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第四章　曲线运动 万有引力与航天
第1讲　曲线运动　运动的合成与分解
常设情境　①生活实践类：以生产生活、体育运动等为背景的平抛运动及圆周运动问题，汽车、火车转弯等动力学及临界问题.
②学习探索类：小船渡河模型，绳、杆速度分解模型，与斜面或圆弧面有关的平抛运动，水平面竖直面内圆周运动的临界问题，圆周运动中的轻绳、轻杆模型.
素养目标　1.知道曲线运动的速度特点、受力特点以及物体做曲线运动的条件.（物理观念） 2.了解合运动、分运动的相关概念，知道位移、速度和加速度的分解满足平行四边形定则.（物理观念） 3.能够应用运动的合成与分解分析小船过河问题.（科学思维） 4.理解绳或杆相关联的物体速度的分解方法.（科学思维）
@一、曲线运动的条件和特点
一、曲线运动的条件和特点
考题1　（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 （　A　）
答案：A
解析：物体做曲线运动时，所受合力的方向指向运动轨迹的凹侧，A正确.
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.运动的性质：做曲线运动的物体，速度的方向时刻在改变，所以曲线运动一定是　变速　运动.
3.运动的条件：物体所受　合力　的方向跟它的速度方向不在同一条直线上或它的　加速度　方向与速度方向不在同一条直线上.
4.合外力方向与轨迹的关系
物体做曲线运动的轨迹一定夹在　合外力　方向与　速度　方向之间，速度方向与轨迹相切，合外力方向指向轨迹的“凹”侧.
深化1　　运动轨迹的判断
（1）若物体所受合力方向与速度方向在同一直线上，则物体做直线运动.
（2）若物体所受合力方向与速度方向不在同一直线上，则物体做曲线运动.
深化2　　曲线运动中速度方向、合力方向与运动轨迹之间的关系
（1）速度方向与运动轨迹相切.
（2）合力方向指向曲线的“凹”侧.
（3）运动轨迹一定夹在速度方向和合力方向之间.
深化3　　速率变化的判断
角度1　运动轨迹判断
例1　（2023·全国乙卷）小车在水平地面上沿轨道从左向右运动，动能一直增加.如果用带箭头的线段表示小车在轨道上相应位置处所受合力，下列四幅图可能正确的是（　D　）
A B
C D
解析：小车做曲线运动，所受合外力指向曲线的凹侧，故A、B错误；小车沿轨道从左向右运动，动能一直增加，故合外力与运动方向的夹角为锐角，C错误，D正确.故选D.
角度2　加速度和轨迹的关系
例2　如图所示是一种创新设计的“空气伞”，它的原理是从伞柄下方吸入空气将空气加速，并从顶部喷出，形成辐射状气流，从而改变周围雨水的运动轨迹，形成一个无雨区，起到遮挡雨水的作用.在无风的雨天，若“空气伞”喷出的气流水平，则雨滴从气流上方某处下落并穿过气流区的运动轨迹，不计空气阻力，可能是下列哪一幅图（　　）
A B C D
答案：C
解析：气流对雨滴有作用力，当雨滴接近空气伞时，受到水平方向的作用力，将产生水平方向的加速度，此时雨滴所受的合力与运动方向不在一条直线上，所以其运动轨迹将逐渐发生弯曲，速度的方向不能发生突变，故A、B错误；雨滴原来的运动方向沿竖直方向向下，当受到水平方向的作用力后，水平方向做匀变速直线运动，竖直方向做匀加速直线运动，从受力点开始，合外力和速度成锐角，雨滴所做的运动的轨迹一定是向合力方向发生弯曲，穿过气流区后，由于雨滴的速度方向斜向下，与重力不在同一直线上，雨滴仍做曲线运动，故C正确，D错误.
@二、运动的合成与分解
二、运动的合成与分解
考题2　（2024·江西卷）（多选）一条河流某处存在高度差，小鱼从低处向上跃出水面，冲到高处.如图所示，以小鱼跃出水面处为坐标原点，x轴沿水平方向，建立坐标系，小鱼的初速度为v0，末速度v沿x轴正方向.在此过程中，小鱼可视为质点且只受重力作用.关于小鱼的水平位置x、竖直位置y、水平方向分速度vx和竖直方向分速度vy与时间t的关系，下列图像可能正确的是（　AD　）
解析：小鱼做斜上抛运动，其竖直分运动为竖直上抛运动，水平分运动为匀速直线运动.在水平方向有x＝vt，x与t成正比，A正确；在竖直方向有y＝v0yt－gt2，y－t图线为开口向下的抛物线，B错误；水平方向的分速度vx＝v0x＝v，不随时间变化，C错误；竖直方向的分速度vy＝v0y－gt，vy－t图线为斜率为负的直线，D正确.
考题3　（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（　D　）
解析：以漏出的第一粒沙子为参考系，后续漏出沙子的运动可分解为水平向右的匀加速直线运动和竖直向上的匀加速直线运动，水平方向位移x＝at2，竖直方向位移y＝gt2，两式联立得沙子运动的轨迹方程为y＝x，运动轨迹是一条倾斜直线，D正确.
1.基本概念
（1）运动的合成：已知　分运动　求合运动.
（2）运动的分解：已知　合运动　求分运动.
2.遵循的法则
位移、速度、加速度都是矢量，故它们的合成与分解都遵循　平行四边形定则　.
3.运动分解的原则
根据运动的　实际效果　分解，也可采用正交分解法.
4.合运动与分运动的关系
（1）等时性：合运动和分运动经历的　时间　相等，即同时开始、同时进行、同时停止.
（2）独立性：一个物体同时参与几个分运动，各分运动　独立进行　，不受其他分运动的影响.
（3）等效性：各分运动的规律叠加起来与合运动的规律有完全相同的　效果　.
深化1　　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.
深化2　　两个互成角度的直线运动的合运动性质的判断
两个互成角度的分运动 合运动的性质
两个匀速直线运动 匀速直线运动
一个匀速直线运动、一个匀变速直线运动 匀变速曲线运动
两个初速度为零的匀加速直线运动 匀加速直线运动
两个初速度不为零的匀变速直线运动 如果v合与a合共线，为匀变速直线运动
如果v合与a合不共线，为匀变速曲线运动
角度1　合运动和分运动的等时性
例3　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，下列说法中正确的是（　C　）
A.风力越大，运动员下落时间越长，运动员可完成的动作越多
B.风力越大，运动员着地时的竖直速度越大，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：运动员的运动可以分解为两个分运动，竖直方向向下落的运动和水平方向随风飘的运动，这两个分运动同时发生，相互独立，水平方向的风力大小不影响竖直方向的运动，即落地时间和竖直方向的速度不变，故A、B错误，C正确；水平风力越大，水平方向的速度越大，则落地时的合速度越大，故D错误.
角度2　合运动性质和轨迹的判断
例4　质量为m＝2 kg的物体（可视为质点）静止在光滑水平面上的直角坐标系的原点处，先用沿x轴正方向的力F1＝8 N作用2 s，然后撤去力F1；再用沿y轴正方向的力F2＝10 N作用2 s.则物体在这4 s内的轨迹为（　D　）
　　
　　
解析：物体在力F1的作用下由静止开始从坐标原点沿x轴正方向做匀加速直线运动，加速度a1＝＝4 m/s2，末速度为v1＝a1t1＝8 m/s，对应位移x1＝a1＝8 m；到2 s末撤去力F1再受到沿y轴正方向的力F2的作用，物体在x轴正方向做匀速运动，x2＝v1t2＝16 m，在y轴正方向做匀加速运动，y轴正方向的加速度a2＝＝5 m/s2，对应的位移y＝a2＝10 m，物体做曲线运动.再根据曲线运动的加速度方向大致指向轨迹的凹侧，可知选项D正确，A、B、C错误.
训练1　（2025·河南新乡检测）某快递公司推出了用无人机配送快递的服务.某次配送快递无人机在飞行过程中，水平方向速度vx和竖直方向速度vy与飞行时间t的关系图像分别如图甲、乙所示.规定竖直向上为vy的正方向，下列关于无人机运动的说法正确的是 （　D　）
A.0～t1时间内，无人机做曲线运动
B.t2时刻，无人机运动到最高点
C.t3～t4时间内，无人机做匀变速直线运动
D.t2时刻，无人机的速度大小为
解析：在0～t1时间内，无人机在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，在竖直方向也做初速度为零的匀加速直线运动，则合运动为匀加速直线运动，选项A错误；在0～t4时间内，无人机竖直方向速度一直为正，即一直向上运动，则在t2时刻，无人机还没有运动到最高点，选项B错误；在t3～t4时间内，无人机水平方向做速度为v0的匀速直线运动，竖直方向做匀减速直线运动，则合运动为匀变速曲线运动，选项C错误；在t2时刻，无人机的水平速度为v0、竖直速度为v2，则合速度大小为，选项D正确.
@三、运动的合成与分解的应用
三、运动的合成与分解的应用
考题4　（2021·辽宁卷）1935年5月，红军为突破“围剿”决定强渡大渡河.首支共产党员突击队冒着枪林弹雨依托仅有的一条小木船坚决强突.若河面宽300 m，水流速度3 m/s，木船相对静水速度1 m/s，则突击队渡河所需的最短时间为 （　D　）
A.75 s B.95 s C.100 s D.300 s
解析：根据运动的合成与分解，可知船无论在水中沿哪个方向渡河，均可将船的速度分解到垂直于河岸和平行于河岸两个方向，其中垂直于河岸方向的分速度越大，船渡河时间越短，所以只有船垂直于河岸渡河时，渡河时间最短，为t＝＝ s＝300 s，D正确.
深化1　　小船渡河问题
情况 图示 说明
渡河时间最短 当船头垂直河岸时，渡河时间最短，最短时间tmin＝
渡河位移最短 当v水＜v船时，如果满足v水－v船cos θ＝0，渡河位移最短，xmin＝d，此时渡河时间t＝＝
当v水＞v船时，如果船头方向（即v船方向）与合速度方向垂直，渡河位移最短，最短渡河位移为xmin＝
深化2　　关联速度问题的解题方法
把物体的实际速度分解为垂直于绳（杆）和平行于绳（杆）两个分速度，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.
思维模型　运用运动的合成和分解研究实际物体运动.
角度1　关联速度的理解与计算
例5　如图所示，某人站在岸上通过绕过定滑轮的绳子向岸边拉船，他拉绳子的速率v不变，当拉船的绳子与水平面成θ角时，船前进的速度u的大小为（　B　）
A.vcos θ B. C.vsin θ D.
解析：将船的速度沿绳和垂直于绳两个方向正交分解，沿绳方向的分速度与人拉绳的速度大小相等，即ucos θ＝v，解得u＝，B正确.故选B.
