渡河过程中两船不会相遇 解析：甲船航行方向与河岸成 角，水流速度水平向右，故合速度一定不会垂直河岸，即甲 船不能垂直到达对岸，A 错误；在垂直河岸方向上 v甲vsin ，v乙vsin ，故渡河时间 t甲 d v甲 d vsin 、t 乙 d v乙 d vsin ，所以渡河时间相等，因为在垂直河岸方向上分速度相等，又是 同时出发的，故两船相遇在 NP 直线上的某点(非 P 点)，B、D 错误，C 正确。 答案：C 2如图所示，物体 A 套在竖直杆上，经细绳通过定滑轮拉动物体 B 在水平面上运
8、动，开始时 A、B 间的细绳呈水平状态。现由计算机控制物体 A 的运动，使其恰好以速度 v 沿杆匀速下滑 (B 始终未与滑轮相碰)，则( ) A绳与杆的夹角为 时，B 的速率为 vsin B绳与杆的夹角为 时，B 的速率为 vcos C物体 B 也做匀速直线运动 D物体 B 做匀加速直线运动 解析：如图所示，将 A 物体的速度按图示两个方向分解，绳子速率 v绳vvcos ，而绳子 速率等于物体 B 的速率，则物体 B 的速率 vBv绳vcos ，故 A 错误，B 正确；因物体 A 向 下运动的过程中 减小，则 cos 增大，vB增大，B 物体做加速运动，但不是匀加速运动，故 C、D 错误。 -
9、 4 - 答案：B 3(多选)如图甲所示，在杂技表演中，猴子沿竖直杆向上运动，其 v- t 图像如图乙所示，同时 人顶杆沿水平地面运动的 x- t 图像如图丙所示。若以地面为参考系，下列说法正确的是( ) A猴子的运动轨迹为直线 B猴子在 2 s 内做匀变速曲线运动 Ct0 时猴子的速度大小为 8 m/s Dt2 s 时猴子的加速度大小为 4 m/s2 解析：由题图乙知，猴子竖直方向上向上做匀减速直线运动，加速度竖直向下，由题图丙知， 猴子水平方向上做匀速直线运动，则猴子的加速度竖直向下且加速度的大小、方向均不变， 与初速度方向不在同一直线上，故猴子在 2 s 内做匀变速曲线运动，A 错误，B
10、 正确；x- t 图像 的斜率等于速度，则知 t0 时猴子水平方向的速度大小为 vx4 m/s，又竖直方向初速度大小 vy8 m/s，则 t0 时猴子的速度大小为 v v2xv2y4 5 m/s，故 C 错误；v- t 图像的斜率等 于加速度，则知猴子的加速度为 av t 08 2 m/s24 m/s2，即加速度大小为 4 m/s2，故 D 正确。 答案：BD 考向二 抛体运动 1处理方法 分解为沿初速度方向的匀速直线运动和垂直初速度方向的初速度为零的匀加速直线运动。 2两个推论 (1)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 中的 B 是 OC 的中点。
11、 (2)做平抛运动的物体在任意时刻、任意位置处的瞬时速度与水平方向的夹角 及位移与水平 方向的夹角，则满足 tan 2tan 。 - 5 - 3两个“二级结论” (1)对于在斜面上平抛又落到斜面上的问题，其竖直位移与水平位移之比等于斜面倾角的正切 值。 (2)若平抛的物体垂直打在斜面上，则物体打在斜面上瞬间，其水平速度与竖直速度之比等于 斜面倾角的正切值。 典例 2 (多选)(2020 黑龙江齐齐哈尔市联谊校期末)如图所示， D 点为固定斜面 AC 的中点。 在 A 点和 D 点分别以初速度 v01和 v02水平抛出一个小球，结果两球均落在斜面的底端 C 点。 空气阻力不计。设两球在空中运动的
12、时间分别为 t1和 t2，落到 C 点前瞬间的速度大小分别为 v1和 v2，落到 C 点前瞬间的速度方向与水平方向的夹角分别为 1和 2，则下列关系式正确的 是( ) A.t1 t22 Bv01 v02 2 C.v1 v2 2 Dtan 1 tan 2 1 2 解析 两球都做平抛运动，在竖直方向上做自由落体运动，由 h1 2gt 2，得 t 2h g 。两球下 落的高度之比 h1h221，可得t1 t2 2 1 ，故 A 错误；小球水平方向做匀速直线运动，则 v0 x t，两球水平位移之比 x1x221，结合 t1 t2 2 1 ，得v01 v02 2，故 B 正确；设斜面的倾角为 ，小球落到