角度2　小船渡河模型
例6　有甲、乙两只船，它们在静水中的航行速度分别为v1和v2，现在两船从同一渡口向河对岸开去，已知甲船想用最短时间渡河，乙船想以最短航程渡河，结果两船抵达对岸的地点恰好相同.则甲、乙两船渡河所用时间之比为（　C　）
A. B. C. D.
解析：当v1与河岸垂直时，甲船渡河时间最短；乙船船头斜向上游开去，才有可能航程最短，由于甲、乙两只船到达对岸的地点相同（此地点并不在河正对岸），可见乙船在静水中的速度v2比水的流速v0要小，要满足题意，则如图所示.设河宽为d，甲用时t1＝，乙用时t2＝，则
＝·sin θ ①
cos θ＝ ②
tan θ＝ ③
由②③式得＝sin θ ④
将④式代入①式得＝，选项C正确.
训练2　（2025·河南名校联盟期末）在某次抗洪救援演练中，一条可视为质点的救灾冲锋舟要渡过一条两岸平行的河流.已知冲锋舟在静水中的速度大小为v1＝5 m/s，河水的流速大小为v2＝4 m/s，冲锋舟渡河的最短时间为t＝40 s.若冲锋舟在静水中的速度大小为v2，河水的流速大小为v1，河宽不变，则冲锋舟渡河的最短距离为（　D　）
A.225 m B.238 m
C.242 m D.250 m
解析：当船头方向垂直于河岸时，渡河时间最短，由题意可知，冲锋舟渡河的最短时间为t＝40 s，由运动学公式有河宽d＝v1t＝200 m.若冲锋舟在静水中的速度大小为v2，河水的流速大小为v1，则冲锋舟在静水中的速度小于水速，设合速度方向与河岸夹角为θ，由几何关系可知，当船头方向垂直于合速度时，此时小船渡河位移最短，sin θ＝，则渡河的最短距离s＝＝＝250 m，D正确.
训练3　（多选）如图所示，物体P套在光滑的细杆上，P和Q通过轻质细绳连接并跨过定滑轮，一水平力F拉着水平面上的物体Q向左运动.在某一小段时间内，P沿细杆匀速向上运动通过AB段的过程中，下列说法正确的是（　BC　）
A.Q做加速直线运动
B.Q做减速直线运动
C.细绳对P的拉力在增大
D.杆对P的弹力在减小
解析：设绳与竖直方向夹角为θ，则vPcos θ＝vQ，当P匀速运动，θ增大时，Q做减速直线运动，故A错误，B正确；对P有mg＝Tcos θ，θ角增大时绳子拉力T在增大，杆对P的弹力FN＝Tsin θ在增大，故C正确，D错误.
@限时跟踪检测（十七）
A级·基础对点练
题组一　曲线运动的条件和特点
1.（2025·辽宁大连模拟）如图所示，航展飞行表演中喷出的烟雾显现出飞机的运动轨迹.在此过程中飞机（　D　）
A.速度可能始终保持不变
B.所受合力可能始终保持不变
C.所受合力方向沿曲线上各点的切线方向
D.速度方向沿曲线上各点的切线方向
解析：飞机的速度方向不断变化，则速度不断变化，故A错误；飞机所受合力指向曲线的凹侧，不断变化，故B、C错误；曲线运动速度方向沿曲线上各点的切线方向，故D正确.
题组二　运动的合成与分解
2.（2025·山东日照校际联合考试）一物体在以xOy为直角坐标系的平面上运动，其运动规律为x＝－5t，y＝5t2－5t（式中的物理量单位均为国际基本单位），关于该物体的运动，下列说法正确的是（　D　）
A.物体在x轴方向上做匀减速直线运动
B.物体在y轴方向上做匀加速直线运动
C.由y轴方向运动规律可知，t＝1 s时，y＝0，故物体返回出发点
D.物体运动的轨迹是一条曲线
解析：物体在x轴方向上做匀速直线运动，A错误；根据y＝－5t＋5t2＝vy0t＋ayt2，可得vy0＝－5 m/s，ay＝10 m/s2，所以物体在y轴方向上做匀减速直线运动，B错误；当t＝1 s时，x轴方向上位移不为零，所以物体不会返回出发点，C错误；物体在x轴方向上做匀速直线运动，在y轴方向上做匀减速直线运动，所以物体运动的轨迹是一条曲线，D正确.
3.（2025·石家庄教学质量检测）如图所示，乒乓球从斜面上滚下，以一定的速度在光滑水平桌面上沿直线匀速运动.在与乒乓球路径相垂直的方向上有一个洞，当球经过洞口正前方时，对球沿三个不同的方向吹气，下列说法正确的是（　C　）
A.沿方向1吹气，乒乓球可能进入洞内
B.沿方向2吹气，乒乓球可能进入洞内
C.沿方向3吹气，乒乓球可能进入洞内
D.沿三个方向吹气，乒乓球均不可能进入洞内
解析：分别沿方向1、方向2、方向3吹气，对乒乓球的速度分析，吹气时乒乓球在原有速度v0的基础上分别增加速度v1、v2、v3，如图所示，只有沿方向3吹气时，合运动方向才可能指向洞口，乒乓球才可能进入洞内.故选C.
4.（2025·江苏如皋质检）如图所示，在一张白纸上放置一根直尺，沿直尺的边缘放置一块直角三角板.将三角板沿刻度尺水平向右匀速运动，同时将一支铅笔从三角板直角边的最下端向上运动，而且向上的速度越来越大，则铅笔在纸上留下的轨迹可能是（　C　）
解析：笔尖参与了水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的加速直线运动，加速度方向竖直向上，合速度的方向与合加速度的方向不在同一条直线上，笔尖做曲线运动，加速度的方向指向轨迹凹侧，C正确.
题组三　运动的合成与分解的应用
5.（多选）如图所示，甲、乙两船在同一条河流中同时开始渡河，河宽为d，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，如果划船速度均为v0，且两船相遇不影响各自的航行.下列说法正确的是（　AD　）
A.水流方向向右，大小为v0cos α
B.甲船沿岸方向水平位移大小为
C.甲、乙两船不会在NP上某点相遇
D.两船同时到达河对岸，渡河时间均为
解析：由于乙船恰好到达P点，则水流方向向右，且乙船沿河岸方向的分速度恰好等于水流的速度，即v水＝v0cos α，故A正确；设甲船的过河时间为t，则d＝v0tsin α，甲船水平位移x甲＝（v0cos α＋v水）t，联立解得x甲＝，故B错误；由于乙船沿NP运动，在水流的作用下，甲船到达对岸时，应在P点的右侧，而两船在垂直河岸方向速度相同，一定会相遇，且在NP上某点相遇，故C错误；两船在垂直河岸方向的分速度都为v垂直＝v0sin α，河宽d一定，因此两船同时到达河对岸，渡河时间均为t＝＝，故D正确.
6.一轻杆两端分别固定质量为mA和mB的两个小球A和B（均可视为质点），将其放在一个光滑球形容器中从位置1开始下滑，如图所示，当轻杆到达位置2时球A与球形容器球心O等高，其速度大小为v1，已知此时轻杆与水平方向的夹角θ＝30°，B球的速度大小为v2，则（　C　）
A.v2＝v1 B.v2＝2v1
C.v2＝v1 D.v2＝v1
解析：球A与球形容器的球心O等高，速度v1的方向竖直向下，将其分解如图所示，有v11＝v1sin 30°＝v1，球B此时的速度v2的方向与杆之间的夹角α＝60°，因此有v21＝v2cos 60°＝v2，两球沿杆方向的速度大小相等，即有v21＝v11，联立解得v2＝v1，C正确.
B级·能力提升练
7.（2025·安徽师大附中模拟）如图所示，夜晚一同学拿一手电筒水平照向一倾斜的墙壁，墙壁与水平面成θ角，当该同学沿垂直于光束方向以大小为v0的竖直速度运动时，关于墙壁上的光斑的运动情况，下列说法正确的是（　B　）
A.光斑做匀加速直线运动
B.光斑做匀速运动，运动的速度大小大于v0
C.光斑做匀速运动，运动的速度大小等于v0
D.光斑做匀减速直线运动
解析：光斑的运动为合运动，速度的竖直分量等于手电筒的运动速度，根据运动的合成与分解知识可知v1sin θ＝v0，解得光斑的速度v1＝，故光斑做匀速运动，运动的速度大于v0，B项正确.
8.如图所示，一艘小船要从O点渡过一条两岸平行、宽度d＝80 m的河流，已知小船在静水中运动的速度大小为4 m/s，水流速度大小为5 m/s，水平向右，B点到O点正对岸的A点的距离x0＝60 m.下列关于该船渡河的判断中正确的是（cos 37°＝0.8，sin 37°＝0.6）（　C　）
A.小船过河的最短航程为80 m
B.小船过河的最短时间为16 s
C.若要使小船运动到B点，则小船船头指向应与上游河岸成37°角
D.小船做曲线运动
解析：因为水流速度大于静水中船速，所以合速度的方向不可能垂直于河岸，则小船不可能到达正对岸，当合速度的方向与静水中船速的方向垂直时，合速度的方向与河岸的夹角最大，渡河航程最短，如图所示，设静水中船速为v2，水流速度为v1，合速度为v，根据几何关系有＝，因此小船过河的最短航程s＝d＝×80 m＝100 m，故A错误；当静水中船速的方向与河岸垂直时，渡河时间最短，最短时间tmin＝＝ s＝20 s，故B错误；设小船船头指向与上游河岸成α角，静水中船速垂直于河岸方向的分速度为v2sin α，静水中船速平行于河岸方向的分速度为v2cos α，则渡河时间t＝，沿河岸方向的位移x0＝（v1－v2cos α）t，联立解得α＝37°，故C正确；小船同时参与两个方向的匀速直线运动，合运动是匀速直线运动，故D错误.
9.（2025·山西大同市模拟）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.
答案：（1）
（2）　
（3）
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，＝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点运动到B点的总时间t＝2t1
竖直方向上有y＝gt2＝.
（3）在此过程中，小球运动到B点时速率最大，此时有vx＝v0，vy＝gt，
则vmax＝＝.
第2讲　抛体运动
素养目标　1.了解平抛运动和斜抛运动的定义、受力特点及运动性质.（物理观念） 2.知道平抛运动在水平方向及竖直方向上的运动规律.（物理观念） 3.能够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，能分析日常生活中的抛体运动.（科学思维）
@一、平抛运动的基本规律
一、平抛运动的基本规律
考题1　（2024·湖北卷）如图所示，有五片荷叶伸出荷塘水面，一只青蛙要从高处荷叶跳到低处荷叶上.设低处荷叶a、b、c、d和青蛙在同一竖直平面内，a、b高度相同，c、d高度相同，a、b分别在c、d正上方.将青蛙的跳跃视为平抛运动，若以最小的初速度完成跳跃，则它应跳到 （　C　）
A.荷叶a B.荷叶b
C.荷叶c D.荷叶d
解析：将青蛙的跳跃视为平抛运动，青蛙在水平方向做匀速直线运动，则x＝v0t，青蛙在竖直方向做自由落体运动，则h＝gt2，联立解得v0＝x，要使初速度最小，则水平方向的位移x应最小，竖直方向的高度差h应最大，故应跳到荷叶c，C正确.
考题2　（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（　C　）
A. B.
C. D.（＋1）D
解析：假设细水管最左端与桶右侧的水平距离为r，实现上述过程，示意图如图所示.
水经过桶口时，平抛运动过程需要满足h＝gt2，r＋＝v0t，落到A点时，平抛运动过程满足2h＝g，r＋D＝v0t1，联立解得v0＝，C正确.