13、 C 点前瞬间的速度方向与水平方向的夹角为 ，则 tan 1 2gt 2 v0t gt 2v0，tan gt v0 2tan ，是定值，所以tan 1 tan 21，即 12，落到 C 点前瞬间的速度大小分别为 v1 v01 cos 1，v2 v02 cos 2，可得 v1 v2 2，故 C 正确，D 错误。 答案 BC 4.如图所示，在斜面顶端 a 处以速度 va水平抛出一小球，经过时间 ta恰好落在斜面底端 P 处； 今在 P 点正上方与 a 等高的 b 处以速度 vb水平抛出另一小球，经过时间 tb恰好落在斜面的中 点 Q 处。若不计空气阻力，下列关系式正确的是( ) Ava2vb Bv
14、a 2vb - 6 - Cta2tb Dta2 2tb 解析：b 球落在斜面的中点，知 a、b 两球下降的高度之比为 21，根据 h1 2gt 2知，t 2h g ， 则 ta 2tb，因为 a、b 两球水平位移之比为 21，则 va 2vb，故 B 正确，A、C、D 错误。 答案：B 5(2020 高考全国卷)如图，在摩托车越野赛途中的水平路段前方有一个坑，该坑沿摩托车 前进方向的水平宽度为 3h，其左边缘 a 点比右边缘 b 点高 0.5h。若摩托车经过 a 点时的动能 为 E1，它会落到坑内 c 点，c 与 a 的水平距离和高度差均为 h；若经过 a 点时的动能为 E2，该 摩托车恰能越
15、过坑到达 b 点。E2 E1等于( ) A20 B18 C9.0 D3.0 解析：摩托车从 a 点做平抛运动到 c 点 水平方向：hv1t1，竖直方向：h1 2gt 2 1 解得 v1 gh 2 动能 E11 2mv 2 1mgh 4 摩托车从 a 点到 b 点 水平方向：3hv2t2，竖直方向：0.5h1 2gt 2 2 解得 v23 gh 动能 E21 2mv 2 29 2mgh，故 E2 E118。 答案：B 6(多选)如图所示，小球 A、B 分别从 2l 和 l 的高度水平抛出后落地，上述过程中 A、B 的水 平位移分别为 l 和 2l。忽略空气阻力，则( ) AA 和 B 的位移大小
16、相等 BA 的运动时间是 B 的 2 倍 CA 的初速度是 B 的1 2 DA 的末速度比 B 的大 解析：由抛出点和落地点的几何关系，可推出小球 A、B 的位移大小相等，A 正确；平抛的竖 直分运动是自由落体运动，由 h1 2gt 2可推出 A 运动的时间是 B 的 2倍，B 错误；小球 A 的 - 7 - 初速度 v0A l tA l 4l g 1 2 gl，小球 B 的初速度 v0B2l tB 2l 2l g 2gl，A 的初速度是 B 的 2 4 ， C 错误；根据机械能守恒定律得1 2mAv 2 A1 2mAv 2 0AmAg 2l，1 2mBv 2 B1 2mBv 2 0BmBgl
17、，解得 vA 4.25gl，vB 4gl，所以 vAvB，D 正确。 答案：AD 考向三 圆周运动问题 1基本思路 (1)对物体进行受力分析，找出向心力来源，确定圆心及半径。 (2)灵活应用动力学方程：Fmamv 2 Rm 2Rmvm4 2 T2 R4m2f2R。 2两种模型 (1)最高点无支撑(轻绳模型)：FN0，mgmv 2 R，v gR，即在最高点速度不能为零。 (2)最高点有支持(轻杆模型)：mgFN，v0，即在最高点速度可以为零。杆对小球的弹力为 零的条件是 v gR，也是杆对小球是拉力还是支持力的转折点。 3一种联系：竖直平面内圆周运动的最高点和最低点的速度通常利用动能定理建立联系
18、。 典例 3 (多选)由于受新冠肺炎疫情影响，中国体操队选手没能按计划参加 2020 年体操世界 杯墨尔本站比赛，荷兰名将宗德兰德轻松夺冠。假设运动员训练时做“单臂大回环”的高难 度动作时，用一只手抓住单杠，伸展身体，以单杠为轴做圆周运动。如图甲所示，运动员运 动到最高点时，用力传感器测得运动员与单杠间弹力大小为 F，用速度传感器记录他在最高点 的速度大小为 v，得到 F- v2图像如图乙所示。g 取 10 m/s2，则下列说法正确的是( ) A运动员的质量为 65 kg B运动员的重心到单杠的距离为 0.9 m C当运动员在最高点的速度为 4 m/s 时，运动员受单杠的弹力方向向上 D在完成
19、“单臂大回环”的过程中，运动员运动到最低点时，单臂最少要承受 3 250 N 的力 解析 对运动员在最高点进行受力分析，当速度为零时，有 Fmg0，结合图像解得质量 m65 kg， 选项 A 正确； 当 F0 时， 由向心力公式可得 mgmv 2 R ， 结合图像可解得 R0.9 m， 故运动员的重心到单杠的距离为 0.9 m，选项 B 正确；当运动员在最高点的速度为 4 m/s 时， 运动员受单杠的拉力作用，方向竖直向下，选项 C 错误；运动员经过最低点时，单臂受力最 大，由牛顿第二定律得 Fmgmv 2 1 R，运动员从最高点运动到最低点的过程中，由动能定理得 2mgR1 2mv 2 11