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（不考虑空气阻力）的运动.
2.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：用运动的合成与分解方法研究平抛运动.
（1）水平方向：　匀速直线　运动.
（2）竖直方向：　自由落体　运动.
直观 情境
4.基本规律
（1）速度关系
（2）位移关系
（3）轨迹方程：y＝　x2　.
深化1　　平抛运动的时间和水平射程
（1）时间：由t＝可知，时间取决于下落高度h，与初速度v0无关.
（2）水平射程：x＝v0t＝v0，即水平射程由初速度v0和下落高度h共同决定.
深化2　　关于平抛（类平抛）运动的两个重要推论
（1）做平抛（或类平抛）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，如图所示，2BC＝OB.
（2）做平抛（或类平抛）运动的物体在任意时刻任意位置处，设其末速度方向与水平方向的夹角为α，位移与水平方向的夹角为θ，则tan α＝2tan θ.
思维模型　用运动的合成与分解方法分析平抛运动.
角度1　对平抛运动的理解
例1　（2025·黑龙江模拟）飞镖扎气球是一种娱乐游戏项目，其示意图如图甲所示，靶面竖直固定，O点为镖靶中心，OP水平、OQ竖直，靶面图如图乙所示.若每次都在空中同一位置M点水平射出飞镖，且M、O、Q三点在同一竖直平面，忽略空气阻力.关于分别射中靶面O、P、Q三点的飞镖，下列说法错误的是（　A　）
A.射中O点的飞镖射出时的速度最小
B.射中P点的飞镖射出时的速度最大
C.射中Q点的飞镖空中飞行时间最长
D.射中O、P两点的飞镖空中飞行时间相等
解析：飞镖做平抛运动，由平抛运动的特点知h＝gt2，且x＝vt，解得飞镖飞行时间t＝，飞镖初速度v＝x，O、P、Q三点，根据hO＝hP＜hQ，可知tO＝tP＜tQ，射中O、P两点的飞镖空中飞行时间相等，射中Q点的飞镖空中飞行时间最长.由xO＝xQ＜xP、hO＝hP＜hQ，可得vQ＜vO＜vP，即射中Q点的飞镖射出时的速度最小，射中P点的飞镖射出时的速度最大.故选A.
角度2　平抛运动规律应用
例2　（2025·贵州遵义模拟）可视为质点的运动员从P点以v0的速度水平飞出，若不计空气阻力，运动员在空中飞行3 s后落在斜面上Q点.简化示意图如图所示，已知：sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝10 m/s2.则运动员由P到Q的过程中（　B　）
A.水平初速度大小为30 m/s
B.水平初速度大小为20 m/s
C.P到Q的位移大小为45 m
D.P到Q的位移大小为60 m
解析：运动员由P到Q的过程中，有tan 37°＝＝，可得水平初速度大小为v0＝＝20 m/s，故A错误，B正确；运动员由P到Q的过程中，水平位移为x＝v0t＝60 m，则P到Q的位移大小为s＝＝75 m，故C、D错误.故选B.
@二、与斜面或圆弧有关的平抛运动
二、与斜面或圆弧有关的平抛运动
考题3　（2020·浙江卷）如图所示，钢球从斜槽轨道末端以v0的水平速度飞出，经过时间t落在斜靠的挡板AB中点.若钢球以2v0的速度水平飞出，则（　C　）
A.下落时间仍为t
B.下落时间为2t
C.下落时间为t
D.落在挡板底端B点
解析：钢球做平抛运动，落到斜挡板上时，斜挡板的倾角表示位移与水平方向的夹角，tan θ＝＝，解得下落时间为t＝，假设初速度为2v0时，钢球仍落到斜挡板上，则下落时间t'＝2t，竖直方向上下落高度h'＝gt'2＝4h，其中h为以v0的水平速度飞出时下落的高度，故钢球落到了地面上，假设不成立.钢球落到地面上，下落高度为2h，其中t＝，则有t'＝＝t，故C正确，A、B、D错误.故选C.
深化1　　与斜面有关的平抛运动
情境示例 解题策略
从斜面外平抛，垂直落在斜面上，如图所示，即已知速度的方向垂直于斜面 分解速度：tan θ＝＝
从斜面上平抛又落到斜面上，如图所示，已知位移的方向沿斜面向下 分解位移：tan θ＝＝＝
深化2　　与圆弧有关的平抛运动
情境 处理方法
x＝v0t y＝gt2 x2＋y2＝R2
水平方向： R±＝v0t 竖直方向：h＝gt2
角度1　垂直落到斜面的情境
例3　（2025·安徽安庆模拟）如图所示，水平地面上固定有倾角为45°，高为h的斜面.O点位于A点正上方且与B点等高.细绳一端固定于O点，另一端与质量为m的小球相连.小球在竖直平面内做圆周运动，到最低点时细绳恰好拉断，之后做平抛运动并垂直击中斜面的中点（重力加速度为g），下列说法正确的是（　D　）
A.细绳的长度为
B.绳刚要拉断时张力为2mg
C.小球做平抛运动的时间为
D.若球击中斜面反弹的速度大小为击中前的一半，则反弹后球能落到A点
解析：小球做平抛运动并垂直击中斜面的中点，有tan 45°＝＝，x＝＝v0t，解得t＝，v0＝，小球做平抛运动的竖直位移为y＝gt2＝，所以细绳的长度为l＝－＝，A、C错误；在圆周运动的最低点，有F－mg＝m，解得绳刚要拉断时张力为F＝3mg，B错误；球击中斜面时的速度为v＝＝，反弹的速度大小为v'＝，设反弹后能击中A点，则水平方向的位移为，有＝v'cos 45°·t'，解得t'＝，竖直位移为y'＝v'sin 45°·t'－gt'2＝－，所以反弹后球恰好能落到A点，D正确.故选D.
角度2　从斜面平抛落回斜面的情境
例4　（2025·山东聊城期末）跳台滑雪是一种勇敢者的滑雪运动，运动员在滑雪道上获得一定速度后从跳台飞出，在空中飞一段距离后落地.如图所示，运动员从跳台A处沿水平方向以v0＝20 m/s的速度飞出，落在斜坡上的B处，斜坡与水平方向的夹角θ为37°，不计空气阻力（sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝10 m/s2），求：
（1）运动员在空中飞行的时间；
（2）运动员落在B处时的速度大小；
（3）运动员在空中离坡面的最大距离.
答案：（1）3 s
（2）10 m/
（3）9 m
解析：（1）运动员做平抛运动，设在空中飞行的时间为t，则有x＝v0t，y＝gt2，
由题图可知tan θ＝
联立解得t＝tan θ＝3 s.
（2）运动员落在B处时有vx＝v0，vy＝gt
所以vB＝＝10 m/s.
（3）取沿斜坡向下方向（x方向）与垂直于斜坡向上方向（y方向）分析运动员的运动，则在垂直于斜坡方向上，v'y＝v0sin θ＝12 m/s
ay＝－gcos θ＝－8 m/s2
当v'y＝0时，运动员在空中离坡面的距离最大，则有d＝＝9 m.
角度3　与圆弧面有关的平抛运动
例5　如图所示，一小球从一半圆轨道左端A点正上方某处开始做平抛运动（小球可视为质点），飞行过程中恰好与半圆轨道相切于B点，O为半圆轨道圆心，半圆轨道半径为R，OB与水平方向的夹角为60°，重力加速度为g，不计空气阻力，则小球抛出时的初速度为 （　A　）
A. B.
C. D.
解析：因小球运动过程中恰好与半圆轨道相切于B点，则此刻速度与水平方向的夹角为30°，设位移与水平方向的夹角为θ，则tan θ＝＝，因为tan θ＝＝，则竖直位移y＝，而＝2gy＝gR，又tan 30°＝，解得v0＝＝，故A正确.
@三、斜抛运动
三、斜抛运动
考题4　（2024·江苏卷）喷泉a、b形成如图所示的形状，不计空气阻力，则喷泉a、b（　A　）
A.加速度相同
B.初速度相同
C.在最高点的速度相同
D.在空中的时间相同
解析：不计空气阻力，从喷泉喷出的水在空中只受重力，加速度均为重力加速度，A正确；喷泉喷出的水在空中运动的时间t＝2，由题图知hb＞ha，则tb＞ta，D错误；设喷泉喷出的水的水平分速度vx＝，两喷泉喷出的水的水平位移大小未知，则无法判断水在最高点的速度大小关系，C错误；根据速度的合成可知，无法判断初速度的大小关系，B错误.
考题5　（2024·山东卷）（多选）如图所示，工程队向峡谷对岸平台抛射重物，初速度v0大小为20 m/s，与水平方向的夹角为30°，抛出点P和落点Q的连线与水平方向夹角为30°，重力加速度大小取g＝10 m/s2，忽略空气阻力.重物在此运动过程中，下列说法正确的是（　BD　）
A.运动时间为2 s
B.落地速度与水平方向夹角为60°
C.重物离PQ连线的最远距离为10 m
D.轨迹最高点与落点的高度差为45 m
解析：重物水平方向的位移x＝v0cos 30°·t（取水平向右为正方向），竖直方向的位移y＝－v0sin 30°·t＋gt2（取竖直向下为正方向），运动到落点Q，有tan 30°＝，联立解得t＝4 s，A错误；重物水平方向的速度vx＝v0cos 30°，竖直方向的速度vy＝－v0sin 30°＋gt，落地时t＝4 s，可得tan α＝＝＝，可得落地速度与水平方向的夹角α为60°，B正确；重物落地时竖直方向的速度vy＝30 m/s，重物从最高点到落点在竖直方向做自由落体运动，由＝2gh，可得高度差h＝ m＝45 m，D正确；如图所示，以沿PQ方向为x轴正方向，垂直PQ向上方向为y轴正方向建立xOy坐标系，将速度和加速度分别进行分解，当重物离PQ最远时，重物沿y轴方向的速度减为零，可得0－（v0sin 60°）2＝－2gcos 30°·H，解得重物离PQ的最远距离H＝10 m，C错误.
1.定义：将物体以初速度v0　斜向上方　或　斜向下方　抛出，物体只在　重力　作用下的运动.
2.性质：斜抛运动是加速度为g的　匀变速曲线　运动，运动轨迹是　抛物线　.
深化1　　分析斜抛运动的两种思路
（1）利用分解思想，把斜抛运动分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的竖直上抛运动，分别在各个方向上利用运动学公式进行计算，然后再合成.
（2）让斜抛物体上升到最高点，利用两个反方向的平抛运动进行求解.
深化2　　基本规律
以斜抛运动的抛出点为坐标原点O，水平向右为x轴的正方向，竖直向上为y轴的正方向，建立如图所示的平面直角坐标系xOy.
（1）在水平方向，物体的位移和速度分别为
（2）在竖直方向，物体的位移和速度分别为
深化3　　斜抛运动中的射高和射程
（1）射高：ym＝
（2）射程：xm＝
当θ＝45°时，sin 2θ最大，射程最大.
所以对于给定大小的初速度v0，沿θ＝45°方向斜向上抛出时，射程最大.