20、 2mv 2，当 v0 时，F 有最小值 F min，故由以上两式得 Fmin3 250 N，即运动员 的单臂最少要承受 3 250 N 的力，选项 D 正确。 答案 ABD 规律总结 解决圆周运动问题的主要步骤 (1)确定研究对象，明确运动模型，如典例中是竖直平面内的圆周运动，运动员的胳膊既可以 - 8 - 提供拉力，也可以提供支持力，可以理解为“杆模型” 。 (2)分析物体的运动情况，即物体运动的线速度、角速度、周期、轨道平面、圆心、半径等。 (3)分析物体的受力情况，画出受力分析图，确定向心力的来源，如典例中，单杠对运动员的 弹力与其重力充当向心力。 (4)根据牛顿运动定律及向心力公式列
21、方程。 7. (多选)(2020 甘肃兰州一中模拟)在修筑铁路时，弯道处的外轨会略高于内轨。如图所示，当 火车以规定的行驶速度转弯时，内、外轨均不会受到轮缘的挤压，设此时的速度大小为 v，重 力加速度为 g，两轨所在平面的倾角为 ，则( ) A该弯道的半径 r v2 gtan B当火车质量改变时，规定的行驶速度大小不变 C当火车速率大于 v 时，内轨将受到轮缘的挤压 D当火车速率大于 v 时，外轨将受到轮缘的挤压 解析：火车转弯时不侧向挤压车轮轮缘，靠重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二 定律得 mgtan mv 2 r ，解得 r v2 gtan ，故 A 正确；根据牛顿第二定律得 m
22、gtan m v2 r ，解得 v grtan ，可知火车规定的行驶速度与火车质量无关，故 B 正确；当火车速率大于 v 时， 重力和支持力的合力不足以提供向心力，此时外轨对火车有侧压力，轮缘挤压外轨，故 C 错 误，D 正确。 答案：ABD 8. (多选)(2020 重庆高三调研)如图所示， 用长为L的轻绳(轻绳不可伸长)连接的甲、 乙两物块(均 可视为质点)放置在水平圆盘上，甲、乙连线的延长线过圆盘的圆心 O，甲与圆心 O 的距离也 为 L，甲、乙两物块的质量均为 m，与圆盘间的动摩擦因数均为 ，物块与圆盘间的最大静摩 擦力等于滑动摩擦力，甲、乙始终相对圆盘静止，则下列说法正确的是( )
23、A圆盘转动的角速度最大为 3g 2L B圆盘转动的角速度最大为 2g 3L C轻绳最大弹力为1 3mg D轻绳最大弹力为 mg 解析：当 较小时，甲、乙均由静摩擦力充当向心力， 增大时，由 Fm2r 可知，它们受 到的静摩擦力也增大，而 r甲L，r乙2L，r甲r乙，所以乙受到的静摩擦力先达到最大，此 后 继续增大，要保证乙不滑动，轻绳产生弹力并增大，甲受到的静摩擦力继续增大，直到 甲受到的静摩擦力也达到最大， 此时最大， 轻绳弹力 FT也最大， 对甲、 乙整体有 2mgm2max - 9 - Lm2max 2L，解得 max 2g 3L ，对甲有 mgFTmaxm2maxL，解得 FTmax1
24、 3mg，故圆盘转动的角速度最大为 2g 3L ，轻绳最大弹力为1 3mg，B、C 正确。 答案：BC 9(多选)如图甲所示，用一轻质绳拴着一质量为 m 的小球，在竖直平面内做圆周运动(不计一 切阻力)，小球运动到最高点时绳对小球的拉力为 FT，小球在最高点的速度大小为 v，其 FT- v2 图像如图乙所示，则( ) A轻质绳长为mb a B当地的重力加速度为a m C当 v2c 时，轻质绳最高点拉力大小为ac b a D若 v2b，小球运动到最低点时绳的拉力为 6a 解析：在最高点，FTmgmv 2 L，解得 FTm v2 Lmg，可知纵截距的绝对值为 amg，g a m， 图线的斜率 ka b m L，解得绳子的长度 L mb a ，故 A、B 正确；当 v2c 时，轻质绳的拉力大 小为 FTmv 2 Lmg ac b a，故 C 错误；当 v2b 时拉力为零，重力充当向心力，mgmv 2 L， 得 v2gL，到最低点时根据动能定理得 2mgL1 2mv 2 21 2mv 2，根据牛顿第二定律得 F Tmg mv 2 2 L，联立以上各式可得拉力为 FT6mg6a，故 D 正确。 答案：ABD