角度1　平抛与斜抛的定性分析
例6　如图（a）所示，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（b）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（　B　）
　
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：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，谷粒2运动时间较长，C错误.谷粒2做斜上抛运动，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相比，水平位移相同，但运动时间较长，故谷粒2水平方向上的速度较小，即在最高点的速度小于v1，B正确.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.
角度2　平抛与斜抛运动的计算
例7　（多选）如图所示，甲球从O点以水平速度v1飞出，落在水平地面上的A点，乙球从O点以水平速度v2飞出，落在水平地面上的B点，反弹后恰好也落在A点.已知乙球在B点与地面碰撞反弹后瞬间水平方向的分速度不变，竖直方向的分速度方向相反、大小不变，不计空气阻力.下列说法正确的是（　BC　）
A.由O点到A点，甲球运动时间与乙球运动时间相等
B.甲球由O点到A点的水平位移是乙球由O点到B点水平位移的3倍
C.v1∶v2＝3∶1
D.v1∶v2＝2∶1
解析：设OA间的竖直高度为h，由O点到A点，甲球运动时间为tA＝，乙球运动时间是甲球的3倍，A错误；乙球先做平抛运动，再做斜上抛运动，根据对称性可知，从B到A的水平位移等于从O到B水平位移的2倍，所以甲球由O点到A点的水平位移是乙球由O点到B点水平位移的3倍，B正确；设乙球由O点到B点水平位移为x，时间为t，对甲球有3x＝v1t，对乙球有x＝v2t，则得v1∶v2＝3∶1，C正确，D错误.
@限时跟踪检测（十八）
A级·基础对点练
题组一　平抛运动基本规律及应用
1.（2025·重庆调研）甲、乙两球位于同一竖直线上的不同位置，甲比乙高h，如图所示，将甲、乙两球分别以v1、v2的速度沿同一方向水平抛出，不计空气阻力，下列条件中有可能使乙球击中甲球的是（　D　）
A.同时抛出，且v1＜v2
B.甲比乙后抛出，且v1＞v2
C.甲比乙早抛出，且v1＞v2
D.甲比乙早抛出，且v1＜v2
解析：题图中，乙球击中甲球的条件是：水平位移相等，甲球竖直位移等于乙球的竖直位移加上h，故有v1t1＝v2t2，g＝g＋h，联立可解得t1＞t2，v1＜v2，D正确.
2.（多选）如图，一光滑宽阔的斜面，倾角为θ，高为h，现有一小球在A处以水平速度v0射出，最后从B处离开斜面，下列说法正确的是（　ABC　）
A.小球的运动轨迹为抛物线
B.小球的加速度大小为gsin θ
C.小球从A处到达B处所用的时间为
D.小球到达B处的水平方向位移大小s＝v0
解析：根据牛顿第二定律，小球运动的加速度大小a＝gsin θ，小球做匀变速曲线运动，轨迹为抛物线，A、B正确；由＝at2＝gsin θt2，可得t＝，水平位移s＝v0t＝.选项C正确，D错误.
3.（2025·浙江强基联盟高三联考）打水漂是一项很有趣的运动，其成功与否的条件之一是石块入水速度与水面的夹角.小明某次打水漂时，将一小石块从离水高度45 cm的地方水平抛出，石块首次入水速度与水面的夹角等于37°，结果打水漂失败.为提高成功率，小明降低抛出点以同一速度平抛石块，这次石块首次入水速度与水面的夹角等于26.5°，打水漂成功.抛出点下移的距离为（不计空气阻力，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，tan 26.5°≈0.50）（　B　）
A.20 cm B.25 cm
C.30 cm D.35 cm
解析：打水漂过程中石块做平抛运动，第一次打水漂，h1＝45 cm，在竖直方向有＝2gh1，解得vy1＝3 m/s，根据速度夹角关系有tan 37°＝，解得v0＝4 m/s；第二次打水漂，设石块刚落到水面时竖直方向的速度为vy2，根据速度夹角关系有tan 26.5°＝，解得vy2＝2 m/s，设此过程竖直方向的高度为h2，则有h2＝＝0.2 m＝20 cm，故抛出点下移的距离为Δh＝h1－h2＝25 cm.故选B.
题组二　与斜面有关的平抛运动
4.（2025·重庆九校联考）投弹训练中，某战士从倾角为37°、长度为L的斜坡顶端，将手榴弹（可视为质点）以某一初速度水平抛出，手榴弹恰好落到斜坡底端，如图所示.重力加速度大小为g，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不计空气阻力.下列说法正确的是（　C　）
A.手榴弹抛出时的初速度大小为
B.手榴弹抛出后在空中运动的时间为
C.手榴弹抛出后经时间与斜坡间的距离最大
D.手榴弹落到斜坡底端前瞬间的速度方向与水平方向的夹角为60°
解析：手榴弹做平抛运动，竖直方向的分运动是自由落体运动，有Lsin 37°＝gt2，解得手榴弹抛出后在空中运动的时间为t＝，B错误；手榴弹水平方向的分运动是匀速直线运动，有Lcos 37°＝v0t，代入t解得水平初速度v0＝，A错误；将手榴弹的初速度和重力加速度分解到沿斜面方向和垂直斜面方向，得v⊥＝v0sin 37°＝，g⊥＝gcos 37°＝g，当v⊥减为0时，手榴弹与斜坡间的距离最大，时间为t1＝＝，C正确；手榴弹落到斜坡底端前瞬间的位移偏向角的正切值为tan 37°＝，则速度偏向角的正切值为tan θ＝2tan 37°＝≠，则手榴弹落到斜坡底端前瞬间的速度方向与水平方向的夹角不是60°，D错误.
5.（2025·皖南八校高三联考）在一个足够长的斜面上，将一个弹性小球沿垂直斜面的方向抛出，落回斜面又弹起.如图所示，设相邻落点的间距分别为x1、x2、x3、…，每次弹起时平行于斜面的速度不变，垂直于斜面的速度大小不变、方向相反.不计空气阻力，下列说法正确的是（　D　）
A.小球每次弹起在空中运动时间越来越长
B.小球每次弹起时和斜面间的最大间距越来越大
C.＝
D.x1＋x3＝2x2
解析：将斜面上的抛体运动分解成沿斜面方向和垂直斜面方向的两个分运动，在垂直斜面方向做的是类上抛运动，由于每次反弹垂直斜面方向速度大小不变，所以每次在空中运动时间相同，与斜面间的最大距离相同，A、B错误；在沿斜面方向，每次反弹速度相同，所以在该方向上小球做初速度为0的匀加速直线运动，根据逐差法可知x2－x1＝x3－x2，可得x1＋x3＝2x2，C错误，D正确.故选D.
6.（2025·重庆高三模拟）如图所示，将一小球从A点以某一初速度水平抛出，小球恰好落到斜面底端B点；若在B点正上方与A等高的C点将小球以相同大小的初速度水平抛出，小球落在斜面上的D点，A、B、C、D在同一竖直面上，则为（　D　）
A. B. C. D.
解析：如图，设A、B之间高度差为h，C、D之间高度差为h'，则h＝g，h'＝g，可得t1＝，t2＝，斜面倾角的正切值tan θ＝＝，解得h'＝h，所以＝＝，故D正确，A、B、C错误.
题组三　斜抛运动
7.（多选）在一场特技表演中，一名摩托车手从一个倾角为37°的斜台顶端M点以25 m/s的速率起飞.车手在空中飞行了一段距离后，连人带车在另一个位置较低而倾角为45°的斜台上降落.若要平稳着地，摩托车着地时的速度方向，必须与较低的那个斜台表面平行.如图所示，车手刚好在较低的斜台顶端N点平稳着地.若将摩托车和人看作质点，空气阻力不计，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则摩托车从M到N的飞行过程中（　AD　）
A.速度变化量的大小为35 m/s
B.速度变化量的大小为（20－25） m/s
C.速度变化量的方向与初速度夹角为82°
D.速度变化量的方向为竖直向下
解析：摩托车在水平方向的速度为vx＝vMcos 37°＝20 m/s，摩托车在N点的速度为vN＝＝20 m/s，以竖直向下为正方向，速度变化量的大小为Δv＝vNsin 45°－（－vMsin 37°）＝35 m/s，A正确，B错误；不计空气阻力，摩托车在空中只受重力的作用，加速度为重力加速度，则Δv＝gΔt，可知速度变化量的方向为竖直向下，C错误，D正确.故选A、D.
8.（2025·广东广州三校联考）如图所示，滑板爱好者先后两次从坡道A点滑出，均落至B点，第二次的腾空时间比第一次长，不计空气阻力，则（　C　）
A.两次滑出速度方向相同
B.两次腾空最大高度相同
C.第二次滑出时竖直速度大
D.两次在最高点的速度相同
解析：设腾空时间为t，滑板爱好者先后两次从坡道A点滑出后做斜抛运动，沿AB方向上有x＝vxt，由于第二次的腾空时间比第一次长，则vx2＜vx1，即滑板爱好者第二次在最高点的速度比第一次在最高点的速度小（关键点：最高点速度即为水平方向的分速度），D错误；在竖直方向上有vy＝g·，腾空的最大高度h＝g·（）2＝gt2，由于第二次的腾空时间比第一次长，故vy2＞vy1，h2＞h1，C正确，B错误；设初速度方向与沿AB方向的夹角为θ，根据tan θ＝＝，由于第二次的腾空时间比第一次长，则第二次滑出速度与水平方向夹角大于第一次滑出速度与水平方向夹角，A错误.
B级·能力提升练
9.（2025·山东济南4月名校二模）如图所示为一乒乓球台的纵截面，A、E是台面的两个端点位置，乒乓球网的高度CF＝h，AC＝3AB、CE＝3DE，P、Q、D在同一竖直线上.第一次在P点将球水平击出，轨迹恰好过球网最高点F，同时落到B点；第二次在Q点将同一球击出，轨迹最高点恰好过球网最高点F，同时落在A点.球可看作质点，不计空气阻力作用.求：
（1）P点到台面的高度；
（2）Q点到台面的高度.
答案：（1）h
（2）h
解析：（1）设AB＝d，则BC＝CD＝2d，AC＝3d，第一次球做平抛运动，设平抛运动的初速度为v1，根据平抛运动规律，水平方向有2d＝v1tPF，2d＝v1tFB
竖直方向有HP＝g（tPF＋tFB）2，HP＝h＋g
联立解得HP＝h.
（2）第二次球做斜上抛运动，设斜抛运动的水平速度为v2，根据斜抛运动规律，在竖直方向有h＝g，h－HQ＝g
在水平方向有3d＝v2tFA，2d＝v2tQF
联立解得HQ＝h.
10.如图所示，小球自楼梯顶的平台上以水平速度v0做平抛运动，每级阶梯的高度为0.20 m，宽度为0.40 m，重力加速度取g＝10 m/s2.
（1）求小球抛出后能直接打到第1级阶梯上v0的范围；
（2）求小球抛出后能直接打到第2级阶梯上v0的范围；
（3）若小球以10.4 m/s的速度抛出，若阶梯数量足够多，则小球直接打到第几级阶梯上？
答案：（1）0＜v0≤2 m/s
（2）2 m/s＜v0≤2 m/s
（3）28
解析：（1）运动情况如图1所示，根据题意及平抛运动规律有0.2 m＝，0.4 m＝v0t1，可得v0＝2 m/s，故直接打到第1级阶梯上v0的范围是0＜v0≤2 m/s.
图1
图2
（2）运动情况如图2所示，根据题意及平抛运动规律有0.2 m×2＝，0.4 m×2＝v0t2，
可得v0＝2 m/s，
故直接打到第2级阶梯上v0的范围是2 m/s＜v0≤2 m/s.
（3）同理推知，直接打到第3级阶梯上的速度范围是2 m/s＜v0≤2 m/s
直接打到第n级阶梯上的速度范围是
2 m/s＜v0≤2 m/s
设能直接打到第n级阶梯上，代入数据得
2＜10.4≤2
解得27.04≤n＜28.04.
故能直接打到第28级阶梯上.
第3讲　圆周运动
素养目标　1.描述圆周运动的物理量以及它们之间的关系.（物理观念） 2.圆周运动的动力学特征.（物理观念） 3.离心运动、近心运动以及形成条件.（物理观念） 4.水平面上的圆周运动的分析与研究.（科学思维） 5.竖直面上的圆周运动的分析与研究.（科学思维）
@一、圆周运动中的运动学问题
一、圆周运动中的运动学问题
考题1　（2024·黑吉辽卷）“指尖转球”是花式篮球表演中常见的技巧.如图所示，当篮球在指尖上绕轴转动时，球面上P、Q两点做圆周运动的（　D　）
A.半径相等
B.线速度大小相等
C.向心加速度大小相等
D.角速度大小相等
解析：球面上P、Q两点绕同一个竖直轴做圆周运动，角速度ω大小相等，D正确；由题图可知Q点的运动半径r较大，A错误；由v＝ωr可得，Q点的线速度v较大，B错误；由an＝ω2r可得，Q点的向心加速度较大，C错误.
1.匀速圆周运动
（1）定义：做圆周运动的物体，若在相等的时间内通过的圆弧长　相等　，就是匀速圆周运动.
（2）特点：加速度大小　不变　，方向始终指向　圆心　，是变加速运动.
（3）条件：合外力大小　不变　，方向始终与　速度　方向垂直且指向圆心.
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 （v） 描述做圆周运动的物体运动　快慢　的物理量 （1）v＝＝. （2）单位：　m/s　
角速度 （ω） 描述物体绕圆心　转动快慢　的物理量 （1）ω＝＝. （2）单位：　rad/s　
周期 （T） 物体沿圆周运动　一圈　的时间 （1）T＝＝， 单位：　s　. （2）f＝，单位：Hz
向心 加速度 （an） （1）描述线速度　方向　变化快慢的物理量. （2）方向指向　圆心　 （1）an＝＝　ω2r　. （2）单位：　m/s2　
深化1　　圆周运动各物理量间的关系
深化2　　常见的三种传动方式及特点
传动 类型 图示 结论
共轴 转动 A、B两点转动的周期、角速度相同，线速度大小与其半径成正比
皮带 传动 A、B两点的线速度大小相同，角速度与其半径成反比，周期与其半径成正比
齿轮 传动 vA＝vB，＝＝，＝＝（n1、n2分别表示两齿轮的齿数）
角度1　圆周运动物理量的分析与计算
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
答案：C
解析：由题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，故A、B错误；杯子旋转的角速度为ω＝，代入数据得ω＝ rad/s，故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，故D错误.
角度2　传动问题的计算
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（　AC　）
A.玻璃盘的转动方向与摇把转动方向相反
B.P、Q的线速度相同
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：由于两轮通过皮带以“8”形方式连接，所以若主动轮做顺时针转动，则从动轮做逆时针转动，玻璃盘的转动方向与摇把转动方向相反，A正确；线速度有方向，由于线速度的方向沿曲线的切线方向，由题图乙可知，P、Q两点的线速度的方向一定不同，B错误；玻璃盘的直径是30 cm，转速是100 r/min，所以线速度：v＝ωr＝2nπr，代入数据得v≈1.6 m/s，C正确；从动轮边缘的线速度：v2＝ωr2＝2××π×0.02 m/s＝π m/s，由于主动轮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v1＝v2，所以主动轮的转速：n1＝＝ r/s＝25 r/min，D错误.
角度3　圆周运动多解问题
例3　（多选）如图所示，直径为d的竖直圆筒绕中心轴线以恒定的转速匀速转动.一子弹以水平速度沿圆筒直径方向从左侧射入圆筒，从右侧射穿圆筒后发现两弹孔在同一竖直线上且相距为h，重力加速度为g，不计空气阻力，则（　ACD　）
A.子弹在圆筒中的水平速度为d
B.子弹在圆筒中的水平速度为2d
C.圆筒转动的角速度可能为π
D.圆筒转动的角速度可能为3π
解析：子弹在圆筒中运动的时间与自由下落高度h的时间相同，即t＝，则v0＝＝d，故A正确，B错误；在此段时间内圆筒转过的圈数为半圈的奇数倍，即ωt＝（2n＋1）π（n＝0，1，2，…），所以ω＝＝（2n＋1）π（n＝0，1，2，…），故C、D正确.
@二、水平面内圆周运动的动力学分析
二、水平面内圆周运动的动力学分析
考题2　（2024·江苏卷）如图所示，细绳穿过竖直的管子拴住一个小球，让小球在A高度处做水平面内的匀速圆周运动，现用力将细绳缓慢下拉，使小球在B高度处做水平面内的匀速圆周运动，小球两次做匀速圆周运动的半径相同，不计一切摩擦，则 （　C　）
A.线速度vA＞vB
B.角速度ωA＝ωB
C.向心加速度aA＜aB
D.向心力FA＞FB
解析：设绳与竖直方向的夹角为θ，小球做匀速圆周运动半径为r，由牛顿第二定律得mgtan θ＝m，解得v＝，由题图知θA＜θB，则vA＜vB，A错误；设球到管口的高度差为h，由牛顿第二定律得mgtan θ＝mω2r，解得ω＝，已知tan θ＝，则ω＝，又因为hA＞hB，故ωA＜ωB，B错误；由牛顿第二定律得mgtan θ＝ma，解得a＝gtan θ，θA＜θB，则aA＜aB，C正确；向心力F＝mgtan θ，θA＜θB，则FA＜FB，D错误.
考题3　（2025·八省联考陕西、山西、青海、宁夏卷）图（a）是某小河的航拍照片，河道弯曲形成的主要原因之一可解释为：河道弯曲处的内侧与外侧河堤均受到流水重力产生的压强，外侧河堤还受到流水冲击产生的压强.小河某弯道处可视为半径为R的圆弧的一部分，如图（b）所示，假设河床水平，河水密度为ρ，河道在整个弯道处宽度d和水深h均保持不变，水的流动速度v大小恒定，d R，忽略流水内部的相互作用力.取弯道某处一垂直于流速的观测截面，求在一极短时间Δt内：（R、ρ、d、h、v、Δt均为已知量）
（1）通过观测截面的流水质量Δm；
（2）流水速度改变量Δv的大小；
（3）外侧河堤受到的流水冲击产生的压强p.
答案：（1）ρdhv·Δt
（2）·Δt
（3）
解析：（1）由题可知，极短时间Δt内水流的距离Δl＝v·Δt，由于横截面积为S＝dh，根据ρ＝，可得水的质量Δm＝ρ·ΔV＝ρ·dhv·Δt.
（2）由于Δt极短，可以把水的运动简化为匀速圆周运动，根据匀速圆周运动的规律可知，其加速度为a＝，又因为a＝，联立解得Δv＝·Δt.
（3）根据牛顿第二定律可得F＝Δm，联立上述结论，解得F＝，水流与河堤作用的面积S'＝Δl·h＝vh·Δt，故外侧河堤受到的流水冲击产生的压强p＝＝＝.
（一）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　.
2.大小：Fn＝　m　＝mω2r＝　mr　＝mωv＝m·4π2f2r.
3.方向：始终沿半径指向　圆心　.
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.
（二）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，所做的沿切线飞出或逐渐远离圆心的运动现象.
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，物体逐渐　靠近　圆心，做近心运动.
直观 情境
3.本质：离心运动的本质并不是受到离心力的作用，而是提供的力　小于　做匀速圆周运动需要的向心力.
深化1　　圆周运动实例分析
实例分析 图例 动力学方程
在匀速转动的圆筒内壁上，有一物体随圆筒一起转动而未发生滑动 FN＝mω2r＝m＝m（）2r
用细绳拴住小球在光滑的水平面内做匀速圆周运动 FT＝mω2r＝m＝m（）2r
物体随转盘做匀速圆周运动，且物体相对于转盘静止 Ff＝mω2r＝m＝m（）2r
小球在细绳作用下，在水平面内做匀速圆周运动（火车转弯类问题受力情况相似） F2＝mg＝Fcos θ，F1＝Fsin θ＝mgtan θ＝mω2r＝m＝m（）2r
深化2　　解答圆周运动的“四步曲”
思维模型　用动力学角度分析圆周运动问题.
角度1　圆周运动动力学问题
例4　（2024·北京等级考）在太空实验室中可以利用匀速圆周运动测量小球质量.如图所示，不可伸长的轻绳一端固定于O点，另一端系一待测小球，使其绕O点做匀速圆周运动.用力传感器测得绳上的拉力为F，用停表测得小球转过n圈所用的时间为t，用刻度尺测得O点到球心的距离为圆周运动的半径R.下列说法正确的是（　A　）
A.圆周运动轨道可处于任意平面内
B.小球的质量为
C.若误将n－1圈记作n圈，则所得质量偏大
D.若测R时未计入小球半径，则所得质量偏小
解析：空间站内的物体都处于完全失重状态，可知圆周运动的轨道可处于任意平面内，故A正确；根据F＝mω2R，ω＝，解得小球质量m＝，故B错误；若误将n－1圈记作n圈，则得到的质量偏小，故C错误；若测R时未计入小球的半径，则R偏小，所测质量偏大，故D错误.故选A.
角度2　生活中的圆周运动
例5　列车转弯时的受力分析如图所示，铁路转弯处的圆弧半径为R，两铁轨之间的距离为d，内外轨的高度差为h，铁轨平面和水平面间的夹角为α（α很小，可近似认为tan α≈sin α），重力加速度为g，下列说法正确的是（　B　）
A.列车转弯时受到重力、支持力和向心力的作用
B.列车过转弯处的速度v＝，列车轮缘不会挤压内轨和外轨
C.列车过转弯处的速度v＜时，列车轮缘会挤压外轨
D.若减小α角，可提高列车安全过转弯处的速度
解析：列车以规定速度转弯时受到重力、支持力，重力和支持力的合力提供向心力，A错误；当重力和支持力的合力提供向心力时，有mgtan α＝mg＝m，解得v＝，列车轮缘不会挤压内轨和外轨，B正确；列车过转弯处的速度v＜时，转弯所需的向心力F＜mgtan α，故此时列车内轨受挤压，C错误；若要提高列车速度，则列车所需的向心力增大，故需要增大α角，D错误.
角度3　圆锥摆模型
例6　（2025·江苏皋市开学调研）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，A、B在同一水平面内运动；如图乙所示，连接C、D的绳与竖直方向之间的夹角相等，则（　A　）
A.A、B的角速度相等
B.A的角速度比B的大
C.C受到绳的拉力比D的大
D.C受到绳的拉力比D的小
解析：对题图甲中A、B分析，设绳与竖直方向的夹角为θ，绳长为l，小球的质量为m，小球A、B到悬点O的竖直距离为h，则mgtan θ＝mω2lsin θ，解得ω＝＝，所以小球A、B的角速度相等，故A正确，B错误；对题图乙中C、D分析，设绳与竖直方向的夹角为α，小球的质量为m，绳上拉力为T，则有Tcos α＝mg，解得T＝，所以小球C、D受到绳的拉力大小相等，故C、D错误.故选A.
@三、竖直平面内圆周运动的动力学分析
三、竖直平面内圆周运动的动力学分析
考题4　（2024·全国甲卷）如图所示，一光滑大圆环固定在竖直平面内，质量为m的小环套在大圆环上，小环从静止开始由大圆环顶端经Q点自由下滑至其底部，Q为竖直线与大圆环的切点.则小环下滑过程中对大圆环的作用力大小（　C　）
A.在Q点最大 B.在Q点最小
C.先减小后增大 D.先增大后减小
解析：如图所示，设大圆环半径为R，最高点为M点，最低点为N点，P为小环运动过程中的点.小环从M到P由动能定理可得mgR（1－cos θ）＝mv2，在P点由牛顿第二定律可得mgcos θ－FNP＝m，联立可得FNP＝3mgcos θ－2mg；小环由M点运动到N点，θ由0°变到180°，cos θ由1减小到－1，当cos θ＝－1时，FNP＝－5mg，即大圆环对小环的作用力大小等于5mg，方向指向圆心，此时小环对大圆环的作用力最大，A错误；当cos θ＝时，FNP＝0，所以小环在Q点对大圆环的作用力不是最小，B错误；小环由M点运动到N点，大圆环对小环的作用力先背离圆心逐渐减小，当cos θ＝时，此作用力减到零，之后，大圆环对小环的作用力指向圆心且逐渐增大，C正确，D错误.
考题5　（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　）
A.r B.l
C.r D.l
解析：卷轴与细管同轴转动，角速度相同，当以速度v匀速拉动细绳，且插销恰好位于端盖处时，插销做匀速圆周运动的线速度为v1＝v，卷轴转动不停止时，弹簧最大伸长量为，根据牛顿第二定律有k＝m，联立解得v＝r，A正确.
深化1　　竖直平面内圆周运动两类模型
一是无支撑（如球与绳连接、沿内轨道运动的过山车等），称为“轻绳”模型；二是有支撑（如球与杆连接、在弯管内的运动等），称为“轻杆”模型.
深化2　　竖直平面内圆周运动的两种模型特点及求解方法
项目 “轻绳”模型 “轻杆”模型
图示 均是没有支撑的小球 均是有支撑的小球
受力 特征 物体受到的弹力方向为向下或等于零 物体受到的弹力方向为向下、等于零或向上
临界 特征 F弹＝0，mg＝m，即vmin＝ v＝0，即F向＝0，F弹＝mg（方向向上）
项目 “轻绳”模型 “轻杆”模型
讨论 分析 （1）最高点，若v＞，F弹＋mg＝m，绳、轨道对球产生弹力F弹. （2）若v＝，则刚好能到达最高点， mg＝m，绳、轨道对球没有弹力. （3）若0＜v＜，则不能到达最高点 （1）当0≤v＜时，mg－F弹＝m，F弹背离圆心并随v的增大而减小. （2）当v＝时，F弹＝0. （3）当v＞时，mg＋F弹＝m，F弹指向圆心并随v的增大而增大
角度1　竖直面内“轻绳”模型的应用
例7　（2025·江西模拟）（多选）如图所示，在竖直平面内有一固定光滑轨道，其中AB是长度为R的水平轨道，BCDE是圆心为O、半径为R的圆弧轨道，两轨道相切于B点.一可视为质点的小球从A点以某速度v0（大小未知）水平向左运动，重力加速度大小为g.下列说法正确的是（　AD　）
A.当v0＝时，小球刚好过最高点D点
B.当v0＝时，小球不会脱离圆弧轨道
C.若小球能通过E点，则v0越大，小球在B点与E点所受的弹力之差越大
D.小球从E点运动到A点的最长时间为（－）
解析：由题意知，小球刚好过最高点D点，则由牛顿第二定律知mg＝m，在A到D过程中，由动能定理可知m－m＝－2mgR，联立解得v0＝，A正确；当v0＝时，设上升高度为h，假设小球不会脱离圆弧轨道，则必须满足h≤R，由动能定理知0－m＝－mgh，代入解得h＝R，假设不成立，故当v0＝时，小球会脱离圆弧轨道，B错误；B到E运动过程中，由动能定理知m－m＝－mgR，在B点时，小球所受弹力为FB＝mg＋m，在E点时，小球所受弹力为FE＝m，则小球在B点与E点所受的弹力之差为FB－FE＝3mg，故小球在B点与E点所受的弹力之差不变，与v0无关，C错误；在D到E过程中，由动能定理知m－m＝mgR，代入解得vE＝，小球到达A点时，有m－m＝2mgR，代入解得vA＝，从E到A运动过程中，小球做匀加速直线运动，则vA＝vE＋gt，代入解得t＝（－），D正确.故选AD.
角度2　竖直平面内“轻杆”模型的应用
例8　如图所示，质量为m的小球在竖直固定放置的光滑圆形管道内做完整的圆周运动，小球直径略小于管道内径，管道的外径为R（管道内径远小于R），不计小球大小.下列说法正确的是（　C　）
A.小球通过管道最高点的最小速度为
B.小球通过管道最低点的最小速度为
C.小球在过圆心的水平线ab以下运动时，内侧管壁对小球一定无作用力
D.小球在过圆心的水平线ab以上运动时，外侧管壁对小球一定有作用力
解析：因为小球在光滑圆形管道内运动，在最高点时管道可以为小球提供竖直向上的支持力，所以小球通过管道最高点的最小速度为0，故A错误；小球从管道最高点到最低点的过程中，根据动能定理，有mv2－0＝2mgR，可得小球过管道最低点时的最小速度为2，故B错误；小球在过圆心的水平线ab以下运动时，靠小球的重力的分力和外侧管壁的支持力的合力提供向心力，内侧管壁对小球一定无作用力，故C正确；小球运动到最高点时，若速度大小为，则管壁对小球没有作用力，故D错误.
角度3　倾斜面上的圆周运动
例9　（2025·山东青岛高三模拟）如图所示，一倾斜圆盘可绕通过圆心、垂直于盘面的固定轴以不同的角速度匀速转动，盘面上距离转轴l＝5 cm处有一可视为质点的物块在圆盘上且始终与圆盘保持相对静止.已知物块与盘面间的动摩擦因数为，盘面与水平面的夹角θ＝30°，重力加速度大小取g＝10 m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是（　C　）
A.若圆盘角速度逐渐增大，物块会在最高点发生相对滑动
B.圆盘转动时角速度可能为5 rad/s
C.物块运动到最高点时所受摩擦力方向一定背离圆心
D.物块运动到与圆盘圆心等高点时，摩擦力的方向垂直于物体和转盘圆心的连线
解析：物块在最低点即将滑动时，此时圆盘角速度最大，由牛顿第二定律有μmgcos 30°－mgsin 30°＝ml，解得ω1＝5 rad/s，故B错误；物块在最高点恰好不受摩擦力时，根据牛顿第二定律有mgsin 30°＝ml，解得ω2＝10 rad/s＞5 rad/s，物块运动到最高点摩擦力一定背离圆心，但不会发生相对滑动，故A错误，C正确；由于做匀速圆周运动，合力方向指向圆盘中心，重力的下滑分力与摩擦力的合力提供向心力，则与圆盘圆心等高点处摩擦力的方向不垂直于物块和转盘圆心的连线，故D错误.
@限时跟踪检测（十九）
A级·基础对点练
题组一　圆周运动中的运动学问题
1.（2025·皖南八校高三联考）如图所示，在某次植树活动中，工作人员先把树根部放入土坑中，再用双手把树扶起到竖直状态，工作人员向左匀速运动扶正树苗时，可认为树苗绕和地面的接触点O做圆周运动.手与树苗接触点的高度始终不变，若某时刻树苗与地面的夹角为θ，从此时开始到树苗被扶起到竖直状态，这一过程中树苗转动的角速度（　B　）
A.逐渐减小 B.逐渐增大
C.先减小后增大 D.先增大后减小
解析：工作人员的两手与树苗的接触位置始终距地面高为h，故双手的实际速度水平向左，将手的速度按如图所示进行分解，可得vy＝vsin θ，手握树干的位置到O点距离为r＝，根据vy＝rω，可得树苗转动的角速度ω＝，由于v、h不变，θ增大，则ω逐渐增大.故选B.
2.如图是自行车传动结构的示意图，其中大齿轮、小齿轮和后轮的半径分别为r1、r2和r3.假设脚踏板的转速为n，则该自行车前进的速度为（　B　）
A. B.
C. D.
解析：脚踏板的转速等于大齿轮的转速，则大齿轮边缘的线速度v1＝2πr1n，小齿轮边缘的线速度也为v1＝2πr1n，小齿轮和后轮同轴转动，角速度相等，则后轮边缘的线速度即自行车前进的速度为v2＝r3＝，故选B.
题组二　水平面内圆周运动的动力学分析
3.（2025·辽宁大连模拟）（多选）一质量为2 000 kg的汽车在水平公路上行驶，路面对轮胎的径向最大静摩擦力为1.6×104 N，当汽车经过半径为100 m的弯道时，下列判断正确的是（　CD　）
A.汽车转弯时所受的力有重力、弹力、摩擦力和向心力
B.汽车转弯的速度为20 m/s时所需的向心力为1.6×104 N
C.汽车转弯的速度为30 m/s时汽车会发生侧滑
D.汽车能安全转弯的向心加速度不超过8 m/s2
解析：汽车在水平面转弯时，做圆周运动，重力与支持力平衡，侧向静摩擦力提供向心力，不能说受到向心力，A错误；如果车速达到20 m/s，需要的向心力F＝m＝2.0×103× N＝8×103 N，B错误；车速达到30 m/s时，需要的向心力F＝m＝2.0×103× N＝1.8×104 N，最大静摩擦力为1.6×104 N，则F＞Ff，所以汽车会发生侧滑，C正确；汽车能安全转弯的向心加速度最大值为a＝＝ m/s2＝8.0 m/s2，D正确.
4.（2025·河北邯郸质检）旋转餐桌上距转轴一定距离处放着盘子，盘子里放着烧饼，可简化为如图所示的模型，质量为m1的A物体放在水平转台上，质量为m2的B物体放在A物体的上面，二者距转轴的距离为r，两物体均可看成质点.若已知A与转台间的动摩擦因数为μ1，B与A间的动摩擦因数为μ2，且μ1＜μ2，重力加速度为g，不计空气阻力，则要使A、B物体与转台保持相对静止，则转台转动的最大角速度为（　B　）
A. B.
C. D.
解析：要使A、B物体与转台保持相对静止，根据牛顿第二定律，对B有fAB＝m2r≤μ2m2g，所以ω1≤，对A、B整体有f＝（m1＋m2）r≤μ1（m1＋m2）g，所以ω2≤＜，所以要使A、B物体与转台保持相对静止，则转台转动的最大角速度为ω＝，故选B.
5.（2025·辽宁六校联考）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，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等（连接D球的绳较长），则下列说法错误的是（　B　）
A.小球A、B角速度相等
B.小球A、B线速度大小相等
C.小球C、D所需的向心加速度大小相等
D.小球D受到绳的拉力与小球C受到绳的拉力大小相等
解析：对题图甲中A、B分析，设绳与竖直方向的夹角为θ，绳长为l，小球的质量为m，小球A、B到悬点O的竖直距离为h，则mgtan θ＝mω2lsin θ，解得ω＝＝，所以小球A、B的角速度相等，线速度大小不相等，故A正确，B错误；对题图乙中C、D分析，设绳与竖直方向的夹角为θ，小球的质量为m，绳上拉力为FT，则有mgtan θ＝man，FTcos θ＝mg，得an＝gtan θ，FT＝，所以小球C、D所需的向心加速度大小相等，小球C、D受到绳的拉力大小也相等，故C、D正确.本题选择错误的，故选B.
题组三　竖直平面内的圆周运动的动力学分析
6.（2025·湖北仙桃检测）小球P和Q用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，小球P的质量大于小球Q的质量，悬挂小球P的绳比悬挂小球Q的绳短.将两球拉起，使两绳均被水平拉直，如图所示.将两球由静止释放，在各自轨迹的最低点（　C　）
A.小球P的速度一定大于小球Q的速度
B.小球P的动能一定小于小球Q的动能
C.小球P所受绳的拉力一定大于小球Q所受绳的拉力
D.小球P的向心加速度一定小于小球Q的向心加速度
解析：小球从释放至运动到最低点的过程中，只有重力做功，由机械能守恒定律可知mgL＝mv2，v＝，绳长L越大，小球到最低点时的速度越大，A错误；由于小球P的质量大于小球Q的质量，由Ek＝mv2可知，不能确定两球动能的大小关系，B错误；在最低点，根据牛顿第二定律可知F－mg＝m，求得F＝3mg，由于小球P的质量大于小球Q的质量，因此小球P所受绳的拉力一定大于小球Q所受绳的拉力，C正确；由a＝＝2g可知，两球在最低点的向心加速度相等，D错误.
7.（2025·黑龙江齐齐哈尔期中）（多选）一质量为m的小球，以O为圆心，在竖直面内做半径为R的圆周运动.图甲是用轻绳连接小球，图乙是用轻杆连接小球，如图所示.已知重力加速度为g，则下列说法正确的是（　AC　）
A.图甲中小球过最高点的最小速度为
B.图乙中小球过最高点的最小速度为
C.图甲中小球过最高点时，轻绳对小球的作用力一定随速度的增大而增大
D.图乙中小球过最高点时，轻杆对小球的作用力一定随速度的增大而增大
解析：题图甲中，小球通过最高点的速度最小时，只受重力且重力全部提供向心力（关键点：绳只能提供拉力），由牛顿第二定律得mg＝m，解得小球过最高点的最小速度v＝，A正确；题图乙中，小球通过最高点的最小速度为零（关键点：小球在最高点既可受杆的支持力，也可受杆的拉力），B错误；题图甲中，在最高点由牛顿第二定律得mg＋F＝m，故绳子对球的作用力F随着速度的增大而增大，C正确；题图乙中，小球在最高点时，若0≤v＜，则mg－F＝m，则杆对球的作用力随着速度的增大而减小，D错误.
B级·能力提升练
8.（2025·四川德阳二模诊断）三个质量均为m的小物块，用三根长度为L、最大张力为mg的轻绳连接，置于动摩擦因数为μ＝的粗糙水平圆盘上面，初始时刻轻绳恰好绷直，构成正三角形，正三角形的中心与圆盘的圆心重合，重力加速度为g，让圆盘绕过O点垂直于圆盘的轴缓慢转动起来，随着角速度的缓慢增加，在轻绳断裂的瞬间，圆盘的角速度大小为（　A　）
A.2 B. C. D.
解析：当绳断裂瞬间，拉力为mg，对任意一个物块，根据力的合成结合牛顿第二定律有2mgcos 30°＋μmg＝m·ω2，解得ω＝2，故选A.
9.（多选）如图所示，一物块放在水平木板上，现用木板托住物块一起绕O点在竖直平面内做半径为R的匀速圆周运动，角速度大小为ω，物块与木板之间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.若在运动过程中物块和木板始终保持相对静止且木板始终保持水平，则下列说法正确的是（　BD　）
A.在圆心等高处时物块受到的摩擦力为μmg
B.在圆心等高处时物块受到的摩擦力为mω2R
C.ω的最大值为
D.ω的最大值为
解析：依题意，可知物块在圆心等高处时物块受到的静摩擦力提供其做匀速圆周运动所需的向心力，大小为Fn＝f＝mω2R，大小不一定等于μmg，A错误，B正确；由于物块加速度的水平方向分量是由摩擦力产生的，加速度的竖直分量是由重力和支持力的合力产生，如图所示，根据动力学关系有μN＝mω2Rsin θ，mg－N＝mω2Rcos θ，联立求得ω2＝.由数学知识，可得ω的最大值为ωmax＝，C错误，D正确.故选B、D.
10.（2025·辽宁沈阳重点中学4月联考）如图所示是某游乐场中水上过山车的原理示意图.半径为R＝8 m的圆轨道竖直固定在离水面高h＝3.2 m的水平平台上，圆轨道与水平平台相切于A点，A、B分别为圆轨道的最低点和最高点.过山车（实际是一艘带轮子的气垫小船，可视作质点）高速行驶，先后通过多个圆轨道，然后从A点离开圆轨道进入光滑的水平轨道AC，最后从C点水平飞出落入水中，整个过程刺激惊险，受到很多年轻人的喜爱.已知水面宽度为s＝12 m，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2.（结果可保留根号）
（1）若过山车恰好能通过圆轨道的最高点B，则其在B点的速度为多大？
（2）为使过山车安全落入水中，则过山车在C点的最大速度为多大？
（3）某次运动过程中乘客在圆轨道最低点A对座椅的压力为自身重力的3倍，随后进入水平轨道AC并落入水中，求过山车落入水中时的速度大小.
答案：（1）4 m/s
（2）15 m/s
（3）4 m/s
解析：（1）过山车恰好能过最高点时，在最高点只受重力作用，有mg＝m
则vB＝＝4 m/s.
（2）过山车离开C点后做平抛运动落入水中，有h＝gt2
解得运动时间为t＝＝0.8 s
故最大速度为vmax＝＝15 m/s.
（3）在圆轨道最低点有FN－m'g＝m'
由牛顿第三定律得FN＝3m'g，解得vA＝＝4 m/s
落入水中时竖直速度为vy＝gt＝8 m/s
则落入水中时的速度大小为v＝＝4 m/s.
第4讲　万有引力定律　天体运动
素养目标　1.了解开普勒行星运动三定律.（物理观念） 2.理解行星运动的动力学规律：万有引力充当向心力.（物理观念） 3.能够运用万有引力定律和圆周运动的知识分析天体运动问题.（科学思维） 4.学会构建双星、多星运动模型.（科学思维）
@一、开普勒行星运动定律的理解和应用
一、开普勒行星运动定律的理解和应用
考题1　（2024·江西卷）“嫦娥六号”探测器于2024年5月8日进入环月轨道，后续经调整环月轨道高度和倾角，实施月球背面软着陆.当探测器的轨道半径从r1调整到r2时（两轨道均可视为圆形轨道），其动能和周期从Ek1、T1分别变为Ek2、T2.下列选项正确的是（　A　）
A.＝，＝
B.＝，＝
C.＝，＝
D.＝，＝
解析：根据开普勒第三定律可知＝，即＝，C、D错误；设月球的质量为M，探测器的质量为m，探测器在月球的万有引力作用下做匀速圆周运动，由牛顿第二定律可知G＝m，其动能Ek＝G∝，则＝，A正确，B错误.
考题2　（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 （　B　）
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
解析：根据开普勒第三定律有＝，可得鹊桥二号在捕获轨道运行时周期约为T2＝288 h，A错误；根据开普勒第二定律可知近月点的速度大于远月点的速度，B正确；由捕获轨道进入冻结轨道，鹊桥二号需要减速，做向心运动，所以在捕获轨道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；根据＝ma，可得a＝，可知在捕获轨道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.
1.开普勒第一定律（轨道定律）
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（面积定律）
对每一个行星来说，它与太阳的连线在相等时间内扫过的　面积　相等.
3.开普勒第三定律（周期定律）
所有行星的轨道的　半长轴　的三次方跟它的　公转周期　的二次方的比值都相等.
深化1　　开普勒定律具有普遍适用性，既适用于行星绕太阳的运动，也适用于月球、卫星绕地球的运动等.
深化2　　由开普勒第二定律可得Δl1r1＝Δl2r2，v1Δtr1＝v2Δtr2，解得＝，即行星在两个位置的速度之比与到太阳的距离成反比，近日点速度最大，远日点速度最小.
深化3　　开普勒第三定律＝k中，k值只与中心天体的质量有关，不同的中心天体k值不同，因此该定律只能用在同一中心天体的星体之间.
角度1　开普勒定律的理解和应用
例1　（2025·广东清远南阳中学检测）如图所示，是某小行星绕太阳运动的椭圆轨道，M、N、P是小行星依次经过的三个位置，F1、F2为椭圆的两个焦点.小行星由M到N和由N到P的过程中，通过的路程相等，小行星与太阳中心的连线扫过的面积分别为S1和S2.已知由M到N过程中，太阳的引力对小行星做正功.下列判断正确的是（　B　）
A.太阳位于焦点F1处
B.S1＞S2
C.在M和N处，小行星的动能EkM＞EkN
D.在N和P处，小行星的加速度aN＞aP
解析：已知由M到N过程中，太阳的引力对小行星做正功，说明小行星靠近太阳运动，所以太阳位于焦点F2处，A错误；根据开普勒行星运动定律可知小行星由M到P的过程中速度逐渐增大，小行星由M到N和由N到P的过程中，通过的路程相等，所以小行星由M到N运动时间大于由N到P的运动时间，由开普勒第二定律可知S1＞S2，B正确；根据动能定理，由M到N过程中，万有引力做正功，则动能增大，即EkM＜EkN，C错误；根据万有引力公式F＝G，可知小行星在N处的引力小于在P处的引力，由牛顿第二定律F＝ma，得aN＜aP，D错误.
角度2　开普勒第三定律的应用
例2　（2025·安徽蚌埠质检）2023年8月10日，我国成功发射首颗人工智能卫星—地卫智能应急一号，标志着我国在人工智能与航天领域的重大突破.假设绕地球做匀速圆周运动时，该卫星的周期是地球同步卫星周期的，则它与地球同步卫星的轨道半径之比为（　B　）
A. B. C. D.
解析：设该卫星的周期为T1，轨道半径为r1，地球同步卫星的周期为T2，轨道半径为r2，根据开普勒第三定律可得＝，又由题意可得＝，联立可得该卫星与地球同步卫星的轨道半径之比为＝，故选B.
@二、万有引力的理解与计算
二、万有引力的理解与计算
考题3　（2024·广西卷）潮汐现象出现的原因之一是在地球的不同位置海水受到月球的引力不相同.图中a、b和c处单位质量的海水受月球引力大小在 （　A　）
A.a处最大 B.b处最大
C.c处最大 D.a、c处相等，b处最小
解析：根据题图可知，a处距离月球最近，b处次之，c处最远，由万有引力F＝G，可知a处单位质量海水受月球引力最大，c处最小，A正确.
1.万有引力定律
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的平方成　反比　
公式 F＝G
适用 条件 （1）两质点间的作用. （2）可视为质点的物体间的作用. （3）质量分布均匀的球体间的作用
2.引力常量
数值 6.67×10－11 N·m2/kg2
测定人 英国物理学家　卡文迪什　于1798年利用扭秤测定
物理 意义 数值上等于两个质量都是1 kg的物体相距1 m时的相互引力
测定 意义 （1）有力地证明了万有引力的存在. （2）使定量计算得以实现. （3）开创了测量弱相互作用的新时代
深化1　　万有引力与重力的关系
地球对物体的万有引力F表现为两个效果：一是产生重力mg，二是提供物体随地球自转的向心力F向，如图所示.
深化2　　重力加速度的大小
（1）地球赤道上：G＝mg1＋mω2R.
（2）地球两极上：G＝mg0.
（3）地面一般位置：万有引力G等于重力mg与向心力F向的矢量和.
（4）距离地面高度h处：G＝mg2.
（5）结论：①纬度越高，g值越大；高度越大，g值越小.
②由于物体随地球自转所需的向心力较小，常认为万有引力近似等于重力，即G＝mg.
思维模型　用万有引力定律处理天体问题思路和方法.
角度1　万有引力定律的理解及简单计算
例3　（2023·新课标卷）2023年5月，世界现役运输能力最大的货运飞船天舟六号，携带约5 800 kg的物资进入距离地面约400 km（小于地球同步卫星与地面的距离）的轨道，顺利对接中国空间站后近似做匀速圆周运动.对接后，这批物资（　D　）
A.质量比静止在地面上时小
B.所受合力比静止在地面上时小
C.所受地球引力比静止在地面上时大
D.做圆周运动的角速度大小比地球自转角速度大
解析：物体的质量由物体本身决定，与其所处位置、状态均无关，A错误；物资所受地球引力的大小F＝G，r增大，故其所受地球引力比静止在地面上时小，C错误；空间站轨道半径小于地球同步卫星轨道半径，由开普勒第三定律可知，物资做圆周运动的周期小于地球同步卫星的周期，所以物资做圆周运动的角速度大于地球自转角速度，D正确；物资所受合力即为其做圆周运动的向心力，由向心力公式Fn＝mω2r可知，对接后物资所受合外力比静止在地面上时的大，B错误.
角度2　“挖补法”求解万有引力
例4　有一质量为M、半径为R、密度均匀的球体，在距离球心O为2R的地方有一质量为m的质点.现从球体中挖去半径为0.5R的小球体，如图所示，引力常量为G，则剩余部分对m的万有引力为（　A　）
A. B.
C. D.
解析：挖去小球前球与质点的万有引力F1＝G＝，挖去的球体的质量M'＝M＝，被挖部分对质点的引力为F2＝＝，则剩余部分对质点m的万有引力F＝F1－F2＝，故A正确.
角度3　万有引力和重力的差异
例5　某类地天体可视为质量分布均匀的球体，由于自转，其“赤道”表面处的重力加速度为g1，“极点”处的重力加速度为g2，若已知自转周期为T，则该天体的半径为（　C　）
A. B.
C. D.
解析：对于处在“极点”处的物体，万有引力等于重力，则有G＝mg2，对于处在“赤道”处的同一物体，则有G－mg1＝mR，由以上两式可解得R＝，C正确.
角度4　星体上空及星体内部重力加速度的求解
例6　近几年来，我国生产的“蛟龙号”下潜突破7 000 m大关，我国的北斗导航系统也进入紧密的组网阶段.已知质量分布均匀的球壳对壳内任一质点的万有引力为零，将地球看成半径为R、质量分布均匀的球体，北斗导航系统中的一颗卫星的轨道距离地面的高度为h，“蛟龙号”下潜的深度为d，则该卫星所在处的重力加速度与“蛟龙号”所在处的重力加速度的大小之比为（　C　）
A. B.（）2
C. D.
解析：设地球的密度为ρ，在地球表面，重力和地球的万有引力大小相等，有G＝mg，由于地球的质量M＝ρV＝ρ·πR3，联立解得g＝πGρR.在深度为d的地球内部，“蛟龙号”受到地球的万有引力等于半径为（R－d）的球体表面的重力，“蛟龙号”在海里所处位置的重力加速度为g1＝πGρ（R－d），联立可得＝.卫星在高度h处受到的重力，即为该处受到的万有引力，即mg2＝，解得加速度g2＝＝g，所以＝，故C正确.
@三、中心天体质量和密度的计算
三、中心天体质量和密度的计算
考题4　（2024·山东卷）“鹊桥二号”中继星环绕月球运行，其24小时椭圆轨道的半长轴为a.已知地球同步卫星的轨道半径为r，则月球与地球质量之比可表示为 （　D　）
A. B. C. D.
解析：由牛顿第二定律有G＝m，解得M＝，根据开普勒第三定律＝k可知，该中继星绕月球运行时，对于半长轴为a的椭圆轨道与半径为a的圆轨道，卫星的运行周期相同，均为24小时，解得＝，D正确.
深化1　　“自力更生”法（g－R）
（1）利用天体表面的重力加速度g和天体半径R，由G＝mg得天体质量M＝.
（2）天体密度ρ＝＝＝.
（3）GM＝gR2称为黄金代换公式.
深化2　　“借助外援”法（T－r）
测出卫星绕天体做匀速圆周运动的周期T和半径r.
（1）由G＝mr得天体的质量M＝.
（2）若已知天体的半径R，则天体的密度ρ＝＝＝.
（3）若卫星绕天体表面运行时，可认为轨道半径r等于天体半径R，则天体密度ρ＝，可见，只要测出卫星环绕天体表面运动的周期T，就可估算出中心天体的密度.
角度1　天体质量的计算
例7　2021年4月，我国自主研发的空间站天和核心舱成功发射并入轨运行.若核心舱绕地球的运行可视为匀速圆周运动，已知引力常量，由下列物理量能计算出地球质量的是（　D　）
A.核心舱的质量和绕地半径
B.核心舱的质量和绕地周期
C.核心舱的绕地角速度和绕地周期
D.核心舱的绕地线速度和绕地半径
解析：根据万有引力提供核心舱绕地球做匀速圆周运动的向心力得G＝m，解得M＝，D正确；由于核心舱质量在运算过程中被约掉，故无法通过核心舱质量求解地球质量，A、B错误；已知核心舱的绕地角速度，由G＝mω2r得M＝，且ω＝，r约不掉，故还需要知道核心舱的绕地半径，才能求得地球质量，C错误.
角度2　天体密度的计算
例8　（2025·黑龙江检测）2023年10月24日4时3分，我国在西昌卫星发射中心成功将“遥感三十九号”卫星送入太空.已知地球半径为R.自转周期为T，“遥感三十九号”卫星轨道离地面的高度为h1，地球同步卫星轨道离地面的高度为h2，“遥感三十九号”卫星和地球同步卫星绕地球飞行的轨道如图所示.引力常量为G，下列说法正确的是（　B　）
A.“遥感三十九号”卫星的发射速度大于11.2 km/s
B.“遥感三十九号”卫星绕地球运行的周期为T
C.地球的平均密度可表示为
D.“遥感三十九号”卫星与同步卫星绕地球运行的向心加速度之比为
解析：“遥感三十九号”卫星的发射速度满足7.9 km/s＜v＜11.2 km/s，故A错误；设“遥感三十九号”卫星绕地球运行的周期为T'，根据开普勒第三定律有＝，解得T'＝T，故B正确；对同步卫星有＝m（R＋h2），解得M＝（R＋h2）3，故地球密度为ρ＝＝，故C错误；根据万有引力提供向心力，有＝ma，故＝，故D错误.故选B.
@四、双星与多星系统
四、双星与多星系统
考题5　（2024·重庆卷）在万有引力作用下，太空中的三个天体可以做相对位置不变的圆周运动.假设a、b两个天体的质量均为M，相距为2r，其连线的中点为O，另一天体c（图中未画出）质量为m（m M），若c处于a、b连线的垂直平分线上某特殊位置，a、b、c可视为绕O点做角速度相同的匀速圆周运动，且相对位置不变，忽略其他天体的影响，引力常量为G，则 （　A　）
A.c的线速度大小为a的倍
B.c的向心加速度大小为b的一半
C.c在一个周期内的路程为2πr
D.c的角速度大小为
解析：a、b、c三个天体角速度相同，由于m M，则对a天体有＝Mω2r，解得ω＝，D错误；设c与a、b的连线与a、b连线中垂线的夹角为α，对c天体有2cos α＝mω2，解得α＝30°，c的轨道半径为rc＝＝r.由v＝ωr可知c的线速度大小为a的倍，A正确；由a＝ω2r可知c的向心加速度大小是b的倍，B错误；c在一个周期内运动的路程为s＝2πrc＝2πr，C错误.
深化1　　双星系统及规律
被相互引力联系在一起、互相绕转的两颗星就叫双星系统.双星是绕公共圆心转动的一对恒星.对于如图所示的双星系统，具有以下几个关系：
（1）各自所需向心力由彼此间的万有引力提供，即G＝m1r1；G＝m2r2.
（2）两颗星的周期及角速度相同，即T1＝T2，ω1＝ω2.
（3）两颗星的运行轨道半径与它们之间的距离关系为r1＋r2＝L.
（4）两颗星到公共圆心的距离r1、r2与星体质量成反比，即＝.
深化2　　三星及多星模型
情境 导图 甲 乙
运动 特点 转动方向、周期、角速度、线速度大小均相同，圆周运动半径相等
受力 特点 各星所受万有引力的合力提供圆周运动的向心力
解题 规律 甲：＋＝man； 乙：×cos 30°×2＝man
解题 关键 乙中r＝
角度1　双星系统
例9　（2025·北京八一开学考试）所谓“双星”就是两颗相距较近的恒星，这两颗星各自以一定的速率绕某一中心转动才不致由于万有引力而吸在一起，已知它们的质量分别为M1和M2，相距为L，万有引力恒量为G，下列说法不正确的是（　C　）
A.它们的轨道半径之比r1∶r2＝M2∶M1
B.线速度大小之比v1∶v2＝M2∶M1
C.转动中心O的位置

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